Chuyên đề Chương VII: Bài toán liên quan đến tham số

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 min f (x)
∈
= , 
x D
M Maxf (x)
∈
= thì 
phương trình : ( )f x k= có nghiệm khi và chỉ khi m k M.≤ ≤ 
Ví dụ 1: Tìm m ñể các phương trình sau có nghiệm 
2 2
4 2
1) x x 1 x x 1 m
2) x 1 x m
+ + − − + =
+ − =
. 
Giải: 
1)Xét hàm số 2 2f (x) x x 1 x x 1= + + − − + có tập xác ñịnh là D=R. 
 Ta có: 
2 2
2x 1 2x 1f '(x)
2 x x 1 2 x x 1
+ −
= −
+ + − +
( ) ( )2 2f ' x 0 (2x 1) x x 1 2x 1 x x 1 (1)⇒ = ⇔ + − + = − + + 
2 2
2 21 1 3 1 1 3x [(x ) ] x [(x ) ] x 0
2 2 4 2 2 4
   
⇒ + − + = − + + ⇔ =   
   
 thay vào (1) ta thấy 
không thỏa mãn. Vậy phương trình f '(x) 0= vô nghiệm f '(x)⇒ không ñổi dấu 
trên R, mà f '(0) 1 0 f (x) 0 x R f (x)= > ⇒ > ∀ ∈ ⇒ ñồng biến. 
Mặt khác: 
2 2xx
2xlimf (x) lim 1
x x 1 x x 1→+∞→+∞
= =
+ + + − +
 và 
x
limf (x) 1
→−∞
= − . 
Bảng biến 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 2f (x) x 1 x= + − với x D [0; )∈ = +∞ 
Ta có: 
2 34
x 1f '(x)
2 x2 (x 1)
= −
+
. 
2 3 6 2 3 2 24f '(x) 0 x x (x 1) x (x 1) x x 1⇒ = ⇔ = + ⇔ = + ⇔ = + vô nghiệm 
f '(x)⇒ không ñổi dấu trên D, mà 4
1 1f '(1) 0 f '(x) 0 x D
22 8
= − < ⇒ < ∀ ∈ 
Mặt khác: 
42 3 2 2 2 4 2 6x x 4 4 4
1lim f (x) lim 0
(x 1) x (x 1) x (x 1) x→+∞ →+∞
= =
+ + + + + +
0 f (x) f (0) 1 x D⇒ < ≤ = ∀ ∈ ⇒ phương trình có nghiệm 0 m 1⇔ < ≤ . 
Chú ý : Nếu phương trình chưa có dạng trên thì ta tìm cách cô lập m ñưa về dạng 
trên. 
Ví dụ 2: Tìm m ñể các phương trình sau có nghiệm: 
 1) 4 4x 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 2f (x) 4x 6x 9x= − − với x 1≤ 
Ta có: 2
3
x
2f '(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 31 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 0x x− − − ≠ ) 
Xét hàm số f (x) (x x x 12)( 5 x 4 x)= + + − − − với 0 x 4≤ ≤ . 
Ta có: 3 1 1 1f '(x) ( x )( )
2 2 x 12 2 4 x 2 5 x
= + −
+ − −
. 
Do 1 10 4 x 5 x 0 f '(x) 0 x [0;4)
2 4 x 2 5 x
 ⇒ > ∀ ∈
− −
. 
Vậy f(x) là hàm ñồng biến trên [0;4] 2 3( 5 2) f (0) f (x) f (4) 12⇒ − = ≤ ≤ = 
Suy ra phương trình có nghiệm 2 3( 5 2) m 12.⇔ − ≤ ≤ 
Chú ý : Khi gặp hệ phương trình trong ñó một phương trình của hệ không chứa 
tham số thì ta sẽ ñi giải quyết phương trình này trước. Từ phương trình này ta sẽ 
tìm ñược tập nghiệm x D∈ (ñối với hệ một ẩn) hoặc sẽ rút ñược ẩn này qua ẩn kia. 
Khi ñó nghiệm của hệ phụ thuộc vào nghiệm của phương trình thứ hai với kết quả 
ta tìm ñược ở trên. 
Ví dụ 3: Tìm m ñể hệ sau có nghiệm: 
2 4 5x
x
2
12 (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 22 2 x 5x 4 x 5x 4 0 1 x 4−≤ ⇔ ≤ − ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤ . 
Hệ có nghiệm (2)⇔ có nghiệm x [1;4]∈ . 
23x 16(2) m
x x
+
⇔ = . Xét hàm số 
23x 16f (x)
x x
+
= với x [1;4]∈ 
có 
2 2
2
3 3
36x x x(3x 16) 3 x (x 16)2f '(x) 0 x [1;4]
x 2x
− +
−
= = ≤ ∀ ∈ . 
8 f (4) f (x) f (1) 19 x [1;4]⇒ = ≤ ≤ = ∀ ∈ . 
Vậy hệ có nghiệm 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 1f '(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− 
Dựa vào bảng biến thiên ⇒ hệ có nghiệm m 2 2 3⇔ ≤ − . 
Ví dụ 5: Tìm m ñể hệ phương trình sau có nghiệm: 
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: 
2y 4y 4 4y 4y 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
4f '(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: 44 3 4 3x 4x 16x m x 4x 16x m 6− + + + − + + = . 
Giải: 
ðặt 4 4 3t x 4x 16x m, t 0= − + + ≥ . Ta có phương trình : 
42 4 3t t 6 0 t 2 x 4x 16x m 2+ − = ⇔ = ⇔ − + + = 
4 3m x 4x 16x 16⇔ − = − + − . Xét hàm số 4 3f (x) x 4x 16x 16= − + − 
3 2 2 x 1f '(x) 4(x 3x 4) 4(x 2) (x 1) f '(x) 0
x 2
= −
⇒ = − + = − + ⇒ = ⇔ 
=
. 
Bảng biến thiên 
x −∞ -1 2 +∞ 
f’(x) – 0 + 0 + 
f(x) 
+∞ +∞ 
 -27 
Dựa vào bảng biến thiên ⇒phương trình có hai nghiệm phân biệt 
m 27 m 27⇔ − > − ⇔ < . 
Ví dụ 7: Tìm m ñể phương trình : 2m x 2 x m+ = + có ba nghiệm phân biệt. 
Giải: 
Phương trình 2
2
x
m( x 2 1) x m
x 2 1
⇔ + − = ⇔ =
+ −
 (do 2x 2 1 0 x+ − > ∀ ) 
Xét hàm số ( )
2
2
2
22 2
x
x 2 1
x x 2f (x) f '(x)
x 2 1 x 2 1
+ − −
+
= ⇒ =
+ − + −
( )
2
2
2 2
2 x 2f '(x) f '(x) 0 x 2
x 2 x 2 1
− +
= ⇒ = ⇔ = ±
+ + −
. 
Bảng biến 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 tất cả các giá trị của m ñể phương trình : 2mx 1 cos x+ = có ñúng 
một nghiệm x 0;
2
pi 
∈ 
 
. 
Giải: 
Ta thấy ñể pt có nghiệm thì m 0≤ . Khi ñó: 
Phương trình 
2
2 2
x
sin
cos x 1 2m 2m
x x
2
−
⇔ = ⇔ = −
 
 
 
. 
Xét hàm số : sin tf (t)
t
= với t 0;
4
pi 
∈ 
 
Ta có: ( )2 2
cos t t tgtt.cos t sin tf '(t) 0
t t
−
−
= = < với t 0;
4
pi ∀ ∈ ⇒ 
 
 f(t) nghịch biến. 
Mà: 2 2f ( )
4
pi
=
pi
 và 
2
2 2t 0
x
sin2 2 8 2lim f (t) 1 f (t) 1 1 x (0; )
2x
2
→
pi
= ⇒ < < ⇒ < < ∀ ∈
pi pi  
 
 
. 
Vậy phương trình có ñúng một nghiệm x (0; )
2
pi
∈ 2
8 2m 1⇔ < − <
pi
2
1 4
m
2
⇔ − < < −
pi
. 
Ví dụ 9: Tìm m ñể hệ phương trình : 
23(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 1y
x
≤

+ = ⇔ = − ⇔ 
− +
=

 (do x 0= không là nghiệm 
phương trình ). 
Thay vào phương trình thứ nhất ta ñược: 
2
2 x 2x 13x 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 2x 2x 1 1f (x) 3x 6x 3x 7x 2
x x
− +
= + + = + − + với x 1≤ . 
3 2
2 2
1 6x 7x 1 1 1f '(x) 6x 7 f '(x) 0 x 1;x ;x
2 3x 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
277 m 3
4
 ≤ − ≤
⇔ 

− ≤ − ≤ −

20
m 12
3
154 m
4
 ≤ ≤
⇔ 
−
− ≤ ≤

. 
Vậy 20 15m 12 4 m
3 4
−≤ ≤ ∪ − ≤ ≤ là những giá trị cần tìm. 
Ví dụ 10: Biện luận số nghiệm của 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 b ...  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 6 2 a 4
a 6 27 a 21
+ < < − 
⇔ ⇔ + > > 
. 
Ví dụ 15: Tìm m ñể phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt. 
2 2 4 2 2m( 1 x 1 x 2) 2 1 x 1 x 1 x 1+ − − + = − + + − − − (1). 
Giải: ðiều kiện : x 1≤ . 
ðặt 2 2 2 4
4 2
0 t 1
t 1 x 1 x 0 t 2 2 1 x
2 1 x 2 t
≤ ≤
= + − − ≥ ⇒ = − − ⇔ 
− = −
. 
(1) trở thành: 
2
2 t t 1m(t 2) 1 t t m f (t)
t 2
− + +
+ = − + ⇔ = =
+
 (2). 
Từ cách ñặt t 
2 22 2
4 42 t 2 t1 x x 1 t [0;1]
2 2
   
− −
⇒ − = ⇔ = ± − ∀ ∈      
   
⇒ với mỗi giá trị t (0;1]∈ ta có hai giá trị x, còn t 0 x 0= ⇒ = . 
Mặt khác: 
2 22 2
2 21 2
1 2 1 2
2 t 2 t1 1 t t t t
2 2
   
− −
− = − ⇔ = ⇔ =      
   
⇒ (1) có bốn nghiệm phân biệt (2)⇔ có ñúng hai nghiệm t (0;1]∈ 
Xét hàm số f(t) với t [0;1]∈ , có: 
2
2
t 4t 1f '(t) f '(t) 0 t 5 2.
(t 2)
− − +
= ⇒ = ⇔ = −
+
Bảng biến thiên 
t 0 5 2− 1 
f’(t) + 0 − 
f(t) 
1
2
1
3
 2 5− 
⇒ (2) có hai nghiệm phân biệt 1t (0;1] 2 5 m
3
∈ ⇔ − < ≤ . 
Vậy 12 5 m
3
− < ≤ là những giá trị cần tìm. 
Ví dụ 16: Biện luận số nghiệm của phương trình : 
3 3 32 2 2
x 1 x x
m.2 (2m 1)(3 5) (3 5) 0+ + + − + + = (1). 
Giải: 
(1) 
3 32 2x x
3 5 3 52m (2m 1) 0
2 2
   
− +
⇔ + − + =   
   
 (2). 
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 15 - 
ðặt 
3 2x
3 5
t t 1
2
 +
= ⇒ ≥ 
 
. Khi ñó (2) trở thành: 
2
21 t 12m (2m 1) t 0 2m(t 2) t 1 2m f (t)
t t 2
−
+ − + = ⇔ − + = − ⇔ − = =
+
 (3). 
Với 
3 2x
3
3 5
2
3 5
t 1 t x log t (*)
2 +
 +∀ ≥ ⇒ = ⇔ = ± 
 
. 
• Nếu t 1 (*)= ⇒ có một giá trị x 0= 
• Nếu t 1 (*)> ⇒ có hai giá trị x. 
⇒Số nghiệm của (1) phụ thuộc vào số nghiệm t 1≥ của (3) 
Xét hàm số f(t) với t 1≥ , có: 
2
2
t 4t 1f '(t) 0 t 1
(t 2)
+ +
= > ∀ ≥
+
. 
Bảng biến thiên: 
t 1 +∞ 
f’(t) + 
f(t) 
 +∞ 
0 
Dựa vào bảng biến thiên, ta có: 
 * Nếu 2m 0 m 0 (3)− ⇒ vô nghiệm (1)⇒ vô nghiệm. 
 * Nếu m 0 (3)= ⇒ có một nghiệm t 1 (1)= ⇒ có một nghiệm x 0= 
 * Nếu m 0 (3) ⇒ có hai nghiệm phân biệt. 
Ví dụ 17: Tìm tất cả các giá trị của m ñể phương trình : 
2
1 1
2 2
(m 1)log (x 2) (m 5)log (x 2) m 1 0− − − − − + − = (1) 
 có hai nghiệm thoả mãn ñiều kiện : 1 22 x x 4< ≤ < . 
Giải: 
ðặt 1
2
t log (x 2) t ( 2;0) x (2;4)= − ⇒ ∈ − ∀ ∈ và mỗi t ( 2;0)∈ − cho một giá trị 
x (2;4)∈ . Khi ñó (1) trở thành: 
2
2
2
t 5t 1(m 1)t (m 5)t m 1 0 m f (t)
t t 1
− +
− − − + − = ⇔ = =
− +
 (2). 
Yêu cầu bài toán (2)⇔ có hai nghiệm 1 22 t t 0− < ≤ < . 
Xét hàm số f(t) với t ( 2;0)∈ − , có 
2
2 2
t 4f '(t) 0 t ( 2;0).
(t t 1)
+
= − < ∀ ∈ −
− +
151 f (0) m f ( 2)
7
⇒ = < < − = là những giá trị cần tìm. 
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 16 - 
Bài toán 2: Tìm m ñể bất phương trình ( ) ( )>f x g m có nghiệm 
trên D. 
Phương pháp: Với dạng toán này trước hết ta ñi khảo sát và lập bảng biến thiên 
của hàm số f (x) trên D, rồi dựa vào các tính chất sau ñể chúng ta ñịnh giá trị của 
tham số: 
1) Bất phương trình f (x) g(m)≥ có nghiệm trên D 
x D
max f (x) g(m)
∈
⇔ ≥ 
2) Bất phương trình f (x) g(m)≤ có nghiệm trên D 
x D
min f (x) g(m)
∈
⇔ ≤ 
Ví dụ 1: Tìm m ñể bất phương trình sau có nghiệm 
1) 4 x x 5 m 2) mx x 3 m 1.− + + ≥ − − ≤ + 
Giải: 
1) ðiều kiện : 5 x 4− ≤ ≤ . 
Xét hàm số f (x) 4 x x 5= − + + 
1 1 4 x x 5f '(x)
2 4 x 2 x 5 2 (4 x)(x 5)
− − − +
⇒ = + =
− + − +
. 
1f '(x) 0 4 x x 5 0 x
2
⇒ = ⇔ − − + = ⇔ = − . 
Suy ra 
[-5;4]
1
max f (x) max f (4),f ( ),f ( 5) 3 2
2
− 
= − = 
 
. 
Vậy bất phương trình có nghiệm 
[ 5;4]
m max f (x) 3 2
−
⇔ ≤ = . 
2) ðiều kiện : x 3≥ . 
Bất phương trình x 3 1m
x 1
− +
⇔ ≤
−
. Xét hàm số x 3 1f (x)
x 1
− +
=
−
 với x 3≥ . 
Ta có: 2
5 x x 3f '(x) f '(x) 0 x 4
2 x 3(x 1)
− − −
= ⇒ = ⇔ =
− −
 và 
x
lim f (x) 0
→+∞
= . 
Bảng biến thiên: 
x 3 4 +∞ 
f’ + 0 - 
f 
2
3
1
2
 0 
Vậy bất phương trình có nghiệm 
x 3
2
m maxf (x)
3≥
⇔ ≤ = . 
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 17 - 
Ví dụ 2: Tìm m ñể các bất phương trình sau có nghiệm 
1) x x 14 m.2 3 2m 0+− + − ≤ (1) 2) 
2lg x mlg x m 3 0
x 1

− + + ≤

>
 (2). 
Giải: 
1) ðặt xt 2 , t 0= > . Khi ñó bất phương trình trở thành: 
2
2 t 3t 2mt 3 2m 0 f (t) 2m
t 1
+
− + − ≤ ⇔ = ≤
+
 (3). 
(1) có nghiệm (3)⇔ có nghiệm t 0> . Xét hàm số f(t) với t 0> , ta có: 
( )
2
2
t 2t 3f '(t) f '(t) 0 t 1
t 1
+ −
= ⇒ = ⇔ =
+
 (do t 0> ). 
Bảng biến thiên: 
t 0 1 +∞ 
f’(t) − 0 + 
f(t) 
3 +∞ 
 2 
(3)⇒ có nghiệm t 0> 2m 2 m 1⇔ ≥ ⇔ ≥ . 
Vậy m 1≥ là những giá trị cần tìm. 
2) ðặt t lg x t 0 x 1= ⇒ > ∀ > . Khi ñó bất phương trình ñã cho trở thành: 
2 2t mt m 3 0 t 3 m(t 1)− + + ≥ ⇔ + ≤ − (1). 
* 
2t 3
t 1 (1) m
t 1
+
< ⇒ ⇔ ≥
−
 (2). 
Xét hàm số 
2t 3f (t)
t 1
+
=
−
 với t (0;1)∈ , có 
2
2
t 2t 3f '(t) 0 t (0;1)
(t 1)
− −
= < ∀ ∈
−
(2)⇒ có nghiệm t (0;1) m f (0) 3∈ ⇔ < = − . 
* 
2t 3
t 1 (1) m f (t)
t 1
+
> ⇒ ⇔ ≥ =
−
 (3). 
Ta có bảng biến thiến f(t) 
t 1 3 +∞ 
f’(t) − 0 + 
f(t) 
+∞ +∞ 
 6 
(3) có nghiệm t 1 m 6> ⇔ ≥ . 
Vậy 
m 3
m 6
< −
 ≥
 là những giá trị cần tìm. 
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 18 - 
Ví dụ 3: Tìm m ñể bất phương trình : 2m( x 2x 2 1) x(2 x) 0− + + + − ≤ (1) có 
nghiệm x [0;1 3]∈ + . 
Giải: 
ðặt 2 2t x 2x 2 (x 1) 1 t [1;2] x [0;1 3]= − + = − + ⇒ ∈ ∀ ∈ + 
Khi ñó (1) trở thành: 
2
2 t 2m(t 1) t 2 m f (t)
t 1
−
+ ≤ − ⇔ ≤ =
+
 (2). 
Xét hàm số f(t) trên [1;2] , ta có: 
2
2
t 2t 2f '(t) 0 t [1;2]
(t 1)
+ +
= > ∀ ∈
+
(1) có nghiệm x [0;1 3]∈ + (2)⇔ có nghiệm t [1;2]∈ 
[1;2]
2
m max f (t) f (2)
3
⇔ ≤ = = . 
Ví dụ 4: Tìm m ñể bất phương trình sau có nghiệm: 
2 2 2sin x cos x sin x2 3 m.3 .+ ≥ 
Giải: 
 Bất phương trình 
2 2 t t
sin x sin x2 1 2 1( ) 3( ) m 3 m
3 9 3 9
   
⇔ + ≥ ⇔ + ≥   
   
với 2t sin x t [0;1]= ⇒ ∈ . Xét hàm số 
t t2 1f (t) 3
3 9
   
= +   
   
, ta thấy f(t) là hàm 
nghịch biến. 
[0;1]
max f (t) f (0) 4⇒ = = . Vậy bất phương trình có nghiệm m 4⇔ ≤ . 
Ví dụ 5: Tìm m ñể hệ bất phương trình sau có nghiệm: 
3
2x 1 1 2x 1 (1)
| 8x 5 | x 2x 1 2m 0 (2)
 + − ≥ −

− + + + − ≥
. 
Giải: ðiều kiện: 1x
2
≥ . 
Ta có: 1 5(1) 2x 1 2x 1 1 1 2 2x 1 x
2 8
⇔ + ≥ − + ⇔ ≥ − ⇔ ≤ ≤ . 
Khi ñó: 3 3(2) 8x 5 x 2x 1 2m 0 f (x) x 6x 6 2m⇔ − + + + + − ≥ ⇔ = − + ≥ (3). 
Xét hàm số f (x) trên 1 5;
2 8
 
  
, ta có: 2 1 5f '(x) 3x 6 0 x ;
2 8
 
= − ≤ ∀ ∈   
. 
1 5
;
2 8
1 25
max f (x) f ( )
2 8 
 
 
⇒ = = . 
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 19 - 
Hệ có nghiệm (3)⇔ có nghiệm 
1 5
;
2 8
1 5 25 25
x ; 2m max f (x) m
2 8 8 16 
 
 
 
∈ ⇔ ≤ = ⇔ ≤  
. 
Ví dụ 5: Tìm tất cả giá trị của tham số a ñể hệ sau có nghiệm (x,y) thoả mãn ñiều 
kiện x 4≥ . 
x y 3 (1)
x 5 y 3 a (2)
 + =

+ + + ≤
. 
Giải: ðiều kiện : x, y 0≥ 
ðặt t x y 3 t= ⇒ = − , do 
x 4
2 t 3
y 0
≥
⇒ ≤ ≤ ≥
. Khi ñó (2) trở thành: 
2 2a t 5 t 6t 12 f (t)≥ + + − + = (3). 
Xét hàm số f(t) với [ ]t 2;3∈ , có 
2 2
t t 3f '(t)
t 5 t 6t 12
−
= +
+ − +
2 2f '(t) 0 t (t 3) 3 (3 t) t 5⇒ = ⇔ − + = − + (*) 
2 2 2 2 2 2 2t (t 3) 3t (3 t) t 5(3 t) 2t 30t 45 0⇒ − + = − + − ⇔ − + = phương trình vô 
nghiệm vì [ ]t 2;3∈ 
BBT: 
t 2 3 
f '(t) 
 + 
f (t) 
 14 3+ 
5 
Hệ có nghiệm (3)⇔ có nghiệm 
[1;2]
t [1;2] a min f (t) f (2) 5∈ ⇔ ≥ = = . 
Vậy a 5≥ là những giá trị cần tìm. 
Chú ý : ðể bất phương trình : 
D D
f (x) k (f (x) k) x D k min f (x) (k maxf (x))≥ ≤ ∀ ∈ ⇔ ≤ ≥ . 
Ví dụ 6: Tìm m ñể bất phương trình : 2(x 3)(x 1)(x 4x 6) m+ + + + ≥ nghiệm ñúng 
x R∀ ∈ . 
Giải: 
Bất phương trình 2 2(x 4x 3)(x 4x 6) m⇔ + + + + ≥ . 
ðặt 2 2t x 4x 3 (x 2) 1 t 1= + + = + − ⇒ ≥ − và bất phương trình trở thành: 
2t 3t m t 1+ ≥ ∀ ≥ − (*) 
Xét hàm số 2
t 1
f (t) t 3t f '(t) 2t 3 0 t 1 min f (t) 2
≥−
= + ⇒ = + > ∀ ≥ − ⇒ = − . 
Bất phương trình ñã cho nghiệm ñúng với x R (*)∀ ∈ ⇔ nghiệm ñúng với t 1∀ ≥ − 
Nguyễn Tất Thu http//:www.maths.vn 
Trường THPT Lê Hồng Phong – Biên Hòa – ðồng Nai - 20 - 
t 1
m minf (t) 2
≥−
⇔ ≤ = − là những giá trị cần tìm. 
Ví dụ 7: Tìm m ñể bất phương trình : 2(4 x)(6 x) x 2x m+ − ≤ − + nghiệm ñúng 
[ ]x 4;6∀ ∈ − . 
Giải: 
ðặt 
4 x 6 x
t (4 x)(6 x) 0 t 5.
2
+ + −
= + − ⇒ ≤ ≤ = 
Khi ñó bất phương trình trở thành: 2 2t 24 t m t t m 24≤ − + ⇔ + ≤ + (*). 
Yêu cầu bài toán (*)⇔ nghiệm ñúng t [0;5]∀ ∈ . 
Xét hàm số 2f (t) t t= + với t [0;5]∈ , ta thấy f(t) là hàm ñồng biến trên [0;5] 
Suy ra 
[0;5]
max f (t) f (5) 30= = . 
Vậy (* ) nghiệm ñúng t [0;5]∀ ∈ m 24 30 m 6⇔ + ≥ ⇔ ≥ − . 
Ví dụ 8: Tìm m ñể bất phương trình sau nghiệm ñúng với mọi 1| x |
2
≥ . 
2 2 22x x 2x x 2x x9 2(m 1)6 (m 1)4 0− − −− − + + ≥ . 
Giải: 
Chia hai vế bất phương trình cho 
22x x4 − và ñặt 
22x x3
t
2
−
 
=  
 
, ta ñược: 
2t 2(m 1)t m 1 0− − + + ≥ (1). 
Với 21| x | 2x x 0 t 1
2
≥ ⇒ − ≥ ⇒ ≥
2t 2t 1(1) m f (t)
2t 1
+ +
⇒ ⇔ ≤ =
−
. 
Yêu cầu bài toán 
t 1
m min f (t)
≥
⇔ ≤ . 
Ta có 
2
2
2t 2t 4f '(t) f '(t) 0 t 2
(2t 1)
− −
= ⇒ = ⇔ =
−
. 
Bảng biến thiên 
t 1 2 +∞ 
f’(t) − 0 + 
f(t) 
4 +∞ 
 3 
Vậy 
t 1
m minf (t) m 3
≥
≤ ⇔ ≤ .