PHẦN I. MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Chúng ta đã biết, chuyên đề về phương trình, bất phương trình, hệ phương
trình, hệ bất phương trình và giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (PT, BPT, HPT,
HBPT, GTLN&GTNN) chiếm một lượng khá lớn trong chương trình phổ thông.
Tuy nhiên trong số các bài tập đó có một lượng lớn bài tập mà ta không thể giải
được bằng phương pháp thông thường (trong phân phối chương trình) hoặc có
thể giải được nhưng gặp rất nhiều khó khăn và phức tạp.
Giữa PT, BPT, HPT, HBPT và hàm số có mối liên quan rất chặt chẽ. Khi
định nghĩa PT, BPT, ta cũng dựa trên khái niệm hàm số, Tuy vậy không phải bài
nào cũng có thể sử dụng hàm số để giải nhưng nếu biết ứng dụng đạo hàm của
hàm số để giải thì bài toán trở nên đơn giản. Trong quá trình giảng dạy, khi cung
cấp cho học sinh mảng kiến thức này tôi thấy các em rất hứng thú và tự tin
không thấy ngại khi gặp những bài toán khó về PT, BPT, HPT, HBPT chứa
tham số hoặc một số bài toán tìm GTLN và GTNN của biểu thức chính vì vậy
tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là: "Hướng dẫn học sinh ứng dụng đạo
hàm trong giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất
phương trình và tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức giúp
nâng cao kết quả học tập, thi cử môn Toán của học sinh lớp 12".
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
- Trang bị cho học sinh lớp 12 về một phương pháp giải PT, BPT, HPT, HBPT,
tìm GTLN&GTNN của biểu thức mang lại hiệu quả rõ nét.
- Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học sinh
nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
- Các dạng toán giải PT, BPT, HPT, HBPT nằm trong chương trình toán phổ
thông .
-Tìm GTLN và GTNN của biểu thức chúa một hay nhiều biến có điều kiện
- Phân loại các dạng toán thường gặp và phương pháp giải mỗi dạng.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
Phương pháp chung của dạng bài tập này

Cho phương trình f(x) = m xác định trên D
Nếu f(x) là hàm số liên tục và đơn điệu trên D thì phương trình trên có
không quá một nghiệm.
Tính chất 4:
Cho bất phương trình: f(x) > m (hay f(x) < m )
i) Nếu f(x) là hàm đơn điệu tăng trên D và tồn tại x
0

∈
D sao có f(x
0
) = m
thì tập nghiệm của bất PT là: T = D
∩
(x
0
; +
∞
) ( T = D
∩
(-
∞
; x
0
)) .
ii) Nếu f(x) là hàm đơn điệu giảm trên D và tồn tại x
0

∈
D sao có f(x

D
2. f(x)
≤
m ,
∀
x
∈
D
⇔
m
≥

)(
max
D
xf
3. f(x)
≥
m có nghiệm x
∈
D
⇔
m
≤

)x(f
max
D
4. f(x)
≤

1. Ứng dụng hàm số để giải phương trình
Phương pháp :
5
Dạng 1: Phương trình đã cho biến đổi được về dạng
( ) ( )f x g x=
(hoặc
( ) ( )f u g u=
) trong đó
( )u u x=
.
Bước 1: Biến đổi phương trình đã cho về dạng
( ) ( )f x g x=
(hoặc
( ) ( )f u g u=
)
Bước 2: Xét hai hàm số
( ); ( )y f x y g x= =
trên D
* Tính
'
1
y
, xét dấu
'
1
y
, kết luận tính đơn điệu của hàm số
1
( )y f x=
trên D

Bước 3: Kết luận:
* Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
0
x x=
(hoặc
0
u u=

rồi giải phương trình
0
u u=
)
* Kết luận nghiệm của phương trình đã cho
Dạng 2: PT đã cho biến đổi được về dạng
( ) ( )f u f v=
trong đó
( )u u x=
,
( )v v x=
Bước 1: Biến đổi phương trình về dạng
( ) ( )f u f v=
Bước 2: Xét hàm số
( )y f x=
trên D
* Tính
'y
, xét dấu y'
* Kết luận hàm số
( )y f x=
là hàm số đơn điệu trên D.

'
1
y
, kết luận tính đơn điệu của hàm số
1
( )y f x=
trên D
* Tính
'
2
y
,xét dấu
'
2
y
, kết luận tính đơn điệu của hàm số
2
( )y g x=
trên D
* Tìm
0
x
sao cho
0 0
( ) ( )f x g x=
(hoặc tìm
0
u
sao cho
0 0

( )y f x=
trên D
* Tính
'y
, xét dấu y'. Kết luận hàm số
( )y f x=
đơn điệu trên D.
* Nếu f(x) đơn điệu tăng thì:
( ) ( ) ,f u f v u v x D> ⇔ > ∈
Nếu f(x) đơn điệu giảm thì:
( ) ( ) ,f u f v u v x D> ⇔ < ∈
Bước 3: Kết luận nghiệm của bất phương trình đã cho
Bài 1: Giải các phương trình sau:
a.
62x6x1x =−++++
b.
2 5 1
1 1
2 5 1
x x
e e
x x
− −
− = −
− −
c. 8log
2
(x
2
- x + 5) = 3(x

x x x
= + + > ∀ >
+ + −
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.
b.
2 5 1
1 1
2 5 1
x x
e e
x x
− −
− = −
− −
Điều kiện:
2 5 0 5 / 2
1 0 1
x x
x x
− ≠ ≠
 
⇔
 
− ≠ ≠
 
Viết lại phương trình dưới dạng :

(0; )+∞
.
Khi đó: phương trình (1)
⇔
( 2 5 ) ( 1)f x f x− = −
⇔
2 5 1x x− = −
⇔
2 5 1 4
2 5 1 2
x x x
x x x
− = − =
 
⇔
 
− = − + =
 
Vậy phương trình có hai nghiệm x=2 và x=4.
c. 8log
2
(x
2
- x + 5) = 3(x
2
- x + 5) (1)
Với phương trình này ta chưa thể có hàm số giống như hai câu trên mà ta
phải biến đổi để tìm được hàm số mà ta muốn xét.
TXĐ: D = R
Trên D (1)

log
( )
t
f t
t
=
với t > e
Ta có
2
1 ln
'( )
ln2
t
f t
t
−
=
< 0
∀
t > e
Từ đó, vế trái của phương trình (2) là hàm nghịch biến
∀
t > e; vế phải là hằng
số
Do đó phương trình (2) nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất.
8
Mặt khác
3
(8)
8

Trên D; (1)
⇔

1x2x22
21xxx
2
+−=+−
−−

⇔

xx21x2
2xx1x
2
−+=−+
−−
Xét hàm số
( ) 2
t
f t t= +
với t
∈

¡
t
’( ) 2 .ln2 1 0 f t = + >
∀
t
∈


2 3
log 1 log 9 1x x+ + + >

d.
2( 1) 1
2
3 3 4 3
x
x
x x
− +
− ≤ − +
Giải:
a.
3x42x6x >−−−++
TXĐ: D =
[ ]
4;2
Xét hàm số: f(x) =
6 2 4x x x+ + − − −
với x
∈
D
Ta cũng nhận thấy f(x) là hàm số đồng biến trên D (vì f’(x) > 0
∀
x
∈
(2;4))
Lại có: f(3) = 3; do đó, bất phương trình có nghiệm x thì
(3; )x ∈ +∞

( ) 3f x x x= +
là hàm số đồng biến trên
¡
.
Khi đó : (2)
⇔
( 2 1) ( 2) 2 1 2f x f x x x− > − ⇔ − > −
9
⇔
2 1 2 1
2 1 2 1
x x x
x
x x x
− > − > −
 
⇔ ⇔ ∀
 
− < − + <
 
∈
¡
Vậy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x
∈
¡
.
c.
2 3
log 1 log 9 1x x+ + + >
(1)

(1)
Điều kiện:
1 0 1x x− ≥ ⇔ ≥
. Vậy TXĐ: D =
[
)
1;+∞
(1)
⇔
2( 1) 1
2
3 2( 1) 3 2 1
x
x
x x x
− +
+ − ≤ + − +
⇔
2( 1) 1
( 1) 1 2
3 2( 1) 3 ( 1)
x
x
x x
− +
− +
+ − ≤ + −
(2)
Xét hàm số
1 2

y y x

+ + = +


+ + = +


b)
2 2
2 2
3
2
log log 0
3 5 9 0
3
x x
x
x x

− <


− + + >


Giải:
a. Điều kiện
0, 0x y≥ ≥
. Hệ đã cho trở thành:

t
f '(t) , t
t
t
= + > ∀ >
+
suy ra hàm số đồng biến trên
D.
Vậy trên D, phương trình (1) được viết dưới dạng
( ) ( )f x f y x y= ⇔ =
.
10
Khi đó hệ đã cho trở thành
2
2
3 2 3
3 3 (2)
x x y
x x
x y
x y


+ + = +
 
+ = −
⇔
 
=
=

Giải (1): (1)
2
2
2 2
0
0
0
1 4
0 log 2
1 4
log 2log 0
x
x
x
x
x
x
x x
>
>
>



⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < <
  
< <
< <
− <


hệ rồi kết hợp các tập nghiệm tìm được để đưa ra kết luận về nghiệm cho hệ bất
phương trình.
III. : SỬ DỤNG HÀM SỐ ĐỂ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH
Bài 4.1: Tìm điều kiện của tham số để mỗi phương trình sau có nghiệm
a)
mxx =++ 1
(1)
b)
01
2
=−+ xxm
(2)
c)
mmxmx 4=−++
(m dương) (3)
d)
4
2
12113 −=++− xxmx
(4)
Giải:
a) Xét hàm số
1)( ++= xxxf
TXĐ:
[
)
+∞= ;0D
11
( )
+∞∈∀>+= ;00

x
m
Xét hàm số
1
)(
2
+
=
x
x
xg
có tập xác định D=R
Có
Rx
xx
x
xg ∈∀>
++
= 0
1)1(
)('
22
−∞→
−=
x
xg 1)(lim
;
+∞→
=
x

x
x
Đặt
4
1
1
+
−
=
x
x
t
vì
101 <≤⇒≥ tx
Ta có phương trình trung gian
mtt =+− 23
2
(*) với
10
<≤
t
Xét hàm số
( )
tttf 23
2
+−=
trên
[
)
1;0


∞+
f'(x) +
f(x) 1
-1
12
Ta có bảng biến thiên của hàm số f(t) trên
[
)
1;0
Từ bảng biến thiên suy ra
[
)
1;0
3
1
)(1 ∈∀≤<− ttf
(*)có nghiệm
[
)
3
1
11;0 ≤<−⇔∈ mt
⇔
(4) có nghiệm
[
)
3
1
1;1 ≤<−⇔+∞∈ mx

x
3x4x
2
+=+−
(1)
Nhận xét: Bài tập này ta có thể giải bằng phương pháp thông thường. Tuy
nhiên, nếu giải bằng phương pháp đó, ta phải kiểm tra điều kiện của ẩn số rất
phức tạp. Ta giải bài này bằng cách sử dụng hàm số
Giải: TXĐ: D =
(
] [
)
∞+∪∞− ;31;
Trên D; (1)
⇔

m
2
x
3x4x
2
=−+−
Xét hàm số f(x) =
2
x
3x4x
2
−+−
với x
∈

2
−
+−
−
< 0
⇔
x < 1
Từ đó, ta có bảng biến thiên:
x -
∞
1 3 +
∞
t
0
3
1
1
f'(t) + 0 -
f(t)

3
1

0 -1
13
f’(x) - +
f(x)
Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và
đường thẳng y = m.
Dựa vào bảng biến thiên ta có kết quả biện luận sau:

2 3
1 ( 1) 1 ( 1) ( 1)mx mx x x+ + + = − + −
 
 

3
3
1 1 ( 1) ( 1)mx mx x x⇔ + + + = − + −
(2)
Xét hàm số
3
( )f t t t= +
là hàm số đồng biến trên
∈
¡
Vậy (2)
( 1) ( 1) 1 1f mx f x mx x⇔ + = − ⇔ + = −
1 1
( )
1 1 ( 1) 2 (3)
1 1
(4) ( )
1 1 ( 1) 0
x x
I
mx x m x
x x
II
mx x m x
≥ ≥

2
1 1 1 1
1
x m
m
≥ ⇔ − ≥ ⇔ − ≤ <
−
+ Giải và biện luận (II)
- Với m = -1 thì (4) nghiệm đúng với mọi x, nên (II) nhận x
≥
1 làm
nghiệm
14
2
1
−
+
+
2
3
−
- Với m
≠
-1 thì (4) có nghiệm x = 0, nhưng không là nghiệm của (II)
Kết luận:
- Với m < -1 hoặc m
≥
1: phương trình vô nghiệm
- Với m = -1: phương trình có nghiệm
∀

t
f t t= +
là hàm số đồng biến trên
¡
, vậy (2)
2 2 2
( 6) (4 3 ) 6 4 3 ( 4) 3 6 (3)f m x f x m m x x m m x m⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ − = −
- Nếu
2
4 0 2m m− = ⇔ = ±
+ Với m = 2, (3)
⇔
0.x = 0, nghiệm đúng với
¡x∀ ∈
+ Với m = - 2, (3)
⇔
0.x=-9, phương trình vô nghiệm
- Nếu
2
4 0 2m m− ≠ ⇔ ≠ ±
Phương trình (3) có nghiệm duy nhất
3
2
x
m
=
+
Kết luận:
- Với
2m ≠ ±

đồng biến trên khoảng
(0; )+∞
. Vậy trên D,
phương trình (2) trở thành :
2 2
( 3 2) ( ) 3 2f x x f x m x x x m− + = − ⇔ − + = −
2
0
( )
(2 3) 2 (3)
x m
I
m x m
− >

⇔

− = −

Biện luận:
- Với 2m - 3 = 0
⇔
3
2
m =
, khi đó (3) vô nghiệm nên (I) vô nghiệm
15
- Với
3
2 3 0

<


⇔

< <

Kết luận:
- Với
( )
3
;1 ;2
2
m
 
∈ −∞ ∪
 ÷
 
thì phương trình có nghiệm
2
2
2 3
m
x
m
−
=
−
- Với
[

( )
1
3
1
2
−
+
≤⇔
x
x
m
Xét hàm số
1
3
)(
2
−
+
=
x
x
xf
TXĐ D=R
Có
1)1(
23
)('
22
++
+−

x
0
3
1
1
f'(x) + 0 -
f(x)

10

-1 1
16
Từ bảng biến thiên suy ra
Rxxf ∈∀≤<− 10)(1
Do đó:
mxf ≥)(
vô nghiệm
10>⇔ m
mxf ≥)(
có nghiệm
10≤⇔ m
mxf ≥)(
có tập nghiệm là R
1−≤⇔ m
Các câu còn lại làm tương tự
Bài 5.2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
0x310m5x)4m(2x2
2
=−++++−
(1) (m - tham số)

⇔






=
−
+−
≥
)2(m
5x2
1x2x
3x
2
Phương trình (1) có nghiệm
⇔
phương trình (2) có nghiệm thoả mãn x
≥
3
Ở bài này ta có thể sử dụng phương pháp tam thức bậc hai để giải. Tuy
nhiên ta sẽ sử dụng hàm số để giải bài này.
Xét phương trình (2) : Đặt f(x) =
5x2
1x2x
2
−
+−
với x

m
≥
3
Vậy phương trình (1) có nghiệm
⇔
m
≥
3.
Bài 6: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:
4
cosx
- m.2
cosx
+ m + 3
≤
0 (3) (m - tham số)
Giải: Đặt 2
cosx
= t với
2
1

≤
t
≤
2 (vì -1
≤
cosx
≤
1)






−
+
≤
<≤





−
+
≥
≤<
⇔
)II(
1t
3t
m
1t
2
1
)I(
1t
3t
m

1∪

(
]
2 ; 1
Do đó ta có bảng biến thiên:
t
-
∞

2
1
1 2
+
∞
f’(t) - -
f(t)
Dựa vào bảng biến thiên ta có bất phương trình (4) có nghiệm
⇔
hệ (I)
có nghiệm hoặc hệ (II) có nghiệm
⇔






R
cos
4
x - 5cos3x - 36sin
2
x - 15cosx + 36 + 24m - 12m
2

≥
0 (5) (m - tham số)
Giải: TXĐ: D = R
Trên D, (5)
⇔
3cos
4
x - 20cos
3
x + 36cos
2
x

+ 24m - 12m
2

≥
0
Đặt t = cosx với t
∈

[ ]

bất phương trình (6)
nghiệm đúng với
∀
t
∈

[ ]
1;1−
Xét hàm số: f(t) = 3t
4
- 20t
3
+ 36t
2
với t
∈

[ ]
1;1−
Ta có: f’(t) = 12t
3
- 60t
2
+ 72t = 12t(t
2
- 5t + 6)
f’(t) = 0
⇔
12t(t
2

t
∈

[ ]
1;1−

⇔
12m
2
- 24m
≤

[ ]
)t(f
min
1;1-

⇔
12m
2
- 24m
≤
0
⇔
0
≤
m
≤
2
Vậy với m

 
−
 ÷
 
Xét (2): (2)
⇔
3mx < - x
3
- 1
Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của hệ; do đó ta có hệ BPT đã cho tương
đương với:
19
0
19
59
3
1 0
( )
1
3
x
I
x
m
x
− < <



+

3
+
−
với x
∈
D =
( )






∪−
3
1
;00;1

Khi đó: f’(x) =
2
3
x3
x21−
, f’(x) = 0
⇔

2
3
x3
x21−

⇔
0
28
27
m
m
>



< −

Nhận xét: Trong một số bài tập giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ, ta phải tìm
điều kiện của ẩn phụ. Tuy nhiên, việc tìm điều kiện đó gặp không ít khó khăn.
Nếu ta sử dụng hàm số thì việc tìm điều kiện sẽ đơn giản hơn. Ta xét ví dụ sau:
Bài 9: Cho phương trình:
03m24
1xx2xx2
22
=−++
+−−
(1) (m - tham số)
Tìm m để phương trình có nghiệm x






∈

0
+
-
Ta có: y’(x) = 2 - 2x y’(x) = 0
⇔
x = 1
Ta có bảng biến thiên:
x
-
∞
0 1
2
3
+
∞
y’(x)
+ 0 -
y(x)
Từ đó suy ra tập giá trị của y là Y=
[ ]
1;0
⇒
2
0

≤

2
xx2
2

;0

⇔
phương trình (2) có nghiệm 1
≤
t
≤
2
Xét hàm số: g(t) = -t
2
- 2t + 3 với t
[ ]
2;1∈
g’(t) = -2t - 2 g’(t) = 0
⇔
t = -1
Từ đó ta có bảng biến thiên:
t -
∞
1 2 +
∞
g'(t) -
g(t)
Dựa vào bảng biến thiên ta có: phương trình (2) có nghiệm t
[ ]
2;1∈

⇔
m
[ ]

[ ]
7;3x ∈∀
.
Giải:
TXĐ: D =
[
)
∞+;3
Trên D, (1)
⇔
m(x - 1)
≤

3x −
+ 1
⇔
m
≤

1x
13x
−
+−

(vì: x
∈
D nên x - 1 > 0)
Đặt f(x) =
1x
13x

∞
3 7 - 2
3
7 +
∞
f’(x) + 0 - -
f(x)
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
a. Bất phương trình có nghiệm
⇔
m
≤

)x(f
max
D

⇔
m
≤

1 3
4
+
b. Bất phương trình nghiệm đúng
[ ]
7;3x ∈∀

⇔
m

Khi đó (1)
⇔
m =
2
)xcos1(
x2sin22
+
+

⇔
m =
2
sin cos
2
1 cos
x x
x
+
 
 ÷
+
 
Đặt t =
2
x
tg
; với
2
x


sin cos
1 cos
x x
x
+
+
=
2
1 2
2
t t+ −

Theo (1) ta được phương trình: 2m = (1+2t-t
2
)
2
(2)
Khi đó PT (1) có nghiệm
⇔
PT (2) có nghiệm
Xét hàm số: f(t) = (1+2t-t
2
)
2

f’(t) = 4(t - 1)( t
2
- 2t - 1) , f’(t) = 0
⇔


⇔
2m
≥
0
⇔
m
≥
0
Vậy phương trình (1) có nghiệm
⇔
m
≥
0
V. DẠNG 4: SỬ DỤNG HÀM SỐ ĐỂ ĐOÁN VÀ TÌM HẾT TẤT CẢ CÁC
NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH:
Dạng này thường được sử dụng khi ta nhận thấy 2 vế của phương trình là
các hàm đồng biến hoặc nghịch biến, đồng thời ta đã nhẩm được 1 hay 2
nghiệm. Dạng bài tập này cho phép chúng ta dự đoán và chứng minh phương
trình chỉ cho các nghiệm mà ta đã dự đoán. Ta xét các ví dụ sau:
Bài 12: Giải các phương trình sau:
a. 2
x
+ 3
x
= 3x + 2
b. log
5
(2x + 1) = log
3
(x+1)

x
- 3x - 2 = 0
Xét hàm số: f(x) = 2
x
+ 3
x
- 3x - 2 với x
∈
D
Ta có: f’(x) = 2
x
ln2 + 3
x
ln3 - 3
f’’(x) = 2
x
ln
2
x + 3
x
ln
2
x > 0
∀
x
∈
R
⇒
f’(x) là hàm số đồng biến trên R
Mặt khác f’(x) là hàm số liên tục trên R

0
x ;+ ∞
thì f’(x) > 0
Khi đó ta có bảng biến thiên:
x -
∞
x
0
+
∞
f’(x) - 0 +
f(x)
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và trục
hoành.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số nếu cắt trục hoành thì cắt
nhiều nhất tại 2 điểm. Do đó phương trình (1) có nhiều nhất 2 nghiệm
Mặt khác nhẩm được: f(0) = 0 ; f(1) = 0
Vậy phương trình (1) có đúng 2 nghiệm x = 0; x = 1.
b. log
5
(2x + 1) = log
3
(x+1)
24
f(x
0
)
+
+
TXĐ: D =

- 1 = 5
t

⇔
2.3
t
- 5
t
- 1 = 0
Xét hàm số: f(t) = 2.3
t
- 5
t
- 1 với t
∈

¡
Ta có: f’(t) = 2.3
t.
ln3 - 5
t
ln5
f’(t) = 0
⇔
2.3
t.
ln3 - 5
t
ln5 = 0
⇔

f’(t) + 0 -
f(t)

Số nghiệm của PT là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(t) và trục hoành.
Từ bảng biến thiên, ta thấy phương trình f(t) = 0 nếu có nghiệm thì có
nhiều nhất là 2 nghiệm.
Mặt khác ta có f(0) = 0; f(1) = 0
Từ đó suy ra phương trình f(t) = 0 có đúng 2 nghiệm t = 0; t = 1
Với t = 0 ta có: x + 1 = 3
0

⇒
x = 0
Với t = 1 ta có: x + 1 = 3
1
⇒
x = 2
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 0; x = 2
c.
3
3 1 log (1 2 )
x
x x= + + +
(1) Điều kiện
1
2 1 0
2
x x+ > ⇔ > −
Biến đổi phương trình (1) về dạng
3

 ÷
 
25
-
-
f()
Có
2
'( ) 3 .ln3 2, ''( ) 3 ln 3 0,
x x
g x g x x D= − = > ∀ ∈
. Vậy g'(x) đồng biến và liên
tục trên D, mặt khác phương trình g'(x) = 0 chỉ có 1 nghiệm
3
2
log
ln3
x =
. Vậy
phương trình g(x) = 0 có không quá 2 nghiệm trên D.
Ta có: g(0) = g(1) = 0. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 0 và x = 1.
Nhận xét: Đôi khi ta phải sử dụng phương pháp hàm số nhiều lần trong giải
một PT.
VI. DẠNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TÍNH DƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ VÀO
MỘT SỐ BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
CỦA MỘT BIỂU THỨC, MỘT HÀM SỐ
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của mỗi biểu thức sau
xy
xyT
1

a
b
b
a
a
b
b
a
a
b
b
a
P
b) Tìm giá trị nhỏ nhất&lớn nhất của mỗi biểu thức sau
2242
222 yxyxA −+=
3344
4 yxxyyxB −++=
với điều kiện
3
22
=++ xyyx
( )( )
yxyyxC 253434
22
+++=
với




xy
mà x+y=1
4
1
≤⇒ xy
hay
4
1
≤t
4
1
0 ≤<⇒ t
t
ttfT
1
)( +==
, xét hàm số f(t) trên






4
1
;0
và có
( )
2
2

4
1
=






f
Ta có bảng biến thiên
t
0
4
1
f'(t) -
f(t)

4
17
26
4
17
)(min
4
1
;0
=⇒



= x b. 2log
3
(tgx) = log
2
(sinx)
c.
x
1
2
1
22
22
2
x
x21
x
x1
−=−
−=
d. 2
x
=
2
x
3
+ 1
e.
xcos3
2
x

∞+∈ ;4
d. Tìm m để phương trình có nghiệm x
[ ]
5;4∈
Bài 18: Cho bất phương trình:
04.m6).1m2(9.m
xx2xx2
2x
2
x22
≥++−
−−
−
Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thoả mãn
2
1
x ≥
Bài 19: Cho phương trình:
3m
)8x4(log
)2x.(2)2x(
2
−=−
−
a. Giải phương trình với m = 2
b. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thoả mãn:
4xx
2
5
21