www.vnmath.com
BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC TƯ DUY HÀM CHO HỌC SINH THÔNG
QUA
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
Nguyễn Văn Cường Gv Thpt Mỹ Đức A –Hà Nội
Đt: 0127.2334598 Email : Cuongvan12 @ gmail.com
ĐỀ TÀI ĐƯỢC SGD HÀ NỘI XẾP LOẠI B NĂM 2010
Theo nhà toán học Khinsin : “ không có khái niệm nào khác có thể phán ánh
những hiện tượng của thực tại khách quan một cách trực tiếp và thực tại như
khái niệm tương quan hàm ,không có một khái niệm nào có thể thể hiện được ở
trong nó những nét biện chứng của tư duy khái niệm toán học hiện đại như khái
niệm tương quan hàm.Thật vậy bản chất của vật chất là vận động,và sự vận động
diễn ra trong những mối tương quan nhất định. Với khái niệm hàm ,người ta
nghiên cứu sự vật trong trạng thái biến đổi sinh động của nó chứ không phải
trong trạng thái tĩnh tại ,trong sự phụ thuộc lẫn nhau chứ không phải tách rời
nhau.Khái niệm hàm phản ánh sâu sắc hiện thực khách quan và thể hiện rõ nét
tư duy biện chứng chính là ở chỗ đó .Chính vì vậy 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 –Nxb GD 1994)
Liên hệ với khái niệm hàm là Tư duy hàm ,một loại hình tư duy được hàng loạt các
công trình nghiên cứu đánh giá cao và kiến nghị phải 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 .Trong các kỳ thi cấp quốc gia ngoài các câu hỏi liên quan trực tiếp đến hàm số
ta thường thấy có những câu hỏi mà học sinh thường phải vận dụng tư duy hàm số
như là một công cụ đắc lực để giải toán như: Giải phương trình, bất phương trình
,tìm cực trị , Các câu hỏi này cũng thường gây khó khăn cho cả thày và trò trong
các giờ lên lớp . Trong các giờ giảng các em thường bị động trong nghe giảng và rất

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 môn
toán để đề tài này có ý nghĩa thiết thực hơn trong nhà trường .Góp phần nâng cao
hơn nữa chất lượng Giáo dục phổ thông.Giúp các em có phương pháp - kỹ năng khi
giải các bài toán liên quan đến hàm số trong các kỳ thi cuối cấp, đồng thời bước
đầu trang bị cho các em kiến thức về toán cao cấp trong những năm đầu học đại học.
Cùng với các đề tài : Ứng dụng nhị thức Newton vào giải toán ,các phương pháp
và kỹ thuật điển hình trong tính tích phân ,đã được Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội
xếp loại B trong hai năm học 2007-2008,2008-2009 . Năm học 2009-2010 Tôi xin
giới thiệu đến các bạn đồng nghiệp và những người yêu toán đề tài :

Bồi dưỡng năng lực tư duy hàm cho học sinh thông qua giải phương trình
A- Lý thuyết
1. y = f(x) đồng biến trên (a, b)
( )
' 0f x⇔ ≥
với mọi x
∈
(a, b).
2. y = f(x) nghịch biến trên (a, b)
( )
' 0f x⇔ ≤
với mọi x
∈
(a, b).
3. y = f(x) đồng biến trên
[ ]
;a b
thì Min f(x) = f(a); Max f(x) = f(b)

x I∀ ∈
 Bất phương trình
( )f x m≤
đúng
x I∀ ∈

⇔
Max f(x)
m≤

x I∀ ∈
 BPT
( )f x m≥
có nghiệm
x I∈
⇔
max f(x)
m≥

x I∀ ∈
 BPT
( )f x m≤
có nghiệm
x I∈

⇔
Max f(x)
m≤

x I∀ ∈

Phương trình f(x) = m có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số y =
f(x) và số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với đường
thẳng
y = m.Nếu trên tập D hàm số y=f(x) đạt GTLN là L,GTNN là n thì phương trình
f(x)=m có nghiệm khi khi
n m l≤ ≤
•
Để sử dụng phương pháp hàm số vào giải phương trình,ta cần thực hiện :
Tìm tập xác định của phương trình.Biến đổi phương trình (nếu cần) để đặt f(x) bằng
một biểu thức nào đó.
•
Tính đạo hàm f(x), rồi dựa vào tính đồng biến (nbiến) của hàm số để kết
luận nghiệm của phương trình.
•
Để học sinh có kiến thức vững để giải các bài toán dạng này yêu cầu học sinh
nắm vững một số kiến thức cơ bản sau:
Phương trình f(x) = m có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số
y = f(x) và số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với
đường thẳng y = m
•
Để giải các bài toán Tìm giá trị của tham số để phương trình
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
3
www.vnmath.com
(hoặc bất phương trình ) có nghiệm ta thực hiện các bước sau
- Biến đổi phương trình về dạng f(x) =g(m)
- Tìm tập xác định của hàm số f(x)
-Tính f
’
(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 ta thấy vế trái là hàm đồng biến ,vế phải bằng 4 là hàm
hằng ,đây là điều kiện thích hợp để sử dụng tính đơn điệu
Lg: Đk:
3
1
5
x ≥
,Đặt f(x)=
3
3
5 1 2 1x x x− + − +

f
’
(x)=
2
3 2
3
15 2
1
2 5 1 3 (2 1)
x
x x
= + +
− −
>0
∀

− ≥ − ≥
 
Đặt f(x) =
3 2
2 3 6 16 4x x x x+ + + − −
, f
’
(x)=
2
3 2
3( 1) 1
0, ( 2;4)
2 4
2 3 6 16
x x
x
x
x x x
+ +
+ > ∀ ∈ −
−
+ + +
Nên hàm số đồng biến ,f(1)=
2 3
nên x=1 là nghiệm
VD3 : Giải phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 1 3 6 4 6 2 1 3 2x x x x x x
+ − − + = − + − + +
Đk:

1
3
x ≤
ta có
' 4 2
3 1
( ) 5 3 0
3
2 1 3
f x x x x
x
= + + > ∀ <
−
Vậy f(x) đồng biến với
1
3
x ≤
,f(-1) =0 nên x=-1 là nghiệm
VD5: Giải phương trình :
2 2
3 (2 9 3) (4 2)(1 1 ) 0x x x x x+ + + + + + + =
(3)
Lg:
Trước khi vận dụng phương pháp hàm số ,ta xét cách giải sau của Thầy :
Nguyễn tất Thu :Gv THPT Lê Quý Đôn –Biên Hoà đồng Nai
(Đăng trên báo toán học và tuổi trẻ với chủ đề :Giải phương trình vô tỷ bằng
phương pháp đánh giá)
Viết lại phương trình dưới dạng
2 2
3 (2 (3 ) 3) (2 1)(2 [ (2 1) ] 3x x x 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
3 (2 (3 ) 3) (2 1)(2 [ (2 1) ] 3 0x x x x+ + + + + − + + >
suy ra phương trình vô nghiệm
trên khoảng
1 1
;
2 5
 
− −
 ÷
 
.
•
với
1
0
5

t
+ + = + + + > ⇒
+
hàm số luôn đồng biến
Do đó (3)
⇔
f(3x)=f
[ (2 1)]x− +

⇔
3x=-2x-1
⇔
x=
1
5
−
Bình luận :

Qua hai cách giải trên chắc các thầy cô đều đồng ý với tôi là cách giải thứ hai
hay và tự nhiên hơn rất nhiều so với cách giải đầu .Tôi đã kiểm nghiệm phương
trình này trên hai lớp ôn thi đại học và không có học sinh nào giải theo cách giải
của thày Thu vì nó thiếu sự tự nhiên không có ‘ Manh mối ’ để tìm lời giải . 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 thày .Từ đó hình
thành ở học sinh Tư duy linh hoạt trong giải toán ,để học sinh có đủ ‘sức đề
kháng’ trước các bài toán lạ.
VD6 :Giải phương trình :
3 2 3 2
3 3

+2)
⇔
2x
3
-3x+1= x
2
+2
⇔
(2x+1)(x
2
-x-1)=0
1 1 5
;
2 2
x
 
±
 
⇔ ∈ −
 
 
 
VD7:Giải phương trình
2 2
3 3
3 3
2 2 1 2 1x x x x+ − + = − +

Lg:
Ta có

Biến đổi phương trình tương đương với
3 3
3 3
6 1 8 4 1 6 1 6 1 (2 ) 2x x x x x x x+ = − − ⇔ + + + = +
(*)
Xét hàm số f(t)=t
3
+t dễ thấy f(t) đồng biến nên (*)
⇔
f(
3
6 1x +
)=f(2x)
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
7
www.vnmath.com

3 3
3
1
6 1 2 8 6 1 4 3
2
x x x x x x⇔ + = ⇔ = + ⇔ − =
(1)
Nếu |x|>1 thì |
3
4 3x x−
|=|x||
4 3x −
| >

π
∈
ta có nghiệm
5 7
, ,
9 9 9
t t t
π π π
= = =
từ đó suy ra các ngiệm của phương trình
là
5 7
cos ; cos ; cos
9 9 9
x x x
π π π
= = =
Bình Luận:
Bài toán trên được giải dựa vào tính chất sau của hàm số :
f(t) đơn điệu thì f(t
1
)=f(t
2
)
⇔
t
1
=t
2
.Tuy nhiên mỗi bài toán trước khi áp dụng

 
> = + − >
 ÷
+ +
 
Vậy f(x) đồng biến khi
2
3
x >
,f(1)=0
Nên x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình
VD10 :Giải phương trình:
4 4
x 2 4 x 2− + − =
Đặt
( )
4 4
f x x 2 4 x= − + −
với
2 x 4≤ ≤
⇒
( )
( ) ( )
3 3
4 4
1 1 1
f x
4
x 2 4 x
 

VD 11 : Giải phương trình sau:
3 3 3
2 1 2 2 2 3 0x x x+ + + + + =
(1)
Lg:
Xét phương trình
3 3 3
2 1 2 2 2 3 0x x x+ + + + + =
Tập xác định: D = R. Đặt f(x) =
3 3 3
2 1 2 2 2 3 0x x x+ + + + + =
Ta có:
2
3
,1,
2
1
;0
)32(
2
)22(
2
)12(
2
)('
3
2
3
2
3



−−∪






−∞− ,
2
3
2
3
,11,
2
1
2
1
,
Ta thấy f(-1)=0 ⇒ x=-1 là một nghiệm của (1). Ta có:
3)
2
3
(;3)
2
1
( −=−=− ff
Ta có bảng biến thiên của hàm số f(x):
x

x x x y x x x y
x x y x x y y
 
− − + = − − + =
 
⇔
 
+ − = + + + = +
 
 
Xét hàm số f(t)=t
3
+t, f
’
(t)=3t
2
+1>0
t R
∀ ∈
hàm số đồng biến .nên ta có y=x+1
⇔

3 2
1 5
4 6 5 5;
2
x x x o x
 
− ±
 

1 1 1 1 6 2
( )
2 6 2 6
2 (2 ) 2 (6 ) 2 (6 ) (2 )
x x
x x
f x
x x x x
x x x x
− −
− −
= − + − = +
− −
− −
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 0 2 6

f
’
(x) + 0 -

f(x)
9

+ + +
 ÷
 
=m
Lg: Đặt y=
2
11 7
4 1
2
x
x x
 
+ + +
 ÷
 
ta có
'
2
2 2
11 28
1
2
4 28
y
x
x x
= − −
+

'

y +
∞
+
∞

15
2
Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có hai nghiệm dương phân biệt m>
15
2
Bình Luận :
Bài toán trên khó khăn cho học sinh không chỉ ở công đoạn tính đạo hàm mà
còn gây khó khăn cả trong việc giải phương trình y
’
=0 và xét dấu của đạo
hàm .Để giải được phương trình y
’
=0 và xét được dấu đạo hàm ở bài toán trên có
sự phục vụ rất lớn của đạo hàm .Ta có thể tiếp cận bài toán trên theo cáh khác
như sau :

2
0 0
11 7
lim lim( 4 1 )
2
x x
y x
x x
→+ →+

 ÷  ÷  ÷
     
 

2
2
7 1 7
4 1 3
2x x
   
⇒ + ≥ +
 ÷  ÷
   
Dấu = xảy ra khi
3 7
3
1
x
x
x
= ⇔ =

Từ
11 1 7 3 9
3
2 2 2
x x
x x x
   
+ + + = + +

Tìm m để phương trình sau có đúng một nghiệm dương
2
1 3
2 1
2
x
x x
− + +
=m
Nhận xét :
Khi sử dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải phương trình ,học sinh cũng hay
mắc sai lầm trong việc kết luận về tổng,tích hai hàm đồng biến Ta xét thêm một
ví dụ khác
VD15: Tìm m để phương trình sau có nghiệm

( )
12 2010 2009x x x m x x+ + = − + −
Lg:
Đk :
0 2009x≤ ≤
Viết lại phương trình dưới dạng :(
12x x x+ +
)(
2010 2009x x− − −
) =m
Xét hàm số f(x) =(
12x x x+ +
)(
2010 2009x x− − −
)


Bình Luận:
Khi hướng dẫn học sinh vận dụng tính chất của hàm số vào giải phương trình
người thầy cũng cần lưu ý học sinh:Khi xét trên tập D thì tích của hai hàm
đồng biến (Nghịch biến )chưa chắc là hàm đồng biến (nghịch biến) chỉ có tích
của hai hàm đồng biến (nghịch biến ) dương mới là hàm số đồng biến (nghịch
biến ) .
VD16 Tìm m để phương trình sau có nghiệm

(4 3) 3 (3 4) 1 1 0m x m x m− + + − − + − =
(1)
Lg:
Điều kiện
3 1x− ≤ ≤
Phương trình
⇔
(4 3 3 1 1) 3 3 4 1 1m x x x x+ + − + = + + − +
3 3 4 1 1
(4 3 3 1 1)
x x
m
x x
+ + − +
⇔ =
+ + − +
(2)
Vì
( ) ( )
2 2
3 1 4x x+ + − =


Với
[ ]
0;1t ∈
Khi đó (2) trở thành:
( )
( )
2 2
2
2 2 2
12 8 1 1
7 12 9
( )
16 6 1 1 5 16 7
t t t
t t
m f t
t t t t t
+ − + +
− −
= = =
+ − + + − −
(3)
(1) có nghiệm
⇔
(3) có nghiệm t
∈
[ ]
0;1
có

1 2
1
t
x
t
t
x
t

+ =


+

−

− =

+


xuất phát từ vấn đề lượng giác hoá:
2 2 2
x y a+ =
ta đặt
asin
y=acos
x
α
α


=

+

VD 17 Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt

1 8 (1 )(8 )x x x x m+ + − + + − =
Nhận xét:
Bài toán trên có thể giải bằng phương pháp thông thường là đặt ẩn phụ
t =
1 8x x+ + −
sau đó chuyển về bài toán tìm điều kiện của tham số đẻ phương
trình có nghiệm thoả mãn diều kiện cho trước .Tuy nhiên cách đặt ẩn phụ đó
thường phải quy về giải bằng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai.Định lý
này trong chương trình sách giáo khoa mới đã giảm tải .Vì vậy phương pháp
hàm số là sự lựa chọn thích hợp nhất cho dạng toán này
Lg:
Đặt f(x)=
1 8 (1 )(8 )x x x x+ + − + + −'
1 1 7 2 8 1 7 2
( )
2 1 2 8 2 1 8 2 1 8 2 1 8
1 1
(7 2 )
2 1 8 ( 8 1 ) 2 1 8
x x x x


x -1 7/2 8

f
’
(x) + 0 -9
3 2
2
+
f(x) 3 3

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
9
3 3 2
2
m≤ < +

Bình luận
:-Qua bài toán trên ta thấy việc xét được dấu của đạo hàm là mộ t khâu quan
trọng trong ứng dụng của hàm số ,đòi hỏi người giải toán phải rất linh hoạt trong
biến đổi .
-Ngoài cách trên học sinh còn có thể đề cập đến phương pháp lượng giác hoá
như sau:
Đk:
1 8x
− ≤ ≤
:Nhận xét

t
t u u

≤ ≤

⇒

− =



Bài toán quy về tìm m để phương trình 9t
2
+6t -9=2m có hai nghiệm thực
Xét hàm số f(x)= 9t
2
+6t -9 trên D=
1; 2
 
 
,f
’
(t)=18t+6>0 trên
1; 2
 
 
Minf(t)=f(1)=6,Maxf(t)=f(
2
)=9+
6 2

+ + + +
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
14
www.vnmath.com
Đặt t=
4
1
1
x
x
−
+
>0,vì
1 2
1 1 [0;1)
1 1
x
t
x x
−
= − < ⇒ ∈
+ +
Bài toán trở thành tìm m đẻ hệ phương trình sau có nghiệm
2
( ) 3 2
0 1
f t t t m
t

= − + =

m− < ≤
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 một miền xác định . Từ đó tìm được điều kiện cho tham số thoả mãn
yêu cầu đã cho của đề bài
-Việc lựa chon ẩn phụ như trên cũng không bắt buộc ,ta có thể đặt như sau:
Đặt t=
4
1
0
1
x
x
+
>
−
, tuy nhiên lúc đó điều kịên của ẩn phu sẽ thay đổi theo

1 2
1 1 [1; )
1 1
x
t
x x
+
= + > ⇒ ∈ +∞
− +
Từ đó ta lại được một hàm số mới vớí tập xác
định tương ứng .


+∞

Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
15
www.vnmath.com
t(x)
5

1
(1)
⇔
f(t) =t
2
+t-5=m
Nhận thấy với mỗi t
( )
1; 5∈
thì phương trình (1) có 2nghiệm x>0.Bài toán quy về
Tìm m để phương trình t
2
+t-5=m có nghiệm t
( )
1; 5∈
Ta có f
’
(t)=2t+1>0
∀
t
( )

( 2) ( 2)( 4) 0
6 32 0(*)
x x m x x x m x
x
x x x m
x x m
− + = − ⇔ − + = −
=

 
⇔ − − + − = ⇔

 
+ − − =

Ycầu bài toán quy về chứng minh phương trình (*) có nghiệm trong
(2; )+∞
Xét f(x)=
3 2
6 32x x+ −
với x>2, f
’
(x)=3x
2
+12x>0
(2; )x∀ ∈ +∞
Bảng biến thiên
x 2
+∞
f

m f x
x
− +
⇔ = =
−
, Xét hàm số
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
16
www.vnmath.com

2
2
'
2 1
( )
2 5
1
2 10 8
( ) 0
4
2 5
.
x x
f x
x
x
x x
f x
x
x

2 2 1x mx x+ + = +
(ĐHKB-06) (*)
Lg: (*)
2 2 2
1 1
2 2
2 4 4 1 3 4 1
x x
x mx x x x x mx
 
≥ − ≥ −
 
⇔ ⇔
 
 
+ + = + + + + =
 
Nếu x=0 thì m=0
Nếu
0x
≠ ⇒
m=
2
'
2
3 4 1 1 1 1
3 4 ( ), ( ) 3 0
2
x x
x g x g x x

2 3 .x mx x
+ = −

⇔
hệ
2 2
2x x 9 6x
3
m x
x

+ = + −

≤

có nghiệm duy nhất
⇒
x
2
+ 6x – 9 = -mx (1)
+; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm.
+ ; Với x
≠
0 (1)
⇔

2
6x 9x
m
x

2 2 4 2 2
( 1 1 2) 2 1 1 1m x x x x x+ − − + = − + + − −
( ĐHKB-04)
Lg: Đk
1 1x
− ≤ ≤
Đặt t=
2 2
1 1x x+ − −
dễ thấy
0 2t≤ ≤

4
2 1 x−
=-t
2
+2 .Bài toán quy về tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

2
2
( )
2
0 2
t t
m f t
t
t

− + +
= =

2 1 1m− ≤ ≤

VD 25 Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất

2 3 2
3 1 2 2 1x x x m− − + + =
trên
1
;1
2
−
 
 
 
Lg: Xét hàm số f(x) =
2 3 2
3 1 2 2 1x x x− − + +
,
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
 
− + +
= − = − +

( ) 1 ;1 ,
2
g x x
 
≥ ∀ ∈ −
 
 

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

x
x x x x x x
 
− + +
− = − +
 ÷
− + + − + +
 
là khâu quyết định đến việc
xét dấu của đạo hàm , mở đường cho việc sử dụng tính chất của hàm số .
VD 26 :Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm

( )
3
1 (1 )x x x x m− + − − =
(*)
Lg:
Nhận xét
( )
1 x x− +
2
=1+2
(1 )x x−
Đk:
0 1x≤ ≤
Đặt
( )
[ ]
'
1 1 1

2
g g t g m m⇒ ≤ ≤ ⇔ ≤ + ≤ − ⇔ ≤ ≤ −
VD 27 : Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
19
www.vnmath.com

2 3
2 2 1 3 4 2x mx x x− + = +
Lg:
Nhận xét
3 2
4 2 2 (2 1)x x x x+ = +
Viết lại phương trình
2 2
(2 1) (2 ) 3 2 (2 1) 0x m x x x+ − − + =
(*)
Chia cả hai vế của phương trình cho
2
2 1x +
ta có

2 2
2 2
(*) 1 3 0
2 1 2 1
x x
m
x x
⇔ − − =

2
-3t=0 (**)
Nhận thấy mỗi t
4
1
0;
2
 
∈
 ÷
 
cho ta 2 nghiệm của x .Vì vậy để phương trình có hai
nghiệm thì phương trình (**) phải có 1 nghiệm t>0
(**)
⇔
2
1 3
( ),m f t
t t
= − =
'
2
4 4
1 1 2 2 1
0; , ( ) (3 ) 0 0;
3
2 2
t f t t
t t
   


•
Dạng tổng quát của bài toán trên là : Tìm m để phương trình sau có
nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước
( ) ( ) ( ) ( ) 0af x bg x c f x g x+ + =
•
Đối với những bài toán dạng này ta có thể chia cả hai vế của phương trình cho
f(x) hoặc g(x) hoặc
( ) ( )f x g x
ta sẽ đưa được về phương trình bậc hai. Sau đó vận
dụng hàm số vào để giải .Ta xét cách giải khác sau đây:
Nhận xét
3 2
4 2 2 (2 1) 0x x x x x+ = + ⇒ >

Chia cả hai vế của phương trình cho 2x ta được

2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1
3
2 2 2 2
x x x x
m m
x x x x
+ + + +
− = ⇔ − =
mà
2
4
2 1 1

4
2 :t

∈ +∞

thì phương trình đã cho có hai nghiệm ( nghiệm
dương)Vì vậy bài toán trở thành tìm m để phương trình (*) có một nghiệm dương
( )
4
0; 2t ∈
.Xét f(t) =t
2
-3t
(
4
2 :t

∈ +∞

,f
’
(t)=2t-3=0 khi x=3/2
Bảng biến thiên sau
t
4
2
0 3/2
+∞

f

Lg:
Nx: x=0 không là nghiệm của phưng trình ,chia cả hai vế của phương trình cho x
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
4 4
2 4 1 ( 4) 1 2 0
x x
x m x m x x m m
x x
+ +
+ + + = − + ⇔ + − + + =
Đặt f(x) =
2
4x
x
+
(x>0) f
’
(x) =
2
2
4x
x
−
=0
⇔
x=2
0
lim ( ) , lim ( )

g(2)=8; g(3)=7;
[
)
2;
lim ( ) ( ) (3) 7
x
g t Min g t g
+∞
→+∞
= +∞ ⇒ = =
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm x>0 khi m
7≥
VD29 :Tìm các giá tri của m để phương trình sau có một nghiệm thực

2
4
2 4 1x x x m+ + − + =
(Dự bị B-07)
Lg:Đặt t=
1 0x + ≥
,Phương trình trở thành
4
4
3t t m+ − =
(*)
Nhận thấy với mỗi nghiệm không âm của phương trình (*) có đúng một nghiệm
của phương trình đã cho .Do đó phương trình đã cho có đúng một nghiệm khi
phương trình (*) có đúng một nghiệm
Xét hàm số
4

4
0 3m< ≤
VD 30 :Tìm m để phương trình
4 4
4
4 4 6x x m x x m+ + + + + =
có hai nghiệm phân biệt x
1
,x
2
thoả mãn x
1
<-1<x
2
(*)
Lg:
Đặt t=
4
4
4 0x x m+ + ≥
(*) trở thành t
2
+t -6=0 có nghiệm là t=2
Với t=2
4 4
4 16 4 16 0x x m x x m⇔ + + = ⇔ + + − =
Đặt f(x) =
4
4 16x x m+ + −
,f

3 2 4 6 4 5x x x x m− − − + − − + =
(Dự bị D-05) (*)
Lg: Viết lại phương trình dưới dạng
( ) ( )
2 2
( 4) 2 4 1 ( 4) 6 4 9
4 1 4 3 4 1 4 3
x x x x m
x x m x x m
− − − + + − − − + = ⇔
− − + − − = ⇔ − − + − − =
Đặt
4 0t x= − ≥
(*)
( ) 1 3 (**)f t t t m⇔ = − + − =
Phương trình đã cho có hai nghiệm khi và chỉ khi phương trình (**) có đúng hai
nghiệm
0t ≥
Ta có
'
4 2 :0 1 2:0 1
( ) 2:1 3 ( ) 0:1 3
2 4: 3 2: 3
t t t
f t t f t t
t t t
− ≤ ≤ − ≤ ≤
 
 
= ≤ ≤ ⇔ = ≤ ≤

HD: PT
+
⇔ − + + − − =
8 3 8 3
6
x m
x x
+) Nếu
17x ≥
, ta có PT trở thành :
12 8x x m+ − =
. PT có nghiệm
17x ≥

⇔
77 100m≤ ≤

+) Nếu
8 17x
≤ <
, ta có PT trở thành 36 – x = m. PT có nghiệm
⇔
19 28m
< ≤

KL:
≤ ≤
77 100m
hoặc
< ≤

≤
f
’
(x) =12x
2
-12x-9=3(4x
2
-4x-3)=0
1
2
3
2
x
x

= −

⇔


=


Ta có bảng biến thiên
x -
∞
-1/2 1
f(x) + 0 -
3/2
f

www.vnmath.com
+
= = + + = + +
+ + +
+ >



+ + = + +

2 2
2 2
2 2 2 2
2 1 2 1
' ' 0 (2 1) 1 (2 1) 1
2 1 2 1
(2 1)(2 1) 0
(vo nghiem)
(2 1) ( 1) (2 1) ( 1)
x x
y y x x x x x x
x x x x
x x
x x x x x x
y(0)=1>0 nên hàm số ĐB
Giới hạn
+
= = =
+ + +
2 2

x
0 1 +
y + 0 -
y 2

1 -
Theo yêu cầu của bài toán đờng thẳng y=m cắt ĐTHS khi m2.
Vậy
2 1 1.m
luyn tp hc sinh cú th lm cỏc bi tp sau
1/Tỡm m pt sau cú n.
2
9 9x x x x m+ = + +
(s:
9
10
4
m
)
2/Tỡm m phng trỡnh sau cú nghim duy nht trong khong
0;
2


ữ

Nguyn Vn Cng THPT M c A -H Ni
24
www.vnmath.com


− −
− = −
(1)
Lg:
Đk
0x ≠
Ta nhận thấy
2 2
2 2
1 1 2 1 1
1 2( )
2
x x
x x x x
−
− −
= − = −
từ đó ta có hướng biến đổi
phương trình như sau

2 2
2 2 2 2
1 1 2 1 1 2
2 2
2 2
1 1 1 1 1
2 2 2 2
2 2
x x x x
x x x x

 
.(*)
Nguyễn Văn Cường THPT Mỹ Đức A -Hà Nội
25