CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088

CHUYÊN ĐỀ 10

PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ VỚI CÁC BÀI TOÁN CHỨA
THAM SỐ
Biên soạn GV Nguyễn Trung Kiên 0988844088
I) Phương trình có tham số:
Cơ sở phương pháp:
- Khi gặp các phương trình có chứa tham số dạng bậc nhất:
VD: m x 2  2   2m  1 x  0 (phương trình bậc nhất theo m)
+ Đặt điều kiện của biến: Giả sử x �D .
+ Đưa phương trình về dạng: m  f ( x ) ( x �D)(*)
Chú ý trong bước này: khi thực hiện phép chia ta phải kiểm tra điều kiện mẫu số khác 0
� điều kiện để (*) có nghiệm là: M inf( x) �m �Maxf ( x) với x �D . Đôi khi hàm số không tồn
tại Max, Min.
�min f ( x) � M
� điều kiện N  m  M
Mà �
�max f ( x) � N
- Nếu thực hiện việc đổi biến số thì cần lưu ý tập giá trị của biến mới
VD: Đặt x  2  3  x  t với x � 2;3




2

Ta có: t 5 2

x

1) Điều kiện để bất phương trình m �f ( x) có nghiệm x �D là m �min f ( x ) với x �D
2) Điều kiện để bất phương trình m �f ( x) đúng với x �D là m �max f ( x ) với x �D
3) Điều kiện để bất phương trình m �f ( x) có nghiệm x �D là m �max f ( x ) với x �D
4) Điều kiện để bất phương trình m �f ( x) đúng với x �D là m �min f ( x) với x �D .
* Khi tìm min, max 1 hàm số thì phương pháp hiệu quả nhất là dùng phương pháp hàm số (xét
đạo hàm). Ngoài ra có thể sử dụng các bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacopxki….
Ta xét các ví dụ sau:
VD1) Tìm m để phương trình: 1  x  8  x   1  x   8  x   m (*) có nghiệm.
Giải: ĐK: 1 �x �8
  Đặt  1  t
8 t t

t

0.

253


CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088
2
9 t 2 18
Có t  9  2  1  x   8  x  �9 � 2  1  x   8  x   9 ���

t

�
3;3 2 �
�
�

2
2; 2  3 �
VD2) Tìm m để bất phương trình: x  4  x   m x 2  4 x  5  2 �0 có nghiệm x ��
�
�
2x  4
2
2

�0 Vì x ��
2; 2  3 �
Giải: Đặt x  4 x  5  t � t   x  2   1 �1; t �
�
�nên
2 x2  4x  5
t2  5
t � 1; 2 . Bất phương trình tương đương với m �
với t � 1; 2
t2
t2  5
t � 1; 2
Xét f (t ) 
t2
2t  t  2   t 2  5 t 2  4t  5
4
f�
(t ) 

 0t  1; 2  � min f (t )  f (1)  
2

 mx۳
(*) �log





x 2 3 x 3 với x � 1; 2 

 x 2  3x  3
۳ m
x
2
 x  3x  3
 2 x  3 x   x 2  3x  3  x 2  3
x � 1; 2  ; f �
Xét f ( x) 
( x) 

x
x2
x2
f�
( x)  0 � x  � 3





1

Ta có: f ( x)  12 x  12 x  9 � f ( x)  12 x  12 x  9 � f ( x)  0 � �
1
�
x
�
2
Bảng biến thiên:
1
x

1

�

2

f’(x)

+

0

-

5
2

f(x)

-11


f�
( x) 

2  x2  2
x 2
2





x  2 1
2

2



� f�
( x)  0 � x  � 2

Bảng biến thiên:

255


CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088

�

m x2  1  x  2  m .
x2
2
 f ( x ) (do x 2  1  1  0)
Giải: Phương trình � m x  1  1  x  2 � m 
2
x 1 1
Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đồ thị hai hàm số y=m và y=f(x)
x  x  2
x2  1  1 
x2  1  2 x  1
x2  2 
Xét hàm số y=f(x), ta có: f �
( x) 
2
2
x2  1  1
x2  1  x2  1  1













5
4

f(x)
-1

1

Dựa vào bảng biến thiên suy ra:

256


CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088
� 5
m
Nếu: � 4 � phương trình vô nghiệm
�
m �1
�
� 5
m
� phương trình có 1 nghiệm
Nếu: � 4
�
1 �m �1
�
5
Nếu: 1  m  � phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
4




4

x 2  4 , ta



2 t4 1
4
x2
4
 0 � t 1
 0 � t  x  2  x  2 � x  4
2 � 4
t 1
x2
t 1
1 �
t 2  2t
�
 f (t ) (3)
Khi đó (*) trở thành: m �  2 � t  2 � m 
2t  1
�t
�
Phương trình đã cho có nghiệm � (3) có nghiệm t>1
2t 2  2t  2
�


CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088

�m

Vì



3 x  3  4 x 1 1
(2)
(4 x  3  3 1  x  1)

x3

 
2

1 x



2

2t
�
x3  2
�
�
1 t2


52t 2  8t  60
5t 2  16t  7



2

 0t � 0;1

7
9
7
9
 f (1) �f (t ) �f (0)  � m
9
7
9
7
2t
�
x3  2
�
�
1 t2
Tại sao ta đặt ? �
xuất phát từ vấn đề lượng giác hoá: x 2  y 2  a 2 ta đặt
2
�1 x  2 1 t
1 t2

�x 2  mx  2  0
2
Giải: Vì x  mx  2 �0 nên ĐKXĐ: �
(*)
2x 1  0
�
1
Do m>0 nên (*) � x 
2
�

PT � log 2 x 2  mx  2  x 2  mx  2  log 2  2 x  1  2 x  1 (1)
Hàm số: f ( x)  log 2 t  t đồng biến trên  0; �

Nên (1) � x 2  mx  2  2 x  1 � x 2  mx  2  4 x 2  4 x  1 � m  3x  4 

1
 g ( x)
x

1
�1
�
Lập BBT của hàm g(x) trên � ; ��
ta thấy m  0 phương trình g(x)=m luôn có nghiệm x  .
2
�2
�
III) Hệ phương trình, hệ bất phương trình


�
� �2
� a  2 6
a

4
a

2

0
�
Vậy a  2  6 là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất
�
� x 1  y 1  2  6
Điều kiện đủ: Với a  2  6 hệ có dạng �
�x  y  5  2 6
� 64 6
�x 
�
�
u  x 1
u v  2 6
2 6
�
�
�
4
��
��

�
�
m
Khi đó hệ có dạng �
��
�
1
1
2
2
2
( x  1) �
�2( x  1) �m  1 �x  1 �
�
2
4
�
�
Điều kiện đủ:
Ta xét hai trường hợp:

259


CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088
�x  y �1
�
�
1 hệ có nghiệm duy nhất x=y=1/2.Vì đường
( x  1) 2  ( y  1) 2 �

2
Ví dụ 3) Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực duy nhất:
�
�  1  x   1  y   x  y (1)
�2
�x  y 2  m(2)
Giải: Do hệ đối xứng nên nếu (x;y) là 1 nghiệm của hệ thì (y;x) cũng là 1 nghiệm của hệ. Do đó
để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì y=x. Thay vào phương trình (1) của hệ ta có:
1 x  2x � x  1 .
Thay x=y=1 vào phương trình (2) � m  2
�
�  1 x  1 y  x  y
Khi m=2 thì hệ trở thành �
�x 2  y 2  2
�x  y �0
�
�x  y  0
�x  y  2
2
�
��
1   x  y   xy   x  y  � �
hoặc �
�xy  1
�xy  1
�
2
 x  y   2 xy  2
�
Dễ thấy hệ có 3 nghiệm (1;-1); (-1;1) (1;1). Vậy hệ không tồn tại giá trị m thoả mãn.

Giải: Ta có: x  xy  1 � xy  1  x � � x 2  2 x  1 (do x=0 không là nghiệm phương
�y 
x
�
trình)
x2  2x  1
Thay vào phương trình thứ nhất ta được: 3 x 2  6 x 
 m  3 (a)
x
Hệ có 3 cặp nghiệm � (a) có 3 nghiệm phân biệt thoả mãn x �1 .
x2  2 x  1
1
Xét hàm số f ( x)  3 x 2  6 x 
 3x 2  7 x  2  với
x
x
3
2
1 6x  7 x 1
1
1
� f�
( x)  6 x  7  2 
� f�
( x)  0 � x  1; x   ; x 
2
x
x
2
3


0

+

f(x)

1
+
9

11
3

-7
-

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy (a) có 3 nghiệm phân biệt.
11
20
�
�
�3  m  3 �9
�3  m �12
��
��
27
15
�
�

Khi đó (2) trở thành a � t 2  5  t 2  6t  12  f (t ) (3)
Xét hàm số f(t) với t � 2;3 ta có
f '(t ) 

t

t 3



t 5
t  6t  12
� 2t  30t  45  0 PTVN
Ta có bảng biến thiên sau
t
t
2
2

2

; f '(t )  0 � t t 2  6t  12  (t  3) t 2  5

2

f’(t)

3
+


Câu 1) Tìm m để phương trình:

x

2



 1  m �x x 2  2  4 đúng với x � 0;1
2

Câu 5) Tìm m để phương trình:
x2  4 x 3

�1 �
��
�5 �
Câu 6) Tìm m để:

 m 4  m2  1 có 4 nghiệm phân biệt.

262


CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088
1  x  3 1  x  m có 2 nghiệm.
Câu 7) Tim m để bất phương trình sau có nghiệm:
3

a 2x2  7  x  a


Câu 14) Tìm m để với x � 0; 2 thoả mãn:







log 2 x 2  2 x  m  4 log 4 x 2  2 x  m �5
Câu 15) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:
log x m x 2  1  log x  m x 2  2 x  3









Câu 16) Tìm m để bất phương trình:
x  4  x  m





x 2  4 x  5  2 �0 có nghiệm đúng với x �
2; 2  3 �


2



2

 2  m �x x 2  4  13

�
Câu 21) Tìm m để bất phương trình có nghiệm đúng với x �
� 2; 10 �

263


CHUYÊN ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088
x

x

�m
x2 1
Câu 22) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:
x 2  3x  1  m x 4  x 2  1 �0
Câu 23) Tìm a để bất phương trình sau đúng với x :

 log

3

Câu 25) Tìm m để bất phương trình sau đúng với x � 1; 2 :

 m  2  log 2 1  x  1  2m log 1  x  1  1 �0
2

2

Câu 26) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
x4  4 x  m  4 x4  4x  m  6
Câu 27) Tìm m để bất phương trình ln(1  x ) �x  mx 2 nghiệm đúng với mọi x �0
Câu 28) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt
x3  2 x 2  2 x  m3  3m 2  1  x  1
Câu 29) Chứng minh rằng với mọi m>0 phương trình sau luôn có nghiệm
x 2  mx  2
log 2 (
)  2 x  x 2  mx  2  1
2x 1
�
� 2x  1 1 � 2x 1
Câu 30) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm �
3
�8 x  5  x  2 x  1  2m �0
Câu 31) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm x 3  3 x 2  1 �a



x  x 1

