Vận dụng tính liên tục của hàm số giải phương trình, bất phương trình nhằm phát triển năng lực tư duy logic cho học sinh THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG III

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

VẬN DỤNG TÍNH LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐ
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH
NHẰM PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY LOGIC
CHO HỌC SINH THPT

Người thực hiện: Nguyễn Quỳnh Nga
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2017
1


MỤC LỤC
I. MỞ ĐẦU..……………………………………………………………………. 3
1.1.Lí do chọn đề tài.…………..………………………………………………...3
1.2.Mục đích nghiên cứu……… ………………………………………………..3
1.3.Đối tượng nghiên cứu………….. …………………………………………...3
1.4.Phương pháp nghiên cứu… …………………………………………………3
II. NỘI DUNG…………………………………………………………………...4
2.1.Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm………….…………………………4
2.2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm….……………4
2.3.Các giải pháp thực hiện…….... ……………………………………………..4
2.3.1.Một số kiến thức cơ bản…………………………………………………...4
2.3.2Vận dụng tính liên tục của hàm số trên một khoảng để giải phương trình…5

2.3.3.Vận dụng tính liên tục của hàm số trên một khoảng để giải bất phương
trình........................................................................................................................
6
2.3.4.Các bài tập tương tự……………………………………………………...12
2.4.Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường ………………………………………………12
III. KẾT LUẬN,KIẾN NGHỊ…………………………………………………..14
3.1.Kết luận.……………………………………………………………………14
3.2.Kiến nghị …………………………………………………………………14
TÀI LIỆU THAM KHẢO….…………………………………………………..15

2


I. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Chủ đề hàm số trong trường phổ thông là chủ đề có kiến thức rộng, học
sinh được làm quen với khái niệm hàm số từ lớp 7, học sinh được tiếp nhận về
các tính chất cơ bản như đồ thị, sự biến thiên của hàm số; đến bậc trung học phổ
thông thì học sinh được tiếp nhận thêm kiến thức về tính chẵn lẻ của hàm số; về
giới hạn, tính liên tục , đạo hàm của hàm số tại một điểm, trên một khoảng.
Nhưng để khai thác và vận dụng những tính chất của hàm số vào giải toán, cụ
thể là giải phương trình, bất phương trình thì cơ hội tiếp nhận còn hạn chế. Có
nhiều bài toán giải phương trình tưởng chừng như giải khó khăn nhưng vận
dụng tính liên tục của hàm số thì rất đơn giản, chính vì vậy tôi chọn đề tài: “Vận
dụng tính liên tục của hàm số vào giải phương trình, bất phương trình nhằm phát
triển tư duy logic cho học sinh THPT ” với mục đích giúp học sinh liên kết các
kiến thức toán học về hàm số để tìm ra phương pháp mới giải phương trình, bất
phương trình.
1.2. Mục đích nghiên cứu:

- Để học sinh phát triển tư duy logic, chủ động trong việc tiếp thu , cảm nhận
tri thức mới và liên hệ kết nối các kiến thức mới – cũ để lĩnh hội tri thức một cách
có hiệu quả. Đề tài trên nhằm giúp học sinh có thêm phương pháp giải phương
trình, bất phương trình một cách căn bản bởi tính chất liên tục của hàm số mà
không cần biến đổi phức tạp hay đặt ẩn phụ rườm rà, không tạo cho học sinh cảm
giác xa lạ mà lại có tác dụng kích thích tính chủ động, sáng tạo, hứng thú trong giải
toán.
1.3.Đối tượng nghiên cứu:
. Các bài dạy trong chương trình đại số & giải tích 11; giải tích 12
. Học sinh trung học phổ thông
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Nghiên cứu kĩ lý thuyết trong sách giáo khoa.
- Nghiên cứu khả năng tiếp thu của học sinh trường THPT để có những cách
định hướng đặt câu hỏi phù hợp, dễ hiểu đối với từng đối tượng học sinh.
- Thông qua hệ thống các bài tập giúp học sinh tiếp cận với phương pháp giải
toán mới từ đó học sinh tìm tòi và phát hiện và giải quyết các vấn đề tương
tự.

3


II. NỘI DUNG
2.1.Cơ sở lí luận:
Mục đích của dạy học không phải chỉ là ở điểm số cụ thể của môn học, của
quá trình học mà điều quan trọng hơn là ở bản thân của việc học, ở cách học cũng
như khả năng đảm nhiệm, tổ chức và thực hiện quá trình học tập một cách có hiệu
quả. Việc đó chỉ có thể thực hiện được trong những quá trình mà học sinh-người
học thực sự hoạt động để đạt được những gì họ cần đạt. Học sinh phải biết vận
dụng cái đã học để tiếp nhận cái mới, vận dụng cái mới để khẳng định cái cũ và giải
quyết những vấn đề liên quan đến cái cũ chưa thực hiện được để từ đó lĩnh hội và

củng cố tri thức.
2.2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
Trong việc rèn luyện khả năng sáng tạo cho học sinh, môn Toán có vị trí nổi
bật là vì dạy học môn Toán là sự kết hợp phương pháp quy nạp thực nghiệm với
phương pháp suy diễn logic. Môn Toán tạo cơ hội rèn luyện cho người học khả
năng suy đoán, tưởng tượng. Học Toán gắn liền với các phép suy luận logic và các
phép suy luận có lí. Phương pháp hàm số cho phép tiếp cận những kiến thức Toán
học phổ thông một cách gần gũi, quen thuộc. Đồng thời phương pháp hàm số còn là
phương pháp giải toán có hiệu quả một cách nhanh chóng, tổng quát đôi khi không
cần đi vào giải tỉ mỉ bài toán mà chỉ cần nêu điều kiện vận dụng các tính chất của
hàm số và đưa ra kết quả. Nó có tác dụng tích cực trong việc phát triển tư duy, năng
lực phân tích , tổng hợp…Có những bài tập trong SGK mang chức năng củng cố lý
thuyết nhưng nếu chúng ta biết thay đổi một số yếu tố của bài toán bằng các thao
tác trí tuệ hoặc vận dụng các kiến thức liên chương giải quyết vấn đề tạo cảm giác
hứng thú và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. Trong sáng kiến kinh nghiệm
này tôi đề cập đến vấn đề : “Vận dụng tính liên tục của hàm số để giải phương
trình, bất phương trình nhằm phát triển năng lực tư duy logic cho học sinh THPT”
với mục đích giúp học sinh nhìn nhận vấn đề một cách tổng quan và giải quyết vấn
đề bằng nhiều phương pháp tạo hứng thú học.
2.3.Các giải pháp thực hiện:
2.3.1. Một số kiến thức cơ bản:
+) Hàm số y = f(x) xác định trên khoảng K và x 0 ∈ K. Hàm số y = f(x) được gọi
f ( x) = f ( x0 ) [4- tr.136]
là liên tục tại điểm x0 nếu xlim
→x
+) Hàm số y = f(x) được gọi là liên tục trên một khoảng nếu nó liên tục tại mọi
điểm của khoảng đó. [4 – trang136]
+) Hàm số y = f(x) được gọi là liên tục trên đoạn [ a; b] nếu nó liên tục trên
f ( x ) = f (a ) ; lim f ( x) = f (b) [4- tr. 136]
khoảng ( a; b) và xlim

→a
x →b
+) Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [ a; b] và f(a).f(b) < 0 thì tồn tại ít
nhất một điểm c ∈ (a ; b) sao cho f(c) = 0 [4- trang 138]
+) +) Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [ a; b] và f(a).f(b) < 0 thì phương
trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm nằm trong khoảng (a ; b) [4- tr.139]
2.3.2. Vận dụng tính liên tục của hàm số trên một khoảng để giải phương
trình:
0

+

−

4


Tính chất 1. Nếu hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [ a; b ] và f (a). f (b) < 0 thì tồn
tại ít nhất một điểm c ∈ ( a; b ) sao cho f (c) = 0 .
Hệ quả. Nếu hàm số y = f ( x ) liên tục, đồng biến trên đoạn [ a; b] và f (a). f (b) < 0
thì tồn tại đúng một điểm c ∈ ( a; b ) sao cho f (c) = 0 .
.Các ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Chứng minh rằng phương trình ( x 2 − 2x)2 +

x2
− 1 = 0 có đúng 4 nghiệm
9

phân biệt.
Lời giải:

[8- tr.53]

Xét hàm số f ( x) = ( x 2 − 2x) 2 +

x2
− 1 trên R.
9

Hàm số là hàm đa thức nên liên tục trên R,
suy ra hàm số liên tục trên các đoạn [-1; 0] ; [ 0; 1] ; [1 ; 2]; [2 ; 3]
73
1
5
> 0 , f (0) = −1 , f (1) = > 0 , f (2) = − < 0 , f (3) = 9 > 0 .
9
9
9
Nên: f (−1). f (0) < 0; f (0). f (1) < 0 ; f (1). f (2) < 0 ; f (2). f (3) < 0
Do đó tồn tại các số thực x1 ∈ (−1;0) , x2 ∈ (0;1) , x3 ∈ (1; 2) , x4 ∈ (2;3) sao cho

Ta có: f (−1) =

f ( xi ) = 0 với mọi i = 1, 2,3, 4 .
Lại có phương trình f ( x) = 0 là phương trình bậc bốn đối với x . Nên nó có

không quá 4 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng phương trình x 5 − x 2 − 2 x − 1 = 0 (1) có đúng một
nghiệm.

Giải (1) ⇔ x5 = ( x + 1) 2 ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 ⇒ ( x + 1)2 ≥ 1 ⇒ x ≥ 1 .
Xét hàm số f ( x) = x 5 − x 2 − 2 x − 1 với x ≥ 1 . Khi đó f(x) là hàm số liên tục với x ≥ 1
. Mà f(1)=-3<0, f(2)=23>0. Suy ra PT có nghiệm thuộc (1;2). (2)
Mặt khác: f ' ( x) = 5 x 4 − 2 x − 2 = 2 x( x 3 − 1) + 2( x 4 − 1) + x 4 ≥ 0 .
Suy ra hàm số f đồng biến [1;+∞) (3).
Từ (2) (3) PT f(x) = 0 có nghiệm duy nhất.
[3- tr. 84]
Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi a>0, hệ phương trình sau có nghiệm duy
nhất:
e x − e y = ln(1 + x) − ln(1 + y ) (1)

(2)
y − x = a
x+a
Giải. ĐK x,y>-1. Từ (2): y=x+a. Thế vào (1): e − e x + ln(1 + x) − ln(1 + a + x) = 0
Xét hàm số f ( x) = e x + a − e x + ln(1 + x) − ln(1 + a + x) với x>-1.
Do hàm số f(x) liên tục trong khoảng (-1 ;+ ∞ ) và lim+ f ( x) = −∞ và lim f ( x) = +∞ .
x → −1

x → +∞

Nên PT f(x) = 0 có nghiệm trong khoảng (-1 ;+ ∞ ).
1
1
−
1+ x 1+ a + x

Mặt khác.

f ' ( x) = e x (e a − 1) +

= e x (e a − 1) +

a
> 0, ∀x > −1
(1 + x)(1 + a + x)

5


Do đó hàm số đồng biến trong khoảng (-1 ;+ ∞ ).
Vậy PT f(x) = 0 có nghiệm duy nhất trong khoảng (-1 ;+ ∞ ).
Hay hệ đã cho có nghiệm duy nhất.
2.3.3. Vận dụng tính liên tục của hàm số trên một khoảng để bất giải
phương trình
Tính chất 2. Nếu hàm số f liên tục trong khoảng (a; b) và phương trình f ( x) = 0
không có nghiệm trong khoảng (a; b) thì dấu của f(x) không đổi (hoặc dương
hoặc âm) trên khoảng (a; b) .
Tính chất 1 được đưa ra trong sách Đại số và giải tích 11 nâng cao, tính chất 2
có được nhờ sử dụng tính chất 1.
Thật vậy, Giả sử f(x) đổi dấu trong khoảng (a; b) . Khi đó, tồn tại x1 và x2 thuộc
khoảng (a; b) sao cho x1 < x2 mà f ( x1 ). f ( x2 ) < 0 . Do đó, tồn tại c ∈ ( x1; x2 ) mà
f (c) = 0 hay phương trình f ( x) = 0 có nghiệm trong khoảng ( a; b) . Mâu thuẫn với
giả thiết.
. Các ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Giải bất phương trình:
( x 2 − 3 x) x 2 + 2 x + 6 ≤ x 3 − x 2 − 6 x

Giải. Bất phương trình đã cho tương đương với: x( x − 3)( x 2 + 2 x + 6 − x − 2) ≤ 0
Xét phương trình: x( x − 3)( x 2 + 2 x + 6 − x − 2) = 0



x = 0
x = 0

⇔ x = 3
⇔ x = 3
⇔

 2
 x + 2 ≥ 0
 x + 2x + 6 = x + 2
 2
2
  x + 2 x + 6 = x + 4 x + 4

x = 0
x = 3

 x = 1

Do đó, hàm số f ( x) = x ( x − 3)( x 2 + 2 x + 6 − x − 2) liên tục trên R vàphương trình
f(x) =0 có ba nghiệm x=0, x=1 và x=3. Nên trong mỗi khoảng (−∞;0) , (0;1) , (1;3) ,
(3; +∞) phương trình f(x)=0 không có nghiệm. Hay trên mỗi khoảng (−∞;0) , (0;1)
1
, (1;3) , (3; +∞) giá trị của f(x) không đổi dấu. Mà f(-1) > 0, f( ) < 0, f(2) > 0, f(4)
2

< 0. Từ đó, ta có:
−∞

+∞
x
0
1
3
f(x)
+
0
0
+
0
[0;1]
∪
[3; +∞ ) .
Vậy, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là
Rõ ràng không cần biến đổi nhiều hay xét các trường hợp về dấu của các biểu
thức liên quan chúng ta vẫn có thể kết luận được nghiệm của bất phương trình
đã cho một cách nhanh nhất.
Ví dụ 2 Giải bất phương trình:
x +1 + x2 − 4x +1 ≥ 3 x

0 ≤ x ≤ 2 − 3

Giải. ĐK 

 x ≥ 2 + 3

(*).

6

Xét PT x + 1 + x 2 − 4 x + 1 = 3 x
⇔

x2 − 4x + 1 = − x + 3 x −1

⇒ x2 − 4 x + 1 = x2 + 9 x + 1 − 6 x − 6 x x + 2 x
1
1
. Thay vào (1) ta được x = 4; x = .
4
4
Do đó, hàm số f ( x) = x + 1 + x 2 − 4 x + 1 − 3 x liên tục trên 0; 2 − 3  ∪  2 + 3; +∞
1
và có 2 nghiệm x = 4; x = . Nên phương trình f(x) = 0 không có nghiệm trong
4
 1 1

mỗi khoảng  0; ÷ ,  ; 2 − 3 ÷, 2 + 3; 4 và ( 4; +∞ ) . Hay f(x) không đổi dấu trên
 4 4

1
1
mỗi khoảng trên. Mà f( ) > 0, f( 3,9 ) < 0, f(3,9) < 0 và f(5) > 0. Do đó ta có
8

⇔ 6 x x − 15 x + 6 x = 0 ⇔ x = 0; x = 4; x =

)

(

bảng xét dấu:
x
0
f(x)

+

)

1
4

2− 3

0

-

+∞

4

2+ 3

-

0

+



Từ bảng xét dấu ta có tập nghiệm của bất phương trình là  0;  ∪ [ 4; +∞ ) .
 4
1

Ví dụ 3. Giải bất phương trình :
2 3 3x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 > 0 .
6
5
Giải phương trình: 2 3 3 x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 = 0 (1)
Đặt u = 3 3x − 2 , v = 6 − 5 x , v ≥ 0 (*)

Giải. Điều kiện x ≤ .

Khi đó u 3 = 3x − 2 và v 2 = 6 − 5 x
8 − 2u

v=
(2)

3
2u + 3v = 8

⇔
Ta có hệ phương trình  3
2

2
5u + 3v = 8
5u 3 + 3  8 − 2u  = 8
(3)
 3 ÷



Ta có (2) ⇔ 15u3 + 4u2 - 32u + 40 = 0 ⇔ (u+2)(15u2-26u+20) = 0 ⇔ u = -2.

Thay vào (1) ta có v=4 (thoả mãn (*)).
Khi đó 6 − 5 x = 4 hay x = -2. Hay phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = -2.



6

Do đó, hàm số f ( x) = 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 liên tục trong  −∞;  và có một
5


nghiệm x = -2. Nên f(x) = 0 không có nghiệm trong mỗi khoảng (−∞; −2) và
6
(−2; ) . Hay f(x) không đổi dấu trong các khoảng trên. Mà f(-3) > 0 và f(0) < 0.
5

Do đó ta có bảng:
x
−∞
f(x)

+

6
5

-2
0

+∞

-

7


Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là ( −∞; −2 ) .
Ví dụ 4. Giải bất phương trình :
x 3 + 3 x 2 − 3 3 3x + 5 > 1 − 3x .
[11- tr.350]
Giải.
Xét phương trình: x3 + 3x 2 − 3 3 3x + 5 = 1 − 3x
Đặt y + 1 = 3 3x + 5 ⇔ (y+1)3 = 3x+5. Thay vào (1) được: (x+1)3 = 3y+5.
( x + 1) 3 = 3 y + 5 (2)
Ta có hệ 
( y + 1) 3 = 3 x + 5 (3)

Trừ vế cho vế của (2) và (3) ta được
(x - y)[(x + 1)2 + (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 3] = 0 ⇔ x = y.
(Vì (x + 1)2 + (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 3 > 0 với mọi x,y thuộc R).

Thay vào (2) ta có : (x + 1)3 = 3x + 5 ⇔ x3 + 3x2 – 4 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = -2.
Nên phương trình có hai nghiệm x = 1, x = -2.
Do đó hàm số f ( x) = x3 + 3x 2 − 3 3 3x + 5 − 1 + 3x liên tục trên R và có hai nghiệm x =
-2 và x = 1. Nên dấu của f(x) không đổi trong mỗi khoảng ( −∞; −2 ) , ( −2;1) và
( 1; +∞ ) .
Mà f(-3) < 0, f(0) < 0 và f(2)>0. Từ đó ta có bảng xét dấu:
−∞
+∞
x
-2
1
f(x)
0
- 0
+
Từ bảng ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: ( 1; +∞ ) .
Ví dụ 5. Giải bất phương trình :
3 ( x 2 − 2 x + 1) ( 3 3 x + 2 + 2 x + 2 ) > 8 x 2 − 6 x − 2 .
[7- tr.176]
Giải. Điều kiện: x ≥ −2 (*).
2
2
Xét phương trình: 3 ( x − 2 x + 1) ( 3 3x + 2 + 2 x + 2 ) = 8 x − 6 x − 2 .
Với điều kiện (*) phương trình trên tương đương với:
3( x − 1)

(

2 3

[

)

3x + 2 + 2 x + 2 = ( x − 1)(8 x + 2)

(

)

]

⇔ ( x − 1) 3( x − 1) 3 3x + 2 + 2 x + 2 − 8( x − 1) − 10 = 0
x = 1
⇔ 
3
3( x − 1) 3 x + 2 + 2 x + 2 − 8( x − 1) − 10 = 0(2)

(

)

Do x=1 không phải là nghiệm của phương trình (2) nên:
(2) ⇔ 3(3 3 x + 2 + 2 x + 2 ) −

10
−8 = 0
x −1

Xét hàm số f ( x) = 3(3 3x + 2 + 2 x + 2 ) −

10
− 8 trên tập [ − 2;1) ∪ (1;+∞) .
x −1

1
3
10
+
+
> 0 , ∀x ∈ ( − 2;1) ∪ (1;+∞) .
2
3
3x + 2
x − 2 ( x − 1)
Do đó hàm số f(x) đồng biến trên mỗi tập [ − 2;1) và (1;+∞) .
Khi đó trên mỗi tập [ − 2;1) và (1;+∞) phương trình (3) có nhiều nhất 1 nghiệm.

Ta có f '( x) =

Mà f(-1)=f(2)=0 nên phương tŕnh (3) có đúng hai nghiệm x=-1 và x=2.

8


Do đó, phương trình đã cho có đúng ba nghiệm x=-1; x=1 và x=2.
2
2
Do vậy, hàm số f ( x) = 3 ( x − 2 x + 1) ( 3 3x + 2 + 2 x + 2 ) − ( 8 x − 6 x − 2 ) liên tục trong

[ −2; +∞ ) và có ba nghiệm x=-1; x=1 và x=2. Nên dấu của f(x) không đổi trong
mỗi khoảng ( −2; −1) , ( −1;1) , ( 1; 2 ) và ( 2; +∞ ) . Ta có bảng xét dấu:
−∞
+∞
x
-2
-1
1
2
f(x)
+ 0
+ 0
- 0
+
Từ bảng ta có tập nghiệm của bất phương trình là ( −2; −1) ∪ ( −1;1) ∪ (2; +∞) .
x−2
2
Ví dụ 6. Giải bất phương trình: ( 5 + x −x3−1)( x + 5 x + 6) ≥ 0

3

−1

[8- tr.102]
Giải: Hàm số f ( x) = 5 + x − 3 và g ( x) = 3 − 1 đồng biến trên R.
Mà f(2)=0 và g(1)=0. Do đó:
f(x)>0=f(2) ⇔ x>2 ⇔ x-2>0 và f(x)<0=f(2) ⇔ x<2 ⇔ x-2<0
g(x)>0=g(1) ⇔ x>1 ⇔ x-1>0 và g(x)<0=g(1) ⇔ x<1 ⇔ x-1<0
Từ đó ta có: f(x) cùng dấu với x-2 và g(x) cùng dấu với x-1.
Do vậy bất phương trình đã cho tương đương với:

x−2

x −1

( x − 2)( x + 2)( x + 3) ≥ 0
x −1

Ta có bảng xét dấu:
x
- ∞ -3
-2
1
2
+∞
VT
+ 0 - 0 + ║ - 0 +
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: x ≤ −3, − 2 ≤ x < 1, x ≥ 2 .

(x
Ví dụ 7. Giải bất phương trình:

)



+ 2.x 3 − 8 − x + 6  log 1 ( x + 5) + 2 
 3
 >0
[11- tr487]
2

x − 4x + 3
Giải: Điều kiện: − 5 < x ≤ 8 , x ≠ 1 , x ≠ 3 .
Xét hàm số f ( x) = x 5 + 2.x 3 − 8 − x + 6 , với − 5 < x ≤ 8 .
1
4
2
> 0 , ∀ x ∈ ( − 5;8] .
Ta có: f ( x) = 5.x + 6.x +
2. 8 − x
Nên hàm số f(x) đồng biến trên ( − 5;8] và f(-1)=0.
g ( x) = log 1 ( x + 5) + 2
( − 5;8]

Mà hàm số

3

5

nghịch biến trên

và g(4)=0.

Do đó:
f(x)>0=f(-1) ⇔ x>-1 ⇔ x+1>0 và f(x)<0=f(-1) ⇔ x<-1 ⇔ x+1<0
g(x)>0=g(4) ⇔ x<4 ⇔ 4-x>0 và g(x)<0=g(4) ⇔ x>4 ⇔ 4-x<0
Từ đó ta có f(x) cùng dấu với x+1 và g(x) cùng dấu với 4-x.
Do vậy bất phương trình đã cho tương đương với:

( x + 1)( 4 − x ) > 0

( x − 3) ( x − 1)

Ta có bảng xét dấu:
x
-5
-1
1
3
4
VT
- 0 + ║ - ║ + 0

8
-

9


Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: -1Ví dụ 8. Giải bất phương trình:

(3.2

x+2

)

− 7 x − 17 ( log 4 ( x + 4) + log 7 ( x + 7) − 2 )
< 0.
x2 − 9

Giải. Điều kiện: x > - 4; x ≠ ±3 .
Xét hàm số f ( x) = 3.2 x + 2 − 7 x − 17 trên R.
Ta có: f(-2) = f(1) = 0.
f ' ( x) = 3.2 x + 2 ln 2 − 7 = 0 ⇔ x = log

7
2 12. ln 2

Vì f’(x) là hàm đồng biền nên f’(x) cùng dấu với x − log

7
.
2 12. ln 2

Ta có bảng biến thiên:
x
x − log

-∞

7
2 12. ln 2

f’(x)

+∞

f(x)

-2

log

7
2 12. ln 2

1

-

0

+

-

0

+

0

+∞

+∞

0

Từ bảng biến thiên suy ra f(x) cùng dấu với dấu của tam thức bậc hai

(x-1).(x+2)=x2+x-2.
Mặt khác, hàm số g ( x) = log 4 ( x + 4) + log 7 ( x + 7) − 2 đồng biến trên (-4; + ∞ ) và
g(0)=0 nên g(x) cùng dấu với x.
Do vậy bất phương trình đã cho tương đương với:
( x − 1).( x + 2).x
<0
( x − 3).( x + 3)

Ta có bảng xét dấu:
x
-4
-3
-2
0
1
3
+∞
VT
║ - ║ + 0 - 0 + 0 - ║ +
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: -4Ví dụ 9: Giải bất phương trình x + 1 + 3 7 − x > 2 .
[11-tr. 468]
(Tính liên tục)
Giải. Xét phương trình x + 1 + 3 7 − x = 2 (*). Đặt u = x + 1 , v = 3 7 − x , ta có hệ
phương trình:
u = 2 − v

u + v = 2
u = 2 − v
u = 2 − v

v = 2
⇔
⇔
⇔ 
 2 3
2
3
2
u + v = 8
(v − 2) + v − 8 = 0
(v − 2)(v + 3v + 2) = 0
v = −1
v = −2

3
⇒
⇒
x = −1 thay vào (*) ta có x = −1 là nghiệm.
7− x = 2
Với v = 2

10


Với v = −2 ⇒ 3 7 − x = −2 ⇒ x = 15 thay vào (*) ta có x = 15 là nghiệm.
Với v = −1 ⇒ 3 7 − x = −1 ⇒ x = 8 thay vào (*) ta có x = 8 là nghiệm.
Vì f ( x) = x + 1 + 3 7 − x − 2 là hàm số liên tục trên [ −1; +∞ ) nên f giữ nguyên dấu
trong các khoảng ( −1;8 ) , ( 8;15 ) , ( 15; +∞ ) .
Ta có f (7) = 8 − 2 > 0 ; f (9) = 10 − 3 2 − 2 < 0 ; f (34) = 35 − 3 27 − 2 > 0 .
Do đó nghiệm của bất phương trình là: −1 < x < 8 , x > 15 .

Ví dụ 10. Giải bất phương trình nghiệm thực sau:
5 x + 16 − 5 − x + 2 x 2 − 7 x − 9
≥0
3x − 5 + x − 2 − 3

Cách 1. Sử dụng tính chất đơn điệu
Điều kiện: 2 ≤ x ≤ 5 , x ≠ 3
Xét hàm số g ( x) = 3x − 5 + x − 2 − 3 , là hàm đồng biến và có g(3) = 0.
Nên g ( x) và x − 3 cùng dấu.
Xét hàm số h( x) = 5 x + 16 − 5 − x + 2 x 2 − 7 x − 9 , h(4) = 0


1
1

+
+ 2 x + 1÷
 6 + 5 x + 16 1 + 5 − x

Nên h(x) cùng dấu với x − 4
h( x )
x−4
Do đó, g ( x) cùng dấu với
.
x −3
Vậy Nghiệm của bất phương trình là 2 ≤ x < 3; 4 ≤ x ≤ 5 .

Ta có h( x) = ( x − 4) 

Cách 2. Sử dụng tính chất hàm liên tục

5 x + 16 − 5 − x + 2 x 2 − 7 x − 9
liên tục và không triệt tiêu
3x − 5 + x − 2 − 3
trong mỗi khoảng (2;3) , (3; 4) ; (4;5) nên trong mỗi khoảng hàm số giữ nguyên

Hàm số f ( x) =

một dấu.
Lập bảng xét dấu tìm được nghiệm 2 ≤ x < 3; 4 ≤ x ≤ 5 .
Như vậy, qua hệ thống các bài tập đã nêu trên tôi thấy rằng đối với một số bài
toán giải phương trình, bất phương trình vận dụng tính liên tục của hàm số hợp
lí sẽ cho ta cách giải ngắn gọn và đơn giản hóa bài toán mang lại hiệu quả tối ưu
và tiết kiệm thời gian. Tạo cho học sinh hứng thú học tập và tự chủ trong việc
giải quyết vấn đề đồng thời phát triển năng lực tư duy logic kết nối các đối
tượng toán học trong quá trình học toán cho học sinh. [9- tr.9, 10]
2.3.4. Các bài tập tương tự
1. Giải bất phương trình: ( x − 2) x 2 + 1 ≤ x 2 − 4
2. Giải bất phương trình: x + 1 + 3 5x − 7 + 4 7x − 5 + 5 13x − 7 < 8 .
3. Giải bất phương trình: 2( x − 2) ( 3 4 x − 4 + 2 x − 2 ) > 3x − 1 .
4. Giải bất phương trình: x + 1 + 3 7 − x > 2 .
5. Giải bất phương trình: 2( x 2 + 2) = 5 x 3 + 1 .

11


6. Giải bất phương trình: 2(1 − x) x 2 + 2x − 1 ≤ x 2 − 2x − 1
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục với
bản thân, đồng nghiệp, nhà trường thông qua kết quả điều tra khảo sát.
2.4.1.Bằng phiếu điều tra
Lớp

Năm học

12A2
12 A1
12A1
12 A2
12 A2

2014-2015
2015-2016
2016-2017
2015-2016
2016-2017

HS hứng thú
với tiết học
75%
80%
82%
90%
95%

HS chưa hứng thú
với tiết học
25%
20%
18%
10%
5%

2.4.2. Bằng quan sát trực tiếp:
Không khí lớp học rất sôi nổi.
Học sinh hứng thú với tiết học, tham gia thảo luận nhiệt tình và có hiệu quả.
2.4.3. Kiểm tra theo hình thức tự luận.
Cho học sinh lớp 12A2 năm học 2017 làm bài kiểm tra với yêu cầu sau :
Thời gian: 90 phút
Bài 1 (2 điểm). Chứng minh bất đẳng thức
3
3
2 3
2
2
52
 6 
x − 2x2 − 9x +
5x + 6 +
7 x + 11 ≤ , ∀x ∈  − ;3 ÷
3
15
21
7
 5 

Bài 2 (2 điểm). Giải bất phương trình nghiệm thực sau
5 x + 16 − 5 − x + 2 x 2 − 7 x − 9
≥0
3x − 5 + x − 2 − 3
3
Bài 3 (2 điểm). Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn x + y + z = . Chứng

2

minh rằng:
x2
y2
z2
1
+
+
≥
x +1 y +1 z +1 2

Bài 4.(2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3mx − m . Tìm các giá trị của m để đồ thị
hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn −1 .
Bài 5.(2điểm) Tìm điểm A thuộc trục tung sao cho qua A có thể kẻ được 3
tiếp tuyến tới đồ thị hàm số y = −2 x 4 + 4 x 2 − 5 .
Kết quả cho thấy 90% học sinh đạt yêu cầu trở lên trong đó có đến 70% đạt
khá giỏi.

12


2.4.4. Áp dụng trong tổ bộ môn.
Đa số giáo viên tổ Toán trường THPT Quảng Xương 3 đã áp dụng các phương
pháp này trong các tiết dạy liên quan đến giải phương trình, bất phương trình
trên tất cả các lớp 11 và lớp 12. Và giáo viên tổ Toán đã nhận thấy hiệu quả rõ
ràng trong giờ dạy, học sinh hứng thú hơn trong giờ học.

13

III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
Tạo được niềm đam mê, hứng thú cho học sinh trong quá trình học tập
luôn là điều mong mỏi của mỗi thầy cô giáo tâm huyết với nghề. Bởi vậy việc
tìm tòi kết nối giữa các kiến thức có mối liên hệ mật thiết với nhau để nhằm phát
triển tư duy logic cho học sinh, từ đó học sinh củng cố tri thức cũ, tiếp cận tri
thức mới là việc mà mỗi người dạy luôn trăn trở.
Mỗi một bài toán luôn có những cách giải khác nhau, nhưng để tìm lời
giải tối ưu thì không những người học phải nổ lực tư duy mà ngay cả người dạy
cũng cần có định hướng thích hợp tạo cho học sinh hứng thú trong học tập. Đặc
biệt là với tính liên tục của hàm số trong chương trình đại số và giải tích 11
lượng kiến thức rất ít, nên để vận dụng tích cực tính chất này người dạy phải
nghiên cứu kỹ lưỡng và từng bước cùng học sinh vận dụng vào giải toán cụ thể
giúp học sinh nâng cao năng lực giải toán.
Từ thực tế áp dụng tại trường THPT Quảng Xương 3, tôi mạnh dạn nêu
kinh nghiệm nhỏ này để trao đổi cùng đồng nghiệp, rất mong được sự góp ý của
các bạn.
3.2. Kiến nghị.
Đề nghị sở giáo dục và đào tạo phổ biến những sáng kiến kinh nghiệm
đạt giải A cấp ngành về các trường THPT để mọi CBGV học tập, áp dụng.

Xác nhận của thủ trưởng đơn vị

Sầm Sơn, ngày 4 tháng 05 năm 2017.
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh
nghiệm của bản thân không sao chép.
Người thực hiện:

Nguyễn Quỳnh Nga

14


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Các phương pháp giải toán sơ cấp giải tích 12- Phan Huy Khải, Nguyễn Đạo
Phương, NXB Hà Nội.
[2]. Các bài toán về suy luận logic - Trần Diên Hiển(2000), NXB Giáo dục, Hà
Nội.
[3]. Dạy học theo chuẩn kiến thức, kĩ năng môn Toán 11 - Bùi Văn Nghị, Trần
Trung, Nguyễn Tiến Trung (2010), NXB Đại học sư phạm.
[4]. Đại số & Giải tích 11 - Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn, Đào Ngọc Nam, NXB Giáo
dục.
[5]. Giải tích 12 - Ngô Thúc Lanh, Ngô Xuân Sơn, Vũ Tuấn, NXB Giáo dục, Hà
Nội.
[6]. Học tập trong hoạt động và bằng hoạt động - Nguyễn Bá Kim, NXB Giáo
dục, Hà Nội.
[7].Phương pháp giải toán đại số & giải tích 11- Lê Quang Ánh, Lê Quý Mậu,
NXB Đà Nẵng.
[8]. Toán bồi dưỡng học sinh lớp 11- Đại số, Hàn Hải Liên, Phan Huy Khải, Đào
Ngọc Nam, Nguyễn Đạo Phương- NXB Hà Nội.
[9].Tổ chức hoạt động nhận thức trong dạy học môn Toán ở trường Trung học
phổ thông - Đào Tam, Trần Trung (2010), NXB Đại học sư phạm.
[10].Tiếp cận các phương pháp dạy học không truyền thống trong dạy học Toán
ở trường Đại học và trường Phổ thông - Đào Tam, Lê Hiển Dương(2008).
[11]. Tuyển tập các chuyên đề luyện thi đại học môn Toán- Đại số sơ cấp, Trần
Phương, Lê Hồng Đức- NXB Đại học quốc gia Hà Nội.

15