Sử dụng tính đơn điệu, GTLN, GTNN của hàm số để giải, biện luận phương trình, bất phương trình

Sáng kiến kinh nghiệm
Sử dụng tính đơn điệu - gtln - gtnn của hàm số
khảo sát nghiệm của phơng trình - bất phơng trình
A. T VN
I. Lớ do chn ti
i vi hc sinh THPT thỡ khỏi nim phng trỡnh, bt phng trỡnh thỡ lờn
lp 10 mi c nh ngha, nhng trờn thc t thỡ phng trỡnh, bt phng trỡnh ó
hc v gii t rt sm bng cỏc bi toỏn tỡm s cha bit tha món cỏc iu kin cho
trc. Do ú khi hc v gii cỏc phng trỡnh, bt phng trỡnh thỡ hc sinh ó quỏ
quen thuc, vn l gii nh th no cho hp lụgic. Nhng phng trỡnh, bt
phng trỡnh hc sinh thng gp nh: Lp 10 cú phng trỡnh, bt phng trỡnh quy
v bc hai, cha n di du cn. Lp 11 cú phng trỡnh lng giỏc. Lp 12 cú
phng trỡnh, bt phng trỡnh m v lụgarit. c bit lp 12 cú phn ng dng
o hm gm cỏc dng toỏn liờn quan n kho sỏt hm s, tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr
nh nht ca hm s. Vi tớnh nng u vit ca vic ng dng o hm vo gii toỏn,
khụng nhng ch n thun gii cỏc bi toỏn liờn quan n kho sỏt hm s nh bin
lun s nghim ca phng trỡnh hay tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht ca hm s
m cũn cú th gii quyt c rt nhiu dng toỏn nh kho sỏt nghim phng trỡnh
v bt phng trỡnh vụ t, c bit l cỏc dng phng trỡnh, bt phng trỡnh cha
tham s. Tuy nhiờn trong quỏ trỡnh ging dy b mụn toỏn THPT nhng nm u mi
vo ngh v cụng tỏc min nỳi thỡ tụi nhn ra rng, toỏn hc núi riờng v b mụn
khoa hc t nhiờn núi chung tht xa l, thm chớ l ni khip s i vi ụng o
hc sinh. iu gỡ ó khin hc sinh suy ngh nh vy? S may mn ca bn thõn l
c phõn cụng ging dy tt c cỏc khi lp, c bit l cỏc lp cui cp, chun b
thi tt nghip THPT v Cao ng i hc. Tụi nhn thy, a s hc sinh ang thiu
t duy c lp, sỏng to v s vn dng kin thc, nht l kh nng quy l v quen
hay m rng nhng kin thc ó cú vo tng dng toỏn c th. Trong cỏc k thi,
ngoi cỏc cõu hi liờn quan trc tip n hm s ta thng thy cú nhng cõu hi m
hc sinh thng phi vn dng t duy hm s nh l mt cụng c c lc gii
toỏn nh: Gii phng trỡnh, bt phng trỡnh ,tỡm cc tr , Cỏc cõu hi ny cng
thng gõy khú khn cho c thy v trũ trong cỏc gi lờn lp. Trong cỏc gi ging

cỏc em thng b ng trong nghe ging v rt lỳng tỳng vn dng vo vic gii toỏn.
Nguyờn nhõn l do cỏc em cha hiu c bn cht ca vn , cha cú k nng v
kinh nghim trong vic vn dng hm s vo gii toỏn, cỏc em luụn t ra cõu
hi:Ti sao ngh v lm c nh vy?. tr li c cõu hi ú trong cỏc gi
dy, vic bi dng nng lc t duy hm s cho hc sinh thụng qua cỏc bi toỏn l
mt iu rt cn thit. Mun lm tt c iu ú ngi thy khụng ch cú phng
phỏp truyn th tt m cũn phi cú kin thc va chuyờn ,va sõu, dn dt hc sinh
tỡm hiu mt cỏch lụgic bn cht ca toỏn hc. T ú giỳp cỏc em cú s say mờ trong
vic hc mụn Toỏn - mụn hc c coi l ụng vua ca cỏc mụn t nhiờn. toỏn hc
Giáo viên: Đinh Cờng
Trang - 1 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
trở nên gần gũi và là sự yêu mến, hứng thú học hỏi, niềm say mê đối với các em học
sinh THPT ta phải cần giải quyết các vấn đề sau:
Một là: Việc giải phương trình, bất phương trình bằng những phép biến đổi
tương đương thông thường thì học sinh được giải quyết khá nhiều ở lớp 10 và lớp 11,
nhưng giải bằng ứng dụng tính đơn điệu và giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất thì đến
lớp 12 mới được học nên khi làm bài cần phải kết hợp hai việc trên với nhau thì học
sinh lại lúng túng trong lời giải, dẫn đến sai kết quả.
Hai là: Khi học sinh làm bài tập về phương trình, bất phương trình hoặc tìm giá
trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức có điều kiện mà trong lời giải có bước đặt
ẩn phụ thì tôi thấy nhiều học sinh mắc phải một trong những sai lầm: hoặc là đặt ẩn
phụ mà không nghĩ đến tìm điều kiện của ẩn phụ hoặc tìm sai điều kiện của nó, hoặc
đã tìm chính xác điều của ẩn phụ nhưng khi lập luận trên phương trình, bất phương
trình theo ẩn phụ thì lại không xét trên điều kiện ràng buộc của nó nên dẫn đến kết
luận không chính xác.
Ba là: Từ khi thay đổi sách giáo khoa, tinh giảm chương trình thì các dạng toán
phải sử dụng định lí đảo của tam thức bậc hai không thể vận dụng vì định lí này đã
bỏ, do đó học sinh trong khi đọc sách tham khảo xuất bản trước đó có rất nhiều bài
toán sử dụng định lý đó nên học sinh đọc sách rất hoang mang và không biết phải giải

quyết như thế nào.
Với nguyện vọng giúp học sinh thay đổi tư duy về môn toán tôi tập trung khai
thác cách giải phương trình, bất phương trình bằng việc ứng dụng tính đơn điệu và
GTLN – GTNN của hàm số. Với việc sử dụng phương pháp này, những bài toán về
phương trình, bất phương trình sẽ được giải quyết một cách rất tự nhiên, thuần túy,
ngắn gọn và đơn giản. Đó là lí do để tôi chọn đề tài : “ Ứng dụng tính đơn điệu và
Giá trị lớn nhất – Giá trị nhỏ nhất của hàm số để khảo sát nghiệm phương trình-
bất phương trình”.
II. Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm
Xuất phát từ mối liên hệ giữa số nghiệm của phương trình một ẩn với số giao
điểm của hai hai đồ thị hai hàm số ở hai vế của phương trình đó để giải quyết các bài
toán về phương trình, bất phương trình. Đặc biệt là phương trình, bất phương trình
chứa tham số.
Trong khi giải quyết các bài toán về phương trình, bất phương trình hoặc bài
toán tìm GTLN , GTNN của một biểu thức có điều kiện mà phải thực hiện việc đặt ẩn
phụ thì việc tìm điều kiện của ẩn phụ là rất cần thiết, việc tìm điều kiện của ẩn phụ
thực ra là tìm tập giá trị của ẩn phụ trên tập xác định của bài toán đã cho bằng hàm
số. Sau khi tìm được điều kiện của ẩn phụ thì những yêu cầu của đề bài đối với bài
toán theo ẩn chính phải được quy về những yêu cầu tương ứng cho bài toán theo ẩn
phụ trên điều kiện của nó. Đó là điều quan trọng để chọn đặt hàm số tương ứng trên
tập giá trị của ẩn phụ.
Các vấn đề tôi trình bày trong bài viết của mình có thể hỗ trợ cho các em học
sinh lớp 12 có cách nhìn toàn diện hơn về cách tiếp cận bằng hàm số để giải bài toán
phương trình, bất phương trình, đặc biệt phương trình, bất phương trình có tham số.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 2 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
III. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu: Để hoàn thành được bài viết của mình với đề tài nói trên
tôi đã phải nghiên cứu trên các dạng toán về phương trình, bất phương trình và các

bài toán tìm GTLN, GTNN đặc biệt là các bài toán về phương trình, bất phương trình
chứa tham số.
- Phạm vi nghiên cứu: Phạm vi nghiên cứu của đề tài là toàn bộ chương trình đại
số và giải tích thuộc môn toán Trung học phổ thông đặc biệt là các phần: phương
trình, bất phương trình, phương trình, bất phương trình vô tỉ, phương trình lượng
giác, phương trình, bất phương trình mũ và logarit.
IV. Kế hoạch nghiên cứu
Trong quá trình dạy học với những trăn trở như đã trình bày trong phần cơ sở
thực tiến để đưa ra lý do chọn đề tài tôi đã cho các em học sinh THPT, chủ yếu là học
sinh cuối cấp chuẩn bị bước vào các kì thi làm các bài toán về phương trình, bất
phương trình. Khi đó học sinh có thể làm được các bài toán mà sau khi đặt ẩn phụ
quy về phương trình, bất phương trình bậc hai có thể tính toán đơn thuần thông qua
biệt thức đenta hoặc sau khi biến đổi cô lập tham số ta được một vế là hàm số bậc hai
đối với ẩn phụ, nhưng nhiều em vẫn làm không chính xác do không để ý tìm điều
kiện của ẩn phụ hoặc có tìm điều kiện của ẩn phụ nhưng tìm không chính xác.
Với các bài toán có tham số mà sau khi đặt ẩn phụ lại quy về phương trình, bất
phương trình có chứa hàm số đa thứ bậc ba, bạc bốn hoặc hàm số phân thức thì học
sinh không thể giải được vì các em chưa biết cách sử dụng các tính chất của hàm số
hoặc có sử dụng nhưng còn máy móc, thiếu chính xác.
Các vướng mắc nói trên sẽ được giải quyết toàn diện khi học sinh đã học về ứng
dụng của đạo hàm để khảo sát hàm số. Do đó từ đầu năm học 2011 – 2012 tôi đã
nghiên cứu đề tài nói trên thông qua một số tiết tự chọn ôn thi và từ đó xây dựng,
hoàn thiện bài viết của mình.
V. Phương pháp nghiên cứu
Trình bày cho học sinh những kiến thức cơ bản về lí thuyết tính đơn điệu,
GTLN – GTNN của hàm số. Thông qua những ví dụ cụ thể với cách giải đơn giản, tự
nhiên nhằm làm cho học sinh thấy được những thế mạnh của việc sử dụng phương
pháp hàm số đồng thời có những lời nhận xét trước và sau các bài giải giúp học sinh
trả lời thỏa đáng câu hỏi: “Tại sao nghĩ và làm được như vậy?”. Phương pháp được
sử dụng nhiều ở đây là: Phân tích – Dẫn giải – Tổng hợp.

Vì những hạn chế của học sinh như đã trình bày trong phần lý do chọn đề tài và
phần khảo sát thực tiễn nên trong quá trình dạy lớp 12, bắt đầu là phần ứng dụng đạo
hàm để khảo sát hàm số, với các tiết học tự chọn ôn thi, tôi đã lồng ghép các bài tập
phương trình, bất phương trình mà khi giải phải cần đến hàm số. Nhưng vì thời gian
không có nhiều, hơn thế để học sinh chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên ứng với mỗi
phần tôi cho học sinh một số bài tập để các em về nhà nghiên cứu tìm lời giải. Trên
lớp tôi cho một số học sinh lên bảng làm bài và một số học sinh khác nhận xét lời
giải. Sau đó tôi phân tích lời giải cho cả lớp để các em tìm được lời giải tối ưu và
nhấn mạnh một số điểm quan trọng trong mỗi bài, qua mỗi dạng.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 3 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
VI. Bố cục của đề tài
Đề tài được chia làm hai phần chính:
• Cơ sở lí thuyết
• Ứng dụng: Trong phần ứng dụng có:
- Phương trình, bất phương trình không chứa tham số.
- Phương trình, bất phương trình chứa tham số.

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT
1.Tính đơn điệu của hàm số
Cho hàm số
( )y f x=
có đạo hàm trên D.
Nếu
( )
' 0,f x x D≥ ∀ ∈
thì hàm số

( )f x
đồng biến (tăng) trên D.
Nếu
( )
' 0,f x x D≤ ∀ ∈
thì hàm số
( )f x
nghịch biến (giảm) trên D.
(Dấu “=” chỉ xảy ra tại một số điểm hữu hạn trên D)
Nếu hàm
( )
f x
tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình
( ) ( )
f x k k= ∈¡
có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b).
Nếu hàm
( )
f x
tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì ∀u, v ∈(a,b) ta có
( )
( )f u f v u v= ⇔ =
.
Nếu hàm
( )
f x
tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì ∀u, v ∈(a,b) ta có
( )
( )f u f v u v< ⇔ <
(

( )
( )f u f v u v< ⇔ >
).
Nếu hàm
( )
f x
tăng và
( )
g x
là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b) thì
phương trình
( ) ( )
f x g x=
có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b).
Định lý Bolzano – Cauchy : Nếu hàm số
( )
f x
liên tục trên
[ ]
;a b
và
( ) ( )
. 0f a f b <
thì
tồn tại ít nhất một điểm
( )
0
;x a b∈
để
( )

0
0f x =
.
Nếu hàm số
( )
f x
đơn điệu và liên tục trên
[ ]
;a b
và
( ) ( )
. 0f a f b <
thì tồn tại
duy nhất một điểm
( )
0
;x a b∈
để
( )
0
0f x =
.
Nếu
( )
f x
là hàm số đồng biến ( nghịch biến ) thì
y =
( ), , 2
n
f x n N n

∈ ≥
đồng biến (nghịch biến ),
1
( )f x
với
( )
0f x >
là nghịch
biến ( đồng biến),
( )
y f x= −
nghịch biến (đồng biến ).
Tổng các hàm đồng biến ( nghịch biến ) trên D là đồng biến (nghịch biến )
trên D.
Tích của hai hàm số dương đồng biến (nghịch biến ) trên D là một hàm đồng
biến (nghịch biến ) trên D.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 4 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
2. Giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số
Cho hàm số
( )y f x=
xác định trên D.
Số M được gọi là GTLN của hàm số
( )y f x=
trên D nếu
( ) ,f x M x D≤ ∀ ∈
và
0
x D∃ ∈

sao cho
0
( )f x M=
. Kí hiệu
D
ax ( )M m f x=
Số m được gọi là GTNN của hàm số
( )y f x=
trên D nếu
( ) ,f x m x D≥ ∀ ∈
và
0
x D∃ ∈
sao cho
0
( )f x m=
. Kí hiệu
D
min ( )m f x=
Quy tắc tìm GTLN và GTNN của hàm số
* Từ việc lập BBT của hàm số
( )f x
trên tập xác định của nó ta sẽ tìm thấy những
điểm trên đồ thị có tung độ lớn nhất ( nhỏ nhất ) các giá trị đó chính là GTLN
( GTNN ) của hàm số .
* Nếu hàm số
( )f x
xác định và liên tục trên đoạn
[ ]
;a b

thì ta có thể tìm GTLN
và GTNN theo các bước sau :
- Tìm các điểm
1 2
, , ,
n
x x x
trên đoạn
[ ]
;a b
mà tại đó
'
( )f x
bằng 0 hoặc
'
( )f x

không xác định.
- Tính các giá trị
1 2
( ), ( ), ( ), ( ), , ( )
n
f a f b f x f x f x
- Số lớn nhất ( bé nhất ) trong các số trên là GTLN (GTNN ) của hàm số
( )f x
trên
đoạn
[ ]
;a b
.

3. Các dạng toán liên quan
3.1. Giải phương trình, bất phương trình không chứa tham số
Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau:
Phương án 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi chứng
minh f(x) đồng biến (nghịch biến) để suy ra phương trình có nghiệm duy nhất.
Phương án 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi dùng
lập luận khẳng định f(x) đồng biến còn g(x) nghịch biến hoặc hàm hằng suy ra
phương trình có nghiệm duy nhất.
Phương án 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f đơn điệu khi
đó ta có: u = v.
Đối với bất phương trình thì biến đổi về dạng
( )
( )f u f v<
rồi chứng minh f đơn
điệu để kết luận.
3.2. Giải phương trình, bất phương trình chứa tham số có sử dụng GTLN-
GTNN.
Xuất phát từ bài toán liên quan đến khảo sát hàm số là dựa vào đồ thị hàm số
( )y f x=
biện luận số nghiệm của phương trình
( ) ( )f x g m=
thì số nghiệm của phương
trình
( ) ( )f x g m=
chính là số giao điểm của đồ thị hàm số
( )y f x=
với đường thẳng
( )y g m=
. Ta giải các bài toán phương trình, bất phương trình chứa tham số theo các
định hướng sau:

Biến đổi các phương trình, bất phương trình chứa tham số m về dạng :
( ) ( )f x g m=
với hàm số
( )f x
có GTLN - GTNN trên tập xác định
D
. Khi đó:
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 5 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
- Phương trình
( ) ( )f x g m=
có nghiệm trên D khi và chỉ khi
D
D
min ( ) ( ) ax ( )f x g m m f x≤ ≤
.
- Bất phương trình
( ) ( )f x g m>
thỏa mãn
x D∀ ∈
khi và chỉ khi
min ( ) ( )
D
f x g m>
.
- Bất phương trình
( ) ( )f x g m<
thỏa mãn
x D∀ ∈

khi và chỉ khi
max ( ) ( )
D
f x g m<
.
- Bất phương trình
( ) ( )f x g m>
có nghiệm
x D∈
khi và chỉ khi
ax ( ) ( )
D
m f x g m>
.
- Bất phương trình
( ) ( )f x g m<
có nghiệm
x D∈
khi và chỉ khi
min ( ) ( )
D
f x g m<
.
Trong trường hợp hàm số
( )f x
không có GTLN hoặc GTNN trên tập
D
ta
phải kết hợp với BBT hoặc đồ thị của nó để có kết luận thích hợp.
Nếu bất phương trình có dạng

" "≤
hoặc
" "≥
thì bổ sung thêm dấu
" "=
cho
các điều kiện.
II. ỨNG DỤNG
1. Giải phương trình, bất phương trình không chứa tham số
1.1. Các ví dụ
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
4 1 4 1 1x x− + − =
(1)
Nhận xét:
Quan sát vế trái của phương trình (1), ta thấy khi x tăng thì giá trị của biểu thức
trong căn cũng tăng .Từ đó suy ra vế trái là hàm đồng biến ,vế phải bằng 1 là hàm
hằng, đây là điều kiện thích hợp để sử dụng tính đơn điệu.
Giải
Điều kiện:
1
2
x ≥
.
Đặt
( )
2
4 1 4 1f x x x= − + −
. Ta có
( )

'
2
2 4 1
0, ;
2
4 1
4 1
x
f x x
x
x
 
= + > ∀ ∈ +∞
 ÷
−
 
−
.
Do đó hàm số
( )
2
4 1 4 1f x x x= − + −
đồng biến trên
1
;
2
 
+∞
÷


 
, nên phương trình
( )
1f x =
nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Hơn nữa,
1
1
2
f
 
=
 ÷
 
nên
1
2
x =
là
nghiệm của phương trình đã cho.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 6 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Ví dụ 2: Giải phương trình:
5 7 16 14x x x x+ − + + + + =
Nhận xét:
Khi gặp dạng toán chứa căn, thường ta phải khử căn thức bằng cách bình
phương, lập phương hoặc nhân lượng liên hợp. Trong bài này chỉ có thể nhân liên
hợp là hợp lí.
Giải
Cách 1: Dùng lượng liên hợp

Điều kiện:
5x
≥
. Khi đó

( )
5 7 16 14 3 5 2 7 4 16 5 0
1 1 1 1
9 0 9
3 5 2 7 4 16 5
x x x x x x x x
x x
x x x x
+ − + + + + = ⇔ − + − − + + − + + − =
 
⇔ − + + + = ⇔ =
 ÷
+ − + + + + +
 
Do
1 1 1 1
0, 5
3 5 2 7 4 16 5
x
x x x x
+ + + > ∀ ≥
+ − + + + + +
.
Vậy
9x

=
là nghiệm của phương trình.
Cách 2: Dùng hàm số
Điều kiện:
5x ≥
. Đặt
( ) 5 7 16f x x x x x= + − + + + +
Ta có
( )
1 1 1 1
( ) 0, 5;
2 2 5 2 7 2 16
f x x
x x x x
′
= + + + > ∀ ∈ +∞
− + +
.
Do đó hàm số
( ) 5 7 16f x x x x x= + − + + + +
đồng biến trên
[
)
5;+∞
.
Mà
(9) 14f =
nên
9x
=

là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 3: Giải phương trình sau:
3 3 3
2 1 2 2 2 3 0x x x+ + + + + =
(1)
Giải
Cách 1:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3
3 3
3 3 3
3
3
2 1 2 2 2 3 0 2 1 2 2 2 3
2 1 2 2 2 3 2 1 2 2 2 3 2 2
2 1 2 2 2 3 2 2 2 2 0 1
x x x x x x
x x x x x x x
x x x x x x
+ + + + + = ⇔ + + + = − +
⇔ + + + = − + ⇒ + + + = +
⇔ + + + = + ⇔ + = ⇔ = −

Ngược lại với
1x = −
thay vào (1) thỏa mãn. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
1x = −
.

Cách 2: Đặt
3 3 3
( ) 2 1 2 2 2 3f x x x x= + + + + +
Ta có:
2
3
,1,
2
1
;0
)32(
2
)22(
2
)12(
2
)('
3
2
3
2
3
2
−−−≠∀>
+
+
+
+
+
=

x
xxx
xf
Do đó hàm số
( )
f x
đồng biến.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 7 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Mà
( )
3 3
3 1
1 2; 1 0; 1 2; lim ( )
2 2
x
f f f f x
→±∞
   
− = − + − − = − = + = ±∞
 ÷  ÷
   
nên suy ra
1x = −
là
nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Ví dụ 4: Giải phương trình :
3
3

5 1 2 1 4x x x− + − + =
Giải
Điều kiện:
3
1
5
x ≥
Đặt
3
3
( ) 5 1 2 1f x x x x= − + − +

Ta có
( )
2
3 2
3
15 2
1 0,
2 5 1 3 (2 1)
x
f x x
x x
′
= + + > ∀
− −
3
1
( ; )
5

∈ +∞
nên hàm số đồng biến trên
3
1
[ ; )
5
∈ +∞
. Mà
( )
1 4f =
nên
1x
=
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 5 : Giải phương trình :
3 2
2 3 6 16 2 3 4x x x x+ + + = + −
(1)
Nhận xét :
Bài toán này gây khó khăn cho ta từ bước đặt điều kiện
Điều kiện:
3 2 2
2 3 6 16 0 ( 2)(2 8) 0
2 4
4 0 4 0
x x x x x x
x
x x
 
+ + + ≥ + − + ≥

⇔ ⇔ − ≤ ≤
 
− ≥ − ≥
 
Khi đó, (1)
3 2
2 3 6 16 4 2 3x x x x⇔ + + + − − =
Xét hàm số
( )
3 2
2 3 6 16 4f x x x x x= + + + − −
trên
[ ]
2;4−
Ta có
( )
2
3 2
3( 1) 1
0, ( 2;4)
2 4
2 3 6 16
x x
f x x
x
x x x
+ +
′
= + > ∀ ∈ −
−

+ + +
Do đó hàm số
( )
3 2
2 3 6 16 4f x x x x x= + + + − −
đồng biến trên
[ ]
2;4−
.
Mà
( )
1 2 3f =
nên
1x
=
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 6: Giải phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 1 3 6 4 6 2 1 3 2x x x x x x+ − − + = − + − + +
Giải
Điều kiện:
1
2
x ≥
Viết lại phương trình dưới dạng như sau

( ) ( )
2 1 3 2 6 4x x x− − + + + =
Nhận xét: Để phương trình có nghiệm thì
2 1 3 0 5x x− − > ⇔ >

.
Xét hàm số
( ) ( ) ( )
f x g x h x=
với
( ) ( )
2 1 3; 2 6g x x h x x x= − − = + + +
Ta có
( ) ( )
1 1 1
0, 5; 0, 5
2 1 2 2 2 6
g x x h x x
x x x
′ ′
= > ∀ > = + > ∀ >
− + +
.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 8 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Do đó hàm số
( ) ( )
2 1 3; 2 6g x x h x x x= − − = + + +
dương và cùng đồng
biến trên
( )
5;+∞
.Suy ra
( ) ( ) ( )

f x g x h x=
đồng biến trên
( )
5;+∞
.
Mà
( )
7 4f =
nên
7x =
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 7 : Giải phương trình
5 3
1 3 4 0x x x+ − − + =

Giải
Điều kiện:
1
3
x ≤
Xét hàm số
( )
5 3
1 3 4f x x x x= + − − +
trên
1
;
3
 
−∞



 
Ta có
' 4 2
3 1
( ) 5 3 0,
3
2 1 3
f x x x x
x
= + + > ∀ <
−
.
Do đó hàm số
( )
5 3
1 3 4f x x x x= + − − +
đồng biến trên
1
;
3
 
−∞


 
. Mà
( )
1 0f − =

nên
1x
= −
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 8. Giải phương trình :
2 2
3 (2 9 3) (4 2)(1 1 ) 0x x x x x+ + + + + + + =

Giải
Cách 1:
Viết lại phương trình dưới dạng
( )
2 2
(2 1)(2 (2 1) 3 3 (2 ( 3 ) 3)x x x x+ + + + = − + − +
Nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm thoả mãn
1
3x(2x+1)<0 0
2
x⇔ − < <
.
Nhận thấy nếu
1
2x+1 = -3x x= -
5
⇔
thì hai vế của phương trình bằng nhau .Vậy
1
5
x = −
là nghiệm của phương trình .Hơn nữa ta thấy nghiệm

1 1
;0
5 2
x
 
= − ∈ −
 ÷
 
Ta chứng minh
1
5
x = −
là nghiệm duy nhất .
•
với
( ) ( )
2 2
1 1
3 2 1 0 3 2 1
2 5
x x x x x− < < − ⇒ < − − < ⇒ > +
nên ta có
( )
2 2 2 2
2 (3 ) 3) 2 (2 1) 3 3 (2 ( 3 ) 3) (2 1)(2 (2 1) 3x x x x x x+ + > + + + ⇒ − + − + > + + + +
hay
2 2
(2 1)(2 (2 1) 3 3 (2 (3 ) 3) 0x x x x+ + + + + + + <
suy ra phương trình vô nghiệm trên
khoảng

1 1
;
2 5
 
− −
 ÷
 
.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 9 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
•
với
1
0
5
x− < <
làm tương tự như trên ta thấy phương trình vô nghiệm trên
1
;0
5
 
−
 ÷
 
. Vậy nghiệm của phương trình là
1
5
x = −
.

Cách giải trên sử dụng phương pháp đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất
Cách 2:
Viết lại phương trình dưới dạng:

( )
2 2
(2 1)(2 (2 1) 3 3 (2 ( 3 ) 3)x x x x+ + + + = − + − +
(1)
Xét hàm số
2
( ) (2 3)f t t t= + +
trên
¡
. Ta có
2
' 2
2
( ) 2 3 0,
3
t
f t t t
t
= + + + > ∀ ∈
+
¡
. Do đó
hàm số đồng biến trên
¡
.
Từ (1)

( ) ( )
1
2 1 3 2 1 3
5
f x f x x x x⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ = −
. Vậy phương trình có nghiệm duy
nhất là
1
5
x = −
.
Ví dụ 9: Giải phương trình
2 2
15 3 2 8x x x+ = − + +
Giải
Nhận xét:
2 2
15 8,x x x+ > + ∀ ∈¡
nên khi
2
3 2 0
3
x x− ≤ ⇔ ≤
thì phương trình vô
nghiệm.
Viết phương trình về dạng
2 2
15 8 3 2 0x x x+ − + − + =
Xét hàm số
( )

2 2
15 8 3 2f x x x x= + − + − +
trên
2
;
3
 
+∞
 ÷
 
.
Ta có
'
2 2
1 1 2
( ) 3 0,
3
15 8
f x x x
x x
 
= − − < ∀ >
 ÷
+ +
 
. Do đó hàm số
( )
2 2
15 8 3 2f x x x x
= + − + − +

nghịch biến trên
2
;
3
 
+∞
 ÷
 
.
Mà
( )
1 0f =
nên
1x
=
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 10: Giải phương trình :
( )
2
2
1
2 2 1
x x x
x
− −
− + = −
(1)
Giải
( ) ( )
2 2

1 2 1 2
1 2 2 2 1 2 1 2 2
x x x x x x
x x x x x
− − − −
⇔ − + = − + ⇔ + − = + −
Xét hàm số
( )
2 .
t
f t t= +
Khi đó phương trình (2) chính là phương trình
( )
( )
2
1f x f x x− = −
.
Ta có
( )
1 2 ln 2 0,
t
f t t
′
= + > ∀ ∈¡
nên hàm số
( )
2
t
f t t= +
đồng biến trên

¡
.
Do đó từ
( )
( )
2 2
1 1 1f x f x x x x x x− = − ⇔ − = − ⇔ =
.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là :
1x =
.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 10 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Ví dụ 11: Giải phương trình :
2
2
3
2
1
log 3 2
2 2 3
x x
x x
x x
+ +
= − +
− +
.
Giải

Đặt
( )
2 2 2
1; 2 2 3 0; 0 3 2u x x v x x u v v u x x= + + = − + > > ⇒ − = − +
. Khi đó phương trình
đã cho trở thành
3 3 3
log log log
u
v u u u v v
v
= − ⇔ + = +
(1)
Xét hàm số
( )
3
logf t t t= +
ta có
( )
1
1 0, 0
ln3
f t t
t
′
= + > ∀ >
nên hàm số
( )
3
logf t t t= +

đồng biến khi
0t >
. Do đó từ (1) ta có
( ) ( )
2
1
0 3 2 0
2
x
f u f v u v v u x x
x
=

= ⇔ = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔

=

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
1; 2x x= =
.
Ví dụ 12: Giải phương trình:
( )
7 3
log log 2x x= +
(1)
Giải
Điều kiện:
0x
>

Đặt
7
log 7
t
t x x= ⇔ =
Khi đó (1)
(
)
3
1 7
log 2 7 3 2 7 1 2
3 3
t
t
t t t
t
 
 
⇔ = + ⇔ = + ⇔ = +
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
(2)
Xét hàm số
( )
1 7
2 .
3 3

t
t
f t
 
 
= +
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
Hàm số này là tổng của hai hàm đơn điệu giảm nên
là hàm đơn điệu giảm. Hơn nữa
( )
2 1f =
nên (2)
( ) ( )
2 2 49f t f t x⇔ = ⇔ = ⇔ =
.
Ví dụ 13: Giải phương trình :
3 2 3 2
3 3
2 2 3 1 3 1 2x x x x x x− + − + = + + +
(1)
Giải
Biến đổi (1)
3 33 3 2 2
2 3 1 2 3 1 2 2x x x x x x⇔ − + + − + = + + +
(*)
Xét hàm số

( )
3
f t t t= +
. Ta có
( ) { }
23
1
1 0, \ 0
3
f t t
t
′
= + > ∀ ∈¡
. Do đó hàm số đồng
biến .
Từ (*)
⇔
( ) ( )
3 2 3 2 3 2
2 3 1 2 2 3 1 2 2 3 1 0f x x f x x x x x x x⇔ − + = + ⇔ − + = + ⇔ − − − =
( )
( )
2
1
2
2 1 1 0
1 5
2
x
x x x

x

= −


⇔ + − − = ⇔
±

=


.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
1 1 5
;
2 2
x x
±
= − =
Ví dụ 14: Giải phương trình
2 2
3 3
3 3
2 2 1 2 1x x x x+ − + = − +

Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 11 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Giải
Ta có

2 2 2 2
3 3 3 3
3 3 3 3
2 2 1 2 1 2 1 2 1 2x x x x x x x x+ − + = − + ⇔ + + + = + +
(*)
Xét hàm số
( )
3 3
1f t t t= + +
trên
¡
. Ta có
( )
( )
{ }
2 3 2
3
1 1
0, \ 0; 1
3
3 1
f t t
t
t
′
= + > ∀ ∈ −
+
¡
Suy ra hàm số đồng biến.
Từ (*)

( )
( )
2 2 2
1
1 2 2 1 2 1 0
1
2
x
f x f x x x x x
x
=


⇔ + = ⇔ = + ⇔ − − = ⇔

= −

Vậy phương trình có nghiệm là
1
; 1
2
x x= − =
Ví dụ 15: Giải phương trình
3
3
6 5 5 5x x x+ = − −
Nhận xét: Có thể giải bài toán này theo hướng sau:
3 3
3 3
6 5 5 5 6 5 1 5 4x x x x x x+ = − − ⇔ + + = − −

( )
( )
( )
( )
( )
2
2
3
3
2
2
3
3
6 1
1 4
6 5 6 5 1
1
6
4
6 5 6 5 1
x
x x x
x x
x
x x
x x
+
⇔ = + − −
+ − + +
= −



⇔

= − −

+ − + +

Vấn đề đặt ra là giải phương trình còn lại sẽ rất phức tạp.
Vì vậy ta sẽ dùng tính đơn điệu của hàm số:
Giải
Ta có
3 3
3 3
6 5 5 5 6 5 6 5x x x x x x x+ = − − ⇔ + + + = +
(*)
Xét hàm số
( )
3
f t t t= +
trên
¡
. Ta có
( )
2
3 1 0,f t t t
′
= + > ∀ ∈¡
. Suy ra
( )

3
f t t t= +
đồng
biến trên
¡
.
Từ (*)
( )
( ) ( )
( )
3 2
3 3
6 5 6 5 6 5 0 1 5 0f x f x x x x x x x x⇔ + = ⇔ + = ⇔ − − = ⇔ + − − =
1
1 21
2
x
x
= −


⇔
±

=


Vậy phương trình có nghiệm là
1 21
1;

2
x x
±
= − =
.
Ví dụ 16 : Giải phương trình :
( )
( )
2
8x 2 6 5 0x x x+ + − − =
Giải
Điều kiện:
5x
≤
Ta có
( )
( )
( )
( )
2 2
8x 2 6 5 0 8x 2 6 5x x x x x x+ + − − = ⇔ + = − −
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 12 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
( )
( )
2
2
2 1 2 5 1 5x x x x
 

 
⇔ + = − + −
 
 
 
.(*)
Xét hàm số
( )
( )
2
1f t t t= +
trên
¡
. Ta có
( )
2
3 1 0,f t t t
′
= + > ∀ ∈¡
Do đó hàm số
( )
( )
2
1f t t t= +
đồng biến trên
¡
.
Từ (*)
( )
( )

2
0 5
2 5 2 5 1
4 5 0
x
f x f x x x x
x x
≤ ≤

⇔ = − ⇔ = − ⇔ ⇔ =

+ − =

Vậy nghiệm của phương trình là
1x =
.
Ví dụ 17: Cho các số dương
1 2 3
, ,c c c
thỏa mãn
1 2 3
c c c> >
. Chứng minh rằng phương
trình
1 2 3
x c x c x c− + − = −
có nghiệm duy nhất .
Giải
Điều kiện :
1

x c≥
. Khi đó phương trình được đưa về dạng :
1 2
3 3
1 0
x c x c
x c x c
− −
+ − =
− −

Xét hàm số
( )
1 2
3 3
1
x c x c
f x
x c x c
− −
= + −
− −
trên
[
)
1
;c +∞
.
Ta có
( )

( ) ( )
1 3 2 3
2 2
1 2
3 3
3 3
0
2 2
c c c c
f x
x c x c
x c x c
x c x c
− −
′
= + >
− −
− −
− −
. Do giả thiết
1 2 3
c c c> >
nên hàm
số
( )
f x
đồng biến trên
[
)
1

;c +∞
. Mặt khác
( )
1 2
1
1 3
1 0
c c
f c
c c
−
= − <
−
và
( )
lim 1
x
f x
→+∞
=
Sử dụng Định lý Bolzano – Cauchy ta thấy phương trình
( )
0f x =
có duy nhất
nghiệm
( )
0 1
; .x c∈ +∞
Ví dụ này giúp HS có được kết quả cho bài toán sau :
Cho

1 2 3
0c c c> > >
. Tìm GTNN của hàm số
( )
1 2
3 3
1
x c x c
f x
x c x c
− −
= + −
− −
.
HD: Ở đây để nhận được kết quả cho bài toán này cần lưu ý : Hàm số
( )
f x
đồng biến
trên
( )
[
)
3 1
; ;c c−∞ +∞U
. Mặt khác
( )
1 2
1
1 3
1 0

c c
f c
c c
−
= − <
−
và
( ) ( )
3
lim 1; lim
x x c
f x f x
→±∞ →
= = +∞
.
Khi đó
( ) ( )
1 2
1
1 3
min 1 0
c c
f x f c
c c
−
= = − <
−
.
Nhận xét: Một điều thú vị nữa khi thay
1 2 3

sin ; sin ; sinc A c B c C= = =
trong đó
, ,A B C

là các góc của tam giác nhọn. Với giả thiết
A B C> >
. Ta có các bài toán sau:
BT: Cho tam giác ABC nhọn , với
A B C> >
.
a/ Tìm GTNN của hàm số
( )
sin sin
1
sin sin
x A x B
f x
x C x C
− −
= + −
− −

b/ Chứng minh rằng phương trình
sin sin sinx A x B x C− + − = −
có nghiệm duy nhất.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 13 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Đối với bất phương trình ta cũng sử dụng tính đơn điệu của hàm số một
cách linh hoạt thì bài toán sẽ trở nên đơn giản.

Ví dụ 18: Giải bất phương trình
ln 1x x
+ ≤
Giải
Điều kiện:
0x
>
Xét hàm số
( )
lnf x x x= +
trên
( )
0;+∞
. Ta có
( )
1
1 0, 0f x x
x
′
= + > ∀ >
nên hàm số
( )
lnf x x x= +
đồng biến trên
( )
0;+∞
.
Mặt khác
( )
1 1f =

. Do đó bất phương trình
( ) ( )
ln 1 1 1x x f x f x+ ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤
Kết hợp với điều kiện
0x
>
ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là
0 1x
< ≤
.
Ví dụ 19: Giải các bất phương trình sau: a/
4 4
15 2 1x x+ − − >
(*)
Nhân xét: Đối với bất phương trình này, ta chỉ có thể đặt ẩn phụ đưa về hệ phương
trình để giải, còn giải trực tiếp sẽ rất khó khăn.
Giải
a/ Giải bất phương trình
4 4
15 2 1x x+ − − >
Cách 1: Đặt ẩn phụ
Điều kiện:
15 2x
− ≤ ≤
Với điều kiện trên ta đặt
4 4
15 0; 2 0;u x v x u v= + ≥ = − ≥ >
Khi đó ta có
( )
4 4

4 4
4 4 4 4
4
4
4
17
17
17 17
1 1
17 1
1
u v
u v
u v u v
u v u v
v v
u v

= −

= −
 
+ = = −
 
⇔ ⇔ ⇔
   
− > > +
− > +
> +


 



( ) ( )
( )
4 4
4 4
2
17
17
1 2 4 0
2 1
u v
u v
v v v v
v

= −

= −

⇔ ⇔
 
− + + + <
− < <



.

Do
0v ≥
nên ta được
0 1v≤ <
. Suy ra
4
2 1 1x x− < ⇔ >
Kết hợp với điều kiện
15 2x
− ≤ ≤
ta được nghiệm của bất phương trình đã cho
là
1 2x
< ≤
.
Cách 2: Dùng tính đơn điệu của hàm số
Điều kiện:
15 2x
− ≤ ≤
Xét hàm số
( )
4 4
15 2f x x x= + − −
trên
[ ]
15;2−
.
Ta có
( )
( ) ( )

( )
3 3
4 4
1 1
0, 15;2
4 15 4 2
f x x
x x
′
= + > ∀ ∈ −
+ −
. Suy ra hàm số
( )
4 4
15 2f x x x= + − −
đồng biến trên
[ ]
15;2−
.
Mà
( )
1 1f =
nên bất phương trình
( ) ( )
4 4
15 2 1 1 1x x f x f x+ − − > ⇔ > ⇔ >
Kết hợp với điều kiện
15 2x
− ≤ ≤
ta được nghiệm của bất phương trình đã cho

là
1 2x
< ≤
.
Ví dụ 20: Giải bất phương trình:
( )
4 5
log log 3x x< +

Giải
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 14 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Điều kiện:
0x
>
Đặt
4
log 4
t
t x x= ⇔ =
Khi đó, bất phương trình:
( )
4 5
log log 3x x< +
(
)
5
1 2
log 3 4 5 3 2 1 3

5 5
t t
t t t
t
   
⇔ < + ⇔ < + ⇔ < +
 ÷  ÷
   
(*)
Xét hàm số
( )
1 2
3 .
5 5
t t
f t
   
= +
 ÷  ÷
   
Hàm số này là tổng của hai hàm đơn điệu giảm nên là
hàm đơn điệu giảm. Hơn nữa
( )
1 1f =
nên từ (*)
( ) ( )
1 1f t f t⇔ > ⇔ <
.
Với
1t <

ta có
4
log 1 0 4x x< ⇔ < <
.
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là
0 4x
< <
.
Ví dụ 21: Giải bất phương trình
2
7 7 7 6 2 49 7 42 181 14x x x x x+ + − + + − < −
(*)
Giải
Điều kiện:
6
7
x ≥
Bất phương trình (*) được viết lại dưới dạng
( ) ( )
2
7 7 7 6 7 7 7 6 182 0 7 7 7 6 13 0x x x x x x+ + − + + + − − < ⇔ + + − − <
Xét hàm số
( )
7 7 7 6 13f x x x= + + − −
trên
6
;
7
 
+∞

÷

 
.
Do
( )
7 7
0
2 7 7 2 7 6
f x
x x
′
= + >
+ −
trên
6
;
7
 
+∞
 ÷
 
nên hàm số
( )
7 7 7 6 13f x x x= + + − −

đồng biến trên
6
;
7

 
+∞
÷

 
.
Mà
( )
6 0f =
nên
( ) ( )
7 7 7 6 13 0 6 6x x f x f x+ + − − < ⇔ < ⇔ <
.
Kết hợp với điều kiện
6
7
x ≥
ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là
6
6
7
x≤ <
.
Qua các ví dụ về giải phương trình và bất phương trình trên, đối với những ví
dụ có hai cách giải thì ta thấy cách giải dùng tính đơn điệu của hàm số hay và tự
nhiên hơn rất nhiều so với cách giải đầu. Cách giải đầu thường biến đổi phức tạp và
có bài thấy thiếu sự tự nhiên, không có “Manh mối” để tìm lời giải . Đây là dạng
toán khó đối với học sinh lần đầu tiếp xúc , các em rất khó khăn trong việc sử dụng
các phương pháp khác để giải. Vì vậy việc bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư
duy, sáng tạo, vận dụng các kiến thức cơ bản về tính đơn điệu của hàm số là một việc

làm rất cần thiết. Từ đó hình thành ở học sinh Tư duy linh hoạt trong giải toán, để
học sinh không bối rối trước các bài toán lạ.
1.2.Bài tập rèn luyện
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 15 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Giải các phương trình, bất phương trình sau:
1/
5 2 3 9x x+ + + ≤
2/
2 2
1 1 3 1x x x x
+ + − − + = −
3/
2 2
1 1 1 1x x x x x x+ − + − + + + + =
4/
2 2
2 3 6 11 3 1x x x x x x− + − − + > − − −
5/
( )
12 12 5 4x x x x x
+ + = − + −
6/
4 4
x 2 4 x 2− + − =
7/
3 2
2 3 6 16 4 2 3x x x x+ + + − − >
8/

33 2 2
4 5 6 7 9 4x x x x x− − + = + −
9/
3
3
6 1 8 4 1x x x+ = − −
2. Giải phương trình, bất phương trình chứa tham số
2.1. Các ví dụ
Ví dụ 1. Tìm tham số
m
để phương trình:
3 2
3 0x x m− − =
, (1) có ba nghiệm phân
biệt trong đó có đúng một nghiệm bé hơn 1.
Giải
Phương trình (1)
3 2
3x x m⇔ − =
Xét hàm số
( )
3 2
3f x x x= −
.
Yêu cầu của đề bài là phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt
1 2 3
, ,x x x
sao cho
1 2 3
1x x x< ≤ <

tức là đường thẳng
y m=
phải cắt đồ thị hàm số
3 2
( ) 3y f x x x= = −

tại ba điểm phân biệt có hoành độ
1 2 3
, ,x x x
thỏa mãn
1 2 3
1x x x< ≤ <
.
Ta có
' 2 ' 2
0
( ) 3 6 ; ( ) 0 3 6
2
x
f x x x f x x x
x
=

= − = ⇔ − ⇔

=

Bảng biến thiên
x

−∞
0 1 2
+∞

( )
f x
′
+ 0 - - 0 +
0
+∞

( )
f x
-2

−∞
-4
Từ bảng biến thiên suy ra điều kiện phải tìm là
4 2m− < ≤ −
.
Ví dụ 2: Tìm
m
để phương trình
2
2( 2) 5 4 0x m x m+ − + + =
(1) có hai nghiệm
thực phân biệt
1 2
;x x
thoả mãn

1 2
1x x< − <
.
Nhận xét :
Do trong chương trình mới không có mặt định lý đảo về dấu của tam thức bậc
hai nên việc sử dụng đinh lý này học sinh phải chứng minh.Vì vậy ta áp dụng
phương pháp hàm số là phù hợp.
Giải
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 16 -
10/
2
2
sin os 2 ,
n
n n
x c x
−
+ =
(6) với
, 2n n∈ >¥
và
0;
2
x
π
 
∈
 ÷
 

11/
2 3
log sin 2log tanx x=
12/
5 12 13
x x x
+ >
13/
2
2
2
2
3 5
log 2
2 2 3
x x
x x
x x
+ +
< − −
+ +
14/
(
)
( )
5 4
log 3 3 1 log 3 1
x x
+ + = +
15/

(
)
2
3 1
2
3
1
log 3 2 2 2
5
x x
x x
− −
 
− + + + =
 ÷
 
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Biến đổi phương trình như sau
( )
2
2
4 4
4 4 2 5
2 5
x x
x x m x m
x
− + −
− + − = + ⇔ =
+

(Do
5
2
x = −
không là nghiệm của (1))
Xét hàm số
2
4 4
( )
2 5
x x
f x
x
− + −
=
+
. Ta có
( )
2
'
2
7
2 10 28
( ) 0
2
2 5
x
x x
f x
x

x
= −

− − +
= = ⇔

=
+

.
Bảng biến thiên:


x
-
∞
-7
5
2
−
-1 2 +
∞

( )
f x
′
- 0 + + + 0 -
+
∞
+

∞

( )
f x
0
9
-3
-
∞
-
∞
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
3m
< −
là giá trị cần tìm .
Nhận xét :
Ngoài cách giải trên ta có thể dùng định lý Viét để giải như sau
Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
,x
2

và thoả mãn (x
1
+1)(x
2
+1)<0
Qua cách giải bài toán này mở đường cho các dạng toán về câu hỏi phụ trong
khảo sát hàm số như:
Tìm m để hàm số

( ) ( )
3 2 2
1
2 5 4 1
3
y x m x m x m= + − + + + +
có cực trị tại hai
điểm x
1
,x
2
và thoả mãn x
1
<-1<x
2
hay Tìm m để hàm số
( ) ( )
3 2 2
1
3 4 3
3
y x m x m x m m= + + + + + −
có cực trị tại hai điểm x
1
,x
2
và thoả
mãn -1<x
1
<x

2
.Đây là một câu hỏi mà các thí sinh thừờng gặp trong các kỳ thi Đại
học, Cao đẳng. Qua bài toán này ta thấy được mối quan hệ giữa phương trình và đồ
thị hàm số, đồng thời phát triển ở học sinh tư duy linh hoạt, biết lột bỏ cái ngụy
trang của bài toán để đưa chúng về bài toán quen thuộc.
V í dụ 3 : Tìm m để phương trình:
2 2
1 1x x x x m
+ + − − + =
có nghiệm.
Giải
Xét hàm số:
( )
2 2
1 1f x x x x x= + + − − +
trên
¡
.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 17 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Ta có
( )
2 2
2 1 2 1
2 1 2 1
x x
f x
x x x x
+ −

′
= −
+ + − +
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
2 1 2 1 0
0 2 1 1 2 1 1
2 1 1 2 1 1
x x
f x x x x x x x
x x x x x x
 − + >

′
= ⇔ − + + = + − + ⇔

− + + = + − +


(Vô nghiệm)
Mặt khác:
( )
0 1 0f

′
= >
. Suy ra
( )
0f x
′
>
nên hàm số đồng biến.
Hơn nữa,
( )
2 2
2
lim lim 1
1 1
x x
x
f x
x x x x
→−∞ →−∞
= = −
+ + + − +
;
( )
2 2
2
lim lim 1
1 1
x x
x
f x

x x x x
→+∞ →+∞
= =
+ + + − +
Bảng biến thiên:

x
-∞ +∞
( )
f x
′
+
( )
f x
1
-1
Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 < m < 1.
Nhận xét: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm số,
rất có thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị của hàm số là
¡
và dẫn đến việc kết luận sai
lầm rằng phương trình có nghiệm với mọi m. Do đó việc tìm giới hạn trong bài toán
khảo sát là rất cần thiết để tìm ra tập giá trị.
Ví dụ 4: Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt :
+ = +2 1x x m
Gi¶i:
Điều kiện:
1x
≥ −
Phương trình đã cho tương đương với

+ − =2 1x x m

Xét hàm số
( )
= + −2 1f x x x
. Ta có
( )
− +
′
= − =
+ +
1 1 1
1
1 1
x
f x
x x
( )
′
= ⇒ − + = ⇔ =0 1 1 0 0f x x x
Bảng biến thiên
x
- 1 0 +∞
( )
f x
′
+ 0 -
( )
f x
2

1 -∞
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 18 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt khi
1 2m
≤ <
.
Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2
3 1x m x+ = +
Giải: Phương trình được viết lại dưới dạng:
2
3
1
x
m
x
+
=
+
Xét hàm số
2
3
( )
1
x
f x

x
+
=
+
trên
¡
Ta có
2
2
' '
2
2 2
1 ( 3)
1 3 1
1
( ) ; ( ) 0
1 3
( 1) 1
x
x x
x
x
f x f x x
x
x x
+ − +
−
+
= = = ⇔ =
+

+ +

2
3
1
lim ( ) lim 1
1
1
x x
x
f x
x
→−∞ →−∞
+
= = −
− +
;
2
3
1
lim ( ) lim 1
1
1
x x
x
f x
x
→+∞ →+∞
+
= =

+
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
1 10m− < ≤
.
Ví dụ 6: Tìm
m
để phương trình
3 3
1 1x x m+ + − =
có nghiệm.
Giải
Xét hàm số
( )
3 3
1 1f x x x= + + −
trên
¡
.
Ta có
( )
( ) ( )
2 2
3 3
1 1
, 1
3 1 3 1
f x x
x x
′

= − ∀ ≠ ±
+ −
( )
( ) ( )
2 2
3 3
1 1
0 0 0
3 1 3 1
f x x
x x
′
= ⇔ − = ⇔ =
+ −
( )
( )
3 3
lim lim 1 1
x x
f x x x
→+∞ →+∞
= + + −
( )
3 3
lim 1 1
x
x x
→+∞
= + − −

( ) ( )
2 2
3 2
3 3
2
lim 0
1 1 1
x
x x x
→+∞
= =
+ + − + −
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 19 -
x
'
( )f x
( )f x
+
+ 0

-1
1
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Tương tự
( )
lim 0
x
f x
→−∞

=
.
Bảng biến thiên:
x
−∞
- 1 0 1 +∞
( )
f x
′
+ + 0 - -
( )
f x
2

0 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
0 2m< ≤
.
Ví dụ 7. Tìm tham số
m
để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt :

2
2 2 1x mx x+ + = +

Giải
Nhận xét:
0x =
không là nghiệm của phương trình nên với
0x ≠

, ta có :
( )
2
2
2
2
1
1
2
2 2 1
2
3 4 1
2 2 1
x
x
x mx x
mx x x
x mx x


≥ −
≥ −
 
+ + = + ⇔ ⇔
 
 
= + −
+ + = +



1
2
1
3 4
x
m x
x

≥ −


⇔


= + −


. Xét hàm số
1
( ) 3 4f x x
x
= + −
trên
( )
1
;0 0;
2
 
− ∪ +∞

÷

 
Ta có
( )
'
2
1 1
( ) 3 0, ;0 0;
2
f x x
x
 
= + > ∀ ∈ − ∪ +∞
÷

 
.

0
lim ( )
x
f x
−
→
= +∞
;
0
lim ( )
x

f x
+
→
= −∞
;
lim ( )
x
f x
→+∞
= +∞
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có hai nghiệm thực phân biệt khi
9
2
m ≥
.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 20 -
x
'
( )f x
( )f x
0 +
+ +
9
2
+∞
−∞

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm

Chú ý : Cách 2: Đặt
2 1t x= +
, khi đó phương trình trở thành
( )
( ) ( )
2
2
0
2 1 9 2 2
3 2 1 2 9 0 1
t
t m t m t
t m t m
≥


+ − + − = ⇔

− − + − =


Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt thì pt (1) có hai nghiệm lớn hơn
hoặc bằng 0.
Tức là
0
9
0
2
0
S m

P
∆ >


> ⇔ ≥


≥

.
Ví dụ 8: Chứng minh rằng
0m∀ >
, phương trình sau luôn có hai nghiệm thực phân
biệt:
2
2 8 ( 2)x x m x+ − = −

Giải
Do
0m
>
nên
2x
≥

(1)
⇔
[ ]
2
( 2)( 4) ( 2) ( 2)( 4) ( 2)x x m x x x m x− + = − ⇔ − + = −

2
3 2
2
( 2) ( 2)( 4) 0
6 32 0(*)
x
x x x m
x x m
=

 
⇔ − − + − = ⇔

 
+ − − =

Yêu cầu bài toán quy về chứng minh phương trình (*) có một nghiệm trong
(2; )+∞
Biến đổi (*)
3 2
6 32m x x⇔ = + −
.
Xét hàm số
3 2
( ) 6 32f x x x= + −
với
2x >
.
Ta có
' 2

( ) 3 12 0, 2f x x x x= + ≥ ∀ >
và
lim ( )
x
f x
→+∞
= +∞
Bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên suy ra
0m∀ >
phương trình (*) có đúng một nghiệm
2x >
.
Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt
0m∀ >
.
Nhận xét:
Sau khi tìm được điều kiện
2x ≥
việc khảo sát hàm số
( )f x
ở trên là rất dễ dàng
chủ yếu là dùng đạo hàm tuy nhiên dùng định nghĩa cũng suy ra tính đồng biến của
hàm số
( )f x
.
Ví dụ 9: Chứng minh rằng phương trình sau có nhiệm duy nhất
`
5 2
2 1 0x x x− − − =

Nhận xét :
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 21 -
x
'
( )f x
( )f x

+


S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Đây là một phương trình mà khi giải nó cần có sự có mặt của tư duy hàm số .Sau
đây là một vài cách tiếp cận lời giải .
Cách 1: Với
0x
≠
,
biến đổi phương trình về dạng
2 2
3 3
1 1
1
x
x x
x x
+
   
= ⇔ = +

 ÷  ÷
   
(*)Suy ra
0x >
.
Mặt khác
( )
3
f x x=
là hàm số đồng biến trên
( )
0;+∞
.
( )
2
1
1g x
x
 
= +
 ÷
 
nghịch biến trên
( )
0;+∞
nên phương trình (*) có nhiều nhất một
nghiệm. Hơn nữa hàm số
( )
5 2
2 1h x x x x= − − −

liên tục trên
¡
. Hơn nữa,
( )
1 3h = −
;
( )
2 23h =
nên
( ) ( )
1 . 2 0h h <
. Do đó phương trình
( )
0h x =
có nghiệm
thuộc khoảng
( )
1;2
. Kết hợp với điều kiện trên ta có phương trình đã cho có nghiệm
duy nhất .
Cách 2: Biến đổi phương trình như sau
( )
2
5
1x x= +
, suy ra
0x ≥
.
Với
( )

2
5
0 1 1, 1 1x x x≤ < ⇒ < + ≥
nên phương trình vô nghiệm .
Với
1x ≥
. Xét hàm số
( )
5 2
2 1f x x x x= − − −
.
Ta có
( )
( ) ( )
4 3 4 4
5 2 2 2 1 2 1 0, 1f x x x x x x x x
′
= − − = − + − + > ∀ ≥
nên
( )
5 2
2 1f x x x x= − − −
đồng biến trên
[
)
1;+∞
. Do đó phương trình đã cho
có nhiều nhất một nghiệm .

Cách 3: Biến đổi phương trình

( )
2
5
1x x= +

Ta có
( ) ( )
2 2
5 5
1 0 0 1 1 1 1x x x x x+ ≥ ⇒ ≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
sau đó lại xét hàm
số
( )
5 2
2 1f x x x x= − − −
như trên .
Ví dụ 10: Tìm m để phương trình sau có đúng một nghiệm thực:

4
4
13 1 0x x m x− + + − =
(*)
Giải
Phương trình
4
4
3 2
1
(*) 13 1
4 6 9 1

x
x x m x
x x x m
≤

⇔ − + = − ⇔

− − − = −

Xét ham số
( )
3 2
4 6 9 1f x x x x= − − −
trên
(
]
;1−∞
.
Ta có
( )
2
12 12 9f x x x
′
= − −
. Trên
(
]
;1−∞
thì
( )

2
1
0 12 12 9 0
2
f x x x x
′
= ⇔ − − = ⇔ = −
Bảng biến thiên:

x
-
∞
1
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 22 -
1
2
−
3
2
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm

( )
f x
′
+ 0 -


( )
f x

-
∞
-12
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có đúng một nghiệm thực khi và chỉ
khi
3 3
2 2
12 12
m m
m m
 
− = = −
 
⇔
 
− < − >
 
.
Ví dụ 11: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất

2 3 2
3 1 2 2 1x x x m− − + + =
trên
1
;1
2
−
 
 
 

Giải: Xét hàm số
( )
2 3 2
3 1 2 2 1f x x x x= − − + +
trên
1
;1
2
−
 
 
 
.
Ta có
2
'
2 3 2 2 3 2
3 3 4 3 3 4
( )
1 2 1 1 2 1
x x x x
f x x
x x x x x x
 
− + +
= − = − +
 ÷
− + + − + +
 
Xét hàm số

( )
3 2
2 1g x x x= + +
trên
1
;1
2
−
 
 
 
. Ta có
( )
2
3 4 0 0g x x x x
′
= + = ⇔ =
Ta có bảng biến thiên
x
0 1

( )
g x
′
+ 0 -

( )
g x

1

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
1
( ) 1, ;1
2
g x x
 
≥ ∀ ∈ −
 
 

và
1
;1
2
x
 
∀ ∈ −
 
 
ta có
1 5
3( ) 4 3 4 3.1 4 3 4 7
2 2
x x− + ≤ + ≤ + ⇔ ≤ + ≤
.
Suy ra
2 3 2
3 3 4 1
0, ;1
2

1 2 1
x
x
x x x
+
 
+ > ∀ ∈ −
 
 
− + +
Do đó
( )
0 0f x x
′
= ⇔ =
Bảng biến thiên:


x
0 1

( )
f x
′
+ 0 -
1

( )
f x

3 3 22
2
−
- 4
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 23 -
1
2
−
1
2
−
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi
3 3 22
4
2
m
−
− ≤ <
hoặc
1m =
.
Nhận xét :
Việc sử dụng kỹ năng biến đổi từ
2
2 3 2 2 3 2
3 3 4 3 3 4
1 2 1 1 2 1
x x x x

x
x x x x x x
 
− + +
− = − +
 ÷
− + + − + +
 
là khâu quyết định đến việc
xét dấu của đạo hàm, mở đường cho việc sử dụng tính chất của hàm số .
Ví dụ 12: Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt

1 8 (1 )(8 )x x x x m+ + − + + − =
Nhận xét:
Bài toán trên có thể giải bằng phương pháp thông thường là đặt ẩn phụ
t =
1 8x x+ + −
sau đó chuyển về bài toán tìm điều kiện của tham số để phương
trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước. Tuy nhiên cách đặt ẩn phụ đó thường
phải quy về giải bằng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai. Định lý này trong
chương trình sách giáo khoa mới đã giảm tải. Vì vậy phương pháp hàm số là sự lựa
chọn thích hợp nhất cho dạng toán này.
Giải
Điều kiện:
1 8x− ≤ ≤
Xét hàm số
( ) ( ) ( )
1 8 1 8f x x x x x= + + − + + −
trên
[ ]

1;8−
Ta có
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
1 1
7 2
2 1 . 8 1 8 2 1 8
f x x
x x x x x x
 
 
′
= − +
 
+ − + + − + −
 
Mà
( )
( )
( ) ( )
( )
1 1
0, 1;8
2 1 . 8 1 8 2 1 8
x
x x x x x x
+ > ∀ ∈ −
+ − + + − + −

Do đó dấu
( )
f x
′
chỉ phụ thuộc vào dấu của
7 2x−
.
Ta có bảng biến thiên :

x
-1
7
2
8

( )
f x
′
+ 0 -

( )
f x

9
3 2
2
+

3 3
Từ bảng biến thiên suy ra giá trị cần tìm của

m
là:
9
3 3 2
2
m≤ < +
Ví dụ 13: Tìm tham số
m
để phương trình sau có nghiệm:

3 6 (3 )(6 )x x x x m+ + − − + − =
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 24 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Nhận xét: Với bài này ta sẽ tìm hiểu cách giải đặt ẩn phụ trước rồi sau đó mới giải
bằng hàm số theo ẩn phụ.
Giải
Điều kiện :
3 6x− ≤ ≤
Đặt
( )
2
2
2
9
3 6 3 6 (3 )(6 )
2
t
t x x t x x x x
−

= + + − ⇒ = + + − ⇒ + − =
Để tìm điều kiện của
t
ta xét hàm số
( ) 3 6t f x x x= = + + −
với
[ ]
3;6x∈ −
Có
'
1 1
( ) ;
3 6
f x
x x
= −
+ −

'
3
( ) 0 3 6
2
f x x x x= ⇒ + = − ⇔ =
và
'
( )f x
không xác định tại các điểm
3, 6x x= − =

3

( 3) 3, (6) 3, 3 2
2
f f f
 
− = = =
 ÷
 
.
Suy ra
[ ]
[ ]
3;6
3;6
( ) 3 2, min ( ) 3max f x f x
−
−
= =
Vậy
[ ]
3;6x∀ ∈ −
3;3 2t
 
⇒ ∈
 
Khi đó, phương trình đã cho trở thành
2
2
9 1 9
2 2 2
t

t m t t m
−
− = ⇔ − + + =
, (*) với
3;3 2t
 
∈
 
Phương trình đã cho có nghiệm
[ ]
3;6x∈ −
khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm
3;3 2t
 
∈
 
Xét hàm số
2
1 9
( )
2 2
g t t t= − + +
trên
3;3 2
 
 

'
( ) 1 0, 3;3 2g t t t
 

= − + < ∀ ∈
 
Suy ra hàm số
( )g t
nghịch biến trên đoạn
3;3 2
 
 
.
Do đó
3;3 2
3;3 2
9
( ) (3) 3; min ( ) (3 2) 3 2
2
max g t g g t g
 
 
 
 
= = = = −
.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi
9
3 2 3
2
m− ≤ ≤
.
Nhận xét:
Nếu đề yêu cầu giải phương trình với

m
là một số cụ thể thì việc tìm điều kiện
của
t
là không cần thiết, ta chỉ cần suy ra các điều kiện hiển nhiên vì sau khi tìm
được ẩn phụ
t
ta còn phải thay vào bước đặt để tìm ẩn chính
x
.
Nếu trong bài toán có tham số thì việc tìm điều kiện của
t
là không thể bỏ qua và
không được làm sai. Việc tìm điều kiện của
t
như trên thực chất là việc tìm tập giá trị
của hàm số
( )f x
trên tập xác định của phương trình đã cho.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 25 -