giao an on thi tot nghiep toan 2010 day du

Gi¸o Viªn: §Ỉng Th¸i S¬n
CHUN ĐỀ 1
KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN
§1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU VÀ CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
Phần 1 : SỰ ĐỒNG BIẾN NGHỊCH BIẾN CỦA HÀM SỐ
I. Mơc tiªu bµi häc:
- Về kiến thức: Học sinh nắm chắc hơn định nghĩa hàm số đồng biến, nghịch biến trên khoảng, nửa
khoảng, đoạn, điều kiện đủ để hàm số đồng biến, nghịch biến trên khoảng, nửa khoảng, đoạn.
- Về kỹ năng: Giải tốn về xét tính đơn điệu của hàm số bằng đạo hàm. Áp dụng được đạo hàm để
giải các bài tốn đơn giản.
- Về ý thøc, th¸i ®é: Tích cực,chủ động nắm kiến thức theo sự hướng dẫn của GV, sáng tạo trong q
trình tiếp thu kiến thức mới.
II. Ph ¬ng tiƯn d¹y häc
SGK, SBT,làm bài tập ở nhà
III. Ph ¬ng ph¸p d¹y häc chđ u:
VÊn ®¸p – hoạt động nhãm
IV. TiÕn tr×nh d¹y häc
2. Bµi míi:
1 : Ơn lý thuyết
u cầu hs trình bày lại: Tính đơn điệu, hàm số đồng biến, hs nghịch biến, Mối quan hệ giữa dấu của
đạo hàm và sự biến thiên hàm số.
Để xét tính đơn điệu của hàm số ta làm theo quy tắc:
- Tìm TXĐ
- Tính y’=f’(x). Tìm các điểm x
i
(i = 1, 2, …) mà tại đó y’=0 hoặc khơng xác định
- lập bảng biến thiên và xét dấu y’
- kết luận y’ từ bảng xét dấu y’ tìm ra các khoảng đồng biến, nghịch biến
2 : Tổ chức luyện tập
1)Xét tính đơn điệu của hàm số
a) y = f(x) = x

3
-3x
2
+1. b) y = f(x) = 2x
2
-x
4
.
c) y = f(x) =
2x
3x
+
−
. d) y = f(x) =
x1
4x4x
2
−
+−
.
e) y= f(x) = x
3
−3x
2
. g)
1x
3x3x
f(x) y
2
−

+−
==
.
h) y= f(x) = x
4
−2x
2
. i) y = f(x) = sinx trên [0; 2π].
Tiếp tục u cầu các nhóm giải bài tập ,
Hướng dẫn nhanh cách giải ; Tìm đạo hàm, xét dấu đạo hàm, Để Hs đồng biến thì đạo hàm phải
dương,nghịch biến thì đạo hàm phải âm .
2) Cho hàm số y = f(x) = x
3
-3(m+1)x
2
+3(m+1)x+1. Định m để hàm số ln đồng biên trên từng
khoảng xác định của nó (ĐS:1 ≤ m ≤ 0)
3) Tìm m∈Z để hàm số y = f(x) =
mx
1mx
−
−
đồng biên trên từng khoảng xác định của nó.
(ĐS:m = 0)
4) Chứng minh rằng : hàm số luôn luôn tăng trên khoảng xác đònh (trên từng khoảng
xác đònh) của nó :
a) y = x
3
−3x
2

+3x+2. b)
1x
1xx
y
2
−
−−
=
. c)
1x2
1x
y
+
−
=
.
5) Tìm m để hàm số
mx
2mmx2x
y
2
−
++−
=
ln đồng biến trên từng khoảng xác định của nó
Gi¸o Viªn: §Æng Th¸i S¬n
Phần 2 : CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
I/ Mục tiêu :
1/ Kiến thức : Nắm vững hơn về định nghĩa cực đại và cực tiểu của hàm số, hai quy tắc để tìm
cực trị của hàm số, tìm tham số m để hàm số có cực trị .

2/ Kĩ năng: Vận dụng thành thạo hai quy tắc để tìm cực trị của hàm số, biết vận dụng cụ thể
từng trường hợp của từng qui tắc.
3/ Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, chính xác.
II. Ph ¬ng tiÖn d¹y häc
SGK, SBT, làm bài tập ở nhà
III. Ph ¬ng ph¸p d¹y häc chñ yÕu:
VÊn ®¸p – hoạt động nhóm
IV. TiÕn tr×nh d¹y häc
1: Cũng cố lý thuyết
Để tìm cực trị của hàm số ta áp dụng quy tắc 1 sau:
- Tìm TXĐ
- Tính y’ và tìm các điểm x
i
(i =1, 2, …)mà tại đó y’=0 hoặc không xác định
- Lập bảng biến thiên
- Dựa vào bảng biến thiên để kết luận các điểm cực trị của hàm số
Để tìm cực trị của hàm số ta còn áp dụng quy tắc 2 sau:
- Tìm TXĐ
- Tính y’ và tìm các điểm x
i
(i =1, 2, …)mà tại đó y’=0 hoặc không xác định
- Tính y’’ và y’’(x
i
)
- Dựa vào dấu của y’’(x
i
) để kết luận các điểm cực trị của hàm số
2: Tổ chức luyện tập
1) Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số bằng quy tắc I:
a) y = x

3
. b) y = 3x +
x
3
+ 5. .
2) Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số bằng quy tắc II:
a /
4 2
3 2y x x= − +
b) y = x
2
lnx c) y = sin
2
x với x∈[0; π ] .
3) Xác định tham số m để hàm số y = x
3
−3mx
2
+(m
2
−1)x+2 đạt cực đại tại x = 2.
( m = 11)
4) Xác định m để hàm số y = f(x) = x
3
-3x
2
+3mx+3m+4
a.Không có cực trị. ( m ≥1)
b.Có cực đại và cực tiểu. ( m <1)
5) Xác định m để hàm số y = f(x) =

x1
mx4x
2
−
+−
a. Có cực đại và cực tiểu. (m>3)
b.Đạt cực trị tại x = 2. (m = 4)
c.Đạt cực tiểu khi x = -1 (m = 7)
6) Tìm cực trị của các hàm số :
a)
x
1
xy +=
. b)
6x2
4
x
y
2
4
++−=
.
7) Xác định m để hàm số sau đạt cực đại tại x =1: y = f(x) =
3
x
3
-mx
2
+(m+3)x-5m+1.
(m = 4)

3 / Hướng dẫn học ở nhà : BT về nhà
B1. Hàm số
3 2
2( 1) 4 1
3
m
y x m x mx= − + + −
. Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu.
Gi¸o Viªn: §Æng Th¸i S¬n
B2. Cho hàm
2
1
x mx
y
x
+
=
−
. Tìm m để hàm số có cực trị
B3. Cho hàm số
2
2 4
2
x mx m
y
x
+ − −
=
+
. Xác định m để hàm số có cực đại và cực tiểu.

Buổi 2: GTLN – GTNN – TIỆM CẬN CỦA HÀM SỐ
Phần 1: GTLN VÀ GTNN CỦA HÀM SỐ
I/ Mục tiêu:
Về kiến thức: Giúp học sinh hiểu rõ hơn về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
Về kỹ năng: Rèn luyện cho hs thành tạo trong việc tìm GTLN, GTNN của hàm số và biết ứng dụng
vào các bài toán thuwowngf gặp.
Về tư duy : Đảm bảo tính chính xác, linh hoạt.
Thái độ : Thái độ nghiêm túc, cẩn thận.
II/ Chuẩn bị của GV và HS
Hs: Học bài ở nhà nắm vững lí thuyết về cực trị, GTLN, GTNN. Chuẩn bị trước bt ở nhà.
III/ Phương pháp: Gợi mở, vấn đáp,hoạt động nhóm
IV/ Tiến trình tiết dạy:
1 / Ổn định lớp:
2/ Bài mới:
1: Ôn lý thuyết :
- Tính y’. Tìm các điểm x
1
, x
2
,… trên khoảng (a;b) mà tại đó y’=0 hoặc không xác định
- Tính f(a), f(b), tính f(x
1
), f(x
2
),….
- Tìm số lớn nhất M và nhỏ nhất m trong các số trên
[ ]
[ ]
;
;

max ( ) ; min ( )
a b
a b
f x M f x m= =
2: Tổ chức luyện tập
1) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) = x
2
-2x+3. (
R
Min
f(x) = f(1) = 2)
2) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = f(x) = x
2
-2x+3 trên [0;3].
(
]3;0[
Min
f(x) = f(1) = 2 và
]3;0[
Max
f(x) = f(3.) = 6
3) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x) =
1x
4x4x
2
−
+−
với x<1. (
)1;(
Max

−∞
f(x) = f(0) = -4)
4) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số y = 3 sinx – 4 cosx.
5) Tìm GTLN: y = −x
2
+2x+3. (
R
Max
y = f(1 ) = 4)
6) Tìm GTNN y = x – 5 +
x
1
với x > 0. (
);0(
Min
±∞
y = f(1 ) = −3)
7) Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = 2x
3
+3x
2
−1 trên đoạn






− 1;
2

1
(
4)1(fyMax
]1;
2
1
[
==
−
;
1)0(fyMin
]1;
2
1
[
−==
−
)
8) Tìm GTLN, GTNN của:
a) y = x
4
-2x
2
+3. (
R
Min
y = f(±1) = 2; Không có
R
Max
y)

b) y = x
4
+4x
2
+5. (
R
Min
y=f(0)=5; Không có
R
Max
y)
Gv sửa sai,hoàn thiện lời giải
Phần 2 : TIỆM CẬN VÀ ĐỒ THỊ HÀM SỐ
Gi¸o Viªn: §Æng Th¸i S¬n
I/ Mục tiêu:
Về kiến thức: Giúp học sinh nắm chắc hơn về giới hạn của hàm số, Nắm kỹ hơn về tiệm cận,cách tìm
tiệm cận của đồ thị hàm số
Về kỹ năng: Rèn luyện cho hs có kỹ năng thành tạo trong việc tìm tiệm cận đứng và ngang của đồ thị
hàm số và biết ứng dụng vào bài toán thực tế.
Về tư duy : Đảm bảo tính chính xác, linh hoạt.
Về thái độ : Thái độ nghiêm túc, cẩn thận.
II/ Chuẩn bị của GV và HS
Hs: nắm vững lí thuyết về giới hạn,tiệm cận của đồ thị. Chuẩn bị trước bt ở nhà.
III/ Phương pháp: Gợi mở, vấn đáp
IV/ Tiến trình tiết dạy:
1/ Ổn định lớp:
2/ Bài mới:
Phần 1 : Yêu cầu học sinh chia làm 4 nhóm nhắc lại một số kiến thức lý thuyết có liên quan đến bài
học như sau :
1 / Khái niệm giới hạn bên trái,giới hạn bên phải.

2 / Giới hạn vô cùng - Giới hạn tại vô cùng
3 / Khái niệm tiệm cận ngang của đồ thị
4 / Khái niệm tiện cận đứng của đồ thị
Cả lớp thảo luận,bổ sung ,sửa sai,hoàn thiện phần lý thuyết để khắc sâu kiến thức cho Hs
2 : Tiến hành hướng dẫn,gợi mở dẫn dắt để học sinh giải các bài tập.
Bài tập 1 : Chia lớp làm 4 nhóm yêu cầu mỗi nhóm giải mỗi câu sau.Tìm tiệm cận đứng,ngang của đồ
thị các hàm số sau : a/
2 1
2
x
y
x
−
=
+
b/
3 2
1 3
x
y
x
−
=
+
c/
5
2 3
y
x
=

−
d/
4
1
y
x
−
=
+

Đại diện các nhóm trình bày trên bảng, lớp thảo luận bổ sung, góp ý, hoàn chỉnh .ghi chép

Gợi ý lời giải : a /
2 1
2
x
y
x
−
=
+
ta có
2
2 1
lim ,
2
x
x
x
+

→−
−
= −∞
+
và
2
2 1
lim ,
2
x
x
x
−
→−
−
= +∞
+
Nên đường thẳng x = - 2 là
đường tiệm cận đứng của đồ thị.
Vì
1
2
2 1
lim lim 2
2
2
1
x x
x
x

x
x
→±∞ →±∞
−
−
= =
+
+
nên đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị
Bài tập 2 : Tiến hành tương tự cho bài tập 2 như sau :
a./
2
2
12 27
4 5
x x
y
x x
− +
=
− +
b/
2
2
2
( 1)
x x
y
x
− −

=
−
c /
2
2
3
4
x x
y
x
+
=
−
d /
2
2
4 3
x
y
x x
−
=
− +

Đại diện các nhóm trình bày ,lớp thảo luận ,góp ý ,bổ sung.
Gợi ý lời giải :

a./
2
2

12 27
4 5
x x
y
x x
− +
=
− +
Vì
2
2
12 27
lim 1
4 5
x
x x
x x
→±∞
− +
=
− +
nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị
Vì
2
4 5x x− +
> 0 ,
∀
x nên đồ thị không có tiệm cận đứng
4/ Củng cố : Nhắc lại cách tìm giới hạn của hsố trên . Lưu ý cách tìm tiệm cận đứng nhanh bằng cách tìm
các giá trị làm cho mẫu thức bằng không.

BTVN: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau
Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
a.
4 3 2
3 2 9y x x x x= +
trong on
[ ]
2;2
b.
2 1
2
x
y
x
+
=

trong on
[ ]
3;4
c.
[ ]
3 2
6 9 , 0;4y x x x x
= +
d.
[ ]
2
2 , 2;2y x x x= +
Bui 3: KHO ST HM S BC BA V CC BI TON LIấN QUAN

I/ Mc tiờu:
V kin thc: Giỳp hc sinh nm chc hn v s kho sỏt hm s,
Nm k hn v bin thiờn,Cc tr,GTLN,GTNN,tim cn,cỏch v th hm s
V k nng: Rốn luyn cho hs cú k nng thnh to trong vic kho sỏt v th hm s .
V t duy : m bo tớnh logic
V thỏi : Thỏi nghiờm tỳc, cn thn.chớnh xỏc,
II/ Chun b ca GV v HS
Hs: nm vng lý thuyt v khảo sát hàm số và các bài toán liên quan.
III/ Phng phỏp: Gi m, vn ỏp kt hp hot ng nhúm .
IV/ Tin trỡnh tit dy:
* ễn lý thuyt :
1. Sơ đồ khảo sát hàm số:
1. Txđ
2. Sự biến thiên
a) Giới hạn và tiệm cận (Chỉ xét tiệm cận của các hàm phân thức)
b) Bảng biến thiên:
- Tính o hm
- Tìm các điểm x
i
sao cho phơng trình y (x
i
) = 0. Tính y(x
i
)
- Lập bảng biến thiên.
- Dựa vào bảng biến thiên để kết luận các khoảng đồng biến và cực trị.
3. Vẽ đồ thị:
- Tìm giao với các trục toạ độ (Hoặc một số điểm đặc biệt)
- Vẽ đồ thị
2. PTTT ca th hm s

a) PTTT ca hm s (C): y = f(x) ti im M
0
(x
0
; y
0
)
Bc 1: PTTT cn tỡm cú dng: y y
0
=
f

(x
0
)(x x
0
) Bc 2: Tớnh
f

(x)
Bc 3: Tớnh
f

(x
0
) Bc 4: Thay x
0
, y
0
v

f

(x
0
) vo bc 1
b) PTTT ca (C): y = f(x) bit h s gúc k cho trc
Bc 1: Tớnh
f

(x) Bc 2: Gii phng trỡnh
f

(x
0
) = k

nghim x
0
Bc 3: Tớnh y
0
= f(x
0
) Bc 4: Thay x
0
, y
0
v k =
f

(x

0
) vo PT: y y
0
=
f

(x
0
)(x x
0
)
* Tin hnh hng dn,gi m dn dt hc sinh gii cỏc bi tp.
VD1 : Cho hàm số y = - x
3
+ 3x
2
- 2
a) Khảo sát hàm số.
b) Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm y=0
Giải:
a) Khảo sát hàm số:
1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:
a) Giới hạn:
lim
x
y

= m
b) Bảng biến thiên: y = - 3x

2
+ 6x, y = 0 - 3x
2
+ 6x = 0
1 1
2 1
0 2
2 2
x y
x y
= =



= =

Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
- Hàm số đồng biến trên khoảng (0 ; 2)
và nghịch biến trên khoảng
(- ; 0) và (2 ; +)
- Cực trị: Điểm cực đại (2 ; 2) cực tiểu (0 ; -2)
3. Đồ thị : - Điểm uốn : y = - 6x + 6; y = 0 khi
x = 1 y = 0. Ta có điểm uốn là: U(1 ; 0)
- Giao Ox :
(1 3;0); (1 3;0); (1;0)A B U +
- Giao Oy : D(0 ; -2)
Nhận xét : Đồ thi nhận điểm uốn U(1 ; 0) làm
tâm đối xứng.
b) Viết phơng trình tiếp tuyến tại điểm uốn U(1 ; 0)
Hệ số góc k = f(1) = 3

Vậy ta có phơng trình tiếp tuyến là :
y - y
0
= k(x - x
0
) hay : y - 0 = 3(x - 1)
y = 3x - 3
Một số chú ý khi khảo sát hàm số bậc ba :
1. Txđ: R
2.
0 lim ; 0 lim
x x
a y a y

> = < = m
3. a > 0 : CĐ - CT; a < 0: CT - CĐ (Không có cực trị nếu y > 0 hoặc
y < 0

x

R)
4. Tìm điểm uốn trớc khi vẽ đồ thị. Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.
VD 2: Cho hm s (C): y = -x
3
+ 3x + 2
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C)
b) Da vo th (C), bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh: x
3
3x 2 + m = 0
S: * m > 4: 1 n

0
; * m = 4: 2 n
0
; * 0 < m < 4: 3 n
0
; * m = 0: 2 n
0
; * m < 0: 1 n
0
c) Vit phng trỡnh tip tuyn ti im I(0; 2). S: y = 3x + 2
d) Vit phng trỡnh ng thng i qua im cc i v im cc tiu ca th (C)
HD: PT t i qua 2 im A(x
A
; y
A
) v B(x
B
; y
B
) cú dng:
A A
B A B A
x x y y
x x y y

=

. S: y = 2x + 2
VD3: Cho hm s (C): y = x
3

+ 3x
2
+ 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C)
b) Da vo th (C), bin lun theo k s nghim ca phng trỡnh: x
3
+ 3x
2
k = 0
S: * k > 4: 1 n
0
; * k = 4: 2 n
0
; * 0 < k < 4: 3 n
0
; * k = 0: 2 n
0
; * k < 0: 1 n
0
c) Vit phng trỡnh tip tuyn ti im cú honh bng -1
HD: Th x = -1 vo (C)

y = 3: M(-1; 3). S: y = -3x
d) Vit phng trỡnh ng thng i qua im cc i v im cc tiu ca th (C)
S: y = -2x + 1
VD4: Cho hm s (C): y = x
3
3x
2
+ 4

a) Kho sỏt v v th hm s (C)
b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) song song vi ng thng y =
5
x 1
3

.
S: y =
5 83
x
3 27
+
; y =
5 115
x
3 27
+
VD5: Cho hm s (C
m
): y = 2x
3
+ 3(m 1)x
2
+ 6(m 2)x 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C) khi m = 2
b) Vi giỏ tr no ca m, th ca hm s (C
m
) i qua im A(1; 4). S: m = 2
X
- 0 2 +

y - 0 + 0 -
y
+ 2
-2 -
2
-2
y
x
O
Gi¸o Viªn: §Ỉng Th¸i S¬n
c) Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số (C) đi qua điểm B(0; -1). ĐS: y = -1; y =
9
x 1
8
− −
Bµi tËp tù lun:
Bµi 1: Cho hµm sè:
3
12 12y x x= − +
(C)
a) Kh¶o s¸t hµm sè.
b) T×m giao ®iĨm cđa (C) víi ®êng th¼ng d: y = - 4
Bµi 2: Cho hµm sè
3 2
1
( )
3
y x x C= −
(§Ị thi TN 2002)
a) Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ (C).

b) ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tun cđa (C) ®i qua ®iĨm A(3; 0)
Bµi 3: Cho hµm sè
3
1
3 ( )
4
y x x C= −
(§Ị TN 2001)
a) Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè
b) ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tun cđa (C) t¹i ®iĨm cã hoµnh ®é b»ng
2 3
(d)
Bµi 4: (§Ị TN 99) Cho hµm sè y = x
3
- (m + 2)x + m
a) T×m m ®Ĩ hµm sè cã cù ®¹i t¬ng øng víi x = 1
b) Kh¶o s¸t hµm sè t¬ng øng víi m = 1(C)
c) BiƯn ln sè giao ®iĨm cđa (C) víi ®êng th¼ng y = k
Bµi 5 : (§Ị 97) Cho hµm sè y = x
3
- 3x + 1 (C)
Kh¶o s¸t hµm sè (C)
Bai 6: (§Ị 93) Cho hµm sè y = x
3
- 6x
2
+ 9 (C)
a) Kh¶o s¸t hµm sè
b) ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tun t¹i ®iĨm cã hoµnh ®é lµ nghiƯm ph¬ng tr×nh y’’=0
c) Dùa vµo (C) ®Ĩ biƯn ln sè nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh x

3
- 6x
2
+ 9 - m.
Bµi 8 : Cho hµm sè
3 2
1
2,( )
3
y x x C= − +
a) Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè
b) ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tun cđa (C) biÕt r»ng tiÕp tun ®ã vu«ng gãc víi ®êng th¼ng d:
1
2
3
y x= − +
Buổi 4: KHẢO SÁT HÀM SỐTRÙNG PHƯƠNG VÀ CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN
I/ Mục tiêu:
Về kiến thức: Giúp học sinh nắm chắc hơn về sơ đồ khảo sát hàm số,
Nắm kỹ hơn về biến thiên,Cực trị,GTLN,GTNN,tiệm cận,cách vẽ đồ thị hàm số
Về kỹ năng: Rèn luyện cho hs có kỹ năng thành tạo trong việc khảo sát vẽ đồ thị hàm số .
Về tư duy : Đảm bảo tính logic
Về thái độ : Thái độ nghiêm túc, cẩn thận.chính xác,
II/ Chuẩn bị của GV và HS
Hs: nắm vững lí thuyết về kh¶o s¸t hµm sè vµ c¸c bµi to¸n liªn quan.
III/ Phương pháp: Gợi mở, vấn đáp kết hợp hoạt động nhóm .
IV/ Tiến trình tiết dạy:
Phần 1 : Ơn lý thuyết :
1. S¬ ®å kh¶o s¸t hµm sè:
2/ Bài toán : Biện luận số nghiệm của phương trình bằng đồ thò

 Dùng đồ thò biện luận số nghiệm của phương trình f(x)=
( )m
ϕ
.
 Phương pháp giải:
B1: Vẽ đồ thò (C) của hàm f(x) (Thường đã có trong bài toán khảo sát hàm số )
B2: Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thò (C) và đường thẳng y=
( )m
ϕ
. Tùy theo m
dựa vào số giao điểm để kết luận số nghiệm.
Ví dụ:
6
4
2
-2
5
x
y
6
4
2
y
5
x
O 1
Gi¸o Viªn: §Ỉng Th¸i S¬n
Cho hàm số y=x
3
– 6x

2
+ 9x (C).
Dùng đồ thò (C) biện luận số nghiệm của phương trình x
3
– 6x
2
+ 9x – m =
0
Giải:
Phương trình x
3
– 6x
2
+ 9x – m = 0
⇔
x
3
– 6x
2
+ 9x = m
Số nghiệm của phương trình là số giao
điểm của đồ thò (C) và đường thẳng d: y=m.
dựa vào đồ thò ta có:
Nếu m > 4 phương trình có 1 nghiệm.
Nếu m = 4 phương trình có 2 nghiệm.
Nếu 0< m <4 phương trình có 3 nghiệm.
Nếu m=0 phương trình có 2 nghiệm.
Nếu m < 0 phương trình có 1 nghiệm.
Phần 2 : Tiến hành hướng dẫn,gợi mở dẫn dắt để học sinh giải các bài tập.
Hµm sè bËc 4 trïng ph¬ng y = ax

4
+ bx
2
+ c
VD1: Cho hµm sè
4 2
1 9
2 ( )
4 4
y x x C= − + +
a) Kh¶o s¸t hµm sè
b) ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tun cđa (C) t¹i ®iĨm cã hoµnh ®é b»ng 1.
Gi¶i:
a) Kh¶o s¸t hµm sè
TËp x¸c ®Þnh: R
Sù biÕn thiªn
a) Giíi h¹n:
lim
x
y
→∞
= −∞
b) B¶ng biÕn thiªn:
1 1
3
2,3 2,3
9
0
4
y' = - x + 4x; y' = 0

25
2
4
x y
x y

= ⇒ =

⇔


= ± ⇒ =



x -∞ - 2 0 2 +∞
y’ + 0 - 0 + 0 -
y

25
4

25
4
-∞
9
4
-∞
Suy ra hµm sè ®ång biÕn trªn kho¶ng (-∞; -2) vµ (0; 2), nghÞch biÕn trªn kho¶ng ( -2; 0) vµ (2; +∞)
Cùc trÞ:

CD CD
25 9
x = ±2 y = ; 0
4 4
CT CT
x y⇒ = ⇒ =
§å thÞ : (H2)
- §iĨm n: y” = - 3x
2
+4; y” = 0
2 161
36
3
x y⇔ = ± ⇒ =
- Giao víi Ox : A(-3 ; 0) vµ B(3 ; 0)
- Giao Oy :
9
(0; )
4
C
(H2)
Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
b) x
0
= 1 y
0
= 4, y(x
0
) = y(1) = 3. Nên phơng trình tiếp tuyến cần tìm là : y - 4 = 3(x - 1), hay : y
= 3x + 1.

Một số lu ý khi khảo sát hàm số bậc 4 trùng phơng :
a) Txđ : R
b)
0 : lim
x
a y

> = +
đt hàm số có hai cực tiểu - một cực đại hoặc chỉ có một cực tiểu (y = 0 chỉ
có một nghiệm, khi đó đồ thị giống đồ thị parabol)

0 : lim ;
x
a y

< =
đt hàm số có hai cực đại - một cực tiểu hoặc chỉ có một cực đại.
c) Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng; Không có tiệm cận.
VD2: Cho hm s (C): y = - x
4
+ 2x
2
+ 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C)
b) Bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh: -x
4
+ 2x
2
+ 1 m = 0
S: * m > 2: vụ n

0
; * m = 2: 2 n
0
; * 1 < m < 2: 4 n
0
; * m = 1: 3 n
0
; * m < 1: 2 n
0
c) Vit phng trỡnh tip tuyn ti im cú tung bng 2
HD: Th y = 2 vo (C)

x =

1: M(-1; 2), N(1; 2). S: y = 2
VD3: Cho hm s (C): y = x
4
2x
2
3
a) Kho sỏt v v th hm s (C)
b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C), bit h s gúc ca tip tuyn l 24. S: y = 24 43
VD4: Cho hm s (C
m
): y = x
4
(m + 7)x
2
+ 2m 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C) khi m = 1

b) Xỏc nh m th (C
m
) i qua im A(-1; 10). S: m = 1
c) Da vo th (C), vi giỏ tr no ca k thỡ phng trỡnh: x
4
8x
2
k = 0 cú 4 nghim phõn bit. S:
-14 < k < 0
Bài tập tự luyện :
Bài 1 : Cho hàm số y = x
4
- 2x
2
- 3 (C)
a) Khảo sát hàm số.
b) Dựa vào (C), tìm m để phơng trình x
4
- 2x
2
+ m = 0 có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 2: Khảo sát hàm số: y = - x
4
+ 4x
2
- 5
Bài 3: Cho hàm số: y = x
4
+ mx
2

- m - 5 (C
m
)
a) Khảo sát hàm số với m = 1 (C)
b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành.
c) Tìm m để (C
m
) có cực đại và cực tiểu.
Bài 4: Cho hàm số:
4 2
1 9
2 4
y x mx=
(C
m
)
a) Khảo sát hàm số với m = 3.
b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm
9
(0; )
4
A

.
Bài số 5. Khảo sát các hàm số sau:
4 2
4 2
4 2
1) y x 4x 3
2) y x x 2

3) y x 2x 1
= +
= +
= +
Bui 5: KHO ST HM S PHN THC BC NHT TRấN BC NHT
V CC BI TON LIấN QUAN
I/ Mc tiờu:
V kin thc: Giỳp hc sinh nm chc hn v s kho sỏt hm s,
Nm k hn v bin thiờn,Cc tr,GTLN,GTNN,tim cn,cỏch v th hm s
2
-2
-4
y
5
x
1
O
I
Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
V k nng: Rốn luyn cho hs cú k nng thnh to trong vic kho sỏt v th hm s .
V t duy : m bo tớnh logic
V thỏi : Thỏi nghiờm tỳc, cn thn.chớnh xỏc,
II/ Chun b ca GV v HS
Hs: nm vng lớ thuyt v khảo sát hàm số và các bài toán liên quan.
III/ Phng phỏp: Gi m, vn ỏp kt hp hot ng nhúm .
IV/ Tin trỡnh tit dy:
VD1: Cho hàm số:
4
( )
1

x
y C
x
+
=

a) Khảo sát hàm số.
b) Xác định toạ độ giao điểm của (C) với đờng thẳng d: y = 2x + 2. Viết phơng trình tiếp tuyến của
(C) tại các giao điểm trên.
Giải:
a) Khảo sát hàm số:
1.Tập xác định: D = R\{1}
2.Sự biến thiên:
a) Chiều biến thiên:
2
3
' 0,
( 1)
y x D
x

= >

.
Nên hàm số nghịch biến trên (- ; 1) và (1; + )
b) Cực trị: Đồ thị hàm số không có cực trị.
c) Giới hạn và tiệm cận:
1
lim
x

y

+ =
x = 1 là tiệm cận đứng.
lim 1
x
y

+ =
y = - 1 là tiệm cận ngang.
d) Bảng biến thiên :
x - 1 +
y - -
y
+
-1 -1
-
3.Đồ thị : (H3)
- Giao với Ox : A(4 ; 0)
- Giao với Oy : B(0 ; -4)
- Đồ thị nhận I(1 ; - 1)
làm tâm đối xứng
b) Hoành độ giao điểm của(C)
và đờng thẳng d là nghiệm
Của phơng trình:
1 1
2
2 2
2 2
4

2 2 2 6 0
3
1
5
2
x y
x
x x x
x
x y
= =

+

= + + =


= =


Vậy giao điểm của (C) và đờng thẳng d là:
1 2
3
( 2; 2), ( ;5)
2
M M
- Phơng trình tiếp tuyến của (C) tại M
1
có hệ số góc là:
1

1
'( 2)
3
k y= =
Nên có phơng trình là:
1 1 8
2 ( 2)
3 3 3
y x y x+ = + =
Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
- Phơng trình tiếp của (C) tại M
2
có hệ số góc là:
2
3
'( ) 12
2
k y= =
. Nên có phơng trình là:
3
5 12( ) 12 23
2
y x y x = = +
Những lu ý khi khảo sát hàm b1/b1:
1. Tập xác định:
\{ }.
d
D R
c
=

2. Hàm số luôn đồng biến (y>0) hoặc luôn nghịch biến (y<0) trên các khoãng xác định.
3. Đồ thị hàm số không có cực trị.
4. Giới hạn và tiệm cận:
) lim
d
x
c
d
y x
c

+ = =
là tiệm cận đứng.
)lim
x
a a
y y
c c

+ = =
là tiệm cận ngang
+) Không có tiệm cận xiên.
vd2. Cho hàm số
3x 1
y
x 3

=

có đồ thị (C).

1) Khảo sát hàm số.
2) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x = -1
3) Tìm GTLN và GTNN của hàm số trên [0; 2].
Hớng dẫn giải.
1) Hs tự khảo sát. Đồ thị:
2) Có
( )
2
10 5
y' y'( 1)
8
x 3

= =

;
y( 1) 1 =
Phơng trình tiếp tuyến:
( )
5 5 3
y x 1 1 y x
8 8 8
= + + = +
3) Ta có hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định nên hàm số nghịch biến trên [0; 2].
Do đó:
[ ] [ ]
0;2 0;2
1
max y y(0) ; min y y(2) 5
3

= = = =
.
VD3. Cho hm s (C): y =
x 1
x 3
+

a) Kho sỏt v v th hm s (C)
b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) vuụng gúc vi ng phõn giỏc phn t th nht
HD: ng phõn giỏc phn t th nht l: y = x. S: y = -x v y = -x + 8
VD4.: Cho hm s (C
m
): y =
mx 1
2x m

+
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C
2
)
b) Chng minh rng vi mi giỏ tr ca tham s m, hm s luụn ng bin trờn mi khong xỏc nh ca
nú
HD: Chng minh t thc ca y

> 0 suy ra y

> 0(pcm)
c) Xỏc nh m tim cn ng ca th i qua A(-1;
2
). S: m = 2

d) Vit phng trỡnh tip tuyn ca hm s (C
2
) ti im (1;
1
4
). S: y =
3 1
x
8 8

VD5: Cho hm s (C
m
): y =
(m 1)x 2m 1
x 1
+ +

Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C) khi m = 0
b) Vi giỏ tr no ca m, th ca hm s (C
m
) i qua im B(0; -1). S: m = 0
c) nh m tim cn ngang ca th i qua im C(
3
; -3). S: m = -4
c) Vit phng trỡnh tip tuyn ca hm s ti giao im ca nú vi trc tung
HD: Giao im vi trc tung

x = 0, thay x = 0 vo (C)

y = -1: E(0; -1). S: y = -2x 1
Bài tập tự luyện
Bài 1: Cho hàm số:
2 1
( ).
1
x
y C
x

=
+
a) Khảo sát hàm số.
b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
Bài 2: Cho hàm số
2 1
( )
1
x
y C
x

=

a) Khảo sát hàm số
b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của (C) với các trục toạ độ.
Bài 3: Cho hàm số
4
( )
2

x
y C
x
+
=

a) Khảo sát hàm số
b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và các trục toạ độ
Bài 4: (Đề TN - 99)
Cho hàm số
1
( )
1
x
y C
x
+
=

a) Khảo sát hàm số.
b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tai điểm A(0; 1)
Bài 5: Cho hàm số
2
( )
1
x
y C
x

=

+
a) Khảo sát hàm số
b) Chứng minh rằng đờng thẳng d
m
: y = 2x + m (m là tham số) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt
thuộc hai nhánh của đồ thị
c) Tìm toạ độ của M thuộc đồ thị (C) sao cho điểm M cách đều các trục toạ độ
Bài 6: Cho hàm số
2
( )
1
x
y C
x
+
=
+
a) Khảo sát hàm số
b) Tìm m để đờng thẳng d
m
: y = mx + m + 3 (m là tham số) cắt (C) tại hai điểm phân biệt.
Bài 7: Khảo sát các hàm số
a)
2
2
x
y
x
+
=

b)
2
1
x
y
x
=

. Chuyên Đề 2: Hàm Số Mũ và Lôgarit (5 buổi=15 tiết)
(Từ buổi 6 đến 13)
Buổi 6: Luỹ thừa - mũ( 3tiết)
I. Mc tiờu:
1) V kin thc:
Các kiến thức về luỹ thừa và mũ
2) V k nng:
Thc hin thnh tho vic giải các bài toán về đơn giản biểu thức, tính giá trị biểu thức, biến đổi
luỹ thừa.
3) V t duy v thỏi :
T giỏc, tớch cc trong hc tp.
Ch ng phỏt hin, chim lnh tri thc mi, bit quy l v quen, cú tinh thn hp tỏc xõy dng
cao.
II. Chun b ca giỏo viờn v hc sinh:
Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
Giỏo viờn: - Giỏo ỏn, bng ph, phiu hc tp .
Hc sinh: Sỏch giỏo khoa.
Kin thc v luỹ thừa mũ
III. Phng phỏp:
Dựng cỏc phng phỏp gi m, vn ỏp, nờu vn v gii quyt vn , hot ng nhúm
IV. Tin trỡnh bi hc:

1. n nh lp.
2. Bi mi:.
I. Định nghĩa luỹ thừa và căn
1. Luỹ thừa Căn
. Với n nguyên dơng, căn bậc n của số thực a là số thực b sao cho b
n
= a.
. Với n nguyên dơng lẻ và a là số thực bất kì, chỉ có một căn bậc n của a, kí hiệu là
n
a
. Với n nguyên dơng chẵn và a là số thực dơng, có đúng hai căn bậc n của a là hai số đối nhau; căn có
giá trị dơng kí hiệu là
n
a
, căn có giá trị âm kí hiệu là -
n
a
.
. Số âm không có căn bậc chẵn.
*
,a n ƠĂ
. (
n
a a a a n=
tha s )
0

a
1
n

n
a
a

=
,
0
1a =
Lu ý:
0
0 ,0
n
khụng cú ngha
0, , , , 2
m
a r m n n
n
> = Â Ơ
m
n
r m
n
a a a= =
Tớnh cht: Cho
0, 0, ,a b

> > Ă
. Khi ú:
.a a a

+
=
a
a
a




=
.
( )a a

=
a a
b b




=
ữ

( ) .ab a b

=
Nu:
1a >
thỡ

>> aa
Nu:
0 1a< <
thỡ
a a


> <

Vớ d: Cho
0, 0a b> >
. Rỳt gn biu thc:
a.
1 1 1 1 1
1
3 6
3 6 2 3 6
2
. . . .a a a a a a a a
+ +
= = =
b.
( )
2 3 2
3 2 1 2 4 2 1 2 4 2 6 2 2 1 2 4 2 3
9 .3 .3 3 .3 .3 3 3 27
+
+ + +
= = = =

Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
2. Hàm số mũ y=a
x
(a>0,a1)
II.
BI
TP T GII
1. n gin biu thc.
a>1 0<a<1
. y

>0 với mọi x
R
. Hàm số đồng biến trên R
.
+=
+
x
x
alim
;
0lim
=

x
x
a
. Bảng biến thiên
. Đồ thị

. y

>0 với mọi x
R
. Hàm số nghịch biến trên R
.
0lim
=
+
x
x
a
;
+=

x
x
alim
. Bảng biến thiên
y=a
x
+
x
-
1
y
x
0
-
1

y
x
0
+

y=a
x
+

x
0
0
Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
1.
(
)
5
5
2
3
126
yxyx
2.
1.
1
.
1
4
1
4

2
1
3
4
+
+
+
+

a
a
aa
aa
a
3.






+

+
+

+
m
m
m
m
m
1
2
1
2
.
22
4
2
1
3
2
4.
1
)(
232
3222
+


ba
ba

5.
334
3333232
))(1(
aa
aaaa

++
6.











+ abba .4)(
1
2
7.
2
1 1
1 1 1 1
2 2 2 2
4 9 4 3
2 3

a a a a
A
a a a a



+

= +



vi
3
0; 1;
2
a a a>
8.
33
3
4
3
4
ba
abba
+
+
2. Tớnh giỏ tr ca biu thc.
1.
5

3
3
1
75,0
32
1
125
1
81















+
2.
20
3
1
1

3
2
2
3
1
)9(864.)2(001,0 +



3.
5,0
75,0
3
2
25
16
1
27






+

4.
3
2
1

1
25,04
)3(19
4
1
2625)5,0(



+







15.
( )
3
3
3






16.
31321

16.4
+
17.
23
2
3
27
18.
( )
5
5
4
8
2
3. Bin i a v dng ly tha vi s m hu t.
1.
7
35
.2
8
1
ax
2.
3
4
5
. aa
3.
4
8

3
. bb
4.
4
3
.27
3
1
a
5.
( )
11
6
: , 0a a a a a a >
6.
5
3
2 2 2
Buổi 7: Lôgarít( 3tiết)
I. Mc tiờu:
1) V kin thc:
Các kiến thức về lôgarit.
2) V k nng:
Thc hin thnh tho vic đơn giản biểu thức lôgarit, tính giá trị biểu thức lôgarit, biến đổi
lôgarit.
3) V t duy v thỏi :
T giỏc, tớch cc trong hc tp.
Ch ng phỏt hin, chim lnh tri thc mi, bit quy l v quen, cú tinh thn hp tỏc xõy dng
cao.
II. Chun b ca giỏo viờn v hc sinh:

Giỏo viờn: - Giỏo ỏn, bng ph, phiu hc tp .
Hc sinh: Sỏch giỏo khoa.
Kin thc v lôgarit.
III. Phng phỏp:
Dựng cỏc phng phỏp gi m, vn ỏp, nờu vn v gii quyt vn , hot ng nhúm
IV. Tin trỡnh bi hc:
1. n nh lp.
Gi¸o Viªn: §Æng Th¸i S¬n
2. Bài mới:.
I: LÔGARIT.
Định nghĩa: Cho
0,0 1b a> < ≠
.
log
a
b b a
α
α
= ⇔ =
log 10b b
α
α
= ⇔ =
lnb b e
α
α
= ⇔ =
Tính chất:
log 1 0
a

=
log 1
a
a =
log
a
b
a b=
( )
log
a
a
α
α
=
Quy tắc:
0 1, 0, 0a b c< ≠ > >
. Khi đó:
log . log log
a a a
b c b c= +
log log log
a a a
b
b c
c
= −
0 1,0 ,0 1a b c< ≠ < < ≠
. Khi đó:
log log

a a
b b
α
α
=
1
log log
a
a
b b
α
α
=
,
( )
0
α
≠

log
log
log
c
a
c
b
b
a
=
1

log ,
log
a
b
b
a
=
( )
1b ≠
Ví dụ 1: Cho
0, 0a b> >
. Rút gọn biểu thức:
a.
log log
1 1
log log log .log
b a
a b b a
ab ab
M
ab ab ab ab
+
= + =

( ) ( )
log 1 1 log log 1 1 log
1
1 log . log 1 log 1 1 log
b a b a
a b b a

a b a b
b a a b
+ + + + + +
= = =
+ + + + +
b.
(
)
( )
5
2 4
3
52 4
3
4
4
. . 1 4 1 173
log log . . log 2
3 5 4 60
a a a
a a a
N a a a a
a
 
= = − = + + − =
 ÷
 ÷
 
Ví dụ 2: Biết
5 5

log 2 ,log 3a b= =
. Tính :
5
log 12A =
theo
,a b
Ta có.
5 5 5 5 5
log 12 log 4 log 3 2log 2 log 3 2A a b= = + = + = +
II. BÀI TẬP TỰ GIẢI
1. Tính giá trị của biểu thức.
1.
2log8log
4log
2
1
4
1
7125
9
49.2581








+

−
2.
5log33log
2
1
5log1
52
4
4216
+
+
+
3.








+
−
−
4log
6log9log
2
1
5
77

54972
4.
2020
)32log()32log( −++
Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
5.
)725log()12log(3 ++
6.
e
e
1
lnln +
7.
).ln(4ln
21
eee +

8.
3
3
1
3
1
3
1
45log3400log
2
1
6log2 +
9.

3log
2
1
2log
6
136

10.
)3log.4(loglog
23
4
1
Buổi 8: Đạo hàm của hàm số mũ và lôgarít( 3tiết)
I. Mc tiờu:
1) V kin thc:
Các kiến thức về đạo hàm của hàm số mũ và lôgarít
2) V k nng:
Thc hin thnh tho vic giải bài toán về đạo hàm của hàm số mũ và lôgarit.
3) V t duy v thỏi :
T giỏc, tớch cc trong hc tp.
Ch ng phỏt hin, chim lnh tri thc mi, bit quy l v quen, cú tinh thn hp tỏc xõy dng
cao.
II. Chun b ca giỏo viờn v hc sinh:
Giỏo viờn: - Giỏo ỏn, bng ph, phiu hc tp .
Hc sinh: Sỏch giỏo khoa.
Kin thc v đạo hàm của hàm số mũ và lôgarit.
III. Phng phỏp:
Dựng cỏc phng phỏp gi m, vn ỏp, nờu vn v gii quyt vn , hot ng nhúm
IV. Tin trỡnh bi hc:
1. n nh lp.

2. Bi mi:.
III. O HM HM S M V LễGARIT.
( )
'
x x
e e=
( )
'
.ln
x x
a a a=
( )
'
1
ln x
x
=
( )
'
1
log
ln
a
x
x
a a
=
( )
'
1

. ( 0, 0)x x x



= >
( )
'
. '
u u
e e u=
( )
'
.ln . '
u u
a a a u=
( )
'
1
ln . 'u u
u
=
( )
'
1
log . '
.ln
a
u u
u a
=

( )
'
1
. . 'u u u



=
Vớ d : Tớnh o hm cỏc hm s:
a.
2
1
2 4
x
x
y e

=
ữ

HD:
'
2 2 2 2
1 1 1
' 2 .
2 4 2 2 4
x x x x
x x
y e e e x e

= = + =
ữ ữ
ữ


b.
2
5 ln 8cosy x x x= +
HD:
1
' 10 8siny x x
x
=
IV. BI TP T GII
1. Tớnh o hm ca cỏc hm s sau.
Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
1.
( )
2
2 2
x
y x x e= +
2.
( )
2
sin cos
x
y x x e=
3.

x x
x x
e e
y
e e



=
+
4.
2
x x
y e=
5.
( )
2
ln 1y x= +
6.
ln x
y
x
=
7.
( )
ln 1 lny x x= +
8.
2 2
.ln 1y x x= +
9.

3
3 .log
x
y x=
10.
.
x
y x


=
11.
3
y x=
12.
3 2
ln 2y x=
2. Chng minh rng mi hm s sau õy tha món h thc tng ng ó cho.
1.
sin x
y e=
CMR:
'cos sin '' 0y x y x y =
2.
( )
ln cosy x=
CMR:
'tan '' 1 0y x y =
3.
( )

ln siny x=
CMR:
' ''sin tan 0
2
x
y y x+ + =
4.
.cos
x
y e x=
CMR:
2 ' 2 '' 0y y y =
5.
2
lny x=
CMR:
2
. '' . ' 2x y x y+ =
Buổi 9 PT, BPT, HPT, HBPT mũ( 3tiết)
I. Mc tiờu:
1) V kin thc:
Các kiến thức về luỹ thừa và mũ
2) V k nng:
Thc hin thnh tho vic giải PT, BPT, hệ PT và hệ BPT mũ.
3) V t duy v thỏi :
T giỏc, tớch cc trong hc tp.
Ch ng phỏt hin, chim lnh tri thc mi, bit quy l v quen, cú tinh thn hp tỏc xõy dng
cao.
II. Chun b ca giỏo viờn v hc sinh:
Giỏo viờn: - Giỏo ỏn, bng ph, phiu hc tp .

Hc sinh: Sỏch giỏo khoa.
Kin thc v PT, BPT, hệ PT và hệ BPT mũ.
III. Phng phỏp:
Dựng cỏc phng phỏp gi m, vn ỏp, nờu vn v gii quyt vn , hot ng nhúm
IV. Tin trỡnh bi hc:
1. n nh lp.
2. Bi mi:.
I. PHNG TRèNH M
1. Phng phỏp: Bin i phng trỡnh v dng cựng c s: a
M
= a
N


M = N
Vớ d 1: Gii cỏc phng trỡnh sau :
2
3 2
1
2
4
x x+
=
HD:
2 2
3 2 3 2 2
1
2 2 2
4
x x x x+ +

= =
2 2
0
3 2 2 3 0
3
x
x x x x
x
=

+ = + =

=

Vy phng trỡnh cú nghim:
0, 3x x= =
Gi¸o Viªn: §Æng Th¸i S¬n
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau :
2
3 1
1
3
3
x x− +
 
=
 ÷
 
HD:
2

2
3 1
( 3 1) 1
1
3 3 3
3
x x
x x
− +
− − +
 
= ⇔ =
 ÷
 
2 2
1
( 3 1) 1 3 2 0
2
x
x x x x
x
=

⇔ − − + = ⇔ − + = ⇔

=

Vậy phương trình có nghiệm:
1, 2x x= =
Ví dụ 3: Giải phương trình sau :

1 2
2 2 36
x x+ −
+ =
HD:
1 2
2
2 2 36 2.2 36
4
x
x x x+ −
+ = ⇔ + =
x x x 4
8.2 2
36 9.2 36.4 2 16 2 2 4
4
x x
x
+
⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm:
1, 2x x= =
Ví dụ 4: Giải phương trình sau :
2 1
5 .2 50
x x−
=
HD:
2 1
20

4
5 .2 50 5 . 50 20 100 log 100
2
x
x x x x
x
−
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm:
20
log 100x =
2. Phương pháp: Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình đại số
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau :
2 8 5
3 4.3 27 0
x x+ +
− + =
HD:
8 2 5
3 .3 4.3 .3 27 0
x x
− + =
( )
2
6561. 3 972.3 27 0
x x
⇔ − + =
(*)
Đặt
3 0

x
t = >
Phương trình (*)
2
1
9
6561 972 27 0
1
27
t
t t
t

=

⇔ − + = ⇔


=


Với
2
1
3 3 2
9
x
t x
−
= ⇔ = ⇔ = −

Với
3
1
3 3 3
27
x
t x
−
= ⇔ = ⇔ = −
Vậy phương trình có nghiệm:
2, 3x x= − = −
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau :
25 2.5 15 0
x x
− − =
HD:
( )
2
25 2.5 15 0 5 2.5 15 0
x x x x
− − = ⇔ − − =
(*)
Đặt
5 0
x
t = >
Phương trình (*)
2
5
2 15 0

3 (loai)
t
t t
t
=

⇔ − − = ⇔

= −

Với
5 5 5 1
x
t x= ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm:
1x
=
Ví dụ 3: Giải các phương trình sau :
2 2
3 3 24
x x+ −
− =
HD:
( )
2
2 2
9
3 3 24 9.3 24 0 9. 3 24.3 9 0
3
x x x x x

x
+ −
− = ⇔ − − = ⇔ − − =
(*)
Gi¸o Viªn: §Æng Th¸i S¬n
Đặt
3 0
x
t = >
Pt (*)
2
3
9t 24 9 0
1
( loai)
3
t
t
t
=


⇔ − − = ⇔

= −

Với
3 3 3 1
x
t x= ⇔ = ⇔ =

Vậy phương trình có nghiệm:
1x
=
3. Phương pháp: Lấy logarit hai vế
Ví dụ 1: Giải phương trình sau :
2
1
1
8 .5
8
x x −
=
HD: Lấy logarit hai vế với cơ số 8, ta được
2 2
1 1
8 8
1 1
8 .5 log 8 .5 log
8 8
x x x x− −
= ⇔ =
( )
2
1 1 2
8 8 8 8
log 8 log 5 log 8 1 log 5 1
x x
x x
− −
⇔ + = ⇔ + − = −

( )
( ) ( ) ( )
2
8 8
1 1 log 5 0 1 1 1 log 5 0x x x x x⇔ + + − = ⇔ + + + − =
( ) ( )
( )
8
8
1 0
1 1 1 log 5 0
1 1 log 5 0
x
x x
x
+ =

⇔ + + − = ⇔ 

 
+ − =

8 8 5
1 1
.log 5 log 5 1 1 log 8
x x
x x
= − = −
 
⇔ ⇔

 
= − = −
 
Vậy phương trình có nghiệm:
5
1, 1 log 8x x= − = −
Ví dụ 2: Giải phương trình sau :
2
3 .2 1
x x
=
HD: Lấy logarit hai vế với cơ số 3, ta được
2 2
3 3
3 .2 1 log 3 .2 log 1
x x x x
= ⇔ =
( )
2
3 3
log 2 0 1 log 2 0x x x x⇔ + = ⇔ + =
3
0
1 log 2 0
x
x
=

⇔


+ =

2
3
0
0
1
log 3
log 2
x
x
x
x
=

=


⇔ ⇔


= −
= −



Vậy phương trình có nghiệm:
2
0, log 3x x= = −
4. Phương pháp: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số mũ, nhẩm nghiệm và sử dụng tính

đơn điệu để chứng minh nghiệm duy nhất (thường là sử dụng công cụ đạo hàm)
Ta thường sử dụng các tính chất sau:
• Tính chất 1 : Nếu hàm số f tăng ( hoặc giảm ) trong khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = C
có không quá một nghiệm trong khỏang (a;b). ( do đó nếu tồn tại x
0

∈
(a;b) sao cho f(x
0
) =
C thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = C)
• Tính chất 2 : Nếu hàm f tăng trong khỏang (a;b) và hàm g là hàm một hàm giảm trong
khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khỏang (a;b) .
( do đó nếu tồn tại x
0

∈
(a;b) sao cho f(x
0
) = g(x
0
) thì đó là nghiệm duy nhất của phương
trình f(x) = g(x))
Ví dụ : Giải các phương trình sau :
3 4 5
x x x
+ =
HD:
3 4 5
x x x

+ =
3 4
1
5 5
x x
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
(*)
Ta có
2x
=
là nghiệm của phương trình (*) vì
2 2
3 4
1
5 5
   
+ =
 ÷  ÷
   
Ta chứng minh đây là nghiệm duy nhất.
Gi¸o Viªn: §Æng Th¸i S¬n
Thật vậy, xét
3 4
( )
5 5
x x
f x

   
= +
 ÷  ÷
   
Ta có
( )f x
đồng biến trên
¡
vì
3 3 4 4
'( ) ln ln 0
5 5 5 5
x x
f x
   
= + <
 ÷  ÷
   
,
x∀ ∈¡
. Do đó
+ Với
2x >
thì
( ) (2)f x f<
hay
3 4
1
5 5
x x

   
+ <
 ÷  ÷
   
, nên phương trình (*) thể có
nghiệm
2x
>
+ Với
2x
<
thì
( ) (2)f x f>
hay
3 4
1
5 5
x x
   
+ >
 ÷  ÷
   
, nên phương trình (*) thể có
nghiệm
2x <
Vậy phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất
2x
=
2x =
BÀI TẬP TỰ GIẢI:

Giải các phương trình sau:
1.
10 5
10 15
16 0,125.8
x x
x x
+ +
− −
=
2.
2 8 5
3 4.3 27 0
x x+ +
− + =
3.
6.9 13.6 6.4 0
x x x
− + =
4.
( 2 3) ( 2 3) 4
x x
− + + =
5.
2 2
2
2 2 3
x x x x− + −
− =
6.

3.8 4.12 18 2.27 0
x x x x
+ − − =
7.
2 2
2.2 9.14 7.7 0
x x x
− + =
8.
1
12.3 3.15 5 20
x x x+
+ − =
9.
( )
9
log log 3 9 1
x
x
 
− =
 
10.
1
2 1
3
x
x
 
= +

 ÷
 
11.
2
8 1 3
2 4
x x x− + −
=
12.
2
5
6
2
2 16 2
x x− −
=
13.
1 2 1 2
2 2 2 3 3 3
x x x x x x− − − −
+ + = − +
14.
1 2
2 .3 .5 12
x x x− −
=
15.
2
2 1
( 1) 1

x
x x
−
− + =
16.
2 2
log 2.log 2.log 4 1
x x
x =
17.
1
3
4 6
log 0
x
x
+
=
18.
1
7 2.7 9 0
x x−
+ − =
19.
2 6 7
2 2 17 0
x x+ +
+ − =
20.
(2 3) (2 3) 4 0

x x
+ + − − =
21.
2.16 15.4 8 0
x x
− − =
22.
3
(3 5) 16(3 5) 2
x x x+
+ + − =
23.
(7 4 3) 3(2 3) 2 0
x x
+ − − + =
24.
1 1 1
2.4 6 9
x x x
+ =
25.
2 3 3
8 2 12 0
x
x x
+
− + =
26.
1 2 1 2
5 5 5 3 3 3

x x x x x x+ + + +
+ + = + +
27.
( ) ( )
2 2
log 3 1 log 1x x+ = + −
28.
2
(3 2 ) 2(1 2 ) 0
x x
x x− − + − =
29.
4
3
2 4
x−
=
30.
2
2 3 3 5
3 9
x x x− + −
=
31.
5 17
7 3
1
32 .128
4
x x

x x
+ +
− −
=
32.
1
5 2 8
2 0
2 5 5
x x+
   
− + =
 ÷  ÷
   
33.
3
5 5 20
x x−
− =
34.
( ) ( )
4 15 4 15 2
x x
− + + =
35.
(
)
(
)
5 2 6 5 2 6 10

x x
+ + − =
36.
2 1
3 9.3 6 0
x x+
− + =
37.
2 2
2 9.2 2 0
x x+
− + =
38.
1 2
3 5
x x+ −
=
39.
2
3 7 12
3 5
x x x− − +
=
II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
Gi¸o Viªn: §Æng Th¸i S¬n
1. Phương trình cơ bản:
0
0
b
b

≤




>

Phương trình vô số nghiệm
Phương trình :
( )f x
a b> ⇔

( ) log
( ) log
a
a
f x b
f x b
>


<


khi
khi

1
0 1
a

a
>
< <
0
0
b
b
≤




>

Phương trình vô nghiệm
Phương trình :
( )f x
a b< ⇔

( ) log
( ) log
a
a
f x b
f x b
<


>


khi
khi

1
0 1
a
a
>
< <
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
2 1
3
3
1 log 2
3 2 2 1 log 2
2
x
x x
−
+
≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤
Vậy bất phương trình có nghiệm:
3
1 log 2
;
2
S
+
 

= −∞


 
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
( )
1
1
3 1 3
3 1 3. 3.3 1 3 3 27.3 9
3 1 3
x x
x x x
x
−
+
−
< ⇔ − < + ⇔ − < +
+
6
26.3 12 3 ,
13
x x
x⇔ > − ⇔ > − ∀ ∈ ¡
Vậy bất phương trình có nghiệm:
( )
;S = −∞ +∞
2. Phương pháp: Biến đổi bất phương trình về dạng cùng cơ số:
a.
( ) ( )f x g x

a a> ⇔

( ) ( )
( ) ( )
f x g x
f x g x
>


<


khi
khi

1
0 1
a
a
>
< <
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
( )
2
2
3 9
x
x−
>
HD:

( )
2
2
3 9
x
x−
>
2 4
4
16
3 3 2 4 8 16
4 7
x
x
x
x x x x
−
⇔ > ⇔ > − ⇔ > − ⇔ <
Vậy bất phương trình có nghiệm:
16
;
7
S
 
= −∞
 ÷
 
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
( ) ( )
2

1 3
5 2 5 2
x x− − +
+ ≥ −
(1)
HD: Ta có:
( ) ( ) ( )
1
1
5 2 5 2 1 5 2 5 2
5 2
−
+ − = ⇔ − = = +
+
Phương trình (1)
( ) ( )
2
1 3
2
5 2 5 2 1 3
x x
x x
− −
⇔ + ≥ + ⇔ − ≥ −
Gi¸o Viªn: §Æng Th¸i S¬n

2
2 0 1 2x x x⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤
Vậy bất phương trình có nghiệm:
[ ]

1;2S = −
3. Phương pháp: Đặt ẩn phụ chuyển về bất phương trình đại số.
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
2
5 5 26
x x−
+ <
HD:
( )
2
2
25
5 5 26 5 26 0 5 26.5 25 0
5
x x x x x
x
−
+ < ⇔ + − < ⇔ − + <
(1)
Đặt
5 0
x
t = >
Ta có: (1)
2
26 25 0t t⇔ − + <
1 25t⇔ < <

0 2
1 5 25 5 5 5 0 2

x x
x⇔ < < ⇔ < < ⇔ < <
Vậy bất phương trình có nghiệm:
( )
0;2S =
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
2x+1
3 10.3 3 0
x
− + ≤
HD:
2x+1
3 10.3 3 0
x
− + ≤
( )
2
3. 3 10.3 3 0
x x
⇔ − + ≤
(1)
Đặt
3 0
x
t = >
.
Ta có: (1)
2
1
3 10 3 0 3

3
t t t⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤
1 1
1
3 3 3 3 3 1 1
3
x x
x
−
⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤
Vậy bất phương trình có nghiệm:
[ ]
1;1S = −
Ví dụ 3: Giải bất phương trình:
5.4 2.25 7.10 0 (*)
x x x
+ − >
HD: Chia (*) hai vế cho
4 0
x
>
ta được:
2
5 5
5 2. 7. 0
2 2
x x
 
   
+ − >

 
 ÷  ÷
   
 
 
(**)
Đặt
5
0
2
x
t
 
= >
 ÷
 
.
Ta có: (**)
2
5
0 1
0 1
0
2
2 7 5 0
5
1
5 5
2
2 2

x
x
t
x
t t
x
t

 
< <

< <

 ÷
<

 


⇔ − + > ⇔ ⇔ ⇔



>
>

 


>

 ÷

 

Vậy bất phương trình có nghiệm:
( ) ( )
;0 1;S = −∞ +∞
. BÀI TẬP TỰ GIẢI:
Bài 1: Giải các phương trình sau:
1.
4
16 8
x−
≥
2.
2 5
1
9
3
x+
 
<
 ÷
 
3.
6
2
9 3
x
x+

≤
4.
2
6
4 1
x x− +
>
5.
2
4 15 4
3 4
1
2
2
x x
x
− +
−
 
<
 ÷
 
6.
2
4 15 13 4 3
1 1
2 2
x x x− + −
   
<

 ÷  ÷
   
Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
7.
2
7 12
5 1
x x +

8.
1
1
2
16
x
x

>
ữ

9.
2 2 3 3
2 .5 2 .5
x x x x+ +

10.
1
25 125
x

11.
2 6 2 7
2 2 17
x x+ +
+ >
12.
( ) ( )
2
1 3
2 3 2 3
x x +
+
13.
2 3 2
5 2.5 3
x x

14.
1 1
1 2
4 2 3
x x

> +
15
5.4 2.25 7.10
x x x
+
16.
4 2 2

2.16 2 4 15
x x x

Bi 2: Gii cỏc phng trỡnh sau:
1.
10 5
10 15
16 0,125.8
x x
x x
+ +


2.
2 8 5
3 4.3 27 0
x x+ +
+
3.
6.9 13.6 6.4 0
x x x
+
4.
( 2 3) ( 2 3) 4
x x
+ + <
5.
( ) ( )
2 2
log 3 1 log 1x x+ > +

6.
2
5
6
2
2 16 2
x x
>
7.
2 2
2.2 9.14 7.7 0
x x x
+
8.
1
12.3 3.15 5 20
x x x+
+ =
9.
8 1
8
2
2log ( 2) log ( 3)
3
x x + =
10.
2
8 1 3
2 4
x x x +

=
Buổi 10: PT, BPT, HPT, HBPT lôgarít( 3tiết)
Buổi 10
I. Mc tiờu:
1) V kin thc:
Các kiến thức về luỹ thừa và mũ
2) V k nng:
Thc hin thnh tho vic giải PT, BPT, hệ PT và hệ BPT lôgarit.
3) V t duy v thỏi :
T giỏc, tớch cc trong hc tp.
Ch ng phỏt hin, chim lnh tri thc mi, bit quy l v quen, cú tinh thn hp tỏc xõy dng
cao.
II. Chun b ca giỏo viờn v hc sinh:
Giỏo viờn: - Giỏo ỏn, bng ph, phiu hc tp .
Hc sinh: Sỏch giỏo khoa.
Kin thc v PT, BPT, hệ PT và hệ BPT lôgarit.
III. Phng phỏp:
Dựng cỏc phng phỏp gi m, vn ỏp, nờu vn v gii quyt vn , hot ng nhúm
IV. Tin trỡnh bi hc:
1. n nh lp.
2. Bi mi:.
V. PHNG TRèNH LễGARIT
1. Phng phỏp : Bin i phng trỡnh v dng cựng c s:
log log
a a
M N M N= =
Vớ d 1 : Gii phng trỡnh sau :
2 2 2
log log ( 3) log 4x x+ + =
HD:

2 2 2
log log ( 3) log 4x x+ + =
(1)
iu kin:
0 0
0
3 0 3
x x
x
x x
> >

>

+ > >

Do ú phng trỡnh
2 2
(1) log ( 3) log 4 ( 3) 4x x x x + = + =
2
1
3 4 0 1
4 (loai)
x
x x x
x
=

+ = =

=

Vy phng trỡnh cú nghim:
1x =
Gi¸o Viªn: §Æng Th¸i S¬n
Ví dụ 2 : Giải phương trình sau :
2
2 2 2
log log log 9x x x+ =
HD:
2
2 2 2
log log log 9x x x+ =
(1)
Điều kiện:
0x
>
Phương trình
2 2 2 2 2 2
(1) log 2log log 9 log 2log log 9x x x x⇔ + = + ⇔ =
2 2 2 2
1
log log 9 log log 3 3
2
x x x⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm
3x =
2. Phương pháp : Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình đại số.
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau :
2

2 2
log 2log 2 0x x+ − =
HD:
2
2 2
log 2log 2 0x x+ − =
(1)
Điều kiện:
0x
>
Phương trình
2
2 2
(1) log log 2 0x x⇔ + − =
Đặt
2
logt x=
Lúc đó:
2
2 2
log log 2 0x x+ − = ⇔
2
2
2
2
log 1
1
t 2 0
1
2 log 2

4
x
x
t
t
t x
x
=

=
=



+ − = ⇔ ⇔ ⇔



= − = −
=



Vậy phương trình có nghiệm
1
2,
4
x x= =
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau :
2 1

1 log ( 1) log 4
x
x
−
+ − =
HD:
2 1
1 log ( 1) log 4
x
x
−
+ − =
(1)
Điều kiện:
1 0 1
(*)
1 1 2
x x
x x
− > >
 
⇔
 
− ≠ ≠
 
Phương trình
2
2 2
2 2
log 4 2

(1) 1 log ( 1) 1 log ( 1)
log ( 1) log ( 1)
x x
x x
⇔ + − = ⇔ + − =
− −
[ ]
2
2 2
log ( 1) log ( 1) 2 0x x⇔ − + − − =
(2)
Đặt
2
log ( 1)t x= −
Lúc đó: phương trình (2)
2
1
2 0
2
t
t t
t
=

⇔ + − = ⇔

= −

2
2

1 2 3
log ( 1) 1
1 5
log ( 1) 2
1
4 4
x x
x
x
x x
− = =
 
− =

 
⇔ ⇔ ⇔

 
− = −
− = =

 
thỏa (*)
Vậy phương trình có nghiệm
5
3,
4
x x= =
3. Phương pháp: Mũ hóa hai vế:
Ví dụ:

3
log (3 8) 2
x
x− = −
Điều kiện:
3 8 0
x
− >
( )
3
log (3 8)
2 2
3
2
2
log (3 8) 2 3 3 3 8 3
3 1( )
3 8.3 9 0 3 3 2
3 9
x
x x x x
x
x x x
x
x
loai
x
−
− −
− = − ⇔ = ⇔ − =


= −
⇔ − − = ⇔ ⇔ = ⇔ =

=

Vậy phương trình có nghiệm
2x =
4. Phương pháp: Nhẩm nghiệm và sử dụng tính đơn điệu để chứng minh nghiệm duy
nhất (thường là sử dụng công cụ đạo hàm)