Sáng kiến kinh nghiệm Toán_sử dụng tính đơn điệu để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình

PHẦN 1: ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Như ta đã biết, chuyên đề về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình
và hệ bất phương trình (PT, BPT, HPT, HBPT) chiếm một lượng khá lớn trong
chương trình phổ thơng. Tuy nhiên trong số các bài tập đó có một lượng lớn bài tập
mà ta không thể giải được bằng phương pháp thơng thường (trong phân phối chương
trình) hoặc có thể giải được nhưng gặp rất nhiều khó khăn và phức tạp.
Giữa PT, BPT, HPT, HBPT và hàm số có mối liên quan rất chặt chẽ. Khi định
nghĩa PT, BPT, ta cũng dựa trên khái niệm hàm số, nếu ta biết sử dụng hàm số để giải
các bài tập đó thì bài tốn sẽ đơn giản hơn. Tuy nhiên khơng phải bài nào cũng có thể
sử dụng hàm số để giải nhưng ứng dụng đạo hàm của hàm số để giải là rất lớn, chính
vì vậy tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là: "sử dụng tính đơn điệu để giải
phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình".
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
- Trang bị cho học sinh về một phương pháp giải PT, BPT, HPT, HBPT mang lại hiệu
quả rõ nét.
- Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học sinh nâng
cao khả năng tư duy, sáng tạo.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
- Các dạng toán giải PT, BPT, HPT, HBPT nằm trong chương trình tốn phổ thơng .
- Phân loại các dạng toán thường gặp và phương pháp giải mỗi dạng.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
- Với các PT, BPT, HPT, HBPT không chứa tham số, ta sử dụng các tính chất
về tính đơn điệu của hàm số để giải.
- Với các PT, BPT, HPT, HBPT có chứa tham số, ta tìm cách cơ lập tham số về
một vế, đưa phương trình, bất phương trình về dạng:
f(x) = m hoặc f(x) > m ( hoặc f(x) < m; f(x)  m; hoặc f(x)  m ).
Sau đó sử dụng các tính chất về tính đơn điệu của hàm số để giải.
1

PHẦN II. NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN
Theo tình hình thực tế của việc giải toán của HS cho thấy các em cịn yếu, thường
khơng nắm vững kiến thức cơ bản, hiểu một vấn đề chưa chắc, nắm bắt kiến thức còn
chậm, thiếu căn cứ trong suy luận sử dụng ngơn ngữ và kí hiệu tốn học chưa chính
xác, thiếu thận trọng trong tính tốn…
Có thể chia làm hai ngun nhân:
- Nguyên nhân khách quan:
+ Số tiết luyện tập trên lớp theo phân phối chương trình vẫn cịn ít.
+ Lượng kiến thức mới được phân bố cho một số tiết học còn quá tải.
+ Phần nhiều bài tập cho về nhà khơng có sự dẫn dắt, giúp đỡ trực tiếp của GV.
+ Những nội dung này mới được đưa vào chương trình và do đó là mới đối với cả giáo viên
và học sinh.
- Nguyên nhân chủ quan:
+ Số lượng HS trên một lớp khá đông nên thời gian GV hướng dẫn cho từng
HS cịn ít.
+ Một số tiết dạy GV chưa phát huy được khả năng tư duy lôgic, khả năng diễn
đạt chính xác ý tưởng của HS.
+ Một số GV sử dụng phương pháp dạy học mà ở đó chưa phát huy hết đặt thù
của bộ mơn.
+ Một bộ phận nhỏ HS chưa chăm chỉ, lơ là trong việc học,chưa tự giác khắc
phục những kiến thức mình bị hổng trong quá trình giải bài tập.
Từ những nguyên nhân trên đã dẫn đến một số tồn tại sau: HS thường mắc phải
sai lầm khi giải các bài tập do không nắm vững kiến thức cơ bản, tiếp thu kiến thức
chậm, học tập thụ động, giải bài tập cẩu thả, chép bài của các HS khá giỏi để đối phó
một cách máy móc làm ảnh hưởng đến kết quả học tập.

2

II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
a. Thuận lợi - khó khăn
* Thuận lợi
+ Việc đổi mới phương pháp dạy học đã nhận được sự quan tâm của toàn xã
hội.
+ Nhà trường tổ chức học hai buổi từ đầu năm học nên ngồi thời lượng như
phân phối chương trình giáo viên có thêm nhiều thời gian (3 tiết/tuần) cho học sinh
làm các bài tập.
* Khó khăn
-Tiếp thu kiến thức chậm, nắm kiến thức hời hợt, không biết vận dụng kiến
thức vào bài tập.
Học sinh trường thường chậm hiểu, có khi bị buộc chặt vào lời giảng của
giáo viên hoặc cách phát biểu trong sách giáo khoa. Thay cho việc tiếp thu nội dung
bằng việc nắm kiến thức một cách hình thức. Học sinh có thể tiến hành giải một bài
tốn mà khơng nắm được phương pháp. từ đó dẫn đến sai kết quả bài toán là điều
hiển nhiên.
- Năng lực tư duy kém, thiếu linh hoạt.
Học sinh học yếu mơn Tốn thì thường lười suy nghĩ, chủ yếu trơng chờ vào
giáo viên giải bài tập trên bảng rồi chép vào vở, khả năng tập trung chú ý thấp, khả
năng phân tích, tổng hợp rất hạn chế, nắm kiến thức không chắc nên học sinh thường
vận dụng kiến thức một cách máy móc, khơng tìm hiểu kỹ u cầu đề bài, khơng biết
phân tích bài tốn.
- Thái độ học tập thờ ơ, phương pháp học tập bộ mơn Tốn chưa tốt.
Nhiều em học sinh chưa tự giác học tập, chưa có động cơ học tập nên học
khơng tốt. Có nhiều em học các môn xã hội rất khá nhưng rất ngại học Toán. Tâm lý
3


chung của học sinh là rất sợ các môn tự nhiên, nhất là mơn Tốn. Các em học yếu
thường khơng có sự cố gắng liên tục, trong giờ học thường thiếu sự tập trung, khơng

chú ý. Hay tìm cách vắng học vào những hơm có hai tiết Tốn. Có thái dộ rất thụ động
và thờ ơ với việc học tập. Bài tập giao về nhà các em chỉ làm cho có trong tư thế đối
phó. Tệ hơn có em cịn chép nguyên văn trong sách giải hay của bạn bè mà khơng
hiểu gì, thậm chí có những học sinh cá biệt không bao giờ làm bài tập ở nhà, thái độ
thiếu hợp tác trong giờ học, không mang sách vở đầy đủ, có khi cịn khơng chịu ghi
bài.
Ngồi ra cịn hiện tượng một số em học sinh dân tộc thì khơng bao giờ nói
một lời trong giờ học Tốn. Ngay cả một số em đã tiến bộ được một thời gian rồi lại
tiếp tục thiếu cố gắng dẫn đến tình trạng sút kém khơng có lối thốt…Nhiều em thiếu
tự tin vào bản thân mình. Đơi khi bài tập làm đúng rồi nhưng khi giáo viên hỏi lại thì
các em lúng túng, ngập ngừng không tự tin vào bài giải của mình.
Khi học ở nhà, các em cũng khơng có phương pháp học tập và quy trình làm
việc đúng. Thường là chưa nắm lý thuyết đã vội lao vào làm bài tập, mà lại khơng bao
giờ làm ngồi nháp. Đây là đặc thù của học sinh học yếu các môn tự nhiên nói chung.
Làm khơng được lại nản chí, quay sang học lý thuyết một cách miễn cưỡng, hình
thức, bó chặt vào các ví dụ trong sách giáo khoa hay học vẹt để đối phó.
Trong giờ hoạt động nhóm các em học sinh yếu thường rất thờ ơ, bàn quan,
chỉ tham gia cùng các bạn cho có mặt hoặc làm việc một cách qua loa, chiếu lệ, không
nắm được yêu cầu của vấn đề cần thảo luận hay tính tốn.
b. Thành công – hạn chế
* Thành công
+ Giúp học sinh giải được một số bài tốn phương trinh,bất phương trình , hệ
phương trình bằng phương pháp dùng tính đơn điệu của hàm số.
+ Giúp cho học sinh có niềm tin để học các chương tiếp theo của chương trinh
lớp 12 bên cạnh đó có động lực học các mơn khác.
4


* Hạn chế
+ Việc kiểm tra, đánh giá kết quả học tập mơn Tốn của học sinh vẫn thiên về

kiểm tra lý thuyết, kiểm tra kĩ năng giải bài toán mà thiếu đi tính thực hành ứng dụng
thực tế.
+ Áp lực của bệnh thành tích trong học tập, thi cử, khiến cho giáo viên và học
sinh chỉ chú trọng dạy và học những phần có trong bài kiểm tra, bài thi.
c. Mặt mạnh – mặt yếu
* Mặt mạnh
+ Khai thác các ví dụ xây dựng và củng cố kiến thức trong chương ưng dụng
đạo hàm vào khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
+ Tăng cường rèn luyện các kỹ năng thực hành tại nhà cho học sinh
* Mặt yếu
Mặt bằng học lực của các em học sinh không cao, nên khi gặp những bài toán
khảo sát và vẽ đồ thị hàm số thì chỉ có một số em nắm được còn lại vẫn mơ hồ.
d) Các nguyên nhân, các yếu tố tác động
Một trong các nguyên nhân khiến các em sợ học bộ mơn tốn: Đó là một
trong các bộ mơn khoa học địi hỏi người học phải có tính tư duy cao, tính kiên trì,
nhẫn nại, đều này khơng phải ai cũng có sẵn, càng khơng thể học vẹt, không thể học
tuỳ hứng.
-Sự quan tâm của một số phụ huynh còn hạn chế. Điều kiện học tập còn khó khăn.
Sự quan tâm của một số phụ huynh đối với việc học của con em mình cịn
hạn chế. Đặc biệt có những phụ huynh của những em học sinh yếu không bao giờ
kiểm tra vở sách của các em. Phó thác việc học tập của các em cho nhà trường. Nhiều
em thuộc diện yếu kém được nhà trường tổ chức học phụ đạo cũng không chịu tham
gia học nghiêm túc, thường xuyên trốn học đi chơi mà phụ huynh không hề hay biết.
-Yếu tố xã hội.

5


Trong thực tế hiện nay, việc học tập của một số khơng ít học sinh cịn thiếu
nghiêm túc, các em có thái độ chán nản trong học tập nhất là ở các mơn học có tính tư

duy cao như mơn tốn.
Sự phát triển bùng nổ của cơng nghệ thơng tin cùng với Internet, các dịch
vụ vui chơi, giải trí hấp dẫn lôi cuốn các em hơn là nhiệm vụ học tập. Thực tế dạy học
mơn Tốn ở nhiều trường hiện nay cho thấy nhiều, rất nhiều học sinh chán học, lười
học và có khuynh hướng “ ham chơi hơn ham học”, Tình trạng học tập của các em là
“rất khó nhớ nhưng lại mau quên” càng trở nên phổ biến.
-Nhiều giáo viên dạy Tốn chưa có phương pháp phù hợp .
Nhiều giáo viên dạy Tốn chưa có phương pháp phù hợp với đối tượng học
sinh, chưa thực sự quan tâm đến tất cả học sinh trong cả lớp, chỉ chú trọng vào những
em học khá, giỏi hay chưa có biện pháp động viên khích lệ kịp thời đối với những
tiến bộ của học sinh dù là rất nhỏ. Một số giáo viên cịn hơi nghiêm khắc, làm cho
học sinh có tâm lý e sợ trong giờ học, rụt rè không dám phát biểu .
-Đặc thù của bộ môn.
Đặc thù của mơn Tốn là thiếu tính sinh động, hấp dẫn nên học sinh khơng
có ý thức tìm hiểu, khám phá kiến thức mới như các môn học khác. Hơn nữa thiết bị
dạy học cho mơn Tốn là rất ít, khơng sinh động nên học sinh ít có hứng thứ khi học
mơn Tốn.
e) Phân tích, đánh giá các vấn đề về thực trạng mà đề tài đặt ra
Học sinh yếu là một tồn tại khách quan, một phần do giáo viên chưa quan
tâm đúng mức, chưa giúp đỡ kịp thời để các em hỏng kiến thức cơ bản. Một phần là
do học sinh khơng thích học, khơng biết cách học dẫn đến ngày càng tụt hậu hơn so
với trình độ chung của lớp.
-Giải pháp tâm lý .

6


Để ngay từ bước đầu học sinh u thích mơn học của mình, tơi đã tạo sự gần
gũi với các em từ những tiết học đầu tiên bằng cách hỏi thăm tình hình học tập của
lớp, trao đổi một số kinh nghiệm học tập đạt hiệu quả, chú ý đến những học sinh có

hồn cảnh khó khăn, động viên các em bằng cách kể những gương học tập vượt khó
mà các em có thể học tập. Ln tạo cho các em tâm lý thoải mái trong giờ học.
Trong quá trình dạy giáo viên cần phải có thái độ nhẹ nhàng khi học sinh
mắc khuyết điểm, cư xử khéo léo với các em, xử lý tốt các tình huống sư phạm.
Việc đánh giá nhận xét phải công bằng, khách quan và công tâm, công khai
kết quả sau các giờ kiểm tra, cần phải có nhận xét bài làm học sinh.
Phải có kiến thức vững vàng để giải đáp các thắc mắc một cách thuyết phục.
Để bài giảng hay tiết học của mình thêm sinh động, tơi ln tìm tịi tài liệu
tranh ảnh về các nhà Toán Học nổi tiếng kể cho các em nghe, hay những câu chuyện
Tốn học mà tơi sưu tầm trên mạng Internet, sách báo.
Xây dựng cho các em thói quen học tập tích cực, động viên kịp thời những
học sinh tiến bộ, cung cấp cho các em phương pháp học tập đúng, khuyến khích các
em khơng ngừng cố gắng, tạo cơ hội cho các em học sinh dân tộc phát biểu trong giờ
học.
III. GIẢI PHÁP, BIỆN PHÁP
1.Mục tiêu của giải pháp, biện pháp
Xây dựng nên một số bài tốn “sử dụng tính đơn điệu để giải phương trình, bất
phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình". theo các quy trình: Giáo
viên xác định mục tiêu và năng lực cần đạt được ở bài dạy, giáo viên thiết kế các bài
toán tương ứng, học sinh thực hiện mơ hình hóa Tốn học bài tốn giải phương trình,
bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình, học sinh xây dựng chiến
lược giải quyết bài tốn, học sinh giải quyết bài toán và chuyển về lời giải của bài
tốn giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình,
7


giáo viên và học sinh đánh giá bài học. Đối với các bài tốn, tơi thiết kế bài giảng và
tổ chức dạy học với các bài toán theo định hướng phát triển năng lực của học sinh.
2. Nội dung và cách thức thực hiện giải pháp, biện pháp
*Đưa ra một số kiến thức cơ

Tính chất 1:
Cho phương trình: f(x) = g(x) xác định trên D.
Nếu một trong hai hàm số f(x) hoặc g(x) là hàm số đơn điệu, hàm còn lại là
hàm hằng hoặc đơn điệu ngược với hàm kia thì phương trình nếu có nghiệm thì
nghiệm đó là duy nhất.
Tính chất 2:
Cho phương trình f(x) = m xác định trên D.
Điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm là m thuộc miền giá trị của
hàm số f(x).
Tính chất 3:
Cho phương trình f(x) = m xác định trên D
Nếu f(x) là hàm số liên tục và đơn điệu trên D thì phương trình trên có khơng
q một nghiệm.
Tính chất 4:
Cho bất phương trình: f(x) > m (hay f(x) < m )
i) Nếu f(x) là hàm đơn điệu tăng trên D và tồn tại x0  D sao có f(x0) = m thì
tập nghiệm của bất PT là: T = D  (x0 ; +  ) ( T = D  (-  ; x0 )) .
ii) Nếu f(x) là hàm đơn điệu giảm trên D và tồn tại x0  D sao có f(x0) = m thì
tập nghiệm của bất PT là: T = D  (-  ; x0 ) (T = D  (x0 ; +  ) ).
Tính chất 5:
Cho hàm số f(x) xác định trên D
f (x)
1. f(x)  m ,  x  D  m  min
D
f (x )
2. f(x)  m ,  x  D  m  max
D

8

f (x)
3. f(x)  m có nghiệm x  D  m  max
D
f (x)
4. f(x)  m có nghiệm x  D  m  min
D

5. Nếu f(x) là hàm số đơn điệu tăng trên D và tồn tại u, v  D. Khi đó:

f (u)  f ( v ) � u > v , f(u) = f(v) � u = v
6. Nếu f(x) là hàm số đơn điệu giảm trên D và tồn tại u, v  D. Khi đó:

f (u)  f ( v ) � u < v , f(u) = f(v) � u = v
*Đưa ra một số bài tập trắc nghiệm vận dụng phương pháp
DẠNG 1: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT
PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH.
Bài 1: Phương trình

x  1  x  6  x  2 6 có mấy nghiệm ?

A. 1.

B. 2 .

C. 3.

D. vô nghiệm

Giải:

. x  1  x  6  x  2 6
TXĐ: D   2 ; + �
Xét hàm số: f (x)  x  1  x  6  x  2
+ TXĐ : D   2 ; + �
+ Đạo hàm : f '( x) 

1
1
1


 0, x  2
2 x 1 2 x  6 2 x  2

Do đó hàm số f ( x) đồng biến trên D, vậy phương trình trên nếu có nghiệm thì
nghiệm đó là duy nhất.
Mặt khác ta có: f(3) = 6. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Chọn: A
Bài 2: Giả sử x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình e
9

2 x 5

 e x 1 

1
1

2x  5 x 1

Tính M= 2 x1.x2 .
A. M= 4 .

B. M= 6.

C. M=12.

D. M= 16.

Giải:

e 2 x5  e x 1 

1
1

2x  5 x  1

2 x  5 �0
�
�x �5 / 2
��
Điều kiện: �
�x  1 �0
�x �1

Viết lại phương trình dưới dạng : e
Xét hàm số f (t )  e 
t

2 x 5



1
1
 e x1 
2x  5
x 1

(1)

1
với t > 0
t

+ Đạo hàm : f '(t)  et 

1
 0,  t  0
t2

� Hàm số f (t) ln đồng biến trên khoảng (0; �) .

Khi đó: phương trình (1) � f ( 2 x  5 )  f ( x  1) � 2 x  5  x  1
2x  5  x 1
x4
�
�

��
��
2x  5  x  1 �
x2
�

Vậy phương trình có hai nghiệm x=2 và x=4.
Chọn: D.
Bài 3: Giả sử x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình : 8log 2(x2 - x + 5) = 3(x2 - x + 5)

x1  x2 :
A. 1.

B. 2 .

C. 3.

TXĐ: D = �

10

D. 4.


Trên D



(1)

log 2 ( x 2  x  5) 3

x2  x  5
8

( do x 2  x  5 > e > 0 )

Đặt t = x 2  x  5 với t > e, thì phương trình trên trở thành:
Xét hàm số: f (t ) 

log 2t 3
 (2)
t
8

log 2t
với t > e
t

Ta có f '(t ) 

1  ln t
<0  t>e
t 2 ln 2

Từ đó, vế trái của phương trình (2) là hàm nghịch biến  t > e; vế phải là hằng số
Do đó phương trình (2) nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất.
Mặt khác f (8) 

3

 Phương trình (2) có nghiệm duy nhất t = 8
8

Với t = 8 ta có x 2  x  5  8 �

x=

1 13
1  13
; x=
2
2
1 13
1  13
; x=
2
2

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x =
Chọn: A
Bài 4: Số nghiệm của phương trình:  2 x
A. 1.

2

x

 2 x  1 ( x  1) 2 (1) là:

B. 2 .

C. 3.

D. 4.

Giải:
TXĐ: D = �
Trên D; (1)   2 x

2

x

 2 x  1 x 2  2 x  1



2 x  1  x  1 2 x

2

x

 x2  x

t
Xét hàm số f (t )  2  t với t  �

f ’(t )  2 t .ln2  1  0   t  �  f(t) là hàm số đồng biến trên �

Mặt khác (1)  f(x - 1) = f(x2 - x)  x - 1 = x2 - x  x2 - 2x + 1 = 0  x = 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1
11


Chọn: A
Bài 5: Tập nghiệm của bất phương trình : x  6  x  2 
A.  2 ; 4 .

B.( 3 ; +  ) .

4  x  3 là:

C.(2;4).

D.  3 ; 4 .

Giải
TXĐ: D =  2 ; 4
Xét hàm số: f(x) =

x  6  x  2  4  x với x  D

Ta cũng nhận thấy f(x) là hàm số đồng biến trên D (vì f’(x) > 0  x  (2;4))
Lại có: f(3) = 3; do đó, bất phương trình có nghiệm x thì x �(3; �) . Vậy tập nghiệm
là: T =  2 ; 4  ( 3 ; +  ) =  3 ; 4
Chọn: D
Bài 6: Giải bất phương trình log 2 x  1  log 3 x  9  1 ta được:
A. x < 0.

B. x >0.

C. vơ nghiệm.

D. có nghiệm đúng với mọi x ��.

Giải:
log 2 x  1  log 3 x  9  1

(1)

Điều kiện : x>-1, các hàm số f1 ( x)  log 2 x  1 và f 2 ( x)  log 3 x  9 là các hàm số
đồng biến trên khoảng (1; �) , nên hàm số f (x)  log 2 x  1  log 3 x  9 là hàm
số đồng biến trên khoảng (1; �) .
Mặt khác f (0)  1 vậy (1) � f ( x)  f (0) � x  0 .
Vậy nghiệm của bất phương trình là x > 0.
Chọn: B.
Bài 7: Bất phương trình : 3
A. x < 1.

B. x >3.

2( x 1) 1

 3x �x 2  4 x  3 có nghiệm là:

C. vơ nghiệm.
Giải:
12

D. x = 1 và  x �3.


3

2( x 1) 1

 3x �x 2  4 x  3 (1)

1 0
Điều kiện: x �۳

(1) � 3

2( x 1) 1

x 1 . Vậy TXĐ: D =  1; �

 2( x  1) �3x  x 2  2 x  1 � 3

2( x 1) 1

 2( x  1) �3( x 1)1  ( x  1) 2 (2)

t 1
2
Xét hàm số f (t )  3  t , thấy ngay hàm số đồng biến trên D.

Vậy trên D; (2) � f ( 2( x  1)) �f ( x  1) � 2( x  1) �x  1
� 2( x  1) �( x  1) 2 ,( do x �1) � x 2  4 x  3 �0 � x = 1 hoặc x �3.

Vậy nghiệm của bất phương trình là x = 1 và  x �3.
Chọn: D.
2
�
�3 x  2 x 3 y
Bài 8: x,y là nghiệm của hệ �
2
�
�3 y  2 y 3 x

Hãy chọn mệnh đề đúng.

A. x > y.

B. x < y.

C x= y.

D.x=2y.

Giải:
Điều kiện x �0, y �0 .

Hệ đã cho trở thành:

2
�
�3 x  2 x 3 y
� 3  x2  3 x  3  3  y 2  3 y  3

�
3  x  3  y2  2 y
�
�

(1)

Xét hàm số f (t)  3  t 2  3 t  3
+ TXĐ: D   0; �
+ Đạo hàm f '(t) 

t
3  t2



3
2 t

 0, t  0 suy ra hàm số đồng biến trên D.

Vậy trên D, phương trình (1) được viết dưới dạng f ( x)  f ( y ) � x  y .
13


�
�
� 3  x2  2 x  3  y
� 3  x 2  3  x (2)
�

Khi đó hệ đã cho trở thành �
�
�x  y
�x  y
Giải (2): Ta đoán được x=1 là một nghiệm của (2), mặt khác dễ nhận thấy phương
trình (2) có vế trái là hàm số đồng biến, vế phải là hàm số nghịch biến.
Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của PT (2), Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x=y=1.
Chọn: C.
Nhận xét: Đối với hệ phương trình, hệ bất phương trình nhiều ẩn số ta tìm cách biến
đổi làm xuất hiện các phương trình giải được bằng phương pháp hàm số để đưa về
mối quan hệ giữa các ẩn số đơn giản hơn rồi tuỳ từng trường hợp tìm ra cách giải tiếp.
�
log 22 x  log 2 x 2  0
�
Bài 9: Giải hệ bất phương trình : �x3
2
�  3x  5 x  9  0
�3
Ta được nghiệm là:
A. x < 1.

B. x >4.

C. 1< x <4.

D.x �3.

Giải:
�
log 22 x  log 2 x 2  0 (1)

�3
�x
2
�  3x  5 x  9  0 (2)
�3
�x  0
�x  0
�x  0
�
��
��
� 1 x  4
Giải (1): (1) � 2
0

log
x

2
1

x

4
log
x

2log
x


0
�
�
2
� 2
2
x3
Giải (2): xét hàm số f ( x)   3x 2  5x  9 trên (1;4)
3
2
Có f '( x )  x  6 x  5 , f '( x)  0 � x  1; x  5 � f '( x)  0, x �(1;4)

Mặt khác f (4) 

7
7
, vậy f ( x)  f (4)   0 � f ( x)  0,  �(1;4)
3
3
14


Vậy nghiệm của hệ là 1 < x < 4.
Chọn: C.
Nhận xét: Đối với giải hệ phương trình, hệ bất phương trình có 1 ẩn số ta có thể dùng
phương pháp hàm số để giải từng phương trình hay bất phương trình của hệ rồi kết
hợp các tập nghiệm tìm được để đưa ra kết luận về nghiệm cho hệ bất phương trình.
DẠNG 2: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỀU CỦA HÀM SỐ ĐỂ BIỆN LUẬN
PHƯƠNG TRÌNH.
x

2
Bài 10: Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : x  4 x  3  2  m. (1)

Tìm trong các mệnh đề sau mệnh đề nào sai? .
A.Nếu m < 

3
thì (1) vơ nghiệm.
2

B. Nếu 

3
1
m < 
thì (1) có 1
2
2

nghiệm.
C.Nếu m  

1
thì (1) có 2 nghiệm.
2

D. Nếu m  

1

thì (1) có 2 nghiệm.
2

Giải:
TXĐ: D =    ;1  3;  
x 2  4x  3 

Trên D; (1) 

x 2  4x  3 

Xét hàm số f(x) =
Ta có: f’(x) =

x
m
2

x 2
2

x  4x  3

Trên D ta có: f’(x) > 0 
f’(x) < 0 



1
2

x 2
2

x  4x  3
x 2
2

x
với x  D
2

x  4x  3



1
> 0  x > 3;
2



1
<0  x<1
2

15


Từ đó, ta có bảng biến thiên:

X
f’(x)

-

1

+

3

-

+

+
f(x)

+



1
2


3
2

Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và

đường thẳng y = m.
Dựa vào bảng biến thiên ta có kết quả biện luận sau:
- Nếu m < 

3
, đường thẳng y = m không cắt đồ thị hàm số y = f(x), do đó
2

phương trình (1) vơ nghiệm.
- Nếu 

3
1
 m <  , đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 1 điểm,
2
2

do đó phương trình (1) có 1 nghiệm.
- Nếu m  

1
, đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 2 điểm, do đó
2

phương trình (1) có 2 nghiệm.
Chọn: D.
Nhận xét: Bài tập này ta có thể giải bằng phương pháp thông thường. Tuy nhiên, nếu
giải bằng phương pháp đó, ta phải kiểm tra điều kiện của ẩn số rất phức tạp. Ta sẽ giải
bài này bằng cách sử dụng hàm số
Bài11:Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:

16


mx  1 (m 2 x 2  2mx  2)  x 3  3x 2  4 x  2.
Tìm trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng?
A. Với m < -1 hoặc m �1: phương trình vơ nghiệm
B. Với m = -1:

phương trình có nghiệm  x �1

C. Với -1 < m < 1:

phương trình có nghiệm x  

2
m 1

D. Cả ba mệnh đề trên đều đúng.
Giải:
mx  1 ( m 2 x 2  2mx  2)  x 3  3x 2  4 x  2
3
(mx  1) 2  1�
Viết lại phương trình dưới dạng mx  1 �
�
� ( x  1)  ( x  1)
3

� mx  1  mx  1  ( x  1)3  ( x  1) (2)
Xét hàm số f (t )  t 3  t là hàm số đồng biến trên ��
Vậy (2) � f ( mx  1)  f ( x  1) � mx  1  x  1

�
�
�x �1
�x �1
(I )
�
�
�
�
mx

1

x

1
(
m

1)
x


2
(3)
�
�
��
��
�

�
�x �1
�x �1
�
�
(4) ( II )
�
�
mx

1


x

1
(
m

1)
x

0
�
�
�
�
+ Giải và biện luận (I)
- Với m=1 thì (3) vơ nghiệm nên (I) vơ nghiệm
- Với m �1 thì (3) có nghiệm x  

nó là nghiệm của (I) khi x �1 � 

2
,
m 1

2
�1 � 1 �m  1
m 1
17


+ Giải và biện luận (II)
- Với m = -1 thì (4) nghiệm đúng với mọi x, nên (II) nhận x �1 làm nghiệm
- Với m �-1 thì (4) có nghiệm x = 0, nhưng không là nghiệm của (II)
Kết luận:
- Với m < -1 hoặc m �1: phương trình vơ nghiệm
- Với m = -1:

phương trình có nghiệm  x �1

- Với -1 < m < 1:

phương trình có nghiệm x  

2
m 1

Chọn: D.
Bài 12:Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:

2

2m x6  24 x 3m  (4  m2 ) x  3m  6.
Tìm trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng?
A.Với m ��2 : phương trình có nghiệm duy nhất x 
B. Với m = 2:

3
.
m2

phương trình vơ nghiệm.

C. Với m = - 2: phương trình nghiệm đúng với x �R .
D. Cả ba mệnh đề trên đều sai.
Giải:
2

2m x6  24 x3m  (4  m 2 ) x  3m  6 (1)
2

Viết lại phương trình dưới dạng 2m x6  m2 x  6  24 x3 m  4 x  3m (2)
Xét hàm số f (t )  2t  t là hàm số đồng biến trên �, vậy (2)
� f (m 2 x  6)  f (4 x  3m) � m 2 x  6  4 x  3m � (m 2  4) x  3m  6 (3)

18


- Nếu m 2  4  0 � m  �2
+ Với m = 2, (3) � 0.x = 0, nghiệm đúng với x ��

+ Với m = - 2, (3) � 0.x=-9, phương trình vơ nghiệm
- Nếu m 2 �۹�
4 0

m

2

Phương trình (3) có nghiệm duy nhất x 

3
m2

Kết luận:
- Với m ��2 :

phương trình có nghiệm duy nhất x 

- Với m = 2:

phương trình nghiệm đúng với x �R

- Với m = - 2:

phương trình vơ nghiệm.

3
m2

Chọn: A.

Bài 13: phương trình :

log 2 x 2  3x  2  log 1 ( x  m)  x 2  3x  2 - x + m = 0. vô nghiệm khi m :
2

�3�
1; � 2; � .
A. m ��
�2�
�

�3 �
B. m � �;1 �� ;2 �
�2 �

C.m � �;1

D. m � 2; �
Giải:

log 2 x 2  3x  2  log 1 ( x  m)  x 2  3 x  2
2

- x + m = 0 (1)

Viết lại phương trình dưới dạng:
log 2 x 2  3x  2  x 2  3x  2  log 2 ( x  m)  x  m (2)

19

Điều kiện: x2 - 3x + 2 > 0 � x < 1 hoặc x > 2.

TXĐ: D = (�;1) �(2; �)

Xét hàm số f (t )  log 2 t  t đồng biến trên khoảng (0; �) . Vậy trên D,
phương trình (2) trở thành : f ( x 2  3x  2)  f ( x  m) � x 2  3x  2  x  m
�x  m  0
��
(I )
2
(2
m

3)
x

m

2
(3)
�

Biện luận:
- Với 2m - 3 = 0 � m 

3
, khi đó (3) vô nghiệm nên (I) vô nghiệm
2

3 0
- Với 2m �۹

3
m2  2
, khi đó (3) có nghiệm duy nhất x 
, là
2
2m  3

m

m 1
�
m2  2
m2  3m  2
�
nghiệm của (I) khi
m�
0 � 3
�m2
2m  3
2m  3
�
2
Kết luận:
�3 �
m2  2
m
�


�
;1
�
;2

 � �thì phương trình có nghiệm x 
- Với
�2 �
2m  3
�3�
1; � 2; � thì phương trình vơ nghiệm.
- Với m ��
�2�
�

Chọn:A.
DẠNG 3: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TÌM ĐIỀU KIỆN CỦA
THAM SỐ ĐỂ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH THOẢ MÃN ĐIỀU
KIỆN CHO TRƯỚC.
Bài 14: Tìm m để phương trình sau có nghiệm.
2 x 2  2(m  4) x  5m  10  3  x 0

(1)
20

(m - tham số)


A. m < 1.

B. m >4.

C. 1< m <4.

D.m �3.

Giải:
(1) 

2 x 2  2(m  4) x  5m  10 = x - 3





 x  3 0
 2
2
 2 x  2(m  4) x  5m  10 ( x  3)

 x 3
 2
 x  2( m  1) x  5m  1 0

Phương trình (1) có nghiệm 

 x 3
 2
 x  2x  1

m

 2x  5



( 2)

phương trình (2) có nghiệm thoả mãn x  3

Ở bài này ta có thể sử dụng phương pháp tam thức bậc hai để giải. Tuy nhiên ta
sẽ sử dụng hàm số để giải bài này.
x 2  2x  1
2x  5

Xét phương trình (2) : Đặt f(x) =
Ta có:

f’(x) =

2 x 2  10 x  8
(2 x  5) 2

với x  3

f’(x) = 0



 x 1

 x 4


Ta có bảng biến thiên:

X
f’(x)

-

3
-

4
0

+
+
+

f(x)
4

3
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: Phương trình (2) có nghiệm x  3  m  3
Vậy phương trình (1) có nghiệm  m  3.
Chọn: D.
Bài 15: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm.
4cosx - m.2cosx + m + 3  0 (m - tham số)
21

m 1
�
B. �
.
3
�m2
�
2

13

m 

2.
A.

 m 7

m �1
�
C. �
.
3
� �m �2
�
2

13

�
m
�
2 .
D. �
m7
�

Giải:
Đặt 2cosx = t với

1
 t  2 (vì -1  cosx  1)
2

Khi đó bất phương trình trở thành:
t2 - mt + m + 3  0  m(t - 1)  t2 + 3 (1)
+ Nhận thấy: t = 1 khơng là nghiệm của bất phương trình, nên:

(1) �

�
1  t �2
�
�
�
� t2  3
�
�m �
�

t 1
�
�
�1
�
�t  1
�
�
�2
�
�
2
�m �t  3
�
�
t 1
�

(I )

( II )

t2 3
Xét hàm số: f(t) =
t1
t 2  2t  3
Ta có: f’(t) =
( t  1) 2

1



< 0  t   ;1   1; 2 
2 

Do đó ta có bảng biến thiên:
t

-

1
2

1

2

+
f’(t)
f(t)

-

+ +
+
7

+

+
22-


Dựa vào bảng biến thiên ta có bất phương trình (4) có nghiệm  hệ (I) có nghiệm

hoặc hệ (II) có nghiệm 

13

 m  2

 m 7

Vậy bất phương trình (3) có nghiệm 

13

 m  2

 m 7

Chọn: A.
Bài 16: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x  �.
cos4x - 5cos3x - 36sin2x - 15cosx + 36 + 24m - 12m2  0
A. m < 0.

B. m >2.

(5)

(m - tham số).

C. 0  m  2.

D.m �3.

Giải:
TXĐ: D = �
Trên D, (5) 

3cos4x - 20cos3x + 36cos2x + 24m - 12m2  0

Đặt t = cosx với t 

  1; 1 

Khi đó, ta có bất phương trình:
3t4 - 20t3 + 36t2 + 24m - 12m2  0



3t4 - 20t3 + 36t2  12m2 - 24m

(6)

Bất phương trình (5) nghiệm đúng với mọi x  ��  bất phương trình (6)
nghiệm đúng với  t 

  1; 1 

Xét hàm số: f(t) = 3t4 - 20t3 + 36t2 với t 

  1; 1 

Ta có: f’(t) = 12t3 - 60t2 + 72t = 12t(t2 - 5t + 6)

23


 t 0
 t 2

 t 3

f’(t) = 0  12t(t2 - 5t + 6) = 0 
Khi đó ta có bảng biến thiên:

T

-

-1

0

1

2

3

+

f’(t)

-

0

+

59
19

f(t)
0

Dựa vào bảng biến thiên ta có:
f(t)  12m2 - 24m  t 

  1; 1 

 12m2 - 24m 

 12m2 - 24m  0



min f ( t )

 -1;1

0 m 2

Vậy với m   0 ; 2  thì bất phương trình (5) nghiệm đúng với mọi x  �.
Chọn:C.
 3x 2  2 x  1  0
Bài 17: Tìm m để hệ phương trình  3
 x  3mx  1  0
m0
�
�
A. �
28 .
m
27
�

m 1
�
B. �
.
3
�m2
�
2

(1)
(2)

(m - tham số),có nghiệm.

m �1
�
C. �
.
3
� �m �2
�
2
Giải:

24

28
�
m
�
2 .
D. �
m

7
�


Giải (1):

3x 2  2x  1  0

� 1�

x  �1; �
� 3�



(2)  3mx < - x3 - 1

Xét (2):

Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của hệ; do đó ta có hệ BPT đã cho tương đương với:
�1  x  0
�
�
x3  1
m


�
3x
�

(I )

Đặt

1
�
0x

�
�
3
�
x3  1
�
m
�
3x

hoặc:

f(x) = 

 1
với x  D =   1; 0    0 ; 

x3 1
3x



1  2x 3
,
3x 2

Khi đó: f’(x) =

(II )

f’(x) = 0 

3

1
1 2x 3
=0  x= 3
2
2
3x

Ta có bảng biến thiên:
x

-

-1

1
3

0

1
3
2

+
f’(x)

+

+

+
+

+
f(x)

0

+
+
-

Từ đó ta có: Hệ (I) có nghiệm 

m>0 ;

m0
�
�
Vậy hệ đã cho có nghiệm  �
28
m
27
�

Chọn: A.

25

Hệ (II) có nghiệm  m < 

28
27