RÈN LUYỆN kỹ NĂNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA căn BẰNG PHƯƠNG PHÁP hàm số

Sáng kiến kinh nghiệm
RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN BẰNG
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Như chúng ta đã biết 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 .
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 , 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 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.
Qua nhiều năm đứng trên bục giảng, nhiều năm học được nhà trường phân công
dạy các lớp ban khoa học tự nhiên, ôn thi đại học, bồi dưỡng học sinh giỏi khi dạy
tới chuyên đề này, tôi luôn băn khoăn làm thế nào để cho bài 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 Tôi đã
đầu tư thời gian nghiên cứu chuyên đề này. Một mặt là giúp học sinh hiểu được

GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
1
Sáng kiến kinh nghiệm
bản chất của vấn đề ,các em không còn lúng túng trong việc giải các bài toán liên
quan đến hàm số,
rèn luyện cho các em kỹ năng giải các bài toán có liên quan đến hàm số đặc biệt
là việc giải phương trình chứa căn ,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.

II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
A-cơ sở lý thuyết
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
2
Sáng kiến kinh nghiệm
1. HS y = f(x) đồng biến trên (a, b)
( )
' 0f x⇔ ≥
với mọi x
∈
(a, b).
2. HS y = f(x) nghịch biến trên (a, b)
( )
' 0f x⇔ ≤
với mọi x
∈
(a, b).
3. HS y = f(x) đồng biến trên
[ ]
;a b

thì Min f(x) = f(a); Max f(x) = f(b)
4. HS y = f(x) nghịch biến trên
[ ]
;a b
thì Min f(x) = f(b); Max f(x) = f(a).
Chú ý:
 Nghiệm của phương trình f(x) = g(x) là hoành độ giao điểm của đồ thị hs y =
f(x) với đồ thị hs 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 (a; b) 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 (a; b),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
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
3
Sáng kiến kinh nghiệm
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 (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
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
4
Sáng kiến kinh nghiệm
B.Các giải pháp:
1. Các ví dụ:
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 .
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
5
Sáng kiến kinh nghiệm
VD 4 : Giải phương trình
5 3
1 3 4 0x x x+ − − + =
( ĐH Ngoại thương 2000)
Lg: 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 = −
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
6
Sáng kiến kinh nghiệm
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+ + = − + + − + +
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 −
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
7
Sáng kiến kinh nghiệm
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)
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
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
8
Sáng kiến kinh nghiệm
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
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 .
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
9
x−∞ 0x
0
1+∞f ′ −0+
f
ƒ(x
0
)
Sáng kiến kinh nghiệm
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 : 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+ ≤ ≤ +

GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
10
Sáng kiến kinh nghiệm
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
= ⇔ = − =
+
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 :
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
11
Sáng kiến kinh nghiệm

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 :
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− − −
)
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
12
Sáng kiến kinh nghiệm
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+ + − =
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⇒ ≤ ≤
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
13
Sáng kiến kinh nghiệm
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
Bàng biến thiên
x -1 7/2 8

f
’
(x) + 0 -


9
3 2
2
+
f(x) 3 3
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
14
Sáng kiến kinh nghiệm
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
− − − −
+ = ⇔ + =
+ + + +
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
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
15
Sáng kiến kinh nghiệm
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 +

+∞

t(x)
5
1
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
16
Sáng kiến kinh nghiệm

(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 ≥
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
17
Sáng kiến kinh nghiệm

⇔

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

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 +
4
+∞

f(x) 3

Bình luậnVới 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 ≥
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
18
Sáng kiến kinh nghiệm
2/ Kiểm nghiệm :
Trên đây là những giải pháp mà tôi đúc rút được trong suốt quá trình giảng dạy tại

trường THPT Tĩnh .gia1.
Phương trình chứa căn là một nội dung quan trọng trong chương trình môn
toán lớp 10 nói riêng và trong chương trình ôn thi đại học ,bồi dưỡng học sinh giỏi
nói riêng. Nhưng đối với học sinh lại là một mảng tương đối khó, đây cũng là vấn
đề phần nhiều thầy cô giáo quan tâm.
Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong các năm học giảng dạy lớp 12 ban
KHTN, được học sinh đồng tình ủng hộ và đạt được kết quả cao, nâng cao khả
năng giải phương trình vô tỉ. Các em hứng thú học tập hơn, ở những lớp có hướng
dẫn kỹ các em học sinh với mức học trung bình cứng trở lên đã có kỹ năng giải
các bài tập. Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt. Cụ thể ở các lớp khối 12 sau khi
được học về chuyên đề này thì số HS hiểu và có kỹ năng giải được cơ bản dạng
toán nói trên .
kết quả qua các bài kiểm tra thử như sau :
Năm
học
Lớp
Tổng
số
Điểm 8 trở lên
Điểm từ 5 đến
8
Điểm dưới 5
Số
lượng
Tỷ lệ
Số
lượng
Tỷ lệ
Số
lượng

Tỷ lệ
2011-
2012
12A2 40 8 20 % 20 50 % 12 30 %
12A3 45 5 11 % 20 44 % 20 44 %
2012-
2013
12A3 45 15 33 % 25 56 % 5 11 %
12A4 44 9 20 % 23 52% 12 28 %

Như vậy tôi thấy các phương pháp có hiệu quả tương đối. Theo tôi khi ôn tập
phần toán giải phương trình chứa căn giáo viên cần chỉ rõ dạng toán và cách giải
tương ứng để học sinh nắm được bài tốt hơn.
Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắc chắn còn có nhiều thiếu sót và
hạn chế. Tôi rất mong được sự quan tâm của tất cả các đồng nghiệp bổ sung và
góp ý cho tôi. Tôi xin chân thành cảm ơn.
3. Kiến nghị và đề xuất:
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
19
Sáng kiến kinh nghiệm
- Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có nhiều
hơn nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới và phòng thư viện để nghiên cứu học tập
nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ .
- Nhà trường cần tổ chức các buổi trao đổi phương pháp giảng dạy. Trao đổi
các tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập của giáo viên hàng năm để làm cở sở
nghiên cứu phát triển chuyên đề.
- Học sinh cần tăng cường học tập trao đổi, học nhóm nâng cao chất lượng học
tập
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Tĩnh gia, ngày 25 tháng 5 năm 2013

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết , không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết
Lê Thị Hoa
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
20