MỤC LỤC
Trang
A. Đặt vấn đề ---------------------------------------------------------------------------------1
I. Cơ sở lí luận---------------------------------------------------------------------------------1
II. Thực trạng vấn đề đang được nghiên cứu ---------------------------------------------1
1. Thực trạng---------------------------------------------------------------------------------- 1
2. Hiệu quả vấn đề---------------------------------------------------------------------------- 2
III. Đối tượng và thời gian nghiên cứu ---------------------------------------------------- 2
1. Đối tượng nghiên cứu--------------------------------------------------------------------- 2
2. Thời gian nghiên cứu --------------------------------------------------------------------- 2
IV. Phương pháp nghiên cứu --------------------------------------------------------------- 2
B. Giải quyết vấn đề-------------------------------------------------------------------------3
PHẦN I. Cơ sở lí thuyết của phương pháp hàm số---------------------------------------3
PHẦN II. Các bài toán và phương pháp giải ---------------------------------------------5
I. Các bài toán phương trình ---------------------------------------------------------------5
II. Các bài toán hệ phương trình------------------------------------------------------------9
III. Các bài toán bất phương trình --------------------------------------------------------14
III. Các bài toán hệ bất phương trình -----------------------------------------------------18
Bài tập ---------------------------------------------------------------------------------------19
C. Kết luận ----------------------------------------------------------------------------------20

1


A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I.

LỜI NÓI ĐẦU
Đổi mới phương pháp dạy học trong ngành giáo dục, nhằm thay đổi cách dạy
học cũ theo kiểu “ thầy đọc trò chép” bằng những hình thức, phương pháp dạy học
mới. Phương thức dạy học lấy người học làm trung tâm. Tức là người học là người

2


1. Thực trạng
Đây là vấn đề thời sự đối với người làm toán. Trên thực tế đã có rất nhiều
năm các kỳ thi vào đại học cao đẳng, các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, kỳ thi học
sinh giỏi quốc gia trong đề thi có các dạng bài toán này. Ta cũng thường gặp các
bài toán này trên các số báo của Tạp chí Toán học tuổi trẻ.
2. Hiệu quả vấn đề
Các dạng toán này đã được tôi áp dụng giảng dạy cho học sinh ở trường THPT
Triệu Sơn 2. Tôi đã áp dụng giảng dạy cho học sinh và khi các em gặp các bài toán
dạng này thì các em giải rất nhanh và thường đạt kết quả tốt. Đặc biệt là trong kỳ
vào Đại học Cao đẳng năm 2013 học sinh lớp tôi dạy toán các em làm rất tốt câu
giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số, có 16 lượt em đạt điểm môn toán 9
điểm đến 10 điểm và trung bình 70 lượt thi môn toán của lớp 12C2 là: 7,75 điểm
môn toán. Năm học 2013-2014 đội tuyển toán do tôi phụ trách có 4 em tham gia dự
thi học sinh giỏi cấp tỉnh thì cả 4 em đạt giải: 1giải nhì và 3 giải ba.
III. ĐỐI TƯỢNG VÀ THỜI GIAN NGHIÊN CỨU
1. Đối tượng nghiên cứu
- Các kiến thức về hàm số như sự biến thiên, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất...
- Các bài toán về phương trình, hệ phương trình và bất phương trình sử dụng
phương pháp hàm số để giải.
- Đối tượng được áp dụng để thực hiện là học sinh lớp 12A7 của trường THPT
Triệu Sơn 2 trong năm học 2013-2014 và đội tuyển học sinh giỏi môn Toán.
2. Thời gian nghiên cứu đề tài: Năm học 2012-2013 và năm học 2013-2014.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu lí thuyết: Nghiên cứu tài liệu là sách giáo khoa và một số sách tham
khảo, báo Toán học tuổi trẻ để có được hệ thống các kiến thức hoàn chỉnh về hàm
số sau đó sắp xếp những kiến thức cần dùng theo một trình tự và logic môn học.
Phân chia các bài toán thành các dạng để học sinh dễ vận dụng và nắm bắt phương

x∈D
.
b. Nếu tồn tại một điểm x0 ∈ D sao cho f ( x) ≥ f ( x0 ) với mọi x ∈ D thì số
f ( x) .
m = f ( x0 ) gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số f trên D, kí hiệu M = min
x∈D
II. CÁC ĐỊNH NGHĨA
Định lí 1. Giả sử f có đạo hàm trên K.
a.
Nếu f ' ( x) > 0, ∀x ∈ K thì hàm số f đồng biến trên K;
b. Nếu f ' ( x) < 0, ∀x ∈ K thì hàm số f nghịch biến trên K;
c. Nếu f ' ( x) = 0, ∀x ∈ K thì hàm số f không đổi trên K.
Định lí 2. Nếu hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a; b] và f(a).f(b)
 x1 = 1

2
3
Phương trình (*) dạng : f ( x + 1) = 3 9 x 2 − 8 x + 7 ⇔ x + 1 = 9 x − 8 x + 7 ⇔  x2 = 2 .
 x3 = 3
Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt : x1 = 1, x 2 = 2, x3 = 3. .

x2 + x +1
) = x 2 − 3x + 2
Thí dụ 2. Giải phương trình log 3 ( 2
2x − 2x + 3
2
 x + x + 1 > 0,∀x
Bài giải. Tập xác định: R (do  2
)
2 x − 2 x + 3 > 0, ∀x
Phương trình (1) ⇔ log 3 ( x 2 + x + 1) − log 3 (2 x 2 − 2 x + 3) = x 2 − 3x + 2 (*)

(2)

⇔ log 3 ( x 2 + x + 1) + ( x 2 + x + 1) = log 3 (2 x 2 − 2 x + 3) + 2 x 2 − 2 x + 3
1
+ 1 > 0, ∀t > 0 .
Xét hàm số f (t ) = log 3 t + t , t > 0 . Ta có f ' (t ) =
t ln 3
Suy ra hàm số f (t ) đồng biến. Phương trình có (*) dạng
x = 1
f ( x 2 + x + 1) = f (2 x 2 − 2 x + 3) ⇔ x 2 + x + 1 = 2 x 2 − 2 x + 3 ⇔ 
x = 2

6


Bài toán 2. Giải phương trình dạng f ( x) = k (k là hằng số)
Phương pháp:
+ Tìm điều kiện xác định D
+ Xét hàm số y = f (x) từ đó tìm số nghiệm của phương trình.
+ Kết hợp máy tính bỏ túi tìm các được các nghiệm đó.
Thí dụ 1. Giải phương trình: x 3 + x + 2( x 2 + 1) x = 6
Bài giải. Tập xác định D = [0; + ∞)

(II)

(1)

Xét hàm số f ( x) = x 3 + x + 2( x + 1) x .
x +1
) > 0, ∀x > 0 suy ra hàm số f (x) đồng biến.
2 x
Phương trình (1) nếu có nghiệm thì có duy nhất mà f (1) = 6 thỏa mãn phương
2
Ta có f ' ( x) = 3x + 1 + 2( x +

trình (1). Vậy phương trình duy nhất nghiệm duy nhất x=1.
Thí dụ 2. Giải phương trình: 3 x + 5 x = 6 x + 2
(2)
x
x
Bài giải. Phương trình tương đương 3 + 5 − 6 x − 2 = 0
Xét hàm số f ( x) = 3 x + 5 x − 6 x − 2 .

2 + 4t
2 + 4t
6 ln 4.4 t
3. 4 t
f
'
(
t
)
=
− 1 = 0 ⇔ (2 + 4 t ) 2 = 6 ln 4.4 t
Xét hàm số f (t ) =
− t − 1, ta có
t 2
t
(2 + 4 )
2+4

Phương trình ⇔ (1 + t )(2 + 4 t ) = 3.4 t ⇔

(4)
(5)

Phương trình (5) là phương trình bậc hai của 4 t nên phương trình (5) có tối đa 2
nghiệm suy ra phương trình (4) có tối đa 3 nghiệm.
1
2

Mà f (0) = 0, f (1) = 0 , f ( ) = 0 (thỏa mãn). Suy ra (4) có 3 nghiệm t = 0, t = 1, t =
Vậy x = kπ , x =

suy ra phương trình f ( x) = g ( x) nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất. Mà
f (2) = g (2) thỏa mãn phương trình. Vậy x=2 là nghiệm phương trình (1).
Thí dụ 2. Giải phương trình: (1 + 4 x ).51− x = 1 + 2 x+1
(1)
Bài giải. Tập xác định R
x

x

1 + 4 x 1 + 2 x +1
1 2
1 4
⇔   +   = + .2 x
Phương trình ⇔ x =
4
5
5 5
5 5
x

(2)

x

1 2
1 4
Xét hai hàm số f ( x) =   +   , g ( x) = + .2 x
5 5
5 5
x

(1)

= 4m − 1



Bài giải. Điều kiện xác định: − 4 ≤ x ≤ 1 . Đặt 4 − 3x − x 2 = t với t ∈ 0;  ,
 2
5

PT (1) trở thành : m(4 − t 2 ) + t 3 = 4m − 1 ⇔ t 3 + 1 = mt 2 ⇔ t +

1
=m
t2

(2)

5
Do t = 0 không là nghiệm. Nên Pt (1) có nghiệm ⇔ pt (2) có nghiệm t ∈ (0;  .
2

8


Xét hàm số: f ' (t ) = 1 −

3
2 t 3 − 2 t ∈ (0; 5 
3

3
Vậy m ≥ 3 thì phương trình (1) có nghiệm.
4

4

Thí dụ 2. Tìm các giá trị của m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:
91+

Bài giải. Đặt t = 31+

1− x 2

1− x

2

− ( m + 2)31+

1− x 2

(3)

+ 2m + 1 = 0
. Vì x ∈ [−1;1] nên t ∈ [3;9] .

t 2 − 2t + 1
t 2 − 2t + 1
Phương trình (3) ⇔ m =
. Xét hàm số f (t ) =

4
Đặt t = cos 4 x ta được:
4t 2 + t = 4m − 3
(5)
 π π
 π π
Với x ∈  − ;  thì t ∈ [ −1;1] . Phương trình (4) có 4 nghiệm phân biệt x ∈  − ; 
 4 4
 4 4

Bài giải. Phương trình (1) ⇔

khi và chỉ khi phương trình (5) có 2 nghiệm phân biệt t∈[-1; 1).
Xét g(t) = 4t 2 + t với t ∈ [−1;1) . Ta có g’(t) = 8t+1=0 ⇔ t = −
Bảng biến thiên

t

1

g’(t)

0

1
8

+
5



 g ( x, y ) = c'
Phương pháp:
+ Tìm điều kiện xác định của hệ phương trình nếu có;
+ Phân tích từ một trong hai phương trình để biểu diễn x theo y (hoặc y theo x)
+ Thế vào phương trình còn lại ta được một phương trình sau đó sử dụng phương
pháp hàm số để giải phương trình đó.
+ Từ đó giải tìm được nghiệm của hệ phương trình.
Thí dụ 1. Giải hệ phương trình :

 (1 + 4 2 x − y )51− 2 x + y = 1 + 2 2 x − y +1
 3
2
 y + 4 x + 1 + ln( y + 2 x) = 0

(1)
( 2)

Bài giải. Đặt t = 2x – y.
Ta có: (1) ⇔ (1 + 4 )5
t

− t +1

= 1+ 2

t +1

 1 t  4 t 
⇔ 5  +    = 1 + 2.2t

y + y +1
y + y +1
y + y +1
’

2

h’(y) >0 ⇒ h(y) là hàm số đồng biến và h(-1) = 0.
2 x = y + 1
x=0
⇔
Vậy (I) ⇔ 
 y = −1
 y = −1
Thí dụ 2. Giải hệ phương trình:
1
 3
2
3
4 x + xy = y − x + 2 y

x 3 − 6x 2 + 6 y − 5 = 3 9x 2 − 4 y + 7


(1)
( 2)

Bài giải PT (1) ⇔ 8 x 3 − y 3 + 2 xy 2 − y 3 + 2 x − y = 0
 y = 2x
⇔ (2 x − y )(4 x 2 + 2 xy + y 2 ) + y 2 (2 x − y ) + 2 x − y = 0 ⇔  2

2 2
2
2 x − y + x y = 2 xy − 3x + 3 y (2)

Bài giải. Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 2
Ta có (2) ⇔ 2 x( x 2 − y ) + y 2 ( x 2 − y ) + 3( x 2 − y ) = 0 ⇔ (2 x + y 2 + 3)( x 2 − y ) = 0
⇔ y = x 2 (vì 2x + y2 +3 > 0, với mọi −1 ≤ x ≤ 2 )

Thay y = x2 vào (1) ta được: x 2 − x + 1 + 2 = x + 1 + 2 − x (3)
Xét hàm số f(x) = x 2 − x − x + 1 − 2 − x + 1 + 2, x ∈ [-1;2]
Ta có f’(x) = 2 x − 1 −
Và f’’(x) = 2 +

1
1
+
2 x +1 2 2 − x

1
1
+
> 0, ∀x ∈ ( −1; 2)
4( x + 1) x + 1 4(2 − x ) 2 − x

Do đó hàm số f’(x) đồng biến trên khoảng (-1; 2), nên phương trình f’(x) = 0 có
1
2

nhiều nhất 1 nghiệm. Mặt khác f’( ) = 0, từ đó ta có
Bảng biến thiên

11


 f ( x, y ) = c
; trong đó có 1 phương trình đưa về dạng

 g ( x, y ) = c'

f (u ( x)) = f (v ( y )) (II)

Phương pháp:
+ Biến đổi một phương trình về dạng f (u ( x)) = f (v ( y )) (1)
+ Xét hàm số f (t ) chứng minh hàm số này đồng biến hoặc nghịch biến trên D.
+ f (u ( x)) = f (v(Y )) ⇔ u ( x) = v( y ) thế vào phương trình còn lại tìm được ( x; y).
 x 3 ( 4 y 2 + 1) + 2 ( x 2 + 1) x = 6
( 1)

Thí dụ 1. Giải hệ phương trình:  2
2
2
 x y 2 + 2 4 y + 1 = x + x + 1 ( 2)


)

(

Bài giải. ĐK: x ≥ 0 . Vì (0; y) không là nghiệm của hệ phương trình.
1
x

x
x x x x
3
2
3
2
Thay vào phương trình (1): x + x + 2 ( x + 1) x = 6 . Xét f ( x ) = x + x + 2 ( x + 1) x
Hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) nên có nghiệm duy nhất x = 1 và hệ phương trình có
1

1



nghiệm 1; ÷.
2

1

1

1





(

[(

=

t2 + 4 + t

(1)
(2)

2
x 2 + 4 )( y + 4 - y) = 4

y2 + 4 + y
| t | +t

≥0
t2 + 4
t2 + 4
t2 + 4
Suy ra f(t) đồng biến trên R mà (1) ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y thay vào (2) ta được:
x 2 − 8 x + 10 = ( x + 2) 2 x − 1 ⇔ 6(2 x − 1) + ( x + 2) 2 x − 1 − ( x + 2) 2 = 0
Đặt u = 2 x − 1 với u ≥ 0 thì (2) ⇔ 6u2 + (x + 2)u – (x + 2)2 = 0
x+2
x+2
Ta có ∆ = 25(x + 2)2 . Suy ra =
hoặc u = (loại vì x ≥ 0,5 nên u < 0).
3
2
Giải phương trình: x + 2 = 3 2 x − 1 có hai nghiệm x = 1 hoặc x = 13
Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm ( x; y ) = (1;1), (13; 13) .

(


)

5 + 4 2+ t 5 + 4 2t
5 + 16.4 t = 5 + 16 t .7 2−t ⇔
=
(3)
7 2+ t
7 2t
x

x

1 4
Xét hàm số f ( x ) = 5.  +   ⇒ f (x) là hàm số đồng biến trên R
7 7

Phương trình (*) có dạng f (t + 2) = f (2t ) ⇔ t + 2 = 2t ⇔ t = 2 ⇔ x 2 − 2 y = 2
Khi đó phương trình (2) có dạng x 3 + 5 x 2 + 17 x + 7 = 2( x 2 + 4) 2 x 2 + 7

(

)

(

)

⇔ ( x + 2) + ( x + 2) + ( x + 2) = 2 x 2 + 7 2 x 2 + 7 + 2 x 2 + 7 + 2 x 2 + 7
3

(1)
(2)

Bài giải.
− 1 ≤ x ≤ 1
0 ≤ y ≤ 2

Điều kiện xác định của hệ: 

(1) ⇔ x 3 + 3x 2 + 3x + 1 − (3x 2 + 6 x + 3) = y 3 − 3 y 2 ⇔ ( x + 1) 3 − 3( x + 1) 2 = y 3 − 3 y 2

(3)

Xét hàm số: f (t ) = t − 3t ; t ∈ [ 0; 2] .
3

2

Ta có f ' (t ) = 3t 2 − 6t = 3t (t − 2) ≤ 0; t ∈ [ 0; 2] suy ra f (t ) nghịch biến trên [0; 2].
Mà phương trình (3) có dạng f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ x + 1 = y thay vào (2) ta được
x 2 + 1 − x 2 − 3 1 − x 2 + m = 0 ⇔ 2 1 − x 2 − x 2 = m ( 4)

Xét hàm g ( x) = 2 1 − x 2 − x 2 với x ∈ [−1; 1] , g ' ( x) =

− 2x
1− x2

− 2 x < 0 suy ra hàm số

nghịch biến. Nên để phương trình (4) có nghiệm thì − 1 ≤ m ≤ 2 .

f
u
=
≥ 0, ∀u ≥ −1
(
)
Xét hàm f ( u ) =
với u ≥ −1 . Ta có
2
( u + 2)
u+2

Bảng biến thiên:
u

+∞

−1

f / ( u)

+
+∞

f ( u)

−2

Kết luận m ≥ 2 .
Thí dụ 3. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

⇔
Hệ PT ⇔  x + y − m = 1
m = x + y − 1

y +1


y +1

x− y

2
x+ y

0=0
x = y (do x 2 +
> 0)
( x − y )( x +
2

2
x + 2y +1 + y +1


x
+
2
y
+
1

x +1

⇒ f(x) đồng biến trên [0 ; +∞) ⇒ f ( x) ≥ f (0) = −1 ∀x ∈ [0; +∞) . Vậy m ≥ −1 .
III. CÁC BÀI TOÁN BẤT PHƯƠNG TRÌNH
14


Bài toán 1. Giải bất phương trình dạng f (u ) > f (v) , với f (t ) là hàm đặc trưng.
Phương pháp:
+ Tìm tập xác định D
+ Biến đổi phương trình về dạng f (u ) > f (v) ,
+ Xét hàm đặc trưng f (t ) trên D, từ đó suy ra hàm số đồng biến hoặc nghịch biến
+ Bất phương trình: u > v .
Thí dụ 1. Giải bất phương trình: x 3 − 6 x 2 + 12 x − 5 ≤ 3 9 x 2 − 8 x + 7
(1)
Bài giải.
BPT (1) ⇔ ( x + 1) 3 + ( x + 1) ≤ (9 x 2 − 8 x + 7) + 3 9 x 2 − 8 x + 7
3
Xét hàm số f ( t ) = t + t .
'
2
Ta có f ( t ) = 3t + 1 > 0∀t ∈ R ⇒ f ( t ) đồng biến trên R . Do đó

(1) ⇔ x + 1 ≤ 3 9 x 2 − 8 x + 7 ⇔ ( x + 1) 3 ≤ 9 x 2 − 8 x + 7 ⇔ ( x − 1)( x − 2)( x − 3) ≤ 0 .
Lập bảng xét dấu suy ra tập nghiệm bất phương trình S = (−∞;1) ∪ (2; 3) .
Thí dụ 2. Giải bất phương trình:

(

)

PT(3) ⇔ log 3 x 2 − x − 12 + x 2 − x − 12 ≤ log 3 (7 − x) + (7 − x)
Xét hàm số f (t ) = log 3 t + t .
1
+ 1 > 0, ∀t > 0 suy ra hàm số đồng biến (0; + ∞) .
t ln 3
7 − x ≥ 0
61
2
⇔ x≤
Bất phương trình ⇔ x − x − 12 ≤ 7 − x ⇔  2
.
2
12
 x − x − 12 ≤ (7 − x)

Ta có f ' (t ) =

Kết luận tập nghiệm bất phương trình S = (−∞; − 3) ∪ (4;

61
).
13

Bài toán 2. Tìm m để bất phương trình f ( x) > m có nghiệm
Phương pháp :
+ Tìm tập xác định
+ Biến đổi bất phương trình về dạng (II)
15

(II)

Lập bảng biến thiên:
x
f’(x)

0
+

2
0
1

+∞
-

f(x)
-1/3

0
1
3

Từ bảng biến thiên suy ra bpt (1) có nghiệm x>0 khi m > − .
Thí dụ 2. Tìm tất m để bất phương trình có nghiệm thuộc đoạn [-2; 2].
(m + 2) x − m ≥ x + 1

Bài giải.
Bất phương trình ⇔ (m + 2) x − m ≥ x 2 + 2 x + 1 ⇔ m( x − 1) ≥ x 2 + 1 (1)
Ta thấy x = 1, bpt vô nghiệm với mọi m, nên để bpt có nghiệm thì x ≠ 1 .
x2 + 1
x2 + 1

Khảo sát f(x) trên [-2;1) ta tìm được max
[-2;1)

16

(2)


m ≥ 5

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn [-2; 2] khi 

 m ≤ 2(1 − 2)

.

Thí dụ 3. Tìm tất các giá trị của tham số m để bất phương trình sau đây có nghiệm
2 sin

2

x

+ 3cos

2

x

≥ m3sin

2
Ta có sin x ≥ 0, ∀x ⇒  
 3
2

2

x − sin 2 x

, ( x ∈ R)

sin 2 x

≤ 1 và cos 2 x − sin 2 x = cos 2 x ≤ 1 ⇒ 3 cos

2

x −sin 2 x

≤ 3.

Do đó f ( x ) ≤ 4 ∀x ∈ R . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = k π ( k ∈ Z )
Vậy bất phương trình có nghiệm khi m ≤ 4 .
Thí dụ 4. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
(4)

4 x − 2014m.2 x + 3 − 1007m ≤ 0

Bài giải. Đặt t = 2 x > 0. Bất phương trình (4) trở thành:



1
0
1

-

+∞
+

f(t)
2
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy để bất phương trình có nghiệm khi:
1007 m ≥ min f (t ) = f (1) = 2 ⇔ m ≥
t >0

2
.
1007

Bài toán 3. Tìm m để bất phương trình:
f ( x ) > m, f ( x) ≥ m ( f ( x) < m, f ( x) ≤ m ) đúng với mọi x thuộc tập xác định.

Phương pháp
+ Tìm tập xác định
+ Tìm GTNN hoặc GTNN
+ Từ đó kết luận min f ( x) > m ; min f ( x) ≥ m, (max f ( x) < m; max f ( x) ≤ m).
Thí dụ 1. Tìm m để bất phương trình sau luôn luôn đúng
17


với 1 ≤ t ≤ 2 . Ta có
(t + 1) 2
t +1
3
f (t ) = f (1) =
Suy ra hàm số f (t ) đồng biến với 1 ≤ t ≤ 2 . Suy ra 1min
≤t ≤ 2
2
3
Vậy để bất phương trình luôn luôn đúng: ≥ m. .
2

[

]

Thí dụ 2. Tìm m để nghiệm của bất phương trình sau chứa đoạn [1;2]
m x 2 − 3x + 1 −

2
x 2 − 3x + 1

≤0

(1)

5
4
2
2

(2)

5/4
-

2
32
45

Vậy để bất phương trình có nghiệm chứa đoạn [1;2] là m ≤

32
.
45

IV. CÁC BÀI TOÁN HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Thí dụ 1. Tìm m để hệ sau có nghiệm:
 x 2 − 4 x ≤ 0
.

 5 + x − 5 − x + 2 25 − x 2 + m ≥ 0

Bài giải. Ta có x 2 − 4 x ≤ 0 ⇔ x ∈ [ 0; 4] .

Bài toán trở thành tìm m để bất PT: 5 + x − 5 − x + 2 25 − x 2 + m ≥ 0 có nghiệm
18


Đặt t = 5 + x − 5 − x ⇒ t ∈ [ 0; 4], BPT ⇔ m ≥ t 2 − t − 10 = f (t ), 0 ≤ t ≤ 2 suy ra m ≥ −


x∈[1; 3]
x
2
g ( x ) = g (1) = −3 .
Hàm số g ( x ) = − x 2 − hàm số nghịch biến trên [1;3] . Nên 3m ≤ max
x∈[1; 3]
x
⇔ 3m ≤ − x 2 −

Vậy m ≤ −1 thì hệ có nghiệm.
 x + y = 4

(1)

 x + 7 + y + 7 ≤ a

( 2)

Thí dụ 3. Cho hệ bất phương trình 

(a là tham số).

Tìm a để hệ có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn điều kiện x ≥ 9.
Bài giải. Đặt t = x từ (1) và điều kiện suy ra 3 ≤ t ≤ 4 ⇒ y = t2 – 8t +16.
Khi đó bất phương trình (2) trở thành t 2 + 7 + t 2 − 8t + 23 ≤ a,

(3)

Xét hàm số f (t ) = t 2 + 7 + t 2 − 8t + 23 .
f (t ) ≤ a

a) x 3 − 4 x 2 − 5 x + 6 = 3 7 x 2 + 9 x − 4
Bài 2. Giải các phương trình:
a)

2x

2 +3

2x

= 2 +3
x

x +1

b) ( x + 2) + log 2
2

+ x +1

19

x 2 + 4x + 5
2x + 3

= 2 2x + 3


Bài 3. Giải các bất phương trình:
a) x − 3x − 2 ≤ 9 x 2 − 6 x − x x 2 + 2

− 2.4 8 y = 3(2 y − x )
2

(1 + 4 2 x − y )51− 2 x + y = 1 + 2 2 x − y +1

b)  x − y
= ln( x + 3) − ln( y + 3)

 4

Bài 6. Tìm m để phương trình sau:
4 x − 1 + 3m x + 1 = 4 x 2 − 1 có nghiệm

Bài 7. Cho bất phương trình
(5 + x)(7 − x ) ≤ x 2 − 2 x + m .

Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ [ − 5; 7] .
Bài 8. Cho bất phương trình
m.2 2 x +1 + (2m − 1).2 x + 2 + 2m − 1 > 0

Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ R.
Bài 9. Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm
 x 2 y + 1 − 2 xy − 2 x = 1
;
 3
 x − 3x − 3 xy = a + 2

Bài 10. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
 x + 1 + 2 x − 2 ≤ 5 x + 1
.

Tác giả

Thi Văn Chung
Giáo viên Toán: Trường THPT Triệu Sơn 2

Tµi liÖu tham kh¶o
1. Các tạp chí Toán Học Tuổi Trẻ
2. (SGK): Giải tích nâng cao 11, Giải tích nâng cao 12. Nhà xuất bản GD.
3. Đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hoá hàng năm.
4. Các đề thi đại học hàng năm.
5. Các đề thi thử đại học.

21