SKKN ứng dụng phương pháp hàm số để giải một số lớp bài toán đại số

PHẦN I. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài.
Trong chương toán THPT các bài toán về phương trình, hệ phương trình
là những bài toán quen thuộc với học sinh, đặc biệt là các học sinh ôn thi Đại
học, Cao đẳng và học sinh giỏi các cấp. Để giải quyết các bài toán loại này thì
học sinh ngoài việc phải nắm chắc kiến thức cơ bản và kĩ năng giải phương
trình, hệ phương trình sinh còn phải nắm chắc các kiến thức về hàm số, về mối
quan hệ giữa phương trình, hệ phương trình và sự tương giao của đồ thị hàm số.
Trong những năm gần đây thì bài toán giải phương trình, hệ phương trình có vận
dụng phương pháp hàm số để giải quyết ngày càng xuất hiện càng nhiều trong
các đề thi Đại học và Cao đẳng thường gây cho học sinh nhiều khó khăn bởi lẽ
nếu sử dụng các phương pháp truyền thống như phương pháp thế, cộng đại số
thì rất khó khăn có thể giải quyết được bài toán, mà để giải quyết được được vấn
đề đó thì học sinh phải biết khai thác tốt các tính chất của hàm số sau đó sử dụng
các kiến thức của nó để giải quyết chúng thì sẽ đơn giản hơn nhiều và lời giải trở
nên gọn gàng hơn, trong sáng hơn.
Là giáo viên THPT và đang trực tiếp giảng dạy môn toán khối 11, khối 12
và ôn thi đại học,ôn thi học sinh giỏi khối 12 tôi thấy nhiều học sinh gặp rất
nhiều khó khăn khi giải dạng toán này. Để phần nào giúp các em tìm ra đường
lối để giải quyết lớp các bài toán này trong quá trình luyện thi đại học tôi đưa ra
một số kĩ thuật giải phương trình, hệ phương trình nhờ ứng dụng của hàm số
2. Mục đích nghiên cứu.
Trong những gần đây trong đề thi đại học cao đẳng, đề thi học sinh giỏi
các cấp thì dạng toán giải phương trình, hệ phương trình xuất hiện khá nhiều,
nhưng đa số học sinh của trường THPT số 1 Bảo Yên khi gặp bài toán giải bằng
phương pháp hàm số các em còn gặp nhiều khó khăn và bỡ ngỡ. Nên với việc
nghiên cứu đề tài này tôi y vọng sẽ giúp các em phần nào giảm bớt được các khó
khăn khi giải các bài toán dạng này.
3. Đối tượng nghiên cứu.
Học sinh lớp 12A1, 11A1 và các lớp ôn thi đại học, ôn thi học sinh giỏi
khối 11,12.

4. Giới hạn phạm vi nội dung nghiên cứu.
Là các buổi ôn thi đại học cho học sinh khối11,12 và khi học song chương
khảo sát và vẽ đồ thị hàm số năm học 2013 – 2014.
1


5. Nhiệm vụ nghiên cứu.
Giúp học sinh biết vận dụng những ứng dụng của bài toán khảo sát hàm
số vào giải phương trình, hệ phương trình.
6. Phương pháp nghiên cứu.
Xây dựng hệ thống cơ sở lí luận dựa trên chương trình sách giáo khoa và
các tài liệu liên quan và trao đổi với các đồng nghiệp. Trên cơ sở đó xây dựng hệ
thống phương pháp giải toán.
7. Thời gian nghiên cứu.
Năm học 2013 – 2014, trong các buổi ôn thi đại học cho học sinh lớp 12
và bồi dưỡng học sinh giỏi khối 11,12.

2


PHẦN THỨ 2: NỘI DUNG
CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÍ LUẬN
1. Nếu hàm số y = f ( x ) đơn điệu trên D thì phương trình f ( x) = k nếu có
nghiệm x = x0 trên D thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình trên D.
2. Nếu hàm số f(x) có đạo hàm trên D và phương trình f’(x) = 0 có k
nghiệm phân biệt trên D thì phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất k + 1 nghiệm
trên D.
3. Nếu hàm số f(x) có đạo hàm cấp 1, cấp 2,...cấp k trên D mà đạo hàm
cấp k vô nghiệm trên D thì phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất k + 1 nghiệm
trên D.

4. Nếu hàm số y = f ( x ) đơn điệu trên D và u ( x), v( x) là các hàm số nhận
các giá trị thuộc D thì f ( u ( x ) ) = f ( v ( x ) ) ⇔ u ( x ) = v ( x ) .
Một số lưu ý khi sử dụng phương pháp hàm số.
Vấn đề quan trọng nhất khi sử dụng phương pháp hàm số là chúng ta phải
nhận ra được hàm số đơn điệu và nhẩm được nghiệm của phương trình.
Để phát hiện tính đơn điệu của hàm số chúng ta cần nắm vững các tính chất
sau:
2.1. Nếu hàm số y = f ( x ) xác định và có đạo hàm không đổi dấu trên D
thì f(x) đơn điệu trên D . Cụ thể:
+) Nếu hàm số y = f ( x ) xác định trên D và f '( x) > 0 với mọi x ∈ D thì
f(x) đồng biến trên D.
+) Nếu hàm số y = f ( x ) xác định trên D và f '( x) < 0 với mọi x ∈ D thì
f(x) nghịch biến trên D.
2.2. Nếu f '( x) = 0 vô nghiệm trên D hoặc có toàn bộ các nghiệm kép trên
D thì f(x) đơn điệu trên D. Khi đó, lấy x = x0 bất kì trên D nếu
f '( x0 ) ≥ 0 ( f '( x0 ) ≤ 0 ) thì f(x) đồng biến ( nghịch biến trên D).
2.3. Nếu y = f ( x ) đồng biến ( nghịch biến) trên D thì
+) y =
+) y =

n

f ( x ) đồng biến ( nghịch biến) trên D

1
với f ( x) > 0 nghịc biến ( đồng biến) trên D.
f ( x)

+) y = − f ( x ) nghịc biến ( đồng biến) trên D.
3

2.4. Tổng của các hàm số đồng biến ( nghịch biến) trên D là một hàm số
đồng biến (nghịch biến) trên D.
2.5. Tích của các hàm số dương đồng biến ( nghịch biến) trên D là một
hàm số đồng biến (nghịch biến) trên D.
Ví dụ : từ tính chất đơn điệu của các hàm số sau: y = x + 3; y = 3 − x; y = 2 − x
nếu nắm được các tính chất trên ta có thể phát hiện được ngay các hàm số :
y = 3 x+3+ x+3+ x

đồng

biến,

y=

6
8
+
3− x
2− x

đồng

biến,

1
+ 3 − x nghịc biến.
x+3
Từ cách nhìn nhận đó chúng ta định hướng được phương pháp giải là sử

dụng tính đơn điệu của hàm số.
Việc nhẩm nghiệm cũng là một vấn đề rất quan trọng trong phương pháp
này, khi nhẩm nghiệm ta thường ưu tiên chọn mà biểu thức trong dấu căn là lũy
thừa mũ n ( nếu có căn bậc n ), hoặc nếu phương trình logarit thì ta chọn x mà
y=

biểu thức trong dấu loga là aα nếu phương trình có logarit cơ số a…
5. phương trình f(x) = m có nghiệm trên D khi và chỉ khi m thuộc tập giá
trị của hàm số y = f(x) vợi x thuộc D và số nghiệm phương trình trên D là số
giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với đường thẳng y = m trên D
6. Xét bất phương trình f(x) ≥ m với f(x) liên tục trên [a; b] .
Khi đó: m = minf(x) ≤ f(x) ≤ maxf(x) = M.
Nếu f(x) đồng biến trên [a; b] thì minf(x) = f(a); maxf(x) = f(b) với mọi x
thuộc [a; b] .
Nếu f(x) nghịch biến trên [a; b] thì minf(x) = f(b); maxf(x) = f(a) với mọi
x thuộc [a; b]
*) f(x) ≥ m có nghiệm x thuộc D ⇔ m ≤ maxf(x) với x thuộc D.
*) f(x) ≥ m vô nghiệm trên D ⇔ m > maxf(x) với mọi x thuộc D.
*) f(x) ≥ m có nghiệm ∀x ∈ D ⇔ m ≤ minf(x) với ∀x ∈ D.
*) f(x) ≤ m có nghiệm x thuộc D ⇔ m ≥ minf(x) với x thuộc D.
*) f(x) ≤ m vô nghiệm trên D ⇔ m < minf(x) với mọi x thuộc D.
*) f(x) ≤ m có nghiệm ∀x ∈ D ⇔ m ≥ maxf(x) với ∀x ∈ D.
Trong một số trường hợp cụ thể thì có thể không lấy dấu bằng, hoặc hàm
số không có giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất trên D điều đó còn phụ thuộc vào đặc
điểm của từng hàm số và miền nghiệm D.
4


CHƯƠNG II. THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI
Bài toán khảo sát hàm số và các bài toán liên quan là một vấn đề khá quen

thuộc với đa số học sinh phổ thông , nhưng để vận dụng nó vào giải phương
trình, hệ phương trình thì đó là vấn đề khá mới mẻ với đa số học sinh. Nên khi
gặp các bài toán giải phương trình, hệ phương trình có sử dụng phương pháp
hàm số làm cho học sinh rất bỡ ngỡ và rất xa lạ, từ đó gây cho học sinh cảm giác
khó khăn khi giải toán.
Để tháo gỡ vấn đề này tôi sẽ xây dựng hệ thống bài tập có vân dụng
phương pháp hàm số cho học sinh làm quen và từ đó hình thành kĩ năng giải
quyết bài toán.
CHƯƠNG 3. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Một số bài toán về phương trình, hệ phương trình áp dụng giải pháp.
Vấn đề 1: Các bài toán giải phương trình và hệ phương trình :
Bài toán 1: Giải các phương trình sau:
a)

3

x + 2 − 3 2x2 + 1 = 3 2x2 − 3 x + 1

b)

3

6 x + 1 = 8x3 − 4 x − 1

Giải quyết bài toán
a) Ta có
3

x + 2 − 3 2x2 + 1 = 3 2 x2 − 3 x + 1 ⇔ 3 x + 2 + 3 x + 1 = 3 2 x2 + 1 + 3 2x2

2
Xét f (t ) = 3 t + 1 + 3 t , ta có phương trình: f ( x + 1) = f ( 2 x ) .

Với f (t ) = 3 t + 1 + 3 t đồng biến trên ¡ nên
x =1
f ( x + 1) = f ( 2 x ) ⇔ x + 1 = 2 x ⇔ 
1
x = −

2
2

2

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = −
b)

3

1
2

6 x + 1 = 8 x3 − 4 x − 1 ⇔ 6 x + 1 + 3 6 x + 1 = ( 2 x ) + 2 x
3

3
Xét hàm số f (t ) = t + t , ta có phương trình f ( 3 6 x + 1) = f ( 2 x )
3
Vì f (t ) = t + t đồng biến nên

f ( 3 6 x + 1) = f ( 2 x ) ⇔ 2 x = 3 6 x + 1 ⇔ 4 x 3 − 3 x =

5

1
(1)
2


1
nên phương trình vô nghiệm
2
ϕ ∈ [ 0;π ] . Khi đó (1) trở thành

Nếu |x| > 1 thì 4 x 3 − 3 x = x ( 4 x 2 − 3) > 1 >
Nếu |x| x ≤ 1 thì đặt x = cos ϕ ,
4cos3 ϕ − 3cos ϕ =

1
1
π
2π
⇔ cos3ϕ = ⇔ ϕ = ± + k
. Chọn các nghiệm
2
2
9
3

π

5π
7π
,ϕ 2 =
, ϕ3 =
9
9
9
π
5π
7π
Vậy phương trình có 3 nghiệm x = cos , x = cos , x = cos
.
9
9
9
Nhận xét: Trong bài toán trên ta cần chú ý quan sát đặc điểm của
phương trình ta biến đổi phương trình về dạng f(u) = f(v), sau đó ta xét tính đơn
điệu của hàm số đặc trựng f(t) và tấy hàm số đơn điệu trên D và suy ra u = v và
ta có một lời giải thật đơn giản.
Bài toán 2: Giải các phương trình:
trong đoạn [ 0;π ] ta được các nghiệm ϕ1 =

b) 7 x −1 = 1 + 2log 7 ( 6 x − 5 )

a) 2011x + 2012 x = 2.2010 x

3

Giải quyết bài toán:
x

x

 2011   2012 
a) 2011 + 2012 = 2.2010 ⇔ 
÷ +
÷ =2
2010
2010

 

x

x

x

x

x

 2011   2012 
Xét hàm số f ( x) = 
÷ +
÷ xác định trên R.
2010

  2010 
x

x

 2011   2011   2012   2012 
Ta có f '( x) = 
÷ ln 
÷+ 
÷ ln 
÷ > 0 nên hàm số
 2010   2010   2010   2010 
đồng biến trên R.
0

0

 2011   2012 
f (0) = 
÷ +
÷ = 2 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
2010
2010

 

5
b) Điều kiện : 6 x − 5 > 0 ⇔ x >
6
y −1
Đặt y − 1 = log 7 ( 6 x − 5 ) ⇒ 7 = 6 x − 5 (1) .
Khi đó, phương trình trở thành:

7 x −1 = 1 + 2log 7 ( 6 x − 5 ) ⇔ 7 x −1 = 1 + 6log 7 ( 6 x − 5 ) ⇔ 7 x −1 = 1 + 6 ( y − 1)
3

⇔ 7 x −1 = 6 y − 5 (2)
Trừ theo từng vế (1) và (2) ta có :
7 y −1 − 7 x−1 = 6 x − 6 y ⇔ 7 y −1 + 6 y = 7 x −1 + 6 x ⇔ f ( y ) = f ( x)

6


t −1
t −1
Với f (t ) = 7 + 6t có f (t ) = 7 ln 7 + 6 > 0 nên f(t) là hàm số đồng biến,

dó đó:

f ( y ) = f ( x ) ⇔ x = y thế vào (1) ta có phương trình:
7 x −1 = 6 x − 5 ⇔ 7 x −1 − 6( x − 1) − 1 = 0 (3)
t
t
t
2
Xét hàm số g (t ) = 7 − 6t − 1 có g '(t ) = 7 ln 7 − 6 ⇒ g ''(t ) = 7 ln 7 > 0

Nên phương trình g’(t) = 0 có tối đa một nghiệm do đó phương trình g(t)
= 0 có tối đa 2 nghiệm.
Ta có g(0) = g(1) = 0. Vậy phương trình g(t) = 0 có 2 nghiệm t=0 và t = 1.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 1 và x = 2.
Nhận xét :
+) Dạng tổng quát của bài toán trên là :

s ax +b = p log s ( qx + r ) + cx + d ( a ≠ 0, q ≠ 0,0 < s ≠ 1) .
+) Khi giải các bài toán có sử dụng tính đơn điệu của hàm số ta có thể
vận dụng tính chất sau : Nếu hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp n vô nghiệm
(hay không đổi dấu) trên D thì phương trình f ( x) = k có không quá n nghiệm
trên D
+) Trong phương trình trên có hai phép toán trái ngược nhau là phép lũy
thừa và phép lấy logarit, trong phương trình có chứa các phép toán khác nhau
cũng thường được giải bằng cách sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Chúng ta
có thể thấy điều đó qua bài toán sau :
Bài toán 3 : Giải các phương trình :
x2 − x + 1
= x 2 − 3x + 2
a) log 2 2
b) x + x 2 + 1 = 3x
2 x − 3x + 4
Giải quyết bài toán
x2 − x + 1
= x 2 − 3x + 2
a) Ta có : log 2 2
2x − 4x + 3
⇔ log 2 ( x 2 − x + 1) − log 2 ( 2 x 2 − 4 x + 3) = ( 2 x 2 − 4 x + 3) − ( x 2 − x + 1)

⇔ log 2 ( x 2 − x + 1) + ( x 2 − x + 1) = log 2 ( 2 x 2 − 4 x + 3) + ( 2 x 2 − 4 x + 3 )
⇔ f ( x 2 − x + 1) = f ( 2 x 2 − 4 x + 3)

Với f (t ) = log 2 t + t ⇒ f '(t ) = 1 +

1
> 0 ∀t ∈ ( 0; +∞ ) .
t ln 2

7


Do đó
x =1
f ( x 2 − x + 1) = f ( 2 x 2 − 4 x + 3) ⇔ x 2 − x + 1 = 2 x 2 − 4 x + 3 ⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ 
x = 2
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1 và x = 2
2
x
x
b) Ta có: x + x + 1 = 3 ⇔ 3
x
Đặt f ( x) = 3

(

x2 + 1 − x

(

)

(

)

x2 + 1 − 1 = 1

)

(

)

 x


1 
x 2 + 1 − x + 3x  2
− 1÷ = 3x x 2 + 1 − x  ln 3 − 2
÷> 0
x +1 
 x +1 

Nên f(x) là hàm số đồng biến trên ¡ , mà f(0) = 1.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
Nhận xét: khi gặp phương trình f(x) = g(x) trong đó f , g có một hàm
đồng biến, một hàm nghịch biến thì cách giải thường dùng là nhẩm nghiệm và
chứng minh nghiệm đó là duy nhất, tuy nhiên trong bài toán của ta
⇒ f '( x) = 3x ln 3

f ( x) = x + x 2 + 1, g ( x) = 3x lại đều đồng biến nên cách đó không giải quyết
được, vì vậy ta chia 2 vế của phương trình cho x + x 2 + 1 để đưa một vế là
hằng số và vế còn lại là một hàm số mà ta có thể xét được tính đơn điệu của nó
cũng là cách mà ta làm ở bài toán sau 2.
Bài toán 4: Giải các phương trình:

(

)

x
x
a) log 5 3 + 3 + 1 = log 4 ( 3 + 1)

x
x
b) ( 1 + x ) ( 2 + 4 ) = 3.4

Giải quyết bài toán

(

)

x
x
a) log 5 3 + 3 + 1 = log 4 ( 3 + 1) (1)
x
x
t
Đặt t = log 4 ( 3 + 1) ⇒ 3 + 1 = 4 . Phương trình (1) trở thành:
t

t

1 2
log 5 ( 3 + 2 ) = t ⇔ 3 + 2 = 5 ⇔ 3.  ÷ +  ÷ = 1 (2)

5 5
t

t

t

t

t

t

t

1 2
1 1  2 2
Xét hàm số f (t ) = 3. ÷ +  ÷ ⇒ f '(t ) = 3. ÷ ln +  ÷ ln < 0 . Nên f (t )
5  5
5 5  5 5
là hàm số nghịch biến, mà f (1) = 1 nên phương trình (2) có nghiệm t = 1.
Do đó 3x + 1 = 4 ⇔ x = 1 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
4x
1+ x
x
x
1
+
x
2

+
4
=
3.4
⇔
−
= 0.
b) Ta có: (
)(
)
2 + 4x
3
Xét hàm số:
8


4 x ln 4 ( 2 + 4 x ) − 4 2 x ln 4 1 2ln 4.4 x 1
4x
1+ x
f ( x) =
−
⇒ f '( x) =
− =
−
x 2
x 2
2 + 4x
3
3
2

+
4
2
+
4
(
)
(
) 3
f '( x) = 0 ⇔

2ln 4.4 x

(2+4 )
x

2

2
1
− = 0 ⇔ ( 2 + 4 x ) − 6ln 4.4 x = 0 . Đây là phương
3

trình bậc hai đối với 4 x nên có nhiều nhất 2 nghiệm suy ra phương trình
1
f ( x) = 0 có tối đa 3 nghiệm, mà ta thấy x = 0, x = , x = 1 là các nghiệm của nó.
2
1
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x = 0, x = , x = 1 .
2

Nhận xét : Đây là bài toán mà ta áp dụng thật đơn giản tính chất : hàm
số f(x)đơn điệu trên D thì phương trình f(x) = k có nghiệm duy nhất trên D, sau
đó ta tiến hành nhẩm nghiệm là lời giải xong rồi. Thật đơn giản phải không ?
Bài toán 5. Giải các phương trình:
2−n
 π
x2
n
n
a) 1 − = cos x
b) sin x + cos x = 2 2 , ( n ∈ ¥ , n ≥ 2 ) x ∈  0; ÷.
2
 2
Giải quyết bài toán
x2
x2
a) 1 − = cos x ⇔ + cos x = 1
2
2
x2
Xét hàm số f ( x) = + cos x, ∀x ∈ ¡ ,
2
x2
Dễ thấy f ( − x) = f ( x) = + cos x, ∀x ∈ ¡ do đó f(x) là hàm số chẵn, vì
2
vậy ta chỉ cần xét hàm số f(x) trên [ 0;+∞ ) .
Ta có f '( x) = x − sin x,
đồng biến trên [ 0;+∞ ) nên

f ''( x) = 1 − cos x ≥ 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) suy ra f’(x)

f '( x) ≥ f '(0) = 0, ∀x ≥ 0 do đó f(x) đồng biến trên

[ 0;+∞ ) . Mà f(0) =1.

Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình trên [ 0;+∞ ) và đó cũng là

nghiệm duy nhất của phương trình.
b) Nếu n = 2 thì phương trình trở thành

sin 2 x + cos 2 x = 1 nên mọi

 π
x ∈  0; ÷ là nghiệm của phương trình
 2
n
n
Nếu n > 2, đặt f ( x) = sin x + cos x = 2

9

2− n
2

 π
, ( n ∈ ¥ , n ≥ 2 ) x ∈  0; ÷.
 2


π

 π
f '( x) = n.sin x cos x ( sin n−2 x − cos n− 2 x ) . Vì x ∈  0; ÷ nên f '( x) = 0 ⇔ x =
4
 2
Bảng biến thiên
x
π
π
0
4
2
f’(x)
0
+
1
1
f(x)
2

2 −n
2

π
.
4
Nhận xét: Đây là bài toán khá phức tạp, nên khi giải chúng ta cần chú ý
chia trường hợp cẩn thận nếu không trong quá trình giải ta sẽ gặp khó khăn.
Đay là bài toán mà chúng ta cần phải biết lập bảng biến thiên của hàm số vafd
từ đó kết luận về nghiệm của phương trình
Bài toán 6: Tìm nghiệm dương của phương trình:

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi x =

1+

1
x

1+

1
 1

x ln 1 + ÷ − x 3 ln 1 + 2 ÷
x
x 


Giải quyết bài toán
1+

Ta có :

1

1+

1
 1 x

x ln 1 + ÷ − x 3 ln 1 + 2 ÷

x
x 



1
x2

1
x2

= 1 − x (TC -THTT)

=1− x

1
 1

⇔ ( x + 1) ln 1 + ÷− x ( x 2 + 1) ln 1 + 2 ÷ = 1 − x
x
x 


1 

 1

⇔ ( x + 1) ln 1 + ÷− 1 = x ( x 2 + 1) ln 1 + 2 ÷− 1
x
x  




1 


 1 

⇔ x ( x + 1) ln 1 + ÷− 1 = x 2 ( x 2 + 1) ln 1 + 2 ÷− 1
x 
x  




⇔ f ( x) = f ( x 2 )

 1 
Với f (t ) = t ( t + 1) ln 1 + ÷− 1 , t > 0
 t 

2 
  1
 1
Ta có : f '(t ) = ( 2t + 1) ln 1 + ÷− 2 = ( 2t + 1) ln 1 + ÷−

 t
  t  2t + 1
10

2
−1
4
1
 1
⇒ g '(t ) =
+
<0
Đặt g (t ) = ln 1 + ÷−
2 = −
t
2
t
+
1
t
t
+
1
t
t
+
1
2
t
+
1
(
)

(
)
(
)
2
t
+
1


(
)
(với t > 0)
g (t ) = 0 suy ra g (t ) > 0 ,
Do đó g (t ) nghịch biến trên ( 0;+∞ ) mà lim
t →0
+

∀t > 0 suy ra
f '(t ) = ( 2t + 1) .g (t ) > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) nên f(t) đồng biến trên ( 0;+∞ )
2
2
Vì vậy f ( x) = f ( x ) ⇔ x = x ⇔ x = 1 (vì x > 0)

Vậy phương trình có nghiệm dương duy nhất x = 1.
Nhận xét: Khi bài toán mà xét dấu đạo hàm quá phức tạp ta có thể vậ
dụng các kiến thức sau để giải quyết bài toán: a, b cùng dấu thì a.b >0 và
a/b>0; a<0, b< 0 thì a+b < 0; a>0, b> 0 thì a+b >0.Với bài toán này chúng ta
thấy rất hiệu quả phải không.
x

2
x
Bài toán 7. Giải phương trình: 27 = ( 6 x − 4 x + 1) .9
2

Giải quyết bài toán.

x
2
x
3x
Ta có 27 = ( 6 x − 4 x + 1) .9 ⇔ 3
2

2

−2 x

− 2(3 x 2 − 2 x) − 1 = 0 .

Xét hàm số f (t ) = 3t − 2t − 1 = 0 liên tục trên R và có:
f '(t ) = 3t ln 3 − 2; f '(t ) = 3x ln 2 3 > 0 .
Nên phương trình f(t) = 0 có tối đa 2 nghiệm trên R
Ta lại có f(1) = f(0) = 0 nên Phương trình f(t) = 0 có 2 nghiệm t=0 và t=1.
x =1
Với t = 1 ta có: 3 x − 2 x − 1 = 0 ⇔ 
1
x = −
3


2

x = 0
Với t = 0 ta có: 3 x − 2 x = 0 ⇔ 
2
x =
3

Nhận xét : Trong bài toán này chúng ta vận dung kiến thức rất cơ bản đó
là nếu đạo hàm cấp n vô nghiệm trên D thì phương trình f(x) = k có không quá
n nghiệm trên D.
Bài toán này ta thấy đạo hàm cấp hai không đổi dấu do đó đạo hàm cấp 1
có không quá một nghiệm trên D, do đó phương trình không có quá 2 nghiệm
trên D, sau đó ta nhẩm hai nghiệm của phương trình là xong, thật là đơn giản.
2

11


2
3
Bài toán 8. Giải phương trình : x − 3 x + 2ln x − ln ( x + 2ln x ) = 0 .
3
(TC THTT)
Giải quyết bài toán :
Điều kiện: x > 0
Đặt y = 3 x + 2ln x ⇔ y 3 = x + 2ln x
 x3 − y − 2ln y = 0 (1)
Ta có hệ  3
 y − x − 2ln x = 0 (2)

Trừ vế với vế của hai phương trình ta có
x3 − y 3 + x − y + 2ln x − 2ln y = 0
⇔ x3 + x + 2ln x = y 3 + y + ln y (3)
Xét hàm số đặc trưng : f (t ) = t 3 + t + 2ln t , t > 0
2
> 0, ∀t > 0 Do đó f(t) đồng biến trên ( 0;+∞ )
t
Suy ra (3) ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y . Thế vào (1) ta có phương trình:
2
Ta có f '(t ) = 3t + 1 +

x 3 − x − 2ln x = 0

( x > 0)

Xét hàm số g ( x) = x3 − x − 2ln x

( x > 0)

Ta có:
2
2
( x > 0) ⇒ g ''( x) = 6 x + 2 > 0 ( x > 0)
x
x
Do đó phương trình g’(x) = 0 có tối đa 1 nghiệm dương. Mặt khác ta có
g’(1) = 0
Suy ra g '( x) = 0 ⇔ x = 1 ;
Bảng biến thiên :
+∞

x
0
1
g’(x)
0
+
+∞
+∞
g '( x) = 3x 2 − 1 −

g(x)
0
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình g(x) =0 có nghiệm duy nhất x =1.
Nhận xét : Một bài toán mà lời giải khá phức tạp, với bài toán này ta tiến
hành giải bài toán bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn đưa phương
trình về hệ phương trình đối xứng loại 2. Trừ vế với vế của phương trình bao
12


giờ ta cũng thu đượng phương trình dạng f(x) = f(y), với bài này ta suy ra x = y
nhò tính đơn điệu của hàm đặc trưng khá đơn giản. Tuy nhiên khi thế y = x vào
phương trình chings ta lại nhận được một phương trình khá phức tạp, rõ rang
g’(x) đổi dấu trên D, g’’(x) không đổi dấu trên D nghưng phương trình g(x) = 0
ở đay chỉ có một nghiệm. Với bài này mà ta không lập bảng biến thiên để quan
sát mà lại áp dụng cách làm của bài toán 7 thì không thể giải được.
Bài toán 9: Giải phương trình: 3x + 5x = 6x + 2 (*)
Giải quyết bài toán :
Xét : f(x) = 3x + 5x – 6x – 2
f ’(x) = 3xln3 + 5xln5 – 6
f ”(x) = 3xln23 + 5xln25 > 0, ∀ x ⇒ f’(x) đồng biến, liên tục và đổi dấu

(f’(0) < 0, f’(2) > 0 Nên phương trình: f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = a
x

-∞
_

f '(x)
f(x)

+∞

α
0

+

+∞

+∞
f( α )

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f(x) cắt trục hoành tới 2 lần nên phương
trình đã cho có tối đa 2 nghiệm. Ta thấy f(0) = f(1) = 0 . dó đó phương trình có 2
nghiệm x = 0 và x = 1.
Nhận xét: Bài tập này ta áp dụng kĩ thuật giải của bài toán 7 thật đơn
giản phải không ?
Một số bài toán tương tự áp dụng giải pháp
x
1.Giải phương trình: 3

2

−1

1− x 2
x2

2. Giải phương trình: 2

+ ( x 2 − 1) .3x +1 = 1 .
−2

1− 2 x
x2

=

1 1
−
2 x

3.Giải phương trình: 2010log 2008 ( x−1) − 2008log2010 ( x+1) = 2
4. Giải phương trình: x + 3log2 x = x log 2 5
5. Giải phương trình: 3log 3 (1 + x + 3 x ) = 2log 2 x
2x − 1
= 1 + x − 2x
6. Giải phương trình: log 2
x
7. Giải phương trình: log 32 ( x + 1) = 2( log 2 4( x + 1) + 2)
8. Giải phương trình:

13


x
+ 3log 2 x = 3
2
9. Giải các phương trình :
(2log 2 x − 1) log 2

a) 5 x 3 − 1 + 3 2 x − 1 + x = 4 (1) b)
10. Giải các phương trình:

log 22 x

3

)

− 5log 2 x + 2 + 1

2 x 3 + 3x 2 + +6 x + 16 − 4 − x = 2 3 (2)

(

6
8
+
=6
3− x

2−x

a)

(

)

(

)

2
2
b) 3 x 2 + 9 x + 3 + ( 4 x + 2 ) 1 + 1 + x + x = 0

( 4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
(1)
Bài toán 10: Giải hệ phương trình: 
(2)
4 x 2 + y 2 + 2 3 − 4 x = 7
( Đề thi tuyển sinh đại học và cao đẳng khối A 2010)
Giải quyết bài toán.
3
5
Điều kiện: x ≤ ; y ≤ .
4
2
Ta có

( 4x

2

+ 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 ⇔ ( 4 x 2 + 1) 2 x = (5 − 2 y + 1) 5 − 2 y (1)

Phương trình (1) có dạng : f (2 x) = f ( 5 − 2 y ) , với f (t ) = (t 2 + 1)t
Ta có f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0 , suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R.
x ≥ 0

Do đó (1) ⇔ 2 x = 5 − 2 y ⇔ 
5 − 4 x2
y =

2
Thế vào phương trình thứ 2 ta được:
2

5

4 x +  − 2 x 2 ÷ + 2 3 − 4 x − 7 = 0 (3).
2

Nhận thấy x = 0 và x = 3/4 không là nghiệm của phương trình (3).
2

2

3
5


Xét hàm số: g ( x) = 4 x +  − 2 x 2 ÷ + 2 3 − 4 x − 7
(0 < x < )
4
2

4
3
5

g '( x) = 8 x − 8 x  − 2 x 2 ÷−
<0
(0 < x < )
4
3 − 4x
2

1
Suy ra g(x) là hàm số nghịch biến. Ta lại có g ( ) = 0
2
2

14


Do đó (3) có nghiệm duy nhất x =

1
suy ra y = 2. Vậy Hệ có nghiệm duy
2

1

x =
2
nhất 
 y = 2
Nhận xét: Đây là bài toán rất hay trong đề thi tuyển sinh đại học và cao
đẳng 2010. Nếu chúng ta không quan sát kĩ phương trình đầu tiên hoặc chúng
ta cố gắng bình phương hai vế của phương trình thì bài toán sẽ đi tới chỗ bế
tắc. Tuy nhiên khi ta quan sát kĩ và sử lí khéo léo ở phương trình (1) của hệ ta
có dạng f(u) = f(v) và ta ddaxddua hệ đã cho thành một hệ đơn giản hơn rất
nhiều.Thế y bởi x vào phương trình thứ hai , tiến hành khảo sát hàm số ta thấy
g’(x) > 0 do đó tnhẩm nghiệm là xong.
3x − 3 y = ( y − x)( xy + 8)
Bài toán 11. Giải hệ phương trình:  2
2
 x + y = 8
Giải quyết bài toán:
3x − 3 y = ( y − x)( xy + 8) 3x − 3 y = ( y − x)( x 2 + xy + y 2 ) 3x + x 3 = 3 y + y 3 (1)
⇔ 2
⇔ 2
 2
2
2
2
x
+
y
=

8
x
+
y
=
8
(2)
 x + y = 8


Phương trình (1) có dạng: f(x) = f(y) với
f (t ) = 3t + t 3 ⇒ f '(t ) = 3t ln 3 + 3t 2 > 0
Nên f(t) đồng biến trên R
Do đó phương trình (1) tương đương với x = y. Thế vào phương trình (2)
ta có: 2 x 2 = 8 ⇔ x = ±2. x = y = 2; x = y = - 2
Vậy hệ có 2 nghiệm (x,y) = (2;2) và (x,y) =(-2;-2)
Nhận xét : Trong bài toán nãy ta cần quan sát ta thay số 8 ở phương
trình 1 bởi x 2 + y 2 và ta có một hệ phương trình thật đơn giản
 x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1
Bài 12. Giải hệ phương trình: 
2
x −1
 y + y − 2 y + 2 = 3 + 1
( Đề DBĐH – 2009)
Giải quyết bài toán
2
y −1
 x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1
( x − 1) + ( x − 1) + 1 = 3
⇔


2
x −1
y
+
y
−
2
y
+
2
=
3
+
1

( y − 1) + ( y − 1) 2 + 1 = 3x−1

15


u + u 2 + 1 = 3v

v + v 2 + 1 = 3u
Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta được phương trình:
u = x − 1
Đặt 
Hệ phương trình đã cho trỏ thành:
v = y − 1

(1)
(2)

u + u 2 + 1 + 3u = v + v 2 + 1 (3)
Phương trình (3) có dạng f(u) = f(v). Với f (t ) = t + t 2 + 1 + 3t
t

Ta có : f '(t ) = 1 +

+ 3t ln3 > 0 nên f(t) là hàm số đồng biến.

t +1
Do đó (3) ⇔ u = v thế vào (1) ta có
2

)

(

)

(

u + u 2 + 1 = 3u ⇔ ln u + u 2 + 1 = u.ln 3 ⇔ ln u + u 2 + 1 − u.ln 3 = 0 (4)

)

(

1

2
Xét hàm số: g (u ) = ln u + u + 1 − u.ln 3 có g '(u ) =

u2 + 1

− ln 3 < 0

nên g(u) là hàm số nghịch biến trên R.
Ta có g(0) = 0 nên (4) có nghiệm duy nhất u = 0 suy ra v = 0. do đó
nghiệm của hệ đã cho là (x,y) =(1;1).
Nhận Xét :Trong bài toán này thì chúng ta cần biết quan sát và tiến hành
đổi biến trong các phương trình của hệ ta thu được một hệ phương trình đơn
giản , tuy nhiên khi đánh giá dấu của đạo hàm ta khéo léo đưa từ bất phương
trình mũ về bất phương trình logarit thì ta thấy có kết quả ngay, còn ngược lại
chung ta sẽ gặp khá nhiều khó khăn khi xét dấu đạo hàm.
Bài toán 13. Giải hệ phương trình:

(

)

2 − 22( x + y ) + 2 x + y +1 − 22 y + 1 = 6 − 8 − 2.2 x 2 y


 2 x − 2 y + 2 x = 3
Giải quyết bài toán :
Đặt u = 2 x ; v = 2 y. Hệ đã cho trở thành:

(

)

2 − u 2v 2 + 2.u.v − v 2 + 1 = 6 − 8 − 2u v (1)

Đk: u ≥ v

 u − v + u = 3
(2)
Do v > 0 nên chia cả hai vế của phương trình (1) cho v ta được:

(

)

2

2
u
1
1
1

− u 2 + 2. − 1 + 2 = 6 − 8 − 2u ⇔ 2(u + ) −  u + ÷ − 1 = 6 − 8 (3)
v
v
v
v
v


1
Đặt t = u + Phương trình 3 trở thành: 2t − t 2 − 1 = 6 − 8 (4)
v
16


Xét hàm số : f (t ) = 2t − t 2 − 1 − 6 + 8
Ta có f '(t ) = 2 −

t =u +

1
1
≥u + ≥ 2
v
u

t

>0
t ≥ 2 . VẬy t(t) đồng biến .
t2 −1
Ta có f(3) = 0 . Vậy Phương trình (4) có nghiệm duy nhất t = 3.
1

u
+
=3 (1')
1


v
u + =3 (1')

v
⇔
Vậy ta có hệ: 
 u−v +u =3
 u − 1 = 3−u
(2')
(2')


3−u
0 < u < 3
1

=3−u ⇔ 
⇔ u = 2 suy ra
Xét phương trình: u −
1
2
3−u
u
−
=
u
−
6
u
+

9

3−u
v = 1.
Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (1;0).
Nhận xét : Đây là bài toán khá phức tạp chúng ta cần phải quan sát kĩ
các hệ số của phương trình, chúng thật đặc biệt, cần phải chế biến cho đẹp và
ta thu được dạng f(u) = f(v) tương tự như các bài toán trên. Bài toán này khá
giống đề thi đại học khối A - 2012
 x 2 − xy + y 2 = 7 (1)
Bài toán 14 : Giải hệ phương trinh :  3
3
2 x − 28 y = ( x − y ) ( 2 xy + 7 ) (2)
( Đề thi HSG Lào cai 2011)
Giải quyết bài toán:
Thế x 2 − xy + y 2 = 7 Từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta có
phương trình
2 x3 − 28 y 3 = x 3 − y 3 ⇔ x 3 = ( 3 y ) ⇔ x = 3 y
3

Thế vào (1) ta có : 7 y 2 = 7 ⇔ y = ±1
Vậy hệ có hai nghiệm: (x,y) = (3;1); (x;y) = (-3;-1).
 x3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 +3y 2 − 9 y

Bài toán 15: Giải hệ phương trình:  2
1
2
x + y − x + y =

2

( Đề tuyển sinh Đại học và cao đẳng khối A 2012)
Giải quyết bài toán:
Ta có:

x3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 +3y 2 − 9 y

⇔ ( x − 1) − 12( x − 1) = ( y + 1)3 − 12( y + 1) (3)
3

17


2

2

1
1 
1

Từ phương trình (2) ta có x + y − x + y = ⇔  x − ÷ +  y + ÷ = 1
2
2 
2

2

2

1

1

 −3
−1 ≤ x − 2 ≤ 1  2 ≤ x − 1 ≤ 2
−3
3
⇒
⇔
⇒
≤ x − 1; y + 1 ≤
2
2
 − 1 ≤ y + 1 ≤ 1  −1 ≤ y + 1 ≤ 3

 2
2
2
3
 −3
 ≤t ≤ ÷
2
 2
3
 −3
2
Ta có: f '(t ) = 3t − 12 < 0  ≤ t ≤ ÷
2
 2
Xét hàm số:

f (t ) = t 3 − 12t

Do đó (3) ⇔ f ( x − 1) = f ( y + 1) ⇔ x = y + 2 . Thế vào phương trình (2)
của hệ ta có

(

−1

y
=

1
2
2
y + 2) + y 2 − ( y + 2) + y = ⇔ 4 y 2 + 8 y + 3 = 0 ⇔ 
2
 y = −3

2

 3 −1 
 1 −3 
Suy ra nghiệm của hệ là : ( x, y ) =  ; ÷; ( x, y ) =  ; ÷
2 2 
2 2 
 x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y
(1)
Bài 16. Giải hệ phương trình:  2
2

 x + 2 x ( y − 1) + y − 6 y + 1 = 0 (2)
( Đề thi đại học khối A – 2013)
Giải quyết bài toán:
Từ phương trình (1) ta có ĐK: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1
Từ phương trình (2) ta coi x là ẩn và y là tham số ta có điều kiện để
phương trình (2) có nghiệm là : ∆ = ( y − 1) − y 2 + 6 y − 1 ≥ 0 ⇔ y ≥ 0
2

Ta có :

x + 1 + 4 x − 1 − y4 + 2 = y ⇔ x + 1 + 4 x − 1 = y + y4 + 2

Đặt u = 4 x − 1 ⇒ x + 1 = u 4 + 2 (u ≥ 0)
Khi đó ta có phương trình u + 4 u 4 + 2 = y + 4 y 4 + 2
Xét hàm số: f (t ) = t + 4 t 4 + 2
Ta có f '(t ) = 1 +

t3
4

t4 + 2

>0

( t ≥ 0)
( t ≥ 0)
18

Do đó hàm số f(t) đồng biến

Nên f (u ) = f ( y ) ⇔ u = y ⇒ 4 x − 1 = y ⇒ x = y 4 + 1
Thế vào phương trình (2) ta có:

(y

4

+ 1) + 2 ( y 4 + 1) ( y − 1) + y 2 − 6 y + 1 = 0
2

⇔ y8 + 2 y 5 + y 2 − 4 y = 0
y = 0
⇔ 7
4
y + 2y + y − 4 = 0
Với y = 0 ta có x = 1
Xét hàm số g ( y ) = y 7 + 2 y 4 + y − 4
Ta có : g '( y ) = 7 y 6 + 8 y 3 + 1 > 0

(y ≥ 0)

(y ≥ 0)

Nên g(y) là hàm số đồng biến suy ra phương trình g(y) = 0 có nhiều nhất
1 nghiệm. Ta lại có g(1) = 0
Vậy phương trình g(y) = 0 có nghiệm duy nhất y = 1 suy ra x = 2.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (1;0) và (2;1).
Một số bài toán tương tự áp dụng giải pháp
3

2
x
 x3 + x2 + x+1
+ ln = e y + y + y +1
e
y
1. Giải hệ phương trình: 
( với 0 64 x 6 − 96 y 4 + 36 x 2 − 3 = 0

2 y 3 + 2 x 1 − x = 3 1 − x − y
2. Giải hệ phương trình: 
2
 y + 1 = 2 x + 2 xy 1 + x
( 23 − 3x ) 7 − x + ( 3 y − 20 ) 6 − y = 0
3.Giải hệ phương trình: 
2
 2 x + y + 2 − −3 x + 2 y + 8 + 3 x − 14 x − 8 = 0
( 23 − 3x ) 7 − x + ( 3 y − 20 ) 6 − y = 0
4. Giải hệ phương trình: 
2
 2 x + y + 2 − −3 x + 2 y + 8 + 3 x − 14 x − 8 = 0
 2 x + y + 5 − 3 − x − y = x 3 − 3 x 2 − 10 y + 6
5. Giải hệ phương trình:  3
2
3
 x − 6 x + 13 x = y + y + 10 = 0

( x − y ) ( x 2 + y 2 + xy + x + y ) = 3 y − 2 x − 5
6. Giải hệ phương trình:  2

2
2 x + y + 4 x = 1
Vấn đề 2: Các bài toán giải phương trình và bất phương trình chứa
tham số:
Bài toán 1: Xác định m để phương trình sau có nghiệm :
19


m( 1 + x 2 − 1 − x 2 + 2) = 2 1 − x 4 + 1 + x 2 − 1 − x 2 (1)
Giải quyết bài toán :
Điều kiện: x ≤1
Đặt t = 1 + x 2 - 1 − x 2 ⇒ 2 1 − x 4 = 2 – t2
Ta có: t = 1 + x 2 - 1 − x 2 ≥ 0 dấu bằng đạt được khi x = 0
t2 = 2 – 2 1 − x 4 ≤ 2 dấu bằng đạt được khi x = ± 1
suy ra điều kiện của t là: 0 ≤ t ≤ 2
−t2 + t + 2
Phương trình (1) được chuyển về dạng m(t + 2) = 2 - t2 + t ⇔
= m (2)
t+2

Khi đó phương trình (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm thoả : 0 ≤ t ≤ 2
⇔ đường thẳng y = m cắt phần đồ thị hàm số y =

Xét hàm số f(t) =

−t2 + t + 2
trên [0; 2 ]
t+2

− t 2 − 4t

Ta có f’(t) =

−t2 + t + 2
trên [0; 2 ]
t+2

( t + 2) 2

≤ 0 , ∀ t ∈ [0; 2 ] ⇒ hàm số nghịch biến trên [0; 2 ]

Vậy phương trình (1) có nghiệm ⇔ f( 2 ≤ m ≤ f (0) ⇔ 2 −1≤ m ≤ 1.
Nhận xét : Trong bài toán này chúng ta cầ quan sát mối liên hệ giữa các
biểu thức của phương trình để tách độc lập tham số m sang một vế và cần phải
biết đổi biến để ta chuển từ một bài toán có biểu thức phức tạp về một hàm số
có biểu thức đơn giản hơn. Trong quá trình làm với bài toán đổi biến ta cần chú
ý tìm điều kiện chặt chẽ của biến mới. Trong bài tập này chúng ta thấy lời giải
trở nên khá đơn giản vì hàm số ta xét đã liên tục trên đoạn nên ta không cần lập
bảng biến thiên vẫn có thể kết luận được điều kiện của m.
Bài toán 2: Tìm m để phương trình: 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1
nghiệm.
( Đề thi đại học khối A – 2007)
Giải quyết bài toán :
Điều kiện: x ≥ 1. Ta có (1) ⇔ 3
Đặt : t =

4

x −1
=

x +1

4

1−

x −1
x −1
+ 24
= m u ∀x ∈ ( 0; +∞ )
x +1
x +1

2
Điều kiện: 0 ≤ t ≤ 1.
x +1

Khi đó phương trình trở thành:
-3t2 + 2t = m với t ∈ [0; 1]
Ta có f ’(t) = - 6t +2
1
f ’(t) = 0 ⇔ - 6t +2 = 0 ⇔ t =
3

20

(1) có


1

3
0

0

t
f ’(t)

+

1
_

f(t)
0

-1



Vậy phương trình có nghiệm khi m ∈  −1;  .
 3
1

Nhận xét: Tương tự như bài tập trên chúng ta cũng tiến hành đổi biến và
tìm điều kiện chặt chẽ của biến mới và khảo sát hàm số f(t). Từ bảng biến thiên
ta quan sát rất đơn giản điều kiện để phương trình có nghiệm. Tuy nhiên với bài
toán này ta cũng có thể không lập bảng biến thiên giống như bài toán 1.
Bài toán 3: Chứng minh rằng với mọi m > 0 phương trình sau luôn có
hai nghiệm phân biệt :

x2 + 2x – 8 = m( x − 2) (1) ( Đề thi đại học khối B –

2007)
Giải quyết bài toán :
Điều kiện: x ≥ 2.
(1) ⇔ (x – 2)( x3 + 6x2 – 32 – m) = 0
x = 2
⇔  3
2
 x − 6 x − 32 − m = 0

Ta chỉ cần chứng minh phương trình: x3 + 6x2 – 32 = m (*) có nghiệm
trong (2; + ∞ )
Xét hàm số: f(x) = x3 + 6x2 – 32 Với x > 2
f ’(x) = 3x2 + 12x > 0 , ∀ x > 2
Bảng biến thiên của hàm số f(x)
x

+∞

2
+

f '(x)

+∞

f(x)

0

Dựa vào bảng biến thiên ta có : ∀ m > 0 Phương trình (*) có nghiệm trong
khoảng (2; + ∞ )
Vậy ∀ m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
21


Nhận xét:Với bài toán này chúng ta cần biết phương pháp giải phương
trình vô tỷ với phương pháp bình phương hai vế và biết đưa phương trình về
dạng tích, nhiều học sinh mắc sai lầm khi chia cả hai vế của phương trình cho x
– 2 và dẫn đến làm mất nghiệm của phương trình. Với việc đưa phương trình về
dạng tích ta thấy lời giải trở nên rất đơn giản.
Bài toán 4:Tìm m để phương trình sau có ít nhất một nghiệm trên [1; 3 3 ]
log 32 x + log32 x + 1 - 2m – 1 = 0 (1) ( Đề thi đại học khối A – 2002)

Giải quyết bài toán :
Điều kiện : x > 0
Đặt:
t = log 32 x + 1 với x ∈ [1; 3 3 ] ⇔ 0 ≤ log3 x ≤ 3 ⇔ 1 ≤ log32 x +1 ≤ 4 ⇔ 1 ≤ t ≤ 2
Phương trình trở thành: t2 + t = 2m + 2 (2)
Phương trình (1) có 1 nghiệm trên [1; 3 3 ]
⇔ Phương trình (2) có 1 nghiệm thuộc [1; 2]
⇔ đường thẳng y = 2m + 2 cắt đồ thị hàm số y = t 2 + t với t ∈ [1; 2] tại ít
nhất một điểm
Xét hàm số: f(t) = t2 + t với t ∈ [1; 2]
f ’(t) = 2t + 1 > 0 , ∀ t ∈ [1; 2]

t

1
+

f '(t)
f(t)

2
5

2

Vậy phương trình (1) có 1 nghiệm thuộc [1; 3 ] ⇔ 2 ≤ 2m + 2 ≤ 5
⇔ 0 ≤ m ≤ 1,5
Nhận xét: Khi giả bài này ta cần quan sát kĩ bài toán và đưa ra phương
án đặt ẩn phụ hợp lí nhất và nhớ tìm điều kiện thật chặt chẽ của biến t.
Bài toán 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
3

(m + 1) tg4x – 3m(1 + tg2x)tg2x +

4m
= 0 (1) (TC - THTT)
cos 4 x

Giải quyết bài toán:
Điều Kiện: x ≠

π
+ kπ
2

(1) ⇔ m( 2tg4x + 5tg2x + 4 ) = - tg4x
t = tg 2 x
t = tg 2 x

⇔ 
⇔
−t 2
2
2
m
=
 m(2t + 5t + 4) = −t

2t 2 + 5t + 4


22


−t 2
với t ≥ 0
2t 2 + 5t + 4

Xét hàm số: f(t) =
f ’(t) =

−5t 2 − 8t

( 2t

2

+ 5t + 4 )

2

t

≤ 0 , ∀t ≥ 0

+∞

0
_

f '(t)
0

f(t)

-0,5

Dựa vào bảng biến thiên ta có điều kiện để phương trình có nghiệm là
⇔ -0,5 < m ≤ 0
Bài toán 6: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 9x – m 33 + 2m + 1 = 0 (1)
Giải quyết bài toán :
t = 3x

⇔

(vì t = 2 không là nghiệm của
t2 +1
(2)
m =
t−2


x
t = 3
(1) ⇔ 
2
 m(t − 2) = t + 1

phương trình)
t 2 − 4t − 1
t2 +1
Xét hàm số f(t) =
ta có: f ’(t) =
2
( t − 2)
t −2
t = 2 − 5

f ’(t) = 0 ⇔ t 2 − 4t − 1 = 0 ⇔ 

t = 2 + 5

t
f '(t)

-∞

2- 5

2

0

_

0

f(t)

_

0

1
2

+∞

2+ 5

-∞

+
+∞

4+2 5

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm khi m < - 0,5 hoặc
m ≥ 4+2 5
Nhận xét: Khi rút m sang một vế ta cần chú ý điều kiện của x – 2.Với bài
này ta cần chú ý tới các giới hạn của hàm số và quy tắc lập bảng biến thiên,
nhiều học sinh thường làm sai bảng biến thiên.
Bài toán 7: Tìm a để phương trình:
duy nhất
Giải quyết bài toán :
23

3x 2 − 1
= 2 x − 1 + a (1) có nghiệm
2x −1


(1) ⇔ a =

3x 2 − 2 x
2x −1

3x 2 − 2 x
Xét hàm số : f(x) =
xác định trên (0,5; + ∞ )
2x −1

Ta có f’(x) =

9 x2 − 8x + 2

( 2 x − 1)

> 0 ∀ x ≥ 0,5 ⇒ f đồng biến trên (0,5; + ∞ )
+∞

0,5

x

3

+

f '(x)

+∞

f(x)

-∞

Từ bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm duy nhất với mọi a.
Bài toán 8: Tìm m để phương trình: m( x 2 − 2 x + 2 + 1) + x(2- x) ≤ 0 có
nghiệm thuộc [0; 1+ 3 ].
Giải quyết bài toán
Đặt t = x 2 − 2 x + 2 với x ∈ [0; 1+ 3 ]
t’x =

x −1

x − 2x + 2
t’x = 0 ⇔ x = 1
2

,

x

0

_

t'x
t

m ≤

0

2

1+ 3
+
2

Với x ∈ [0; 1+ 3 ] thì t ∈ [1; 2]
Bất phương trình trở thành: m(t + 1) ≤ t2 – 2
⇔

1

1

t2 − 2
t +1

⇔ m ≤ Maxf(t) với f(t) =

Ta có f ’(t) =

t 2 + 2t + 2

( t + 1)

2

t2 − 2
t +1

> 0 , ∀ t ∈ [1; 2]

Vậy bất phương trình có nghiệm
2
x ∈ [0; 1+ 3 ] ⇔ m ≤ M[1;2]ax f (t ) = f(2) ⇔ m ≤
3

Bài toán 9:Với giá trị nào của m thì bất phương trình sin 3x + cos3x ≥ m
có nghiệm m,với ∀ x .
Giải quyết bài toán

π
4

Đặt t = sinx + cosx = 2 cos( x − ) , Điều kiện : t ≤ 2
24


t 2 −1
)
2

Bất phương trình trở thành: t(1 –

≥ m, ∀ t ∈ [-

≥ 2m, ∀ t ∈ [-

⇔ 3t – t3

2; 2]

2; 2]

Xét: f(t) = 3t – t3
f ’(t) = 3 – 3t2
f ’(t) = 0 ⇔ 3 – 3t2 = 0 ⇔ t = 1 v t = -1
x

- 2

t'x

-1

_

1
+

0

- 2

t

2

2
2

-2

Dựa vào bảng biến thiên ta có : bất phương trình (1) có nghiệm với ∀ x
⇔ 2m ≤ -2 ⇔ m ≤ - 1
Bài toán 10:
Tìm m để bất phương trình: mx4 – 4x + m ≥ 0 có nghiệm với ∀ x (1)
Giải quyết bài toán
4x
, ∀x
x +1

(1) ⇔ m(x4+ 1) ≥ 4x , ∀ x ⇔ m ≥
Xét hàm số : f(x) =
Ta có : f ’(x) =

4x
x +1
4

4( x 4 + 1 − 4 x 4 )

(x

4

+ 1)

2

=

4(1 − 3 x 4)

(x

4

f ’(x) = 0 ⇔ 1 − 3x 2 = 0 ⇔ x =
-1
x

-∞
_

f '(x)
f(x)

4

+ 1)

4(1 − 3 x 2 )(1 + 3 x 2 )

(x

4

+ 1)

2

1
1
vx=- 4
3
3

4

1

3
0

2

=

+∞

3
+

0

0

_

27
0

- 27

Vậy bất phương trình có nghiệm ∀ x ⇔ m ≥ Maxf(x) ⇔ m ≥
Bài toán 11:
Cho bất phương trình: x3 -2x2 + x – 1 + m < 0 (1)
a) Tìm m để bất phương trình có nghiệm thuộc đoạn: [0; 2]
b) Tìm m để bất phương trình có nghiệm với ∀ x ∈ [0; 2]
Giải quyết bài toán

0
x
1/ 3
Ta có: (1) ⇔ -x3 + 2x2 – x + 1 > m
_
+
f '(x)
0
3
2
∈
Xét: f(x) = -x + 2x – x + 1 , x [0; 2]
25

f(x)

1

23
7

4

27

1

2

0

1
-1