Vận dụng linh hoạt đạo hàm để giải phương trình, bất phuuwong trình, hệ phương trình chứa tham số

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

VẬN DỤNG LINH HOẠT ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ

Người thực hiện: Mai Thị Huyền
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HÓA THÁNG 5 NĂM 2019


MỤC LỤC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA....................................................................................................1
TRƯỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG...............................................................................................................1
1. MỞ ĐẦU...................................................................................................................................................1
1.1. Lí do chọn đề tài...............................................................................................................................1
1.3. Đối tượng nghiên cứu......................................................................................................................1
1.4. Phương pháp nghiên cứu................................................................................................................1
1.5. Những điểm mới trong kết quả nghiên cứu....................................................................................1
2. NÔI DUNG CUA SÁNG KIÊN KINH NGHIÊM............................................................................................1
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiêm ........................................................................................1
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dung sáng kiến kinh nghi êm .................................................2
2.3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề...........................................................................3
2.4. Thực nghiệm sư phạm...................................................................................................................11
3. KÊT LUẬN, KIÊN NGHI............................................................................................................................12

3.1. Kết luân..........................................................................................................................................12
3.2. Kiến nghi.........................................................................................................................................13
...................................................................................................................................................................13
TÀI LIỆU THAM KHẢO................................................................................................................................14


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Nghiên cứu sách giáo khoa môn toán lớp 10, 11, 12 và các đề tuyển
sinh ĐH - CĐ trong những năm gần đây tôi nhận thấy dạng bài toán về vận
dụng đạo hàm (Phương pháp hàm số) thường được sử dụng trong các kì thi.
Hơn nữa thời lượng dành cho các bài tập áp dụng phương pháp hàm số lại
rất ít, do đó giáo viên cũng khó khăn trong việc giúp học sinh nắm vững
kiến thức cùng các kinh nghiệm cần thiết để giải các dạng bài tập này.
Hầu hết các bài tập có chứa tham số trong chương trình THPT đều có
thể áp dụng đạo hàm số để giải, tuy nhiên không phải học sinh nào cũng có
khả năng cô lập tham số, tìm được hàm đặc trưng… Đặc biệt với học sinh
lớp 11 thì điều này lại càng khó khăn hơn nhiều.
Xuất phát từ thực tế trên, qua kinh nghiệm dạy học của mình, tôi cũng đúc
kết được một số kinh nghiệm về vận dụng đạo hàm để giải các bài toán về
phương trình, hệ phương trình, bất phương trình. Nhằm giúp các em tiếp thu
kiến thức được tốt hơn, từ đó mà chất lượng giảng dạy cũng như học tập của học
sinh ngày được nâng lên. Tôi viết bài “Vận dụng linh hoạt đạo hàm để giải
phương trình, bất phương trình, hệ phương trình chứa tham số”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Do đây là phần nội dung kiến thức khó, trừu tượng, có nhiều kiến thức
tổng hợp, nhiều học sinh còn chưa quen với tính tư duy, trừu tượng của nó nên
tôi nghiên cứu nội dung này nhằm tìm ra những phương pháp truyền đạt phù
hợp cho học sinh, bên cạnh cũng nhằm tháo gỡ vướng mắc, khó khăn mà học
sinh thường hay gặp phải với mong muốn nâng cao chất lượng dạy học.

1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu trong đề tài là học sinh khối 12 qua các năm giảng
dạy từ trước đến nay.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Để thực hiện mục đích và nhiệm vụ của đề tài, trong quá trình nghiên cứu
tôi đã sử dụng các phương pháp sau:
Phương pháp quan sát (công việc dạy -học của giáo viên và học sinh)
Phương pháp điều tra (nghiên cứu chương trình, hồ sơ chuyên môn,..)
Phương pháp đàm thoại phỏng vấn(lấy ý kiến của giáo viên và học sinh
thông qua trao đổi trực tiếp)
1.5. Những điểm mới trong kết quả nghiên cứu
Đa số các em học khá giỏi có hứng thú với việc áp dụng các phương pháp
này để giải, học sinh chuyển biến rất rõ rệt, các em không còn e ngại với các bài
toán có chứa tham số hay hệ phương trình, một số em học yếu ham học hơn,
vươn lên học tập tốt hơn.
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Đổi mới phương pháp dạy học là sự thay đổi từ các phương pháp dạy học
tiêu cực đến các phương pháp tích cực, sáng tạo. Nhưng không phải thay đổi
ngay lập tức bằng những phương pháp hoàn toàn mới lạ mà phải là một quá
trình áp dụng phương pháp dạy học hiện đại trên cơ sở phát huy các yếu tố tích
1


cực của phương pháp dạy học truyền thống nhằm thay đổi cách thức, phương
pháp học tập của học sinh chuyển từ thụ động sang chủ động. Do đó trong quá
trình dạy học đòi hỏi mỗi thầy cô giáo phải tích cực học tập, không ngừng nâng
cao năng lực chuyên môn, đổi mới phương pháp dạy học theo hướng phát huy
tính tích cực, tự giác, chủ động sáng tạo của học sinh, bồi dưỡng khả năng tự
học, sáng tạo, khả năng vận dụng kiến thức vào thực tế, đem lại sự say mê, hứng

thú học tập cho các em.
Đối với học sinh yếu kém cần tạo nên cho các em có hứng thú học tập
môn toán, còn đối với học sinh khá giỏi cần rèn luyện cho các em tính linh hoạt,
tính độc lập, tính sáng tạo. Chính vì vậy việc dạy, học toán không đơn thuần chỉ
cung cấp cho các em vốn kiến thức thông qua việc làm bài tập càng nhiều càng
tốt, càng khó càng hay, mà còn phải rèn luyện cho các em khả năng tư duy, sáng
tạo, giải bài toán bằng nhiều cách khác nhau.
Do đây là phần nội dung kiến thức khó, vì nó trừu tượng, có nhiều kiến
thức tổng hợp, nhiều học sinh còn chưa quen với tính tư duy, trừu tượng của nó
nên tôi nghiên cứu nội dung này nhằm tìm ra những phương pháp truyền đạt phù
hợp cho học sinh, bên cạnh cũng nhằm tháo gỡ những vướng mắc, khó khăn mà
học sinh thường hay gặp phải với mong muốn nâng dần chất lượng dạy học.
Học sinh đã có kiến thức về phương trình, bất phương trình và hệ phương
trình ở lớp dưới.
Học sinh đã biết cách khảo sát hàm số và có kiến thức về sự tương giao
giữa các đồ thị.
Giáo viên có trực tiếp soạn, giảng môn toán ở lớp 12.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng
kiến kinh nghiệm
a. Thuận lợi: Đưa được bài toán tìm giá trị tham số để phương trình, bất
phương, hệ phương trình có nghiệm về dạng f ( x) = g (m) hoặc f ( x) ≤ g (m) sau đó
ta sử dụng các mệnh đề trên để giải quyết bài toán đơn giản.
Vấn đề về hàm số là vấn đề tương đối khó với đặc thù học sinh Trường
THPT Lê Hồng Phong.
Thời lượng học sinh được giáo viên hướng dẫn rất ít mà các bài tập ở
dạng này thì đa dạng, phong phú về nội dung.
Học sinh thường mắc sai lầm khi giải các bài toán về tìm tham số m để
phương trình, bất phương trình có nghiệm.
b. Khó khăn:
Trong quá trình giảng dạy, tôi thấy đa số học sinh nắm kiến thức chưa

chắc, khả năng tưởng tượng còn hạn chế. Ý thức học tập của các em chưa thực
sự tốt, nhiều em hỏng kiến thức ở lớp dưới nên rất chán khi học phần này. Các
em chưa thấy được ứng dụng to lớn của đạo hàm.
Không phải mọi bài toán đều đưa được về dạng f ( x) = g (m) hoặc
f ( x) ≤ g (m); f ( x) ≥ g (m) , nhất là khi g(m) là một đa thức theo m mà bậc của m
không cùng bậc. Vì thế với mong muốn đóng góp vào việc nâng cao chất lượng
dạy và học, giúp các em tháo gỡ được phần nào sự lúng túng, qua kinh nghiệm
2


dạy học của mình tôi mạnh dạn đưa ra phương pháp giải quyết các bài toán có
ứng dụng sự biến thiên của hàm số nhằm giúp học sinh nắm được kiến thức cơ
bản, hình thành phương pháp chung để giải chúng.
2.3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề
A.Cơ sở lý thuyết:
1. Kiến thức chuẩn bị.
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên miền D
1.1. Nghiệm của phương trình f(x) = g(x) là hoành độ giao điểm của đồ
thị y = f ( x ) với đồ thị y = g ( x ) .
f(x)
1.2. Nghiệm của bất phương trình f(x) ≥ g(x) là
phần hoành độ tương ứng với phần đồ thị y = f ( x )
g(x)
nằm ở phía trên so với phần đồ thị y = g ( x ) .
1.3. Nghiệm của bất phương trình f(x) ≤ g(x) là a α
β b x
phần hoành độ tương ứng với phần đồ thị y = u ( x ) nằm
ở phía dưới so với phần đồ thị y = v ( x ) .
1.4. Nghiệm của phương trình f(x) = m là hoành độ giao điểm của đường
thẳng y = m với đồ thị y = f ( x ) .

2. Các kết quả thường dùng: Cho hàm số y = f(x) liên tục trên miền D
2.1. Cho hàm số y = f(x) đơn điệu trên tập D
y=m
Khi đó f(u) = f(v)  u = v ( Với mọi u, v ∈ D)
f ( x) ≥ m
2.2. BPT f(x) ≥ m đúng ∀x∈D ⇔ Min
x∈D
2.3. BPT f(x) ≤ m đúng ∀x∈D ⇔ Max f ( x ) ≤ m
x∈D

f ( x) ≥ m
2.4. BPT f(x) ≥ m có nghiệm x∈D ⇔ Max
x∈D

a

b

x

f ( x) ≤ m
2.5 BPT f(x) ≤ m có nghiệm x∈D ⇔ Min
x∈D

f ( x ) ≤ m ≤ M ax f ( x )
2.6. PT f(x) = m có nghiệm x∈D  Min
x∈D
x∈D
3. Phương pháp giải
Phương pháp chung để giải các bài toán tìm giá trị tham số m để phương

trình, hệ phương trình, bất phương trình có nghiệm là:
Biến đổi PT ( BPT) về dạng f(x) = g(m) hoặc f(x) ≥ g(m) hoặc f(x) ≤ g(m).
Lập bảng biến thiên của hàm f(x) trên tập xác định D của nó.
f ( x ) , Max f ( x ) ( Nếu có).
Tìm Min
x∈D
x∈D

Vận dụng một trong các kết quả trên mục 2 để kết luận.
B. Bài tập áp dụng:
1.Các bài tập về phương trình và hệ phương trình.
1.1.(Đề TSĐH khối A, 2007)
Tìm m để phương trình 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 (1) có nghiệm thực.
Giải:
ĐK: x ≥ 1 ,
3


+ Biến đổi phương trình (1) ⇔ −3
u = 4 x − 1 = 4 1 − 2 ∈ [ 0,1)
x +1
x +1
2
(
)
Khi đó g t = −3t + 2t = m
Ta có g ′ ( t ) = −6t + 2 = 0 ⇔ t = 13 .

+ Đặt

x − 1 + 24 x −1 = m
.
x +1
x +1

t01+0–0– 1

.

Do đó (1) có nghiệm ⇔ −1 < m ≤ 13
Nhận xét: Sai lầm phổ biến của học sinh đó là không tìm điều kiện đúng
u( x ) = 1 .
cho biến u. Các em chỉ có điều kiện u ≥ 0 và không tính giới hạn xlim
→+∞
1.2.(Đề TSĐH khối B, 2007): Chứng minh rằng: Với mọi m > 0 , phương
2
trình x + 2 x − 8 = m ( x − 2 ) (2) luôn có đúng hai nghiệm phân biệt.
Giải:
ĐK: x ≥ 2 .
+ Biến đổi phương trình (2) ⇔ ( x − 2 ) ( x + 6 ) = m ( x − 2 )
2
2
⇔ ( x − 2) ( x + 6) = m ( x − 2)
⇔ ( x − 2 ) ( x 3 + 6 x 2 − 32 − m ) = 0

.

⇔ x = 2 v g ( x ) = x 3 + 6 x 2 − 32 = m
+ ycbt ⇔ g ( x ) = m có đúng một

nghiệm thuộc khoảng ( 2; +∞ ) .
Thật vậy ta có: g ′ ( x ) = 3x ( x + 4 ) > 0, ∀x > 2 .
g ( x ) = +∞ nên
Do đó g ( x ) đồng biến mà g ( x ) liên tục và g ( 2 ) = 0; xlim
→+∞
g ( x ) = m có đúng một nghiệm ∈ ( 2; +∞ ) .
Vậy ∀m > 0 , phương trình x 2 + 2 x − 8 = m ( x − 2 ) có hai nghiệm phân biệt.
Nhận xét: Cô lập biến rồi áp dụng chiều biến thiên để kết luận.
1.3. (Đề TSĐH khối A, 2008) Tìm m để phương trình sau có đúng hai
nghiệm thực phân biệt: 4 2 x + 2 x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m
Giải:
4
(
)
ĐK: 0 ≤ x ≤ 6, Đặt f x = 2 x + 2 x + 2 4 6 − x + 2 6 − x ; x ∈ [ 0; 6]
1
 +  1 − 1  , x ∈ ( 0; 6 )
f ′ ( x) = 1  1
−
÷
3 ÷  2x
2 4 ( )3 4 (
6−x 
6 − x)  
 2x
1
1
u ( x) =
−
; v ( x) = 1 − 1

, x ∈ ( 0, 6 )
3
3
4
4
2x
6−x
( 2x)
( 6 − x)

+ Ta có:
+ Đặt

u ( x ) , v ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0, 2 )
 f ′( x) > 0, ∀x ∈ ( 0, 2 )

 ( )
⇒ u 2 = v ( 2 ) = 0
⇒  f ′( x) < 0, ∀x ∈ ( 2, 6 )
 f ′(2) = 0
 ( ) ( )

u x , v x < 0, ∀x ∈ ( 2, 6 )

x026+0–f(x)

2 6 + 24 6
4

Từ BBT ta có PT có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 2 6 + 2 4 6 ≤ m < 3 2 + 6
Nhận xét: Kỹ thuật xét dấu f’(x) đòi hỏi học sinh phải vận dụng đạo hàm
với từng biểu thức trong f’(x).
1.4. (Đề TSĐH khối D, 2007):
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm

x + 1 + y + 1 = 5

x
y
 3
 x + 13 + y 3 + 13 = 15m − 10
x
y


Giải:
ĐK: x ≠ 0, y ≠ 0;
Đặt
và

u = x + 1 ;v = y + 1
x
y

ta có

(

x 3 + 13 = x + 1

x
x

)

3

(

)

− 3x ×1 x + 1 = u − 3u
x
x

u = x+ 1 = x + 1 ≥2 x. 1 =2 ; v = y + 1 ≥2 y . 1 =2
x
x
x
y
y

+ Khi đó hệ trở thành

u + v = 5
u + v = 5
⇔
 3
3
u + v − 3 ( u + v ) = 15m − 10

uv = 8 − m

⇔ u, v là nghiệm của phương trình bậc hai f ( t ) = t 2 − 5t + 8 = m
Hệ có nghiệm ⇔ f ( t ) = m có 2 nghiệm t1 , t 2 thỏa mãn t1 ≥ 2; t 2
Lập Bảng biến thiên của hàm số f ( t ) với t ≥ 2
−∞
t
–
2
5
3
2
/2
f ′( t)
–
–
0 +
(
)
f t
+
∞
2
2
7
2
2
/4

Nhìn bảng biến thiên ta có hệ có nghiệm

≥ 2.

7

+

∞

+
2

+

∞

2

⇔ 7 ≤ m ≤ 2 ∨ m ≥ 22
4

Nhận xét: Học sinh rất dễ sai miền xác định của hàm f(t).
1.5. (Đề TSĐH khối A, 2012):
Giải hệ phương trình:

Giải:
1
2

1

2

Từ phương trình (2) ⇒ ( x − )2 + ( y + ) 2 = 1
nên

−3
1
−1
3
≤ x − 1 ≤ ; và
≤ y +1 ≤
2
2
2
2

5


+ (1) ⇔ ( x − 1)3 − 12( x − 1) = ( y + 1)3 − 12( y + 1) nên xét f (t ) = t 3 − 12t trên
[

−3 3
; ]
2 2

+ Chỉ ra f(t) nghịch biến. Có f ( x − 1) = f ( y + 1) ⇒ x − 1 = y + 1
1 −3 3 −1
); ( ; ) .
2 2

2 2

+ Nghiệm ( x; y ) = ( ;

Nhận xét: Học sinh thường không xác định được điều kiện của x - 1 và

y +1 nên khó chứng minh được f(t) đồng biến.

1.6. (Đề TSĐH khối A, 2010):
( 4x 2 + 1 )x + ( y − 3 ) 5 − 2 y= 0 (1)
Giải hệ phương trình:  2 2
(2)
 4x + y + 2 3 − 4x = 7

Giải:
3
5
ĐK: x ≤ ; y ≤
4
2

Phương trình (1) tương đương ( 4x 2 + 1 ).2x = ( 5 − 2 y + 1 ). 5 − 2 y
Phương trình (1) có dạng f ( 2x ) = f ( 5 − 2 y ) , với f ( t ) = ( t 2 + 1 )t
Ta có f '( t ) = 3t 2 + 1 > 0 , suy ra f(t) đồng biến trên R
 x≥0

Do đó : (1)  2x = 5 − 2 y   5 − 4x 2
y =

2

2



Thế vào phương trình (2) ta được 4x 2 +  − 2x 2 ÷ + 2 3 − 4x − 7 = 0 (3)
5
2



Nhận thấy x = 0 và x = ¾ không là nghiệm của (3).
2

3
5

Xét hàm g( x ) = 4x +  − 2x 2 ÷ + 2 3 − 4x − 7 trên (0; )
4
2

4
4
5

g'( x ) = 8x − 8x  − 2x 2 ÷−
= 4x( 4x 2 − 3 ) −
3 − 4x
3 − 4x
2


3

g’(x) < 0 với mọi x ∈ (0; ).Suy ra g(x) nghịch biến.
4
1
1
Mặt khác g( ) = 0 , do đó (3) có nghiệm duy nhất x = ; suy ra y = 2.
2
2
1
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = ( ;2 )
2
2

Nhận xét: Học sinh thường gặp khó khăn khi giải phương trình (4), nên
hướng dẫn học sinh sử dụng máy tính cầm tay để dò nghiệm rồi từ đó tìm cách
chứng minh nghiệm duy nhất như trên.
1.7. (Đề TSĐH khối A, 2013):
ìï x +1+ 4 x- 1- y4 + 2 = y ( 1)
ï
Giải hệ phương trình: ïíï 2
2
ïïî x + 2x( y- 1) + y - 6y+1= 0( 2)

Điều kiện: x³ 1

( x, y Î R)

Giải:

6


2

Từ (2) ta được 4y = ( x+ y- 1) , suy ra y³ 0.
Đặt u = 4 x- 1, suy ra u³ 0.
Phương trình (1) trở thành: u4 + 2 + u = y4 + 2 + y (3)
Xét f ( t) = t + 2 + t với t³ 0 , f '( t) =
4

2t3
t4 + 2

+1> 0 " t ³ 0

Do đó (3)  y = u, nghĩa là x = y4 +1
7
4
Thay x = y4 +1 vào (2) ta được y( y + 2y + y- 4) = 0 ( 4)
7
4
6
3
Hàm g( y) = y + 2y + y- 4 có g'( y) = 7y + 8y +1> 0 với mọi y³ 0

Mà g( 1) = 0 , nên (4) có hai nghiệm không âm là y = 0, y =1.
Vậy nghiệm ( x; y) của hệ đã cho là ( 1;0) và ( 2;1) .
Nhận xét: Sẽ rất khó khăn nếu học sinh không chú ý đến điều kiện t > 0
2 x − 2 y = ( y − x)( xy + 2)

1.8. Giải hệ phương trình  2
2
x + y = 2
2
2
Phân tích. Nếu thay 2 = x + y vào phương trình thứ nhất thì ta sẽ được hđt
Giải:
2
2
Thay 2 = x + y vào phương trình thứ nhất ta được
2 x − 2 y = ( y − x)( xy + x 2 + y 2 ) ⇔ 2 x − 2 y = y 3 − x 3 ⇔ 2 x + x 3 = 2 y + y 3 (1)
t
3
t
2
Xét hàm số f (t ) = 2 + t , t Î ¡ có f '(t ) = 2 ln 2 + 3t > 0, " t Î ¡ suy ra
f (t ) đồng biến trên ¡ . (1) ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y thế vào pt thứ hai ta được
x = y = ±1 . Vậy tập nghiệm của hệ là S = { (1;1); (−1; −1)}
Nhận xét: Học sinh thường quên công thức đạo hàm của hàm y = ax.
(1)
ln(1 + x ) − ln(1 + y ) = x − y
1.9. Giải hệ phương trình  2
2
(2)
 x − 12 xy + 20 y = 0
Giải:
x
>
−
1,

y
>
−
1
ĐK:
(1) ⇔ ln(1 + x) − x = ln(1 + y ) − y ⇔ f ( x) = f ( y )
với f (t ) = ln(1 + t ) − t , t ∈ (−1; +∞)
1
−t
f '(t ) =
−1 =
= 0 ⇔ t = 0 ∈ (−1; +∞) ⇒ f (t ) đồng biến trên (−1;0)
1+ t
1+ t
và nghịch biến trên (0; +∞) .
TH 1. x, y ∈ (−1;0) hoặc x, y ∈ (0; +∞) thì f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y
Thế vào pt (2) ta được x = y = 0 (không thỏa mãn)
TH 2. x ∈ (−1;0), y ∈ (0; +∞) hoặc ngược lại thì xy < 0
⇒ x 2 − 12 xy + 20 y 2 > 0
TH 3. xy = 0 thì hệ có nghiệm x = y = 0 .
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 0
7


Nhận xét: Học sinh thường bị thiếu các trường hợp, không xét hết trên
tập xác định.
2. Các bài tập về bất phương trình:
2.1. Tìm m để bất phương trình:

− x 3 + 3mx − 2 < −13

x

nghiệm đúng ∀x ≥ 1

Giải:
3
2
1
1 2
BPT ⇔ 3mx < x − 3 + 2, ∀x ≥ 1 ⇔ 3m < x − 4 + x = f ( x ) , ∀x ≥ 1 .
x
x

4
2
4
2 4 2 −2 >0
Ta có f ′ ( x ) = 2 x + 5 − 2 ≥ 2 2 x  5 ÷ − 2 =
suy ra
2
x

x 

x

x

x

f ( x)

tăng.

f ( x ) = f ( 1) = 2 > 3m ⇔ 2 > m .
Ycbt ⇔ f ( x ) > 3m, ∀x ≥ 1 ⇔ min
x ≥1
3

2.2.Tìm m để bất phương trình: m( x 2 − 2x + 2 + 1 ) + x( 2 − x ) ≤ 0 (2) có
nghiệm x ∈ 0;1 + 3  .
Giải:
Đặt t = x 2 − 2x + 2 . Ta có t' =

2x − 2
2 x 2 − 2x + 2

; t’ = 0 x = 1.

Bảng biến thiên:
x
t

0
-

1
0

+∞

+

’
2

2

t

1

Từ đó suy ra 1≤ t ≤ 2
t2 − 2
. (3)
t +1
t 2 + 2t + 2
t2 − 2
f
'(
t
)
=
> 0 , với mọi t ∈ [ 1; 2 ] .
, 1≤t ≤ 2,
Xét hàm số f ( t ) =
2
( t + 1)
t +1

Phương trình (2) trở thành m( t + 1 ) ≤ t 2 − 2  m ≤

2
Suy ra f(t) đồng biến trên [ 1; 2 ] . Do đó Max f ( t ) = f (2) =
t∈[ 1; 2]
3

Bpt (2) có nghiệm x ∈ 0;1 + 3  khi và chỉ khi bpt (3) có nghiệm t ∈ [ 1; 2 ] .
2
f ( t) = f ( 2 ) =
Tức là m ≤ tMax
∈[ 1; 2 ]
3

Nhận xét: Bài toán đòi hỏi học sinh phải biết quan sát tốt, đặt ẩn phụ rồi
mới cô lập được tham số.
2.3. Tìm m để bất phương trình m.4 x + ( m − 1) .2 x + 2 + m − 1 > 0 đúng ∀x ∈ ¡
Giải:
x
x
+
2
Đặt t = 2 x > 0 thì m.4 + ( m − 1) .2 + m − 1 > 0 đúng ∀x ∈ ¡
⇔ m.t 2 + 4 ( m − 1) .t + ( m − 1) > 0, ∀t > 0 ⇔ m ( t 2 + 4t + 1) > 4t + 1, ∀t > 0
8


⇔ g ( t) =

4t + 1 < m, ∀t > 0
.

t + 4t + 1
2

−4t 2 − 2t < 0
Ta có g ′ ( t ) = 2
nên g ( t ) nghịch biến trên [ 0; +∞ ) .
( t + 4t + 1) 2
Suy ra ycbt ⇔ Max g ( t ) = g ( 0 ) = 1 ≤ m
t ≥0

2.4. Tìm m để bất phương trình:

x 3 + 3x 2 − 1 ≤ m ( x − x − 1 )

3

có nghiệm.

Giải:
Điều kiện x ≥ 1 .
+ Nhân cả hai vế BPT với (

x + x − 1) > 0
3

ta nhận được bất phương trình:

f ( x ) = ( x 3 + 3 x 2 − 1) ( x + x − 1 ) ≤ m .
3

Đặt g ( x ) = x 3 + 3x 2 − 1 ;

h ( x ) = ( x + x − 1)

3

g ′ ( x ) = 3x 2 + 6 x > 0, ∀x ≥ 1;

+ Ta có : h′ ( x ) = 3 (

2
1 >0
x + x − 1 )  1 +
÷
 2 x 2 x −1 
Do g ( x ) > 0 và tăng ∀x ≥ 1 ; h ( x ) > 0 và tăng nên f ( x ) = g ( x ) .h ( x ) tăng ∀x ≥ 1
Khi đó bất phương trình f ( x ) ≤ m có nghiệm ⇔ min f ( x ) = f ( 1) = 3 ≤ m
x ≥1

Nhận xét: Kỹ thuật xét dấu f’(x) đòi hỏi học sinh phải vận dụng đạo hàm
với từng biểu thức trong f’(x).
2.5. Tìm m để ( 4 + x ) ( 6 − x ) ≤ x 2 − 2 x + m nghiệm đúng ∀x ∈ [ −4, 6]
Giải:
2
BPT ⇔ f ( x ) = − x + 2 x + ( 4 + x ) ( 6 − x ) ≤ m đúng ∀x ∈ [ −4, 6]
f ′ ( x ) = −2 x + 2 +

−2 x + 2
1
= (1 − x)  2 +


(
) ( 6 − x)
2 ( 4 + x) ( 6 − x)
4
+
x

suy ra Max Max f ( x ) = f ( 1) = 6 ≤ m

Lập bảng biến thiên
2.6. Tìm m để 3 + x +

 = 0 ⇔ x =1
÷


[ −4,6]

6 − x − 18 + 3x − x 2 ≤ m 2 − m + 1

đúng ∀x ∈ [ −3, 6]

Giải:
Đặt t = 3 + x + 6 − x > 0
⇒ t 2 = ( 3 + x + 6 − x ) 2 = 9 + 2 ( 3 + x) ( 6 − x)
⇒ 9 ≤ t 2 = 9 + 2 ( 3 + x ) ( 6 − x ) ≤ 9 + ( 3 + x ) + ( 6 − x ) = 18
⇒ 18 + 3x − x 2 = ( 3 + x ) ( 6 − x ) = 1 ( t 2 − 9 ) ; t ∈ 3; 3 2 
2

Xét
ycbt

f ( t ) = − 1 t + t + 9 ; f ′ ( t ) = 1 − t < 0; ∀t ∈ 3;3 2  ⇒ max f ( t ) = f ( 3) = 3
2
2
3;3 2 
2
2
⇔ max f ( t ) = 3 ≤ m − m + 1 ⇔ m − m − 2 ≥ 0 ⇔ m ≤ −1 V m ≥ 2
2

3;3 2 

2.7. Cho

 a , b, c ≥ 0

a + b + c = 3

Chứng minh rằng:

a 2 + b 2 + c 2 + abc ≥ 4

Giải:
BĐT

⇔ a + ( b + c ) − 2bc + abc ≥ 4 ⇔ a 2 + ( 3 − a ) + ( a − 2 ) bc ≥ 4
2

2

2

9


Như thế đồ thị

y = f ( u)

(

f ( 0 ) = 2a 2 − 6a + 5 = 2 a − 3
2
2
1

f ( u ) ≥ 0; ∀ u ∈ 0; ( 3 − a )  .
 4


Ta có
suy ra

là một đoạn

)

2

)

(

2

2
0 ≤ u = bc ≤ b + c = 1 ( 3 − a ) .
2
4
2
1
thẳng với u ∈ 0; 4 ( 3 − a )  .

⇔ f ( u ) = ( a − 2 ) u + 2a 2 − 6a + 5 ≥ 0 trong

đó

)

(

2
2
+ 1 ≥ 0; f 1 ( 3 − a ) = 1 ( a − 1) ( a + 2 ) ≥ 0
2
4
4

nên

Vậy a 2 + b 2 + c 2 + abc ≥ 4 . Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 .
Nhận xét: Bài toán dồn biến, đưa nhiều biến về một biến rồi dùng đạo
hàm thường rất khó và trong 2 năm 2014, 2015 trong đề thi đại học xuất hiện ở
câu số 10, học sinh và giáo viên có tâm lí e ngại.
2.8. (IMO 25 – Tiệp Khắc 1984):
a, b, c ≥ 0
.
a + b + c = 1

Cho 

7
Chứng minh rằng: ab + bc + ca − 2abc ≤ 27
.

Giải:

a ( b + c ) + ( 1 − 2a ) bc = a ( 1 − a ) + ( 1 − 2a ) bc = a ( 1 − a ) + ( 1 − 2a ) u = f ( u )

Đồ thị

y = f ( u ) = ( 1 − 2a ) u + a ( 1 − a )

với

(

0 ≤ u = bc ≤ b + c

2

đoạn thẳng với 2 giá trị đầu mút f ( 0 ) = a ( 1 − a ) ≤  a + ( 1 − a ) 

(



)

2

(

2



)

2

=

(1 − a) 2
4

=1< 7
4 27

)(

)

là một

và
2

2
f 1 ( 1 − a ) = 1 ( −2a 3 + a 2 + 1) = 7 − 1 2a + 1 a − 1 ≤ 7
4
4
27 4
3
3
27
2
1
7

Do đồ thị y = f ( u ) là một đoạn thẳng với u ∈ 0; 4 ( 1 − a )  và f ( 0 ) < 27
;
2
f 1 ( 1 − a ) ≤ 7 nên f ( u ) ≤ 7 . Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1
4
27
27
3

(

)

Với những ví dụ và những gợi ý nhỏ trong bài viết này chúng ta có thể
vận dụng để giải các bài tâp sau.
3. Bài tập tự luyện:
Bài 1. (Đề TSĐH khối A, 2002)
Cho phương trình log 32 x + log 32 x + 1 − 2m − 1 = 0
a. Giải phương trình khi m = 2.
3
b. Tìm m để phương trình có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn 1;3  .
Bài 2. (Đề TSĐH khối B, 2006)
Tìm m để phương trình x 2 + mx + 2 = 2x + 1 có 2 nghiệm phân biệt.
Bài 3. (Đề TSĐH khối D, 2006)
Chứng minh rằng với mọi a > 0, hệ phương trình có nghiệm duy nhất
e x − e y = ln( x + 1 ) − ln( y + 1 )

y−x=a


Bài 4. (Đề TSĐH khối B, 2004)
Xác định m để phương trình
m( 1 + x 2 − 1 − x 2 + 2 ) = 2 1 − x 4 + 1 + x 2 − 1 − x 2 có nghiệm.

Bài 5. Giải hệ phương trình
10


 x 2 ( x + 1 ) = 2( y 3 − x ) + 1

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

Bài 6. Tìm m để phương trình 3 t anx+1(s inx +2cosx)= m(sinx + 3cosx) có
π



nghiệm duy nhất thuộc khoảng  0; ÷.
2




y
 x
e = 2007 − 2
y −1

Bài 7. Chứng minh hệ 
có đúng 2 nghiệm x > 0, y > 0
x
y
e = 2007 −

2
x −1


2.4. Thực nghiệm sư phạm
1. Mục đích thực nghiệm
Thực nghiệm sư phạm để kiểm nghiệm tính khả thi và hiệu quả của việc
vận dụng đạo hàm vào giải các bài toán liên quan
2. Tổ chức thực nghiệm
Thực nghiệm được tiến hành tại trường THPT Lê Hồng Phong thị xã Bỉm
Sơn tỉnh Thanh Hóa, trong khoảng thời gian một tháng từ ngày 10 tháng 10 đến
ngày 10 tháng 11 năm 2018.
Lớp thực nghiệm 12 C4 có 40 học sinh
Lớp đối chứng 12C5 có 37 học sinh
3. Đánh giá kết quả thực nghiệm
3.1. Một số đánh giá chung
Sáng kiến kinh nghiệm nhằm trang bị cho học sinh THPT, đăc biệt học
sinh 12 phương pháp dùng đạo hàm để giải bài toán tìm giá trị tham số để
phương trình, bất phương trình, hệ phương trình có nghiệm. Phương pháp này
nhằm giúp cho học sinh giải được bài toán dạng trên trong đề thi THPT Quốc
gia và thi học sinh giỏi.
Đa số các em học khá giỏi có hứng thú với việc áp dụng các phương pháp
này để giải, học sinh chuyển biến rất rõ rệt, các em không còn e ngại với các bài
toán có chứa tham số hay hệ phương trình, một số em học yếu ham học hơn,
vươn lên học tập tốt hơn.
3.2. Một số kết quả định lượng
Việc phân tích định lượng dựa vào kết quả kiểm tra trong đợt thực nghiệm
tại hai lớp thực nghiệm và đối chứng, nhằm minh họa và bước đầu kiểm nghiệm
tính khả thi, hiệu quả của việc vận dụng đạo hàm vào giải toán.
Trong quá trình thực nghiệm, tôi tiến hành một bài kiểm tra gồm hai bài
tập để đánh giá.
a) Nội dung bài kiểm tra (thời gian làm bài 45 phút)

11


Câu 1: Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương
trình sau có hai nghiệm phân biêt:
x 2 + 2 x − 8 = m( x − 2)

Câu 2: Tìm m để hệ phương trình sau đây có nghiệm:
 x + y = 1

 x x + y y = 1 − 3m

b) Kết quả bài kiểm tra
Điểm
0 1 2 3

Lớp
Lớp TN
12C4
Lớp ĐC
12C5

4

5

6

7

8

9

10 Tổng số bài

4

1

40

0

37

0

0

0

0

3

8

11

7

5

0

0

0

3

5

10 16

5

1

Lớp Thực nghiệm: Yếu 7, 5%; Trung bình 47, 5%; Khá 30%; Giỏi 12, 5%.
Lớp Đối chứng: Yếu 21, 6%; trung bình 70, 3%; Khá 8, 1%; Giỏi 0%.
Căn cứ vào kết quả kiểm tra, có thể bước đầu thấy được hiệu quả của giải
pháp nhằm tăng cường, rèn luyện khả năng vận dụng đạo hàm giải các bài toán
cho học sinh THPT mà tôi đã đề xuất và thực hiện trong quá trình thực nghiệm.
4. Kết luận chung về thực nghiệm
Từ kết quả thực nghiệm tôi thấy rằng:
- Việc dạy cho học sinh vận dụng đạo hàm vào giải toán trên cơ sở dựa
vào những Quan điểm, những gợi ý về phương pháp dạy học đã góp phần rèn
luyện cho học sinh năng lực vận dụng kiến thức Toán học.

- Số lượng và mức độ các bài toán vận dụng đạo hàm được lựa chọn và
cân nhắc thận trọng, được đưa vào giảng dạy một cách phù hợp, có chú ý nâng
cao dần tính tích cực và độc lập của học sinh, nên học sinh tiếp thu tốt, tích cực
tham gia luyện tập và đạt kết quả tốt.
Phương pháp giảng dạy vận dụng đạo hàm vào giải toán, trên cơ sở kế
thừa và phát huy những kinh nghiệm dạy học tiên tiến, được chuyển giao cho
giáo viên thực nghiệm một cách thuận lợi và được vận dụng một cách sinh động,
không gặp phải những trở ngại gì lớn và các mục đích dạy học được thực hiện
một cách toàn diện, vững chắc.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHI
3.1. Kết luận
Với việc triển khai giảng dạy cho học sinh lớp 12 trong một số giờ tự
chọn ôn thi, chủ yếu là hướng dẫn học sinh tự nghiên cứu nội dung ứng dụng
đạo hàm và ẩn phụ để tìm tham số trong bài toán phương trình, bất phương
trình, hệ phương trình đã giúp cho học sinh thấy được sự liên hệ chặt chẽ giữa số
nghiệm của một phương trình với số giao điểm của các đồ thị của hai hàm số ở
hai vế, học sinh biết cách sử dụng đạo hàm trong nhiều bài toán tìm tham số,
12


làm bài có những lập luận chặt chẽ hơn trong những tình huống giải phương
trình, bất phương trình, hệ phương trình.
Mặc dù Sách giáo khoa đã giảm tải khá nhiều nhưng trong đề thi THPT
Quốc gia có nhiều bài rất khó được phát triển từ các bài tập trong sách giáo
khoa, nên để giải quyết các bài toán đó cần phải sử dụng linh hoạt tính đơn
điệu của hàm số. Đề tài này chỉ giới thiệu cách giải một số phương trình, bất
phương trình, đặc biệt là phương trình, bất phương trình chứa tham số bằng việc
sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Vì năng lực và thời gian có hạn, rất mong được sự đóng góp của các bạn
đồng nghiệp và những người yêu thích môn toán để đề tài này có ý nghĩa thiết

thực hơn trong nhà trường. Góp phần vào việc nâng cao hơn nữa chất lượng
Giáo dục phổ thông. Giúp các em học sinh có phương pháp - kỹ năng khi giải
các bài toán liên quan đến hàm số trong các kỳ thi học sinh giỏi và kì thi THPT
Quốc gia.
3.2. Kiến nghị
1. Đề nghị Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa xây dựng được những Quan
điểm chỉ đạo cho việc xây dựng Hệ thống bài tập có vận dụng đạo hàm vào giải
toán ở trường THPT và những gợi ý về phương pháp dạy học những bài tập đó
trên cơ sở tôn trọng Chương trình, sách giáo khoa Toán và kế hoạch dạy học
hiện hành.
2. Đề nghị BGH trường THPT Lê Hồng Phong cho phép tổ bộ môn xây
dựng một Hệ thống bài tập có vận dụng đạo hàm vào giải toán trong dạy học
Toán ở trường THPT Lê Hồng Phong.
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh nghiệm của mình viết, không sao
chép nội dung của người khác.
Thanh Hóa, ngày 18 tháng 05 năm 2019
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VI

Người viết sáng kiến

Mai Thị Huyền

13


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Đại số và giải tích 11. Nhà xuất bản Giáo dục.
2. Đại số 10 (chuẩn và nâng cao). Nhà xuất bản Giáo dục.
3. Đại số và giải tích 11 nâng cao. Nhà xuất bản Giáo dục.

4. Giải tích 12 (chuẩn và nâng cao). Nhà xuất bản Giáo dục.
5. Sách giáo viên Đại số và giải tích 11. Nhà xuất bản Giáo dục.
6. Sách giáo viên Đại số và giải tích 11 nâng cao. Nhà xuất bản Giáo dục.
7. Trọng tâm kiến thức Giải tích 12. Tác giả: Phan Huy Khải.
8. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ.
9. Tuyển tập các đề thi TSĐH. Tác giả: Lê Hoành Phò.

14