skkn hướng dẫn học sinh sử dụng bảng biến thiên trong việc giải phương trình, bất phương trình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị : Trường THPT Xuân Thọ
Mã số: ................................

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG
BẢNG BIẾN THIÊN TRONG GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Người thực hiện: ĐỖ THỊ HƯNG
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ môn: .TOÁN



- Lĩnh vực khác: ....................................................... 
Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN
 Mô hình
 Phần mềm
 Phim ảnh
 Hiện vật khác

Năm học: 2012 - 2103


BM02-LLKHSKKN

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: ĐỖ THỊ HƯNG
2. Ngày tháng năm sinh: 31 / 10 / 1984
3. Nam, nữ: Nữ
4. Địa chỉ: Ấp Thọ Hòa , Xuân Thọ, Xuân Lộc, Đồng Nai.
5. Điện thoại: 0613 731 769
6. Fax:

(CQ)/

ĐTDĐ: 01667388856

E-mail:

7. Chức vụ: Giáo viên
8. Đơn vị công tác: Trường THPT Xuân Thọ.
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học
- Năm nhận bằng: 2006
- Chuyên ngành đào tạo: sư phạm Toán
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy và chủ nhiệm.
Số năm có kinh nghiệm: 06
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:

2

BM03-TMSKKN

Tên SKKN: HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG BẢNG BIẾN THIÊN
TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH
PHẦN 1: LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Giải phương trình, bất phương trình là bài toán thường xuyên gặp trong các kì thi,
nhất là thi tuyển sinh đại học, cao đẳng. Đây là dạng toán gây rất nhiều khó khăn
cho học sinh, đặc biệt là những phương trình, bất phương trình có chứa tham số.
Với chương trình cải cách hiện nay đã giảm tải một số phần như định lý đảo về dấu
tam thức bậc hai, thì việc giải các phương trình, bất phương trình lại càng làm học
sinh vất vả hơn. Nhằm giúp các em lớp 12 tìm ra những cách giải tối ưu và đơn
giản, tôi đã tập trung khai thác chuyên đề hướng dẫn học sinh vận dụng bảng biến
thiên trong giải phương trình, bất phương trình bằng việc ứng dụng tính đơn điệu
và GTLN – GTNN của hàm số. Với việc sử dụng phương pháp này, những bài
toán về phương trình, bất phương trình sẽ được giải quyết một cách rất nhanh
chóng, ngắn gọn và đơn giản. Đó là lí do để tôi chọn đề tài : “ Hướng dẫn học
sinh sử dụng bảng biến thiên trong việc giải phương trình, bất phương trình”.
PHẦN II: TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
I.
CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Việc giải phương trình, bất phương trình bằng những phép biến đổi tương đương
thông thường thì học sinh được giải quyết khá nhiều ở lớp 10 và lớp 11, nhưng giải
bằng ứng dụng tính đơn điệu và giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất dựa vào bảng biến
thiên thì đến lớp 12 mới được học nên khi làm bài cần phải kết hợp hai việc trên
với nhau thì học sinh lại lúng túng trong lời giải, dẫn đến sai kết quả.
Hơn nữa, từ khi thay đổi sách giáo khoa, tinh giảm chương trình thì các dạng toán
phải sử dụng định lí đảo của tam thức bậc hai không thể vận dụng vì định lí này đã
giảm tải, do đó khi gặp các bài toán về phương trình, bất phương trình có điều kiện
liên quan đến việc áp dụng định lý đảo về dấu tam thức bậc hai thì học sinh rất
hoang mang và không biết phải giải quyết như thế nào.

Xuất phát từ mối liên hệ giữa số nghiệm của phương trình một ẩn với số giao điểm
của hai đồ thị hàm số ở hai vế của phương trình, đặc biệt là phương trình, bất
phương trình chứa tham số. Nhưng thay vì phải vẽ toàn bộ cả hai đồ thị của hai
hàm số sẽ tốn nhiều thời gian, đó là chưa kể đến việc nhiều đồ thị các em không
biết cách vẽ, thì phương pháp lập bảng biến thiên, sau đó vận dụng kết quả trên
bảng biến thiên để giải phương trình, bất phương trình có điều kiện cho trước sẽ dễ
dàng hơn rất nhiểu, đó là nội dung chính của đề tài này.
Đề tài được viết bao gồm 4 nội dung chính sau:
1. Giải phương trình một ẩn
2. Vận dụng bảng biến thiên giải phương trình một ẩn chứa tham số.
3. Giải bất phương trình một ẩn
4. Vận dụng bảng biến thiên giải bất phương trình một ẩn chứa tham số.

3


II.

NỘI DUNG:

1/ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN:
(2 x  1) 2
Bài toán 1: Giải phương trình: 2 x  1  3  2 x 
(1)
2
Nhận xét: Đối với bài toán này, nếu ta bình phương hai vế của phương trình theo
cách thông thường không những phải bình phương hai lần mới hết căn, mà như thế
sẽ dẫn tới một phương trình bậc cao có thể học sinh sẽ đi đến chỗ bế tắc. Hoặc
dùng bất đẳng thức đánh giá hai vế, nhưng đại đa số học sinh rất sợ cụm từ “bất
đẳng thức”. Vì vậy chúng ta sẽ vận dụng tính đơn điệu của hàm số như sau:

1
3
Giải: Điều kiện :   x 
2
2
Ta có : VT  2 x  1  3  2 x
 VT 2  4  2 (2 x  1).(3  2 x)  4 x  D

 VT  2 x  D
4 x2  4 x  1
1
VP 
 2 x2  2 x 
2
2
1
Xét hàm số y  2 x 2  2 x  trên
2
1
y '  4 x  2; y '  0  x 
2
Bảng biến thiên:
1
x
-
2

y’
y

 1 3
  2 ; 2 

1
2

3
2

+

0
2

2
0

 VP  2 x  D.

  2 x  1  3  2 x  2

 2x  1  3  2x  2
 2 x  1  2


Từ đó (1)    2 x  12
2

  2 x  1  3  2 x  2


2
 2 x  1  2

3

x

(N )

3 1
2

Vậy phương trình có tập nghiệm là : S   ;  
2 2
x   1 (N )

2

4


Bài toán 2 : Giải phương trình: 4 x  1  4 x 2  1  1
Nhận xét: Tương tự như bài toán trên, bước đầu đa số các em sẽ nghĩ ngay tới việc
bình phương hai vế để giải, tuy nhiên nếu bình phương dẫn tới một phương trình
bậc cao sẽ gây nhiều khó khăn cho học sinh.
Phương pháp: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi
chứng minh f(x) đồng biến (nghịch biến) để suy ra phương trình có nghiệm duy
nhất.
Giải:
1

1
ĐK: x  . Đặt f  x   4 x  1  4 x 2  1 . Miền xác định: x  ,
2
2
2
4
x
f '  x 

 0.
4x  1
4 x2  1
Bảng biến thiên:
x

-

1
2

+

f’(x)
+

f(x)
1

1
Suy ra hàm số đồng biến với x  , nên phương trình nếu có nghiệm thì đó là

2
1
nghiệm duy nhất. Ta thấy x  thỏa mãn phương trình.
2
1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 
2
Bài tập tự luyện: Giải phương trình a) x5  x3  1  3x  4  0
b) 5 x3  1  3 2 x  1  x  4
Bài toán 3: 1) CĐ - 2012: Giải phương trình 4 x 3  x  ( x  1) 2 x  1  0
3
6 x  5  x3  5 x  5
2) Giải phương trình
Phương pháp : Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f đơn điệu
khi đó ta có: u = v.
1
Giải: 1) Điều kiện x   . Phương trình đã cho tương đương:
2

8 x 3  2 x  (2 x  1  1) 2 x  1  0  (2 x) 3  2 x 





3

2x 1  2x 1

Xét hàm số f (t )  t 3  t trên R. Ta có f '(t )  3t 2  1  0t  R.

Suy ra f (t ) đồng biến trên R. Do đó f (2 x) = f ( 2 x  1)  2 x  2 x  1
5


x  0

  x  1  5 ( N )
x  0
 
 2
4
4
x

2
x

1

 
  x  1  5 ( L)
 
4

Vậy phương trình có 1 nghiệm x 

1 5
.
4

3
6 x  5  x3  5 x  5
2) Giải phương trình
Nhận xét: Có thể giải bài toán này theo hướng sau:

6 x  5  x3  5 x  5  3 6 x  5  1  x3  5 x  4
6  x  1

  x  1  x 2  x  4 
2
3
 6 x  5  3 6 x  5  1
3

 x  1

6

 x2  x  4
2
 3  6 x  5  3 6 x  5  1

Vấn đề đặt ra là giải phương trình còn lại sẽ rất phức tạp.
Do dó ta sẽ giải phương trình trên theo cách sau:
Giải: Ta có 3 6 x  5  x3  5x  5  6 x  5  3 6 x  5  x3  x (*)
Xét hàm số f  t   t 3  t trên ¡ . Ta có f   t   3t 2  1  0, t  ¡ .
Suy ra f  t   t 3  t đồng biến trên ¡ .
Từ (*)  f



3



6x  5  f  x   3 6x  5  x

 x3  6 x  5  0   x  1  x 2  x  5   0

 x  1
  1  21
x 

2

1  21
.
2
Bài tập tự luyện : Giải phương trình 3 6 x  1  8x3  4 x  1
Vậy phương trình có nghiệm là x  1; x 

2. VẬN DỤNG BẢNG BIẾN THIÊN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN
CHỨA THAM SỐ:
Trong các phương trình chứa tham số, thường là các bài toán tìm m (hoặc biện
luận theo m) để phương trình thỏa mãn một điều kiện nào đó cho trước, thì
phương pháp hàm số trong việc vận dụng bảng biến thiên là hữu hiệu hơn cả. Để
vận dụng được phương pháp này trước hết học sinh cần phải hiểu và vận dụng tốt
một số kiến thức có liên quan sau đây: Cho hàm số y  f ( x) xác định trên D, có
đồ thị là (C). Đường thẳng y = g(m) có đồ thị là (d). Xuất phát từ bài toán liên
6

quan đến khảo sát hàm số là dựa vào đồ thị của (C) và (d) biện luận số nghiệm của
phương trình f ( x)  g (m) .
Ta có số nghiệm của phương trình f ( x)  g (m) chính là số giao điểm của (C) và
(d). Do đó ta biến đổi phương trình về dạng : f ( x)  g (m)
Khi đó:
+ Phương trình f ( x)  g (m) có nghiệm  min f ( x)  g (m)  max f ( x)
D

D

+ Phương trình f ( x)  g (m) có n nghiệm  d cắt (C) tại n giao điểm
Cụ thể ta đi xét một số ví dụ cụ thể sau:
Bài toán 1 CĐ - 2003 : Tìm m để phương trình sau có nghiệm :
x 2  4  x 2  m  0 (1)
Giải : Điều kiện 2  x  2
Đặt t  4  x 2  g ( x); (2  x  2)
x
Ta sẽ tìm điều kiện của t theo cách như sau : g '( x) 
0 x 0
4  x2
Bảng biến thiên :
-

x

0

-2

g’(x)

+

2
-

0
2

g(x)

0
0
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 2  x  2  0  t  2
(1)  4  t 2  t  m  0  m  t 2  t  4
Xét hàm số f (t )  t 2  t  4 trên [0 ; 2]. Ta có f '(t )  2t  1  0  t 
Bảng biến thiên :
t

-



1
2

0

2

1
2

+

-2
f’(t)
2

f(t)

Dựa vào bảng biến thiên, để (1) có nghiệm
 min
f (t )  m  max f (t )  4  m  2
[0;2]

-4

[0;2]

7


Nhận xét : Việc hướng dẫn học sinh cách tìm điều kiện của ẩn mới t như ở trên,
sau này nếu gặp các bài toán mà đặt ẩn phụ là một biểu thức cồng kềnh, phức tạp
thì các em cũng dễ dàng tìm được điều kiện của ẩn mới theo ẩn cũ.
Bài toán 2: (ĐH Khối B – 2006). Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân
biệt: x 2  mx  2  2 x  1, (1)

Giải: Cách 1 : Ở chương trình cũ, học sinh được học định lý đảo về dấu của tam
thức bậc hai nên các em thường làm như sau :
1

2 x  1  0
x  
2
pt   2

2
x

mx

2

(2
x

1)
2

3x   m  4  x  1  0,  2 

để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) có hai nghiệm thực phân biệt lớn hơn
1
hoặc bằng 
2

2

   m  4   12  0

3 m4
9
  1
hay 3. f     3.( 
)0m .
4
2
2
  2
S m  6
1

 
2
4
2
Tuy nhiên trong chương trình phổ thông hiện nay, định lý đảo về dấu của tam thức
bậc hai đã được giảm tải thì việc giải quyết những dạng toán này sẽ gây cho các
1
em nhiều khó khăn, mặc dù các em có thể đặt ẩn phụ như sau : đặt t  x  , khi
2
1
đó để (1) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng  thì
2
2
 1
 1
3  t     m  4   t    1  0 có hai nghiệm thực lớn hơn hoặc bằng 0.

 2
 2
Dùng phương pháp hàm số , vận dụng vào bảng biến thiên thì bài toán này sẽ
được giải quyết một cách nhanh chóng
1
Cách 2: Điều kiện : x   . Với điều kiện trên
2
3x 2  4 x  1
2
2
pt  x  mx  2  (2 x  1) 
 m  2  (Vì x = 0 không phải là
x
nghiệm)

3x 2  4 x  1
 1 
, x    ;0    0;   (C )
 f ( x) 
Gọi 
Số nghiệm của phương
x
 2 
 g ( m)  m ( d )

trình (1) là số giao điểm của (C) và (d). Để phương trình (1) có 2 nghiệm thực phân
biệt thì (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt.
8

3x 2  1
 1 
Ta có f '( x) 
 0, x   ;0    0;  
2
x
 2 
lim f ( x)   ; lim f ( x)   ; lim f ( x)  
x0

x

x0

Bảng biến thiên:
x

-



1
2

+

0

f’(x)
+

f(x)

9
2

+
-

9
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2
Bài toán 3: Biện luận theo m số nghiệm phương trình: x  3  m x 2  1 (*)
x3
m
Giải: Phương trình được viết lại dưới dạng:
x2  1
x3
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C): y 
x2  1
và đường thẳng: y = m (d)
6 x  2
1
x3
Xét hàm số y 
Ta có y ' 
0 x 
3
x2  1
( x 2  1) x 2  1

Dựa vào bảng biến thiên ta có m 

lim

x 

x3
x2  1

 1;

Lập BBT :
x

-

lim

x 

x3
x2  1

 1

1
3
2

y’

0

y

10

+

1
-1
Nhận xét: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm số,
rất có thể học sinh ngộ nhận tập giá trị của hàm số là ¡ và dẫn đến việc kết luận
9


sai nghiệm của phương trình. Do đó việc tìm giới hạn hàm số là rất cần thiết để
tìm ra tập giá trị.
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
m
Số giao điểm của (C) và (d)
Nghiệm của (*)
0
Vô nghiệm
m  1 hoặc m  10
1
Nghiệm duy nhất
1  m  1 hoặc m  10
2
Hai nghiệm phân biệt

1  m  10
Bài toán 4: ĐH – B - 2008: Chứng minh rằng m  0 , phương trình sau luôn có
hai nghiệm thực phân biệt:
x2  2 x  8  m( x  2)
Giải:
Do m  0 nên x  2
2
(1)  ( x  2)( x  4)  m( x  2)  ( x  2)( x  4)  m( x  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 trình (*) có một nghiệm trong
(2; )
Biến 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 biến thiên:
x

-



2

f ' ( x)

+


f ( x)

0

Từ bảng biến thiên suy ra m  0 phương trình (*) có đúng một nghiệm x  2 .
Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt m  0 .
Bài toán 5 : ĐH – A – 2002: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thuộc

1;3 3 


log32 x  log32 x  1  2m  1  0

(1)

Giải: Điều kiện: x  0 .Đặt t  log32 x  1  1  log 32 x  t 2  1.
Ta có : 1  x  3 3  1  log3 x  3
 1  log 32 x  1  2  1  t  2 .

Khi đó, phương trình (1) trở thành t 2  t  2  2m
Xét hàm số f  t   t 2  t  2 trên 1;2 .
10


1
Ta có f   t   2t  1  0  t   .
2

Bảng biến thiên:
t



-

1
2

1

+

2

-2
f’(t)
4

f(t)

0
Dựa vào bảng biến thiên, để phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
min f  t   2m  max f  t 
1;2

1;2

 f 1  m  f  2   0  2m  4  0  m  2

Bài toán 6 : (ĐH B - 2004) Tìm tham số m để phương trình sau có nghiệm:
m( 1  x 2  1  x 2  2)  2 1  x 4  1  x 2  1  x 2
Giải: Điều kiện : 1  x  1

Đặt t  1  x 2  1  x 2  g ( x) với 1  x  1 .
Ta sẽ tìm điều kiện của t như sau: g '( x) 

x( 1  x 2  1  x 2 )
1  x2 . 1  x2

0 x 0

Bảng biến thiên:
-

x

0

-1

1

0

g’(x)

2

g(x)

2
0

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy t  0 khi x  0;
Vậy x   1;1  t  0; 2 
và t 2 



1  x2  1  x2

  2 1 x
2

4

t  2 khi x  1

 2  t2

Khi đó phương trình đã cho trở thành:
t 2  t  2
2
m(t  2)  t  t  2  m 
, với t  0; 2 
t2

11

Phương trình đã cho có nghiệm 1  x  1 khi và chỉ khi phương trình
t 2  t  2
có nghiệm t  0; 2  .
m
t2
t  0
t 2  4t
t 2  t  2

0

Xét hàm số f (t ) 
với t  0; 2  ; f ' (t ) 
2
t  4
t2
t  2

Bảng biến thiên:
t

-

-4

0

+

2
1

f’(t)
1

f(t)
)

2 1
Dựa vào bảng biến thiên phương trình đã cho có nghiệm4 khi và chỉ khi

min f  t   m  max f  t   f ( 2)  m  f (0)  2  1  m  1

0; 2 



0; 2 



Bài toán 7: Cho hàm số y  f ( x)  x3  x2  18mx  2m (Cm )
Tìm m để (Cm ) cắt Ox tại ba điểm phân biệt thỏa mãn x1  0  x2  x3 .
Nhận xét: Ta thấy phương trình hoành độ giao điểm của (Cm ) và Ox là một
phương trình bậc 3 không nhẩm được nghiệm, nên học sinh sẽ rất khó khăn nếu
muốn phân tích thành nhị thức bậc nhất và tam thức bậc hai. Trường hợp này
dùng phương pháp hàm số, sau đó sử dụng bảng biến thiên là hiệu quả nhất.
Giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm x3  x2  18mx  2m  0 (1)
 x3  x 2

1
 2m(9 x  1)   x  x 
 2m ( vì x  không phải là nghiệm)
9x  1
9
3

2

 x3  x 2
2 x(3x  1) 2
1
 g '( x) 
 0  x  0; x  ;
Đặt g ( x) 
2
9x  1
(9 x  1)
3
Bảng biến thiên:

x

-

g’(x)
)

0

1
9

1
3

0

0
-

0

g(x)
-

+

-

-
12


Số nghiệm của (1) chính là số giao điểm của (Cm ) với trục Ox, và cũng là hoành
độ giao điểm của đường thẳng y = 2m với đồ thị (C): y = g(x).
Nhìn vào bảng biến thiên suy ra f (x) = 0 có nghiệm thỏa mãn x1  0  x2  x3
 2m  0  m  0
Qua cách giải bài toán này mở đường cho các dạng toán về câu hỏi phụ trong
khảo sát hàm số mà học sinh thường gặp trong các kì thi cao đẳng, đại học như

sau:
Bài toán 8: Tìm m để hàm số

1
y  x 3   m  2  x 2   5m  4  x  m 2  1 có cực
3

trị tại hai điểm x1,x2 và thoả mãn x1 < -1 < x2
Giải: Ta có y '  x 2  2  m  2  x   5m  4 
Để hàm số có cực trị tại hai điểm x1,x2 và thoả mãn x1 < -1 < x2
 x 2  2  m  2  x   5m  4   0 (*) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x1 < -1 <
x2.
5
x2  4 x  4
(*) 
 m (Vì x   không phải là nghiệm của (*))
2
2 x  5
 x  7
2 x 2  10 x  28
x2  4 x  4

0

Đặt f ( x) 
. Ta có f '( x) 
x  2
(2 x  5) 2
2 x  5


Bảng biến thiên:
5
x
-7
-1
2
+
-
2
y’
y

0
+

0
+

9
-3

0

-

-

Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy (*) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x1 < -1 < x2.
khi và chỉ khi m < -3.
Bài tập tự luyện:

1) Tìm m để các phương trình sau có nghiệm.
a) x 2  x  1  x 2  x  1  m
b) 2 x  4  3 x  m
2
2) Tìm m để phương trình: m sin x  2(3m  2)sin x  4m  3  0 có nghiệm.
3) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt
4
2 x  2 x  2 4 6  x  2 6  x  m  K A  2008 .

4) Tìm m để phương trình x 2  2  m  3 x  4  m  3  0 có hai nghiệm thực
phân biệt thỏa mãn – 1 < x1 < x2.
13


mx 2  6 x  2
5) Tìm m để hàm số y 
nghịch biến trên [1; ) .
x2
6) Tìm m để hàm số
điểm cực trị lớn hơn 9.

1
y  x 3   m  3 x 2  4  m  3 x  m 2  m có ít nhất một
3

III/ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN:
Bài toán 1: Giải bất phương trình: x  5  2 x  3  9
Nhận xét : Khi giải dạng bất phương trình này, thuông thường học sinh sẽ sử
dụng phương pháp đặt điều kiện, bình phương hai vế. Ở đây tôi xin trình bày cả
hai cách giải để học sinh lựa chọn và so sánh sự tối ưu của hai cách giải.

3
Giải :Cách 1: Điều kiện x  
2
Bình phương hai vế ta được :
3 x  73  0
2 ( x  5)(2 x  3)  3 x  73  
2
4( x  5)(2 x  3)  9 x  438 x  5329
73

x
73


3
x 



 x  11
3
x  11

2
 x  490 x  5269  0 
  x  479
3
3
Kết hợp điều kiện x   ta được tập nghiệm của bất phương trình là: S  [ ;11]
2

2
Ở cách giải trên ta phải bình phương 2 vế tới hai lần, chưa kể ở lần bình phương
thứ 2 học sinh thường quên đặt điều kiện dẫn tới việc xác định sai tập nghiệm. Giờ
chúng ta giải theo cách sử dụng tính đơn điệu của hàm số, bài toán sẽ ngắn hơn
rất nhiều.
3
Cách 2: Điều kiện x  
2
Gọi y  f ( x)  x  5  2 x  3
1
1
3
3
f '( x) 

 0, x   . Suy ra f(x) đồng biến x   .
2
2
2 x5
2x  3
Ta thấy f(11) = 9  x = 11 là nghiệm của bất phương trình
x  11  f ( x)  f (11)  9  x < 11 là nghiệm của bất phương trình
x  11  f ( x)  f (11)  9  x > 11 không phải là nghiệm của bất phương trình
3
Vậy kết hợp điều kiện x   ta được tập nghiệm của bất phương trình là:
2
3
S  [ ;11]
2

14


4
Bài toán 2: Giải bất phương trình sau:
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. Vì vậy ta vận dụng tính
đơn điệu của hàm số thì bài toán sẽ đơn giản hơn rất nhiều.
Giải:
Điều kiện: 15  x  2
Xét hàm số f  x   4 15  x  4 2  x liên tục trên  15;2 .
1
1
Ta có f   x  

 0, x   15;2  .
3
3
4
4
4 15  x  4  2  x 

Suy ra hàm số f  x   4 15  x  4 2  x đồng biến trên  15;2 .
Mà f 1  1 nên bất phương trình 4 15  x  4 2  x  1  f  x   f 1  x  1
Kết hợp với điều kiện 15  x  2 ta được nghiệm của (*) là 1  x  2 .
Bài tập tự luyện: Giải các bất phương trình sau:
1) 2 x3  3 x 2  6 x  16  4  x  2 3
2) x  9  2 x  4  5
3) log 2 x  3  x

IV/ SỬ DỤNG BẢNG BIẾN THIÊN GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH MỘT ẨN
CHỨA THAM SỐ:
Để vận dụng được phương pháp này trước hết học sinh cần phải hiểu và vận dụng
tốt một số kiến thức có liên quan sau đây:
Giả sử ta biến đổi được bất phương trình về dạng f ( x)  g (m) hoặc f ( x)  g (m) )
Khi đó:
+ Bất phương trình f ( x)  g (m) có nghiệm x  D  max f ( x)  g (m)
D

+ Bất phương trình f ( x)  g (m) có nghiệm x  D  min f ( x)  g (m)
D

+ Bất phương trình f ( x)  g (m) có nghiệm đúng x  D  min f ( x)  g (m)
D

+ Bất phương trình f ( x)  g (m) có nghiệm đúng x  D  max f ( x)  g (m)
D

+ Để chứng minh f ( x)  g ( x), x  D . Ta chứng minh max f ( x)  min g ( x)
D

D

Nếu bất phương trình có dạng "  " hoặc "  " thì bỏ dấu "  " ở các điều kiện.
Sau đây là một số ví dụ cụ thể:
Bài toán 1: Tìm m để các bất phương trình sau có nghiệm
1) x  m  2 x  2 (1)
2) 2 x  1  m( 1  x  1) (2)
3) m( x 2  2 x  2  1)  x  2  x   0 , (3) có nghiệm x  0;1  3  .
Giải:

1) Điều kiện x  2
Đặt t  x  2 (t  0)  x  t 2  2
Bất phương trình tương đương t 2  2  m  2t  t 2  2t  2  m
15


Xét hàm số f (t )  t 2  2t  2 với t  0 .Ta có f '(t )  2t  2  0  t  1
Bảng biến thiên:
t
0
1
-
f’(t)

+

0

+

-2

f(t)

-3
Dựa vào bảng biến thiên, để bất phương trình có nghiệm  m  min f (t )  3
t 0

Vậy với m  3 thì bất phương trình (1) có nghiệm.
2) Điều kiện x  1

Đặt t  1  x (t  0)  x  1  t 2
Bất phương trình tương đương 2  2t 2  1  m(t  1)  2t 2  3  m(t  1)
2t 2  3

 m (t  1  1t  0)
t 1
2t 2  4t  3
2t 2  3
Xét hàm số f (t ) 
với t  0  f '(t ) 
t 1
(t  1) 2
Bảng biến thiên:
t

-

+

0

f’(t)
f(t)

3
-

Dựa vào bảng biến thiên, để bất phương trình (2) có nghiệm
 max f (t )  m  m  3
t 0

Vậy với m  3 thì bất phương trình có nghiệm.
3) Tìm m để bất phương trình: m( x 2  2 x  2  1)  x  2  x   0 , (3) có
nghiệm x  0;1  3  .
Giải: Đặt t  g ( x)  x 2  2 x  2  x 2  2 x  t 2  2 .
Ta sẽ tìm điều kiện của ẩn mới t như sau:
x 1
g '( x) 
 0  x  1.
x2  2 x  2
Bảng biến thiên:
16


x

-

0

1

g’(x)

1+ 3

+

0
2

g(x)

2
1

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy x  0;1  3   t [1;2]
t2  2
2
BPT (3) trở thành: m  t  1  2  t  0 
 m , với 1  t  2 (4)
t 1
t2  2
t 2  2t  2
Đặt f  t  
 f '(t ) 
 0 t [1;2].
t 1
(t  1)2
Bảng biến thiên :
t

-

1

2

f’(t)
2

3
2

f(t)

1
2
Để bất phương trình (3) có nghiệm x  0;1  3  thì bất phương trình (4) có
2
nghiệm t  [1;2]  max f (t )  m .Dựa vào bảng biến thiên ta tìm được m  .
[1;2]
3
Bài tập tự luyện: Tìm m để các bất phương trình sau có nghiệm:
1) mx  2  x  1
2) 2 x  m  5  x
3) mx  x  3  m  1
Bài toán 2: Tìm m để các bất phương trình:
1) (m  1) x 2  4 x  m  2  0 (*) nghiệm đúng với mọi x.
2) (3m  1)12x  (2  m)6x  3x  0 (**) thỏa mãn với mọi x > 0.
-

3) 3  x  6  x  (3  x)(6  x)  m nghiệm đúng với mọi x [3;6]
Giải: 1) (m  1) x2  4 x  m  2  0  m( x 2  1)   x 2  4 x  2
 x2  4x  2

 m ( x 2  1  0x  R )
2
x 1

17

1

x

4 x 2  6 x  4
Ta có: f '( x) 
0 
2
2
2

( x  1)
 x  2
4 2
1   2
2
x  4x  2
x x  1
lim
f
(
x
)

lim
 xlim
2
x 

x 

1
x 1
1 2
x
Bảng biến thiên:
1
x
+
-2
-
2
 x2  4x  2
Xét hàm số f ( x) 
.
x2  1

f’(x)
f(x)

0

0
3

-1

-1

-2
Dựa vào bảng biến thiên, để bất phương trình (*) nghiệm đúng với mọi x
 max f ( x)  m  m  3
R

2) Chia hai vế bất phương trình cho 3x ta được: (3m  1)4x  (2  m)2x  1  0
Đặt t  2x Vì x  0  2x  1  t  1.
Bất phương trình trở thành (3m  1)t 2  (2  m)t  1  0  (3t 2  t )m  (t 2  2t  1)
(t 2  2t  1)

 m (vì t  1  3t 2  t  0 ).
2
3t  t
t  1
(t 2  2t  1)
7t 2  6t  1)
Xét hàm số f (t ) 
với t > 1. f '(t ) 
0 1
t 
3t 2  t
(3t 2  t
 7
2
1
 t  2t  1 
lim f (t )  lim  


2

x 
x 
3
 3t  t 
Bảng biến thiên:
1
1
t
7
-1
+
-
f’(t)

0

0
-

f(t)

1
3

-2
18


Dựa vào bảng biến thiên, để bất phương trình (**) thỏa mãn với mọi x > 0
 min f (t )  m  m  2

t 1

Nhận xét: Khi lập bảng biến thiên cần nhấn mạnh học sinh chú ý tìm giới hạn hàm
số, để tránh hiểu lầm dẫn đến sai kết quả bài toán.
3) Tìm m để 3  x  6  x  (3  x)(6  x)  m nghiệm đúng với mọi
x [3;6]
Nhận xét: Với bài này ta sẽ tìm hiểu cách giải đặt ẩn phụ trước rồi sau đó mới
giải bằng hàm số theo ẩn phụ.
Giải : Điều kiện : 3  x  6
2
t2  9
2
Đặt t  3  x  6  x  t  3  x  6  x  (3  x)(6  x) 
2
Để tìm điều kiện của t ta làm như sau:
Xét hàm số t  f ( x)  3  x  6  x với x   3;6
1
1
Ta có f ' ( x) 

;
3 x
6 x
3
f ' ( x)  0  3  x  6  x  x 
2
3
f ' ( x) không xác định tại các điểm x  3, x  6 ; f ' ( x)  0  x 
2
Bảng biến thiên:



x

-



6

-3

f’(x)

+

0

3 2

f(x)
3

3

Dựa vào bảng biến thiên: x   3;6  t  3;3 2 
Khi đó, bất phương trình đã cho trở thành:
t2  9
1

9
t
 m   t 2  t   m , (*) với t  3;3 2 


2
2
2
Bất phương trình đã cho có nghiệm đúng với mọi x   3;6 khi và chỉ khi bất
phương trình (*) có nghiệm đúng với mọi t  3;3 2 
1
9
Xét hàm số g (t )   t 2  t  trên 3;3 2  . Ta có g ' (t )  t  1  0  t  1
2
2
Bảng biến thiên:

19


t

-

1

g’(t)

3

3 2

+

0
3

g(t)
)

9
2
Dựa vào bảng biến thiên, để bất phương trình (*) có nghiệm đúng với mọi
9
t  3;3 2   min g (t )  m  m  3 2 
[3;3 2 ]
2
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm đúng với mọi x [3;6] khi
9
m3 2  .
2
Nhận xét:
Nếu đề yêu cầu giải phương trình với m là một số cụ thể thì việc tìm điều kiện
của t là không cần thiết, ta chỉ cần suy ra các điều kiện hiển nhiên vì sau khi tìm
được ẩn phụ t ta còn phải thay vào bước đặt để tìm ẩn chính x .
Nếu trong bài toán có tham số thì việc tìm điều kiện của t là không thể bỏ qua
và không được làm sai. Việc tìm điều kiện của t như trên thực chất là việc tìm tập
giá trị của hàm số f ( x) trên tập xác định của phương trình đã cho.
Bài tập tự luyện: Tìm m để các bất phương trình :
1) m9x  (m  1)3x2  m  1  0 nghiệm đúng với mọi x (ĐHSP II – HN - 2011)

2) Tìm m để bất phương trình mx2  2mx  3m  1  0 nghiệm đúng với mọi x  0
3) Tìm m để bất phương trình m 2 x 2  9  x  m có nghiệm với mọi x .
1
Bài toán 3: Tìm m để hàm số y   x3   m  1 x 2   m  3 x  4 đồng biến trên
3
(0;3)
Giải:
Ta có : y   x 2  2  m  1 x   m  3 .
Hàm số đã cho đồng biến trên (0;3) khi và chỉ khi
y   x 2  2  m  1 x   m  3  0x  (0;3)
Do y’(x) liên tục tại x = 0 và x = 3 nên y  0 x  (0;3)  y  0 x  [0;3]
3 2

x2  2 x  3
 m(2 x  1)  x  2 x  3 x  [0;3]  g ( x) 
 m x  [0;3]
2x  1
 max g ( x)  m
2

[0;3]

2 x2  2 x  8
Ta có g '( x) 
 0 x [0;3]
(2 x  1)2

20

Bảng biến thiên:
x

-

0

3

+

g’(x)
12
7
2

g(x)
-3
Dựa vào bảng biến thiên suy ra max g  x   
[0;3]

12
. Do đó giá trị cần tìm là:
7

12
.
7
Bài tập tự luyện:
m

1
1
1) Tìm m để hàm số y  mx3   m  1 x 2  3  m  2  x  đồng biến trên  2;  .
3
3
2
mx  6 x  2
2) Tìm m để hàm số y 
nghịch biến trên 1;  .
x2
Bài toán 4: Tìm m để bất phương trình 1  log5  x2  1  log5  mx 2  4 x  m  (1)
nghiệm đúng với mọi x .
Giải :
Ta có : 1  log5  x2  1  log5  mx 2  4 x  m 
 log 5 5  x 2  1   log 5  mx 2  4 x  m 

4 x

m  x 2  1 (2)
mx 2  4 x  m  0


2
2
5
x

1


mx

4
x

m


m  5   4 x (3)


x2  1
Để bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x thì bất phương trình (2), (3) cũng
nghiệm đúng với mọi x.

 4 x 
m  m¡ax  x 2  1




m  5  min  4 x 
 x 2  1
¡

4  x 2  1
 x  1
4 x
Xét hàm số f  x   2
trên ¡ . Ta có f   x   2

2 0 
x 1
x 1
 x  1
 4 x 
Ta có xlim
0
2
 
 x 1

21


Bảng biến thiên:



x
f  x 

+

f  x

-1
0
2

-

1
0



+
0

0

-2

Dựa vào bảng biến thiên ta có min
 f  x    2; max
 f  x    2 .
¡
¡
m  2

2m3
m  5  2
Vậy giá trị cần tìm là: 2  m  3 .
Nhận xét: 1) Trong bài toán trên một lần nữa chú ý việc xác định giới hạn hàm số
cho học sinh khi thể hiện trên bảng biến thiên, để tránh ngộ nhận về tập giá trị của
hàm số.
2) Bài toán trên còn cho ta thấy phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số,
dựa trên bảng biến thiên không chỉ được vận dụng cho giải phương trình, bất
phương trình, mà còn có thể vận dụng tốt trong các bài toán giải hệ phương trình,
hệ bất phương trình. Tuy nhiên do phạm vi nghiên cứu có hạn nên tôi không trình

bày trong đề tài này.
Bài tập tự luyện
1) Tìm m để với x   0;2 thoả mãn:
log 2 x 2  2 x  m  4 log 4  x 2  2 x  m   5

2) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm với x :

log

3



x 2  5  1 log5  x 2  ax+6   1

3) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm với x  1;2 :

 m  2  log  x  1  2m log  x  1  1  0
2

1
2

1
2

III. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI :
Trong năm học 2011 – 2012, tôi được phân công bồi dưỡng học sinh giỏi khối 12
với chuyên đề giải phương trình, bất phương trình vô tỉ. Với việc hướng dẫn cho
học sinh sử dụng thành thạo bảng biến thiên trong việc giải phương trình, bất

phương trình, các em đã rất hứng thú khi tiếp cận dạng toán này.
Và trong năm học 2012 – 2013 này, với việc triển khai giảng dạy cho học sinh lớp
12 trong một số giờ tự chọn ôn thi, chủ yếu là hướng dẫn học sinh tự nghiên cứu
nội dung ứng dụng đạo hàm và ẩn phụ, sử dụng thành thạo bảng biến thiên để tìm
tham số trong bài toán phương trình, bất phương trình đã giúp cho học sinh thấy
được sự liên hệ chặt chẽ giữa số nghiệm của một phương trình với số giao điểm
của các đồ thị của hai hàm số ở hai vế, học sinh biết cách sử dụng đạo hàm trong
22


nhiều bài toán tìm tham số, làm bài có những lập luận chặt chẽ hơn trong những
tình huống giải phương trình, bất phương trình.
IV. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
Hiện nay sách giáo khoa hiện hành đã giảm tải khá nhiều nội dung, nhưng trong
các đề thi tuyển sinh vào đại học vẫn có nhiều bài rất khó được phát triển từ các bài
tập trong sách giáo khoa, nên để giải quyết các bài toán đó cần phải sử dụng linh
hoạt tính đơn điệu của hàm số. Đề tài này là một tài liệu nhỏ phần nào giúp cho các
em học sinh trường THPT Xuân Thọ rèn luyện kĩ năng giải một số phương trình,
bất phương trình, đặc biệt là phương trình, bất phương trình chứa tham số, để các
em tự tin hơn chuẩn bị tham dự các kì thi cao đẳng, đại học sắp tới.
Mặc dù đã tham khảo một số lượng lớn các tài liệu để vừa viết, vừa giảng
dạy trên lớp để kiểm nghiệm thực tế, song vì khả năng có hạn nên tài liệu chắc
chắn còn nhiều thiếu sót, rất mong được sự đóng góp của quý thầy cô đi trước, các
bạn đồng nghiệp và độc giả để đề tài này có ý nghĩa thiết thực hơn trong nhà
trường. Giúp các em học sinh có phương pháp - kỹ năng khi giải các bài toán liên
quan đến hàm số trong các kỳ thi cuối cấp.
V.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Sách giáo khoa 10, 11, 12 – Nhà xuất bản giáo dục - 2008
2. Tuyển tập các chuyên đề luyện thi đại học môn Toán – Trần Phương –
Nhà xuất bản Hà Nội – 2002.
3. Bài tập tự luận Phương trình , hệ phương trình, bất phương trình đại số
điển hình – Trần Thị Vân Anh – NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội - 2009.
4. Một số đề - đáp án thi tuyển sinh đại học, cao đẳng của Bộ giáo dục và
đào tạo.
5. Một số tài liệu trên Internet

NGƯỜI THỰC HIỆN

Đỗ Thị Hưng

23


BM04-NXĐGSKKN

SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị : THPT Xuân Thọ

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
Xuân Thọ, ngày

tháng

năm 2013

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

Năm học: 2012 - 2013
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG BẢNG
BIẾN THIÊN TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Họ và tên tác giả: ĐỖ THỊ HƯNG . Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: Tổ Toán – Tin trường THPT Xuân Thọ.
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực
khác)
- Quản lý giáo dục



-Phương pháp dạy học bộ môn: ………….

- Phương pháp giáo dục 

-Lĩnh vực khác: …………………………..

Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  trong Ngành 
1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 2 ô dưới đây)
- Có giải pháp hoàn toàn mới



- Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có



2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 4 ô dưới đây)
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 

- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp
dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp
dụng tại đơn vị có hiệu quả 
3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính
sách:
Tốt 
Khá 
Đạt 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực
hiện và dễ đi vào cuộc sống:
Tốt 
Khá 
Đạt 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu
quả trong phạm vi rộng:
Tốt 

Khá 

Đạt 

24


XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu)

25