Giáo án lớp 12 môn Toán - Phần I: Ứng dụng của tính đơn điệu của hàm số trong giải phương trình và bất phương trình

PHẦN I ỨNG DỤNG CỦA TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Một số mệnh đề: Ký hiệu K là một đoạn,một khoảng hoặc một nửa khoảng. 1) Nếu f(x) liên tục trên đoạn [a ; b] và f(a).f(b) < 0 thì phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm cÎ(a ; b). 2) Nếu f(x) liên tục và đơn điệu trên K thì phương trình f(x) = 0 có không quá một nghiệm trên K. Tổng quát hơn, Nếu f(x) liên tục và tăng trên K, g(x) liên tục và giảm (hoặc là hàm hằng) trên K thì phương trình f(x) = g(x) có không quá một nghiệm trên K. 3) Nếu f(x) liên tục và đơn điệu trên K thì " x, y Î K ta có f(x) = f(y) Û x = y. 4) (Định lý Lagrange) Nếu f(x) liên tục trên đoạn [a ; b] và có đạo hàm trên khoảng (a ; b) thì tồn tại c Î (a ; b) sao cho: . 5) Nếu PT có n nghiệm trên (a ; b) thì PT f(x) = 0 có không quá (n + 1) nghiệm trên (a ; b). Lưu ý : * Tổng của 2 hàm tăng trên K là một hàm tăng trên K; tổng của 2 hàm giảm trên K là một hàm giảm trên K. * Nếu f(x) là hàm tăng trên K thì a.f(x) tăng trên K nếu a > 0 và a.f(x) giảm trên K nếu a < 0. Giải phương trình Giải. ĐK : PT được viết lại : . PT này có dạng f(u) = f(v) với và Ta có nên f(t) tăng trên K. Vì u, v > 0 nên f(u) = f(v) Û u = v Û Giải phương trình . Giải. ĐK : x ³ 1. · Vì các hàm số y = x - 1, y = x - 2 và y = x + 7 tăng trên R nên liên tục và tăng trên [1 ; +¥). Do đó, PT f(x) = 4 có không quá một nghiệm trên [1 ; + ¥). · Mặt khác, f(2) = 4 nên PT f(x) = 4 có nghiệm duy nhất là x = 2. Giải phương trình Giải. PT được viết lại : . PT này có dạng f(u) = f(v) với . Ta có nên f(t) tăng trên (0 ; +¥). Mặt khác, và luôn luôn dương với mọi x nên PT đã cho tương đương với PT Giải phương trình . Giải. PT được viết lại có dạng f(u) = f(v) với . Ta có nên f(t) tăng trên R. Vì vậy, f(u) = f(v) Û Giải phương trình Giải. PT được viết lại . PT này có dạng f(u) = f(v) với . Ta có nên f(t) giảm trên K. Vì vậy, f(u) = f(v) Û u = v Û Giải. ĐK : Xét hàm số trên K = [0 ; +¥). Ta có nên f(t) liên tục, tăng trên K. BPT đã cho tương đương với Giải. PT (1) : . Ta có hàm số tăng trên R nên (1) Û x = y. Thay vào PT (2) ta được PT là một PT cơ bản. Giải. Ta có * x = y = -1 không là nghiệm của hệ. * x + y = 1 Û y = 1 - x. Xét Ta có , f’(t) = 0 Û t = 1/2. Lập BBT của f(t) ta được và đẳng thức xảy ra KVCK t = 1/2. Hệ đã cho có duy nhất cặp nghiệm . CMR PT có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc [2p ;3p] Giải. Với x Î [2p ;3p ], PT đã cho tương đương với PT . Đặt ta có nên f'(x) có không quá một nghiệm. Do đó, f(x) có không quá hai nghiệm trên [2p ;3p]. Mặt khác, nên PT có ít nhất hai nghiệm phân biệt . Vậy PT đâ cho có đúng hai nghiệm trên [2p ;3p]. Chứng minh rằng hệ sau có đúng hai nghiệm (x ; y) sao cho x>0 ; y>0 : Giải. ĐK :. Theo giả thiết x, y > 0 của bài toán, ta phải CM hệ đã cho có đúng hai nghiệm (x ; y) sao cho x >1 và y >1. Từ hệ ta được :. Do đó, Xét hàm số ta có Do đó g(t) đồng biến trên (1 ; +¥). Vì vậy trên . Thay vào (1) ta được : x f'(x) f(x) +¥ 1 x0 0 + - 2 f(2)<0 +¥ +¥ y =0 Xét hàm số , với x>1. Ta có, nên đồng biến trên (1; +¥). Do tăng trên (1 ; +¥), và nên có duy nhất 1 nghiệm . Suy ra, khi và , khi . Dựa vào BBT của f(x) trên (1 ; +¥) ta thấy ngay pt f(x) =0 có đúng 2 nghiệm x>1. CM hệ luôn luôn có một nghiệm duy nhất. Giải. Xét. Hệ đã cho tương đương với . Ta cần chứng minh rằng với mọi a > 0 PT g(x) = f(x+a) - f(x) = 0 có nghiệm duy nhất. Ta có nên g(x) là hàm số tăng trên . Mặt khác, và nên PT g(x) = 0 có duy nhất một nghiệm x > -1 với mọi a > 0. Giải hệ Giải. Dễ thấy x = 0 hoặc y = 0 hoặc z = 0 đều không thỏa hệ. Vì vậy ta phải có x, y , z đều dương. Hệ được viết lại . Xét hàm số , ta có Do đó f(t) là hàm số tăng trên (0 ; +¥). Nếu x > y thì ta có x = f(y) > y = f(z) nên y > z. Suy ra f(z) > f(x) Û z > x. Vậy, x > y > z > x. Mâu thuẫn! Tương tự, các trường hợp x > z ; y > z ; y > x ; z > x ; z > y đều mâu thuẫn. Do đó, x = y = z. PT được giải bằng cách đặt . MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Giải các PT, BPT hệ PT sau : 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) . 8) 9) 10) 11) 12) 13) 14) 15) PHẦN II DÙNG MIN, MAX VÀ PHƯƠNG PHÁP “CÔ LẬP THAM SỐ” ĐỂ TÌM ĐIỀU KIỆN CHO PT – BPT CÓ NGHIỆM CƠ SỞ LÝ LUẬN: MĐ1: Nếu hàm số f(x) liên lục trên ĐOẠN D = [a,b] thì phương trình f(x) = m có nghiệm trên D khi và chỉ khi m0 == M0. Tổng quát hơn, m0 == M0 nếu a, b có thể là ¥. MĐ2: Nếu hàm số f(x) liên lục trên ĐOẠN D = [a,b] thì: 1) Bất phương trình f(x) ³ m có nghiệm trên D khi và chỉ khi: (m £nếu a, b có thể là ¥) 2 ) Bất phương trình f(x) £ m có nghiệm trên D khi và chỉ khi: (nếu a, b có thể là ¥) MĐ3: Nếu hàm số f(x) liên lục trên ĐOẠN D = [a,b] thì: 1) Bất phương trình f(x) ³ m đúng với " x Î D khi và chỉ khi: (nếu a, b có thể là ¥) 2 ) Bất phương trình f(x) £ m đúng với " x Î D khi và chỉ khi: (nếu a, b có thể là ¥) Việc tìm inf f(x); sup f(x) có thể dùng khảo sát hàm số, BĐT hoặc phương pháp miền giá trị... Có nhiều bài toán về xác định tham số để PT-BPT có nghiệm thỏa mãn yêu cầu nào đó mà ta có thể “cô lập” được tham số (đưa về dạng m = f(x), m ³ f(x) hoặc m £ f(x)). Khi đó, bằng cách lập BBT của f(x) rồi dùng các mệnh đề trên hoặc đọc BBT ta có được kết quả. Sau đây là một số ví dụ như vậy. Tìm m để HS sau tăng trên D = [2;+¥):. 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' ³ 0, " x Î D. Ta có: m –¥ 0 +¥ a = m – – 0 + + D – 0 + + 0 – + Tr hợp: m £ <0 thì y' £ 0 với mọi x nên không thỏa yêu cầu của đề. + Tr hợp: m ³ thì y' ³ 0 với mọi x nên y' ³ 0 đúng với mọi x Î D, thỏa yêu cầu của đề. + Tr hợp: m = 0 thì y' = 2x – 6 nên y' ³ 0 Û x ³ 3. Hàm số chỉ tăng trên [3;+¥), không thỏa yêu cầu của đề. + Tr hợp: < m < 0 thì y' ³ 0 với mọi x Î [x1,x2] mà D Ë [x1,x2] nên thỏa yêu cầu của đề. + Tr hợp: 0< m < thì y' ³ 0 với mọi x Î ( –¥;x1 ]È[x2;+¥) nên y' ³ 0 với mọi xÎD KVCK x1 < x2 £ 2. ĐK: Û Û £ m < Tóm lại, m ³ . Cách 2: (Cô lập tham số) Ta có y' ³0, "xÎD=[2;+¥) tương đương với "xÎD. (Vì x2 –2x+3>0 "xÎD.) Tương đương với m ³ =. (xét f(x)= ; f'(x)= ) Tìm m để BPT sau đúng với mọi x thuộc tập xác định của nó: t f’(t) f(t) –¥ – 0 5 +¥ – –24 – + + 0 6 Giải. TXĐ của BPT là " x Î [ –4;6] (Vì (4 + x)(6 – x) ³ 0) Đặt t = . Ta có: 0 £ t £ 5, " x Î [ –4;6]. BPT đã cho viết được lại: t2 + t – 24 £ m, với t Î [0; 5]. Xét hàm số f(t) = t2 + t – 24 trên [0; 5], ta có f’(t) = 2t + 1. Từ BBT ta suy ra = 6. Do đó f(t) £ m với " t Î [0;5] khi và chỉ khi m ³ 6. Nhận xét: 1) Nếu cần tìm m để, "x Î[ –4;6] thì ta tìm m để f(t) ³ m, "t Î [0;5] Û ³ m Û –24 ³ m. 2) Nếu cần tìm m để có nghiệm thì ta cần có f(t) ³ m có nghiệm Û³ m Û 6 ³ m. Lưu ý: Đối với học sinh lớp 10 và 11 có thể lập được BBT như trên mà không cần dùng đạo hàm. Tìm m để BPT sau đúng với mọi x ³ 2:. Giải. BPT: x4 – 2x3 + x2 – 1 ³ (x2 – x)m Û , " x ³ 2. Û , " t ³ 2 (ở đây t= x2 – x ³ 2, " x ³ 2). Tương đương với ³ m. Lập BBT của hàm số f(t) = trên miền [2, +¥) ta được ³ m. Cho PT 4m(sin6x + cos6x – 1) = 3sin6x. 1) Giải PT khi m = –4. 2) Biện luận, theo m, số nghiệm của PT. Giải. Ta có:(Dùng hằng đẳng thức bậc 3). Và sin6x = (công thức nhân 3 của sin là: sin3a =) PT viết lại: Đặt t = sin2x, ta có thì và với mỗi thì có duy nhất thỏa PT t = sin2x. Do đó số nghiệm của PT đã cho bằng số nghiệm của PT 4t3– mt2–3t= 0 (*) Ta có (*) Û t f’(t) f(t) –1 1 0 + + +¥ –¥ 1 –1 Vì t = 0 không là nghiệm của (1) nên chia 2 vế cho t và làm gọn ta được: Xét hàm số f(t) = với " t Î [ –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 ¹ 0 nên PT (*) có 3 nghiệm. · m > 1 thì PT (1) có 1 nghiệm –1< t < 0 nên PT (*) có 2 nghiệm. Tìm m để hệ BPT sau có nghiệm: Giải. (1) Û . Vì f(x) = là hàm số giảm và f(2) = 1 nên (1) Û f(x) £ f(2) Û x ³ 2. (2) Û Û 2(m–x) ³ x4 + 1>0 Û +¥ x 2 + h’(x) h(x) Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi h(x) £ m có nghiệm x ³ 2. Tương đương với £ m BBT của h(x): +¥ Vậy = h(2) = £ m. Cho PT: Giải PT khi m = –2. Tìm m để PT có nghiệm. 2 –2 x t’ t – + 0 –2 2 Giải. Đặt ta có Do đó khi xÎ[ –2;2] và . –1 t f’(t) f(t) –2 –1 0 – + 0 8 2 PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi PT có nghiệm Û f(t) = t2 + 2t = 2m + 4 có nghiệm . Điều này xảy ra KVCK Û mÎ. 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 ở trên) + tÎ[–2;2) hoặc t= trả về duy nhất một nghiệm x Î[ –2;2]. + t Î [2;) trả về 2 nghiệm xÎ[ –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 = –1Î[–2;2) nên PT đã cho có 1 nghiệm theo x. + –1<2m + 4 £ 0 thì f(t)=2m + 4 có 2 nghiệm tÎ[–2;2) nên PT đã cho có 2 nghiệm theo x. + 0<2m + 4 < 8 thì f(t)=2m + 4 có 1 nghiệm tÎ(–1;2) Ì[–2;2) nên PT đã cho có 1 nghiệm theo x. + 8£ 2m + 4 < thì f(t)=2m + 4 có 1 nghiệm tÎ[2;) nên PT đã cho có 2 nghiệm theo x. + 2m + 4= thì f(t)=2m + 4 có 1 nghiệm t= nên PT đã cho có 1 nghiệm theo x. 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 +¥ f’ – 0 + 0 – 0 + +¥ 5 +¥ f –4 –4 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 . Ta có . Phương trình f’(x)=0 được giải như sau: Đặt t = x2 ³0 thì ta được PT –t3 –2t2 +2t +1 = 0Û(t –1)(t2+3t+1)=0. Ta tìm được x = ±1. Hơn nữa, qua đó ta cũng được mà ta dễ dàng xét dấu (vì x4+3x2+1 > 0 với mọi x). Lập BTT của f(x) rồi chỉ quan tâm ở phần x<0. Ta được kết quả là Cách 2: PT này có dạng ax4 + bx3 + cx2 + k.b.x + k2 = 0. Chia hai vế cho x2 ta được PT Đặt xem đây là hàm theo x, lập BTT ta thấy ngay t= –2 thì sinh ra duy nhất x= –1 –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 . 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 PHẦN BÀI TẬP Tìm m để BPT có nghiệm.[ĐHY TPHCM 96] HD: BPT Û Û 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). Tìm a để BPT có nghiệm với a > 0. [ĐH Y TPHCM 96] HD: Cách1: Xét f(x) = Lớp 12: f’(x) 1. Lớp 10&11: . Với 1£ x1 f(x2) nên hàm số tăng trên [1;+¥ ). Do đó=f(1) =1, suy ra a0). Cách2: BPT:. Vì a>0 nên 2 vế dương, bình phương và làm gọn ta được BPT có nghiệm KVCK (1 –a2)>0 Û 0<a<1. Tìm m để PT đúng với mọi x ³ 2 và mọi y. HD: f(x) =tăng trên (siny –cosy; +¥) É [2;+¥) nên= f(2). Do đó f(x) ³ 0, "x ³ 2;"y KVCK f(2) = 4 + 4(cosy –siny) + 4m ³ 0," y. Điều này xảy ra KVCK m+2 ³ siny –cosy, " y Hay m+2 ³ max(siny –cosy)=. Tìm a để , "x < –1. HD: · Cô lập tham số a, ta được: f(x) = ³ a, " x < –1. f’(x) = , f’(x) = 0 Û x = 0; x =. · Lập BBT suyra = = . Những giá trị a cần tìm là . Tìm a để BPT a.4x + (a –1)2x+2 + (a –1) > 0, đúng với " x. Cho BPT . 1) Giải BPT khi m = 1. 2) Tìm m để BPT đúng với mọi t ³ 0. Cho BPT . 1) Giải BPT khi m = 3. 2) Tìm m để BPT đúng với "xÎ [0;1]. Cho PT . 1) Bằng cách đặt t = cos2x, giải PT khi a = 1. 2) Tìm a để PT đã cho có nghiệm xÎ. Cho HPT 1) Giải hệ khi m = 5. 2) Tìm m để hệ có nghiệm. HD: 2) Đặt u = x + y và v = xy, ta được Û Vì x,y là nghiệm của PT t2 – ut + v = 0 nên u2 ³ 4v = 4(m – u). Vậy hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi Û Û Û có nghiệm theo u. Û Û f(0) £ m £ f(4) Û 0 £ m £ 8. Ở đây . Cho HPT 1) Giải hệ khi m = 7/2. 2) Tìm m để hệ có nghiệm. HD: Đặt u = x + y và v = xy và tương tự như trên ta cần tìm m để có nghiệm Lập BBT của hàm số . Từ đó suy ra số nghiệm của PT . Tùy theo m hãy lập BBT của hàm số . Từ đó suy ra số nghiệm của PT . 1) Tìm m để hàm số không nhận giá trị dương. 2) Tìm m để PT sau có 2 nghiệm phân biệt: . HD: không nhận giá trị dương có nghĩa là , "xÎ[–1;1] Cách 1(dùng lượng giác). Cách 2 (dùng BĐT Bunhiakốpxki) Cách 3(dùng đạo hàm lập BBT). Cho BPT 1) Tìm x để BPT đúng với mọi y. 2) Tìm y để BPT đúng với mọi x ³ 0. Cho PT . 1) Giải PT khi m = –3. 2) Tìm m để PT có nghiệm. HD: Lưu ý rằng nếu (x–3) ³ 0 và nếu (x–3)<0. Cho PT . 1) Giải PT khi a = . 2) Tìm a để PT có nhiều hơn 1 nghiệm trong khoảng . Tìm a để PT sau có nghiệm: . 1) Tìm m để PT có nghiệm. 2) Tìm m để hàm số y = (m –3)x –(2m +1)cosx luôn luôn nghịch biến. Tìm a để PT (a + 1)x2 – (8a + 1)x + 6a = 0 có đúng 1 nghiệm thuộc (0;1). Tìm m để HPT sau có nghiệm: HD: Đặt ta được . Do nên Mặt khác, . Vì vậy hệ đã cho có nghiệm KVCK có nghiệm . Điều này xảy ra khi và chỉ khi Û Û. Cho BPT: 1) Giải khi m = –12. 2) Tìm m để với mọi x thỏa –4£ x £ 6 đều là nghiệm BPT. Cho BPT: 1) Giải khi m = 6. 2) Tìm m để với mọi x thỏa –2£ x £ 4 đều là nghiệm BPT. Cho PT: . 1) Giải khi m = 3. 2) Tìm m PT có nghiệm. (ĐH BK HN 96) Tìm k lớn nhất để: đúng với mọi x. HD: Đặt t =Û t2 = 1+£ 2 nên 1£ t £ . BPT: k(t + 1) £ t2 + t + 1 Û (vì t +1> 0) Û k £ do đó max(k) = . Tìm m để hàm số có giá trị nhỏ nhất lớn hơn 1. HD: Ta có min y > 1 Û y > 1 với mọi x. Tương đương với , "x. + x=0 điều này được thỏa. + Với x ¹ 0 ta được Xem xét f’(x) trên các khoảng (–¥;1), (1;4) và (4;+¥) ta lập được BBT và tìm được và . Tìm m để đúng với mọi x. Tìm m để PT: , có 4 nghiệm phân biệt. a) Giải BPT:. (*) b) Tìm m để mọi nghiệm của (*) đều là nghiệm của:. Biện luận theo m số nghiệm của PT: x4 – mx3 + ( m+ 2)x2 – mx + 1 = 0. Tìm m để x2 –2mx + 2½x – m½ + 2 > 0 đúng với mọi x. HD: Đặt t = ½x –m½. Ta cần tìm m để f(t) = t2 + 2t + 2 > m2 đúng với mọi t ³ 0 Û > m2. Tìm m để PT sau có nghiệm: . + – x y’ y 0 HD: Xét với x Î . Vì y có chu kỳ 2p nên ta chỉ cần xét y trên đoạn . = 0Û Û Û (Vì nếu x Î mà xÏthì y' ¹ 0) m cần tìm: £ m £ . Tìm m để PT sau có nghiệm: . Tìm a để PT sau có 4 nghiệm khác nhau: ½–2x2 +10x –8½= x2 – 5x + a. Cho PT cos4x + 6sinxcosx = m. 1) Giải PT khi m = 1. 2) Tìm m để PT có 2 nghiệm khác nhau trên . Tìm m để hệ PT sau có nghiệm: Cho PT . a) Giải PT khi a = 3. b) Tìm a để PT có nghiệm. 1) Giải và biện luận PT . 2) Tìm những giá trị của t để PT có đúng 2 nghiệm thuộc . Tìm m để PT sau có nghiệm: . HD: HS f(x)= có max f(x)=7 và f(x)=7 Û x=–2. HS g(x) = có min g(x) =g(3–m)=m2 –4m +11=(m–2)2+7 ³ 7. Vậy f(x) £ 7 £ g(x), "x,m. Do đó f(x) =g(x) Û f(x)=g(x)=7Û không có m thỏa hệ này. Tìm a để PT x3 –x2 + 18ax –2a = 0 có 3 nghiệm dương phân biệt. Biện luận theo a số nghiệm của PT: ½2x2 –3x –2½ = 5a –8x –2x2. Tìm a để x4 + 4x3 + ax2 ³ 0 đúng với mọi x ³ 1. 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. Cho PT x3 + mx2 –1 = 0. Hãy CMR PT luôn có nghiệm dương. Hãy tìm m để PT có nghiệm duy nhất. Tìm m để PT (x –1)2 = 2½x – m½ có 4 nghiệm phân biệt. Tìm m để (x – 2)2 + 2½ x – m ½ ³ 3 đúng với mọi x. Tìm m để 4x –m2x + m + 3 £ 0 có nghiệm. Biện luận theo a số nghiệm của PT: x2 + x – m½ 2x – 2½ =0. Tìm m để PT: 2x3 – x2 – a = 0 có 3 nghiệm phân biệt và tính tổng bình phương các nghiệm đó. Biện luận theo m số nghiệm của PT: . Cho HPT: 1) Giải HPT khi a = 2. 2) Tìm a để hệ có nghiệm. Cho PT 1) Giải PT khi m = 2. 2) Tìm m để PT có nghiệm trong . Tìm m để BPT sau VN: . Tìm a để PT sin2(x –p) –sin(3x –p) = asinx có ít nhất 1 nghiệm x ¹ kp (kÎZ). Tìm m để BPT sau đúng với mọi x : . Tìm m sao cho có nhiều hơn 1 nghiệm thuộc (0;p/2). Cho BPT . 1) Giải khi m = 6. 2) Tìm m để BPT nghiệm đúng với mọi x thỏa: ½ x½³ ½. Tìm m để phương trình sau có nghiệm : . Tìm m để đều thỏa bất phương trình : Cho hàm số : với m là tham số. Xác định m để bất phương trình đúng với mọi x ³ 1. Tìm m để bất phương trình sau vô nghiệm : Tìm a để phương trình sau có nghiệm duy nhất : Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm : Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm : . Tìm min f. Từ đó, chứng tỏ f(x) = 3 có đúng 2 nghiệm. Giải. Ta có nên là hàm số tăng trên R. Do đó, và . Lập BBT ta thấy ngay minf(x) = f(x) =1. Hơn nữa,  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. Biện luận theo m số nghiệm của PT . Tìm m để PT sau có nghiệm: có nghiệm thuộc . Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt : . Ta có nên . Ngược lại, Với t = 1 PT chỉ có duy nhất nghiệm x = 0; Với mỗi t > 1 PT. PT này có đúng hai nghiệm theo x. Do đó, PT đã cho có 2 nghiệm pbiệt khi và chỉ khi PT có duy nhất một nghiệm t > 1. Lập BBT ta có ngay KL : hoặc m < 3.