Đoàn Ngọc Dũng -

HƯỚNG DẪN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG BÀI 2 : Điều kiện x  0.

Xét hàm số f(x) =⁴ x²1 x =(x 1)⁴ x

1

2   , x  [0 ; +)

 f ’(x) = 









 

 

 









 ^

x 1 ) 1 x (

x 2

1 x 2

1 ) 1 x ( 2

x x

2 x 1 2 ) 1 x 4 ( 1

4 2 3

4 2 3

4 3 2

Do 0, x 0

x 1 ) 1 x (

x 2

0 1 x 1 ) 1 x (

x x

1 x . x

x x

x x x ) 1 x (

x

4 2 3

4 2 3

2 1 2

4 6 3

4 2 3   









 

 



 









 

 Hàm số f(x) giảm trên [0 ; +).

Mặt khác : 0⁴ x²1 x ⁴ (x1)² 2x  x ⁴ (x1)²  x  x1 x

nên :

    0

x 1 x lim 1 x

1 x lim x

1 x

lim x x

4 2

x 



 









  





Bảng biến thiên :

x 0 +

f ’(x) –

1

f(x)

0

Do đó : 0 < f(x)  1, x  [0 ; +)

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình đã cho có nghiệm x  [0 ; +)  0 < m  1.

BÀI 3 : Điều kiện :



















x , 0 3 ) 2 x (

x , 0 3 x

2

2 . Ta có : x²3 x²4x7 3m Xét hàm số f

 

x  x²3 x²4x7, x

 f ’(x) =

 

7 x 4 x . 3 x

3 x 2 x 7 x 4 x x 7 x 4 x

2 x 3

x x

2 2

2 2

2

2   









 





 



f ’(x) = 0 

   

     

















 











3 x x 2 7 x 4 x x

0 x 2 3 x

x x 2 7 x 4 x

x 2 2 2 2

2 2

 

1 1 x

x

2 x 0 12 x 4 x 12 x 4 x 3 x x 7 x 4 x

0 x 2 x

2 3

2 4 2 3

4  









 























 

Bảng biến thiên :

x  1 +

f’(x)  0 +

f(x) + +

4

Dựa vào bảng biến thiên  yêu cầu bài toán được thỏa mãn  3m  4  m  3 4

BÀI 4 : Điều kiện : 0 x 6 0

x 6

0

x   









 .

Xét hàm số f(x) =⁴ 2x  2x 2⁴ 6x 2 6x, x[0;6]

= (2x) 2x 2(6 x)⁴ 2 6 x

1 4

1











 f’(x) =

x 6

1 )

x 6 ( 2

1 x

2 1 ) x 2 (

1 2 1 x 6 2 . 1 2 ) 1 .(

) x 6 2( 1 x 2 2 2 2 . ) x 2 4( 1

4 3

4 3

4 3 4

3

 

 





 

 







 ^





 





 















 

 6 x

1 x

2 1 )

x 6 (

1 )

x 2 (

1 2 1

4 3

4 3 



 





 













 



 





 



 



 

x 6

1 x

2 1 x

6 1 x

2 1 2

1 ³

4 3 4

   

^_^{      }



















 

 

 



 





 

 _{2 4 4 4 4}

4 4 2 4

4 4

4 6 x

1 x

2 1 x 6

1 x

2 1 x

6 1 x

6 1 x 2 1 x

2 1 x

6 1 x

2 1 2 1

 

_{}



_



_{}

 



0

4 2 4

4 4 2 4

4 4

4 6 x

1 x

2 1 x

6 1 x

6 1 x 2 1 x

2 1 2 1 x 6

1 x

2 1















 















 

 

 



 





 



f ’(x) = 0  0 6 x 2x 6 x 2x x 2

x 6 . x 2

x 2 x 0 6

x 6

1 x

2

1 4 4

4 4

4 4

4

4         





 

 

 Bảng biến thiên :

t 0 2 6

f’(t) + 0 –

63⁴ 4 f(t)



^{6 4 6}



2 

2 3⁴12

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt  ²



^{64 6}



^{m3 26}

Chú ý : x[0;6], ta có : Khi x = 2 thì ⁴ 6x ⁴ 2x = 0

Nếu chọn x = 1 thì ⁴61⁴ 2.1⁴5⁴ 2 0 nên khoảng (0 ; 2) mang dấu dương (+).

Nếu chọn x = 3 thì ⁴63⁴ 2.3⁴3⁴ 60 nên khoảng (2 ; 6) mang dấu âm (–).

BÀI 7 : Điều kiện : 1  x  3

 Nếu x1 3x 0 x1 3x x13xx1 thì (1) vô nghiệm.

 Nếu x  1 và 1  x  3 thì

         

3m



x 1



x 3 1 x

1 x 1 2

x m x 3 3 1 x

x 3 1

1 x  







 



 









 

x 3 1 m x

3 m 2 x 2 3 1 x

2      





  (m  0)

Xét hàm số f(x) = x1 3x, x  [–1 ; 3]  f ’(x) =

x 3 2

1 1

x 2

1

 

 > 0

Bảng biến thiên :

x 1 1 3

f ’(x) + +

f(x) 2

0

2

Dựa vào bảng biến thiên  yêu cầu bài toán được thỏa mãn















 2

m 3 2 2

0 m



























0 m 1

3 1

0 m 1

3 1

0 m

3 m 1

3 m 1

0 m

0 m

3 m 1

0 m











































 . Vậy các giá trị của m cần tìm là :

3 m 1.

BÀI 9 : Điều kiện : x  2

(1) (x2)(x4) m(x2) (x2)²(x4)²m(x2)(x2)[(x2)(x4)²m]0













 











 x 6x 32 m 0 (2)

2 0 x

] m 32 x 6 x )[

2 x

( ^{3 2} _{3 2}

Phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 2, do đó để chứng minh phương trình có hai nghiệm thực phân biệt ta chỉ cần chứng minh phương trình (2) có một nghiệm trong khoảng (2 ; +).

Ta có : x³ + 6x² – 32 m = 0  x³ + 6x² – 32 = m Xét hàm số f(x) = x³ + 6x² – 32, x > 2

 f’(x) = 3x² + 12x > 0, x > 2  f(x) đồng biến trên khoảng (2 ; +) Bảng biến thiên :

x 2 +

f ’(x) +

+

f(x)

0

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy với mọi m > 0, phương trình (2) luôn có một nghiệm trong khoảng (2 ; +). Vậy với mọi m > 0 phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt.

BÀI 10 : Ta có : x² mx2 2x1





















 













 



















 

) nghiệm là

không 0

x do ( x m 4 1 x 3

2 x 1

mx 1 x 4 x 3

2 x 1 1 x 4 x 4 2 mx x

2 x 1

2 2

2

Xét hàm số

x 4 1 x 3 ) x (

f    với

2

x1 và x  0  0

x 3 1 ) x ( '

f   ₂  , x ≠ 0

Bảng biến thiên :

x –

2

1 0 +

f’(x) + +

+ +

f(x)

2

9 –

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt  m  2 9

 Cách khác :

Ta có : x² mx2 2x1

















 



















 

0 1 x ) 4 m ( x 3

2 x 1

1 x 4 x 4 2 mx x

2 x 1

2 2

2

Đặt f(x) = 3x² – (m – 4)x – 1 = 0

Phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt  phương trình f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa

2

1 x

2 x 1 

 2

m 9 1 m

2 m 9

0 1 m

0 9 m 2

0 m , 0 28 m 8 m

2 1 2 S

2 0 f 1 . 3

0 ²



 







 

















































 









Chú ý : Vì a.c < 0 nên f(x) luôn có hai nghiệm trái dấu.

Vậy yêu cầu biểu thức  f(x) = 0 có đúng một nghiệm thỏa x 0 2

1 



Vì f(0) = 1  0 nên yêu cầu biểu thức

 

0

2 f 1 0 0 2 f

f 1 



 











 



 2

m 9 0 2 1

2 m 4

31     

 BÀI 12 : Điều kiện : x  –1.

Ta có : ⁴ x² 2x4 x1m⁴ (x1)² 3 x1m Đặt tx1  0, ta có : ⁴ t²3 t m

Xét hàm số f(t) = ⁴ t² 3 t, t[0;) =(t 3)⁴ t

1

2  

 f ’(t) = 









 

 

 





 ^

t 1 ) 3 t (

t 2

1 t 2

1 ) 3 t ( 2

t t

2 ) 1 t 2 .(

) 3 t 4( 1

4 2 3

4 2 3

4 3 2

Ta có : 0

t 1 ) 3 t (

t t

1 t t t t ) 3 t (

t

4 2 3

3 4 6

4 2 3  

 





   0

t 1 ) 3 t (

t 2

1

4 2 3 









 

 , t[0;)

 Hàm số f(t) giảm trên [0 ; +) và lim f(t) 0

x 





t 0 +

f ’(t) –

⁴ 3

f(t)

0

Do đó : 0 < f(t)  ⁴ 3, x  [0 ; +)

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình đã cho có đúng một nghiệm thực  0 < m  ⁴ 3. BÀI 13 :

Nhận xét : cosx > 0, x 0 ; 4

 

 . Chia hai vế của phương trình (1) cho cos²x, ta được :

2 2

m 4 tan x (m 2)(1 tan x)      0 0 (m 2) tan x 4 tan x  2m 2 0 (2) Đặt t = tanx. Ta có : x 0 ;

4

 

   t  (0 ; 1)

(2)  ^{2 2 2} t² ₂2t 1 m

(m 2) t 4t 2m 2 0 (t 2)m 2(t 2t 1)

t 2 2

             

 (*)

Ta thấy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (*) có nghiệm t  (0 ; 1).

Xét hàm số : t² ₂2t 1

f (t) , t (0 ;1) t 2

    



 

2 2 2

2( t t 2)

f '(t) 0, t (0 ; 1) t 2

  

    

 Bảng biến thiên :

t – 0 1 +

f ’(t) +

f(t) ⁴

3 ¹

2

Từ bảng biến thiên, ta thấy yêu cầu bài toán thỏa mãn thì ^{1 m 4} 1 m ⁸ 2  2    3 3 BÀI 14 : Đặt t 1log²₃xlog²₃xt²1

Khi 1x3 ³ 0log₃x 31t2

 

1 t²t22m

 

2

Xét hàm f

 

t t²t2 với 1t2 ; 'f

 

t 2t10 t

 

1;2 Bảng biến thiên :

t 1 2

 

t

'f +

 

t

f 4

0

Theo bảng biến thiên  các giá trị cần tìm là : 0m2.

BÀI 17 : Ta có : x²2x3m⁴ x² 2x3m6 (1)

Đặt t⁴ x²2x3m0. Khi đó : (1) trở thành : t² + t – 6 = 0  ^_^ 

 



loại 3 t

2 t

+ Với t = 2  ⁴ x²2x3m2x²2x3m16 x² – 2x – 16 = 3m (2) Để (1) có nghiệm dương thì (2) có nghiệm dương.

Xét hàm số f(x) = x² – 2x – 16 với x > 0  f ’(x) = 2x – 2 f ’(x) = 0  x = 1

Bảng biến thiên :

x 0 1 +

f ’(x)  0 +

f(x)

16 +

17 Dựa vào bảng biến thiên  yêu cầu bài toán được thỏa mãn

3 m 17 17 m

3   



 BÀI 20 : Điều kiện : 0  x  4

 

1 x²4x 4xx² 2m40 Đặt t 4xx²  t’ =

x2

x 4

x 2



 t’ = 0  x = 2

Bảng biến thiên :

x 0 2 4

t’ + 0 

t 2

0 0

Dựa vào bảng biến thiên  0  t  2

Khi đó (1) trở thành : t² + t + 4 = 2m (2) Để (1) có nghiệm thì (2) có nghiệm t  [0 ; 2]

Xét hàm số : f(t) = t² + t + 4  f ’(t) = 2t + 1 f ’(t) = 0  t =

2 1 Bảng biến thiên :

x 0

2

1 2

f ’(t) + 0 

f(t) ⁴

17

4 2

Dựa vào bảng biến thiên  yêu cầu bài toán được thỏa mãn

8 m 17 4 1

m 17 2

2    



BÀI 24 : Ta có : x32 x4  x6 x45 m ( x41)²  ( x43)² m  x41  x43 m

Đặt t x4  0, ta có : t1  t3 m Xét hàm số f(t) = t1  t3 , t[0;) Bảng xét dấu :

t 0 1 3 +

t – 1 –t + 1 0 t – 1 t – 1 t – 3 –t + 3 –t + 3 0 t – 3 KQ –2t + 4 2 2t – 4

 f(t) =























3 t khi 4

t 2

3 t 1 khi 2

1 t 0 khi 4 t 2

Bảng biến thiên

x 0 1 3 +

+

f(t) 4

2 2

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm  2 < m  4 BÀI 28 : Điều kiện: 1 – x²  0  x²  1  1  x  1

Ta có : ^m



^{1x2  1x2 2}



^{2 1x4  1x2  1x2}

 ^m



^{1x2  1x2 2}



^{2 1x2. 1x2  1x2  1x2 (1)}

Đặt t = 1x²  1x²  t² 1x² 1x²2 (1x²)(1x²)2 1x⁴ 2t²

Ta có : 



 





 

 



 

 

2 2

2

2 1 x

1 x

1 x 1 x 1 2

x 2 x

1 2

x ' 2

t

t’ = 0  x = 0  2

x 9 0, x [ 1;1].

x 1

1 x

1 Do 1

2

2    



 





 



Chú ý : Có thể tìm điều kiện của t như sau :

Vì 1x²  1x² nên 1x²  1x² = t  0

Mặt khác : t² = 1 + x² + 1 – x² – ²



^1x2



^1x2



^{= 2 – 2 1x4 2t  2}

Do đó : 0t 2 Bảng biến thiên :

x –1 0 1

t’ – 0 +

2 2

t

0

Do đó : 0  t  2

Khi đó phương trình (1)  m(t + 2) = 2 – t² + t 

2 t

2 t m t

2







  (2)

Xét hàm số f(t) =

2 t

2 t t²







 , t[0; 2]

 f’(t) = 0 ) 2 t (

t 4 t

2

2 





 , t[0; 2]

 f(x) nghịch biến trên đoạn[0; 2] Bảng biến thiên

t 0 2

f ’(t) –

1

f(t)

2– 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn [–1 ; 1]  phương trình (2) có nghiệm thuộc đoạn [0; 2]

 min f(x) m Maxf(x)

] 1

; 1 [ x ]

1

; 1 [

x     2– 1  m  1

BÀI 31 : Điều kiện: x 1

1 x 1 x

1 x

1 x

0 1 x

0 1 x

0 1 x

2



 





















 



















Ta có : ^{4 2 4 2 4}

1 x

1 2 x 1 x

1 3 x m 1 x 2 1 x 3 1 x m 1 x 2 1 x m 1 x

3 

 



 



























 Đặt ⁴

1 x

1 t x



   0 

1 x

1 t² x



 

Ta có : 0

) 1 x (

2

1 x

1 4 x

1 1

x 1 x 1 x

1 x 4 ' 1 1 t

x 1 x 1 x

1

t x ₂

4

3 '

4 3 4

1

4 

 



 







 



 







 



 







 



 



 







 



 



, x  [1 ; +)

x 1 +

t’ +

1

t

0

Do 1 1 x

1 1 x 1 1 lim x

1 1 x

x 1 1 x 1 lim

x 1 lim x 1

x 1

lim x 4 ⁴

4 x x 4

x 4

x  



 



 

 



 

 

 

 





















Do đó : 0t1

Chú ý : Có thể tìm điều kiện của t như sau : 1

1 x 1 2 1

x 2 1 x 1 x

1

t ⁴ x ^{4 4} 

 

 



 



 

Mặt khác : 1 1

x 1 1

x 1 1 lim x

1 1 x

x 1 1 x 1 lim

x 1 lim x 1

x 1

lim x 4 ⁴

4 x x 4

x 4

x  



 



 

 



 

 

 

 





















Do đó : 0t1. Khi đó phương trình đã cho  m3t²2t (2) Xét hàm số f(t) = 3t²2t, t[0;1)  f’(t) = –6t + 2, t[0;1) f’(t) = 0  –6t + 2 = 0 

3 t1

t 0 1/3 1

f’(t) + 0 –

1/3 f(t)

0 –1

Dựa vào bảng biến thiên, phương trình đã cho có nghiệm x  [1 ; +)

 phương trình (2) có nghiệm t  [0 ; 1)  –1 < m  3 1.

BÀI 32 : Điều kiện : x  1. Ta có

 

^{1 4 x 1 3 4 x 1 3m 0}

x 1 x 1

 

 

       (*)

Đặt ⁴ x 1 ⁴ 2

t 1

x 1 x 1

   

  , 0  t  1. Phương trình (1) trở thành 9m = 3t – 4t²

 Xét hàm số f(t) = 3t – 4t², t  [0 ; 1] ; f ’(t) = 3 – 8t, f ’(t) = 0  t = 8 3

 Bảng biến thiên

t  0

8

3 1 +

f ’(t) + 0 

f(t)

16 9

0 1

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi

16 m 9 9

1 

 1 1

9 m 16

    BÀI 33 : Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực : x²3x2 x²3mx3m

Hướng dẫn

Phương trình đã cho tương đương _^







 



 





























2 x 3 1 x m 3

2 x 1 m 3 mx 3 x 2 x 3 x

0 2 x 3 x

2 2

2







 







 3m

1 x

2 x 3

2 x 1

Xét hàm số

 

1 x

2 x x 3

f 

  trên đoạn [1 ; 2]. Ta có f’(x) =



x 1



⁰

5

2 

 x  [1 ; 2]

Suy ra hàm số f(x) là hàm số đồng biến trên [1 ; 2]

x  1 1 2 +

f’(x) + + +

f(x)

3 4

2 1 Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có nghiệm

9 m 4 6 1 3 m 4 2 3

1     



BÀI 34 : Tìm m để phương trình : ^{x x x27}



^3m1

 

^{10x 9x}



có nghiệm.

Hướng dẫn

Điều kiện : 0  x  9

Với x  [0 ; 9] thì 10x 9x 0

Phương trình đã cho tương đương



^{x x x27}



^{10x 9x}



^3m1

 Xét hàm số f(x) = x x x27 trên đoạn [0 ; 9]

Ta có f’(x) = 0

27 x 2

1 2

x 3 27 x 2

1 x

2

x x 

 

 



 x  [0 ; 9]

Suy ra hàm số f(x) là hàm số đồng biến trên đoạn [0 ; 9].

 Xét hàm số g(x) = 10x 9x trên đoạn [0 ; 9]

Ta có g’(x) = 0

x 10 x 9 2

x 9 x 10 x

10 2

1 x

9 2

1 









 

 

 x  [0 ; 9]

Suy ra hàm số g(x) là hàm số đồng biến trên [0 ; 9].

 Do đó h(x) = f(x).g(x) luôn luôn đồng biến trên [0 ; 9].

 Phương trình đã cho có nghiệm  h(0)  3m – 1  h(9)

3 m 34 3

1 3 33 3

1 m 3 3

3       



BÀI 35 : Tìm m để phương trình sau có nghiệm : x²1 4x²4mxm²23x²4mxm²1 Hướng dẫn

Ta thấy 4x² – 4mx + m² + 2  0 x  R (vì ’ = 8 < 0) Do đó phương trình đã cho có tập xác định D = R

Đặt u = 4x² – 4mx + m² + 2, v = x² + 1 thì u – v = 3x² – 4mx + m² + 1 Phương trình đã cho trở thành v u uv uu vv (*) Xét hàm số f

 

t  tt, t  (0 ; +)  Ta có f’(t) = 1 0

t 2

1   t  (0 ; +) Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên khoảng (0 ; +)

Do đó : (*)  f(u) = f(v)  u = v  u – v = 0  3x² – 4mx + m² + 1 = 0

Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi ’ = 4m² – 3(m² + 1) = m² – 3  0  m 3 hoặc m 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi











 3 m

3 m

BÀI 36 : Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt :



x1



²  m



x2



9

Hướng dẫn Điều kiện : x  2

Ta có



^x1



^{2 m}



^x2



^9



^x2



^x4



^{ m}



^x2

 

^{ x2}

 

^x2



^x4



^2m



^0

   

_

 











 











 x 6x 32 m *

2 0 x

m 32 x 6 x 2

x ^{3 2} _{3 2}

Ta chứng minh (*) có một nghiệm trên khoảng (2 ; +)

Xét hàm số f(x) = x³ + 6x² – 32 trên (2 ; +)  Ta có f ’(x) = 3x² + 12x > 0  x > 2

x 2 +

f’(x) +

f(x) +

0

Dựa vào bảng biến thiên thấy với m > 0 thì (*) luôn có một nghiệm trong khoảng (2 ; +).

Vậy với mọi m > 0 thì phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt.

BÀI 37 : Tìm m để phương trình ^{42x2 6 x4   2}



^{x 2 6 x}



^

 2013m có đúng hai nghiệm thực phân biệt.

Hướng dẫn

Điều kiện : 0  x  6

Xét hàm số ^f

 

^{x 42x246x 2}



^{x 2}



^6x

 

, x  [0 ; 6]

Ta có f’(x) =

   

^

 





 















 

x 6

1 x 2 1 x

6 1 x

2 1 2 1

4 3

4 3

x  0 2 6 +

f’(x) + 0 

f(x)



^{2 2}



3 



^{6 4 6}



2  2 3⁴12

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi



4

   

2 6 ⁴6



3



2 2



2 6 6 2013m 3 2 2 m

2013 2013

 

      

BÀI 38 : Cho phương trình : x²x1 x²x1m. Tìm m để phương trình có đúng một nghiệm.

 Hướng dẫn :

Xét hàm f

 

x  x²x1 x²x1 ;

 

1 x x 2

1 x 2 1

x x 2

1 x x 2

'f _{2 2}





 





 

        

       























 



















 2x 1 x x 1 2x 1 x x 1

0 1 x 2 1 x 1 2

x x 1 x 2 1 x x 1 x 2 0 x

'f ^{2 2} _{2 2 2 2} x 0

0

x 2

x 1 2 1



 











 

 





 f x

xlim

Bảng biến thiên :

x  0 +

 

x

'f  0 +

 

x

f + +

2

Theo bảng biến thiên  giá trị cần tìm là : m2.