ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
PHƯƠNG TRÌNH- HỆ PHƯƠNG TRÌNH
ThS. Nguyễn Kiếm

Ở bậc Trung học phổ thông, học sinh được làm quen với phương trình, hệ phương trình và một số
phương pháp giải như: Biến đổi tương đương, dùng ẩn phụ, phương pháp hình học Tuy nhiên,
những năm gần đây trong các đề thi vào đại học phương trình và hệ phương trình được khai thác
nhiều hơn dưới quan điểm hàm số, hệ thống bài tập thuộc dạng này ít được đề cập ở sách giáo
khoa. Do vậy, trong bài viết này chúng tôi đưa một số ví dụ mẫu và việc vận dụng đạo hàm vào
giải một số bài toán về phương trình, hệ phương trình.
1. Một số kiến thức cơ bản về hàm số và đạo hàm.
1.1. Ánh xạ và tính chất đơn ánh của ánh xạ.
Định nghĩa 1. Cho hai tập hợp A và B. Một ánh xạ f từ A vào B là một quy tắc liên hệ
giữa A và B sao cho mỗi phần tử
∈
a A
có duy nhất một phần tử kí hiệu
( )
∈f a B
. Phần tử
( )
∈f a B

được gọi là giá trị của f tại a.
Định nghĩa 2. Khi A, B là hai tập con của tập số thực R thì ánh xạ f từ A vào B gọi là hàm
số

→:f A B
với
( )
BxfAx ∈∈ 

2
∈A,
( ) ( )
1 2 1 2
x x f x f x< ⇒ >
Định lý 1. Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I
a) Nếu
( )
'
0f x >
với mọi x ∈I thì hàm số f đồng biến trên khoảng I
b) Nếu
( )
'
0f x <
với mọi x ∈I thì hàm số f nghịch biến trên khoảng I
Định lý 2. Nếu hàm số f đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng I thì ánh xạ f đơn ánh
Chứng minh. Giả sử hàm số f đồng biến trên khoảng I

1 2
,x x I∀ ∈
:
( ) ( )
1 2 1 2
x x f x f x> ⇒ >
và
( ) ( )
1 2 1 2
x x f x f x< ⇒ <
Suy ra:

đồng biến ( nghịch biến) trên khoảng I nên f là đơn ánh và
( ) ( )
1 2 1 2
0f x f x x x= = ⇒ =
Mệnh đề 2. Giả sử
( )
x
α
,
( )
x
β
là hai hàm xác định trên khoảng I và với x ∈I thì
( ) ( )
,x x
α β

thuộc khoảng K. Nếu hàm F(t) đồng biến ( nghịch biến) trên khoảng K và
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
F x F x x x
α β α β
= ⇒ =
với mọi x ∈I
2. Ứng dụng đạo hàm vào giải một số bài toán về phương trình
2.1. Sử dụng định lý 1 và mệnh đề 1 để giải phương trình.
1

2 3 2 2 6
f x x x
x x
 
= + + > ∀ ∈
 ÷
− −
 
.
Suy ra hàm số
( )
2
3 2 6 3 12f x x x x
= − − − + −
đồng biến trên khoảng
2
;6
3
 
 ÷
 
Ta có:
( )
2
2 3.2 2 6 2 3.2 12 2 2 12 12 0 2f x
= − − − + − = − + − = ⇒ =
là nghiệm duy nhất của phương
trình
Từ cách giải trên, ta nhận thấy phương trình có một nghiệm bằng 2 nên có thể dùng cách phân tích
để đưa về cách giải sau.

4
2 3 2 3 6 5 9 8 0x x x
− − − + − =
Điều kiện:
2 6
3 5
x
≤ ≤
Xét hàm số
( )
2
4
2 3 2 3 6 5 9 8f x x x x
= − − − + −
với
2 6
;
3 5
x
 
∈
 
 
( ) ( )
3
'
4
3 15 2 6
3 2 18 0, ;
4 3 5

Ví dụ 3. Giải phương trình:
2
4 4 2 16 10 0x x x
+ + − + − − =
Điều kiện:
4x
≥
Xét hàm số
( )
2
4 4 2 16 10f x x x x
= + + − + − −
với
4x
≥
( )
'
2
1 1 2
0, 2
2 4 2 4
16
x
f x x
x x
x
= + + > ∀ >
+ −
−
Suy ra:

2 2
x
x
x
x x
 
 
⇔ + = ⇔ + − =
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
Xét hàm số
( )
1 3
1
2 2
x
x
f x
 
 
= + −
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
với

= + −
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
nghịch biến trên
R
( )
2
2
1 3 1 3
2 1 1 0 2
2 2 4 4
f x
 
 
= + − = + − = ⇒ =
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
là nghiệm duy nhất của phương trình
Ví dụ 5. Giải phương trình:
2
3 4 5− =
x
x
2

 ÷
 ÷
 ÷
 
 
với
x R
∈
và
( )
'
1 1 5 5
4 ln ln 0,
3 3 3 3
x
x
f x x R
   
   
= + < ∀ ∈
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   
Suy ra:
( )
1 5
4 1
3 3

7 3
log log ( 2)= +x x
. Điều kiện: x > 0
Đặt :
( )
2
2
7 3
2 3 2 3
log log 2 7 2 3
7 7
t t
t t
t t
x x
x x t
x x
 
+ = + =
 
= + = ⇒ ⇔ ⇒ + =
 
= =
 
 
7 1
2 1 0
9 9
t t
   

( )
7 2
1 1 0 1
9 9
f t= + − = ⇒ =
là nghiệm duy
nhất của phương trình. Suy ra, nghiệm của phương trình x = 7
Ví dụ 7. Giải phương trình:
( )
25 2 3 5 2 7 0
x x
x x− − + − =
Đặt
5 0
x
t t= ⇒ >
. Ta có:
( )
2
1
2 3 2 7 0
7 2
t
t x t x
t x
= −

− − + − = ⇔

= −

log ( 1)t x= +
Thay vào:
2
( 5) 2 6 0t x t x+ − − + =
( )
( )
( )
3
3
3
log 1 2
8
2
log 1 3 0
3
log 1 3
x
x
t
x x
t x
x x

+ =
=

=

⇔ ⇔ ⇔


log 1 3 0x x+ + − =
. Vậy, nghiệm của phương trình: x = 8 hoặc x = 2
Ví dụ 9. Giải phương trình:
3 5 6 2
x x
x+ = +
Ta có:
3 5 6 2 3 5 6 2 0
x x x x
x x+ = + ⇔ + − − =
. Xét hàm số
( )
3 5 6 2
x x
f x x= + − −
với
x R
∈
( )
'
3 ln3 5 ln5 6
x x
f x = + −
và
( )
( ) ( )
'
lim lim 3 ln3 5 ln 5 6 6
x x
x x

f x x= + − −
lõm trong khoảng
(- ∞; + ∞) và
( )
1 3 5 6 2 0f = + − − =
;
( )
0 1 1 2 0f = + − =
. Suy ra, phương trình có hai nghiệm x = 1,
x = 0
Ví dụ 10. Giải phương trình:
( ) ( ) ( )
3 2 2 3 5
x x x
− + + =
Ta có:
( ) ( ) ( )
3 2 2 3 5
x x x
− + + =
3 2 2 3
1
5 5
x x
   
− +
⇔ + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

0x
∀ ≥
( ) ( )
2 3 3 2 2 3
0 1 1
5 5 5
x x x
f x f
     
+ − +
⇒ ≥ ⇔ ≥ ⇒ + >
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
     
. Phương trình không có nghiệm khi
0x
≥
* Khi
0x
<
,
( ) ( )
'
3 2 3 2 3 2
ln 0, 0
5 5 5
x x
g x g x x
     
− − −

 ÷  ÷  ÷  ÷
       
Phương trình không có
nghiệm khi
0x
<
* Phương trình vô nghiệm
2.2. Sử dụng định lý 1 và mệnh đề 2 để giải phương trình.
Ví dụ 11. Giải phương trình:
( )
( )
2
4 1 3 5 2 0x x x x
+ + − − =
Điều kiện:
5
2
x
≤
Ta có:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
4 1 3 5 2 0 4 1 3 5 2 4 1 2 5 2 1 5 2x x x x x x x x x x x x+ + − − = ⇔ + = − − ⇔ + = − + −
Xét hàm số
( )

1 21
4 5 2 4 2 5 0
4
x
x x
x
x x x x
x

≤ ≤
 

≤ ≤ ≤ ≤
− +
  
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
  
− ±
  
= − + − =
=
 


Ví dụ 12. Giải phương trình:
3
3
2 3 2 2 0x x x
− − − + =
Ta có:

( )
( )
3 3 2
1
3 2 3 2 0 1 2 0
2
x
x x x x x x x
x
=

⇔ = − ⇔ − + = ⇔ − + − = ⇔

= −

Ví dụ 13. Giải phương trình:
2
1 2
2 2 ( 1)
x x x
x
− −
− = −
Ta có:
2 2
1 2 1 2
2 2 2 1 2 1 2
x x x x x x
x x x x x
− − − −

2
( 1) 0 1x x⇔ − = ⇔ =
Ví dụ 14. Giải phương trình:
2
2
3
2
3
log 3 2
2 4 5
x x
x x
x x
 
+ +
= + +
 ÷
 ÷
+ +
 
. Điều kiện: ∀x ∈R
Ta có:
2
2
3
2
3
log 3 2
2 4 5
x x

= + > ∀ >
Từ (*), ta có:
( ) ( )
2 2 2 2
3 2 4 5 3 2 4 5f x x f x x x x x x+ + = + + ⇒ + + = + +
2
1
3 2 0
2
x
x x
x
= −

⇔ + + = ⇔

= −

3. Ứng dụng đạo hàm vào giải một số bài toán về hệ phương trình
3.1. Hệ phương trình đối xứng loại hai
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình:
1 7 4
1 7 4
x y
y x

+ + − =


+ + − =

( )
1 7f t t t⇒ = + − −
đồng biến trên khoảng (-1; 7)
Ta có:
( ) ( )
1 7 1 7x x y y f x f y x y+ − − = + − − ⇒ = ⇒ =
Khi đó:
1 7 4 1 4 7 1 4 7 8 7x x x x x x x+ − − = ⇔ + = + − ⇔ + = + − + −
2
5 7
5 4 7
6 87 0
x
x x
x x
≤ ≤

⇔ − = − ⇔

+ − =

5 7
3 4 6
3 4 6
x
x
x
≤ ≤



1 7 1 7 1 7 1 7x y y x x x y y+ + − = + + − ⇔ + − − = + − −
Xét hàm số
( )
1 7f t t t= + − −
với
[
)
7;t ∈ +∞
( )
( ) ( )
( )
( )
'
1 1 7 1 8
0, 7;
2 1 2 7 2 1 7
2 1 7 7 1
t t
f t t
t t t t
t t t t
− − +
= − = = − < ∀ ∈ +∞
+ − + −
+ − − + +
( )
1 7f t t t⇒ = + − −
nghịch biến trên khoảng
( )
7;+∞

+ = − +


Điều kiện:
2
2
x
y
≥


≥

Trừ vế theo vế:
2 2 2 2 2 2 2 2
91 91 2 2 91 2 91 2x y y y x x x x x y y y
+ − + = − + − − − ⇔ + + − + = + + − +
Xét hàm số
( )
2 2
91 2f t t t t
= + + − +
với
[
)
2;t ∈ +∞
( ) ( )
'
2
1

2 2
91 2f x x x x
= + − − −
với
[
)
2;x ∈ +∞

( )
'
2 2
1 1 1
2 2
2 2 2 2
91 91
x
f x x x
x x
x x
 
= − − = − −
 ÷
− −
+ +
 
Ta có:
2 2 2
2 2
1 1 1 1
2 4 91 4 91 95 91 95 2 2 0

2;+∞
( )
2 2
3 3 91 3 2 3 10 1 9 0f
= + − − − = − − =
3x
⇒ =
là nghiệm duy nhất của phương trình
2 2
91 2 0x x x
+ − − − =
Nghiệm của hệ: x = y = 3
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình:
2 1
2 1
2 2 3 1
2 2 3 1
y
x
x x x
y y y
−
−

+ − + = +



+ − + = +


2
1
2
2 2 1
3 ln3
2 2
t
t t t
t t
−
− + + −
= +
− +
Xét
2 2
2 2
1 0
1
1
1 0
2 2 1 0 2 2 1
1
1
2 1
2 2 1 2
t
t
t
t
t t t t t t t R



Suy ra:
( ) ( )
' 1
2
1
1 3 ln 3 0, ;
2 2
t
t
f t t
t t
−
−
= + + > ∀ ∈ −∞ +∞
− +
Suy ra:
( )
2 1
2 2 3
t
f t t t t
−
= + − + +
đồng biến trên khoảng
( )
;−∞ +∞
Ta có:
( ) ( )

3
2 2 1
x
x
x x x
x x x
− −
−
− + − − = = =
− + + −
Suy ra:
( )
( )
( )
( ) ( )
2 1
1 1
1 1
1
2
2 2 1 3
2 2 3 3 3 3 2 2 0
2 2 1 3
x
x x
x x
x
x x x
x x
x x x

( )
1 1
' 1 1
3 3 3 3 2 3 3 3 2 2 3 2 0
x x
x x
f x ln ln ln ln
− − − −
− −
= + − = + − ≥ − >
Suy ra: hàm số
( )
( )
1
1
3 3 2 2
x
x
f x x
− −
−
= − − +
đồng biến trên khoảng
( )
;x ∈ −∞ +∞
( )
( )
1 1
1 1
1 3 3 2 2 1 1 2 2 0 1f x


= −

−



= −

−

có đúng hai nghiệm thỏa mãn điều kiện:
1
1
x
y
>


>

Trừ vế theo vế :
2 2 2 2
1 1 1 1
x y x y
x y x y
e e e e
x y x y
− = − ⇔ − = −
− − − −

t
f t e
t
= −
−
đồng biến trên khoảng
( ) ( )
; 1 1;−∞ − ∪ +∞
Ta có:
( ) ( )
2 2
1 1
x y
x y
e e f x f y x y
x y
− = − ⇒ = ⇒ =
− −
Khi đó:
2
2012
1
x
x
e
x
= −
−
2
2012 0

− −
và
( )
( )
( )
'
2 2
1 1
1
lim lim
1 1
x
x x
f x e
x x
+ +
→ →
 
 ÷
= − = −∞
 ÷
− −
 ÷
 
( )
( )
( )
'
2 2
1

x
x x
x
f x e
x
+ +
→ →
 
 ÷
= + − = +∞
 ÷
−
 
và
( )
( )
2
lim lim 2012
1
x
x x
x
f x e
x
→+∞ →+∞
 
 ÷
= + − = +∞
 ÷
−

Ví dụ 6. Giải hệ phương trình:
2
3
2
2
2
3
2
2 9
2
2 9
xy
x x y
x x
xy
y y x
y y

+ = +

− +



+ = +

− +

Trừ vế theo vế:
( )

 
 ÷
− + − − +
⇔ − + = −
 ÷
 ÷
− + − +
 
(*)
Đặt
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2
3 3
3 3
2 9 2 9 2 9 2 9 2 9 2 9 0P x x y y y y x x y y x x
 
= − + − + − + + − + − + + − + >
 ÷
 ÷
 
Khi đó: (*)
( )
( )
2 2 2 2
2 2 2 2
xy
x y y x x y x y
P
⇔ − + − + − = −

( )
0
0
2
2 1 0
2 0
x y
x y
xy
x y
x y
P
− =

− =


⇔ ⇔
 


+ − + =
+ − =

 ÷

 

*) Khi x = y, ta có:
2


*) Khi y = 2- x, ta có:
( )
2
2
3
2
2 2
2 2 0
2 9
x x
x x
x x
−
− + + =
− +
(**). Đặt
( )
2
3
2
3
2 9 1 8 2t x x x= − + = − + ≥
Thay vào (**), ta có:
( )
( )
4 3 3 2
2 7 18 0 2 4 8 9 0 2 0t t t t t t t t+ − − = ⇔ − + + + = ⇔ − =
3
2 2



≤


Ta có:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
4 1 3 5 2 0 4 1 3 5 2 4 1 2 5 2 1 5 2x x y y x x y y x x y y+ + − − = ⇔ + = − − ⇔ + = − + −
Xét hàm số
( )
( )
2 3
1f t t t t t= + = +
với
t R∈
và
( )
' 2
3 1 0,f t t t R= + > ∀ ∈
Suy ra
( )
3
f t t t= +
đồng biến trên R

2
2 2
5
4 2 2 3 4 7
2
f x x x x
 
= + − + − −
 ÷
 
với
3
0;
4
x
 
∈
 
 
( )
( )
' 2 2
5 4 4 3
8 8 2 4 4 3 0, 0;
2 4
3 4 3 4
f x x x x x x x
x x
   
= − − − = − − < ∀ ∈

 
       
 ÷
= + − + − − = + + − = ⇒ =
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷
       
 
là nghiệm duy nhất của
phương trình
2
2 2
5
4 2 2 3 4 7 0
2
x x x
 
+ − + − − =
 ÷
 
. Nghiệm của hệ
1
2
2
x
y

=




( )
( )
2 2
3 3
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2
x y
x y
y x xy x y
y x
x y
x y


− = − + +
− = −
 
⇔ ⇔
 
+ =
 

+ =

Ta có:

x y f x f y x y+ = + ⇒ = ⇒ =
Khi đó:
3 3
2 2 2
2 2
2 2 1
1
2 1
2
x y
x y x y
y x x y
x y
x y x
x y

= =
 
− = − = =

  
⇔ ⇔ ⇔
  

= = −
+ = =
 
+ =

 

( )
2
1f t t t= + −
với
[
)
1;t ∈ +∞
và
( )
'
1
2 0, 1
2 1
f t t t
t
= + > ∀ >
−
Suy ra:
( )
2
1f t t t= + −
đồng biến trên khoảng
( )
1;+∞
Ta có:
( ) ( )
2 2
1 1y y x x f y f x y x+ − = + − ⇒ = ⇒ =
10
Khi đó:

=
=

=



 ÷

 

Ví dụ 10. Giải hệ phương trình:
3 3
2
8 2 0
2 1 4 1 1
x y x y
y x

− + − =


− + − =


Điều kiện:
1
2
1
2

đồng biến trên khoảng
( )
;−∞ +∞
Ta có:
( ) ( ) ( )
3
3
2 2 2 2x x y y f x f y x y+ = + ⇒ = ⇒ =
Khi đó:
2 2 2
2 1 4 1 1 4 1 4 1 1 4 1 4 1 1 0y x x x x x− + − = ⇔ − + − = ⇔ − + − − =
Xét hàm số
( )
2
1
4 1 4 1 1,
2
f x x x x= − + − − ≥
và
( )
'
2
2 4 1
0,
2
4 1
4 1
x
f x x
x

( ) ( )
2 3 4 3 2 0
5 1 3 5 9 4 2
y y x x
y x x y

+ − + =


+ + − = + + −


Điều kiện:
5
3
2
x
y

≥



≥

Ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
2 3 4 3 2 0 2 2 3 4 3 2y y x x y y x x+ − + = ⇔ + = +
Xét hàm số
( )

+ − + + + + − − − − + −
⇔ + =
+ + + − + −
( )
3 3 1 1
0 3 0 3
10 1 9 4 3 5 2 2 10 1 9 4 3 5 2 2
x x
x x
x x x x x x x x
− −
 
⇔ + = ⇔ − + = ⇔ =
 ÷
+ + + − + − + + + − + −
 
Nghiệm của hệ:
3
6
x
y
=


=

Kết luận. Trong bài viết này, chúng tôi nêu lên nhiều ví dụ. Qua đó chúng ta có thể tạo ra các lớp
bài tập toán tương tự. Các bài tập này có thể chuyển từ hệ phương trình sang phương trình và
11
ngược lại hoặc từ những bài toán cơ bản và mô phỏng thành các bài toán khó hơn. Từ đó thấy được