1

SỬ DỤNG MIN, MAX VÀ SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ ĐỂ T×M ĐIỀU KIỆN CHO PT VÀ BPT Cã NGHIỆM

C¬ së lÝ luËn. MĐ1: NÕu hàm sè f(x) liªn tôc trªn đo¹n D = [a,b] th× ph­¬ng tr×nh f(x) = m cã nghiÖm trªn D khi vµ chØ khi:

m0 = min ( ) max ( )x D x Df x m f x = M0. Tổng qu¸t hơn, m0 = inf ( ) sup ( )x D x D

f x m f x = M0 nếu a, b cã thể lấy -, +.

Ph­¬ng ph¸p. ChuyÓn ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng ( , ) ( )f x m g m (1) B1. LËp luËn sè nghiÖm cña PT (1) lµ sè ®iÓm chung cña ®å thÞ hµm sè y = f(x,m) vµ ®­êng th¼ng y = g(m). B2. XÐt hµm sè: y = f(x,m) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn . B3. KÕt luËn. +/ Ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm min ( , ) ( ) max ( , )x D x Df x m g m f x m +/ Ph­¬ng tr×nh cã k nghiÖm ph©n biÖt (d) c¾t (C) t¹i k ®iÓm ph©n biÖt. +/ Ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm ( ) ( )d C C¸c bµi tËp cã trong ®Ò thi : Bµi 1. X¸c ®Þnh tham sè m ®Ó ph­¬ng tr×nh : 3 2 1 0x mx (*) cã nghiÖm duy nhÊt. Gi¶i. ViÕt PT (*) d­íi d¹ng mx

x 2

31 (**) ( do x = 0 kh«ng lµ nghiÖm cña PT (*) ) XÐt hµm sè : 2

31)( xxxf liªn tôc vµ x¸c ®Þnh trªn ;00;D

Ta cã: 12)(' 3 xxf , 3 20)(' xxf )(lim)(lim,)(lim,)(lim 00 xfxfxfxf mmmm

2

B¶ng biÕn thiªn: x - 3 2 0 + f’(x) - 0 + - f(x) + + +

-

Dùa vµo b¶ng biÕn thiªn ta cã: Víi th× ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm duy nhÊt. Bµi 2. X¸c ®Þnh tham sè m ®Ó ph­¬ng tr×nh : 3 2 18 2 0x x mx m (*) cã ba nghiÖm d­¬ng ph©n biÖt. Gi¶i. ViÕt PT (*) d­íi d¹ng mx

xx 21932

( do PT (*) kh«ng cã nghiÖm 91x )

Bài 3: T×m m để phương tr×nh: mx1x4 2 cã nghiệm Gi¶i: XÐt hàm số x1xxf 4 2 (điều kiện: x 0) Ta cã: 01

121

4 32

xx

xx , x > 0

Do x1

x

xxx

1x

x

234 64 32

Ta cã f(x) lµ hµm sè nghÞch biÕn ( gi¶m ) trªn 0; và xlim f(x) 0 nªn ta cã

0 f(x) 1, x 0; . Vậy, phương tr×nh (1) cã nghiÖm khi vµ chØ khi : 0 < m 1 Bài 4: T×m m để phương tr×nh : 01xmx13x4 4 cã ®óng 1 nghiệm Gi¶i: Phương tr×nh: 01xmx13x4 4 (1) (1) x1mx13x4 4

m1x9x6x4

1x

x1mx13x

1x2344

ycbt đường thẳng y = – m cắt phần đồ thị f(x) = 4x3 – 6x2 – 9x – 1 với x 1 tại 1 điểm f(x) = 4x3 – 6x2 – 9x – 1 TXĐ: x 1

3

Ta cã: f'(x) = 12x2 – 12x – 9 = 3(4x2 – 4x – 3) f'(x) = 0 4x2 – 4x – 3 = 0

23x

21x

x – –1/2 1 –3/2 + f' + 0 – – 0 + f CĐ + – –12 CT Từ bảng biến thiªn ta cã: ycbt 3 3m hay m 12 m hay m 12

2 2

KÕt luËn: víi 3 3m hay m 12 m hay m 122 2

Bài 5: T×m m để phương tr×nh: m54x6x4x23x cã ®óng 2 nghiệm : Gi¶i: P/tr×nh ®· cho m94x64x14x24x (1) m34x14x

22 m34x14x (1) đặt: 04xt

(1) m3t1t () Phương tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiệm phương tr×nh () cã ®óng 2 nghiệm t 0 Vẽ đồ thị của hàm số 0t ,3t1ttf

Ta cã:

3t neáu 4t2

3t1 neáu 21t0 neáu t24

tf

y 4 2 0 1 2 3 x Từ đồ thị ta cã: ph­¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm khi vµ chØ khi: 2 < m 4

4

Bài 6: Chứng minh rằng với mọi giá trị của tham số m thì phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt 2 2 8 ( 2) (1)x x m x HD: Điều kiện: 2x

3 2

3 2

(1) ( 2)( 6 32 ) 026 32 0

x x x mxx x m

Ta chứng minh phương trình 3 26 32x x m = 0 (2) có một nghiệm trong khoảng (2; ) Xét hàm số: 3 2( ) 6 32f x x x với x > 2 ta có: ' 2( ) 3 12f x x x , x > 2 Bảng biến thiên: Vậy với mọi m > 0 thì phương trình (2) luôn có nghiệm trong khoảng (2; ) Do đó với mọi m > 0 thì phương trình (1) luôn có hai nghiệm thực phân biệt. Bài 7: Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt 2 2 2 1 (3)x mx x Cách 1: Ycbt 2 22 (2 1)x mx x có 2 nghiệm phân biệt 1

2x 2( ) 3 (4 ) 1 0f x x m x có 2 nghiệm phân biệt 1

2x Ta có a. c < 0 nên pt f(x) = 0 luôn có hai nghệm trái dấu. Vậy ycbt thì f(x) = 0 có đúng một nghiệm thỏa mãn 1 02 x Vì f(0) = -1 nên ycbt 1( ). (0) 02f f 1 9( ) 02 2f m

Cách 2: 2 2 2

1 1(3) 2 2

2 4 4 1 3 4 1x xx mx x x x x mx

x 2 + f’(x) + f(x) +

0

5

12

13 4xx mx

(do x = 0 không phải là nghiệm)

Xét hàm số 1 1( ) 3 4 ; , 02f x x x xx Ta có '

21 1( ) 3 0; , 02f x x xx

Bảng biến thiên x 12 0 +

f’(x) + + f(x) + +

9

2 - Vậy với 9

2x thì pt(3) có 2 nghiệm thực phân biệt Bài 8: T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ của tham số m để phương tr×nh sau cã ®óng hai ngiÖm thùc ph©n biÖt: 4 42x 2x 2 6 x 2 6 x m (m )

Gi¶i. 4 42x 2x 2 6 x 2 6 x m (1) . ĐK: 0 x 6

Xem hàm số 4 4y 2x 2x 2 6 x 2 6 x , x 0;6 Ta cã: 3 34 4

1 1 1 1y , x 0 ;62 x 6 x2 2 x 2 6 x

3 34 41 1 1 1 12 2x 6 x2x 6 x

3 344

3 346 x 2x 6 x 2x

2x 6 x2. 2x . 6 x

2 244 4 44443 34

6 x 6 x .2x 2x 6 x 2x6 x 2x 2x. 6 x2. 2x . 6 x

.

44 6 x 2x6 x 2x 0y 0 x 2x 0;6x 0;6

Bảng biến thiªn:

x y’ y

0 6 2 0 +

4 412(1 12) 4 42 6( 6 1) 3( 2 2)

6

PT (1) cã ®óng hai nghiÖm thùc ph©n biÖt : 4 42 6 6 1 m 3 2 2 (nh×n bảng biến thiªn) C¸c bµi tËp cã lêi gi¶i

VÍ DỤ 1. Tìm m để HS sau tăng trên D = [2;+): 3 21 ( 1) 3( 2)3y x m x m x . Giải. Cách 1: (Dùng tam thức bậc hai) y' = mx2 – 2(m – 1)x + 3(m – 2). HS tăng trên D khi và chỉ khi y' 0, x D. Ta có: m – 2 6

2 0 2 6

2 +

a = m – – 0 + + – 0 + + 0 – + Tr hợp: m 2 6

2 <0 thì y' 0 với mọi x nên không thỏa yêu cầu của đề.

+ Tr hợp: m 2 62 thì y' 0 với mọi x nên y' 0 đúng với mọi x D, thỏa yêu cầu của

đề. + Tr hợp: m = 0 thì y' = 2x – 6 nên y' 0 x 3. Hàm số chỉ tăng trên [3;+), không thỏa yêu cầu của đề. + Tr hợp: 2 6

2 < m < 0 thì y' 0 với mọi x [x1,x2] mà D [x1,x2] nên thỏa yêu cầu của

đề. + Tr hợp: 0< m < 2 6

2 thì y' 0 với mọi x ( –;x1 ][x2;+) nên y' 0 với mọi xD

KVCK x1 < x2 2. ĐK: 2 60 2'(2) 0

my

2 60 223

mm

2

3 m < 2 62

Tóm lại, m 23 .

Cách 2: (Cô lập tham số) Ta có y' 0, xD=[2;+) tương đương với 22 6

2 3xm x x

xD. (Vì x2 –2x+3>0 xD.)

7

Tương đương với m 2[2; )2 6max 2 3

xx x = 2

3 . (xét f(x)= 22 6

2 3x

x x ; f'(x)= 2

2 22 12 6( 2 3)

x xx x

)

VÍ DỤ 2. Tìm m để BPT sau đúng với mọi x thuộc tập xác định của nó:

2(4 )(6 ) 2x x x x m Giải. TXĐ của BPT là x [ –4;6] (Vì (4 + x)(6 – x) 0) Đặt t = 2 2(4 )(6 ) 2 24 25 ( 1)x x x x x . Ta có: 0 t 5, x [ –4;6]. BPT đã cho viết được lại: t2 + t – 24 m, với t [0; 5]. Xét hàm số f(t) = t2 + t – 24 trên [0; 5], ta có f’(t) = 2t + 1. Từ BBT ta suy ra [0;5]max ( )t f t = 6. Do đó f(t) m với t [0;5] khi và chỉ khi m 6. Nhận xét: 1) Nếu cần tìm m để 2(4 )(6 ) 2x x x x m , x [ –4;6] thì ta tìm m để f(t) m, t [0;5] [0;5]min ( )t f t m –24 m. 2) Nếu cần tìm m để 2(4 )(6 ) 2x x x x m có nghiệm thì ta cần có f(t) m có nghiệm [0;5]max ( )t f t m 6 m. Lưu ý: Đối với học sinh lớp 10 và 11 có thể lập được BBT như trên mà không cần dùng đạo hàm. VÍ DỤ 3. Tìm m để BPT sau đúng với mọi x 2: 3 2 12 ( 1)x x m x m x . Giải. BPT: x4 – 2x3 + x2 – 1 (x2 – x)m 4 3 2

22 1x x x mx x

, x 2. 2 1t mt

, t 2 (ở đây t= x2 – x 2, x 2). Tương đương với [2; )min ( )t f t m. Lập BBT của hàm số f(t) = 2 1t

t trên miền [2, +) ta được [2; )

3min ( ) 2t f t m. VÍ DỤ 4. Cho PT 4m(sin6x + cos6x – 1) = 3sin6x. 1) Giải PT khi m = –4. 2) Biện luận theo m, số nghiệm [ ; ]4 4x của PT. Giải. Ta có: 6 6 23sin cos 1 sin 24x x x (Dùng hằng đẳng thức bậc 3). Và sin6x = 3(3sin 2 4sin 2 )x x (công thức nhân 3 của sin là: sin3 = 33sin 4sin )

t f’(t) f(t)

– –1 0 5

+ –97

–24 – + + 0

6

8

PT viết lại: 2 334 (1 sin 2 1) 3(3sin 2 4sin 2 )4m x x x Đặt t = sin2x, ta có [ ; ]4 4x thì [ 1;1]t và với mỗi [ 1;1]t thì có duy nhất [ ; ]4 4x thỏa PT t = sin2x. Do đó số nghiệm [ ; ]4 4x của PT đã cho bằng số nghiệm [ 1;1]t của PT 4t3– mt2–3t= 0 (*) Ta có (*) 2

04t - mt -3 =0 (1)

t Vì t = 0 không là nghiệm của (1) nên chia 2 vế cho t và làm gọn ta được: 24 3t mt

Xét hàm số f(t) = 24 3t mt

với t [ –1;1]. Dựa vào BTT (nhìn vào các đường vẽ đứt) ta có: m < –1 thì PT (1) có 1 nghiệm 0 < t < 1 nên PT (*) có 2 nghiệm. –1 m 1 thì PT (1) có 2 nghiệm –1 t 1 và t 0 nên PT (*) có 3 nghiệm. m > 1 thì PT (1) có 1 nghiệm –1< t < 0 nên PT (*) có 2 nghiệm. VÍ DỤ 5. Tìm m để hệ BPT sau có nghiệm: 2

42 2

3 4 5 (1)1 log ( ) log ( 1) (2)

xx

m x x

Giải. (1) 1 51 4( ) ( )3 3x x . Vì f(x) = 1 54( ) ( )3 3

x x là hàm số giảm và f(2) = 1 nên (1) f(x) f(2) x 2. (2) 4

2 2 2log 2 log ( ) log ( 1)m x x 2(m–x) x4 + 1>0 41 ( 2 1) ( )2m x x h x Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi h(x) m có nghiệm x 2. Tương đương với [2; )min ( )x h x m BBT của h(x): Vậy [2; )min ( )x h x = h(2) = 21

2 m. VÍ DỤ 6. Cho PT: 2 24 4x x x x m 1) Giải PT khi m = –2. 2) Tìm m để PT có nghiệm. Giải. Đặt 24t x x ta có 2

24' 4

x xt x

Do đó [ 2;2 2]t khi x[ –2;2] và 2 24 42

t x x .

t f’(t) f(t)

–1 1 0 + +

+

– 1

–1

+

+

x 2 + h’(x) h(x)

221

2 2 2

2 –2 x t’ t

– + 0

–2 2

9

PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi PT 2 42

tt m có nghiệm [ 2;2 2]t f(t) = t2 + 2t = 2m + 4 có nghiệm [ 2;2 2]t . Điều này xảy ra KVCK

[ 2;2 2 ] [ 2;2 2 ]( 1) min ( ) 2 4 max ( ) (2 2)f f t m f t f m 5( ;2 2 2)2 . Nhận xét: Nếu yêu cầu biện luận theo m số nghiệm của PT thì ta làm như sau: Bước 1: (“Bàn giao” số nghiệm theo t qua số nghiệm theo x bằng đọc từ BBT của HS 24t x x ở trên) + t[–2;2) hoặc t= 2 2 trả về duy nhất một nghiệm x [ –2;2]. + t [2; 2 2 ) trả về 2 nghiệm x[ –2;2]. Bước 2: (Dựa vào BBT của f(t) BL số nghiệm theo t rồi trả về số nghiệm x) + 2m + 4= –1 thì f(t)=2m + 4 có 1 nghiệm t = –1[–2;2) nên PT đã cho có 1 nghiệm theo x. + –1<2m + 4 0 thì f(t)=2m + 4 có 2 nghiệm t[–2;2) nên PT đã cho có 2 nghiệm theo x. + 0<2m + 4 < 8 thì f(t)=2m + 4 có 1 nghiệm t(–1;2) [–2;2) nên PT đã cho có 1 nghiệm theo x. + 8 2m + 4 < 8 4 2 thì f(t)=2m + 4 có 1 nghiệm t[2; 2 2 ) nên PT đã cho có 2 nghiệm theo x. + 2m + 4= 2 2 thì f(t)=2m + 4 có 1 nghiệm t= 2 2 nên PT đã cho có 1 nghiệm theo x. VÍ DỤ 7. Cho PT: x4 – 4x3 + 8x = m 1) Giải PT khi m = 5. 2) Tìm m để PT có nghiệm 4 nghiệm khác nhau. Giải. Xét f(x) = x4 – 4x3 + 8x. Dựa vào BBT dưới đây, m cần là –4 < m < 5. x – (1 3) 1 (1 3) + f’ – 0 + 0 – 0 + + 5 + f –4 –4 VÍ DỤ 8. Cho PT: x4 + mx3 + x2 + mx + 1 = 0 1) Giải PT khi m = –2. 2) Tìm m để PT có không ít hơn 2 nghiệm âm khác nhau. Giải. Cách 1: Cô lập tham số ta được 4 2

31( ) x xf x mx x

. Ta có 6 4 22 2 22 2 1'( ) ( 1)

x x xf x x x .

Phương trình f’(x)=0 được giải như sau: Đặt t = x2 0 thì ta được PT –t3 –2t2 +2t +1 = 0(t –1)(t2+3t+1)=0. Ta tìm được x = 1. Hơn nữa, qua đó ta cũng được 2 4 2

2 2 2( 1)( 3 1)'( ) ( 1)x x xf x x x

mà ta dễ dàng xét dấu (vì x4+3x2+1 > 0 với mọi x).

–1

t f’(t) f(t)

–2 –1 2 2

8 4 2 0 – + 0 8

2

10

Lập BTT của f(x) rồi chỉ quan tâm ở phần x<0. Ta được kết quả là 3 .2m Cách 2: PT này có dạng ax4 + bx3 + cx2 + k.b.x + k2 = 0. Chia hai vế cho x2 ta được PT

22

1 1( ) 1 0.x m xx x Đặt 1t x x xem đây là hàm theo x, lập BTT ta thấy ngay t= –2 thì sinh ra duy nhất x= –1<0; t < –2 sinh ra 2 nghiệm x<0 và t> –2 thì chẳng trả về x nào âm. Do đó PT đã cho có không ít hơn 2 nghiệm âm khác nhau khi và chỉ khi PT t2+mt –1=0 có ít nhất 1 nghiệm t< –2. Tới đây ta có thể dùng phương pháp cô lập tham số 2 1, 2tm tt

. Tuy nhiên, ta nhận thấy rằng PT bậc 2 theo t này luôn có 2 nghiệm t1 < 0 < t2 vì vậy nó có nghiệm t< –2 khi và chỉ khi t1 < –2 < 0 < t2. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 1.f( –2)<0 với f(t)= t2+mt –1. Giải điều kiện này ta cũng được 3 .2m PHẦN BÀI TẬP

BT 1. Tìm m để BPT 212

log ( 2 ) 3x x m có nghiệm.[ĐHY TPHCM 96]

HD: BPT 22

2 ( ),2 8 ( ).

m x x f xm x x g x Điểm M(x ; m) nằm phía trên

(P1): f(x)= –x2 +2x đồng thời nằm phía dưới hoặc thuộc (P2): g(x)= –x2 +2x + 8. Điều này xảy ra khi và chỉ khi m 9. (Xem hình bên).

BT 2. Tìm a để BPT 1x x a có nghiệm với a > 0. [ĐH Y TPHCM 96] HD: Cách1: Xét f(x) = 1x x Lớp 12: f’(x) < 0 x >1. Lớp 10&11: 1( ) 1f x x x . Với 1 x1<x2 thì f(x1) > f(x2) nên hàm số tăng trên [1;+ ). Do đó [1; ]max ( )x f x =f(1) =1, suy ra a< [1; ]max ( )x f x =1 (Ta không cần giả thiết a>0). Cách2: BPT: 1x x a . Vì a>0 nên 2 vế dương, bình phương và làm gọn ta được

211 2ax a

BPT có nghiệm KVCK (1 –a2)>0 0<a<1. BT 3. Tìm m để PT 2 2 (cos sin ) 2 0x x y y m đúng với mọi x 2 và mọi y.

HD: f(x) = 2 2 (cos sin ) 4x x y y m tăng trên (siny –cosy; +) [2;+) nên 2min ( )x f x = f(2). Do đó f(x) 0, x 2;y KVCK f(2) = 4 + 4(cosy –siny) + 4m 0, y. Điều này xảy ra KVCK m+2 siny –cosy, y Hay m+2 max(siny –cosy)= 2 .

BT 4. Tìm a để 2 211

x x x ax , x < –1.

11

HD: Cô lập tham số a, ta được: f(x) = 3 11

x xx

a, x < –1. f’(x) = 3 2

22 3( 1)x xx

, f’(x) =

0 x = 0; x = 32 .

Lập BBT suyra 1max ( )x f x = 3( )2f = 234 . Những giá trị a cần tìm là 23

4a . BT 5. Tìm a để BPT a.4x + (a –1)2x+2 + (a –1) > 0, đúng với x. BT 6. Cho BPT 2 1t t mt

. 1) Giải BPT khi m = 1. 2) Tìm m để BPT đúng với mọi t 0.

BT 7. Cho BPT 2 2 2( 1) 2 4x m x x . 1) Giải BPT khi m = 3. 2) Tìm m để BPT đúng với x [0;1].

BT 8. Cho PT 2 2cos 4 cos 3 sinx x a x . 1) Bằng cách đặt t = cos2x, giải PT khi a = 1. 2) Tìm a để PT đã cho có nghiệm x (0; )12

.

BT 9. Cho HPT 2 2(1)

(2)x y xy mx y m

1) Giải hệ khi m = 5. 2) Tìm m để hệ có nghiệm. HD: 2) Đặt u = x + y và v = xy, ta được 2 2

u v mu v m 2 2 3 0u u m

v m u

Vì x,y là nghiệm của PT t2 – ut + v = 0 nên u2 4v = 4(m – u). Vậy hệ đã cho có nghiệm khi

và chỉ khi 22

2 3 04 4

u u mu m u

2

2

1 23 3

14

m u uu u m

2

2 2

1 23 3

1 1 24 3 3

m u uu u u u

21 2

3 30 4

m u uu

có

nghiệm theo u. 0 4 0 4min ( ) max ( )u uf u m f u f(0) m f(4) 0 m 8. Ở đây 21 2( ) 3 3f u u u .

BT 10. Cho HPT 2 2(1)

3 8 (2)x y xy m

x y xy m

1) Giải hệ khi m = 7/2. 2) Tìm m để hệ có nghiệm.

12

HD: Đặt u = x + y và v = xy và tương tự như trên ta cần tìm m để 2

2

83

44

um uu u m

có nghiệm

BT 11. Lập BBT của hàm số 23

1xy x . Từ đó suy ra số nghiệm của PT 23 1.x m x .

BT 12. Tùy theo m hãy lập BBT của hàm số 2 1x my x . Từ đó suy ra số nghiệm của PT

2 1x m m x . BT 13. 1) Tìm m để hàm số 21y x x m không nhận giá trị dương.

2) Tìm m để PT sau có 2 nghiệm phân biệt: 21x x m . HD: 21y x x m không nhận giá trị dương có nghĩa là 21x x m , x[–1;1] Cách 1(dùng lượng giác). Cách 2 (dùng BĐT Bunhiakốpxki) Cách 3(dùng đạo hàm lập BBT).

BT 14. Cho BPT 2 2 (cos sin ) 1 0x x y y 1) Tìm x để BPT đúng với mọi y. 2) Tìm y để BPT đúng với mọi x 0.

BT 15. Cho PT 1( 3)( 1) 4( 3) 3xx x x mx .

1) Giải PT khi m = –3. 2) Tìm m để PT có nghiệm. HD: Lưu ý rằng 2( 3) ( 3)x x nếu (x–3) 0 và 2( 3) ( 3)x x nếu (x–3)<0.

BT 16. Cho PT 2 2(1 ) 1 3 0cosa tg x ax . 1) Giải PT khi a = 1

2 . 2) Tìm a để PT có nhiều hơn 1 nghiệm trong khoảng (0; )2

. BT 17. Tìm a để PT sau có nghiệm: 6 6sin cos sin 2x x a x . BT 18. 1) Tìm m để PT 2

22 3 ( cot ) 1 0sin tg x m tgx gxx có nghiệm.

2) Tìm m để hàm số y = (m –3)x –(2m +1)cosx luôn luôn nghịch biến. BT 19. Tìm a để PT (a + 1)x2 – (8a + 1)x + 6a = 0 có đúng 1 nghiệm thuộc (0;1). BT 20. Tìm m để HPT sau có nghiệm:

1sin sin (1)2cos 2 cos 2 (2)

x yx y m

13

HD: Đặt sinsin

u xv y ta được 2 2

12

22

1 , 1

u vmu v

u v

.

Do 11 12

1 , 1v u

u v

nên 1 1 12 2

1 12

v uu

Mặt khác, 2 2 22 3 222 4m mu v u u .

Vì vậy hệ đã cho có nghiệm KVCK 2 3 22 4mu u có nghiệm 1 12 u . Điều này xảy ra

khi và chỉ khi 2 21 1[ ;1] [ ;1]2 2

3 2min (2 ) max (2 )4mu u u u

1 3 2 18 4

m 1 72 4m .

BT 21. Cho BPT: 2(4 )(6 ) 2x x x x m 1) Giải khi m = –12. 2) Tìm m để với mọi x thỏa –4 x 6 đều là nghiệm BPT.

BT 22. Cho BPT: 24 (4 )(2 ) 2 18x x x x m 1) Giải khi m = 6. 2) Tìm m để với mọi x thỏa –2 x 4 đều là nghiệm BPT.

BT 23. Cho PT: 3 6 (3 )(6 )x x x x m . 1) Giải khi m = 3. 2) Tìm m PT có nghiệm.

BT 24. (ĐH BK HN 96) Tìm k lớn nhất để: ( sin cos 1) sin 2 sin cos 2k x x x x x đúng với mọi x.

HD: Đặt t = sin cosx x t2 = 1+ sin 2x 2 nên 1 t 2 . BPT: k(t + 1) t2 + t + 1 2 1

1t tk t (vì t +1> 0)

k 32 do đó max(k) = 3

2 . BT 25. Tìm m để hàm số 2 5 4y x x mx có giá trị nhỏ nhất lớn hơn 1.

HD: Ta có min y > 1 y > 1 với mọi x. Tương đương với 21 5 4mx x x , x. + x=0 điều này được thỏa.

+ Với x 0 ta được 2

02

0

1 | 5 4 | ( ), 0, max ( )min ( )1 | 5 4 | ( ), 0.

x

x

x xm f x x m f xxm f xx xm f x xx

14

Xem xét f’(x) trên các khoảng (–;1), (1;4) và (4;+) ta lập được BBT và tìm được 0max ( ) (1) 1x f x f và 0

17min ( ) ( 2) 2x f x f . BT 26. Tìm m để 3sin 3sin 2y x x m đúng với mọi x.

BT 27. Tìm m để PT: 2 4 3

4 21 15x x

m m , có 4 nghiệm phân biệt.

BT 28. a) Giải BPT: 5log 3 4.log 5 1xx . (*) b) Tìm m để mọi nghiệm của (*) đều là nghiệm của: 2 2

5 15

1 log ( 1) log ( 4 2 ) 0x x x m . BT 29. Biện luận theo m số nghiệm của PT: x4 – mx3 + ( m+ 2)x2 – mx + 1 = 0. BT 30. Tìm m để x2 –2mx + 2x – m + 2 > 0 đúng với mọi x.

HD: Đặt t = x –m. Ta cần tìm m để f(t) = t2 + 2t + 2 > m2 đúng với mọi t 0 [0; )min ( ) 2f t > m2. BT 31. Tìm m để PT sau có nghiệm: 1 2cos 1 2sinx x m .

HD: Xét 1 2cos 1 2siny x x với x 22 26 3k x k . Vì y có chu kỳ 2 nên ta chỉ cần xét y trên đoạn 2[ ; ]6 3

. cos sin' 1 2sin 1 2cosx xy x x = 0

cos sin1 2sin 1 2sin

x xx x

(cos sin )(cos sin 2 2cos sin ) 0[0; ]2

x x x x x xx

4x (Vì nếu x

2[ ; ]6 3 mà x[0; ]2

thì y' 0) m cần tìm: 1 3 m 2 1 2 .

BT 32. Tìm m để PT sau có nghiệm: cos sinx x m . BT 33. Tìm a để PT sau có 4 nghiệm khác nhau: –2x2 +10x –8= x2 – 5x + a. BT 34. Cho PT cos4x + 6sinxcosx = m.

1) Giải PT khi m = 1. 2) Tìm m để PT có 2 nghiệm khác nhau trên [0; ]4

.

BT 35. Tìm m để hệ PT sau có nghiệm:23 2

3 4 03 15 0

x xx x x m m

BT 36. Cho PT 1 8 (1 )(8 )x x x x a . a) Giải PT khi a = 3.

6 2

3

2 1 2 1 3 + –

x y’ y

0 4

1 3

15

b) Tìm a để PT có nghiệm. BT 37. 1) Giải và biện luận PT 1 1x x a .

2) Tìm những giá trị của t để PT 2sin 1sin 2

xt x có đúng 2 nghiệm thuộc (0; ) .

BT 38. Tìm m để PT sau có nghiệm: 2 2 22

20 10 3 2(2 3) 5 16 203 2 1x x x m x m mx x .

HD: HS f(x)= 22

20 10 33 2 1

x xx x có max f(x)=7 và f(x)=7 x=–2.

HS g(x) = 2 22(2 3) 5 16 20x m x m m có min g(x) =g(3–m)=m2 –4m +11=(m–2)2+7 7. Vậy f(x) 7 g(x), x,m. Do đó f(x) =g(x) f(x)=g(x)=7

232 0

xx mm

không có m thỏa hệ

này. BT 39. Tìm a để PT x3 –x2 + 18ax –2a = 0 có 3 nghiệm dương phân biệt. BT 40. Biện luận theo a số nghiệm của PT: 2x2 –3x –2 = 5a –8x –2x2. BT 41. Tìm a để x4 + 4x3 + ax2 0 đúng với mọi x 1. BT 42. Biện luận theo a số nghiệm của PT x2 + (3 –a)x + 3 –2a = 0, và so sánh các nghiệm đó với hai số –3; –1. BT 43. Cho PT x3 + mx2 –1 = 0. Hãy CMR PT luôn có nghiệm dương. Hãy tìm m để PT có nghiệm duy nhất. BT 44. Tìm m để PT (x –1)2 = 2x – m có 4 nghiệm phân biệt. BT 45. Tìm m để (x – 2)2 + 2 x – m 3 đúng với mọi x. BT 46. Tìm m để 4x –m2x + m + 3 0 có nghiệm. BT 47. Biện luận theo a số nghiệm của PT: x2 + x – m 2x – 2 =0. BT 48. Tìm m để PT: 2x3 – x2 – a = 0 có 3 nghiệm phân biệt và tính tổng bình phương các nghiệm đó. BT 49. Biện luận theo m số nghiệm của PT: 4 44 6x x m x x m . BT 50. Cho HPT:

23 3

3 2log 2log 0

0x y

x y ay

1) Giải HPT khi a = 2. 2) Tìm a để hệ có nghiệm.

BT 51. Cho PT 2 23 3log log 1 2 1 0.x x m

1) Giải PT khi m = 2. 2) Tìm m để PT có nghiệm trong 3[1,3 ] .

16

BT 52. Tìm m để BPT sau VN: 2 13 sin sin 22x x m . BT 53. Tìm a để PT sin2(x –) –sin(3x –) = asinx có ít nhất 1 nghiệm x k (kZ). BT 54. Tìm m để BPT sau đúng với mọi x : 2 2

2 2cos 01 cos

m x m mm m x

.

BT 55. Tìm m sao cho 22

2(1 ) 1 3 0cosm tg x mx có nhiều hơn 1 nghiệm thuộc (0;/2). BT 56. Cho BPT 2 2 22 2 2.9 (2 1).6 .4 0x x x x x xm m m .

1) Giải khi m = 6. 2) Tìm m để BPT nghiệm đúng với mọi x thỏa: x ½.

BT 57. Tìm m để phương trình sau có nghiệm : 32 21 2 1x x m . BT 58. Tìm m để 0;2x đều thỏa bất phương trình :

2 22 4 5log 2 4 log 2x x m x x m

BT 59. Cho hàm số : 3 3 2y f x x mx với m là tham số. Xác định m để bất phương trình 3

1f x x đúng với mọi x 1. BT 60. Tìm m để bất phương trình sau vô nghiệm : 2 1 4 3 22 2 2 3 4m x x m m x m BT 61. Tìm a để phương trình sau có nghiệm duy nhất : 3 2 4 0x ax BT 62. Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm : 29 9x x x x m BT 63. Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm : 2 2 2sin cos sin2 3 .3x x xm BT 64.

2( ) sin 2x xf x e x . Tìm min f. Từ đó, chứng tỏ f(x) = 3 có đúng 2 nghiệm.

Giải. Ta có / / /( ) cos , ( ) sin 1 0,x x xf x e x x f x e x e x nên / ( )f x là hàm số tăng trên R. Do đó, ( ) (0) 0, 0f x f x và ( ) (0) 0, 0f x f x . Lập BBT ta thấy ngay minf(x) = f(x) =1. Hơn nữa, lim ( ) lim ( )x xf x f x nên nhìn vào BBT của f(x) ta có ngay kết luận : với mọi m > 1, PT f(x) = m luôn luôn có đúng hai nghiệm phân biệt.

BT 65. Biện luận theo m số nghiệm của PT 4 3 22 17 51 (36 ) 0x x x m x m . BT 66. Tìm m để PT sau có nghiệm: 1 2cos 1 2sinx x m có nghiệm thuộc 2(0; )3

. BT 67. Tìm m đê phương trınh sau co 2 nghiêm phân biêt : 82 32 5 0log xlog xx mx .

Ta có 22log xx nên 22 22 1log x log xt x . Ngược lại, Với t = 1 PT 222log xt chỉ có duy nhất nghiệm x = 0;

17

Với mỗi t > 1 PT 22 2 22log xt log x log t . PT này có đúng hai nghiệm theo x. Do đó, PT đã cho có 2 nghiệm pbiệt khi và chỉ khi PT 1 22 . 5 0 2 5t m t m t t có duy nhất một nghiệm t > 1. Lập BBT ta có ngay KL : 25

8m hoặc m < 3.