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: 1) Lập bảng biến thiên của hàm số ( ) y f x = . 2) Dựa vào bảng biến thiên ta xác ñịnh m ñể ñường thẳng ( ) y g m = cắt ñồ thị hàm số ( ) y f x = . Chú ý : Nếu hàm số ( ) y f x = liên tục trên D và x D m minf(x) ∈ = , 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 ng trình sau có nghi ệ m 2 2 4 2 1) x x 1 x x 1 m 2) x 1 x m + + − − + = + − = . Giải: 1)Xét hàm số 2 2 f(x) x x 1 x x 1 = + + − − + có tập xác ñịnh là D=R. Ta có: 2 2 2x 1 2x 1 f '(x) 2 x x 1 2 x x 1 + − = − + + − + ( ) ( ) 2 2 f ' x 0 (2x 1) x x 1 2x 1 x x 1 (1) ⇒ = ⇔ + − + = − + + 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 u trên R, mà f '(0) 1 0 f(x) 0 x R f(x) = > ⇒ > ∀ ∈ ⇒ ñồ ng bi ế n. M ặ t khác: 2 2 x x 2x limf(x) lim 1 x x 1 x x 1 →+∞ →+∞ = = + + + − + và x limf(x) 1 →−∞ = − . B ả 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 = + − với x D [0; ) ∈ = +∞ Ta có: 2 3 4 x 1 f '(x) 2 x 2 (x 1) = − + . 2 3 6 2 3 2 2 4 f '(x) 0 x x (x 1) x (x 1) x x 1 ⇒ = ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = + vô nghi ệ m f '(x) ⇒ không ñổ i d ấ u trên D, mà 4 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 ⇔ < ≤ . Chú ý : N ế u ph ươ ng trình ch ư a có d ạ ng trên thì ta tìm cách cô l ậ p m ñư a v ề d ạ ng trên. Ví dụ 2: Tìm m ñể các ph ươ ng trình sau có nghi ệ 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 ≤   ⇔  − − = −   . Xét hàm số 3 2 f(x) 4x 6x 9x = − − với x 1 ≤ Ta có: 2 3 x 2 f '(x) 12x 12x 9 f '(x) 0 1 x 2  =  = − − ⇒ = ⇔   = −   . 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 1 m m 2 2 ⇔ − ≤ ⇔ ≥ − . 2) ðiều kiện: 0 x 4 ≤ ≤ . Khi ñó phương trình f(x) (x x x 12)( 5 x 4 x) m ⇔ = + + − − − = (Vì 5 4 0 x x − − − ≠ ) Xét hàm s ố f(x) (x x x 12)( 5 x 4 x) = + + − − − v ớ i 0 x 4 ≤ ≤ . Ta có: 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 2 3( 5 2) m 12. ⇔ − ≤ ≤ Chú ý : Khi g ặ p h ệ ph ươ ng trình trong ñ ó m ộ t ph ươ ng trình c ủ a h ệ không ch ứ a tham s ố thì ta s ẽ ñ 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 m ộ t ẩ n) ho ặ c s ẽ rút ñượ c ẩ n này qua ẩ n kia. Khi ñ ó nghi ệ m c ủ a h ệ ph ụ thu ộ c vào nghi ệ m c 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 2 (1) 2 3x mx x 16 0 (2) −     ≤       − + =  . Giải: Ta thấy (1) là bất phương trình một ẩn nên ta sẽ ñi giải bất phương trình này Ta có: 2 x 5x 4 2 2 2 2 x 5x 4 x 5x 4 0 1 x 4 − ≤ ⇔ ≤ − ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤ . H ệ có nghi ệ m (2) ⇔ 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 2 3 3 3 6x x x(3x 16) 3 x(x 16) 2 f '(x) 0 x [1;4] x 2x − + − = = ≤ ∀ ∈ . 8 f(4) f (x) f(1) 19 x [1;4] ⇒ = ≤ ≤ = ∀ ∈ . V ậ y h ệ có nghi ệ m 8 m 19 ⇔ ≤ ≤ . Ví dụ 4: Tìm m ñể hệ sau có nghiệm: 2x x 1 2 x 1 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) ⇒ có nghiệm x 1 ≤ . Suy ra hệ có nghiệm (2) ⇔ có nghiệm x 1 ≤ . Ta có: 2 x 2x 3 (2) m f(x) x 2 − + ⇔ = = − . Xét hàm số f(x) với x 1 ≤ , có: 2 2 x 4x 1 f '(x) f '(x) 0 x 2 3 (x 2) − + = ⇒ = ⇔ = − − . 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 n thiên ⇒ h ệ có nghi ệ m m 2 2 3 ⇔ ≤ − . Ví dụ 5: Tìm m ñể h ệ ph ươ ng trình sau có nghi ệ m: 2x y m 0 (1) y xy 2 (2) − + =    + =   . 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 y 2 ≤ . Xét hàm số f(y) với y 2 ≤ 2 4 f '(y) 0 f (y) y ⇒ = > ⇒ ñồng biến trên các khoảng ( ;0) (0;2] −∞ ∪ y y 0 y 0 lim f(y) 4; lim f(y) ; lim f(y) + − →−∞ → → = = −∞ = +∞ . Ta có bảng biến thiên: y −∞ 0 2 f’(y) + + 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 nhau tại k giao ñiểm. Ví dụ 6: Tìm tất cả các giá trị của m ñể phương trình sau có ñúng hai nghiệm phân biệt: 4 4 3 4 3 x 4x 16x m x 4x 16x m 6 − + + + − + + = . Giải: ðặt 4 4 3 t x 4x 16x m, t 0 = − + + ≥ . Ta có phương trình : 4 2 4 3 t t 6 0 t 2 x 4x 16x m 2 + − = ⇔ = ⇔ − + + = 4 3 m x 4x 16x 16 ⇔ − = − + − . Xét hàm s ố 4 3 f(x) x 4x 16x 16 = − + − 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) +∞ +∞ -27 D ự a vào b ả ng bi ế n thiên ⇒ ph ươ ng trình có hai nghi ệ m phân bi ệ t m 27 m 27 ⇔ − > − ⇔ < . Ví dụ 7: Tìm m ñể phương trình : 2 m x 2 x m + = + có ba nghi ệ m phân bi 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 f(x) f '(x) x 2 1 x 2 1 + − − + = ⇒ = + − + − ( ) 2 2 2 2 2 x 2 f '(x) f '(x) 0 x 2 x 2 x 2 1 − + = ⇒ = ⇔ = ± + + − . B ả ng bi ế n thiên: x −∞ 2 − 2 +∞ f’(x) – 0 + 0 – f(x) +∞ 2 2 − −∞ Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 6 - Dựa vào bảng biến thiên 2 m 2 ⇒ − < < . Ví dụ 8: Tìm t ấ t c ả các giá tr ị c ủ a m ñể ph ươ ng trình : 2 mx 1 cosx + = có ñ úng m ộ t nghi ệ 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 − ⇔ = ⇔ = −       . Xét hàm số : sint f(t) t = với t 0; 4 π   ∈     Ta có: ( ) 2 2 cost t tgt t.cost sint f '(t) 0 t t − − = = < với t 0; 4 π   ∀ ∈ ⇒     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 = ⇒ < < ⇒ < < ∀ ∈ π π       . Vậy phương trình có ñúng một nghiệm x (0; ) 2 π ∈ 2 8 2m 1 ⇔ < − < π 2 1 4 m 2 ⇔ − < < − π . Ví dụ 9: Tìm m ñể hệ phương trình : 2 3(x 1) y m 0 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 = không là nghiệm phương trình ). Thay vào phương trình thứ nhất ta ñược: 2 2 x 2x 1 3x 6x m 3 x − + + + = − (a) . Hệ có ba cặp nghiệm ⇔ (a) có ba nghiệm phân biệt thỏa mãn x 1 ≤ . Xét hàm số 2 2 2 x 2x 1 1 f(x) 3x 6x 3x 7x 2 x x − + = + + = + − + với x 1 ≤ . 3 2 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 − − 0 + f(x) +∞ 27 4 − −∞ 9 7 − −∞ 11 3 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy (a) có ba nghiệm phân biệt 11 m 3 9 3 27 7 m 3 4  ≤ − ≤  ⇔   − ≤ − ≤ −   20 m 12 3 15 4 m 4  ≤ ≤  ⇔  −  − ≤ ≤   . Vậy 20 15 m 12 4 m 3 4 − ≤ ≤ ∪ − ≤ ≤ là những giá trị cần tìm. Ví dụ 10: Biện luận số nghiệm của phương trình sau: 2 m x 1 x 2 m + = + − . Giải: PT 2 2 x 2 m( x 1 1) x 2 m f(x) x 1 1 + ⇔ + + = + ⇔ = = + + (do 2 x 1 1 0 + + > ) S ố nghi ệ 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) = , ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 x(x 2) x 1 1 x 1 2x 1 x 1 f '(x) ( x 1 1) x 1( x 1 1) + + + − + − + + = = + + + + + 2 2 2 1 x 4 2 f '(x) 0 x 1 2x 1 x 3 x 1 4x 4x 1  ≥  ⇒ = ⇔ + = − ⇔ ⇔ =   + = − +  . 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 ả ng bi ế n thiên Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 8 - x −∞ 4 3 +∞ f’(x) + 0 − f(x) 5 4 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  =  ⇒  − < ≤  phương trình có một nghiệm. • Nếu 5 1 m 4 < < ⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt. Chú ý : Khi ñặt ẩn phụ ta phải tìm miền xác ñịnh của ẩn phụ và giải quyết bài toán ẩn phụ trên miền xác ñịnh vừa tìm. Cụ thể: * Khi ñặt t u(x),x D = ∈ , ta tìm ñược t Y ∈ và phương trình f(x,m) 0 = (1) trở thành g(t,m) 0 = (2). Khi ñó (1) có nghiệm x D ∈ ⇔ (2) có nghiệm t Y ∈ . * 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 − + − − + = − . Giải: 1) ðiều kiện: 0 x 9 ≤ ≤ . Phương trình 2 9 2 x(9 x) x 9x m 2 m x(9 x) 2 x(9 x) ⇔ + − = − + + ⇔ − = − − − ðặ t x 9 x 9 t x(9 x) 0 t . 2 2 + − = − ⇒ ≤ ≤ = Ta có ph ươ ng trình : 2 2 m t 2t f(t) − = − = (1). Ph ươ ng trình 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 f’(t) − 0 + f(t) 0 45 4 1 − Vậy phương trình có nghiệm 45 37 1 2 m m 3 4 4 ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤ . 2) ðiều kiện: 3 x 6 − ≤ ≤ . ðặt 2 2 t 9 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 − 3 2 6 t’(x) + 0 − t(x) 3 2 3 3 Dự a vào b ả ng bi ế n thiên t [3;3 2] ⇒ ∈ . ⇒ (1) có nghi ệ 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] 3 f(3) f(t) f(3 2) 18 6 2 t [3;3 2]. ⇒ = ≤ ≤ = − ∀ ∈ V ậ y ph ươ ng trình có nghi ệ m 6 2 9 3 9 2m 18 6 2 m 3 2 − ⇔ ≤ − ≤ − ⇔ ≤ ≤ . 3) ð i ề u ki ệ n : x 2 ≥ . Ta th ấ 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   − + + − =   + −   (*). Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 10 - ðặ t 4 4 4 4 x 2 2(t 1) t 0 t (x 2) x 2 x 2 x 2 t 1 + + = > ⇒ − = + ⇒ = > − − 4 4 0 t 1 t 1 ⇔ > ⇔ > − Khi ñ ó (*) tr 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 f(t) v ớ i t 1 > , có: ( ) 2 2 2t 2t 2 f '(t) 0 t 1 2t 1 + + = > ∀ > + . f(t) f (1) 1 t 1 ⇒ > = ∀ > . V ậ y ph ươ ng trình có nghi ệ m m 1 ⇔ > . 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 n xác ñị nh c ủ a t. Tuy nhiên ngoài nh ữ ng cách trên ta còn có nh ữ ng cách khác ñể tìm mi ề n xác ñị nh c ủ a t. Ch ẳ ng h ạ n: Ở câu 2) ta có th ể áp d ụ ng B ð T Côsi 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 = + − vì 1 0 x 2 t 1 x 2 > ∀ > ⇒ > − . Ví dụ 12: Tìm m ñể các ph ươ ng trình 1) 2 2 tan x cot x m(tanx cot x) 3 0 + + + + = có nghi ệ m . 2 2 3 3 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 = + ⇒ + = − và | t | 2 ≥ . Ph ươ ng trình ñ ã cho tr ở thành: 2 2 t 1 t mt 1 0 m t + + + = ⇔ = − (3) ( vì t 0 ≠ ). Ph ươ ng trình ñ ã cho có nghi ệ m ⇔ (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 − = > ∀ ≥ B ả ng bi ế n thiên t −∞ -2 2 +∞ f’(t) + + f(t) -5/2 +∞ −∞ 5/2 [...]... ng THPT Lê H ng Phong – Biên Hòa – ð ng Nai - 15 - Nguy n T t Thu http//:www.maths.vn Bài toán 2: Tìm m ñ b t phương trình f ( x ) > g ( m ) có nghi m trên D Phương pháp: V i d ng toán này trư c h t ta ñi kh o sát và l p b ng bi n thi n c a hàm s f (x) trên D, r i d a vào các tính ch t sau ñ chúng ta ñ nh giá tr c a tham s : 1) B t phương trình f (x) ≥ g(m) có nghi m trên D ⇔ max f (x) ≥ g(m) x ∈D 2)... có ñúng hai nghi m t=2 và t=-2 ho c (2) có ñúng m t nghi m th a mãn |t|>2 2 = a + 6  TH 1: N u (2) có ñúng hai ngi m t = ±2 ⇒  h vô nghi m 22 = a + 6  TH 2: (2) có ñúng m t nghi m th a mãn |t|>2 Xét hàm s f (t) = t 3 + 3t 2 − 9t v i t > 2 , có: f '(t) = 3t 2 + 6t − 9 = 3(t − 1)(t + 3) Ta có b ng bi n thi n: t f’(t) −∞ + -3 -2 0 27 +∞ 2 + +∞ f(t) −∞ 22 2 D a vào b ng bi n thi n ta th y phương trình... log 3 + 3 t (*) 5 2 • N u t = 1 ⇒ (*) có m t giá tr x = 0 • N u t > 1 ⇒ (*) có hai giá tr x ⇒ S nghi m c a (1) ph thu c vào s nghi m t ≥ 1 c a (3) t 2 + 4t + 1 Xét hàm s f(t) v i t ≥ 1 , có: f '(t) = > 0 ∀t ≥ 1 2 (t + 2) B ng bi n thi n: t 1 +∞ f’(t) + +∞ f(t) 0 D a vào b ng bi n thi n, ta có: * N u −2m < 0 ⇔ m > 0 ⇒ (3) vô nghi m ⇒ (1) vô nghi m * N u m = 0 ⇒ (3) có m t nghi m t = 1 ⇒ (1) có m t nghi... 2x − x ⇒ u '(x) = 4x − 1 1 L p b ng bi n thi n c a u(x) ta ⇒ u ≥ 0 ∀x : x ≥ 2 u u u B t phương trình tr thành: m9 − (2m + 1)6 + m4 = 0 3 ⇔ m  2 2u u 3 − (2m + 1)   + m = 0 ⇔ mt 2 − (2m + 1)t + m = 0 2 u 3 (trong ñó ta ñ t t =   ⇒ t ≥ 1 ∀u ≥ 0 ) 2 t ⇔ m(t 2 − 2t + 1) = t ⇔ m = 2 = f (t) (3) (do t=1 không là nghi m PT) t − 2t + 1 Yêu c u bài toán ⇔ (3) có nghi m t > 1 Xét hàm s f (t)... m − 1 = 0 (1) 1 2 2 có hai nghi m tho mãn ñi u ki n : 2 < x1 ≤ x 2 < 4 Gi i: ð t t = log 1 (x − 2) ⇒ t ∈ (−2;0) ∀x ∈ (2;4) và m i t ∈ (−2;0) cho m t giá tr 2 x ∈ (2;4) Khi ñó (1) tr thành: (m − 1)t − (m − 5)t + m − 1 = 0 ⇔ m = t 2 − 5t + 1 = f (t) (2) t2 − t + 1 Yêu c u bài toán ⇔ (2) có hai nghi m −2 < t1 ≤ t 2 < 0 2 Xét hàm s f(t) v i t ∈ (−2;0) , có f '(t) = − ⇒ 1 = f (0) < m < f (−2) = t2 +... ∈ (2;3) ⇒ f '(t) = 2t − 5 ⇒ f '(t) = 0 ⇔ t = 2 B ng bi n thi n t 5 3 2 2 f’(t) − 0 + −6 −6 f(t) 25 4 25 25 ⇒ (3) có 2 nghi m phân bi t t ∈ (2;3) ⇔ − < − m < −6 ⇔ 6 < m < 4 4 6 5 4 3 2 Ví d 14: Cho phương trình x + 3x − 6x − ax − 6x + 3x + 1 = 0 (1) Tìm t t c các giá tr c a tham s a, ñ phương trình có ñúng 2 nghi m phân bi t − Gi i: Vì x = 0 không ph i là nghi m phương trình Chia hai v pt cho x3 ta... Yêu c u bài toán ⇔ (*) nghi m ñúng ∀t ∈ [0;5] Xét hàm s f (t) = t 2 + t v i t ∈ [0;5] , ta th y f(t) là hàm ñ ng bi n trên [0;5] Suy ra max f (t) = f (5) = 30 [0;5] V y (* ) nghi m ñúng ∀t ∈ [0;5] ⇔ m + 24 ≥ 30 ⇔ m ≥ −6 Ví d 8: Tìm m ñ b t phương trình sau nghi m ñúng v i m i | x |≥ 9 2x 2 −x − 2(m − 1)6 2x 2 −x + (m + 1)4 2x 2 −x 1 2 ≥ 0 Gi i: Chia hai v b t phương trình cho 4 2x 2 −x 3 và ñ t... 3 và ñ t t =   2 t 2 − 2(m − 1)t + m + 1 ≥ 0 2 2x − x , ta ñư c: (1) 2 1 t + 2t + 1 2 = f (t) V i | x |≥ ⇒ 2x − x ≥ 0 ⇒ t ≥ 1 ⇒ (1) ⇔ m ≤ 2 2t − 1 Yêu c u bài toán ⇔ m ≤ min f (t) t ≥1 Ta có f '(t) = 2t − 2t − 4 2 (2t − 1) B ng bi n thi n 2 ⇒ f '(t) = 0 ⇔ t = 2 t f’(t) 1 − 2 0 4 +∞ + +∞ f(t) V y m ≤ min f (t) ⇔ m ≤ 3 3 t ≥1 Trư ng THPT Lê H ng Phong – Biên Hòa – ð ng Nai - 20 - ... ( ) 2t  x+3=2  1 + t2 α  ð n ñây ch c sau ñó ta l i ti p t c ñ t t = tan nên ta m i có:  2 2  1 − x = 21 − t  1 + t2  các b n th y cách ñ t trên hoàn toàn r t t nhiên ph i không?! Ví d 14: Xác ñ nh m i giá tr c a tham s m ñ h sau có 2 nghi m phân bi t (1) log 3 (x + 1) − log 3 (x − 1) > log 3 4   log 2 (x 2 − 2x + 5) − m log 2 2 = 5 (2)  x − 2x + 5  Gi i: ði u ki n : x > 1 x +1 x +1 (1)...Nguy n T t Thu http//:www.maths.vn 5 D a vào b ng bi n thi n, ta th y phương trình có nghi m ⇔| m |≥ 2 2 2 2) ð t t = log 3 x + 1 ⇒ log 3 x = t 2 − 1 V i 1 ≤ x ≤ 3 3 ⇒1≤ t ≤ 2 Phương trình ñã cho tr thành: t 2 + t = 2m + 2 (2) Phương trình ñã cho . 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. 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. có k nghiệm, nghiệm ñúng với mọi x thu c 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