Rèn luyện cho học sinh ứng dụng chiều biến thiên của hàm số để giải một số dạng phương trình.

PHN I: T VN
Trong quỏ trỡnh dy mụn Toỏn trng THPT, tụi nhn thy phng phỏp s
dng o hm xột chiu bin thiờn ca hm s cú vai trũ rt quan trng, nú giỳp
chỳng ta gii quyt c nhiu loi bi tp, thm chớ cú nhiu bi nu dựng nhng
cỏch khỏc thỡ rt khú, vy nờn nú l mt phng phỏp quan trng cn thit i vi
hc sinh lp 11, lp 12 v cỏc em hc sinh ụn thi H, ụn luyn thi hc sinh gii. Nú
giỳp chỳng ta hiu v cú cỏi nhỡn thu ỏo v nhiu hm s v v quan h hm s, l
mi quan h ph bin v quan trng trong lý thuyt cng nh trong i sng thc
tin. Nhỡn vo bng bin thiờn ca mt hm s ta cú th thy c ton b v hm s
ú, c v nh tớnh v nh lng, qua ú giỳp ta tr li c nhiu cõu hi, gii
quyt c nhiu yờu cu liờn quan. Tuy nhiờn trong thc t cng cũn nhiu hc sinh
thy khú khn khi hc phn ny v t ú dn ti vic hc cha tt, cha t hiu qu
cao, vỡ nhng lớ do trờn nờn tụi vit ti ny, nhm rốn luyn cho cỏc em hc sinh
cú th nm vng phng phỏp s dng chiu bin thiờn ca hm s, v cng hỡnh
thnh c cỏc k nng cn thit gii mt s bi tp thuc loi ny.
Ni dung ti ny gm ba mc:
I/ ng dng gii phng trỡnh dng f(x) = a trong ú a l hng s, f(x) l hm s liờn
tc v n iu.
II/ ng dng gii v bin lun phng trỡnh dng f(x) = m trong ú m l tham s, f(x)
l hm s liờn tc.
III/ ng dng gii phng trỡnh dng f(u) = f(v), f(x) l hm s liờn tc v n iu.
Trong từng phần tôi đều nhắc lại kiến thức lý thuyết, đa ra một số ví dụ điển hình từ
dễ đến khó bắt đầu từ những bài tập rất cơ bản mức độ nh bài tập trong SGK sau đợc
nâng dần lên mức độ bài toán thi ĐH, CĐ.
PHN II: NI DUNG
1
Trong ton b ti ny ta ch xột cỏc hm s liờn tc trờn tp xỏc nh ca nú.
I/ ứng dụng giải phơng trình dạng f(x) = a trong đó f(x) là hàm số
liên tục và đơn điệu:
1/ Kin thc lý thuyt:
Xột phng trỡnh f(x) = a (1) (a l hng s) trờn tp D, trờn ú hm s f(x) n

iu, khi ú phng trỡnh (1) cú khụng quỏ mt nghim. Nờn nu ta tỡm c mt
nghim ca (1) thỡ ú l nghim duy nht. Sau õy l mt s vớ d:
2/ Vớ d:
VD1: Gii phng trỡnh:
a)
3521 =++ xx
(1)
b)
42713
=++++
xxx
(2)
Bi gii: a) TX D=[5/2;
+
)
Xột hm s
521)(
++=
xxxf
trờn D, ta cú
0
52
1
12
1
)(' >

+
+
=

xx
xf
vi mi x
thuc khong (5/2;
+
), suy ra hm s f ng bin trờn D. Vy (1) cú khụng quỏ mt
nghim.
Hn na ta thy x=3 l nghim ca (1), vy ú l nghim duy nht ca phng trỡnh
(1) ó cho.
@ Ta cú th gii phng trỡnh (1) bng cỏch bỡnh phng hai v ca nú kốm theo
iu kin tng ng, a v phng trỡnh bc hai, cỏch ny c dựng nhiu
lp 10. Ngoi ra nu khụng dựng cụng c o hm, ta cú th lp lun c hm
s f(x) l hm s ng bin da vo tớnh cht ca hm s bc nht v hm s cn
bc hai.
b) TX D=[
2
577
;
+
)
Xột hm s
2713)(
++++=
xxxxf
, ta cú f(x) l hm s liờn tc trờn D v cú
o hm
0
272
272
7

1
132
3
)(' >
++
+
+
+
+
=
xx
x
x
xf
Vi mi x thuc khong (
2
577
;
+
) nờn hm s f(x) luụn ng bin trờn D. Mt
khỏc ta thy f(1)=4 nờn x=1 l mt nghim ca phng trỡnh ó cho.
Xột x>1 ta cú f(x)>f(1)=4 nờn phng trỡnh khụng cú nghim x>1
2
Xột tng t ta cng c kt lun phng trỡnh trờn khụng cú nghim trờn tp [
2
577
; 1)
Kt lun phng trỡnh ó cho cú nghim duy nht x=1.
@ Nu ta gii phng trỡnh (2) bng cỏc cỏch khỏc nh bỡnh phng hai v ca nú
kốm iu kin tng ng thỡ ta s gp khú khn, õy phng phỏp s dng o

hm t ra u th hn.
VD2: Giải phơng trình:
a) x+sin x = 0 với x thuộc đoạn [0;

] (1)
b) 3
-x
= 2+ log
2
(2x+ 4) (2)
Bài giải: a) Xét hàm số f(x) = x+ sin x trên D = [0;

], có f(x) là hàm số liên tục và
f (x)= 1+ cos x không âm với mọi x thuộc (0;

) nên hàm số f(x) đồng biến trên D,
suy ra phơng trình (1) có không quá một nghiệm và ta thấy ngay nó có nghiệm duy
nhất là x = 0.
b) Phơng trình đã cho tơng đơng với phơng trình
log
2
(2x+ 4) - 3
-x
= 2 (2)
TXĐ D= (-2;
+
); tơng tự các VD trên, xét hàm số vế trái của phơng trình (2) ta đ-
ợc kết luận phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất là -1.
@ Để đi tới kết luận vế trái của phơng trình (2 ) là hàm số đơn điệu ta có thể dùng
công cụ đạo hàm hoặc dựa vào tính chất của các hàm số.

@ Ta chú ý phơng trình dạng
h(x) = g(x) (*)
trong đó một vế là hàm số đồng biến và vế kia là hàm số nghịch biến ta có thể đa
ngay về phơng trình f(x) = a đã xét ở trên. Ngoài ra dựa vào tính chất biến thiên của
hàm số ta cũng chứng minh đợc phơng trình (*) có không quá một nghiệm.
VD3: CM phơng trình sau có nghiệm duy nhất:
012
25
=
xxx
Bài giải:
@ chng minh phng trỡnh f(x) cú nghim duy nht trờn tp D ta cú th
lm nh sau:
- Chng minh phng trỡnh trờn luụn cú nghim, chng hn ta chng minh f(x)
l hm s liờn tc trờn D v tn ti 2 s a, b sao cho f(a). f(b) <0
- chng minh f(x) l hm s n iu, t ú suy ra nghim trờn l duy nht.
Tr li bi toỏn trờn, xột hm s
12)(
25
=
xxxxf
, l hm s liờn tc trờn
R v cú f(0).f(2) < 0 suy ra phng trỡnh f(x) = 0 luụn cú nghim, gi nghim
ú l x
0
, khi ú ta cú:
2
2
0
5

0
)1(12
+=++=
o
xxxx
, suy ra
110
0
5
00
xxx
.
Vy ta ch cn kho sỏt hm s f(x) vi
1

x
. Ta cú:
10)1(2)1(2225)('
4234
>++== xxxxxxxxf
nờn f(x) l hm s ng bin
khi
1x
. Vy phng trỡnh ó cho luụn cú nghim duy nht.
@ Chỳ ý:
3
i, Nu chỳng ta kho sỏt ngay hm f(x) thỡ chỳng ta khụng th cú c f(x) l
hm ng bin, do vy ta cn hn ch min xỏc nh ca x. iu ny ta cú
c l nh vo bn thõn ca phng trỡnh.
ii, chng minh phng trỡnh f(x)=0 cú nghim duy nht trờn D ta cũn cú

cỏch khỏc ú l kho sỏt hm f(x) trờn D, lp bng biờn thiờn v t bng bin
thiờn ta suy ra c th ca hm f(x) ch ct trc Ox ti mt im.
Qua cỏc bi toỏn trờn ta thy vic ng dng tớnh n iu vo gii mt s
dng toỏn v phng trỡnh t ra hiu qu v cho li gii ngn gn. Thụng qua
cỏc vớ d ú hi vng cỏc em cú thờm nhng k nng gii phng trỡnh v nhn
dng c nhng dng phng trỡnh no cú th dựng tớnh cht bin thiờn ca
hm s.
3/ Bài tập:
1. Giải phơng trình
014110
3
=++
xx
2. Giải phơng trình
x
x
213
2
=+
3. Giải phơng trình
1323
424
=+
++
xx
4. Giải phơng trình
03log)43(log
2
2
2

1
=++ xx
5. Giải phơng trình
0725)3(225 =+ xx
xx
(ĐH TCKT Hà Nội 1997)
6. Tìm hoành độ giao điểm hai đồ thị:
2
3
sin21;
12
1
2
x
y
x
y =+=


(HVCN BCVT 2000)
II/ ng dụng giải và biện luận phơng trình dạng f(x) = m:
1/ Kiến thức lý thuyết:
Xét phơng trình f(x) = m (*) với x thuộc D, hàm số f(x) liên tục, m là tham số. Vế
phải có thể là hàm số của m, khi đó ta có các mệnh đề:
i, Phơng trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số f(x).
Đặc biệt nếu trên D tồn tại min f = a; max f = b thì phơng trình (*) có nghiệm khi và
chỉ khi m thuộc on [a; b]
ii, Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f(x) trên D, ta có thể biện luận đợc số nghiệm
của phơng trình (*); xác định đợc m để nghiệm của (*) thoả mãn điều kiện nào
đó;

2/ Ví dụ:
VD1: a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
23
3
+=
xxy
b) Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình
mxx
=+
23
3
Bài giải:
a) Kết quả khảo sát hàm số
23
3
+=
xxy
4
6
4
2
-2
-4
-5
5
y
x
O
y=m
b) Dựa vào kết quả ở câu a) ta có kết luận nh sau:

+ m>4 hoặc m<0 phơng trình có đúng 1 nghiệm.
+ m=4 hoặc m=0 phơng trình có 2 nghiệm trong đó có 1 nghiệm kép.
+ 0<m<4 phơng trình có 3 nghiệm phân biệt.
Theo sau bài toán khảo sát trên ta có thể có các câu hỏi phụ khác ứng dụng chiều
biến thiên của hàm số trên để giải, chẳng hạn nh sau:
VD1:
c) Tìm k để phơng trình
012.38
=++
k
xx
có đúng 1 nghiệm.
Để giải câu này ta đặt t=2
x
thì đợc t>0 và đa về xét phơng trình
123
3
+=+
ktt
với t>0. Dựa vào bảng biến thiên hoặc đồ thị trên ta có đợc đáp số: -k+1>2 hoặc
k+1=0 tức là k<-1 hoặc k=1.
VD2: Tìm m để phơng trình
mxx = 2coscos3
3
(1) có 5 nghiệm phân biệt thuộc
khoảng D=(
);
2

Bài giải:
Đặt t=cos x ta có t thuộc đoạn [-1; 1] và phơng trình (1) trở thành:
3t
3
t - 2 = m (2)
Ta có bảng biến thiên của t:
x
2/


0
2/


t=cosx
1
0 0
-1
Và đồ thị của hàm số f(t) = 3t
3
t 2 là:
5
6
4
2
-2
-4
-5
5

y
x
O
1
-1
Từ đó ta suy ra phơng trình (1) có 5 nghiệm phân biệt thuộc D khi và chỉ khi phơng
trình (2) có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0; 1) và 1 nghiệm thuộc khoảng (-1; 0),
xảy ra khi và chỉ khi m thuộc khoảng (-20/9; -2) (f(1/3)=-20/9)
@ Chú ý: Thay vì khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số f(t) = 3t
3
t 2 ta có thể chỉ
cần lập bảng biến thiên của nó, từ đó ta cũng có đợc đáp số.
VD3: Tỡm m phng trỡnh:
( )
12 5 4x x x m x x+ + = +
(1) cú nghim.
Bài giải:
iu kin
0 4x
. Ta cú
(1)
( )
12
5 4
x x x
f x m
x x
+ +
= =
+

.
@ Chỳ ý: Nu tớnh
( )
f x

ri xột du thỡ thao tỏc rt phc tp, d nhm ln.
t
)4;0(0
122
1
2
3
)(';0)(12)( >
+
+=>++= x
x
xxgxgxxxxg

)4;0(0
42
1
52
1
)(';0)(45)( <





=>+= x

xx
xhxhxxxh

Suy ra:
( )
0g x
>
v đồng biến,
( )
h x
> 0 v nghịch biến hay
( )
1
0
h x
>
v đồng biến

( )
( )
( )
g x
f x
h x
=
đồng biến. Suy ra phng trỡnh
( )
f x m
=
cú nghim

[ ]
( )
[ ]
( ) ( )
( )
[ ]
( )
0;4
0;4
min ;max 0 ; 4 2 15 12 ;12m f x f x f f


= =


VD4: Gii phng trỡnh:
4 4
2 4 2x x
+ =
Bài giải:
t
( )
4 4
2 4f x x x= +
vi
2 4x


6
30)(';

)4(
1
)2(
1
4
1
)('
4
3
4
3
=⇔=








−
−
−
= xxf
xx
xf
Ta có bảng biến thiên của hàm số f:
Nhìn vào bảng biến thiên ta suy ra:
( ) ( )
[ ]

3 2 2,4f x f x
≥ = ∀ ∈
⇒ Phương trình
( )
4 4
2 4 2f x x x= − + − =
có nghiệm duy nhất x = 3
VD5: (Đề TSĐH khối B, 2007): Chứng minh rằng: Với mọi
0m
>
, phương trình
( )
2
2 8 2x x m x
+ − = −
luôn có đúng hai nghiệm phân biệt.
Bµi gi¶i: Điều kiện:
2x
≥
. Biến đổi phương trình ta có:
( )
2
2 8 2x x m x+ − = −
( ) ( ) ( )
2 6 2x x m x
⇔ − + = −
( ) ( ) ( )
2 2
2 6 2x x m x
⇔ − + = −




=−+=
=
⇔=−−+−⇔
mxxxg
x
mxxx
326)(
2
0)326)(2(
23
23
ycbt
( )
g x m
⇔ =
có đúng một nghiệm thuộc khoảng
( )
2;
+∞
. Thật vậy ta có:
( ) ( )
3 4 0, 2g x x x x
′
= + > ∀ >
. Do đó
( )
g x

đồng biến mà
( )
g x
liên tục và
( )
( )
2 0; lim
x
g g x
→+∞
= = +∞
nên ta có bảng biến thiên của hàm số g:
Suy ra phương trình
( )
g x m
=
có đúng một nghiệm thuộc khoảng
( )
2;
+∞
.
Vậy
0m
∀ >
, phương trình
( )
2
2 8 2x x m x
+ − = −
có hai nghiệm phân biệt.

3/ Bµi tËp:
1. BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph¬ng tr×nh
1265
24
−=+− mxx
2. BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph¬ng tr×nh:
mxx =− )4(
2
3. T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh
mxxxx +−=−+ 2)6)(4(
2
cã nghiÖm.
4. T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã 2 nghiÖm ph©n biÖt:
122
2
+=++ xmxx

(§TTS B’2006)
7
x234ƒ′ −0+
ƒ2
x2+0
5. Tìm m để phơng trình sau có nghiệm thuộc đoạn [1;
3
3
]:
0121loglog
2
3
2

3
=++
mxx
(ĐTTS A2002)
6. Tỡm m phng trỡnh
4
2
3 1 1 2 1x m x x
+ + =
cú nghim thc (TTS
A2007)
7.
Tỡm m phng trỡnh sau cú ỳng hai nghim thc phõn bit:
4 4
2 2 2 6 2 6x x x x m
+ + + =

(ĐTTS A2008)
III/ ng dụng giải phơng trình dạng f(u) = f(v), f(x) là hàm số liên
tục và đơn điệu:
1/ Kiến thức lý thuyết:
Xét phng trỡnh dng f(u) = f(v) (*) vi x thuc D, u=u(x) v v=v(x) l cỏc hm s
liờn tc trờn D, f l hm s liờn tc v n iu. Khi đó phơng trình (*) nghiệm đúng
khi và chỉ khi u(x) = v(x), bài toán đa về giải phơng trình này trên D.
2/ Ví dụ:
VD1: Giải phơng trình x+2sinx cosx=sinx (1)
Bài giải:
@ Rõ ràng phơng trình này là phơng trình không mẫu mực và ta phải nghĩ tới việc sử
dụng các phơng pháp đặc biệt để giải, trong đó phơng pháp đợc dùng nhiều là phơng
pháp sử dụng các tính chất của hàm số.

Ta có (1)

2x+sin 2x=x+sin x (2)
Đặt f(t) = t + sin t thì phơng trình (2) là f(x) = f(2x).
Bây giờ ta xét tính chất biến thiên của hàm số f(t), ta có f(t)=1 + cos t
t 0
nên suy
ra hàm số f(t) đồng biến trên R, vậy phơng trình (2) tơng đơng với 2x=x hay x=0.
KL phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x=0.
VD2: Giải phơng trình
2112212
532532
+++
++=++
xxxxxx
Bài giải:
@ Chú ý các hàm số xuất hiện ở 2 vế của phơng trình và đặc biệt là các biểu thức
mũ, ta nghĩ tới việc xét hàm số và hớng giải tơng tự nh VD trên:
Đặt f(t) =
21
532
++
++
ttt
thì phơng trình đã cho là f(x) = f(2x-1) và hàm số f(t) là hàm
số đồng biến, từ đó giải ra ta đợc nghiệm duy nhất x=1.
VD3: Giải phơng trình:
23
542
3

log
2
2
2
3
++=
++
++
xx
xx
xx
(1) (ĐH Ngoại Thơng Tp
HCM 2001)
Bài giải: Phơng trình trên xác định với mọi x.
Nhn xột cỏc biu thc tham gia trong phng trỡnh ta thy:
23)3()542(
222
++=++++ xxxxxx
, do vy nu t
8
0,,233,542
222
>++=++=++=
vuxxuvxxuxxv
, khi ú phng trỡnh tr
thnh:
)()(logloglog
333
vfufvvuuuv
v

u
=+=+=
trong ú
tttf +=
3
log)(
vi t>0. Ta thy f(t) l hm liờn tc v ng bin, do vy



=
=
=++==
2
1
023)()(
2
x
x
xxvuvfuf

@ Nh vậy ta thấy nhiều phơng trình cha đợc cho ở dạng f(u) =f(v), để đa đựơc về
dạng phơng trình này ta phải thực hiện một số phép biến đổi, thậm chí phải có kỹ
năng nhất định mới làm đựơc.
VD 4: Giải phơng trình
3 23 2
33
21212 xxxx ++=+++
Bài giải:
Nhỡn k phng trỡnh thỡ ta thy cỏc biu thc di du cn hai v cú chung mt

mi liờn h l x+2=(x+1)+1 v 2x
2
+1=(2x
2
)+1, do vy nu t
3
2
3
2;1 xvxu =+=
thỡ phng trỡnh ó cho tr thnh:
vvuu
++=++
3 33 3
11
trong ú
tttf
++=
3
3
1)(
l mt hm liờn tc v cú o hm
01
)1(
)('
3
23
2
>+
+
=

t
t
tf

vi mi t khỏc -1 nờn hm s f(t) luụn ng bin. Do ú




=
=
+===
2
1
1
12)()(
2
x
x
xxvuvfuf
Vy phng trỡnh ó cho cú cỏc nghim x=1, x=-1/2.
3/Bài tập:
1. Gii phng trỡnh:
)21(log313
3
xx
x
+=
2. Giải và biện luận phơng trình:
mmxx

mmxxmxx
++=
+++++
255
224222
22
(ĐH Ngoại Thơng 2001)
3. Giải hệ phơng trình:






+=
=
12
11
3
xy
y
y
x
x
(ĐTTS ĐH A 2003)
4. CM với mọi a>0 hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất:



=

++=
axy
yxee
yx
)1ln()1ln(
(ĐTTS ĐH D 2006)

9
Phần III: kết quả nghiên cứu và bài học kinh nghiệm
1/ Đối chiếu so sánh kết quả đạt đ ợc: Trong các năm học 2009 2010, 2010-
-2011tôi đã thực hiện giảng dạy chuyên đề kiến thức này bằng việc áp dụng đề tài
nghiên cứu của mình trên các lớp tôi phụ trách. So sánh với các khoá học trớc kia khi
tôi cha áp dụng đề tài, kết quả thu đợc nh sau:
Nhóm học sinh
Nắm đợc
phơng
pháp
Nắm vững
phơng pháp
Nắm vững ph-
ơng pháp và
vận dụng tốt
Nắm vững phơng
pháp và giải tốt bài
tập nâng cao
Khi cha áp
dụng đề tài
90% 60% 40% 20%
Khi áp dụng
đề tài

100% 80% 70% 30%
Phần trăm
tăng thêm
10% 20% 30% 10%
2/ Bài học kinh nghiệm: Qua quá trình dạy học và áp dụng đề tài khoa học của
mình tôi đã đúc rút đợc bài học kinh nghiệm sau đây:
Phơng pháp áp dụng đạo hàm xét chiều biến thiên của hàm số là phơng pháp khó
đối với nhiều học sinh, vậy nên để học sinh nắm vững đựơc phơng pháp này, giáo viên
cần phải từng bớc giúp các em lĩnh hội đựơc kiến thức lý thuyết cũng nh hình thành
đựơc kỹ năng làm bài tập, thông qua việc áp dụng vào từng dạng bài tập từ dễ đến
khó. Hơn nữa phơng pháp này có ứng dụng rộng rãi vào việc giải nhiều lớp bài tập,
trong đó có lớp bài tập khó dành cho học sinh khá hơn, một số bài tập xuất hiện trong
các đề thi ĐH, CĐ nên việc làm cho học sinh nắm vững phơng pháp và biết cách vận
dụng làm bài tập là điều cần thiết.
10
Trên đây tôi đã trình bày đề tài khoa học của mình, Rèn luyện cho học sinh ứng
dụng chiều biến thiên của hàm số để giải một số dạng phơng trình, qua ba mục đã đa
ra đợc ba dạng phơng trình thờng gặp trong lớp các bài tập ứng dụng chiều biến thiên
của hàm số để giải, bạn đọc cũng đã có cơ sở lý thuyết và một số kỹ năng để giải các
dạng phơng trình này. Mc dự bn thõn ó c gng nhiu hon thnh ti c
tt nht nhng do hn ch v mt thi gian nờn khụng trỏnh khi cỏc thiu sút hn
ch, rt mong nhn c s quan tõm gúp ý ca các thầy cô giáo và bn c. Tụi xin
chõn thnh cm n!
Nga Sơn, ngày 25/04/2011
Tác giả
11