Giải pháp hướng dẫn học sinh lớp 12 sử dụng đạo hàm để giải phương trình và bất phương trình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT BA ĐÌNH

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GIẢI PHÁP HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 SỬ DỤNG ĐẠO
HÀM ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Người thực hiện: Mai Huy Sáu
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán học

THANH HOÁ NĂM 2020


MỤC LỤC
Các phần
Nội dung
1.1. Lí do chọn đề tài.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
1. Mở đầu
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến.
2.3. Các giải pháp đã thực hiện
2. Nội dung.
2.3.1 . Sử dụng đạo hàm để giải phương trình
2.3.2. Sử dụng đạo hàm để giải bất phương trình
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.

3. Kết luận, 3.1. Kết luận
kiến nghị. 3.2. Kiến nghị

Trang
1
1
1
2
2
3
3
4
12
18
19
19


GIẢI PHÁP HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài.
Căn cứ vào phương hướng, nhiệm vụ và kế hoạch chuyên môn của trường
THPT Ba Đình năm học 2019- 2020.
Trong chương trình giảng dạy bộ môn Toán ở bậc trung học phổ thông các bài
toán về phương trình, bất phương trình chiếm một vị trí rất quan trọng, xuyên suốt
chương trình của ba khối lớp. Bên cạnh đó là sự phong phú về dạng toán, từ
phương trình, bất phương trình vô tỷ ở lớp 10, phương trình lượng giác ở lớp 11
đến phương trình, bất phương trình mũ, logarit ở lớp 12, mà phương pháp để giải
quyết các dạng bài toán đó cũng rất phong phú, rất nhiều ý tưởng độc đáo và bất

ngờ được phát hiện khi tìm hiểu để giải quyết những bài toán tạo lên sự hấp dẫn
của toán học đối với người học cũng như người dạy.
Như ta đã biết phương trình, bất phương trình đều được xây dựng trên cơ sở của
khái niệm hàm số, chính vì vậy mà một trong những phương pháp giải không thể
thiếu chúng của các dạng toán trên chính là sử dụng đạo hàm trong giải toán.
Xuất hiện ở rất nhiều tài liệu, từ chuyên đề hàm số đến các chuyên đề về phương
trình đại số và trong các đề thi THPT QG, thi học sinh giỏi các cấp đều có những
bài toán được giải bằng phương pháp đạo hàm. Tuy nhiên hệ thống bài tập trong
một số chuyên đề đó còn rời rạc, việc khai thác và khắc sâu ý tưởng trong bài giải
còn chưa triệt để. Điều đó gây khó khăn cho học sinh trong việc xây dựng cho mình
những phương pháp giải hoàn chỉnh đối với các dạng bài toán phương trình, bất
phương trình .
Xuất phát từ thực tế cần có một hệ thống các bài tập theo những chuyên đề hoàn
chỉnh tôi đã tập hợp, bổ sung và sắp xếp các bài toán dạng này theo cấu trúc rõ ràng
và đa dạng. Vì vậy tôi lựa chọn đề tài: “Giải pháp hướng dẫn học sinh lớp 12 sử
dụng đạo hàm để giải phương trình và bất phương trình’’ làm sáng kiến kinh
nghiệm, mong rằng với những tìm hiểu của mình có thể giúp học sinh nhận biết, sử
lý bài toán giải phương trình, bất phương trình nhanh chóng và thành thạo hơn.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Trang bị cho học sinh một phương pháp giải phương trình và bất phương trình
mang lại hiệu quả rõ nét.
Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán, qua đó học sinh nâng
cao khả năng tư duy, sáng tạo.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Ôn tập cho học sinh lớp 12 về sử dụng đạo hàm để giải được một số phương
trình và bất phương trình thường gặp trong các kỳ thi THPT QG, kỳ thi học sinh
giỏi…

-1-

1. 4. Phương pháp nghiên cứu
Để thực hiện đề tài này, tôi đã sử dụng hệ thống các phương pháp: Phân tích, tổng
hợp từ các sách báo, tài liệu liên quan, internet…
Phương pháp quan sát: Hướng dẫn học sinh vận dụng đạo hàm để giải phương trình
và bất phương trình để rút ra kết luận.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong sách giáo khoa đại số 10, 11, 12 chỉ nêu một số cách giải các phương
trình, bất phương trình một cách đơn giản. Việc sử dụng đạo hàm chỉ dừng lại ở bài
toán khảo sát và vẽ đồ thị các hàm số, còn ứng dụng đạo hàm trong việc giải các
bài toán sơ cấp thì chưa được sử dụng nhiều và hầu như học sinh vận dụng còn hạn
chế và chưa linh hoạt, song các đề thi THPT QG và thi học sinh giỏi gần đây việc
giải các bài toán có sự ứng dụng của đạo hàm rất nhiều. Đặc biệt là ứng dụng đạo
hàm để giải các bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất
phương trình giúp cho học sinh giải một số bài toán sẽ đơn giản hơn.
Ví dụ 1. Giải phương trình: x − 1 = − x3 − 4 x + 5
Nếu giải theo cách bình thường đã biết ở lớp 10 như: bình phương hay đặt ẩn
phụ sẽ gặp nhiều khó khăn, tuy nhiên nếu tinh ý một chút ta thấy ngay nếu chuyển
biến x sang vế trái thì vế trái là một hàm đồng biến và x = 1 là một nghiệm của
phương trình, sử dụng phương pháp đạo hàm thì ta giải phương trình này một cách
đơn giản.
1− x
1− 2 x
1 1
x
Ví dụ 2 .Giải bất phương trình sau: 2 − 2 x ≥ −
2 x
Bài này ta không thể sử dụng các phép biến đổi bình thường để giải. Nhưng
nếu sử dụng phương pháp hàm số thì bài toán sẽ đơn giản hơn nhiều.Và rất nhiều

bài toán khác mà việc sử dụng đạo hàm là rất cần thiết và hữu ích.
Để làm được điều này học sinh cần nắm vững các kiến thức cơ bản sau đây:
Định nghĩa. Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a; b), với ∀x1; x2 ∈ (a; b) .
a. Hàm số f(x) được gọi là đồng biến (tăng) trên (a; b) nếu x1 < x2 thì f(x1) < f(x2).
b. Hàm số f(x) được gọi là nghịch biến (giảm) trên (a; b) nếu x1 < x2 thì f(x1) > f(x2).
*Mệnh đề 1: Nếu hàm số y = f ( x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên
tục trên D thì
a. Phương trình: f ( x) = m có không quá một nghiệm trên D.
b. f (a) = f (b) ⇔ a = b, ∀a, b ∈ D
*Chú ý:
+Từ mệnh đề trên, ta có thể áp dụng vào giải phương trình như sau:
Bài toán yêu cầu giải phương trình: F(x) = 0. Ta thực hiện các phép biến đổi tương
đương đưa phương trình về dạng f ( x) = k hoặc f (u ) = f (v) (trong đó
u = u ( x); v = v( x) ) và ta chứng minh được f(x) là hàm luôn đồng biến (nghịch biến).
Nếu là phương trình: f ( x) = k ta tìm một nghiệm, rồi chứng minh nghiệm đó
là duy nhất.
2

2

-2-

2


Nếu là phương trình: f (u ) = f (v) ta có ngay u = v , giải phương trình này ta
tìm được nghiệm.
+Ta cũng có thể áp dụng định lí trên cho bài toán chứng minh phương trình
có duy nhất nghiệm.
Định lý. Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên D.

+ Nếu f '( x) ≥ 0 ∀x ∈ D dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm thì y = f ( x) đồng
biến trên D.
+Nếu f '( x) ≤ 0 ∀x ∈ D dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm thì y = f ( x) nghịch
biến trên D.
Hàm số đơn điệu là hàm số tăng hoặc giảm.
*Mệnh đề 2:
Nếu hàm số y = f ( x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và hàm số
y = g ( x ) luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) và liên tục trên D thì số nghiệm
trên D của phương trình f ( x) = g ( x) không nhiều hơn một.
*Chú ý:
Khi gặp phương trình F(x) = 0 ta có thể biến đổi về dạng: f ( x) = g ( x) , trong
đó f và g khác tính đơn điệu. khi đó ta tìm một nghiệm của phương trình và chứng
minh nghiệm đó là duy nhất.
*Mệnh đề 3:
Nếu hàm số luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên tục trên D thì:
f ( x ) > f ( y ) ⇔ x > y (hoặc x < y)
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Trong khi thực hành giải toán, gặp các bài toán giải phương trình và bất
phương trình mà cách giải không phải là sử dụng phương pháp biến đổi tương
đương, phương pháp đặt ẩn phụ…., một số học sinh chưa tìm ra cách giải hoặc nếu
có tìm ra cách giải thì thường làm phức tạp hóa bài toán nên khó kết thúc bài toán,
các em chưa biết lựa lựa chọn phương nào là phù hợp với bài toán đó hoặc biết
nhưng không có kỹ năng giải quyết.
2.3. Các giải pháp giải quyết vấn đề (sử dụng đạo hàm để giải phương trình và
bất phương trình).
Để giúp học sinh giải tốt các phương trình, bất phương trình trong các kì thi,
giáo viên cần phải hướng dẫn cho học sinh nhận dạng và sử dụng tốt các phương
pháp như: Các phương pháp biến đổi đại số đã học ở lớp 10, phương pháp sử dụng
tính đơn điệu của hàm số để giải.
Ở đây, tôi chỉ đề cập đến một vài khía cạnh nhỏ trong việc giải phương trình,

bất phương trình bằng phương pháp ứng dụng tính đơn điệu của hàm số.

2.3.1. Sử dụng đạo hàm để giải phương trình:
-3-


Dạng 1: Phương trình đã cho được đưa về dạng: h( x) = g ( x) (hoặc h(u ) = g (u ) ) trong
đó u = u ( x) .
a) Phương pháp:
Bước 1: Biến đổi phương trình đã cho về dạng : f ( x) = m (hoặc f (u ) = m )
Bước 2: Xét hàm số y = f ( x) trên D.
*Tính f ' ( x) và xét dấu f ' ( x) , kết luận tính đơn điệu của hàm số
y = f ( x) trên D.
*Kết luận hàm số: y = f ( x) đơn điệu trên D.
*Tìm x0 sao cho f ( x0 ) = m (hoặc tìm u0 sao cho f (u0 ) = m ).
Bước 3: kết luận.
*Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi x = x0 (hoặc u = u0 rồi
giải phương trình u = u0 )
*Kết luận nghiệm của phương trình trên.
f ( x), M = max f ( x ) .
*Chú ý: Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên D và m = min
D
D
Thì phương trình f ( x) = g (m) có nghiệm x∈ D ⇔ m ≤ g (m) ≤ M
b) Bài tập áp dụng
Bài 1. Gọi S là tổng các nghiệm của phương trình 3x − 2 + 3 5 x − 2 = 6 − x thì:
A. S = 2
B. S= 3
C. S = 2019
D. S = 2020

*Nhận xét: Đối với các bài toán trên nếu giải theo cách bình thường như: bình
phương hai vế hay đặt ẩn phụ, đưa về phương trình tích… sẽ gặp nhiều khó khăn,
tuy nhiên nếu chú ý một chút ta thấy ngay vế trái là một hàm đồng biến và vế phải
là hàm số nghịch biến hoặc hằng số, sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số ta có
cách giải sau.


Giải. TXĐ : D =  ; +∞ ÷
3

3
PT ⇔ 3x − 2 + 5 x − 2 + x = 6 . Xét
2

f ( x) = 3 x − 2 + 3 5 x − 2 + x liên tục trên D
3
5
2
⇒ f '( x) =
+
+ 1 > 0, ∀x >
⇔ hàm số f ( x) đồng biến trên D. Mà
2
3
3
2 3x − 2 3 (5 x − 2)
f (2) = 6.
2
• nếu ≤ x < 2 => f ( x) < f (2) = 6 ⇒ phương trình f ( x) = 6 vô nghiệm.
3

• nếu x > 2 ⇒ f ( x) > f (2) = 6 ⇒ phương trình f ( x) = 6 vô nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. Chon A
*Chú ý: + Vì các hàm số y = ax + b với a > 0 là hàm đồng biến và f ( x) là hàm đồng
biến thì hàm số n f ( x) (với điều kiện căn thức tồn tại) cũng là một hàm đồng biến
nên ta dễ dàng nhận ra tính chất đồng biến (nghịch biến) của hàm số.
+ Dự đoán nghiệm thì ta ưu tiên những giá trị của x sao cho các biểu thức
dưới dấu căn nhận giá trị là số chính phương.
-4-


Bài 2. Gọi S là tập hợp các nghiệm của phương trình: 5x = 7 − 2 x . Số phần tử của S
là:
A. 2
B. 3
C. 5
D. 1
*Nhận xét: Bài này ta không thể sử dụng các phép biến đổi bình thường để giải.
Vì vậy ta chỉ có thể giải được bằng phương pháp hàm số như sau:
Giải a) TXĐ : D = ¡ . Ta có: 5x = 7 − 2 x ⇔ 5x + 2 x − 7 = 0 .
Xét f ( x) = 5x + 2 x − 7 ta có f '( x) = 5 x.ln 5 + 2 > 0, ∀x ∈ R nên hàm số f ( x) đồng biến trên
¡ . Mặt khác ta thấy f (1) = 0 .
* Nếu x > 1 ⇒ f ( x) > f (1) = 0 nên phương trình vô nghiệm.
* Nếu x < 1 ⇒ f ( x) < f (1) = 0 nên phương trình vô nghiệm.
Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. Chọn D
*Chú ý: Nếu trong phương trình có chứa cả hàm số mũ (hoặc lôgarit) và hàm đa
thức thì ta thông thường hướng suy nghĩ đầu tiên khi lựa chọn cách giải là sử dụng
bằng phương pháp đạo hàm.
Bài 3. Gọi P là tích các nghiệm thực của phương trình
8log 2 ( x 2 − x + 5) = 3( x 2 − x + 5) (1) .

Khi đó giá trị của P là :
A. P = 3
B. P = -3
C. P = 1

D. P = 1 + 13

Giải. TXĐ: D = ¡
19
19
log 2 ( x 2 − x + 5) 3
2
= (do x − x + 5 ≥ ). Đặt t = x 2 − x + 5 với t ≥ , khi
PT(1) ⇔
2
x − x+5

4

8

đó phương trình đã cho trở thành

4

log 2t 3
= (2)
t
8

log 2t
19
1 − ln t
19
với t ≥
. Ta có f '(t ) = 2
< 0, ∀ t ≥
t
4
t ln 2
4
19
3
⇒ f (t ) là hàm số nghịch biến với t ≥ , mà f (8) =
⇒ phương trình (2) có
4
8

Xét hàm số: f (t ) =

nghiệm duy nhất t = 8 hay x 2 − x − 3 = 0 . Vậy P = -3.
Chọn B

Bài 4. Gọi S là tập hợp các nghiệm thực của phương trình 3x.2 x = 3x + 2 x + 1 . Số
phần tử của S là:
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
Phân tích: Khi áp dụng các tính chất về tính đơn điệu của hàm số do không

nắm rõ về kiến thức, học sinh thường mắc sai lầm trong giải toán nên thường có kết
-5-


luận nghiệm chưa chính xác. Sai lầm thường gặp của học sinh: Phương trình trên

2x +1
2x +1
.Ta có: Hàm số f ( x) = 3x đồng biến, hàm số g ( x) =
2x −1
2x −1
−4
2x +1
có y ' = (2 x − 1) 2 < 0 nên y =
là hàm nghịch biến, Do f(1) = g(1) nên x = 1 là
2x −1

tương đương với: 3x =

nghiệm duy nhất.
Khi hướng dẫn cho học sinh sử dụng tính chất của hàm số người thầy cần
nhấn mạnh cho học sinh thấy rõ: Nếu hàm số f(x) đồng biến trên D, hàm số g(x)
nghịch biến trên D thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm, đối
chiếu với lời giải trên ta thấy hai hàm số có tập xác định hoàn toàn khác nhau nên
khi áp dụng dẫn đến sai lầm.
2x + 1
Lời giải đúng: Hàm số f ( x) = 3x đồng biến trên ¡ , hàm số g ( x) =
2x − 1
1


1

nghịch biến trên mỗi khoảng  −∞; ÷ và  ; + ∞ ÷. Ta có bảng biến thiên
2
2








Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số f(x) và g(x) chỉ cắt nhau tại nhiều
nhất là hai điểm. Mà f(1) = g(1) ; f(-1) = g(-1). Nên phương trình đã cho có đúng
hai nghiệm.
Chọn B.

x
x +1 x + 2 x + 3
+
+
+
và y = x + 1 − x + m ( m là tham
x +1 x + 2 x + 3 x + 4
số thực) có đồ thị lần lượt là ( C1 ) và ( C2 ) . Tập hợp tất cả các giá trị của m để ( C1 )
và ( C2 ) cắt nhau tại đúng bốn điểm phân biệt là

Bài 5. Cho hai hàm số y =

A. [ 3; + ∞ ) .

B. ( −∞ ;3] .
C. ( −∞ ;3) .
D. ( 3; + ∞ ) .
(Trích đề thi THPTQG năm 2019)

Giải:
-6-


Xét phương trình hoành độ giao điểm:
Điều kiện: x ∈ ¡ \ { −1; −2; −3; −4} .
Ta có ( *) ⇔ m =

x
x +1 x + 2 x + 3
+
+
+
= x +1 − x + m
x +1 x + 2 x + 3 x + 4

( *)

x
x +1 x + 2 x + 3
+
+
+

+ x − x +1 .
x +1 x + 2 x + 3 x + 4

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của hai đồ thị
x
x +1 x + 2 x + 3
+
+
+
+ x − x + 1 và y = m .
x +1 x + 2 x + 3 x + 4
1
1
1
1
x +1
Ta có: y′ = x + 1 2 + x + 2 2 + x + 3 2 + x + 4 2 + 1 − x + 1
(
) (
) (
) (
)
y=

y′ =

1

( x + 1)

2

+

1

( x + 2)

2

+

1

(vì x + 1 > x + 1 ∀x ≠ −1 ⇒

1

x + 1 − ( x + 1)

> 0 ∀x ∈ ¡ \ { −1; −2; −3; −4} ,
x +1
( x + 4)
x + 1 − ( x + 1) > 0 ∀x ≠ −1 ). Ta có bảng biến thiên:

( x + 3)

2

+

2

+

Từ bảng biến thiên, để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thì m ≥ 3 . Chọn A
Dạng 2: Phương trình đã cho được đưa về dạng: f (u ) = f (v) trong đó
u = u ( x), v = v( x ) .
a) Phương pháp:
Bước 1: Biến đổi phương trình về dạng: f (u ) = f (v) .
Bước 2: Xét hàm số y = f (t ) trên D.
* Tính y ' và xét dấu y’.
* Kết luận hàm số y = f (t ) là hàm luôn tăng ( hoặc luôn giảm) trên D,
Bước 3: Kết luận.
* Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi u = v .
* Giải phương trình: u = v .
* Kết luận nghiệm của của phương trình đã cho.
b) Bài tập vận dụng

-7-


Bài 1. Phương trình x 2 + 2 x − 12 = 20 x − 1 có nghiệm duy nhất x = a + 2 b , với a, b là
các số nguyên dương. Giá trị a + b + ab bằng:
A. 14
B. 8
C. 9
D. 7
2
Hướng dẫn: PT tương đương: ( x − 2 ) + 10 ( x − 2 ) = 4 x − 4 + 10 4 x − 4 .(1)

Đặt u = x − 2; v = 4 x − 4 (u ≥ − 1; v ≥ 0) . Đưa pt về dạng: u 2 + 10u = v 2 + 10v (2)
Xét hàm số f (t ) = t 2 + 10t , có f '(t ) = 2t + 10 > 0 ∀t ≥ − 1 ⇒ f (t ) là hàm số đồng biến
Mà (2) ⇔ f (u ) = f (v) nên u = v ⇔ x − 2 = 4 x − 4 ⇔ x = 4 + 2 2
Suy ra: a = 4 ; b = 2. Vậy: a + b + ab = 14. Chọn A
Nhận xét: Phương trình còn có nhiều cách giải song việc sử dụng đạo hàm tỏ
ra có hiệu lực hơn.
Bài 2. Gọi S tổng các nghiệm của phương trình

x2 + 2 x − 8
= ( x + 1)( x + 2 − 2) ,
x2 − 2 x + 3

a+ b
, trong đó a, b, c∈¥ * . Tính a + b + c :
c

biết S =

A. 22
B. 21
C. 20
D. 13
* Nhận xét: Phương trình trên nếu ta nhân chia với biểu thức liên hợp của
x + 2 − 2 thì ta sẽ đưa về dạng tích.
Hướng dẫn giải: Điều kiện : x ≥ − 2 (*)
( x − 2)( x + 4)

Phương trình đã cho tương đương với : x 2 − 2 x + 3 =
x = 2
 x+4

 2
=
 x − 2 x + 3

( x + 1)( x − 2)
⇔ ⇔
x+2 +2

x +1
(1)
x+2+2

Phân tích: Nếu bình phương hai vế của (1) ta thu được phương trình bậc 4
phức tạp. Chính vì vậy ta có thể liên tưởng tới phương pháp sử dụng đạo hàm.
(1) ⇔ ( x + 4)( x + 2 + 2) = ( x + 1)( x 2 − 2 x + 3)
⇔[

(

x+2

)

2

+ 2]( x + 2 + 2) = [ ( x − 1) + 2][( x − 1) + 2)] (2)
2

Xét hàm số f (t ) = (t + 2)(t 2 + 2) có f '(t ) = 3t 2 + 4t + 2 ⇒ f '(t ) > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f (t ) là hàm
số đồng biến trên ¡ .

Vậy (2) ⇔ f ( x + 2) = f ( x − 1) ⇔

x ≥ 1
⇔ x = 3 + 13
x + 2 = x −1 ⇔ 
2
2
 x + 2 = ( x − 1)

Đối chiếu với điều kiện (*), ta được pt đã cho có hai nghiệm phân biệt:
x = 2; x =

3 + 13 ⇒
7 + 13 ⇒
S=
a = 7, b = 13, c = 2 ⇒ a + b + c = 22. Chọn A
2
2

Bài 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình
3
m + 3 3 m + 3sin x = sin x có nghiệm thực?
-8-


A. 5

B. 7

C. 3

D. 2
( Trích đề minh họa THPT QG 2018)
Phân tích: Ta lập phương hai về của phương trình, ta được: m + 3 3 m + 3sin x = sin 3 x
Đến đây ta biến đổi về dạng: f(u) = f(v). Ta coi u = 3 m + 3sin x ⇒ u 3 = m + 3sin x vậy
ta cộng vào hai vế của phương trình với m + 3sin x ta được phương trình:
m + 3sin x + 3 3 m + 3sin x = sin 3 x + 3sin x

Giải: Ta có

3

m + 3 3 m + 3sin x = sin x ⇔ m + 3 3 m + 3sin x = sin 3 x

⇔ m + 3sin x + 3 3 m + 3sin x = sin 3 x + 3sin x (1).
Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t có f '(t ) = 3t 2 + 3 > 0 ∀t ∈ ¡ .

Mà (1) ⇔ f ( 3 m + 3sin x ) = f ( sin x ) . Suy ra 3 m + 3sin x = sin x ⇔ m = sin 3 x − 3sin x (2).
Phương trình đã cho có nghiệm thực khi và chỉ khi (2) có nghiệm thực.
3
Đặt sin x = t ( −1 ≤ t ≤ 1) và xét hàm f ( t ) = t − 3t trên [ −1;1] có
f ′ ( t ) = 3t 2 − 3 ≤ 0, ∀t ∈ [ −1;1]

Nên hàm số nghịch biến trên [ −1;1] ⇒ −2 = f ( 1) ≤ f ( t ) ≤ f ( −1) = 2 ⇒ −2 ≤ m ≤ 2 .
Vậy m ∈ { −2; −1;0;1; 2} . Chọn A
Nhận xét: Nhiều học sinh nghĩ tới lập phương hai vế liên tiếp, việc biến đổi này ta
dẫn đến phương trình lượng giác bậc 9, rất phức tạp.
Bài 4. Phương trình 4 x + mx + m+1 − 42 x +( m + 2) x + 2 m = x 2 + 2 x + m − 1 , (m là tham số)
A. Vô nghiệm ∀m ∈ ¡
B. Có ít nhất một nghiệm thực ∀m ∈ ¡
C. Có ít nhất một nghiệm thực với m ≤ 2

D. Có thể có nhiều hơn 2 nghiệm
Phân tích: Phương trình này chứa hàm số mũ và hàm đa thức nên việc đầu tiên là ta
sử dụng đạo hàm
Giải: Nhận thấy : 2 x 2 + (m + 2) x + 2m − ( x 2 + mx + m + 1) = x 2 + 2 x + m − 1 .
Do đó phương trình tương đương với
4 x + mx + m +1 + ( x 2 + mx + m + 1) = 42 x + ( m+ 2) x + 2 m + (2 x 2 + (m + 2) x + 2m (1)
Xét hàm số f (t ) = 4t + t có f '(t ) = 4t ln 4 + 1 > 0, ∀t ∈¡ ⇒ f (t ) là hàm đồng biến trên ¡ .
Mà (1) ⇔ f (2 x 2 + (m + 2) x + 2m) = f ( x 2 + mx + m + 1) , nên (1) ⇔
2 x 2 + (m + 2) x + 2m = x 2 + mx + m + 1 ⇔ x 2 + 2 x + m − 1 = 0 .(2)
Phương trình (2) có ∆ ' =1 − (m − 1) = 2 − m ⇒ Có ít nhất một nghiệm thực với m ≤ 2 .
Chọn C.
2

2

2

2

Bài 5.
y
Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và log 3 ( 3x + 3) + x = 2 y + 9 ?
A. 2019 .
B. 6 .
C. 2020 .
D. 4 .
(Trích đề minh họa THPT QG 2020)

-9-

Phân tích: Đây là phương trình 2 ẩn số, ta không giải bằng các phương pháp
như đưa về cùng cơ số, đặt ẩn phụ, logarit hóa hay mũ hóa.
Lời giải.
y
2y
2y
Ta có: log 3 ( 3 x + 3) + x = 2 y + 9 ⇔ log 3 3 ( x + 1) + x = 2 y + 3 ⇔ x + 1 + log 3 ( x + 1) = 2 y + 3
Đặt t = log3 ( x + 1) ⇒ x + 1 = 3t ⇒ Phương trình trở thành: t + 3t = 2 y + 32 y
Xét hàm số f (u ) = u + 3u , ta có: f ′(u ) = 1 + 3u ln 3 > 0 , ∀u ∈ ¡ ⇒ f (u ) đồng biến trên ¡
y
y
Vì t + 3t = 2 y + 32 y nên t = 2 y ⇒ log3 ( x + 1) = 2 y ⇔ x + 1 = 9 ⇔ x = 9 − 1 .
Vì 0 ≤ x ≤ 2020 ⇒ 0 ≤ 9 y − 1 ≤ 2020 ⇔ 1 ≤ 9 y ≤ 2021 ⇔ 0 ≤ y ≤ log 9 2021 ≈ 3, 464
Vì y =∈ ¢ nên y ∈ {0;1; 2;3} , có 4 giá trị của y nên cũng có 4 giá trị của x .
Đáp số: D
Dạng 3. Sử dụng đạo hàm để tìm hết số nghiệm của phương trình.
Bài 1. Giải phương trình sau : 2 x + 3x = 3 x + 2 (*)
Giải. TXĐ: D = ¡ . Ta có pt (*) ⇔ 2 x + 3x − 3x − 2 = 0
Xét hàm số f ( x) = 2 x + 3x − 3 x − 2 với x ∈ D. Ta có f '( x) = 2 x ln 2 + 3x ln 3 − 3
f ''( x) = 2 x ln 2 2 + 3x ln 2 3 > 0 , ∀ x ∈ ¡ ⇒ f '( x ) là hàm số đồng biến ∀ x ∈ ¡
Mặt khác f '( x) là hàm số liên tục ∀ x ∈ ¡ . Ta lại có f '(0) = ln 2 + ln 3 − 3 < 0 và
f '(1) = 2 ln 2 + 2 ln 3 − 3 > 0 ⇒ f '(0). f '(1) < 0 ⇒ ∃ x0 ∈ (0;1) sao cho f '( x0 ) = 0
⇒ ∀ x ∈ ( − ∞ ; x 0 ) thì f '( x) < 0 và ∀ x ∈ ( x0 ; + ∞ ) thì f '( x) > 0
Ta có bảng biến thiên của hàm số f(x):

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và trục Ox.
Căn cứ vào bảng biến thiên ta thấy có tối đa 2 giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x)
và trục Ox. Mà f (0) = f (1) = 0 . Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0;1}.
Bài 2. Hỏi phương trình 3x 2 − 6 x + ln( x + 1)3 + 1 = 0 có bao nhiêu nghiệm phân biệt ?

A. 2
B. 1
C. 3
D. 4
( Đề minh họa THPTQG – 2017)
Hướng dẫn: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để tìm số nghiệm của phương trình.
Lời giải: ĐKXĐ: x > −1.
- 10 -


Ta có: 3x 2 − 6x + ln ( x + 1) + 1 = 0 ⇔ 3x 2 − 6x + 3ln ( x + 1) + 1 = 0
3

f ( x ) = 3x 2 − 6x + 3ln ( x + 1) + 1 = 0 ⇒ f ' ( x ) = 6x − 6 +

3
x +1

f ' ( x ) = 0 ⇔ ( 2x − 2 ) ( x + 1) + 1 = 0 ⇔ 2 ( x 2 − 1) + 1 = 0 ⇔ 2x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ±

1
.
2

Từ đây, ta có bảng biến thiên của f(x):

Nhìn vào bảng biến thiên ta sẽ có phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.
Chọn C.
Bài 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
4

2 x + 2 x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m (1)
có đúng hai nghiệm thực phân biệt ?
A. 2
B. 5
C. 2019
0
≤
x
≤
6
Giải : Điều kiện :
(*)
4
4
Đặt f ( x) = 2 x + 2 x + 2 6 − x + 2 6 − x

1
1
1
−
−
, với 0 < x < 6
2 4 (2 x)3 2 2 x 2 4 (6 − x)3 2 6 − x
1
1
1
1
f '( x) = 0 ⇔
+
=

+
(2). Phương trình có dạng f (u ) = f (v)
2 4 (2 x)3 2 2 x 2 4 (6 − x)3 2 6 − x
1 1
−2t − 3
Xét hàm số g (t ) = 3 + 2 trên khoảng (0; + ∞) có g '(t ) = 4 < 0, ∀ t ∈ (0; + ∞) ⇒ g(t)
t t
t
4
nghịch biến trên khoảng (0; + ∞) . Do đó (2) ⇔ 2 x = 4 6 − x ⇔ x = 2. Vậy
f '( x ) = 0 ⇔ x = 2 . Ta có bảng biến thiên của hàm số f ( x) trên đoạn [0; 6].

Có f '( x) =

1

D. 2020

+

Ta có: f (0) = 2 6 + 2 4 6 , f (2) = 3 2 + 6 ,
f (6) = 2 3 + 4 12

Phương trình (1) có đúng hai nghiệm
thực phân biệt ⇔ 2 6 + 2 4 6 ≤ m < 3 2 + 6
Mà m nguyên nên m = 9; m = 10.
- 11 -


Chọn A

*) Nhận xét: Nhiều học sinh gặp bài toán trên thường cố gắng giải bằng cách đặt ẩn
số phụ.
2.3.2. Sử dụng đạo hàm để giải bất phương trình:
Dạng 1: Bất phương trình đã cho được đưa về dạng: f ( x) > g ( x) (hoặc f (u ) > g (u ) )
trong đó u = u ( x) .
a) Thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Biến đổi bất phương trình đã cho về dạng: f ( x) > g ( x) (hoặc
f (u ) > g (u ) )
Bước 2: Xét hàm số y = f ( x) và y = g ( x) trên D.
*Tính f ' ( x) , g '( x) xét dấu f ' ( x) và g '( x) , kết luận tính đơn điệu của
hàm số y = f ( x) và y = g ( x) trên D.
*Tìm x0 sao cho f ( x0 ) = g ( x0 ) (hoặc tìm u0 sao cho f (u0 ) = f (u ) ).
*Nếu f ( x) đơn điệu tăng, g(x) đơn điệu giảm (hoặc hàm hằng) thì:
f ( x ) > g ( x ) ⇔ x > x0 , x ∈ D (hoặc f (u ) > g (u ) ⇔ u > u0 , x ∈ D .)
Nếu f ( x) đơn điệu giảm, g(x) đơn điệu tăng (hoặc hàm hằng) thì:
f ( x ) > g ( x ) ⇔ x < x0 , x ∈ D (hoặc f (u ) > g (u ) ⇔ u < u0 , x ∈ D .)
Bước 3: kết luận.
*Kết luận nghiệm của bất phương trình trên.
Chú ý: +) Bất phương trình f ( x) < g (m) nghiệm đúng với mọi x∈ D
⇔ max f ( x) ≤ g ( m)
D

f ( x ) ≤ g ( m)
+) Bất phương trình f ( x) < g (m) có nghiệm x∈ D ⇔ min
D

b) Bài tập vận dụng:
Bài 1. Tập nghiệm của bất phương trình 3 3 − 2 x +
Tính a +2b

A. 4
B. 6
*Nhận xét. Bài toán trên có thể dùng
nhiên ta cần biến đổi nhiều bước và đưa
khăn trong biến đổi. Nhìn nhận bài toán
 1 3

Giải. TXĐ : D =  ; 
 2 2
- 12 -

5
− 2 x ≤ 6 (*) là S = [ a; b ] .
2x −1

C. 7
D. 17
phương pháp biến đổi tương đương, tuy
về bất phương trình bậc cao dẫn đến khó
dưới góc độ đạo hàm ta có cách giải sau


5
− 2 x liên tục trên D
2x −1
−3
5
1 3
−
− 2 < 0, ∀x ∈  ; ÷ ⇒ f(x) là một hàm nghịch

Ta có f '( x) =
3 − 2 x (2 x − 1) 2 x − 1
2 2
biến và f (1) = 6 . Do đó BPT f ( x) ≤ 6 ⇔ f ( x) ≤ f (1) ⇔ x ≥1 .
 3
Kết hợp điều kiện vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = 1;  . Vậy a +2b =
 2

Xét hàm số: f ( x) = 3 3 − 2 x +

4
Chọn A
Bài 2: Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau

x
Bất phương trình f ( x ) < e + m nghiệm đúng với mọi x ∈ ( −1;1) khi và chỉ khi

A. m ≥ f ( 1) − e.

1
e

B. m > f ( −1) − .

1
e

C. m ≥ f ( −1) − .

D. m > f ( 1) − e.

( Trích đề thi THPT QG 2019)

Giải: f ( x ) < e + m ⇔ f ( x) − e < m
Xét hàm số g ( x) = f ( x) − e x trên khoảng (-1; 1), có g '( x) = f '( x) − e x < 0 ∀x ∈ (−1;1)
⇒ g ( x ) nghịch biên trên khoảng (-1; 1)
x
Bất phương trình f ( x ) < e + m nghiệm đúng với mọi x ∈ ( −1;1) khi và chỉ khi
x

x

g ( x) < m, ∀x ∈ ( −1;1) ⇔ g (−1) ≤ m ⇔

1
f (−1) − e −1 ≤ m ⇔ m ≥ f ( −1) − .
e

Chọn C.
2
Bài 3. Cho bất phương trình − ln x + 2m ln x + 2m − 8 < 0 . Số giá trị nguyên dương
của m để bất phương trình trên nghiệm đúng với mọi x ∈ (1; e3 ) là :
A. 0
B. 3
C. 2
D. 1
3
Giải: Với mọi x ∈ (1; e ) tacó:
ln 2 x + 8 (1)
− ln 2 x + 2m ln x + 2m − 8 < 0 ⇔ 2m(ln x + 1) < ln 2 x + 8 ⇔ 2m <

ln x + 1
t 2 + 2t − 8
t +8
3
⇒
t
∈
(0;3)
⇒
f '(t ) =
Đặt t = ln x . Do x ∈ (1; e )
.Xét hàm số f (t ) =
.
(t + 1) 2
t +1
2

- 13 -


t = 2 ∈ (0;3)
f '(t ) = 0 ⇔ 
.
t = −4 ∉ (0;3)

Lập bảng biến thiên của hàm số f (t ) :

f (t ) = 4
Từ bảng biến thiên ⇒ tmin

∈(0;3)
f (t ) ⇔
Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x ∈ (1; e3 ) khi và chỉ khi 2m < tmin
∈(0;3)
2m < 4 ⇔ m < 2. Vậy có một giá trị nguyên dương thỏa mãn bài toán. Chọn D

Dạng 2: Bất phương trình được đưa về dạng: f (u ) > f (v ) , trong đó u = u ( x), v = v( x) .
a) Thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Biến đổi bất phương trình về dạng: f (u) > f (v) .
Bước 2: Xét hàm số y = f (t ) trên D.
* Tính y ' và xét dấu y’.
* Kết luận hàm số y = f (t ) là hàm số đơn điệu trên D.
* Nếu f(t) đơn điệu tăng thì: f (u ) > g (v) ⇔ u > v
* Nếu f(x) đơn điệu giảm thì: f (u ) > g (v) ⇔ u < v
Bước 3: Kết luận.
* Kết luận nghiệm của bất phương trình đã cho.
Nhận xét: Ta hoàn toàn có thể vận dụng những kinh nghiêm và kỹ thuật về giải
phương trình vào biến đổi đối với bất phương trình.

b) Bài tập vận dụng:
Bài 1. Tập nghiệm S của bất phương trình
4 2 x − 1 ( x 2 − x + 1) > x 3 − 6 x 2 + 15 x − 14 (*) là:
A. S = (-1; 1)
B. (1; + ∞)
C. ¡
D. ∅
Phân tích: Đây là bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối và là bất phương
trình bậc cao, nên để giải bất phương trình theo phương pháp đại số thì hết sức
phức tạp. Ta thấy hai vế đồng bậc 3 và độc lập nên có thể nghĩ đến xét hàm đặc
- 14 -

trưng. Để đưa về dạng f (u ) > f (v) ta cần coi u = 2 x − 1 như vậy ta cần đưa
4( x 2 − x + 1) về: u2 đo đó ta viết: 4( x 2 − x + 1) = (2 x − 1) 2 + 3 . Khi đó bất phương
trình đưa về:
2 x − 1 (2 x − 1) 2 + 3 > x 3 − 6 x 2 + 15 x − 14 . Vế trái có dạng: u3 + 3u, nên vế phải
3
x 3 − 6 x 2 + 15 x − 14 đưa về dạng (a x + b) + 3( a x + b) . Bằng phương pháp hệ số bất
định ⇒ a = 1; b = 2.
2
3
Lời giải: TXĐ: D = ¡ , BPT (*) ⇔ 2 x − 1 (2 x − 1) + 3 > ( x − 2) + 3 x − 6
⇔ 2 x − 1 3 + 3 2 x − 1 > ( x − 2)3 + 3( x − 2) (**)
Xét hàm số : f (t ) = t 3 + 3t , liên tục ∀t ∈ ¡ ta có f '(t ) = 3t 2 + 3 > 0
⇒ f (t ) là hàm đồng biến trên ¡ .
1

x ≥
2
Khi đó : (**) ⇔ f ( 2 x − 1) > f ( x − 2) ⇔ 2 x − 1 > x − 2 ⇔ 
hoặc
2 x − 1 ≥ x − 2
1

x ≤
⇔ x ∈ ¡ . Vậy bất phương trình nghiệm đúng ∀ x∈ ¡ . Chọn C
2

1 − 2 x ≥ x − 2
Bài 2. Tập nghiệm của bất phương trình 2

Tính a +3b:
A. 4

B. 6

1− x 2
x2

−2

1− 2 x
x2

≥

1 1
− (*) là S = ( a; b ] .
2 x

C. 7

D. 0

Phân tích: Từ hình thức bài toán ta thấy: Có thể đưa bất phương trình về dạng hai
vế có cùng cấu trúc.
Lời giải. TXĐ : D = ¡ \ { 0}
BPT (*) ⇔ 2

1− x 2
x2

−2

1− 2 x
x2

1 1 − 2 x 1 − x 2 
≥  2 − 2 ⇔2
2 x
x 

1− x 2
x2

1 1 − x2
+ . 2 ≥2
2 x

1− 2 x
x2

1 1− 2x
+ . 2
2 x

1
2

1
2

2
1− x
1− 2x
1 − x2 1 − 2 x
Nên hàm số f(t) đồng biến trên ¡ , mà bpt (*) ⇔ f ( 2 ) ≥ f ( 2 ) ⇔ 2 ≥ 2
x
x
x
x
2
x − 2x ≤ 0
⇔0< x≤2
Hay 
x
≠
0


Xét hàm số f (t ) = 2t + t ,liên tục trên ¡ , ta có f '(t ) = 2t ln 2 + > 0 ∀t ∈ ¡

Vậy tập nghiệm của bpt là S = (0;2]. Vậy a +3b = 6. Chọn B
Bài 3. Gọi S là tập hợp các nghiệm nguyên của bất phương trình
3 2( x −1) +1 − 3x ≤ x 2 − 4 x + 3 trên khoảng (0; 2020). Số phần tử của S là:
A. 2019
B. 2018
C. 2020
D. 2021
- 15 -

Giải: TXĐ D = [ 1; + ∞ )
3

2( x −1) +1

+ 2( x − 1) ≤ 3x + x 2 − 2 x + 1 ⇔ 3

2( x −1) +1

+ 2( x − 1) ≤ 3( x −1) +1 + ( x − 1) 2 (*)

t +1
Xét hàm số: f (t ) = 3t +1 + t 2 , liên tục với ∀t ≥ 0 , có f '(t ) = 3 ln 3 + 2t , ∀t ≥ 0
nên f(t) đồng biến ∀t ≥ 0 . Bpt (*) ⇔ f ( 2( x − 1)) ≤ f ( x − 1) ⇔ 2( x − 1) ≤ x − 1
⇔ 2( x − 1) ≤ ( x − 1) 2 , ( do x ≥ 1) ⇔ x 2 − 4 x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 hoặc x ≥ 3.

Kết hợp với điều kiện tập nghiệm của bất phương trình là: S ={1} ∪ [ 3; +∞ ) .
Vậy có 2018 nghiệm nguyên thuộc khoảng (0; 2020). Chọn B
Bài 4. Tập nghiệm của bất phương trình
B. (1; + ∞)

A. S = (-1; 1)

x2 + 5x + 5 2 x + 2 x + 7 + 6
≥
là :
x+3
2x + 7 +1

C. ¡

D. [ 1;+ ∞ )

Phân tích : Ta hãy bắt đầu từ VP : Vế phải chứa 2 x + 7 nên câu hỏi đặt ra là : Liệu
2 x + 6 sẽ biểu diễn qua

2 x + 7 như thế nào ?. Câu trả lời ngay 2 x + 6 =

(

2x + 7

)

2

−1 .

Do đó ta cố gắng viết VT cũng theo quy tắc như vế phải.


Giải. TXĐ : D =  − ; +∞ ÷
7
 2



2
Bpt ⇔ ( x + 2) + ( x + 2) − 1 ≥
( x + 2) + 1

liên tục và có f '(t ) =

(

2x + 7

)

2

+ 2x + 7 −1

2x + 7 +1

. Xét hàm số f (t ) =

t 2 + t −1
; ∀t ≥ 0
t +1

t + 2t + 2
> 0, ∀t ≥ 0 ⇒ Hàm số f(t) đồng biến. Mà bpt đã cho
(t + 1) 2
2

⇔ f ( x + 2) ≥ f ( 2 x + 7) ⇔ x + 2 ≥ 2 x + 7
 x ≥ −2
x + 2 ≥ 0
 x ≥ −2


⇔ 2
⇔ 2
⇔   x ≤ −3 ⇔ x ≥ 1
x + 4x + 4 ≥ 2x + 7
x + 2x − 3 ≥ 0
 x ≥ 1

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [ 1; +∞ ) . Chọn D

Bài 5. Bất phương trình x3 − 6 x 2 + 12 x − 7 > 3 − x 3 + 9 x 2 − 19 x + 11 có tập nghiệm là
A. (3; + ∞)
B. (1; 2)
C. (1; 6)
D. (1; 2) ∪ (3; +∞)
Phân tích: Để đưa về dạng f(u) > f(v) thì ta cần coi v = 3 − x3 + 9 x 2 − 19 + 11 , khi đó
v 3 = − x 3 + 9 x 2 − 19 x + 11 . Vậy cần cộng vào hai vế với α (− x 3 + 9 x 2 − 19 x + 11) , sao cho
VT cũng viết được về dạng u3 + u

- 16 -


Lời giải: BPT đã cho tương đương với:
( x − 1)3
− x 3 + 9 x 2 − 19 x + 11 3 3
+ ( x − 1) >
+ − x + 9 x 2 − 19 x + 11 (*).
2
2
1

3t 2
Xét hàm số f (t ) = t 3 + t trên tập ¡ . Ta có f '(t ) = + 1 > 0 ∀t ∈ ¡ , ⇒ f(t) đồng biến
2
2
¡
trên . Khi đó (*) được viết dưới dạng
f ( x − 1) > f

(

3

− x 3 + 9 x 2 − 19 x + 11

)

⇔ ( x − 1) > 3 − x3 + 9 x 2 − 19 x + 11 ⇔

( x − 1)( x − 2)( x − 3) > 0 ⇔ x ∈ (1; 2) ∪ (3; + ∞) . Chọn D

Bài 6. Có bao nhiêu cặp số nguyên (a; b) thỏa mãn 1 < a < b < 100 để phương trình
ab = b a có nghiệm nhỏ hơn 1 ?
A. 4751 .
B. 4656 .
C. 2
D. 4750 .
Lời giải:
Do 1 < a < b ta có:
x

x

x

x
x
x
x
ln a
a
 ln a 
a b = b a ⇔ ln(a b ) = ln(b a ) ⇔ b x .ln a = a x .ln b ⇔  ÷ =
⇔ x = log a 
÷
ln b
b
b  ln b 
a
Ta có a < b ⇒ < 1
b
ln a a
ln a ln b
 ln a 
Do x < 1 ⇒ log a  ln b ÷ < 1 ⇔ ln b > b ⇔ a > b (*)

b 

Ta đi giải bất phương trình (*):
Xét hàm số f (t ) =
f '(t ) = 0 ⇔

ln t
1 − ln t
⇒ f '(t ) = 2 . (Với t > 1. )
t
t

1 − ln t
= 0 ⇔ 1 − ln t = 0 ⇔ t = e
t2

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có:
Trường hợp 1: 1 < a < e ⇔ a = 2, khi đó từ (*):

ln a ln b
>
⇔b>4
a
b

Do 4 < b < 100 nên ta có 95 cặp số dạng ( 2;b ) thỏa mãn.
Trường hợp 2: a > e khi đó hàm số nghịch biến trên ( e;100 ) .
- 17 -


ln a ln b
>
với ∀e < a < b < 100 .

a
b
Trên khoảng ( e;100 ) có 97 số nguyên, do đó ta có C972 = 4656 cặp số nguyên ( a; b )

Suy ra

thỏa mãn.
Vậy, ta có 95 + 4656 = 4751 cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A
Nhận xét: Giải bất phương trình (*) nhiều học sinh không thể làm được vì khi xét
hàm đặc trưng thì hàm số đó không đơn điệu trên miền xác định
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
2.4.1. Kết quả nghiên cứu
Để kiểm tra hiệu quả đề tài tôi tiến hành kiểm tra trên hai đối tượng có chất
lượng tương đương là lớp 12E và 12G. Trong đó lớp 12E chưa được giới thiệu cách
khai thác sử dụng của đạo hàm để giải phương trình và bất phương trình với hình
thức kiểm tra tự luận thời gian làm bài 45 phút cho 3 câu hỏi
Đề bài:
Bài 1. Giải phương trình: x 2 − 4 x + 3 10 − 3x = 0
Bài 2. Giải bất phương trình: x + 9 + 2 x + 4 ≥ 5
Bài 3. Giải Phương trình: 4 x − x + 255−3 x + x 2 + 10 =163 x −5 + 5 x − x + 7 x
2

2

2.4.2. Kết quả thu được
Lớp

Sĩ số

12E

12G

42
42

Điểm <5
Số lượng
%
12
28,6%
5
11,9%

Điểm [5;8)
Số lượng
%
24
57,1%
22
52,4%

Điểm [8;10]
Số lượng
%
6
14,3%
15
35,7%

Qua đề tài này tôi thu được một số bài học

- Cho học sinh tiếp xúc với nhiều bài toán với những cách giải khác nhau.
- Rèn luyện cho học sinh kỹ năng phân tích một bài toán, quy lạ về quen, khai
thác các tính chất cơ bản để tìm lời giải tối ưu nhất.
- Rèn luyện cho học sinh cách trình bày một cách chặt chẽ, khoa học.
- phát huy sự linh hoạt, tính sáng tạo của học sinh.
3. Kết luận và kiến nghị
3.1. Kết luận:
Hàm số có rất nhiều ứng dụng và một trong các ứng dụng đó là sử dụng giải
phương trình và bất phương trình.
Đề tài đã nêu được phương pháp chung cho mỗi dạng cũng như minh họa
bằng các bài toán cụ thể, đồng thời cũng đưa ra cho mỗi dạng một số bài tập với
các mức độ khác nhau để các đối tượng học sinh tiếp cận một cách thuận lợi nhất.
- 18 -


Bên cạnh ứng dụng trong giải phương trình, bất phương trình thì đạo hàm
còn có rất nhiều ứng dụng khác trong giải toán như bài toán hệ phương trình, chứng
minh bất đẳng thức, bài toán tìm max,min…. Chính vì vậy ta có thể mở rộng thêm
chuyên đề ứng dụng đạo hàm.
Để việc sử dụng “Sử dụng đạo hàm trong giải phương trình, bất phương
trình” có hiệu quả:
- Giáo viên phải hướng các em xoáy sâu vào trọng tâm của bài học tùy vào
từng bài, từng nội dung mà áp dụng những phương pháp giải một cách phù hợp.
- Cần phải chú ý đến từng đối tượng học sinh, nên để học sinh tìm tòi, khám
phá
- Giáo viên cần chủ động khuyến khích các em làm những bài toán áp dụng từ
dể đến khó.
- Cho học sinh tự suy nghĩ đưa ra các bài tập giải phương trình, bất phương
trình bằng phương pháp đạo hàm qua đó giúp học sinh có hứng thú trong việc tìm
ra bài toán.

Tuy vậy do nhiều nguyên nhân khác nhau, khách quan và chủ quan nên đề tài
không tránh khỏi những sai sót và hạn chế nhất định. Rất mong nhận được sự góp ý
của đồng nghiệp và hội đồng chấm sáng kiến kinh nghiệm để tôi hoàn thiện hơn
nữa nội dung góp phần tích cực vào giáo dục kiến thức cho học sinh.
Cuối cùng tôi xin cảm ơn các bạn đồng nghiệp đã đọc, góp ý để tôi hoàn
thiện chuyên đề này.
3.2. Kiến nghị:
Cần có phòng đọc thư viện rộng rãi và sưu tầm nhiều đầu sách, báo hơn để học
sinh có điều kiện mở rộng kiến thức hơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Tôi xin cam đoan SKKN là do tôi
viết, không sao chép.
Nga Sơn, ngày 10 tháng 07 năm 2020
Người thực hiện:
Mai Huy Sáu

- 19 -


DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa: Đại số và giải tích 10-11-12.
2. Các chuyên đề hàm số - Lê Hồng Đức.
3. Bài giảng trong tâm ôn luyện môn toán – Trần Phương.
4. Phương pháp giải toán đại số - Lê Hồng Đức-Lê Hữu Trí- Lê Bích Ngọc.
5. Đề thi học sinh giỏi của một số tỉnh.
6. Một số tư liệu trên mạng enternet.


DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG

KIẾN KINH NGHIỆM SỞ GD&ĐT XẾP LOẠI
STT
1
2
3

Tên SKKN
Đổi mới phương pháp đánh giá
kết quả học tập của học sinh
Rèn luyện kỹ năng xây dựng
công thức cấu tạo hợp chất
hữu cơ
Xác định số oxi hóa thông qua
công thức cấu tạo. Cân bằng
nhẩm phản ứng oxi hóa – khử.

Cấp đánh
giá
Sở
GD&ĐT

Kết quả
xếp loại

Năm đánh giá
xếp loại

C

2005

Sở
GD&ĐT

C

2011

Sở
GD&ĐT

C

2014