Đề tài Ứng dụng đạo hàm giải phương trình

4 1 0 1 0
4 4
xx
x x              
   
 (*) 
Xét hàm số 3 1( ) 1
4 4
t t
f t         
   
. Dễ thấy hàm ( )f t nghịch biến trên R . 
mà (1) 0 1f t   là nghiệm duy nhất của phương trình. 
Từ đó suy ra (*) 2log 1 2x x    thoả mãn điều kiện đề bài. 
Ví dụ 8. Giải phương trình 3 2
1 1 15 4 3 2 2 5 7 17
2 3 6
x x x x
x x x x x x          (1) 
Giải 
Tập xác định: D R 
Biến đổi (1) như sau: 
 3 2
1 1 15 4 3 2 ( ) 2 5 7 17
2 3 6
x x x x
x x x x x x           
Đặt
1 1 1( ) 5 4 3 2 ( )
2 3 6
x x x x
x x xf x        , 
3 2( ) 2 5 7 17g x x x x     ,x  R 
dễ thấy ( )f x đồng biến, ( )g x nghịch biến. 
 (1) (1) 1f g x   là nghiệm duy nhất của phương trình. 
Ví dụ 9. Giải phương trình 3 5 6 2x x x   (ĐHSPHN 2000) 
Giải 
Xét hàm số ( ) 3 5 6 2x xf x x    
 '( ) 3 ln 3 5 ln 5 6x xf x    
 '( ) 0 ( ) 3 ln 3 5 ln 5 6 0x xf x g x      
Trường THPT Trấn Biên Ứng dụng đạo hàm giải phương trình 
Võ Thanh Long Page 41 
Nhận xét: ( )f x liên tục trên R và (0). (1) 0f f nên ( ) 0f x có nghiệm 0x trong 
khoảng  0;1 
    2 2''( ) 3 ln3 5 ln 5 0,x xf x x R     
 0 0'( ) '( ) 0x x f x f x     
 0 0'( ) '( ) 0x x f x f x     
Ta có bảng biến thiên 
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình ( ) 0f x có không quá hai nghiệm 
 mà (0) (1) 0 f f . Vậy phương trình có hai nghiệm 0, 1 x x . 
Bình Luận: 
 Ngoài cách giải trên, ta cũng có thể trình bày lời giải như sau: 
Xét hàm số ( ) 3 5 6 2x xf x x    
 '( ) 3 ln 3 5 ln 5 6x xf x    
    2 2''( ) 3 ln3 5 ln 5 0,x xf x x R      '( )f x đồng biến trên R 
 Lại có lim '( ) , lim '( ) 6
x x
f x f x
 
    , nên phương trình '( ) 0f x có nghiệm duy 
nhất 0x . Ta có bảng biến thiên 
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nhiều nhất hai nghiệm, 
(0) (1) 0 f f . Vậy phương trình có 2 nghiệm 0, 1 x x . 
Bình Luận : 
Khi áp dụng các tính chất về tính đơn điệu của hàm số do không nắm vững về 
kiến thức, học sinh thường mắc sai lầm trong giải toán nên thường có những kết 
luận nghiệm chưa chính xác. Ta lấy thêm một ví dụ mô tả điều đó: 
Trường THPT Trấn Biên Ứng dụng đạo hàm giải phương trình 
Võ Thanh Long Page 42 
Ví dụ 10. Chứng minh rằng phương trình 1 ( 1)x xx x   có duy nhất một nghiệm 
dương (Vòng loại HSG QG 2007) 
Giải 
 Điều kiện: 0x  , lấy logarit nêpe hai vế ta có: 
1 ( 1) ( 1) ln ln( 1) 0x xx x x x x x        
Xét hàm số ( ) ( 1)ln ln( 1), 0f x x x x x x     
1 1 1 1 1 1'( ) ln ln( 1) ln ln
1 1 1 1
x x x xf x x x
x x x x x x x x
 
           
   
1 1 1'( ) ln(1 )
1
f x
x x x
     

 Xét hàm số: ( ) ln(1 ) , 0f t t t t    
1'( ) 1 0, 0 ( )
1
f t t f t
t
      

 nghịch biến 
 với 0 ( ) (0) 0   t t f hay ln(1 ) t t 
 Áp dụng với 
1t
x
 khi đó ta có 
1 1ln(1 ) 0
x x
   
1 1 1'( ) ln(1 ) 0
1
f x
x x x
     
 
suy ra hàm ( )f x đồng biến trên  0; . 
Từ đó suy ra phương trình ( ) 0f x có nhiều nhất một nghiệm dương. 
lại có 
8(2) ln 0,
9
f   81(3) ln 0
64
f   nên (2). (3) 0f f 
  phương trình ( ) 0f x có nghiệm dương duy nhất thuộc khoảng  2;3 . 
Ví dụ 11. Tìm nghiệm dương của phương trình: 
2
1 11 1
3
2
1 1ln 1 ln 1 1
x x
x x x
x x
 
          
   
 (0lympic 30/4/2007) 
Giải 
 Biến đổi phương trình như sau: 
 
11
2
11 3 2
2 2
1 1 1 1ln(1 ) ln(1 ) 1 ( 1)ln 1 1 ln 1 1xxx x x x x x x
x x x x
                   
   
   2 2 2
1 1 1( 1) ln(1 ) 1 1 ln 1 1 ln 1x x x
x x x
                   
  2 2 2 2
1 1 1( 1) ln(1 ) 1 1 ln 1 1 ln 1x x x x
x x x
                        
 (vì 0x  ) (*) 
Đặt 
1( ) ( 1) ln(1 ) 1 , 0f t t t t
t
       
Trường THPT Trấn Biên Ứng dụng đạo hàm giải phương trình 
Võ Thanh Long Page 43 
Ta có:      1 1 2' 2 1 ln 1 2 2 1 ln 1
2 1
f t t t
t t t
                   
 Lại đặt 
1 2( ) ln 1
2 1
g t
t t
        
2
1 4 1'( ) 0
( 1) (2 1) ( 1)(2 1)
g t
t t t t t t
     
   
với 0t . Do đó hàm ( )g t nghịch biến trên  0; , mà lim ( ) 0
x
g t

 
suy ra ( ) 0g t với mọi 0t 
'( ) (2 1) ( ) 0, 0f t t g t t      ( ) f t đồng biến trên  0; 
(*) 2 2( ) ( ) 1 ( 0)f x f x x x x Do x      
Nhận xét 
 Qua các bài toán trên ta thấy được tính độc đáo và thế mạnh của phương pháp tư 
duy hàm trong việc giải phương trình. Khi giảng dạy người thầy có thể cho học sinh 
giải bằng phương pháp khác. Đó là những yêu cầu rất khó đối với học sinh. Từ đó 
học sinh thấy được vai trò và tính ưu việt của việc sử dụng phương pháp hàm số trong 
giải phương trình nói riêng và trong giải toán nói chung 
 Cũng như trong giải phương trình vô tỷ, việc sử dụng phương pháp hàm số tham 
gia vào giải các bài toán chứa tham số trong phương trình mũ là một việc cần thiết. 
Ta xét một số bài toán sau: 
Ví dụ 12. Tuỳ theo m hãy biện luận số nghiệm của phương trình sau 
2 22 2 2 4 2 25 5 2x mx x mx m x mx m        ( ĐH Ngoại thương-2000) 
Giải 
 Nhận xét: 2 2 2(2 4 2) ( 2 2) 2x mx m x mx x mx m         (*) 
Do đó ta biến đổi phương trình 
2 22 2 2 4 2 25 5 2 x mx x mx m x mx m        
   2 22 2 2 4 2 2 25 5 2x + 4mx m 2 – x 2mx 2x mx x mx m           
Xét hàm số ( ) 5 '( ) 5 .ln 1 0     t tf t t f t t nên hàm số ( )f t đồng biến . 
(*)  
2 2(2 4 2) ( 2 2)f x mx m f x mx      
2 22 4 2 2 2x mx m x mx       
  
2 2 0x mx m   (1) 
Bài toán quy về Biện luận theo m số nghiệm của phương trình (1) thật đơn giản 
Bình Luận: 
Bài toán trên, ngoài cách giải trên ta còn có thể làm như sau 
Trường THPT Trấn Biên Ứng dụng đạo hàm giải phương trình 
Võ Thanh Long Page 44 
Đặt 2 2 22 4 2, 2 2 2           a x mx m b x mx a b x mx m 
 (*) 5 5b a a b   
Nếu 0, 0   a b VT VP  phương trình vô nghiệm 
Nếu 0, 0   a b VT VP  phương trình vô nghiệm 
Vậy phương trình có nghiệm khi a b hay 2 2 0x mx m   . 
(Vế trái: VT, vế phải: VP) 
Nhận xét : 
Đây là bài toán lời giải hay và những, phát huy được sự sáng tạo và tư duy linh hoạt, 
khả năng quan sát của học sinh. Phương trình này được Báo Toán học Tuổi trẻ 
tháng 8 năm 2000 bình luận là bài thi hay nhất trong năm đó . 
Ví dụ 13. Tìm a để phương trình sau có nghiệm 
  
2 21 1 1 19 2 3 2 1 0x xa a        (Dự bị KA-02) 
Giải 
 Điều kiện: 1 1x  . Đặt 
21 13 xt   . Ta thấy 2 20 1 1 1 1 1 2x x        
Nên 
21 1 23 3 3 3 9x t      
Bài toán quy về: Tìm a để phương trình 2 ( 2) 2 1 0    t a t a (1) có nghiệm t 
thoả 3 9t  
(1)
2 2 1
2
t t a
t
 


Số nghiệm của phương trình (1) trong 3 9t  bằng số giao điểm của đường thẳng 
y a và đồ thị hàm số 
2 2 1( )
2
t tf t
t
 


, 
   
2 2
2 2
14 3 4 3'( ) , '( ) 0
32 2
tt t t tf t f t
tt t
   
       
Bảng biến thiên : 
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi 
644
7
a 
Trường THPT Trấn Biên Ứng dụng đạo hàm giải phương trình 
Võ Thanh Long Page 45 
 2 − Phương trình logrit: 
 Cũng như đối với phương trình mũ, phương trình logarit cũng có nhiều cách 
giải như: Đưa về cùng cơ số, đặt ẩn phụ, mũ hoá, đánh giá .... song trong bài viết 
này tôi chỉ trao đổi về vấn đề hướng dẫn học sinh vận dụng tư duy hàm trong việc 
giải phương trình logarit. Chủ yếu vận dụng giải hai phương trình logarít cơ bản 
sau: 
1. Phương trình dạng log ( ) log ( )a bf x g x (1) 
 + Nếu a b , (1)
0 1
( ) ( )
a
f x g x
 
 

 (dạng này khá quen đối với học sinh) 
 + Nếu a b , ta chia làm hai trường hợp như sau 
  ( 1)( 1) 0a b   . Ta dùng phương pháp đoán nghiệm và chứng minh 
 nghiệm duy nhất áp dụng vào phương pháp hàm số. 
  ( 1)( 1) 0a b   . Dùng phương pháp mũ hoá bằng cách đặt 
 log ( ) log ( )a at f x g x  
( )
( )
t
t
f x a
g x b
 
 

  Dẫn đến phương trình ( ) 1t tf t A B   
Ví dụ 1. Giải phương trình:    3 2 3 1log 2 log 1x x    
Giải 
 Tập xác định:  1;D   , Đặt  3 2( ) log 2f x x  ,  ( )f x đồng biến trên D 
 Và hàm số  3 1( ) log 1g x x  , ( )g x nghịch biến trên  1;D   
 Có    3 3 3f g x   là nghiệm của phương trình. 
Ví dụ 2. Giải phương trình  46 42log logx x x  (*) 
Giải 
Điều kiện: 0x . 
 (*)    4 46 4 6 41log log log log2x x x x x x      
Đặt  
4
4
6 4
6 (1)
log log
4 (2)
t
t
x x
t x x x
x
      

Thế (2) vào (1) ta có 
4 2 2 14 2 6 1 1
6 6 3 3
t t t t
t t t                      
       
Trường THPT Trấn Biên Ứng dụng đạo hàm giải phương trình 
Võ Thanh Long Page 46 
4 2 2 11 1
6 6 3 3
t t t t
                   
       
Xét hàm số 
2 1( )
3 3
t t
f t        
   
 nhận thấy ( )f t nghịch biến trên R 
mà (1) 1f nên 1t là nghiệm, thay vào (2) ta có 16x . 
Nhận xét 
Đối với các phương trình dạng: log ( ) log ( )a am f x n g x 
Gọi K là bội số chung nhỏ nhất của m và n . Đặt log ( ) log ( )a am f x n g x kt  
ta đưa phương trình đã cho về hệ phương trình đối với x, t từ đó rút x từ hai 
phương trình ta được phương trình dạng At + Bt = 1 
 Bình Luận: 
Đối với phương trình dạng ( )log ( ) logg x af x b (1) 
Nếu 1b (1)  ( )log ( ) 0g x f x 
( ) 1
0 ( ) 1
f x
g x

 
 
Nếu 1b điều kiện 
( ) 0
0 ( ) 1
f x
g x


 
( )
log ( )log ( ) log log log ( ) log log ( )
log ( )
b
g x a a b a b
b
f xf x b b f x b g x
g x
     
log ( ) log ( )b af x g x  trở về phương trình đã xét ở dạng trên . 
Ví dụ 3. Giải phương trình   3log 2 log 5x x   
Điều kiện: 0 1x  
     53 3 5 3
5
log 2
log 2 log 5 log 5 log 2 log
logx
x
x x x
x

       
Đặt  5 3
2 5 1 3log 2 log 2 3 5 2 1
5 53
t tt
t t
t
x
t x x
x
                   
   
Xét hàm số
1 3( ) 2
5 5
t t
f t        
   
 nhận thấy ( )f t nghịch biến trên R 
mà (1) 1 1  f t là nghiệm, từ đó suy ra 3x là nghiệm duy nhất của phương 
trình. 
Trường THPT Trấn Biên Ứng dụng đạo hàm giải phương trình 
Võ Thanh Long Page 47 
2 - Phương trình dạng  ( )log ( ) ( )
( )a
f x k g x f x
g x
  
Ví dụ 4. Giải phương trình    2log 1 1 3x x x x    
Giải 
Tập xác định 0x  
Biến đổi phương trình như sau 
   
3
3
2 2
1log 1 1 3 log 3 3
1
xx x x x x x
x

      

       3 32 2log 1 log 1 3 1 3 1x x x x       
        3 32 2log 1 3 1 log 1 3 1 (*)x x x x        
Xét hàm số 2( ) log 3f t t t  với 0t  ( )f t đồng biến trên  0; 
(*)     3 3 01 1 1 1 1
x
f x f x x x
x

         
Bình Luận : 
 Việc chuyển phương trình ban đầu về phương trình (*) là không đơn giản. Học 
sinh phải có tư duy và kỹ năng biến đổi. Vì vậy bồi dưỡng năng lực tư duy hàm là 
một việc làm rất cần thiết của người giáo viên. 
Ví dụ 5. Giải phương trình 
2
2
3 2
3log 7 21 14
2 4 5
x x x x
x x
 
  
 
 (ĐH ngoại thương 2001) 
Giải 
Nhận xét 2 3 0x x   , 22 4 5 0x x   
 Viết lại phương trình dưới dạng 
        2 2 2 23 3log 3 log 2 4 5 7 2 4 5 7 3x x x x x x x x          
        2 2 2 23 3log 3 7 3 og 2 4 5 7 2 4 5 (*)x x x x l x x x x            
Xét hàm số 3( ) log 7 , 0f t t t t   ( ) f t đồng biến trên tập xác định 
(*)    2 2 2 2 23 2 4 5 3 2 4 5 1
x
f x x f x x x x x x
x
 
               
Ví dụ 6. Giải phương trình:  377 2log 6 1x x  
Giải 
Trường THPT Trấn Biên Ứng dụng đạo hàm giải phương trình 
Võ Thanh Long Page 48 
Điều kiện: 
1
6
x   . Đặt  7log 6 1 7 6 1yy x x     
 ta có hệ phương trình
7 6 1 (1)
7 6 1
x
y
y
x
  

 
Trừ theo vế các phương trình ta có 7 6 7 6x yx y   (*) 
Xét hàm số ( ) 7 6tf t t  đồng biến trên R 
Từ (*) ( ) ( )   f x f y x y , thay vào phương trình (1) ta có: 7 6 1 0x x   . 
Xét hàm số ( ) 7 6 1xg x x   (2) 
 0 7'( ) 7 ln 7 6, '( ) 0 log 6 log ln 7xg x g x x x       
Ta có 0
0
'( ) 0
'( ) 0
g x x x
g x x x
  

  
Ta có bảng biến thiên 
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình ( ) 0g x có không quá hai nghiệm 
 Và (0) (1) 0 g g nên 0, 1 x x là hai nghiệm của phương trình. 
Bình luận 
 Đây là dạng phương trình khó đối với học sinh. Để giải phương trình trên ta phải 
đặt thêm một ẩn phụ để đưa về hệ giả, sau đó dùng tính đơn điệu của hàm số đưa 
phương trình đã cho về phương trình mũ. Tuy nhiên phương trình mũ sau đó cũng 
không hề dễ giải. Vì thế phải dùng hàm số để chứng minh phương trình có không quá 
hai nghiệm, kết hợp với việc nhẩm được hai nghiệm để suy ra kết quả. 
 Nếu không đưa về hệ giải như trên ta có thể biến đổi phương trình như sau: 
      37 7 77 2log 6 1 7 6log 7 6log 6 1 6 1 (*)x x xx x x        
xét hàm số 7( ) 6log ,f t t t  0t  
 dễ thấy hàm ( )f t đồng biến trên tập xác định 
(*)    7 6 1 7 6 1 0x xf f x x       quay tiếp về cách giải như trên . 
Ví dụ 7. Tìm m để phương trình sau có nghiệm trong  32; 
Trường THPT Trấn Biên Ứng dụng đạo hàm giải phương trình 
Võ Thanh Long Page 49 
  22 2 2log 2log 3 log 3x x m x    (1) 
Giải 
 Đặt 2logt x ,  32; 5x t    
(1) 
2 ( 3)( 1)2 3 1
3 3 3
t tt t tm m m
t t t
   
     
  
  5t  
+ 0m  phương trình vô nghiệm 
+ 0m , đặt 1( )
3
tf t
t

 

phương trình trở thành 2
1( )
3
tf t m
t

 

 Có 
 2
4'( ) 0, 5
3
f t t
t

   
 
nên hàm số nghịch biến trên  5; 
 Bảng biến thiên: 
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi 
2
0
1 3
m
m


 
 1 3m  
Nhận xét: Ta xét một cách tiếp cận khác của bài toán bằng việc sử dụng tam thức bậc 
hai 
 (1)  2 2 3 3t t m t     . (2) 
 0m   phương trình vô nghiệm. 
 20 (2) 2 3 ( 3)m t t m t       (2) 
 22 22 3 3t t m t     
     2 2 2 21 2 3 1 3 1 3 0 (3)m t m t m       
Phương trình (3) có hai nghiệm là 3t ; 
2
2
3 1
1
mt
m
 


. 
Yêu cầu bài toán được thoả khi 
2
2
3 1 5
1
m
m
 


giải bất phương trình ta có nghiệm:1 3m  
Trường THPT Trấn Biên Ứng dụng đạo hàm giải phương trình 
Võ Thanh Long Page 50 
Ví dụ 8. Giải phương trình:  
23 1
2
3
1log 3 2 2 2
5
x x
x x
 
      
 
 (1) 
Giải 
Điều kiện: 2 3 2 0 1 2      x x x x 
Đặt 2 2 2 2 23 2, 0 3 2 3 1u x x u x x u x x u            
Khi đó phương trình (1) có dạng:  
21
3
1log 2 2
5
u
u

    
 
Xét hàm số:    
21
2
3 3
1 1( ) log 2 log 2 .5
5 5
x
f x x x x

       
 
+ Tập xác định:  2; )D    
+ Đạo hàm: 
 
21 1'( ) .2 .5 .ln3 0,
2 ln3 5
xf x x x D
x
    

. 
Suy ra hàm số ( )f x
tăng trên  2; )D    
Mặt khác  3
1(1) log 1 2 .5 2.
7
f     
Do đó, phương trình (2) được viết dưới dạng: 
    2 3 51 1 3 2 1
2
f u f u x x x          
Vậy phương trình có hai nghiệm 
3 5
2
x 
Ví dụ 9. Giải phương trình:    4 2 225log 2 3 2log 2 4x x x x     
Giải 
Điều kiện: 
2
2
2 3 0 1 5
2 4 0 1 5
x x x
x x x
    
 
     
. Viết lại phương trình dưới dạng: 
       2 2 2 22 5 45log 2 3 log 2 4 log 2 3 log 2 4 (1)x x x x x x x x           
Đặt 2 2 4t x x   khi đó (1)  5 4log 1 logt t   (2) 
Đặt 4log 4
yy t t   phương trình (2) được chuyển thành hệ: 
4 4 14 1 5 1
5 51 5
y yy
y y
y
t
t
             
     
 (3) 
Hàm số   4 1
5 5
y y
f y        
   
 là hàm số nghịch biến. Ta có: 
Trường THPT Trấn Biên Ứng dụng đạo hàm giải phương trình 
Võ Thanh Long Page 51 
+ Với 1y , (1) 1f do đó 1y là nghiệm của phương trình (3) 
+ Với 1y , ( ) (1) 1 f y f do đó phương trình (3) vô nghiệm. 
+ Với 1,y ( ) (1) 1 f y f do đó phương trình (3) vô nghiệm 
Vậy 1y là nghiệm duy nhất của phương trình (3) 
Suy ra: 2 2
4
1 4 2 4 4 2 8 0
2
x
y t x x x x
x

              
Vậy phương trình có nghiệm 2, 4  x x 
Ví dụ 10. Tìm các giá trị của tham số a để phương trình sau có nghiệm duy nhất 
  5 5log 25 logx a x  ( Đề thi thử ĐHSPHN 3−2010) 
Giải 
Viết phương trình lại dưới dạng 5 525 log 5 25 5 log
x x x xa a     (*) 
 Đặt 5 , 0xt t  , bài toán quy về tìm a để phương trình 2 5logt t a  có đúng 
một nghiệm dương duy nhất 
(*)  2 5( ) logf t t t a   , 0t 
1'( ) 2 1 0
2
f t t t     
Ta có bảng biên thiên 
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm dương duy nhất khi 
5
5 4
1log 0
11log
54
aa
aa
 
 
  
  
Trường THPT Trấn Biên Ứng dụng đạo hàm giải phương trình 
Võ Thanh Long Page 52 
Bài tập tương tự 
 Giải các phương trình sau: 
1. 2009 2010 2.2008x x x  Đáp số: 0x  
2. 2 5 1 1 1
2 5 1
x xe e
x x
   
 
 Đáp số: 2, 4x x  
3. 
2 2 33cos 4cos2 2 7cos3x x x x x   Đáp số: 2
6
x k   
4.  2 2log 3log 3 1 1x x     Đáp số: 1, 3x x  
5.   23 31 log 4 log 16 0x x x x    Đáp số: 42, 3x x   
6. 22 2log ( 1) 2( 2)log ( 1) 2 5x x x x      Đáp số: 
3
2
x  
7.   23 32 log ( 1) 4( 1)log ( 1) 16x x x x      Đáp số: 
802,
81
x x   
8.  2 23 3log 1 log 2x x x x x     . Đáp số: 1x  
9. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thuộc 31;3   
2 2
3 3log log 1 2 1 0x x m     (ĐHKA-02) Đáp số: 0 2m  
Trường THPT Trấn Biên Ứng dụng đạo hàm giải phương trình 
Võ Thanh Long Page 53 
C. KẾT QUẢ VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM 
I. Kết quả 
 Đề tài này được biên soạn dựa trên cơ sở chương trình sách giáo khoa hiện hành 
nhằm tạo điều kiện cho đối tượng học sinh khá, giỏi rèn luyện và nâng cao khả 
năng giải các bài toán liên quan đến các kì thi TN THPT Quốc gia. 
 Đề tài này đã được bản thân sử dụng trong quá trình bồi dưỡng các em học sinh 
ôn tập, chuẩn bị kỳ thi TN THPT Quốc gia, thực tế trong những năm qua cho 
thấy, đa số học sinh đã tiếp cận và xử lí các vấn đề liên quan đến nội dung của 
đề tài tương đối tốt và kết quả thu được qua kì thi tuyển sinh vào Đại học (các 
năm trước) đối với môn Toán rất khả quan và tích cực. 
II. Bài học kinh nghiệm 
Từ thực tế bồi dưỡng học sinh luyện thi đại học nhiều năm qua, bản thân tôi 
nhận thấy đa số học sinh khi tiếp cận với một bài toán đòi hỏi phải vận dụng hợp 
lí các kiến thức cơ bản kết hợp với tư duy chặt chẽ và linh hoạt, các em thường 
lúng túng trong việc tìm ra phương pháp giải phù hợp và hiệu quả, dẫn đến hoặc 
lời giải dài dòng, thiếu chặt chẽ, hoặc thiếu chính xác. 
Vì vậy việc tạo điều kiện để học sinh tích cực, chủ động và sáng tạo trong 
hoạt động giảng dạy của giáo viên là rất quan trọng. Để đạt được mục tiêu đó, 
trong quá trình tổ chức cho học sinh hoạt động, giáo viên cần có định hướng cụ 
thể nhằm giúp cho học sinh thuận lợi hơn trong việc chủ động tìm ra phương 
pháp giải phù hợp với yêu cầu của bài toán. 
Chuyên đề này hoàn thành dưới sự hỗ trợ tích cực của các thầy cô trong tổ 
Toán, đã động viên, tạo điều kiện giúp tôi thực hiện bài viết này. 
Trong quá trình thực hiện chuyên đề này còn nhiều bỡ ngỡ, sai sót. Rất 
mong được góp ý chân thành để chuyên đề được hoàn chỉnh hơn, chính xác hơn 
cũng như tính giáo dục cao hơn để có thể áp dụng vào việc hỗ trợ kiến thức cho 
các em học sinh 
Xin cám ơn BGH trường THPT Trấn Biên, các thầy cô giáo, đặc biệt trong 
tổ Toán đã hỗ trợ, giúp đỡ, động viên để tôi thực hiện chuyên đề này. 
 Biên Hòa ngày 20 tháng 5 năm 2015 
 Người thực hiện 
 Võ Thanh Long