Sáng kiến kinh nghiệm
RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN BẰNG
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Như chúng ta đã biết 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 .
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 lúng túng vận dụng vào việc giải toán.
Nguyên nhân là do các em chưa hiểu được bản chất của vấn đề ,chưa có kỹ năng
và kinh nghiệm trong việc vận dụng hàm số vào giải toán , việc bồi dưỡng năng
lực tư duy hàm cho học sinh thông qua các bài toán là một điều rất cần thiết
.Muốn làm tốt được điều đó người thầy không chỉ có phương pháp truyền thụ tốt
mà còn phải có kiến thức vừa chuyên ,vừa sâu,dẫn dắt học sinh tìm hiểu một cách
logíc bản chất của toán học.Từ đó giúp các em có sự say mê trong việc học môn
Toán-môn học được coi là ông vua của các môn tự nhiên.
Qua nhiều năm đứng trên bục giảng, nhiều năm học được nhà trường phân công
dạy các lớp ban khoa học tự nhiên, ôn thi đại học, bồi dưỡng học sinh giỏi khi dạy
tới chuyên đề này, tôi luôn băn khoăn làm thế nào để cho bài dạy của mình đạt
kết quả cao nhất ,các em chủ động trong việc chiếm lĩnh kiến thức .Thầy đóng vai
trò là người điều khiến để các em tìm đến đích của lời giải.Chính vì lẽ đó Tôi đã
đầu tư thời gian nghiên cứu chuyên đề này. Một mặt là giúp học sinh hiểu được

thì Min f(x) = f(a); Max f(x) = f(b)
4. HS y = f(x) nghịch biến trên
[ ]
;a b
thì Min f(x) = f(b); Max f(x) = f(a).
Chú ý:
 Nghiệm của phương trình f(x) = g(x) là hoành độ giao điểm của đồ thị hs y =
f(x) với đồ thị hs y = g(x).
 Nếu hàm số
0y ≥
,
∀∈
(a, b) mà f(x) liên tục tại a và b thì
0y ≥

∀∈
[ ]
;a b
.
 Bất phương trình
( )f x m≥
đúng
x I∀ ∈

⇔
Min f(x)
m≥

x I∀ ∈
 Bất phương trình

x=x
0
thì x=x
0
là nghiệm duy nhất
•
Nếu hàm số y=f(x) đơn điệu trên (a; b),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= ⇔ =

•
Nếu f(x) là hàm số đồng biến ( nghịch biến ) thì y =
( )
n
f x
đồng biến (nghịch
biến ),
1
( )f x
với f(x) >0 là nghịch biến ( đbiến), 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
•
Phương trình f(x) = m có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số y

x D x D
Maxf x Minf x
∈ ∈
•
Đối với những phương trình có những biểu thức phức tạp ,ta có thể đặt ẩn phụ
thích hợp
( )t x= ϕ
,từ điều kiện ràng buộc của x ta tìm điều kiện của t ( với bài
toán
chứa tham số ta cần đặt điều kiện nghiêm ngặt cho ẩn phụ,ta thường dùng là
đánh
giá bằng bất đẳng thức,hoặc đôi khi phải khảo sát hàm
( )t x= ϕ
) để có thể tìm
được
điều kiên chính xác của biến mới t)

•
Sau đó đưa phương trình đã cho về phương trình theo t và lại sử dụng phương
pháp hàm số như trên
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
4
Sáng kiến kinh nghiệm
B.Các giải pháp:
1. Các ví dụ:
VD1: Giải phương trình :
3
3
5 1 2 1 4x x x− + − + =
(1)

( ; )
5
∈ +∞
nên hàm số đồng biến trên
3
1
[ ; )
5
∈ +∞
. Mà f(1)=4 nên x=1 là
nghiệm .
VD 2 : Giải phương trình :
3 2
2 3 6 16 4 2 3x x x x+ + + − − =
Nhận xét :
Bài toán này gây khó khăn cho ta từ bước đặt điều kiện
Đk:
3 2 2
2 3 6 16 0 ( 2)(2 8) 0
2 4
4 0 4 0
x x x x x x
x
x x
 
+ + + ≥ + + − ≥
⇔ ⇔ − ≤ ≤
 
− ≥ − ≥
 

x ≥
Viết lại phương trình dưới dạng như sau:
( ) ( )
2 1 3 2 6 4x x x
− − + + + =
Nhận thấy
2 1 3x − −
>0
x⇔
>5
hơn nữa hàm g(x)=
2 1 3x − −
, h(x) =
2 6x x+ + +
dương đồng biến với x>5
mà f(7) =4 nên x=7 là nghiệm .
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
5
Sáng kiến kinh nghiệm
VD 4 : Giải phương trình
5 3
1 3 4 0x x x+ − − + =
( ĐH Ngoại thương 2000)
Lg: Đặt f(x) =
5 3
1 3 4x x x+ − − +
,
1
3
x ≤

x
 
∈ −
 ÷
 
nhận thấy nếu 3x= -(2x+1)
1
5
x⇔ = −
thì hai vế của phương trình bằng nhau
.Vậy
1
5
x = −
là nghiệm của phương trình .Hơn nữa ta thấy nghiệm
1 1
;0
5 2
x
 
= − ∈ −
 ÷
 
Ta chứng minh
1
5
x
= −
là nghiệm duy nhất .
•

làm tương tự như trên ta thấy phương trình vô nghiệm trên
1
;0
5
 
−
 ÷
 
Vậy nghiệm của phương trình là
1
5
x = −
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
6
Sáng kiến kinh nghiệm
Cách giải trên sử dụng phương pháp đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất
Ta xét cách giải khác sau bằng phương pháp hàm số
Viết lại phương trình dưới dạng:
2 2
3 (2 (3 ) 3) (2 1)(2 [ (2 1) ] 3x x x x+ + = − + + − + +
Xét hàm số f(t)=
2
2 ' 2
2
(2 3), ( ) 2 3 0
3
t
t t f t t
t
+ + = + + + > ⇒

2 3 1 2 3 1 2 2x x x x x x⇔ − + + − + = + + +
(*)
Xét hàm số f(t)=
3
t t+
;f
’
(t)=
{ }
23
1
1 1, \ 0
3
t R
t
+ > ∀ ∈ ⇒
hàm số đồng biến trên
{ }
\ 0R
(*)
⇔
f(2x
3
-3x+1)=f(x
2
+2)
⇔
2x
3
-3x+1= x

Xét hàm số f(t) =
3 3
1t t+ +
dễ thấy hàm số f(t) đồng biến trên
{ }
\ 0; 1R −
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
7
Sáng kiến kinh nghiệm
nên (*)
↔
f(2x
2
)=f(x+1)
↔
2x
2
=x+1
↔
x=1 hoặc x=
1
2
−
VD8: Giải phương trình
3
3
6 1 8 4 1x x x+ = − −
Lg: Biến đổi phương trình tương đương với
3 3
3 3

đặt x=cost
[ ]
0;t
π
∈
phương trình trở thành
4cos
3
t-3cost =
1
2

⇔
cos3t =
1
2

2
9 3
t k
π π
⇔ = ± +
chọn các nghiệm trong
khoảng
[ ]
0;t
π
∈
ta có nghiệm
5 7

2 2
15 3 2 8x x x+ = − + +
Lg: xét f(x)=
2 2
3 2 8 15 0x x x− + + − + =
Nếu
2 2
2
3 2 0, 8 15 0
3
x x x x≤ ⇒ − ≤ + − + <
Vì vậy
2
3
x∀ ≤
đều không là nghiệm
Nếu
'
2 2
2 1 1
, ( ) 3 0
3
8 15
x f x x
x x
 
> = + − >
 ÷
+ +
 

 
− −
 
Ta có:
( )
f x 0 x 2 4 x x 3
′
= ⇔ − = − ⇔ =
. Nhìn
bảng biến thiên suy ra:
( ) ( )
[ ]
f x f 3 2 x 2,4≥ = ∀ ∈
⇒ Phương trình
( )
4 4
f x x 2 4 x 2= − + − =
có nghiệm duy nhất x = 3
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






+∞−∪






−−∪






−−∪






−∞− ,
2
3
2

-∞ -3
Từ bảng biến thiên ta thấy f(x) = 0 ⇔ x = -1.vậy phương trình đã cho có duy nhất
1 nghiệm
Bình luận :Nhiều phương trình vô tỷ được giải nhờ vào việc đặt ẩn phụ thích
hợp sau đó đưa về hệ phương trình ,từ đó vận dụng hàm số để giải .
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
9
x−∞ 0x
0
1+∞f ′ −0+
f
ƒ(x
0
)
Sáng kiến kinh nghiệm
VD12: Giải phương trình :
33 2 2
4 5 6 7 9 4x x x x x− − + = + −
Lg: Đặt y=
3 2
7 9 4x x+ −
Ta có
3 2 3 2
2 3 3 3
4 5 6 4 5 6
7 9 4 ( 1) 1
x x x y x x x y
x x y x x y y
 
− − + = − − + =

dụng vào việc tìm Đk của tham số để phương trình có nghiệm thoả mãn điều
kiện cho trước.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 .
VD 13 ( ĐH KA-08) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân
biệt

4 4
2 2 2 6 2 6x x x x m+ − + − + − =
Lg: Đặt f(x) =
4 4
2 2 2 6 2 6x x x x+ − + − + −
,
[ ]
0;6x ∈

3 3
4 4
'
3 3 3 3
4 4 4 4
(6 ) (2 )
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

4
4
2 6 2 6 12 2 3m+ ≤ ≤ +

GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
10
Sáng kiến kinh nghiệm
Bình luận Đây là bài toán khó về ứng dụng của hàm số trong việc giải phương
trinh.Việc tính đạo hàm đã gây nhiều khó khăn cho học sinh,nhưng việc xét
dấu
của dạo 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
Khối A năm 2008.Ta xét thêm một số ví dụ khác
VD 14 : Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt dương

2
11 7
4 1
2
x
x x
 
+ + +
 ÷
 
=m
Lg: Đặt y=
2
11 7

x
x x
= ⇔ = − =
+
Lại có g(x) nghịch biến với x>0 ; g(3)=1 nên x=3 là nghiệm duy nhất
mà
'
'
3 ( ) 1 0
3 ( ) 1 0
x g x y
x g x y
> ⇒ < ⇒ >
< ⇒ > ⇒ <
vì vậy ta có bảng biến thiên sau
x 0 3 +
∞
y
’
- 0 +
y +
∞
+
∞

15
2
Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có hai nghiệm dương phân biệt m>
15
2

2
x x
y x
x x
→+∞ →+∞
 
= + + + = +∞
 ÷
 
Lại có theo bất đẳng thức Bunhiacopki

( )
2
2 2 2
2 2
7 7 7 7
3 3.1 7 9 7 1 16 1
x x x x
 
     
+ = + ≤ + + = +
 ÷
 ÷  ÷  ÷
     
 

2
2
7 1 7
4 1 3

+ + ≥ + =
Dấu bằng khi x=3
từ đó ta có
2
11 7 15
4
2 2
x
x x
 
+ + + ≥
 ÷
 

Lập bảng biến thiên ta được kết quả như trên
Bình Luận :Cách giải này giúp học sinh không phải tính đạo hàm và xét dấu
của đạo hàm nhưng lại gặp khó khăn trong việc lựa chọn điểm rơi trong bất
dẳng thức Cô si và Bunhia .Để luyện tập học sinh có thể làm bài tập tương tự :
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

1 1 2010 2009
2 2010 2 2009 2 2010 2009
x x
x x x x
− − − −
+ =
− − − −
>0 với
0 2009x≤ ≤

nên hàm số đồng biến trên
0 2009x≤ ≤
, hơn nữa g(x) >0 với
0 2009x≤ ≤
vì vậy f(x) =h(x)g(x) đồng biến trên
0 2009x≤ ≤
.vì vậy phương trình có
nghiệm
khi
( )
(0) (2009) 12 2010 2009 2009 2009 2021f m f m≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ +

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− + + − − + − =

t
t
x
t

+ =


+

−

− =

+

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

7 9
(1) ( ) (0)
9 7
f f t f⇒ = ≤ ≤ =
7 9
9 7
m⇒ ≤ ≤
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
13
Sáng kiến kinh nghiệm
Bình luận :Giáo viên nên giải thích tại sao ta đặt ?
2
2
2
2
3 2
1
1
1 2
1
t
x
t
t
x
t

+ =



1
1
t
x a
t
t
t
y a
t
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

2 1 8 ( 8 1 ) 2 1 8x x x x x x
+
+ − − + + + −
>0 nên f
’
(x)=0
⇔
7-2x=0
⇔
x=
7
2
Bàng biến thiên
x -1 7/2 8

f
’
(x) + 0 -9
3 2
2
+
f(x) 3 3
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
14
Sáng kiến kinh nghiệm
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy
9

 
− =


Phương trình (1) trở thành 3sinu+3cosu+9sinucosu=m
Đặt t=sinu+cosu suy ra t
2
=1+2sinucosu
2
1 2
1 2sin cos
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
 

4
4
2
1 1 1 1
3 2 3 2
1 ( 1) 1 1
x x x x
m m
x x x x
− − − −
+ = ⇔ + =
+ + + +
Đặt t=
4
1
1
x
x
−
+
>0,vì
1 2
1 1 [0;1)
1 1
x
t
x x
−
= − < ⇒ ∈
+ +

’
(t) + -

1
3

f(t) 0 -1
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi
1
1
3
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


x
x x
−
= ⇔ =
− +
Bảng biến thiên
x 0 2
t
’
(x) - 0 +

+∞

t(x)
5
1
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
16
Sáng kiến kinh nghiệm

(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


[ ]
2
2
3 2
( 2)( 4) ( 2) ( 2)( 4) ( 2)
2
( 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
2 2( 4) 5 10x m x m− + + +
=x
2
-6x+9
2
2 1
( )
2 5
x x
m f x
x
− +
⇔ = =
−
, Xét hàm
số

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

Bình luậnVới cách làm như trên có thể giải quyết nhiều câu hỏi khác nhau
của bài toán. Như tìm điều kiện của m để pt có 1 nghiệm ,vô nghiệm ,2 nghiệm

VD 22 :Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt

2
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

trường THPT Tĩnh .gia1.
Phương trình chứa căn là một nội dung quan trọng trong chương trình môn
toán lớp 10 nói riêng và trong chương trình ôn thi đại học ,bồi dưỡng học sinh giỏi
nói riêng. Nhưng đối với học sinh lại là một mảng tương đối khó, đây cũng là vấn
đề phần nhiều thầy cô giáo quan tâm.
Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong các năm học giảng dạy lớp 12 ban
KHTN, được học sinh đồng tình ủng hộ và đạt được kết quả cao, nâng cao khả
năng giải phương trình vô tỉ. Các em hứng thú học tập hơn, ở những lớp có hướng
dẫn kỹ các em học sinh với mức học trung bình cứng trở lên đã có kỹ năng giải
các bài tập. Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt. Cụ thể ở các lớp khối 12 sau khi
được học về chuyên đề này thì số HS hiểu và có kỹ năng giải được cơ bản dạng
toán nói trên .
kết quả qua các bài kiểm tra thử như sau :
Năm
học
Lớp
Tổng
số
Điểm 8 trở lên
Điểm từ 5 đến
8
Điểm dưới 5
Số
lượng
Tỷ lệ
Số
lượng
Tỷ lệ
Số
lượng

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết , không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết
Lê Thị Hoa
GV: Lê Thị Hoa - Trường THPT Tĩnh Gia 1
20