Sáng kiến kinh nghiệm
Sử dụng tính đơn điệu - gtln - gtnn của hàm số
khảo sát nghiệm của phơng trình - bất phơng trình
A. T VN
I. Lớ do chn ti
i vi hc sinh THPT thỡ khỏi nim phng trỡnh, bt phng trỡnh thỡ lờn
lp 10 mi c nh ngha, nhng trờn thc t thỡ phng trỡnh, bt phng trỡnh ó
hc v gii t rt sm bng cỏc bi toỏn tỡm s cha bit tha món cỏc iu kin cho
trc. Do ú khi hc v gii cỏc phng trỡnh, bt phng trỡnh thỡ hc sinh ó quỏ
quen thuc, vn l gii nh th no cho hp lụgic. Nhng phng trỡnh, bt
phng trỡnh hc sinh thng gp nh: Lp 10 cú phng trỡnh, bt phng trỡnh quy
v bc hai, cha n di du cn. Lp 11 cú phng trỡnh lng giỏc. Lp 12 cú
phng trỡnh, bt phng trỡnh m v lụgarit. c bit lp 12 cú phn ng dng
o hm gm cỏc dng toỏn liờn quan n kho sỏt hm s, tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr
nh nht ca hm s. Vi tớnh nng u vit ca vic ng dng o hm vo gii toỏn,
khụng nhng ch n thun gii cỏc bi toỏn liờn quan n kho sỏt hm s nh bin
lun s nghim ca phng trỡnh hay tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht ca hm s
m cũn cú th gii quyt c rt nhiu dng toỏn nh kho sỏt nghim phng trỡnh
v bt phng trỡnh vụ t, c bit l cỏc dng phng trỡnh, bt phng trỡnh cha
tham s. Tuy nhiờn trong quỏ trỡnh ging dy b mụn toỏn THPT nhng nm u mi
vo ngh v cụng tỏc min nỳi thỡ tụi nhn ra rng, toỏn hc núi riờng v b mụn
khoa hc t nhiờn núi chung tht xa l, thm chớ l ni khip s i vi ụng o
hc sinh. iu gỡ ó khin hc sinh suy ngh nh vy? S may mn ca bn thõn l
c phõn cụng ging dy tt c cỏc khi lp, c bit l cỏc lp cui cp, chun b
thi tt nghip THPT v Cao ng i hc. Tụi nhn thy, a s hc sinh ang thiu
t duy c lp, sỏng to v s vn dng kin thc, nht l kh nng quy l v quen
hay m rng nhng kin thc ó cú vo tng dng toỏn c th. Trong cỏc k thi,
ngoi cỏc cõu hi liờn quan trc tip n hm s ta thng thy cú nhng cõu hi m
hc sinh thng phi vn dng t duy hm s nh l mt cụng c c lc gii
toỏn nh: Gii phng trỡnh, bt phng trỡnh ,tỡm cc tr , Cỏc cõu hi ny cng
thng gõy khú khn cho c thy v trũ trong cỏc gi lờn lp. Trong cỏc gi ging

quyết như thế nào.
Với nguyện vọng giúp học sinh thay đổi tư duy về môn toán tôi tập trung khai
thác cách giải phương trình, bất phương trình bằng việc ứng dụng tính đơn điệu và
GTLN – GTNN của hàm số. Với việc sử dụng phương pháp này, những bài toán về
phương trình, bất phương trình sẽ được giải quyết một cách rất tự nhiên, thuần túy,
ngắn gọn và đơn giản. Đó là lí do để tôi chọn đề tài : “ Ứng dụng tính đơn điệu và
Giá trị lớn nhất – Giá trị nhỏ nhất của hàm số để khảo sát nghiệm phương trình-
bất phương trình”.
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 hai đồ thị hai hàm số ở hai vế của phương trình đó để giải quyết các bài
toán về phương trình, bất phương trình. Đặc biệt là phương trình, bất phương trình
chứa tham số.
Trong khi giải quyết các bài toán về phương trình, bất phương trình hoặc bài
toán tìm GTLN , GTNN của một biểu thức có điều kiện 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 tôi trình bày trong bài viết của mình có thể hỗ trợ cho các em học
sinh lớp 12 có cách nhìn toàn diện hơn về cách tiếp cận bằng hàm số để giải bài toán
phương trình, bất phương trình, đặc biệt phương trình, bất phương trình có tham số.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 2 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
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
tôi đã phải nghiên cứu trên các dạng toán về phương trình, bất phương trình và các

Vì những hạn chế của học sinh như đã trình bày trong phần lý do chọn đề tài và
phần khảo sát thực tiễn nên trong quá trình dạy lớp 12, bắt đầu là phần ứng dụng đạo
hàm để khảo sát hàm số, với các tiết học tự chọn ôn thi, tôi đã lồng ghép các bài tập
phương trình, bất phương trình mà khi giải phải cần đến hàm số. Nhưng vì thời gian
không có nhiều, hơn thế để học sinh chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên ứng với mỗi
phần tôi cho học sinh một số bài tập để các em về nhà nghiên cứu tìm lời giải. Trên
lớp tôi cho một số học sinh lên bảng làm bài và một số học sinh khác nhận xét lời
giải. Sau đó tôi phân tích lời giải cho cả lớp để các em tìm được lời giải tối ưu và
nhấn mạnh một số điểm quan trọng trong mỗi bài, qua mỗi dạng.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 3 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
VI. Bố cục của đề tài
Đề tài được chia làm hai phần chính:
• Cơ sở lí thuyết
• Ứng dụng: Trong phần ứng dụng có:
- Phương trình, bất phương trình không chứa tham số.
- Phương trình, bất phương trình chứa tham số.

B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT
1.Tính đơn điệu của hàm số
Cho hàm số
( )y f x=
có đạo hàm trên D.
Nếu
( )
' 0,f x x D≥ ∀ ∈
thì hàm số

( )
( )f u f v u v< ⇔ >
).
Nếu hàm
( )
f x
tăng và
( )
g x
là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b) thì
phương trình
( ) ( )
f x g x=
có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b).
Định lý Bolzano – Cauchy : Nếu hàm số
( )
f x
liên tục trên
[ ]
;a b
và
( ) ( )
. 0f a f b <
thì
tồn tại ít nhất một điểm
( )
0
;x a b∈
để
( )

∈ ≥
đồng biến (nghịch biến ),
1
( )f x
với
( )
0f x >
là nghịch
biến ( đồng biến),
( )
y f x= −
nghịch biến (đồng biến ).
Tổng các hàm đồng biến ( nghịch biến ) trên D là đồng biến (nghịch biến )
trên D.
Tích của hai hàm số dương đồng biến (nghịch biến ) trên D là một hàm đồng
biến (nghịch biến ) trên D.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 4 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
2. Giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số
Cho hàm số
( )y f x=
xác định trên D.
Số M được gọi là GTLN của hàm số
( )y f x=
trên D nếu
( ) ,f x M x D≤ ∀ ∈
và
0
x D∃ ∈

thì ta có thể tìm GTLN
và GTNN theo các bước sau :
- Tìm các điểm
1 2
, , ,
n
x x x
trên đoạn
[ ]
;a b
mà tại đó
'
( )f x
bằng 0 hoặc
'
( )f x

không xác định.
- Tính các giá trị
1 2
( ), ( ), ( ), ( ), , ( )
n
f a f b f x f x f x
- Số lớn nhất ( bé nhất ) trong các số trên là GTLN (GTNN ) của hàm số
( )f x
trên
đoạn
[ ]
;a b
.

Biến đổi các phương trình, bất phương trình chứa tham số m về dạng :
( ) ( )f x g m=
với hàm số
( )f x
có GTLN - GTNN trên tập xác định
D
. Khi đó:
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 5 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
- Phương trình
( ) ( )f x g m=
có nghiệm trên D khi và chỉ khi
D
D
min ( ) ( ) ax ( )f x g m m f x≤ ≤
.
- Bất phương trình
( ) ( )f x g m>
thỏa mãn
x D∀ ∈
khi và chỉ khi
min ( ) ( )
D
f x g m>
.
- Bất phương trình
( ) ( )f x g m<
thỏa mãn
x D∀ ∈

" "≤
hoặc
" "≥
thì bổ sung thêm dấu
" "=
cho
các điều kiện.
II. ỨNG DỤNG
1. Giải phương trình, bất phương trình không chứa tham số
1.1. Các ví dụ
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
4 1 4 1 1x x− + − =
(1)
Nhận xét:
Quan sát vế trái của phương trình (1), ta thấy khi x tăng thì giá trị của biểu thức
trong căn cũng tăng .Từ đó suy ra vế trái là hàm đồng biến ,vế phải bằng 1 là hàm
hằng, đây là điều kiện thích hợp để sử dụng tính đơn điệu.
Giải
Điều kiện:
1
2
x ≥
.
Đặt
( )
2
4 1 4 1f x x x= − + −
. Ta có
( )

 
, nên phương trình
( )
1f x =
nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Hơn nữa,
1
1
2
f
 
=
 ÷
 
nên
1
2
x =
là
nghiệm của phương trình đã cho.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 6 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Ví dụ 2: Giải phương trình:
5 7 16 14x x x x+ − + + + + =
Nhận xét:
Khi gặp dạng toán chứa căn, thường ta phải khử căn thức bằng cách bình
phương, lập phương hoặc nhân lượng liên hợp. Trong bài này chỉ có thể nhân liên
hợp là hợp lí.
Giải
Cách 1: Dùng lượng liên hợp

=
là nghiệm của phương trình.
Cách 2: Dùng hàm số
Điều kiện:
5x ≥
. Đặt
( ) 5 7 16f x x x x x= + − + + + +
Ta có
( )
1 1 1 1
( ) 0, 5;
2 2 5 2 7 2 16
f x x
x x x x
′
= + + + > ∀ ∈ +∞
− + +
.
Do đó hàm số
( ) 5 7 16f x x x x x= + − + + + +
đồng biến trên
[
)
5;+∞
.
Mà
(9) 14f =
nên
9x
=

Cách 2: Đặt
3 3 3
( ) 2 1 2 2 2 3f x x x x= + + + + +
Ta có:
2
3
,1,
2
1
;0
)32(
2
)22(
2
)12(
2
)('
3
2
3
2
3
2
−−−≠∀>
+
+
+
+
+
=

5 1 2 1 4x x x− + − + =
Giải
Điều kiện:
3
1
5
x ≥
Đặt
3
3
( ) 5 1 2 1f x x x x= − + − +

Ta có
( )
2
3 2
3
15 2
1 0,
2 5 1 3 (2 1)
x
f x x
x x
′
= + + > ∀
− −
3
1
( ; )
5

⇔ ⇔ − ≤ ≤
 
− ≥ − ≥
 
Khi đó, (1)
3 2
2 3 6 16 4 2 3x x x x⇔ + + + − − =
Xét hàm số
( )
3 2
2 3 6 16 4f x x x x x= + + + − −
trên
[ ]
2;4−
Ta có
( )
2
3 2
3( 1) 1
0, ( 2;4)
2 4
2 3 6 16
x x
f x x
x
x x x
+ +
′
= + > ∀ ∈ −
−

.
Xét hàm số
( ) ( ) ( )
f x g x h x=
với
( ) ( )
2 1 3; 2 6g x x h x x x= − − = + + +
Ta có
( ) ( )
1 1 1
0, 5; 0, 5
2 1 2 2 2 6
g x x h x x
x x x
′ ′
= > ∀ > = + > ∀ >
− + +
.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 8 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Do đó hàm số
( ) ( )
2 1 3; 2 6g x x h x x x= − − = + + +
dương và cùng đồng
biến trên
( )
5;+∞
.Suy ra
( ) ( ) ( )



 
Ta có
' 4 2
3 1
( ) 5 3 0,
3
2 1 3
f x x x x
x
= + + > ∀ <
−
.
Do đó hàm số
( )
5 3
1 3 4f x x x x= + − − +
đồng biến trên
1
;
3
 
−∞


 
. Mà
( )
1 0f − =

1 1
;0
5 2
x
 
= − ∈ −
 ÷
 
Ta chứng minh
1
5
x = −
là nghiệm duy nhất .
•
với
( ) ( )
2 2
1 1
3 2 1 0 3 2 1
2 5
x x x x x− < < − ⇒ < − − < ⇒ > +
nên ta có
( )
2 2 2 2
2 (3 ) 3) 2 (2 1) 3 3 (2 ( 3 ) 3) (2 1)(2 (2 1) 3x x x x x x+ + > + + + ⇒ − + − + > + + + +
hay
2 2
(2 1)(2 (2 1) 3 3 (2 (3 ) 3) 0x x x x+ + + + + + + <
suy ra phương trình vô nghiệm trên
khoảng

Cách giải trên sử dụng phương pháp đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất
Cách 2:
Viết lại phương trình dưới dạng:

( )
2 2
(2 1)(2 (2 1) 3 3 (2 ( 3 ) 3)x x x x+ + + + = − + − +
(1)
Xét hàm số
2
( ) (2 3)f t t t= + +
trên
¡
. Ta có
2
' 2
2
( ) 2 3 0,
3
t
f t t t
t
= + + + > ∀ ∈
+
¡
. Do đó
hàm số đồng biến trên
¡
.
Từ (1)

2 2
15 8 3 2f x x x x= + − + − +
trên
2
;
3
 
+∞
 ÷
 
.
Ta có
'
2 2
1 1 2
( ) 3 0,
3
15 8
f x x x
x x
 
= − − < ∀ >
 ÷
+ +
 
. Do đó hàm số
( )
2 2
15 8 3 2f x x x x
= + − + − +

1 2 1 2
1 2 2 2 1 2 1 2 2
x x x x x x
x x x x x
− − − −
⇔ − + = − + ⇔ + − = + −
Xét hàm số
( )
2 .
t
f t t= +
Khi đó phương trình (2) chính là phương trình
( )
( )
2
1f x f x x− = −
.
Ta có
( )
1 2 ln 2 0,
t
f t t
′
= + > ∀ ∈¡
nên hàm số
( )
2
t
f t t= +
đồng biến trên

Đặt
( )
2 2 2
1; 2 2 3 0; 0 3 2u x x v x x u v v u x x= + + = − + > > ⇒ − = − +
. Khi đó phương trình
đã cho trở thành
3 3 3
log log log
u
v u u u v v
v
= − ⇔ + = +
(1)
Xét hàm số
( )
3
logf t t t= +
ta có
( )
1
1 0, 0
ln3
f t t
t
′
= + > ∀ >
nên hàm số
( )
3
logf t t t= +

Đặt
7
log 7
t
t x x= ⇔ =
Khi đó (1)
(
)
3
1 7
log 2 7 3 2 7 1 2
3 3
t
t
t t t
t
 
 
⇔ = + ⇔ = + ⇔ = +
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
(2)
Xét hàm số
( )
1 7
2 .
3 3

( )
3
f t t t= +
. Ta có
( ) { }
23
1
1 0, \ 0
3
f t t
t
′
= + > ∀ ∈¡
. Do đó hàm số đồng
biến .
Từ (*)
⇔
( ) ( )
3 2 3 2 3 2
2 3 1 2 2 3 1 2 2 3 1 0f x x f x x x x x x x⇔ − + = + ⇔ − + = + ⇔ − − − =
( )
( )
2
1
2
2 1 1 0
1 5
2
x
x x x

2 2 2 2
3 3 3 3
3 3 3 3
2 2 1 2 1 2 1 2 1 2x x x x x x x x+ − + = − + ⇔ + + + = + +
(*)
Xét hàm số
( )
3 3
1f t t t= + +
trên
¡
. Ta có
( )
( )
{ }
2 3 2
3
1 1
0, \ 0; 1
3
3 1
f t t
t
t
′
= + > ∀ ∈ −
+
¡
Suy ra hàm số đồng biến.
Từ (*)

( )
( )
( )
( )
( )
2
2
3
3
2
2
3
3
6 1
1 4
6 5 6 5 1
1
6
4
6 5 6 5 1
x
x x x
x x
x
x x
x x
+
⇔ = + − −
+ − + +
= −

3
f t t t= +
đồng
biến trên
¡
.
Từ (*)
( )
( ) ( )
( )
3 2
3 3
6 5 6 5 6 5 0 1 5 0f x f x x x x x x x x⇔ + = ⇔ + = ⇔ − − = ⇔ + − − =
1
1 21
2
x
x
= −


⇔
±

=


Vậy phương trình có nghiệm là
1 21
1;

 
⇔ + = − + −
 
 
 
.(*)
Xét hàm số
( )
( )
2
1f t t t= +
trên
¡
. Ta có
( )
2
3 1 0,f t t t
′
= + > ∀ ∈¡
Do đó hàm số
( )
( )
2
1f t t t= +
đồng biến trên
¡
.
Từ (*)
( )
( )

x c≥
. Khi đó phương trình được đưa về dạng :
1 2
3 3
1 0
x c x c
x c x c
− −
+ − =
− −

Xét hàm số
( )
1 2
3 3
1
x c x c
f x
x c x c
− −
= + −
− −
trên
[
)
1
;c +∞
.
Ta có
( )

;c +∞
. Mặt khác
( )
1 2
1
1 3
1 0
c c
f c
c c
−
= − <
−
và
( )
lim 1
x
f x
→+∞
=
Sử dụng Định lý Bolzano – Cauchy ta thấy phương trình
( )
0f x =
có duy nhất
nghiệm
( )
0 1
; .x c∈ +∞
Ví dụ này giúp HS có được kết quả cho bài toán sau :
Cho

c c
f c
c c
−
= − <
−
và
( ) ( )
3
lim 1; lim
x x c
f x f x
→±∞ →
= = +∞
.
Khi đó
( ) ( )
1 2
1
1 3
min 1 0
c c
f x f c
c c
−
= = − <
−
.
Nhận xét: Một điều thú vị nữa khi thay
1 2 3

Ví dụ 18: Giải bất phương trình
ln 1x x
+ ≤
Giải
Điều kiện:
0x
>
Xét hàm số
( )
lnf x x x= +
trên
( )
0;+∞
. Ta có
( )
1
1 0, 0f x x
x
′
= + > ∀ >
nên hàm số
( )
lnf x x x= +
đồng biến trên
( )
0;+∞
.
Mặt khác
( )
1 1f =

4 4
4 4 4 4
4
4
4
17
17
17 17
1 1
17 1
1
u v
u v
u v u v
u v u v
v v
u v

= −

= −
 
+ = = −
 
⇔ ⇔ ⇔
   
− > > +
− > +
> +


Do
0v ≥
nên ta được
0 1v≤ <
. Suy ra
4
2 1 1x x− < ⇔ >
Kết hợp với điều kiện
15 2x
− ≤ ≤
ta được nghiệm của bất phương trình đã cho
là
1 2x
< ≤
.
Cách 2: Dùng tính đơn điệu của hàm số
Điều kiện:
15 2x
− ≤ ≤
Xét hàm số
( )
4 4
15 2f x x x= + − −
trên
[ ]
15;2−
.
Ta có
( )
( ) ( )

là
1 2x
< ≤
.
Ví dụ 20: Giải bất phương trình:
( )
4 5
log log 3x x< +

Giải
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 14 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Điều kiện:
0x
>
Đặt
4
log 4
t
t x x= ⇔ =
Khi đó, bất phương trình:
( )
4 5
log log 3x x< +
(
)
5
1 2
log 3 4 5 3 2 1 3

ta có
4
log 1 0 4x x< ⇔ < <
.
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là
0 4x
< <
.
Ví dụ 21: Giải bất phương trình
2
7 7 7 6 2 49 7 42 181 14x x x x x+ + − + + − < −
(*)
Giải
Điều kiện:
6
7
x ≥
Bất phương trình (*) được viết lại dưới dạng
( ) ( )
2
7 7 7 6 7 7 7 6 182 0 7 7 7 6 13 0x x x x x x+ + − + + + − − < ⇔ + + − − <
Xét hàm số
( )
7 7 7 6 13f x x x= + + − −
trên
6
;
7
 
+∞

 
+∞
÷

 
.
Mà
( )
6 0f =
nên
( ) ( )
7 7 7 6 13 0 6 6x x f x f x+ + − − < ⇔ < ⇔ <
.
Kết hợp với điều kiện
6
7
x ≥
ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là
6
6
7
x≤ <
.
Qua các ví dụ về giải phương trình và bất phương trình trên, đối với những ví
dụ có hai cách giải thì ta thấy cách giải dùng tính đơn điệu của hàm số hay và tự
nhiên hơn rất nhiều so với cách giải đầu. Cách giải đầu thường biến đổi phức tạp và
có bài thấy thiếu sự tự nhiên, không có “Manh mối” để tìm lời giải . Đây là dạng
toán khó đối với học sinh lần đầu tiếp xúc , các em rất khó khăn trong việc sử dụng
các phương pháp khác để giải. Vì vậy việc bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư
duy, sáng tạo, vận dụng các kiến thức cơ bản về tính đơn điệu của hàm số là một việc

33 2 2
4 5 6 7 9 4x x x x x− − + = + −
9/
3
3
6 1 8 4 1x x x+ = − −
2. Giải phương trình, bất phương trình chứa tham số
2.1. Các ví dụ
Ví dụ 1. Tìm tham số
m
để phương trình:
3 2
3 0x x m− − =
, (1) có ba nghiệm phân
biệt trong đó có đúng một nghiệm bé hơn 1.
Giải
Phương trình (1)
3 2
3x x m⇔ − =
Xét hàm số
( )
3 2
3f x x x= −
.
Yêu cầu của đề bài là phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt
1 2 3
, ,x x x
sao cho
1 2 3
1x x x< ≤ <

−∞
0 1 2
+∞

( )
f x
′
+ 0 - - 0 +
0
+∞

( )
f x
-2

−∞
-4
Từ bảng biến thiên suy ra điều kiện phải tìm là
4 2m− < ≤ −
.
Ví dụ 2: Tìm
m
để phương trình
2
2( 2) 5 4 0x m x m+ − + + =
(1) có hai nghiệm
thực phân biệt
1 2
;x x
thoả mãn

11/
2 3
log sin 2log tanx x=
12/
5 12 13
x x x
+ >
13/
2
2
2
2
3 5
log 2
2 2 3
x x
x x
x x
+ +
< − −
+ +
14/
(
)
( )
5 4
log 3 3 1 log 3 1
x x
+ + = +
15/

(Do
5
2
x = −
không là nghiệm của (1))
Xét hàm số
2
4 4
( )
2 5
x x
f x
x
− + −
=
+
. Ta có
( )
2
'
2
7
2 10 28
( ) 0
2
2 5
x
x x
f x
x

∞

( )
f x
0
9
-3
-
∞
-
∞
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
3m
< −
là giá trị cần tìm .
Nhận xét :
Ngoài cách giải trên ta có thể dùng định lý Viét để giải như sau
Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
,x
2

và thoả mãn (x
1
+1)(x
2
+1)<0
Qua cách giải bài toán này mở đường cho các dạng toán về câu hỏi phụ trong
khảo sát hàm số như:
Tìm m để hàm số

2
.Đây là một câu hỏi mà các thí sinh thừờng gặp trong các kỳ thi Đại
học, Cao đẳng. Qua bài toán này ta thấy được mối quan hệ giữa phương trình và đồ
thị hàm số, đồng thời phát triển ở học sinh tư duy linh hoạt, biết lột bỏ cái ngụy
trang của bài toán để đưa chúng về bài toán quen thuộc.
V í dụ 3 : Tìm m để phương trình:
2 2
1 1x x x x m
+ + − − + =
có nghiệm.
Giải
Xét hàm số:
( )
2 2
1 1f x x x x x= + + − − +
trên
¡
.
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 17 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Ta có
( )
2 2
2 1 2 1
2 1 2 1
x x
f x
x x x x
+ −

′
= >
. Suy ra
( )
0f x
′
>
nên hàm số đồng biến.
Hơn nữa,
( )
2 2
2
lim lim 1
1 1
x x
x
f x
x x x x
→−∞ →−∞
= = −
+ + + − +
;
( )
2 2
2
lim lim 1
1 1
x x
x
f x

+ − =2 1x x m

Xét hàm số
( )
= + −2 1f x x x
. Ta có
( )
− +
′
= − =
+ +
1 1 1
1
1 1
x
f x
x x
( )
′
= ⇒ − + = ⇔ =0 1 1 0 0f x x x
Bảng biến thiên
x
- 1 0 +∞
( )
f x
′
+ 0 -
( )
f x
2

x
+
=
+
trên
¡
Ta có
2
2
' '
2
2 2
1 ( 3)
1 3 1
1
( ) ; ( ) 0
1 3
( 1) 1
x
x x
x
x
f x f x x
x
x x
+ − +
−
+
= = = ⇔ =
+

+
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
1 10m− < ≤
.
Ví dụ 6: Tìm
m
để phương trình
3 3
1 1x x m+ + − =
có nghiệm.
Giải
Xét hàm số
( )
3 3
1 1f x x x= + + −
trên
¡
.
Ta có
( )
( ) ( )
2 2
3 3
1 1
, 1
3 1 3 1
f x x
x x
′

( ) ( )
2 2
3 2
3 3
2
lim 0
1 1 1
x
x x x
→+∞
= =
+ + − + −
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 19 -
x
'
( )f x
( )f x
+
+ 0

-1
1
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Tương tự
( )
lim 0
x
f x
→−∞

, ta có :
( )
2
2
2
2
1
1
2
2 2 1
2
3 4 1
2 2 1
x
x
x mx x
mx x x
x mx x


≥ −
≥ −
 
+ + = + ⇔ ⇔
 
 
= + −
+ + = +



÷

 
Ta có
( )
'
2
1 1
( ) 3 0, ;0 0;
2
f x x
x
 
= + > ∀ ∈ − ∪ +∞
÷

 
.

0
lim ( )
x
f x
−
→
= +∞
;
0
lim ( )
x

Chú ý : Cách 2: Đặt
2 1t x= +
, khi đó phương trình trở thành
( )
( ) ( )
2
2
0
2 1 9 2 2
3 2 1 2 9 0 1
t
t m t m t
t m t m
≥


+ − + − = ⇔

− − + − =


Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt thì pt (1) có hai nghiệm lớn hơn
hoặc bằng 0.
Tức là
0
9
0
2
0
S m

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 2
6 32m x x⇔ = + −
.
Xét hàm số
3 2
( ) 6 32f x x x= + −
với
2x >
.
Ta có
' 2


Nhận xét :
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 21 -
x
'
( )f x
( )f x

+S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Đây là một phương trình mà khi giải nó cần có sự có mặt của tư duy hàm số .Sau
đây là một vài cách tiếp cận lời giải .
Cách 1: Với
0x
≠
,
biến đổi phương trình về dạng
2 2
3 3
1 1
1
x
x x
x x
+
   
= ⇔ = +

liên tục trên
¡
. Hơn nữa,
( )
1 3h = −
;
( )
2 23h =
nên
( ) ( )
1 . 2 0h h <
. Do đó phương trình
( )
0h x =
có nghiệm
thuộc khoảng
( )
1;2
. Kết hợp với điều kiện trên ta có phương trình đã cho có nghiệm
duy nhất .
Cách 2: Biến đổi phương trình như sau
( )
2
5
1x x= +
, suy ra
0x ≥
.
Với
( )

( )
2
5
1x x= +

Ta có
( ) ( )
2 2
5 5
1 0 0 1 1 1 1x x x x x+ ≥ ⇒ ≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
sau đó lại xét hàm
số
( )
5 2
2 1f x x x x= − − −
như trên .
Ví dụ 10: Tìm m để phương trình sau có đúng một nghiệm thực:

4
4
13 1 0x x m x− + + − =
(*)
Giải
Phương trình
4
4
3 2
1
(*) 13 1
4 6 9 1

2
1
0 12 12 9 0
2
f x x x x
′
= ⇔ − − = ⇔ = −
Bảng biến thiên:

x
-
∞
1
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 22 -
1
2
−
3
2
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm

( )
f x
′
+ 0 -( )
f x

Giải: Xét hàm số
( )
2 3 2
3 1 2 2 1f 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

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
1
( ) 1, ;1
2
g x x
 
≥ ∀ ∈ −
 
 

và
1
;1
2
x
 
∀ ∈ −
 
 
ta có
1 5
3( ) 4 3 4 3.1 4 3 4 7
2 2
x x− + ≤ + ≤ + ⇔ ≤ + ≤
.
Suy ra
2 3 2
3 3 4 1
0, ;1
2

3 3 22
2
−
- 4
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 23 -
1
2
−
1
2
−
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi
3 3 22
4
2
m
−
− ≤ <
hoặc
1m =
.
Nhận xét :
Việc sử dụng kỹ năng biến đổi từ
2
2 3 2 2 3 2
3 3 4 3 3 4
1 2 1 1 2 1
x x x x

1;8−
Ta có
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
1 1
7 2
2 1 . 8 1 8 2 1 8
f x x
x x x x x x
 
 
′
= − +
 
+ − + + − + −
 
Mà
( )
( )
( ) ( )
( )
1 1
0, 1;8
2 1 . 8 1 8 2 1 8
x
x x x x x x
+ > ∀ ∈ −
+ − + + − + −

m
là:
9
3 3 2
2
m≤ < +
Ví dụ 13: Tìm tham số
m
để phương trình sau có nghiệm:

3 6 (3 )(6 )x x x x m+ + − − + − =
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 24 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Nhận xét: Với bài này ta sẽ tìm hiểu cách giải đặt ẩn phụ trước rồi sau đó mới giải
bằng hàm số theo ẩn phụ.
Giải
Điều kiện :
3 6x− ≤ ≤
Đặt
( )
2
2
2
9
3 6 3 6 (3 )(6 )
2
t
t x x t x x x x
−

( 3) 3, (6) 3, 3 2
2
f f f
 
− = = =
 ÷
 
.
Suy ra
[ ]
[ ]
3;6
3;6
( ) 3 2, min ( ) 3max f x f x
−
−
= =
Vậy
[ ]
3;6x∀ ∈ −
3;3 2t
 
⇒ ∈
 
Khi đó, phương trình đã cho trở thành
2
2
9 1 9
2 2 2
t

= − + < ∀ ∈
 
Suy ra hàm số
( )g t
nghịch biến trên đoạn
3;3 2
 
 
.
Do đó
3;3 2
3;3 2
9
( ) (3) 3; min ( ) (3 2) 3 2
2
max g t g g t g
 
 
 
 
= = = = −
.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi
9
3 2 3
2
m− ≤ ≤
.
Nhận xét:
Nếu đề yêu cầu giải phương trình với