PHẦN I. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài.
Trong chương toán THPT các bài toán về phương trình, hệ phương trình
là những bài toán quen thuộc với học sinh, đặc biệt là các học sinh ôn thi Đại
học, Cao đẳng và học sinh giỏi các cấp. Để giải quyết các bài toán loại này thì
học sinh ngoài việc phải nắm chắc kiến thức cơ bản và kĩ năng giải phương
trình, hệ phương trình sinh còn phải nắm chắc các kiến thức về hàm số, về mối
quan hệ giữa phương trình, hệ phương trình và sự tương giao của đồ thị hàm số.
Trong những năm gần đây thì bài toán giải phương trình, hệ phương trình có vận
dụng phương pháp hàm số để giải quyết ngày càng xuất hiện càng nhiều trong
các đề thi Đại học và Cao đẳng thường gây cho học sinh nhiều khó khăn bởi lẽ
nếu sử dụng các phương pháp truyền thống như phương pháp thế, cộng đại số
thì rất khó khăn có thể giải quyết được bài toán, mà để giải quyết được được vấn
đề đó thì học sinh phải biết khai thác tốt các tính chất của hàm số sau đó sử dụng
các kiến thức của nó để giải quyết chúng thì sẽ đơn giản hơn nhiều và lời giải trở
nên gọn gàng hơn, trong sáng hơn.
Là giáo viên THPT và đang trực tiếp giảng dạy môn toán khối 11, khối 12
và ôn thi đại học,ôn thi học sinh giỏi khối 12 tôi thấy nhiều học sinh gặp rất
nhiều khó khăn khi giải dạng toán này. Để phần nào giúp các em tìm ra đường
lối để giải quyết lớp các bài toán này trong quá trình luyện thi đại học tôi đưa ra
một số kĩ thuật giải phương trình, hệ phương trình nhờ ứng dụng của hàm số
2. Mục đích nghiên cứu.
Trong những gần đây trong đề thi đại học cao đẳng, đề thi học sinh giỏi
các cấp thì dạng toán giải phương trình, hệ phương trình xuất hiện khá nhiều,
nhưng đa số học sinh của trường THPT số 1 Bảo Yên khi gặp bài toán giải bằng
phương pháp hàm số các em còn gặp nhiều khó khăn và bỡ ngỡ. Nên với việc
nghiên cứu đề tài này tôi y vọng sẽ giúp các em phần nào giảm bớt được các khó
khăn khi giải các bài toán dạng này.
3. Đối tượng nghiên cứu.
Học sinh lớp 12A1, 11A1 và các lớp ôn thi đại học, ôn thi học sinh giỏi
khối 11,12.

4. Nếu hàm số y = f ( x ) đơn điệu trên D và u ( x), v( x) là các hàm số nhận
các giá trị thuộc D thì f ( u ( x ) ) = f ( v ( x ) ) ⇔ u ( x ) = v ( x ) .
Một số lưu ý khi sử dụng phương pháp hàm số.
Vấn đề quan trọng nhất khi sử dụng phương pháp hàm số là chúng ta phải
nhận ra được hàm số đơn điệu và nhẩm được nghiệm của phương trình.
Để phát hiện tính đơn điệu của hàm số chúng ta cần nắm vững các tính chất
sau:
2.1. Nếu hàm số y = f ( x ) xác định và có đạo hàm không đổi dấu trên D
thì f(x) đơn điệu trên D . Cụ thể:
+) Nếu hàm số y = f ( x ) xác định trên D và f '( x) > 0 với mọi x ∈ D thì
f(x) đồng biến trên D.
+) Nếu hàm số y = f ( x ) xác định trên D và f '( x) < 0 với mọi x ∈ D thì
f(x) nghịch biến trên D.
2.2. Nếu f '( x) = 0 vô nghiệm trên D hoặc có toàn bộ các nghiệm kép trên
D thì f(x) đơn điệu trên D. Khi đó, lấy x = x0 bất kì trên D nếu
f '( x0 ) ≥ 0 ( f '( x0 ) ≤ 0 ) thì f(x) đồng biến ( nghịch biến trên D).
2.3. Nếu y = f ( x ) đồng biến ( nghịch biến) trên D thì
+) y =
+) y =

n

f ( x ) đồng biến ( nghịch biến) trên D

1
với f ( x) > 0 nghịc biến ( đồng biến) trên D.
f ( x)

+) y = − f ( x ) nghịc biến ( đồng biến) trên D.
3

dụng tính đơn điệu của hàm số.
Việc nhẩm nghiệm cũng là một vấn đề rất quan trọng trong phương pháp
này, khi nhẩm nghiệm ta thường ưu tiên chọn mà biểu thức trong dấu căn là lũy
thừa mũ n ( nếu có căn bậc n ), hoặc nếu phương trình logarit thì ta chọn x mà
y=

biểu thức trong dấu loga là aα nếu phương trình có logarit cơ số a…
5. phương trình f(x) = m có nghiệm trên D khi và chỉ khi m thuộc tập giá
trị của hàm số y = f(x) vợi x thuộc D và số nghiệm phương trình trên D là số
giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với đường thẳng y = m trên D
6. Xét bất phương trình f(x) ≥ m với f(x) liên tục trên [a; b] .
Khi đó: m = minf(x) ≤ f(x) ≤ maxf(x) = M.
Nếu f(x) đồng biến trên [a; b] thì minf(x) = f(a); maxf(x) = f(b) với mọi x
thuộc [a; b] .
Nếu f(x) nghịch biến trên [a; b] thì minf(x) = f(b); maxf(x) = f(a) với mọi
x thuộc [a; b]
*) f(x) ≥ m có nghiệm x thuộc D ⇔ m ≤ maxf(x) với x thuộc D.
*) f(x) ≥ m vô nghiệm trên D ⇔ m > maxf(x) với mọi x thuộc D.
*) f(x) ≥ m có nghiệm ∀x ∈ D ⇔ m ≤ minf(x) với ∀x ∈ D.
*) f(x) ≤ m có nghiệm x thuộc D ⇔ m ≥ minf(x) với x thuộc D.
*) f(x) ≤ m vô nghiệm trên D ⇔ m < minf(x) với mọi x thuộc D.
*) f(x) ≤ m có nghiệm ∀x ∈ D ⇔ m ≥ maxf(x) với ∀x ∈ D.
Trong một số trường hợp cụ thể thì có thể không lấy dấu bằng, hoặc hàm
số không có giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất trên D điều đó còn phụ thuộc vào đặc
điểm của từng hàm số và miền nghiệm D.
4


CHƯƠNG II. THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI
Bài toán khảo sát hàm số và các bài toán liên quan là một vấn đề khá quen

2
Xét f (t ) = 3 t + 1 + 3 t , ta có phương trình: f ( x + 1) = f ( 2 x ) .

Với f (t ) = 3 t + 1 + 3 t đồng biến trên ¡ nên
x =1
f ( x + 1) = f ( 2 x ) ⇔ x + 1 = 2 x ⇔ 
1
x = −

2
2

2

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = −
b)

3

1
2

6 x + 1 = 8 x3 − 4 x − 1 ⇔ 6 x + 1 + 3 6 x + 1 = ( 2 x ) + 2 x
3

3
Xét hàm số f (t ) = t + t , ta có phương trình f ( 3 6 x + 1) = f ( 2 x )
3
Vì f (t ) = t + t đồng biến nên


5π
7π
,ϕ 2 =
, ϕ3 =
9
9
9
π
5π
7π
Vậy phương trình có 3 nghiệm x = cos , x = cos , x = cos
.
9
9
9
Nhận xét: Trong bài toán trên ta cần chú ý quan sát đặc điểm của
phương trình ta biến đổi phương trình về dạng f(u) = f(v), sau đó ta xét tính đơn
điệu của hàm số đặc trựng f(t) và tấy hàm số đơn điệu trên D và suy ra u = v và
ta có một lời giải thật đơn giản.
Bài toán 2: Giải các phương trình:
trong đoạn [ 0;π ] ta được các nghiệm ϕ1 =

b) 7 x −1 = 1 + 2log 7 ( 6 x − 5 )

a) 2011x + 2012 x = 2.2010 x

3

Giải quyết bài toán:
x


x

 2011   2011   2012   2012 
Ta có f '( x) = 
÷ ln 
÷+ 
÷ ln 
÷ > 0 nên hàm số
 2010   2010   2010   2010 
đồng biến trên R.
0

0

 2011   2012 
f (0) = 
÷ +
÷ = 2 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
2010
2010

 

5
b) Điều kiện : 6 x − 5 > 0 ⇔ x >
6
y −1
Đặt y − 1 = log 7 ( 6 x − 5 ) ⇒ 7 = 6 x − 5 (1) .
Khi đó, phương trình trở thành:

s ax +b = p log s ( qx + r ) + cx + d ( a ≠ 0, q ≠ 0,0 < s ≠ 1) .
+) Khi giải các bài toán có sử dụng tính đơn điệu của hàm số ta có thể
vận dụng tính chất sau : Nếu hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp n vô nghiệm
(hay không đổi dấu) trên D thì phương trình f ( x) = k có không quá n nghiệm
trên D
+) Trong phương trình trên có hai phép toán trái ngược nhau là phép lũy
thừa và phép lấy logarit, trong phương trình có chứa các phép toán khác nhau
cũng thường được giải bằng cách sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Chúng ta
có thể thấy điều đó qua bài toán sau :
Bài toán 3 : Giải các phương trình :
x2 − x + 1
= x 2 − 3x + 2
a) log 2 2
b) x + x 2 + 1 = 3x
2 x − 3x + 4
Giải quyết bài toán
x2 − x + 1
= x 2 − 3x + 2
a) Ta có : log 2 2
2x − 4x + 3
⇔ log 2 ( x 2 − x + 1) − log 2 ( 2 x 2 − 4 x + 3) = ( 2 x 2 − 4 x + 3) − ( x 2 − x + 1)

⇔ log 2 ( x 2 − x + 1) + ( x 2 − x + 1) = log 2 ( 2 x 2 − 4 x + 3) + ( 2 x 2 − 4 x + 3 )
⇔ f ( x 2 − x + 1) = f ( 2 x 2 − 4 x + 3)

Với f (t ) = log 2 t + t ⇒ f '(t ) = 1 +

1
> 0 ∀t ∈ ( 0; +∞ ) .
t ln 2

)

(

)

 x


1 
x 2 + 1 − x + 3x  2
− 1÷ = 3x x 2 + 1 − x  ln 3 − 2
÷> 0
x +1 
 x +1 

Nên f(x) là hàm số đồng biến trên ¡ , mà f(0) = 1.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
Nhận xét: khi gặp phương trình f(x) = g(x) trong đó f , g có một hàm
đồng biến, một hàm nghịch biến thì cách giải thường dùng là nhẩm nghiệm và
chứng minh nghiệm đó là duy nhất, tuy nhiên trong bài toán của ta
⇒ f '( x) = 3x ln 3

f ( x) = x + x 2 + 1, g ( x) = 3x lại đều đồng biến nên cách đó không giải quyết
được, vì vậy ta chia 2 vế của phương trình cho x + x 2 + 1 để đưa một vế là
hằng số và vế còn lại là một hàm số mà ta có thể xét được tính đơn điệu của nó
cũng là cách mà ta làm ở bài toán sau 2.
Bài toán 4: Giải các phương trình:

(

5 5
t

t

t

t

t

t

t

1 2
1 1  2 2
Xét hàm số f (t ) = 3. ÷ +  ÷ ⇒ f '(t ) = 3. ÷ ln +  ÷ ln < 0 . Nên f (t )
5  5
5 5  5 5
là hàm số nghịch biến, mà f (1) = 1 nên phương trình (2) có nghiệm t = 1.
Do đó 3x + 1 = 4 ⇔ x = 1 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
4x
1+ x
x
x
1
+
x
2

+
4
2
+
4
(
)
(
) 3
f '( x) = 0 ⇔

2ln 4.4 x

(2+4 )
x

2

2
1
− = 0 ⇔ ( 2 + 4 x ) − 6ln 4.4 x = 0 . Đây là phương
3

trình bậc hai đối với 4 x nên có nhiều nhất 2 nghiệm suy ra phương trình
1
f ( x) = 0 có tối đa 3 nghiệm, mà ta thấy x = 0, x = , x = 1 là các nghiệm của nó.
2
1
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x = 0, x = , x = 1 .
2


f '( x) ≥ f '(0) = 0, ∀x ≥ 0 do đó f(x) đồng biến trên

[ 0;+∞ ) . Mà f(0) =1.

Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình trên [ 0;+∞ ) và đó cũng là

nghiệm duy nhất của phương trình.
b) Nếu n = 2 thì phương trình trở thành

sin 2 x + cos 2 x = 1 nên mọi

 π
x ∈  0; ÷ là nghiệm của phương trình
 2
n
n
Nếu n > 2, đặt f ( x) = sin x + cos x = 2

9

2− n
2

 π
, ( n ∈ ¥ , n ≥ 2 ) x ∈  0; ÷.
 2


π

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi x =

1+

1
x

1+

1
 1

x ln 1 + ÷ − x 3 ln 1 + 2 ÷
x
x 


Giải quyết bài toán
1+

Ta có :

1

1+

1
 1 x

x ln 1 + ÷ − x 3 ln 1 + 2 ÷




1 


 1 

⇔ x ( x + 1) ln 1 + ÷− 1 = x 2 ( x 2 + 1) ln 1 + 2 ÷− 1
x 
x  




⇔ f ( x) = f ( x 2 )

 1 
Với f (t ) = t ( t + 1) ln 1 + ÷− 1 , t > 0
 t 

2 
  1
 1
Ta có : f '(t ) = ( 2t + 1) ln 1 + ÷− 2 = ( 2t + 1) ln 1 + ÷−

 t
  t  2t + 1
10


(
)
(
)
2
t
+
1


(
)
(với t > 0)
g (t ) = 0 suy ra g (t ) > 0 ,
Do đó g (t ) nghịch biến trên ( 0;+∞ ) mà lim
t →0
+

∀t > 0 suy ra
f '(t ) = ( 2t + 1) .g (t ) > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) nên f(t) đồng biến trên ( 0;+∞ )
2
2
Vì vậy f ( x) = f ( x ) ⇔ x = x ⇔ x = 1 (vì x > 0)

Vậy phương trình có nghiệm dương duy nhất x = 1.
Nhận xét: Khi bài toán mà xét dấu đạo hàm quá phức tạp ta có thể vậ
dụng các kiến thức sau để giải quyết bài toán: a, b cùng dấu thì a.b >0 và
a/b>0; a
2

x = 0
Với t = 0 ta có: 3 x − 2 x = 0 ⇔ 
2
x =
3

Nhận xét : Trong bài toán này chúng ta vận dung kiến thức rất cơ bản đó
là nếu đạo hàm cấp n vô nghiệm trên D thì phương trình f(x) = k có không quá
n nghiệm trên D.
Bài toán này ta thấy đạo hàm cấp hai không đổi dấu do đó đạo hàm cấp 1
có không quá một nghiệm trên D, do đó phương trình không có quá 2 nghiệm
trên D, sau đó ta nhẩm hai nghiệm của phương trình là xong, thật là đơn giản.
2

11


2
3
Bài toán 8. Giải phương trình : x − 3 x + 2ln x − ln ( x + 2ln x ) = 0 .
3
(TC THTT)
Giải quyết bài toán :
Điều kiện: x > 0
Đặt y = 3 x + 2ln x ⇔ y 3 = x + 2ln x
 x3 − y − 2ln y = 0 (1)
Ta có hệ  3
 y − x − 2ln x = 0 (2)

x
0
1
g’(x)
0
+
+∞
+∞
g '( x) = 3x 2 − 1 −

g(x)
0
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình g(x) =0 có nghiệm duy nhất x =1.
Nhận xét : Một bài toán mà lời giải khá phức tạp, với bài toán này ta tiến
hành giải bài toán bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn đưa phương
trình về hệ phương trình đối xứng loại 2. Trừ vế với vế của phương trình bao
12


giờ ta cũng thu đượng phương trình dạng f(x) = f(y), với bài này ta suy ra x = y
nhò tính đơn điệu của hàm đặc trưng khá đơn giản. Tuy nhiên khi thế y = x vào
phương trình chings ta lại nhận được một phương trình khá phức tạp, rõ rang
g’(x) đổi dấu trên D, g’’(x) không đổi dấu trên D nghưng phương trình g(x) = 0
ở đay chỉ có một nghiệm. Với bài này mà ta không lập bảng biến thiên để quan
sát mà lại áp dụng cách làm của bài toán 7 thì không thể giải được.
Bài toán 9: Giải phương trình: 3x + 5x = 6x + 2 (*)
Giải quyết bài toán :
Xét : f(x) = 3x + 5x – 6x – 2
f ’(x) = 3xln3 + 5xln5 – 6
f ”(x) = 3xln23 + 5xln25 > 0, ∀ x ⇒ f’(x) đồng biến, liên tục và đổi dấu

2

−1

1− x 2
x2

2. Giải phương trình: 2

+ ( x 2 − 1) .3x +1 = 1 .
−2

1− 2 x
x2

=

1 1
−
2 x

3.Giải phương trình: 2010log 2008 ( x−1) − 2008log2010 ( x+1) = 2
4. Giải phương trình: x + 3log2 x = x log 2 5
5. Giải phương trình: 3log 3 (1 + x + 3 x ) = 2log 2 x
2x − 1
= 1 + x − 2x
6. Giải phương trình: log 2
x
7. Giải phương trình: log 32 ( x + 1) = 2( log 2 4( x + 1) + 2)
8. Giải phương trình:

2−x

a)

(

)

(

)

2
2
b) 3 x 2 + 9 x + 3 + ( 4 x + 2 ) 1 + 1 + x + x = 0

( 4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
(1)
Bài toán 10: Giải hệ phương trình: 
(2)
4 x 2 + y 2 + 2 3 − 4 x = 7
( Đề thi tuyển sinh đại học và cao đẳng khối A 2010)
Giải quyết bài toán.
3
5
Điều kiện: x ≤ ; y ≤ .
4
2
Ta có



Xét hàm số: g ( x) = 4 x +  − 2 x 2 ÷ + 2 3 − 4 x − 7
(0 < x < )
4
2

4
3
5

g '( x) = 8 x − 8 x  − 2 x 2 ÷−

8
x
+
y
=
8
(2)
 x + y = 8


Phương trình (1) có dạng: f(x) = f(y) với
f (t ) = 3t + t 3 ⇒ f '(t ) = 3t ln 3 + 3t 2 > 0
Nên f(t) đồng biến trên R
Do đó phương trình (1) tương đương với x = y. Thế vào phương trình (2)
ta có: 2 x 2 = 8 ⇔ x = ±2. x = y = 2; x = y = - 2
Vậy hệ có 2 nghiệm (x,y) = (2;2) và (x,y) =(-2;-2)
Nhận xét : Trong bài toán nãy ta cần quan sát ta thay số 8 ở phương
trình 1 bởi x 2 + y 2 và ta có một hệ phương trình thật đơn giản
 x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1
Bài 12. Giải hệ phương trình: 
2
x −1
 y + y − 2 y + 2 = 3 + 1
( Đề DBĐH – 2009)
Giải quyết bài toán
2
y −1
 x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1
( x − 1) + ( x − 1) + 1 = 3
⇔

(1)
(2)

u + u 2 + 1 + 3u = v + v 2 + 1 (3)
Phương trình (3) có dạng f(u) = f(v). Với f (t ) = t + t 2 + 1 + 3t
t

Ta có : f '(t ) = 1 +

+ 3t ln3 > 0 nên f(t) là hàm số đồng biến.

t +1
Do đó (3) ⇔ u = v thế vào (1) ta có
2

)

(

)

(

u + u 2 + 1 = 3u ⇔ ln u + u 2 + 1 = u.ln 3 ⇔ ln u + u 2 + 1 − u.ln 3 = 0 (4)

)

(

1


)

2 − u 2v 2 + 2.u.v − v 2 + 1 = 6 − 8 − 2u v (1)

Đk: u ≥ v

 u − v + u = 3
(2)
Do v > 0 nên chia cả hai vế của phương trình (1) cho v ta được:

(

)

2

2
u
1
1
1

− u 2 + 2. − 1 + 2 = 6 − 8 − 2u ⇔ 2(u + ) −  u + ÷ − 1 = 6 − 8 (3)
v
v
v
v
v


v
u + =3 (1')

v
⇔
Vậy ta có hệ: 
 u−v +u =3
 u − 1 = 3−u
(2')
(2')


3−u
0 < u < 3
1

=3−u ⇔ 
⇔ u = 2 suy ra
Xét phương trình: u −
1
2
3−u
u
−
=
u
−
6
u
+

( Đề tuyển sinh Đại học và cao đẳng khối A 2012)
Giải quyết bài toán:
Ta có:

x3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 +3y 2 − 9 y

⇔ ( x − 1) − 12( x − 1) = ( y + 1)3 − 12( y + 1) (3)
3

17


2

2

1
1 
1

Từ phương trình (2) ta có x + y − x + y = ⇔  x − ÷ +  y + ÷ = 1
2
2 
2

2

2

1

f (t ) = t 3 − 12t

Do đó (3) ⇔ f ( x − 1) = f ( y + 1) ⇔ x = y + 2 . Thế vào phương trình (2)
của hệ ta có

(

−1

y
=

1
2
2
y + 2) + y 2 − ( y + 2) + y = ⇔ 4 y 2 + 8 y + 3 = 0 ⇔ 
2
 y = −3

2

 3 −1 
 1 −3 
Suy ra nghiệm của hệ là : ( x, y ) =  ; ÷; ( x, y ) =  ; ÷
2 2 
2 2 
 x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y
(1)
Bài 16. Giải hệ phương trình:  2
2


Nên f (u ) = f ( y ) ⇔ u = y ⇒ 4 x − 1 = y ⇒ x = y 4 + 1
Thế vào phương trình (2) ta có:

(y

4

+ 1) + 2 ( y 4 + 1) ( y − 1) + y 2 − 6 y + 1 = 0
2

⇔ y8 + 2 y 5 + y 2 − 4 y = 0
y = 0
⇔ 7
4
y + 2y + y − 4 = 0
Với y = 0 ta có x = 1
Xét hàm số g ( y ) = y 7 + 2 y 4 + y − 4
Ta có : g '( y ) = 7 y 6 + 8 y 3 + 1 > 0

(y ≥ 0)

(y ≥ 0)

Nên g(y) là hàm số đồng biến suy ra phương trình g(y) = 0 có nhiều nhất
1 nghiệm. Ta lại có g(1) = 0
Vậy phương trình g(y) = 0 có nghiệm duy nhất y = 1 suy ra x = 2.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (1;0) và (2;1).
Một số bài toán tương tự áp dụng giải pháp
3

2
2 x + y + 4 x = 1
Vấn đề 2: Các bài toán giải phương trình và bất phương trình chứa
tham số:
Bài toán 1: Xác định m để phương trình sau có nghiệm :
19


m( 1 + x 2 − 1 − x 2 + 2) = 2 1 − x 4 + 1 + x 2 − 1 − x 2 (1)
Giải quyết bài toán :
Điều kiện: x ≤1
Đặt t = 1 + x 2 - 1 − x 2 ⇒ 2 1 − x 4 = 2 – t2
Ta có: t = 1 + x 2 - 1 − x 2 ≥ 0 dấu bằng đạt được khi x = 0
t2 = 2 – 2 1 − x 4 ≤ 2 dấu bằng đạt được khi x = ± 1
suy ra điều kiện của t là: 0 ≤ t ≤ 2
−t2 + t + 2
Phương trình (1) được chuyển về dạng m(t + 2) = 2 - t2 + t ⇔
= m (2)
t+2

Khi đó phương trình (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm thoả : 0 ≤ t ≤ 2
⇔ đường thẳng y = m cắt phần đồ thị hàm số y =

Xét hàm số f(t) =

−t2 + t + 2
trên [0; 2 ]
t+2

− t 2 − 4t

x +1

4

1−

x −1
x −1
+ 24
= m u ∀x ∈ ( 0; +∞ )
x +1
x +1

2
Điều kiện: 0 ≤ t ≤ 1.
x +1

Khi đó phương trình trở thành:
-3t2 + 2t = m với t ∈ [0; 1]
Ta có f ’(t) = - 6t +2
1
f ’(t) = 0 ⇔ - 6t +2 = 0 ⇔ t =
3

20

(1) có


1


x2 + 2x – 8 = m( x − 2) (1) ( Đề thi đại học khối B –

2007)
Giải quyết bài toán :
Điều kiện: x ≥ 2.
(1) ⇔ (x – 2)( x3 + 6x2 – 32 – m) = 0
x = 2
⇔  3
2
 x − 6 x − 32 − m = 0

Ta chỉ cần chứng minh phương trình: x3 + 6x2 – 32 = m (*) có nghiệm
trong (2; + ∞ )
Xét hàm số: f(x) = x3 + 6x2 – 32 Với x > 2
f ’(x) = 3x2 + 12x > 0 , ∀ x > 2
Bảng biến thiên của hàm số f(x)
x

+∞

2
+

f '(x)

+∞

f(x)


1
+

f '(t)
f(t)

2
5

2

Vậy phương trình (1) có 1 nghiệm thuộc [1; 3 ] ⇔ 2 ≤ 2m + 2 ≤ 5
⇔ 0 ≤ m ≤ 1,5
Nhận xét: Khi giả bài này ta cần quan sát kĩ bài toán và đưa ra phương
án đặt ẩn phụ hợp lí nhất và nhớ tìm điều kiện thật chặt chẽ của biến t.
Bài toán 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
3

(m + 1) tg4x – 3m(1 + tg2x)tg2x +

4m
= 0 (1) (TC - THTT)
cos 4 x

Giải quyết bài toán:
Điều Kiện: x ≠

π
+ kπ
2


2

+ 5t + 4 )

2

t

≤ 0 , ∀t ≥ 0

+∞

0
_

f '(t)
0

f(t)

-0,5

Dựa vào bảng biến thiên ta có điều kiện để phương trình có nghiệm là
⇔ -0,5 < m ≤ 0
Bài toán 6: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 9x – m 33 + 2m + 1 = 0 (1)
Giải quyết bài toán :
t = 3x

⇔

-∞

2- 5

2

0

_

0

f(t)

_

0

1
2

+∞

2+ 5

-∞

+
+∞



( 2 x − 1)

> 0 ∀ x ≥ 0,5 ⇒ f đồng biến trên (0,5; + ∞ )
+∞

0,5

x

3

+

f '(x)

+∞

f(x)

-∞

Từ bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm duy nhất với mọi a.
Bài toán 8: Tìm m để phương trình: m( x 2 − 2 x + 2 + 1) + x(2- x) ≤ 0 có
nghiệm thuộc [0; 1+ 3 ].
Giải quyết bài toán
Đặt t = x 2 − 2 x + 2 với x ∈ [0; 1+ 3 ]
t’x =

x −1

1

1

t2 − 2
t +1

⇔ m ≤ Maxf(t) với f(t) =

Ta có f ’(t) =

t 2 + 2t + 2

( t + 1)

2

t2 − 2
t +1

> 0 , ∀ t ∈ [1; 2]

Vậy bất phương trình có nghiệm
2
x ∈ [0; 1+ 3 ] ⇔ m ≤ M[1;2]ax f (t ) = f(2) ⇔ m ≤
3

Bài toán 9:Với giá trị nào của m thì bất phương trình sin 3x + cos3x ≥ m
có nghiệm m,với ∀ x .
Giải quyết bài toán

t'x

-1

_

1
+

0

- 2

t

2

2
2

-2

Dựa vào bảng biến thiên ta có : bất phương trình (1) có nghiệm với ∀ x
⇔ 2m ≤ -2 ⇔ m ≤ - 1
Bài toán 10:
Tìm m để bất phương trình: mx4 – 4x + m ≥ 0 có nghiệm với ∀ x (1)
Giải quyết bài toán
4x
, ∀x
x +1


-∞
_

f '(x)
f(x)

4

+ 1)

4(1 − 3 x 2 )(1 + 3 x 2 )

(x

4

+ 1)

2

1
1
vx=- 4
3
3

4

1

0
x
1/ 3
Ta có: (1) ⇔ -x3 + 2x2 – x + 1 > m
_
+
f '(x)
0
3
2
∈
Xét: f(x) = -x + 2x – x + 1 , x [0; 2]
25

f(x)

1

23
7

4

27

1

2

0