GIÁO ÁN PHỤ ĐẠO THI TỐT NGHIỆP PHỔ THÔNG MÔN TOÁN

Trường THPT Khánh Lâm
Vấn đề 1: ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM
Bài 1: SỰ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN CỦA HÀM SỐ
I. Lý thuyết:
Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K
♦
/
: ( ) 0 ( )x K f x f x∀ ∈ ≥ ⇒
đồng biến trên K ( dấu bằng chỉ xảy ra hữu hạn )
♦
/
: ( ) 0 ( )x K f x f x∀ ∈ ≤ ⇒
nghòch biến trên K ( dấu bằng chỉ xảy ra hữu hạn)
II. Phương pháp giải toán: Tìm khoảng đồng biến, nghòch biến của HS
Quy tắc:
 B1: Tìm tập xác đònh.
 B2: Tính f
/
(x).Tìm các điểm
i
x
(i = 1,2, ,n) mà f’(x) = 0 hoặc không xác
đònh.
 B3: Lập bảng biến thiên
 B4: Căn cứ vào B3 suy ra chiều biến thiên của HS trong các khoảng xác
đònh.
Ví dụ: Xét sự đồng biến, nghòch biến của HS
2
2 1
2
x x

y
x
− +
=
−
Giải
Tập xác đònh:
\{2}D R=
.
Ta có
2
, /
2
1
4 3
0
3
( 2)
x
x x
y y
x
x
=

− +
= ⇒ = ⇔

=
−


(hàm số không xác đònh tại x =
2 )
Bảng biến thiên:
Vậy HS đồng biến trên các khoảng: ( −∞; 1) và ( 1; +∞), nghòch biến trên các
khoảng: (1; 2) và (2; 3).
Bài 2: CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
I. Lý thuyết:
Cho hàm số y = f(x) xác đònh và liên tục trên khoảng ( a ; b ) và
0
( ; )x a b∈
.
1. Đònh lí 1:
a)
0 0
0
0 0
'( ) 0, ( ; )
'( ) 0, ( ; )
f x x x h x
x
f x x x x h
> ∀ ∈ −

⇒

< ∀ ∈ +

là điểm cực đại của f(x)
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 1

21 3
−∞
+∞
0 0
x
y
/
y
+

+

Trường THPT Khánh Lâm
b)
0 0
0
0 0
'( ) 0, ( ; )
'( ) 0, ( ; )
f x x x h x
x
f x x x x h
< ∀ ∈ −

⇒

> ∀ ∈ +

là điểm cực tiểu của f(x)
2. Đònh lí 2

a)
0
0
0
'( ) 0
''( ) 0
f x
x
f x
=

⇒

<

là điểm cực đại của f(x)
b)
0
0
'( ) 0
''( ) 0
f x
x
f x
=

⇒

>


là điểm cực tiểu của f(x)
 Chú ý: Nếu x
0
là điểm cực trò ( hay còn gọi là điểm cực trò của HS) thì
0 0
( )y f x=
là cực trò (hay còn gọi là cực trò của HS), và M(x
0
; f(x
0
)) là điểm cực trò
của đồ thò HS.
II. Phương pháp giải toán:
1. Dạng 1: Tìm điểm cực trò của HS
Cách giải: p dụng quy tắc 1 hoặc quy tắc 2 để giải
* Quy tắc I:
1. Tìm tập xác đònh
2. Tính f’(x). Tìm các điểm tại đó f’(x) = 0 hoặc không xác đònh
3. Lập bảng biến thiên.
4. Từ bảng biến thiên suy ra các điểm cực trò.
Ví dụ 1: Xác đònh cực trò của HS
2
2 1
2
x x
y
x
− +
=
−

Giải
Tập xác đònh:
\{2}D R=
.
Ta có
2
/ /
2
1
4 3
0
3
( 2)
x
x x
y y
x
x
=

− +
= ⇒ = ⇔

=
−

Bảng biến thiên:
Vậy HS đạt cực tiểu tại x
CT
= 3, và đạt cực đại tại x

CĐ
= 1.
* Quy tắc II:
1. Tìm tập xác đònh.
2. Tính f’(x). Giải phương trình f’(x) = 0 và kí hiệu
( 1,2, )
i
x i =
là các
nghiệm của nó.
3. Tính f”(x) và
"( )
i
f x
.
4. Dựa vào dấu của
"( )
i
f x
suy ra tính chất cực trò của điểm
i
x
.
Ví dụ : Xác đònh cực trò của HS
3 2
6 9 4y x x x= + + −
Giải
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 2
4
CT

0
CĐ
21 3
−∞
+∞
0 0
x
y/
y
+

+

Trường THPT Khánh Lâm
Tập xác đònh:
D R=
.
Ta có
/ 2 /
1
3 12 +9 0
3
x
y x x y
x
= −

= + ⇒ = ⇔

= −


Mặt khác
// // //
6 12 ( 1) 6 0 , ( 3) 6 0y x y y= + ⇒ − = > − = − <
Vậy HS đạt cực tiểu tại x
CT
= -1, và đạt cực đại tại x
CĐ
= -3.
2. Dạng 2: Tìm tham số để HS đạt cực trò thoả mãn điều kiện cho trước
Cách giải:
 B1: Tính f
/
(x; m), với m là tham số.
 B1: Căn cứ vào điều kiện BT rồi áp dụng điều kiện cần để tìm m.
 B3: Thử lại điều kiện đủ.
 Chú ý (ĐK cần): x
0
là điểm cực trò của f(x)
/
0
( ) 0f x⇒ =
điều ngược lại nói
chung không đúng.
Ví dụ: Đònh m để HS
3
2
( ) 2 ( 3) 5 1
3
x

y f x mx m x m= = − + + − +
đạt cực trò tại
x = -1.
Giải
Ta có:
/ 2
( ) 4 3f x x mx m= − + +
.
Nếu HS đạt cực trò tại
1x = −
thì:

/
4
( 1) 0 5 4 0
5
f mx m− = ⇔ + = ⇔ = −
Thử lại: Khi
/ 2 //
4 16 11 16
( ) ( ) 2
5 5 5 5
m f x x x f x x= − ⇒ = + + ⇒ = +
//
16
( 1) 2 0
5
f⇒ − = − + ≠
. Vậy HS đạt cực trò tại
1x = −

khi
4
5
m = −
Bài 3: GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
I. Phương pháp:
Tìm Max, Min của y =f(x)trên (a;b) Tìm Max, Min của y =f(x)trên [a;b]
B1
Giải PT f
/
(x) = 0 Giải f
/
(x) = 0, Gs x
i
∈[a;b] là nghiệm
B2
Lập bảng xét dấu f
/
(x) Tính f(a), f(b), f(x
i
)
B3
Dựa vào bảng xét dấu để xác đònh
giá trò Max, Min của f(x)
Dựa vào các giá trò trên để tìm Mix,
Min
II. Ví dụ:
1) Dạng 1: Tìm Max, Min của y =f(x) trên (a; b)
Bài toán: Cho HS
4 2

( ) 2y f x x x= = −
a) Tìm GTLN, GTNN của HS đã cho trên ( −2; 2 ).
b) Tìm GTLN, GTNN của HS đã cho trên ( −∞; 0 ).
c) Tìm GTLN, GTNN của HS đã cho trên (−∞; +∞).
Giải
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 3
Trường THPT Khánh Lâm
Ta có
/ 3 2 /
0
4 4x = 4 ( 1) 0
1
x
y x x x y
x
=

= − − ⇒ = ⇔

= ±

Bảng biến thiên:
a) Qua bảng biến thiên ta thấy
( 2;2)
min ( ) 1f x
−
= −
và
( 2;2)
max ( ) 0f x

−
=
.
b) Qua bảng biến thiên ta thấy
( ;0)
min ( ) 1f x
−∞
= −
và
( ;0)
max ( )f x
−∞
không tồn tại.
c) Qua bảng biến thiên ta thấy
( ; )
min ( )f x
−∞ +∞
và
( ; )
max ( )f x
−∞ +∞
không tồn tại.
2) Dạng 2: Tìm Max, Min của y =f(x) trên [a; b]
Bài toán:
Tìm GTLN và GTNN của HS
3 2
( ) 3 9 35y f x x x x= = − − +
trên [-4; 4]
Giải
Ta có

/ 2 /
1 [ 4;4]
3 6x 9 0
3 [ 4;4]
x
y x y
x
= − ∈ −

= − − ⇒ = ⇔

= ∈ −

Khi đó
( 1) 40; (3) 8; ( 4) 41; (4) 15f f f f− = = − = − =
Vậy
( 4;4)
min ( ) 41f x
−
= −
và
( 4;4)
max ( ) 40f x
−
=
Bài 4: KHẢO SÁT HS VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN
QUAN
I. KHẢO SÁT HÀM SỐ:
1. Hàm số bậc 3 : y = ax
3

+ bx
2
+ cx + d ( a ≠ 0 )
• Tập xác đònh: D = R
• Sự biến thiên
 Tính đạo hàm y’
 Giải phương trình y’ = 0.
 Xác đònh chiều biến thiên của hàm số.
 Tìm cực trò.
 Tìm giới hạn tại vô cực.
Nếu a >0:
3 2
lim( )
x
ax bx cx d
→+∞
+ + + = +∞
và
3 2
lim( )
x
ax bx cx d
→−∞
+ + + = −∞

Nếu a <0:
3 2
lim( )
x
ax bx cx d

→+∞
+ + + = −∞
và
3 2
lim( )
x
ax bx cx d
→−∞
+ + + = +∞
 Lập bảng biến thiên.
• Đồ thò
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 4
+∞
+∞0
0
−1
−1
0
−1
1
−∞
+∞
0 0
x
y
/
y
− −
+
+

Trường THPT Khánh Lâm
 Xác đònh thêm một số điểm đặc biệt.
 Vẽ đồ thò
 Nhận xét: đồ thò hàm số luôn có tâm đối xứng là
( ; ( ))
3 3
b b
I f
a a
− −
Dạng của đồ thò hàm số bậc ba y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d ( a ≠ 0 )
a > 0 a < 0
Phương trình
y’=0
có hai nghiệm
phân biệt
Phương trình
y’ = 0
có nghiệm kép
Phương trình
y’ = 0
vơ nghiệm
Ví dụ 1:
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số: y = 2x
3
– 9x

2
+ 12x – 4
Giải:
Miền xác định: D=
¡

y
′
= 6x
2
– 18x+ 12

y
′
= 0
⇔
1
2
x
x
=


=


lim
x
y
→+∞

=
+∞
,
lim
x
y
→−∞
= −∞
Bảng biến thiên:
x
−∞
1 2 +
∞
y’ + 0 – 0 +
y 1 +
∞

−∞
0
Hàm số đồng biến trong các khoảng: (
−∞
;1) và (2; +
∞
)
Hàm số nghịch biến trong khoảng: (1;2)
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 5
Trường THPT Khánh Lâm
Điểm cực đại: A(1;1), điểm cực tiểu B(2;0)
Đồ thị hàm số đi qua các điểm:
3 1

;
2 2
 
 ÷
 
;
(0 ; - 4 ) ; ( 3 ; 5)
Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận I
3 1
;
2 2
 
 ÷
 
làm tâm đối xứng.
2. Hàm trùng phương y = ax
4
+ bx
2
+ c ( a ≠ 0 )
• Tập xác đònh: D = R
• Sự biến thiên
 Tính đạo hàm y’
 Giải phương trình y’ = 0.
 Xác đònh chiều biến thiên của hàm số.
 Tìm cực trò.
 Tìm giới hạn tại vô cực.
Nếu a >0:
4 2
lim( )

x
ax bx c
→+∞
+ + = +∞
và
4 2
lim( )
x
ax bx c
→−∞
+ + = +∞

Nếu a <0:
4 2
lim ( )
x
ax bx c
→+∞
+ + = −∞
và
4 2
lim( )
x
ax bx c
→−∞
+ + = −∞
 Lập bảng biến thiên.
• Đồ thò
 Xác đònh thêm một số điểm đặc biệt.
 Vẽ đồ thò

 Nhận xét: đồ thò hàm số luôn có trục đối xứng là Oy
Dạng của đồ thò hàm trùng phương y = ax
4
+ bx
2
+ c ( a ≠ 0 )
a > 0 a < 0
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 6
Trường THPT Khánh Lâm
Phương trình
y’=0
có ba nghiệm
phân biệt
Phương trình
y’ = 0
có một
nghiệm

Ví dụ 2: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x
4
– 2x
2
– 1
Giải:
Miền xác định: D =
¡
Hàm số đã cho là hàm số chẵn.

y
′

= 4x
3
– 4x

y
′
= 0
⇔
0
1
1
x
x
x
=


=


= −


lim
x
y
→+∞
=
+∞
,

lim
x
y
→−∞
= +∞
Bảng biến thiên: x
−∞
–1 0 1
+∞
y’ – 0 + 0 – 0 +
y
+∞
–1
+∞
–2 –2
Hàm số đồng biến trong các khoảng: (–1;0) và
(1;
+∞
)
Hàm số nghịch biến trong các khoảng: (
−∞
;–1) và (0;1)
Điểm cực đại: A(0;–1) Điểm cực tiểu: B(–1;–2),
C(1;–2)
Đồ thị hàm số qua các điểm ( 2;7) ,( -2 ;7)
Nhận xét: đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.
3. Hàm số
0; 0
a b
ax b

y c M ad bc
c d
cx d
 
+
= ≠ = = − ≠
 ÷
+
 
a)Khảo sát tổng qt:
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 7
Trường THPT Khánh Lâm
• TXĐ: D
\
d
c
 
= −
 
 
¡
• Sự biến thiên:
( ) ( )
2 2
'
ad bc M
y
cx d cx d
−
= =

+ +
 Nếu
M
> 0 thì y’ > 0,
x∀ ∈
M
 Nếu
M
< 0 thì y’< 0,
x∀ ∈
M
•Giới hạn và tiệm cận :

lim lim
x x
a a
y y y
c c
→−∞ →+∞
= = ⇒ =
là tiệm cận ngang

lim (hoặc - )
lim (hoặc + )
d
x
c
d
x
c

y
y
+
−
 
→ −
 ÷
 
 
→ −
 ÷
 
= + ∞ ∞



⇒

= − ∞ ∞



d
x
c
= −
là tiệm cận đứng
•Bảng biến thiên: Tùy theo giá trị của M ta có một trong hai BBT sau:
M > 0 M < 0
Đồ thị:

 Xác đònh một số điểm đặc biệt.
 Vẽ đồ thò
M > 0 M < 0
 Nhận xét: đồ thò hàm số luôn có tâm đối xứng là
( ; )
d a
I
c c
−
b) Một số lưu ý :
TXĐ D ln có một điểm gián đoạn , đó là nghiệm của mẫu
d
x
c
= −
Nên tính đạo hàm bằng định thức
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 8
Trường THPT Khánh Lâm
Cẩn thận khi tính
lim
d
x
c
y
+
 
→ −
 ÷
 
= +∞

,
lim
d
x
c
y
−
 
→ −
 ÷
 
= −∞
(dễ sai dấu)
Trong bảng biến thiên cần ghi đúng giới hạn của y khi
x → −∞
và khi
x → +∞
Khi vẽ đồ thị nên tìm giao điểm với hai trục:
 Cho x = 0 , tính y
 Cho y = 0 ,tính x
Sau đó lấy đối xứng hai điểm này qua giao điểm I của hai đường tiệm cận
b
y
cx d
=
+
có đồ thị cũng thuộc dạng này , chỉ đặc biệt ở chổ tiệm cận
ngang chính là trục hồnh (y = 0 )
c) Các ví dụ :
 Ví dụ 1:khảo sát hàm số

1
1
x
y
x
−
=
+
Giải
TXĐ : D
{ }
\ 1= −¡
Sự biến thiên:
( ) ( )
2 2
1 1
1 1
2
'
1 1
y
x x
−
= =
+ +
> 0 ,
x∀ ∈
D
Hàm số tăng trong mỗi khoảng
( ) ( )

; 1 và 1;−∞ − − +∞
và khơng có cực trị
Giới hạn và tiệm cận :
•
lim lim 1 1
x x
y y y
→−∞ →+∞
= = ⇒ =
là tiệm cận ngang
•
( )
1
lim
x
y
+
→ −
= −∞
;
( )
1
lim
x
y
−
→ −
= +∞
1x⇒ = −
là tiệm cận đứng

Bảng biến thiên:
Đồ thị :
• Điểm đặc biệt: ( 1;0) , ( 0; -1),
(-2;3) ,(-3;2)
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm I
( )
1;1−
làm
tâm đối xứng .
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 9
Trường THPT Khánh Lâm
 Ví dụ 2 : Khảo sát hàm số
3
2 1
x
y
x
− +
=
+
TXĐ : D
1
\
2
 
= −
 
 
¡
Sự biến thiên :

( )
2
7
'
2 1
y
x
−
=
+
<0 ,
x∀ ∈
D
Hàm số giảm trong mỗi khoảng
1 1
; và ;
2 2
   
−∞ − − +∞
 ÷  ÷
   
và khơng có cực trị
Giới hạn và tiệm cận :
•
1 1
lim lim
2 2
x x
y y y
→−∞ →+∞

= = − ⇒ = −
là tiệm cận ngang
•
1
2
lim
x
y
+
 
→ −
 ÷
 
= +∞
và
1
2
lim
x
y
−
 
→ −
 ÷
 
= −∞
1
2
x⇒ = −
là tiệm cận đứng

Bảng biến thiên:
. Đồ thị :
Điểm đặc biệt: ( 3;0), (0;3) , ( -1;-1),
( -4;-1)
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm I
1 1
;
2 2
 
− −
 ÷
 
làm tâm đối xứng .
II. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN:
1) Ph ương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
A)Dạng 1: (Biết trước tiếp điểm)
a)
Bài toán: Cho hàm số y = f(x) có đồ thò (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C)
tại điểm M
o
(x
o
; y
o
).
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 10
Trường THPT Khánh Lâm
b)
Cách giải : Ta có k = f
/

( x
o
) nên phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
y = k(x - x
o
) + y
o
Chú ý: + k = f
/
( x
o
) là hệ số góc của tiếp tuyến .
+ y
o
= f( x
o
) là tung độ của tiếp điểm.
• Ví dụ: Cho hàm số: y = x
3
– 3x
2
+ 2 có đồ thò (C). Viết phương trình tiếp
tuyến của (C) tại A(1;0).
Bài giải
Ta có y
/
= 3x
2
– 6x ⇒ k = y
/

(1) = −3 . Vậy phương trình tiếp tuyến của (C) tại
A(1;0) là: y – 0 = −3(x – 1) ⇔ y = −3x +3
B)Dạng 2: (Chưa biết trước tiếp điểm)
a)Bài toán: Cho hàm số y = f(x) có đồ thò (C). Viết phương trình tiếp
tuyến (d)của (C) biết (d) thoả mãn 1 trong các điều kiện sau:
(d) đi qua điểm M
0
(x
0
; y
0
). Chú ý: đi qua ≡ xuất phát ≡ kẻ từ . (1)
(d) // (∆): y = k x + b, hoặc (d) có hệ số góc bằng k. (2)
(d) ⊥ (∆): y = k x + b (3)
b)Cách giải:
 B1: Viết phương trình đường thẳng theo điều kiện cho trước:
(d) : g(x) = y = k(x – x
0
) + y
0
(1)
(d) : g(x) = y = k x + b
/
(2)
(d) : g(x) = y =
1
k
−
x + b
/

(3)
 B2: Xét hệ:
/ /
( ) ( )
( ) ( )
f x g x
f x g x
=


=

suy ra tiếp tuyến cần tìm.
 Ví dụ 1: Cho hàm số
3
3 1y x x= − +
có đồ thò (C). viết phương trình tiếp tuyến
của (C) biết tiếp tuyến đi qua A(2; 3).
Bài giải
Giả sử (d) là đường thẳng bất kì qua A, ta có :
(d): y = k(x - 2) + 3
Khi đó:
3
3 2
2
3 1 ( 2) 3
3 1 (3 3)( 2) 3
3 3
x x k x
x x x x

x k

− + = − +

⇒ − + = − − +

− =


2 9
1 0
x k
x k
= ⇒ =

⇒

= − ⇒ =

Vậy có 2 tiếp tuyến cần tìm là: (d
1
): y = 9x – 15 và (d
2
): y = 3
 Ví dụ 2 : Cho hàm số
1
1
x
y
x

+
=
−
có đồ thò (C). viết phương trình tiếp tuyến của
(C) biết tiếp tuyến cần tìm song song với (a): y = −2x + 8.
Bài giải
Giả sử (d) là đường thẳng bất kì song song với (a), ta có :
(d): y = -2x + b
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 11
Trường THPT Khánh Lâm
Khi đó:
2
1
2
0 1
1

2
2 7
2
( 1)
x
x b
x b
x
x b
x
+

= − +


= ⇒ = −

−

⇒


−
= ⇒ =


= −
−


Vậy có 2 tiếp tuyến cần tìm là: (d
1
): y = -2x – 1 và (d
2
): y = −2x + 7
 Ví dụ 3 : Cho hàm số
3 2
3 1y x x= − +
có đồ thò (C). viết phương trình tiếp
tuyến của (C) biết tiếp tuyến cần tìm vuông góc với (b): x + 9y – 9 .
Bài giải
Giả sử (d) là đường thẳng bất kì vuông góc với (b), ta có :
(d): y = 9x + b
Khi đó:

3 2
2
3 1 9 1 6

3 26
3 6 9
x x x b x b
x b
x x

− + = + = − ⇒ =


⇒


= ⇒ = −
− =



Vậy có 2 tiếp tuyến cần tìm là: (d
1
): y = 9x + 6 và (d
2
): y = 9x – 26
2) Biện luận số nghiệm của phương trình bằng đồ thò:
a) Bài toán: Cho (C) là đồ thò của HS y = f(x), dựa vào (C) biện theo tham số m
số nghiệm của phương trình g(x, m) = 0.
b) Cách giải:

 B1: Viết phương trình g(x, m) = 0 dưới dạng f(x) = h(m).
 B2: Số giao điểm của (C) và đường thẳng (d): y = h(m) là số nghiệm của
phương trình đã cho.
Ví dụ : Cho hàm số: f(x)= x
3
– 3x+ m (C
m
)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ứng với m = 2
b) Dùng đồ thị đã vẽ ở câu a) biện luận theo m số nghiệm của phương trình
f(x) = 0
Giải:
a) Áp dụng kiến thức trên để giải câu a.
b) Ta có: x
3
–3x+m=0
⇔
x
3
– 3x+ 2 = 2– m (1)
Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của hai đường:
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 12
Trường THPT Khánh Lâm
3
3 2 (C)
2 ( )
y x x
y m

= − +


= − ∆

•Nếu
2 0
2 4
m
m
− <


− >

⇔
2
2
m
m
>


< −

:
( )
∆
và (C) có một điểm chung
⇒
phương
trình (1) có một nghiệm.

•Nếu
2 0
2 4
m
m
− =


− =

⇔
2
2
m
m
=


= −

:
( )
∆
và (C) có hai điểm chung
⇒
phương trình
(1) có hai nghiệm .
• Nếu 0< 2–m< 4
⇔
–2<m<2:

( )
∆
và (C) có ba điểm chung
⇒
phương trình
(1) có ba nghiệm .
• Kết luận:
o
2
2
m
m
>


< −

: 1 nghiệm.
o
2
2
m
m
=


= −

: 2 nghiệm.
o –2<m<2: 3 nghiệm.

3) Các bài tốn liên quan đến hàm phân thức hữu tỉ
a/ Tìm những điểm có toạ độ ngun trên đồ thị của hàm số
ax b
y
x c
+
=
+
:
Phương pháp :
- Thực hiện phép chia tử cho mẫu , ta được :
( )
, , ,
ax b m
y a a b c m
x c x c
+
= = + ∈
+ +
¢
-
( ) ( )
;M x y C∈
có toạ độ ngun
x
m
x c
∈



⇔ ⇔

∈

+

¢
¢
x +c là ước số ngun của m
- Cho x +c lần lượt bằng các ước số ngun của m , từ đó suy ra x.
- Với mỗi x vừa tìm được , thế vào hàm số để suy ra y , ta được các điểm cần tìm .
b/ Biện luận số giao điểm của đồ thị ( C) của hàm số phân thức với
đường thẳng d:
Phương pháp :
- Lập pt hồnh độ giao điểm của ( C) và d .
- Biện luận số nghiệm của pt trên theo tham số .Số nghiệm của phương trình chính là số
giao điểm của 2 đồ thị.
3) Tính diện tích hình phẳng, thể tích vật thể tròn xoay: (Phần này sẽ được
trình bày ở vấn đề 3 )
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 13
Trường THPT Khánh Lâm
ấn đề 2: HÀM SỐ LŨY THỪA, HÀM SỐ MŨ, HÀM
SỐ LOGARIT
V
Bài 1:LŨY THỪA
1. Lũy thừa với số mũ nguyên
• Lũy thừa với số mũ nguyên dương
Cho
a∈
R ,

n∈
n. Khi đó
n thừa số
.
n
a a a a=
123
• Lũy thừa với số mũ nguyên âm, lũy thừa với số mũ 0.
Cho
0a ≠
. Khi đó
0
1
; 1
n
n
a a
a
−
= =
2. Lũy thừa với số mũ hữu tỉ
Cho số thực a > 0 và số hữa tỉ
m
r
n
=
, trong đó m
∈
R, n
∈

N, n
≥
2.
Khi đó:
m
r m
n
n
a a a= =
3. Lũy thừa với số mũ vô tỉ
Giả sử a là một số dương ,
α
là một số vô tỉ và
( )
n
r
là một dãy số hữa tỉ sao
cho
lim
x
α
→+∞
=
. Khi đó
lim
n
r
x
a a
α

→+∞
=
4. Các tính chất
Cho hai số dương a, b ;
,
α β
∈
R. Khi đó:
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 14
Trường THPT Khánh Lâm
( )
.
a .
a

a . ( . )
a

a
Nếu 1 thì khi và chỉ khi
Nếu 0 1 thì khi và chỉ khi
m n m n
m
m n
n
m m m
m
m
m
n

m m n
m n
m n
a a
a
a
b a b
a
b b
a
a a a m n
a a a m n
+
−
• =
• =
• =
 
• =
 ÷
 
• =
• > > >
• < < > <
5. Các ví dụ
Ví dụ 1: Tính
a)
4
0,75
3

1 1
16 8
− −
   
+
 ÷  ÷
   
b)
( )
2
1,5
3
0,04 (0,125)
−
−
−
c)
9 2 6 4
7 7 5 5
8 :8 3 .3−
d)
( )
5
4
2
3
5
4
5 0,2
−

−
−
 
 
+
 ÷
 ÷
 
 
Giải
a)
( ) ( )
4
0,75
3 4
3
4 3 3 4
4 3
1 1
2 2 2 2 8 16 24
16 8
− −
− −
− −
   
+ = + = + = + =
 ÷  ÷
   
b)
( )

( ) ( )
( ) ( )
2
3 2
1,5 3 2
2 3
3
2 3
0,04 (0,125) 0,2 0,5 0,2 0,5 125 4 121
−
− −
− − −
− = − = + = − =
c)
9 2 6 4 7 10
2
7 7 5 5 7 5
8 :8 3 .3 8 3 8 3 1− = − = − = −
d)
( ) ( )
5
4
2
3
3
2
5
4
5 0,2 5 0,2 25 125 150
−

−
−
−
 
 
+ = + = + =
 ÷
 ÷
 
 
Ví dụ 2: Cho a, b là các số dương. Hãy viết và rút gọn các biểu thức sau dưới dạng
lũy thừa:
a)
1
3
a a
b)
1
1
6
3
2
. .b b b
c)
4
3
3
:a a
d)
1

3
6
:b b
Giải
Với a, b là hai số dương, ta có:
a)
1 1 1 1 5
1
3 3 3 2 6
2
.a a a a a a
+
= = =
b)
1 1 1 1 1 1
1 1
6
3 3 6 2 3 6
2 2
. . . .b b b b b b b b
+ +
= = =
c)
4 4 1 4 1
3
3 3 3 3 3
: :a a a a a a
−
= = =
d)

1 1 1 1 1 1
3
6 3 6 3 6 6
: :b b b b b b
−
= = =
Ví dụ 3:Cho a, b là hai số dương. Rút gọn các biểu thức sau:
a)
2
1 1
2 2
1 2 :
b b
a b
a a
 
 
− + −
 ÷
 ÷
 
 
b)
1 9 1 3
4 4 2 2
1 5 1 1
4 4 2 2
a a b b
a a b b
−

−
− −
−
− +
Giải
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 15
Trường THPT Khánh Lâm
Với a, b là các số dương, ta có :
a)
( )
( )
2 2
2
1 1
2
2 2
2
1 1
1 2 : 1 : .
b b b a b
a b a b
a a a a
a
a b
     
 
−
− + − = − − = =
 ÷  ÷  ÷
 ÷

 
     
−
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
1 9 1 3
2 2
4 2
4 4 2 2
1 5 1 1 1 1
4 4 2 2 4 2
1 1
)
1 1
1 1 1 1
1 1
1 1
a a b b
a a b b
b
a a b b a a b b
a a b b
a b a b
a b
−
−

− −
− −
− −
− = −
− + − −
− + − +
= − = + − + = +
− −
Bài 2:LOGARIT
1. Đònh nghóa
Cho hai số dương a, b với
1a ≠
. Số
α
thỏa mãn đẳng thức
a b
α
=
được gọi
là logarit cơ số a của b và kí hiệu là
log
a
b
.
log
a
b a b
α
α
= ⇔ =

2. Các tính chất
log
log 1 0 log 1
log
a
a a
b
a
a
a b a
α
α
• = • =
• = • =
3. Các quy tắc tính logarít
a)Logarít của một tích, thương
Với các số dương a,
1 2
,b b
và
1a ≠
, ta có:
( )
a 1 2 1 2
1
a 1 2
2
log log log
log log log
a a

a a
b b b b
b
b b
b
• = +
• = −
b)Logarit của lũy thừa
Với các số dương a, b và
1a ≠
,
α
∈
R,
n∈
n
*
, ta có:
1 1
log log ; log log ; log log
n
a a a a a
a
b b b b b b
n
β
α
α
β
• = • = • =

c) Đổi cơ số
Với các số dương a, b, c và
1, 1a c≠ ≠
, ta có
1 log
log ; log
log log
c
a a
b c
b
b b
a a
• = • =
4. Logarit thập phân và logarit tự nhiên
10 10
log lg hoặc log log ; log ln
e
a a a a a a• = = • =
5. Ví dụ
Tính
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 16
Trường THPT Khánh Lâm
a)
3
2log 2
9
b)
3 2
log log 8

c)
1
3
3
1 1
3 3
1
2log 6 log 400 3log 45
2
− +
Giải
a)
3 3 9
2log 2 log 4 log 16
9 9 9 16= = =
b)
3 2 3
log log 8 log 3 1= =

( )
1
3
1
3
1
3
1 1
3
1 1
3 3

1
3
2
3
2
1 1
3 3
1 1
3 3
4
1
3 3
3
1
c) 2log 6 log 400 3log 45
2
log 6 log 400 log 45
log 36 log 20 log 45
36.45
log log 81 log 3 4
20
− −
− +
= − +
= − +
= = = = −
Bài 3:PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ PHƯƠNG TRÌNH
LOGARIT
I – PHƯƠNG TRÌNH MŨ
1. Phương trình mũ cơ bản: Là phương trình có dạng

( 0, 1)
x
a b a a= > ≠
Nếu
0b ≤
, phương trình vô nghiệm
Nếu b > 0, phương trình có nghiệm duy nhất
log
a
x b=
.
2. Một số phương pháp giải phương trình mũ
a)Đưa về cùng cớ số
Biến đổi phương trình về một trong các dạng sau:
Dạng 1:
( )
( )
f x
a g x=
Cách giải:
+ Nếu g(x)
≤
0 thì phương trình vơ nghiệm
+ Nếu g(x)>0 thì
( )
( )
f x
a g x=
( ) log ( )
a

f x g x⇔ =
Dạng 2:
( ) ( )f x g x
a a=
Cách giải:
( ) ( )
( ) ( )
f x g x
a a f x g x= ⇔ =

Ví dụ1: Giải các phương trình sau
a./
2
3 1
1
3
3
x x− +
 
=
 ÷
 
b./
1 2
2 2 36
x x+ −
+ =
Giải:
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 17
Trường THPT Khánh Lâm

2
2
3 1
( 3 1) 1 2
2
1
) 3 3 3 ( 3 1) 1
3
1
3 2 0
2
x x
x x
a x x
x
x x
x
− +
− − +
 
= ⇔ = ⇔ − − + =
 ÷
 
=

⇔ − + = ⇔

=


1 2
x x 4
2 8.2 2
)2 2 36 2.2 36 36
4 4
9.2 36.4 2 16 2 4
x x x
x x x
b
x
+ −
+
+ = ⇔ + = ⇔ =
⇔ = ⇔ = = ⇔ =
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau
a./
2 5
3 5
x+
=
b./
2 1
5 .2 50
x x−
=
Giải:
a./
2 5
3

3
log 5 5
3 5 2 5 log 5
2
x
x x
+
−
= ⇔ + = ⇔ =
b./
2 1
20
4
5 .2 50 5 . 50 20 100 log 100
2
x
x x x x
x
−
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
b) Đặt ẩn phụ: Ta thường biến đổi phương trình về dạng sau:
( )
2
f(x) f(x)
m. a + n.a + p=0
Cách giải: Đặt
( )
, t >0
f x
t a=

. Ta có phương trình bậc hai theo t giải tìm t thay
vào cách đặt tìm x
Sau khi tìm được x kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình.
Ví dụ 3: Giải các phương trình sau
a./
25 2.5 15 0
x x
− − =
b./
6.9 13.6 6.4 0
x x x
− + =
c./
2 2
3 3 24
x x+ −
− =
Giải:
a./
( )
2
25 2.5 15 0 5 2.5 15 0
x x x x
− − = ⇔ − − =
Đặt t = 5
x
, t >0 ta có phương trình: t
2
– 2t – 15= 0
5

3 (L)
5 5 1
x
t
t
x
=

⇔

= −

⇔ = ⇔ =
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 18
Trường THPT Khánh Lâm
2
9 6 4
b./ 6.9 13.6 6.4 0 6. 13. 6. 0
4 4 4
9 3
6. 13. 6 0
4 2
3
Đặt t= ; t>0 ta có : 6t 13 6 0
2
3
2

2
3

x x x
x x x
x x x
x x
x
t
t
t
− + = ⇔ − + =
   
⇔ − + =
 ÷  ÷
   
 
− + =
 ÷
 

=
⇔
=
1
3 3
1
2 2
1
3 2 3
2 3 2

x

x
x
x
−

 
=

 ÷

=

 

⇔ ⇔



= −


   

= =
 ÷  ÷



   


c./
( )
2
2 2
9
3 3 24 9.3 24 0 9. 3 24.3 9 0
3
x x x x x
x
+ −
− = ⇔ − − = ⇔ − − =
Đặt
3 0
x
t = >
, ta có
2
3
9t 24 9 0 3 3 1
1
( L)
3
x
t
t x
t
=


− − = ⇔ ⇔ = ⇔ =


= −

II – PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
1. Đònh nghóa:
Phương trình logarit là phương trình có chứa ẩn trong biểu thứa dưới dấu
logarit. Phương trình loagrit cơ bản có dạng
log ( ) ( 0, 1, ( ) 0)
a
f x b a a f x= > ≠ >

2. Cách giải một số phương trình logarit đơn giản
Chú ý: Không nên vội vàng giải phương trình mà quên đặt điều kiện của
phương trình. Điều kiện để
log ( )
a
f x
có nghóa là:
0 1 ; ( ) 0a f x< ≠ >
a) Đưa về cùng cơ số: Biến đổi phương trình về một trong các dạng sau
Dạng 1:
log ( ) ( )
a
f x g x=
Cách giải:
( )
log ( ) ( ) ( )
g x
a
f x g x f x a= ⇔ =

Dạng 2:
log ( ) log ( )
a a
f x g x=
Cách giải:
log ( ) log ( ) ( ) ( )
a a
f x g x f x g x= ⇔ =
Ví dụ 4: Giải các phương trình sau
a./
2 2
log log ( 3) 2x x+ + =
b./
2
2 2 2
log log log 9x x x+ =
c./
4 2
log ( 3) log ( 7) 2x x+ − + = −
d./
16 4 2 2
log log log log 108x x x+ + =
Giải:
a./
2 2
log log ( 3) 2x x+ + =
(1)
ĐK:
0 0
0

3 0 3
x x
x
x x
> >
 
⇔ ⇔ >
 
+ > > −
 
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 19
Trường THPT Khánh Lâm
2
2
2
(1) log ( 3) 2 ( 3) 2 4
1
3 4 0 1
4 (L)
x x x x
x
x x x
x
⇔ + = ⇔ + = =
=

⇔ + − = ⇔ ⇔ =

= −


b /
2
2 2 2
log log log 9x x x+ =
(1) ĐK: x > 0
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
(1) log 2log log 9 log 2log log 9
1
log log 9 log log 3 3
2
x x x x
x x x
⇔ + = + ⇔ =
⇔ = ⇔ = ⇔ =
x=3>0 thỏa điều kiện . Vậy phương trình có nghiệm là x=3
c./
4 2
log ( 3) log ( 7) 2x x+ − + = −
(1) ĐK:
3 0
3
7 0
x
x
x
+ >

⇔ > −


+ >

2 2 2 2
2
2
1
(1) log ( 3) log ( 7) 2 log 3 log ( 7) 2
2
3 3 1
log 2 2 4 3 7
7 7 4
x x x x
x x
x x
x x
−
⇔ + − + = − ⇔ + − + = −
+ +
⇔ = − ⇔ = = ⇔ + = +
+ +

2 2
16( 3) ( 7) 2 1 0 1x x x x x⇔ + = + ⇔ − + = ⇔ =
( thỏa ĐK)
Vậy phương trình có nghiệm là x = 1
d./
16 4 2 2
log log log log 108x x x+ + =
(1)
ĐK: x > 0

2 2 2 2
7
2 2 2
2
1 1
(1) log log log log 108
4 2
1 1 7
1 log log 2 log 7
4 2 4
log 4 16 0
x x x
x x
x x
⇔ + + =
 
⇔ + + = ⇔ =
 ÷
 
⇔ = ⇔ = >
Vậy phương trình có nghiệm là : x =16
b) Đặt ẩn phụ: Nếu phương trình được biến đổi về dạng sau
( )
2
. log ( ) .log ( ) 0
a a
m f x n f x p+ + =
Cách giải: Đặt
log ( )
a

t f x=
Sau khi tìm được x , kết hợp với điều kiện ta được nghiệm .
Chú ý: Có thể đặt
( )t x
ϕ
=
, trong đó
( )x
ϕ
là một biểu thức chứa logarit.
Ví dụ 5: Giải các phương trình
a./
2
2 2
log 2log 2 0x x+ − =
b./
2 1
1 log ( 1) log 4
x
x
−
+ − =
c./
2 3
lg 5lg lg 7x x x− = −
d./
2 2
2. log log 16 7 0x x+ − =
Giải:
2

2 2
2
2 2
./ log 2log 2 0 (1)
: 0
(1) log log 2 0
a x x
ĐK x
x x
+ − =
>
⇔ + − =
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 20
Trường THPT Khánh Lâm
2
2
2
2
2
2
log 1
1
t=log , ta có : t 2 0
1
2 log 2
2
4

x
x

t
Đặt x t
t x
x
−
=

=
=



+ − = ⇔ ⇔ ⇔



= − = −
= =



Thỏa điều kiện x > 0 . Vậy phương trình có nghiệm là: x=2 và x=1/4
b./
2 1
1 log ( 1) log 4
x
x
−
+ − =
(1)

[ ]
2
2 2
2 2
2
2 2
1 0 1
: (*)
1 1 2
log 4 2
(1) 1 log ( 1) 1 log ( 1)
log ( 1) log ( 1)
log ( 1) log ( 1) 2 0
x x
đk
x x
x x
x x
x x
− > >
 
⇔
 
− ≠ ≠
 
⇔ + − = ⇔ + − =
− −
⇔ − + − − =
Đặt:

2
log ( 1)t x= −
, ta có :
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 là : x = 3 và x = 5/4.
c./
2 3
lg 5lg lg 7x x x− = −
(1)
ĐK: x > 0 (*)
2 2
(1) lg 5lg 3lg 7 lg 8lg 7 0

x x x x x⇔ − = − ⇔ − + =
Đặt: t = lgx , ta có:
2
7
10
1 lg 1
8 7 0
7 lg 7
10

x
t x
t t
t x
x
=
= =

 
− + = ⇔ ⇔ ⇔

 
= =
=
 

thỏa (*)
Vậy phương trình có nghiệm là: x = 10 và x = 10
7
2 2
./ 2. log log 16 7 0 (1)d x x+ − =
ĐK:
2
log 0
1
1
0
16 0
x
x

x
x
x
>
>


⇔ ⇔ >
 
>
>


(*)
2 2 2 2 2
(1) 2. log log 16 log 7 0 log 2 log 3 0x x x x⇔ + + − = ⇔ + − =
Đặt:
2
log 0t x= ≥
, ta có:
2
2
1
2 3 0 log 1 2
3 0 (loại)
t
t t x x
t
=


+ − = ⇔ ⇔ = ⇔ =

= − <

. Thỏa (*)
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 21
Trường THPT Khánh Lâm
Bài 4: BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ
BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
I – BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
1. Bất phương trình mũ cơ bản
Bất phương trình mũ cơ bản có dạng
x
a b>
( hoặc
, ,
x x x
a b a b a b≥ < ≤
) với
0, 1a a> ≠
2. Phương pháp giải một số bất phương trình mũ đơn giản
Bước 1. Đặt điều kiện
Bước 2. Biến đổi bất phương trình về một trong các dạng sau:
Dạng 1:
( )
( ) (1)
f x
a g x>
Cách giải:
Nếu g(x) > 0 thì

( ) log ( ) ; a>1
(1)
( ) log ( ) ; 0<a<1
a
a
f x g x
f x g x
>

⇔

<

Giải tìm x kết hợp với ĐK ta có nghiệm
Nếu g(x)
≤
0 thì (1)
x⇔ ∀
thỏa ĐK
Dạng 2:
( ) ( )
(1)
f x g x
a a>
Cách giải:
( ) ( ) ; a>1
(1)
( ) ( ) ; 0<a<1
f x g x
f x g x

>

⇔

<

Giải tìm x kết hợp với ĐK ta có nghiệm
Dạng 3:
2
( ) ( )
. . 0
f x f x
m a n a p
 
+ + >
 
Cách giải: Đặt t = a
f(x)
> 0 . Ta có bất phương trình bậc hai theo t.
Giải tìm t , suy ra x, kết hợp ĐK ta có nghiệm.
3. Các ví dụ:
Ví dụ1: Giải các bất phương trình sau
( )
1
2
2
1
3 1
./ 3 b./ 3 9
3 1

x
x
x
x
a
−
−
+
−
< >
+
Giải:
( )
1
1
3 1 3
./ 3 1 3. 3.3 1 3 3 27.3 9 26.3 12
3 1 3
6
3
13
x x
x x x x
x
x
a
x R
−
+
−

< ⇔ − < + ⇔ − < + ⇔ > −
+
⇔ > − ⇔ ∈
( )
2
2
./ 3 9
x
x
b
−
>
2 4
4
16
3 3 2 4 8 16
4 7
x
x
x
x x x x
−
⇔ > ⇔ > − ⇔ > − ⇔ <
Ví dụ 2: Giải các bất phương trình sau
2 2x+1
x
./ 5 5 26 b./ 3 10.3 3 0
c./ 5.4 2.25 7.10 0
x x x
x x

a
−
+ < − + ≤
+ − >
Giải:
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 22
Trường THPT Khánh Lâm
( )
2
2
25
./ 5 5 26 5 26 0 5 26.5 25 0
5
x x x x x
x
a
−
+ < ⇔ + − < ⇔ − + <
Đặt
5 0
x
t = >
. Ta có:
2
26 25 0t t− + <
1 25t⇔ < <
0 2
1 5 25 5 5 5 0 2
x x
x⇔ < < ⇔ < < ⇔ < <

2x+1
b./ 3 10.3 3 0
x
− + ≤
( )
2
3. 3 10.3 3 0
x x
⇔ − + ≤
Đặt
3 0
x
t = >
. Ta được:
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
−
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤
x
./ 5.4 2.25 7.10 0 (*)

x x
c + − >
Chia hai vế cho
4 0
x
>
ta được:
2
5 5
5 2. 7. 0
2 2
x x
 
   
+ − >
 
 ÷  ÷
   
 
 
Đặt t =
5
2
x
 
 ÷
 
>0 ta được :
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

 
< <

< <

 ÷
<

 


− + > ⇔ ⇔ ⇔




>
>

 


>
 ÷

 

II – BẤT PHƯƠNG TRÌNH LOGARIT
1. Bất phương trình logarit cơ bản
Bất phương trình logarit cơ bản có dạng
log
a
x b>

( hoặc
log ,log ,log )
a a a
x b x b x b≥ < ≤
với a > 0 ,
1a ≠
2. Phương pháp giải một số bất phương trình logarit đơn giản
Bước 1: Đặt điều kiện , chú ý ĐK của
log ( )

a
f x
là
0 1
( ) 0
a
f x
< ≠


>

Bước 2: Biến đổi bất phương trình về một trong các dạng sau
Dạng 1:
log ( ) ( ) (1)
a
f x g x>
Cách giải:
( )
( )
( ) ; a>1
(1)
( ) ; 0<a<1
g x
g x
f x a
f x a

>
⇔


<

.
Giải tìm x kết hợp với ĐK ta được nghiệm
Dạng 2:
log ( ) log ( ) (1)
a a
f x g x>
Cách giải:
( ) ( ) ; a>1
(1)
( ) ( ) ; 0<a<1
f x g x
f x g x
>

⇔

<

.
Giải tìm x kết hợp với ĐK ta có nghiệm.
Dạng 3:
[ ]
2
. log ( ) .log ( ) 0
a a
m f x n f x p+ + >
(1)

Cách giải: Đặt t =
log ( )
a
f x
. Ta có bất phương trình:
2
0mt nt p+ + >
.
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 23
Trường THPT Khánh Lâm
Giải bất phương trình tìm t, suy ra x, kết hợp ĐK ta được nghiệm
3. Các ví dụ
Ví dụ 1: Giải các bất phương trình sau
a./
2
1
2
log ( 2 8) 4x x+ − ≥ −
b./
5 5 5
log ( 2) log ( 2) log (4 1)x x x+ + − < +
Giải:
a./
2
1
2
log ( 2 8) 4x x+ − ≥ −

ĐK:
2

4
2 8 0
2
x
x x
x
< −

+ − > ⇔

>

4
2 2 2
1
2
2
1
log ( 2 8) 4 2 8 2 8 16
2
2 24 0 6 4
x x x x x x
x x x
−
 
+ − ≥ − ⇔ + − ≤ ⇔ + − ≤
 ÷
 
⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤
Kết hợp với ĐK ta có tập nghiệm là :

[ 6; 4) (2;4]− − ∪
b./
5 5 5
log ( 2) log ( 2) log (4 1)x x x+ + − < +
(1)
ĐK:
2 0 2
2 0 2 2 (*)
4 1 0 1
4
x x
x x x
x
x


+ > > −



− > ⇔ > ⇔ >
 
 
+ >


> −

( ) ( )
2

5 5 5 5
2 2
(1) log 2 2 log (4 1) log ( 4) log (4 1)
4 4 1 4 5 0 1 5
x x x x x
x x x x x
⇔ + − < + ⇔ − < +
 
 
⇔ − < + ⇔ − − < ⇔ − < <
Kết hợp với ĐK (*) ta có nghiệm là: (2;5)
Ví dụ 2: Giải các bất phương trình sau:
a./
2
0,5 0,5
log log 2x x+ ≤
b./
2
2
2
log
log 1
x
x
>
−
c./
2
log 13log 36 0x x− + >
Giải:

a./
2
0,5 0,5
log log 2x x+ ≤
(1)
ĐK: x >0 Đặt :
0,5
logt x=
. Ta có bất PT:
( )
2 2
0,5
2
2 2 0 2 1 2 log 1
4
0,5
0,5
0,5
t t t t t x
x
x
x
x
−
+ ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤

≤

≤


⇔ ⇔
 
≥
≥



Kết hợp ĐK ta có nghiệm là
0,5 4x≤ ≤
b./
2
2
2
log
log 1
x
x
>
−
(1)
ĐK:
2
0
0
log 1
2
x
x
x
x

>
>


⇔
 
≠
≠


(*)
Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 24
Trường THPT Khánh Lâm
Đặt :
2
logt x=
ta có :
2
2
2 0 ; 1 2
2
1 1
1
2 0 ; 1
t t t t
t
t
t
t t t


− − > > >


> ⇔ ⇔


− < <
−
− − < <



2
2
4
log 2
1
1 log 1
2
2
x
x
x
x
>

>


⇔ ⇔



− < <
< <


. Kết hợp ĐK (*) ta có nghiệm là :
4
1
2
2
x
x
>



< <

c./
2
log 13log 36 0x x− + >
(1)
ĐK: x >0 (*)
Đặt
logt x=
. Ta có
2
13 36 0t t− + >
4

9
4 log 4 10
9 log 9
10
t x x
t x
x

< < <
 
⇔ ⇔ ⇔

 
> >
>
 

Kết hợp ĐK (*). Ta có nghiệm là
4
9
0 10
10
x
x

< <

>

Tài liệu ôn Tốt Nghiệp THPT 25