SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ – Xuctu.com

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (284.57 KB, 24 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI

CÁC PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ

PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ.

A. ĐẶT VẤN ĐỀ 
I. Lý do chọn đề tài:

Mơn Tốn trong trường phổ thông giữ một vị trí, vai trị hết sức quan
trọng. Là môn học cơ bản, môn học công cụ. Nếu học tốt mơn tốn thì những tri
thức cùng với phương pháp làm việc trong toán sẽ trở thành công cụ để học tốt
những môn học khác.

Mơn Tốn góp phần phát triển nhân cách, ngoài việc cung cấp cho học
sinh hệ thống kiến thức, kĩ năng tốn học cần thiết; mơn tốn cịn rèn luyện cho
học sinh đức tính, phẩm chất của người lao động mới: cẩn thận, chính xác, có
tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo và bồi dưỡng óc thẩm mĩ.

Trong chương trình tốn học ở bậc trung học phổ thơng, bài tốn tìm giá

trị tham số để phương trình, bất phương, hệ phương trình có nghiệm là bài

toán quan trọng và thường gặp trong kì thi tuyển sinh vào Đại học,Cao đẳng
.Đây là bài toán mà học sinh thường gặp rất nhiều khó khăn khi làm, nhất là từ
khi thay đổi sách giáo khoa, tinh giảm chương trình thì các dạng tốn phải sử
dụng định lí đảo của tam thức bậc hai khơng thể vận dụng vì định lí này đã bỏ,
do đó học sinh trong khi đọc sách tham khảo xuất bản trước đó có rất nhiều bài
tốn sử dụng định lý đó nên học sinh đọc sách rất hoang mang và không biết
phải giải quyết như thế nào.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

nhiên, thuần túy, ngắn gọn và đơn giản.Đó là lí do để tơi chọn đề tài: “Sử dụng

đạo hàm để giải các phương trình, bất phương trình, hệ phương trình chứa 
tham số”

II. Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm:

Xuất phát từ mối liên hệ giữa số nghiệm của phương trình một ẩn với số
giao điểm của hai đồ thị hai hàm số ở hai vế của phương trình đó để giải quyết
các bài tốn tìm giá trị của tham số để phương trình, bất phương trình, hệ bất
phương trình có nghiệm.

Trong khi giải quyết các bài tốn về phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình mà phải thực hiện việc đặt ẩn phụ thì việc tìm điều kiện của ẩn phụ
là rất cần thiết, việc tìm điều kiện của ẩn phụ thực ra là tìm tập giá trị của ẩn phụ
trên tập xác định của bài toán đã cho bằng hàm số. Sau khi tìm được điều kiện
của ẩn phụ thì những yêu cầu của đề bài đối với bài toán theo ẩn chính phải
được quy về những yêu cầu tương ứng cho bài toán theo ẩn phụ trên điều kiện
của nó. Đó là điều quan trọng để chọn đặt hàm số tương ứng trên tập giá trị của
ẩn phụ.

Các vấn đề tơi trình bày trong bài viết của mình có thể hỗ trợ cho các em
học sinh lớp 12 có cách nhìn tồn diện hơn về cách tiếp cận bằng hàm số để giải
bài tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình có chứa tham số.

III. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:

- Đối tượng nghiên cứu: Để hoàn thành được bài viết của mình với đề tài nói
trên tơi đã phải nghiên cứu trên các dạng tốn về phương trình, bất phương trình
, hệ phương trình có chứa tham số.

- Phạm vi nghiên cứu: Phạm vi nghiên cứu của đề tài là tồn bộ chương trình
đại số và giải tích thuộc mơn tốn Trung học phổ thơng đặc biệt là phương trình,
bất phương trình vơ tỉ, phương trình lượng giác, phương trình, bất phương trình
mũ và logarit, hệ phương trình.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 
I.Cơ sở lý luận của vấn đề:

Để sử dụng phương pháp đạo hàm giải bài toán tìm giá trị tham số để
phương trình, bất phương, hệ phương trình có nghiệm. Ta cần nắm vững các
mệnh đề sau:

Cho hàm số y= f x( )liên tục trên tập D

* Phương trình f(x) = m có nghiệm min ( ) max ( )

x D x D

x D f x m f x

∈ ∈

∈ ⇔ ≤ ≤

* Bất phương trình f x( )≤mcó nghiệm min ( )
x D

x D f x m

∈

∈ ⇔ ≤

* Bất phương trình f x( )≥mcó nghiệm max ( )
x D

x D m f x

∈

∈ ⇔ ≤

* Bất phương trình f x( )≤m, nghiệm đúng với mọi max ( )
x D

x D m f x

∈

∈ ⇔ ≥

* Bất phương trình f x( )≥m, nghiệm đúng với mọi min ( )
x D

x D m f x

∈

∈ ⇔ ≤

* Cho hàm số y= f x( )đơn điệu trên D.
Khi đó: f u( )= f v( )⇔ =u v (∀u v, ∈D)

* Cho hai hàm số y= f x y( ), =g x( ) có đồ thị lần lượt là

( ) ( )

C1 , C2 .

Phương trình hồnh độ giao điểm của

( )

C1 và

( )

C2 là : f x( )=g x( ) (1)
Số nghiệm phương trình (1) bằng số giao điểm của

( )

C1 và

( )

C2
II.Thực trạng của vấn đề:

a.Thuận lợi: Đưa được bài tốn tìm giá trị tham số để phương trình, bất 
phương, hệ phương trình có nghiệm vềdạng f x( )=g m( )hoặc f x( )≤g m( ) sau đó

ta sử dụng các mệnh đề trên để giải quyết bài tốn đơn giản.

b.Khó khăn: Khơng phải mọi bài tốn đều đưa được về dạngf 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.

III.Các phương pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề: 
1. Phương pháp chung:

Để giải bài tốn tìm các giá trị tham số m để phương trình (PT), bất phương
trình (BPT), hệ phương trình (HPT) ta có thể thực hiện thứ tự như sau:

* Biến đổi phương trình, bất phương trình, hệ phương trình về dạng
( ) ( )

f x =g m hoặc f x( )≤g m( ); ( )f x ≥g m( ).

* Tìm tập xác định D của hàm số f(x)

* Tính '( )

f x

* Lập bảng biến thiên của hàm số f(x)
* Xác định max ( );min ( )

x D

x D∈ f x ∈ f x .

* Vận dụng một trong các mệnh đề trên, để đưa ra kết luận cho bài toán.
Chú ý: Trường hợp phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình chứa 
các biểu thức phức tạp ta làm như sau:

* Đặt ẩn số phụ t=ϕ( )x .

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

* Đưa phương trình, bất phương trình ẩn x về phương trình, bất phương
trình ẩn t.Ta được h t( )=g m( ) hoặc h t( )≤g m h t( ); ( )≥g m( )

* Lập bảng biến thiên của hàm số f(t)

* Từ bảng biến thiên rút ra kết luận bài toán
2.Các bài tốn minh họa:

2.1*Dạng 1: Phương trình.

Bài tốn 1: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 2 2 2 1

x +mx+ = x+

có hai nghiệm phân biệt.
Lời giải:

Ta có: 2

2
1

2 2 1 2

3 4 1 (1)
x

x mx x

mx x x



≥ −



+ + = + ⇔

 = + −



Nếu x = 0 thì phương trình (1) vơ nghiệm.
Nếu 1; \ 0

{ }

2
x∈ − +∞ 

 thì

1
(1) m 3x 4 (2)

x

⇔ = + −

Phương trình (2) là phương trình hồnh độ giao điểm của d y: =m và đồ thị
1

( ) : ( ) 3C f x x 4
x

= + −

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 1; \ 0

{ }

x∈ − +∞  ⇔

 d y: =mcắt
1

( ) : ( ) 3C f x x 4
x

= + − trên 1; \ 0

{ }

 

− +∞

  .Ta có:

{ }

1 1

( ) 3 0, ; \ 0

f x x

x

 

= + > ∀ ∈ − +∞ 


Bảng biến thiên:

x 1
2

− 0 +∞
f’(x) + +

+∞ +∞

f(x)

2 -∞
Từ bảng biến thiên ta có: 9

2
m≥

* Nhận xét :

Đưa về bài tốn tìm số giao điểm đường thẳng và đồ thị.Nếu giải theo cách đưa
về phương trình bậc hai thì tìm điều kiện để phương trình bậc hai có hai nghiệm
phân biệt thỏa điều kiện 1;

2
x∈ − +∞ 

.Khi đó dẫn đến so sánh hai nghiệm của

phương trình bậc hai với 1
2

− , bài toán trở nên phức tạp.

Bài tốn 2: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm
9 2 9

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Lời giải:

Điều kiện: 0≤ ≤x 9

PT (1) 9 2 (9 ) 2 9

x x x x x x m

⇔ + − + − = − + +

9 2 2 9 2 9

x x x x m

⇔ + − + = − + + (2)

Đặt 2 9

t= − +x x

Ta có: '

2
2 9

2 9

x
t

x x

− +
=

− + ;

' 0 9

2
t = ⇔ =x

x 0 9

2 9
'

t + 0 −

t 9

0 0
Do đó : 0 9

2
t

≤ ≤

Phương trình (2) trở thành 9 2 2 2 2 9

t t m t t m

+ = + ⇔ − + + = (3)

Xét hàm số ( ) 2 2 9

f t = − + +t t , 0 9
2
t

≤ ≤

Ta có : '( ) 2 2 ; '( ) 0 1
f t = − +t f t = ⇔ =t

Bảng biến thiên :

t 0 1 9

2
'( )

f t + 0 −

f t( ) 10

9 9
4

−

Phương trình (1) có nghiệm x∈

[ ]

0;9 ⇔ phương trình (3) có nghiệm 0;9
2
t∈ 

 

9 10
4 m

⇔ − ≤ ≤

* Nhận xét :

Nếu không đặt ẩn phụ thì ta được pt : 9 2 2 9 2 9

x x x x m

+ − + + − =
Khi đó xét hàm số ( ) 9 2 2 9 2 9

f x = + − +x x+ −x xthì việc tính đạo hàm và xét dấu

đạo hàm để lập bảng biến thiên tương đối khó khăn. Tuy nhiên khi đặt ẩn phụ thì
phải tìm điều kiện của t. Khi đó đưa về phương trình hồnh độ giao điểm của
đường thẳng song song với trục Ox và đồ thị (C ).

Bài toán 3: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm
3 1 1 24 2 1

x− +m x+ = x − (1)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

PT (1)

4 1 4 1

3 2

1 1

x x

m

x x

 −  −

⇔   + =

+ +

  (2)

Đặt 4 1

1
x
t

x

−
=

+ , Do 4 4

1 2

0 1 1 0 1

1 1

x

t

x x

−

≤ = − < ⇒ ≤ <

+ +

Phương trình (2) trở thành : 3t2+ = ⇔ = −m 2t m 3t2+2t (3) 
Xét hàm số ( ) 32 2

f t = − t + t , t∈

[

0;1

)

Ta có : '( ) 6 2 ; ( ) 0' 1
3
f t = − +t f t = ⇔ =t

Bảng biến thiên :
t 0 1

3 1
'( )

f t + 0 −

f t( ) 1
3

0 -1

Phương trình (1) có nghiệm x∈ +∞ ⇔

[

)

phương trình (3) có nghiệm t∈

[

0;1

)

1 1
3
m

⇔ − < ≤

* Nhận xét:

Nếu không đặt được ẩn phụ mà giải trực tiếp thì đây là bài tốn tương đối phức
tạp. Khi đặt ẩn phụ học sinh hay gặp sai lầm là chỉ nói được t≥0, khơng chỉ ra
được t<1.

Bài tốn 4: Cho phương trình 2 2

2 1 2

log x+log x − =3 m(log x−3) (1)

Tìm m để phương trình có nghiệmx∈

[

32;+∞

)

Lời giải :

Từ điều kiện của x, ta có log2x≥5⇒log2x− ≥3 2nên m≥0

PT (1) 2

2 2 2

log x 2log x 3 m(log x 3)

⇔ − − = −

2 2 2

( )

2 2 2

log x 2log x 3 m (log x 3) 2

⇔ − − = −

Đặt t=log ;2x t≥5.PT (2) trở thành

2 2 3 2( 3)2

t − − =t m t− 2 1

2
t
m

t

⇔ =

− (3)

Xét hàm số ( ) 1
2
t
f t

t

+
=

− , t≥5

Ta có :

(

)

2
4

( ) 0 , 5

f t t

t

−

= < ∀ ≥

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bảng biến thiên

t 5 +∞
'( )

f t

f t( ) 3

Phương trình (1) có nghiệm x∈

[

32;+∞ ⇔

)

phương trình (3) có nghiệm t∈ +∞

[

)

⇔ <1 m2≤3
Kết hợp với điều kiện m≥0, ta có : 1< ≤m 3.

* Nhận xét :

Nếu ta đưa về phương trình bậc hai theo t thì khi phương trình (3) có nghiệm t
phải kiểm tra nghiệm đó thỏa t≥5. Trong khi đó ta giải theo cách trên đưa về
dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đó là ưu điểm của cách giải trên.

Bài tốn 5 :Cho phương trình 41 x 41 x ( 1)(22 x 22 x) 2

m m

+ + − = + + − − + (1)

Tìm m để phương trình có nghiệm x∈

[ ]

0;1
Lời giải :

PT (1) ⇔4(4x+4 ) (−x = m+1)4(2x−2 ) 2−x + m (2)

Đặt t=2x −2−x ⇒4x+4−x = +t2 2

Ta có : ' 2 ln 2 2 ln 2 0 ,x x

[ ]

0;1
t = + − > ∀ ∈t

x 0 1
'

t +

t 3
2

0
Do đó : 0 3

t

≤ ≤

PT (2) trở thành : 2( 2 2) 2( 1) 2 2 2 4
2 1
t t

t m t m m

t

− +

+ = + + ⇔ =

+ (3)

Xét hàm số ( ) 2 2 2 4 , 0;3

2 1 2

t t

f t t

t

− +  

= ∈ 

+  

Ta có :

(

)

' '

1 11

4 4 10 2

( ) ; ( ) 0

2 1 1 11

2
t

t t

f t f t

t

t
 − +



+ − 

= = ⇔



+ = − −




</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

t 0 3

2
'( )

f t −

f t( ) 4

11
8

Phương trình (1) có nghiệm x∈

[ ]

0;1 ⇔ phương trình (3) có nghiệm 0;3
2
t∈ 

 

11 4
8 m

⇔ ≤ ≤

* Nhận xét :

Nếu ta đưa về phương trình bậc hai theo t thì khi phương trình (3) có nghiệm t
phải kiểm tra nghiệm đó thỏa t∈

[ ]

0;1 . Trong khi đó ta giải theo cách trên đưa về
dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đó là ưu điểm của cách giải trên.

Bài tốn 6 :Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực

9

1 1 x2

(

3 3

)

1 1 x2

2 1 0

m

+ −

−

+

+ −

+

+ =

Lời giải:

Điều kiện:

1 ≤ ≤

x

1

. Đặt

t

=

3

1+ −1 x2 .

Ta có:

0 ≤

1 −

x

≤

1 ⇒

1 ≤

1 −

x

+ ≤

1 2

Nên

3 3

1 x2 1

3

9 t

− +

≤

≤ ⇔ ≤ ≤

Khi đó, phương trình đã cho trở thành

(

)

3

2

1 0

3 1

2 t

m

t

m

t

− +

−

+

+ = ⇔

=

−

Xét hàm số

( )

3 1

2 t

f t

t

− +

=

−

trên

[ ]

3;9 .
Ta có

(

)

[ ]

2
'

4

5 ( )

0,

3;9

2 t

f t

t

− +

=

> ∀ ∈

−

Suy ra: ( )f t là hàm số đồng biến trên

[ ]

3;9

Do đó phương trình đã có nghiệm khi và chỉ khi

[ ]3;9

( )

[ ]3;9

( )

min ax 3 9 1

7
f t ≤ ≤m m f t ⇔ f ≤ ≤m f ⇔ ≤ ≤m

Bài toán 7 : Cho phương trình 3 tanx+1 sin

(

x+2cosx

)

=m

(

sinx+3cosx

)

(1)

Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất 0;
2
x∈ π 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Xét 0;
2
x∈ π 

 , khi đó sinx>0, cosx>0, tanx>0 ,sinx+3cosx>0
PT (1) 3 tan 1sin 2cos

sin 3cos

x x

x m

x x

⇔ + =

3 tan 1tan 2
tan 3

x

x m

x

⇔ + =

+ (2)

Đặt t=tan ,x t>0

PT (2) trở thành 3 1 . 2
3
t

t m

t

+ =

+ , t >0

Xét hàm số ( ) 3 1 . 2 , 0
3

t

f t t t

t

= + >

Ta có :

(

)

3 2 1

( ) . 3 0 , 0

2 1 3

t t

f t t

t

t t

+ +

= + > >

+ +

Bảng biến thiên

t 0 +∞
'( )

f t +

f t( ) +∞

Ứng mỗi t>0thỏa mãn PT (3), ta được đúng một nghiệm 0;
2
x∈ π 

 của PT (1)

Do đó PT (1) có nghiệm duy nhất thỏa 0;
2
x∈ π 

  khi và chỉ khi PT (3) có duy
nhất nghiệm t>0.

Từ bảng biến thiên ta có : m>2
* Nhận xét :

Đây là bài tốn tương đối khó, sau khi đặt ẩn phụ ta vẫn được một phương trình
chứa căn phức tạp.Cách giải trên đưa về dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đó
là ưu điểm của cách giải trên.

Bài tốn 8 : Cho phương trình 6− +x x+ =3 mx(1) .Tìm m để phương trình có

nghiệm
Lời giải :

Điều kiện : − ≤ ≤3 x 6

Vì x = 0 khơng phải là nghiệm của phương trình nên (1) tương đương với
6 x 3 x m

x x

− + + =

Xét hàm số f x( ) 6 x 3 x

x x

− +

= + , x∈ −

[

3;6

]

Ta có : '

2 2

12 6

( )

2 6 2 3

x x

f x

x x x x

− +

= −

− +

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Bảng biến thiên :

x −3 0 6
f’(x) − −

-1 +∞

f(x)

-∞ 1
2

Từ bảng biến thiên ta có : Phương trình (1) có nghiệm 11
2
m

m

≤ −




⇔
≥


* Nhận xét :

Đây là bài tốn mà ta khơng đặt được ẩn phụ, nếu dùng phép biến đổi mất căn
thì dẫn đến một phương trình phức tạp. Cách giải trên đưa về dùng bảng biến

thiên rất đơn giản. Đó là ưu điểm của cách giải trên.

Bài tốn 9: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất
3 1 2 2 3 2 2 1

x x x m

− − + + = (1) trên 1;1

−

 
 
 
Lời giải:

Xét hàm số

( )

3 1 2 2 3 2 2 1

f x = −x − x + x + trên 1;1
2

−

 
 
 .

Ta có

2
'

2 3 2 2 3 2

3 3 4 3 3 4

( )

1 2 1 1 2 1

x x x x

f x x

x x x x x x

 

− + +

= − = −  + 

− + +  − + + 

Xét hàm số

( )

3 2 2 1

g x = +x x + trên 1;1
2

−

 
 
 .

Ta có

( )

3 2 4 0 0

g x′ = x + x= ⇔ =x

Ta có bảng biến thiên
x 1

− 0 1
'( )

g x + 0 −

g x( )

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy ( ) 1, 1;1
2

g x ≥ ∀ ∈ −x  

 

và 1;1

x  

∀ ∈ − 

  ta có

1 5

3( ) 4 3 4 3.1 4 3 4 7

2 x 2 x

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Suy ra

2 3 2

3 3 4 1

0, ;1

1 2 1

x

x x x

+  

+ > ∀ ∈ − 

 

− + +

Do đó f′

( )

x = ⇔ =0 x 0

Bảng biến thiên:
x 1

− 0 1
'( )

f x − 0 +

f x( ) 1

3 3 22
2

− −4

PT (1) là phương trình hồnh độ giao điểm của d y: =m và

(C ) :

( )

3 1 2 2 3 2 2 1
f x = −x − x + x +

Phương trình có nghiệm duy nhất khi 4 3 3 22
2

m −

− ≤ < hoặc m=1.

* Nhận xét :Đây là bài tốn mà ta khơng đặt được ẩn phụ, nếu dùng phép biến
đổi mất căn thì dẫn đến một phương trình phức tạp. Cách giải trên đưa về dùng
bảng biến thiên rất đơn giản. Đó là ưu điểm của cách giải trên.

Bài toán 10 : Chứng minh rằng ∀ >m 0, phương trình sau ln có hai nghiệm

thực phân biệt: 2 2 8 ( 2)

x + x− = m x−
Giải

Do m>0 nên x≥2

(1) ⇔

[

]

(x−2)(x+ =4) m x( −2) ⇔ (x−2)(x+4) =m x( −2)

3 2

2
( 2) ( 2)( 4) 0

6 32 0(*)
x

x x x m

x x m



 

⇔ −  − + − = ⇔

+ − − =



Yêu cầu bài toán quy về chứng minh phương trình (*) có một nghiệm trong
(2;+∞)

Biến đổi (*) 3 6 2 32

m x x

⇔ = + − .

Xét hàm số ( ) 3 6 2 32

f x = +x x − với x>2.

Ta có '( ) 3 2 12 0, 2

f x = x + x≥ ∀ >x và lim ( )
x→+∞ f x = +∞

Bảng biến thiên:

x 2 +∞
'( )

f x +

f x( ) +∞

Từ bảng biến thiên suy ra ∀ >m 0 phương trình (*) có đúng một nghiệm x>2.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

* Nhận xét:

Sau khi tìm được điều kiện x≥2 việc khảo sát hàm số ( )f x ở trên là rất dễ

dàng chủ yếu là dùng đạo hàm tuy nhiên dùng định nghĩa cũng suy ra tính đồng
biến của hàm số ( )f x .

2.2* Dạng 2: Bất phương trình.

Bài tốn 1: Tìm m để bất phương trình 4x− +2 2 4− <x m có nghiệm.

Lời giải:

Điều kiện: 1 4
2≤ ≤x .

Khi đó, bất phương trình 4x− +2 2 4− <x mcó nghiệm 1;4
2
x∈ 

 

1;4
2

min 4 2 2 4

m x x

 
 
 

 

⇔ >  − + − 

Xét hàm số f x

( )

= 4x− +2 2 4−x trên 1;4
2
 
 
 .

Ta có

( )

(

)(

)

2 1 2 4 4 2

4 2 4 4 2 4

x x

f x

x x x x

− − −

′ = − =

− − − −

( )

0 2 4 4 2 9

4
f′ x = ⇔ − −x x− ⇔ =x

Tính 1 14; 9 2 7;

( )

4 14

2 4

f  = f  = f =

    . Suy ra 1

( )

;4
2

min f x 14
 

 
 

 =

  .

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m> 14.
Bài tốn 2: Tìm tham số m để bất phương trình sau có nghiệm:

mx− x− ≤ +3 m 1 (1)
Giải

Điều kiện: x≥3. Đặt t= x−3 ,t≥0⇒x= +t2 3
BPT (1) trở thành 2

2
1

( 3) 1

t

m t t m m

t

+
+ − ≤ + ⇔ ≤

+ (2)

Xét hàm số ( ) 2 1
2
t
f t

t

+
=

+ , t≥0

Ta có:

(

)

' ' 2

2
2

1 3
2 2

( ) , ( ) 0 2 2 0

1 3

t

t t

f t f t t t

t
t

 = − +

− − +

= = ⇔ − − + = ⇔

= − −



+ 

Bảng biến thiên

t 0 3 1− +∞
'( )

f t + 0 −

f t( ) 1 3
4

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Suy ra

[0;+ )

( )

1 3
ax

4
m f t

∞

 =

 

Bất phương trình (1) có nghiệm x≥3 ⇔bất phương trình (2) có nghiệm t≥0

[0; )
max ( )

m f t

+∞

⇔ ≤

3 1
4

m +

⇔ ≤

* Nhận xét:

Nếu đưa về bất phương trình 3 1 1 3

x

mx x m m

x

+ −

− − ≤ + ⇔ ≥

− . Khi đó hàm số

( ) 1 x1 3
f x

x

+ −

− dẫn đến việc tính đạo hàm, giải phương trình đạo hàm và xét dấu

đạo hàm gặp khó khăn.

Bài tốn 3: Tìm m để bất phương trình

(

4

)(

6

)

2 2

x x x x m

+ − ≤ − + (1) nghiệm

đúng với mọi x∈ −

[

4;6

]

Lời giải:

Đặt t= − +x2 2x+24⇒x2−2x=24−t2

' '

2
2 2

, 0 1

2 2 24

x

t t x

x x

− +

= = ⇔ =

− + +

x −4 1 6
'

t − 0 +

t 5

0 0
Do đó 0≤ ≤t 5

Bất phương trình (1) trở thành 24 2 2 24

t≤ − + ⇔ ≥ + −t m m t t (2)

Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x∈ −

[

4;6

]

⇔Bất phương trình (2)
nghiệm đúng với mọi

[ ]

[ ]0;5
0;5 max ( )
t∈ ⇔ ≥m f t

Ta có ( ) 2 24 , '( ) 2 1 , ( ) 0' 1 ( )
2
f t = + −t t f t = +t f t = ⇔ = −t l

Tính f(0) = -24, f(5) = 6. Do đó
[ ]0;5

max ( ) 6f t =

Vậy m≥6.

Bài tốn 4: Tìm m để bất phương trình m 2x2+ < +9 x m có nghiệm với mọi x.

Lời giải

Ta có 2

2
2 9

2 9 1
x

m x x m m

x

+ < + ⇔ <

+ − , vì

2x + − > ∀9 1 0, x

Khi đó, phương trình có nghiệm với mọi x

2
min

2 9 1
x
m

x

 

⇔ <  

+ −

 

ℝ

Xét hàm số

( )

2
2 9 1

x
f x

x

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Ta có

( )

(

)

2
2

2 2

9 2 9 0 9 2 9 0

6
2 9 2 9 1

x
x

f x x

x

x x

= −



− +

′ = = ⇔ − + = ⇔ =



+ + −

Bảng biến thiên: x −∞ -6 6 +∞

f′

( )

x - 0 + 0 -

1
2

− 3
4

( )

f x 3
4

− 1
2
Suy ra min

( )

4
f x

 = −
 

ℝ .

Do đó bất phương trình nghiệm đúng với mọi x khi 3

4
m< − .

Bài tốn 5: Tìm mđể bất phương trình m.16t anx−2 .4m t anx+2m− ≥2 0 nghiệm đúng

với mọi 0;
4
x∈ π

 .
Lời giải

Đặt 4t anx

t= . Với 0;

[ ]

1;4

x∈ π⇒t∈

  .

Khi đó bất phương trình đã cho trở thành mt2−2mt+2m− ≥2 0. 
Bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi 0;

4
x∈ π

  khi và chỉ khi

[ ]

[ ]

2 1;4 2

2 2

2 2 2 0, 1; 4 , 1; 4 ax

2 2 2 2

mt mt m t m t m m

t t t t

 

− + − ≥ ∀ ∈ ⇔ ≥ ∀ ∈ ⇔ ≥  

− +  − + .

Xét hàm số

( )

2 2
2 2
f t

t t

− + trên

[ ]

1; 4 . Ta có

( )

(

2

( )

)

[ ]

4 1

0, 1; 4
2 2

t

f t t

t t

−

′ = ≤ ∀ ∈

− +

Bảng biến thiên

t 1 4
'( )

f t −

f t( ) 2

5
Dựa vào bảng biến thiên suy ra

[ ]1;4ax ( ) 2

m f t = . Do đó giá trị cần tìm là: m≥2.

Bài tốn 6: Tìm m để bất phương trình 1 log+ 5

(

x2+ ≥1

)

log5

(

mx2+4x+m

)

nghiệm

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Lời giải:

Ta có

(

)

(

)

(

)

(

)

5 5 5 5

1 log+ x + ≥1 log mx +4x+m ⇔log 5 x +1 ≥log mx +4x+m

(

)

2 2

2 2

2
4

4 0 1

5 1 4 5

1
x

m

mx x m x

x

x mx x m

m
x

−



 + + > 

  +
⇔ ⇔
+ ≥ + +
 
 ≤ −
 +

(*)

Hệ bất phương trình (*) thỏa với mọi x 2

2
4
ax
1
4
5 min
1
x
m m
x
x
m
x
  − 
>
  + 
  
⇔
−
 
 ≤ +
 
  + 

ℝ
ℝ

Xét hàm số

( )

24
1
x

f x
x
−
=

+ trên ℝ. Ta có

( )

(

)

(

)

2
2

4 1 1

0
1
1
x x
f x
x
x
−  = −
′ = = ⇔ =

+

Bảng biến thiên: x −∞ -1 1 +∞

f′

( )

x + 0 - 0 +

2 0
f x

( )

0 -2

Dựa vào bảng biến thiên suy ra minf x

( )

= −2;m axf x

( )

=2

ℝ ℝ .

Vậy giá trị cần tìm là: 2< ≤ − ⇔ < ≤m 5 2 2 m 3.

Bài toán 7: Tìm m để hàm số 1 3

(

)

2 3

(

)

3 3

y= mx − m− x + m− x+ đồng biến trên

[

2;+∞

)

.
Lời giải:

Ta có 2 2

(

1

)

3

(

2

)

y′ =mx − m− x+ m− .

Hàm số đồng biến trên

[

2;+∞

)

⇔ 2 2

(

1

)

3

(

2

)

0,

[

2;

)

y′ =mx − m− x+ m− ≥ ∀ ∈ +∞x

[

)

[ )

2 2; 2

6 2 6 2

, 2; ax

2 3 2 3

x x

m x m m

x x +∞ x x

−  − 

⇔ ≥ ∀ ∈ +∞ ⇔ ≥  

− +  − + 

Xét hàm số

( )

26 2
2 3
x
f x

x x
−
=

− + trên

[

2;+∞

)

Ta có

( )

(

)

2
'

2
2

2 12 6

0 3 6

2 3

x x

f x x

x x

− +

= = ⇔ = ±

− +

Bảng biến thiên:

x 2 3+ 6 +∞

'( )

f x − 0 +

f x( ) 2

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Dựa vào bảng biến thiên suy ra

[2; )

( )

2
ax

3
m f x

+∞  = . Do đó giá trị cần tìm là:
2
3
m≥ .

Bài tốn 8: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x

cos4x - 5cos3x - 36sin2x - 15cosx + 36 + 24m - 12m2 ≥ 0 (1)

Lời giải:

TXĐ: D = IR

Trên D bpt (5) ⇔ 3cos4x - 20cos3x + 36cos2x+ 24m - 12m2 ≥ 0 (2)

Đặt t = cosx với t ∈

[

−1;1

]

Bất phương trình (2) trở thành 3t4 - 20t3 + 36t2 + 24m - 12m2 ≥ 0

⇔3t4 - 20t3 + 36t2 ≥ 12m2 - 24m (3)

Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x∈IR⇔bất phương trình (3) nghiệm

đúng với mọi t∈ −

[ ]

1;1

Xét hàm số : f(t) = 3t4 - 20t3 + 36t2 víi t ∈

[

−1;1

]

Ta có: f’(t) = 12t3 - 60t2 + 72t = 12t(t2 - 5t + 6)

f’(t) = 0 ⇔ 12t(t2 - 5t + 6) = 0 ⇔








=
=
=

3
t

2
t

0
t

Bảng biến thiên

t -1 0 1
'( )

f t − 0 +

f t( ) 59 19

Từ bảng biến thiên ta có f(t) ≥12m2 - 24m ,∀ t ∈

[

−1;1

]

⇔12m2 - 24m ≤

[ ] f(t)

min

1;1

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Vậy: 0 ≤ m ≤ 2
2.3* Dạng 3: Hệ phương trình

Bài tốn 1: Tìm m để hệ phương trình

(

)(

)

2 2 8

1 1

x y x y

xy x y m

 + + + =




+ + =

 (1) có nghiệm

Lời giải:

Đặt 2 , 2

u=x +x v= y +y.Điều kiện 1, 1

4 4

u≥ − v≥ −

Hệ phương trình (1) trở thành 2

( )

8
8

8 2

v u

u v

u u m

uv m

= −

+ = 



⇔

 

− + =

 

Vì 1 8 1 33

4 4 4

v≥ − ⇒ − ≥ − ⇔ ≤u u . Do đó: 1 33
4 u 4

− ≤ ≤

Hệ phương trình (1) có nghiệm ⇔phương trình (2) có nghiệm 1 33;
4 4
u∈ − 

 

Xét hàm số ( ) 2 8

f u = − +u u , 1 33;
4 4
u∈ − 

 

Ta có '( ) 2 1 , '( ) 0 1
2
f u = − +u f u = ⇔ =u

Bảng biến thiên
u 1

− 1

2
33

4
f u'( ) + 0 −

f u( ) 16

33
16

− 33
16

−

Từ bảng biến thiên ta có 33 16
16 m

− ≤ ≤

*Nhận xét

Ta có thể giải cách khác là: Hệ phương trình có nghiệm ⇔phương trình (2) có
hai nghiệm u, v lớn hơn hoặc bằng 1

− . Khi đó dẫn đến so sánh hai nghiệm với
1

− và học sinh sẽ gặp khó khăn vì so sánh hai nghiệm với số thực khơng có
trong bài định lí về dấu tam thức bậc hai ở lớp 10.

Bài tốn 2: Tìm m để hệ phương trình 1 1

1 1

x y m

y x m

 + − = +




+ − = +

 (1) có nghiệm duy nhất

Lời giải:

Điều kiện: 0 1

0 1

x
y

≤ ≤




≤ ≤



</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

1 1
( ) ( )

x x y y

f x f y

⇔ − − = − −

⇔ =

Xét hàm số f t( )= t− 1−t ,t∈

[ ]

0;1

'( ) 1 1 0 ,

( )

0;1
2 2 1

f t t

t t

= + > ∀ ∈ ⇒

− hàm số y= f t( ) đồng biến trên

[ ]

0;1

Khi đó : f x( )= f y( )⇔ =x y

Thay vào hệ ta được : x − 1− = +x m 1 , x∈

[ ]

0;1 (2)
Xét hàm số f x( )= x+ 1−x , x∈

[ ]

0;1

Ta có : '( ) 1 1 1

2 2 1 2 (1 )

x x

f x

x x x x

− −

= − =

− −

'( ) 0 1 1

2
f x = ⇔ − =x x ⇔ =x

Bảng biến thiên :
x 0 1

2 1
'( )

f x + 0 −

f x( ) 2

1 1

Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ phương trình (2) có nghiệm duy
nhất.

Từ bảng biến thiên ta có : m+ =1 2 ⇔ =m 2 1−
* Nhận xét :

Ta có thể giải hệ trên dùng điều kiện cần và đủ. Giả sử

(

x yo; o

)

là một nghiệm của

hệ thì

(

1−xo;1−yo

)

cũng là một nghiệm của hệ. Khi đó hệ có nghiệm duy nhất

cần 1

2
o o

x = y = .Từ đó tìm m và thử lại.Cách giải này hay gặp sai lầm là khơng

thử lại.

Bài tốn 3 : Tìm m để hệ phương trình 2 3 2( 2) 2
1 2

x y x xy m

x x y m

 − + + =



+ − = −

 (1) có nghiệm

Lời giải :

Hệ phương trình (1)

(

)

(

)

(

)

(

)

2 1 2

x x x y m

 − − =



⇔

− + − = −



Đặt 2 , 1 ; 2

u=x −x u≥ − v= x−y

Hệ đã cho trở thành 2 (2 1) 0 (2)

1 2 1 2

uv m u m u m

u v m v m u

=  + − + =



⇔

 

+ = − = − −

 

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Với 1
4

u≥ − , ta có : (2)

2
2

(2 1)

2 1
u u

m u u u m

u

− +

⇔ + = − + ⇔ =

Xét hàm số ( ) 2
2 1
u u
f u
u
− +
=

+ , với

1
4
u≥ −

Ta có :

(

)

' '

2 2 1 3 1

( ) , ( ) 0

2
2 1

u u

f u f u u

u

+ − −

= − = ⇔ =

Bảng biến thiên :

u 1
4

− 3 1
2

− +∞

'( )

f u + 0 −

f u( ) 2 3
2

−

5
8

− −∞

Từ bảng biến thiên ta có : 2 3
2

m≤ − .

* Nhận xét :

Đây là một câu trong đề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2011. Nếu học sinh
không trang bị đầy đủ kiến thức về dạng toán trên thì gặp khó khăn khi giải bài
này.

Bài tốn 4: Tìm m để hệ phương trình

2 3
3 3
2
3 3
1
3 3
3
x y x y

x y

y m x

m
+ +
+
−
 + =

  

+ =
  
 


(1) có nghiệm

Lời giải :

Hệ đã cho ( )

2 3

3
2

3 3

3 3 3

x y x y

x y

x y m

m
+ +
− +
+

 + =

⇔
+ =


Đặt 32 3 ( 0, 0)

3
x y
x y
u
u v
v
+
+
 =
> >

=

 .Ta được :

( )

3 3

1 1

3m 3 3 2m

u v u v

u v
v v
+ = = −
 
 
⇔
 
+ = − + =
 
 

Vì u>0⇒3− >v 0⇒v<3.Do đó : 0< <v 3.

Hệ phương trình đã cho có nghiệm ⇔phương trình (2) có nghiệm thỏa 0< <v 3
Xét hàm số f v( ) 3 v 1 , v

( )

0;3

v

= − + ∈

Ta có : '

( )

2
1

( ) 1 0 , 0;3

f v v

v

= − − < ∀ ∈

Bảng biến thiên :

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

'( )

f v −

f v( ) +∞

Từ bảng biến thiên ta có: 3 1 1
3

m > ⇔ > −m

Bài tốn 5: Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm

3 3 2

2 2 2

12 6 16 0 (1)

4 2 4 5 4 0 (2)

x x y y

x x y y m

 − − + − =




+ − − − + =


Lời giải:

Điều kiện: 2 2

0 4

x
y

− ≤ ≤




≤ ≤



Ta có 3

(

)

(

)

(1)⇔x −12x= y−2 −12 y−2
Xét hàm số ( ) 3 12 ,

[

2; 2

]

f t = −t t t∈ −

'( ) 32 12 3

(

2 4

)

0 ,

(

2;2

)

f t t t t t

⇒ = − = − < ∀ ∈ −

Suy ra hàm số f(t) nghịch biến trên

[

−2; 2

]

(3)

Ta có: x và y – 2 cùng thuộc đoạn

[

−2; 2

]

và f x( )= f y( −2)⇒x= −y 2
Thay vào (2) ta được phương trình 3 4 2 4 2

x x m

− − = (4)

Hệ phương trình đã cho có nghiệm ⇔phương trình (4) có nghiệm x thuộc

[

−2; 2

]

Xét hàm số ( ) 3 4 2 4 2

g x = −x − x , x∈ −

[

2; 2

]

2 2

3 3

( ) 8 8

4 4

( ) 0 0
x

g x x x

x x

g x x

 

−

= − = −  + 

−  − 

= ⇔ =

Bảng biến thiên

x −2 0 2
'( )

g x + 0 −

g x( ) 6

−16 −16
Từ bảng biến thiên ta có : − ≤ ≤16 m 6

Bài tốn 6 : Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm

72 2 1 72 1 2005 2005 (1)
( 2) 2 3 0 (2)
x x x

x

x m x m

+ + + +

 − + ≤




− + + + ≥

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Lời giải:

Điều kiện: x≥ −1

Ta có (72x x 1 72 x 1 2005 2005 7 x 1

(

72x 7

)

2005 1

(

)

x x

+ + − + + + ≤ ⇔ + − ≤ − (3)

Nếu x = 1thỏa bất phương trình (3).Do đó bất phương trình (3) có nghiệm x = 1
Nếu x>1thì VT > 0 cịn VP < 0 nên bất phương trình (3) vơ nghiệm

Nếu − ≤ <1 x 1 thì VT < VP nên bất phương trình (3) có nghiệm là− ≤ <1 x 1

Do đó:Bất phương trình (3) có tập nghiệm là T = −

[ ]

1;1

Để hệ bất phương trình có nghiệm thì bất phương trình (2) có nghiệm x∈ −

[ ]

1;1

Ta có : 2 ( 2) 2 3 0

(

2

)

2 2 3 2 2 3 (3),

[ ]

1;1

x x

x m x m x m x x m x

x
− +

− + + + ≥ ⇔ − ≤ − + ⇔ ≥ ∈ −
−

Xét hàm số ( ) 2 2 3
2

x x

f x

x

− +

− , x∈ −

[ ]

1;1

(

)

' ' 2

2 3
4 1

( ) , ( ) 0 4 1 0

2 2 3

x

x x

f x f x x x

x x

 = +

− +

= = ⇔ − + = ⇔

−  = −

Bảng biến thiên

x -1 2− 3 1
f x'( ) + 0 −

f x( ) −2 3

-2 -2
Từ bảng biến thiên ta có [ ]

1;1

min ( )f x f( 1) 2

− = ± = −

Bất phương trình (3) có nghiệm

[ ]

[ ]1;1

1;1 min ( ) 2

x m f x m

−

∈ − ⇔ ≥ ⇔ ≥ −

Vậy: m≥ −2

IV.Hiệu quả sáng kiến kinh nghiệm:

Sáng kiến kinh nghiệm nhằm trang bị cho học sinh THPT, đăc biệt học
sinh 12 phương pháp dùng đạo hàm để giải bài tốn 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 tuyển sinh Đại
học, Cao đẳng.

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

C. 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 tốn tìm tham số, 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 các đề thi tuyển
sinh vào đại học có nhiều bài rất khó được phát triển từ các bài tập trong sách
giáo khoa, nên để giải quyết các bài tốn 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.

Mặc dù đã tham khảo một số lượng lớn các tài liệu hiện nay để vừa viết,
vừa đi giảng dạy trên lớp để kiểm nghiệm thực tế, song vì năng lực và thời gian
có hạn, rất mong được sự đóng góp của các bạn đồng nghiệp và những người
yêu thích mơn tốn để đề tài này có ý nghĩa thiết thực hơn trong nhà trường.
Góp phần nhỏ bé vào việc nâng cao hơn nữa chất lượng Giáo dục phổ thơng.
Giúp các em học sinh có phương pháp - kỹ năng khi giải các bài toán liên quan

đến hàm số trong các kỳ thi cuối cấp.

Quảng Điền, ngày 20 tháng 3 năm 2012.
Người viết

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Tài liệu tham khảo
1.Tạp chí Tốn học và tuổi trẻ

2.Sách giáo khoa mơn Tốn 10, 11, 12
3.Sách bài tập mơn Tốn 10, 11, 12

4.Chuyên đề Đại số các phương pháp giải phương trình đại số -Nxb của
Huỳnh Công Thái

5.Chuyên đề các phương pháp giải phương trình mũ, lơgarit và các loại hệ
phương trình đại số -Nxb của Huỳnh Cơng Thái

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24></div>

SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ – Xuctu.com

<b>SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI </b>

<b>CÁC PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ </b>

<b>PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ. </b>

( ) ( )

( )

( )

( )

( )

{ }

{ }

{ }

{ }

[ ]

[

)

[

)

[

)

[

)

( )

(

)

[

)

[

)

[ ]

[ ]

(

)

[ ]

[ ]

9

(

3 3

)

2

1 0

<i>m</i>

<i>m</i>

<sub>−</sub>

<sub>+</sub>

<sub>+</sub>

<sub>+ =</sub>

1

≤ ≤

<i>x</i>

1

<i>t</i>

=

3

0

≤

1

−

<i>x</i>

≤

1

⇒

1

≤

1

−

<i>x</i>

+ ≤

1 2

3 3

3

3

9

<i>t</i>

≤

≤ ⇔ ≤ ≤

(

)

<sub>3</sub>

<sub>2</sub>