Ðề tài Ứng dụng đạo hàm để giải toán trung học phổ thông

֠
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO BẮC NINH 
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG YÊN PHONG SỐ 2 
-------------------------- 
NGUYỄN VĂN XÁ 
ðỀ TÀI 
ỨNG DỤNG ðẠO HÀM 
ðỂ GIẢI TOÁN 
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
(BỘ MÔN TOÁN) 
Năm học 2011 – 2012 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO BẮC NINH 
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG YÊN PHONG SỐ 2 
-------------------------- 
NGUYỄN VĂN XÁ 
ðỀ TÀI 
ỨNG DỤNG ðẠO HÀM 
ðỂ GIẢI TOÁN 
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
(BỘ MÔN TOÁN) 
Năm học 2011 – 2012 
MỤC LỤC 
MỤC LỤC 2 
PHẦN MỘT – MỞ ðẦU 3 
PHẦN HAI – NỘI DUNG 4 
CHƯƠNG MỘT – CỞ SỞ LÍ LUẬN ðỀ TÀI 4 
CHƯƠNG HAI – GIẢI QUYẾT VẤN ðỀ 6 
2.1. Ứng dụng ñạo hàm ñể tính tổng và tìm hệ số của ña 
thức ......... ............................................................................... 6 
2.2. Ứng dụng ñạo hàm ñể tính giới hạn ................................ 8 
2.3. Ứng dụng ñạo hàm ñể viết phương trình tiếp tuyến của 
ñồ thị hàm số .......................................................................... 10 
2.4. Ứng dụng ñạo hàm ñể xét tính ñơn ñiệu của hàm số ...... 12 
2.5. Ứng dụng ñạo hàm ñể tìm cực trị của hàm số .............. 14 
2.6. Ứng dụng ñạo hàm ñể chứng minh bất ñẳng thức và 
tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số ..................... 17 
2.7. Ứng dụng ñạo hàm ñể khảo sát hàm số ........................... 19 
2.8. Ứng dụng ñạo hàm ñể giải phương trình, bất phương 
trình, hệ phương trình ............................................................. 19 
PHẦN BA – KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 25 
TÀI LIỆU THAM KHẢO 26 
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 3 
PHẦN MỘT ------------------------------------------------------------------------------ 
MỞ ðẦU 
1. LÍ DO CHỌN ðỀ TÀI 
 ðạo hàm là một nội dung quan trọng của toán học bậc THPT. Nó vừa là 
ñối tượng, nhưng hơn thế nó là công cụ hữu hiệu ñể giải quyết nhiều vấn ñề 
phức tạp của toán THPT. 
 Vận dụng ñạo hàm ñể giải toán THPT là một nội dung trọng tâm của 
chương trình ôn thi Tốt nghiệp THPT, luyện thi ðại học, và bồi dưỡng học sinh 
giỏi. 
 Qua việc thực hiện ñề tài này, tác giả mong muốn làm rõ các khía cạnh có 
thể khai thác ñạo hàm ñể giải các bài toán thường gặp trong chương trình, qua 
ñó xây dựng cho học sinh những phương pháp chủ ñạo và hình thành những kĩ 
năng cơ bản trong việc giải quyết các bài toán này, phục vụ tốt cho việc dạy và 
học môn toán THPT. 
2. MỤC ðÍCH, NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU 
 Qua ñề tài này, tác giả cố gắng làm sáng tỏ mối liên hệ giữa ñạo hàm với 
một số dạng toán cơ bản trong chương trình THPT, từ ñó một cách tự nhiên 
hình thành cho học sinh phương pháp giải các dạng toán ñó, cũng làm tiền ñề 
ñể các em có thể tự ñọc các tài liệu liên quan tới vấn ñề này. 
3. ðỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU 
 Các bài toán ở bậc THPT thường gặp trong kì thi Tốt nghiệp THPT, thi 
tuyển sinh ðại học, thi Học sinh giỏi. 
4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU 
 Phân tích, tổng hợp từ các tài liệu liên quan, hướng dẫn học sinh chia nhóm 
nghiên cứu theo từng chủ ñề cụ thể, từ ñó ñúc rút ra các nhận xét cơ bản và xúc 
tích, trình bày các nhận xét theo một hệ thống logic. 
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 4 
PHẦN HAI -------------------------------------------------------------------------------- 
NỘI DUNG 
------------------------------------------------------------------------- CHƯƠNG MỘT 
CƠ SỞ LÍ LUẬN ðỀ TÀI 
1.1. ðịnh nghĩa ñạo hàm 

 Cho hàm số y = f(x) xác ñịnh trên tập D và ñiểm 0x D.∈ Giả sử tồn tại 
khoảng (a; b) sao cho 0x (a;b) D.∈ ⊂ Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn 
0
0
x x 0
f (x) f (x )lim A
x x→
−
=
−
 thì số A ñược gọi là ñạo hàm của hàm số f(x) tại ñiểm x0 
và kí hiệu là 0f '(x ) hoặc 0y '(x ), khi ñó 
0
0
0
x x 0
f (x) f (x )f '(x ) lim .
x x→
−
=
−
 ðạo hàm 
của hàm số tại ñiểm x0 (nếu có) là một hằng số. Hàm số có ñạo hàm tại x0 thì 
liên tục tại x0. 

 Khi giải toán cần lưu ý 
0 0 0
0 0 0
0
x x x x x x0 0 0
f(x) f(x ) f(x) f(x ) f(x) f(x )f '(x ) A lim A lim lim A.
x x x x x x+ −→ → →
− − −
= ⇔ = ⇔ = =
− − −

 Nếu hàm số y = f(x) có ñạo hàm tại mọi ñiểm thuộc khoảng K thì ta nói f(x) 
có ñạo hàm trên K và hàm số f '(x), x K,∈ ñược gọi là (hàm) ñạo hàm của f(x) 
trên K. ðạo hàm của hàm số (nếu có) trên một khảng (có thể mở rộng trên một 
tập) là một hàm số. 

 ðạo hàm cấp cao (k) (k 1)f (x) (f (x)) '.−= 
Ứng dụng ñạo hàm ñể giải toán THPT 
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 
5 
5 
VD. Cho hàm số f(x) có ñạo hàm trên ℝ và thoả mãn 
( ) ( ) ( )f 2x 4 cosx .f x – 2x= với mọi x. Tính f '(0) bằng ñịnh nghĩa. 
1.2. Các tính chất của ñạo hàm (những công thức này ñược giả sử là hai 
vế ñều có nghĩa) 
n n 1 n
n n 1
11) (c) ' 0; (x) ' 1; (x ) ' n.x ; ( x ) .
n. x
−
−
= = = = 
2
2
2
2
12) (sin x) ' cos x; (cos x) ' sin x; (tan x)' 1 tan x ; 
cos x
1(cot x) ' 1 cot x .
sin x
= = − = + =
= − − = −
x x
a
13) (a ) ' a .ln a; (log | x |) ' .
x.ln a
= = 
2
u u 'v uv'4) (u v w)' u ' v' w '; (k.u) ' k.u '; (uv)' u 'v uv'; ( ) ' ; 
v v
(u(v(x))) ' u '(v).v'(x).
−
+ − = + − = = + =
=
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 6 
--------------------------------------------------------------------------- CHƯƠNG HAI 
GIẢI QUYẾT VẤN ðỀ 
2.1. Ứng dụng ñạo hàm ñể tính tổng và tìm hệ số của ña thức 

 Nhờ ñạo hàm ta có thể tính ñược một số tổng (hoặc chứng minh ñẳng thức) 
mà các số hạng thường có dạng (k+1)xkak. 

 ðối với ña thức n0 1 nf (x) a a x ... a x= + + + ta dễ thấy 
(k)
k
f (0)
a ,
k!
= trong ñó 
qui ước ñạo hàm cấp 0 của hàm số f(x) là chính hàm số f(x); và 
n
0 1 n 0 1 2 3 na a ... a f (1), a a a a ... ( 1) a f ( 1).+ + + = − + − + + − = − 
VD1. Cho ña thức f(x) = (1 + x – x12)2011+ (1 – x + x11)2012 . 
1. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong ña thức. 2. Tính tổng tất cả các hệ 
số bậc lẻ trong ña thức. 
3. Tính tổng các hệ số bậc lớn hơn hay bằng 2 trong ña thức. 
HD. 1. Ta có 
12 2010 11 11 2011 10f '(x) 2011(1 x x ) .(1 12x ) 2012(1 x x ) .( 1 11x ).= + − − + − + − + 
ðể cho tiện ta kí hiệu n0 1 nf (x) a a x ... a x= + + + (với n = 12×2011 = 24132). Hệ 
số của số hạng chứa x trong ña thức f(x) là 1 f '(0)a 2011 2012 1.1!= = − = − 
2. Do n0 1 n 0 1 2 3 na a ... a f (1) 2, a a a a ... ( 1) a f ( 1) 0+ + + = = − + − + + − = − = nên 
tổng các hệ số bậc lẻ của f(x) là 1 3 24131 f (1) f ( 1)a a ... a 1.2
− −
+ + + = = 
3. Ta có a0 = f(0) = 2, vậy 
2 3 n 0 1 n 0 1a a ... a (a a ... a ) a a 2 2 ( 1) 1.+ + + = + + + − − = − − − = 
VD2. Chứng minh 1 2 2 2 n n 2n n nC 2 C ... n C n(n 1)2 , n ,n 2.−+ + + = + ∀ ∈ ≥ℕ 
HD. Ta có 
n n n
n k k n 1 k k 1 n 1 k k
n n n
k 0 k 1 k 1
(1 x) C x n(1 x) C kx nx(1 x) C kx− − −
= = =
+ = ⇒ + = ⇒ + =∑ ∑ ∑ 
n
n 1 n 2 k 2 k 1
n
k 1
n(1 x) n(n 1)x(1 x) C k x ,− − −
=
⇒ + + − + = ∑ thay x = 1 vào ñẳng thức cuối 
cùng này sẽ thu ñược 1 2 2 2 n n 2n n nC 2 C ... n C n(n 1)2 , n ,n 2.−+ + + = + ∀ ∈ ≥ℕ 
Ứng dụng ñạo hàm ñể giải toán THPT 
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 
7 
7 
Nhận xét. Ta cũng có 
2 0 2 1 2 n 2 2 n 1 n 2
n n n nn C (n 1) C ... 2 C 1 C n(n 1)2 , n ,n 2.− − −+ − + + + = + ∀ ∈ ≥ℕ 
Bài tập. 
1. Khai triển f(x) = (1 – x + x2)2011 + (1 + x3)2012 thành dạng 
6030
0 1 6030f (x) a a x ... a x .= + + + Tính tổng 
A = 1 2 3 6029 6030a 2a 3a ... 6029a 6030a .− + + + − 
2. Giả sử n n0 1 n(1 x) a a x ... a x , n *.+ = + + + ∈ℕ Biết rằng tồn tại số nguyên 
dương k (1 k n)≤ ≤ sao cho k 1 k k 1a a a .
2 9 24
− +
= = 
Tính tổng 2 3 4 n2.1.a 3.2.a 4.3.a ... n.(n 1).a .+ + + + − 
3. a) Chứng minh rằng 1 2 3 nn n n nC 2C 3C ... nC (n!.n), n ,n 2.+ + + + ℕ 
b) Chứng minh rằng 0 1 n 2 n 2 n 1 n 1n n n nnC (n 1)C ... ( 1) C ( 1) C 0, *.− − − −− − + + − + − = ∀∈ℕ 
4. Cho 3 5 2n 10 1 2 ny a x a x a x ... a x ...+= + + + + + thoả mãn 2(1 x )y' xy 1, x ( 1;1).− − = ∀ ∈ − 
Tìm các hệ số 0 1 na ,a ,..., a . 
5. Cho số nguyên dương n ≥ 3 thoả mãn ñẳng thức 3 3n nA C 35(n 1)(n 2).+ = − − 
Tính các tổng sau ñây 
1 2 n 2 2 2 3 n 2 n 2 n 1
1 n n n 2 n n n 3
0 1 n
4 5 6 n n n
S C 2C ... nC ; S 2 C 3 C ... ( 1) n C ; S 1 2x 3x ... nx ;
S sinx sin2x ... sinnx; S cosx 2cos2x ... ncosnx; S C 2C ... (n 1)C .
−
= + + + = − + + − = + + + +
= + + + = + + + = + + + +
6. Chứng minh rằng n 0 n 1 1 n 1 n 1n n nn2 C (n 1)2 C ... 2C 2n.3 , n *.− − −+ − + + = ∀ ∈ℕ 
7. Tìm n biết 
1 2 2 3 3 4 2n 2n 1
2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C 2.2.C 3.2 C 4.2 C ... (2n 1)2 C 2005 (n *).++ + + + +− + − + + + = ∈ℕ 
8. Cho khai triển n n0 1 n(1 2x) a a x ... a x , n *.+ = + + + ∈ℕ Biết rằng 
1 2 n
0 2 n
a a a
a ... 4096.
2 2 2
+ + + = Gọi ka là số lớn nhất trong các số 
0 1 n k ia , a , ..., a , (a max{a ,i 0,n}).= = 
Tính tổng 0 1 2 3 k 1 k 1 nS a a 2a 3a ... (k 1)a (k 1)a ... na− += + + + + + − + + + + 
(Tức là 
n
0 i k
i 1
S a ( i.a ) ka ).
=
= + −∑ 
9. Cho khai triển n n0 1 n(1 2x) a a x ... a x , n *.− = + + + ∈ℕ Biết rằng 
0 1 2a a a 71.+ + = 
Tính tổng 2 2 2 2 2 2 21 2 3 4 5 6 nS 1 a 2 a 3 a 4 a (5 1)a 6 a ... n a .= + + + + − + + + 
10. Cho 0 1 2n n nC C C 211.+ + = Tính tổng 
2 0 2 1 2 2 2 n
n n n n
1 1 1 1
1 2 3 n 1
1 C 2 C 3 C (n 1) CS ... .
A A A A +
+
= + + + + 
11. Tìm số nguyên dương n thoả mãn 
200
1 2 2 3 n 1 n
n n n n
2 1C 3C 3 C ... 3 C .
3
−
−
+ + + + = 
Ứng dụng ñạo hàm ñể giải toán THPT 
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 
8 
8 
12. Chứng minh rằng 
0 99 1 100 99 198 100 199
100 100 100 100
1 1 1 1100.C .( ) 101.C .( ) ... 199.C .( ) 200.C .( ) 0.
2 2 2 2
− + − + = 
13. Cho 2 2 2 2
2 3 4 n
1 1 1 1 2011
... , n , n 2.
2012A A A A
+ + + + = ∈ ≥ℕ Tính tổng tất cả các hệ số 
bậc lớn hơn 2 của ña thức f (x) = (1– 2x).(x2 + 1)n. 
2.2. Ứng dụng ñạo hàm ñể tính giới hạn 

 Dựa vào ñịnh nghĩa ñạo hàm của hàm số tại một ñiểm và các tính chất của 
ñạo hàm ta có thể tính ñược một số gới hạn ở dạng vô ñịnh. 

 ðể tính giới hạn 0
0
 có dạng 
0x x
f (x)lim , f (0) 0,
x→
= ta vận dụng trực tiếp ñịnh 
nghĩa ñạo hàm của hàm số tại một ñiểm, thu ñược 
0x x
f (x)lim f '(0).
x→
= 

 Nếu các hàm f(x) và g(x) có ñạo hàm trên một lân cận của ñiểm x0 và f(x0) = 
g(x0) = 0, 0g '(x ) 0≠ thì 0
0 0
0
00
x x 00 0
x x x x 0 0 0
x x0 0
f(x) f(x )f(x) f(x ) lim
x xx x f '(x )f(x)lim lim ,g(x) g(x ) g(x) g(x )g(x) g'(x )lim
x x x x
→
→ →
→
−−
−−
= = =
− −
− −
(dạng vô ñịnh 0).
0
 Các dạng vô ñịnh 0, 0. , - , 1 , 0 ...∞∞ ∞ ∞ ∞
∞
 ta biến ñổi về dạng 
0
0
 ñể áp dụng tính chất trên. 
VD3. Tính giới hạn 
132 3
32 3 x
x 1 x x 0
1 x x 1 x x1)A lim ; 2)B= lim ( 1 x 1 x ); 3)C lim(1 sin x) .
tan(x 1)→ →−∞ →
− + − − +
= + + + = +
−
HD. 1) Xét 32 3f (x) 1 x x 1 x x , g(x) tan(x 1)= − + − − + = − trên một lân cận của 
ñiểm x0 = 1. Nhận thấy 
2
2
2 3 23
2x 1 3x 1f '(x) , g '(x) 1 tan (x 1),
2 1 x x 3 (1 x x )
− −
= − = + −
− + − +
 f(1) = g(1) = 0, 
1f '(1) , 
6
 ...  3 2f (t) 3t t 3t 3t,= + − + có 
12 2 12 2f '(t) 39t 3t 6t 3 39t 3(t 1) 0, t ,= + − + = + − > ∀ ∈ℝ nên f(t) ñồng biến trên .ℝ 
Ta có (1) f (sin x) f (cos x) sin x cos x x k ,k .
4
pi
pi⇔ = ⇔ = ⇔ = + ∈ℤ 
VD12. Tìm m ñể hệ sau ñây có nghiệm 
2 2
3 2
4x 3y 2. x y 1 2 3x 5xy 2y 2. 3x 2y (1)
.37
x y x y m 3m 3m (2)
12
 + + + + = + + + +


 + + − ≥ − + +

HD. Ta ñặt 
u 3x 2y 0
v x y 0
 = + ≥

= + ≥
 thì hệ ñã cho ñược viết thành 
2 2 2 2
2 2 3 22 2 3 2
u v 2v 1 2uv 2u u v 2v 1 2uv 2u (do u, v 0)
3737 v 2u 5v m 3m 3m v 2u 5v m 3m 3m 1212
 + + + = + + + + = + ≥ 
⇔ 
+ − ≥ − + + + − ≥ − + +

2 3 2
u v 1
.373v 5v 2 m 3m 3m
12
= +

⇔ 
− + + ≥ − + +
 Ta xét hàm số 2f (v) 3v 5v 2= − + + với 
v 0,≥ có 2f '(v) 6v 5,= − + và có bảng biến thiên 
v 0 5
6
 +∞ 
f '(v) 
 + 0 – 
f(v) 
49
12
5 
 −∞ 
Từ bảng biến thiên và hệ cuối cùng ta thấy hệ ñã cho có nghiệm khi 
3 2 37 49m 3m 3m
12 12
− + + ≤ ⇔ 3(m 1) 0 m 1.⇔ − ≤ ⇔ ≤ Vậy hệ ñã cho có nghiệm 
khi m 1.≤ 
Ứng dụng ñạo hàm ñể giải toán THPT 
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 
21 
21 
VD13. Biện luận theo m số nghiệm của hệ phương trình 
3 2
2
2x (y 2)x xy m
.
x x y 1 2m

− + + =

+ − = −
HD. 
4 3
3 2
2
2
2
x 2x x
m2x (y 2)x xy m
.2x 2x 1
x x y 1 2m
y x x 2m 1

− + − =− + + = 
⇔  − +
+ − = − 
= + + −
 Xét hàm số 
4 3
2
x 2x xf(x)
2x 2x 1
− + −
=
− +
xác ñịnh trên ,ℝ 
có ñạo hàm 
5 4 3 2 2 2
2 2 2 2
4x 10x 12x 8x 1 (2x 1)(4x 4x 2 2 3)( 8x 8x 4 4 3)f '(x) ,
(2x 2x 1) (2x 2x 1)
− + − − − − − + − − + − −
= =
− + − +
 và có bảng biến thiên 
x 
−∞ 
1 2 3 1
2
− −
1
2
1 2 3 1
2
+ −
 +∞ 
f '(x) 
 + 0 – 0 + 0 – 
f(x) 
2 3
2
−
2 3
2
−
5
8
− 
−∞ −∞ 
Nhận thấy số nghiệm của hệ phương trình ban ñầu bằng số nghiệm của phương 
trình m = f(x). Căn cứ vào bảng biến thiên trên ta có kết luận: 
– Hệ phương trình ñã cho vô nghiệm khi 2 3m .
2
−
> 
– Hệ phương trình ñã cho có 2 nghiệm khi 2 3m
2
−
= hoặc 5m .
8
< − 
– Hệ phương trình ñã cho có 3 nghiệm khi 5m .
8
= − 
– Hệ phương trình ñã cho có 4 nghiệm khi 5 2 3m .
8 2
−
− < < 
VD14. Giải bất phương trình 
2 5 23
5a) x 12 log (3 x) 7 x 4; b)x 4x 2x 1 2(2x 1) 2x 1 x.+ + + ≥ − + + − > + − − 
HD. 
a) 2 23 35 5x 12 log (3 x ) 7 x 4 x 12 log (3 x ) 7 x 4 0 (1).+ + + ≥ − + ⇔ + + + − + + ≥ 
Xét hàm số 2 35f (x) x 12 log (3 x ) 7 x 4= + + + − + + với tập xác ñịnh 
[ )D 0; .= +∞ Hàm số liên tục trên D và có ñạo hàm là 
Ứng dụng ñạo hàm ñể giải toán THPT 
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 
22 
22 
5
23
log (3 x )1 1f '(x) 0, x (0; ),
2 x 12 x (3 x ) ln 53 (x 4)
+
= + + > ∀ ∈ +∞
+ ++
 nên f(x) ñồng 
biến trên D. Hơn nữa f(4) = 0 nên (1) f (x) f (4) x 4.⇔ ≥ ⇔ ≥ Vậy bất phương 
trình ñã cho có nghiệm x 4≥ . 
5 2 5 5b)x 4x 2x 1 2(2x 1) 2x 1 x x x ( 2x 1) 2x 1 f(x) f( 2x 1)+ − > + − − ⇔ + > − + − ⇔ > − 
(với hàm f(x) = x5 + x ñồng biến trên 
1
x) x 2x 1 .2
x 1
 ≥
⇔ > − ⇔ 
 ≠
ℝ Vậy bất 
phương trình ñã cho có tập nghiệm ( )1S ;1 1; .
2
 
= ∪ +∞ 
VD15. Giải hệ phương trình 
2
x y
2 2
y x
1 y1 x
x y 1 1 4(x y) 3(x y)2 2 (y x)(xy 2)
a) ; b) ;32x yx y 2
2
tan x tan y (1 x y) (1 x y)
c) .
3 5 2(1 9 10x y)−−
 + + + = + + +
− = − + 
 
− =+ =  

− = + + − + +

 + = + − +
HD. a) Hệ 
x y 2 2 x 3 y 3
2 2 2 2
2 2 (y x)(xy x y ) 2 x 2 y (1)
.
x y 2 x y 2 (2)
 
− = − + + + = + 
⇔ ⇔ 
+ = + =  
 Xét hàm 
x 3f (x) 2 x= + có ñạo hàm x 2f (x) 2 ln 2 3x 0, x ,= + > ∀ ∈ℝ nên f(x) ñồng biến 
trên .ℝ Như vậy (1) f (x) f (y)⇔ = x y,⇔ = thế vào (2) ta ñược x2 = 1. Do ñó 
x = y = 1.± Vậy hệ ñã cho có 2 nghiệm (1; 1), (–1; –1). 
b) ðặt t = x + y thì phương trình ñầu tiên của hệ phương trình ñã cho trở thành 
2 2t 1 1 4t 3t 4t 3t t 1 1 0 (3).+ + = + ⇔ + − + − = Xét hàm 
2f (t) 4t 3t t 1 1= + − + − liên tục trên [0; ),+∞ có 
2
9t 9 3tf '(t) 8t 0, t (0; ),
2 3t 3t
+ −
= + > ∀ ∈ +∞
+
 nên f(t) ñồng biến trên [0; ).+∞ Lại có 
1f ( ) 0
2
= nên 1 1 1(3) f (t) f ( ) t x y .
2 2 2
⇔ = ⇔ = ⇒ + = Suy ra hệ phương trình ñã 
cho tương ñương với 
21
xx y
32
.
3 12x y y
2 6

=+ =  
⇔ 
 
− = = −
  
 Vậy hệ phương trình ñã cho có 
nghiệm 2 1( ; ).
3 6
− 
Ứng dụng ñạo hàm ñể giải toán THPT 
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 
23 
23 
Nhận xét. Cũng có thể rút 3y 2x
2
= − từ phương trình thứ hai rồi thế vào 
phương trình thứ nhất của hệ, sau ñó xét hàm số 
2f (x) 72x 72x 16 3 4x 2 12x 2.= − + + − − − 
c) ðiều kiện: x y 0, x 1, y 1x k , y m ; k,m (*).2 2 9 10x y 0
x y 0, x 1, y 1,9 10x y 0
pi pi + ≥ ≤ ≤≠ + pi ≠ + pi ∈ 
⇔ 
− + ≥ + ≥ ≤ ≤ − + ≥
ℤ
 Từ 
ñiều kiện này, dễ thấy nếu x 1< − thì x + y < 0 (mâu thuẫn), do ñó x 1,≥ − 
tương tự y 1.≥ − Vậy ta có x, y [ 1;1] ( ; ).
2 2
pi pi
∈ − ⊂ −
Hàm số f (t) tan t= có f '(t) 1 tan t 0= + > nên f(t) ñồng biến trên từng khoảng 
xác ñịnh. Suy ra f(t) ñồng biến trên ñoạn [ 1;1].− Ta cũng lưu ý thêm rằng 
1 x y 1.+ + ≥ Như vậy: 
- Với 1 x y 1− ≤ < ≤ và thoả mãn ñiều kiện (*) thì tan x tan y 0,− < còn 
y x(1 x y) (1 x y) 0+ + − + + ≥ nên phương trình ñầu của hệ ñã cho không 
nghiệm ñúng. 
- Với 1 y x 1− ≤ còn 
y x(1 x y) (1 x y) 0+ + − + + ≤ nên phương trình ñầu của hệ ñã cho không 
nghiệm ñúng. 
- Với x y [ 1;1]= ∈ − và thoả mãn ñiều kiện (*) thì phương trình ñầu của hệ ñã 
cho nghiệm ñúng. Vậy phương trình ñầu của hệ ñã cho tương ñương với x = y. 
Hệ phương trình ñã cho tương ñương với 
1 x 1 x 1 x 1 x
x y [0;1] x y [0;1]
.
3 5 2(1 9 9x ) 3 5 2 6 1 x (1) − − − −
= ∈ = ∈  
⇔ 
+ = + − + = + −  
 Ta ñặt 
t 1 x= − thì 0 t 1≤ ≤ và phương trình (1) trở thành t t3 5 6t 2 (2). + = + Xét hàm 
t tg(t) 3 5 6t 2 = + − − trên ñoạn [0; 1], có 
t t t 2 t 2g '(t) 3 ln 3 5 ln 5 6, g ''(t) 3 ln 3 5 ln 5 0. = + − = + > Suy ra hàm g '(t) ñồng biến 
trên [0;1]. Lại có g '(0) ln 3 ln 5 6 0, g '(1) 3ln 3 5ln 5 6 0, g '(t) = + − liên tục, 
nên tồn tại duy nhất 0t (0;1)∈ sao cho 0g '(t ) 0.= Hơn nữa 
0 0g '(t) 0, t (0; t ); g '(t) 0, t (t ;1). ∀ ∈ Lập bảng biến thiên ta suy ra ñược 
g(t) 0, t [0;1],≤ ∀ ∈ dấu “=” chỉ xảy ra khi t = 0 hoặc t = 1. Do ño (2) có nghiệm t 
= 0, t = 1. Tức là (1) có nghiệm x = 0, x = 1. Thử lại thấy các cặp giá trị x = y = 
0, x = y = 1 thoả mãn hệ phương trình ñã cho. Vậy hệ phương trình ñã cho có 
hai nghiệm: (0; 0), (1; 1). 
Bài tập. 
54. Tìm m ñể cả hai hệ phương trình 
1 x 4 y m 2 x 3 y m
, 
1 y 4 x m 2 y 3 x m
 + + − = + + − = 
 
+ + − = + + − =  
cùng có nghiệm. 
Ứng dụng ñạo hàm ñể giải toán THPT 
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 
24 
24 
55. Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình 
2 2
x y y
2 2
2 2
2
2
x 2 2 y 1y x
2
y 2
3 2
19
e e (log y log x)(xy 1) ( 3x 4 5 x).2 2( 3x 8)
a) ; b) ;x
x y 1 y log x 1
x 2010
e y y 1 x x 2x 2 1 32009
c) ; d) ; e)y 2010
e x x 13log (x 2y 6) 1 2log (x y 2)
−−

− = − + + − − = − + 
 
+ =  + = 
 + 
= + + + − + = += 
 +
  = + ++ + = + + +
2 x 1
4 2
2 2
2012 4 233 2 2
11 2011 11 2011 x 2 x
3 2
2 2 x
;
y y 2y 2 1 3
1 1 x x 2x 5f) x 3x 2 0; g)log ( ) x 2x 3;
x 2x 4x 22x 2x 3 x x 1
h)sin x cos x cos x sin x; i)log (x 1) log x; j)e x 3 x 2 e ;
1 1k)(5x 6) x ; l)2
5x 7 x 1
−



 + − + = +
+ + +
− − + − = = + −
+ + +
− + + +
− = − + ≥ − ≤ + −
− − = −
− −
x x x x 2
2
2
2 2
3 4 6x 3; m)e e 2.ln(x 1 x );
(4x 1)x (y 3) 5 2y 0
n)tanx tan 1 x 1 x 2; o) .
4x y 2 3 4x 7
−+ + = + − + +
 + + − − =
− − = − 
+ + − =
56. Tìm m ñể phương trình, bất phương trình, hệ phương trình có nghiệm 
3 2 2011 3 2 3
4x 2 1 x 1 x 1 x m 2
2 x x x 3
a)(x 3x 1) m( x x 1) ; b)log(x x 2m) log(1 2x); c) x 2x x 1 m;
d)2 2 1 x 1 x m x; e)3 x 1 m x 1 2 x 1;
f) x mx 2 2x 1; g)m(1 5) (m 2)( 5 1) (2m 1)2 ; h)6sinx 4sin x m 0;
i
+ + + + − +
+ + ≤ − − + − = − − − =
− = − − + + − − + + = −
+ + = + + + + − = + − + =
2 2
2 22 2
2 2
x y 3, x 2x y 4, x 9 x y xy 33x y 2y m 0) ; j) ; k) ; ) ;
x 7 y 7 m x 1 y 1 mx 3 y 5 m3y x 2x m 0
m) x x 1 x x 1 m; n)sinx 1 sin2x m cosx.
+ = ≥  + = ≥ + − =
− − =   
   
+ + + ≤ + + + =+ + + =
− − =    
+ − − − + = + − = −
l
57. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, phương trình 
2n 1
x 2011x 2012 0+ + + = luôn có nghiệm duy nhất. 
58. a) Tìm m ñể bất phương trình 2x(4x m) 1+ ≤ nghiệm ñúng với mọi 
x [0;1].∈ 
 b) Tìm m ñể bất phương trình 25 5 5log (5x) log x log (25x )4 6 m.3− ≤ nghiệm ñúng 
với mọi x > 1. 
59. Chứng minh với m 0≠ phương trình 4 2 2x (m 10)x 9 0− + + = luôn có 4 
nghiệm phân biệt, trong ñó có 2 nghiệm thuộc khoảng (-3; 3), 2 nghiệm còn lại 
nằm ngoài ñoạn [-3; 3]. 
60. a) Chứng minh phương trình 5x x 1 0− + = có nghiệm duy nhất. 
 b) Chứng minh phương trình x x 1(x 1) x ++ = có nghiệm dương duy nhất. 
 c) Tìm nghiệm dương của phương trình 
2
11 11 3x x
2
1 1
x ln(1 ) x ln(1 ) 1 x.
x x
++
+ − + − 
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 25 
PHẦN BA --------------------------------------------------------------------------------- 
KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 
 Tác giả cho rằng, việc khai thác tốt các kiến thức về ñạo hàm ñể giải toán 
THPT là một yêu cầu quan trọng về cả kiến thức lẫn kĩ năng ñối với các học 
sinh ôn thi ðại học và các học sinh trong ñội tuyển thi Học sinh giỏi các cấp. 
Giáo viên khi dạy cũng nên chú ý tới việc hình thành thói quen phân tích bài 
toán, thói quen ñặt ra ñòi hỏi phải giải quyết bài toán theo nhiều hướng khác 
nhau, ... nhằm phát triển tư duy cho học sinh. 
 Liên quan tới ñề tài này, hiện nay có rất nhiều tài liệu tham khảo, tuy không 
phải tài liệu nào cũng trọn vẹn mọi bề, nhưng có nhiều tài liệu ñã tỏ ra rất hữu 
ích và rất ñáng quan tâm. Vì vậy tác giả kiến nghị Nhà trường tạo ñiều kiện cho 
thư viện của trường mua bổ sung một số tài liệu này (có liệt kê trong mục Tài 
liệu tham khảo) ñể phục vụ cho việc dạy và học môn Toán trong trường, ñực 
biệt là phân môn Giải tích. 
Ứng dụng ñạo hàm ñể giải toán THPT 
Nguyễn Văn Xá – Tổ Toán – Trường THPT Yên Phong số 2 – Bắc Ninh 
26 
26 
TÀI LIỆU THAM KHẢO 
[01] Bộ Giáo dục và ðào tạo, Sách Giáo khoa, Sách Giáo viên, Sách bài tập, 
Tài liệu hướng dẫn thực hiện chuẩn kiến thức – kĩ năng Toán 10, 11, 12, Nhà 
xuất bản Giáo dục Việt Nam, 2011. 
[02] Phan ðức Chính (chủ biên), Các bài giảng luyện thi môn Toán, tập ba, 
Nhà xuất bản Giáo dục, 2001. 
[03] Nguyễn Thuỷ Thanh, Phương pháp giải các dạng toán cơ bản THPT, tập 
hai: Giải tích, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam, 2011. 
[04] Các ñề thi Tốt nghiệp THPT, thi tuyển sinh ðại học, Cao ñẳng, thi Học 
sinh giỏi các năm. 
[05] Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam.