Sử dụng bảng biến thiên của hàm số để giải phương trình và bất phương trình có tham số

1. MỞ ĐẦU
- Lí do chọn đề tài
Đối với học sinh học toán ở trường trung học phổ thông, nhất là các học
sinh chuẩn bị thi đại học thường gặp bài toán không mấy dễ dàng liên quan đến
nghiệm của phương trình, bất phương trình chứa tham số. Khi giảm tải chương
trình thì các dạng toán phải sử dụng định lí đảo của tam thức bậc hai không thể
vận dụng được nên học sinh phải vận dụng chủ yếu định lý Vi-ét và một số cách
giải khác như hàm số hoặc “điều kiện cần - đủ” để giải quyết các bài toán chứa
tham số dẫn đến cách giải phức tạp do đó học sinh rất khó rèn luyện tốt phần này.
Với việc sử dụng bảng biến thiên của hàm số thì phần lớn các bài toán về phương
trình, bất phương trình chứa tham số sẽ được giải quyết một cách rất tự nhiên,
ngắn gọn và dễ hiểu. Đó là lí do để tôi chọn đề tài: “Sử dụng bảng biến thiên của
hàm số để giải phương trình và bất phương trình có tham số”.
- Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm
Các vấn đề được trình bày trong đề tài này có thể hỗ trợ cho các em học
sinh trung học phổ thông có cái nhìn toàn diện hơn về cách tiếp cận bằng bảng
biến thiên của hàm số để giải bài toán phương trình, bất phương trình có tham số.
- Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu: Đề tài này nghiên cứu trên các dạng toán về phương
trình, bất phương trình chứa tham số.
Phạm vi nghiên cứu: Đề tài thuộc chương trình đại số và giải tích của trung
học phổ thông đặc biệt phương trình, bất phương trình vô tỉ, phương trình lượng
giác, phương trình, bất phương trình mũ và logarit chứa tham số. Tuy nhiên không
phải mọi bài toán chứa tham số mà phạm vi của nó là các bài toán có thể cô lập
được tham số về một vế trong phương trình hoặc bất phương trình.
- Phương pháp nghiên cứu
Trình bày cho học sinh những kiến thức cơ bản về lý thuyết về giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số để lập được một bảng biến thiên. Thông qua
những ví dụ cụ thể với cách giải đơn giản, tự nhiên nhằm làm cho học sinh thấy
được những thế mạnh của việc sử dụng phương pháp trên. Các ví dụ minh họa
trong đề tài này được lọc từ các tài liệu tham khảo và các đề thi đại học các năm

gần đây và sắp xếp từ dễ đến khó. Trong các tiết họAc trên lớp tôi ra cho học sinh
giải các vi dụ này dưới nhiều phương pháp để từ đó đánh giá được tính ưu việt
của phương phấp trên.
1


2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong đề tài này sử dụng bảng biến thiên sẽ liên quan trực tiếp kết quả sau
đây.
Giả sử f(x) là hàm số liên tục trên miền D, và tồn tại M = max f ( x ) ,
x∈D

m = min f ( x ) . Khi đó ta có
x∈D

f(x) = α
1. Hệ phương trình 
có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ α ≤ M .
x ∈ D
f(x) ≥ α
2. Hệ bất phương trình 
có nghiệm khi và chỉ khi M ≥ α .
x ∈ D
3. Bất phương trình f ( x ) ≥ α đúng với mọi x ∈ D khi và chỉ khi m ≥ α .
f(x) ≤ α
4. Hệ bất phương trình 
có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ α .
x
∈

D

5. Bất phương trình f ( x ) ≤ α đúng với mọi x ∈ D khi và chỉ khi M ≤ α .

Chứng minh
1. Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm, tức tồn tại x 0 ∈ D sao cho
f ( x ) , hay
f ( x 0 ) = α . Theo định nghĩa ta có minx∈fD( x ) ≤ f ( x 0 ) ≤ max
x∈D
min f ( x ) ≤ α ≤ max f ( x ) .
x∈D

x∈D

f ( x ) . Vì f(x) là hàm số liên tục nên nó
Đảo lại, giả sử minx∈fD( x ) ≤ α ≤ max
x∈D
f ( x ) . Do đó khi f(x) nhận giá trị α , tức là tồn
nhận giá trị từ minx∈fD( x ) đến max
x∈D
tại x 0 ∈ D sao cho f( x 0 ) = α . Điều đó có nghĩa là phương trình đã cho có nghiệm
trên D ⇒ đpcm .
2. Giả sử hệ đã cho có nghiệm, tức là tồn tại x 0 ∈ D sao cho f ( x 0 ) ≥ α .
Rõ ràng là max f ( x ) ≥ f ( x 0 ) ≥ α .
x∈D

f (x) ≥ α
Đảo lại, giả sử max
x∈D

(1)

Ta giả thiết phản chứng rằng hệ đã cho vô nghiệm, tức là f ( x ) < α , ∀x ∈ D từ đó
suy ra max f ( x ) < α
(2)
x∈D

2


Từ (1) và (2) ta thấy vô lí, do đó giả thiết phản chứng không xảy ra, tức là hệ đã
cho có nghiệm ⇒ đpcm .
3. Giả sử m ≥ α . Ta lấy x 0 tùy ý thuộc D ⇒ f ( x 0 ) ≥ min f ( x ) = m ≥ α . Vậy
x∈D

f ( x ) ≥ α đúng với ∀ x ∈ D .
Đảo lại, giả sử f(x) ≥ α ∀x ∈ D , khi đó do m = minx∈fD( x ) nên theo định nghĩa
tồn tại x 0 ∈ D mà m = f ( x 0 ) . Từ f ( x 0 ) ≥ α ⇒ m ≥ α . Như vậy ta có đpcm.
(4 và 5 ta chứng minh tương tự như 2, 3).
2.2 Thực trạng vấn đề trước khí áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Trước khí áp dụng sáng kiến kinh nghiệm, học sinh thường gặp khó khăn trong
việc giải các dạng toán tìm các giá trị của tham số để phương trình, bất phương
trình có nghiệm (hoặc có nghiệm thỏa mãn một điều kiện nào đó). Do các em
quen áp dụng các cách làm trước đó như sử dụng định lí Vi - ét, điều kiện cần và
đủ … Khi học sinh được học đạo hàm, các em có một công cụ rất hiệu quả để giải
quyết các dạng toán đó. Đó là “Sử dụng bảng biến thiên của hàm số để giải
phương trình và bất phương trình có tham số”.
2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết
vấn đề.
1. Phương trình chứa tham số.

Ví dụ 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm

(

6 + x + 2 (4 − x )(2x − 2) = m + 4 4 − x + 2x − 2

)

Hướng dẫn
4 − x ≥ 0
⇔1≤ x ≤ 4.
Điều kiện 
2 x − 2 ≥ 0
Đặt t = 4 − x + 2x − 2 .
Ta tìm miềm xác định của t, xét hàm số f ( x ) = 4 − x + 2x − 2 với 1 ≤ x ≤ 4 .
Ta có f ' ( x ) =

2 4 − x − 2x − 2
.
2 4 − x . 2x − 2

1 ≤ x ≤ 4
f ' (x ) = 0 ⇔ 2 4 − x = 2x − 2 ⇔ 
⇔ x =3
16 − 4x = 2 x − 1
Từ đó ta có bảng biến thiên

3

x

1

3

f’(x)
f(x)

+

4

0
3

-

3
6
min f ( x ) = 3 và max f ( x ) = 3 từ đó suy ra khi 1 ≤ x ≤ 4 , thì
1≤ x ≤ 4
1≤ x ≤ 4

3≤t ≤3

Từ t = 4 − x + 2x − 2 ⇒ t 2 = x + 2 + 2 (4 − x )(2x − 2) .
g( t ) = t 2 − 4t + 4 = m (1)
vì thế bài toán trở thành: Tìm m để hệ sau 
có nghiệm

3
≤
t
≤
3
(
2
)

Ta có g’(t) = 2t − 4 , và ta có bẳng biến thiên sau
t

3

g’(t)
g(t)

-

2
0

1
+

7−4 3

1
0

Từ đó

min g( t ) = g(2) = 0
3 ≤ t ≤3

và

max g ( t ) = 1
3 ≤ t ≤3

.

min g( t ) ≤ m ≤ max g( t )
⇔ 0 ≤ m ≤ 1.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm ⇔
3 ≤ t ≤3

3 ≤ t ≤3

Ví dụ 2. Cho phương trình 4 2x + 2x + 24 6 − x + 2 6 − x = m .
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Hướng dẫn
Đặt f(x) = 2x + 2 6 − x ; g( x ) = 4 2 x + 24 6 − x . Lúc này phương trình đã cho có
dạng h ( x ) = f ( x ) + g( x ) = m
(1)
Phương trình (1) xác định trong miền 0 ≤ x ≤ 6 . Ta có f ' ( x ) =

6 − x − 2x
.
2 x (6 − x )

Nên ta có bảng biến thiên sau:
4


x

0

2

f’(x)
f(x)

+

tương tự ta có g' ( x ) =
x
g’(x)
g(x)

4

0

(6 − x ) 3 − 4 ( 2 x ) 3
2 4 ( 2 x ) 3 (6 − x ) 3

0

6
-

, bảng biến thiên

2
+

0

6
-

Vì thế ta có bảng biến thiên đối với hàm số h(x), 0 ≤ x ≤ 6 như sau
x
0
2
6
h’(x)
h(x)

+

0

-

4
Ta có min h ( x ) = min{ h (0); h (6)} = h (6) = 12 + 2 3 và

0≤ x ≤6

max h ( x ) = h (2) = 6 + 3 2 .
0≤ x ≤ 6

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ 2( 4 6 + 6 ) ≤ m < 3 2 + 6 .
Chú ý:
1. Nếu bài toán hỏi tìm m để phương trình có nghiệm thì đáp số của bài toán sẽ là
4

12 + 2 3 ) ≤ m ≤ 3 2 + 6

h ( x ) khi đó phương trình đã cho chỉ có
2. Trong bài này cần lưu ý khi m = 0max
≤ x ≤6
một nghiệm duy nhất. Vì thế khi làm bài học sinh cần phải kết hợp với cả bảng
biến thiên để suy ra kết quả.
Ví dụ 3. Tìm m để phương trình 3 x − 1 + m x + 1 = 44 x 2 − 1 có nghiệm.
Hướng dẫn
5


Điều kiện: x ≥ 1
Đặt t =

4

x −1
x +1

x −1
x −1
+ m = 24
x +1
x +1
x −1
2
=1−
> 0 nên ⇒ 0 ≤ t < 1
do
x +1
x +1
pt(1) ⇔ 3

f ( t ) = −3t 2 + 2t = m
Bài toán đã cho trở thành: Tìm m để hệ 
có nghiệm.
0 ≤ t < 1
Ta có f ' ( t ) = −6 t + 2 nên có bảng biến thiên sau:
1
0
t
3
f’(t)
+
0
f(t)
1
3

1

1 1
f ( t ) = −1 (chú ý rằng ở đây không tồn tại min f ( t ) )
max f ( t ) = f ( ) = ; còn lim
t
→
1−
0≤ t <1
0≤ t <1
3 3
1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi − 1 < m ≤ .
3
Chú ý:
1. Ở đây vì xét khi 0 ≤ t < 1, nên không tồn tại min f ( t ) nhưng tồn tại lim f ( t ) = −1
0≤ t <1

t →1−

1
1
phải thay bằng − 1 < m ≤ (tức là đã
3
3
f ( t ) thành m > lim f ( t ) ).
thay điều kiện m ≥ min
0≤ t <1
t →1−
Do đó điều kiện theo lý thuyết − 1 ≤ m ≤

2. Ta có thể giải bài toán trên bằng định lý Viét
f ( t ) = −3t 2 + 2t − m = 0 (1)
Tìm m để hệ 
(2)
0 ≤ t < 1

có nghiệm

Trước tiên ta tìm điều kiện m để hệ trên vô nghiệm
1
3
TH2) PT (1) có nghiệm nhưng không thỏa mãn (2) ⇔ t 1 < 0 < 1 ≤ t 2
TH1) Phương trình (1) vô nghiệm ⇔ ∆ '< 0 ⇔ 1 − 3m < 0 ⇔ m >

6


1
1


m
≤
m
≤


∆ ' ≥ 0
3

3



⇔ t 1 < 0 < t 2 ⇔ t 1 .t 2 < 0
⇔ m < 0
⇔ m ≤ −1
t < 1 ≤ t
( t − 1).( t − 1) ≤ 0
m 2
1
2
1
2

 − +1≤ 0

3 3
1

m>
1

3 . Vậy phương trình có nghiệm ⇔ − 1 < m ≤ .
Do đó hệ vô nghiệm khi

3
m ≤ −1
Ví dụ 4. Tìm m để phương trình
biệt.

x 2 + mx + 2 = 2x + 1 có hai nghiệm thực phân
Hướng dẫn

3x 2 + 4 x − 1 = mx (1)
2
x
+
1
≥
0


⇔
Phương trình đã cho ⇔  2
.
1
2
( 2)
x + mx + 2 = (2x + 1)
x ≥ − 2
Do x = 0 không là nghiệm của (1) với mọi m, nên hệ trên
3x 2 + 4 x − 1

= m (3)
f ( x ) =
3x 2 + 1
x
⇔
.Ta có f’(x) =

và bảng biến thiên
x2
x ≥ − 1
( 4)

2
1
−
0
x
2
f’(x)
+
+∞
+∞
f(x)
−∞
9
2

9
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ m ≥ .
2
Nhận xét: Bài này có thể hướng dẫn học giải bằng cách sử dụng lý Viét.
3x 2 + (4 − m) x − 1 = 0 (1)

Tìm m để hệ 
có hai nghiệm phân biệt.
1
( 2)

x ≥ − 2
7


Yêu cầu trên tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 sao cho
∆ > 0
1
1


1
1
x 1 x 2 + ( x 1 + x 2 ) + ≥ 0
1
x 2 > x 1 ≥ ⇔ ( x 1 + )( x 2 + ) ≥ 0 ⇔ 
2
4
2
2
2

x 1 + x 2 > −1
x 1 + x 2 > −1
m − 4 1 1
9

 3 − 6 + 4 ≥ 0
9
m ≥
⇔

2 ⇔m≥
Áp dụng định lý Viét ta có 
2
 m − 4 > −1
m > 1
 3
Như vậy cách giải thứ nhất vẫn gọn hơn cách hai.
Ví dụ 5. Cho phương trình log 32 x + log 32 x + 1 − 2m − 1 = 0 .Tìm m để phương

[

trình có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 1; 3

3

].

Hướng dẫn
Đặt t = log 32 x + 1 . Khi 1 ≤ x ≤ 3 3 ⇒ 1 ≤ t ≤ 2 .
f ( t ) = t 2 + t − 2 = 2m (1)
Bài toán trở thành: Tìm m để hệ phương trình 
(2)
1 ≤ t ≤ 2

có

nghiệm
Ta có f ' ( t ) = 2t + 1 và có bảng biến thiên sau:

t

f’(t)

−

1
2

1

2
+

f(t)

max f ( t ) = f (2) = 4 ; min f ( t ) = f (1) = 0 .
1≤ t ≤ 2

1≤ t ≤ 2

Vậy các giá trị cần tìm của tham số m là 0 ≤ 2m ≤ 4 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2 .
Ví dụ 6. Tìm m để phương trình có nghiệm
8


91+

1− x 2

− (m + 2)31+

1− x 2

+ 2m + 1 = 0

Hướng dẫn
2
= t ⇒ 3 ≤ t ≤ 9 . Ta có phương trình t − 2t + 1 = m( t − 2) . (1)
t 2 − 2t + 1
= m . Vì thế bài toán
Do 3 ≤ t ≤ 9 ⇒ t − 2 ≠ 0 . Nên phương trình (1) ⇔
t−2

Đặt 31+

1− x 2

t 2 − 2t + 1

= m (2)
f ( t ) =
trở thành: Tìm m để hệ 
t−2
có nghiệm
3 ≤ t ≤ 9
(3)
t 2 − 4t + 3
Ta có f ' ( t ) =
và có bảng biến thiên sau đây:
( t − 2) 2
t

f’(t)

3

9
+

f(t)

64 min f ( t ) = f (3) = 4
; 3≤t ≤9
3≤ t ≤9
7
64
Vậy các giá trị m cần tìm là: 4 ≤ m ≤ .
7
max f ( t ) = f (9) =

4
4
Ví dụ 7. Cho phương trình 2(sin x + cos x ) + cos 4 x + 2 sin 2 x + m = 0 . (1)

 π
Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 0;  .
 2
Hướng dẫn
1
Phương trình (1) ⇔ 2(1 − sin 2 2x ) + 1 − 2 sin 2 2 x + 2 sin 2x + m = 0
2
2

⇔ 3 sin 2 x − 2 sin 2 x − 3 = m (2)
 π
Đặt t = sin2x. khi x∈ 0;  ⇒ 0 ≤ t ≤ 1 .
 2
9


f ( t ) = 3t 2 − 2t − 3 = m (3)
Bài toán trở thành: Tìm m để hệ 
( 4)
0 ≤ t ≤ 1
Ta có f ' ( t ) = 6t − 2 và có bảng biến thiên sau:

t
f’(t)

0
-

1
3
0

1
+

f(t)
0
1
10

f ( t ) = max{ f (0); f (1)} = −2
min f ( t ) = f ( ) = − ; max
0
≤
t
≤1
0≤ t ≤1
3
3
10
Vậy giá trị m cần tìm là − ≤ m ≤ −2 .
3
 x +1 + y + 2 = m
Ví dụ 8. Tìm m để hệ sau có nghiệm 
x + y = 3m
Hướng dẫn
Đặt u = x + 1 ; v = y + 2 ⇒ u ≥ 0; v ≥ 0 . Bài toán trở thành tìm m để hệ sau có
u + v = m
 2
2
nghiệm: u + v = 3m + 3 . Nếu m ≤ 0 hệ vô nghiệm.
u ≥ 0; v ≥ 0

f (u ) = 2u 2 − 2mu + ( m 2 − 3m − 3) = 0
Hệ đã cho ⇔ 
0 ≤ u ≤ m
f ( u ) ≤ 0 ≤ max f ( u )
Do đó ta cần tìm m để cho min
0≤u ≤ m
0≤u ≤ m

f ' (u ) = 4u − 2m . Ta có bảng biến thiên sau

10


m
2
0

0

u
f’(u)

-

m
+

f(u)

2
max f ( u ) = max{ f (0); f ( m)} = m 2 − 3m − 3 ; min f ( u ) = f ( m ) = m − 6m − 6
0≤u ≤ m
0≤u ≤m
2
2
2
f ( u ) ≤ 0 ≤ max f ( u ) ⇔ m − 6m − 6 ≤ 0 ≤ m 2 − 3m − 3
Nên min

0≤u ≤m
0≤u ≤ m
2
3 + 21
⇔
≤ m ≤ 3 + 15
2
3 + 21
Vây các giá trị cần tìm của m là:
≤ m ≤ 3 + 15 .
2
Bài tập
1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm

m ( 1 + x 2 − 1 − x 2 + 2) = 2 1 − x 4 + 1 + x 2 − 1 − x 2
(ĐS:

2 − 1 ≤ m ≤ 1)

 π
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm trên đoạn − ;
 2
2 + 2 sin 2x = m(1 + cos x ) 2
( ĐS: 0 ≤ m ≤ 2 )
3. Tìm m để phương trình sau có nghiệm

π
2 

2 sin x + 3cos x = m3sin x

(ĐS: 1 ≤ m ≤ 4 )
4. Tìm m để phương trình sau có nghiệm trong khoảng [ 32; + ∞ )
2

2

2

log 22 x − 2 log 2 x − 3 = m(log 2 x − 3)
(ĐS: 1 < m ≤ 3 )
 x + y = 1
1
5. Tìm m để hệ sau có nghiệm 
(ĐS: 0 ≤ m ≤ )
4
x x + y y = 1 − m
2. Bất phương trình chứa tham số
11


Ví dụ 1. Cho bất phương trình

( x + 4)(6 − x ) ≤ x 2 − 2x + m .

Tìm m để bất phương trình đúng với ∀x ∈ [ − 4; 6]
Hướng dẫn
Cách 1.(Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ)
Điều kiện cần: Giả sử bất phương trình đã cho đúng ∀x ∈ [ − 4; 6] thì điều đó
m + 24 ≥ 0


cũng đúng khi x = −4; x = 1; x = 6 , tức là m + 24 ≥ 0 ⇔ m ≥ 6
m − 1 ≥ 5

Điều kiện đủ: Giả sử m ≥ 6
2
2
Ta có x − 2 x + m = ( x − 1) + m − 1 ≥ 5, ∀x ∈ [ − 4; 6] .
Theo bất đẳng thức Côsi
( x + 4)(6 − x )
= 5.
với ∀x ∈ [ − 4; 6] thì ( x + 4)(6 − x ) ≤
2
Từ đó suy ra khi m ≥ 6 thì ( x + 4)(6 − x ) ≤ x 2 − 2x + m đúng với ∀x ∈ [ − 4; 6]
Vậy m ≥ 6 .
Cách 2.(Sử dụng định lý Viét)
Đặt t =

( x + 4)(6 − x ) = − x 2 + 2 x + 24

Xét g(x) = − x 2 + 2 x + 24 với − 4 ≤ x ≤ 6 ⇒ g' ( t ) = −2 x + 2 .
Ta có bảng biến thiên sau:
x
-4
1
6
g’(x)
g(x)

+

0
25

-

max g ( x ) = g(1) = 25 , min g ( x ) = min{ g( −4); g(6)} = 0 ⇒ 0 ≤ t ≤ 5
− 4≤ x ≤6

− 4≤ x ≤6

2
Bài toán đã cho có dạng: Tìm m để bất phương trình f ( t ) = t + t − 24 − m ≤ 0
đúng với mọi 0 ≤ t ≤ 5 .
1
TH1) Nếu ∆ ≤ 0 ⇒ f ( t ) > 0, ∀t ≠ − ( không thỏa mãn với mọi 0 ≤ t ≤ 5 )
2

12


TH2) Nếu ∆ > 0 ⇒ f(t) = 0 có hai nghiệm phân biệt t 1 , t 2 . Lúc này yêu cầu
t 1 ≤ 0 < t 2
bài toán tương đương với t 1 ≤ 0 < 5 ≤ t 2 ⇔ 
t 1 < 5 ≤ t 2
t 1 t 2 ≤ 0
− 24 − m ≤ 0
⇔
⇔m≥6
6 − m ≤ 0
( t 1 − 5)( t 2 − 5) ≤ 0

⇔

Vậy bất phương trình có nghiệm khi m ≥ 6 .
Cách 3.(Phương pháp đồ thị).
Đặt y = ( x + 4)(6 − x ) , thì y ≥ 0 và ta có
y ≥ 0
y ≥ 0
⇔
.
 2

2
2
2
− x + 2x + 24 = y
( x − 1) + y = 25
Vì thế đồ thị của y = ( x + 4)(6 − x ) là nửa đường tròn (nằm phía trên trục Ox)
tâm I(1; 0), bán kính R = 5.
2
Còn y = x − 2 x + m có đồ thị là Parabol có trục đối xứng x = 1 và (P)luôn nằm
trên nửa đường tròn.
2
Do đó bài toán có dạng: Tìm m để Parabol y = x − 2 x + m luôn nằm trên nửa
đường tròn y = ( x + 4)(6 − x ) .
Xét (P) tiếp xúc với (C) tại M(1; 5) ⇔ m − 1 = 5 ⇔ m = 6
Vậy bất phương trình có nghiêm khi m ≥ 6 .
y

5

1
-4

6

x

Cách 4. Viết lại bất phương trình dưới dạng
f ( x ) = − x 2 + 2x + 24 − x 2 + 2 x ≤ m
Ta có: f ' ( x ) =

(1 − x )(1 + 2 − x 2 + 2x + 24 )
− x 2 + 2 x + 24

= 0 ⇔ x =1
13


Từ đó có bảng biến thiên sau:
x
-4
f’(x)
f(x)

+

1
0

6
-

max f ( x ) = f (1) = 6 .
−4≤ x ≤6

f (x) ≤ m ⇔ m ≥ 6
Vậy bất phương trình có nghiệm ∀x ∈ [ − 4; 6] ⇔ max
−4≤ x ≤6
Nhận xét: qua các cách giải của bài toán trên ta nhận thấy cách 4 gọn và dễ làm
nhất!
Ví dụ 2. Tìm m để bất phương trình − 4 (4 − x )(2 + x ) ≤ x 2 − 2x + m − 18
đúng với mọi x ∈ [ − 2; 4] .

Hướng dẫn
Bất phương trình đã cho ⇔ ( x 2 − 2x − 8) + 4 − x 2 + 2x − 8 − 10 ≥ −m

(1)

2
2
2
Đặt t = − x 2 + 2 x + 8 . Ta có t = − x + 2x + 8 = −( x − 1) + 9 ≤ 9 ⇒ 0 ≤ t ≤ 3 .
2
Bài toán trở thành: Tìm m để bất phương trình f ( t ) = t − 4 t + 10 ≤ m đúng với

f (t) ≤ m
mọi t ∈ [ 0; 3] . Điều đó xảy ra khi và chỉ khi max
0≤ t ≤3
Ta có f ' ( t ) = 2t − 4 = 0 ⇔ t = 2

Bảng biến thiên sau:
t
0
f’(t)

-

2
0

3
+

f(t)
max f ( t ) = max{ f (0); f (3)} = 10 .
0≤ t ≤3

Vậy các giá trị cần tìm của tham số m là: m ≥ 10
Nhận xét: khác với bài 1, bài này thì cách giải này là hợp lí nhât!
Ví dụ 3.Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm với mọi x ∈ R
m 2x 2 + 9 < x + m
14


Hướng dẫn
Vì 2x 2 + 9 − 1 > 0 , ∀x ∈ R nên bất phương trình đã cho
x
= f ( x ) ⇔ m < min f ( x )
⇔ m<
2

R
2x + 9 − 1
 x = −6
2
=
0
⇔
2
x
+
9
=
9
⇔
x = 6
2x 2 + 9 (2x 2 + 9) − 1) 2

Bảng biến thiên
−∞
+∞
x
-6
6
f’(x)
0
+
0
1
3
−

f(x)
2
4
3
1
−
4
2
Ta có f’(x) =

9 − 2x 2 + 9

min f ( x ) = − 3 .
R
4
3
4
Ví dụ 4. Tìm các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm
Vậy để bất phương trình sau có nghiệm với mọi x ∈ R thì m < −
mx − x − 3 ≤ m + 1
Hướng dẫn
Điều kiện: x ≥ 3
1+ x − 3
Khi đó bất phương trình ⇔ m ≤
= f (x)
x −1
Bất phương trình đã cho có nghiệm x ≥ 3 khi và chỉ khi m ≤
Xét hàm số f ( x ) =

max f ( x )

[

x∈ 3; + ∞

)

5−x −2 x −3
1+ x − 3
trên [ 3; + ∞ ) . Ta có f ' ( x ) =
2( x − 1) 2 x − 3
x −1

f ' (x ) = 0 ⇔ x = 7 − 2 3
Bảng biến thiên:
15


x
f’(x)

3
+

f(x)

7−2 3
0
1+ 3
4

1
2
Suy ra

+∞
-

0

max f ( x ) = 1 + 3
.
x∈[ 3; + ∞ )
4

1+ 3
.
4
2 x 2 − 7 x + 3 ≤ 0
Ví dụ 5. Tìm m để hệ sau đây  2
có nghiệm.
x − mx + m ≤ 0
Vậy bất phương trình có nghiệm khi m ≤

(đây là bất phương trình chứa tham số và kèm theo điều kiện của x)
Hướng dẫn
(1)
x 2 ≤ m( x − 1)

Viết lại hệ dưới dạng  1

(2)
 2 ≤ x ≤ 3
Do x = 1 không phải là nghiệm của (1) với mọi m

x2
f ( x ) = x − 1 ≤ m (3)

(4)
1 < x ≤ 3
2
nên hệ (1)(2) ⇔ 
.
 f ( x ) = x ≥ m (5)

x −1
 1
 ≤ x < 1
(6)
 2
min f ( x ) ≤ m
1< x ≤3
x = 0
x 2 − 2x

=0⇔
Hệ (1)(2)có nghiệm ⇔ max f ( x ) ≥ m . Ta có f ' ( x ) =
2
( x − 1)
x = 2
1 ≤ x <1



2
Bảng biến thiên sau

16


x
f’(x)
f(x)

1
2

1
−

1
2

2
-

0

+∞
-∞

3

+
9
2

1
1
max f ( x ) = f ( ) = −
f ( x ) = f ( 2) = 4
2
2 ; min
1
1≤ x ≤3
2

≤ x <1

m ≥ 4
Vậy các giá trị cần tìm của m là 
1
m ≤ −

2
Bài tập
1. Cho bất phương trình m( x 2 − 2x + 2 + 1) + x (2 − x ) ≤ 0 . Tìm m để bất phương

[

]

trình có nghiệm x ∈ 0; 1 + 3 .

2. Tìm m để bất phương trình m.9 x + ( m − 1) 3x + 2 + m − 1 > 0 đúng với ∀ x ∈ R
3. Tìm m để bất phương trình sau đúng với mọi x ∈ [ 0; 2]
log 2 x 2 − 2x + m + 4 log 4 ( x 2 − 2x + m) ≤ 5
3x 2 + 2x − 1 ≤ 0
4. Tìm m để hệ  3
có nghiệm.
x
+
3
mx
+
1
≤
0

x 2 − 3x ≤ 0
5. Tìm m để hệ sau có nghiệm  3
2
x − 2x x − 2 − m − 20m ≥ 0
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Sau khi các bài toán này được thực hành trên lớp và kiểm tra, đa số học
sinh tiếp thu và vận dụng tốt.
Bảng thống kê số phần trăm học sinh hiều bài và vận dụng được.

17


Lớp

12

Dùng điều kiện cần và đủ
và sử dụng đồ thị

Dùng định lý Vi-ét

Dùng bảng biến
thiên

45 HS

17% học sinh hiểu bài
8% học sinh vận dụng được

55% học sinh hiểu
và vận dụng được

75% học sinh hiểu
và vận dụng được

3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
- Kết luận
Qua các ví dụ vừa nêu trên ta thấy được ưu điểm của việc sử dụng bảng
biến thiên của hàm số vào giải các bài toán chứa tham số là cho ta một cách giải
ngắn gọn và dễ hiểu. Mặc dù với tinh thần nghiêm túc, đầy trách nhiệm khi viết
đề tài, đồng thời kết hợp với cả giảng dạy trên lớp để kiểm nghiệm thực tế, tuy
nhiên trong quá trình viết sẽ khó tránh khỏi các khiếm khuyết rất mong được sự
đóng góp của đồng nghiệp để đề tài này có ý nghĩa thiết thực và bổ ích hơn trong
nhà trường. Giúp các em học sinh tìm cho mình một phương pháp ưu việt nhất khi

giải các bài toán liên quan đến phương trình và bất phương trình có tham số.
- Kiến nghị
Sáng kiến kinh nghiệm của tôi rất mong được các đồng nghiệp đóng góp ý
kiến xây dựng và tiếp tục nghiên cứu, phát triển mở rộng hơn nữa đề hoàn thiện
hơn.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 05 năm 2017.
Tôi xin cam đoan đây là sáng SKKN của
mình viết, không sao cháp nội dung của
người khác.

Nguyễn Sỹ Công

18


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Đề thi tuyển sinh vào đại học từ năm 2000 đến 2016.
2. Báo Toán học và tuổi trẻ.
3. Các bài toán về giá trị lớn nhất và nhỏ nhất ( Nguyến Thái Hòe - XB 2006).
4. Hàm số ( Phan Huy Khải - XB 2001)
5. SGK, sách Bài tập và giải tích lớp 11 - NC.
6. SGK, sách Bài tập và giải tích lớp 12 .

19