PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ TRONG BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH.

Chuyên đề Toán:
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ TRONG BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH.

Tác giả: Nguyễn Thị Thúy Bính
Giáo viên trường: THPT Quang Hà
Đối tượng bồi dưỡng: Học sinh lớp 12
Số tiết dự kiến: 12 tiết

Bình Xuyên, năm 2015
1


LỜI NÓI ĐẦU

Nhằm giúp các em học sinh trang bị kiến thức để giải bài toán phương trình,
bất phương trình và hệ phương trình trong đề thi THPT Quốc gia được tốt hơn, tôi
xin giới thiệu chuyên đề “Phương pháp hàm số trong bài toán giải phương trình, bất
phương trình và hệ phương trình ”. Chuyên đề giới thiệu với các em cách sử dụng
tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, bất phương trình và hệ phương
trình; sử dụng khái niệm về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số để vận
dụng trong bài toán: Tìm điều kiện của tham số để phương trình, bất phương trình
và hệ phương trình có nghiệm.
Chuyên đề được soạn theo hướng:
- Tóm tắt lý thuyết.
- Ví dụ minh họa bài toán: Giải phương trình, bất phương trình và hệ
phương trình.
- Ví dụ minh họa bài toán: Tìm điều kiện của tham số để phương trình, bất
phương trình và hệ phương trình có nghiệm.
- Bài tập tương tự.
Tôi hi vọng chuyên đề này sẽ đem đến cho các em nhiều điều bổ ích, trang bị

cho các em kiến thức để chuẩn bị cho kỳ thi THPT Quốc gia được tốt hơn, hiệu quả
hơn.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng trong khi biên soạn, nhưng thiếu sót là điều
không thể tránh khỏi. Do đó tôi chân thành đón nhận sự đóng góp ý kiến của các
bạn đồng nghiệp, các em học sinh để chuyên đề được tốt hơn, hoàn thiện hơn.
Trân trọng!
Nguyễn Thị Thúy Bính
2


PHẦN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
I. SỰ ĐỒNG BIẾN – NGHỊCH BIẾN CỦA HÀM SỐ.
1. Định nghĩa
Giả sử hàm số y = f(x) xác định trên khoảng K.
- Hàm số y = f(x) được gọi là đồng biến (tăng) trên K nếu với mọi x1, x2 ∈ K mà x1
< x2 thì f(x1) < f(x2).
- Hàm số y = f(x) được gọi là nghịch biến (giảm) trên K nếu với mọi x1, x2 ∈ K mà
x1 < x2 thì f(x1) > f(x2).
Nhận xét: Hàm số y = f(x) đồng biến trên K thì đồ thị là đường đi lên từ trái sang
phải. Hàm số y = f(x) nghịch biến trên K thì đồ thị là đường đi xuống từ trái sang
phải.
2. Tính đơn điệu và dấu của đạo hàm
Định lý. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K.
- Nếu f’(x) > 0 ∀x ∈ K thì hàm số y = f(x) đồng biến trên K.
- Nếu f’(x) < 0 ∀x ∈ K thì hàm số y = f(x) nghịch biến trên K.
Chú ý: Hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K. Nếu f’(x) ≥ 0 (hoặc f’(x) ≤ 0) ∀ x ∈ K
và f’(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm số đồng biến (nghịch biến) trên K.
II. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
Định nghĩa
Cho hàm số y = f(x) xác định trên D

- Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x) trên D nếu:
3


x  D : f ( x)  M

x0  D : f ( x0 )  M

KH : max f ( x )
D

- Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên D nếu:

x  D : f ( x)  m

x0  D : f ( x0 )  m
KH : min f ( x )
D

PHẦN II. VÍ DỤ MINH HỌA
I. Giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình.
Ví dụ 1. Giải phương trình

3x  1  x  7 x  2  4

Giải
Điều kiện: x 

7  57
2

Xét hàm số: f ( x )  3 x  1  x  7 x  2 với x  D  [

7  57
;  )
2

7  57
; ) và:
2
7
1
3
2 7 x  2  0, x  7  57
f '( x) 

. Suy ra f(x) đồng biến trên D.
2
2 3x  1 2 x  7 x  2

Ta có: f(x) liên tục trên [

Mặt khác: f(1) = 4 nên x = 4 là một nghiệm của phương trình.
Nếu x > 1 thì f(x) > f(1) = 4 nên phương trình không có nghiệm x > 1.
Nếu x < 1 thì f(x) < f(1) = 4 nên phương trình không có nghiệm x < 1.
4


Vậy x = 1 là nghiêm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 2. Giải phương trình 2 3 x  1 

3
 9  2x
2 x

Giải

1
Điều kiện: 3  x  2
+ Xét hàm số: f ( x)  2 3x  1 
f '( x) 

3
liên tục trên [-1/3; 2).
2 x

3
3
1

 0, x  ( ; 2)  f(x) đồng biến trên (-1/3; 2).
3
3 x  1 2(2  x) 2  x

+ Mặt khác, ta có g(x) = 9 – 2x nghịch biến trên (-1/3; 2) và f(1) = g(1).
+ Nếu 1 < x < 2 thì f(x) > f(1) = 7 và g(x) < g(1) = 7 nên phương trình không có
nghiệm 1 < x < 2.
Tương tự phương trình không có nghiệm -1/3 < x < 1.
Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
3

2
3
Ví dụ 3. Giải phương trình 2 2 x  1  27 x  27 x  13 x  2

Giải

PT  (3 x  1)3  2(3 x  1)  2 x  1  2 3 2 x  1
+ Xét hàm số f(t) = t3 + 2t với t ∈ R.
Ta có f’(t) = 3t2 + 2 > 0, ∀t. Suy ra hàm số đồng biến trên R.
3
+ Phương trình có dạng: f (3 x  1)  f ( 2 x  1)

Vì f(x) đồng biến nên:
, 3 x  1  3 2 x  1  f (3 x  1)  f ( 3 2 x  1)
, 3 x  1  3 2 x  1  f (3 x  1)  f ( 3 2 x  1)

5


3
Vậy, PT  3 x  1  2 x  1

 27 x3  27 x 2  7 x  0  x  0
3
2
Ví dụ 4. Giải bất phương trình 2 x  x  3 x  1  2(3 x  1) 3 x  1

Giải
Điều kiện: x ≥ 1/3.

BPT  2 x 3  x 2  1  2( 3 x  1)3  3 x  1  1
+ Xét hàm số f(t) = 2t3 + t + 1 với t ∈ [1/3; + ∞).
Ta có: f’(t) = 6t2 + 1 > 0, ∀t ≥ 1/3. Suy ra f(t) đồng biến trên [1/3; + ∞)
Mặt khác bất phương trình có dạng: f ( x )  f ( 3 x  1) nên ta có:


3 5
x 
2
BPT  x  3 x  1  x 2  3 x  1  0  

3 5
x 
2

Kết hợp điều kiện, ta được tập nghiệm của bất phương trình là:

1 3 5
3 5
[ ;
] [
; )
3
2
2
2
2
Ví dụ 5. Giải phương trình (2 x  3) 4 x  12 x  11  3x 9 x  2  5 x  3  0

Giải

PT  (2 x  3) (2 x  3) 2  2  2 x  3  3 x ( 3 x ) 2  2  3 x
2
Xét hàm số: f (t )  t t  2  t , t  R

2

Ta có: f '(t )  t  2 

t2
t2  2

 1  0, t. Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R.

6


Mặt khác phương trình có dạng: f(2x + 3) = f(- 3x)
Nếu 2x + 3 > - 3x thì f(2x + 3) > f(- 3x), nếu 2x + 3 < - 3x thì f(2x + 3) < f(- 3x)
3

x

nên ta được 2x + 3 = - 3x
5
2
Ví dụ 6. Giải phương trình x  1  x  1  2  x  x  2

Giải
Điều kiện: - 1 ≤ x ≤ 2.
2

Xét hàm số f ( x)  x  x  x  1  2  x  2  1 với x ∈ (- 1; 2)

1
1

2 x 1 2 2  x
1
1
f ''( x)  2 

 0, x  (1; 2).
( x  1) x  1 (2  x) 2  x
f '( x)  2 x  1 

Suy ra, f’(x) đồng biến trên (- 1; 2) nên phương trình f’(x) = 0 có nhiều nhất 1
nghiệm. Từ đó phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm.
Mặt khác: f(0) = 0 và f(1) = 0
Suy ra phương trình có 2 nghiệm x = 0 và x = 1.

BÀI TẬP VẬN DỤNG

 y 3  y  x3  3x 2  4 x  2(1)
Bài 1. Giải hệ phương trình 
2
 1  x  y  2  y  1(2)
Giải
+ Điều kiện: - 1≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2.

PT (1)  y 3  y  ( x  1)3  ( x  1)
+ Xét hàm số f(t) = t3 + t với t ∈ R.

7


Ta có f’(x) = 3t2 + 1 > 0 ∀t ∈ R. Suy ra hàm số đồng biến trên R.
+ Phương trình (1) có dạng f(y) = f(x + 1)
Nếu y > x + 1 thì f(y) > f(x + 1) và nếu y < x + 1 thì f(y) < f(x + 1)
2
Vậy ta có y = x + 1, thế vào (2), ta được 1  x  1  x  1  x  1

Kết luận: hệ phương trình có một nghiệm là (0;1).

 x 2  y  1  2 2 x  1(1)
Bài 2. Giải hệ phương trình  3
3
2
 y  8 x  3 y  4 y  2 x  2  0(2)
Giải
Điều kiện: x ≥ 1/2.
Ta có phương trình (2)  (y + 1)3 + y + 1 = (2x)3 + 2x
+ Xét hàm số f(t) = t3 + t với t ∈ R.
Ta có f’(t) = 3t2 + 1 > 0 ∀t. Suy ra f(t) đồng biến trên R.
+ Phương trình (1) có dạng f(y + 1) = f(2x)
Vì f(t) đồng biến nên: y + 1 > 2x thì f(y + 1) > f(2x). Tương tự với y + 1 < 2x.
2
+ Vậy ta có y + 1 = 2x, thế vào (1) ta được: x  2 x  2 2 x  1

 x 2  2 x  2u  2  0
2
u  2u  2 x  2  0

Đặt u  1  2 x  1 . Ta được hệ phương trình: 

Từ đó tìm được nghiệm của hệ phương trình đã cho là: (2  2;3  2 2)

 x 6  y 3  x 2  9 y 2  30  28 y (1)
Bài 3. Giải hệ phương trình 
 2 x  3  x  y (2)
Giải
+ Điều kiện: x ≥ - 3/2.
8


PT (1)  ( x 2 )3  x 2  ( y  3)3  y  3
+ Xét hàm số f(t) = t3 + t với t ∈ R.
Ta có: f’(t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t. Suy ra f(t) đồng biến trên R.
+ Mặt khác phương trình có dạng: f(x2) = f(y + 3)
Nếu x2 > y + 3 thì f(x2) > f(y + 3), nếu x2 < y + 3 thì f(x2) < f(y + 3) nên ta có
x2 = y + 3.
Thế vào (2), ta được:

2 x  3  x2  x  3

Đặt u  1 

 x 2  x  u  2
 x2  x  u  2

 2
u


2
x

2
u

2

( x  u )( x  u  1)  0

2x  3

Kết luận: hệ phương trình có 2 nghiệm là: ( 2; 1), (3; 6).
 x3  3x  y ( y 2  3)(1)
Bài 4. Giải hệ phương trình  2
2
 y ( y  1)  x  y  x  2  5  0(2)

Giải

x  0
Điều kiện:  y 2  x  2  0


PT (1)  x3  3 x  y 3  3 y
Xét hàm số f(t) = t3 + 3t với t ∈ R
Ta có: f’(t) = 3t2 + 3 > 0, ∀t. Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R.
Mặt khác phương trình (1) có dạng f(x) = f(y) nên ta được x = y.
2
2

Thế vào (2), ta được: x( x  1)  x  x  x  2  5  0

9


 x3  x  2  x  1  x 2  x  2  2  0
1
x2
 ( x  1)( x 2  x  2 

)0
2
x 1
x  x2 2
 x 1
Vậy nghiệm của hệ là (1; 1).
 x 3  y 3  (3 y  1)( y  1)  1  x(1)
Bài 5. Giải hệ phương trình 
3
 x  y  87  y  xy (2)

Giải
+ Điều kiện: x + y ≥ 0.
Phương trình (1) tương đương: x3 + x = (y + 1)3 + y + 1.
+ Xét hàm số f(t) = t3 + t với t ∈ R.
Ta có: f’(t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t. Suy ra f(t) đồng biến trên R.
+ Mặt khác phương trình có dạng: f(x) = f(y + 1)
Nếu x > y + 1 thì f(x) > f(y + 1), nếu x < y + 1 thì f(x) < f(y + 1) nên ta có:
x = y + 1.
Thế vào (2) ta được:

2 y  1  87  y 3  y 2  y
 2 y  1  3  84  y 3  y 2  y
 ( y  4)(

2
 y 2  5 y  21)  0
2 y 1  3

 y  4.
Vậy nghiệm của hệ là: (5; 4).
2 y 3  12 y 2  25 y  18  (2 x  9) x  4(1)
Bài 6. Giải hệ phương trình 
2
2
 3 x  1  3x  14 x  8  6  4 y  y (2)

10


Giải
1

x 
3
Điều kiện: 
6  4 y  y 2  0


PT (1)  2( y  2) 2  y  2  2( x  4) x  4  x  4

Xét hàm số f(t) = 2t3 + t với t ∈ R.
Ta có: f’(t) = 6t2 + 1 > 0, ∀t. Suy ra f(t) đồng biến trên R.
Mặt khác phương trình có dạng: f ( y  2)  f ( x  4) nên ta được:
 y  2
y2 x4  
2
x  y  4 y
Thế vào phương trình (2) ta được:
3 x  1  3 x 2  14 x  8  6  x (3)
1
x6
3
PT (3)  3x  1  4  1  6  x  3 x 2  14 x  5  0
3
1
 ( x  5)(

 3 x  1)  0
3x  1  4 1  6  x
 x5
Đk :

Kết luận: hệ phương trình có một nghiệm là (5;1).
2 x3  4 x 2  3x  1  2 x3 (2  y ) 3  2 y (1)

Bài 7. Giải hệ phương trình 
 x  2  3 15  x 3  2 y  1(2)

Giải

 x  2

Điều kiện:  y  3

2
11


+ x = 0: Phương trình (1) không thỏa mãn.
+ Xét x ≠ 0:

1
1
Pt (1)  (1  )3  1   (1  3  2 y ) 3  2 y
x
x

Xét hàm số f(t) = t3 + t với t ∈ R.
Ta có: f’(t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t. Suy ra f(t) đồng biến trên R.
1
x

Mặt khác phương trình có dạng: f (1  )  f ( 3  2 y ) nên ta được: 1 
Thế vào phương trình (2), ta được:
Vậy hệ có một nghiệm là (7;

x  2  3 15  x  1

111

)
98

 8 x3  1  y 3  3 y 2  3 y  2  y  2 x  1(1)

Bài 8. Giải hệ phương trình 
3 2 y 2  8 x  1  1  6 2 x 2  y  8 x (2)

Giải
1

 x  2 ; y  2
 2
Điều kiện: 2 y  8 x  1  0
2 x 2  y  0



PT (1)  (2 x)3  1  2 x  ( y  1)3  1  y  1
3
Xét hàm số f (t )  t  1  1 với t ≥ - 1.

Ta có f '(t ) 

3t 2
2 t3 1

 1  0, t  1

Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên (- 1; + ∞). Vậy ta có: y = 2x – 1

Thế vào (2), ta được:
12

1
 3 2y
x


3( 8 x 2  3  8 x 2  8 x  4)  8 x  1
3
 (8 x  1)(
 1)  0
2
2
8x  3  8x  8x  4
1
x .
8

1 3
Kết luận: hệ phương trình có một nghiệm là ( 8 ; 4 ).
 x 2  7  2  x  1  10 y  8(1)
Bài 9. Giải hệ phương trình 
 x y 2  4 y  5  x 2  1  y x 2  1  y 2  4 y  5(2)

Giải
 x  2

Điều kiện:  y  1


10
(2) 

x 1
x2  1



y  2 1
( y  2) 2  1

t 1

Xét hàm số f (t ) 

Ta có

f '(t ) 

2

, t  2

t 1

2t 2  t  1
2

t 1

 0, t  2 . Suy ra f(t) đồng biến trên (- ∞; -2].

Phương trình (2) có dạng f(x) = f(y – 2) nên ta có: x = y – 2.
Thế vào (1) ta được phương trình:

x 2  7  2  x  21  10 x  8  0

Từ đó tìm được nghiệm x = - 3.
Kết luận: hệ phương trình có một nghiệm (- 3; - 1).

13


(1  4 x  y ).51 x  y  1  3x  y  2 (1)

Bài 10. Giải hệ phương trình  x 2  3 y y  1  1  2 y (2)

x


Giải

x  0

Điều kiện:  y  1  0

x
1 t 4 t
t 2
[(

Đặt t = x – y, phương trình (1) trở thành: 5 )  ( 5 ) ].5  1  3 (3)
1 t 4 t
t 2
Ta có: f (t )  5[( 5 )  ( 5 ) ] là hàm số nghịch biến trên R, g (t )  1  3 là hàm số
đồng biến trên R

Mà f(0) = g(0) nên t = 0 là một nghiệm của phương trình.
Nếu t > 0 thì f(t) < f(0) = 10 còn g(t) > g(0) = 10 nên phương trình (3) không có
nghiệm t > 0. Tương tự phương trình (3) không có nghiệm t < 0.
Vậy ta có t = 0, suy ra x = y.
Thế vào phương trình (2), ta được:
1

x

1

1
1
x
x 3 x  2  0  
x
x
x  1  4

x

1 5
x 


2
 x  2  5

Kết luận: hệ phương trình có 4 nghiệm là
1 5 1 5 1 5 1 5
(
;
), (
;
), (2  5; 2  5), (2  5; 2  5).
2
2
2
2

14


1

2
(1)
3xy (1  9 y  1) 
x

1

x
Bài 11. Giải hệ phương trình 
 x3 (9 y 2  1)  4( x 2  1). x  10(2)



Giải
Điều kiện: x ≥ 0.
2
Vì x = 0 không là nghiệm của (1), ta có (1)  3 y  3 y 9 y  1 

 3 y  3 y (3 y ) 2  1 

x 1  x
x

1
1
1

( )2  1
x
x
x

2
Xét hàm số f (t )  t  t t  1 với t > 0.

2

Ta có f '(t )  1  t  1 

t2
t2 1

Từ đó và từ (1) ta được: 3y 

 0, t  0. . Suy ra f(t) đồng biến trên (0; + ∞).

1
x

3
2
2
Thế vào (2) ta được: x  x  4( x  1) x  10
3
2
2
Xét hàm số g ( x )  x  x  4( x  1) x  10, x  0

Ta có: g’(x) > 0 ∀x > 0. Hàm số g(x) đồng biến trên (0; + ∞).
Ta được x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3).
1
Kết luận: hệ có một nghiệm là (1; 3 )

 x11  xy10  y 22  y12 (1)
Bài 12. Giải hệ phương trình  4
4
2
2
7 y  13x  8  2 y 3 x(3x  3 y  1)(2)
Giải
+ Với y = 0: từ (1) ta có x = 0. Thỏa mãn phương trình (2).

15


x 11 x
11
+ Với y ≠ 0: (1)  ( y )  y  y  y
Xét hàm số f(t) = t11 + t với t ∈ R. Ta có f(t) là hàm số đồng biến trên R.

x
Phương trình (1) có dạng f ( y )  f ( y ) nên ta được: x = y2 (x > 0).
Thế vào (2), ta được:

7 x 2  13 x  8  2 x 2 3 x (3 x 2  3x  1)


7 13 8
3 1
 2  3  23 3   2
x x
x
x x

1
t

, t  0 ta có: 7t  13t 2  8t 3  2 3 3  3t  t 2
Đặt
x
7t  13t 2  8t 3  2 3 3  3t  t 2
 (2t  1)3  2(2t  1)  3  3t  t 2  2 3 3  3t  t 2

Xét f(u) = u3 + 2u với u > 0. Vì f(u) là hàm số đồng biến nên từ phương trình ta

t  1
2t  1  3  3t  t  (t  1)(8t  5t  2)  0   5  89
được:
t 

16
3

2

2

Kết luận: hệ phương trình có 3 nghiệm là
(0; 0), (

16
;
89  5

4
89  5

), (

16
;
89  5

4
89  5

 x3  3x  1  2 x  1  y
Bài 13. Giải hệ phương trình  3
 y  3 y  1  2 y  1  x

Giải

16

).


1
1
Điều kiện: x  2 ; y  2
1
3
Xét hàm số: f (t )  t  3t  1  2t  1 / [ 2 ; ).

Ta có: f(t) là hàm số liên tục trên [-1/2; +∞).
f '(t )  3t 2  3 

1
1
 0, t  ( ; )
2
2t  1

1
Suy ra f(t) đồng biến trên ( 2 ;  )
1
Giải sử 2  x  y . Từ hệ phương trình ta được: f(y) ≤ f(x)  y  x
Vậy ta có x = y.
3
Thế vào (1) ta được phương trình x  2 x  1  2 x  1  0

1
3
Xét hàm số g ( x)  x  2 x  1  2 x  1 / [ 2 ; ).
2
Ta có g '( x)  3x  2 

1
1
 0, x  ( ; )
2
2x 1

Suy ra g(x) đồng biến trên [-1/2; +∞) mà g(0) = 0.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (0; 0).

 x 2  y 3
Bài 14. Tìm số nghiệm của hệ phương trình 
3
2
 x  y  12 8 x y  2010
Giải

Điều kiện: x2y ≥ 0.
Đặt: x = t3, từ (1) ta được: y = t2.
17


6
3
Thế vào phương trình (2) ta được: t  t  12 t  2010  0
6
3
t  t  12t  2010, t  0
Xét hàm số f (t )  t  t  12 t  2010   6 3
t  t  12t  2010, t  0
6

3

+ Với t ≥ 0 ta có f’(t) = 6t5 + 3t2 +12 > 0.
+ Với t < 0 ta có f’(t) = 6t5 + 3t2 – 12 .
f”(t) = 30t4 + 6t
BBT

t

0

-

f''(t)

+

-

0

f'(t)
-

-12

 f '(t )  0, t  0
Ta có bảng biến thiên
t

0

-

+

-

f'(t)

+

+

+

f(t)

-2010

Suy ra phương trình f(t) = 0 có hai nghiệm trái dấu
Kết luận hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (đpcm).

18


 x4 y 4
x2 y2
x y
 4  4  ( 2  2 )    2(1)
y
x
y
x
y x
Bài 15. Giải hệ phương trình 
 x 2  y 6  8 x  6  0(2)

Giải
Điều kiện: x ≠ 0; y ≠ 0.

x y
Đặt t  y  x , t  2.
Phương trình (1) trở thành: t4 – 5t2 + t + 6 = 0
Xét hàm số f(t) = t4 – 5t2 + t + 6 với t ∈ (- ∞; -2]  [2; +∞).

Ta có: f’(t) = 4t3 – 10t +1
f”(t) = 12t2 – 10 > 0 ∀t ∈ (- ∞; -2]  [2; +∞).
Suy ra f’(t) đồng biến trên các nửa khoảng (- ∞; -2] và [2; +∞).
Do đó: với t ≤ -2 thì f’(t) ≤ f’(- 2) < 0
Với t ≥ 2 thì f’(t) ≥ f’(2) > 0.
BBT
t

-

f'(t)

2

-2

+
+

+

+

f(t)
4

0

Suy ra f(t) = 0 có nghiệm duy nhất t = - 2.

x y
Ta được y  x  2 . Vì x ≠ 0; y ≠ 0 nên ta có x = - y.
Thế vào (2): x6 + x2 – 8x + 6 = 0 (3).
19


+ Với x < 0: (3) vô nghiệm.
+ Với x > 0. Xét f(x) = x6 + x2 – 8 x + 6
Ta có: f’(x) = 6x5 + 2x – 8; f”(x) = 30x4 + 2 > 0 ∀x > 0
Suy ra f’(x) đồng biến trên (0; + ∞), mà f’(1) = 0 nên f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất
x = 1.
BBT
x

1

0
-

f'(x)

0

+
+

6

+

f(x)

0

Phương trình (3) có nghiệm duy nhất x =1
Kết luận: hệ có một nghiệm (1; -1).
II. Tìm điều kiện của tham số để phương trình, bất phương trình và hệ
phương trình có nghiệm.
Bài toán: Tìm m để phương trình f(x) = g(m) có nghiệm trên D
1. Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) trên D.
2. Dựa vào BBT xác định tất cả giá trị của m để đường thẳng y = g(m) cắt đồ
thị hàm số y = f(x).
3. Kết luận giá trị m cần tìm.
Chú ý
- Nếu hàm số y = f(x) đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên D thì giá trị m cần
f ( x)  g (m)  max f ( x)
tìm thỏa mãn: min
D
D

- Đề bài yêu cầu tìm giá trị của tham số m để phương trình có n nghiệm phân biệt
thì cần dựa vào BBT để xác định dạng toán:” Tìm m sao cho đường thẳng y = g(m)
cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại n điểm phân biệt”.
20


Bài 1. Cho phương trình

3x
x


 m .Tìm m để phương trình
x2  x  4 2x2  6x  8

có nghiệm x  0 .
Giải

3
+ Với x > 0, phương trình tương đương

Đặt t  x 

4
x 1
x



1
8
2x  6 
x

m

4
4
, x  0 . Ta có : t ' x  1  2
x
x

Bảng biến thiên :
x

2

0
-

t' x

0

+

+
+
+

t
4

t4
+ Phương trình trở thành

3
1

m
t  1 2t  6

Để phương trình (1) có nghiệm x > 0 thì phương trình (2) có nghiệm t  4
Xét f ( t ) 

f ' (t ) 

3
1

, với t  4
;
t  1 2t  6

3
2

 0,  t  4
( t  1) 2 ( 2 t  6 ) 2

BBT

21


t

+

4
-

f'(t)

f(t)

3
2

Yêu cầu bài toán  0  m 

0

3
2

Bài 2. Cho phương trình x 4  3 mx 2  11 x  3 mx  1  0 . Xác định m để phương
trình có bốn nghiệm phân biệt.
Giải
+ x = 0 không là nghiệm của phương trình.
2
+ với x  0 , phương trình tương đương : x 

Đặt t  x 

1
1

3
m
(

x

)  11  0
x2
x

t   2
1
 x 2  tx  1  0 có nghiệm    0  
x
t  2

2
Phương trình trở thành t  9  3 mt  t 

Xét hàm số f ( t )  t 
Ta có f ' ( t )  1 

9
 3 m (2)
t

9
với t  (  ;  2 ]  [ 2 ;  )
t

9
t2

BBT

22


t

-
+

f'(t)

-2

-3
0

3

2
-

-

+

0

13

-6

+
+

2

f(t)
-

6

-13
2

YCBT tương đương (2) có 2 nghiệm phân biệt thuộc (  ;  2 ]  [ 2 ;  )

  13
  13

3
m


6
 6  m  2
 2
 
Vậy điều kiện của m là: 
13
 2  m  13

 6  3m 

2
6

2
2
2
Bài 3. Cho phương trình ( x  x  1)( x  5 x  1)  mx (1). Tìm m để phương

trình có nghiệm.
Giải
Phương trình tương đương ( x 

1
1
 1)( x   5 )  m (vì x = 0 không là nghiệm
x
x

của phương trình)
Đặt t  x 

1
, t  2.
x

2
Phương trình trở thành : (t – 1)(t – 5) = m  t  6 t  5  m ( 2 ).

Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn t  2 .
2
Xét hàm số f ( t )  t  6 t  5, t  2 . f ' ( t )  2 t  6

BBT

23


t

-

2

-2

3
-

-

f'(t)
+

+
+

0

+

-3

f(t)
21

-4

YCBT  m   4 .
Bài 4. Xác định m để phương trình sau có nghiệm
x 3  x 2  x  m (1  x 2 ) 2 .(1)

Giải
Phương trình tương đương
Đặt t 

x3  x2  x
m
(1  x 2 ) 2

x
x2


m
1  x 2 (1  x 2 ) 2

1
x

 tx 2  x  t  0 có nghiệm khi t 
2
1 x
4

2
Phương trình trở thành t 2  t  m . Xét f ( t )  t  t , t 

1
4

BBT

t

-1

1
3

f(t)

1

Dựa vào BBT, phương trình (1) có nghiệm khi:

24

1
3

m
4
4


Bài 5. Tìm m để phương trình x  2  x  4 

m  x2  1
có đúng một nghiệm
4

x  0.
Giải
2
Phương trình tương đương 4 x  4  4 x  7  x  m

  x 2  8 x  9 , x  4
Xét hàm số f ( x )   x  4 x  4  4 x  7  
  x 2  23 ,0  x  4
2

  2 x  8, x  4
 f ' ( x )  0,  x  0
Ta có f ' ( x )  
  2 x ,0  x  4
BBT

x

4

0

f'(x)

-

0

+
-

23
f(x)
-

YCBT  m  23

Bài 6. Tìm m để hệ sau có nghiệm

 x 2  3 x  0
 3
2
 x  2 x x  2  m  20  0
Giải

0  x  3
Hệ phương trình tương đương 
3
2

 f ( x )  x  2 x x  2  m  20 m
25