Ứng dụng của hàm số trong việc giải và biện luận phương trình, bất phương trình

Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ
Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán
I/ ĐẶT VẤN ĐỀ:
Phương trình , bất phương trình là một trong những nội dung cơ bản
của chương trình toán THPT.Các bài toán về giải phương trình,bất phương
trình hay tìm điều kiện để phương trình , bất phương trình có ngiệm thường
có trong các đề thi tuyển sinh vào ĐH,CĐ. Chính vì vậy việc đi sâu nghiên
cứu tìm tòi thêm các phương pháp giải, biện luận phương trình, bất phương
trình có một ý nghĩa rất quan trọng nhằm cung cấp thêm cho học sinh các kiến
thức, kỹ năng giải quyết bài toán về phương trình, bất phương trình. Trong đề
tài này tôi chỉ đi sâu vào giải và biện luận phương trình, bất phương trình.
II/ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:
1/ Cơ sở lý luận
Hàm số là một vấn đề trọng tâm trong chương trình toán học ở trường THPT.
Dạy học theo quan điểm hàm số giúp cho học sinh nâng cao được khả năng tư
duy. Hàm số có ứng dụng rất rộng lớn trong nhiều lĩnh vực của toán học mà
một trong các ứng dụng đó là việc giải và biện luận phương trình, bất phương
trình.
Các khái niệm về phương trình, bất phương trình đều được định nghĩa
thông qua khái niệm hàm số do vậy việc sử dụng phương pháp hàm số trong
việc nghiên cứu phương trình, bất phương trình có một ý nghĩa rất to lớn. Một
mặt nó tác dụng củng cố thêm các kiến thức về hàm số và ngược lại các kiến
thức đó lại được vận dụng trở lại trong các bài toán về phương trình và bất
phương trình.
2/ Thực trạng của vấn đề:
Qua nhiều năm thực tế giảng dạy trong trường THPT tôi thấy học sinh
rất lúng túng trong việc giải quyết các bài tập mà cần đến các kiến thức về
hàm số một phần do kiến thức về phần hàm số cũng tương đối trừu tượng và
muốn đi sâu nghiên cứu các ứng dụng của hàm số cũng chưa được coi trọng
đúng mức. Trong một số bài toán về phương trình, bất phương trình nếu dùng
các phương pháp khác thì bài toán trở nên rất phức tạp đôi khi có thể không

giải được trong khi đó nếu sử dụng phương pháp hàm số thì cách giải trở nên
rất đơn giản.
3/ Giải pháp và tổ chức thực hiện:
Trong đề tài này tôi muốn trình bày với một ý tưởng giúp học sinh khai
thác những kiến thức cơ bản về hàm số, phương trình, bất phương trình mà
các em đã được học nhằm giúp các em nắm được kiến thức cơ bản một cách
chắc chắn, sâu sắc từ đó các em có thể vận dụng được linh hoạt vào giải quyết
các bài toán về giải, biện luận phương trình hay bất phương trình.
Giải pháp và tổ chức thực hiện là:
- Cho học sinh nghiên cứu đề tài (giáo viên dạy, học sinh học và làm bài tập)
- Kiểm tra đánh giá mức độ nhận thức của học sinh trước và sau khi nghiên
cứu chuyên đề.
- Tổng kết các mặt đã làm được và chưa làm được trong chuyên đề để có
hướng vận dụng chuyên đề cho các khóa học sinh tiếp theo.
1
Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ
Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán
4/ Nội dung của chuyên đề:
4.1/ Ứng dụng của hàm số trong giải phương trình và bất phương
trình:
a) Sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong việc giải phương trình
* Kiến thức cơ bản
Định nghĩa:
Giả sử K là một khoảng, một đoạn, hay một nửa khoảng và f là hàm số
xác định trên K
Hàm số f được gọi là đồng biến trên K nếu:
∀
x
1
,x

2
∈

K ,x
1
< x
2
⇒
f(x
1
) < f(x
2
)
Hàm số f được gọi là nghịch biến trên K nếu:
∀
x
1
,x
2
∈
K ,x
1
< x
2
⇒
f(x
1
) > f(x
2
)

Dấu hiệu đồng biến, nghịch biến:
ĐL1: Cho hàm số
( )
xfy =
xác định trên
);( ba
Nếu
( )
0' ≥xf

);( bax ∈∀
thì hàm số đồng biến trên
);( ba
Nếu
( )
0' ≤xf

);( bax ∈∀
thì hàm số nghịch biến trên
);( ba
Chú ý:
( )
0' ≠xf

);( bax ∈∀
ĐL2: Giả sử các hàm số
( )
xU
và
( )

xV
là hàm số Đồng biến (Nghịch biến) trên
);( ba
khi đó hàm số
( ) ( )
xVxUy +=
cũng là hàm số Đồng biến (Nghịch biến)
trên
);( ba
ĐL3: Gỉa sử
( )
xU
và
( )
xV
là hàm số Đồng biến ( hoặc Nghịch biến) trên
);( ba
và
( )
0xU
;
( )
0xV
với
);( bax ∈∀
khi đó hàm số
( ) ( )
xVxUy =
cũng là hàm số
Đồng biến (Nghịch biến) trên

);( ba
ĐL4: Nếu
( )
xU
là hàm số Đồng biến ( hoặc Nghịch biến) trên
);( ba
và
( )
0xU
với
);( bax ∈∀
khi đó hàm số
( )
xU
1
là hàm số Nghịch biến (hoặc Đồng
biến) trên
);( ba
ĐL5: Hàm số
( )
ufy =
Đồng biến, hàm số
( )
xgu =
Đồng biến thì hàm số hợp
( )
[ ]
xgfy =
Đồng biến
- Các hướng khai thác.

+ Đưa phương trình về dạng
( ) ( )
xgxf =
. Trong đó
( )
xf
là hàm số đồng
biến
( )
xg
là hàm số nghịch biến hoặc ngược lại. Khi đó nếu x = x
0
thỏa mãn
( ) ( )
00
xgxf =
thì x = x
0
là nghiệm duy nhất của phương trình.
+ Đưa phương trình về dạng
( )
Axf =
Trong đó
( )
xf
là hàm số đơn
điệu. Nếu tồn tại x = x
0
sao cho
( )

Axf =
0
thì x = x
0
là nghiệm duy nhất của
phương trình.
+ Đưa phương trình về dạng
( ) ( )
vguf =
với
( )
xUu =
;
( )
xVv =
trong đó
( )
tf
là hàm số đơn điệu thì phương trình tương đương với
( ) ( )
xVxU =
.
Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Giải phương trình
035
2
=−+
−
x
x

2
Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ
Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán
Bài giải: phương trình đã cho tương đương với
x
x
−=
−
35
2
Ta thấy hàm số
( )
2
5
−
=
x
xf
là hàm số đồng biến vì
( )
5ln5'
2−
=
x
xf
( )
0' xf
với
Rx
∈∀

.
Hàm số
( )
xxg −= 3
là hàm số nghịch biến trên R.
và
( ) ( )
222 =⇒= xgf
là nghiệm duy nhất của phương trình
Ví dụ 2 : Giải phương trình

132
2
+=
x
x
(1)
Bài giải: (1)
⇔

( )
132 +=
x
x
1
2
1
2
3
=







+








x
x
Ta thấy hàm số
( )
x
x
xf






+









=
2
1
2
3
là hàm số nghịch biến ( Tổng
của hai hàm số nghịch biến) và
( )
212 =⇒= xf
là nghiệm duy nhất của
phương trình.
Ví dụ 3: Giải phương trình
( )
2
1
122
2
−=−
−−
x
xxx
(Đề thi đại học Thủy lợi năm 2001)
Bài giải:

uxx =−
2
vx =−1
Thì
( )
2
1−=− xvu
Phương trình đã cho tương đương với :
vu
uv
−=− 22
⇔
vu
vu 22 +=+
Hàm số tương ứng ở hai vế là:
( )
t
ttf 2+=
(*)
có
( )
02ln21' 
t
tf +=
Nên
( )
tf
đồng biến, do đó (*)
⇔

vu =
⇔

11
2
=⇔−=− xxxx
.
Ví dụ 4: Giải phương trình:
2653 +=+ x
xx
(Đề thi ĐHSP Hà Nội – Khối A năm 2001)
Bài giải: viết phương trình về dạng :
02653 =+−+ x
xx
Xét hàm số
( )
2653 +−+= xxf
xx
(1)

( )
65ln53ln3'
5
−+=
x
xf
( )
xf '
là hàm số đồng biến ( vì là tổng của hai hàm số đồng biến và một
hằng số không đổi) liên tục và có đổi dấu chẳng hạn:

( )
065ln3ln0' −+=f
( )
065ln53ln31' −+=f
⇒

( )
0' =xf
có nghiệm duy nhất
α
=x
và đổi dấu từ âm sang dương.
Ta có bảng biến thiên.
3
Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ
Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán
x
∞−

α

∞+
( )
xf '
- 0 +
( )
xf
Từ bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số
( )
xfy =

cắt trục hoành tối đa
2 lần
⇔
phương trình (1) có tối đa 2 nghiệm.
Ta thấy
( ) ( )
01;00 == ff
Do đó phương trình đã cho chỉ có 2 nghiệm
0=x
hoặc
1=x
.
Ví dụ 5: Giải phương trình:
( )
xx
32
log1log =+
Bài giải: Đặt
( )
txx ==+
32
log1log
khi đó phương trình đã cho tương
ứng với:





=

=+
t
t
x
x
3
21
⇔
tt
231 =+
⇔
t
t
231
2
=+
Từ ví dụ 1 suy ra
2
=
t
là nghiệm duy nhất của phương trình
⇒
2log
3
=x
⇒
9=x
.
Ví dụ 6: Giải phương trình
x

xx
23232 =






−+






+
(1)
Bài giải: Chia hai vế phương trình cho
x
2
ta được:
(1)
⇔
1
2
32
2
32
=









−
+








+
xx
(2)
Ta thấy
232 ±
⇔
1
2
32
0 









+
Nên vế trái của phương trình (2) là hàm số nghịch biến ( vì là tổng của
2 hàm số nghịch biến) và
2=x
thỏa mãn phương trình (2) do đó
2=x
là
nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 7: Giải phương trình
( ) ( )
32log22log
2
32
2
322
−−=−−
+
+
xxxx
(1)
Bài giải: Tập xác định:
032
2

−−

xx
⇔



−
3
1


x
x
(1)
⇔
( ) ( )
32log22log
2
347
2
348
−−=−−
++
xxxx
⇔
( ) ( )
32log22log
2
347
2
348

−−=−−
++
xxxx
Đặt
1347 +=a
;
32
2
−−= xxt
khi đó phương trình trở thành:
( )
tt
aa
log1log
1
=+
+
(2)
4
Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ
Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán
Đặt
yt
a
=log
thì (2)
⇔
( )






+=+
=
y
y
at
at
11
hay
( )
y
y
aa 11 +=+
⇔
1
1
1
1
=






+
+







+
yy
aa
a
(3)
Ta thấy
1
1
0 
+a
a
;
1
1
1
0 
+a
Vế trái của (3) là tổng của 2 hàm số nghịch biến.
1=y
thỏa mãn
phương trình (3)
⇒

1=y
là nghiệm duy nhất của phương trình (3)

Với
1=y

⇒
1log =t
a
⇔
at =

⇔
34732
2
+=−− xx

⇔
034102
2
=−−− xx
⇔
34111 +±=x
Vậy phương trình có 2 nghiệm:
34111 +±=x
.
b. Sử dụng phương pháp hàm số trong giải bất phương trình
Các hướng khai thác
- Đưa bất phương trình đã cho về dạng
( ) ( )
afxf 
(1) (hoặc
( ) ( )

afxf 
)
trong đó
( )
xf
là hàm số đơn điệu từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình.
Nếu
( )
xf
là hàm số đồng biến thì (1)
⇔

ax 

( )
xf
là hàm số nghịch biến thì (1)
⇔

ax 
.
- Đưa bất phương trình về dạng
( ) ( )
xgxf ≤
và nhẩm được
( ) ( )
agaf =
khi đó đưa vào tính đơn điệu của các hàm số
( )
xf

và
( )
xg
thì có thể suy ra
được nghiệm của bất phương trình.
- Đưa bất phương trình về dạng
( )
Axf 
(hoặc
( )
Axf 
). Dựa vào việc
khảo sát hàm số
( )
xf
ta có thể suy ra nghiệm của bất phương trình.
Trong một số bài toán để sử dụng được phương pháp hàm số phải
thông qua bước đặt ẩn phụ.
Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Giải bất phương trình
122
1
−
−
x
x

(1)
Bài giải: bất phương trình (1)
⇔

0122
1
+−
−
x
x
Xét hàm số
( )
122
1
+−==
−
xxfy
x
có tập xác định R
( )
022ln2'
1
−−=
−x
xf
Rx
∈∀
Nên hàm số
( )
xf
nghịch biến trên R.
Ta thấy
( )
01 =f

nên (1)
⇔

( ) ( )
1fxf 
( )
xf
là hàm số nghịch biến suy ra nghiệm của bất phương trình là
1x
Ví dụ 2: Giải bất phương trình
(
)
( )
257log155log
2
3
2
2
≤−++++− xxxx
(1)
Bài giải: Đặt
txx =+− 55
2
( )
0≥t
Bất phương trình (1)
⇔

( )
( )

22log1log
2
32
≤+++ tt
(2)
5
Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ
Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán
Xét hàm số
( ) ( )
( )
2log1log
2
32
+++= tttf
trên
[
)
+∞;0
( )
( )
( )
0
3ln2
2
2ln1
1
'
2


+
+
+
=
t
t
t
tf
với
[
)
+∞∈∀ ;0t
Nên
( )
tf
đồng biến trên
[
)
+∞;0
Ta lại có
( )
21 =f
nên bất phương trình (2)
⇔
( ) ( )
1ftf ≤

⇔

10

≤≤
t
⇔
1550
2
≤++≤ xx
⇔





≤+−
≥+−
045
055
2
2
xx
xx
⇔










≤≤






+
≥
−
≤
41
2
55
2
55
x
x
x
⇔






≤≤
+
−
≤≤

4
2
55
2
55
1
x
x
Ví dụ 3: Giải bất phương trình
( )
124log.2
2
2
2
≥−−
−−
xx
x
(1)
Bài giải: Tập xác định:
024
2
−− xx
⇔
2222 +−  x
(1)
⇔
( )
2
2

2
224log
−
≥−−
x
xx
(2)
Đặt
24
2
−−= xxu
024'
=−=
xu
⇔
2
=
x
Ta có bảng biến thiên:
x

22 −
2
22 +
'u
+ 0 -
u
2
0 0
u

2
log
1
∞−

∞−
Qua bảng biến thiên ta có
( )
124log
2
2
≤−− xx
Mặt khác:
02 ≥−x
⇒
122
0
2
=≥
−x
Nên
( )
2
2
2
224log
−
≤−−
x
xx

do đó bất phương trình (2)
⇔
( )
2
2
2
2124log
−
==−−
x
xx

⇔

2
=
x
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
2=x
Ví dụ 4: Giải bất phương trình
3412 −−− xx
Bài giải: Tập xác định
1≥x
Xét hàm số
( )
12 −−= xxxf
Ta có
( )
344 −=f
6

Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ
Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán
( )
( )
1
12
12
11
'
−
−−
=
−
−=
xx
xx
xx
xf
( )
0' =xf
⇔
xx =−12

⇔
3
4
=x
x

1

3
4

4

∞+
( )
xf '
- 0 + +
( )
xf

2

34 −

3
Qua bảng biến thiên ta suy ra nghiệm của bất phương trình đã cho là
4x
Ví dụ 5: Giải bất phương trình
5429 +++ xx
Bài giải: Xét hàm số
( )
429 +++= xxxf
có tập xác định:
2
−≥
x
( )

0
42
1
92
1
' 
+
+
+
=
xx
xf
⇒
Hàm số đồng biến trên
[
)
+∞− ;2
Ta thấy
( )
50 =f
Vậy
Khi
02
≤≤−
x
thì
( ) ( )
50 =≤ fxf
⇒
bất phương trình vô nghiệm

Khi
0x
thì
( ) ( )
50 =fxf 
⇒

0x
∀
là nghiệm.
Giới thiệu thêm một số bài tập áp dụng:
Giải các phương trình và bất phương trình sau:
1.
xxx
543 =+
2.
( )
( )
42lg6lg
2
++=+−− xxxx
3.
( )
xx
x
6
log
2
log3log
6

=+
4.
( ) ( )
224log12log
32
≤+++
xx
5.
0
132
5
5
lg

+−
−
+
x
x
x
x
4.2 Ứng dụng của hàm số trong việc biện luận về sự tồn tại nghiệm
của phương trình và bất phương trình.
a. Sử dung tính liên tục của hàm số để chứng minh sự tồn tại
nghiệm của một phương trình.
ĐL: Nếu hàm số
( )
xfy =
liên tục trên
[ ]

ba;
và
( ) ( )
0bfaf
thì
∃
( )
bax ;
0
∈
sao
cho
( )
0
0
=xf
.
Ví dụ 1: Biết rằng
0632 =++ cba
(1)
Chứng minh
( )
cbxaxxf ++=
2
có nghiệm trong
( )
1;0
Bài giải: Cách 1
Ta thấy
( )

xf
liên tục trên R.
Mặt khác
( ) ( )
06324
2
1
4
1
1
2
1
40 =++=+++






+++=+






+ cbacbacbacfff
7
Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ
Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán

Suy ra tồn tại 2 trong 3 số
( )
0f
,






2
1
f
và
( )
1f
là trái dấu nhau trong bất
kì trường hợp nào thì
( )
xf
cũng có nghiệm trong
( )
1;0
Cách 2: Ta có
( )







++=






cbacff
3
2
9
4
3
2
.0







++= cbac
2
9
32
9
2

32
9
6
9
2
2
c
ccc −=






+−=
*
0=c
thì (1)
⇔

032 =+ ba

0
=
a

⇒

0
=

b
phương trình
( )
0=xf
có nghiệm
Rx
∈∀

0
≠
a

⇒
phương trình có nghiệm
( )
1;0
3
2
∈=x
*
0
≠
c

⇒
( )
0
33
2
.0

2

c
ff −=







⇒

( )
xf
có nghiệm






∈
3
2
;0x
Hay
( )
xf
có nghiệm

( )
1;0∈x
Ví dụ 2: Chứng minh rằng phương trình:
012
235
=−+−+ xxxx
có nghiệm duy nhất.
Bài giải: Viết phương trình về dạng
( )( )
011
32
=−++ xxx
⇔
01
3
=−+ xx
Xét hàm số
( )
1
3
−+= xxxf
( )
013'
2
+= xxf
x
∀
⇒
hàm số
( )

xf
đồng biến trên R
( )
xf
liên tục trên R.
( ) ( )
011.0 −=ff
Suy ra phương trinhg
( )
xf
chỉ có 1 nghiệm
( )
1;0
0
∈x
hay phương trình
đã cho có nghiệm duy nhất
( )
1;0
0
∈x
.
Giới thiệu thêm một số bài tập áp dụng:
1. Biết rằng
0334
=++
cba
chứng minh
( )
0

2
=++= cbxaxxf
có nghiệm
( )
2;0
0
∈x
2. Chứng minh rằng với mọi m thi phương trình:
01
23
=−+ mxx
luôn có
nghiệm dương. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất.
3. Chứng minh rằng phương trình:
03369664
246
=−+− xxx
có nghiệm
0
x
thỏa
mãn điều kiện
2
322
2
222
0
++
++
 x

b. Sử dụng định lí Lagrăng trong việc chứng minh sự tồn tại
nghiệm của phương trình, bất phương trình.
Định lí: Lagrăng: Nếu hàm số
( )
xfy =
liên tục trên
[ ]
ba;
và có đạo hàm trên
( )
ba;
thì
( )
bac ;∈∃
sao cho
( )
( ) ( )
ab
afbf
cf
−
−
='
Ta lấy ví dụ 1 ở phần trên: biết rằng:
0632 =++ cba

Chứng minh
( )
cbxaxxf ++=
2

có nghiệm trong
( )
1;0
8
Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ
Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán
Bài giải: Xét hàm số:
( )
cx
bxax
xF ++=
23
23
là hàm số có
( ) ( )
xfxF ='
khi
đó
( )
xF
liên tục trên
[ ]
1;0
và có dạo hàm trên
( )
1;0
Theo định lí Lagrăng thì
( )
1;0
0

∈∃x
sao cho:
( )
( ) ( )
01
01
'
0
−
−
=
FF
xF
Hay
( )
1;0
0
∈∃x
sao cho
( )
0
6
662
23
0
=
++
=++=
cba
c

ba
xf
Vậy phương trình
( )
0=xf
có nghiệm
( )
1;0∈x
.
Ví dụ 2: Chứng minh bất phương trình
xe
x
+≥1
thỏa mãn với
Rx ∈∀
.
Bài giải: +
0=x
thỏa mãn bất phương trình.
+
0x
Xét hàm số
( )
t
etf =
trên
[ ]
x;0
Hàm số liên tục trên
[ ]

x;0
và có đạo hàm trên
( )
x;0
. Theo định lí
Lagrăng ta có
( )
xc ;0∈∃
sao cho
( )
( ) ( )
0
0
'
−
−
=
x
fxf
cf
hay
( )
xc ;0∈∃
sao cho
x
e
e
x
c
1−

=
( )
xc ;0∈

⇒
10
0
=⇒ eec
c

nên
xe
x
e
x
x
+⇔
−
11
1

+
0x
Khi đó hàm số
( )
tf
liên tục trên
[ ]
0;x
và có đạo hàm trên

( )
0;x
.
Theo định lí Lagrăng ta có:
( )
0;xc∈∃
sao cho
( )
( ) ( )
x
xff
cf
−
−
=
0
0
'
hay
( )
0;xc∈∃
sao cho
( )
x
xf
e
c
−
−
=

1
10 
c
ec ⇒
nên
( )
( )
xxf
x
xf
−−⇔
−
−
 11
1
(vì
0x
−
)
xe
x
+⇒ 1
Vậy bất phương trình đã cho thỏa mãn với
Rx ∈∀
.
Giới thiệu một số bài tập áp dụng:
1. Chứng minh rằng nếu phương trình:
0
1
1

10
=+++
−
−
xaxaxa
n
nn
có nghiệm dương
1
x
thì phương trình:
( )
0 1
1
2
1
1
0
=++−+
−
−−
n
nn
axanxna
cũng có nghiệm dương
12
xx 
2. Chứng minh phương trình:
0cos2cos3cos4cos =+++ xdxcxbxa
luôn có

nghiệm trong khoảng
( )
π
;0
với mọi
dcba ;;;
.
3. Chứng minh:
0
34
≥++ qpxx

Rx
∈∀

4
27256 pq ≤⇔
c. Sử dụng phương pháp miền giá trị hàm trong việc biện luận sự
tồn tại nghiệm của phương trình hay bất phương trình.
* Đối với phương trình ta sử dụng mệnh đề sau:
Phương trình
( )
mxf =
có nghiệm trên miền D khi và chỉ khi
m
thuộc
miền giá trị của hàm số
( )
xfy =
trên D.

Ví dụ 1: Tìm m để phương trình:
( )( )
mxxxx =−+−−++ 6363
(1) Có nghiêm.
Bài giải: Đặt
xxt −++= 63
Với
[ ]
6;3−∈x
thì
9
Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ
Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán
( )( )
0
632
36
' =
−+
+−−
=
xx
xx
t

⇔

xx +=− 36

⇔

2
3
=x
Ta có bảng biến thiên:
x

3
−

2
3

6
't
+
0
-
t

23

3

3

Do đó
[ ]
23;3∈t

( )( )
2
9
63
2
−
=−+
t
xx
Khi đó phương trình (1) trở thành:
mt
t
m
t
t =++−⇔=
−
−
2
9
22
9
22
(2)
phương trình (1) có nghiệm
⇔
phương trình (2) có nghiệm
[ ]
23;3∈t
xét hàm số:
2

9
2
2
++−= t
t
y
01' =+−= ty
⇔
1=t
ta có bảng biến thiên:
t
1 3 3
2
'y
+ 0 - - -
y
3

2
9
23 −
Qua bảng biến thiên ta có miền giá trị của hàm số
y
là:







− 3;
2
9
23
nên
phương trình đã cho có nghiệm khi






−∈ 3;
2
9
23m
.
Ví dụ 2: Tìm m để phương trình:
0sincos2cos
2
=−−+ mxxx
(1) có nghiệm.
Bài giải: Ta biến đổi phương trình đã cho về dạng:
mxx =−+ 2coscos3
2
Đặt:
tx =cos

( )
11 ≤≤− t

phương trình trở thành
mtt =−+ 23
2
(2)
Xét hàm số:
23
2
−+= tty
trên
[ ]
1;1−
⇒
016' =+= ty
⇔

6
1
−=t
Ta có bảng biến thiên:
t
∞−
-1
6
1
1
∞+
'y
- 0 +
y
2 0

12
25
−

Qua bảng biến thiên suy ra phương trình (2) có nghiệm
[ ]
1;1−∈t
khi
2
12
25
≤≤− m
10
Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ
Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán
Hay phương trình (1) có nghiệm khi
2
12
25
≤≤− m
.
* Đối với bất phương trình ta sử dụng mệnh đề sau:
Để tìm điều kiện m sao cho bất phương trình
( )
mxf 
( hoặc
( )
mxf 
)

có nghiệm ta tìm miền giá trị của hàm số
( )
xfy =
và từ đó có kết luận về m.
Ví dụ 1: Tìm m để bất phương trình:
13 +≤−− mxmx
(1) có nghiệm.
Bài giải: Đặt
(
]
+∞∈⇒−= ;03 xxX
Phương trình (1) trở thành:
( )
2
1
12
2
2
+
+
≤⇔+≤+
X
X
mXXm
(2)
Bất phương trình (1) có nghiệm
⇔
bất phương trình 2 có nghiệm
0≥X
⇔

có ít nhất một điểm của đồ thị
2
1
2
+
+
=
X
X
y
với
0
≥
X
không ở phía
dưới đường thẳng
my =
.
Xét hàm số
2
1
2
+
+
=
X
X
y
có
( )

0
2
22
'
2
2
2
=
+
+−−
=
X
XX
y

⇔

022
2
=+−− XX
⇔
31±−=X
. Ta có bảng biến thiên:
X

31−−
0
31−−

∞+

'y
- 0 + + 0 -
y

4
13 +

2
1
0
Qua bảng biến thiên suy ra với
4
13 +
≤m
thì bất phương trình đã cho có
nghiệm.
Ví dụ 2: Tìm m sao cho bất phương trình:
04
34
≥++ mxxx
thỏa mãn với
1≥∀x
Bài giải: bất phương trình đã cho:
⇔

( )
04
22
≥++ mxxx

⇔

04
2
≥++ mxx
khi
1≥x
Xét hàm số
( )
mxxxf ++= 4
2
khi
1
≥
x
⇒

( )
2042' −=⇔=+= xxxf
Ta có bảng biến thiên:
x
∞−
2 1
∞+
( )
xf '
- 0 + +
( )
xf
∞+

5
+
m
Suy ra bất phương trình
( )
0≥xf
có nghiệm khi và chỉ khi
505 mm
⇔≥+
Ví dụ 3: Tìm m sao cho mọi
( )
3;2∈x
đều là nghiệm của bất phương trình:
( ) ( )
04log1log1
2
5
2
5
mxxx ++−++
(*)
Bài giải: Ta có (*)
⇔

( )
[ ]
( )
mxxx +++ 4log15log
2

5
2
5

⇔

( )
0415
22
 mxxx +++
⇔





++
−+−
)2(04
)1(0544
2
2


mxx
mxx
11
Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ
Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán
( )

3;2∈∀x
là nghiệm của bất phương trình (*)
⇔
( )
3;2∈∀x
đồng thời là
nghiệm của (1) và (2).
Xét hàm số
( )
( )





++
−+−
3;204
3;20544
2
2
trênmxx
trênmxx


Thì
( )
2
1
048' =⇔=−= xxxf

( )
2042' −=⇔=+= xxxg
Ta có bảng biến thiên:
x
∞−

2
1

2

3

∞+
( )
xf '
( )
xf

m
−
13
x
∞−

2−

2

3

∞+
( )
xg'
( )
xg

m
−
12
Suy ra
0)( >xf
và
0)( >xg
với
)3;2(∈x






≤≤−⇔
≥+
≥−
⇔
≥
≥
⇔ 1312

012
013
0)2(
0)2(
m
m
m
g
f
Giới thiệu một số bài tập áp dụng:
1) Tìm m để phương trình :
042
2
=−−− xmx
có nghiệm.
2) Tìm m để phương trình :
)2(log
)2(log
2
2
2
2
++
=+++
xx
m
mxx
có nghiệm.
3) Tìm m sao cho
04cos2cos ≥++ xmx

với mọi
x
d. Sử dụng phương pháp max, min trong việc biện luận sự tồn tại
nghiệm của phương trình, bất phương trình.
Để áp dụng được phương pháp này chúng ta sử dụng một số mệnh đề sau:
Mệnh đề1: phương trình
mxf =)(
có nghiệm trên miền D khi và chỉ khi:
)(max)(min xfmxf
D
D
≤≤
Mệnh đề 2: bất phương trình
mxf <)(
có nghiệm trên miền D khi và chỉ khi:
mxf
D
<)(min
Mệnh đề 3: bất phương trình
mxf <)(
có nghiệm với mọi
Dx∈
mxf
D
<⇔ )(max
Mệnh đề 4: bất phương trình
mxf >)(
có nghiệm trên miền D khi và chỉ khi:
mxf
D

>)(max
Mệnh đề 5: bất phương trình
mxf >)(
có nghiệm với mọi
Dx∈

mxf
D
>⇔ )(min
.
Các ví dụ minh họa:
12
Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ
Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán
Ví dụ 1: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên chẵn và
3>a
thì phương trình:
0)(3)1(
212
=++−+
+++ nnn
axxnxn
vô nghiệm.
Bài giải: Xét hàm số
212
)(3)1()(
+++
++−+==
nnn
axxnxnxfy

)3()2)(1()( −++=
′
xxnnxf
n
Vì n là số tự nhiên chẵn nên
0>
n
x
với mọi x nên
0'y
với
3x
và
0'≤y
với
.3≤x
Do đó min
( )
033
21

++
−==
nn
afy
(vì
3a
)
Suy ra phương trình

( )
0=xf
vô nghiệm.
Ví dụ 2: Cho bất phương trình:
( )( )
182244
2
−+−≤+−− axxxx
(1)
Bài giải: Đặt
( )( )
8224
2
++−=+−= xxxxt
với
42
≤≤−
x
Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
( )( ) ( )
[ ]
324
2
1
240 =++−≤+−=≤ xxxxt

40 =⇔= xt
hoặc
2−=x

3=t
Khi
xx +=− 24
1=⇔ x
Bất phương trình (1) trở thành:
( )
104
2
+−= tttf
(2)
Bất phương trình (1) có nghiệm khi bất phương trình (2) có nghiệm
[ ]
3;0∈t
Ta có bảng biến thiên:
t
0 2 3
( )
tf
10 7
6
Qua bảng biến thiên :
[ ]
( )
6min
3;0
=tf
và bất phương trình (2) có nghiệm
[ ]
3;0∈t
khi

6
≥
a
. Hay với
6
≥
a
thì bất phương trình (1) có nghiệm.
4.3 Ứng dụng của hàm số trong việc biện luận số nghiệm của một
phương trình hay bất phương trình
Ví dụ 1: Biện luận theo m số nghiệm của phương trình.
644
4
44
=+++++ mxxmxx
(1)
Giải: Đặt
4
4
4 mxxt ++=
(t
0
≥
)
Phương trình (1) trở thành
⇒=++ 06
2
tt




−=
=
)(3
2
Lt
t
mxxmxxmxxt =+−−⇔=++⇔=++⇒= 164164242
44
4
4
Xét hàm số
164)(
4
+−−= xxxf

10)1(444)(
33
−=⇔=+−=−−=
′
xxxxf
Số nghiệm của phương trình là giao điểm của đường thẳng
my =
với
đồ thị
)(xfy =
.Ta có bảng biến thiên:
x
∞−
1

∞+
)(' xf
+ -
)(xf
19
∞−

∞−
13
Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ
Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán
Suy ra:

19>m
: Phương trình vô nghiệm

19=m
:Phương trình có 1 nghiệm

19<m
:Phương trình có 2 nghiệm
Để biện luận số nghiệm của phương trình theo tham số m chúng ta
thường đưa phương trình về một trong các dạng sau:
(1):
mxf =)(
hay
)()( mgxf =
(2):
mkxxf +=)(
(k là hằng số)

(3):
00
)()( yxxmxf +−=
(
00
, yx
là hằng số)
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị
)(xfy =
với
đường thẳng
my =
hoặc
mkxy +=
hoặc
00
)( yxxmy +−=
Ví dụ 2: Biện luận số nghiệm của phương trình:

tt
emme )4(4 −=−+
Bài giải: Viết phương trình đã cho về dạng:
m
x
xx
=
−
+−
1
44

2
trong đó
t
ex =
Khảo sát hàm số
x
xx
xf
−
+−
=
1
44
)(
2
trên (0;+∞)




=
=
⇔=
−
+−
=
′
2
0
0

)1(
2
)(
2
2
x
x
x
xx
xf
x
∞−
0 1 2
∞+
)(' xf
+ 0 - + 0 -
)(xf

∞+
4
0
∞−

∞+
Phương trình e
t
= x (x>0) có nghiệm duy nhất với mỗi giá trị x>0 suy ra:
m<0 : Phương trình có 2 nghiệm
m=0 : Phương trình có 1 nghiệm kép
0<m<4 : Phương trình vô nghiệm

m>4 : Phương trình có 1 nghiệm đơn
Ví dụ 3: Vẽ đồ thị (C) của hàm số :
1)(
3
++== xxxfy
Dùng đồ thị (C) biện luận số nghiệm của phương trình:

013
3
=−+− mxx
(1)
Bài giải:

013)(
2
>+=
′
xxf

x
∀
(1)
⇔

mxxx +=++ 41
3
(2) Ta có 2 tiếp tuyến:

14:
1

−=∆ xy


34:
2
+=∆ xy
với (C) song song với đường thẳng
mxy += 4
Suy ra:



>
−<
3
1
m
m
Phương trình có 1 nghiệm đơn

1−=m
hoặc
3=m
phương trình có 1 nghiệm đơn và 1 nghiệm kép.

31 <<− m
: Phương trình có 3 nghiệm
Ví dụ 4: Vè đồ thị (C) biện luận số nghiệm của phương trình
14
Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ

Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán

023
23
=−−−+ mmxxx
Hướng dẫn:
Đưa phương trình về dạng:
2)1(43
23
−+=−+ xmxx
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị (C) và đường
thẳng
∆
có phương trình:
2)1( −+= xmy

∆
quay xung quanh điểm
)2;1( −−A
Từ đó có kết quả:

3−<m
: Phương trình có 1 nghiệm đơn
1−=x

3−=m
: Phương trình có nghiệm bội
1−=x

3−>m

: Phương trình có 3 nghiệm phân biệt
4.4. Ứng dụng của hàm số trong việc giải và biện luận phường
trình, bất phương trình.
Ví dụ1: Giải và biện luận phương trình(ĐH Ngoại Thương 2001)

mmxx
mmxxmxx
++=−
+++++
255
224222
22
Bài giải: Đặt
umxx =++ 22
2

vmmxx =+++ 242
2
Phương trình
vu
vu
−=−⇔ 55
(2)
Xét hàm số
ttf
t
+= 5)(
là hàm số đồng biến (
15)( +=
′

t
tf
) nên
(2)
vu =⇔

24222
22
+++=++ mmxxmxx

02
2
=++⇔ mmxx

mm −=∆
′
2
nên ta có kết quả

10 << m
: Phương trình vô nghiệm

0
=
m
: Phương trình có nghiệm
0
21
== xx

1
=
m
: Phương trình có nghiệm
1
21
−== xx




>
<
1
0
m
m
: Phương trình có nghiệm
mmmx −±−=
2
2,1
Giới thiệu một số bài toán áp dụng:
1. Dựa vào đồ thị
)2()1(
2
xxy −+=
biện luận theo m số nghiệm phương trình
)2()1()2()1(
22
mmxx −+=−+

2. Xác định k để phương trình:
kxx −=− 2)1(
2
có 4 nghiệm phân biệt
3. Tìm k để phương trình:
2
1 xkx −=−
có nghiệm duy nhất.
4. Từ đồ thị hàm số
1
1
1
−
++=
x
xy
hãy suy ra số nghiệm
)
2
;0(
π
∈x
m
xx
gxtgxxx =++++++ )
cos
1
sin
1
cot(

2
1
cossin1
5. Kiểm nghiệm đề tài:
Để đánh giá kết quả của việc thực hiện chuyên đề tôi đã tiến hành nhiều
cuộc điều tra. Sau đây tôi xin trình bày 1 số kết quả kiểm tra.
Đề bài:
1. Với giá trị nào của m thì phương trình
15
Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ
Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán

mxx +=+12
có nghiệm
2. Giải phương trình
0132 =+− x
x
3. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm đúng với
x∀

0
cos1
cos
22
22
>
−+
+−
xmm
mmxm

Với đề bài trên tôi tiến hành kiểm tra trong thời gian 45phút với mỗi lần kiểm
tra là 30 em học sinh. Với học lực trung bình trở lên.
Cách tiến hành kiểm tra:
Lần 1: Kiểm tra trên đối tượng học sinh chưa được nghiên cứu chuyên đề.
Kết quả như sau:
Nhóm 1:(Lớp 10B7)
Loại
điểm
9 - 10 7 - 8 5 - 6 Dưới 5
S.lượng % S.lượng % S.lượng % S.lượng %
Kết
quả
0 0 5 10,6 8 17 34 72,4
Nhóm 2:(Lớp 10B10)
Loại
điểm
9 - 10 7 - 8 5 - 6 Dưới 5
S.lượng % S.lượng % S.lượng % S.lượng %
Kết
quả
2 4 13 26 15 30 20 40
Nhóm 3:(Lớp 10B11)
Loại
điểm
9 - 10 7 - 8 5 - 6 Dưới 5
S.lượng % S.lượng % S.lượng % S.lượng %
Kết
quả
1 2 12 24 16 32 21 42
Lần thứ 2: Kiểm tra trên đối tượng học sinh đã được nghiên cứu chuyên đề

Nhóm 1:(Lơp 10B7)
Loại
điểm
9 - 10 7 - 8 5 - 6 Dưới 5
S.lượng % S.lượng % S.lượng % S.lượng %
16
Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ
Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán
Kết
quả
3 6,3 15 31,9 25 53,1 4 8,7
Nhóm 2:(Lớp 10B10)
Loại
điểm
9 - 10 7 - 8 5 - 6 Dưới 5
S.lượng % S.lượng % S.lượng % S.lượng %
Kết
quả
6 12 21 42 19 38 4 8
Nhóm 3:(Lớp 10B11)
Loại
điểm
9 - 10 7 - 8 5 - 6 Dưới 5
S.lượng % S.lượng % S.lượng % S.lượng %
Kết
quả
5 10 19 38 21 42 5 10
III. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT:
- Kết quả việc đánh giá cho thấy học sinh tiếp thu chuyên đề một cách
phấn khởi, biết vận dụng thành thạo vào giải các bài tập tương tự.

- Thông qua chuyên đề đã gây được sự hứng thú trong học tập cho học
sinh, nâng cao khả năng tư duy lô gic và khả năng sáng tạo của học sinh.
- Góp phần tạo nên một phong cách học tập sáng tạo, một phong cách
của người khoa học cho học sinh, nâng cao chất lượng học tập cho học sinh.
- Đề tài có tác dụng tốt trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn luyện
thi ĐH,CĐ cho học sinh.
Trong khi trình bày chuyên đề chắc chắn còn những thiếu sót, mong
các đồng nghiệp góp ý.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2012
Người viết SKKN:

Trần Quang Quý
17