S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Sö dông tÝnh ®¬n ®iÖu - gtln - gtnn cña hµm sè ĐỂ
đ kh¶o s¸t nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh - bÊt ph­¬ng tr×nh

*****
I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT
1.Tính đơn điệu của hàm số
Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm trên D.
Nếu f '  x   0, x  D thì hàm số f ( x ) đồng biến (tăng) trên D.
Nếu f '  x   0, x  D thì hàm số f ( x ) nghịch biến (giảm) trên D.
(Dấu “=” chỉ xảy ra tại một số điểm hữu hạn trên D)
Nếu hàm f  x  tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình
f  x   k  k    có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b).
Nếu hàm f  x  tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta có
f (u )  f  v   u  v .
Nếu hàm f  x  tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta có
f (u )  f  v   u  v ( 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 f  a  . f b   0 thì
tồn tại ít nhất một điểm x0   a; b  để f  x0   0 .
Nếu hàm số f  x  đơn điệu và liên tục trên  a; b  và f  a  . f b   0 thì tồn tại
duy nhất một điểm x0   a; b  để f  x0   0 .
Nếu f  x  là hàm số đồng biến ( nghịch biến ) thì
y=

n

f ( x), n  N , n  2 đồng biến (nghịch biến ),

1

* Nếu hàm số f ( x) xác định và liên tục trên đoạn  a; b thì ta có thể tìm GTLN
và GTNN theo các bước sau :
- Tìm các điểm x1 , x2 ,..., xn trên đoạn  a; b mà tại đó f ' ( x) bằng 0 hoặc f ' ( x)
không xác định.
- Tính các giá trị f (a ), f (b), f ( x1 ), f ( x2 ),..., f ( xn )
- Số lớn nhất ( bé nhất ) trong các số trên là GTLN (GTNN ) của hàm số f ( x ) trên
đoạn  a; b .
3. Các dạng toán liên quan
3.1. Giải phương trình, bất phương trình không chứa tham số
Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau:
Phương án 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi chứng
minh f(x) đồng biến (nghịch biến) để suy ra phương trình có nghiệm duy nhất.
Phương án 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi dùng
lập luận khẳng định f(x) đồng biến còn g(x) nghịch biến hoặc hàm hằng suy ra
phương trình có nghiệm duy nhất.
Phương án 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f đơn điệu khi
đó ta có: u = v.
Đối với bất phương trình thì biến đổi về dạng f (u)  f  v  rồi chứng minh f đơn
điệu để kết luận.
3.2. Giải phương trình, bất phương trình chứa tham số có sử dụng GTLNGTNN.
Xuất phát từ bài toán liên quan đến khảo sát hàm số là dựa vào đồ thị hàm số
y  f ( x) biện luận số nghiệm của phương trình f ( x)  g (m) thì số nghiệm của phương
trình f ( x)  g (m) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f ( x) với đường thẳng
y  g (m) . Ta giải các bài toán phương trình, bất phương trình chứa tham số theo các
định hướng sau:
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:
- Phương trình f ( x)  g (m) có nghiệm trên D khi và chỉ khi
min f ( x)  g ( m)  max f ( x) .
D

- Bất phương trình

x  D khi và chỉ khi

f ( x )  g ( m) có nghiệm

min f ( x)  g (m) .
D

Trong trường hợp hàm số f ( x) không có GTLN hoặc GTNN trên tập D ta
phải kết hợp với BBT hoặc đồ thị của nó để có kết luận thích hợp.
Nếu bất phương trình có dạng "  " 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: 4 x  1  4 x 2  1  1 (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:
Đặt

x

1
.
2



nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Hơn nữa,

1
f   1
2

nên

x

1
2

là

nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x  x  5  x  7  x  16  14
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
Điều kiện: x  5 . Khi đó

Gi¸o viªn: §inh C­êng

Trang - 3 -

x  16  5
Vậy x  9 là nghiệm của phương trình.

Cách 2: Dùng hàm số
Điều kiện: x  5 . Đặt f ( x)  x  x  5  x  7  x  16
1
1
1


 0, x   5;   .
2 x 2 x  5 2 x  7 2 x  16
Do đó hàm số f ( x)  x  x  5  x  7  x  16 đồng biến trên 5;   .

Ta có f ( x) 

1



Mà f (9)  14 nên x  9 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 3: Giải phương trình sau:

3

2x  1  3 2x  2  3 2x  3  0

(1)

Giải


 2 x  1 2 x  2  2 x  3  2 x  2

3

  2 x  1 2 x  2  2 x  3   2 x  2   2 x  2  0  x  1
Ngược lại với x  1 thay vào (1) thỏa mãn. Vậy nghiệm của phương trình đã cho
là x  1 .
Cách 2: Đặt f ( x ) 
Ta có:

3

2x  1  3 2x  2  3 2x  3

2

f ' ( x) 
3

(2 x  1) 2

2


3

(2 x  2) 2

2

 2

nên suy ra

nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Ví dụ 4: Giải phương trình :

5x 3  1  3 2 x  1  x  4

Giải
Điều kiện: x 

1
3

5

3

Đặt f ( x)  5x  1  3 2 x  1  x

Gi¸o viªn: §inh C­êng

Trang - 4 -

x  1 là


S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Ta có f   x  

Khi đó, (1)  2 x 3  3 x 2  6 x  16  4  x  2 3
Xét hàm số f  x   2 x3  3x 2  6 x  16  4  x trên  2; 4
3( x 2  x  1)

Ta có f   x  

3

2



2 x  3 x  6 x  16

1
 0, x  (2; 4)
2 4 x

Do đó hàm số f  x   2 x3  3x 2  6 x  16  4  x đồng biến trên  2; 4 .
Mà f 1  2 3 nên x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 6: Giải phương trình
 x  2  2 x  1  3 x  6  4   x  6  2 x  1  3 x  2
Giải
1
Điều kiện: x 
2
Viết lại phương trình dưới dạng như sau




Xét hàm số f  x   x 5  x 3  1  3 x  4 trên  ; 
3


Ta có f ' ( x )  5 x 4  3x 2 



3
1
 0, x  .
3
2 1  3x

Gi¸o viªn: §inh C­êng

Trang - 5 -


S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
1
Do đó hàm số f  x   x 5  x 3  1  3 x  4 đồng biến trên  ;  . Mà f  1  0 nên
3

x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Ví dụ 8. Giải phương trình : 3x(2  9 x 2  3)  (4 x  2)(1  1  x  x 2 )  0
Giải
Cách 1:
Viết lại phương trình dưới dạng (2 x  1)(2  (2 x  1)2  3   3 x  (2  (3 x) 2  3)

(2 x  1)(2  (2 x  1) 2  3  3 x(2  (3 x) 2  3)  0 suy ra phương trình vô nghiệm trên

 1 1
 2 5
1
 với   x  0 làm tương tự như trên ta thấy phương trình vô nghiệm trên
5
1
 1 
  ;0  . Vậy nghiệm của phương trình là x   .
5
 5 

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 x  1)(2  (2 x  1) 2  3   3 x  (2  ( 3 x) 2  3) (1)
Xét hàm số f (t )  t (2  t 2  3) trên  . Ta có f ' (t )  2  t 2  3 

t2
t2  3

 0, t   . Do đó

hàm số đồng biến trên  .
1
5


2

Xét hàm số f  x   x 2  15  x 2  8  3x  2 trên  ;   .
3


1
1 
2
Ta có
f ' ( x)  x 

 3  0, x  . Do

2
3
x2  8 
 x  15

đó

hàm

số

2
f  x   x 2  15  x 2  8  3 x  2 nghịch biến trên  ;   .
3



Xét hàm số f  t   t  log 3 t ta có f   t   1 
đồng

biến

khi

t  0.

1
 0, t  0 nên hàm số f  t   t  log 3 t
t ln 3

Do

đó

từ

(1)

ta

x  1
f u   f  v   u  v  v  u  0  x 2  3x  2  0  
x  2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  1; x  2 .

Ví dụ 12: Giải phương trình: log 7 x  log3  2  x  (1)
Giải


t
 7
1
Xét hàm số f t   2      . Hàm số này là tổng của hai hàm đơn điệu giảm nên
3  3 
là hàm đơn điệu giảm. Hơn nữa f  2   1 nên (2)  f  t   f  2   t  2  x  49 .

Ví dụ 13: Giải phương trình : 2 x3  x 2  3 2 x3  3x  1  3x  1  3 x 2  2 (1)
Giải
Biến đổi (1)  2 x 3  3x  1  3 2 x3  3 x  1  x 2  2  3 x 2  2 (*)
Xét hàm số f  t   t  3 t . Ta có f   t   1 

1
33 t 2

 0, t   \ 0 . Do đó hàm số đồng

biến .
Từ (*)   f  2 x3  3x  1  f  x 2  2   2 x3  3x  1  x 2  2  2 x3  x 2  3x  1  0
1

x   2
  2 x  1  x 2  x  1  0  
.
1 5

 x  2

1


3 t2

 0, t   \ 0; 1

Suy ra hàm số đồng biến.

x 1
Từ (*)  f  x  1  f  2 x   2 x  x  1  2 x  x  1  0  
1
x  

2
2

2

2

1
2

Vậy phương trình có nghiệm là x   ; x  1
3
Ví dụ 15: Giải phương trình
6 x  5  x3  5 x  5
Nhận xét: Có thể giải bài toán này theo hướng sau:
3

6 x  5  x3  5 x  5  3 6 x  5  1  x3  5 x  4

Giải
Ta có 3 6 x  5  x 3  5 x  5  6 x  5  3 6 x  5  x 3  x (*)
Xét hàm số f  t   t 3  t trên  . Ta có f   t   3t 2  1  0, t   . Suy ra f t   t 3  t đồng
biến trên  .
Từ
(*)  f  3 6 x  5   f  x   3 6 x  5  x  x 3  6 x  5  0   x  1  x 2  x  5   0
 x  1

 x  1  21

2

1  21
.
2
Ví dụ 16 : Giải phương trình : 8x 2  2  x   x  6  5  x  0

Vậy phương trình có nghiệm là x  1; x 

Giải
Điều kiện: x  5
Ta có 8x 2  2  x   x  6  5  x  0  8x 2  2  x   6  x  5  x
2
  2 x   1 2 x  




2



x  c1

x  c3

x  c2
1  0
x  c3

x  c1
x  c2

 1 trên  c1;   .
x  c3
x  c3

Gi¸o viªn: §inh C­êng

Trang - 9 -


S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Ta có f   x  

c1  c3
2  x  c3 

2

x  c1

1 .
x  c3
x  c3

HD: Ở đây để nhận được kết quả cho bài toán này cần lưu ý : Hàm số f  x  đồng biến
trên  ; c3   c1 ;   . Mặt khác f  c1  
Khi đó min f  x   f  c1  

c1  c2
 1  0 và lim f  x   1; lim f  x    .
x 
x c3
c1  c3

c1  c2
1  0 .
c1  c3

Nhận xét: Một điều thú vị nữa khi thay c1  sin A; c2  sin B; c3  sin C trong đó A, B, C
là các góc của tam giác nhọn. Với giả thiết A  B  C . Ta có các bài toán sau:
BT: Cho tam giác ABC nhọn , với A  B  C .
a/ Tìm GTNN của hàm số f  x  

x  sin A

x  sin C

x  sin B
1
x  sin C



S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
u 4  v 4  17

Khi đó ta có 

u  v  1

4
4
u 4  17  v 4
u 4  17  v 4
u  17  v

 4


4
4
u  1  v
u  1  v 
17  v  1  v

u 4  17  v 4
u 4  17  v 4
.


2

3

 0, x   15; 2  .

Suy

ra

hàm

số

f  x   4 15  x  4 2  x đồng biến trên  15; 2  .

Mà f 1  1 nên bất phương trình 4 15  x  4 2  x  1  f  x   f 1  x  1
Kết hợp với điều kiện 15  x  2 ta được nghiệm của bất phương trình đã cho
là 1  x  2 .
Ví dụ 20: Giải bất phương trình: log 4 x  log 5  3  x 
Giải
Điều kiện: x  0
Đặt t  log 4 x  x  4t
Khi
đó,

bất

phương
t

trình:

6
7

Bất phương trình (*) được viết lại dưới dạng



2

7x  7  7x  6

 



7 x  7  7 x  6  182  0  7 x  7  7 x  6  13  0

6

Xét hàm số f  x   7 x  7  7 x  6  13 trên  ;   .
7


Gi¸o viªn: §inh C­êng

Trang - 11 -


S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
7

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
làm rất cần thiết. Từ đó hình thành ở học sinh Tư duy linh hoạt trong giải toán, để
học sinh không bối rối trước các bài toán lạ.
1.2.Bài tập rèn luyện
Giải các phương trình, bất phương trình sau:
2 n
1/ x  5  2 x  3  9
10/ sin n x  cos n x  2 2 ,
2/ x 2  x  1  x 2  x  1  3  1
 
n  , n  2 và x   0; 
 2
3/ x  x 2  x  1  x  1  x 2  x  1  1
4/ x 2  2 x  3  x 2  6 x  11  3  x  x  1 11/ log 2 sin x  2 log 3 tan x
12/ 5x  12 x  13x
5/ x x  x  12  12  5  x  4  x 
6/ x  2  4  x  2
7/ 2 x 3  3 x 2  6 x  16  4  x  2 3
8/ x 3  4 x 2  5 x  6  3 7 x 2  9 x  4
9/ 3 6 x  1  8 x3  4 x  1
4

4

13/ log 2

(6) với

Xét hàm số f  x   x 3  3x 2 .

Gi¸o viªn: §inh C­êng

Trang - 12 -


S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Yêu cầu của đề bài là phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 sao cho

x1  1  x2  x3 tức là đường thẳng y  m phải cắt đồ thị hàm số y  f ( x)  x3  3 x 2
tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn x1  1  x2  x3 .
x  0
Ta có f ' ( x )  3 x 2  6 x ; f ' ( x )  0  3 x 2  6 x  
x  2
Bảng biến thiên x

0
1
2

f  x
+
0 - 0
+

0
f  x
-2


.
2
2x  5
 2 x  5
x  2

Bảng biến thiên:
x

-

f  x

-7
-

0

+



+

5
2

-1
+


Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2
và thoả mãn (x1+1)(x2+1)

 1 ; lim f  x   lim
x 

x 

2x
2

x  x  1  x2  x  1

1

Bảng biến thiên:
x
f  x

-∞

+∞
+
1

f x

-1

Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 < m < 1.
Nhận xét: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm số,
rất có thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị của hàm số là  và dẫn đến việc kết luận sai


+∞
-

2
f x

1

-∞

Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt khi
1 m  2 .
Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x  3  m x 2  1
x 3

Giải: Phương trình được viết lại dưới dạng:
Xét hàm số f ( x) 

x3
x2  1

x2  1 
Ta có

'

f ( x) 
1


2

2

;

f ' ( x)  0  x 

( x  1) x  1
3
x 1
lim f ( x )  lim
x 
x 
1
1 2
x
1

 1 ;

Bảng biến thiên
x

1
3



f ' ( x)

Xét hàm số f  x   3 1  x  3 1  x trên  .
Ta có f   x  
f  x  0 

1
3 3 1  x 

1
3 3 1  x 

lim f  x   lim

x 

x 



3

2



1



3 3 1  x 



1  x 

2

 3 x 2  1  3  x  1

2



0

Tương tự lim f  x   0 .
x

Bảng biến thiên:
x
f  x



-1
+

0
0

+


2
x  mx  2  2 x  1  

2
2
 x 2  mx  2   2 x  1
 mx  3x 2  4 x  1


1

 x   2

m  3 x  4  1

x

Ta có

. Xét hàm số f ( x)  3x  4 

1
 1 
trên   ;0    0;  
x
 2 

1
 1 
 0, x    ;0    0;   .

0
+

+




f ( x)
9
2



9
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có hai nghiệm thực phân biệt khi m  .
2
Chú ý : Cách 2: Đặt t  2 x  1 , khi đó phương trình trở thành
t  0
t 2  2  m  1 t  9  2 m  2t   2
3t  2  m  1 t  2m  9  0

1

Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt thì pt (1) có hai nghiệm lớn hơn
hoặc bằng 0.
  0
9
Tức là  S  0  m  .
2


+


f ( x)
0

Gi¸o viªn: §inh C­êng

Trang - 17 -


S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Từ bảng biến thiên suy ra m  0 phương trình (*) có đúng một nghiệm x  2 .
Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt m  0 .
Nhận xét:
Sau khi tìm được điều kiện x  2 việc khảo sát hàm số f ( x) ở trên là rất dễ dàng
chủ yếu là dùng đạo hàm tuy nhiên dùng định nghĩa cũng suy ra tính đồng biến của
hàm số f ( x) .
Ví dụ 9: Chứng minh rằng phương trình sau có nhiệm duy nhất
`
x5  x 2  2 x  1  0
Nhận xét :
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 x  0 ,
2

2


5

2

Với 0  x  1  x  1,  x  1  1 nên phương trình vô nghiệm .
5

f  x   x 5  x 2  2 x  1.
4
3
4
4
Ta có f   x   5 x  2 x  2  2 x  x  1  2  x  1  x  0, x  1
5
2
nên f  x   x  x  2 x  1 đồng biến trên 1;  . Do đó phương trình đã cho
Với x  1. Xét hàm số

có nhiều nhất một nghiệm .
Cách 3: Biến đổi phương trình x   x  1
5

 x  1
f  x  x

Ta có

2

5

Ta có f   x   12 x 2  12 x  9 . Trên  ;1 thì f   x   0  12 x 2  12 x  9  0  x  
Bảng biến thiên:



-

x
f  x
f x

+

1
2

0

1
-

3
2

-

1
2

-12


Ta có f ( x ) 
Xét hàm số

3 x
1  x2



3 x2  4 x

 3
 x

2
x3  2 x 2  1
 1 x

g  x   x3  2 x 2  1

Ta có bảng biến thiên

x
g x



x3  2 x 2  1 
3x  4


1
và x    ;1 ta có 3(  )  4  3 x  4  3.1  4   3 x  4  7 .
 2 
2
2
3
3x  4
 1 
Suy ra

 0, x    ;1
 2 
1  x2
x3  2 x 2  1
Do đó f   x   0  x  0
Bảng biến thiên:


x
f  x

Gi¸o viªn: §inh C­êng

1
2

+

0
0

 x

 là khâu quyết định đến việc
2
3
2
2
3
2
1 x
x  2x  1
x  2x  1 
 1 x
xét dấu của đạo hàm, mở đường cho việc sử dụng tính chất của hàm số .
Ví dụ 12: Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt
1  x  8  x  (1  x)(8  x)  m

Nhận xét:
Bài toán trên có thể giải bằng phương pháp thông thường là đặt ẩn phụ
t = 1  x  8  x sau đó chuyển về bài toán tìm điều kiện của tham số để phương
trình có nghiệm thoả mãn điều 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.
Giải
Điều kiện: 1  x  8
Xét hàm số f  x   1  x  8  x  1  x 8  x  trên  1;8


1

7
2

-1

f  x

+

f  x

0

8
-

9
3 2
2

3

3
9
2

Từ bảng biến thiên suy ra giá trị cần tìm của m là: 3  m   3 2
Ví dụ 13: Tìm tham số m để phương trình sau có nghiệm:
3  x  6  x  (3  x)(6  x)  m





Suy ra

max f ( x)  3 2,
 3;6



min f ( x)  3
 3;6

Vậy x   3;6  t  3;3 2 

t2  9
1
9
Khi đó, phương trình đã cho trở thành t 
 m   t 2  t   m , (*) với
2
2
2
t  3;3 2 
Phương trình đã cho có nghiệm x   3;6 khi và chỉ khi phương trình (*) có nghiệm

t  3;3 2 
1
9
Xét hàm số g (t )   t 2  t  trên 3;3 2 

phụ t ta còn phải thay vào bước đặt để tìm ẩn chính x .
Nếu trong bài toán có tham số thì việc tìm điều kiện của t là không thể bỏ qua và
không được làm sai. Việc tìm điều kiện của t như trên thực chất là việc tìm tập giá trị
của hàm số f ( x) trên tập xác định của phương trình đã cho.
Với bài toán này, ta có thể tìm điều kiện của ẩn phụ t như sau:

t  3  x  6  x  t2 

Gi¸o viªn: §inh C­êng



3 x  6 x



2

 9  2 (3  x )(6  x )  9  t  3

Trang - 21 -


S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Mặt khác, áp dụng bất đẳng thưc Bunhiacopxki ta được:

t2 




 (3  x)(6  x)
2

f   x   0  2x  3  0  x 

Bảng biến thiên:

3
2



3 x  6 x
3
2

-3

x
f  x

1

-





(3  x )(6  x) 

f  x 


1 1

2  4  2 x 3


1
4

3

6  x 

3
3
2
2



   1  1   1  1    1     1    1 


 


 



4

1
1
4
0 x 2
2x
6 x

Lập bảng biến thiên:
x

0

Gi¸o viªn: §inh C­êng

2

6

Trang - 22 -


S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
f  x

+

f x

Bảng biến thiên
x



+

-1


f ' ( x)

0



19

f ( x)




Từ bảng biến thiên suy ra:
- Nếu m  19 thì phương trình đã cho vô nghiệm.
- Nếu m  19 thì phương trình đã cho có một nghiệm.
- Nếu m  19 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
Nhận xét: Với 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, ...vv
Ví dụ 16: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 3 x  1  m x  1  2 4 x 2  1

Gi¸o viªn: §inh C­êng

Trang - 23 -


S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Khi đó phương trình (*) trở thành 2t  3t 2  m 1 . Để phương trình (*) có nghiệm
thực x  1 thì phương trình (1) có nghiệm thực 0  t  1 .
Xét hàm số f t   2t  3t 2 trên  0;1 . Ta có f   t   2  6t
f   t   0  2  6t  0  t 

1
.
3

Bảng biến thiên:
1
3

0

t
f  t 

+

1

0


1
3

trường hợp x = 1 và x ≠ 1, Chia hai vế phương trình cho

 0  t  1 .

Nhận xét :
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 chọn ẩn phụ như trên cũng không bắt buộc, ta có thể đặt như sau:
Đặt t  4

x 1
 0 , tuy nhiên lúc đó điều kiện của ẩn phu sẽ thay đổi theo
x 1

x 1
2
 1
 1  t  1;   . Từ đó ta lại được một hàm số mới vớí tập xác
x 1
x 1

định tương ứng .
Một số phương trình sau khi đặt ẩn phụ thì việc tìm được điều kiện chuẩn
cho ẩn phụ đôi khi lại phải dùng đến việc khảo sát hàm số. Ta xét bài toán sau:
Ví dụ 17 :Tìm giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thực


0

+


t  x

5

1
Nhận thấy với mỗi t  1; 5  thì phương trình (1) có 2 nghiệm thực x  0 .Do đó
bài toán quy về tìm m để phương trình t 2  t  5  m có nghiệm t  1; 5  .
Xét hàm số f t   t 2  t  5 trên 1; 5  . Ta có f   t   2t  1  0, t  1; 5 
nên hàm số f t   t 2  t  5 đồng biến trên 1; 5  .

Bảng biến thiên:
t
f  t 

1

5

+
5

f t 

-3

Khi đó (*) trở thành 2t 3  t 2  1  2m .
Tìm điều kiện ẩn phụ: Ta có

t ' ( x) 

1 1 x  x
1
 0  x    0;1
2 x(1  x)
2

Bảng biến thiên của ta t  x  :

x

1
2

0

t  x 

+

0

1
-

2