Bài tập Giải tích Lớp 12 - Chương VII: Bài toán liên quan đến tham số - Nguyễn Tất Thu

phương trình sau: 
2m x 1 x 2 m+ = + − . 
Giải: 
PT 2
2
x 2
m( x 1 1) x 2 m f (x)
x 1 1
+
⇔ + + = + ⇔ = =
+ +
 (do 2x 1 1 0+ + > ) 
Số nghiệm của phương trình chính là số giao ñiểm của ñồ thị hai hàm số y m= và 
y f (x)= . 
Xét hàm số y f (x)= , ta có: 
2
22
2 2 2 2 2
x(x 2)
x 1 1
x 1 2x 1x 1f '(x)
( x 1 1) x 1( x 1 1)
+
+ + −
+ − ++
= =
+ + + + +
2
2 2
1
x 42f '(x) 0 x 1 2x 1 x
3
x 1 4x 4x 1
 ≥
⇒ = ⇔ + = − ⇔ ⇔ =
 + = − +
. 
x x
2
2
x(1 )
xlim f (x) lim 1
1 1
x 1
xx
→−∞ →−∞
+
= = −
 
− + − 
 
 và 
x
lim f (x) 1
→+∞
= . 
Bảng biến 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 51 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) 2x 9 x x 9x m+ − = − + + . 
2) 3 x 6 x (3 x)(6 x) m+ + − − + − = . 
3) 4 42 2m( x 2 2 x 4) x 2 2 x 4− + − − + = − . 
 Giải: 
1) ðiều kiện: 0 x 9≤ ≤ . 
Phương trình 29 2 x(9 x) x 9x m 2 m x(9 x) 2 x(9 x)⇔ + − = − + + ⇔ − = − − − 
ðặt 
x 9 x 9
t x(9 x) 0 t .
2 2
+ −
= − ⇒ ≤ ≤ = 
Ta có phương trình : 22 m t 2t f (t)− = − = (1). 
Phương trình ñã cho có nghiệm (1)⇔ có nghiệm 9t [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 9t [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 45 371 2 m m 3
4 4
⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤ . 
2) ðiều kiện: 3 x 6− ≤ ≤ . 
ðặt 
2
2 t 9t 3 x 6 x t 9 2 (3 x)(6 x) (3 x)(6 x)
2
−
= + + − ⇒ = + + − ⇒ + − = 
Phương trình ñã cho trở thành: 
2
2t 9t m t 2t 9 2m
2
−
− = ⇔ − = − (2). 
Xét hàm số 1 1t(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 
Dựa vào bảng biến thiên t [3;3 2]⇒ ∈ . 
⇒ (1) có nghiệm (2)⇔ có nghiệm t [3;3 2]∈ . 
Xét hàm số 2f (t) t 2t= − với 3 t 3 2≤ ≤ , có f '(t) 2t 2 0 t [3;3 2]= − > ∀ ∈ 
⇒ f(t) là hàm ñồng biến trên [3;3 2] 
3 f (3) f (t) f (3 2) 18 6 2 t [3;3 2].⇒ = ≤ ≤ = − ∀ ∈ 
Vậy phương trình có nghiệm 6 2 93 9 2m 18 6 2 m 3
2
−
⇔ ≤ − ≤ − ⇔ ≤ ≤ . 
3) ðiều kiện : x 2≥ . 
Ta thấy x 2= không là nghiệm của phương trình nên ta chia hai vế phương trình 
cho 4 2x 4− , ta ñược: 4 4x 2 x 2m 2 2
x 2 x 2
 
− +
+ − = 
+ − 
 (*). 
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 10 - 
ðặt 
4
44
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 ñó (*) trở thành: 
21 t 2t
m 2 t 2 m f (t)
t 2t 1
+ 
+ − = ⇔ = =  + 
 (3). 
Phương trình ñã cho có nghiệm (3)⇔ có nghiệm t 1> . 
Xét hàm số f(t) với t 1> , có: ( )
2
2
2t 2t 2f '(t) 0 t 1
2t 1
+ +
= > ∀ >
+
. 
f (t) f (1) 1 t 1⇒ > = ∀ > . 
Vậy phương trình có nghiệm m 1⇔ > . 
Chú ý : Trong các bài toán trên sau khi ñặt ẩn phụ ta thường gặp khó khăn khi xác 
ñịnh miền xác ñịnh của t .Ở trên chúng ta ñã làm quen với ba cách tìm miền xác 
ñịnh của t. Tuy nhiên ngoài những cách trên ta còn có những cách khác ñể tìm 
miền xác ñịnh của t. Chẳng hạn: 
Ở câu 2) ta có thể áp dụng BðT Côsi ñể tìm xác ñịnh của t : 
22 (3 x)(6 x) 9 9 t 18 3 t 3 2+ − ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ . 
Ở câu 3 ñể tìm miền xác ñịnh ta có thể làm như sau: 
4 1t 1
x 2
= +
−
 vì 1 0 x 2 t 1
x 2
> ∀ > ⇒ >
−
. 
Ví dụ 12: Tìm m ñể các phương trình 
 1) 2 2tan x cot x m(tan x cot x) 3 0+ + + + = có nghiệm . 
2 2
3 32) log x log x 1 2m 1 0+ + − − = có nghiệm trên 3[1;3 ] . 
 3) 
2 2 22x x 2x x 2x x
m.9 (2m 1)6 m.4 0− − −− + + = có nghiệm x thỏa mãn 1x
2
≥ . 
Giải: 
1) ðặt 2 2 2t tan x cot x tan x cot x t 2= + ⇒ + = − và | t | 2≥ . 
Phương trình ñã cho trở thành: 
2
2 t 1t mt 1 0 m
t
+
+ + = ⇔ = − (3) ( vì t 0≠ ). 
Phương trình ñã cho có nghiệm ⇔ (3) có nghiệm t thỏa mãn | t | 2≥ . 
Xét hàm số 
2t 1f (t)
t
+
= với | t | 2≥ , ta có: 
2
2
t 1f '(t) 0 t : | t | 2
t
−
= > ∀ ≥ 
Bảng biến thiên 
t −∞ -2 2 +∞ 
f’(t) + + 
f(t) 
 -5/2 +∞ 
−∞ 5/2 
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 11 - 
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình có nghiệm 5| m |
2
⇔ ≥ . 
2) ðặt 2 2 23 3t log x 1 log x t 1= + ⇒ = − . Với 31 x 3 1 t 2≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ . 
Phương trình ñã cho trở thành: 2t t 2m 2 (2)+ = + 
Phương trình ñã cho có nghiệm trên 3[1;3 ] ⇔ (2) có nghiệm 1 t 2≤ ≤ . 
Xét hàm số 2f (t) t t= + với 1 t 2≤ ≤ , ta thấy f(t) là hàm ñồng biến trên [1;2] 
Suy ra 2 f (1) f (t) f (2) 5 t [1;2]= ≤ ≤ = ∀ ∈ . 
Vậy phương trình có nghiệm 32 2m 2 5 0 m .
2
⇔ ≤ + ≤ ⇔ ≤ ≤ 
3) ðặt 2u 2x x u '(x) 4x 1= − ⇒ = − . 
Lập bảng biến thiên của u(x) ta 1u 0 x : x
2
⇒ ≥ ∀ ≥ . 
Bất phương trình trở thành: u u um9 (2m 1)6 m4 0− + + = 
2u u
23 3m (2m 1) m 0 mt (2m 1)t m 0
2 2
   
⇔ − + + = ⇔ − + + =   
   
(trong ñó ta ñặt 
u3
t t 1 u 0
2
 
= ⇒ ≥ ∀ ≥ 
 
) 
2
2
t
m(t 2t 1) t m f (t)
t 2t 1
⇔ − + = ⇔ = =
− +
 (3) (do t=1 không là nghiệm PT) 
Yêu cầu bài toán (3)⇔ có nghiệm t 1> . 
Xét hàm số f (t) với t 1> , có 
2
2 2
1 tf '(t) 0 t 1
(t 2t 1)
−
= 
− +
 và 
x
lim f (t) 0
→+∞
= 
Bảng biến thiên 
t 1 +∞ 
f’(t) + 
f(t) 
+∞ 
 0 
Vậy m 0> là những giá trị cần tìm. 
Ví dụ 13: Tìm m ñể phương trình sau có nghiệm 
(4m 3) x 3 (3m 4) 1 x m 1 0− + + − − + − = (1). 
Giải: ðiều kiện : 3 x 1− ≤ ≤ . 
Phương trình m(4 x 3 3 1 x 1) 3 x 3 4 x 1 1⇔ + + − + = + + − + 
3 x 3 4 1 x 1
m
4 x 3 3 1 x 1
+ + − +
⇔ =
+ + − +
 (2). 
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 12 - 
Vì ( ) ( )2 2x 3 1 x 4+ + − = nên ta có thể ñặt: 22
2
2t
x 3 2
1 t
1 t1 x 2
1 t

+ = +

−
− =
 +
 với 0 t 1≤ ≤ . 
Khi ñó (2) trở thành: 
2 2 2
2 2 2
12t 8(1 t ) 1 t 7t 12t 9
m f (t)
16t 6(1 t ) t 1 5t 16t 7
+ − + + − −
= = =
+ − + + − −
 (3). 
(1) có nghiệm (3)⇔ có nghiệm t [ 1;1]∈ − . 
Xét hàm số f(t) với t [0;1]∈ , có 
2
2 2
52t 8t 60f '(t) 0 t [0;1]
(5t 16t 7)
+ +
= − < ∀ ∈
− −
7 9f (1) f (t) f (0) t [0;1]
9 7
⇒ = ≤ ≤ = ∀ ∈ 
Vậy phương trình có nghiệm 7 9m
9 7
⇔ ≤ ≤ . 
Chú ý : Chắc có lẽ các bạn sẽ thắc mắc vì sao lại nghĩ ra các ñặt như vậy ? Mới 
nhìn vào có vẻ thấy các ñặt t ở trên thiếu tự nhiên. Thực chất ra các ñặt ở trên ta ñã 
bỏ qua một bước ñặt trung gian. Cụ thể: 
Từ ñẳng thức ( ) ( )2 2x 3 1 x 4+ + − = ta ñặt x 3 2sin
1 x 2cos
 + = α

− = α
 với [0; ]
2
pi
α∈ , 
sau ñó ta lại tiếp tục ñặt t tan
2
α
= nên ta mới có: 
2
2
2
2t
x 3 2
1 t
1 t1 x 2
1 t

+ = +

−
− =
 +
. ðến ñây chắc 
các bạn thấy cách ñặt ở trên hoàn toàn rất tự nhiên phải không?!. 
Ví dụ 14: Xác ñịnh mọi giá trị của tham số m ñể hệ sau có 2 nghiệm phân biệt 
2
33 3
2
2 x 2x 5
log (x 1) log (x 1) log 4 (1)
log (x 2x 5) mlog 2 5 (2)
− +
+ − − >

− + − =
. 
Giải: ðiều kiện : x 1> . 
3 3
1 1(1) log log 2 2 1 3
1 1
x x
x
x x
+ +
⇔ > ⇔ > ⇔ < <
− −
 (Do x 1> ). 
Vậy hệ ñã cho có hai nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt 1 3x< < . 
ðặt 22t log (x 2x 5) 2 t 3 x (1;3)= − + ⇒ < < ∀ ∈ và (2) trở thành 
2mt 5 t 5t m (3)
t
+ = ⇔ − = − 
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 13 - 
Từ cách ñặt t ta có: 2( 1) 2 4tx − = − ⇒ Với mỗi giá trị t (2;3)∈ thì cho ta ñúng 
một giá trị x (1;3)∈ . Suy ra (2) có 2 nghiệm phân biệt x (1;3)∈ (3)⇔ có 2 nghiệm 
phân biệt t (2;3)∈ . 
Xét hàm số 2f (t) t 5t= − với t (2;3)∈ 5f '(t) 2t 5 f '(t) 0 t
2
⇒ = − ⇒ = ⇔ = 
Bảng biến thiên 
t 2 5
2
 3 
f’(t) − 0 + 
f(t) 
6− 6− 
25
4
− 
⇒ (3) có 2 nghiệm phân biệt 25 25t (2;3) m 6 6 m
4 4
∈ ⇔ − < − < − ⇔ < < . 
Ví dụ 14: Cho phương trình 6 5 4 3 2x 3x 6x ax 6x 3x 1 0+ − − − + + = (1). Tìm tất 
cả các giá trị của tham số a, ñể phương trình có ñúng 2 nghiệm phân biệt. 
Giải: Vì 0x = không phải là nghiệm phương trình . Chia hai vế pt cho x3 ta ñược 
3 2
3 2
1 1 1(x ) 3(x ) 6(x ) a 0 
xx x
+ + + − + − = .ðặt 
1
t x
x
= + ta có ñược phương trình: 
2 2 3 2t(t 3) 3(t 2) 6t a t 3t 9t a 6 (2)− + − − = ⇔ + − = + 
Từ cách ñặt t, ta có: 2x tx 1 0 (3)− + = 2t 4 0 t 2⇒ ∆ = − ≥ ⇔ ≥ . Từ ñây ta có: 
* Nếu t 2= ± thì phương trình (3) có một nghiệm. 
*Nếu t 2> thì với mỗi giá trị của t cho tương ứng hai giá trị của x. 
Nên (1) có ñúng hai nghiệm phân biệt ⇔ (2) hoặc có ñúng hai nghiệm t=2 và t=-2 
hoặc (2) có ñúng một nghiệm thỏa mãn |t|>2. 
 TH 1: Nếu (2) có ñúng hai ngiệm 
2 a 6
t 2
22 a 6
= +
= ± ⇒
= +
 hệ vô nghiệm. 
 TH 2: (2) có ñúng một nghiệm thỏa mãn |t|>2. 
Xét hàm số 3 2f (t) t 3t 9t= + − với t 2> , có: 2f '(t) 3t 6t 9 3(t 1)(t 3)= + − = − + . 
Ta có bảng biến thiên: 
t −∞ -3 -2 2 +∞ 
f’(t) + 0 - + 
f(t) 
 27 +∞ 
−∞ 22 2 
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (2) có ñúng một nghiệm >t 2 
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 14 - 
a