Tải bản đầy đủ (.doc) (20 trang)

SKKN Vận dụng tính đơn điệu và đồ thị của hàm số vào bài toán giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (376.61 KB, 20 trang )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG LÊ HỒNG PHONG
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
VẬN DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU VÀ ĐỒ THỊ CỦA HÀM
SỐ VÀO BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ,BẤT
PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Người thực hiện: Vũ Thị Hương
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Lê Hồng Phong
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

BỈM SƠN NĂM 2013

MỤC LỤC
Trang
ĐẶT VẤN ĐỀ ……………………………………………… 1
NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM………………… 2
CƠ SỞ LÝ THUYẾT………………………………………….2
CÁC VÍ DỤ MINH HỌA…………………………………… 4
KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM………………………………….17
KẾT LUẬN………………………………………………… 18

A. ĐẶT VẤN ĐỀ

Qua quá trình giảng dạy phần phương trình ,bất phương trình và hệ
phương trình ở lớp 10 và ôn thi đại học lớp 12 tôi nhận thấy rằng có những dạng
bài tập không thể giải quyết được bằng các phương pháp thông thường như SGK
đã nêu hoặc nếu có thì cũng rất phức tạp. Trong khi đó ngay từ đầu lớp 10 các
em đã được học về hàm số ,mà định nghĩa phương trình , bất phương trình lại
có liên quan đến hàm số.
Toán học nói chung và Hàm số nói riêng có nhiều ứng dụng rất quan


trọng trong đời sống cũng như trong các ngành khoa học khác. SGK Đại số lớp
10 của nhà xuất bản Giáo dục ( Sách chỉnh lý hợp nhất năm 2000 và sách phân
ban năm 2006 ) đã trình bày rất rõ về định nghĩa và các tính chất của hàm số;
phương trình ; bất phương trình và hệ phương trình. Để giúp học sinh THPT đặc
biệt là học sinh lớp 12 có thể tìm hiểu sâu hơn về hàm số và ứng dụng của nó
làm cơ sở để tham gia các kỳ thi cuối cấp cũng như ứng dụng trong thực tế cuộc
sống, trong phạm vi đề tài sáng kiến kinh nghiệm của mình tôi xin trình bày một
ứng dụng của hàm số vào việc giải phương trình ; bất phương trình và hệ
phương trình đó là:
Vận dụng tính đơn điệu và đồ thị của hàm số vào bài toán giải phương
trình , bất phương trình và hệ phương trình.
Đây là một vấn đề được rất nhiều người đề cập đến. Trong phạm vi đề tài
của mình tôi chỉ xin nêu ra một số bài toán mới và một số bài toán trong chương
trình cũng như trong các đề thi mà một số đáp án được giải bằng phương pháp
khác.
Trong quá trình biên soạn đề tài này chắc sẽ không tránh khỏi những
thiếu sót. Mong nhận được sự góp ý chân thành của đồng nghiệp và Hội đồng
chuyên môn của nhà trường để các đề tài sau của tôi được tốt hơn. Tôi xin chân
thành cảm ơn.


B. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
I/ Cơ sở lý thuyết :

SGK Đại số 10 đã định nghĩa phương trình và bất phương trình một ẩn
như sau:
Cho hai hàm số: f(x) với tập xác định D
f
, g(x) với tập xác định D
g

. Đặt
f g
D D D= ∩
.
Mệnh đề chứa biến

f(x) = g(x)

là một phương trình (bất đẳng thức f(x)
> g(x) là một bất phương trình) một ẩn với D gọi là tập xác định của phương
trình
Số thực
0
x
được gọi là một nghiệm của phương trình (bất phương trình)
nếu
0 0
( ) ( )f x g x=
0 0
( ( ) ( ))f x g x>
là mệnh đề đúng
Giải phương trình ( bất phương trình ) là tìm tất cả các nghiệm của nó.
Định nghĩa trên đây nêu lên mối quan hệ hữu cơ giữa các khái niệm hàm số,
phương trình và bất phương trình.
1. Tính đơn điệu của hàm số:
a.Định nghĩa:
- Hàm số f được gọi là đồng biến ( tăng ) trên khoảng (a;b) khi và chỉ khi
)()();;(,
212121
xfxfxxbaxx <⇒<∈∀

.
- Hàm số f được gọi là nghịch biến ( giảm ) trên khoảng (a;b) khi và chỉ
khi
)()();;(,
212121
xfxfxxbaxx >⇒<∈∀
.
b.Tính chất:
Tính chất 1:
Nếu hàm số f chỉ tăng ( hoặc giảm ) trên khoảng (a;b) thì
);(,;)()(
212121
baxxxxxfxf ∈∀=⇔=
( suy ra từ định nghĩa ).
Tính chất 2:
Nếu hàm số f chỉ tăng ( hoặc giảm ) trên khoảng (a;b) thì phương trình
0)( =xf
có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b).
Chứng minh:
a) Trường hợp hàm số f tăng trong khoảng (a;b)
Giả sử có hai số
)(,
2121
xxxx <
sao cho
1 2
( ) ( ) 0f x f x= =
. Điều này là vô lý
vì với
);(),;()()(

212121
baxbaxxfxfxx ∈∈∀<⇒<
(do hàm số f tăng trong
khoảng (a;b)).
b) Trường hợp hàm số f giảm trong khoảng (a;b).
Lập luận tương tự a) , ta cũng gặp mâu thuẫn.
Vậy phương trình f(x) = 0 không thể có nhiều hơn một nghiệm trên
khoảng (a;b).

2.Đồ thị của hàm số:
a.Định nghĩa:
- Cho hàm số y=f(x) xác định trên tập D. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy tập hợp
các điểm có tọa độ (x,f(x)) với
x D∈
gọi là đồ thị của hàm số f .
b.Tính chất :
+ Tính chất 1:
Nghiệm của phương trình f(x) = g(x) là hoành độ giao điểm của đồ thị hai
hàm số y= f(x) và y=g(x).
+ Tính chất 2:
Số nghiệm của phương trình f(x) = g(x) là số giao điểm của đồ thị hai hàm
số y= f(x) và y=g(x).
+ Tính chất 3:
Mệnh đề 1 :
Phương trình f(x) =a ,
x D∈
có nghiệm khi và chỉ khi :

( )
max ( )

min
x D
x D
m f x a
f x


= ≤ ≤
=M
Mệnh đề 1 :
1) Bất phương trình
( ) ,f x a x D≥ ∈
có nghiệm khi và chỉ khi
M a≥
2) Bất phương trình
( )f x a≥
nghiệm đúng với
x D∀ ∈
khi và chỉ khi
m a≥
3) Bất phương trình
( ) ,f x b x D≤ ∈
có nghiệm khi và chỉ khi
m b≤
4) Bất phương trình
( )f x b≤
nghiệm đúng với
x D∀ ∈
khi và chỉ khi
M b≤

Chứng minh:
TC1: Gọi
1 2
( ),( )C C
lần lượt là đồ thị của hàm số y= f(x) và y=g(x).

0
x
là một nghiệm của phương trình f(x) = g(x)

0 0 0
( ) ( )f x g x y= =

Xét điểm M(
0
x
;
0
y
) vậy
1 2
àM C v M C∈ ∈
chứng tỏ rằng M là một giao
điểm của
1 2
( ),( )C C
TC2:Suy ra từ tính chất 1

II/ Các ví dụ minh họa:
Dạng 1: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình , bất phương

trình và hệ phương trình
Ví dụ 1:Giải phương trình:
a)log(x
2
-x-6) + x = log(x+2) + 4
b)
2 3
log (1 ) logx x+ =
Lời giải:
a)Điều kiện để phương trình có nghiã là:

2
6
2
x x
x

− −

+


2
3
3
2
x
x
x
x

 < −



⇔ ⇔ >
>



> −

.
Với x>3 phương trình đã cho tương đương với
log(x
2
-x-6)-log(x+2) =4-x
2
6
log 4
2
x x
x
x
− −
⇔ = −
+

log(x-3) = 4-x. (1)
Ta có hàm số f(x)=log(x- 3) đồng biến khi x>3, hàm số g(x)=4- x là hàm nghịch
biến . mà x=4 thỏa mãn (1) ,Vậy x = 4 là nghiệm duy nhất của (1) ,tức là nghiệm

duy nhất của phương trình đã cho.
b) Điều kiện của phương trình là x> 0
Đặt y=
3
log x
ta có x=3
y
. do đó ,phương trình đã cho trở thành

2
log (1 3 )
y
y+ =

1 3 2
y y
⇔ + =
1 3
( ) ( ) 1
2 2
y y
⇔ + =
(*)
Ta thấy y=2 thỏa mãn phương trình (*).
Mặt khác hàm số
1 3
( )
2 2
y
y

f y
 
 
= +
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
luôn nghịch biến trên R vì

'
1 1 3 3
( ) ln ln 0
2 2 2 2
y
y
f y
 
 
= + <
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
với mọi y thuộc R
Do đó y=2 là nghiệm duy nhất của (*). Khi đó ,x =3
2
= 9

Ví dụ 2:Giải phương trình:
a)
257
1
2
3
2
1
)223
2
(
5
log =
−−
+++−






xx
xx
(1)
b)
2
2
3
6
3

26
1
2
4
2007
log +−=
++
+
xx
xx
x
(*)
Lời giải:
a) Đặt
)2,1(23
2
≥≤+−= xxxxu
, suy ra
0≥u

2
2
3
2
−=− uxx
,
thay vào (1) ta có :


)2(257

2
2
2
1
)2(
5
log257
2
1
2
1
)2(
5
log =++⇔=

++






u
u
u
u
.
Đặt
2
2

2
1
)2(
5
log)(
u
uuf ++=
, vì f’(u) > 0,
[
)
+∞∈∀ ;0u
nên f đồng biến trên
);0[ +∞
. Mặt khác
.257
9
2
2
1
5
5
log)3( =+=f
Vì vậy,

2
333
323
2
3)3()()2(
±

=⇔=+−⇔=⇔=⇔ xxxufuf
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm:
2
333 ±
=x
b)Đặt
33
26
;11
2
4 ≥++=≥+= xxvxu
Ta có :

)3(2007.2007.
2007
log
2007
log
2007
log(*)
v
v
u
u
vvuuuv
v
u
=⇔
+=+⇔−=⇔
Xét hàm số:

t
ttf 2007.)( =
trên
);2[ +∞
Ta có
);2[,0)2007ln.1(2007)(' +∞∈∀>+= tt
t
tf
=> hàm số đồng biến trên
);2[ +∞
nên từ phương trình (3) suy ra u = v,
hay
02
2
3
6
3
26
1
2
4 =+−⇔++=+ xxxxx
Đặt




−=
=
⇔=+−⇒≥=
)(2

1
023
3
0
2
loaïX
X
XXxX

Với
11 ±=⇒= xX
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm:
1±=x
Ví dụ 3 : Giải hệ phương trình:






=++++
−=−
)4(01sincos2sin2cos
(*)sinsin
yxyx
yxyx
Lời giải:
Ta có (*)
yyxx sinsin −=−⇔
(5). Đặt

tttf sin)( −=
, với
Rt ∈
Rtttf ∈∀≥−= ,0cos1)('
. Vậy hàm số tăng trên R do đó,
( )
yxyfxf =⇔=⇔ )()(5
, thế vào (4) ta có phương trình :

0)1cos2)(cos(sin
0cosx)2cosx(sinxcosxsinx
0
2
cos2cossin2cossin
01sincos2sin2cos
=++⇔
=+++⇔
=+++⇔
=++++
xxx
xxxxx
xxxx
*
)(
4
10cossin Zkkxtgxxx ∈+−=⇔−=⇔=+
π
π
*
)(2

3
2
2
1
cos01cos2 Zkkxxx ∈+±=⇔−=⇔=+
π
π
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm:
π
π
kyx +−==
4

π
π
2
3
2
kyx +±==

)( Zk ∈
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:







++=+

++=+
++=+
xxxz
zzzy
yyyx
23
12
23
12
23
12
(6)
Lời giải
Xét hàm số :
ttttf ++=
23
)(
, với
Rt

. Khi đó:
(6)





=+
=+
=+


)(12
)(12
)(12
xfz
zfy
yfx
Ta có :
⇒∈∀>++= Rttttf ,012
2
3)('
hàm số f(t) đồng biến trên R.
Nếu x < y thì f(x) < f(y)

zyzyxfzfxzxz <⇔+<+⇒<⇒<⇔+<+⇔ 1212)()(1212
.
Từ đó, suy ra:
xzyx <<<
. Điều này vô lý.
Nếu y < x thì f(y) < f(x)

yzyzzfxfzxzx <⇔+<+⇒<⇒<⇔+<+⇔ 1212)()(1212
Từ đó, suy ra:
yzxy <<<
. Điều này vô lý.
Do đó , hệ chỉ có thể có nghiệm x = y = z .
Thế vào hệ ta được:





==−=
===

=−−⇔
=−−+⇔++=+
zyx
zyx
xx
xxxxxxx
1
1
0)1
2
)(1(
01
2323
12
Vậy nghiệm của hệ phương trình là : (1;1;1) hoặc ( -1;-1;-1).
Chú ý: Khi hướng dẫn cho học sinh phương pháp này cần đặc biệt lưu ý sự liên
tục của hàm số đặc trưng trên tập xác định của chúng.
Chẳng hạn đối với bài toán:

Giải hệ phương trình:





+=

−=−
12
11
3
xy
y
y
x
x
(I) (Đề thi ĐH khối A năm 2003)
Rất nhiều học sinh giải bài toán theo hướng :
Đặt
Rt
t
tf
t
ttf ∈∀>+=⇒−= 0
1
1)('
1
)(
2
nên f(x) = f(y) => x = y rồi thế vào
phương trình còn lại trong hệ đề giải.
Đây là một sai lầm thường mắc phải của các em học sinh khi sử dụng
phương pháp này, bởi vì hàm số
t
ttf
1
)( −=


Rt
t
tf ∈∀>+= 0
1
1)('
2
nhưng hàm
f(t) gián đoạn tại t = 0.
Nhận xét: Với
f
Dxxf ∈∀≥ ,0)('
và y = f(x) liên tục trên
f
D
thì




=
=




=
=
0);(0);(
)()(

yxF
yx
yxF
yfxf

Ví dụ 5: Giải bất phương trình
02005
6
log
2cos
3
2
sin
3
2
≥−+






x
x


Lời giải:
2005
6
log

2
sin2
3
1
.3
2
sin
3
2
2005
6
log
2
sin
3
2
sin1
3
2
sin
3
2

2005
6
log
2
sin
3
2

cos
3
2
sin
3
2
02005
6
log
2cos
3
2
sin
3
2

≥+⇔≥

+⇔
≥+⇔≥−+

























x
x
x
x
x
x
x
x
x
Đặt
[ ]
1;0,
2
sin ∈= txt
Bất phương trình trở thành:
2005

6
log
9
1
.3
3
2
≥+












tt
Hàm
tt
tf













+=
9
1
.3
3
2
)(
nghịch biến với
[ ]
1;0∈∀t

4)0()( =≤⇒ ftf

42005
6
log >
.
Suy ra, bất phương trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 6: Cho phương trình x+3=
1
2
+xm
(1)
Biện luận số nghiệm của phương trình theo tham số m.

Lời giải:
Phương trình (1)

1
3
2
+
+
x
x
=m

Xét hàm số f(x)=
1
3
2
+
+
x
x
32
'
)1(
31
)(
+

=⇒
x
x

xf

3
1
0)(
'
=⇔=⇒ xxf




==
+
+
=
+
+
=
±∞→±∞→±∞→±∞→
1
1
1
1
3
1
3
)(
limlimlimlim
2
2

x
x
x
xx
x
x
x
xf
xxxx
Lập bảng biến thiên của hàm số :
x
∞−

3
1

∞+
)(
'
xf
+ 0 -
f(x)

10

1
-1
Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số y=
1
3

2
+
+
x
x

đường thẳng y = m
Căn cứ vào bảng biến thiên ta có :
Nếu
1
−≤
m
hoặc m
10≥
thì pt vô nghiệm
Nếu -1< m <
10
thì pt có hai nghiệm phân biệt
Nếu -1 < m < 1 thì pt có duy nhất một nghiệm.
Nếu m=
10
thì pt có nghiệm kép
Ví dụ 7: Cho
x
m
x
m
x
xf 4)2(10)12(25.2)( +++−=
. (7)

Tìm m để
,0)( ≥xf
với
0
≥∀
x
Lời giải:
Ta có:
0)( ≥xf
với
0≥∀x

0,02
2
5
)12(
2
2
5
2 ≥∀≥+++−⇔





















xm
x
m
x

mtftm
t
tt
x
tmtmt

+∞
⇔≥∀≥

+−

≥=∀+++−⇔







)(
min
);1[
1,
12
2
2
2
1
2
5
2)12(
2
2

Đặt
1,
12
2
2
2
)( ≥∀

+−
= t
t
tt

tf
( )






−=
=
⇔=

−−
=⇒
2
1
2
3
0
2
12
34
2
4
)('
t
t
t
tt
tf

Bảng biến thiên:
t
∞−

2
1


2
1
1
2
3

∞+
f’(t) + 0 - - 0 +
f(t)

Vậy
2
5
≤m
là kết qủa cần tìm.

Dạng 2: Sử dụng đồ thị của hàm số để giải phương trình , bất phương trình
và tìm điều kiện của tham số để pt có nghiệm
Ví dụ 1:Giải phương trình
a)2
-x
=3x+10 b) 16

x
=
1
2
log x
Lời giải:
a) vẽ đồ thị hàm số y = 2
-x
và y= 3x+10 trên cùng một hệ trục tọa độ ta thấy
chúng cắt nhau tại điểm có hoành độ x = - 2 . thử lại ta thấy x = -2 thỏa
mãn phương trình đã cho.

+

2
5
Mặt khác , hàm số y=2
-x
=
1
2
x
 
 ÷
 
luôn nghịch biến, hàm số y = 3x+ 10 luôn
đồng biến . vậy x = -2 là nghiệm duy nhất.
b) Vẽ đồ thị hàm số y = 16
x
và y=

1
2
log x
trên cùng một hệ trục tọa độ ta
thấy chúng cắt nhau tại điểm có hoành độ x =
1
4
. thử lại ta thấy x =
1
4
thỏa mãn phương trình đã cho.Mặt khác , hàm số y=16
x
luôn đồng
biến, hàm số y =
1
2
log x
luôn nghịch biến . Vậy x =
1
4
là nghiệm duy nhất
Ví dụ 2: Giải các bất phương trình sau
a)
1
1
3
x
x
 
≥ +

 ÷
 
b)
2
log 6x x≤ −
Lời giải:
a)Vẽ đồ thị hàm số y =
1
3
x
 
 ÷
 

và đường thẳng y= x + 1 trên cùng một hệ trục
tọa độ Oxy

ta thấy chúng cắt nhau tại điểm duy nhất có hoành độ x = 0 . Từ đồ thị ta thấy
: Khi x < 0thì đường cong y =
1
3
x
 
 ÷
 

nằm phía trên đường thẳng
y= x+1
vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là
(

]
;0−∞
b)Vẽ đồ thị hàm số y =
2
log x

và đường thẳng y= 6 - x trên cùng một hệ trục
tọa độ Oxy
Ta thấy chúng cắt nhau tại điểm duy nhất có hoành độ x = 4 . Từ đồ thị ta
thấy : Khi x< 4 thì đường cong y =
2
log x

nằm phía dưới đường thẳng
y= 6 - x
vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là
(
]
;4−∞
Ví dụ 3: Tìm a để phương trình sau có nghiệm

2
x x a x− = −
Lời giải:
Ta vẽ đồ thị hàm số
2
y x x= −
. Đó chính là đồ thị của
2 2
0

0
y
x y x



+ − =


2
2
0
1 1
2 4
y
x y





 
− + =
 ÷

 

Vậy nó là nửa đường tròn tâm
1
;0

2
I
 
 ÷
 
bán kính
1
2
.
Còn y= a – x là đường thẳng song song với đường phân giác của góc phần tư
thứ hai

Ta tính được IB =
2
2
2 1
2
OB
+
⇒ =
Vậy đường thẳng y = a – x cắt nửa đường tròn khi
2 1
0
2
a
+
≤ ≤
KL: phương trình có nghiệm khi
2 1
0

2
a
+
≤ ≤
Ví dụ 4:Tìm k để phương trình sau có 4 nghiệm

( )
2
4 3 ( 1) 1 0x x k x− − − − =
Lời giải:
Phương trình đã cho có thể viết dưới dạng

( )
2
4 3 1 ( 1)x x k x− − = −
Với mọi k , họ đường thẳng y = k(x-1) luôn đi qua điểm cố định A(1; 0). Đồ
thị của hàm số
( )
2
4 3y x x= −


Lấy điểm B (0;-1) ,suy ra đường thẳng AB có hệ số góc là 1
Vẽ tiếp tuyến AM của đường cong
( )
2
4 3y x x= −
,gọi
0
k

là hệ số góc của tiếp
tuyến . Như vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng y
= k(x-1) nằm giữa đường thẳng AB và tiếp tuyến AM ,tức là 1< k <
0
k

Bài toán đã cho trở thành : Tìm hệ số góc
0
k
.
Gọi
0
x
là hoành độ tiếp điểm ( và chú ý là
0
x
< 0 ),ta có hệ phương trình sau
3
0 0 0 0 0
0 0
4 3 1(1)
12 3(2)
k x k x x
k x

− = − + −


= − +



Thay (2) vào (1) ,ta có

( )
3 2 2
0 0 0 0 0
1
8 12 2 0 4 4 2 0
2
x x x x x
 
− + = ⇔ − − − =
 ÷
 
Do
0
x
< 0 , nên
0
x
1 3
2

=
. Vậy từ (2) ta có
0
6 3 9k = −
ĐS: 1 < k <
6 3 9−
Ví dụ 5:Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm


3 1mx x m− − ≤ +
(1)
Lời giải:
Ta có (1)
( 1) 1 3m x x⇔ − − ≤ −
(2)
Ta thấy y = m(x-1) là họ đường thẳng có hệ số góc m luôn đi qua điểm cố định
A(1; -1) .
Xét tiếp tuyến đi qua A(1;-1) của đường cong
3y x= −
.Gọi
0 0
( ; )M x y
là tiếp
điểm ta có
0 0
0
( 1) 1 3(3)
1
(4)
2 3
m x x
m
x

− − = −


=






Thay (4) vào ( 3 ) ta có
0
0
0
1
1 3
2 3
x
x
x

= + −

0
0 0
3
5 2 3
x
x x
>




− = −



0
0
2
0 0
3 5
7 2 3
14 37 0
x
x
x x
< ≤


⇔ ⇔ = −

− + =


Vậy hệ số góc của tiếp tuyến qua A là
1 1 3 1
4
2( 3 1)
2 4 2 3
k
+
= = =



Từ đó suy ra (2) có nghiệm
1 3
4
m k m
+
⇔ ≤ ⇔ ≤
.
Chú ý : Khi dạy học sinh bằng phương pháp này cần đặc biệt lưu ý tính chính
xác khi vẽ đồ thị và phải chứng minh được tính duy nhất của nghiệm
Bài tập tương tự:
1. Chứng minh rằng phương trình sau có đúng một nghiệm:

012
25
=−−− xxx
(Đại học, cao đẳng khối D – 2004)
2. Xác định m để phương trình sau có nghiệm:

22422
1112)211( xxxxxm −−++−=+−−+
(Đại học, cao đẳng khối B – 2004)
3.Giải phương trình:
xx
x
x
4
)1(
12
log
2

2
2
−=

+
4. Giải phương trình:
12007)1(log
2007
−=+
x
x
5. Tìm m để bất phương trình
mxxxx +−≤−+ 2)6)(4(
2
đúng
[ ]
6;4−∈∀x

6. Giải bất phương trình
)4(6)162(
28
xxxx −>++
(5)
7. Giải bất phương trình
xxx
13125 >+
(7)
8. Giải hệ phương trình:








<<−
=+
−=−
2
,
2
472
(*)
ππ
π
yx
yx
xytgytgx
9. Giải phương trình :
3
4 ( 1) 2 1x x x x+ − + +
10. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:
1 4x x m+ − − >


III.Kết quả thực nghiệm :
Tôi đã tiến hành khảo sát trên môt số lớp 12 mà tôi được phân công giảng
dạy qua các năm 2010, 2011,2013 và kết quả thu được như sau
Trước khi thực hiện đề tài


Lớp Năm học Sĩ số Điểm trên 5 Điểm dưới 5
12C3 2009- 2010 51 15 36
12C2 2010 - 2012 45 10 30
12C3 2012 - 2013 35 5 30
Sau khi thực hiện đề tài

Lớp Năm học Sĩ số Điểm trên 5 Điểm dưới 5
12C3 2009- 2010 51 35 21
12C2 2010 - 2012 45 30 15
12C3 2012 - 2013 35 20 15

C. KẾT LUẬN
Nói về ứng dụng các tính chất của hàm số không chỉ có các ứng dụng tôi đã
trình bày trong đề tài này, mà ứng dụng của nó là vô cùng rộng lớn. Tuy nhiên
với khuôn khổ của đề tài cũng như tính thực tiễn của nó tôi chỉ nêu ra một ứng
dụng trên.
Trong những năm qua tôi đã vận dụng phương pháp trên cho đối tượng
học sinh khá giỏi của trường THPT trong quá trình dạy bồi dưỡng lớp 12 , luyện
thi đại học ,cao đẳng và thấy rằng học sinh tiếp thu tương đối chủ động , đa số
học sinh hiểu và vận dụng tốt trong quá trình giải các dạng bài tập ở trên.
Trên đây là một số suy nghĩ và đề xuất của tôi, mong đóng góp cùng đồng
nghiệp để giúp đỡ học sinh khai thác tốt hơn các ứng dụng của hàm số trong
chương trình toán học phổ thông làm cơ sở tham gia các kỳ thi cuối cấp cũng
như nghiên cứu các ứng dụng thực tiễn trong cuộc sống sau này.



TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Phân loại chuyên đề và giải đề thi đại học theo phương pháp mới.
Tác giả : Trần Phương . NXB TP Hồ Chí Minh

2.Phương pháp đồ thị để giải phương trình , bất phương trình ,hệ có tham số.
Tác giả : Phan Huy Khải . NXB Giáo Dục.

Nhận xét, đánh giá của HĐCM trường THPT Lê Hồng Phong

















Nhận xét, đánh giá của HĐCM Sở GD&ĐT Thanh Hóa.












XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Bỉm Sơn, ngày 2 tháng 5 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.
Vũ Thị Hương

×