ĐỀ TÀI BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC TƯ DUY HÀM CHO HỌC SINH THÔNG QUA GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

www.vnmath.com
BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC TƯ DUY HÀM CHO HỌC SINH THÔNG
QUA
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
Nguyễn Văn Cường Gv Thpt Mỹ Đức A –Hà Nội
Đt: 0127.2334598 Email : Cuongvan12 @ gmail.com
ĐỀ TÀI ĐƯỢC SGD HÀ NỘI XẾP LOẠI B NĂM 2010
Theo nhà toán học Khinsin : “ không có khái niệm nào khác có thể phán ánh
những hiện tượng của thực tại khách quan một cách trực tiếp và thực tại như
khái niệm tương quan hàm ,không có một khái niệm nào có thể thể hiện được ở
trong nó những nét biện chứng của tư duy khái niệm toán học hiện đại như khái
niệm tương quan hàm.Thật vậy bản chất của vật chất là vận động,và sự vận động
diễn ra trong những mối tương quan nhất định. Với khái niệm hàm ,người ta
nghiên cứu sự vật trong trạng thái biến đổi sinh động của nó chứ không phải
trong trạng thái tĩnh tại ,trong sự phụ thuộc lẫn nhau chứ không phải tách rời
nhau.Khái niệm hàm phản ánh sâu sắc hiện thực khách quan và thể hiện rõ nét
tư duy biện chứng chính là ở chỗ đó .Chính vì vậy khái niệm hàm là một trong
những khái niệm cơ bản nhất của toán học;nó giữ vị trí trung tâm của môn toán
ở trường phổ thông ,toàn bộ việc giảng dạy toán ở nhà trường phổ thông đều
xoay quanh khái niệm này ”
( Trích : Phương pháp giảng dạy Toán Nguyễn Bá Kim –Nxb GD 1994)
Liên hệ với khái niệm hàm là Tư duy hàm ,một loại hình tư duy được hàng loạt các
công trình nghiên cứu đánh giá cao và kiến nghị phải được phát triển mạnh mẽ trong
hoạt động giảng dạy các bộ môn trong nhà trường đặc biệt là môn toán .Ngày nay
trong chương trình môn toán ở trường phổ thông khái niệm hàm đã ,đang được thể
hiện rõ vai trò chủ đạo của mình trong việc ứng dụng và xây dựng các khái niệm
khác .Trong các kỳ thi cấp quốc gia ngoài các câu hỏi liên quan trực tiếp đến hàm số
ta thường thấy có những câu hỏi mà học sinh thường phải vận dụng tư duy hàm số
như là một công cụ đắc lực để giải toán như: Giải phương trình, bất phương trình
,tìm cực trị , Các câu hỏi này cũng thường gây khó khăn cho cả thày và trò trong
các giờ lên lớp . Trong các giờ giảng các em thường bị động trong nghe giảng và rất

lúng túng vận dụng vào việc giải toán. Nguyên nhân là do các em chưa hiểu được bản
chất của vấn đề ,chưa có kỹ năng và kinh nghiệm trong việc vận dụng hàm số vào
giải toán ,các em luôn đặt ra câu hỏi “ Tại sao nghĩ và làm được như vậy’’. Để trả lời
được câu hỏi đó trong các giờ dạy ,việc bồi dưỡng năng lực tư duy hàm cho học sinh
thông qua các bài toán là một điều rất cần thiết .Muốn làm tốt được điều đó người
thầy không chỉ có phương pháp truyền thụ tốt mà còn phải có kiến thức vừa
chuyên ,vừa sâu,dẫn dắt học sinh tìm hiểu một cách logíc bản chất của toán học.Từ
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
1
www.vnmath.com
đó giúp các em có sự say mê trong việc học môn Toán-môn học được coi là ông vua
của các môn tự nhiên.

Khi còn là học sinh, mỗi khi suy tư những bài toán nhỏ ,nhờ sự tư duy của người
Thầy giúp tôi có những bài toán mới , lời giải mới .Và giúp tôi có những phân tích
hay , sâu sắc trên bục giảng , có thêm kinh nghiệm , sự sáng tạo ,có niềm tin vào
chính mình .Vì vậy song song với việc giảng dạy kiến thức cho học sinh trong các
giờ lên lớp ,tôi luôn luôn coi việc bồi dưỡng năng lực tư duy toán cho học sinh một
cách trực tiếp hoặc gián tiếp thông qua giải toán. Đặc biệt là bồi dưỡng năng lực tư
duy hàm cho học sinh là một nhiệm vụ quan trọng của việc giảng dạy toán .
Qua nhiều năm đứng trên bục giảng, khi dạy tới chuyên đề này, tôi luôn băn
khoăn làm thế nào để cho giờ dạy của mình đạt kết quả cao nhất ,các em chủ động
trong việc chiếm lĩnh kiến thức .Thầy đóng vai trò là người điều khiến để các em tìm
đến đích của lời giải.Chính vì lẽ đó trong hai năm học 2008-2009 và 2009-2010 Tôi
đã đầu tư thời gian nghiên cứu Chuyên đề này. Một mặt là giúp học sinh hiểu được
bản chất của vấn đề ,các em không còn lúng túng trong việc giải các bài toán liên
quan đến hàm số ,hơn nữa tạo ra cho các em hứng thú trong giải toán nói chung và
liên quan đến Hàm số nói riêng.Mặt khác sau khi nghiên cứu tôi sẽ có một phương
pháp giảng dạy có hiệu quả cao trong các giờ lên lớp,trả lời thoả đáng Câu hỏi “Vì
sao nghĩ và làm như vậy”.

Mặc dù đã tham khảo một số lượng lớn các tài liệu hiện nay để vừa viết, vừa đi
giảng dạy trên lớp để kiểm nghiệm thực tế, song vì năng lực và thời gian có hạn ,rất
mong được sự Đóng góp của các bạn đồng nghiệp và những người yêu thích môn
toán để đề tài này có ý nghĩa thiết thực hơn trong nhà trường .Góp phần nâng cao
hơn nữa chất lượng Giáo dục phổ thông.Giúp các em có phương pháp - kỹ năng khi
giải các bài toán liên quan đến hàm số trong các kỳ thi cuối cấp, đồng thời bước
đầu trang bị cho các em kiến thức về toán cao cấp trong những năm đầu học đại học.
Cùng với các đề tài : Ứng dụng nhị thức Newton vào giải toán ,các phương pháp
và kỹ thuật điển hình trong tính tích phân ,đã được Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội
xếp loại B trong hai năm học 2007-2008,2008-2009 . Năm học 2009-2010 Tôi xin
giới thiệu đến các bạn đồng nghiệp và những người yêu toán đề tài :

Bồi dưỡng năng lực tư duy hàm cho học sinh thông qua giải phương trình
A- Lý thuyết
1. y = f(x) đồng biến trên (a, b)
( )
' 0f x⇔ ≥
với mọi x
∈
(a, b).
2. y = f(x) nghịch biến trên (a, b)
( )
' 0f x⇔ ≤
với mọi x
∈
(a, b).
3. y = f(x) đồng biến trên
[ ]
;a b
thì Min f(x) = f(a); Max f(x) = f(b)

4. y = f(x) nghịch biến trên
[ ]
;a b
thì Min f(x) = f(b); Max f(x) = f(a).
Chú ý:
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
2
www.vnmath.com
 Nghiệm của phương trình f(x) = g(x) là hoành độ giao điểm của đồ thị y = f(x) với
đồ thị y = g(x).
 Nếu hàm số
0y ≥
,
∀∈
(a, b) mà f(x) liên tục tại a và b thì
0y ≥

∀∈
[ ]
;a b
.
 Bất phương trình
( )f x m≥
đúng
x I∀ ∈

⇔
Min f(x)
m≥

x I∀ ∈
 Bất phương trình
( )f x m≤
đúng
x I∀ ∈

⇔
Max f(x)
m≤

x I∀ ∈
 BPT
( )f x m≥
có nghiệm
x I∈
⇔
max f(x)
m≥

x I∀ ∈
 BPT
( )f x m≤
có nghiệm
x I∈

⇔
Max f(x)
m≤

x I∀ ∈

•
Nếu hàm số y=f(x) đơn điệu trên D thì phương trình f(x)= k nếu có nghiệm x=x
0
thì x=x
0
là nghiệm duy nhất
•
Nếu hàm số y=f(x) đơn điệu trên D,u(x),v(x) là các hàm số nhận giá trị thuộc D thì
ta có

[ ] [ ]
( ) ( ) ( ) ( )f u x f v x u x v x= ⇔ =

•
Nếu f(x) là hàm số đồng biến ( nghịch biến ) thì
y =
( )
n
f x
đồng biến (nghịch biến ),
1
( )f x
với f(x) >0 là nghịch biến ( đbiến)
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
•

Phương trình f(x) = m có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số y =
f(x) và số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với đường
thẳng
y = m.Nếu trên tập D hàm số y=f(x) đạt GTLN là L,GTNN là n thì phương trình
f(x)=m có nghiệm khi khi
n m l≤ ≤
•
Để sử dụng phương pháp hàm số vào giải phương trình,ta cần thực hiện :
Tìm tập xác định của phương trình.Biến đổi phương trình (nếu cần) để đặt f(x) bằng
một biểu thức nào đó.
•
Tính đạo hàm f(x), rồi dựa vào tính đồng biến (nbiến) của hàm số để kết
luận nghiệm của phương trình.
•
Để học sinh có kiến thức vững để giải các bài toán dạng này yêu cầu học sinh
nắm vững một số kiến thức cơ bản sau:
Phương trình f(x) = m có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số
y = f(x) và số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với
đường thẳng y = m
•
Để giải các bài toán Tìm giá trị của tham số để phương trình
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
3
www.vnmath.com
(hoặc bất phương trình ) có nghiệm ta thực hiện các bước sau
- Biến đổi phương trình về dạng f(x) =g(m)
- Tìm tập xác định của hàm số f(x)
-Tính f
’
(x)

Lập bảng biến thiên của hàm số trên miền D
Tìm
( ), ( )
x D x D
Maxf x Minf x
∈ ∈
•
Đối với những phương trình có những biểu thức phức tạp ,ta có thể đặt ẩn phụ
thích hợp
( )t x= ϕ
,từ điều kiện ràng buộc của x ta tìm điều kiện của t ( với bài toán
chứa tham số ta cần đặt điều kiện nghiêm ngặt cho ẩn phụ,ta thường dùng là đánh
giá bằng bất đẳng thức,hoặc đôi khi phải khảo sát hàm
( )t x= ϕ
) để có thể tìm được
điều kiên chính xác của biến mới t)

•
Sau đó đưa phương trình đã cho về phương trình theo t và lại sử dụng phương
pháp hàm số như trên
www.vnmath.com
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
4
www.vnmath.com
B-Ứng dụng
I. PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC
VD1: Giải phương trình :
3
3
5 1 2 1 4x x 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 ta thấy vế trái là hàm đồng biến ,vế phải bằng 4 là hàm
hằng ,đây là điều kiện thích hợp để sử dụng tính đơn điệu
Lg: Đk:
3
1
5
x ≥
,Đặt f(x)=
3
3
5 1 2 1x x x− + − +

f
’
(x)=
2
3 2
3
15 2
1
2 5 1 3 (2 1)
x
x x
= + +
− −
>0
∀

x
3
1
( ; )
5
∈ +∞
nên hàm số đồng biến trên
3
1
[ ; )
5
∈ +∞
. Mà f(1)=4 nên x=1 là nghiệm .
VD 2 : Giải phương trình :
3 2
2 3 6 16 4 2 3x x x x+ + + − − =
Nhận xét :
Bài toán này gây khó khăn cho ta từ bước đặt điều kiện
Đk:
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
 
+ + + ≥ + + − ≥
⇔ ⇔ − ≤ ≤
 

− ≥ − ≥
 
Đặt f(x) =
3 2
2 3 6 16 4x x x x+ + + − −
, f
’
(x)=
2
3 2
3( 1) 1
0, ( 2;4)
2 4
2 3 6 16
x x
x
x
x x x
+ +
+ > ∀ ∈ −
−
+ + +
Nên hàm số đồng biến ,f(1)=
2 3
nên x=1 là nghiệm
VD3 : Giải phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 1 3 6 4 6 2 1 3 2x x x x x x
+ − − + = − + − + +
Đk:

1
2
x ≥
Viết lại phương trình dưới dạng như sau

( ) ( )
2 1 3 2 6 4x x x− − + + + =
Nhận thấy
2 1 3x − −
>0
x⇔
>5
hơn nữa hàm g(x)=
2 1 3x − −
, h(x) =
2 6x x+ + +
dương đồng biến với x>5
mà f(7) =4 nên x=7 là nghiệm .
VD 4 : Giải phương trình
5 3
1 3 4 0x x x+ − − + =
( ĐH Ngoại thương 2000)
Lg:
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
5
www.vnmath.com
Đặt f(x) =
5 3
1 3 4x x x+ − − +
,

1
3
x ≤
ta có
' 4 2
3 1
( ) 5 3 0
3
2 1 3
f x x x x
x
= + + > ∀ <
−
Vậy f(x) đồng biến với
1
3
x ≤
,f(-1) =0 nên x=-1 là nghiệm
VD5: Giải phương trình :
2 2
3 (2 9 3) (4 2)(1 1 ) 0x x x x x+ + + + + + + =
(3)
Lg:
Trước khi vận dụng phương pháp hàm số ,ta xét cách giải sau của Thầy :
Nguyễn tất Thu :Gv THPT Lê Quý Đôn –Biên Hoà đồng Nai
(Đăng trên báo toán học và tuổi trẻ với chủ đề :Giải phương trình vô tỷ bằng
phương pháp đánh giá)
Viết lại phương trình dưới dạng
2 2
3 (2 (3 ) 3) (2 1)(2 [ (2 1) ] 3x x x x+ + = − + + − + +

Nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm thoả mãn 3x.(2x+1)<0 hay
1
;0
2
x
 
∈ −
 ÷
 
nhận thấy nếu 3x= -(2x+1)
1
5
x⇔ = −
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
3 (2 (3 ) 3) (2 1)(2 [ (2 1) ] 3 0x x x x+ + + + + − + + >
suy ra phương trình vô nghiệm
trên khoảng
1 1
;
2 5
 
− −
 ÷
 
.
•
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
Ta xét cách giải khác sau bằng phương pháp hàm số
Viết lại phương trình dưới dạng:

2 2
3 (2 (3 ) 3) (2 1)(2 [ (2 1) ] 3x x x x+ + = − + + − + +
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
6
www.vnmath.com
Xét hàm số f(t)=
2
2 ' 2
2
(2 3), ( ) 2 3 0
3
t
t t f t t

t
+ + = + + + > ⇒
+
hàm số luôn đồng biến
Do đó (3)
⇔
f(3x)=f
[ (2 1)]x− +

⇔
3x=-2x-1
⇔
x=
1
5
−
Bình luận :

Qua hai cách giải trên chắc các thầy cô đều đồng ý với tôi là cách giải thứ hai
hay và tự nhiên hơn rất nhiều so với cách giải đầu .Tôi đã kiểm nghiệm phương
trình này trên hai lớp ôn thi đại học và không có học sinh nào giải theo cách giải
của thày Thu vì nó thiếu sự tự nhiên không có ‘ Manh mối ’ để tìm lời giải . Đây
là bài toán khó đối với học sinh,các em rất khó khăn trong việc sử dụng các
phương Pháp khác để giải phương trình này .Vì vậy việc bồi dưỡng cho học sinh
năng lực tư duy hàm là một việc làm rất cần thiết của người thày .Từ đó hình
thành ở học sinh Tư duy linh hoạt trong giải toán ,để học sinh có đủ ‘sức đề
kháng’ trước các bài toán lạ.
VD6 :Giải phương trình :
3 2 3 2
3 3

2 2 3 1 3 1 2x x x x x x− + − + = + + +
(1)
Lg:
Biến đổi (1)
3 33 3 2 2
2 3 1 2 3 1 2 2x x x x x x⇔ − + + − + = + + +
(*)
Xét hàm số f(t)=
3
t t+
f
’
(t)=
{ }
23
1
1 1, \ 0
3
t R
t
+ > ∀ ∈ ⇒
hàm số đồng biến trên
{ }
\ 0R
(*)
⇔
f(2x
3
-3x+1)=f(x
2

+2)
⇔
2x
3
-3x+1= x
2
+2
⇔
(2x+1)(x
2
-x-1)=0
1 1 5
;
2 2
x
 
±
 
⇔ ∈ −
 
 
 
VD7:Giải phương trình
2 2
3 3
3 3
2 2 1 2 1x x x x+ − + = − +

Lg:
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 f(t) =
3 3
1t t+ +
dễ thấy hàm số f(t) đồng biến trên
{ }
\ 0; 1R −
nên (*)
↔
f(2x
2
)=f(x+1)
↔
2x
2
=x+1
↔
x=1 hoặc x=
1
2
−
VD8: Giải phương trình
3
3
6 1 8 4 1x x x+ = − −
Lg:

Biến đổi phương trình tương đương với
3 3
3 3
6 1 8 4 1 6 1 6 1 (2 ) 2x x x x x x x+ = − − ⇔ + + + = +
(*)
Xét hàm số f(t)=t
3
+t dễ thấy f(t) đồng biến nên (*)
⇔
f(
3
6 1x +
)=f(2x)
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
7
www.vnmath.com

3 3
3
1
6 1 2 8 6 1 4 3
2
x x x x x x⇔ + = ⇔ = + ⇔ − =
(1)
Nếu |x|>1 thì |
3
4 3x x−
|=|x||
4 3x −
| >

1
2
(1) vô nghiệm
Nếu
1x ≤
đặt x=cost
[ ]
0;t
π
∈
phương trình trở thành
4cos
3
t-3cost =
1
2

⇔
cos3t =
1
2

2
9 3
t k
π π
⇔ = ± +
chọn các nghiệm trong khoảng
[ ]
0;t

π
∈
ta có nghiệm
5 7
, ,
9 9 9
t t t
π π π
= = =
từ đó suy ra các ngiệm của phương trình
là
5 7
cos ; cos ; cos
9 9 9
x x x
π π π
= = =
Bình Luận:
Bài toán trên được giải dựa vào tính chất sau của hàm số :
f(t) đơn điệu thì f(t
1
)=f(t
2
)
⇔
t
1
=t
2
.Tuy nhiên mỗi bài toán trước khi áp dụng

được tính chất trên vào giải phương trình thì người giải toán cần phải biến đổi
,lột bỏ được cái nguỵ trang của bài toán ,đưa về dạng thích hợp có lợi cho việc sử
dụng công cụ giải toán .Muốn làm tốt được điều đó người thầy phải thường xuyên
chú trọng việc bồi dưỡng tư duy hàm cho học sinh
VD9: Giải phương trình
2 2
15 3 2 8x x x+ = − + +
Lg: xét f(x)=
2 2
3 2 8 15 0x x x− + + − + =
Nếu
2 2
2
3 2 0, 8 15 0
3
x x x x≤ ⇒ − ≤ + − + <
Vì vậy
2
3
x∀ ≤
đều không là nghiệm
Nếu
'
2 2
2 1 1
, ( ) 3 0
3
8 15
x f x x
x x

 
> = + − >
 ÷
+ +
 
Vậy f(x) đồng biến khi
2
3
x >
,f(1)=0
Nên x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình
VD10 :Giải phương trình:
4 4
x 2 4 x 2− + − =
Đặt
( )
4 4
f x x 2 4 x= − + −
với
2 x 4≤ ≤
⇒
( )
( ) ( )
3 3
4 4
1 1 1
f x
4
x 2 4 x
 

′
= −
 
− −
 
Ta có:
( )
f x 0 x 2 4 x x 3
′
= ⇔ − = − ⇔ =
. Nhìn
bảng biến thiên suy ra:
( ) ( )
[ ]
f x f 3 2 x 2,4≥ = ∀ ∈
⇒ Phương trình
( )
4 4
f x x 2 4 x 2= − + − =
có nghiệm duy nhất x = 3
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
8
x−∞ 0x
0
1+∞f ′ −0+
f
ƒ(x
0
)
www.vnmath.com

VD 11 : Giải phương trình sau:
3 3 3
2 1 2 2 2 3 0x x x+ + + + + =
(1)
Lg:
Xét phương trình
3 3 3
2 1 2 2 2 3 0x x x+ + + + + =
Tập xác định: D = R. Đặt f(x) =
3 3 3
2 1 2 2 2 3 0x 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
Suyra hàm số f(x) đồng biến trên tập M=






+∞−∪






−−∪







−−∪






−∞− ,
2
3
2
3
,11,
2
1
2
1
,
Ta thấy f(-1)=0 ⇒ x=-1 là một nghiệm của (1). Ta có:
3)
2
3
(;3)
2
1
( −=−=− ff
Ta có bảng biến thiên của hàm số f(x):
x

-∞
2
3
−
-1
2
1
−
+∞
f’(x)
  
F(x) +∞
0 3
-∞ -3
Từ bảng biến thiên ta thấy f(x) = 0 ⇔ x = -1.
vậy phương trình đã cho có duy nhất 1 nghiệm
Bình luận :
Nhiều phương trình vô tỷ được giải nhờ vào việc đặt ẩn phụ thích hợp sau đó
đưa về hệ phương trình ,từ đó vận dụng hàm số để giải .
VD12: Giải phương trình :
33 2 2
4 5 6 7 9 4x x x x x− − + = + −
Lg: Đặt y=
3 2
7 9 4x x+ −
Ta có
3 2 3 2
2 3 3 3
4 5 6 4 5 6
7 9 4 ( 1) 1

x x x y x x x y
x x y x x y y
 
− − + = − − + =
 
⇔
 
+ − = + + + = +
 
 
Xét hàm số f(t)=t
3
+t, f
’
(t)=3t
2
+1>0
t R
∀ ∈
hàm số đồng biến .nên ta có y=x+1
⇔

3 2
1 5
4 6 5 5;
2
x x x o x
 
− ±
 

− − + = ⇔ ∈
 
 
 
Bình Luận :
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
9
www.vnmath.com
Một trong những ứng dụng mạnh và lý thú của hàm số là vận dụng vào việc
tìm Đk của tham số để phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho
trước.Đây cũng là một trong những dạng toán quen thuộc mà học sinh hay gặp
trong câu V của các đề thi vào các trường đại học trong những năm gần đây .
VD 13 ( ĐH KA-08) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt

4 4
2 2 2 6 2 6x x x x m+ − + − + − =
Lg: Đặt f(x) =
4 4
2 2 2 6 2 6x x x x+ − + − + −
,
[ ]
0;6x ∈


3 3
4 4
'
3 3 3 3
4 4 4 4
(6 ) (2 )

1 1 1 1 6 2
( )
2 6 2 6
2 (2 ) 2 (6 ) 2 (6 ) (2 )
x x
x x
f x
x x x x
x x x x
− −
− −
= − + − = +
− −
− −
Nhận thấy hai số hạng của f
’
(x) cùng dấu với nhau nên f
’
(x) =0
khi 6-2x=2x hay x=2
Bảng biến thiên :

x 0 2 6

f
’
(x) + 0 -

f(x)
9

3 2
2
+

4
2 6 2 6+

4
12 2 3+

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có hai ghiệm thực phân biệt Khi
4
4
2 6 2 6 12 2 3m+ ≤ ≤ +

Bình luận
Đây là bài toán khó về ứng dụng của hàm số trong việc giải phương trinh
Việc tính đạo hàm đã gây nhiều khó khăn cho học sinh,nhưng việc xét dấu
của dạo hàm còn phức tạp hơn .Mặt khác bài toán đòi hỏi học sinh phải có kiến
thức và kỹ năng vững vàng mới giải được .Đây là câu khó khăn nhất của đề
Khối A năm 2008.Ta xét thêm một số ví dụ khác
VD 14 : Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt dương

2
11 7
4 1
2
x
x x
 

+ + +
 ÷
 
=m
Lg: Đặt y=
2
11 7
4 1
2
x
x x
 
+ + +
 ÷
 
ta có
'
2
2 2
11 28
1
2
4 28
y
x
x x
= − −
+

'

2
2 2
11 28
0 ( ) 1
2
4 28
y g x
x
x x
= ⇔ = − =
+
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
10
www.vnmath.com
Lại có g(x) nghịch biến với x>0 ; g(3)=1 nên x=3 là nghiệm duy nhất
mà
'
'
3 ( ) 1 0
3 ( ) 1 0
x g x y
x g x y
> ⇒ < ⇒ >
< ⇒ > ⇒ <
vì vậy ta có bảng biến thiên sau
x 0 3 +
∞
y
’
- 0 +

y +
∞
+
∞

15
2
Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có hai nghiệm dương phân biệt m>
15
2
Bình Luận :
Bài toán trên khó khăn cho học sinh không chỉ ở công đoạn tính đạo hàm mà
còn gây khó khăn cả trong việc giải phương trình y
’
=0 và xét dấu của đạo
hàm .Để giải được phương trình y
’
=0 và xét được dấu đạo hàm ở bài toán trên có
sự phục vụ rất lớn của đạo hàm .Ta có thể tiếp cận bài toán trên theo cáh khác
như sau :

2
0 0
11 7
lim lim( 4 1 )
2
x x
y x
x x
→+ →+

 
= + + + = +∞
 ÷
 
,
2
11 7
lim lim ( 4 1 )
2
x x
y x
x x
→+∞ →+∞
 
= + + + = +∞
 ÷
 
Lại có theo bất đẳng thức Bunhiacopki

( )
2
2 2 2
2 2
7 7 7 7
3 3.1 7 9 7 1 16 1
x x x x
 
     
+ = + ≤ + + = +
 ÷

 ÷  ÷  ÷
     
 

2
2
7 1 7
4 1 3
2x x
   
⇒ + ≥ +
 ÷  ÷
   
Dấu = xảy ra khi
3 7
3
1
x
x
x
= ⇔ =

Từ
11 1 7 3 9
3
2 2 2
x x
x x x
   
+ + + = + +

 ÷  ÷
   
Theo bất đẳng thức cô si ta có
3 9 3 15
6
2 2 2
x
x
+ + ≥ + =
Dấu bằng khi x=3
từ đó ta có
2
11 7 15
4
2 2
x
x x
 
+ + + ≥
 ÷
 

Lập bảng biến thiên ta được kết quả như trên
Bình Luận :
Cách giải này giúp học sinh không phải tính đạo hàm và xét dấu của đạo hàm
nhưng lại gặp khó khăn trong việc lựa chọn điểm rơi trong bất dẳng thức Cô si
và Bunhia .Để luyện tập học sinh có thể làm bài tập tương tự :
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
11
www.vnmath.com

Tìm m để phương trình sau có đúng một nghiệm dương
2
1 3
2 1
2
x
x x
− + +
=m
Nhận xét :
Khi sử dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải phương trình ,học sinh cũng hay
mắc sai lầm trong việc kết luận về tổng,tích hai hàm đồng biến Ta xét thêm một
ví dụ khác
VD15: Tìm m để phương trình sau có nghiệm

( )
12 2010 2009x x x m x x+ + = − + −
Lg:
Đk :
0 2009x≤ ≤
Viết lại phương trình dưới dạng :(
12x x x+ +
)(
2010 2009x x− − −
) =m
Xét hàm số f(x) =(
12x x x+ +
)(
2010 2009x x− − −
)

Ta có h(x) =
12x x x+ +
>0 và đồng biến trên
0 2009x≤ ≤
g(x)=
2010 2009x x− − −

có g
’
(x) =
1 1 2010 2009
2 2010 2 2009 2 2010 2009
x x
x x x x
− − − −
+ =
− − − −
>0 với
0 2009x≤ ≤

nên hàm số đồng biến trên
0 2009x≤ ≤
, hơn nữa g(x) >0 với
0 2009x≤ ≤
vì vậy f(x) =h(x)g(x) đồng biến trên
0 2009x≤ ≤
.vì vậy phương trình có nghiệm
khi
( )
(0) (2009) 12 2010 2009 2009 2009 2021f m f m≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ +

Bình Luận:
Khi hướng dẫn học sinh vận dụng tính chất của hàm số vào giải phương trình
người thầy cũng cần lưu ý học sinh:Khi xét trên tập D thì tích của hai hàm
đồng biến (Nghịch biến )chưa chắc là hàm đồng biến (nghịch biến) chỉ có tích
của hai hàm đồng biến (nghịch biến ) dương mới là hàm số đồng biến (nghịch
biến ) .
VD16 Tìm m để phương trình sau có nghiệm

(4 3) 3 (3 4) 1 1 0m x m x m− + + − − + − =
(1)
Lg:
Điều kiện
3 1x− ≤ ≤
Phương trình
⇔
(4 3 3 1 1) 3 3 4 1 1m x x x x+ + − + = + + − +
3 3 4 1 1
(4 3 3 1 1)
x x
m
x x
+ + − +
⇔ =
+ + − +
(2)
Vì
( ) ( )
2 2
3 1 4x x+ + − =

Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
12
www.vnmath.com
Nên ta đặt
2
2
2
2
3 2
1
1
1 2
1
t
x
t
t
x
t

+ =


+

−

− =

+


Với
[ ]
0;1t ∈
Khi đó (2) trở thành:
( )
( )
2 2
2
2 2 2
12 8 1 1
7 12 9
( )
16 6 1 1 5 16 7
t t t
t t
m f t
t t t t t
+ − + +
− −
= = =
+ − + + − −
(3)
(1) có nghiệm
⇔
(3) có nghiệm t
∈
[ ]
0;1
có

( )
[ ]
2
2
2
52 8 60
( ) 0 0;1
5 16 7
t t
f t t
t t
+ +
′
= − < ∀ ∈
− −
7 9
(1) ( ) (0)
9 7
f f t f⇒ = ≤ ≤ =
7 9
9 7
m⇒ ≤ ≤
Bình luận :Giáo viên nên giải thích tại sao ta đặt ?
2
2
2
2
3 2
1
1

1 2
1
t
x
t
t
x
t

+ =


+

−

− =

+


xuất phát từ vấn đề lượng giác hoá:
2 2 2
x y a+ =
ta đặt
asin
y=acos
x
α
α

=



tiếp tục đặt
2
2
2
2
1
tan
2
1
1
t
x a
t
t
t
y a
t
α

=


+
= ⇒

−


=

+

VD 17 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 đẻ phương
trình có nghiệm thoả mãn diều 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
Lg:
Đặt f(x)=
1 8 (1 )(8 )x x x x+ + − + + −


'
1 1 7 2 8 1 7 2
( )
2 1 2 8 2 1 8 2 1 8 2 1 8
1 1
(7 2 )
2 1 8 ( 8 1 ) 2 1 8
x x x x

f x
x x x x x x x x
x
x x x x x x
− − − + −
= − + = +
+ − + − + − + −
 
= − +
 
+ − − + + + −
 
Mà
1 1
2 1 8 ( 8 1 ) 2 1 8x x x x x x
+
+ − − + + + −
>0 nên f
’
(x)=0
⇔
7-2x=0
⇔
x=
7
2
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
13
www.vnmath.com
Bàng biến thiên

x -1 7/2 8

f
’
(x) + 0 -


9
3 2
2
+
f(x) 3 3

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
9
3 3 2
2
m≤ < +

Bình luận
:-Qua bài toán trên ta thấy việc xét được dấu của đạo hàm là mộ t khâu quan
trọng trong ứng dụng của hàm số ,đòi hỏi người giải toán phải rất linh hoạt trong
biến đổi .
-Ngoài cách trên học sinh còn có thể đề cập đến phương pháp lượng giác hoá
như sau:
Đk:
1 8x
− ≤ ≤
:Nhận xét

( ) ( )
2 2
1 8 9x x+ + − = ⇒
đặt
1 3sin
, 0;
2
8 3cos
x u
u
x u
π

+ =

 
∈

 
 
− =


Phương trình (1) trở thành 3sinu+3cosu+9sinucosu=m
Đặt t=sinu+cosu suy ra t
2
=1+2sinucosu
2
1 2
1 2sin cos

t
t u u

≤ ≤

⇒

− =



Bài toán quy về tìm m để phương trình 9t
2
+6t -9=2m có hai nghiệm thực
Xét hàm số f(x)= 9t
2
+6t -9 trên D=
1; 2
 
 
,f
’
(t)=18t+6>0 trên
1; 2
 
 
Minf(t)=f(1)=6,Maxf(t)=f(
2
)=9+
6 2

.Từ đó suy ra phương trình có nghiệm khi

9
6 2 9 6 2 3 3 2
2
m m≤ ≤ + ⇔ ≤ ≤ +
Một số bài toán phải sau quá trình biến đổi như đặt ẩn phụ thích hợp mới sử
dụng được phương pháp hàm số .Ta xét ví dụ sau :
VD18 :( ĐHKA-07) Cho phương trình
2
4
3 1 1 2 1x m x x− + + = −
. (1)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm
Lg: Đk
1x ≥
(1)
⇔
2
4
4
2
1 1 1 1
3 2 3 2
1 ( 1) 1 1
x x x x
m m
x x x x
− − − −
+ = ⇔ + =

+ + + +
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
14
www.vnmath.com
Đặt t=
4
1
1
x
x
−
+
>0,vì
1 2
1 1 [0;1)
1 1
x
t
x x
−
= − < ⇒ ∈
+ +
Bài toán trở thành tìm m đẻ hệ phương trình sau có nghiệm
2
( ) 3 2
0 1
f t t t m
t

= − + =


≤ <

Ta có f
’
(t)=-6t+2, f
’
(t)=0
⇔
t=
1
3
Bảng biến thiên
t 0
1
3
1
f
’
(t) + -

1
3

f(t) 0 -1

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi
1
1
3

m− < ≤
Bình luận :
- Đối với các bài toán có chứa tham số :Khi đặt ẩn phụ ta phải chọn điều
kiện nghiêm ngặt cho ẩn phụ .Khi đó ta mới xét được một hàm số xác định
trên một miền xác định . Từ đó tìm được điều kiện cho tham số thoả mãn
yêu cầu đã cho của đề bài
-Việc lựa chon ẩn phụ như trên cũng không bắt buộc ,ta có thể đặt như sau:
Đặt t=
4
1
0
1
x
x
+
>
−
, tuy nhiên lúc đó điều kịên của ẩn phu sẽ thay đổi theo

1 2
1 1 [1; )
1 1
x
t
x x
+
= + > ⇒ ∈ +∞
− +
Từ đó ta lại được một hàm số mới vớí tập xác
định tương ứng .

-Một số phương trình sau khi đặt ẩn phụ thì việc tìm được điều kiện chuẩn
cho ẩn phụ đôi khi lại phải dùng đến việc khảo sát hàm số .Ta xét bài toán sau:
VD19 :Tìm giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng 2nghiệm dương

2 2
4 5 4x x m x x− + = + −
( ĐH GTVT-2001) (1)
Lg:
Đặt t=
2
4 5x x− +
, t
’
(x)=
2
2
0 2
2 4 5
x
x
x x
−
= ⇔ =
− +
Bảng biến thiên
x 0 2
+∞
t
’
(x) - 0 +

+∞

Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
15
www.vnmath.com
t(x)
5

1
(1)
⇔
f(t) =t
2
+t-5=m
Nhận thấy với mỗi t
( )
1; 5∈
thì phương trình (1) có 2nghiệm x>0.Bài toán quy về
Tìm m để phương trình t
2
+t-5=m có nghiệm t
( )
1; 5∈
Ta có f
’
(t)=2t+1>0
∀
t
( )

1; 5∈
nên hàm số đồng biến .Ta có bảng biến thiên
t 1
5
f
’
(t) +

5
f(t)
-3
Từ bảng biến thiên ta có
3 5m− < <
VD 20 ( ĐH A-06):Chứng minh rằng với mọi tham số m dương thì
phương trình sau luôn có hai nghiệm thực phân biệt
2
2 8 ( 2)x x m x+ − = −
(1)
Lg:
Do m>0 nên x
2≥
(1)
⇔

[ ]
2
2
3 2
( 2)( 4) ( 2) ( 2)( 4) ( 2)
2

( 2) ( 2)( 4) 0
6 32 0(*)
x x m x x x m x
x
x x x m
x x m
− + = − ⇔ − + = −
=

 
⇔ − − + − = ⇔

 
+ − − =

Ycầu bài toán quy về chứng minh phương trình (*) có nghiệm trong
(2; )+∞
Xét f(x)=
3 2
6 32x x+ −
với x>2, f
’
(x)=3x
2
+12x>0
(2; )x∀ ∈ +∞
Bảng biến thiên
x 2
+∞
f

’
(x) +

+∞
f(x) 0

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy với m>0 (1) luôn có 1 nghiệm x>2 .
VD21 : Tìm m để phương trình sau có nghiệm

2
2 2( 4) 5 10 3 0x m x m x− + + + + − =
(*)
Lg:
2
(*) 2 2( 4) 5 10 3x m x m x⇔ − + + + = −
, Đk
3x ≥

⇔
2
2 2( 4) 5 10x m x m− + + +
=x
2
-6x+9

2
2 1
( )
2 5
x x

m f x
x
− +
⇔ = =
−
, Xét hàm số
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
16
www.vnmath.com

2
2
'
2 1
( )
2 5
1
2 10 8
( ) 0
4
2 5
.
x x
f x
x
x
x x
f x
x
x

− +
=
−
=

− +
⇔ = = ⇔

=
−

Bảng biến thiên
x -3 4
+∞


f
’
(x) - 0 +

+∞

f(x) 4
3
Bình luận
Với cách làm như trên có thể giải quyết nhiều câu hỏi khác nhau của bài toán
Như tìm điều kiện của m để pt có 1 nghiệm ,vô nghiệm ,2 nghiệm
VD 22 :Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt

2

2 2 1x mx x+ + = +
(ĐHKB-06) (*)
Lg: (*)
2 2 2
1 1
2 2
2 4 4 1 3 4 1
x x
x mx x x x x mx
 
≥ − ≥ −
 
⇔ ⇔
 
 
+ + = + + + + =
 
Nếu x=0 thì m=0
Nếu
0x
≠ ⇒
m=
2
'
2
3 4 1 1 1 1
3 4 ( ), ( ) 3 0
2
x x
x g x g x x

x x x
+ −
= + − = = + > ∀ ≥ −
Nên g(x) luôn đồng biến .Ta có bảng biến thiên sau

x -1/2 0
+∞

g
’
(x) + +

+∞

+∞
g(x) 9/2
−∞
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có hai nghiệm khi
9
2
m ≥
VD 23 :Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :
2
2 3 .x mx x
+ = −
Lg: Biến đổi phương trình như sau
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
17
www.vnmath.com
2

2 3 .x mx x
+ = −

⇔
hệ
2 2
2x x 9 6x
3
m x
x

+ = + −

≤

có nghiệm duy nhất
⇒
x
2
+ 6x – 9 = -mx (1)
+; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm.
+ ; Với x
≠
0 (1)
⇔

2
6x 9x
m
x

+ −
= −
. Xét hàm số :
f(x) =
2
6x 9x
x
+ −
trên
(
]
{ }
;3 \ 0−∞
có f
’
(x) =
2
2
9x
x
+
> 0
0x∀ ≠
+ , x = 3
⇒
f(3) = 6 , có nghiệm duy nhất khi – m > 6
⇔
m < - 6
VD 24 : Tìm m để phương trình sau có nghiệm

2 2 4 2 2
( 1 1 2) 2 1 1 1m x x x x x+ − − + = − + + − −
( ĐHKB-04)
Lg: Đk
1 1x
− ≤ ≤
Đặt t=
2 2
1 1x x+ − −
dễ thấy
0 2t≤ ≤

4
2 1 x−
=-t
2
+2 .Bài toán quy về tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

2
2
( )
2
0 2
t t
m f t
t
t

− + +
= =


+


≤ ≤

Ta có f
’
(x)=
2
2
4
( 2)
t t
t
− −
+
,
Bảng biến thiên
t 0
2
f
’
(t) -
1
f(x)
2
-1

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi

2 1 1m− ≤ ≤

VD 25 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
−
 
 
 
Lg: Xét hàm số f(x) =
2 3 2
3 1 2 2 1x x x− − + +
,
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 g(x)=
3 2
2 1x x+ +
trên
1
;1
2
−
 
 
 
,g
’
(x) =3x
2
+4x=0 khi x=0
Ta có bảng biến thiên x -1/2 0 1
g
’
(x) + 0 -
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
18
www.vnmath.com
g(x)
1
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
1

( ) 1 ;1 ,
2
g x x
 
≥ ∀ ∈ −
 
 

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

 
− + +

Vậy f
’
(x)=0 khi x=0 .ta có bảng biến thiên

x -1/2 0 1
f
’
(x) + 0 -
1
f(x) -4
3 3 22
2
−
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi
3 3 22
4
2
m
−
− ≤ ≤
Bình luận :
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 .
VD 26 :Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm

( )
3
1 (1 )x x x x m− + − − =
(*)
Lg:
Nhận xét
( )
1 x x− +
2
=1+2
(1 )x x−
Đk:
0 1x≤ ≤
Đặt
( )
[ ]
'
1 1 1

1 , ( ) 0 0;1
2 2
(1 )
x x
t x x t x x
x x
− −
= − + = = ⇔ = ∈
−
Lập bảng biến thiên ta có
1 2t≤ ≤
Bài toán quy về tìm m để phương trình g(t)= 2t
3
-t
2
=2m+1 trên
1; 2
 
 
g
’
(t)=6t
2
-2t =2t(3t-1)
0 1; 2t
 
> ∀ ∈
 
3
(1) ( ) (2) 1 2 1 4 2 2 0 2 2

2
g g t g m m⇒ ≤ ≤ ⇔ ≤ + ≤ − ⇔ ≤ ≤ −
VD 27 : Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
19
www.vnmath.com

2 3
2 2 1 3 4 2x mx x x− + = +
Lg:
Nhận xét
3 2
4 2 2 (2 1)x x x x+ = +
Viết lại phương trình
2 2
(2 1) (2 ) 3 2 (2 1) 0x m x x x+ − − + =
(*)
Chia cả hai vế của phương trình cho
2
2 1x +
ta có

2 2
2 2
(*) 1 3 0
2 1 2 1
x x
m
x x
⇔ − − =

+ +
Đặt
2
4 4
2 1 1 1 1
, 0 0;
1
2 1
2 2
1
2
2
2
x
t t t
x
x
x
x
x
 
= = ≤ = ≥ ⇒ ∈
 
+
 
+

(*)
⇔
1-mt

2
-3t=0 (**)
Nhận thấy mỗi t
4
1
0;
2
 
∈
 ÷
 
cho ta 2 nghiệm của x .Vì vậy để phương trình có hai
nghiệm thì phương trình (**) phải có 1 nghiệm t>0
(**)
⇔
2
1 3
( ),m f t
t t
= − =
'
2
4 4
1 1 2 2 1
0; , ( ) (3 ) 0 0;
3
2 2
t f t t
t t
   

∈ = − = ⇔ = ∈

  
   
Bảng biến thiên
t 0 2/3
4
1
2
f
’
(t)

+∞

4
2 3 2−
f(t)
9
4
−
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
9
4
m = −
hoặc
4
2 3 2m > −
thoả mãn yêu cầu
Bình luận :

•
Dạng tổng quát của bài toán trên là : Tìm m để phương trình sau có
nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước
( ) ( ) ( ) ( ) 0af x bg x c f x g x+ + =
•
Đối với những bài toán dạng này ta có thể chia cả hai vế của phương trình cho
f(x) hoặc g(x) hoặc
( ) ( )f x g x
ta sẽ đưa được về phương trình bậc hai. Sau đó vận
dụng hàm số vào để giải .Ta xét cách giải khác sau đây:
Nhận xét
3 2
4 2 2 (2 1) 0x x x x x+ = + ⇒ >

Chia cả hai vế của phương trình cho 2x ta được

2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
3
2 2 2 2
x x x x
m m
x x x x
+ + + +
− = ⇔ − =
mà
2
4
2 1 1

2
2 2
x
x
x x
+
= + ≥
(BĐT Cô si)
Đặt t=
2
2 1
2
x
x
+

(
4
2 :t

∈ +∞

ta có t
2
-3t=m (*)
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
20
www.vnmath.com
Nhận thấy với mỗi
(

4
2 :t

∈ +∞

thì phương trình đã cho có hai nghiệm ( nghiệm
dương)Vì vậy bài toán trở thành tìm m để phương trình (*) có một nghiệm dương
( )
4
0; 2t ∈
.Xét f(t) =t
2
-3t
(
4
2 :t

∈ +∞

,f
’
(t)=2t-3=0 khi x=3/2
Bảng biến thiên sau
t
4
2
0 3/2
+∞

f

’
(t) - 0 +

4
2 3 2−

+∞

+∞
f(t)
9
4
−

−∞

Dựa vào bảng biến thiên ta vẫn tìm được
9
4
m = −
hoặc
4
2 3 2m > −
thoả mãn
VD 28 :Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm

( ) ( )
2 3
2 4 1 4x m x m x x+ + + = − +
(1)

Lg:
Nx: x=0 không là nghiệm của phưng trình ,chia cả hai vế của phương trình cho x
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
4 4
2 4 1 ( 4) 1 2 0
x x
x m x m x x m m
x x
+ +
+ + + = − + ⇔ + − + + =
Đặt f(x) =
2
4x
x
+
(x>0) f
’
(x) =
2
2
4x
x
−
=0
⇔
x=2
0
lim ( ) , lim ( )

x
x
f x f x
+
→+∞
→
= +∞ = +∞
( )
0;
f( ) (2) 4 2Min x f t
+∞
⇒ = = ⇒ ≥
Khi đó (1) trở thành
( )
2 2
'
2
2 2 3
( ) .(t 2), ( ) 0 3
1
1
t t t t
m g t g t t
t
t
+ + − −
= = ≥ = = ⇔ =
−
−

g(2)=8; g(3)=7;
[
)
2;
lim ( ) ( ) (3) 7
x
g t Min g t g
+∞
→+∞
= +∞ ⇒ = =
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm x>0 khi m
7≥
VD29 :Tìm các giá tri của m để phương trình sau có một nghiệm thực

2
4
2 4 1x x x m+ + − + =
(Dự bị B-07)
Lg:Đặt t=
1 0x + ≥
,Phương trình trở thành
4
4
3t t m+ − =
(*)
Nhận thấy với mỗi nghiệm không âm của phương trình (*) có đúng một nghiệm
của phương trình đã cho .Do đó phương trình đã cho có đúng một nghiệm khi
phương trình (*) có đúng một nghiệm
Xét hàm số
4

4
( ) 3 , 0f t t t t= + − ≥
ta có
3
'
4
4 3
4
( ) 1 0. (0) 3, lim ( ) 0
( 3)
x
t
f t f f t
t
→+∞
= − < = =
+
Bảng biến thiên t 0 +
∞
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
21
www.vnmath.com
f
’
(t) -

4
3
f(t) 0
Dựa vào bảng biến thiên ta có các giá trị của m là

4
0 3m< ≤
VD 30 :Tìm m để phương trình
4 4
4
4 4 6x x m x x m+ + + + + =
có hai nghiệm phân biệt x
1
,x
2
thoả mãn x
1
<-1<x
2
(*)
Lg:
Đặt t=
4
4
4 0x x m+ + ≥
(*) trở thành t
2
+t -6=0 có nghiệm là t=2
Với t=2
4 4
4 16 4 16 0x x m x x m⇔ + + = ⇔ + + − =
Đặt f(x) =
4
4 16x x m+ + −
,f

’
(x) = 4(x
3
+1), f
’
(x) =0
⇔
x=-1
Bảng biến thiên

x -
∞
-1 +
∞

f
’
(x) - 0 +
f(x) -
∞
+
∞
m-19
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (*) có hai nghiệm thoả mãn x
1
<-1<x
2
khi m-19<0 hay m<19
VD31 :Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt

3 2 4 6 4 5x x x x m− − − + − − + =
(Dự bị D-05) (*)
Lg: Viết lại phương trình dưới dạng
( ) ( )
2 2
( 4) 2 4 1 ( 4) 6 4 9
4 1 4 3 4 1 4 3
x x x x m
x x m x x m
− − − + + − − − + = ⇔
− − + − − = ⇔ − − + − − =
Đặt
4 0t x= − ≥
(*)
( ) 1 3 (**)f t t t m⇔ = − + − =
Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi phương trình (**) có đúng hai
nghiệm
0t ≥
Ta có
'
4 2 :0 1 2:0 1
( ) 2:1 3 ( ) 0:1 3
2 4: 3 2: 3
t t t
f t t f t t
t t t
− ≤ ≤ − ≤ ≤
 
 
= ≤ ≤ ⇔ = ≤ ≤

 
 
− ≥ ≥
 
Bảng biến thiên
t 0 1 3
f
’
(t) - +
+
∞

Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
22
www.vnmath.com
4
f(t)
2 2
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
2 m< ≤
4 thoả mãn yêu cầu
Bài tập tương tự :
Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
1 6 8 1 6 8
6
x m
x x x x
+
+ + − + + − − =
( Đề thi thử đại học trường Chu Văn An 5-2010)

HD: PT
+
⇔ − + + − − =
8 3 8 3
6
x m
x x
+) Nếu
17x ≥
, ta có PT trở thành :
12 8x x m+ − =
. PT có nghiệm
17x ≥

⇔
77 100m≤ ≤

+) Nếu
8 17x
≤ <
, ta có PT trở thành 36 – x = m. PT có nghiệm
⇔
19 28m
< ≤

KL:
≤ ≤
77 100m
hoặc
< ≤

19 28m
VD32 : Tìm m để phương trình sau có đúng một nghiệm

4
4
13 1 0x x m x− + + − =
(*) (Dự bị B-07)
Lg:

4
4
3 2
1
(*) 13 1
4 6 9 1 (1)
x
x x m x
x x x m
≤

⇔ − + = − ⇔

− − − = −

Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để đường thẳng y=-m cắt đồ thị hàm số
f(x)=
3 2
4 6 9 1x x x− − −
tại một điểm
1x

≤
f
’
(x) =12x
2
-12x-9=3(4x
2
-4x-3)=0
1
2
3
2
x
x

= −

⇔


=


Ta có bảng biến thiên
x -
∞
-1/2 1
f(x) + 0 -
3/2
f

’
(x) -
∞
-12
Từ bảng biến thiên ta có
3 3
2 2
12 12
m m
m m
 
− = = −
 
⇔
 
− < − >
 
Thoả mãn yêu cầu bài toán
VD 33 T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã nghiÖm:

2 2
1 1x x x x m+ + − − + =
Lg: XÐt hµm sè
2 2
1 1y x x x x= + + − − +
D=
R
.
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
23

www.vnmath.com
+
= = + + = + +
+ + +
+ >



+ + = + +

2 2
2 2
2 2 2 2
2 1 2 1
' ' 0 (2 1) 1 (2 1) 1
2 1 2 1
(2 1)(2 1) 0
(vo nghiem)
(2 1) ( 1) (2 1) ( 1)
x x
y y x x x x x x
x x x x
x x
x x x x x x
y(0)=1>0 nên hàm số ĐB
Giới hạn
+
= = =
+ + +
2 2

2
lim lim 1; lim 1.
1 1
x x x
x
y y
x x x x
BBT

x
- +
y +
y 1
-1
Vậy phơng trình có nghiệm khi và chỉ khi -1<m<1.
VD34: Tìm m để phơng trình sau có nghiệm thực
+ = +2 1x x m
Giải:
Đặt
1; 0t x t= +
. Phơng trình đã cho trở thành:
2t=t
2
-1+m m=-t
2
+2t+1
Xét hàm số y=-t
2
+2t+1; t0; y=-2t+2
Bng bin thien

x
0 1 +
y + 0 -
y 2

1 -
Theo yêu cầu của bài toán đờng thẳng y=m cắt ĐTHS khi m2.
Vậy
2 1 1.m
luyn tp hc sinh cú th lm cỏc bi tp sau
1/Tỡm m pt sau cú n.
2
9 9x x x x m+ = + +
(s:
9
10
4
m
)
2/Tỡm m phng trỡnh sau cú nghim duy nht trong khong
0;
2


ữ

Nguyn Vn Cng THPT M c A -H Ni
24
www.vnmath.com

( ) ( )
3 tan 1 sin 2cos sin 3cosx x x m x x+ + = +
( *)
Hd: Cô lập tham số ,đặt tanx=t
2
3 1
3
t
t m
t
+
⇒ + =
+
( Đs: m>2)
www.vnmath.com
II-Phương trình mũ
Để giải một phương trình mũ thì có nhiều phương pháp khác nhau để tiếp cận
lời giải .Bài viết này tôi chỉ đề cập đến một góc nhỏ ,đó là nhìn từ quan điểm hàm
số để tiếp cận lời giải một số phương trình, mà theo quan điểm riêng của tôi nếu
tiếp cận theo hướng khác thì rất khó .
VD35 : Giải phương trình sau
2
2 2
1 1 2
1 1
2 2
2
x x
x x
x

− −
− = −
(1)
Lg:
Đk
0x ≠
Ta nhận thấy
2 2
2 2
1 1 2 1 1
1 2( )
2
x x
x x x x
−
− −
= − = −
từ đó ta có hướng biến đổi
phương trình như sau

2 2
2 2 2 2
1 1 2 1 1 2
2 2
2 2
1 1 1 1 1
2 2 2 2
2 2
x x x x
x x x x

x x
x x x
− − − −
−
 
− −
− = − ⇔ − =
 ÷
 

2
2 2
1 1 2
2
2 2
1 1 1 1 2
2 2
2 2
x x
x x
x x
x x
− −
 
− −
 
⇔ + = +
 ÷
 ÷
 

 
.(*)
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
25