Sáng kiến kinh nghiệm.
ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG CÁC BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH.
I/ LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Như ta đã biết, trong chương trình trung học phổ thông, chuyên đề về phương
trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình chiếm một lượng khá lớn,
xuyên suốt từ lớp 10 đến lớp 12. Tuy nhiên trong chương trình phổ thông, trong số các
bài tập đó có một số bài tập mà ta không thể giải được bằng phương pháp thông thường,
hoặc giải được nhưng gặp nhiều khó khăn và phức tạp.
Phương trình, bất phương trình với hàm số có mối liên hệ chặt chẽ, nếu ta biết sử
dụng đạo hàm để giải các bài toán đó thì bài toán được đơn giản hơn. Tuy nhiên không
phải bài nào ta cũng sử dụng phương pháp hàm số để giải, nhưng ứng dụng đạo hàm của
hàm số để giải là rất lớn, và đặc biệt trong một số đề thi Đại Học- Cao Đẳng của những
năm gần đây thì có không ít bài toán giải bằng phương pháp hàm số mà đa phần học
sinh chưa vận dụng và giải quyết được. Vì vậy tôi chọn đề tài: “ứng dụng đạo hàm
trong các bài toán giải phương trình, bất phương trình”.
II/ THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN ĐỀ TÀI.
1. Thuận lợi:
Đa số học sinh Trường THPT Võ Trường Toản nghèo hiếu học, được sự quan tâm
và giúp đỡ của ban giám hiệu cũng như các giáo viên bộ môn đã tạo điều kiện thuận lợi
cho tôi thực hiện những giải pháp của đề tài này.
2. Khó khăn:
Học sinh chủ yếu là con em nông thôn, gia đình ở xa trường, điều kinh tế khó khăn,
ngoài thời gian học ở trường các em còn phải phụ giúp gia đình.
Đa số điểm đầu vào của học sinh còn thấp, đặc biệt là bộ môn toán.
3. Số liệu thống kê: Khảo sát 100 học sinh của 6 lớp 12.
Trước khi áp dụng đề tài
Số HS Giỏi Khá TB Yếu Kém
50 5 11 25 9 0
Sau khi áp dụng đề tài
Số HS Giỏi Khá TB Yếu Kém

sẽ gặp nhiều khó, tuy nhiên nếu tin ý một chút ta thấy ngay vế trái là một hàm đồng biến
và
1x =
là một nghiệm của phương, sử dụng phương pháp đạo hàm thì ta giải phương
trình này rất đơn giản.
Ví dụ 2:
2
2009 .( 1 ) 1
x
x x+ − =

Bài này ta không thể sử dụng các phép biến đổi bình thường để giải. Nhưng nếu sử
dụng phương pháp hàm số thì sẻ đơn giản hơn nhiều. Và rất nhiều bài toán khác nửa.
Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đích giúp cho
học sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán giải phương
trình và bất phương trình.
Trong giới hạn sáng kiến kinh nghiệm tôi chỉ hướng dẫn học sinh một số phương
pháp giải phương trình và bất phương trình bằng phương pháp ứng dụng đạo hàm.
B/ Thực hiện các giải pháp của đề tài:
Để giúp học sinh giải tốt các phương trình, bất phương trình trong các kì thi, giáo
viên cần phải hướng dẫn cho học sinh nhận dạng và sử dụng tốt các phương pháp như:
Các phương pháp biến đổi đại số đã học ở lớp 10, phương pháp sử dụng tính đơn điệu
của hàm số để giải.
Ở đây, tôi chỉ đề cập đến một vài khía cạnh nhỏ trong việc giải phương trình, bất
phương trình bằng phương pháp ứng dụng tính đơn đệu của hàm số. Sau đây, tôi sẽ đi
vào từng nội dung cụ thể.
1/ Cơ sở lí thuyết:
1.1/ Cho hàm số
( )y f x=
xác định trên D.

Giả sử phương trình
( )f x k=
có nghiệm
x a=
, tức là
( )f a k=
. Do f(x) đồng biến nên:
+
x a>
suy ra
( ) ( )f x f a k> =
nên phương trình
( )f x k=
vô nghiệm.
+
x a<
suy ra
( ) ( )f x f a k< =
nên phương trình
( )f x k=
vô nghiệm.
Vậy phương trình
( )f x k=
có nhiều nhất là một nghiệm.
*Chú ý:
+Từ định lí trên, ta có thể áp dụng vào giải phương trình như sau:
Bài toán yêu cầu giải phương trình: F(x) = 0. Ta thực hiện các phép biến đổi tương
đương đưa phương trình về dạng
( )f x k=
hoặc

( ) ( )f a g a=
. Ta giả sử
( )y f x=
đồng biến còn
( )y g x=
nghịch biến.
+Nếu
x a>
suy ra
( ) ( ) ( ) ( )f x f a g a g x> = >
nên phương trình
( ) ( )f x g x=
vô nghiệm.
+Nếu
x a<
suy ra
( ) ( ) ( ) ( )f x f a g a g x< = <
nên phương trình
( ) ( )f x g x=
vô nghiệm.
Vậy phương trình
( ) ( )f x g x=
có nhiều nhất một nghiệm.
*Chú ý:
Khi gặp phương trình F(x) = 0 ta có thể biến đổi về dạng;
( ) ( )f x g x=
, trong đó f
và g khác tính đơn điệu. khi đó ta tìm một nghiệm của phương trình và chứng minh
nghiệm đó là duy nhất.
*Định lí 3:

trên D.
*Tính
'
( )f x
,
'( )g x
và xét dấu
'
( )f x
,
'( )g x
kết luận tính đơn điệu của hàm số
( )y f x=
và
( )y g x=
trên D.
*Kết luận hai hàm số:
( )y f x=
và
( )y g x=
đơn điệu ngược nhau hoặc một
trong hai là hàm số hằng.
*Tìm
0
x
sao cho
0 0
( ) ( )f x g x=
(hoặc tìm
0 0

= +∞
÷

÷
 
D
Xét hàm số:
f(x)= 3x+1+ x+ 7x+2
, ta có f(x) là hàm liên tục trên D và
7
1
3
2 7 2
'( ) 0
2 3 1
2 7 2
x
f x
x
x x
+
+
= + >
+
+ +

7 - 57
2
∀ >x
nên hàm số f(x) đồng biến.

Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành.
4
Sáng kiến kinh nghiệm.
Xét hàm số:
( ) 3 3 9f x x x x= + − + −
, khi đó (2)
( ) 0f x⇔ =
, ta có f(x) là hàm liên tục trên
D và
1 3
'( ) 1 0
2 2 3
f x
x x
= + + >
−
,
3x
∀ >
nên hàm số f(x) đồng biến.
Mặt khác ta thấy f(4)= 0.
*Nếu
4 ( ) (4) 0x f x f> ⇒ > =
nên phương trình vô nghiệm.
*Nếu
4 ( ) (4) 0x f x f< ⇒ < =
nên phương trình vô nghiệm.
Vậy x = 4 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 3:
2 3

*Nếu
0 ( ) (0) 0x f x f< ⇒ < =
nên phương trình vô nghiệm.
Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 4:
2
2009 .( 1 ) 1
x
x x+ − =
(4)
*Nhận xét: Bài này ta không thể sử dụng các phép biến đổi bình thường để giải.
Vì vậy ta có thể giải được bằng phương pháp hàm số sau:
Đặt
2
( ) 2009 .( 1 )
x
f x x x= + −
với
x
∈
¡
, ta có f(x) là hàm liên tục và
2 2
2 2
'( ) 2009 .ln 2009.( 1 ) 2009 . 1 2009 ln 2009( 1 ) 1
1 1
x x x
x x
f x x x x x
x x

và
ln 2009 0>
nên
'( ) 0 , f x x> ∀ ∈¡
nên hàm số f(x) đồng biến trên R.
Mặt khác ta thấy f(0)= 1.
*Nếu
0 ( ) (0) 1x f x f> ⇒ > =
nên phương trình vô nghiệm.
*Nếu
0 ( ) (0) 1x f x f< ⇒ < =
nên phương trình vô nghiệm.
Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 5:
3 4
x
x= −
(5)
*Nhận xét: Bài này ta không thể sử dụng các phép biến đổi bình thường để giải.
Vì vậy ta chỉ có thể giải được bằng phương pháp hàm số sau:
Ta có:
3 4 3 4 0
x x
x x= − ⇔ + − =
.
Đặt
( ) 3 4
x
f x x= + −
ta có

f x
x
= + >
−
,
5x
∀ >
nên hàm số f(x) đồng biến.
Mặt khác ta thấy f(6)= 0.
*Nếu
6 ( ) (6) 0x f x f> ⇒ > =
nên phương trình vô nghiệm.
*Nếu
6 ( ) (6) 0x f x f< ⇒ < =
nên phương trình vô nghiệm.
Vậy x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình.
*Chú ý: Nếu trong phương trình có chứa cả hàm số mũ (hoặc lôgarit) và hàm đa thức thì
ta thường giải bằng phương pháp đạo hàm.
Bài 7:
3
3 2
3log (1 ) 2logx x x+ + =
(7)
*Nhận xét: Với bài này ta không thể giải bằng phương pháp thông thường vì rất phức
tạp và khó giải. Ta có thể giải bằng phương pháp sau:
ĐK:
{ }
/ 0D x x= >
Đặt
6 4

     
= + +
 ÷  ÷  ÷
     
có
1 1 64 64 16 16
'( ) .ln .ln .ln 0 , t
81 81 81 81 81 81
t t t
f t
     
= + + < ∀
 ÷  ÷  ÷
     
nên hàm số f(t) nghịch biến.
Mặt khác ta thấy f(1)= 1.
*Nếu
1 ( ) (1) 1t f t f> ⇒ < =
nên phương trình vô nghiệm.
*Nếu
1 ( ) (1) 1t f t f< ⇒ > =
nên phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình (7’) có nghiệm duy nhất là t =1
⇒
6 12
2 2 4096x x x= ⇒ = ⇒ =
2.2/Dạng 2: Phương trình đã cho được đưa về dạng:
( ) ( )f u f v=
trong đó
( ), ( )u u x v v x= =

2 1 2 1 2x x x x+ + + = + +
D = R.
*Nhận xét: với cách giải như các bài toán ở dạng 1 thì ta khó khăn để giải quyết được
bài này. Tuy nhiên nếu nhìn kĩ thì ta thấy các biểu thức dưới dấu căn ở hai vế có chung
một mối liên hệ là
2 ( 1) 1x x
+ = + +
và
2 2
2 1 (2 ) 1x x
+ = +
, do vậy nếu đặt
3
1u x
= +
và
3 2
2v x=
thì phương trình đã cho trở thành:
3 33 3
1 1 ( ) ( )u u v v f u f v+ + = + + ⇔ =
, trong đó
3 3
( ) 1f t t t= + +
là một hàm liên tục và có:
( )
2
2
3
3

(2)
D = R.
Phương trình (2)
⇔
(
)
(
)
2 2
3 . 2 9 3 (4 2) 1 1x x x x x+ + = − + + + +
( )
(
)
2
2
2.3 3 . 3 3 2( 2 1) ( 2 1) ( 2 1) 3x x x x x x⇔ + + = − − + − − − − +

Đặt
3 , ( 2 1)u x v x= = − −
ta được:
(
)
2 2
2 . 3 2 3 ( ) ( )u u u v v v f u f v⇔ + + = + + ⇔ =
Trong đó:
2
( ) 2 . 3f t t t t= + +
với
t R
∈

1 1
sin os
sin os
x c x
x c x
− = −
(3)
*Nhận xét: Với bài này nếu sử dụng các phép biến đổi thông thường thì ta không thể giải
được. Nếu nhìn kĩ ta thấy ngay phương trình có thể đưa về dạng
( ) ( )f u f v=
và giải bằng
phương pháp đạo hàm:
ĐK:
sin 0
cos 0
2
x
k
x
x
π
≠

⇒ ≠

≠

Ta thấy
sinx 1, cosx 1= =
không là nghiệm của phương trình.

= + >
nên f(t) là hàm đơn điệu tăng.
Do đó:
( ) ( ) sin cos
4
f u f v u v x x x k
π
π
= ⇔ = ⇔ = ⇔ = +
Bài 4:
2
2 2
1 2 1 1
log ( 2) 3 log 1 2 2
2
x
x x x
x x
+
 
+ + + = + + + +
 ÷
 
(4)
*Nhận xét: Với bài này ta không thể giải bằng phương pháp thông thường vì rất phức
tạp và khó giải và ta cũng không thể sử dụng dạng 1, nếu tin ý một chút ta có thể nhận
thấy các biểu thức ở vế trái và vế phải có mối liên hệ với nhau. Ta có thể giải bài toán
theo cách sau.
ĐK:
( )

2
( ) log 2f t t t t= + −
với
0t
>
. Là hàm số liên tục và có:

1 2 2
'( ) 2 2 2 2 0 do 1
.ln 2 ln 2 ln 2
f t t
t
= + − ≥ − > >
suy ra
( )f t
là hàm đơn điệu tăng trên
( )
0;+∞
.
Do đó:
1
( ) ( ) 2 2f u f v u v x
x
= ⇔ = ⇔ + = +
( )
( )
3 2 2
3 2 1 1 3 1 0 1x x x x x x⇔ + + ⇔ + − + = ⇔ = −
Vậy phương trình có nghiệm:
1x = −

1 và u x v x x= − = −
ta được
2 2 ( ) ( )
u v
u v f u f v+ = + ⇔ =
Xét hàm số
( ) 2= +
t
f t t
víi t
∈

¡
t
’( ) 2 .ln2 1 0 f t = + >
∀
t
∈

¡

⇒
f(t) là hàm số đồng biến trên
¡
.
Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành.
8
Sáng kiến kinh nghiệm.
( ) ( )f u f v⇒ =


{ }
/D x x= ∈¡
Đặt
2 2 2
2 2 0; 2 2 0 3 2u x x v x x u v x x= + + > = − + > ⇒ − = − +
Phương trình trở thành:
2 2 2 2 2
log log log log log
u
v u u v v u u u v v
v
= − ⇔ − = − ⇔ + = +
(6’)
Xét hàm số
2
( ) log= +f t t t
víi t >0.
1
’( ) 1 0 0
.ln 2
f t t
t
= + > ∀ >

⇒
f(t) là hàm số đồng biến trên t >0.
( ) ( )f u f v⇒ =

⇔
u = v

'( )g x
xét dấu
'
( )f x
và
'( )g x
, kết luận tính đơn điệu của hàm số
( )y f x=
và
( )y g x=
trên D.
*Tìm
0
x
sao cho
0 0
( ) ( )f x g x=
(hoặc tìm
0 0
sao cho ( ) ( )u f u f u=
).
*Nếu f(x) đơn điệu tăng, g(x) đơn điệu giảm (hoặc hàm hằng) thì:
0
( ) ( ) , f x g x x x x D> ⇔ > ∈
(hoặc
0
( ) ( ) , f u g u u u x D> ⇔ > ∈
.)
Nếu f(x) đơn điệu giảm, g(x) đơn điệu tăng (hoặc hàm hằng) thì:
0

Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành.
9
Sáng kiến kinh nghiệm.
Kết hợp điều kiện vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S =
(
]
4;3
.
Bài 2:
5
3 3 2 2 6
2 1
x x
x
− + − ≤
−
Xét hàm số:
5
( ) 3 3 2 2
2 1
f x x x
x
= − + −
−
Ta dễ dàng chứng minh được f(x) là một hàm nghịch biến và f(1)=6.
Do đó f(x)
≤
6 = f(1)
1x
⇔ ≥

Mặt khác:
(0) 1f =
vậy (3)
( ) (0) 0f x f x⇔ > ⇔ >
.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S =
( )
0;+∞
.
Bài 4:
2.2 3.3 6 1
x x x
+ > −
(4)
Bất phương trình (4)
⇔

1 1 1
2.2 3.3 1 6 2. 3. 1
3 2 6
x x x
x x x
     
+ + > ⇔ + + >
 ÷  ÷  ÷
     
(4’)
Xét hàm số:
1 1 1
( ) 2. 3.

Ta có:
( ) ( ) ( )
2 3 4
3 5
4
1 5 7 13
'( ) 0
2 1
3. 5 7 4. 7 5 5. 13 7
f x
x
x x x
= + + + >
+
− − −
Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành.
10
Sáng kiến kinh nghiệm.
( )f x⇒
đồng biến trên
5
;
7
 
+∞
÷

 
. Mà
(3) 8f =

*Nếu f(t) đơn điệu tăng thì:
( ) ( ) f u g v u v> ⇔ >
*Nếu f(x) đơn điệu giảm thì:
( ) ( ) f u g v u v> ⇔ <
Bước 3: Kết luận.
*Kết luận nghiệm của bất phương trình đã cho.
b)Ví dụ áp dụng:
Giải các bất phương trình sau:
Bài 1:
(
)
(
)
2 2
3 . 2 9 3 (4 2) 1 1 0x x x x x+ + + + + + + ≥
(1)
D = R.
Bất phương trình (1)
⇔
(
)
(
)
2 2
3 . 2 9 3 (4 2) 1 1x x x x x+ + ≥ − + + + +

( )
(
)
2

là hàm đơn điệu tăng.
Do đó:
( ) ( ) 3 2 1f u f v u v x x≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ − −
1

5
x⇔ ≥ −
Vậy tập nghiệm của bất phương trình:
1
;
5
 
− +∞
÷

 
.
Bài 2:
2 3 2
4 2 1 ( 1) 6 15 14x x x x x x− − + > − + −
(2)
TXĐ: D =
¡
, BPT (1)
⇔
2 3
2 1 (2 1) 3 ( 2) 3 6x x x x− − + > − + −
 
 


 
⇔ ⇔ ∀
 
− < − + <
 
∈
¡
Vậy bất phương trình nghiệm đúng
∀
x
∈
¡
.
Bài 3:
2( 1) 1
2
3 3 4 3
x
x
x x
− +
− ≤ − +
(3)
TXĐ: D =
[
)
1;+∞
(3)
⇔
2( 1) 1

t
f t t t

Vậy trên D: (*)
⇔
( 2( 1)) ( 1) 2( 1) 1f x f x x x− ≤ − ⇔ − ≤ −

⇔
2
2( 1) ( 1) ,( 1)x x do x− ≤ − ≥
⇔
2
4 3 0x x− + ≥ ⇔
x = 1 hoặc x
≥
3.
Vậy nghiệm của bất phương trình là: x = 1 và
∀
x
≥
3.
4/ Bài tập tự luyện:
Giải các phương trình sau :
1)
− = +
3
1 5x x
2)
242
44

 
2
tan
osx=2 vôùi - ;
2 2
x
e c x
10)
1 3 2 1 3 2x x x+ + + + − = +
11)
3 4 5 50
x x x
+ + =
12)
3
3223
52817102 xxxxxx −=+−+−
13)
( )
013.13.
221
2
=−−+−+
−
xxxx
xx
(HSG Huế - 2002)
14)
1)1(2009
2

(ĐH Khối D-2010).
Giải các bất phương trình sau:
18)
9 2 4 5x x+ + + ≥
19)
2
4 1 4 1 1x x− + − >
20)
3
2 7
log (1 ) logx x+ <
21)
3 2
3 6 16 2 3 4x x x x+ + + < + −
22)
3 4 5 50
x x x
+ + ≤
23)
4 4
2 4 2x x− + − <
Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành.
12
Sáng kiến kinh nghiệm.
24)
2 2
2 3
2 2 3
log ( 2 2) log ( 2 3)x x x x
+

3. Bài giảng trong tâm ôn luyện môn toán – TRẦN PHƯƠNG.
4. Một số tư liệu trên mạng.

Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành.
13