ứng dụng của đạo hàm để tìm nghiệm của phương trình

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I.Lời mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Trong chương trình toán THPT thì phương trình là một trong những chủ đề
quan trọng thường gặp trong các đề thi học sinh giỏi,thi tốt nghiệp,thi đại học và
cao đẳng.Chẳng hạn như: phương trình bậc hai,phương trình chứa ẩn ở mẫu,
phương trình chứa căn (đại số 10).Phương trình lượng giác (đại số 11).Phương
trình mũ và logarit (giải tích 12).Trong chương trình giải tích lớp 12,nội dung
ứng dụng của đạo hàm có vị trí đặc biệt quan trọng trong khảo sát và vẽ đồ thị
hàm số,biện luận số nghiệm phương trình,tìm giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhất của
hàm số,là công cụ “mạnh” trong giải các bài toán liên quan tới phương trình.Ưu
điểm của phương pháp này là hiệu quả và dễ sử dụng trong bài toán giải phương
trình vô tỷ,đặc biệt là phương trình chứa tham số.Chẳng hạn với bài tập: Tìm giá
trị của tham số
m
để phương trình
2 2
4 5 4x x m x x− + = + −
có đúng 2 nghiệm thực
dương . Kết quả như sau:
Lớp A9(45học sinh) Số lượng Phần trăm
Không giải được 8 18%
Giải sai phương pháp 32 71%
Giải đúng phương trình 5 11%
Nhằm giúp học sinh nắm chắc kiến thức về đạo hàm,có kỹ năng tốt phần
ứng dụng của đạo hàm trong giải phương trình tôi chọn đề tài “Ứng dụng của
đạo hàm để tìm nghiệm của phương trình”
2. Mục đích nghiên cứu
-Cung cấp cho học sinh phương pháp quy từ bài toán lạ về quen,từ phức tạp về
đơn giản thông qua nhiều ví dụ cụ thể.
-Bồi dưỡng cho học sinh cả phương pháp lẫn kỹ năng giải toán,qua đó nâng cao

khả năng tư duy sáng tạo.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Đánh quá trình vận dụng đạo hàm trong giải phương trình,phương trình chứa
tham số (toán 10-11-12) của học sinh lớp 12 để có lời giải hoàn chỉnh và chính
xác.
4. Đối tượng nghiên cứu:
Để hoàn thành được bài viết của mình với đề tài nói trên tôi đã nghiên cứu
trên các dạng toán về phương trình, phương trình chứa tham số có vận dụng đến
đạo hàm và ứng dụng của đạo hàm trong chương trình toán THPT.
5. Phương pháp nghiên cứu:
-Phân tích-diễn giải-tổng hợp
-Phương pháp nghiên cứu tài liệu
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
1
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. Cơ sở lý thuyết
1.Tính đơn điệu của hàm số
a. Định nghĩa về tính đơn điệu của hàm số
- Hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng K nếu với mọi x
1
, x
2
thuộc D,
x
1
< x
2

⇒
f(x

1
) < f(x
2
).
- Hàm số y = f(x) nghịch biến trên khoảng K nếu với mọi x
1
, x
2
thuộc D,
x
1
< x
2

⇒
f(x
1
) > f(x
2
).
b. Tính chất của các hàm số đồng biến, nghịch biến
- Nếu f(x) và g(x) là hai hàm số cùng đồng biến (hoặc nghịch biến) trên D thì
tổng f(x) + g(x) cũng là hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) trên D. Tính chất
này nói chung không đúng với hiệu f(x) - g(x).
- Nếu f(x) và g(x) là hai hàm số dương, cùng đồng biến (hoặc nghịch biến) trên
D thì tích f(x)g(x) cũng là hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) trên D. Tính
chất này nói chung không đúng với tích f(x)g(x) khi f(x) và g(x) là hai hàm số
không cùng dương trên D.
c. Quy tắc xét tính đơn điệu của hàm số của hàm số dựa trên định lí sau
- Quy tắc: Cho hàm số

( )y f x=
có đạo hàm trên D(Kí hiệu D là khoảng, đoạn
hoặc nửa khoảng).
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)
2. Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số trên miền D
-Định nghĩa
≥ ∀ ∈

⇔

∃ ∈ =

=
0 0
( ) ,
: ( )
min ( )
D

f x m x D
x D f x m
m f x
,
≤ ∀ ∈

⇔

∃ ∈ =

=
0 0
( ) ,
: ( )
max ( )
D
f x M x D
M
x D f x M
f x
Nếu
≥ ∀ ∈( ) , f x m x D
(hay
≤ ∀ ∈( ) , f x M x D
) nhưng không
∃ ∈ =
0 0
: ( )x D f x m
(
∃ ∈ =

0 0
: ( )x D f x M
)thì dấu "=" không xảy ra. Khi đó, không tồn tại giá trị nhỏ
nhất (hay giá trị lớn nhất) của hàm số f(x) trên miền D.
-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
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
2
- Số lớn nhất ( bé nhất ) trong các số trên là GTLN (GTNN ) của hàm số
( )f x
trên đoạn
[ ]
;a b
.
Khi tìm giá trị nhỏ nhất (hay giá trị lớn nhất) của hàm số f(x) trên miền D mà
chuyển sang xét giá trị nhỏ nhất (hay giá trị lớn nhất) của hàm số g(t) với phép
đặt t = u(x) thì cần chuyển đổi điều kiện để được bài toán tương đương.
3. Các dạng toán liên quan
3.1. Giải phương trình không chứa tham số
Từ các tính chất trên ta có 3 cách biến đổi như sau:
Cách 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.
Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi dùng
lập luận khẳng định f(x) đồng biến (nghịch biến) còn g(x) nghịch biến(đồng
biến) hoặc hàm hằng suy ra phương trình có nghiệm duy nhất.
Cách 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f đơn điệu khi đó
ta có: u = v.
3.2. Giải phương trình chứa tham số
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 chứa tham số theo các
định hướng sau:
Biến đổi các phương trình tham số m về dạng :
( ) ( )f x g m=
với hàm số
( )y f x=
có GTLN - GTNN trên tập xác định
D
. Khi đó: Phương trình
( ) ( )f x g m=
có
nghiệm trên D khi và chỉ khi
min (x) ( ) max ( )
D D
f g m f x≤ ≤
.Trong trường hợp hàm số
( )y 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.
II.Thưc trạng đề tài
1.Thưc trạng:
-Học sinh lớp 12 chưa nắm chắc định nghĩa về tính đơn điệu của hàm số trên
một khoảng,không nắm vững điều kiện để hàm số đơn điệu trên một khoảng.
-Học sinh không nắm vững định nghĩa về giá trị lớn nhất,giá trị nhỏ nhât của
hàm số trên một miền.
2.Kết quả thực trạng trên:
Trong quá trình dạy học toán THPT chủ yếu là học sinh cuối cấp chuẩn bị
bước vào kỳ thi,khi dạy toán về phương trình tôi nhận thấy:
-Học sinh quy bài toán về ẩn phụ vẫn chưa chính xác do không để ý điều kiện
của ẩn phụ hoăc tìm điều kiện của ẩn phụ chưa đúng
-Trong bài toán chứa tham số sau khi đặt ẩn phụ học sinh không giải được vì
chưa biết sử dụng tính chất của hàm số hoặc sử dụng máy móc ,thiếu chính xác.
Vì vậy tôi đã nghiên cứu đề tài nói trên thông qua dạy chính khoá,dạy bồi
dưỡng ôn thi,từ đó xây dựng và hoàn thiện bài viết của mình.
III.Giải pháp và tổ chức thực hiện
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
3
1. Biện pháp thực hiện
1.1. Bổ sung, hệ thống những kiến thức cơ bản mà học sinh thiếu hụt
- Phân tích các khái niệm, định nghĩa, định lí để học sinh nắm được bản chất của
các khái niệm, định nghĩa, định lí đó.
- Đưa ra các ví dụ minh họa cho các khái niệm, định nghĩa, định lí.
- Cung cấp phương pháp giải phương trình bằng phương pháp hàm số cho học
sinh.
1.2. Rèn luyện cho học sinh về mặt tư duy, kĩ năng, phương pháp
- Thao tác tư duy: phân tích, so sánh,
- Kỹ năng: lập luận vấn đề, chọn phương án phù hợp để giải quyết vấn đề.

- Phương pháp: phương pháp giải toán.
1. 3. Đổi mới phương pháp dạy học (lấy học sinh làm trung tâm )
- Sử dụng phương pháp dạy học phù hợp với hoàn cảnh thực tế.
- Tạo hứng thú, đam mê, yêu thích môn học cho học sinh.
- Sử dụng phương tiện dạy học, thiết bị dạy học :bảng phụ, phiếu học tập, giáo
án điện tử kết hợp với việc trình chiếu đồ thị hàm số, các hình vẽ,hình động liên
quan trực tiếp tới bài giảng.
1. 4. Đổi mới việc kiểm tra, đánh giá
- Giáo viên đánh giá học sinh.
- Học sinh đánh giá học sinh.
1. 5. Phân dạng bài tập và phương pháp giải
- Hệ thống kiến thức cơ bản.
- Phân dạng bài tập và phương pháp giải.
- Đưa ra các bài tập vận dụng, bài tập nâng cao.
- Sau mỗi lời giải cần có nhận xét, củng cố và phát triển,tổng quát bài toán.
IV.Ví dụ vận dụng
1. Giải phương trình không chứa tham số
1.1 Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k hoặc f(x) = g(x) áp dụng cách
giải 1 hoặc cách giải 2 (như đã nêu)
Ví dụ 1: Giải phương trình:
5 7 16 14x x x x+ − + + + + =

Nhận xét: Khi gặp dạng toán phương trình chứa căn,thường ta phải khử
căn thức bằng cách bình phương, lập phương, nhân lượng liên hợp hoặc
đánh giá.Trong bài này tôi xin đưa thêm cách dùng hàm số nữa:rất ngắn
gọn,hay và dễ sử dụng.
Giải
Cách 1: 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;x∀ ∈ +∞
.
Mà
(9) 14f =
nên
9x =
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Cách 2:Tham khảo thêm cách dùng lượng liên hợp
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
4
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.
Hoặc ta đánh giá như sau:
Điều kiện:
5x ≥
. Phương trình trở thành:
3 5 2 4 7 5 16

1 1 1 1
( 9)( ) (9 )( )
3 5 4 4 7 5 16
x x x x
x x
x x x x
− + − − = − + + − +
⇔ − + = − +
+ − + + + + +
Nếu x >9 thì VT>0,VP<0. Vô lý
Nếu x<9 thì VT<0,VP>0. Vô lý
Nhận thấy x=9 thoả mãn.
Vậy
9x =
là nghiệm của phương trình.
Ví dụ 2: Giải phương trình :
3 5
4
1 5 7 7 5 13 7 8x x x x+ + − + − + − =
Giải : Điều kiện x
≥
5/7 .Xét f(x) =
3 5
4
1 5 7 7 5 13 7x x x x+ + − + − + −
Ta có f'(x) =
2 3 4
3 5
4
1 5 7 13

0
2 1
3 (5 7) 4 (13 7) 5 (13 7)
x
x x x
+ + + >
+
− − −
⇒
f(x) đồng biến trên
5
,
7
 
+∞
÷

 
. Mặt khác f(3) = 8 ,do
( ) (3)f x f=
nên x=8 là
nghiệm duy nhât của phương trình.
Nhận xét:Từ một bài toán rất phức tạp,nhưng sử dụng tính đơn điệu thì lời
giải vô cùng đơn giản.
Ví dụ 3: Giải phương trình sau: a/
4 4
15 2 1x x+ − − =
(*)
Giải
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= + ≥ = − ≥
Khi đó ta có
( )
4 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

= −

= −

 
+ = = −
 
⇔ ⇔ ⇔
   
− = = +
− = +
= +

 



Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
5
( ) ( )
( )
4 4
4 4
2
17
17
1
1 2 4 0
2
u v
u v
v
v v v v
v


= −

= −


⇔ ⇔
=

 
− + + + =

 

= −


Do
0v
≥
nên ta được
1v
=
(u=2). Suy ra
4
2 1 1x x− = ⇔ =
(thoả mãn u=2). Kết hợp
với điều kiện
15 2x− ≤ ≤
ta được nghiệm của phương trình đã cho là

1x =
.
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 phương trình
( ) ( )
4 4
15 2 1 1 1x x f x f x+ − − = ⇔ = ⇔ =
Nghiệm của phương trình đã cho là
1x =
.
Nhận xét: Đối với phương trình này,ta chỉ có thể đặt ẩn phụ đưa về hệ
phương trình để giải,còn giải trực tiếp khử căn sẽ rất khó khăn.Tuy nhiên
khi đưa phương pháp hàm bài toán được giai quyết rất ngắn gọn.
Ví dụ 4: Giải phương trình :
3
3
5 2 2 1 0x x x+ + + + =
Giải
Điều kiện:
3
5x ≥ −
Đặt
3
3
( ) 5 2 2 1f x x x x= + + + +

,
]
3
5 ;x

∈ − +∞

Ta có
( )
2
3 2
3
3 2
1 0,
2 5 3 (2 1)
x
f x x
x x
′
= + + > ∀
+ +
3
( 5; )∈ − +∞
nên hàm số đồng biến
trên
3
( 5; )− +∞
. Mà
( )
1 0f − =

nên
1x
= −
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Nhận xét : Quan sát vế trái của phương trình,ta thấy khi x tăng thì giá trị
của biểu thức vế trái cũng tăng.Từ đó suy ra vế trái là hàm đồng biến trên
tập xác định,vế phải là hàm hằng, đây là điều kiện thích hợp để sử dụng
tính đơn điệu.
Ví dụ 5: 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− − + + + =
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= − − = + + +
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
6

Ta có
( ) ( )
1 1 1
0, 5; 0, 5
2 1 2 2 2 6
g x x h x x
x x x
′ ′
= > ∀ > = + > ∀ >
− + +
.
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.
Nhận xét: Lưu ý tính chất này chỉ áp dụng khi hai hàm dương và cùng đồng
biến hoặc nghịch biến.
1.2. Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) áp dụng cách giải 3(Cách
chọn hàm đặc trưng như đã nêu)
Ví dụ 1. 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 .Nhận thấy
1
3 (2 1) 0 0
2
x x x+ < ⇔ − < <
nếu
1
2 1 3
5
x x 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 1)(2 (2 1) 3) 3 (2 (3 ) 3) 0x 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
khi
1

0
5
x− < <
•
với
1
0
5
x− < <
làm tương tự như trên ta thấy phương trình vô nghiệm khi
1
0
5
x− < <
Vậy nghiệm của phương trình là
1
5
x = −
.
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
¡
.

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 = −
.
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
7
Nhận xét:Trong hai cách giải:Cách 1 sử dụng phương pháp đoán nghiệm và
chứng minh nghiệm duy nhất, rõ ràng cách 2 đơn giản hơn rất nhiều,tuy
nhiên đây là dạng toán khó đòi hỏi học sinh phải có tư duy và kỹ năng biến

đổi tốt mới có thể phát hiện được lời giải.Các em có thể tham khảo thêm vài
ví dụ sau:
Ví dụ 2: 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
( ) 1 2f t t t t= + + + +
Ta có:
'
3 2 2 2
3 3
2 2 2
( ) 0, 0, 1, 2
( 1) ( 2)
f t t
t t t
= + + > ∀ ≠ − −
+ +
.
Do đó hàm số
( )
f t
đồng biến.
Mà
( ) ( ) ( )
3 3
0 1 2; 1 0; 2 1 2; lim ( )
t
f f f f t
→±∞
= + − = − = − + = ±∞
nên suy ra
1t = −

là
nghiệm duy nhất của phương trình hay x=-1 là nghiệm phương trình đã cho.
Nhận xét: Cách 1 dùng biến đôi hệ qủa nên học sinh dễ mắc sai lầm không
thử lại nghiệm.Cách 2 dễ nhận thấy khi x tăng,vế trái tăng nên dùng
phương pháp hàm số là hợp lý.
Ví dụ 3: 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

( )
3
f t t t= +
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

= −


⇔ + − − = ⇔
±

=



.
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
8
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
1 1 5
;
2 2
x x
±
= − =
Ví dụ 4: Giải phương trình :
2
1 2
3 3 ( 1)
x x x
x
− −
− + = −
(1)
Giải :
2 2
1 2 1 2
3 3 ( 1) 3 1 3
x x x x x x
x x x x
− − − −
− + = − ⇔ + − = + −
(2)
Xét hàm số
( ) 3

t
f t t= +
. Khi đó phương trình (2) chính là phương trình
2
( 1) ( )f x f x x− = −
.Ta có
'
( ) 1 3 ln 0,
t
f t t t= + > ∀ ∈¡
nên hàm số
( ) 3
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 =
.
Qua các ví dụ về giải phương trình 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.
Cách giải không dùng hàm số 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.
2. Giải phương trình chứa tham số
Ví dụ 1: 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:
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
2 10 28
( )
(2 5)
x x
f x
x
− − +
=
+

,
'
7
( ) 0
2
x
f x
x
= −

= ⇔

=

Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
9
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 m<-3 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
1 2
( 1)( 1) 0x x+ + <
hay
1 2 1 2
1 0x x x x+ + + <
Qua cách giải bài toán này mở đường cho các dạng toán về câu hỏi phụ
trong khảo sát hàm số như:

Tìm điều kiện để hàm số
3 2
ax ( 0)y bx cx d a= + + + ≠
có cực trị tại hai điểm
x
1
,x
2
và thoả mãn x
1
<α<x
2
,hay tìm m để hàm số
3 2
ax ( 0)y bx cx d a= + + + ≠
có
cực trị tại hai điểm x
1
,x
2
và thoả mãn α<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.
Ví dụ 2: 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
¡
.
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 0 ( ) 0f f x= > ⇒ >
nên hàm số đồng biến trên
¡
.
2 2
2
1
1 1
limf(x)
lim
x
x
x
x x x x

→−∞
→−∞
= = −
+ + + − +
2 2
2
1
1 1
limf(x)
lim
x
x
x
x x x x
→+∞
→+∞
= =
+ + + − +
Bảng biến thiên:
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
10

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 học sinh sai lầm cho rằng tập giá trị của hàm số là
¡
và
dẫn đến việc kết luận sai 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 3. Tìm tham số
m
để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt :

2
2 2 1x mx x+ + = +
Giải
Cách 1:
Nhận xét: x=0 không là nghiệm của phương trình nên với
0x ≠
, ta có :
2
2
1
1
2
2 2 1
2
1
3 4
3 4 1
x
x
x mx x

m x
mx x 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
limf(x)
x
−
→
= +∞
;
0
limf(x)
x
+
→
= −∞
;
limf(x)
x→+∞

= +∞
.
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có hai nghiệm thực phân biệt khi
9
2
m ≥
.
Cách 2:
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
x
'( )f x
( )f x
0 +
+ +
9
2
+∞
−∞

11
Đặt
2 1t x= +
, bình phương hai vế đưa về phương trình bậc hai ẩn
2
0
3 2( 1) 2 9 0.(1)
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
∆ >


> ⇔ ≥


≥

Cách 3:Bình phương hai vế của phương trình đưa về phương trình bậc hai với
điều kiện
1 2
1
2
x x− ≤ <
(đã biết cách làm)
Ví dụ 4: Tìm tham số

m
để phương trình sau có nghiệm:

3 6 (3 )(6 )x x x x m+ + − − + − =
Nhận xét: Bài toán tổng quát
( ) ( ) ( ) ( )f x g x a f x g x c± ± =
có thể giải bằng
phương pháp thông thường là đặt ẩn phụ
t =
( ) ( )f x g 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.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
9
( ) 3 6 (3 )(6 )
2
t
t f x x x x x
−
= = + + − ⇒ + − =
' '

1 1 3
( ) ; ( ) 0 3 6
2
2 3 2 6
f x f x x x x
x x
= − = ⇔ + = − ⇔ =
+ −
(với
3 6x
− ≤ ≤
)
3
( 3) 3; (6) 3; ( ) 3 2
2
f f f− = = =
.
Suy ra
[ ] [ ]
3;6 3;6
3 2; 3
max ( ) min (x)f x f
− −
= =
.Vậy
[ ]
3;6 3;3 2x t
 
∀ ∈ − ⇒ ∈
 

Khi đó, phương trình đã cho trở thành
2
1 9
2 2
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= − + +
,
3;3 2t
 
∈
 

,
'
( ) 1g x t= − +
>0,
3;3 2t
 
∈
 
Suy ra hàm số
( )g t
nghịch biến trên đoạn
3;3 2
 
 
.
Do đó
3;3 2 3;3 2
9
(3) 3; (3 2) 3 2
2
max ( ) ming(t)
g g
g t
   
   
= = = = −
.
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
12
Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi

9
3 2 3
2
m− ≤ ≤
.
Nhận xét: Việc tìm điều kiện của
t
như trên thực chất là việc tìm tập giá trị
của hàm số t=
( )f x
trên tập xác định của phương trình đã cho.
Với bài toán này, ta có thể tìm điều kiện của ẩn phụ
t
như sau:
2
3 6 9 2 (3 )(6 ) 9 3t x x t x x t= + + − ⇒ = + + − ≥ ⇒ ≥
Mặt khác, áp dụng bất đẳng
thưc Bunhiacopxki ta được:
( )
2
2
3 6 18 3 2t x x t= + + − ≤ ⇒ ≤
. Do đó điều
kiện của
t
là
3 3 2t≤ ≤
.Xét thêm ví dụ sau:
Ví dụ 5 : Tìm
m

để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt

2 3
2 2 1 3 4 2x mx x x− + = +
Nhận thấy :
3 2
4 2 2 (2 1)x x x x+ = +
và
0x
=
không là nghiệm của phương trình.
Với
0x
>
ta viết lại phương trình
2 2
2 1 2 1
3
2 2
x x
m
x x
+ +
− =
(*)
Đặt
2
4
2 1 1
2

2 2
x
t x
x x
+
= = + ≥
(Cô si) . Khi đó (*) trở thành
2
3t t m− =
(**)
Nhận thấy mỗi
4
2t ≥
cho ta 2 nghiệm thực của
0x
>
.Vì vậy để phương trình đã
cho có hai nghiệm thực phân biệt thì phương trình (**) phải có 1 nghiệm thực
4
2t ≥
.
Xét hàm số
2
( ) 3f t t t= −
khi
4
2t ≥
. Ta có
' '
3

( ) 2 3 ( ) 0
2
f t t f t t= − ⇒ = ⇔ =
.
Bảng biến thiên

t

4
2

3
2

+∞


'
( )f t
- 0 +

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 bài toán.
Nhận xét :

•
Dạng tổng quát của bài toán trên là : Tìm m để phương trình sau có
nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước
a ( ) ( ) ( ) ( ) 0f 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 .
Từ các ví dụ trên ta thấy cách dùng bất đẳng thức để tìm điều kiện ẩn
phụ rất khó và phức tạp,không phải bài nào cũng làm được.Dùng đạo hàm
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
13
tìm điều kiện ẩn phụ luôn đơn giản và hầu như áp dụng được cho nhiều bài
toán.Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 6 :Tìm giá trị của tham số

m
để phương trình sau
2 2
4 5 4x x m x x− + = + −
(1) có đúng 2 nghiệm thực dương.
Giải
Đặt
2
4 5t x x= − +
. Phương trình (1) trở thành
2
5t t m+ − =
Tìm điều kiện của
t
trên
( )
0;+∞
. Ta có
( )
2
2
0 2
2 4 5
x
t x x
x x
−
′
= = ⇔ =
− +

Bảng biến thiên

x
0 2
+∞

( )
t x
′
- 0 +

+∞


( )
t x

5

1
Nhận thấy với mỗi
( )
1; 5t ∈
thì phương trình (1) có 2 nghiệm thực
0x
>
.Do
đó bài toán quy về tìm
m
để phương trình

2
5t t m+ − =
có nghiệm
( )
1; 5t ∈
.
Xét hàm số
( )
2
5f t t t= + −
trên
( )
1; 5
. Ta có
( )
( )
2 1 0, 1; 5f t t t
′
= + > ∀ ∈
nên hàm số
( )
2
5f t t t= + −
đồng biến trên
( )
1; 5
.
Bảng biến thiên:

t

1
5

( )
f t
′
+

5

( )
f t
-3
Từ bảng biến thiên suy ra giá trị cần tìm là:
3 5m− < <
.
Ví dụ 7: Tìm tham số
m
để PT:
2
os2 os 1 tanxc x mc x= +

có nghiệm
0;
4
x
π
 
∈
 

 
Giải :Phương trình có dạng:
2
2
2
2 os 1
os2 os 1 tanx 1 tanx
os
c x
c x mc x m
c x
−
= + ⇔ = +
(
0;
4
x
π
 
∈
 
 
nên cosx≠0).Phương
trình trở thành:
2
1 tan 1 tanxx m− = +
(*)
Đặt
1 tanxt = +
;

0; ,0 t anx 1 1 2
4
x t
π
 
∀ ∈ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
 
 

và
2
t anx 1t= −
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
14
Khi đó, phương trình (*) trở thành :
4 2 3
2 2t t mt t t m− + = ⇔ − + =
(Do
1 2t≤ ≤
)
Phương trình đã cho có nghiệm
0;
4
x
π
 
∈
 
 
khi và chỉ khi

3
2t t m− + =
có nghiệm
1; 2t
 
∈
 
Xét hàm số
3
( ) 2f t t t= − +
trên
1; 2
 
 
,
2
'( ) 3 2 0, 1; 2f t t t
 
= − + < ∀ ∈
 

Suy ra
3
( ) 2f t t t= − +
là hàm số nghịch biến trên
1; 2
 
 
Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
1; 2 1; 2

min ( ) max ( ) ( 2) (1) 0 1f t m f t f m f m
   
   
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
Ví dụ 8: Tìm
m
để phương trình sau có nghiệm thực

2 2
1 1 1 1
9 ( 3)3 2 1 0
x x
m m
+ − + −
− + + + =
Giải
Điều kiện:
1 1x
− ≤ ≤
. Đặt
2
1 1
3
x
t
+ −
=
. Ta có
2
1 1u x= + −

[ ]
' '
2
( ) , ( ) 0 0 1;1
1
x
u x u x x
x
−
= = ⇔ = ∈ −
−
[ ] [ ]
1;1 1;1
(0) 2; ( 1) 1; (1) 1;max ( ) 2;min ( ) 1u u u u x u x
− −
= − = = = =
.
Do đó:
2
1 1 1 2
3 3 3 3 9
x
t
+ −
≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
.Khi đó phương trình đã cho trở thành
2
2
3 1
( 3) 2 1 0

2
t t
t m t m m
t
− +
− + + + = ⇔ =
−
.Xét hàm số
2
3 1
( )
2
t t
f t
t
− +
=
−
trên
[ ]
3;9
.Ta có
[ ]
2
'
2
4 5
( ) 0, 3;9
( 2)
t t

f t t
t
− +
= > ∀ ∈
−
. Suy ra
( )f t
là hàm số đồng biến trên
[ ]
3;9
.Do đó
phương trình đã có nghiệm khi và chỉ khi
[ ] [ ]
3;9 3;9
55
min ( ) max ( ) (3) (9) 1
7
f t m f t f m f m≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
.
Ví dụ 9: Tìm
m
để phương trình
2
2 2 2
log 2log 3 (log 3)x x m x− − = −
(1)
có nghiệm trên
[
)
16;+∞

.
Giải:
Cách1: Đặt
2
logt x=
với
[
)
16; 4x t∈ +∞ ⇒ ≥
. Khi đó, phương trình trở thành:
2
2 3 1
3 3
t t t
m m
t t
− − +
= ⇔ =
− −
Với
0m ≤
thì phương trình vô nghiệm.
Với
0m
>
thì phương trình
2
1 1
3 3
t t

m m
t t
+ +
= ⇔ =
− −
.
Xét hàm số
1
( )
3
t
f t
t
+
=
−
trên
[
)
4;+∞
. Ta có
[
)
'
2
4
( ) 0, 4;
( 3)
f t t
t

−
= < ∀ ∈ +∞
−
Bảng biến thiên:

t
4 +
∞
( )
f t
′
-
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
15
( )
f t
5
1
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
(
2
0
1; 5
1 5
m
m
m
>



⇔ ∈


< ≤

.
Cách 2:
Đặt
2
logt x=
với
[
)
16; 4x t∈ +∞ ⇒ ≥
. (1)
2
2 3 ( 3)t t m t⇔ − − = −
trên
[
)
4;+∞
(2). Nhận thấy:
Với
0m ≤
thì phương trình vô nghiệm.
Với
0m >
thì phương trình (2) trở thành:
[
)

2 2 2 2
2
2
3 4;
(1 ) 2(3 1) 3(1 3 ) 0
3 1
1
t
m t m t m
m
t
m
 = ∉ +∞

− + − − + = ⇔
− −

=

−

Phương trình có nghiệm khi
và chỉ khi
2
2
3 1
4 1 5
1
m
m

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, nghịch biến Do đó khi vận dụng tính chất của hàm số vào giải
phương trình ta cũng cần lưu ý: 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 số dương đồng biến (nghịch biến ) mới là hàm số đồng
biến (nghịch biến). Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 10 : Tìm
m
để phương trình sau có nghiệm

12 ( 2013 2012 )x x x m x x+ + = − + −
Giải
Điều kiện:
0 2012x≤ ≤
Viết lại phương trình dưới dạng
( 12)( 2013 2012 )x x x x x m+ + − − − =
Xét hàm số
( ) ( 12)( 2013 2012 )f x x x x x x= + + − − −
Ta có
( ) ( 12) 0h x x x x= + + >
trên
0 2012x
≤ ≤
.
( ) ( 2013 2012 ) 0g x x x= − − − >

trên
0 2012x
≤ ≤
.
Hơn nữa :
2
'
1
( ) 0, (0;2012)
2 2 12
x
h x x x
x x
= + + > ∀ ∈
+
.
'
1 1 2013 2012
( ) 0, (0;2012)
2 2013 2 2012 2 (2013 )(2012 )
x x
g x x
x x x x
− − − +
= + = > ∀ ∈
− + − −
Suy ra
( ) ( ) ( )
f x h x g x=
đồng biến trên

0 2012x
≤ ≤
.
Vì vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
(0) (2012) 12( 2013 2012) 2012 2012 2024f m f m≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ +
C. KẾT LUẬN
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
16
1. Kết quả nghiên cứu
Trong quá trình dạy về ứng dụng của đạo hàm đối với học sinh lớp 12, tác giả
thấy học sinh rất hứng thú, các bài toán tuy khó nhưng khi sử dụng đạo hàm thì
mọi chuyện đã trở nên dễ dàng hơn. Để kiểm nghiệm chính xác, tác giả cho đề
kiểm tra 45 phút ở lớp 12A9

và 12A7, trong đó lớp là lớp 12A9 thực nghiệm đề
tài này, còn lớp 12A7

là lớp đối chứng. Đề kiểm tra như sau:
Đề Bài:
Câu 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.
Câu 2: Tìm
m
để phương trình sau có nghiệm thuộc
3

1;3
 
 

2 2
3 3
log log 1 2 1 0x x m+ + − − =
(1)
Câu 3: Giải phương trình:
( )
4 5
log log 3x x= +

Câu 4: Tìm các giá tri của
m
để phương trình sau có một nghiệm thực

2
4
2 4 1x x x m+ + − + =

Sau khi chấm bài tác giả thu được kết quả như sau
Điểm 0-2,5 3-4,5 5-6,5 7-8,5 9-10
Lớp thực nghiệm
(45 học sinh)
0% 2,4% 8.8% 22.2% 66.6%
Lớp đối chứng
(44 học sinh)
68.1% 22,7% 6,8% 2.4% 0%
Các bài điểm 9 – 10 có cách giải phổ biến như sau:

Câu 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
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
17

−∞
-4
Từ bảng biến thiên suy ra điều kiện phải tìm là
4 2m− < ≤ −
.
Câu 2:
Điều kiện:
0x
>
.Đặt
2 2 2
3 3
log 1 1 log 1t x x t= + ≥ ⇒ = −
. Lại có
3 2
3 3
1 3 1 log 3 1 log 1 2 1 2x x x t≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ + ≤ ⇔ ≤ ≤
Khi đó, phương trình (1) trở thành
2
2 2t t m+ − =
Xét hàm số
( )
2
2f t t t= + −

trên
[ ]
1;2
. Ta có
( )
[ ]
2 1 0, 1;2f t t
′
= + > ∀∈
. Suy ra hàm
số
( )
2
2f t t t= + −
đồng biến trên
[ ]
1;2
. Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ
khi
[ ]
( )
[ ]
( ) ( ) ( )
1;2
1;2
min 2 ax 1 2 0 2 4 0 2f t m m f t f m f m m≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
Câu 3:
Điều kiện:
0x
>

Đặt
4
log 4
t
t x x= ⇔ =
ta có:
( )
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 dương 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 4x x= ⇔ =
.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
1x
=
.
Câu 4:
Điều kiện:
1x
≥ −
Đặt
1 0t x= + ≥
, 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
( ) 3f t t t= + −
trên
[
)
0;+∞
.
Ta có
[
)
3
'
4 3
4
( ) 1 0, 0;
( 3)
t
f t t
t
= − < ∀ ∈ +∞
+
và

lim ( ) 0
x
f t
→+∞
=
Bảng biến thiên
t
0
+∞


( )
f t
′
-

4
3

( )
f t
0
Dựa vào bảng biến thiên ta có các giá trị cần tìm của
m
là:
4
0 3m< ≤
.
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
18

Kết quả kiểm tra của 2 lớp thực nghiệm và đối chứng cho thấy, ở lớp 12A9
đa số học sinh hiểu bài, vận dụng tốt ứng dụng của đạo hàm vào việc giải bài
tập, học sinh thấy hứng thú vì tính tự nhiên và gần gũi nhưng đạt hiệu quả bất
ngờ của phương pháp này. Còn ở lớp 12A7, mặc dù đã hoàn thành các kiến thức
chương đạo hàm nhưng khi gặp các dạng toán nêu trên, học sinh còn rất lúng
túng khi bài toán
2. Kiến nghị, đề xuất
Xuất phát từ những kiến thức cơ bản trong chương trình học để xây dựng
những cách làm mới đạt hiệu quả cao là phẩm chất mà người học toán và làm
toán cần phải có. Thiết nghĩ, việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi môn Toán sẽ thực
sự thành công nếu giáo viên biết hướng dẫn cho học sinh tìm tòi khai thác từ
những kiến thức cơ bản, những cách làm mới sáng tạo và đạt hiệu quả cao.Trong
khuôn khổ của bài viết này, tôi hi vọng đề tài sẽ đóng góp một phần nhỏ bé vào
siệc giải các dạng toán đã nêu trên, là tài liệu tham khảo cho các em học sinh
trong quá trình học toán cũng như ôn thi tốt nghiệp và thi vào các trường Đại
học, Cao đẳng và Trung học chuyên nghiệp. Đề tài không tránh khỏi những sai
sót và hạn chế,tôi rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của Hội đồng khoa
học trường Trung học phổ thông Thạch Thành I, của Hội đồng khoa học Sở
Giáo dục và Đào tạo Thanh Hóa và của quý thầy cô.Xin chân thành cảm ơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hoá,ngày 30 tháng 4 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây la SKKN mình
viết,không sao chép nội dung của
người khác.



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
19
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM NGHIỆM CỦA
PHƯƠNG TRÌNH

Người thực hiện : Bùi Thị Thoa
Chức vụ : Giáo viên
Đơn vị : Trường THPT Thạch Thành I
SKKN thuộc môn : Toán
THẠCH THÀNH, NĂM 2013
Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
20

Bùi Thị Thoa - Trường THPT Thạch Thành I
21