Một số lưu ý khi giải phương trình có chứa tham số bằng phương pháp đặt ẩn phụ

Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 1 MỘT SỐ LƯU Ý KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CÓ CHỨA THAM SỐ BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ Mở đầu Hầu hết trong các đề thi ĐH & CĐ đều có các bài toán giải và biện luận phương trình (pt) và hệ pt, tìm các giá trị tham số m∈R để phương trình (hệ pt) có nghiệm trong miền D nào đó…. Một trong những công cụ chủ đạo để giải đó là dùng khảo sát hàm số trong chương trình 12 và đa số thông qua biến phụ t để đưa phương trình đầu tiên về các dạng quen thuộc hay có thể đặt được dưới dạng một hàm số mà có thể khảo sát được. Một điều cần lưu ý nữa, đó là trong chương trình THPT đã giảm tải phần so sánh nghiệm của pt bậc hai với số α hayβ cho trước, do đó việc dùng các tính chất đơn điệu, cực trị, giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số là điều tất yếu để giải quyết vấn đề. Bài viết này xin điểm qua các bài toán về dạng này trong các đề thi gần đây, qua đó sẽ phân tích, nhận xét mối tương quan giữa các số hạng, các yếu tố, tính chất của các biến… trong bài toán để hình thành phương pháp giải quyết và đưa ra một số lỗi kĩ thuật mà thí sinh hay mắc phải do thói quen hay nhầm lẫn trong quá trình trình bày lời giải. Để giúp cho tất cả mọi học sinh (đủ trình độ) hiểu rõ hơn trong khi đọc, chúng tôi trình bày từng bước một, nên bài giải hơi dài, các bạn có thể lướt qua nếu thấy mình đã nắm được vấn đề. Tuy nhiên trong bài thi chúng ta phải trình bày chặt chẽ, lập luận thật loogic để đi đến kết quả, chứ không được làm tắt quá bắt giám khảo phải hiểu cho mình là điều nên tránh. Bài giải được trình trên 2 cột: cột bên trái ghi các nhận xét hay các bước giải; cột bên phải trình bày lời giải, cuối cùng là một số bài tập tự luyện. Mong rằng bài viết này sẽ giúp ích cho một số em học sinh hay chí ít cũng cho các em ôn lại những điều mà mình đã biết để chuẩn bị cho tốt trong các kì thi, đồng thời cùng trao đổi, học hỏi với các đồng nghiệp. Chúc các em học sinh đạt kết quả cao trong các kì thi sắp tới. 1. Các ví dụ Ví dụ 1. (ĐH & CĐ 2002–A) Cho phương trình: 2 23 3log log 1 2 1 0x x m+ + − − = (1) (m là tham số). a) Giải phương trình khi m = 2. b) Tìm m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 3[1; 3 ]. Giải: Nhận xét: 2 2 3 3log log 1 1x x= + − ≥ 0 ⇒ 23log 1 1x + ≥ Thêm bớt 1 vào (1) Đặt t và bình phương t. (1) ⇔ 2 23 3log 1 log 1 2 2 0x x m+ + + − − = (2) Đặt 23log 1 1 t x= + ≥ ⇒ 23log 1 1 t x= + ≥ (*) Thay t vào (1) (1) ⇔ t2 + t – 2m – 2 = 0 , t ≥1 (3) Câu a) Với m = 2 ƒ (2) ⇔ t2 + t – 6 = 0 , t ≥1 (4) Giải pt (4) và chọn nghiệm thỏa điều kiện (*) ⇔ ( t = –3) V ( t = 2), t ≥1 ⇔ t = 2. Vậy nghiệm của phương trình (3): t = 2 Gv Phan Hữu Thiềm Thạc sỹ Toán học Trường THPT Nguyễn Trãi Tây Ninh Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 2 Tìm x ƒ t = 2 ⇔ 23log 1 4x + = ⇔ 23log 3x = ⇔ 3log 3x = ± ⇔ 33x ±= . Kết luận Vậy khi m = 2, nghiệm của phương trình (1): 33x ±= . Câu b) Tìm điều kiện của biến phụ t ƒ 3 31 3 0 log 3x x≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ 231 log 1 4x≤ + ≤ ⇔ 231 log 1 2x≤ + ≤ ⇔ 1 ≤ t ≤ 2. (**) Bài toán trở thành: Tìm m để pt (5) có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [1; 2]. ƒ (1) ⇔ t2 + t – 2m – 2 = 0 , 1 ≤ t ≤ 2 ⇔ t2 + t – 2 = 2m , 1 ≤ t ≤ 2 (5) Lập bảng biến thiên của hàm: y = t2 + t – 2 + y’=2t + 1. + y’ = 0 ⇔ t = – ½ ƒ Đặt 2 2 ( ) 2 ( ) / /Ox y t t P y m d ⎧ = + −⎨ =⎩ . Như vậy số nghiệm của (5) là số giao điểm của (P) và đường thẳng (d) trên đoạn [1; 2]. Ta có bảng biến thiên của (P) sau: Chú ý: Ở đây các em học sinh hay nhầm 0 ≤ m ≤ 4, vì do thói quen hay đặt y = m là sai, mà phải: 0 ≤ 2m ≤ 4 ƒ Căn cứ vào bảng trên ta được: Pt (1) có nghiệm thỏa điều kiện bài toán ⇔ pt (5) có nghiệm t thỏa (**) ⇔ 0 ≤ 2m ≤ 4 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2. Nhận xét: ∗ Đối với pt có chứa tham số m và có câu hỏi giải pt với giá trị của m cụ thể (ví dụ 1), chúng ta không nên thay m liền để giải, mà nên biến đổi đến mức tối thiểu (pt 3) có thể được, rồi sau đó mới thay giá trị m để giải câu a. Làm như vậy để tránh lập lại bước biến đổi đầu tiên từ pt (1)→ pt(3) trong cả 2 câu a) và b). ∗ Học sinh dễ mắc bẩy ở đây: Hể cứ đặt ( )t f x= thì chúng ta liền viết t≥0, điều này thường dẫn đến dư nghiệm, nếu như bài toán có chứa tham số m. Như ví dụ 1) ở trên: do 2 2 3 3log log 1 1x x= + − ≥ 0 ⇔ 23log 1 1x + ≥ ⇔ 23log 1 1x + ≥ , nên điều kiện t≥ 1. Hơn nữa hàm f đôi lúc còn được xác định trên miền D cho trước [(**)], vì thế chúng ta phải tìm miền giá trị của hàm f ⇒ các cận của t. Bằng cách quen thuộc là khảo sát hàm t: xem biến phụ t là hàm theo x trên tập xác định của x như ví dụ 2 sau. Ví dụ 2. (ĐH & CĐ 2004–A) Tìm m để phương trình sau có nghiệm ( )2 2 4 2 21 1 2 2 1 1 1 .m x x x x x+ − − + = − + + − − (1). Giải: Nhận xét: 2 2 41 . 1 1x x x+ − = − Tìm miền giá trị của t Khảo sát t = f(x) / [–1; +1] ƒ Điều kiện: –1≤ x ≤ 1 ƒ Đăt 2 2( ) 1 1t f x x x= = + − − , với x∈[–1; +1]. Cách 1 Ta có: 2 2 2 2 1 1'( ) 1 1 1 1 x xf x x x x x x ⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟+ − + −⎝ ⎠ Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 3 Do 2 2 1 1 1 1x x ++ − >0 với x ∈ (–1; 1). Nên: f’(x) = 0 ⇔ x = 0. Bảng biến thiên của t=f(x). Như vậy: 0 2t≤ ≤ Nhận xét: 1+ x2 ≥ 1 – x2≥0. Bình phương t: Cách 2 Với x∈[–1; +1].Ta có: 2 21 1x x+ ≥ − ⇒ 2 21 1 0t x x= + − − ≥ ⇒ 2 2 22 2 1 . 1 2t x x= − + − ≤ Điều kiện của biến phụ t ⇒ 0 2t≤ ≤ . Tính 41 x− theo t ƒ 2 2 2 42 2 1 . 1 2(1 1 )t x x x= − + − = − − ⇔ 4 22 1 2x t− = − Thay t vào (1) ƒ (1) ⇔ m( t + 2) = 2 – t2 + t, 0 2t≤ ≤ Tính m theo t ⇔ 2 2 2 t tm t − + += + ; 0 2t≤ ≤ Chia đa thức ⇔ 43 2 m t t = − + + − + ; 0 2t≤ ≤ (2) Bài toán trở thành: Tìm m để phương trình (2) có nghiệm t thỏa: 0 ≤ t ≤ 2 . ƒ Đăt: 4( ) 3 2 m g t t t = = − + + − + ; 0 2t≤ ≤ 2 4'( ) 1 ( 2) g t t = − + + ; g’(t) = 0 ⇔ (t = –4) V (t = 0). Dùng phương pháp đồ thị để tìm m. Lập bảng biến thiên.. Cách 1 Kết luận: Căn cứ vào bảng biến thiên ta có kết quả. ƒ Vậy pt (1) có nghiệm ⇔ pt (2) có nghiệm / [0; 2 ] ⇔ 2 1 1m− ≤ ≤ . Chú ý: Phải nói m = g(t) là hàm xác định và liên tục trên đoạn đang xét ⇒ Hàm đạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất trên đoạn đó. Kết luận Cách 2 ƒ Nhận xét: m= g(t) là hàm liên tục trên đoạn [0; 2 ] và có đạo hàm g’(t) < 0 trên (0; 2 ) , vì thế: 0; 2 min ( ) ( 2) 2 1f t f ⎡ ⎤⎣ ⎦ = = − .và 0; 2 m ax ( ) (0) 1f t f ⎡ ⎤⎣ ⎦ = = ƒ Vậy pt(1) có nghiệm ⇔ pt (2) có nghiệm / [0; 2 ] ⇔ 0; 2 0; 2 min ( ) m ax ( )f t m f t ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ≤ ≤ ⇔ 2 1 1m− ≤ ≤ Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 4 Nhận xét ∗ Ta có: .a b ab= vì ( a≥0 & b ≥0)⇒ a.b≥0. Tuy nhiên điều ngược lại: . .a b a b= thường không đúng, vì a.b ≥ 0 ⇒ a; b cùng dấu ⇒ a; b có thể đều âm ⇒ , a b vô nghĩa. Tương tự như: log log log ( )a a aA B AB+ = , ngược lại chúng ta không có: log ( ) log loga a aAB A B= + . ∗ Cách 2 trong việc tìm cận (chận) của t là cách làm đẹp, tuy nhiên nếu không nhận ra dược t≥0 thì bài toán không hoàn chỉnh, thậm chí sai. Hơn nữa phép bình phương là một phép biến đổi không tương đương, do đó rất cẩn thận trong việc bình phương 2 vế. Ví dụ 3. (ĐH & CĐ 2007–A) Tìm m để phương trình 243 1 1 2 1.x m x x− + + = − (1) có nghiệm thực. Giải: Tìm điều kiện để pt có nghĩa: ƒ Điều kiện 1 x≤ (*) Chú ý: với mọi x ≥1 ta có: ∗ ( )24 1 1x x− = − , ( )24 1 1x x+ = + ∗ 244 41. 1 1x x x− + = − Chia hai vế của phương trình (1) cho ( )24 1x + . ƒ (1) ⇔ 2 4 4 1 13 2 1 1 x xm x x ⎛ ⎞− −+ =⎜ ⎟⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ . (2) Đặt t = 4 1 1 x x − + ; x≥1 (*) Tìm miền giá trị của t với x ≥1 Ta có: 1 20 1 11 1 x x x −≤ = − <+ + ⇒0 ≤ t = 4 1 1 x x − + < 1.(**) Bài toán trở thành: Tìm m để pt (3) nghiệm t∈ [0; 1). (2) ⇔ 23 2t m t+ = (0 ≤ t < 1) (3) ⇔ m = –3t2 + 2t, (0 ≤ t < 1) (4). Dùng phương pháp đồ thị để tìm m ƒ Đặt m = f(t) = –3t2 + 2t, (0 ≤ t < 1) Đồ thị của f(t) là một parabol (***): + Tọa độ đỉnh 0 0 1 32 1( ) 3 bt aS y f t ⎧ = − =⎪⎨⎪ = =⎩ . + a = –3 <0 có bề lõm quay về phía y < 0. Ta được bảng biến thiên. Kết luận Như vậy (1) có nghiệm ⇔ (4) có nghiệm t∈ [0; 1) ⇔ 11; 3 m ⎛ ⎤∈ −⎜ ⎥⎝ ⎦ . Nhận xét: ™ Điều mấu chốt ở đây là nhận biết: ( )24a a= và 2 2 2n n na b ab= (1) với a≥0, b≥0. ™ Sau khi đặt 4 1, x 1 1 xt x −= ≥+ . Cũng như ví dụ trên, chúng ta phải tìm miền giá trị của t [(**)] hay cách làm quen thuộc là lập bảng biến thiên của 4 1( ) 1 xt f x x −= = + , trên tập [1;+∞ ) như sau: Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 5 Tính đạo hàm f’(x). ƒ 2 34 1 2'( ) 4 ( 1) ( 1) f x x x = + + >0, với mọi x ≥1. Tìm giá trị của t ở hai cận ƒ f(1)= 0; lim ( ) 1 x f x→+∞ = (***) Lập bảng biến thiên Kết luận Căn cứ vào bảng biến thiên ta có: 0 ≤ t <1. Làm theo cách này nói chung là khó so với một học sinh trung bình khá vì phải tính đạo hàm phức tạp và tìm giới hạn (***) ở hai đầu mút của tập xác định. Tuy nhiên có vẽ tự nhiên hơn là cách (**) ở trên, đòi hỏi học sinh phải khá thành thạo kĩ thuật thêm bớt và cách tìm các cận (chận) trên, dưới của một hàm. Nói chung chúng tôi đưa các cách khác nhau, cách nào thuận tiện và quen thuộc với mình thì thực hiện. ™ Chúng ta có thể khảo sát hàm bậc 2 (***) bằng đạo hàm nếu không nhớ bảng biến thiên của hàm bậc hai ở chương trình lớp10. Ví dụ 4. (ĐH & CĐ 2007–D) Tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực: 3 3 3 3 1 1 5 (I) 1 1 15 10. x y x y x y m x y ⎧ + + + =⎪⎪⎨⎪ + + + = −⎪⎩ Giải Nhận xét sự tương quan giữa 3 3 1 1 & xx x x + + . ƒ Đặt 1 1, u x v y x y = + = + Chú ý: | | | | | |a b a b+ = + , khi a.b > 0 Vì 1. 1 0x x = > => 1 1| |x x x x + = + . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số 1| |, x x ta có 1 1 1| | 2 | | . 2x x x x x x + = + ≥ = . Do đó |u|;|v|≥2. (*) Chú ý: ( )3 3 3 3 ( )a b a b ab a b+ = + + + Ta có: 3 3 3 3 1 1 13u x x x x x x ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⇒ 3 3 3 1 3x u u x + = − . Tương tự: 3 33 1 3y v v y + = − (I): là hệ pt đối xứng loại 1, nên chúng ta đưa về dạng tổng & tích. Viết 3 3u v+ theo , .u v u v+ Hệ pt (I) trở thành: 3 3 5 (a) 3( ) 15 10 (b) u v u v u v m + =⎧⎨ + − + = −⎩ .|u|, |v| ≥2 ⇔ 3 5 (a) ( ) 3 ( ) 3( ) 15 10(b) u v u v uv u v u v m + =⎧⎨ + − + − + = −⎩ .|u|,|v|≥2 Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 6 Thay u+v=5 vào (b) ta được hệ (II). ⇔ 58 u v uv m + =⎧⎨ = −⎩ (|u|; |v| ≥2) (II) ⇔ u, v là nghiệm của pt: t2 – 5t + 8 – m = 0, |t|≥2 (1) Bài toán có thể phát biểu: Tìm m để pt (1) có nghiệm thỏa |t| ≥2. ƒ Hệ pt (I) có nghiệm ⇔ Pt (1) có 2 nghiệm t1; t2 thỏa điều kiện |t1|≥2 và |t2| ≥2 (2 nghiệm t1; t2 có thể trùng nhau) . ƒ Xét hàm: f(t) = t2–5t+8, với |t| ≥2 Bảng biến thiên: + f'(t)=2t–5. +f’(t) = 0 ⇔ t=5/2 (f =7/4) Căn cứ vào bảng biến thiên của hàm số ta được: Kết luận Hệ pt (I) có nghiệm ⇔ ( )7 2 V 224 m m ⎛ ⎞≤ ≤ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ Nhận xét ™ Để tìm điều kiện (*) của biến phụ, chúng ta có thể làm như sau: Giả sử có 0 1u x x = + ⇔ 2 0 1 0x u x− + = có nghiệm x ≠ 0 ⇔ 20 4 0u − ≥ ⇔ |u0| ≥2. Ở đây tương tự như đặt u= tanx + cotx, điều kiện |u| ≥2. Tuy nhiên nếu đăt 0 1u x x= − thì không có điều kiện đối với u! Thật vậy nếu có 0 1u x x = − ⇔ 02 1 0x u x− − = luôn có 2 nghiệm trái dấu vì a.c=–1<0, với mọi u0. ™ Sau khi đặt u, v. Nếu hệ pt có (II) có nghiệm (u; v), thì không hẳn hệ (I) có nghiệm nếu không cần điều kiện (*). Do đó học sinh dễ bị mắc lỗi ở đây! Đối chiếu với bảng biến thiên nếu không có điều kiện (*)→ kết luận m≥7/4: sai. ™ Khi vẽ bảng biến thiên thì chúng ta xem việc ghi các giá trị y của hàm số (hàng thứ 3 của bảng), sao cho thể hiện được tính thứ tự của nó, như ghi trên trục Oy tức là: phải ghi đúng vị trí tương đối của chúng (lớn hơn thì ghi ở trên, ngược lại ghi ở vị trí thấp hơn, như bảng biến thiên trong ví dụ 4), để khi xác định giá trị của m sao cho pt có nghiệm sẽ không bị nhầm lẫn, sai sót. Ví dụ 5. (ĐH Thương mại–2001) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình: 2 1 2 1 2( 1) log ( 2) ( 5) log ( 2) 1 0m x m x m− − − − − + − = (1) có hai nghiệm thỏa điều kiện : 1 22 4 .x x< ≤ < Giải: Chú ý: + 1log loga a M M= − (*) + ( )22log log a a M M= Phương trình (1) trở thành: Đưa log cơ số ½ về cơ số 2 22 2( 1) log ( 2) ( 5) log ( 2) 1 0m x m x m− − + − − + − = (2) Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 7 2log ( 2)t x= − là hàm đồng biến trên (2; 4) Đặt 2log ( 2)t x= − : 2 2 2 lim ( ) lim log ( 2) x x t x x+ +→ →= − = −∞ , với x = 4 ⇒ t (4) = 1. Do vậy: x ∈ (2; 4) ⇒ t < 1 (2) ⇔ (m–1) t2 + (m–5)t + m – 1= 0 , với t < 1. (3) ⇔ (t2 + t + 1) m = t2 + 5t + 1 Pt(3) trỏ thành: tìm m để pt (4) có nghiệm thỏa: t1 ≤ t2 < 1 ⇔ 2 2 5 1 1 t tm t t + += + + ; (t < 1) (4). Đăt 2 2 5 1( ) 1 t tm f t t t + += = + + ƒ ( ) 2 22 4 4'( ) 1 tf t t t − += + + ; ƒ ( ) 1 ( ( 1) 3) '( ) 0 1 ( 1) 7 / 3 t f f t t f = − − = −⎡= ⇔ ⎢ = + + =⎣ . Tìm lim của hàm f(t) khi x→ – ∞ ƒ lim ( ) 1t f t→−∞ = . (5) Bảng biến thiên: Kết luận Pt (1) có 2 nghiệm thỏa (*) ⇔ (4) có 2 nghiệm t < 1 ⇔ –3 ≤ m < 1 Nhận xét ™ Khi giải pt có chứa logarit (mũ), chúng ta nên đưa về cơ số a>1 và áp dụng tính đồng biến của hàm số logarit (mũ), khỏi bị nhầm lẫn hơn khi log (mũ) có cơ số a < 1. ™ Để ý: với M >0; ( )22 2log log log 2log | | a a a a M M M M= ≠ = với M ≠ 0. ™ Đối với hàm hữu tỷ, chúng ta phải tìm lim ở hai đầu mút của tập xác định (5). Ví dụ 6. (ĐH Ngoại ngữ –2000) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có 2 nghiệm trái dấu nhau: (m + 3)16x + (2m – 1) 4x + m + 1 = 0. (1) Giải: Nhận xét: 16x = 42x ƒ Đặt t = 4x . (1) ⇔ (m + 3)t2 + (2m – 1)t + m + 1 = 0. (2) a = 4>1 ⇒4x là hàm đòng biến nên: x1 < 0 < x2 ⇔ 1 200 4 4 4x x< < < ƒ Để pt (1) có 2 nghiệm trái dấu nhau: x1 < 0 < x2 ⇔ pt (2) có 2 nghiệm t1, t2 thỏa: 0 < t1 < 1 < t2 (*) Chú ý: chúng ta không học về so sánh nghiệm của pt (2) với hai số: 0 và 1 được, nên phải dùng đồ thị để biện luận. ƒ (2) ⇔ 2 2( 2 1) 3 1 0t t m t t+ + + − + = ⇔ 2 2 3 1 2 1 t tm t t − + −= + + ( 2 2 1 0t t+ + > , với mọi t > 0) ƒ Đặt 2 2 3 1( ) 2 1 t tm f t t t − + −= = + + ; 0 < t1 < 1 < t2. (3) Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 8 Tính đạo hàm f’ và tìm nghiệm của f’. 2 2 2 7 4 3' '( ) ( 2 1) t tm f t t t − − += = + + ( ) ' 1 '( ) 0 3 5'' 7 4 t f t t m = − = ⇔ = = Tìm các giá trị đặt biệt, và giới hạn của hàm khi x→+∞ (0) 1m = − ; 3(1) 4m = − ; lim ( ) 3t m t→+∞ = − Bảng biến thiên của hàm f / (0; +∞ ) Kết luận ƒ Căn cứ vào bảng biến thiên ta được: Pt (1) có 2 nghiệm trái dấu⇔ (3) có 2 nghiệm thỏa (*) ⇔ 31 4 m− < < − Nhận xét: ™ Học sinh do thói quen, khi đặt ( )f xt a= với x ∈ D, thì viết liền: t > 0, mà không nghĩ rằng thông thường miền giá trị của hàm f thì hữu hạn, nghĩa là nó bị chặn, do đó chúng ta phải tìm các cận (chặn) của f , từ đó suy ra điều kiện của t. Ví dụ: 0 ≤ sin2x≤1 ⇔ 20 sin 12 2 2xt≤ = ≤ ⇔ 1 ≤ t ≤2. ™ Hơn nữa đôi khi x còn thỏa thêm 1 hay 2 điều kiện nào đó, như ví dụ 6), thì phải cẩn thận trong việc xác định miền giá trị của biến phụ. Học sinh hay mắc bẩy ở lỗi này, mặc dầu cách tiếp cận bài làm, các kĩ thuật tính toán không sai. Ví dụ 7. (ĐH Quốc gia Tp Hồ Chí Minh 2001) Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình sau có đúng hai nghiệm trong ; 4 4 π π⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦ : cos3x – sin3x = m. (1) Giải: Biến đổi (1) ƒ (1)⇔ (cosx – sinx)(cos2x+cosx.sinx+ sin2x)= m (2) ⇔ (cosx – sinx)(1 + cosx.sinx)= m (2) Nhận xét: (cosx – sinx)2 = 1– 2cosx.sinx t2= 1– 2cosx.sinx Đặt t = f(x) = cosx – sinx= 2 cox(x+ 4 π ). Tìm miền giá trị của t=f(x)/ ; 4 4 π π⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦ . Chú ý: Hàm cosX nghịch biến trên (0; π ). Do 0 4 4 4 2 x xπ π π π− ≤ ≤ ⇔ ≤ + ≤ Ta có f nghịch biến trên ; 4 4 π π⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦ nên 0 ≤ cox(x+ 4π ) ≤1 ⇔ 0 ≤ 2 cox(x+ 4π ) ≤ 2 Thay t vào (2). ƒ (2) ⇔ t[1+ ½(1 – t 2)]= m, t ∈ 0; 2⎡ ⎤⎣ ⎦ Tài liệu ôn thi ĐH&CĐ 2009 9 ⇔ m = ½( –t3 + 3t) , ∈ 0; 2⎡ ⎤⎣ ⎦ (3) Dùng đồ thị để giải. Đặt m = g(t) = ½( –t3 + 3t) , ∈ 0; 2⎡ ⎤⎣ ⎦ Tính đạo hàm & tìm nghiệm g’= 0. g'(t)= ½(–3t2+ 3) ; g’(t) = 0 ⇔ t = ± 1 Lập bảng biến thiên. Kết luận ƒ Căn cứ vào bảng biến thiên ta được: Pt (1) có đúng 2 nghiệm thỏa đề bài⇔ pt (3) có 2 nghiệm thỏa (*) ⇔ 2 12 m≤ < . 2. Bài tập tự luyện 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 29 9x x x x m+ − = − + + 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2 241 2 1x x m− + − = 3. Cho phương trình: 42 24 1 1x x x x m+ − + + − = (1) a) Giải phương trình khi m =3. b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm 4. Xác định m để hệ sau có nghiệm 2 2 5 4 0 3 16 0 x x x mx x ⎧ − + ≤⎪⎨ − + =⎪⎩ . 5. Tìm các giá trị m để cho phương trình sau có 2 nghiệm x1, x2 sao cho: x1 < 1< x2 < 2. 2.2 (2 1)2 4 0x xm m m− −− + + + = . 6. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: | sinx – cosx| + 4sin2x = m. Tài liệu tham khảo: [1] Giải tích 12 – Nâng cao, SGK NXB Giáo dục 2008. [2] Các mẹo và lỗi–Dương Minh Đức –NXB Giáo dục 2002. [3] Các đề thi ĐH & CĐ. [4] Phương pháp giải pt đại số– Huỳnh Công Thái–NXB ĐHSP 2004. [5] Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ.