ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI TOÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU
TRƯỜNG THPT NGÔ QUYỀN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Tên đề tài:
ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
ĐỂ GIẢI TOÁN
Tác giả:Hà Công Thơ
Giáo viên môn :Toán
Năm học:2013-2014
1
ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI TOÁN
A/PHẦN MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài
-Môn toán giữ một vai trò hết sức quan trọng trong trường THPT vì nó là tiền đề để học các
môn học khác. Môn toán cũng góp phần phát triển tư duy và pháp triển nhân cách .Vì khi học
môn toán giúp học sinh rèn luyện tính cẩn thận, tính sáng tạo và tính thẩm mỹ…
Học sinh ở trường Ngô Quyền chúng ta đa số là học sinh trung bình yếu nên việc truyền đạt
kiến thức môn toán cho các em gặp rất nhiều khó khăn.
Mỗi khi nói đến một bài toán mới thì tôi lại phải nhắc lại các kiến thức có liên quan.nhưng
khi áp dụng thì học sinh lại lúng túng và không làm được. Tôi vẩn thường tự hỏi làm cách nào
để các em thích học môn toán? Vì chỉ có khi thích học thì các em mới học tốt được.
-Qua thực tế giảng dạy nhiều năm tôi nhận thấy rằng: Nếu ta sử dụng tính đơn điệu của hàm
số vào giải phương trình ,hệ phương trình… thì học sinh cảm thấy nhẹ nhàng hơn, tiếp thu
phương pháp tốt hơn và các em hứng thú học tập hơn so với cách giải bằng các phương pháp
khác nên tôi đã chọn đề tài “Ứng dụng tính đơn điệu để giải toán" ít nhiều gì cũng giúp
caac1 em có thêm phương pháp để giải các phương trình, hệ phương trình…
II. Mục đích và phương pháp nghiên cứu
1.Mục đích:
-Để tạo sự hứng thú trong học tập , tìm ra phương pháp dạy phù hợp với học sinh và để nâng
cao chất lượng học tập của học sinh

-Giúp giáo viên nâng cao năng lực tự nghiên cứu, đồng thời vận dụng tổng hợp các tri thức
đã học, mở rộng, đào sâu và hoàn thiện hiểu biết. Từ đó có phương pháp giảng dạy phần này có
hiệu quả.
-Nghiên cứu vấn đề này để nắm được những thuận lợi, khó khăn khi dạy học toán THPT,
cũng như trong bồi dưỡng học sinh khá giỏi, từ đó định hướng nâng cao chất lượng dạy và học
môn toán.
2. Phương pháp nghiên cứu.
-Phương pháp phân tích, tổng hợp tài liệu
2
-Khảo sát kết quả học tập của học sinh.
-Trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp.
-Phương pháp tổng kết kinh nghiệm .
III. Giới hạn của đề tài
Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số trong chương trình Toán THPT.
IV. Cơ sở lý luận và cơ sở thực tiễn:
Nhiệm vụ trọng tâm trong trường THPT và hoạt động dạy của thầy và hoạt động học của
trò. Đối với người thầy, việc giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ thông nói chung, đặc
biệt là kiến thức thuộc bộ môn Toán học là việc làm rất cần thiết.
Muốn học tốt môn Toán, các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở môn Toán một
cách có hệ thống, biết vận dụng l‚ thuyết một cách linh hoạt vào từng bài toán cụ thể. Điều đó
thể hiện ở việc hc đi đôi vi hnh, đòi hỏi học sinh phải có tư duy logic và suy nghƒ linh hoạt.
Vì vậy, ttrong quá trình dạy học giáo viên cần định hướng cho học sinh cách học và nghiên cứu
môn Toán một cách có hệ thống, biết cách vận dụng lí thuyết vào bài tập, biết phân dạng bài tập
và giải một bài tập với nhiều cách khác nhau.
Bài toán giải phương trình, hệ phương trình, chứng minh bất đẳng thức hay bài toán có
chứa tham số là một bài toán thường gặp trong chương trình toán và bồi dưỡng học sinh giỏi
THPT, trong các kì thi . vì vậy đòi hỏi giáo viên phải tích cực tự học, tự nghiên cứu, tìm tòi
sáng tạo thường xuyên bổ sung kiến thức và tích luỹ kinh nghiệm, để hướng dẫn cho học sinh
hiểu và vận dụng một cách có hiệu quả.
V. Kế hoạch thực hiện

Chuẩn bị một số bài tập về Phương trình, hệ phương trình,tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất, chứng minh bất đẳng thức và các bài toán có chứa tham số phù hợp với các lớp và đưa cho
các em về nhà giải trước để lên lớp sửa
Dặn các em về xem lại một số các kiến thức có liên quan.
B/PHẦN NỘI DUNG
I.Thực trạng và những mâu thuẫn
Đa số học sinh còn lúng túng, không tự tin khi giải các phương trình,hệ phương trình
không mẫu mực đặc biệt là các bài toán chứng minh bất đẳng thức hay các bài toán có
3
chứa tham số vì phải vận dụng nhiều kiến thức. trong khi đó kiến thức cơ bản các em
chưa nắm vững, khả năng tư duy còn hạn chế và ‚ thức học tập chưa tốt.
II.Các biện pháp giải quyết vấn đề
1/KIẾN THỨC
Định lí 1: Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K.
a/ Nếu f’(x) > 0 với mọi x thuộc K thì hàm số f đồng biến trên K.
b/ Nếu f’(x) < 0 với mọi x thuộc K thì hàm số f nghịch biến trên K.
(Giải tích 12- NXB Giáo dục 2008)
Định lí 2: Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K. Nếu f’(x) ≥ 0(f’(x) ≤ 0), với mọi x
thuộc K và f’(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm số đồng biến (nghịch biến)
trên K.
(Giải tích 12- NXB Giáo dục 2008)
Định lí 3: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên tục trên
tập D thì phương trình f(x) = k,(với k là số thực) có không quá một nghiệm
Định lí 4: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên tục trên
tập D thì với mọi u,v thuộc D ta có: f(u) = f(v) ⇔ u = v.
Định lí 5: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc nghịch biến ) và hàm số y = g(x)
luôn nghịch biến (hoặc đồng biến) và liên tục trên tập D thì phương trình f(x) = g(x)
có không quá một nghiệm.
Định lí 6: Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm đến cấp n và phương trình
f

(n)
(x) = 0 có m nghiệm thì phương trình: f
(n-1)
(x) = 0 có không quá m +1 nghiệm.
( hệ quả định lí Roll)
Định lí 7: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến trên (a,b) thì với mọi u,v thuộc (a,b) ta có
f(u) < f(v) ⇔ u < v
Nếu hàm số y = f(x) luôn nghịch biến trên (a,b) thì với mọi u,v thuộc (a,b) ta có
f(u) < f(v) ⇔ u > v
2/ ỨNG DỤNG
a/.Giả sử cần giải phương trình: g(x) = 0
Bước 1: Đưa phương trình về dạng: f(x) = k hoặc f(u) = f(v) với k ∈R, u = u(x) và v = v(x).
4
Bước 2: Dùng định lí 1, chứng minh hàm số y = f(x) luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến.
Bước 3: (áp dụng định lí 3,4)
+ Nếu là phương trình f(x) = k thì nhẩm một nghiệm của phương trình và chứng minh đó
là nghiệm duy nhất.
+ Nếu là phương trình f(u) = f(v) thì suy ra u(x) = v(x) và giải tìm x.
b/.Giả sử cần chứng minh bất đẳng thức dạng: f(x) > g(x) với x ∈D
Hay dạng: f(x) ≥ g(x) với x ∈D
Ta thực hiện như sau:
-
Bước 1: Đặt: h(x) = f(x) – g(x) hoặc h(x) = g(x) – f(x)
-
Bước 2: Tính đạo hàm h’(x) và xét dấu f’(x) trên D
-
Bước 3: Lập bảng biến thiên của h(x) và dựa vào đó suy ra điều phải chứng minh.
c/. Giả sử tìm điều kiện của tham số m để phương trình f(x) = ϕ(m) có nghiệm trên D
Nhận xét: Dựa vo tính chất: phương trình f(x) =
ϕ

(m) có nghiệm khi v chỉ khi đồ thị
của hm số y = f(x) v đường thẳng y =
ϕ
(m) cắt nhau.
Ta có thực hiện như sau:
-
Bước 1: Tính đạo hàm f’(x)
-
Bước 2: lập bảng biến thiên của f
-
Bước 3: dựa vào bảng biến thiên , xác định m để đồ thị của hàm số
y = f(x) và đường thẳng y = ϕ(m) cắt nhau.
Chú ý:
1. Nếu
max ( ), min ( )
x D
x D
M f x m f x
∈
∈
= =
v f liên tục trên D thì phương trình
f(x) = k có nghiệm khi v chỉ khi : m
≤
k
≤
M
2. Nếu phương trình có dạng f(x,m) = 0 thì ta biến đổi để đưa phương trình về dạng :
f(x) =
ϕ

(m).
3/CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Giải phương trình:
15 3 6x x− + − =
(1)
Giải
5
Điều kiện:
3x ≤

Cách 1:
Bình phương hai vế phương trình (1) và rút gọn ta được:
9
(15 )(3 ) 9 1
1
x
x x x x
x
≥ −

− − = + ⇔ ⇔ = −

= −


Cách 2: Nhân lượng liên hợp
12
15 3 6 6 15 3 2
15 3
x x x x

x x
− + − = ⇔ = ⇔ − − − =
− − −
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
15 4 1x x− = ⇔ = −
Cách 3: xét hàm số
( ) 15 3 , 3f x x x x= − + − ∀ ≤
1 1
( ) 0, 3
15 3
f x x
x x
′
= − − < ∀ <
− −
suy ra hàm số nghịch biến trên
(
]
;3−∞
,
( 1) 6f − =
suy ra x= -1 là
nghiệm duy nhất của phương trình
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
2 3 4 4(1)
2 3 4 4(2)
x y
y x


+ + − =


+ + − =



Giải
Điều kiện:
3 3
4; 4
2 2
x y− ≤ ≤ − ≤ ≤

Cách 1: Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được:
( 2 3 2 3) ( 4 4 ) 0x y y x+ − + + − − − =
(*)
2( ) 2( ) 2 2
0 ( )( ) 0
2 3 2 3 4 4 2 3 2 3 4 4
x y x y
x y x y
x y y x x y y x
− −
+ = ⇔ − + = ⇔ =
+ + + − + − + + + − + −
thay
x y=
vào phương trình (1) ta được:
2 3 4 4x x+ + − =

Bình phương hai vế và rút gọn ta
được:
2
2
9
9
2 2 5 12 9
11
3,
9 38 33 0
9
x
x
x x x
x x
x x
≤

≤


− + + = − ⇔ ⇔
 
= =
− + =




vậy hệ có 2 nghiêm phân biệt

(3;3)
hoặc
11 11
( ; )
9 9

Cách 2: Trừ (1) và (2) vế theo vế ta được:
( 2 3 2 3) ( 4 4 ) 0x y y x+ − + + − − − =
⇔
2 3 4 2 3 4x x y y+ − − = + − −
(3)
Xét hàm số
( ) 2 3 4f t t t
= + − −
xác định trên đoạn
3
;4
2
 
−
 
 

6
1 1 3
( ) 0, ( ;4)
2
2 3 4
f t t
t t

−
′
= + > ∀ ∈
+ −
.do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên đoạn
3
;4
2
 
−
 
 
Suy ra (3) tương đương với
( ) ( )f x f y x y= ⇔ =

Thay
x y=
vào phương trình (1) ta được:
2 3 4 4x x+ + − =
, bình phương hai vế và rút gọn ta
được:
2
2
9
9
2 2 5 12 9
11
3,
9 38 33 0
9

x
x
x x x
x x
x x
≤

≤


− + + = − ⇔ ⇔
 
= =
− + =




vậy hệ có 2 nghiêm phân biệt
(3;3)
hoặc
11 11
( ; )
9 9

Nhận xét:
Đây l hệ phương trình đối xứng loại hai nhưng khi biến đổi đến phương trình (*) thì một số
em lúng túng không biết nhân lượng liên hợp để giải tiếp, từ phương trình tích suy ra x = y thì
một số em lại thắc mắc sao lại có được đều đó v sau khi tôi trình by 2 cách song tôi hỏi
trong hai cách thì cách no dễ hiểu hơn? Các em đã trả lời l cách 2 vì chỉ cần tính được đạo

hm l lm được. Theo tôi nghỉ cách 1 không phải l quá khó đối vi hc sinh nhưng cần phải
biến đổi nhiều nên dễ bị sai sót.
Để hiểu kĩ hơn về phương pháp dùng tính đơn điệu chúng ta tham khảo bi toán sau
Ví dụ 3: Giải phương trình:
( )
3
3 1 log 1 2
x
x x
= + + +
Giải
Đk:
1
2
x
> −

( )
3
3 1 log 1 2
x
x x
= + + +
( )
3
3 (1 2 ) log 1 2
x
x x x
⇔ + = + + +
( )

3 3
3 log 3 (1 2 ) log 1 2
x x
x x
⇔ + = + + +
có dạng:
f(u) = f(v), trong đó f(t) =
3
logt t
+
là hàm liên tục, với t > 0 và
f’(t) =
1
1 0
ln 3t
+ >
nên f là hàm đồng biến.
Do đó f(u) = f(v) ⇔ u = v ⇔ 3
x
- 2x – 1 = 0
Xét hàm số: g(x) = 3
x
- 2x – 1 có g’(x) = 3
x
ln3 -2 và g’’(x) = 3
x
(ln3)
2
> 0.
Suy ra phương trình: g’(x) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm. Do đó, phương trình g(x) = 0 có nhiều

nhất 2 nghiệm.
7
Ta thấy: x = 0 và x = 1 là 2 nghiệm của phương trình g(x) = 0. Do đó, chúng là nghiêm của
phương trình đã cho.
Ví dụ 4:Giải các phương trình sau:
2
1 2 2
9 3 2 0
x x x
x x
+ + +
− + + =

(Đề thi học kì I lớp 12 năm học 2012-2013)
Giải
2 2
1 2 2 2 2 2 2 2
9 3 2 0 3 2 2 2 3 2
x x x x x x
x x x x x
+ + + + + +
− + + = ⇔ + + + = + +
(1)
Xét hàm số
( ) 3
t
f t t= +
,
( )f t
là hàm số luôn tăng trên R

Phương trình (1)
2 2
0
(2 2 2) ( 2) 2 2 2 2
1
2
x
f x x f x x x x
x
=


⇔ + + = + ⇔ + + = + ⇔

= −

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:





=+−−+−
−−−=−
4)1(log2)1(log3)1(log2
1212
3
2
33
33

yxxy
xyyx

Giải
ĐK: x>1, y
≥
1
pt đầu của hệ tương đương với pt:
1212
33
−+=−+
yyxx
(1)
Xét hàm số
12)(
3
−+=
tttf
với t>1
1,0
1
1
3)('
2
>∀>
−
+= t
t
ttf
,suy ra f(t) đồng biến trên khoảng

);1(
+∞
Suy ra: (1)
⇔
x=y
thế x=y vào pt thứ hai của hệ ta được
4)1(log2)1(log3)1(log2
3
2
3
2
3
=+−−+−
xxx
3 3 3
2log ( 1) 3 2log ( 1) 4 0 2log ( 1) 1 1 3x x x x
⇔ − + − − = ⇔ − = ⇔ = +
suy ra:
31
+=
y
đối chiếu với ĐK ta được
31+=x
,
31
+=
y
. Vậy hệ có nghiệm
)31;31();(
++=

yx
Ví dụ 6:Chứng minh:
( )
2 x 1
ln x
x 1
−
>
+
, với mọi
x 1>
.
Giải
Đặt:
( )
( )
( )
2 x 1
f x ln x ; x 0;
x 1
−
= − ∈ +∞
+
8
( )
( )
( )
( )
( )
2

2 2
x 1
1 4
f ' x 0; x 0;
x
x 1 x x 1
−
= − = ≥ ∀ ∈ +∞
+ +
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng
( )
0;+∞
nên cũng đồng biến trên khoảng
( )
1;+∞
.
Vậy ta có:
( ) ( )
f x f 1 0; x 1> = ∀ >
. Suy ra đpcm
Nhận xét:
Qua các ví dụ 3,4,5,6 nếu ta dùng phương pháp biến đổi sơ cấp thì không dễ chút no nhưng
nếu ta dùng tính đơn điệu của hm số để giải thì ta thấy cũng khá đơn giản. Đó l ưu điểm của
phương pháp ny.
Ta xét bài toán:
Ví dụ 7: Tìm m để phương trình
2
3 3
log ( 2 ) log (4 4) 0x mx m x
− − − − =

(1) có 2 nghiệm phân
biệt
Giải
Cách 1: Biến đổi sơ cấp
(1)
( )
( )
2 2
2
3 3
2 4 4 ( 4) 2 4 0 (2)
log 2 log 4 4
4 4 0 1
x mx m x x m x m
x mx m x
x x
 
− − = − − + − + =
⇔ − − = − ⇔ ⇔
 
− > >
 
Nhận xét: Vì phương pháp so sánh 2 nghiệm của phương trình vi 1 số
0
α
≠
đã được giảm tải
nên để giải phương trình (2) ta phải đặt
1x t= +
để đưa bi toán về bi toán so sánh 2 nghiệm

của phương trình vi 0
(2) trở thành:
2
( 2) 3 1 0 (3)t m t m− + − + =
(1) có 2 nghiệm phân biệt
⇔
(2) có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn 1
⇔
(3) có 2 nghiệm dương
phân biệt :
2
0 16 0
1
0 2 0 0
3
0 3 1 0
m m
S m m
P m

∆ > + >



> ⇔ + > ⇔ < <
 
 
> − + >



Cách 2:Dùng tính đơn điệu của hàm số:
( )
( )
2
2
2
3 3
4 4
2 4 4
log 2 log 4 4
2
4 4 0
1
x x
x mx m x
m
x mx m x
x
x
x

− +

− − = −
=

− − = − ⇔ ⇔
+
 

− >


>

9
• Đặt (C) :
( )
2
4 4
( ) , 1 (1)
2
x x
f x x
x
− +
= >
+
2
2
4 12
( ) ,
( 2)
x x
f x
x
+ −
′
⇒ =
+

( ) 0 6, 2f x x x
′
= ⇔ = − =

2
1 1
4 4 1
lim ( ) lim( ) ; lim ( )
2 3
x
x x
x x
f x f x
x
+ +
→+∞
→ →
− +
= = = +∞
+
Bảng biến thiên:

( d) : y = m
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt khi:
1
0
3
m< <
Nhận xét
Cách 1:

- Đa số hc sinh chỉ biết biến đổi đến phương trình (2) m không biết đặt ẩn phụ
1x t= +

để đưa bi toán về dạng phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt hoặc nếu có biết thì cũng
có thể bị quên vì định lí nằm ở chương trình lp 10.Theo kinh nghiệm tôi dạy thì để đa số hc
sinh nh v áp dụng được các tính chất của tam thức bậc 2 quả không dễ chút no nếu không
muốn nói l quá ít hc sinh vận dụng được.
Cách 2:
-Vi cách giải sử dụng tính đơn điệu ta thấy bi giải trực quan hơn , kiến thức áp dụng
mi hc nên hc sinh có thể tiếp thu phương pháp nhanh v các em cảm thấy thích phương
pháp ny hơn
-Nếu bi toán trên sửa lại l “Tìm m để phương trình có nghiệm” thì giải bi toán theo
cách 1 không đơn giản chút no vì phải xét nhiều trường hợp còn cách 2 cũng chỉ nhìn vo
bảng biến thiên v suy ra giá trị m cần tìm
Để hiểu kĩ hơn về phương pháp dùng tính đơn điệu chúng ta tham khảo bi toán sau
Ví dụ 8:Tìm m để hàm số
3 2
( ) 2 2 1f x x x mx= − − −
đồng biến trên khoảng
(1; )+∞

10
Giải
Cách 1: Biến đổi sơ cấp
Hàm số đã cho xác định trên
(1; )+∞
2
( ) 6 4f x x x m
′
= − −

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
(1; )+∞
khi và chỉ khi
( ) 0, 1f x x
′
≥ ∀ >
2
6 4 0, 1x x m x⇔ − − ≥ ∀ >
(1)
Nhận xét: Vì phương pháp so sánh 2 nghiệm của tam thức bậc hai vi 1 số
0
α
≠
đã được giảm
tải nên để giải bất phương trình (1) ta phải đặt
1x t= +
để đưa bi toán về bi toán so sánh 2
nghiệm của phương trình vi 0
Đặt
1x t= +
(1)
2
0
2
0
3
6 8 2 0, 0 2
0
2
2

3
0
m
t t m t m
S
m
P
∆ ≤


≤


∆ >


⇔ + + − ≥ ∀ > ⇔ ⇔ ⇔ ≤



<


< ≤




≥





Cách 2: Dùng tính đơn điệu của hàm số
Hàm số đã cho xác định trên
(1; )+∞
2
( ) 6 4f x x x m
′
= − −
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
(1; )+∞
khi và chỉ khi
( ) 0, 1f x x
′
≥ ∀ >
2 2
6 4 0, 1 6 4 , 1x x m x m x x x⇔ − − ≥ ∀ > ⇔ ≤ − ∀ >
Xét hàm số:
2
( ) 6 4 , 1g x x x x= − ∀ >

1
( ) 12 4, ( ) 0
3
g x x g x x
′ ′
= − = ⇔ =
2
1 1

lim ( ) lim(6 4 ) 2; lim ( )
x
x x
g x x x g x
+ +
→+∞
→ →
= − = = +∞

Bảng biến thiên:

11
Yêu cầu bài toán thỏa khi
2m ≤
Nhận xét:
Cách 1:
Đa số hc sinh quên trường hợp hm số luôn luôn đồng biến dẫn đến mất nghiệm
Kiến thức vận dụng được học ở lớp 10 học sinh đã quên.
Cách 2:
Bi giải trực quan, kiến thức áp dụng mi hc nên hc sinh có thể tiếp thu phương pháp nhanh
Như vậy cách dùng tính đơn điệu của hm số đặc biệt hiệu quả vi bi toán tìm m để phương
trình, bất phương trình có nghiệm, có 1 nghiệm,…
Ví dụ 9: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2 2
1 1x x x x m
+ + − − + =
Giải
a/ Xét hàm số : f(x) =
2 2
1 1x x x x

+ + − − +
có TXĐ: D = R

2 2
2 1 2 1
'( )
2 1 2 1
x x
f x
x x x x
+ −
= −
+ + − +

2 2
'( ) 0 (2 1)(2 1) (2 1)(2 1)f x x x x x x x
= ⇔ + − + = − + +
(*)

2 2 2 2
(2 1) ( 1) (2 1) ( 1)x x x x x x
⇒ + − + = − + +
⇒x = 0. Thay x = 0 vào (*) thấy không thoả.
Vậy phương trình (*) vô nghiệm, tức f’(x) không đổi dấu
Mà f’(0)= 1 > 0 suy ra f’(x) >0 với mọi x nên f là hàm đồng biến trên R
Ta lại có:
2 2
2
lim ( ) lim 1
1 1

x x
x
f x
x x x x
→−∞ →−∞
= = −
+ + + − +
và
lim ( ) 1
x
f x
→+∞
=
Bảng biến thiên
x
-∞ +∞
f’(x) +
f(x) = m -1 1
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra, phương trình có nghiệm ⇔ -1≤ m ≤ 1
Ví dụ 10: Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm phân biệt?

4 3 4 3
4
4 16 4 16 6x x x m x x x m
− + + + − + + =
Giải
12
Đặt:
4 34
4 16t x x x m

= − + +
, t ≥ 0. Phương trình trở thành
t
2
+ t – 6 = 0 ⇔ t = 2 hay
4 3
4
4 16 2x x x m
− + + =

4 3
4 16 16m x x x
⇔ − = − + −
Xét hàm số: f(x) = x
4
– 4x
3
+ 16x – 16 có f’(x) = 4x
3
– 12x
2
+ 16
f’(x) = 0 ⇔ x = -1; x = 2
lim ( )
x
f x
→±∞
= +∞

Bảng biến thiên:

x
-∞ -1 2 +∞
f’(x) - 0 + 0 +
f(x) = -m
+∞ +∞
-27
Dựa vào bảng biến thiên suy ra, phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
-m >-27 ⇔ m < 27
Ví dụ 11: Tìm m để phương trình
2 2
3 3
1 2 1 0
log log
x x m
+ + − − =
có nghiệm trên
3
1;3
 
 
Giải
Đặt:
2 2
2
3 3
1 1
log log
t x x t
= + ⇒ = −
. Với

[ ]
3
1;3 1;2x t
 
∈ ⇒ ∈
 

Phương trình trở thành: t
2
+ t – 2m -2 = 0
⇔
t
2
+ t = 2m + 2 (*)
Phương trình đã cho có nghiệm trên
3
1;3
 
 

⇔
pt(*) có nghiệm trên [1;2].
Xét hàm số: f(t) = t
2
+ t, với t
∈
[1;2]. Ta có f’(t) = 2t +1, f’(t) > 0 với t
∈
[1;2]. Do đó f(t) là

hàm số đồng biến trên [1;2]. Suy ra f(1)
≤
f(t)
≤
f(2)
⇔
2
≤
f(t)
≤
5
Vậy phương trình có nghiệm
⇔
2
≤
2m + 2
≤
5
⇔
0
≤
m
≤
3/2
Ví dụ 12: Tìm m để hệ phương trình:
2
3( 1) 0
1
x y m
x xy


+ + − =


+ =


có 3 nghiệm phân biệt?
Giải
Do x = 0 không là nghiệm của phương trình:
1x xy
+ =
nên
13
Ta có:
2
1
1 1
2 1
x
x xy xy x
x x
y
x
≤


+ = ⇔ = − ⇔

− +

=


. Thay vào phương trình còn lại ta được:
2
2
2 1
3 6 3
x x
x x m
x
− +
+ + + =
, (*)
Hệ có 3 cặp nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có 3 nghiệm phân biệt thoả:
x ≤ 1và x ≠ 0.
Xét hàm số:
2
2 2
2 1 1
( ) 3 6 3 3 7 1
x x
f x x x x x
x x
− +
= + + + = + + +
với x ≤ 1và x ≠ 0.
Có
3 2
2 2

1 6 7 1
'( ) 6 7
x x
f x x
x x
+ −
= + − =
⇒ f’(x) = 0 ⇔
1 1
1; ;
2 3
x x x
= − = − =

Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên
ta thấy, (*) có 3 nghiệm
phân biệt khi và chỉ khi:

20
12
3
15
4
4
m
m

< ≤




− < < −


.( Đây là kết quả bài toán)
III.Hiệu quả áp dụng
-Không có phương pháp nào có thể sử dụng để giải quyết hết các dạng bài tập trong một
chuyên đề , đề tài trên đây cũng vậy, nó có thể sử dụng để giúp học sinh giải quyết được khá
nhiều bài toán mà các em có thể tránh được những biến đổi phức tạp, nhưng không phải là
tất cả.
-Đề tài trên đây cũng không ngoài mục đích cung cấp cho học sinh một phương pháp hữu
hiệu để giải quyết một số bài toán về phương trình hệ phương trình và bất đẳng thức.
14
-Phương pháp dùng tính đơn điệu của hàm số có thể áp dụng cho khá nhiều dạng bài tập
mà không cần phải sử dụng nhiều kỹ năng khác nhau cho các dạng bài tập đó.
Qu‚ thầy cô có thể nhận ra rằng, phương pháp này thật sự hữu hiệu cho các bài phương
trình, hệ phương trình mà trong biểu thức của nó có chứa từ 2 loại hàm sơ cấp trở lên.( Điều đó
được thể hiện ở các ví dụ tham khảo thêm ở trên) và các bài toán có chứa tham số. Đây chính là
điểm mạnh của phương pháp này.
-
Chuyên đề đã được thực hiện giảng dạy trong một số tiết học ôn tập chương, ôn tập học
kì .
-
Kết quả thu được qua các lớp tôi giảng dạy như sau:
Lp
Sĩ số
Dùng phương pháp sơ cấp Dùng tính đơn điệu
Điểm
≥

5 Điểm
≥
5
12A5 35
≈
15%
≈
60%
12A12 31
≈
3%
≈
12%
C/KẾT LUẬN
I/ Ý nghĩa của đề tài đối với công tác
Qua những năm giảng dạy ở trường THPT Ngô Quyền tôi nhận thấy rằng khi sử dụng
Tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, hệ phương trình không mẫu mực, chứng minh
bất đẳng thức đặc biệt là bài toán có chứa tham số thì học sinh tiếp thu dễ dàng hơn, từ đó học
tập tốt hơn và học sinh dần cảm thấy tự tin hơn mỗi khi tiếp cận với các bài toán nói trên so với
khi giáo viên trình bày các bài toán đó theo các phương pháp sơ cấp khác. Theo tôi, đó cũng là
một thành công của việc áp dụng phương pháp này vào giảng dạy.
Qua đề tài này cũng giúp học sinh phần nào nâng cao năng lực tư duy, sự sáng tạo và rèn
kỹ năng giải toán .
II/Bài học kinh nghiệm
15
Để thực hiện tốt công việc giảng dạy, đặc biệt là công tác ôn tuyển sinh và bồi dưỡng
học sinh giỏi người giáo viên phải thường xuyên học tập, nghiên cứu, tìm tòi và sáng tạo.
-
Trong quá trình dạy học, ngoài việc hướng dẫn học sinh giải quyết các bài toán và các
chuyên đề khó, người giáo viên cần phải tìm tòi, hệ thống và lựa chọn các phương pháp sao

cho phù hợp với từng đối tượng học sinh và cần phải phát hiện được ở học sinh xem ở các
em cảm thấy tự tin hơn khi sử dụng phương pháp nào? Đó cũng là một kinh nghiệm mà tôi
muốn nêu lên trong đề tài này. Hy vọng đề tài này giúp cho các em có cái nhìn tổng thể hơn
về các bài toán và giúp các em tự tin hơn khi gặp các bài toán dạng này trong các kì thi.
Trong quá trình nghiên cứu không thể tránh khỏi sai sót, hạn chế rất mong được sự giúp
đỡ, góp ‚ của đồng nghiệp.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Huỳnh Công Thái, “ Các ứng dụng đạo hm vo giải toán sơn cấp” _ NXB đại học quốc
gia TP HCM, 2007
[2] Huỳnh Công Thái, “Các phương pháp giải phương trình đại số”, _ Đại học sư phạm TP
HCM, 2004
[3] Võ Giang Giai, Võ Khắc Thường, Lê Quang Tuấn
16
“ Ứng dụng các tính chất hm số để giải bi toán bất đẳng thức, tìm giá trị ln nhất v giá
trị nhỏ nhất”- NXB Thanh Hóa 2002.
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
PHIẾU ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2013 - 2014
I. Đánh giá xếp loại của HĐKH Trường THPT Ngô Quyền.
1. Tên đề tài:

2. Họ và tên tác giả: Hà Công Thơ
3. Giáo viên Tổ: Toaùn
4. Nhận xét của Chủ tịch HĐKH về đề tài:
a) Ưu điểm:



b) Hạn chế:

5. Đánh giá, xếp loại:
Sau khi thẩm định, đánh giá đề tài trên, HĐKH Trường THPT Ngô Quyền
thống nhất xếp loại :
Những người thẩm định: Chủ tịch HĐKH
(Ký, ghi rõ h tên) (Ký, đóng dấu, ghi rõ h tên)



II. Đánh giá, xếp loại của HĐKH Sở GD&ĐT Bà Rịa- Vũng Tàu
Sau khi thẩm định, đánh giá đề tài trên, HĐKH Sở GD&ĐT Bà Rịa- Vũng Tàu thống
nhất xếp loại:
17
Những người thẩm định: Chủ tịch HĐKH
(Ký, ghi rõ h tên) (Ký, đóng dấu, ghi rõ h tên)




Nhận xét
Ta thấy, phạm vi ứng dụng của phương pháp ny vo các dạng toán bất đẳng thức l khá
đa dạng. Chúng ta có thể sử dụng để khai thác nhiều dạng khác nhau từ dễ đến khó m không
đòi hỏi phải dùng các kỹ thuật biến đổi phức tạp như một số phương pháp khác. Đây chính l
một ưu điểm của phương pháp ny khi sử dụng để giảng dạy cho đa số hc sinh, nhất l đối
tựơng hc sinh có lực hc trung bình, khá.

Phần ba: KẾT LUẬN

-
Đề tài trên đây không phải là một nội dung mới mà chỉ là nêu lên kinh nghiệm giảng dạy
cho học sinh khi tiếp cận với một chuyên đề toán. Các bài tập được tôi thu thập và tuyển
chọn với khá nhiều dạng toán nhằm cho thấy khả năng áp dụng rộng rãi của phương pháp
vào chuyên đề toán được nêu ra ở trên.
Kết quả và phạm vi ứng dụng của chuyên đề
a/ Kết quả
18
•
Mặc dù đã rất cố gắng, song chắc chắn đề ti cũng không tránh khỏi nhiều thiếu
sót, rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của đồng nghiệp.




để giải bài toán trên thì bản thân mỗi giáo viên phải phân dạng được các bài toán liên quan đến
hàm số và biết cách giải cụ thể của các dạng toán.
Qua việc nghiên cứu bên cạnh việc giúp cho bản thân nâng cao kiến thức, nâng cao nghiệp vụ,
bồi dưỡng học sinh giỏi có hiệu quả, ngoài ra còn giúp bản thân nâng cao phương pháp tự học,
tự nghiên cứu để có thể tiếp tục nghiên cứu các vấn đề khác tốt hơn trong suốt quá trình dạy học
của mình. Đề tài này còn giúp học sinh có thêm một cách giải phương trình, hệ phương trình,
chứng minh bất đẳng thức hay bài toán có chứa tham số từ đó thích học hơn và đạt kết quả cao
hơn trong học tập.
Khi giải các bài toán về phương trình, hệ phương trình ta thường gặp các bài toán có chứa tham
số. Các bài toán này thường liên quan đến nhiều kiến thức cũ, do đó gây nhiều khó khăn cho
học sinh. Trong chương này, chúng ta sẽ sử dụng phương pháp đạo hàm để giải một số dạng
toán như: tìm tham số để phương trình, hệ phương trình có nghiệm, có k nghiệm, có nghiệm
thuộc tập hợp nào đó…
19
Trong các kì thi học kì , kì thi chọn học sinh giỏi, thi đại học, cao đẳng … Phương trình, hệ

phương trình,tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức là những bài
toán quan trọng không thể thiếu . Tuy nhiên đa số học sinh rất lúng túng và khó khăn khi giải
quyết các bài toán này vì học sinh cần phải vận dụng nhiều phương pháp và kỹ năng biến đổi
đại số khá phức tạp, đặc biệt là với các bài toán có chứa tham số.
20