SKKN dùng PP hàm số để giải PT chứa căn

BẢN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Tên Sáng kiến: "Dùng phương pháp Hàm số để giải phương trình
chứa ẩn trong dấu căn"
2. Mô tả ý tưởng:
a) Hiện trạng và nguyên nhân của hiện trạng:
Tiến hành khảo sát thực tế ở đối với học sinh lớp 12 các năm học: 20122013, 2013-2014 của trường THPT Bình Minh.
Kết quả: 70 % học sinh lớp 12 chưa biết các phương pháp giải phương
trình vô tỷ; 74 % học sinh lớp 12 giải chưa đúng phương trình vô tỷ và 90% học
sinh không biết giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp Hàm số.
Trong đề thi chọn học sinh giỏi cấp THPT hàng năm, bài toán giải
phương trình vô tỷ thường nằm ở câu 1 hoặc câu 2, có những phương trình khá
dễ xác định nghiệm nếu dùng phương pháp hàm số để giải tuy nhiên số học sinh
lựa chọn phương pháp này rất ít.
Trong các kỳ thi tuyển sinh đại học và Cao đẳng hàng năm, hầu hết cấu
trúc đề có bài giải phương trình vô tỷ, bất phương trình vô tỷ nhưng học sinh lại
bỏ qua hoặc lời giải không đầy đủ, chính xác.
Nguyên Nhân: Giáo viên chưa có sự hế thống hoá nhận dạng các phương
trình vô tỷ, kỹ năng giải phương trình có chứa ẩn trong dấu căn còn yếu.
Bài toán giải phương trình vô tỷ, bất phương trình vô tỷ thường xuất hiện
trong các đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT, thi tuyển học sinh chuyên Toán, thi
học sinh giỏi và rất nhiều năm được ra trong đề bài của kỳ thi tuyển sinh đại học
và cao đẳng. Tuy nhiên, trên thực tế đa số học sinh chưa nắm được đặc trưng và
phương pháp tối ưu để giải, do đó học sinh thường mắc phải sai lầm trong quá
trình biến đổi hoặc chưa biết sử dụng phương pháp giải ngắn gọn, phù hợp.
Đã có rất nhiều tài liệu đưa ra một số phương pháp giải phương trình vô
tỷ như: Chuyển một phương trình vô tỷ về hệ phương trình hữu tỷ (hệ tạm),
chuyển một phương trình vô tỷ về phương trình có chứa dấu giá trị tuyệt đối,
phương pháp đặt ẩn phụ,...Nhằm nâng cao hiệu quả giáo dục bộ môn Toán ở
trường trung học, đặc biệt là đào tạo học sinh mũi nhọn cấp THPT, học sinh
tham gia thi tuyển sinh các khối A, B, D các trường Đại học, Cao đẳng, để giúp
học sinh có cách nhận dạng dễ dàng hơn về cách giải phương trình vô tỷ, bất

phương trình vô tỷ trong bài viết này tôi đưa ra phương pháp "Dùng phương
pháp Hàm số để giải phương trình vô tỷ có chứa ẩn trong dấu căn".Qua đó
học sinh có thể rèn luyện được rất nhiều kiến thức toán học có liên quan.
b) Ý tưởng:
Phấn đấu để dạy tốt các môn học nói chung và môn Toán nói riêng là
nguyện vọng tha thiết của đội ngũ giáo viên Toán bậc THCS, THPT. Như chúng
ta đã biết, Toán là khoa hoc suy diễn trừu tượng nhưng Toán học THPT lại
mang tính trực quan, cụ thể bởi vì mục tiêu của môn toán ở trung học là hình


thành những biểu tượng toán học ban đầu và rèn luyện kĩ năng toán cho học
sinh, tạo cơ sở phát triển tư duy và phương pháp cho học sinh sau này. Một mặt
khác toán học còn có tính thực tiễn. Các kiến thức toán học đều bắt đầu từ cuộc
sống. Mỗi mô hình toán học là khái quát từ nhiều tình huống trong cuộc sống.
Dạy học toán học ở trung học là hoàn thiện những gì vốn có trong học sinh, cho
học sinh làm và ghi lại một cách chính thức các kiến thức toán học bằng ngôn
ngữ và các kí hiệu toán học. Mỗi tiết học là dịp để học sinh hình thành những
kiến thức và kĩ năng mới, vận dụng một cách sáng tạo nhất, thông minh nhất
trong việc học toán trong cuộc sống sau này. Chính vì vậy, người giáo viên cần
biết phát huy tính tích cực, trí thông minh của học sinh thông qua giờ học toán.
Xuất phát từ thực tế trên, để góp phần vào việc “ Phát triển tư duy khoa
học” và “tăng cường ở các em ý thức, năng lực vận dụng một cách thông minh
những điều đã học” cho học sinh trong giai đoạn hiện nay, và qua thực tiễn kiểm
tra và giảng dạy học sinh ở trường THPT, công tác chỉ đạo chuyên môn ở cơ
quan quản lý giáo dục, tôi nhận thấy việc hình thành những kiến thức và kĩ năng
mới trong "Dùng phương pháp Hàm số để giải phương trình vô có chứa ẩn
trong dấu căn", vận dụng một cách sáng tạo nhất, thông minh nhất trong việc
học toán trong cuộc sống cho học sinh là một nhiệm vụ hết sức quan trọng của
người giáo viên. Trong phạm vi đề tài này, tôi xin được đưa ra kỹ thuật "Dùng
phương pháp Hàm số để giải phương trình vô có chứa ẩn trong dấu căn", để

giáo viên và học sinh tham khảo.
3. Nội dung công việc.
Bước 1: Khảo sát thực tế:
Tôi đã tiến hành khảo sát thực tế ở đối với học sinh lớp 12 các năm học:
2012-2013, 2013-2014 của trường THPT Kim Bình.
Kết quả: 70 % học sinh lớp 12 chưa biết các phương pháp giải phương
trình vô tỷ; 74 % học sinh lớp 12 giải chưa đúng phương trình vô tỷ và 90% học
sinh không biết giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp Hàm số.
Trong đề thi chọn học sinh giỏi cấp THPT hàng năm, bài toán giải
phương trình vô tỷ thường nằm ở câu 1 hoặc câu 2, có những phương trình khá
rễ xác định nghiệm nếu dùng phương pháp hàm số để giải tuy nhiên số học sinh
lựa chọn phương pháp này rất ít.
Trong các kỳ thi tuyển sinh đại học và Cao đẳng hàng năm, hầu hết cấu
trúc đề có bài giải phương trình vô tỷ, bất phương trình vô tỷ nhưng học sinh lại
bỏ qua hoặc lời giải không đầy đủ, chính xác.
Trao đổi với Lãnh đạo trường THPT
Bước 2: Cung cấp tài liệu cho nhóm chuyên môn tài liệu tham khảo về
giải phương trình vô tỷ.
Hệ thống hóa các phương pháp giải phương trình vô tỷ trong đó có
phương pháp "Dùng phương pháp Hàm số để giải phương trình vô tỷ, bất
phương trình vô tỷ".


Đưa sáng kiến kinh nghiệm để triển khai thực hiện.
Bước 3: Trao đổi với Lãnh đạo nhà trường, nhóm chuyên môn về kết quả
triển khai sáng kiến.
4. Triển khai thực hiện.
4.1. Nội dung sáng kiến:
Ta nhận thấy việc giải phương trình vô tỷ khá phức tạp, nhất là đối với
các bài toán có chứa tham số. Đứng trước bài toán này thì phương pháp đạo hàm

tỏ ra khá hiệu quả hơn các phương pháp khác. Thực chất của phương pháp đạo
hàm là sử dụng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (tính bằng đạo hàm) để giải và
biện luận phương trình.
Quy trình giải theo phương pháp đạo hàm:
- Chuyển phương trình về dạng f ( x) = g (m)
- Xét hàm số f(x) trên D (D là tập xác định của bài toán)
- Tính f’(x) và lập bảng biến thiên.
- Dựa vào bảng biến thiên để xác định yêu cầu của bài toán.
4.2. Cơ sở lý thuyết để giải và biện luận phương trình
a) Tính đơn điệu, cực trị hàm số, giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm
số
a.1. y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔ ∀x1 < x 2 ∈ ( a, b ) ta có f ( x1 ) < f ( x 2 )
a.2. y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔ ∀x1 < x 2 ∈ ( a, b ) ta có f ( x1 ) > f ( x 2 )
a.3. y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔ ƒ′(x) ≥ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′(x) = 0 tại một
số hữu hạn điểm ∈ (a, b).
a.4. y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔ ƒ′(x) ≤ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′(x) = 0 tại
một số hữu hạn điểm ∈ (a, b).
a.5. Cực trị hàm số: Hàm số đạt cực trị tại điểm x = x k ⇔ f ′ ( x ) đổi dấu tại
điểm x k

a

xj −ε xj xj +ε
x i − ε xi xi + ε

a.6. Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

b

x

• Giả sử y = ƒ(x) liên tục trên [a, b] đồng thời đạt cực trị tại x1 ,..., x n ∈ ( a, b ) .
f ( x ) = Max { f ( x1 ) ,..., f ( x n ) , f ( a ) , f ( b ) } ;
Khi đó: xMax
∈[ a ,b ]
M in f ( x ) = M in { f ( x1 ) ,..., f ( x n ) , f ( a ) , f ( b ) }

x∈[ a ,b ]

f ( x ) = f ( a ) ; Max f ( x ) = f ( b )
• Nếu y = f (x) đồng biến / [a, b] thì xMin
∈[ a ,b ]
x∈[ a ,b ]
f ( x ) = f ( b ) ; Max f ( x ) = f ( a )
• Nếu y = f (x) nghịch biến / [a, b] thì xMin
∈[ a ,b ]
x∈[ a ,b ]

Hàm bậc nhất f ( x ) = αx + β trên đoạn [ a; b ] đạt giá trị lớn nhất, giá trị

•

nhỏ nhất tại các đầu mút a; b
b) Phương pháp hàm số biện luận phương trình, bất phương
trình
b.1. Nghiệm của phương trình u(x) = v(x) là hoành độ giao điểm của đồ thị
y = u ( x ) với đồ thị y = v ( x ) .
b.2. Nghiệm của bất phương trình u(x) ≥ v(x) là phần hoành độ tương ứng với
phần đồ thị y = u ( x ) nằm ở phía trên so với phần đồ thị y = v ( x ) .

b.3. Nghiệm của bất phương trình u(x) ≤ v(x) là phần hoành độ tương ứng với
phần đồ thị y = u ( x ) nằm ở phía dưới so với phần đồ thị y = v ( x ) .
u(x)
v(x)
a

α

β b

x

b.4. Nghiệm của phương trình u(x) = m là hoành độ giao điểm của đường thẳng
y = m với đồ thị y = u ( x ) .
u ( x) ≥ m
y=
b.5. BPT u(x) ≥ m đúng ∀x∈I ⇔ Min
x∈I
m
u ( x) ≤ m
b.6. BPT u(x) ≤ m đúng ∀x∈I ⇔ Max
x∈I
u ( x) ≥ m
b.7. BPT u(x) ≥ m có nghiệm x∈I ⇔ Max
x∈I
b.8. BPT u(x) ≤ m có nghiệm x∈I ⇔ Min u ( x ) ≤ m

a

b

x∈I

4.3. Ví dụ minh họa
* Ví dụ 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm
2 x 2 − 2(m + 4) x + 5m + 10 + 3 − x = 0

(1)

x


Hướng dẫn giải:
x ≥ 3

Phương trình (1) ⇔ 

2
2
2 x − 2(m + 4) x + 5m + 10 = ( x − 3)

x ≥ 3

⇔  x2 − 2x + 1
=m

 2x − 5

Bây giở ta đi xét hàm số ⇔ f ( x) =

x2 − 2x + 1
trên tập xác định D = [3; +∞)
2x − 5

2 x 2 − 10 x + 8
Ta có: f ( x) =
(2 x − 5) 2
'

x = 1
⇔
x = 4

f ' ( x) = 0 ⇔ 2 x 2 − 10 x + 8 = 0

Ta có bảng biến thiên sau:
-∞

x

3

+∞

4

f’

-

0

+
+∞

4
f
3

min f ( x ) = f (4) = 3
Từ bảng biến thiên ta thấy:

lim f ( x) = +∞
x →+∞

Vậy phương trình có nghiệm khi m ≥ 3
* Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm
(2)

2 x2 − 4x − 2 3 + 2 x − x2 + 1 − m = 0

Hướng dẫn giải:
Đặt t = 3 + 2 x − x 2 = 4 − ( x − 1) 2 ⇒ Điều kiện của t:
(2) ⇔ 6 − 2t 2 − 2t + 1 − m = 0

0≤t ≤2

(*)

⇔ 2t 2 + 2t = 7 − m

Xét hàm số f (t ) = 2t 2 + 2t

trên [0; 2]. Ta có f ' (t ) = 4t + 2 = 2(2t + 1)


Bài toán trở thành: tìm m để pương trình (*) có nghiệm ∈ [0; 2]
Ta thấy f ' (t ) > 0∀t ∈ [0; 2]
Ta có bảng biến thiên sau:
t

0

2

f’(t)

+

f(t)

12
0

Từ bảng biến thiên suy ra:
min f (t ) = f (0) = 0

t∈[ 0;2]

max f (t ) = f (2) = 12

t∈[0;2]

Vậy phương trình có nghiệm khi 0 ≤ 7 − m ≤ 12 ⇔ −5 ≤ m ≤ 7
Nhận xét cách giải: bài toán trên chưa thể áp dụng ngay phương pháp hàm
số mà phải sử dụng phương pháp đổi biến số. Khi đổi biến số cần lưu ý việc tìm
điều kiện của ẩn phụ.
* Ví dụ 3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm
(3)

x − x −5 = m

Hướng dẫn giải: Điều kiện:

x≥5

Xét hàm số: f ( x) = x − x − 5
5

⇒ f ( x) =

Ta có: f ' ( x) =

1
2 x

−

x + x+5

> 0 với ∀x ≥ 5

1
x −5 − x
=
< 0 với
2 x −5 2 x x −5

∀x > 5

Lập bảng biến thiên:
x

+∞

5

f’(x)
f(x)

5

0


 max f ( x ) = f (5) = 5
x ≥5
Từ bảng biến thiên suy ra: 
f ( x) = 0
lim

x →∞

Vậy phương trình có nghiệm khi: 0 < m ≤ 5
• Chú ý: Khi giải theo phương pháp đạo hàm cân lưu ý tính chất các điểm
tới hạn của hàm số chia miền xác định thành những khoảng ma trên đó
hàm số đồng biến hoặc nghịch biến và quan trọng hơn hết là học sinh phải
xét được dấu của f’(x) trên D. Có nhiều bài toán việc tính nghiệm f’(x) =
0 khá khó khăn, vì vậy để xét dấu của f’(x) ta có thẻ dùng phương pháp
đánh giá.
• Một điều chú ý nữa là học sinh hay mắc phải sai lầm trong bài toán (như
VD3) là từ bảng biến thiên học sinh lấy cả giá trị m = 0 mà ở đây 0 không
phải là giá trị nhỏ nhất của hàm số mà là giá trị chặn dưới của tập giá trị.
* Ví dụ 4: Biện luận theo m số nghiệm của phương trình sau
x + 3 = m x2 + 1

(4)

Hướng dẫn giải:
(4) ⇔ m =

x+3
x2 + 1

Hàm số xác định với ∀x ∈ ¡

x2 + 1 −

2 x( x + 3)

1 − 3x

2 x2 + 1 =
2
2
x +1
( x + 1) x 2 + 1

f ' ( x) =

Ta có bảng biến thiên:
x

1
3

−∞

f’(x)

+

+∞

0

f(x)

-

10

-1
Ta có:

lim f ( x) = lim

x →−∞

x →−∞

lim f ( x) = lim

x →+∞

x →+∞

1
x+3
x2 + 1

x+3
x +1
2

= lim

x →−∞

= lim

x →+∞

x+3
1
x 1+ 2
x

x +3
1
x 1+ 2
x

= −1

=1

Đồ thị của hàm số có 2 tiệm cận ngang y = 1 và y = - 1.


Ta có kết luận sau:
+ m ≤ −1 hoặc m > 10 : Phương trình (4) vô nghiệm
+ −1 ≤ m ≤ 1 hoặc m = 10 Phương trình (4) có 1 nghiệm
+ 1 ≤ m ≤ 10

Phương trình (4) có 2 nghiệm

Chú ý: Trong quá trình biện luận bằng bảng biến thiên, cần kết hợp các tiệm cận
của hàm số. Trong ví dục 4, học sinh dễ mắc sai lầm m = - 1 phương trình có
nghiệm.
Tuy nhiên trong thực tế không phải lúc nào ta cũng chuyển được ngay phương
trình về dạng f(x) = g(m), có những bài toán sẽ gặp phải khó khăn trong việc

tính f’(x), tìm nghiệm f’(x) = 0, ....Chẳng hạn ta xét bài tập sau;
* Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm
x x + x + 12 = m( 5 − x + 4 − x )

(5)

Hướng dẫn giải: Điều kiện 0 ≤ x ≤ 4
Nhận xét: Nếu ta biến đổi: (5) ⇔ m =

x x + x + 12
5− x + 4− x

x x + x + 12
trên [0; 4] thì việc tính đạo hàm và xét dấu
5− x + 4− x

Và xét hàm số f ( x) =

của đạo hàm khá phức tạp, vì vậy ta biến đổi như sau:
Vì

( 5 − x + 4 − x )( 5 − x − 4 − x ) = 5 − x + 4 + x = 1

Nên (5) ⇔ ( x x + x + 12)( 5 − x − 4 − x ) = m
Ta xét hàm số: f ( x) = ( x x + x + 12)( 5 − x − 4 − x ) trên [0; 4]
Đặt h( x) = ( x x + x + 12)
và g ( x) = ( 5 − x − 4 − x )
'
+ Ta có: h ( x) = x +

x
2 x

+

1
> 0 với ∀x ∈ (0; 4]
2 x + 12

⇒ h(x) đồng biến và h(x) > 0 với ∀x ∈ [0; 4]
'
+ g ( x) =

−1
1
1
1
1
+
= (
−
)
2 5− x 2 4− x 2 4− x
5− x

1 5− x − 4− x
= (
)>0
2
4 − x. 5 − x

với ∀x ∈ (0; 4]

⇒ g(x) đồng biến và g(x) > 0 với ∀x ∈ [0; 4]

Vậy f(x) = h(x).g(x) đồng biến trên [0; 4] và có tập giá trị
f (0) ≤ f ( x) ≤ f (4)


⇔ 12( 5 − 4) ≤ f ( x) ≤ 12

Do đó để phương trình f(x) = m có nghiệm thì: 12( 5 − 4) ≤ m ≤ 12
Vậy với 12( 5 − 4) ≤ m ≤ 12 thì phương trình (5) có nghiệm.
* Ví dụ 6: Tìm m để phương trình 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 có nghiệm
thực.

Hướng dẫn giải: ĐK: x ≥ 1 , biến đổi phương trình

⇔ −3 x − 1 + 2 4 x − 1 = m .
x +1
x +1

t01+0–0– 1

Đặt u = 4 x − 1 = 4 1 − 2 ∈ [ 0,1) .
x +1

x +1

Khi đó g ( t ) = −3t 2 + 2t = m

Ta có g ′ ( t ) = −6t + 2 = 0 ⇔ t = 1 . Do đó yêu cầu ⇔ −1 < m ≤ 13
3

* Ví dụ 7: (Đề TSĐH khối A, 2008) 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
Hướng dẫn giải: Đặt f ( x ) = 4 2 x + 2 x + 2 4 6 − x + 2 6 − x ; x ∈ [ 0; 6]
1
1
′( ) 1 
Ta có: f x = 2  4 ( ) 3 − 4 (
3
6 − x)
 2x

 +  1 − 1  , x ∈ ( 0; 6 )
÷
÷  2 x
6−x 


1
1
( )
;v ( x) = 1 − 1
, x ∈ ( 0,6 )
Đặt u x = 4 ( ) 3 − 4 (
3
2
x
6

−
x
)
2x
6−x

 f ′( x) > 0, ∀x ∈ ( 0, 2 )
u ( x ) , v ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0, 2 )


⇒ u ( 2 ) = v ( 2 ) = 0
⇒  f ′( x) < 0, ∀x ∈ ( 2, 6 )
 f ′(2) = 0
 ( ) ( )

u x , v x < 0, ∀x ∈ ( 2, 6 )

x026+0–f(x)

2 6 + 24 6
Nhìn BBT ta có PT có 2 nghiệm phân biệt

⇔ 2 6 + 24 6 ≤ m < 3 2 + 6

* Ví dụ 8: Biện luận theo m số nghiệm của phương trình sau
x 3 + 3x 2 − 1 ≤ m ( x − x − 1 )

3

(8)

Hướng dẫn giải: Điều kiện

x ≥1 .

Nhân cả hai vế BPT với (

x + x − 1) > 0
3

ta nhận được bất phương trình f ( x ) = ( x 3 + 3x 2 − 1) ( x + x − 1 ) ≤ m .
3

Đặt g ( x ) = x 3 + 3x 2 − 1 ; h ( x ) = ( x + x − 1 )

3

2
2
 1 +
Ta có g ′ ( x ) = 3x + 6 x > 0, ∀x ≥ 1; h ′ ( x ) = 3 ( x + x − 1 ) 

2 x

1 >0
.
÷
2 x −1 

Do g ( x ) > 0 và tăng ∀x ≥ 1 ; h ( x ) > 0 và tăng nên f ( x ) = g ( x ) .h ( x ) tăng ∀x ≥ 1
Khi đó bất phương trình f ( x ) ≤ m có nghiệm ⇔ min f ( x ) = f ( 1) = 3 ≤ m
x ≥1

* Ví dụ 9: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng ∀x ∈ [ −4, 6]
( 4 + x) ( 6 − x) ≤ x 2 − 2x + m

(9)

Hướng dẫn giải:
Cách 1. BPT (9) ⇔ f ( x ) = − x 2 + 2 x + ( 4 + x ) ( 6 − x ) ≤ m đúng ∀x ∈ [ −4, 6 ]
f ′ ( x ) = −2 x + 2 +

−2 x + 2
1
= ( 1 − x)  2 +

( 4 + x) ( 6 − x)
2 ( 4 + x) ( 6 − x)


 = 0 ⇔ x =1
÷


f ( x ) = f ( 1) = 6 ≤ m
Lập bảng biến thiên suy ra Max Max
[ −4,6]
( 4 + x) + ( 6 − x)
=5.

Cách 2. Đặt t = ( 4 + x ) ( 6 − x ) ≤

2

Ta có t = − x + 2 x + 24 . Khi đó bất phương trình trở thành
(10) ⇔ t ≤ −t 2 + m + 24, ∀t ∈ [ 0;5] ⇔ f ( t ) = t 2 + t − 24 ≤ m; ∀t ∈ [ 0; 5] . Ta có:
2

2

f ( t ) = f ( 5) = 6 ≤ m
f ′ ( t ) = 2t + 1 > 0 ⇒ f ( t ) tăng nên f ( t ) ≤ m; ∀t ∈ [ 0; 5] ⇔ max
[ 0;5]

* Ví dụ 10: Tìm m để để bất phương trình sau nghiệm đúng ∀x ∈ [ −3, 6]
3 + x + 6 − x − 18 + 3x − x 2 ≤ m 2 − m + 1 (10)
Hướng dẫn giải: Đặt t = 3 + x + 6 − x > 0 ⇒

t 2 = ( 3 + x + 6 − x ) = 9 + 2 ( 3 + x) ( 6 − x)
2

(10)⇒ 9 ≤ t 2 = 9 + 2 ( 3 + x ) ( 6 − x ) ≤ 9 + ( 3 + x ) + ( 6 − x ) = 18
⇒ 18 + 3x − x 2 = ( 3 + x ) ( 6 − x ) = 1 ( t 2 − 9 ) ; t ∈ 3;3 2 
2
9
1 2
f ( t ) = f ( 3) = 3
Xét f ( t ) = − 2 t + t + 2 ; f ′ ( t ) = 1 − t < 0; ∀t ∈ 3; 3 2  ⇒ max
3;3 2 

f ( t ) = 3 ≤ m 2 − m + 1 ⇔ m 2 − m − 2 ≥ 0 ⇔ m ≤ −1 V m ≥ 2
ycbt ⇔ max

3;3 2




4.4. Kết luận:
Khi giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp hàm số sẽ cho ta lời giải
dễ hiểu, ngắn gọn, từ đó giúp học sinh củng cố sâu về kiến thức sự biến thiên
của hàm số.


Khi sử dụng phương pháp hàm số học sinh cần phân biệt giữa giá trị lơn
nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số với các giá trị bị chặn trên, chặn dưới của tập
giá trị.
Chẳng hạn từ bảng biến thiên (Ví dụ 3):
x

+∞

5

f’(x)
f(x)

5

0

f ( x) = 5 . Còn 0 không phải là giá trị nhỏ nhất của hàm số giá trị chặn
Thì max
[5; +∞ )

của tập giá trị. Tuy nhiên phương pháp này chi áp dụng cho học sinh lớp 12.
4.5. Bài tập luyện tập. Giải các phương trình sau:
Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm
a) 1 + 2cos x + 1 + 2s inx = m
b)

x2 + x + 1 − x2 − x + 1 = m

Gợi ý cách giải:
π
6

a) Xét hàm số f ( x) = 1 + 2 cos x + 1 + 2s inx trên TXĐ: − + k 2π ≤ x ≤

2π
+ k 2π
3

Tính đạo hàm và xét dấu đạo hàm ta được kết quả: 1 + 3 ≤ m ≤ 2 1 + 2
b) Xét f ( x) = x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 có TXĐ ¡
Đáp sô: -1 < m < 1
Bài 2: Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
x4 + 4x + m + 4 x4 + 4x + m = 6

Gợi ý cách giải:
Đặt t = 4 x 4 + 4 x + m ; Điều kiện: t ≥ 0 . Thay vào phương trình đã cho ⇒ t = 2

4

x 4 + 4 x + m = 2 ⇔ x 4 + 4 x = 16 − m

Xét hàm số: f ( x) = x 4 + 4 x
Lập bảng biến thiên ta có kết quả:
m > 19 Phương trình vô nghiệm
m = 19 Phương trình có 1 nghiệm


m < 19 Phương trình có 2 nghiệm
Bài 3: (CĐ – 2012) Giải phương trình 4 x 3 + x − ( x + 1) 2 x + 1 = 0
Gợi ý cách giải:
- Nhân 2 vế với 2 và biến đổi phương trình
-

⇔ (2 x)3 + 2 x = (2 x + 1) 2 x + 1 + 2 x + 1
Xét hàm số f (t ) = t 3 + t ⇒ f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0 ⇒ Hàm số luôn đồng biến.

- Từ phương trình có f (2 x) = f ( 2 x + 1) ⇒ 2 x = 2 x + 1 ⇔ x =

1+ 5
4

Bài 4: Tìm m để phương trình có nghiệm : m = x 2 + 2 x + 4 + x 2 − 2 x + 4
Gợi ý cách giải:
y ' = 0 ⇔ x = 0 , vẽ bảng biến thiên ⇒ m ∈ [4; +∞)
Bài 5: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm x ∈ 0; 1 + 3 
(5)
m ( x 2 − 2 x + 2 + 1) + x (2 − x ) ≤ 0

Gợi ý cách giải:
2
Đặt t = x2 − 2x + 2 . (5) ⇔ m ≤ t − 2 (1 ≤ t ≤ 2),do x ∈ [0;1 + 3]

t +1

Khảo sát g(t) =

t 2 + 2t + 2
t2 − 2
> 0 . Vậy g(t) tăng trên [1,2].
với 1 ≤ t ≤ 2. g'(t) =
(t + 1)2
t +1

2
t2 − 2
Do đó, ycbt ⇔ bpt m ≤
có nghiệm t ∈ [1,2] ⇔ m ≤ max g(t ) = g(2) =
t +1

t∈[ 1;2]

3

Bài 6: Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt
10 x 2 + 8 x + 4 = m(2 x + 1). x 2 + 1 (6)

Gợi ý cách giải:
Nhận xét: 10 x 2 + 8 x + 4 = 2(2 x + 1) 2 + 2( x 2 + 1)

2
2x + 1
 2x + 1 
 2x + 1 
= t Điều kiện : –2< t ≤ 5 .
2
(6) ⇔  2 ÷ − m  2 ÷+ 2 = 0 . Đặt
2
x
+
1
x
+
1
x
+
1





12
2t 2 + 2
Rút m ta có: m=
. Lập bảng biên thiên ⇒ 4 < m ≤
hoặc –5 < m < −4
5
t

Bài 7: Tìm m để phương trình sau đây có đúng 2 nghiệm thực phân biệt:
2 − x − 2 + x − (2 − x)(2 + x) = m


Gợi ý cách giải:
Đặt t = 2 − x − 2 + x ⇒ t ' =

−1
2 2− x

−

1
2 2+ x

<0

⇒ t = t ( x) nghịch biến trên [−2; 2] ⇒ t ∈ [−2; 2] .Khi đó: PT ⇔ 2m = t 2 + 2t − 4
2
Xét hàm f (t ) = t + 2t − 4 với t ∈ [ −2; 2] .
Từ

BBT

⇒

Phương

⇔ −5 < 2m ≤ −4 ⇔ −

Bài

8:

Tìm

trình

có

2

nghiệm

phân

biệt

5
< m ≤ −2
2

m

để

phương

trình

sau

có

nghiệm:

5 − x + x − 1 + −5 + 6 x − x = m
2

Gợi ý cách giải:
Đặt t = 5 − x + x − 1 ⇒ t 2 = 4 + 2 −5 + 6 x − x 2
PT ⇔ t +

(

t2 − 4
= m t ∈  2;2 2 
2

t2 − 4
Xét hàm số f (t ) = t +
2

( t ∈ 2; 2

)
)

2  ⇒ f ′ (t ) = t + 1 ⇒ f ′ (t ) = 0 ⇔ t = −1∉  2;2 2 

⇒ f(t) = m có nghiệm ⇔ 2 ≤ m ≤ 2 ( 1 + 2 ) .
Bài 9: Chứng minh rằng: Với mọi m > 0 , phương trình sau luôn có đúng hai
nghiệm phân biệt: x 2 + 2 x − 8 = m ( x − 2 ) (9)
Hướng dẫn giải: Điều kiện: x ≥ 2 .
Biến đổi phương trình ta có:
(9) ⇔ ( x − 2 ) ( x + 6 ) = m ( x − 2 ) ⇔ ( x − 2 ) 2 ( x + 6 ) 2 = m ( x − 2 )
⇔ ( x − 2 ) ( x 3 + 6 x 2 − 32 − m ) = 0 ⇔ x = 2 V g ( x ) = x 3 + 6 x 2 − 32 = m .

ycbt ⇔ g ( x ) = m có đúng một nghiệm thuộc khoảng ( 2; +∞ ) . Thật vậy ta có:
g ′ ( x ) = 3x ( x + 4 ) > 0, ∀x > 2 . Do đó g ( x ) đồng biến mà g ( x ) liên tục và
g ( 2 ) = 0; lim g ( x ) = +∞ nên g ( x ) = m có đúng một nghiệm ∈ ( 2; +∞ ) .
x →+∞

Vậy ∀m > 0 , phương trình x 2 + 2 x − 8 = m ( x − 2 ) có hai nghiệm phân
biệt.
Bài 10:(Đề thi hsg Hà Nam) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm thực thuộc
đoạn [-1; 1]

3 4 − 3x2 − 2 x3 + 4 x 2 + 4 ≥ m .
Hàm số f ( x) = 3 4 − 3 x 2 − 2 x 3 + 4 x 2 + 4 liên tục trên [-1; 1]


f '( x ) =

3 ( −6 x )
2 4 − 3x 2

Trên [-1; 1],

−


9
= −x 
+
2
2 x3 + 4 x 2 + 4
4
−
3
x

2(3 x 2 + 8 x)

9

3x + 8

> 0, ∀x ∈ [−1;1]
x3 + 4 x 2 + 4
f ( x) = 2
Ta có f (−1) = 3 − 2 7; f (0) = 2; f (1) = −3 ⇒ xmax
∈[ −1;1]
pt f '( x) = 0 ⇔ x = 0, vì

4 − 3x 2

+



÷
x3 + 4 x 2 + 4 
3x + 8

f ( x)
Bất phương trình đã cho có nghiệm trên đoạn [-1; 1] ⇔ m ≤ xmax
∈[ −1;1]
Vậy, m ≤ 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán

4.6. Thời gian thực hiện:
Từ tháng 9/2014 đến hết tháng 4/2015
4.7. Triển khai phối hợp: Phối hợp với nhóm chuyên môn nhà trường đã
tiến hành khảo sát để hoàn thành sáng kiến.
5. Kết quả đạt được:
Từ nhận thức của bản thân trên cơ sở thực tiễn chọn đề tài và các biện
pháp triển khai đề tài, qua khảo sát thực tế việc tiếp thu của học sinh, tôi thấy đã
đạt được một số kết quả cụ thể như sau:
1. Với việc trình bày các bài toán cơ bản, cùng với các ví dụ minh họa
ngay sau đó, sẽ giúp tăng cường bài giảng cho các thầy, cô giáo và với các em
học sinh sẽ dễ hiểu và biết cách trình bày bài, học sinh biết vận dụng thành thạo
các kiến thức đã học làm cơ sở cho việc tiếp thu bài mới một cách thuận lợi,
vững chắc.
2. Đặc biệt là nội dung phần nhận xét sau một vài bài tập ví dụ sẽ giúp các
em học sinh củng cố những hiểu biết chưa thật thấu đáo, cùng với cách nhìn
nhận vấn đề đặt ra cho các em học sinh, để trả lời một cách thỏa đáng cấu hỏi “
Tại sao lại nghĩ và làm như vậy?”
3. Luyện tập cho học sinh thói quen suy nghĩ, quan sát, lập luận để học
sinh phát huy trí thông minh, óc sáng tạo, khả năng phân tích, tổng hợp, tư duy
độc lập và thông qua việc thảo luận, tranh luận mà học sinh phát triển khả năng
nói lưu loát, biết lí luận chặt chẽ khi giải toán.

4. Ngoài ra có rất nhiều bài toán được giải nhiều cách khác nhau sẽ giúp
các em học sinh trở nên linh hoạt trong việc lựa chọn phương pháp giải.
5. Với phong cách trình bày như vậy, bộ tài liệu này còn nhằm giúp cho
các em học sinh rèn luyện năng lực vận dụng lý thuyết được học .Tạo không khí
sôi nổi, niềm say mê hứng thú cho học sinh bằng các bài toán sinh động, hấp
dẫn thực sự biến giờ học, lớp học luôn là không gian toán học cho học sinh.
’’ Một số phương pháp giải các bài toán về sự tiếp xúc giữa các đường’’ đã
được bản thân tôi và các đồng nghiệp cùng đơn vị thí điểm trên các em có học


lực từ khá trở lên. Kết quả thu được rất khả quan, các em học tập một cách say
mê hứng thú. Một số em đã đạt được những thành tích tốt qua những đợt thi học
sinh giỏi vừa qua.
Tuy nhiên với đề tài này người thầy phải biết vận dụng sáng tạo các phương
pháp, luôn không ngừng tìm tòi, tham khảo các tài liệu, tham khảo đồng nghiệp,
xâu chuỗi chúng lại và cho học sinh các bài tập định hướng để các em học tập,
tìm hiểu.
Đối tượng học sinh là học sinh khá giỏi, luôn tin tưởng ở thầy, có điều kiện
học tập, nghiên cứu.

6. Khả năng tiếp tục phát huy, mở rộng sáng kiến đã thực hiện:
Để có những tiết học đạt hiệu quả cao nhất luôn là niềm trăn trở, suy nghĩ là
mục đích hướng tới của từng người giáo viên có lương tâm và trách nhiệm nghề
nghiệp, nhưng đây không phải là điều đạt được dễ dàng. Người giáo viên phải
nhận thức rõ vai trò là người “thắp sáng ngọn lửa” chủ động lĩnh hội tri thức
trong từng học sinh. Qua nghiên cứu và áp dụng ’’ Một số phương pháp giải các
bài toán về sự tiếp xúc giữa các đường’’ cho học sinh Trường THPT Bình Minh
tôi thu được hiệu quả nhất định, để học tập môn toán của các em có kết quả cao
hơn và kiến thức vững hơn. Tôi kính mong đồng nghiệp và hội đồng khoa học
của trường THPT Bình Minh cũng như hội đồng khoa học của Sở Giáo Dục và

Đào Tạo Tỉnh góp ý kiến thêm để đề tài của tôi hoàn thiện hơn, có ứng dụng
rộng rãi trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh.
Trong khi chờ sự xem xét, nghiên cứu đánh giá của Hội đồng khoa học các cấp
tôi xin chân thành cảm ơn nhiều. Chúc hội đồng khoa học các cấp sức khỏe,
hạnh phúc, thành đạt.

Người thực hiện

Nguyễn Mạnh Hùng