SKKN Ứng dụng đạo hàm và ẩn phụ để tìm tham số trong bài toán phương trình, bất phương trình

Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1.Cơ sở thực tiễn của vấn đề nghiên cứu
Trên thực tế học sinh THPT đã được học rất nhiều dạng toán về PT,
BPT và hệ PT cụ thể là : Lớp 10 có PT, BPT, hệ PT quy về bậc hai, chứa ẩn
dưới dấu căn và chứa ẩn dưới dấu giá trị tuyệt đối. Lớp 11 có PT lượng giác.
Lớp 12 có PT, BPT, hệ PT mũ và logarit. Trong đó có khá nhiều dạng bài toán
cần phải thực hiện phương pháp đặt ẩn phụ khi tiến hành lời giải và hầu hết đó
là các bài toán không chứa tham số. Tuy nhiên trong các đề thi tuyển sinh Đại
học và đề thi học sinh giỏi thường có các bài toàn đề cập đến PT, BPT chứa
tham số hoặc tìm GTLN, GTNN mà khi tiến hành lời giải thì phải đặt ẩn phụ và
tìm ĐK của ẩn phụ.
Với mười năm làm nghề dạy học tôi đã may mắn được tham gia giảng
dạy cho khá nhiều lớp ôn thi Đại học và ôn thi học sinh giỏi tôi thấy có một số
vấn đề cần phải giải quyết:
Một là: Viếc biến đổi PT, BPT hoặc đặt ẩn phụ để quy PT đã cho về các
PT bậc cao thì học sinh được giải quyết khá nhiều ở lớp 10 và lớp 11, nhưng
khảo sát hàm số bằng cách ứng dụng đạo hàm thì đến lớp 12 mới được học nên
khi làm bài cần phải kết hợp hai việc trên với nhau thì học sinh rất lúng túng
nên lời giải nhiều khi không chặt chẽ.
Hai là: Khi học sinh làm bài tập về PT, BPT hoặc tìm GTLN, GTNN
của biểu thức có ĐK mà trong lời giải có bước đặt ẩn phụ thì tôi thấy nhiều học
sinh mắc phải một trong những sai lầm: hoặc là đặt ẩn phụ mà không nghĩ đến
tìm ĐK của ẩn phụ hoặc tìm sai ĐK của nó, hoặc đã tìm chính xác ĐK của ẩn
phụ nhưng khi lập luận trên PT, BPT theo ẩn phụ thì lại không xét trên ĐK ràng
buộc của nó nên dẫn đến kết luận không chính xác.
Ba là: Từ năm 2006 sách giáo khoa không nói đến định lý đảo về dấu
tam thức bậc hai, trong khi đó sách tham khảo suất bản trước đó có rất nhiều bài

1
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

toán sử dụng định lý đó để thực hiện việc so sánh các nghiệm của một tam thức
bậc với các số cho trước nên học sinh đọc sách rất hoang mang. Do đó người
giáo viên phải định hướng cho học sinh biến đổi về bài toán sử dụng đạo hàm
để khảo sát hàm số nếu là tình huống không thể giải quyết đơn thuần theo kiểu
tính biệt thức đenta.
Những vấn đề trên chính là lý do để tôi chọn đề tài:
Ứng dụng đạo hàm và ẩn phụ để tìm tham số trong bài toán phương trình,
bất phương trình
2. Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm
Những vấn đề tôi trình bày trong bản sáng kiến với mục đích sau:
Một là: Làm sáng tỏ sự liên hệ giữa số nghiệm của PT một ẩn với số
giao điểm của hai hai đồ thị hai hàm số ở hai vế của PT đó, nghiệm của PT
chính là hoành độ các giao điểm nghĩa là từ các giao điểm mà chiếu vuông góc
lên trục hoành ta sẽ tìm được các nghiệm tương ứng.
Hai là: Trong khi giải quyết các bài toán về PT, BPT hoặc bài toán tìm
GTLN , GTNN của một biểu thức có ĐK mà phải thực hiện việc đặt ẩn phụ thì
việc tìm ĐK của ản phụ là rất cần thiết, việc tìm ĐK của ẩn phụ thực ra là tìm
tạp giá trị của ẩn phụ trên tập xác định của bài toán đã cho. Sau khi tìm được
ĐK của ẩn phụ thì những yêu cầu của đề bài đối với bài toán theo ẩn chính phải
được quy về những yêu cầu tương ứng cho bài toán theo ẩn phụ trên ĐK của nó.
Các vấn đề tôi trình bày trong bài viết của mình có thể hỗ trợ cho các
em học sinh lớp 12 có cách nhìn toàn diện hơn về bài toán PT, BPT có tham số
hoặc bài toán tìm GTLN, GTNN có liên quan đến phép đặt ẩn phụ.
3. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu
Để hoàn thành được bài viết của mình với đề tài nói trên tôi đã phải
nghiên cứu trên các dạng toán về PT, BPT và các bài toán tìm GTLN, GTNN

2
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

đặc biệt là các bài toán về PT, BPT chứa tham số và trong lời giải có việc đặt
phụ.
Phạm vi nghiên cứu của đề tài là toàn bộ chương trình đại số và giải
tích thuộc môn toán Trung học phổ thông đặc biệt là các phần: PT, BPT, hệ PT
quy về bậc cao một ẩn. PT, BPT chứa ản dưới dấu căn bậc hai và chứa ẩn dưới
dấu giá trị tuyệt đối. PT lượng giác. PT, BPT mũ và logarit.
4 . Kế hoạch nghiên cứu
Trong quá trình dạy học với những trăn trở như đã trình bày trong phần
cơ sở thực tiến để đưa ra lý do chọn đề tài tôi đã cho các em học sinh từ lớp 10
làm các bài toán về PT, BPT quy về bậc hai, PT, BPT chứa ẩn dưới dấu căn bậc
hai có liên quan đến tham số và đặt ẩn phụ. Các em học sinh lớp 11 làm các bài
toán về PT lượng giác có liên quan đến tham số, bài toán tìm GTLN, GTNN của
biểu thưc lượng giác nói trung là đều phải đặt ẩn phụ. Khi đó học sinh có thể
làm được các bài toán mà sau khi đặt ẩn phụ quy về PT bậc hai có thể tính toán
đơn thuần thông qua biệt thức đenta hoặc sau khi biến đổi cô lập tham số ta
được một vế là hàm số bậc hai đối với ẩn phụ, nhưng nhiều em vẫn làm không
chính xác do không để ý tìm ĐK của ẩn phụ hoặc có tìm ĐK của ẩn phụ nhưng
tìm không chính xác.
Với các bài toán có tham số mà sau khi đặt ẩn phụ lại quy về PT, BPT
có chứa hàm số đa thứ bậc ba, bạc bốn hoặc hàm số phân thức thì học sinh
không thể giải được vì khi đó các em chưa được học khảo sát các loại hàm số
này.
Các vướng mắc nói trên sẽ được giải quyết toàn diện khi học sinh đã
học về ứng dụng của đạo hàm để khảo sát hàm số. Do đó từ đầu năm học 2009
– 2010 tôi đã nghiên cứu đề tài nói trên thông qua một số tiết tự chon nâng cao

tại hai lớp 12A4, 12A6 và từ đó xây dựng, hoàn thiện bài viết của mình.

3
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng


4
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý luận
a) Tìm số nghiệm của phương trình
Xét PT
( ) ( )f x g m=
, (1) . Trong đó
x
là ẩn thực và
m
là tham số thực
- Số nghiệm của PT (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số
( )y f x=
( có thể
nhận thấy hình dạng đồ thị hàm số thông qua BBT của nó ) và đường thẳng
( )y g m=
là đường thẳng vuông góc với trục Oy tại điểm có tung độ bằng
( )g m
.
- các nghiệm

1 2
, , ,
n
x x x
của PT (1) chính là hoành độ của các giao điểm.

b) 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 :

5
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

- Tìm các điểm
1 2
, , ,
n
x x x
trên đoạn

[ ]
;a b
mà tại đó
'
( )f x
bằng 0 hoặc
'
( )f x
không xác định
- Tính các giá trị
1 2
( ), ( ), ( ), ( ), , ( )
n
f a f b f x f x f x
- Số lớn nhất ( bé nhất ) trong các số trên là GTLN (GTNN ) của hàm số
( )f x
trên đoạn
[ ]
;a b

c) Tìm tham số trong bài toán bất phương trình
Nếu hàm số
( )f x
có GTLN và GTNN trên tập xác định
D
khi đó
BPT :
( ) ( )f x g m≥
thỏa mãn
x D∀ ∈

khi và chỉ khi
min ( ) ( )
D
f x g m≥

( ) ( )f x g m≤
thỏa mãn
x D∀ ∈
khi và chỉ khi
max ( ) ( )
D
f x g m≤

( ) ( )f x g m≥
có nghiệm
x D∈
khi và chỉ khi
ax ( ) ( )
D
m f x g m≥

( ) ( )f x g m≤
có nghiệm
x D∈
khi và chỉ khi
min ( ) ( )
D
f x g m≤

Trong trường hợp hàm số

( )f x
không có GTLN hoặc GTNN trên tập
D
ta
phải kết hợp với BBT hoặc đồ thị của nó để có kết luận thích hợp

2. Thực trạng của vấn đề
Để thực hiện được đề tài của mình tôi đã thực hiện khảo sát thực tế như sau:
Trong đợt ôn tập hè năm 2009 cho các em học sinh lớp 11 chuẩn bị lên lớp
12 trong phần ôn tập môn toán có một số tiết ôn tập về phần PT, BPT đã học ở
lớp 10 và lớp 11 tôi đã cho học sinh làm một số bài về PT, BPT có chứa tham
số và có phải thực hiện việc đặt ẩn phụ và dặn các em về ôn tập thêm để đến
đầu năm học lớp 12 tôi cho học sinh lớp 12A4 và 12A6 làm bài kiểm tra khảo
sát 55 phút trong giờ tự chọn nâng cao với đề kiểm tra như sau:

Câu I. ( 3 điểm ) Tìm tham số
m
để PT sau có nghiệm duy nhất:

6
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng


2
4 3 2
0,
1
x x m
x

− + −
=
−
(1)
Câu II. ( 3 điểm ) Tìm GTLN và GTNN của hàm số

2 2
4 2
os os 2
1 1
x x
y c c
x x
= − +
+ +
Câu III. ( 4 điểm ) Cho PT:
2 2
sinx 2 sin sinx. 2 sin ,x x m+ − + − =
(2)
1. Giải PT (2) khi
3m =
2. Tìm tham số
m
để PT (2) có nghiệm
Kết quả thu được với các mức điểm được tính tỉ lệ phần trăm như sau:

Điểm
Lớp
1 – 2,5 3 – 4,5 5 – 6,5 7 – 8,5 9 – 10
Lớp 12A4

( 55 HS )
11% 27% 42% 16,5% 3,5%
Lớp 12A6
( 55 HS )
18% 36% 35% 11% 0%
Để phân tích lý do có kết quả thấp như trên tôi xin trình bày một lời giải đúng:
Câu I .
ĐK
1x >
; PT (1)
⇔

2 2
4 3 2 0 4 3 2 ,x x m x x m− + − = ⇔ − + =
(1a)
PT (1) có nghiệm duy nhất
⇔
PT (1a) có đúng một nghiệm thỏa mãn
1x >
tức
là đường thẳng
2y m=
cắt đồ thị hàm số
2
( ) 4 3y f x x x= = − +
tại đúng một
điểm trên khoảng
( )
1;+∞

( )f x
là hàm số bậc hai có hệ số
a
dương nên có bảng biến thiên sau:

7
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Từ BBT suy ra
0
2 0
1
2 1
2
m
m
m
m
≥

≥


⇔


= −
= −



là ĐK phải tìm
Câu II . TXĐ:
¡
; Đặt
2
2
1
x
x
α
=
+
Theo BĐT Cosi :
[ ]
2 2
2
2
1 2 2 1 1 1;1
1
x
x x x
x
α α
+ ≥ = ⇔ ≤ ⇒ ≤ ⇔ ∈ −
+
Ta được
2
os2 os 2 2 os os 1y c c c c
α α α α

= − + = − +
Đặt
[ ] [ ]
os , 1;1 os1;1t c t c
α α
= ∀ ∈ − ⇒ ∈
( để học sinh hiểu rõ tính chất trên cần biểu diễn trên đường tròn lượng giác )
Thì
2
( ) 2 1,y f t t t= = − +
với
[ ]
os1;1t c∈
Bảng biến thiên của hàm số bậc hai
( )f t
Từ BBT suy ra
2
max (1) 2; min ( os1) 2 os 1 os1 1y f y f c c c= = = = − +
Câu III. TXĐ:
¡
; Đặt
(
)
2
2 2 2
sinx 2 sin sinx 2 sint x t x= + − ⇒ = + −

2
2
2

sinx. 2 sin
2
t
x
−
⇒ − =

x
( )f x
1 2 +
0
-1
+∞
t
( )f t
1


8
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

PT (2) trở thành:
2
1
1 ,
2
t t m+ − =
(2a)
1. Khi

3m =
ta có PT:
2
2
2 8 0
4
t
t t
t
=

+ − = ⇔

= −

Với
2 2
2 sinx 2 sin 2 2 sin 2 sinxt x x= ⇒ + − = ⇔ − = −

( )
2
2
2 sin 2 sinx sinx 1 2
2
x x k
π
π
− = − ⇔ = ⇔ = +
Với
2

4 sinx 2 sin 4t x= − ⇒ + − = −
, vô nghiệm vì vế trái
1 4≥ − > −
Vậy khi
3m =
PT đã cho có nghiệm
2
2
x k
π
π
= +
3. Ta phải tìm ĐK của
t

sinx 1x∀ ∈ ⇒ ≥ −¡
và
2
2 sin 1x− ≥

0; 0 sinx 1t t⇒ ≥ = ⇔ = −
Mặt khác theo tính chất
( )
2
2 2 2 2
2 2( )a b a b ab a b+ = + + ≤ +

(
)
( )

2
2 2 2 2
sinx 2 sin 2 sin 2 sin 4t x x x⇒ = + − ≤ + − =

⇒
2; 2 sinx 1t t≤ = ⇔ =
Vậy
[ ]
0;2x t∀ ∈ ⇒ ∈¡
PT (2) có nghiệm
⇔
PT (2a) có nghiệm
[ ]
0;2t ∈
Xét hàm số
2
1
( ) 1
2
f t t t= + −
trên đoạn
[ ]
0;2
Có bảng biến thiên
Từ BBT suy ra ĐK phải tìm là
1 3m− ≤ ≤

t
( )f t
-1 0 1

-1
3
9
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Những sai lầm của học sinh trong khi làm bài kiểm tra :
Câu I : Sau khi biến đổi về PT (1a)
- Một số trường hợp chỉ yêu cầu biệt thức đenta bằng không mà không quan tâm
đến ĐK
- Một số trường hợp đã tính các nghiệm và so sánh với số 1 nhưng xét chưa hết
các trường hợp
Câu II : Sau khi đặt
ost c
α
=
- Một số trường hợp không có ĐK của
t
- Một số trường hợp cho rằng
[ ]
1;1t ∈ −

Câu III :
a. Một số trường hợp không có lời giải mặc dù ý này có thể giải theo nhiều
cách: đặt một ẩn phụ như trên hoặc đặt hai ẩn phụ và quy PT đã cho về hệ PT.
b. Hầu hết học sinh làm sai vì không nghĩ đến việc tìm ĐK của ẩn phụ hoặc có
tìm ĐK nhưng tìm không chính xác.
3. Các phương pháp đã tiến hành
Vì những hạn chế của học sinh như đã trình bày trong phần lý do
chọn đề tài và phần khảo sát thực tiễn nên trong quá trình dạy lớp 12, bắt đầu là

phần ứng dụng đạo hàm để khảo sát hàm số, với các tiết học tự chọn nâng cao,
tôi đã lồng ghép các bài tập liên quan đến tìm tham số và đặt ẩn phụ. Nhưng vì
thời gian không có nhiều, hơn thế để học sinh chủ động chiếm lĩnh kiến thức
nên ứng với mỗi phần tôi cho học sinh một số bài tập để các em về nhà nghiên
cứu tìm lời giải. Trên lớp tôi cho một số học sinh lên bảng làm bài và một số
học sinh khác nhận xét lời giải. Sau đó tôi phân tích lời giải cho cả lớp để các
em tìm được lời giải tối ưu và nhấn mạnh một số điểm quan trọng trong mỗi
bài, qua mỗi dạng.

10
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Để cho việc tiếp thu bài học được dễ dàng tôi chia nội dung bài viết của
mình thành bốn phần sau:
- Phương trình , bất phương trình bậc cao một ẩn
- Phương trình , bất phương trình chứa ẩn dưới dấu căn
- Phương trình lượng giác
- Phương trình , bất phương trình mũ và logarit
PHẦN I : PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO MỘT ẨN
Bài 1. Tìm tham số
a
để PT:
3 2
3 0x x a− − =
, (1) có ba nghiệm phân biệt trong
đó có đúng một nghiệm bé hơn 1
Giải
PT (1)
3 2

3x x a⇔ − =
, (1a) .
Yêu cầu của đề bài tương đương với PT (1a) có ba nghiệm phân biệt
1 2 3
, ,x x x
sao cho
1 2 3
1x x x< ≤ <
tức là đường thẳng
y a=
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 '
0
( ) 3 6 ; ( ) 0
2
x
f x x x f x
x
=

= − = ⇔


=


3
3
lim ( ) lim 1
x x
f x x
x
→−∞ →−∞
 
= − = −∞
 ÷
 
;
lim ( )
x
f x
→+∞
= +∞
Bảng biến thiên của hàm số
( )f x

11
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Từ BBT suy ra điều kiện phải tìm là
4 2a− < ≤ −

Nhận xét: Nghiệm của (1a) là hoành độ giao điểm của đường thẳng
y a=
với
đồ thị hàm số
( )y f x=
tức là từ mỗi giao điểm ta chiếu vuông góc lên trục
hoành sẽ suy ra vị trí các nghiệm.
Bài 2. Biện luận theo
a
số nghiệm của PT:
3
2
1 3( 1) 0x x a− + − + =
, (2)
Giải
Đặt
1 , 0t x x t= − ∀ ∈ ⇒ ≥¡
PT (2) trở thành
3 2 3 2
3 0 3t t a a t t+ + = ⇔ = − −
, (2a)
Xét hàm số
3 2
( ) 3f t t t= − −
với
0t ≥
có
' 2
( ) 3 6 0, 0f t t t t= − − ≤ ∀ ≥

lim ( )
t
f t
→+∞
= −∞
Bảng biến thiên của hàm số
( )f t

'
( )f x
( )f x
+ 0 - - 0 +
0
-2
+∞
−∞
12
x
-
∞
0 1 2 +
∞
+∞
+∞
-4
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Từ BBT ta thấy

- Nếu
0a > ⇒
( 2a) không có nghiệm
0t >
nên ( 2) vô nghiệm
- Nếu
0a = ⇒
( 2a) có một nghiệm
0t =
nên ( 2) có một nghiệm
1x =
- Nếu
0a < ⇒
( 2a) có một nghiệm
0t >
nên ( 2) có hai nghiệm phân biệt
Nhận xét:
- Thay vì việc khai dấu giá trị tuyệt đối ta thực hiện việc đặt ẩn phụ để có
lời giải ngắn gọn hơn
- Lưu ý quan hệ giữa số nghiệm theo ẩn
t
và số nghiệm theo ẩn
x
Bài 3. Tìm tham số
a
để PT:
3 2
4x ax m− + − =
, ( 3)
có ba nghiệm phân biệt

( )
4;0m∀ ∈ −
Giải
Yêu cầu của đề bài tương đương với
( )
4;0m∀ ∈ −
đường thẳng
y m=
phải cắt
đồ thị hàm số
3 2
( ) 4y f x x ax= = − + −
tại ba điểm phân biệt
⇔
4
0
CD
CT
f
f
≤−
≥



(*)

t
'
( )f t

( )f t
+
-
0
−∞
13
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Ta có
' 2 '
0
( ) 3 2 ; ( ) 0
2
3
x
f x x ax f x
a
x
=


= − + = ⇔

=

Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi
2
0 0
3

a
a≠ ⇔ ≠
,
khi đó
0x =
và
2
3
a
x =
là các điểm cực trị của hàm số
⇒
các giá trị cực trị là
(0) 4f = −
và
3
2 4
4
3 27
a a
f
 
= −
 ÷
 

Theo ĐK (*) suy ra số -4 phải là giá trị cực tiểu do đó số
3
4
4

27
a
−
sẽ là giá trị
cực đại
⇒
3
4
4
27
a
−
0 3a≥ ⇔ ≥
Thử lại : Khi
2
3 0
3
a
a ≥ ⇒ ≥
.Lập bảng xét dấu
'
( )f x
suy ra
0x =
là điểm
cực tiểu ,
2
3
a
x =

là điểm cực đại và các giá trị cực trị thỏa mãn ĐK (*)
Vậy ĐK phải tìm là
3a ≥
Tổng quát:
Xét hàm số
3 2
( )f x ax bx cx d= + + +
với
0a ≠
- Hàm số
( )f x
có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi PT
'
( ) 0f x =
có hai
nghiệm phân biệt
- PT
( ) ( )f x g m=
có ba nghiệm phân biệt điều kiện cần và đủ là

( )
CT CD
f g m f≤ ≤
Bài 4. Biện luận theo
m
số nghiệm của PT sau :

14
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

4 3 2
2 17 51 (36 ) 0x x x m x m− + − + + =
, ( 4 )
Giải
PT ( 4) tương đương với

4 3 2
3 2
3 2
2 17 51 36 ( 1)
( 1)(2 15 36 ) ( 1)
1
2 15 36 ; (4 )
x x x x m x
x x x x m x
x
x x x m a
− + − = −
⇔ − − + = −
=

⇔

− + =

Để biện luận số nghiệm của PT (4) trước hết ta biện luận số nghiệm của PT (4a)
Xét hàm số
3 2

( ) 2 15 36f x x x x= − +

' 2 '
2
( ) 6 30 36; ( ) 0
3
x
f x x x f x
x
=

= − + = ⇔

=


3
2
15 36
lim ( ) lim 2
x x
f x x
x x
→−∞ →−∞
 
= − + = −∞
 ÷
 
;
3

2
15 36
lim ( ) lim 2
x x
f x x
x x
→+∞ →+∞
 
= − + = +∞
 ÷
 
Bảng biến thiên

Từ BBT suy ra:
- Nếu
28m >
hoặc
27m <
và
23m ≠
suy ra PT (4a) có một nghiệm khác
1 nên PT (4) có hai nghiệm phân biệt
- Nếu
28m =
hoặc
27m =
suy ra PT (4a) có đúng hai nghiệm khác 1 nên
PT (4) có ba nghiệm phân biệt
- Nếu
23m =

suy ra PT (4a) có một nghiệm bằng 1 nên PT (4) chỉ có một
nghiệm

x
'
( )f x
( )f x
1 2 3
28
23
−∞
27
+ + 0 - 0 +

15
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

- Nếu
27 28m< <
suy ra PT (4a) có ba nghiệm phân biệt khác 1 nên PT
(4) có bốn nghiệm phân biệt
Lưu ý:
- Việc biện luận số nghiệm của PT (4) trở thành biện luận số nghiệm khác
1 của PT (4a)
- Khi biến đổi từ PT (4) có nhiều trường hợp ta không quy về PT tích được
thì có thể chia cả hai vế cho biểu thức khác 0 để cô lập tham số và khảo
sát hàm số phân thức
Bài 5. Chứng minh rằng
0a∀ ≠

hệ PT sau có nghiệm duy nhất:

2
2
2
2
2
2
a
x y
y
a
y x
x

= +




= +


Giải ĐK :
0, 0x y≠ ≠
Hệ PT đã cho
2 2 2
2 2 2
2 (1)
2 (2)

x y y a
y x x a

= +
⇔

= +


Từ (1)
2
2 0 0x y y⇒ > ⇒ >
; từ (2)
2
2 0 0y x x⇒ > ⇒ >
Lấy (1) trừ (2) theo vế
2 2
2 ( ) 2 ( ) ( )( ) 0xy x y y x xy x y x y x y⇒ − = − ⇔ − + − + =
( )(2 ) 0 0x y xy x y x y⇔ − + + = ⇔ − =
( vì
2 0xy x y+ + >
)
y x⇔ =
thế vào (1)
Suy ra
3 2 2 3 2 2
2 2x x a x x a= + ⇔ − =
(*)
Ta thấy số nghiệm dương của PT (*) là số nghiệm của hệ PT đã cho
Xét hàm số

3 2
( ) 2f x x x= −
với
0x ≥

16
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng


' 2 '
0
( ) 6 2 ; ( ) 0
1
3
x
f x x x f x
x
=


= − = ⇔

=


3
1
lim ( ) lim 2
x x

f x x
x
→+∞ →+∞
 
= − = +∞
 ÷
 
Bang biến thiên
Từ BBT suy ra
0a∀ ≠
đường thẳng
2
y a=
luôn cắt đồ thị hàm số
( )y f x=
tại
đúng một điểm có hoành độ dương suy ra hệ PT đã cho có đúng một nghiệm
Nhận xét:
- Khi giải hệ PT đố xứng loại hai có dạng như hệ PT (1) và (2) nói trên
cách giải truyền thống là lấy các PT trừ cho nhau để tính một ẩn theo ẩn
còn lại sau đó thế lại một trong hai PT đã cho
- Hệ PT trên có lời giải rất ngắn gọn như vậy vì ta nhân xét được tính chất
0, 0x y> >

- Sau khi biến đổi về PT (*) là PT bậc ba nên nếu không sử dụng đạo hàm
để khảo sát hàm số thì việc tìm lời giải là vô cùng khó khăn
Bài 6. Tìm tham số
m
để hệ sau có nghiệm
2

3 3
3 0
2 2 20 0
x x
x x x m m

− ≤


− − − − ≥


Giải Hệ đã cho

x
'
( )f x
( )f x
0 1/3
0 - 0 +
0
1
27
−

17
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

3 3

0 3
2 2 20
x
x x x m m
≤ ≤

⇔

− − ≥ +


3 3
2 2 20x x x m m⇔ − − ≥ +
với ĐK
[ ]
0;3x∈
Đặt
3
( ) 2 2f x x x x= − −
Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi BPT
3
( ) 20f x m m≥ +
có nghiệm
[ ]
0;3x∈

⇔
[ ]
3
0;3

( ) 20max f x m m≥ +
- Nếu
[ ]
0;2x∈
3 3 2
( ) 2 (2 ) 2 4f x x x x x x x⇒ = − − = + −

có
' 2
( ) 3 4 4f x x x= + −
;
'
2
( ) 0
3
f x x= ⇔ =
hoặc
2x = −
( loại )

[ ]
0;2
2 40
(0) 0; (2) 8; ( ) 8
3 27
f f f max f x
 
= = = − ⇒ =
 ÷
 

- Nếu
[ ]
2;3x∈

3 3 2
( ) 2 ( 2) 2 4f x x x x x x x⇒ = − − = − +

có
[ ]
' 2
( ) 3 4 4 0, 2;3f x x x x= − + > ∀ ∈

[ ]
2;3
(2) 8; (3) 21 ( ) 21f f max f x= = ⇒ =
Vậy
[ ]
0;3
( ) 21max f x =
nên ta phải có
3
20 21 1m m m+ ≤ ⇔ ≤
Tóm lại ĐK phải tìm là
1m ≤
Nhận xét:
Việc tìm tham số để hệ BPT đã cho có nghiệm được quy về bài toán tìm tham
số để một BPT có nghiệm trên một tập cho trước và đã được chuyển về bài toán
tìm GTLN hoặc GTNN của hàm số.
Bài 7. Cho hàm số

3 2
4 ( 3)y x a x ax= + + +
Hãy tìm tham số
a
để
[ ]
1, 1;1y x≤ ∀ ∈ −
Giải
Giả sử
[ ]
1, 1;1y x≤ ∀ ∈ −
suy ra

18
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng


(1) 1
( 1) 1
1
1
2
1
1
2
y
y
y
y


≤

− ≤



 
≤

 ÷
 


−
 

≤
 ÷
 



4 3 1
4 3 1
1 3
1
2 4 2
1 3
1

2 4 2
a a
a a
a a
a a

+ + + ≤

− + + − ≤


+
⇒
+ + ≤



+
− + − ≤


4 3
1
3
3
5 3
a
a
a
− ≤ ≤ −




⇔ − ≤ ≤ −


− ≤ ≤



3a⇒ = −
Thử lại: Khi
3a = −
⇒
3
4 3y x x= −
là hàm số liên tục trên đoạn
[ ]
1;1−

' 2 '
1
12 3; 0
2
y x y x= − = ⇔ = ±
và
1 1
( 1) 1; (1) 1; 1; 1
2 2
y y y y

−
   
− = − = = − =
 ÷  ÷
   
suy ra
[ ]
1;1
max 1y
−
=
và
[ ]
1;1
min 1y
−
= −
nên
[ ]
1, 1;1y x≤ ∀ ∈ −
Vậy ĐK phải tìm là
3a = −
Nhận xét:
Trong lời giải của bài toán trên việc giả sử
[ ]
1, 1;1y x≤ ∀ ∈ −
chỉ có thể suy
ra điều kiện của
a
, có thể là một khoảng nào đó nhưng sẽ rúp ta dễ dàng tìm

được điều kiện thỏa mãn yêu cầu đề bài trong bước kiểm chứng ngược lại.
Bài 8. Chứng minh rằng BPT :
4 3
1 0,qx px+ + ≥
(8) thỏa mãn
x∀

khi và chỉ khi
3 4
256 27q p≥
Giải
- Nếu
0,x =
BPT (8) trở thành
1 0≥
đúng
- Nếu
4
0 0,x x≠ ⇒ >
BPT (8)
4
1 1
0q p
x x
 
⇔ + + ≥
 ÷
 
Đặt
1

, 0u x
x
= ∀ ≠
thì
0u ≠
. Ta được BPT:
4
( ) 0,f u u pu q= + + ≥
(8a)

19
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Vậy (8) thỏa mãn
x∀
khi và chỉ khi (8a) thỏa mãn
u∀

min ( ) 0f u⇔ ≥
Ta có
' 3 3
3
( ) 4 0
4 4
p p
f u u p u u= + ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ −

Bảng biến thiên của hàm số
( )f u

Từ BBT
3 3
3
min ( )
4 4 4
p p p
f u f q
 
⇒ = − = − +
 ÷
 
3
3 4 3
3 3
3 3 27
min ( ) 0 0 . 27 256
4 4 4 4 64 4
p p p p p p
f u q q q p q≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤
Từ đó suy ra điều phải chứng minh
Nhận xét:
Việc biến đổi BPT (8) về BPT (8a) như trên là rất cần thiết để việc khảo sát
hàm số trở thành đơn giản
Baì 9. Cho
0ab ≠
hãy tìm GTNN của biểu thức
A
4 4 2 2
4 4 2 2
a b a b a b

b a b a b a
 
= + − + + +
 ÷
 
Giải

u
'
( )f u
( )f u

0 +
min ( )f u
20
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Đặt
a b a b a b
u u
b a b a b a
= + ⇒ = + = +
(vì
. 1 0
a b
b a
= >
)
mà

2
2 2
2
u
a b
u
u
b a
≥

+ ≥ ⇒ ≥ ⇔

≤ −

Khi đó
2
2 2
2
2 2
2 2
a b a b
u
b a b a
 
+ = + − = −
 ÷
 

( )
2

4 4 2 2
2
2 4 2
4 4 2 2
2 2 2 4 2
a b a b
u u u
b a b a
 
+ = + − = − − = − +
 ÷
 
Suy ra A
=
4 2
5 4u u u− + +
Xét hàm số
4 2
( ) 5 4f u u u u= − + +
với
2u ≤ −
hoặc
2u ≥

' 3
( ) 4 10 1f u u u= − +

'' 2
( ) 12 10 0,f u u u= − > ∀
thỏa mãn

2u ≤ −
hoặc
2u ≥
Bảng biến thiên
Từ BBT
min 2A⇒ = −
đạt được khi
2 2
a b
u a b
b a
= − ⇒ + = − ⇔ = −
Nhận xét:
a) Trong lời giải bài toán trên cần lưu ý:
- Nhát thiết phải tìm ĐK chính xác cho ẩn phụ
u

u
''
( )f u
'
( )f u
( )f u
-2 2 +
+
+

13
2−
2

21
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

- Trong BBT ta thấy
' '
2 ( ) 11 ( ) 0u f u f u∀ < − ⇒ < − ⇒ <
' '
2 ( ) 13 ( ) 0u f u f u∀ > ⇒ > ⇒ >
b) Với ứng dụng đạo hàm để khảo sát hàm số ta có thể giải quyết bài toán tìm
tham số, tìm GTLN, GTNN của một biểu thức và những bài toán giải PT, BPT,
hệ PT
Bài 10. Giải hệ PT
3 2
3 2
3 2
9 27 27 0
9 27 27 0
9 27 27 0
y x x
z y y
x z z

− + − =

− + − =


− + − =


Giải
Hệ PT đã cho
⇔
3 2
3 2
3 2
9 27 27 (1)
9 27 27 (2)
9 27 27 (3)
y x x
z y y
x z z

= − +

= − +


= − +

Từ (1)
2
3 2
3 3 27
9 3 3 9
2 4 4
y x x x
 
 
 

⇒ = − + = − + ≥
 
 ÷
 
 
 
 
3
3
4
y⇒ ≥
3
2
y⇒ >
Từ (2) và (3) tương tự suy ra
3 3
,
2 2
z x> >
Xét hàm số
2
( ) 9 27 27f t t t= − +
với
3
2
t >
Hệ PT trên trở thành
3
3
3

( )
( )
( )
y f x
z f y
x f z

=

=


=

Ta có
'
3
( ) 18 27 0,
2
f t t t= − > ∀ >
suy ra h m sà ố
( )f t
đồng biến
3
2
t∀ >
Nếu
( ) ( ) ( )x y z f x f y f z≥ ≥ ⇒ ≥ ≥
3 3 3
y z x y z x⇒ ≥ ≥ ⇒ ≥ ≥

mà
x y z≥ ≥
suy ra
x y z= =
Các trường hợp còn lại ( chẳng hạn
z y x≥ ≥
) tương tự đều suy
x y z= =

22
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Từ
x y z= =
thế vào một trong ba PT đã cho
3 2 3 2
9 27 27 9 27 27 0 3 3x x x x x x x x y z⇒ = − + ⇔ − + − = ⇔ = ⇒ = = =
Vậy hệ PT đã cho có mộ nghiệm
3x y z= = =
Nhận xét:
Trong lời giải bài toán trên ta chỉ khai thác được tính đơn điệu của hàm số khi
đã chứng tỏ được
3
, ,
2
x y z >
Bài 11. Tìm tham số
m

để BPT
4
4 0mx x m− + ≥
, (11) thỏa mãn
x∀
Giải
BPT (11)
4
4
4
( 1) 4
1
x
m x x m
x
⇔ + ≥ ⇔ ≥
+
(11a) . Đặt
4
4
( )
1
x
f x
x
=
+
BPT (11) thỏa mãn
x∀
khi và chỉ khi BPT (11a) thỏa mãn

x∀
max ( )f x m⇔ ≤
Ta có
( ) ( )
4 2 2
'
3 3
4 4
4 12 4(1 3)(1 3)
( )
1 1
x x x
f x
x x
− + −
= =
+ +

'
4
1
( ) 0
3
f x x= ⇔ = ±
;
3
4
lim ( ) lim 0; lim ( ) 0
1
x x x

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

23
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Từ BBT
4
max ( ) 27f x⇒ =
. Vậy ĐK phải tìm là
4
27m ≥
Nhận xét:
Trong đề bài trên bậc của tham số
m
bằng nhau nên ta có thể nhóm
m
làm
thừa số chung và thực hiện việc chia cả hai vế cho biểu thức dương để cô lập
tham số
Bài 12. Tìm tham số
m
để BPT
2 4 2

2 0,m x x m− + ≥
(12) thỏa mãn
x∀
Giải
Đặt
2
; 0t x x t= ∀ ∈ ⇒ ≥¡
Bài toán trở thành tìm tham số
m
để
2 2
( ) 2 0, 0f t m t t m t= − + ≥ ∀ ≥

⇔
[
)
0;
min ( ) 0f t
+∞
≥
- Nếu
2
0 ( ) 2 0, 0m f t t t= ⇒ = − ≥ ∀ ≥
là vô lý suy ra
0m =
bị loại
- Nếu
' 2
0, ( ) 2 2m f t m t≠ = −
;

'
2
1
( ) 0 0f t t
m
= ⇔ = >
Bảng biến thiên

x
'
( )f x
( )f x

0 + 0


0
0
24
Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà
Hưng

Từ BBT suy ra
[
)
3
2
0;
1
min ( )

m
f t
m
+∞
−
=
; do đó
3
2
1
0 1
m
m
m
−
≥ ⇔ ≥
Vậy ĐK phải tìm là
1m ≥
Nhận xét:
Trong lời giải bài toán trên sau khi đặt ẩn phụ ta được một hàm số bậc hai do
đó không cần sử dụng đạo hàm ta vẫn lập được BBT của hàm số. Tuy nhiên tôi
vẫn trình bày ở đây để tiện liên hệ với bài 11 trong trường hợp không cô lập
được tham số
Bài 13. Biện luận theo tham số
m
số nghiệm của PT

4 3 2
( 1) 3 ( 1) 1 0x m x x m x− − + − − + =
(13)

Giải
PT (13)
⇔
4 3 2 3
3 1 ( )x x x x m x x
+ + + + = +
Dễ thấy
0x =
không thỏa mãn PT (13) .
3
0 0x x x∀ ≠ ⇒ + ≠
PT trên
4 3 2
3
3 1x x x x
m
x x
+ + + +
⇔ =
+
(13a)
Xét
4 3 2
3
3 1
( ) , 0
x x x x
f x x
x x
+ + + +

= ∀ ≠
+
Ta thấy số nghiệm của PT (13) bằng số nghiệm của PT (13a) và là số giao điểm
của đồ thị hàm số
( )y f x=
và đường thẳng
y m=
Ta có
( )
6
' '
2
3
1
( ) ; ( ) 0 1
x
f x f x x
x x
−
= = ⇔ = ±
+

t
'
( )f t
( )f t

0 +
0
25