Ứng dụng đạo hàm trong các bài toán ôn luyện thi vào Đại học môn Toán

DANH MỤC CHỮ VIẾT TẮT
Phương trình PT
Bất phương trình BPT
Hệ phương trình HPT
Hệ bất phương trình HBPT
Tập xác định TXĐ
Giá trị lớn nhất GTLN
Giá trị nhỏ nhất GTNN
Nhà xuất bản NXB
Trung học phổ thông THPT
Học sinh giỏi HSG
Chứng minh rằng CMR
Bất đẳng thức BĐT
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
1
Phần I: MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài:
Như chúng ta đã biết, ở bậc Trung học phổ thông có 3 dạng toán: giải PT,
HPT, BPT, HBPT; tìm GTLN, GTNN của hàm số; chứng minh bất đẳng thức hay
xuất hiện trong các Đề thi tuyển sinh vào Đại học Môn toán những năm gần đây. Đó
là những dạng toán khó đối với học sinh, có nhiều bài không thể giải được bằng
phương pháp đại số thông thường, kinh điển hoặc có thể giải được nhưng gặp nhiều
khó khăn, phức tạp.
Bên cạnh đó ứng dụng của đạo hàm đối với môn Toán cấp THPT rất lớn: xét
tính đơn điệu của hàm số; tìm cực trị của hàm số; chứng minh bất đẳng thức; tìm
GTLN, GTNN của hàm số; tính tổng hữu hạn; tìm giới hạn của hàm số; giải PT,
HPT, BPT, HBPT Giữa PT, BPT, HPT, HBPT và hàm số có mối liên quan rất chặt
chẽ. Khi định nghĩa PT, BPT, ta cũng dựa trên khái niệm hàm số, nếu ta biết sử dụng
hàm số để giải các bài tập đó thì bài toán sẽ đơn giản hơn. Nhiều bài toán trong các
kỳ thi tốt nghiệp THPT, thi tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng, thi tuyển sinh sau đại
học, thi học sinh giỏi quốc gia, quốc tế có thể ứng dụng đạo hàm để giải và phương

pháp đó thường cho đáp án gọn hơn phương pháp đại số. Theo tác giả thống kê tại
phụ lục, đáp án chính thức đề thi tuyển sinh vào Đại học môn Toán các khối A, B, D
từ năm 2002 (năm bắt đầu thi theo đề chung của Bộ Giáo dục và Đào tạo) đến năm
2011 (không kể Cao đẳng, không kể bài đầu tiên về khảo sát hàm số và bài toán phụ
trong bài đầu tiên) do Bộ Giáo dục và Đào tạo công bố có tới 21 bài toán có thể sử
dụng phương pháp ứng dụng đạo hàm để giải.
Tuy nhiên tài liệu viết chuyên sâu, hệ thống về những ứng dụng của đạo hàm
để giải các bài toán trong kỳ thi tuyển sinh vào Đại học không nhiều và học sinh
thường gặp khó khăn, lúng túng trong việc nhận diện, giải quyết dạng toán. Hơn nữa
năm học 2011-2012 là năm học đầu tiên toàn ngành Giáo dục Lai Châu thực hiện Nghị
quyết 04/NQ-TU ngày 20/7/2011 của Ban chấp hành Đảng bộ tỉnh về tiếp tục phát triển
và nâng cao chất lượng giáo dục trong giai đoạn mới; Nghị quyết số 31/2011/NQ-
HĐND ngày 09/12/2011 của HĐND tỉnh về việc thông qua Đề án tiếp tục phát triển và
nâng cao chất lượng tỉnh Lai Châu đến năm 2015. Từ năm học này Lãnh đạo Sở Giáo
dục và Đào tạo Lai Châu có chủ trương thực hiện đồng bộ nhiều giải pháp để đạt mục
tiêu nâng cao tỉ lệ thi đỗ vào các trường Đại học, Cao đẳng. Do đó việc chọn lựa một
đề tài sáng kiến kinh nghiệm nhằm góp phần thực hiện chủ trương lớn đó của tỉnh,
của ngành là việc làm phù hợp với thực tiễn, thể hiện tình yêu nghề và trách nhiệm
của người cán bộ, giáo viên trong ngành. Chính vì vậy tôi chọn đề tài sáng kiến kinh
nghiệm là: "Ứng dụng đạo hàm trong các bài toán ôn luyện thi vào Đại học môn
Toán".
II. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu:
- Tìm hiểu đối tượng học sinh ở một số trường THPT: Trung học phổ thông số
1 Than Uyên (nay là THPT Than Uyên), thị xã Lai Châu, Quyết Thắng, chuyên Lê
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
2
Quý Đôn, Phổ thông DTNT tỉnh Lai Châu. Kết quả nghiên cứu được khảo sát trong
các tiết giảng ôn luyện thi Đại học môn Toán cho các em học sinh.
- Các dạng toán giải PT, BPT, HPT, HBPT; tìm GTLN, GTNN của hàm số;
chứng minh bất đẳng thức trong chương trình toán phổ thông và trong các đề thi

tuyển sinh vào Đại học, trong kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp (nêu trong phần khả
năng ứng dụng, triển khai).
- Phân loại các dạng toán thường gặp và phương pháp giải mỗi dạng.
III. Mục đích nghiên cứu
- Giúp học sinh nhận dạng được các PT, HPT, BPT, HBPT; tìm GTLN, GTNN
của hàm số; chứng minh bất đẳng thức có thể ứng dụng đạo hàm để giải. Trang bị
cho học sinh về một phương pháp mang lại hiệu quả rõ nét.
- Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học sinh
nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo.
- Nâng cao khả năng tự học, tự bồi dưỡng và khả năng giải các bài toán trong
kỳ thi tuyển sinh vào Đại học môn Toán.
IV. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu:
Điểm mới trong kết quả nghiên cứu: Hệ thống hoá các dạng toán, đưa ra
phương pháp chung về việc ứng dụng đạo hàm để giải các dạng toán này. Giúp học
sinh nhận thấy hiệu quả rõ rệt của phương pháp so với phương pháp đại số thông
thường. Ví dụ:
- Với các PT, BPT, HPT, HBPT không chứa tham số, ta sử dụng các tính chất
về tính đơn điệu của hàm số để giải.
- Với các PT, BPT, HPT, HBPT có chứa tham số, ta tìm cách cô lập tham số về
một vế rồi sử dụng các mệnh đề để giải.
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
3
Phần II: NỘI DUNG
A. CƠ SỞ LÍ LUẬN:
Chương trình giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động
sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc trưng môn học, đặc điểm đối tượng học
sinh , điều kiện của từng lớp học; bồi dưỡng học sinh phương pháp tự học, khả
năng hợp tác; rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến
tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú và trách nhiệm học tập cho học sinh.
Quá trình dạy học với các nhiệm vụ cơ bản là hình thành tri thức, rèn luyện các

kỹ năng hoạt động nhận thức, hình thành thái độ tích cực được xây dựng trên quá
trình hoạt động thống nhất giữa thầy và trò, trò và trò, tính tự giác, tích cực tổ chức,
tự điều khiển hoạt động học nhằm thực hiện tốt các nhiệm vụ đã được đề ra.
B. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ:
Qua thực tiễn học tập và giảng dạy, tác giả nhận thấy ứng dụng của đạo hàm
trong giải các bài toán cấp THPT rất lớn nhưng học sinh thường không mạnh dạn, tự
tin sử dụng công cụ đắc lực này trong giải toán vì:
- Đạo hàm là phần kiến thức mới với học sinh, gắn liền với toán học hiện đại,
học sinh bắt đầu được làm quen ở cuối chương trình lớp 11. Trong khi đó từ cấp
Trung học cơ sở đến cấp THPT học sinh đã được tiếp xúc với rất nhiều bài toán về
giải PT, HPT, BPT, HBPT; tìm GTLN, GTNN của hàm số; chứng minh bất đẳng
thức và đã quen sử dụng các phương pháp giải toán đại số kinh điển để giải.
- Tài liệu viết về ứng dụng của đạo hàm không nhiều, học sinh không nhận
diện được các dạng toán và chưa được hướng dẫn một cách hệ thống phương pháp để
giải quyết bài toán trọn vẹn.
- Số lượng các bài toán có thuộc 3 dạng toán nêu trên xuất hiện ngày càng
nhiều trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học những năm gần đây và phương pháp sử
dụng để giải chủ yếu là sử dụng phương pháp ứng dụng của đạo hàm: Năm 2007 có 3
bài, năm 2008 có 2 bài, năm 2009 có 2 bài, năm 2010 có 3 bài, năm 2011 có 4 bài.
C. CÁC BIỆN PHÁP ĐÃ TIẾN HÀNH GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Trong thực tiễn giảng dạy cho học sinh tác giả đã giúp học sinh hệ thống dạng
toán và phương pháp giải các dạng toán theo các chương như sau:
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
4
Chương I
Phương pháp ứng dụng đạo hàm để tìm GTLN, GTNN của hàm số
* Định nghĩa:
Cho hàm số
( )
=y f x

có TXĐ là D
Số M được gọi là GTLN của hàm số nếu
( )
( )
0 0
:
≤ ∀ ∈



∃ ∈ =


f x M x D
x D f x M
Kí hiệu
( )
∈
=
x D
M
Maxf x
Số m được gọi là GTNN của hàm số nếu
( )
( )
0 0
:
≥ ∀ ∈




∃ ∈ =


f x m x D
x D f x m
Kí hiệu
( )
∈
=
x D
m
Minf x
Nhận xét:
Theo đó GTLN, GTNN của hàm số có thể không tồn tại.
Để tìm GTLN, GTNN của hàm số học sinh thường đã được làm quen với một
số phương pháp như
- Phương pháp sử dụng các BĐT.
- Phương pháp tam thức bậc hai.
- Phương pháp sử dụng tập giá trị của hàm số.
Đó là những phương pháp đại số thông thường, tuy nhiên ta có thể sử dụng
một phương pháp khá hiệu quả là sử dụng đạo hàm.
* Dạng toán 1: Tìm GTLN, GTNN của hàm số trên một đoạn
I. Phương pháp
Để tìm GTLN, GTNN của hàm số
( )
=y f x
trên đoạn
[ ]
,a b

với
( )
=y f x
là
hàm số liên tục trên đoạn
[ ]
,a b
và có đạo hàm trong khoảng
( )
,a b
ta thực hiện theo
các bước như sau:
Bước 1: Tính đạo hàm
'y
rồi tìm những giá trị của biến số trong khoảng
( )
,a b

làm cho
' 0=y
. Giả sử ta tìm được các nghiệm là
1 2
, x x
Bước 2: Tính các giá trị
( ) ( ) ( ) ( )
1 2
, , , f a f b f x f x
Bước 3: Kết quả

[ ]

( ) ( ) ( ) ( )
{ }
1 2
,
, , , ,
∈
=
x a b
Min f a f b f x f x
Miny

[ ]
( ) ( ) ( ) ( )
{ }
1 2
,
, , , ,
∈
=
x a b
Max f a f b f x f x
Maxy
II. Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1: Tìm GTLN, GTNN của hàm số
20 20
sin cos= +y x x
Lời giải:
Cách 1 (phương pháp đại số):
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
5

Ta có
( ) ( )
10 10
2 2 2 2
sin cos sin cos 1 1= + ≤ + = ⇒ =y x x x x Maxy
Áp dụng BĐT Cauchy cho 10 số ta có
( ) ( )
10 90
10 10
2 2 2
10
9
1 1 10
sin 9 10 sin sin
2 2
2
   
+ ≥ =
 ÷  ÷
   
x x x
( ) ( )
10 90
10 10
2 2 2
10
9
1 1 10
cos 9 10 cos cos
2 2

2
   
+ ≥ =
 ÷  ÷
   
x x x
Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được
( ) ( ) ( )
10 10
2 2 2 2
9 9 9
9 10 10
sin cos sin cos
2 2 2
+ + ≥ + =x x x x
Suy ra
( ) ( )
10 10
2 2
9 9
1 1
sin cos
4
2 2
π
 
= + ≥ ⇒ = =
 ÷
 
y x x Miny y

Cách 2 (phương pháp ứng dụng đạo hàm):
Nhận xét
20 20 20 20
sin cos sin cos
2 2
π π
   
+ + + = +
 ÷  ÷
   
x x x x
Nên hàm số đã cho tuần hoàn với chu kì
2
π
=T
Do đó ta chỉ cần tìm GTLN, GTNN của hàm số trên một chu kì là đoạn
0,
2
π
 
 
 
Ta có
( )
18 18
' 20sin cos sin cos= × −y x x x x
Do đó
cos 0
2
' 0 sin 0 0

sin cos
4
π
π

=

=



= ⇔ = ⇔ =




=

=


x
x
y x x
x x
x
Tính giá trị
( )
9
1

0 1; ; 1
4 2
2
π π
   
= = =
 ÷  ÷
   
y y y
Từ đó suy ra
1=Maxy
,
9
1
2
=Miny
Ví dụ 2: Tìm GTLN, GTNN của hàm số
( )
sin
2 cos
= =
+
x
y f x
x
với
[ ]
0,
π
∈x

Lời giải:
Xét hàm số đã cho trên đoạn
[ ]
0,
π
ta có
( )
( ) ( )
2
2 2
cos 2 cos sin
1 2cos
'
2 cos 2 cos
+ +
+
= =
+ +
x x x
x
y
x x
( )
2
1 2cos 1 2
' 0 0 cos
2 3
2 cos
π
+

= ⇔ = ⇔ = − ⇔ =
+
x
y x x
x
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
6
Ta có
( ) ( )
2 1
0 0, , 0
3
3
π
π
 
= = =
 ÷
 
f f f
Vậy
[ ]
0,
1
3
π
∈
=
x
Maxy

đạt được khi
2
3
π
=x
[ ]
0,
0
π
∈
=
x
Miny
đạt được khi
0=x
hoặc
π
=x
Ví dụ 3: Tìm GTLN, GTNN của hàm số
( )
2
2= = + −y f x x x
Lời giải:
Điều kiện
2
2 0 2 2− ≥ ⇔ − ≤ ≤x x
Suy ra tập xác định của hàm số đã cho là
2, 2
 
= −

 
D
Ta có
2
2
2 2
2
0
2
' ' 0 2 1
2
2
≥

− −

= ⇒ = ⇔ − = ⇔ ⇔ =

− =

−

x
x x
y y x x x
x x
x
Tính
( )
( )

( )
2 2; 1 2; 2 2− = − = =f f f
Vậy
2 1
∈
= =
x D
khi x
Maxy
2 2
∈
= − = −
x D
khi x
Miny

III. Các bài toán trong các kỳ thi tuyển sinh vào Đại học
Bài 1. Câu IV.1 khối B năm 2003
Tìm GTLN và GTNN của hàm số
2
4y x x= + −
Lời giải
Tập xác định
[ ]
2;2−
.
2
2 2
2
0

' 1 ; ' 0 4 2
4
4
x
x
y y x x x
x x
x
≥

= − = ⇔ − = ⇔ ⇔ =

− =
−

Ta có
( )
( )
( )
2 2; 2 2 2; 2 2y y y− = − = =
Vậy
[ ]
( )
[ ]
( )
2;2
2;2
max 2 2 2; min 2 2y y y y
−
−

= = = − = −
Bài 2. Câu IV.1 khối D năm 2003
Tìm GTLN và GTNN của hàm số
2
1
1
x
y
x
+
=
+
trên đoạn
[ ]
1;2−
.
Lời giải:
( )
3
2
1
' ; ' 0 1
1
x
y y x
x
−
= = ⇔ =
+
.

Ta có
( ) ( ) ( )
3
1 0, 1 2, 2
5
y y y− = = =
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
7
Vậy
[ ]
( )
[ ]
( )
1;2
1;2
max 1 2; min 1 0y y y y
−
−
= = = − =
Bài 3. Câu II.2 khối B năm 2004
Tìm GTLN và GTNN của hàm số
2
ln x
y
x
=
trên đoạn
3
1;e
 

 
.
Lời giải:
Mọi
3
1;x e
 
∈
 
,
ta có
( )
3
2
2 3
1 1;
ln 02 ln ln
' ; ' 0
ln 2
1;
x e
xx x
y y
x
x
x e e

 
= ∈
=−


 

= = ⇔ ⇔

=

 
= ∈

 

.
Khi đó
( )
( ) ( )
2 3
2 3
4 9
1 0, ,y y e y e
e e
= = =
   
   
= = = =
3 3
2
2
1; 1;
4

Suy ra : min (1) 0; max ( )
e e
y y y y e
e
Bài 4. Câu V khối D năm 2009
Cho các số thực không âm
,x y
thay đổi và thoả mãn
1x y+ =
. Tìm GTLN và
GTNN của biểu thức

( ) ( )
2 2
4 3 4 3 25S x y y x xy= + + +
.
Lời giải
Do
1x y+ =
nên ta có:
( )
( ) ( )
( )
2 2 3 3
3
2 2
2
16 12 9 25
16 12 3 34
16 2 12

S x y x y xy xy
x y x y xy x y xy
xy xy
= + + + +
 
= + + − + +
 
= − +
Đặt
t xy=
, ta được
( )
2
2
1 1
16 2 12; 0 0;
4 4 4
x y
S t t xy t
+
 
= − + ≤ ≤ = ⇒ ∈
 
 
.
Xét hàm số
( )
2
16 2 12f t t t= − +
trên đoạn

1
0;
4
 
 
 
( ) ( )
1
1
0;
0;
4
4
1 25 1 191
max ; min
4 2 16 16
f t f f t f
 
 
 
 
 
 
   
= = = =
 ÷  ÷
   
Giá trị lớn nhất của
S
bằng

25
2
khi
( )
1
1 1
; ;
1
2 2
4
x y
x y
xy
+ =


 
⇔ =

 ÷
=
 


.
Giá trị nhỏ nhất của
S
bằng
191
16

khi
( )
( )
2 3 2 3
; ;
1
4 4
1
2 3 2 3
16
; ;
4 4
x y
x y
xy
x y

 
+ −
=

 ÷
+ =


  
⇔


=

 
− +



=
 ÷

 

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
8
Bài 5. Câu VII.b khối D năm 2011
Tìm GTNN và GTLN của hàm số
2
2 3 3
1
x x
y
x
+ +
=
+
trên đoạn
[ ]
0; 2
.
Lời giải
( )
2

2
0
2 4
' ; ' 0
2
1
x
x x
y y
x
x
=

+
= = ⇔

= −
+

;
( ) ( )
17
0 3; 2
3
y y= =
[ ]
( )
[ ]
( )
0;2

0;2
17
max 2 ; min 0 3
3
y y y y= = = =
IV. Bài tập tương tự
1. Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau:
a)
24 cos12 3sin8= − −y x x x
với
,
6 6
π π
 
∈ −
 
 
x
b)
1 9= − + −y x x
trên đoạn
[ ]
3,6
2. Gọi
1 2
,x x
là các nghiệm của phương trình
( )
2 2
2 2 1 4 3 0+ + + + + =x m x m m

Tìm GTLN của
( )
1 2 1 2
2= − +A x x x x
Dạng toán 2: Phương pháp tìm GTLN, GTNN của hàm số trên khoảng
I. Phương pháp
Để tìm GTLN, GTNN của hàm số
( )
=y f x
trên khoảng ta thực hiện theo các
bước như sau:
Bước 1: Tìm Miền xác định
Bước 2: Tính đạo hàm
'y
, sau đó giải phương trình
' 0=y
Bước 3: Lập bảng biến thiên của hàm số (thông thường trong trường hợp hàm
số không đơn điệu trên tập cần tìm)
Bước 4: Từ bảng biến thiên của hàm số ta kết luận được GTLN, GTNN
II. Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1:
Tìm GTNN của
( )
2 2
( 1)− − +
=
x a x a
f x
x
với

( )
2
0 1 0< ≤ − + >x a a a
Lời giải
Ta có:
2
2 2
1
'( ) 1
1
−
= − ≤
− +
a a
f x
x a a

* Nếu
2
1 '( ) 0 0 1 ( )≥ ⇒ ≤ ∀ < ≤ − + ⇒a f x x a a f x
nghịch biến
(
)
2
2
2
2 1
( ) 1 ( 1)
1
− +

⇒ ≥ − + = − −
− +
a a
f x f a a a
a a
Với
( )
2
1 1= − + ≥x a a a
thì Min
2
2
2 1
( ) 1
1
− +
= − +
− +
a a
f x a
a a
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
9
* Nếu
0 1 ( ) 0< < ⇒ =a f x
có nghiệm
=x a
Từ bảng biến thiên suy ra:
( ) ( ) 1≥ = +f x f a a
Với

(0;1)= ∈x a
thì
inf ( ) 1= +M x a
Ví dụ 2:
Cho
2 2
x y 1. Tìm GTLN, GTNN+ =
của
A x 1 y y 1 x= + + +
Lời giải
Ta có
( )
( ) ( )
( )
2 2 2 2
A x y 1 y 1 x 2 x y 2 2 x y 2 2≤ + + + + = + + ≤ + + = +
 
 
Với
1
x y thì A 2 2
2
= = = +
Vậy Max
A 2 2= +
với
1
x y
2
= =

Nếu
[ ]
[ ]
x,y 0;1 A 0
xy 0 Min A 1
x,y 1;0 A 1
∈ ⇒ >

≥ ⇒ ⇒ = −

∈ − ⇒ ≥ −

với
x 1;y 0
x 0;y 1
= − =


= = −

Nếu
xy 0<
: Đặt
( )
2
t 1
x y t xy 0 t 1;1
2
−
+ = ⇒ = < ⇒ ∈ −

( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2 2
2 3 2
2
1 2
A x (1 y) 2xy 1 x 1 y y 1 x 1 xy(x y) 2xy 1 x y xy
t 1 t 1 t 1 t 1
1 t. 2. 1 t 1 2 t 2 1
2 2 2 2
1
A f(t) 1 2 t 2t (1 2)t 2 2
2
3 1 2
1 2 1 2
Ta có : f ' t t 2t 0 t t ;t t 2 1
2 2 3
= + + + + + + = + + + + + +
− − − −
 
= + + + + = + + +
 
 
⇔ = = + + − + + −
 
+

+ +
= + − = ⇔ = = − = = −
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
x 0 a
2
a a 1− +
f’ - 0 +
f

a 1+
10
( ) ( )
1 2
2(19 3 2)
f t ; f t 0
27
−
= =
t -1 t
1
t
2
1
Từ bảng biến thiên suy ra f ’ + 0 - 0 +

( ) ( )
2
1 1
A f t A f t≤ ⇒ ≥ −
f

( )
1
f t

1 1

( )
2
f t
( )
1
2(19 3 2
Min A f t 1
27
−
⇒ = − = − < −
xảy ra
2
1
1
t 1
x y t ; xy
2
−
⇔ + = =
x,y⇒
là nghiệm của
( )
2
1 2 15 2 2

1 2 2 3
u u 0 x,y
3 9 6
− + ± −
+ −
+ + = ⇒ =
Ví dụ 3
Cho
2 2
x y 1+ =
. Tìm GTLN, GTNN của
2
2
2(xy y )
S
2xy 2x 1
+
=
+ +
Lời giải
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2(xy y ) 2(xy y ) 2(xy y )
S
2xy 2x 1 2xy 2x (x y ) 3x 2xy y
+ + +
= = =
+ + + + + + +
Nếu y = 0 thì S = 0.
Nếu

y 0≠
, đặt
( )
2
2 2 2
x 2y (t 1) 2(t 1)
t S f t
y
y (3t 2t 1) 3t 2t 1
+ +
= ⇒ = = =
+ + + +
Ta có :
( )
2 2
2 2 2 2
2(3t 2t 1) 2(t 1)(6t 2) 2(3t 6t 1)
f ' t
(3t 2t 1) (3t 2t 1)
+ + − + + − + +
= =
+ + + +
nên
( )
f ' t 0= ⇔
1 2
3 6 3 6
t t ;t t
3 3
− − − +

= = = =
t -
∞
t
1
t
2
+
∞

Từ bảng biến thiên suy ra : f’(t) - 0 + 0 -

2 6 2 6
S
2 2
− +
≤ ≤

2 6
2
+

f(t) 0 0

2 6
2
−

Với
3 6 3(4 6) 3 6 2 6

t y ; x thì MinS
3 20 3 2
− − − − − −
= ⇔ = ± = =
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
11
Với
3 6 3(4 6) 3 6 2 6
t y ; x thì MaxS
3 20 3 2
− + + − + +
= ⇔ = ± = =
Ghi chú: Bài tập này có thể dùng phương pháp điều kiện có nghiệm của
phương trình bậc hai để tìm GTLN, GTNN
III. Các bài toán trong các kỳ thi tuyển sinh vào Đại học
Bài 1. Câu VI.2 khối B năm 2008
Cho hai số thực
,x y
thay đổi và thoả mãn hệ thức
2 2
1x y+ =
Tìm GTLN và GTNN của biểu thức
( )
2
2
2 6
1 2 2
x xy
P
xy y

+
=
+ +
Lời giải
Cách 1: Sử dụng phương pháp điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai
Ta có
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 6 2 6
1 2 2 2 2
x xy x xy
P
xy y x y xy y
+ +
= =
+ + + + +
* Nếu
0y =
thì
2
1x =
. Suy ra
2P =
.
* Khi
0y ≠
. Đặt
x ty=
, khi đó

( ) ( ) ( )
2
2
2
2 12
2 2 6 3 0 1
2 3
t t
P P t P t P
t t
+
= ⇔ − + − + =
+ +
+ Với
2P =
, phương trình (1) có nghiệm
3
4
t =
.
+ Với
2P
≠
, phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
2
' 2 6 36 0 6 3P P P∆ = − − + ≥ ⇔ − ≤ ≤
3P =
khi
3 1
,

10 10
x y= =
hoặc
3 1
,
10 10
x y= − = −
6P = −
khi
3 2
,
13 13
x y= = −
hoặc
3 2
,
13 13
x y= − =
Giá trị lớn nhất của
P
bằng
3
, giá trị nhỏ nhất của
P
bằng
6−
Cách 2: Sử dụng phương pháp ứng dụng đạo hàm
Ta có
( ) ( )
2 2

2 2 2 2
2 6 2 6
1 2 2 2 2
x xy x xy
P
xy y x y xy y
+ +
= =
+ + + + +
* Nếu
0y =
thì
2
1x =
. Suy ra
2P
=
.
* Khi
0y ≠
. Đặt
x ty=
, khi đó
( )
2
2
2 12
2 3
+
= =

+ +
t t
P f t
t t
Ta có :
( )
( )
2
2
2
8t 12t 36
f ' t
t 2t 3
− + +
=
+ +
nên
( )
f ' t 0= ⇔

1 2
3
t t ;t t 3
2
= = − = =
t -
∞
t
1
t

2
+
∞

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
12
Từ bảng biến thiên suy ra : f'(t) - 0 + 0 -

( )
6 f t 3− ≤ ≤
3
f(t) 0
-6 0
Từ đó suy ra
Max
3P =
khi
3 1
,
10 10
x y= =
hoặc
3 1
,
10 10
x y= − = −
Min
6P = −
khi
3 2

,
13 13
x y= = −
hoặc
3 2
,
13 13
x y= − =
Bài 2: Câu V khối B năm 2009
Cho các số thực
,x y
thay đổi và thoả mãn các điều kiện
( )
3
4 2x y xy+ + ≥
Tìm GTNN của biểu thức
( ) ( )
4 4 2 2 2 2
3 2 1A x y x y x y= + + − + +
Lời giải
Ta có
( )
( )
( ) ( )
3
3 2
2
4 2
2 1
4

x y xy
x y x y x y
x y xy

+ + ≥

⇒ + + + ≥ ⇒ + ≥

+ ≥


Do đó
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
4 4 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2
3 3
3 2 1 2 1
2 2
A x y x y x y x y x y x y= + + − + + = + + + − + +

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 9
2 1 2 1
2 4 4
x y x y x y A x y x y≥ + + + − + + ⇒ ≥ + − + +
Đặt
2 2
t x y= +

, ta có
( )
2
2 2
1 1
2 2 2
x y
x y t
+
+ ≥ ≥ ⇒ ≥
; do đó
2
9
2 1
4
A t t≥ − +
Xét
( ) ( ) ( )
2
1
;
2
9 9 1 1 9
2 1; ' 2 0 min
4 2 2 2 16
f t t t f t t t f t f
 
+∞
÷


 
 
= − + = − > ∀ ≥ ⇒ = =
 ÷
 
Bài 3: Câu V khối B năm 2010
Cho các số thực không âm
, ,a b c
thay đổi và thoả mãn
1a b c+ + =
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( )
( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 3 2M a b b c c a ab bc ca a b c= + + + + + + + +
.
Lời giải
Ta có
( ) ( ) ( )
2
3 2 1 2M ab bc ca ab bc ca ab bc ca
≥ + + + + + + − + +
Đặt
t ab bc ca= + +
, ta có
( )
2
1

0
3 3
a b c
t
+ +
≤ ≤ =
.
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
13
Xét hàm số
( )
2
3 2 1 2f t t t t= + + −
trên
1
0;
2
 
÷

 
,
ta có
( )
2
' 2 3
1 2
f t t
t
= + −

−
;
( )
( )
3
2
'' 2 0
1 2
f t
t
= − ≤
−
dấu bằng xảy ra khi
0t =
, suy ra
( )
'f t
nghịch biến.
Xét trên
1
0;
3
 
 
 
ta có
( )
1 11
' ' 2 3 0
3 3

f t f
 
≥ = − >
 ÷
 
, suy ra
( )
f t
đồng biến.
Do đó
( ) ( )
1
0 2 0;
3
f t f t
 
≥ = ∀ ∈
 
 
Vì thế
( )
1
2 0; ; 2, , 0, 1
3
M f t t M khi ab bc ca ab bc ca a b c
 
≥ ≥ ∀ ∈ = = = + + = + + =
 
 
( )

; ;a a a⇔
là một trong các bộ số
( ) ( ) ( )
1;0;0 , 0;1;0 , 0;0;1
Do đó giá trị nhỏ nhất của
M
bằng 2.
Bài 4: Câu V khối A năm 2011
Cho các số thực không âm
, ,x y z
thuộc đoạn
[ ]
1;4
và
,x y x z≥ ≥
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 3
x y z
P
x y y z z x
= + +
+ + +
.
Lời giải
Ta có
( )
1 1 1 2
*

1 1 1
1
a b c
ab
+ + ≥
+ + +
+
với
,a b
là các số dương và
1ab ≥
Thật vậy:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
* 2 1 2 1 1
2 2
1 0,
a b ab a b
a b ab ab a b ab
ab a b
⇔ + + + ≥ + +
⇔ + + ≥ + +
⇔ − − ≥
Bất đẳng thức cuối đúng với mọi
,a b
là các số dương và

1ab ≥
.
Dấu bằng xảy ra khi
a b=
hoặc ab=1.
Áp dụng (*) với
,x y
thuộc đoạn
[ ]
1;4
và
x y≥
, ta được:
1 1 1 2
3
2 3
1 1 2
1
x
P
z x y
x y
x
y z x
y
= + + ≥ +
+
+ + +
+
Dấu

" "=
xảy ra khi
z x
y z
=
hoặc
1
x
y
=
(1)
Đặt
[ ]
, 1;2
x
t t
y
= ∈
. Khi đó
2
2
2
2 3 1
t
P
t t
≥ +
+ +
.
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng

14
Xét hàm số
( )
[ ]
( )
( ) ( )
( )
( )
3
2
2
2
2
2
2 4 3 3 2 1 9
2
, 1;2 ; ' 0
2 3 1
2 3 1
t t t t
t
f t t f t
t t
t t
− + − +
 
 
= + ∈ = − <
+ +
+ +

( ) ( )
34
2
33
f t f⇒ ≥ =
. Dấu “=” xảy ra khi
2 4 4, 1
x
t x y
y
= ⇔ = ⇔ = =
(2)
34
33
P⇒ ≥
. Từ (1) và (2) suy ra dấu “=” xảy ra khi bà chỉ khi
4, 1, 2x y z= = =
Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng
34
33
; khi
4, 1, 2x y z= = =
Bài 5: Câu V khối B năm 2011
Cho
,a b
là các số thực dương thoả mãn
( )
( ) ( )
2 2
2 2a b ab a b ab+ + = + +

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 2 2
3 3 2 2
4 9
a b a b
P
b a b a
   
= + − +
 ÷  ÷
   
Lời giải
Với
,a b
dương, ta có:
( )
( ) ( )
2 2
2 2a b ab a b ab+ + = + +
( )
( ) ( )
2 2 2 2
1 1
2 2 2 1 2
a b
a b ab a b ab a b a b
b a a b
   
⇔ + + = + + + ⇔ + + = + + +
 ÷  ÷

   
( ) ( )
1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
a b
a b a b
a b a b b a
     
+ + + ≥ + + = + +
 ÷  ÷  ÷
     
, suy ra
5
2 1 2 2 2
2
a b a b a b
b a b a b a
   
+ + ≥ + + ⇒ + ≥
 ÷  ÷
   
Đặt
5
,
2
a b
t t
b a
= + ≥
suy ra

( ) ( )
3 2 3 2
4 3 9 2 4 9 12 18P t t t t t t= − − − = − − +
Xét hàm số
( )
3 2
4 9 12 18f t t t t= − − +
với
5
2
t ≥
Ta có
( )
( )
2
' 6 2 3 2 0f t t t= − − >
, suy ra
( )
5
;
2
5 23
min
2 4
f t f
 
+∞
÷

 

 
= = −
 ÷
 
Vậy
23
min
4
P = −
; khi và chỉ khi
5
2
a b
b a
+ =
và
1 1
2a b
a b
 
+ = +
 ÷
 

( ) ( )
; 2;1a b⇔ =
hoặc
( ) ( )
; 1;2a b =
IV. Bài tập tương tự

Bài 1. Cho x, y là những số thực thoả mãn
2 2
x y 0+ >
. Hãy tìm GTLN,
GTNN của biểu thức
2 2
2 2
2x y
A
x xy 2y
+
=
+ +
(Thi thực hành giải toán trên MTCT tỉnh Lai Châu năm 2010)
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
15
Bài 2. Cho
2 2
x y 0+ >
. Tìm GTLN, GTNN của
2 2
2 2
x y
S
x xy 4y
+
=
+ +
Bài 3. Cho
2 2

x y 0+ >
. Tìm GTLN, GTNN của
2 2
2 2
x (x 4y)
S
x 4y
− −
=
−
Bài 4. Cho
a 1≥
. Tìm GTNN của
y a cosx a sinx= + + +
.
Bài 5. Tìm GTNN của
( ) ( ) ( ) ( )
2x 2x x x
y 2 3 2 3 8 2 3 2 3
 
= + + − − + + −
 
 
Bài 6. Cho ab
≠
0. Tìm GTNN của
4 4 2 2
4 4 2 2
a b a b a b
y

b a
b a b a
 
= + − + + +
 ÷
 
Bài 7. Cho
x,y 0≥
và
x y 1+ =
. Tìm Max, Min của
x y
S 3 9= +
Bài 8. Tìm GTLN, GTNN của
6 6
y sin x cos x asin xcosx= + +
.
Bài 9. Tìm GTLN, GTNN của
y sinx cos2x sinx= + +
.
Bài 10. Tìm GTLN, GTNN của
1 sin2x 1 tgx
y (a 1) a
1 sin 2x 1 tgx
+ +
= − − +
− −
với
x 0;
4

π
 
∈
÷

 
Bài 11. Cho
2 2 2
x y z 1+ + =
Tìm GTLN, GTNN của
P x y x xy yz zx= + + + + +
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
16
Chương II
Phương pháp ứng dụng đạo hàm để giải PT, HPT, BPT, HBPT
Để giải các PT, HPT, BPT, HBPT bằng phương pháp ứng dụng đạo hàm ta cần
nắm cần nắm vững các mệnh đề (MĐ) sau:
Cho hàm số
( )y f x=
liên tục trên tập
D
MĐ1: Phương trình
( )f x m=
có nghiệm
( ) ( )
min max
x D
x D
x D f x m f x
∈

∈
∈ ⇔ ≤ ≤
MĐ2: BPT
( )f x m≤
có nghiệm
( )
min
x D
x D f x m
∈
∈ ⇔ ≤
MĐ3: BPT
( )f x m≤
nghiệm đúng với mọi
( )
max
x D
x D f x m
∈
∈ ⇔ ≤
MĐ4: BPT
( )f x m≥
có nghiệm
( )
max
x D
x D f x m
∈
∈ ⇔ ≥
MĐ5: BPT

( )f x m≥
, nghiệm đúng với mọi
( )
min
x D
x D f x m
∈
∈ ⇔ ≥
MĐ6: Cho hàm số
( )y f x=
đơn điệu trên tập
D
Khi đó
( ) ( )
f u f v u v= ⇔ =
(với mọi
,u v D∈
)
Dạng 1: Bài toán PT, HPT, BPT, HBPT không chứa tham số
I. Phương pháp
Để giải phương trình f(x) = g(x) bằng phương pháp ứng dụng đạo hàm ta
thường chứng minh hai miền giá trị của hai hàm f(x) và g(x) chỉ có chung đúng một
phần tử x
0
. Từ đó kết luận x
0
là nghiệm.
* Cụ thể:
- Ta chứng minh f(x)
≥

g(x) hoặc f(x)
≤
g(x) hoặc f(x)
≥
A và g(x)
≤
A hoặc
ngược lại.
- Sau đó ta xét dấu đẳng thức xảy ra.
Bên cạnh đó ta cũng sử dụng kết quả:
+ Nếu hàm f(x) đồng biến và hàm g(x) nghịch biến (hoặc ngược lại) trên cùng
một miền xác định thì đồ thị của hàm y = f(x) và y = g(x) nếu cắt nhau thì cắt nhau tại
một điểm duy nhất. Từ đó: phương trình f(x) = g(x) chỉ có thể có nghiệm duy nhất
hoặc vô nghiệm.
+ Nếu f(t) là hàm đơn điệu trên D thì f(x) = f(y)
⇔
x = y.
II. Ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1. Giải các phương trình:
a)
2 2
log 3 log 5
x x x+ =
(Đại học Ngoại Thương năm 1996)

b)
2 2
15 3 2 8x x x+ = − + +
(Đại học Ngoại Thương năm 1997)
c)

1
2 4 1
x x
x
+
− = −
(Đại học Ngoại Thương năm 1997)
Lời giải
a)
2 2
log 3 log 5
x x x+ =
(1)
Điều kiện : x > 0
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
17
Phương trình (1)
2 2 2
log 2 log 3 log 5
x x x⇔ + =

2 2 2
log log log
2 3 5
x x x
⇔ + =
Đặt t =
2
log x
ta được phương trình

2 3 5
t t t
+ =
2 3
1 (2)
5 5
t t
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
Đặt f(t) =
2 3
;
5 5
t t
t
   
+ ∈
 ÷  ÷
   
¡
Ta có: f’(t)
2 2 3 3
ln ln 0;
5 5 5 5
t t
t
   

= + < ∀ ∈
 ÷  ÷
   
¡
Suy ra: f(t) là hàm nghịch biến trên
¡
.
Lại có f(1) = 1 nên đồ thị hàm y = f(t) cắt đồ thị hàm y =1 tại một điểm duy
nhất t =1.
Do đó, phương trình (2) có nghiệm duy nhất với t = 1
2
log 1 2x x⇒ = ⇔ =
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
b)
2 2
15 3 2 8x x x+ = − + +

2 2
2 2
15 8 3 2
7
3 2
15 8
x x x
x
x x
⇔ + − + = −
⇔ = −
+ + +
Ta thấy f(x) =

2 2
7
15 8x x+ + +
là hàm nghịch biến trên
¡
,
g(x) = 3x - 2 đồng biến trên
¡
.
Hơn nữa f(1)=g(1)
Do đó, đồ thị hàm f(x) cắt đồ thị hàm g(x) tại một điểm duy nhất x =1.
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.
c)
1
2 4 1
x x
x
+
− = −
(1)
Đặt
2
2 0 log
x
t x t= > ⇒ =
Phương trình (1) trở thành
2
2
2 log 1 (2)t t t− = −
+ Nếu 0 < t < 2;

Xét f(t) = 2t – t
2
f’(t) = 2 -2t
f’(t) = 0
1t⇒ =
Bảng biến thiên:
t 0 1 2
f’(t) + 0 -
f(t)
1
0 0
Từ bảng biến thiên, suy ra:
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
18
( )
1 f(t) 0; t 0;2≥ > ∀ ∈
Mặt khác:
+Nếu
2 2
t 2 log t 1 log t 1 0 f(t)< ⇒ < ⇒ − < <
Do đó phương trình (2) vô nghiệm với
( )
t 0;2∀ ∈
+ Nếu t > 2;
Xét f(t) = 2t – t
2
f’(t) = 2 -2t
f’(t) = 0
1t⇒ =
Bảng biến thiên:

t 1 2
+∞
f’(t) - 0 - -
f(t)
0
−∞
Từ bảng biến thiên, suy ra:
f (t) 0; t 2< ∀ >
mà
2
t 2 log t 1 0 f '(t)> ⇒ − > >
nên phương trình (2) vô nghiệm
Do vậy, phương trình (2) chỉ có nghiệm t =2 với t = 2

2 2 1
x
x⇒ = ⇔ =

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =1
Ví dụ 2. Giải các phương trình sau:
a)
8.3 3.2 24 6
x x x
+ = +
(Đại học Quốc gia Hà Nội năm 2000)
b)
( )
7 3
log log 2x x= +
(Đại học Kiến trúc Hà Nội năm 2000)

c)
2
1
2
x
x
e x
−
= − +
với
0 1x≤ ≤
d)
( )
2 2
3 3
log 1 log 2x x x x x+ + − = −
(Đại học Ngoại thương năm 2000)
e)
( )
2
log 9 2 3
x
x
− + − =
(Đại học Huế năm 2000)
Lời giải
a)
8.3 3.2 24 6
x x x
+ = +

( ) ( )
( ) ( )
3 8 2 3 2 8 0
8 2 3 3 0
8 2 3
1
3 3 0
x x x
x x
x
x
x
x
⇔ − + − =
⇔ − − =

− =

⇔ ⇔


=
− =


Vậy phương trình có nghiệm x =1, x =3.
b)
( )
7 3

log log 2x x= +
(1)
Điều kiện: x > 0
Đặt
7
log 7
t
x t x= ⇒ =
Phương trình (1) trở thành:
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
19
( )
( )
3
log 2
7 2 3 (2)
7 1
2 1
3 3
t
t
t
t
x t+ =
⇔ + =
 
 
⇔ + =
 ÷
 ÷

 
 
Hàm f(t) =
7 1
2
3 3
t
t
 
 
+
 ÷
 ÷
 
 
nghịch biến trên
¡
Lại có f(2) =
7 2
1
9 9
+ =
Nên phương trình (2) luôn có nghiệm duy nhất t = 2; với t = 2
2
7 49x⇒ = =
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 49.
c)
2
1
2

x
x
e x
−
= − +
với
0 1x≤ ≤

2
1
2
x
x
e x
−
⇔ + − =
Xét hàm số: f(x) =
2
2
x
x
e x
−
+ −
; với
0 1x≤ ≤
f’(x) =
1
x
e x

−
− + −
f’’(x) =
[ ]
1 0, 0;1
x
e x
−
− ≤ ∀ ∈
Bảng biến thiên
x 0 1
f"(x) -
f'(x) 0

1
e
−
f(x) 1

Từ bảng biến thiên suy ra: f(x)
[
)
1, 0;1x≤ ∀ ∈
Do đó, dấu đẳng thức xảy ra
0x⇔ =
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0.
d)
( )
2 2
3 3

log 1 log 2x x x x x+ + − = −
(1)
Điều kiện: x > 0
Phương trình (1)
( )
2
3
1
log 1 1 1x x
x
 
⇔ + + = − − +
 ÷
 
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
20
Theo bất đẳng thức Côsy:
1 1
2 1 3x x
x x
+ ≥ ⇒ + + ≥
Nên
3
1
log 1 1x
x
 
+ + ≥
 ÷
 

Mặt khác:
( )
2
1 1x− − +
1≤
Do đó, dấu đẳng thức xảy ra
1
1
1 0
x
x
x
x

=

⇔ ⇔ =


− =

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =1.
e)
( )
2
log 9 2 3
x
x
− + − =
(1)

Điều kiện:
2 2
9 2 0 log 9 2log 3
x
x− > ⇒ < =
Phương trình (1)
( )
2
log 9 2 3
x
x⇔ − = +

Đặt
2
log (9 2 )
x
y = −
2
2 ln 2
' 0 2log 3
9 2
x
x
y x
−
= < ∀ <
−
Do vậy y là hàm số nghịch biến
Mặt khác hàm số h(x)=3+x đồng biến trên
( )

2
;2log 3−∞
Và y(0)=h(0)
Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=0
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình sau:
5 2 7
2 5 7
x y
x y

+ + − =


− + + =



(Đại học Nông nghiệp Hà Nội năm 2000)
Lời giải
Điều kiện:
2
5
x
y
≥


≥ −

Từ hệ

5 2 2 5x y x y⇒ + + − = − + +

5 2 5 2
f ( ) g( )
x x y y
x y
⇒ + − − = + − −
⇔ =
Xét hàm số f(t) =
t 5 t 2+ − −
với
t 2≥
f’(t) =
t 2 t 5
0; t 2
2 t 5 t 2
− − +
< ∀ ≥
+ −
⇒
f(t) là hàm nghịch biến trên
[
)
2;+∞
Do đó:
f ( ) g( )x y x y= ⇔ =
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
21
Khi đó hệ
5 2 7x x⇔ + + − =

5 47 14 2
14 2 42
2 9 11
x x x
x
x x y
⇔ + = − − +
⇔ − =
⇔ − = ⇔ = =
Vậy, nghiệm của hệ đã cho là: x = y = 11.
Ví dụ 4. Giải các phương trình sau:
a)
2
2
3
2
3
log 3 2
2 4 5
x x
x x
x x
+ +
= + +
+ +
(Đại học Ngoại thương năm 2001)
b)
( )
( )

4
2 2 2
1 2 1 2 2 1 2 4 1x x x x x x x+ − + − − = − − +

(Đại học Bách khoa TP HCM năm 2001)
c)
3 5 6 2
x x
x+ = +
(Đại học Sư phạm Hà Nội năm 2001)
d)
( )
2
2
1
2 2 1
x x x
x
− −
+ = −
(Đại học Thủy Lợi năm 2001)
Lời giải
a)
2
2
3
2
3
log 3 2
2 4 5

x x
x x
x x
+ +
= + +
+ +
Vì
2
3 0,x x x R+ + > ∀ ∈
và
2
2 4 5 0,x x x R+ + > ∀ ∈
nên phương trình tương
đương với:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
3 3
2 2 2 2
3 3
log 3 log 2 4 5 3 2 4 5
log 3 3 log 2 4 5 2 4 5 (1)
x x x x x x x x
x x x x x x x x
+ + − + + = − + + + + +
⇔ + + + + + = + + + + +
Đặt
2
2
3 2

2 4 5 2
a x x
b x x

= + + >


= + + >


thì phương trình (1) trở thành:
( ) ( )
3 3
log log f a f ba a b b+ = + ⇔ =
Xét hàm số:
( )
3
f t log t t;t 2= + >

( )
1
f ' t 1>0; t 2
tln3
= + ∀ >
Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên
( )
2;+∞
Do đó f(a) = f(b)
a b⇔ =

2 2
2
3 2 4 5
3 2 0
1
2
x x x x
x x
x
x
⇔ + + = + +
⇔ + + =
= −

⇔

= −

Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm x = -1; x = -2.
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
22
b)
( )
( )
4
2 2 2
1 2 1 2 2 1 2 4 1x x x x x x x+ − + − − = − − +
(1)
Điều kiện:
2

2 2
2
0 2 0 2
2 0
0 2
2 1 2 1 0
1 2 0
x x
x x
x
x x x x
x x
≤ ≤ ≤ ≤

− ≥
 
  
⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤
  
− ≤ − − ≤
− − ≥
 

 

Đặt t =
2
2 0x x− ≥
t’ =
2

2 2
;t' 0 1
2 2
x
x
x x
−
= ⇒ =
−
Bảng biên thiên:

x 0 1 2
t’ + 0 -
t
1
0 0
Từ bảng biên thiên:
0 t 1⇒ ≤ ≤
Với t =
2 2 2 2 2
2 t 2 2 1 1 tx x x x x x− ⇔ = − ⇒ − + = −

( ) ( )
( )
2
2 4
2 2
1 1 t 1 1 tx x⇒ − = − ⇒ − = −
Phương trình (1) trở thành:
( ) ( )

2
2 2
1 t 1 t 2 1 t 2 1 t 1 (2)
 
+ + − = − − −
 
Ta chứng minh bất đẳng thức:
0 t 1∀ ≤ ≤
thì:
2
1 t 1 t 2 t+ + − ≥ −
(*)
Thật vậy bất đẳng thức (*)
2
1 t 1 t+t 2⇔ + + − ≥
Xét hàm số :
f(t) =
2
1 t 1 t+t+ + −
với
0 t 1≤ ≤
Lại đặt u =
1 t 1 t+ + −
u’ =
2
1 1 1 t 1 t
2 1 t 2 1 t
2 1 t
− − +
− =

+ −
−
u’ = 0
1 t 1 t t 0⇔ − = + ⇒ =
Bảng biến thiên:

t 0 1
u’ 0 -
u 2

2
Từ đó suy ra: với
0 t 1≤ ≤
thì
2 u 2≤ ≤
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
23
2 2
2
2 2 2 4
u 2 2 1 t
1 1
t 1 u 1 u u
2 4
⇒ = + −
 
⇒ = − − = −
 ÷
 
Xét hàm f(u) = u + u

2
-
1
4
4
u
với
2 u 2≤ ≤
f’(u) = - u
3
+2u +1
f’(u) = 0
( )
( )
3 2
1 5
u +2u +1=0 u+1 -u u 1 0 u
2
+
⇔ − ⇔ + + = ⇔ =
Bảng biến thiên:

u
2

1 5
2
+
2
f’(u) + 0 -

f(u)


1+
2
2
Bảng biến thiên, suy ra:
f(u)
( )
2; 2 u 2 f t 2; 0 t 1≥ ∀ ≤ ≤ ⇒ ≥ ∀ ≤ ≤
Như vậy từ (2)
( ) ( )
2
2 2 2
2 1 t 1 2t 2 t⇒ − − ≥ −

( )
[ ]
2 3 2
2 3 2
t 4t 10t 7 0
t 0 ( ì 4t 10t 7 0; t 0;1 )
t 0
v
⇔ − + ≤
⇔ ≤ − + > ∀ ∈
⇔ =
Khi t = 0
2
0

2 0
2
x
x x
x
=

⇔ − = ⇔

=

Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm x = 0 hoặc x = 2.
c)
3 5 6 2
x x
x+ = +

3 5 6 2 0
x x
x⇔ + − − =
Xét hàm số f(x) =
3 5 6 2
x x
x+ − −
f '(x) =
3 ln3 5 ln5 6
x x
+ −
f "(x) =
2 2

3 ln 3 5 ln 5 6 0;
x x
x+ − > ∀ ∈¡
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
24
Bảng biến thiên:

x
−∞

0
x

+∞

f ’’(u) + 0 -
f’(u)

+∞
0
-6
f(x)
+∞

+∞
f(x
0
)
Từ bảng biến thiên, suy ra: Phương trình f(x) = 0 có nghiệm không quá hai nghiệm.
Mà x = 0; x = 2 đều thỏa mãn f(x) = 0. Vậy x = 0, x = 2 là hai nghiệm của phương

trình ban đầu.
d)
( )
2
2
1
2 2 1
x x x
x
− −
− = −

2
1 2
2 1 2 (1)
x x x
x x x
− −
⇔ + − = + −
Đặt
2
1a x
b x x
= −


= −

thì (1) trở thành:
( ) ( )

2 2 f f
a b
a b a b+ = + ⇔ =
Xét hàm số:
( )
f 2
t
t t= +

( )
t
f ' t 2 ln2 1 0; t= + > ∀ ∈¡

⇒
f(t) là hàm số đồng biến trên
¡
Do đó:
( ) ( )
2
f a f b 1 1a b x x x x= ⇔ = ⇔ − = − ⇔ =
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =1.
III. Các bài toán trong các kỳ thi tuyển sinh vào Đại học
Bài 1. Câu V khối D năm 2004.
Chứng minh phương trình sau có đúng một nghiệm
5 2
2 1 0x x x− − − =
.
Lời giải
Ta có
( ) ( ) ( )

2 2
5 2 5 5
2 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1x x x x x x x x x− − − = ⇔ = + ≥ ⇒ ≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
Với
1x ≥
: Xét hàm số
( )
5 2
2 1f x x x x= − − −
. Khi đó
( )
f x
liên tục với mọi
1x ≥
.
Ta có:
( ) ( )
1 3 0, 2 23 0.f f= − < = >
Suy ra
( )
0f x =
có nghiệm thuộc
( )
1;2
(2)
( )
( ) ( )
( ) ( )
4 4 4 4
3 4 4

' 5 2 2 2 2 2 2
2 1 2 1 0 1
f x x x x x x x
x x x x x
= − − = − + − +
= − + − + > ∀ ≥
Suy ra
( )
f x
đồng biến trên nửa đoạn
[
)
1;+ ∞
(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra phương trình có đúng một nghiệm.
Bài 2. CâuV khối A 2010
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Hµ TiÕn Dòng
25