NGÔ TIẾN ĐẠT -
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ VỚI CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH CÓ
CHỨA THAM SỐ
Trong đề thi đại học những năm gần đây phần nhiều các bài tập câu 4b về phương trình , hệ phương trình
có sử dụng phương pháp hàm số . Sau đây tôi xin giới thiệu một vài kĩ năng sử dụng phương pháp đó
Ta thường gặp một số dạng toán sau:
*Sử dụng tính đơn điệu đưa 2 dạng cơ bản là f(x)=g(m) và f(x)=f(y) với f(t) là hàm đơn điệu.
*Sử dụng việc khảo sát sự biến biến thiên để tìm điều kiện có nghiệm hoặc biện luận số nghiệm của
phương trình hoặc hệ phương trình.
Trong quá trình làm 2 dạng trên nhiều trường hợp ta phải đánh giá dấu của đạo hàm dựa vào phương pháp
hàm số hoặc sử dụng các bất đẳng thức quen thuộc : Côsi , Bunhiacopxki,
Bài1 . Chứng minh rằng với mọi m>0 phương trình sau luôn có nghiệm
(1)
Giải
Vì nên
ĐKXĐ: (*) do m>0 nên (*)
(2)
Xét hàm số :
do đó hàm số f(x)
đồng biến trên
mà nên phương trình (2)(3)
Với thì (4)
Xét hàm số : g(x)=,
g’(x)>0 ,
Từ Bảng biến thiên suy phương trình (4)
luôn có nghiệm điều này cũng có nghĩa là
phương trình (1) có nghiệm.
*Nhận xét : Cách làm chính của dạng bài này chính là
+Đưa phương trình ( hệ phương trình ) về dạng f(x)=f(y) , x,y thuộc D và hàm f(t) đơn điệu trên D
+Phần còn lại là sử dụng bảng biến thiên của hàm g(x) để biện luận số nghiệm.
Bài 2. Tìm a để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt

x mx 2 0
2x 1 0

+ + >

− >

1
x
2
⇔ >
( ) ( )
2 2
2 2
1 log x mx 2 x mx 2 log 2x 1 2x 1⇔ + + + + + = − + −
( ) ( )
2
f x log t t;t 0;= + ∈ +∞
( ) ( )
1
f ' x 1 0, t 0;
t ln 2
= + > ∀ ∈ +∞
( )
0;+∞
2
x mx 2 0;2x 1 0+ + > − >
2
x mx 2 2x 1⇔ + + = −
1

3 2
1 1 1
x 3 x 6 x a
x x x
     
+ + + − + =
 ÷  ÷  ÷
     
1
t x
x
= +
2
t 4 0 t 2∆ = − ≥ ⇔ ≥
NGÔ TIẾN ĐẠT -
Để ý rằng với phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm x , còn với mỗi t mà |t| >2 cho tương ứng
với 2 giá trị của x.
Do đó , (1) có 2 nghiệm phân biệt (2) có 2 nghiệm hoặc có đúng 1 nghiệm t sao cho |t| >2
*TH1 : (2) có 2 nghiệm không thoả mãn.
*TH2 : (2) có đúng 1 nghiệm t sao cho |t| >2
Xét hàm số y=t
3
+3t
2
-9t với

BBT
t -∞ -3 -2 1 2 +∞
y’ + 0 - 0 +
y

Xét hàm số g(x)=tgx+2sinx-3x , ,
nên hàm đồng biến trên nửa
khoảng hay g(x)>g(0)=0, .
Như vậy , do đó ,
hàm số đồng biến
t 2
t 2
= −


=

⇔
t 2= ±
t 2= ±
2 a 6
22 a 6
= +

⇔

= +

( ) ( )
t ; 2 2;∈ −∞ − ∪ +∞
2
t 1
y’ 3t 6t 9 0
t 3
=

x 0;
3
 
∈


 
2 3 3
tgxsin x x m− =
( )
2 3
f x =tgxsin x x−
( )
2 2 2
f ' x tg x 2sin x 3x= + −
( )
( ) ( )
( )
2
2
2 2 2 2
tgx 2sin x
tg x 2sin x 1 2 tgx 2sin x tg x 2sin x
3
+
+ + ≥ + ⇒ + ≥
π
tgx 2sinx 3x; x 0;
3
 

π
x 0;
3
 
∀ ∈


 
( )
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2
tgx 2sin x 3x
f ' x tg x 2sin x 3x 3x 3x 0
3 3
+
= + − ≥ − ≥ − =
π
0;
3
 


 
NGÔ TIẾN ĐẠT -
trên nửa khoảng .
Từ đó ta có , phương trình (1)
có nghiệm .
*Nhận xét : Với dạng bài tập
này ( vẫn là dạng f(x)=g(m) , m là tham số ) điều quan trọng là

sau có 3 nghiệm phân biệt
( )
3
3
3
π 3 3 π
f 0 m f 0 m
3 4 27
 
⇔ < ≤ ⇔ < ≤ −
 ÷
 
2 2
x x 1 x x 1 m+ + − − + =
2 2
y x x 1 x x 1= + + − − +
2
ax 1 cos x+ =
π
x 0;
2
 
∈
 ÷
 
2
2
2 2
x x
2sin sin

 ÷
 
m R∀ ∈
3 2 4
2 2 2 3
yx m y (1)
x y 2y xπ y (2)

= +


+ = −


x y 0≥ >
( ) ( )
2
2
π
1 y x yπ x y
y
⇔ + = ⇔ = −
t y=
( )
3
9 2 3
t m tπ t 0+ − − =
2
2 x 4 x 8 2x x m+ + − − + − =
4 4