Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 1 -
CHƯƠNG VII
BÀI TOÁN LIÊN QUAN ðẾN THAM SỐ

Khi giải các bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình ta thường
hay gặp các bài toán liên quan ñến tham số. Có lẽ ñây là dạng toán mà nhiều học
sinh lúng túng nhất. Trong chương này chúng ta sẽ ñi nghiên cứu một số dạng toán
mà chúng ta thương hay gặp (như xác ñịnh tham số ñể phương trình có nghiệm, có
k nghiệm, nghiệm ñúng với mọi x thuộc tập D nào ñó… ) và phương pháp giải các
dạng toán ñó.

1. Phương pháp hàm số

Bài toán 1: Tìm ñiều kiện của tham số ñể phương trình f(x)=g(m) có nghiệm
trên D
Phương pháp: Dựa vào tính chất phương trình có nghiệm
⇔
hai ñồ thị của
hai hàm số
(
)
y f x
=
và
(
)
y g m
=
cắt nhau. Do ñó ñể giải bài toán này ta tiến
hành theo các bước sau:

,
x D
M Maxf(x)
∈
=
thì
ph
ươ
ng trình :
(
)
f x k
=
có nghi
ệ
m khi và ch
ỉ
khi

m k M.
≤ ≤Ví dụ 1:Tìm m
ñể
các ph
ươ

2 2
2 2
1 1 3 1 1 3
x [(x ) ] x [(x ) ] x 0
2 2 4 2 2 4
   
⇒ + − + = − + + ⇔ =
   
   
thay vào (1) ta th
ấ
y
không th
ỏ
a mãn. V
ậ
y ph
ươ
ng trình
f '(x) 0
=
vô nghi
ệ
m
f '(x)
⇒
không
ñổ
i d
ấ

ng bi
ế
n thiên:
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 2 -
x
−∞

+∞

f’(x)

+

f(x)
1
-1
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình ñã cho có nghiệm
1 m 1
⇔ − < <
.

2) ðK:
x 0
≥

Xét hàm số
4
2
f(x) x 1 x

1 1
f '(1) 0 f '(x) 0 x D
2
2 8
= − < ⇒ < ∀ ∈

M
ặ
t khác:
4
2 3 2 2 2 4 2 6
x x
4 4 4
1
lim f(x) lim 0
(x 1) x (x 1) x (x 1) x
→+∞ →+∞
= =
+ + + + + +

0 f (x) f(0) 1 x D
⇒ < ≤ = ∀ ∈ ⇒
ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m
0 m 1
⇔ < ≤
.

4
4
x 13x m x 1 0
− + + − =
.
2)
x x x 12 m( 5 x 4 x)
+ + = − + −
.
Giải:
1) Phương trình
4
4
4 2
x 1
x 13x m 1 x
x 13x m (1 x)
≤


⇔ − + = − ⇔

− + = −



3 2
x 1
4x 6x 9x 1 m
≤



= −


.
Bảng biến thiên:
x
−∞

1/ 2
−
1

f’(x) + 0 –

f(x)

5
2

−∞

11
−

Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 3 -
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có nghiệm
5 3

3 1 1 1
f '(x) ( x )( )
2
2 x 12 2 4 x 2 5 x
= + −
+ − −
.
Do
1 1
0 4 x 5 x 0 f '(x) 0 x [0;4)
2 4 x 2 5 x
< − < − ⇒ − > ⇒ > ∀ ∈
− −
.
V
ậ
y f(x) là hàm
ñồ
ng bi
ế
n trên [0;4]
2 3( 5 2) f(0) f(x) f(4) 12
⇒
− = ≤ ≤ =

Suy ra ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m

i gi
ả
i quy
ế
t ph
ươ
ng trình này tr
ướ
c. T
ừ
ph
ươ
ng trình này ta s
ẽ

tìm
ñượ
c t
ậ
p nghi
ệ
m
x D
∈
(
ñố
i v
ớ
i h
ệ

ủ
a ph
ươ
ng trình th
ứ
hai v
ớ
i k
ế
t qu
ả

ta tìm
ñượ
c
ở
trên.
Ví dụ 3:
Tìm m
ñể
h
ệ
sau có nghi
ệ
m:
2
4 5x
x
2
1

⇔
có nghi
ệ
m
x [1;4]
∈
.
2
3x 16
(2) m
x x
+
⇔ =
. Xét hàm s
ố

2
3x 16
f(x)
x x
+
=
v
ớ
i
x [1;4]
∈

có
2 2

7 7 2007x 2007 (1)
x (m 2)x 2m 3 0 (2)
+ + + +

− + ≤



− + + + =

.
Giải:
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 4 -
Ta có:
2 x 1 2(x 1)
(1) 7 (7 1) 2007(1 x) (3)
+ + −
⇔ − ≤ −
.
• Nếu
x 1 VT(3) 0 VP(3) (3)
> ⇒ > > ⇒
vô nghiệm.
• Nếu
x 1 VT(3) 0 VP(3) (3)
≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒
ñúng
(3)
⇒

−
.
Bảng biến thiên
x

−∞

2 3
− 1
f’(x)

+ 0 –

f(x)

2 2 3
−−∞

2
−

D
ự
a vào b
ả
ng bi
ế

Giải:
Ta thấy (2) là phương trình không chứa tham số nên ta sẽ giải quyết (2) trước
Ta có:
2
y 2
(2) xy 2 y
y 4y 4
x
y
≤


⇔ = − ⇔

− +
=


. Thay vào (1) ta ñược:
2
y 4y 4 4y 4
y m 0 m f(y)
y y
− + −
− + = ⇔ = =
(3).
Hệ có nghiệm
(3)
⇔
có nghiệm

f(y) +∞
2

4
−∞

⇒
hệ có nghiệm
m ( ;2] (4; )
⇔ ∈ −∞ ∪ +∞
.
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 5 -
Chú ý : Khi bài toán yêu cầu xác ñịnh số nghiệm của phương trình thì ta phải lưu ý
Số nghiệm của phương trình
f(x) g(m)
=
chính là số giao ñiểm của ñồ thị hai hàm
số
y f(x)
=
và
y g(m)
=
. Do ñó phương trình có k nghiệm
⇔
hai ñồ thị trên cắt


3 2 2
x 1
f '(x) 4(x 3x 4) 4(x 2) (x 1) f '(x) 0
x 2
= −

⇒ = − + = − + ⇒ = ⇔

=

.
B
ả
ng bi
ế
n thiên
x
−∞

-1

2

+∞

f’(x) – 0 + 0 +

f(x)
+∞

ệ
t.
Giải:
Phương trình
2
2
x
m( x 2 1) x m
x 2 1
⇔ + − = ⇔ =
+ −
(do
2
x 2 1 0 x
+ − > ∀
)
Xét hàm s
ố

( )
2
2
2
2
2
2
x
x 2 1
x
x 2


2

+∞

f’(x)

–

0 +

0

–
f(x)

+∞

2
2
−

−∞


m
x 0;
2
π
 
∈
 
 
.
Giải:
Ta thấy ñể pt có nghiệm thì
m 0
≤
. Khi ñó:
Phương trình
2
2 2
x
sin
cosx 1
2
m 2m
x
x
2
−
⇔ = ⇔ = −
 
 
 

 
∀ ∈
⇒
 
 
f(t) nghịch biến.
Mà:
2 2
f( )
4
π
=
π
và
2
2 2
t 0
x
sin
2 2 8
2
limf(t) 1 f(t) 1 1 x (0; )
2
x
2
→
π
=
⇒
< <

x xy 1

+ + − =


+ =


có ba cặp nghiệm
phân biệt .
Giải:
Ta có :
2
x 1
x xy 1 xy 1 x
x 2x 1
y
x
≤


+ = ⇔ = − ⇔

− +
=


(do
x 0
=

2 2
1 6x 7x 1 1 1
f '(x) 6x 7 f '(x) 0 x 1;x ;x
2 3
x x
+ −
⇒ = + − = ⇒ = ⇔ = − = − =
.
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 7 -
Bảng biến thiên:
x
−∞

1
−

1
2
−
0
1
3
1
f’(x)
−
0 + 0
−

−

4

≤ − ≤

⇔


− ≤ − ≤ −



20
m 12
3
15
4 m
4

≤ ≤

⇔

−

− ≤ ≤


.
Vậy
20 15

m c
ủ
a ph
ươ
ng trình chính là s
ố
giao
ñ
i
ể
m c
ủ
a
ñồ
th
ị
hai hàm s
ố

y m
=
và
y f(x)
=
.
Xét hàm s
ố

y f(x)
=

⇒ = ⇔ + = − ⇔ ⇔ =


+ = − +

.
x x
2
2
x(1 )
x
lim f(x) lim 1
1 1
x 1
x
x
→−∞ →−∞
+
= = −
 
− + −
 
 
và
x
lim f(x) 1
→+∞
=
.
B

1
−

1
Dựa vào bảng biến thiên suy ra:
• Nếu
5
m
4
m 1

>

⇒

≤ −

phương trình vô nghiệm.
• Nếu
5
m
4
1 m 1

=

⇒

− < ≤


.
* ðể tìm miền xác ñịnh của t ta có thể sử dụng các phương trình tìm miền giá trị
(vì miền xác ñịnh của t chính là miền giá trị của hàm u(x) ).
* Nếu bài toán yêu cầu xác ñịnh số nghiệm thì ta phải tìm sự tương ứng giữa x và t,
tức là mỗi giá trị
t Y
∈
thì phương trình
u(x) t
=
có bao nhiêu nghiệm
x D
∈
?.

Ví dụ 11: Tìm m ñể các phương trình sau có nghiệm.
1)
2
x 9 x x 9x m
+ − = − + +
.
2)
3 x 6 x (3 x)(6 x) m
+ + − − + − =
.
3)
4 4
2 2
m( x 2 2 x 4) x 2 2 x 4
− + − − + = −

ñ
ã cho có nghi
ệ
m
(1)
⇔
có nghi
ệ
m
9
t [0; ]
2
∈

Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 9 -
Xét hàm số f(t) với
9
t [0; ]
2
∈
, có
f '(t) 2t 2 0 f '(t) 0 t 1
= − > ⇒ = ⇔ =
.
Bảng biến thiên:
t
0 1
9
2

t 3 x 6 x t 9 2 (3 x)(6 x) (3 x)(6 x)
2
−
= + + − ⇒ = + + − ⇒ + − =

Phương trình ñã cho trở thành:
2
2
t 9
t m t 2t 9 2m
2
−
− = ⇔ − = −
(2).
Xét hàm số
1 1
t(x) 3 x 6 x t'(x)
2 x 3 2 6 x
= + + − ⇒ = −
+ −

3
t'(x) 0 6 x x 3 x
2
⇒
= ⇔ − = + ⇔ =
. Ta có bảng biến thiên của t(x)
x
3
−

m
(2)
⇔
có nghi
ệ
m
t [3;3 2]
∈
.
Xét hàm s
ố

2
f(t) t 2t
= −
v
ớ
i
3 t 3 2
≤ ≤ , có
f '(t) 2t 2 0 t [3;3 2]
= − > ∀ ∈

⇒
f(t) là hàm
ñồ
ng bi
ế
n trên
[3;3 2]

y
x 2
=
không là nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình nên ta chia hai v
ế
ph
ươ
ng trình
cho
4
2
x 4
−
, ta
ñượ
c:
4 4
x 2 x 2
m 2 2
x 2 x 2
 
− +
+ − =
 

ở
thành:
2
1 t 2t
m 2 t 2 m f(t)
t 2t 1
+
 
+ − = ⇔ = =
 
+
 
(3).
Ph
ươ
ng trình
ñ
ã cho có nghi
ệ
m
(3)
⇔
có nghi
ệ
m
t 1
>
.
Xét hàm s
ố


Chú ý :
Trong các bài toán trên sau khi
ñặ
t
ẩ
n ph
ụ
ta th
ườ
ng g
ặ
p khó kh
ă
n khi xác
ñị
nh mi
ề
n xác
ñị
nh c
ủ
a t .
Ở
trên chúng ta
ñ
ã làm quen v
ớ
i ba cách tìm mi
ề

ñể
tìm xác
ñị
nh c
ủ
a t :
2
2 (3 x)(6 x) 9 9 t 18 3 t 3 2
+ − ≤
⇒
≤ ≤
⇒
≤ ≤
.
Ở
câu 3
ñể
tìm mi
ề
n xác
ñị
nh ta có th
ể
làm nh
ư
sau:
4
1
t 1
x 2

2) log x log x 1 2m 1 0
+ + − − =
có nghi
ệ
m trên
3
[1;3 ]
.
3)
2 2 2
2x x 2x x 2x x
m.9 (2m 1)6 m.4 0
− − −
− + + =
có nghi
ệ
m x th
ỏ
a mãn
1
x
2
≥
.

Giải:
1) ðặt
2 2 2
t tanx cotx tan x cot x t 2
= + ⇒ + = −

(3) có nghi
ệ
m t th
ỏ
a mãn
| t | 2
≥
.
Xét hàm s
ố

2
t 1
f(t)
t
+
=
v
ớ
i
| t | 2
≥
, ta có:
2
2
t 1
f '(t) 0 t : | t | 2
t
−
= > ∀ ≥

.
2) ðặt
2 2 2
3 3
t log x 1 log x t 1
= + ⇒ = −
. Với
3
1 x 3 1 t 2
≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
.
Phương trình ñã cho trở thành:
2
t t 2m 2 (2)
+ = +
Ph
ươ
ng trình
ñ
ã cho có nghi
ệ
m trên
3
[1;3 ]
⇔
(2) có nghi
ệ
m
1 t 2
≤ ≤

3
2 2m 2 5 0 m .
2
⇔ ≤ + ≤ ⇔ ≤ ≤

3)
ðặ
t
2
u 2x x u'(x) 4x 1
= −
⇒
= −
.
L
ậ
p b
ả
ng bi
ế
n thiên c
ủ
a u(x) ta
1
u 0 x : x
2
⇒ ≥ ∀ ≥
.
B
ấ

 
 
)
2
2
t
m(t 2t 1) t m f(t)
t 2t 1
⇔ − + = ⇔ = =
− +
(3) (do t=1 không là nghi
ệ
m PT)
Yêu c
ầ
u bài toán
(3)
⇔
có nghi
ệ
m
t 1
>
.
Xét hàm s
ố

f(t)
v
ớ

f(t)

+∞ 0

V
ậ
y
m 0
>
là nh
ữ
ng giá tr
ị
c
ầ
n tìm.

Ví dụ 13:
Tìm m
ñể
ph
ươ
ng trình sau có nghi
ệ
m
(4m 3) x 3 (3m 4) 1 x m 1 0
− + + − − + − =

2t
x 3 2
1 t
1 t
1 x 2
1 t

+ =

+


−

− =

+

với
0 t 1
≤ ≤
.
Khi ñó (2) trở thành:
2 2 2
2 2 2
12t 8(1 t ) 1 t 7t 12t 9
m f(t)
16t 6(1 t ) t 1 5t 16t 7
+ − + + − −
= = =

V
ậ
y ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m
7 9
m
9 7
⇔ ≤ ≤
.
Chú ý :
Ch
ắ
c có l
ẽ
các b
ạ
n s
ẽ
th
ắ
c m
ắ
c vì sao l
ạ
i ngh
ĩ
ra các

ã
b
ỏ
qua m
ộ
t b
ướ
c
ñặ
t trung gian. C
ụ
th
ể
:
T
ừ

ñẳ
ng th
ứ
c
(
)
(
)
2 2
x 3 1 x 4
+ + − =
ta
ñặ

2
α
=
nên ta m
ớ
i có:
2
2
2
2t
x 3 2
1 t
1 t
1 x 2
1 t

+ =

+


−

− =

+

.
ðế
n

a tham s
ố
m
ñể
h
ệ
sau có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t

2
3
3 3
2
2
x 2x 5
log (x 1) log (x 1) log 4 (1)
log (x 2x 5) mlog 2 5 (2)
− +
+ − − >



− + − =


.
Giải: ðiều kiện :

< < ∀ ∈
và (2) trở thành
2
m
t 5 t 5t m (3)
t
+ = ⇔ − = −

Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 13 -
Từ cách ñặt t ta có:
2
( 1) 2 4
t
x
− = − ⇒
V
ớ
i m
ỗ
i giá tr
ị

t (2;3)
∈
thì cho ta
ñ
úng
m
ộ

ớ
i
t (2;3)
∈
5
f '(t) 2t 5 f '(t) 0 t
2
⇒ = − ⇒ = ⇔ =

B
ả
ng bi
ế
n thiên
t
2
5
2
3
f’(t)−
0 + f(t)
6
−


ả
các giá tr
ị
c
ủ
a tham s
ố
a,
ñể
ph
ươ
ng trình có
ñ
úng 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t.

Giải: Vì
0
x
=
không phải là nghiệm phương trình . Chia hai vế pt cho x
3
ta ñược
3 2
3 2
1 1 1
(x ) 3(x ) 6(x ) a 0

= ±
thì ph
ươ
ng trình (3) có m
ộ
t nghi
ệ
m.
*N
ế
u
t 2
>
thì v
ớ
i m
ỗ
i giá tr
ị
c
ủ
a t cho t
ươ
ng
ứ
ng hai giá tr
ị
c
ủ
a x.

u (2) có
ñ
úng hai ngi
ệ
m
2 a 6
t 2
22 a 6
= +


= ± ⇒

= +


h
ệ
vô nghi
ệ
m.

TH 2:
(2) có
ñ
úng m
ộ
t nghi
ệ
m th


f(t)

27
+∞−∞
22 2
D
ự
a vào b
ả
ng bi
ế
n thiên ta th
ấ
y ph
ươ
ng trình (2) có
ñ
úng m
ộ
t nghi
ệ
m
>
t 2

Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn


− = −


.
(1) trở thành:
2
2
t t 1
m(t 2) 1 t t m f(t)
t 2
− + +
+ = − + ⇔ = =
+
(2).
Từ cách ñặt t
2 2
2 2
4
4
2 t 2 t
1 x x 1 t [0;1]
2 2
   
− −
⇒ − = ⇔ = ± − ∀ ∈
   
   
   


có ñúng hai nghiệm
t (0;1]
∈

Xét hàm số f(t) với
t [0;1]
∈
, có:
2
2
t 4t 1
f '(t) f '(t) 0 t 5 2.
(t 2)
− − +
= ⇒ = ⇔ = −
+

B
ả
ng bi
ế
n thiên
t
0

5 2
−

1


1
2 5 m
3
− < ≤
là nh
ữ
ng giá tr
ị
c
ầ
n tìm.

Ví dụ 16: Biện luận số nghiệm của phương trình :
3 3 3
2 2 2
x 1 x x
m.2 (2m 1)(3 5) (3 5) 0
+
+ + − + + =
(1).
Giải:
(1)
3 3
2 2
x x
3 5 3 5
2m (2m 1) 0
2 2
   
− +

2
x
3
3 5
2
3 5
t 1 t x log t (*)
2
+
 
+
∀ ≥
⇒ = ⇔ = ±
 
 
.
• Nếu
t 1 (*)
= ⇒
có một giá trị
x 0
=

• Nếu
t 1 (*)
> ⇒
có hai giá trị x.
⇒
Số nghiệm của (1) phụ thuộc vào số nghiệm
t 1

2m 0 m 0 (3)
− < ⇔ >
⇒
vô nghiệm
(1)
⇒
vô nghiệm.
* Nếu
m 0 (3)
=
⇒
có một nghiệm
t 1 (1)
=
⇒
có một nghiệm
x 0
=

* Nếu
m 0 (3)
<
⇒
có một nghiệm
t 1 (1)
>
⇒
có hai nghiệm phân biệt.

Ví dụ 17: Tìm tất cả các giá trị của m ñể phương trình :

t t 1
− +
− − − + − = ⇔ = =
− +
(2).
Yêu cầu bài toán
(2)
⇔
có hai nghiệm
1 2
2 t t 0
− < ≤ <
.
Xét hàm số f(t) với
t ( 2;0)
∈ −
, có
2
2 2
t 4
f '(t) 0 t ( 2;0).
(t t 1)
+
= − < ∀ ∈ −
− +

15
1 f (0) m f( 2)
7
⇒ = < < − =

t ph
ươ
ng trình
f(x) g(m)
≤
có nghi
ệ
m trên D
x D
minf(x) g(m)
∈
⇔ ≤Ví dụ 1:
Tìm m
ñể
b
ấ
t ph
ươ
ng trình sau có nghi
ệ
m
1) 4 x x 5 m 2) mx x 3 m 1.
− + + ≥ − − ≤ +

Giải:
1) ðiều kiện :
5 x 4

[ 5;4]
m max f(x) 3 2
−
⇔ ≤ =
.
2) ðiều kiện :
x 3
≥
.
Bất phương trình
x 3 1
m
x 1
− +
⇔ ≤
−
. Xét hàm số
x 3 1
f(x)
x 1
− +
=
−
với
x 3
≥
.
Ta có:
2
5 x x 3

0

V
ậ
y b
ấ
t ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m
x 3
2
m maxf(x)
3
≥
⇔ ≤ =
.

Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 17 -
Ví dụ 2: Tìm m ñể các bất phương trình sau có nghiệm
1)
x x 1
4 m.2 3 2m 0
+
− + − ≤

>
. Xét hàm số f(t) với
t 0
>
, ta có:
( )
2
2
t 2t 3
f '(t) f '(t) 0 t 1
t 1
+ −
= ⇒ = ⇔ =
+
(do
t 0
>
).
Bảng biến thiên:
t 0 1
+∞

f’(t)
−
0 +

f(t)

3
+∞

+
<
⇒
⇔ ≥
−
(2).
Xét hàm số
2
t 3
f(t)
t 1
+
=
−
với
t (0;1)
∈
, có
2
2
t 2t 3
f '(t) 0 t (0;1)
(t 1)
− −
= < ∀ ∈
−

(2)
⇒
có nghiệm

t 1 m 6
> ⇔ ≥
.
Vậy
m 3
m 6
< −


≥

là những giá trị cần tìm.
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 18 -
Ví dụ 3: Tìm m ñể bất phương trình :
2
m( x 2x 2 1) x(2 x) 0
− + + + − ≤
(1) có
nghiệm
x [0;1 3]
∈ +
.
Giải:
ðặt
2 2
t x 2x 2 (x 1) 1 t [1;2] x [0;1 3]

ệ
m
x [0;1 3]
∈ +
(2)
⇔
có nghi
ệ
m
t [1;2]
∈

[1;2]
2
m maxf(t) f(2)
3
⇔ ≤ = =
.
Ví dụ 4: Tìm m ñể bất phương trình sau có nghiệm:
2 2 2
sin x cos x sin x
2 3 m.3 .
+ ≥

Giải:
Bất phương trình
2 2
t t
sin x sin x
2 1 2 1

Ví dụ 5: Tìm m ñể hệ bất phương trình sau có nghiệm:
3
2x 1 1 2x 1 (1)
|8x 5| x 2x 1 2m 0 (2)

+ − ≥ −


− + + + − ≥


.
Giải: ðiều kiện:
1
x
2
≥
.
Ta có:
1 5
(1) 2x 1 2x 1 1 1 2 2x 1 x
2 8
⇔ + ≥ − + ⇔ ≥ − ⇔ ≤ ≤
.
Khi ñó:
3 3
(2) 8x 5 x 2x 1 2m 0 f(x) x 6x 6 2m
⇔ − + + + + − ≥ ⇔ = − + ≥
(3).
Xét hàm số

Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 19 -
Hệ có nghiệm
(3)
⇔
có nghiệm
1 5
;
2 8
1 5 25 25
x ; 2m max f(x) m
2 8 8 16
 
 
 
 
∈ ⇔ ≤ = ⇔ ≤
 
 
.
Ví dụ 5: Tìm tất cả giá trị của tham số a ñể hệ sau có nghiệm (x,y) thoả mãn ñiều
kiện
x 4
≥
.
x y 3 (1)
x 5 y 3 a (2)

+ =


Xét hàm s
ố
f(t) v
ớ
i
[
]
t 2;3
∈
, có
2 2
t t 3
f '(t)
t 5 t 6t 12
−
= +
+ − +

2 2
f '(t) 0 t (t 3) 3 (3 t) t 5
⇒ = ⇔ − + = − +
(*)
2 2 2 2 2 2 2
t (t 3) 3t (3 t) t 5(3 t) 2t 30t 45 0
⇒ − + = − + − ⇔ − + =
ph
ươ
ng trình vô
nghi
ệ

có nghi
ệ
m
[1;2]
t [1;2] a minf(t) f(2) 5
∈ ⇔ ≥ = =
.
V
ậ
y
a 5
≥
là nh
ữ
ng giá tr
ị
c
ầ
n tìm.

Chú ý : ðể bất phương trình :
D
D
f(x) k (f(x) k) x D k minf(x) (k maxf(x))
≥ ≤ ∀ ∈ ⇔ ≤ ≥
.
Ví dụ 6:
Tìm m
ñể
b

ng trình tr
ở
thành:
2
t 3t m t 1
+ ≥ ∀ ≥ −
(*)
Xét hàm s
ố

2
t 1
f(t) t 3t f '(t) 2t 3 0 t 1 minf(t) 2
≥−
= + ⇒ = + > ∀ ≥ − ⇒ = −
.
B
ấ
t ph
ươ
ng trình
ñ
ã cho nghi
ệ
m
ñ
úng v
ớ
i
x R (*)

∀ ∈ −
.
Giải:
ðặt
4 x 6 x
t (4 x)(6 x) 0 t 5.
2
+ + −
= + − ⇒ ≤ ≤ =

Khi ñó bất phương trình trở thành:
2 2
t 24 t m t t m 24
≤ − + ⇔ + ≤ +
(*).
Yêu c
ầ
u bài toán
(*)
⇔
nghi
ệ
m
ñ
úng
t [0;5]
∀ ∈
.
Xét hàm s
ố

t [0;5]
∀ ∈
m 24 30 m 6
⇔ + ≥ ⇔ ≥ −
.

Ví dụ 8: Tìm m ñể bất phương trình sau nghiệm ñúng với mọi
1
| x |
2
≥
.
2 2 2
2x x 2x x 2x x
9 2(m 1)6 (m 1)4 0
− − −
− − + + ≥
.
Giải:
Chia hai vế bất phương trình cho
2
2x x
4
−
và
ñặ
t
2
2x x
3

Yêu c
ầ
u bài toán
t 1
m minf(t)
≥
⇔ ≤
.
Ta có
2
2
2t 2t 4
f '(t) f '(t) 0 t 2
(2t 1)
− −
= ⇒ = ⇔ =
−
.
B
ả
ng bi
ế
n thiên
t 1 2
+∞

f’(t)
−
0 +