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

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 mơn: Tốn học

THANH HOÁ NĂM 2021

1


MỤC LỤC
NỘI DUNG
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. NỘI DUNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Giải pháp 1: Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình:
Dạng 1. Phương trình đã cho được đưa về dạng: h( x) = g ( x)

(hoặc h(u ) = g (u ) ) trong đó u = u ( x) .
Dạng 2. Phương trình đã cho được đưa về dạng: f (u ) = f (v )
trong đó u = u ( x), v = v( x) .

Dạng 3. Sử dụng đạo hàm để tìm hết số nghiệm của phương
trình.
2.3.2. Giải pháp 2: Ứng 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 ) .
Dạng 2: Bất phương trình được đưa về dạng: f (u ) > f (v) ,
trong đó u = u ( x), v = v( x) .
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị

TRANG
1
1
1
2
2
2
2
3
4
4
5
8

11
13
13
15
18
19
19
20

1. MỞ ĐẦU
2


1.1. Lí do chọn đề tài.
Trong chương trình giảng dạy bộ mơn Tốn ở bậc trung học phổ thơng các
bài tốn về phương trình, bất phương trình chiếm một vị trí rất quan trọng,
xun suốt chương trình của ba khối lớp. Bên cạnh đó là sự phong phú về dạng
tốn, từ phương trình, bất phương trình vơ 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 tốn 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 tốn 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 tốn được giải bằng phương pháp đạo hàm. Tuy nhiên hệ thống bài
tập trong một số chun đề đó cịn 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 hồn chỉnh đối với các dạng bài
tốn 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 tơi 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, xử lý bài toán giải phương trình, bất phương trình nhanh chóng
và thành thạo hơn .
1.2. Mục đích nghiên cứu.
- 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…
- 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 tốn, qua đó học
sinh nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Hướng dẫn cho học sinh lớp 12 về phương pháp 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…
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
3


- Để thực hiện đề tài này, tôi đã sử dụng hệ thống các phương pháp: Phân
tích, tổng hợp lý thuyết từ các sách báo, tài liệu liên quan, internet …

- Phương pháp quan sát, phân tích: Hướng dẫn học sinh vận dụng đạo hàm
để giải phương trình và bất phương trình để rút ra kết luận.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm.
Sáng kiến được phát triển từ SKNN cùng chủ đề của những năm trước,
nhưng điểm mới là logic, khoa học và câu hỏi bằng hình thức trắc nghiệm cho
phù hợp với hình thức thi THPTQG
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 tốn 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 đại học, cao đẳng và thi học sinh
giỏi gần đây việc giải các bài tốn có sự ứng dụng của đạo hàm rất nhiều. Đặc
biệt là ứng dụng đạo hàm để giải các bài tốn 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.
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, 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
Giải bất phương trình sau: 2 x − 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, 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 ln nghịch biến)
và liên tục trên D thì
a. Phương trình: f ( x) = m có khơng q một nghiệm trên D.
b. f (a) = f (b) ⇔ a = b, ∀a, b ∈ D
*Chú ý:
2

2

2

4


+Từ mệnh đề trên, ta có thể áp dụng vào giải phương trình như sau:
Bài tốn u 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 ln đồng biến (nghịch
biến).
- Nếu là phương trình: f ( x) = k ta tìm một nghiệm, rồi chứng minh nghiệm
đó là duy nhất.
- 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 tốn 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) khơng 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 tốn 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 tốn nên khó kết thúc
bài tốn, các em chưa biết lựa lựa chọn phương nào là phù hợp với bài tốn đó
hoặc biết nhưng khơng có kỹ năng giải quyết.
2.3. Các giải pháp giải quyết vấn đề (ứng 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.
5


2.3.1. Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình:
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 f ( x) = 3x − 2 + 3 5 x − 2 + x liên tục trên D
2

3
5
2
+
+ 1 > 0, ∀x > ⇔ hàm số f ( x) đồng biến trên D.
3
2 3x − 2 3 3 (5 x − 2) 2
Mà 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.

⇒ f '( x) =

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 đốn 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.

6


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 vơ nghiệm.
* Nếu x < 1 ⇒ f ( x) < f (1) = 0 nên phương trình vơ 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 lơgarit) 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)
Chọn khẳng định đúng ?
A. P = 3
B. P = -3
C. P = 1
D. P = 1 + 13
Giải . TXĐ: D = ¡
19
log 2 ( x 2 − x + 5) 3
2
= ( do x − x + 5 ≥
PT(1) ⇔
2
x − x+5

≥

8

4

) Đặt t = x 2 − x + 5 với t

log 2t 3
= (2)
t
8
log 2t

1 − ln t
19
19
Xét hàm số: f (t ) =
với t ≥
. Ta có f '(t ) = 2
< 0, ∀ t ≥
4
4
t
t ln 2

19
, khi đó phương trình đã cho trở thành
4

⇒ f (t ) là hàm số nghịch biến với t ≥

19
3
, mà f (8) = ⇒ phương trình (2)
4
8

có 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 tốn nên thường có
kết luận nghiệm chưa chính xác. Sai lầm thường gặp của học sinh: Phương trình
2x + 1
x
trên tương đương với: 3 =
. Ta có: Hàm số f ( x) = 3x đồng biến, hàm số
2x − 1
−4
2x + 1
2x + 1
< 0 nên y =
g ( x) =
có y ' =
là hàm nghịch biến, Do f(1) =
2
(2 x − 1)
2x − 1
2x − 1
g(1) nên x = 1 là nghiệm duy nhất.
7


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

1
x
-∞
+∞
2
g’(x)
g(x)

1

+∞
-∞

1

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
x +1 x + 2 x + 3 x + 4
tham 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:
Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

x
x +1 x + 2 x + 3
+
+
+
= x + 1 − x + m ( *)

x +1 x + 2 x + 3 x + 4
Điều kiện: x ∈ ¡ \ { −1; −2; −3; −4} .

Ta có ( *) ⇔ m =

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

y=

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

(
) (
) (
) (
)

8


y′ =
∀x ∈ ¡

1

( x + 1)

+

1

( x + 2)
\ { −1; −2; −3; −4} ,
2

2

+

1

( x + 3)

2

+

1

( x + 4)

2

+

x + 1 − ( x + 1)
x +1

>0

(vì x + 1 > x + 1 ∀x ≠ −1 ⇒ x + 1 − ( x + 1) > 0 ∀x ≠ −1 ). Ta có bảng biến thiên:

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
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
Hướng dẫn: PT tương đương: ( x − 2 ) + 10 ( x − 2 ) = 4 x − 4 + 10 4 x − 4 .(1)
2

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 cịn có nhiều cách giải song việc sử dụng đạo hàm
tỏ ra có hiệu lực hơn.

9


x2 + 2 x − 8
= ( x + 1)( x + 2 − 2) ,
Bài 2: Gọi S tổng các nghiệm của phươngtrình 2
x − 2x + 3
a+ b
biết S =

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

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)
2

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

x = 2; x =

3

m + 3 3 m + 3sin x = sin x có nghiệm thực?
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 ∈ ¡ .

10


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. Vơ 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
x + mx + m +1
4
+ ( 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.
Bài 5: Có bao nhiêu cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2020 và
log 3 ( 3 x + 3) + x = 2 y + 9 y ?
A. 2019 .
B. 6 .
C. 2020 .
D. 4 .
(Trích đề minh họa THPT QG 2020)
Phân tích: Đây là phương trình 2 ẩn số, ta khơng giải bằng các phương
pháp như đưa về cùng cơ số, đặt ẩn phụ, logarit hóa hay mũ hóa.
Lời giải.
Ta có:
2

2

2

2

log 3 ( 3 x + 3 ) + x = 2 y + 9 y ⇔ log 3 3 ( x + 1) + x = 2 y + 32 y ⇔ x + 1 + log 3 ( x + 1) = 2 y + 32 y

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 ¡ . Vì t + 3t = 2 y + 32 y nên t = 2 y ⇒ log3 ( x + 1) = 2 y ⇔ x + 1 = 9 y ⇔ x = 9 y − 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.
11


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) = 2xln2 + 3xln3 - 3
f’’(x) = 2xln2x + 3xln2x > 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) = ln2 + ln3 - 3 < 0 và f’(1) = 2ln2 + 3ln3 - 3 > 0 ⇒ f’(0).f’(1) <
0 ⇒ ∃ x0 ∈ (0;1) sao cho f’(x0) = 0
⇒ ∀ x ∈ ( − ∞ ; x 0 ) thì f’(x) < 0; ∀ x ∈ ( x0 ; + ∞ ) thì f’(x) > 0
Ta có bảng biến thiên:
-∞
-

x

f’(x)

+∞

x0
0

+

+

+

f(x)
f(x0)

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.
3
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 +
x +1
1
f ' ( x ) = 0 ⇔ ( 2x − 2 ) ( x + 1) + 1 = 0 ⇔ 2 ( x 2 − 1) + 1 = 0 ⇔ 2x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ± .
2
Từ đây, ta có bảng biến thiên của f(x):

x

−1

−

1
2

1
2

+∞

12


f ' ( x)
f ( x)

+

0

−

0

+
+∞

2, 059

−1,138

−∞

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
D. 2020
Giải : Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 6 (*)

Đặt f ( x) = 4 2 x + 2 x + 2 4 6 − x + 2 6 − x
Có f '( x) =
f '( x ) = 0 ⇔

1
2 4 (2 x)

3

1
2 4 (2 x)

3

+

1
1
1
−
−
3
2 2 x 2 4 (6 − x)
2 6 − x , với 0 < x < 6

+

1
1
1

=
+
3
2 2 x 2 4 (6 − x)
2 6 − x (2).

Phương trình có dạng f(u) = f(v)
1
−2t − 3
(0; + ∞) có g '(t ) =
< 0, ∀ t ∈ (0; + ∞)
2 trên khoảng
t
t4
⇒ g(t) nghịch biến trên khoảng (0; + ∞) . Do đó (2) ⇔ 4 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].
1
t

Xét hàm số g (t ) = 3 +

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. Chọn A
*) Nhận xét: Nhiều học sinh gặp bài toán trên thường cố gắng giải bằng
cách đặt ẩn số phụ.

2.3.2. Ứng dụng đạo hàm để giải bất phương trình:

13


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 +

S = [ a; b ] . Tính a +2b

5
− 2 x ≤ 6 (*) là
2x −1

A. 4
B. 6
C. 7
D. 17
*Nhận xét: Bài tốn trên có thể dùng phương pháp biến đổi tương đương, tuy
nhiên ta cần biến đổi nhiều bước và đưa về bất phương trình bậc cao dẫn đến khó
khăn trong biến đổi. Nhìn nhận bài tốn dưới góc độ đạo hàm ta có cách giải sau:
 1 3

Giải: TXĐ : D =  ; 
 2 2
Xét hàm số: f ( x) = 3 3 − 2 x +

5
− 2 x liên tục trên D
2x −1

−3
5
1 3
−
− 2 < 0, ∀x ∈  ; ÷ ⇒ f(x) là một hàm
3 − 2 x (2 x − 1) 2 x − 1
2 2

nghịch biến và f(1) = 6. Do đó BPT f(x) ≤ 6 ⇔ f(x) ≤ f(1) ⇔ x ≥ 1 .

Ta có f '( x) =

 3

Kết hợp điều kiện vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = 1;  .
 2
Vậy a +2b = 4 . Chọn A
Bài 2: Cho hàm số y = f ( x ) . Hàm số y = f ′ ( x ) có bảng biến thiên như sau

14


Bất phương trình f ( x ) < e x + m nghiệm đúng với mọi khi và chỉ khi:
s
1
e

A. m ≥ f ( 1) − e. B. m > f ( −1) − .
Giải: f ( x ) < e + m ⇔ f ( x ) − e < m
x

1
e

C. m ≥ f ( −1) − .

D. m > f ( 1) − e.

(Trích đề thi THPT QG 2019)

x

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
1
khi g ( x) < m, ∀x ∈ (−1;1) ⇔ g (−1) ≤ m ⇔ 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 ) ta có :

− ln 2 x + 2m ln x + 2m − 8 < 0 ⇔ 2m(ln x + 1) < ln 2 x + 8 ⇔ 2m <

ln 2 x + 8 (1)
ln x + 1

Đặt t = ln x . Do x ∈ (1; e3 ) ⇒ t ∈ (0;3) .
Xét hàm số f (t ) =

t 2 + 2t − 8
t2 + 8
⇒ f '(t ) =
.
(t + 1) 2
t +1

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

Lập bảng biến thiên của
f (t ) = 4
hàm số f(t) ⇒ xmin
∈(0;3)

Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x ∈ (1; e3 ) khi và chỉ khi
2m < min f (t ) ⇔ 2m < 4 ⇔ m < 2. Vậy có một giá trị nguyên dương thỏa mãn
x∈(0;3)
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) .
15

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 hồn tồn 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) > x3 − 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
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) = t3 + 3t , liên tục ∀t ∈ ¡ ta có f’(t) = 3t2 + 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 ⇔ 
2 x − 1 ≥ x − 2
1

x ≤
⇔ x ∈ ¡ . Vậy bất phương trình nghiệm đúng ∀ x∈ ¡ .
2
hoặc 
1 − 2 x ≥ x − 2
Chọn C
1− x
1− 2 x
1 1
x
Bài 2: Tập nghiệm của bất phương trình 2 − 2 x ≥ − (*) là S = ( a; b ]
2 x
. Tính a +3b
A. 4
B. 6
C. 7

D. 0
2

2

2

16


Phân tích: Từ hình thức bài tốn 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− x 2
x2

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

1 1 − x2
+ . 2 ≥2
2 x

1
2

1− 2 x
x2

1 1− 2x
+ . 2
2 x

1
2

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

hàm

số

f(t)

đồng

biến

trên

¡ ,

mà

bpt

(*)

1− x
1− 2x
1− x 1− 2x
)≥ f( 2 )⇔ 2 ≥ 2
2
x
x
x
x
2
x − 2x ≤ 0
⇔0< x≤2
Hay 
x ≠ 0
2

⇔ f(

2

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
2( x −1) +1
3
− 3x ≤ x 2 − 4 x + 3 trên khoảng (0; 2020). Số phần tử của S là:
A. 2019
B. 2018
C. 2020
D. 2021
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
2
t +1
Xét hàm số: f (t ) = 3 + t , 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
2x + 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

(

2x + 7

)

2

+ 2x + 7 −1

2x + 7 +1

.

17


Xét hàm số f (t ) =

t 2 + t −1

; ∀t ≥ 0
t +1

liên tục và có f '(t ) =

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

Mà bpt đã cho: ⇔ 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)

D. (1; 2) ∪ (3; +∞)

C. (1; 6)

Phân tích: Để đưa về dạng f(u) > f(v) thì ta cần coi v = 3 − x3 + 9 x 2 − 19 + 11 , khi
đó v3 = − x3 + 9 x 2 − 19 x + 11 . Vậy cần cộng vào hai vế với α (− x3 + 9 x 2 − 19 x + 11) , sao
cho VT cũng viết được về dạng u3 + u.
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 3
3t 2
f
(
t
)
=
t
+
t
¡
f
'(
t
)

=
+ 1 > 0 ∀t ∈ ¡ , ⇒ f(t) đồng
Xét hàm số
trên tập . Ta có
2
2
biến trên ¡ . Khi đó (*) được viết dưới dạng
f ( x − 1) > f

(

3

− x 3 + 9 x 2 − 19 x + 11

)

⇔

( x − 1) > 3 − x 3 + 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
x
x
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

ln a
a
 ln a 
a = b ⇔ ln(a ) = ln(b ) ⇔ b .ln a = a .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 
bx

ax

bx

ax

x

x

Ta đi giải bất phương trình (*):
Xét hàm số f (t ) =

ln t
1 − ln t
⇒ f '(t ) =
. (Với t > 1. )
t
t2

18


f '(t ) = 0 ⇔

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 ) .

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

Suy ra

( a; b ) thỏa mãn.

Vậy, ta có 95 + 4656 = 4751 cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chọn A
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 12M và 12G. Trong đó lớp 12G 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

2.4.2. Kết quả thu được:
Điểm <5
Lớp
Sĩ số
Số lượng
%
12G
42
12
28,6%

2

Điểm [5;8)
Số lượng
%
24
57,1%

Điểm [8;10]
Số lượng
%
6
14,3%
19


12M

42
5
11,9%
22
52,4%
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 tốn, 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, 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.
Bên cạnh ứng dụng trong giải phương trình, bất phương trình thì đạo hàm
cịn có rất nhiều ứng dụng khác trong giải toán như bài tốn hệ phương trình,
chứng minh bất đẳng thức, bài tốn tìm max, min…. Chính vì vậy ta có thể mở
rộng thêm chuyên đề ứng dụng đạo hàm.
Để việc sử dụng “Ứng 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 tịi,

khám phá
- Giáo viên cần chủ động khuyến khích các em làm những bài tốn 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 tốn.
Tuy vậy do nhiều ngun 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 tơi hồn
thiện hơn nữa nội dung góp phần tích cực vào giáo dục kiến thức cho học sinh.
3.2. Kiến nghi.
Để SKKN đi vào thực tiễn tại nhà trường mong tổ bộ môn và trường in ấn
thành các tài liệu lưu hành nội bộ. Mặt khác mong nhà trường đầu tư thư viện
nhiều sách tham khảo để các em có điều kiện tự học.
20


Cuối cùng tôi xin cảm ơn các bạn đồng nghiệp đã đọc, góp ý để tơi hồn
thiện chun đề này !
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Nga Sơn, ngày 15 tháng 05 năm 2021
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.
Người viết SKKN

Mai Huy Sáu

21


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 mơn Tốn – Trần Phương.
4. Phương pháp giải tốn 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
*********
Họ và tên tác giả: Mai Huy Sáu
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Ba Đình

TT

Tên đề tài SKKN

Một số thủ thuật sử dụng
bất đẳng thức Cô-Si
Rèn luyện cho học sinh một
2
số thủ thuật sử dụng

bất đẳng thức Cô si
Một số kinh nghiệm hướng
dẫn học sinh lớp 12 cách
3
giải các dạng toán về tích
phân cơ bản ở bậc THPT
1

Cấp đánh giá
xếp loại

Kết quả
Năm học đánh
đánh giá
giá
xếp loại
xếp loại
(A, B, C)

Sở GD&ĐT

C

2008

Sở GD&ĐT

C

2014

Sở GD&ĐT

C

2016