Mục lục
1 MỞ ĐẦU 2
1.1 Lí do chọn đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Mục đích nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3 Đối tượng nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.4 Phương pháp nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2 NỘI DUNG 5
2.1 Cơ sở lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
2.2 Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình . . . . . . . . . . . . . . 6
2.3 Ứng dụng đạo hàm biện luận phương trình . . . . . . . . . . . . . 22
2.4 Ứng dụng đạo hàm để giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . 33
2.5 Ứng dụng đạo hàm biện luận hệ phương trình . . . . . . . . . . . 43
3 KẾT LUẬN 47
3.1 Hiệu quả của đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.2 Bài học rút ra sau khi thực hiện đề tài . . . . . . . . . . . . . . . 48
3.3 Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Tài liệu tham khảo 50
1
Chương 1
MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài
Khái niệm hàm là một trong những khái niệm cơ bản nhất của toán học, nó giữ
vị trí trung tâm của môn toán ở trường phổ thông, toàn bộ việc giảng dạy toán ở
nhà trường phổ thông đều xoay quanh khái niệm này (Trích "Phương pháp giảng
dạy Toán" - Nguyễn Bá Kim).
Tư duy hàm, một loại hình tư duy đang được phát triển mạnh mẽ trong hoạt
động giảng dạy các bộ môn trong nhà trường đặc biệt là môn toán. Ngày nay
trong chương trình môn toán ở trường phổ thông khái niệm hàm đã, đang được
thể hiện rõ vai trò chủ đạo của mình trong việc ứng dụng và xây dựng các khái
niệm khác. Khái niệm đạo hàm có liên quan mật thiết để nghiên cứu tính chất,
sự biến thiên của hàm số

tuyển sinh đại học, kì thi chọn học sinh giỏi
3
1.4. Phương pháp nghiên cứu TRẦN MẠNH HÂN
1.4 Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu lí luận: 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, biện
luận phương trình và hệ phương trình để rút ra kết luận.
4
Chương 2
NỘI DUNG
Trong các kì thi đại học và cao đẳng, thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thi học sinh giỏi
quốc gia thường xuất hiện các bài toán về giải phương trình và hệ phương trình.
Trong nhiều bài nếu sử dụng những phương pháp thông thường sẽ gặp nhiều khó
khăn hoặc không giải quyết được. Ứng dụng đạo hàm tuy không phải là phương
pháp "vạn năng" nhưng nó có thể giải quyết một bài toán về phương trình một
cách rất gọn gàng, sáng sủa. Khi vận dụng thành thạo phương pháp này, chúng
ta có thể nhận thấy vẻ đẹp của toán học qua từng bài toán cụ thể. Trước khi đi
tìm hiểu những dạng toán cụ thể ta cần nắm được cơ sở lí thuyết sau:
2.1 Cơ sở lí thuyết
1. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng D. Nếu f

(
x
)
≥ 0, ∀x ∈ D
(hoặc f

(
x

thì nghiệm đó là duy nhất.
6. Nếu hàm số y = f(x) đồng biến trên D và y = g(x) nghịch biến trên D thì
phương trình f(x) = g(x) nếu có nghiệm x = x
0
thì nghiệm đó là duy nhất.
7. Nếu hàm số y = f(x) đơn điệu trên D, u(x), v(x) là các hàm số nhận giá trị
thuộc D thì ta có: f
[
u(x)
]
= f
[
v(x)
]
⇔ u(x) = v(x).
8. Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên [a; b] thỏa mãn f(a).f(b) < 0 thì phương
trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm trên (a; b).
9. Cho hàm số y = f (x) liên tục trên D. Phương trình f (x) = m có nghiệm khi
và chỉ khi min
x∈D
f(x) ≤ m ≤ max
x∈D
f(x).
2.2 Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình
Nhận xét: Dựa vào kết quả: “ Nếu y = f (t) là hàm đơn điệu thì f
(
x
)
= f
(


3
+

(3x − 1)
2
+ 1
Rút gọn ta được phương trình
2x
3
+ x
2
− 3x + 1 = 2
(
3x − 1
)
√
3x − 1
Từ phương trình f
(
x + 1
)
= f

√
3x − 1

thì bài toán sẽ khó hơn
2x
3

2
(
x + 1
)
3
+
(
x + 1
)
2
= 2y
3
+ y
2
Hãy xây dựng những hàm đơn điệu và những bài toán theo dạng trên?
Dạng 1: Phương trình đã cho biến đổi được về dạng f(x) = g(x) (hoặc
f(x) = k) trong đó k là hằng số.
Bước 1: Biến đổi phương trình đã cho về dạng f (x) = g(x) (hoặc f (x) = k)
Bước 2: Xét hai hàm số y = f (x); y = g(x) trên D
 Tính f

(x), xét dấu f

(x), kết luận tính đơn điệu của hàm số y = f (x) trên D
 Tính g

(x), xét dấu g

(x), kết luận tính đơn điệu của hàm số y = g(x) trên D
 Kết luận hai hàm số y = f (x); y = g(x) đơn điệu ngược nhau, hoặc một trong

[
2 ; + ∞
)
Khi đó: f

(x) =
1
2
√
x + 1
+
1
2
√
x + 6
+
1
2
√
x − 2
> 0, ∀x > 2
Do đó hàm số f(x) đồng biến trên D, vậy phương trình trên nếu có nghiệm thì
nghiệm đó là duy nhất.
Mặt khác ta có f(3) = 6. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Bình luận: Nhiều phương trình được giải nhờ vào việc đặt ẩn phụ thích hợp, từ
đó vận dụng hàm số để giải.
Ví dụ 2. Giải phương trình: 8 log
2
(x
2

t
=
3
8
(*)
Xét hàm số: f(t) =
log
2
t
t
trên (e; +∞)
Ta có f

(t) =
1 − ln t
t
2
ln 2
< 0, ∀t > e
Từ đó, f(t) là hàm nghịch biến trên (e; +∞); vế phải là hằng số.
Do đó phương trình (*) nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất.
Mặt khác f(8) =
3
8
⇒ (*) có nghiệm duy nhất t = 8
Với t = 8 ta có x
2
− x + 5 = 8 ⇔ x =
1 +
√

Nhận xét: Bài toán này gây khó khăn cho ta từ bước đặt điều kiện
Điều kiện:





2x
3
+ 3x
2
+ 6x + 16 ≥ 0
4 − x ≥ 0
⇔





(x + 2)(2x
2
+ x − 8) ≥ 0
4 − x ≥ 0
⇔ −2 ≤ x ≤ 4
Xét hàm số f(x) =
√
2x
3
+ 3x
2

+ 4x + 7 + 1) + x(
√
x
2
+ 3 + 1) = 0
8
2.2. Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình TRẦN MẠNH HÂN
Lời giải
Xét hàm số f(x) = (x + 2)(
√
x
2
+ 4x + 7 + 1) + x(
√
x
2
+ 3 + 1) trên R, ta có
f

(x) =
√
x
2
+ 4x + 7 +
√
x
2
+ 3 +
(x + 2)
2

x
− x
log
2
3
Lời giải
Điều kiện: x > 0. Biến đổi phương trình như sau
x
log
2
9
= x
2
3
log
2
x
− x
log
2
3
⇔ 3
log
2
x

3
log
2
x

− 4
log
2
x
+ 1 = 0 ⇔

3
4

log
2
x
+

1
4

log
2
x
− 1 = 0
Xét hàm số f(t) =

3
4

t
+

1

Nếu f(x) đơn điệu trên D, thì phương trình f(x) = k (k -hằng số) có nhiều nhất
một nghiệm.
9
2.2. Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình TRẦN MẠNH HÂN
Ví dụ 6. Giải phương trình: 5
x
+ 4
x
+ 3
x
+ 2
x
=
1
2
x
+
1
3
x
+
1
6
x
−2x
3
+ 5x
2
−7x + 17
Lời giải

+ 3
x
+ 2
x
− (
1
2
x
+
1
3
x
+
1
6
x
) và g(x) = −2x
3
+ 5x
2
− 7x + 17
Có thể khẳng định f (x) đồng biến, g(x) nghịch biến. f(1) = g(1) nên x = 1 là
nghiệm của phương trình.
Bình luận: Ví dụ trên được giải bằng việc sử dụng tính chất sau của hàm số:
Nếu f(x) là hàm số đồng biến, g(x) là hàm số nghịch biến thì phương trình
f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm.
Ví dụ 7. Giải phương trình 3
x
.2x = 3
x

10
2.2. Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình TRẦN MẠNH HÂN
Lời giải đúng như sau:
Hàm số f(x) = 3
x
đồng biến trên R
Hàm số g(x) =
2x + 1
2x − 1
nghịch biến trên các khoảng

−∞;
1
2

và

1
2
; +∞

.
Bảng biến thiên
x
g

(x)
g(x)
−∞
1

(
x
)
= 5
x
đồng biến trên R còn hàm số g
(
x
)
=
27x + 23
15x − 5
có g

(
x
)
=
−480
(
15x − 5
)
2
< 0
nên nó nghịch biến trên các khoảng

−∞;
1
3


Một trong những ứng dụng nữa của hàm số trong việc giải phương trình đó là
chứng minh một phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước. Ta xét
thêm một số ví dụ sau để chứng minh điều đó.
11
2.2. Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình TRẦN MẠNH HÂN
Ví dụ 9. ( Trích đề thi vòng loại HSG Quốc gia - 2007)
Chứng minh rằng phương trình x
x+1
= (x + 1)
x
có duy nhất một nghiệm dương.
Lời giải
Điều kiện: x > 0. Lấy loga nêpe hai vế ta có:
(x + 1) ln x = x ln(x + 1) ⇔ (x + 1) ln x −x ln(x + 1) = 0
Xét hàm số f(x) = (x + 1) ln x − x ln(x + 1) (x > 0).
f

(x) = ln x+
x + 1
x
−ln(x+1)−
x
x + 1
= ln
x
x + 1
+
1
x
+

Áp dụng với t =
1
x
khi đó ta có −ln(1 +
1
x
) +
1
x
> 0 nên
f

(x) = −ln(1 +
1
x
) +
1
x
+
1
x + 1
> 0, ∀x > 0
Vậy hàm số f (x) đồng biến trên
(
0; +∞
)
. Từ đó suy ra phương trình f(x) = 0 có
nhiều nhất một nghiệm dương.
Lại có f(2) = ln
8

|2x − 5|
−
1
|x − 1|
Lời giải
Điều kiện:





2x − 5 = 0
x − 1 = 0
⇔





x =
5
2
x = 1
Viết lại phương trình dưới dạng: e
|2x−5|
−
1
|2x − 5|
= e
|x−1|


x = 4
x = 2
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2 và x = 4.
Ví dụ 11. Giải phương trình: −2
x
2
−x
+ 2
x−1
= (x − 1)
2
Lời giải
Đối với phương trình này ta cũng cần biến đổi để xuất hiện hàm số cần xét.
TXĐ: D = R
Phương trình ⇔ −2
x
2
−x
+ 2
x−1
= x
2
− 2x + 1 ⇔ 2
x−1
+ x − 1 = 2
x
2
−x
+ x

2.2. Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình TRẦN MẠNH HÂN
Lời giải
Cách giải 2: Viết lại phương trình dưới dạng:
(x + 2)(

(x + 2) + 3 + 1) = (−x)(

(−x)
2
+ 3 + 1)
Xét hàm số f(t) = t(
√
t
2
+ 3 + 1), f

(t) =
√
t
2
+ 3 + 1 +
t
2
√
t
2
+ 3
> 0, ∀x ∈ R
⇒ hàm số luôn đồng biến.
Do đó phương trình ⇔ f(x + 2) = f (−x) ⇔ x + 2 = −x ⇔ x = −1. Vậy phương

2
+ 3+
t
2
√
t
2
+ 3
> 0, ∀x ∈ R ⇒ hàm
số luôn đồng biến. Do đó phương trình ⇔ f (3x) = f(−2x −1) ⇔ 3x = −2x −1 ⇔
x = −
1
5
.
Bình luận: Đây là bài toán khó đối với học sinh, các em rất khó khăn trong
việc sử dụng các phương pháp khác để giải phương trình này. Vì vậy việc bồi
dưỡng cho học sinh năng lực tư duy hàm là một việc làm rất cần thiết của người
thầy. Từ đó hình thành ở học sinh tư duy linh hoạt trong giải toán, để học sinh
có đủ "sức đề kháng" trước những bài toán lạ.
Ví dụ 14. Giải phương trình: 2x
3
− x
2
+
3
√
2x
3
− 3x + 1 = 3x + 1 +
3

3
3
√
t
2
> 1, ∀t ∈ R\{0}.
Vậy hàm số đồng biến trên R.
(*) ⇔ f(2x
3
−3x+1) = f(x
2
+2) ⇔ 2x
3
−3x+1 = x
2
+2 ⇔ (2x+1)(x
2
−x−1) = 0.
Vậy phương trình có nghiệm x ∈

−
1
2
;
1 ±
√
5
2

.

√
2x + 1.
Giải phương trình trên ta được nghiệm x =
1 +
√
5
4
.
Ví dụ 16. Giải phương trình:
3
√
6x + 1 = 8x
3
− 4x − 1
Lời giải
Biến đổi phương trình tương đương với
3
√
6x + 1 = 8x
3
− 4x − 1 ⇔ 6x + 1 +
3
√
6x + 1 = (2x)
3
+ 2x (∗)
Xét hàm số f(t) = t
3
+ t dễ thấy f(t) đồng biến trên R nên
(*) ⇔ f (

1
2
⇔ t = ±
π
9
+ k
2π
3
.
Chọn các nghiệm trong khoảng
[
0; π
]
ta có nghiệm t =
π
9
, t =
5π
9
, t =
7π
9
từ đó
suy ra các ngiệm của phương trình là x = cos
π
9
; x = cos
5π
9
; x = cos

Đặt y =
3
√
7x
2
+ 9x − 4. Ta có





x
3
− 4x
2
− 5x + 6 = y
7x
2
+ 9x − 4 = y
3
⇔





x
3
− 4x
2

log
2
(x + 2) + x + 3 = log
2
2x + 1
x
+

1 +
1
x

2
+ 2
√
x + 2
Lời giải
Điều kiện để phương trình xác định là x ∈

−2; −
1
2

∪(0; +∞). Bây giờ, ta biến
đổi phương trình như sau
log
2
√
x + 2 − 2
√


2 +
1
x

− 2

2 +
1
x

+

2 +
1
x

2
.(∗)
Xét hàm số f(t) = log
2
t − 2t + t
2
với t > 0. Ta có
f

(t) =
1
t ln 2
+ 2t − 2 ≥ 2

3
−2x
2
−4x−1 = 0.
Giải ra, ta tìm được x = −1 (nhận), x =
3 +
√
13
2
(nhận) và x =
3 −
√
13
2
(loại).
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S =

−1,
3 +
√
13
2

Bình luận: Với bài toán vừa có hàm log (hay mũ) và vừa có hàm đa thức (phân
thức) thông thường thì việc nghĩ đến dùng tính đơn điệu của hàm số để giải là
điều dễ hiểu.
Ví dụ 19. (Trích đề thi HSG lớp 12 tỉnh Bình Định - 2010)
Giải phương trình: −2x
3
+ 10x

Đặt t =
1
x
(t = 0), phương trình trở thành
8t
3
− 17t
2
+ 10t − 2 = 2
3
√
5t
2
− 1, (1)
Ta tiếp tục biến đổi phương trình (1) trở thành
(2t − 1)
3
+ 2(2t − 1) = 5t
2
− 1 + 2
3
√
5t
2
− 1.
Do f(u) = u
3
+ 2u là hàm số đồng biến trên R nên phương trình này tương đương
với 2t − 1 =
3

=
1
2
−
1
x
17
2.2. Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình TRẦN MẠNH HÂN
Lời giải
Điều kiện x = 0. Ta nhận thấy
1 − x
2
x
2
−
1 − x
2
x
2
= 1 −
2
x
= 2(
1
2
−
1
x
) từ đó ta có
hướng biến đổi phương trình như sau

x
2
−
1 − x
2
x
2

⇔ 2
1−x
2
x
2
+
1
2

1 − x
2
x
2

= 2
1−2x
x
2
+
1
2


2

⇔
1 − x
2
x
2
=
1 − 2x
x
2
⇔ x = 2.
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
Bình luận: Để áp dụng được học sinh phải có kỹ năng biến đổi thành thạo mỗi
phương trình để đưa phương trình trên về dạng f (t
1
) = f (t
2
). Sau đó xét hàm đặc
trưng f(t) chỉ ra được hàm f(t) đơn điệu trên tập xác định, sử dụng tính chất:
f(t
1
) = f (t
2
) khi t
1
= t
2
.
Ví dụ 21. (Trích đề thi ĐH Ngoại thương - 2001)

+ 4x + 5

= 7

2x
2
+ 4x + 5

− 7

x
2
+ x + 3

⇔ log
3

x
2
+ x + 3

+ 7

x
2
+ x + 3

= log
3


2
+ 4x + 5 ⇔



x = −2
x = −1
18
2.2. Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình TRẦN MẠNH HÂN
Vậy phương trình trên có hai nghiệm x = −2, x = −1.
Ví dụ 22. (Trích đề thi HSG lớp 12 tỉnh Hà Nam - 2012)
Giải bất phương trình sau trên tập số thực: log
2
2x + 1
x
2
− 2x + 1
≤ 2x
2
− 6x + 2
Lời giải
Điều kiện: x = 1 và x>−
1
2
(*)
Với điều kiện trên BPT
⇔ log
2
2x + 1
x

− 4x + 2)
Đặt





u = 2x + 1
v = 2x
2
− 4x + 2
thì u, v > 0 và u + log
2
u ≤ v + log
2
v (1)
Xét hàm số f(t) = log
2
t + t, t ∈ D = (0; +∞) . Có f

(t) =
1
t. ln 2
+ 1 > 0, ∀t ∈ D
Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên D
Khi đó, (1) thành f (u) ≤ f(v) và do u, v thuộc D và f(t) đồng biến trên D nên
u ≤ v
Tức là 2x + 1 ≤ 2x
2
−4x + 2 ⇔ 2x


T =

−
1
2
;
3 −
√
7
2

∪

3 +
√
7
2
; +∞

Ví dụ 23. (Trích đề thi Olympic 30/4/2007)
Tìm nghiệm dương của phương trình:
x ln

1 +
1
x

1+
1

)
1+
1
x
2
= 1 − x
⇔ (x + 1) ln

1 +
1
x

− x

x
2
+ 1

ln

1 +
1
x
2

= 1 − x
19
2.2. Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình TRẦN MẠNH HÂN
⇔ x


, t > 0.
Ta có f

(
t
)
=
(
2t + 1
)
ln

1 +
1
t

− 2 =
(
2t + 1
)

ln

1 +
1
t

−
2
2t + 1

Suy ra f

(t) = (2t + 1)g(t) > 0∀t > 0. Do đó f (t) đồng biến trên (0; +∞)
Phương trình tương đương f(x) = f(x
2
) ⇔ x = x
2
⇔ x = 1( vì x > 0).
Dạng 3: Phương trình đã cho biến đổi được về dạng f (x) = 0 mà đạo
hàm của nó đơn điệu
Bước 1: Biến đổi phương trình đã cho về dạng f (x) = 0
Bước 2: Xét hàm số y = f (x) trên D
* Tính f

(x), f

(x), xét dấu f

(x), kết luận tính đơn điệu của hàm số y = f

(x)
trên D
* Xét dấu f

(x), lập bảng biến thiên của hàm số y = f (x) trên D
* Tìm x
1
, x
2
sao cho f(x

x
ln 3 + 5
x
ln 5 − 6 = 0
Do g(x) liên tục trên R; g(0).g(1) < 0 nên g(x) = 0 có nghiệm x
0
∈ (0; 1).
f

(x) = 3
x
(
ln 3
)
2
+ 5
x
(
ln 5
)
2
> 0. Ta có
∀x > x
0
⇒ f

(x) > f

(x
0

)
+∞+∞
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f (x) = 0 có không quá 2 nghiệm,
mà f(0) = f(1) = 0. Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1; x = 2.
Bình Luận: Ngoài cách giải trên, ta cũng có thể trình bày lời giải như sau
Xét hàm số f(x) = 3
x
+ 5
x
− 6x − 2, ta có f

(x) = 3
x
ln 3 + 5
x
ln 5 − 6, x ∈ R.
f

(x) = 3
x
(
ln 3
)
2
+ 5
x
(
ln 5
)
2

(4x
2
+ 1) −1 = 0 có đúng ba nghiệm phân biệt.
Lời giải
21
2.3. Ứng dụng đạo hàm biện luận phương trình TRẦN MẠNH HÂN
Xét hàm số f(x) = 4
x
(4x
2
+ 1) − 1 liên tục trên R, f

(x) = 4
x
[ln 4.(4x
2
+ 1) + 8x]
f

(x) = 0 ⇔ 4
x

ln 4.(4x
2
+ 1) + 8x

= 0 ⇔ 4 ln 4.x
2
+ 8x + ln 4 = 0
∆ = 16 −4ln

)
f(x
2
)f(x
2
)
+∞+∞
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f(x) = 0 có không quá ba nghiệm.
Mặt khác, ta có f(0) = f (−
1
2
) = 0, f(−3).f (−2) < 0 nên f (x) = 0 có đúng ba
nghiệm.
Các bài tập tương tự để học sinh vận dụng phương pháp hàm số:
1/ 2
x−1
− 2
x
2
−x
= (x − 1)
2
2/ 253
12−x
2
x
2
− 253
12−8x
x

280 − 21x − 7x
3
x
2
+ 3x
5/ e
|2x−5|
− e
|x−1|
=
1
|2x − 5|
−
1
|x − 1|
6/ log
3
x
4
+ 14x
2
+ 7x + 1
13x
2
+ 13x + 9
= x
4
+ x
2
− 6x − 8

2
− 4x + 4
= x
2
− 3x + 2.
2.3 Ứng dụng đạo hàm biện luận phương trình
Một trong những ứng dụng mạnh và lý thú của hàm số là vận dụng vào việc tìm
điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước.
22
2.3. Ứng dụng đạo hàm biện luận phương trình TRẦN MẠNH HÂN
Đây cũng là một trong những dạng toán quen thuộc mà học sinh hay gặp trong
câu V của các đề thi vào các trường đại học trong những năm gần đây .
Ví dụ 26. (Trích đề thi HSG tỉnh Hà Nam (GDTX) - 2013)
Tìm m để phương trình có nghiệm thực:
4
√
x
2
+ 1 +
√
x = m
Lời giải
Điều kiện x ≥ 0.
Xét hàm số f(x) =
4
√
x
2
+ 1 +
√

√
6 − x = m
Lời giải
Đặt f(x) =
4
√
2x +
√
2 − x + 2
4
√
6 − x + 2
√
6 − x, x ∈
[
0; 6
]
f

(x) =
1
2
4

(2x)
3
−
1
2
4

+
√
6 − x −
√
2x
√
2x
√
6 − x
, x ∈ (0; 6)
Nhận thấy hai số hạng của f

(x) cùng dấu với nhau nên f

(x) = 0 khi 6 −2x = 2x
hay x = 2.
Bảng biến thiên:
x
f

(x)
f(x)
0 2 6
+
0
−
2
√
6 + 2
4

6 ≤ m < 3
√
2 + 6
Bình luận: Đây là bài toán khó về ứng dụng của hàm số trong việc giải phương
trình. Việc tính đạo hàm đã gây nhiều khó khăn cho học sinh, nhưng việc xét dấu
của đạo hàm còn phức tạp hơn. Mặt khác bài toán đòi hỏi học sinh phải có kiến
thức và kỹ năng vững vàng mới giải được. Đây là câu khó khăn nhất của đề đại
học khối A năm 2008. Ta xét thêm một số ví dụ khác
Ví dụ 28. (Trích đề thi ĐH khối A - 2007)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
3
√
x − 1 + m
√
x + 1 = 2
4
√
x
2
− 1
Lời giải
Điều kiện: x ≥ 1. Phương trình đã cho ⇔ −3

x − 1
x + 1
+ 2
4

x − 1
x + 1

f(t)
0
1
3
1
+
0
−
00
1
3
1
3
−1−1
Từ bảng biến thiên, phương trình có nghiệm khi −1 < m ≤
1
3
.
Bình luận:
• Đối với các bài toán có chứa tham số: Khi đặt ẩn phụ ta phải chọn điều kiện
nghiêm ngặt cho ẩn phụ. Khi đó ta mới xét được một hàm số xác định trên
24
2.3. Ứng dụng đạo hàm biện luận phương trình TRẦN MẠNH HÂN
một miền xác định. Từ đó tìm được điều kiện cho tham số thoả mãn yêu
cầu đã cho của đề bài
• Việc lựa chọn ẩn phụ như trên cũng không bắt buộc, ta có thể đặt như sau:
Đặt t =
4

x + 1

−
√
1 − x
2
Lời giải
Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1. Đặt t =
√
1 + x
2
−
√
1 − x
2
.
Ta có:
√
1 + x
2
≥
√
1 − x
2
⇒ t ≥ 0, t
2
= 2 − 2
√
1 − x
4
≤ 2.
Do t là hàm số liên tục trên đoạn [−1; 1], suy ra điều kiện của t là: 0 ≤ t ≤

2].
Nên f(t) nghịch biến trên [0;
√
2].
Suy ra f(
√
2) ≤ f (t) ≤ f(0) hay
√
2 − 1 ≤ f (t) ≤ 1.
Phương trình đã cho có nghiệm x ⇔ Phương trình (*) có nghiệm t ∈ [0;
√
2] ⇔
√
2 − 1 ≤ m ≤ 1.
Bình luận: Một số phương trình sau khi đặt ẩn phụ thì việc tìm được điều kiện
chuẩn cho ẩn phụ đôi khi lại phải dùng đến việc khảo sát hàm số. Ta xét bài toán
sau:
Ví dụ 30. (Trích đề thi ĐH Giao thông vận tải - 2001)
Tìm giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm dương:
√
x
2
− 4x + 5 = m + 4x −x
2
25