Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, bất phương trình

Mục lục
Trang
I. Đặt vấn đề

1

1. Lý do chọn đề tài

1

2. Mục đích nghiên cứu của đề tài

1

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

2

4. Phương pháp nghiên cứu

2

5. Bố cục của đề tài
II. Giải quyết vấn đề

2
2

1. Cơ sở lí thuyêt

3

2. h c t ạng của v n đề

4

3. Ứng dụng

5

4. h c nghi m sư phạm

18

III. Kết luận

19

1. Bài học inh nghi m

19

2. Đề u t i n ngh

19

1


SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH

I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lí do chọn đề tài
Giải phương t ình, b t phương t ình là một mảng i n thức lớn và há
quen thuộc đối với học sinh nhưng v n đề là giải th nào để cho nhanh, gọn và
hợp logic? Đó là câu hỏi mà bi t bao nhiêu giáo viên và học sinh chúng ta ngày
đêm đi tìm câu t ả. Ở lớp 12 có phần ứng dụng đạo hàm với tính năng ưu vi t
của nó có thể giải

t nhiều dạng toán đặc bi t có thể dùng để giải phương t ình,

b t phương t ình. Tuy nhiên trong qúa trình dạy học tôi nhận th y đa số học sinh
thi u tư duy, sáng tạo, có thể nói là học sinh còn

t lúng túng hi vận dụng i n

thức về hàm số, tính đơn đi u của hàm số t ong quá t ình giải phương t ình, b t
phương t ình. Nguyên nhân là do các em chưa hiểu được bản ch t của v n đề,
chưa có ỹ năng và inh nghi m t ong vi c vận dụng hàm số vào giải toán.
Muốn bồi dưỡng cho học sinh năng l c tư duy hàm số người thầy ngoài i n
thức chuyên sâu cần có lòng say mê nghề nghi p và năng l c t uyền thụ tốt để
giúp học sinh tìm hiểu một cách logic bản ch t của toán học, thông qua giải các
bài toán trên từng giờ lên lớp. ừ đó giúp các em có s say mê t ong vi c học
môn toán, để toán học t ở nên gần gũi và là s yêu m n, hứng thú học hỏi, niềm
say mê đối với các em học sinh
Với nguy n vọng giúp học sinh thay đổi tư duy về môn toán tôi tập t ung
hai thác cách giải phương t ình, b t phương t ình bằng phương pháp dụng tính
đơn đi u và của hàm số. Khi sử dụng phương pháp này, những bài toán về
phương trình, b t phương trình sẽ được giải quy t một cách

t t nhiên, thuần

túy, ngắn gọn và đơn giản. Đó là lí do để tôi chọn đề tài : “ Sử dụng tính đơn
điệu của hàm số để giải phương trình- bất phương trình”.
2. Mục đích của đề tài:

2


- Chỉ a cho học sinh th y tính ưu vi t của phương pháp sử dụng tính đơn
đi u của hàm số vào giải một số phương t ình, b t phương t ình.
- Các v n đề tôi trình bày t ong bài vi t của mình có thể hỗ t ợ cho các em
học sinh lớp 12 có cách nhìn toàn di n hơn về cách ti p cận bằng hàm số để giải
bài toán phương t ình, b t phương t ình, đặc bi t phương t ình, b t phương t ình
có tham số.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:
- Đối tượng nghiên cứu: Để hoàn thành được bài vi t của mình với đề tài
nói t ên tôi đó phải nghiên cứu t ên các dạng toán về phương t ình, b t phương
trình đặc bi t là các bài toán về phương t ình, b t phương t ình chứa tham số.
-Phạm vi nghiờn cứu: Phạm vi nghiên cứu của đề tài là toàn bộ chương
trình đại số và giải tích thuộc môn toán

ung học phổ thông đặc bi t là các

phần: phương t ình, b t phương t ình, phương t ình, b t phương t ình vô tỉ,
phương t ình lượng giác, phương t ình, b t phương t ình mũ và loga it.
4. Phương pháp nghiên cứu:
- Nghiên cứu lý‎luận
- Nghiên cứu th c tiễn
- ổng

t inh nghi m

- h c nghi m sư phạm
5. Bố cục của đề tài:
Đề tài chia làm ba phần chính:
1. Đặt v n đề
2. Giải quy t v n đề
3. K t luận

3


II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Cơ sở lý thuyết:
1.1. SGK Đại số 10 đó định nghĩa phương trình và bất phương trình một ẩn
như sau:
Cho hai hàm số: f( ) với tập ác đ nh Df , g( ) với tập ác đ nh Dy. Đặt
D  D f  Dy .

a đặt v n đề tìm các gía t a  D sao cho: f (a)  g (a), ( f(a)  g(a) ) .

Khi đó ta nói ằng đẳng thức f( ) = g( ) là một phương t ình (b t đẳng
thức f( ) > g( ) là một b t phương t ình) một ẩn.
Số th c a được gọi là một nghi m của phương t ình (b t phương t ình), D
là tập ác đ nh của phương t ình (b t phương t ình).
Giải phương t ình (b t phương t ình) là tìm t t cả các nghi m của nó.
Đ nh nghĩa t ên đây nêu lên mối quan h hữu cơ giữa các hái ni m hàm số,
phương t ình và b t phương t ình.
1.2.Tính đơn điệu của hàm số:
Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm t ên D.

N u f '  x   0, x  D thì hàm số f ( x) đồng bi n (tăng) t ên D.
N u f '  x   0, x  D thì hàm số f ( x) ngh ch bi n (giảm) t ên D.
(D u “=” chỉ ảy a tại một số điểm hữu hạn t ên D)
N u hàm f  x  tăng (hoặc giảm) t ên

hoảng (a;b) thì phương t ình

f ( x )  k , k  R có không quá một nghi m t ong hoảng (a;b).

N u hàm f  x  tăng (hoặc giảm) t ên hoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta có
f (u )  f  v   u  v .

N u hàm f  x  tăng (hoặc giảm) t ên hoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta có
f (u )  f  v   u  v

(

f (u )  f  v   u  v ).

N u hàm f  x  tăng và g  x  là hàm hằng hoặc giảm t ong hoảng (a;b)
thì phương t ình f  x   g  x  có nhiều nh t một nghi m thuộc hoảng (a;b).
Định lý Bolzano–Cauchy : N u hàm số f  x  liên tục t ên a; b và f  a  . f b   0
thì tồn tại ít nh t một điểm x0   a; b  để f  x0   0 .
N u hàm số f  x  đơn đi u và liên tục t ên a; b và f  a  . f b   0 thì tồn
tại duy nh t một điểm x0   a; b  để f  x0   0 .
4


N u f  x  là hàm số đồng bi n (ngh ch bi n) thì
y =

n

f ( x), n  N , n  2 đồng bi n (ngh ch bi n),

1
với
f ( x)

f  x   0 là

ngh ch bi n (đồng bi n), y   f  x  ngh ch bi n (đồng bi n).
ổng các hàm đồng bi n (ngh ch bi n) t ên D là đồng bi n (ngh ch bi n)
trên D.
ích của hai hàm số dương đồng bi n (ngh ch bi n) t ên D là một hàm
đồng bi n (ngh ch bi n) t ên D.
1.3. Các dạng toán liên quan:
Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau:
Phương án 1:
Bi n đổi phương t ình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghi m ồi chứng
minh f(x) đồng bi n (ngh ch bi n) để suy a phương t ình có nghi m duy nh t.
Phương án 2:
Bi n đổi phương t ình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghi m ồi dùng lập
luận hẳng đ nh f(x) đồng bi n còn g(x) ngh ch bi n hoặc hàm hằng suy a
phương t ình có nghi m duy nh t.
Phương án 3:
Bi n đổi phương t ình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f đơn đi u hi đó ta
có: u = v.
Đối với b t phương t ình thì bi n đổi về dạng
đơn đi u để

f (u )  f  v 

ồi chứng minh f

t luận.

2. Thực trạng của vấn đề:
2.1. Về giáo viên và học sinh:
Sử dụng tính đơn đi u của hàm số vào giải phương trình, b t phương trình
là một bài toán thường uyên gặp t ong các ỳ thi tốt nghi p, cao đẳng và đại
học nhưng th c t giáo viên và học sinh, đặc bi t là ở các rung tâm GDTX ít
đề cập đ n, đôi hi còn né tránh.
2.2. Về tài li u học tập và nghiên cứu:
SGK mới chỉ là cơ sở ban đầu để nghiên cứ v n đề này, chưa có nhiều bài
tập, ví dụ đề cập đ n v n đề này.

ên th t ường tài li u về phần này cũng chưa
5


có một cuốn nào dành iêng cho nó mà muốn học tốt phần này GV và HS phải
nghiên cứu, tổng hợp từ nhiều tài li u hác nhau
Chính vì những ly do đó ngay từ đầu năm học 2012 – 2013 tôi đã lên
hoạch d giờ, thăm lớp, dạy th c nghi m và dạy đối chứng ở hối 12, t ao đổi
với các đồng nghi p sau mỗi ti t d giờ, ti t giảng dạy để có những bài học
inh nghi m út a
3. Ứng dụng
3.1. Giải phương trình, bất phương trình không chứa tham số
Ví dụ 1: Giải phương t ình:

x  x  5  x  7  x  16  14

Nhận xét:
Khi gặp dạng toán chứa căn, thường ta phải khử căn thức bằng cách bình
phương, lập phương hoặc nhân lượng liên hợp... Trong bài này ta có thể nhân
liên hợp
Giải
Cách 1: Dùng lượng liên hợp
Điều i n: x  5 . Khi đó
x  x  5  x  7  x  16  14  x  3  x  5  2  x  7  4  x  16  5  0
1
1
1
 1

  x  9 



0 x9
x 5  2
x7 4
x  16  5 
 x 3

Do

1
1

1
1



 0, x  5 .
x 3
x 5  2
x7 4
x  16  5

Vậy x  9 là nghi m của phương t ình.
Cách 2: Ngoài cách giải thông thường t ên ta có thể dùng hàm số:
Điều i n: x  5 . Đặt f ( x)  x  x  5  x  7  x  16
Ta có f ( x) 

1
2 x



1
1
1


 0, x   5;   .
2 x  5 2 x  7 2 x  16

Do đó hàm số f ( x)  x  x  5  x  7  x  16 đồng bi n t ên 5; .

Mà f (9)  14 nên x  9 là nghi m duy nh t của phương t ình.
Nhận xét:
Ở cách 2: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số ta sẽ giải quết bài toán này ngắn
gọn và dễ hiểu hơn nhiều.

6


Ví dụ 2: Giải phương t ình sau:

2x  1  3 2x  2  3 2x  3  0

3

(1)

Giải
Cách 1:
3

2x  1  3 2x  2  3 2x  3  0  3 2x  1  3 2x  2   3 2x  3





3

2x  1  3 2x  2

 
3



3

  3 2x  3 

3

 2 x  1 2 x  2  2 x  3  2 x  2

  2 x  1 2 x  2  2 x  3   2 x  2   2 x  2  0  x  1
3

Ngược lại với x  1 thay vào (1) thỏa mãn. Vậy nghi m của phương t ình đã
cho là x  1 .
Cách 2: Đặt f ( x)  3 2 x  1  3 2 x  2  3 2 x  3
2

f ' ( x) 

Ta có:

3

(2 x  1) 2

2


3

(2 x  2) 2

2


3

1
3
 0; x   ,1,
2
2
(2 x  3) 2

Do đó hàm số f  x  đồng bi n.
3
1
f ( x)   nên suy ra x  1 là
Mà f     1  3 2; f  1  0; f     1  3 2; xlim

 2

 2

nghi m duy nh t của phương t ình đã cho.
Ví dụ 3: Giải phương t ình:

4x  1  4 x2  1  1

(1)

Nhận xét:
Quan sát vế trái của phương trình (1), ta thấy khi x tăng thì giá trị của biểu
thức trong căn cũng tăng .Từ đó suy ra vế trái là hàm đồng biến ,vế phải bằng 1
là hàm hằng, đây là điều kiện thích hợp để sử dụng tính đơn điệu của hàm số
Giải
Điều i n:
Đặt

x

1
2

.

f  x   4x  1  4x2  1 .

Do đó hàm số
f  x  1

Ta có

f '  x 

f  x   4x  1  4x2  1

2
4x
1


 0, x   ;   .
2
4x 1
2

4x 1

đồng bi n t ên  ;   , nên phương t ình
2

1

n u có nghi m thì đó là nghi m duy nh t. Hơn nữa,

1
f   1
2

nên

x

1
2

là

nghi m của phương t ình đã cho.
Ví dụ 4: Giải phương t ình : log3

x2  x  1
 x 2  3x  2 .
2
2x  2x  3

7


Giải
Đặt u  x2  x  1; v  2 x2  2 x  3

u  0; v  0  v  u  x2  3x  2 .

phương t ình đã cho t ở thành log 3

u
 v  u  u  log 3 u  v  log 3 v (1)
v

Xét hàm số f  t   t  log3 t ta có f   t   1 
f  t   t  log3 t

đồng

bi n

hi

t  0.

Khi đó

1
 0, t  0 nên hàm số
t ln 3

Do

đó

từ

(1)

ta

có

x  1
f  u   f  v   u  v  v  u  0  x 2  3x  2  0  
x  2

Vậy nghi m của phương t ình đã cho là x  1; x  2 .
Ví dụ 5: Giải phương t ình

3

x  2  3 2 x2  1  3 2 x2  3 x  1

Giải
Ta có

3

x  2  3 2x2  1  3 2x2  3 x  1  3 x  2  3 x  1  3 2x2  1  3 2x2

(*)
Xét hàm số f  t   3 t  1  3 t trên R.
Ta có f ' (t ) 

1
3 (t  1)
3

2



1
3 t2
3

 0, t  R \ 0;1

Suy a hàm số đồng bi n.

x 1
ừ (*)  f  x  1  f  2 x   2 x  x  1  2 x  x  1  0  
1
x  

2
2

2

2

1
2

Vậy phương t ình có nghi m là x   ; x  1
Ví dụ 6: Giải b t phương t ình x  ln x  1
Giải
Điều i n: x  0
1
x

Xét hàm số f  x   x  ln x trên  0;   . Ta có f   x   1   0, x  0 nên hàm số
f  x   x  ln x đồng bi n t ên  0;   .

Mặt hác f 1  1 . Do đó b t phương t ình x  ln x  1  f  x   f 1  x  1
K t hợp với điều i n x  0 ta được nghi m của b t phương t ình đã cho
là 0  x  1 .

8


Ví dụ 7: Giải b t phương t ình sau:

4

15  x  4 2  x  1 (*)

Nhân xét: Đối với bất phương trình này, ta chỉ có thể đặt ẩn phụ đưa về hệ
phương trình để giải, còn giải trực tiếp sẽ rất khó khăn.
Giải
Giải b t phương t ình 4 15  x  4 2  x  1
Cách 1: Đặt ẩn phụ
Điều i n: 15  x  2
Với điều i n t ên ta đặt u  4 15  x  0; v  4 2  x  0; u  v
4
4
4
4


u 4  v 4  17
u 4  17  v 4
u  17  v
u  17  v

 4

Khi đó ta có 

4
4
u

1

v
17  v  1  v


u  v  1
u  1  v



4
4

u 4  17  v 4
u  17  v
.



2
v

1
v


2
v

v

4

0

2

v

1











Do v  0 nên ta được 0  v  1. Suy ra 4 2  x  1  x  1
K t hợp với điều i n 15  x  2 ta được nghi m của b t phương t ình đã
cho là 1  x  2 .
Cách 2: Dùng tính đơn đi u của hàm số
Điều i n: 15  x  2

Xét hàm số f  x   4 15  x  4 2  x trên 15;2 .
Ta

có

f  x 

1
4 4 15  x 

3



1
4 4 2  x

3

 0, x   15; 2  .

Suy

ra

hàm

số

f  x   4 15  x  4 2  x đồng bi n t ên  15;2 .

Mà f 1  1 nên b t phương t ình

4

15  x  4 2  x  1  f  x   f 1  x  1

K t hợp với điều i n 15  x  2 ta được nghi m của b t phương t ình đã
cho là 1  x  2 .
Ví dụ 8: Giải b t phương t ình: log 4 x  log5  3  x 
Giải
Điều i n: x  0
Đặt t  log 4 x  x  4t
Khi đó, b t phương t ình:







log 4 x  log 5 3  x  t  log 5 3  4

t



t

t

1 2
 5  3  2  1  3      (*)
5 5
t

t

9


t

t

1
2
Xét hàm số f  t   3      . Hàm số này là tổng của hai hàm đơn đi u giảm
5 5

nên là hàm đơn đi u giảm. Hơn nữa f 1  1 nên từ (*)  f t   f 1  t  1 .
Với t  1 ta có log 4 x  1  0  x  4 .
Vậy nghi m của b t phương t ình đã cho là 0  x  4 .
Ví dụ 9: Giải b t phương t ình
Giải : Điều i n: x 

7 x  7  7 x  6  2 49 x 2  7 x  42  181  14 x

(*)

6
7

B t phương t ình (*) được vi t lại dưới dạng



7x  7  7x  6

 
2



7 x  7  7 x  6  182  0  7 x  7  7 x  6  13  0

Xét hàm số f  x   7 x  7  7 x  6  13 trên  ;   .
7

6

f  x 

Do

7
7

0
2 7x  7 2 7x  6

trên

6

 ;  
7


nên

hàm

số

6

f  x   7 x  7  7 x  6  13 đồng bi n t ên  ;   .
7


Mà f  6  0 nên 7 x  7  7 x  6  13  0  f  x   f  6   x  6 .
K t hợp với điều i n x 
là

6
ta được nghi m của b t phương t ình đã cho
7

6

 x  6.
7

Qua các ví dụ về giải phương trình và bất phương trình trên, đối với
những ví dụ có hai cách giải thì ta thấy cách giải dùng tính đơn điệu của hàm
số hay và tự nhiên hơn rất nhiều so với cách giải đầu. Cách giải đầu thường
biến đổi phức tạp và có bài thấy thiếu sự tự nhiên, khó tìm ra lời giải. Đây là
dạng toán khó đối với học sinh lần đầu tiếp xúc, các em chưa quen trong việc
sử dụng phương pháp hàm số để giải. Vì vậy việc bồi dưỡng cho học sinh
năng lực tư duy, sáng tạo, vận dụng các kiến thức cơ bản về tính đơn điệu của
hàm số là một việc làm rất cần thiết. Từ đó hình thành ở học sinh Tư duy linh
hoạt trong giải toán

10


Bài tập rèn luyện
Giải các phương t ình, b t phương t ình sau:
1/ 2 x3  x 2  3 2 x 3  3x  1  3x  1  3 x 2  2 9/ x  5  2 x  3  9
10/
2/ 3x(2  9 x 2  3)  (4 x  2)(1  1  x  x 2 )  0
2
2

x  2 x  3  x  6 x  11  3  x  x 1

x  x 1  x  x 1  3 1

3/

2

2

11/ 2x3  3x2  6x  16  4  x  2 3
12/ x( x 8  2 x  16)  6(4  x 2 )
13/ 5x  12 x  13x

4/ x  x2  x  1  x  1  x2  x  1  1
5/ log 2 sin x  2log3 tan x
6/

4

x2  4 4 x  2

14/ log 2

x 2  3x  5
 x2  x  2
2
2x  2x  3

7/ x3  4 x2  5x  6  3 7 x2  9x  4





8/ log5 3  3x  1  log 4  3x  1

3.2. Giải phương trình, bất phương trình chứa tham số
Các ví dụ
Ví dụ 1: Tìm m để phương t ình:

x 2  x  1  x 2  x  1  m có

nghi m.

Giải
Xét hàm số: f  x  
Ta có

f  x 

x2  x  1  x2  x  1

2x  1
2 x  x 1
2



trên R .

2x 1
2 x2  x  1


 2 x  1 2 x  1  0
f   x   0   2 x  1 x 2  x  1   2 x  1 x 2  x  1  

2
2
2
2

 2 x  1  x  x  1   2 x  1  x  x  1

(Vô nghi m)
Mặt hác: f   0  1  0 . Suy ra f   x   0 nên hàm số đồng bi n.
Hơn nữa,
lim f  x   lim

x 

x 

2x
x2  x  1  x2  x  1

 1 ; lim f  x   lim
x 

x 

2x
x2  x  1  x2  x  1

1

Bảng bi n thiên:

x

-∞
+∞

f  x
+

11


1

f  x

-1

Vậy phương t ình có nghi m hi và chỉ hi 1 < m < 1.
Nhận xét: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm
số, rất có thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị của hàm số là R và dẫn đến việc kết
luận sai lầm rằng phương trình có nghiệm với mọi m. Do đó việc tìm giới hạn
trong bài toán khảo sát là rất cần thiết để tìm ra tập giá trị.
Ví dụ 2. ìm tham số m để phương t ình sau có hai nghi m th c phân bi t :
x 2  mx  2  2 x  1

Giải
Nhận ét: x  0 hông là nghi m của phương t ình nên với x  0 , ta có :
1

1


x


x


2
2
x  mx  2  2 x  1  

2
2
 x 2  mx  2   2 x  1
mx  3x 2  4 x  1


1

 x   2

m  3x  4  1

x

Ta có

. Xét hàm số f ( x)  3 x  4 

f ' ( x)  3 

1
 1 
trên   ;0    0;  
x
 2 

1
 1 
 0, x    ;0    0;   .
2
x
 2 

lim f ( x)   ; lim f ( x)   ; lim f ( x)  

x0

x0

x

12


Bảng bi n thiên:



x

1
2

f ' ( x)

+

0
+

+





f ( x)

9
2



9
ừ bảng bi n thiên suy ra phương t ình có hai nghi m th c phân bi t hi m  .
2
Chú ý : Cách 2: Đặt t  2 x  1 , hi đó phương t ình t ở thành

t  0

t 2  2  m  1 t  9  2m  2t   2

3t  2  m  1 t  2m  9  0

1

Để phương t ình đã cho có hai nghi m th c phân bi t thì pt (1) có hai nghi m
lớn hơn hoặc bằng 0.
  0
9
ức là S  0  m  .
2
P  0


Ví dụ 3:

ìm các giá t của m để phương t ình sau có đúng 1 nghi m:
4

x2  2x  4  x  1  m

(9)

Lời giải:
Đặt t =

x  1  0 , phương t ình t ở thành:

4

t 4  3  t  m *

Nhận ét ứng với mỗi nghi m hông âm của phương t ình (*) có đúng 1
nghi m của phương t ình đã cho, do đó phương t ình đã cho có đúng 1 nghi m
hi và chỉ hi phương t ình (*) có đúng 1 nghi m hông âm.
Xét hàm số f  t   4 t 4  3  t với t  0
 f ' t  

t3
4

(t 4  3)3

 1 < 0.

f  t   0 nên có bảng bi n thiên:
Mà f  0   4 3 và xlim


13


t
f’(t)

4

f(t)



0

3
0

ừ bảng bi n thiên suy a các giá t cần tìm của m là: 0  m  4 3 .
Ví dụ 4: Chứng minh ằng m  0 , phương t ình sau luôn có hai nghi m th c

x2  2 x  8  m( x  2)

phân bi t:

Giải
Do m  0 nên x  2
(1)  ( x  2)( x  4)  m( x  2)  ( x  2)( x  4)  m( x  2)
2

x  2
 ( x  2) ( x  2)( x  4)2  m   0   3
2
 x  6 x  32  m  0(*)

Yêu cầu bài toán quy về chứng minh phương t ình (*) có một nghi m t ong
(2;  )

Bi n đổi (*)  m  x3  6 x 2  32 .
Xét hàm số f ( x)  x3  6 x 2  32 với x  2 .
Ta có f ' ( x)  3x 2  12 x  0, x  2

và

lim f ( x)  

x

Bảng bi n thiên:
x



2

f ' ( x)

+



f ( x)

0

ừ bảng bi n thiên suy ra m  0 phương t ình (*) có đúng một nghi m x  2 .
Vậy phương t ình đã cho có đúng hai nghi m th c phân bi t m  0 .
Nhận xét:

14

Sau khi tìm được điều kiện x  2 việc khảo sát hàm số f ( x) ở trên là rất dễ
dàng chủ yếu là dùng đạo hàm tuy nhiên dùng định nghĩa cũng suy ra tính đồng
biến của hàm số f ( x) .
Ví dụ 5: Tìm m để phương t ình sau có đúng hai nghi m th c phân bi t
1  x  8  x  (1  x)(8  x)  m

Nhận xét:
Bài toán trên có thể giải bằng phương pháp thông thường là đặt ẩn phụ
t =

1  x  8  x sau đó chuyển về bài toán tìm điều kiện của tham số để

phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước. Tuy nhiên cách đặt ẩn
phụ đó thường phải quy về giải bằng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai.
Định lý này trong chương trình sách giáo khoa mới đã giảm tải. Vì vậy phương
pháp hàm số là sự lựa chọn thích hợp nhất cho dạng toán này.
Giải
Điều i n: 1  x  8
Xét hàm số f  x   1  x  8  x  1  x 8  x  trên  1;8


1

Ta có f   x    7  2 x  

 2 1  x . 8  x


Mà

1
2 1  x . 8  x



1 x  8  x







1 x  8  x

1
2 1  x 8  x 







2 1  x 8  x  

1

 0, x   1;8

Do đó d u f   x  chỉ phụ thuộc vào d u của 7  2x .
a có bảng bi n thiên :
x

7
2

-1

f  x

+

f  x

0

8
-

9
3 2
2

3

3
9
2

ừ bảng bi n thiên suy a giá t cần tìm của m là: 3  m   3 2
Ví dụ 6: ìm các giá t i của m để phương t ình sau có một nghi m th c
4

x2  2x  4  x  1  m

Giải : Điều i n: x  1
15


Đặt t  x  1  0 , Phương t ình t ở thành 4 t 4  3  t  m (*)
Nhận th y với mỗi nghi m hông âm của phương t ình (*) có đúng một
nghi m
của phương t ình đã cho. Do đó phương t ình đã cho có đúng một nghi m hi
phương t ình (*) có đúng một nghi m.
Xét hàm số f (t )  4 t 4  3  t trên 0;   .
t3

Ta có f (t ) 
'

4

(t 4  3)3

Bảng bi n thiên

 1  0, t   0;   và lim f (t )  0

t

x 



0

f  t 

4

3

f t 

0

D a vào bảng bi n thiên ta có các giá t cần tìm của m là: 0  m  4 3 .
Ví dụ 7: Tìm m để phương t ình sau có nghi m t ong 32; 

log 22 x  2log 2 x  3  m  log 2 x  3  (1)
Giải: Đặt t  log2 x với x  32;    t  5 . Khi đó, phương t ình

(t  3)(t  1)
t 2  2t  3
t 1
m
m
m
(1) 

t 3
t 3
t 3
Với m  0 thì phương t ình vô nghi m.
Với m  0 thì phương t ình
Xét hàm số f  t  

t 1
t 1
m
 m2 .
t 3
t 3

t 1
4
trên 5; . Ta có f   t  
 0, t  5;   <0
2
t 3
 t  3

.
Bảng bi n thiên:
t

f  t 

+

5
-

16


f t 

3
1

D a vào bảng bi n thiên ta th y phương t ình có nghi m

hi và chỉ khi

m  0
1 m  3 .

2
1

m

3

Nhận xét : Ta xét một cách tiếp cận khác của bài toán bằng việc sử dụng tam
thức bậc hai
(1)  t 2  2t  3  m  t  3 . (2)
Với m  0 thì phương trình vô nghiệm.
Với m  0 thì phương trình (2)

 t 2  2t  3  m2  t  3

2

 1  m2  t 2  2  3m2  1 t  3 1  3m2   0(3)
3m2  1
(3) có hai nghiệm là t  3; t 
. Yêu cầu bài toán được thoả khi
1  m2
3m2  1
t  5 Tức là
 5 1 m  3
1  m2
Ví dụ 8: Cho f ( x)  2.25 x  (2m  1)10 x  (m  2)4 x

(8)

Tìm m để f ( x)  0, với x  0 .
Lời giải:
Ta có: f ( x)  0 với x  0
2
x
 5  x 
5
 2     (2m 1)    m  2  0, x  0
 2
 2  

x

5
 2t  (2m  1)t  m  2  0, t     1
2
2



2t 2  t  2
 m, t  1  min f (t )  m
2t 1
[1; )

Đặt f (t ) 

2t 2  t  2
, t  1
2t 1

17


3

t

4t  4t  3
 f '(t ) 
0  2
2

t   1
 2t 1

2
2

Bảng bi n thiên:




t
f’(t)

+

1
2

1
2

0

3
2

1

-

-



0

+
+

f(t)
5
2

Vậy m 

5
là
2

t quả cần tìm.

Bài tập rèn luyện
1. Xác đ nh m để phương t ình sau có nghi m:
m( 1  x 2  1  x 2  2)  2 1  x 4  1  x 2  1  x 2

(Đại học, cao đẳng hối B – 2004)
2. ìm m để phương t ình:
1  x2  2 3 1  x2  m có nghi m duy nh t

3. ìm m để phương t ình sau có nghi m duy nh t:



2log 1  mx  28   log5 12  4 x  x 2



25

4. ìm m để b t phương t ình:

x

2

 1  m  x x 2  2  4 đúng với x  0;1
2

5. ìm m để phương t ình sau có nghi m:
x x  x  12  m



5 x  4 x



6. ìm m để phương t ình có nghi m duy nh t:
x  1  x  2m x 1  x   2 4 x 1  x   m3

18


7. ìm m để b t phương t ình có nghi m:



x x  x  1  m log 2 2  4  x



8. ìm m để với x  0; 2 thoả mãn:
log 2 x 2  2 x  m  4 log 4  x 2  2 x  m   5

9. ìm m để b t phương t ình sau có nghi m với x  0; 4 :



9  x  1   3x  m  1  3x  4
2



2

10. ìm m để b t phương t ình có nghi m x 0;1 :

x

2

 2   m  x x 2  4  13
2

11. ìm tham số a để b t phương t ình nghi m đúng x :
3cos4 x  5cos3x  36sin 2 x  36  24a  12a 2  0

12. ìm a để b t phương t ình sau có nghi m với x :

 log

3







x 2  5  1 log 5 x 2  ax +6  1

4. Thực nghiệm sư phạm:
Để iểm t a tính hả thi của đề tài , tôi đã ti n hành dạy thử nghi m t ong
nhiều ti t dạy, sau mỗi ti t dạy tôi đều có bài iểm t a để hảo sát ch t lượng
học sinh. Vì thời lượng hông cho phép nên tôi chỉ giới thi u cách làm và

t

quả của 1 ti t dạy đối chứng và 1 ti t dạy th c nghi m ở lớp 12A và lớp 12B

Ở lớp th c nghi m, hi giải phương t ình, b t phương t ình tôi đã sử dụng
tính đơn đi u của hàm số. Ở lớp đối chứng, tôi ti n hành dạy các phương pháp
bình thường hác. Sau mỗi giờ dạy, tôi iểm t a mức độ hiểu bài, nắm i n thức
của học sinh bằng cách làm bài tập 15 phút cuối buổi học đó.
Kiểm tra:( 15 phút)
Đề bài:
Câu 1: Giải phương t ình

x 2  15  3x  2  x 2  8

Câu 2: Giải phương t ình : 2 x  x  2 x 1   x  1
2

2

19


Kết quả:
Lớp

Giỏi

Số

Khá

Y u

Trung bình

HS

SL

%

SL

%

SL

%

40

10

25

15

37,5

15

37,5

0

42

0

0

5

11,9

21

50

16 38,1

SL

%

12A
Lớp th c

0

nghi m
12B
Lớp đối chứng
ừ 2 bảng

t quả nêu t ên ta th y ằng lớp dạy th c nghi m có

t quả

học tập đạt được cao hơn. Như vậy bằng cách sử dụng tính đơn đi u của hàm số
phương t ình được giả nhanh hơn, gọn hơn, hi u quả hơn. Vì th
tập của học sinh nâng lên

t quả học

t. Mặt hác qua các ti t dạy th c nghi m này các

em được èn hả năng nhanh nhẹn, héo léo và tạo cho các em mạnh dạn, t tin
hơn , yêu thích, ham mê với môn toán
III. KẾT LUẬN
1. Bài học kinh nghiệm:
Sách giáo khoa THPT đã giảm tải há nhiều nhưng t ong các đề thi tuyển
sinh vào đại học có nhiều bài

t hó được phát t iển từ các bài tập t ong sách

giáo khoa, nên để giải quy t các bài toán đó cần phải sử dụng linh hoạt tính đơn
đi u của hàm số. ong những năm qua tôi đã đọc và nghiên cứu

t nhiều tài

li u để vận dụng phương pháp t ên bồi dưỡng học sinh ôn thi N và luy n thi
đại học, cao đẳng và th y ằng học sinh ti p thu tương đối chủ động, đa số học
sinh hiểu và vận dụng tốt t ong quá t ình giải các dạng bài tập ở t ên.

2. Đề xuất kiến nghị:
2.1 Đối v i giáo viên: Cần ti p cận nhanh chóng, tìm hiểu ỹ nội dung chương
t ình và phương pháp dạy học. Phải lên

hoạch bài học chu đáo, tích c c tham

hảo tài li u, học hỏi bạn bè đồng nghi p, nâng cao t ình độ chuyên môn. Cần
có lòng nhi t tình, yêu nghề, có tinh thần t ách nhi m cao đối với công vi c.

20


Mạnh dạn t ong vi c đổi mới phương pháp và phát huy tốt tác dụng của vi c tổ
chức t ò chơi toán học nhằm nâng cao ch t lượng giờ dạy.
2.2 Đối v i Ph ng Giáo dục - Sở Giáo dục:

hường uyên tổ chức, bồi

dưỡng, tập hu n cán bộ giáo viên để giáo viên hiểu

vai t ò và tổ chức th c

hi n tốt nội dung này cũng như những nội dung i n thức hác t ong chương
t ình nhằm nâng cao ch t lượng giảng dạy, học tập của học sinh.
Mặc dù đã tham hảo một số lượng lớn các tài li u hi n nay để vừa vi t, vừa
đi giảng dạy t ên lớp để iểm nghi m th c t , song vì năng l c và thời gian có
hạn, trong quá trình biên soạn đề tài này chắc sẽ hông t ánh hỏi những thi u
sót.Tôi

t mong nhận được s đóng góp của các bạn đồng nghi p và những

người yêu thích môn toán để đề tài này có ý nghĩa thi t th c hơn t ong nhà
t ường. Góp phần nhỏ bé vào vi c nâng cao hơn nữa ch t lượng Giáo dục phổ
thông. Giúp các em học sinh có phương pháp - ỹ năng hi giải các bài toán
liên quan đ n hàm số t ong các ỳ thi cuối c p.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN CỦA HIỆU
TRƯỞNG NHÀ TRƯỜNG

Thanh óa, ngày 15 tháng 4 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người th c hi n

Lê Bích Hảo

21


Tài liệu tham khảo
1. Sách giáo hoa Đại số 10 – NXB giáo dục.
2. Sách giáo hoa Giải tích 12– NXB giáo dục.
3. Căn số và toán vô tỉ - N b GD của Hoàng Kỳ
4. Sách bồi dưỡng học sinh giỏi toán Đại số và Giải tích 12 – NXB ĐHQG
Hà Nội.
5. Khảo sát nghi m phương t ình – N b GD của Lê Hoành Phò.
6. Hàm số - N b GD của Phan Huy Khải

22

7. Sách giải các đề thi Đại Học – Cao Đẳng.

23