Giải phương trình – bất phương trình bằng phương pháp sử dụng tính chất của hàm số

Mục lục
Thứ tự
PHẦN 1
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
PHẦN 2
2.1
2.2

2.3

2.4
PHẦN 3
3.1
3.2

Danh mục
MỞ ĐẦU
Lý do chọn đề tài
Mục đích nghiên cứu
Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Kế hoạch nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu
NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Cơ sở lí luận
Thực trạng của đề tài
Giải pháp thực hiện
2.3.1. Giải phương trình , bất phương trình

không chứa tham số.
a) Các ví dụ
b) Bài tập rèn luyện
2.3.2. Giải phương trình , bất phương trình
chứa tham số.
a) Các ví dụ
b) Bài tập tự luyện
Hiệu quả của SKKN
KẾT LUẬN - KIẾN NGHỊ
Kết luận
Kiến nghị
TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang
2
2
3
3
4
4
5
5
7
7
7
7
12
12
12
15

16
18
18
18
19

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Đối với học sinh THPT thì khái niệm phương trình, bất phương trình thì
lên lớp 10 mới được định nghĩa, nhưng trên thực tế thì phương trình, bất phương
trình đã học và giải từ rất sớm bằng các bài toán tìm số chưa biết thỏa mãn các
điều kiện cho trước. Do đó khi học và giải các phương trình, bất phương trình
thì học sinh đã quá quen thuộc, vấn đề là giải như thế nào cho hợp lôgic. Những
phương trình, bất phương trình học sinh thường gặp như: Lớp 10 có phương
trình, bất phương trình quy về bậc hai, chứa ẩn dưới dấu căn. Lớp 11 có phương
trình lượng giác. Lớp 12 có phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit. Đặc
biệt ở lớp 12 có phần ứng dụng đạo hàm gồm các dạng toán liên quan đến khảo
sát hàm số, tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số. Với tính năng ưu
việt của việc ứng dụng đạo hàm vào giải toán, không những chỉ đơn thuần giải
các bài toán liên quan đến khảo sát hàm số như biện luận số nghiệm của phương
trình hay tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số mà còn có thể giải
quyết được rất nhiều dạng toán như khảo sát nghiệm phương trình và bất
phương trình vô tỉ, đặc biệt là các dạng phương trình, bất phương trình chứa
tham số. Tuy nhiên trong quá trình giảng dạy bộ môn toán THPT tôi nhận ra
rằng toán học nói riêng và bộ môn khoa học tự nhiên nói chung thật xa lạ, thậm
chí là nỗi “khiếp sợ” đối với đông đảo học sinh. Điều gì đã khiến học sinh suy
nghĩ như vậy? Tôi nhận thấy, đa số học sinh đang thiếu tư duy độc lập, sáng tạo

về sự vận dụng kiến thức, nhất là khả năng “quy lạ về quen” hay mở rộng những
kiến thức đã có vào từng dạng toán cụ thể. Trong các kỳ thi, ngoài các câu hỏi
liên quan trực tiếp đến hàm số ta thường thấy có những câu hỏi mà học sinh
thường phải vận dụng tư duy hàm số như là một công cụ đắc lực để giải toán
như: Giải phương trình, bất phương trình ,tìm cực trị ,.....Các câu hỏi này cũng
thường gây khó khăn cho cả thầy và trò trong các giờ lên lớp. Trong các giờ
giảng các em thường bị động trong nghe giảng và rất lúng túng vận dụng vào
việc giải toán. Nguyên nhân là do các em chưa hiểu được bản chất của vấn đề,
chưa có kỹ năng và kinh nghiệm trong việc vận dụng hàm số vào giải toán, các
em luôn đặt ra câu hỏi: “Tại sao nghĩ và làm được như vậy ? ’’. Để trả lời được
câu hỏi đó trong các giờ dạy, việc bồi dưỡng năng lực tư duy hàm số cho học
sinh thông qua các bài toán là một điều rất cần thiết. Muốn làm tốt được điều đó
người thầy không chỉ có phương pháp truyền thụ tốt mà còn phải có kiến thức
vừa chuyên ,vừa sâu, dẫn dắt học sinh tìm hiểu một cách lôgic bản chất của toán
học. Từ đó giúp các em có sự say mê trong việc học môn Toán - môn học được
coi là ông vua của các môn tự nhiên. Để toán học trở nên gần gũi và là sự yêu
mến, hứng thú học hỏi, niềm say mê đối với các em học sinh THPT ta phải cần
giải quyết các vấn đề sau:
Một là: 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

2


nhỏ nhất 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.
Hai là: Khi học sinh làm bài tập về phương trình, bất phương trình hoặc
tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức có điều kiện mà trong lời giải
có bước đặt ẩn phụ thì tôi thấy nhiều học sinh mắc phải một trong những sai

lầm: hoặc là đặt ẩn phụ mà không nghĩ đến tìm điều kiện của ẩn phụ hoặc tìm
sai điều kiện của nó, hoặc đã tìm chính xác điều của ẩn phụ nhưng khi lập luận
trên phương trình, bất phương trình theo ẩn phụ thì lại không xét trên điều kiện
ràng buộc của nó nên dẫn đến kết luận không chính xác.
Ba là: 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 bỏ, do đó học sinh trong khi đọc sách tham khảo xuất bản trước đó có rất
nhiều bài toán sử dụng định lý đó nên học sinh đọc sách rất hoang mang và
không biết phải giải quyết như thế nào.
Với nguyện vọng giúp học sinh thay đổi tư duy về môn toán tôi tập trung khai
thác cách giải phương trình, bất phương trình bằng việc ứng dụng tính chất 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 tự nhiên, thuần túy, ngắn gọn và
đơn giản. Đó là lí do để tôi chọn đề tài : “Giải phương trình – Bất phương
trình bằng phương pháp sử dụng tính chất của hàm số”
1.2. Mục đích nghiên cứu
Xuất phát từ mối liên hệ giữa số nghiệm của phương trình một ẩn với số
giao điểm của hai hai đồ thị hai hàm số ở hai vế của phương trình đó để giải
quyết các bài toán về phương trình, bất phương trình. Đặc biệt là phương trình,
bất phương trình chứa tham số.
Trong khi giải quyết các bài toán về phương trình, bất phương trình hoặc
bài toán tìm GTLN , GTNN của một biểu thức có điều kiện mà phải thực hiện
việc đặt ẩn phụ thì việc tìm điều kiện của ẩn phụ là rất cần thiết, việc tìm điều
kiện của ẩn phụ thực ra là tìm tập giá trị của ẩn phụ trên tập xác định của bài
toán đã cho bằng hàm số. Sau khi tìm được điều kiện của ẩn phụ thì những yêu
cầu của đề bài đối với bài toán theo ẩn chính phải được quy về những yêu cầu
tương ứng cho bài toán theo ẩn phụ trên điều kiện của nó. Đó là điều quan trọng
để chọn đặt hàm số tương ứng trên tập giá trị của ẩn phụ.
Các vấn đề tôi trình bày trong bài viết của mình có thể hỗ trợ cho các em
học sinh lớp 12 có cách nhìn toàn diện hơn về cách tiếp cận bằng hàm số để giải

bài toán phương trình, bất phương trình, đặc biệt phương trình, bất phương trình
có tham số.
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu: Để hoàn thành được bài viết của mình với đề tài
nói trên tôi đã phải nghiên cứu trên các dạng toán về phương trình, bất phương
trình và các bài toán tìm GTLN, GTNN đặc biệt là các bài toán về phương trình,
bất phương trình chứa tham số.

3


- Phạm vi nghiên cứu: Phạm vi nghiên cứu của đề tài là toàn bộ chương
trình đại số và giải tích thuộc môn toán Trung học phổ thông đặc biệt là các
phần: phương trình, bất phương trình, phương trình, bất phương trình vô tỉ,
phương trình lượng giác, phương trình, bất phương trình mũ và logarit.
1.4. Kế hoạch nghiên cứu (Bỏ)
Trong quá trình dạy học với những trăn trở như đã trình bày trong phần cơ
sở thực tiến để đưa ra lý do chọn đề tài tôi đã cho các em học sinh THPT, chủ
yếu là học sinh cuối cấp chuẩn bị bước vào các kì thi làm các bài toán về
phương trình, bất phương trình. Khi đó học sinh có thể làm được các bài toán
mà sau khi đặt ẩn phụ quy về phương trình, bất phương trình bậc hai có thể tính
toán đơn thuần thông qua biệt thức đenta hoặc sau khi biến đổi cô lập tham số ta
được một vế là hàm số bậc hai đối với ẩn phụ, nhưng nhiều em vẫn làm không
chính xác do không để ý tìm điều kiện của ẩn phụ hoặc có tìm điều kiện của ẩn
phụ nhưng tìm không chính xác.
Với các bài toán có tham số mà sau khi đặt ẩn phụ lại quy về phương trình,
bất phương trình có chứa hàm số đa thứ bậc ba, bạc bốn hoặc hàm số phân thức
thì học sinh không thể giải được vì các em chưa biết cách sử dụng các tính chất
của hàm số hoặc có sử dụng nhưng còn máy móc, thiếu chính xác.
Các vướng mắc nói trên sẽ được giải quyết toàn diện khi học sinh đã học về

ứng dụng của đạo hàm để khảo sát hàm số. Do đó từ đầu năm học 2017 – 2018
tôi đã nghiên cứu đề tài nói trên thông qua một số tiết tự chọn ôn thi và từ đó
xây dựng, hoàn thiện bài viết của mình.
1.5. Phương pháp nghiên cứu
Trình bày cho học sinh những kiến thức cơ bản về lí thuyết tính đơn điệu,
GTLN – GTNN của hàm số. Thông qua những ví dụ cụ thể với cách giải đơn
giản, tự nhiên nhằm làm cho học sinh thấy được những thế mạnh của việc sử
dụng phương pháp hàm số đồng thời có những lời nhận xét trước và sau các bài
giải giúp học sinh trả lời thỏa đáng câu hỏi: “Tại sao nghĩ và làm được như
vậy?”. Phương pháp được sử dụng nhiều ở đây là: Phân tích – Dẫn giải – Tổng
hợp.
Vì những hạn chế của học sinh như đã trình bày trong phần lý do chọn đề
tài và phần khảo sát thực tiễn nên trong quá trình dạy lớp 12, bắt đầu là phần
ứng dụng đạo hàm để khảo sát hàm số, với các tiết học tự chọn ôn thi, tôi đã
lồng ghép các bài tập phương trình, bất phương trình mà khi giải phải cần đến
hàm số. Nhưng vì thời gian không có nhiều, hơn thế để học sinh chủ động chiếm
lĩnh kiến thức nên ứng với mỗi phần tôi cho học sinh một số bài tập để các em
về nhà nghiên cứu tìm lời giải. Trên lớp tôi cho một số học sinh lên bảng làm bài
và một số học sinh khác nhận xét lời giải. Sau đó tôi phân tích lời giải cho cả lớp
để các em tìm được lời giải tối ưu và nhấn mạnh một số điểm quan trọng trong
mỗi bài, qua mỗi dạng.

4


2. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
2.1. Cơ sở lý luận:
2.1.1.Tính đơn điệu của hàm số
Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên D.
Nếu f ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ D thì hàm số f ( x) đồng biến (tăng) trên D.

Nếu f ' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ D thì hàm số f ( x) nghịch biến (giảm) trên D.
(Dấu “=” chỉ xảy ra tại một số điểm hữu hạn trên D)

Nếu hàm f ( x ) tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình
f ( x ) = k ( k ∈ ¡ ) có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b).
Nếu hàm f ( x ) tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì ∀u, v ∈(a,b) ta có
f (u ) = f ( v ) ⇔ u = v .
Nếu hàm f ( x ) tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì ∀u, v ∈(a,b) ta có
f (u ) < f ( v ) ⇔ u < v ( f (u ) < f ( v ) ⇔ u > v ).
Nếu hàm f ( x ) tăng và g ( x ) là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b)
thì phương trình f ( x ) = g ( x ) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b).
Định lý Cauchy : Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên [ a; b ] và f ( a ) . f ( b ) < 0 thì tồn
tại ít nhất một điểm x0 ∈ ( a; b ) để f ( x0 ) = 0 .
Nếu hàm số f ( x ) đơn điệu và liên tục trên [ a; b ] và f ( a ) . f ( b ) < 0 thì tồn
tại duy nhất một điểm x0 ∈ ( a; b ) để f ( x0 ) = 0 .
Nếu f ( x ) là hàm số đồng biến ( nghịch biến ) thì
y =

n

f ( x), n ∈ N , n ≥ 2 đồng biến (nghịch biến ),

1
với
f ( x)

f ( x ) > 0 là

nghịch biến ( đồng biến), y = − f ( x ) nghịch biến (đồng biến ).

Tổng các hàm đồng biến ( nghịch biến ) trên D là đồng biến (nghịch biến )
trên D.
Tích của hai hàm số dương đồng biến (nghịch biến ) trên D là một hàm
đồng biến (nghịch biến ) trên D.
2.1.2. Giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số
Cho hàm số y = f ( x) xác định trên D.
Số M được gọi là GTLN của hàm số y = f ( x) trên D nếu f ( x) ≤ M , ∀x ∈ D
và ∃x0 ∈ D sao cho f ( x0 ) = M . Kí hiệu M = mDax f ( x)
Số m được gọi là GTNN của hàm số y = f ( x) trên D nếu f ( x) ≥ m, ∀x ∈ D
f ( x)
và ∃x0 ∈ D sao cho f ( x0 ) = m . Kí hiệu m = min
D
Quy tắc tìm GTLN và GTNN của hàm số

5


* Từ việc lập BBT của hàm số f ( x) trên tập xác định của nó ta sẽ tìm thấy
những điểm trên đồ thị có tung độ lớn nhất ( nhỏ nhất ) các giá trị đó chính là
GTLN ( GTNN ) của hàm số .
* Nếu hàm số f ( x) xác định và liên tục trên đoạn [ a; b ] thì ta có thể tìm
GTLN và GTNN theo các bước sau :
- Tìm các điểm x1 , x2 ,..., xn trên đoạn [ a; b ] mà tại đó f ' ( x) bằng 0 hoặc
f ' ( x) không xác định.
- Tính các giá trị f ( a), f (b), f ( x1 ), f ( x2 ),..., f ( xn )
- Số lớn nhất ( bé nhất ) trong các số trên là GTLN (GTNN ) của hàm số
f ( x) trên đoạn [ a; b ] .
2.1.3. Các dạng toán liên quan
a) Giải phương trình, bất phương trình không chứa tham số
Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau:

Phương án 1: 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.
Phương án 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi
dùng lập luận khẳng định f(x) đồng biến còn g(x) nghịch biến hoặc hàm hằng
suy ra phương trình có nghiệm duy nhất.
Phương án 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f đơn điệu
khi đó ta có: u = v.
Đối với bất phương trình thì biến đổi về dạng f (u ) < f ( v ) rồi chứng minh f đơn
điệu để kết luận.
b) Giải phương trình, bất phương trình chứa tham số có sử dụng
GTLN-GTNN.
Xuất phát từ bài toán liên quan đến khảo sát hàm số là dựa vào đồ thị hàm số
y = f ( x) biện luận số nghiệm của phương trình f ( x ) = g (m) thì số nghiệm của
phương trình f ( x) = g (m) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x) với
đường thẳng y = g (m) . Ta giải các bài toán phương trình, bất phương trình chứa
tham số theo các định hướng sau:
Biến đổi các phương trình, bất phương trình chứa tham số m về dạng :
f ( x) = g (m) với hàm số f ( x ) có GTLN - GTNN trên tập xác định D . Khi đó:
- Phương trình f ( x) = g (m) có nghiệm trên D khi và chỉ khi
min f ( x) ≤ g (m) ≤ max f ( x) .
D
D
- Bất phương trình f ( x) > g (m) thỏa mãn ∀x ∈ D khi và chỉ khi
min f ( x) > g ( m) .
D

- Bất phương trình f ( x) < g (m) thỏa mãn ∀x ∈ D khi và chỉ khi
m ax f ( x) < g (m) .
D

6


- Bất phương trình f ( x) > g (m) có nghiệm x ∈ D khi và chỉ khi
max f ( x) > g (m) .
D

- Bất phương trình f ( x) < g (m) có nghiệm

x ∈ D khi và chỉ khi

min f ( x) < g ( m) .
D
Trong trường hợp hàm số f ( x) không có GTLN hoặc GTNN trên tập
D ta phải kết hợp với BBT hoặc đồ thị của nó để có kết luận thích hợp.
Nếu bất phương trình có dạng " ≤ " hoặc " ≥ " thì bổ sung thêm dấu " = "
cho các điều kiện.
2.2. Thực trạng của đề tài:
Đối tượng học sinh tôi trực tiếp giảng dạy có học lực yếu, trung bình và
trung bình khá nên khi giải phương trình , bất phương trình thì học sinh rất lúng
túng không biết giải quyết vấn đề từ đâu.
Qua việc khảo sát, kiểm tra định kỳ và việc học tập, làm bài tập hàng
ngày nhận thấy học sinh thường làm không đúng hoặc không làm được.
2.3. Giải pháp thực hiện:
Qua nghiên cứu trao đổi và đúc rút kinh nghiệm từ thực tế và ý kiến của
đồng nghiệp tôi mạnh dạn đưa ra hướng giải quyết các vấn đề trên theo hướng
dễ tiếp cận đối với học sinh.
Kiến thức cơ bản:
2.3.1. Giải phương trình, bất phương trình không chứa tham số

a) Các ví dụ
Ví dụ 1: Giải phương trình: 4 x − 1 + 4 x 2 − 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.
Giải
Điều kiện:
Đặt

x≥

1
2

.

f ( x ) = 4x − 1 + 4x2 − 1 .

Do đó hàm số
f ( x) = 1

Ta có

f ' ( x) =

f ( x ) = 4 x − 1 + 4x2 − 1

2
4x

1

+
> 0, ∀x ∈  ; +∞ ÷
2
2
4x − 1


4x −1

1

.



đồng biến trên  ; +∞ ÷, nên phương trình
2


nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Hơn nữa,

nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x + x − 5 + x + 7 + x + 16 = 14
Nhận xét:

1
f  ÷= 1
2

nên

x=

1
2

là

(2)

7


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 chỉ có thể nhân
liên hợp là hợp lí.
Giải
Cách 1: Dùng lượng liên hợp
Điều kiện: 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
1
1
1
1
+
+
+
> 0, ∀x ≥ 5 .
Do
x +3
x−5 +2
x+7 +4
x + 16 + 5
Vậy x = 9 là nghiệm của phương trình.

Cách 2: Dùng hàm số
Điều kiện: 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 biến trên [ 5; +∞ ) .
Mà f (9) = 14 nên x = 9 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 3: Giải phương trình sau: 3 2 x + 1 + 3 2 x + 2 + 3 2 x + 3 = 0 (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 2x + 3

)

3

( 2 x + 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) = 2 x + 2
3
⇔ ( 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 nghiệm của phương trình đã
cho là x = −1 .
Cách 2: Đặt f ( x) = 3 2 x + 1 + 3 2 x + 2 + 3 2 x + 3
Ta có:

f ' ( x) =

2
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 biến.





f ( x) = ±∞ nên suy ra x = −1 là
Mà f  − ÷ = −1 + 3 −2; f ( −1) = 0; f  − ÷ = 1 + 3 2; xlim
→±∞
 2
 2
3

1

nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
8


Ví dụ 4: Giải phương trình :

5 x3 − 1 + 3 2 x − 1 + x = 4

Giải
Điều kiện: x ≥

1
5

3

Đặt f ( x) = 5 x3 − 1 + 3 2 x − 1 + x
Ta có f ′ ( x ) =

15 x 2
2 5 x3 − 1

+

2
3 3 (2 x − 1) 2

+ 1 > 0, ∀x ∈ (

1
; +∞) nên hàm số đồng biến
3
5

1
5

trên ∈ [ 3 ; +∞) . Mà f ( 1) = 4 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 5 : Giải phương trình : 2 x3 + 3x 2 + 6 x + 16 = 2 3 + 4 − x (1)
Nhận xét :
Bài toán này gây khó khăn cho ta từ bước đặt điều kiện
 2 x 3 + 3 x 2 + 6 x + 16 ≥ 0
( x + 2)(2 x 2 − x + 8) ≥ 0
⇔
⇔ −2 ≤ x ≤ 4
Điều kiện: 

4
−
x
≥

0
4
−
x
≥
0



Khi đó, (1) ⇔ 2 x3 + 3x 2 + 6 x + 16 − 4 − x = 2 3
Xét hàm số f ( x ) = 2 x3 + 3x 2 + 6 x + 16 − 4 − x trên [ −2; 4]
Ta có f ′ ( x ) =

3( x 2 + x + 1)
2 x 3 + 3x 2 + 6 x + 16

+

1
> 0, ∀x ∈ ( −2; 4)
2 4− x

Do đó hàm số f ( x ) = 2 x3 + 3x 2 + 6 x + 16 − 4 − x đồng biến trên [ −2; 4] .
Mà f ( 1) = 2 3 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 6. Giải phương trình : 3x(2 + 9 x 2 + 3) + (4 x + 2)(1 + 1 + x + x 2 ) = 0
Giải
Cách 1:
Viết lại phương trình dưới dạng (2 x + 1)(2 + (2 x + 1) 2 + 3 = ( −3 x ) (2 + ( −3 x) 2 + 3)
1
2

Nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm thoả mãn 3x(2x+1)<0 ⇔ − < x < 0 .
1
5

Nhận thấy nếu 2x+1 = -3x ⇔ x= - thì hai vế của phương trình bằng nhau .Vậy

1
là nghiệm của phương trình .Hơn nữa ta thấy nghiệm
5
1  1 
x = − ∈  − ;0 ÷
5  2 
1
Ta chứng minh x = − là nghiệm duy nhất .
5
1
1
2
2
• với − < x < − ⇒ 3 x < −2 x − 1 < 0 ⇒ ( 3 x ) > ( 2 x + 1)
nên ta có
2
5
2 + (3x) 2 + 3) > 2 + (2 x + 1) 2 + 3 ⇒ ( −3x ) (2 + ( −3 x) 2 + 3) > (2 x + 1)(2 + (2 x + 1) 2 + 3
x=−

9

hay (2 x + 1)(2 + (2 x + 1) 2 + 3 + 3x(2 + (3 x) 2 + 3) < 0 suy ra phương trình vô nghiệm

 1
 2

1
5

trên khoảng  − ; − ÷ .

1
• với − < x < 0 làm tương tự như trên ta thấy phương trình vô nghiệm trên
5
1
 1 
 − ;0 ÷. Vậy nghiệm của phương trình là x = − .
5
 5 

Cách giải trên sử dụng phương pháp đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy
nhất
Cách 2:
Viết lại phương trình dưới dạng:
(2 x + 1)(2 + (2 x + 1) 2 + 3 = ( −3 x ) (2 + ( −3 x) 2 + 3) (1)
'
2
Xét hàm số f (t ) = t (2 + t + 3) trên ¡ . Ta có f (t ) = 2 + t + 3 +
2

t2

t2 + 3

> 0, ∀t ∈ ¡ .

Do đó hàm số đồng biến trên ¡ .
1
5

Từ (1) ⇔ f ( 2 x + 1) = f ( −3x ) ⇔ 2 x + 1 = −3x ⇔ x = − . Vậy phương trình có nghiệm

1
5

duy nhất là x = − .
Ví dụ 7: Giải phương trình
Giải
Nhận xét:

x 2 + 15 = 3 x − 2 + x 2 + 8

x 2 + 15 > x 2 + 8, ∀x ∈ ¡

vô nghiệm.
Viết phương trình về dạng

2
3

nên khi 3x − 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ thì phương trình

x 2 + 15 − x 2 + 8 − 3 x + 2 = 0
2



Xét hàm số f ( x ) = x 2 + 15 − x 2 + 8 − 3 x + 2 trên  ; +∞ ÷.
3


1
1 
2
'
−
− 3 < 0, ∀x > . Do
Ta có f ( x) = x  2
÷
3
x2 + 8 
 x + 15
2

đó

hàm

số



f ( x ) = x 2 + 15 − x 2 + 8 − 3x + 2 nghịch biến trên  3 ; +∞ ÷.


Mà f ( 1) = 0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 10: Giải phương trình 3 x + 2 − 3 2 x 2 + 1 = 3 2 x 2 − 3 x + 1
Giải
Ta có:
3
x + 2 − 3 2 x 2 + 1 = 3 2 x 2 − 3 x + 1 ⇔ 3 x + 2 + 3 x + 1 = 3 2 x 2 + 1 + 3 2 x 2 (*)

10


Xét hàm số f ( t ) = 3 t + 1 + 3 t trên ¡ .
Ta có

f ′( t ) =

1
3

3

( t + 1)

2

+

1

33 t 2

Từ (*) ⇔ f ( x + 1) = f ( 2 x

2

)

> 0, ∀t ∈ ¡ \ { 0; −1}

. Suy ra hàm số đồng biến.

x =1
⇔ 2x = x + 1 ⇔ 2x − x − 1 = 0 ⇔ 
x = − 1

2
2

2

1
2

Vậy phương trình có nghiệm là x = − ; x = 1
Chú ý : Đối với bất phương trình ta cũng sử dụng tính đơn điệu của hàm số
một cách linh hoạt thì bài toán sẽ trở nên đơn giản.
4
15 + x − 4 2 − x > 1 (*)
Ví dụ 11: Giải các bất phương trình sau:

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
4
4
Giải bất phương trình 15 + x − 2 − x > 1
Cách 1: Đặt ẩn phụ
Điều kiện: −15 ≤ x ≤ 2
Với điều kiện trên ta đặt u = 4 15 + x ≥ 0; v = 4 2 − x ≥ 0; u > v
4
4
u 4 = 17 − v 4
u 4 + v 4 = 17
u 4 = 17 − v 4
u = 17 − v
⇔
⇔
⇔
Khi đó ta có 

 4

4
4
17 − v > 1 + v
u − v > 1
u > 1 + v
u > ( 1 + v )

u 4 = 17 − v 4

u 4 = 17 − v 4
⇔
⇔

.
2
 −2 < v < 1
( v − 1) ( v + 2 ) v + v + 4 < 0
Do v ≥ 0 nên ta được 0 ≤ v < 1 . Suy ra 4 2 − x < 1 ⇔ x > 1
Kết hợp với điều kiện −15 ≤ x ≤ 2 ta được nghiệm của bất phương trình đã
cho là 1 < x ≤ 2 .

(

)

Cách 2: Dùng tính đơn điệu của hàm số
Điều kiện: −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
44 ( 2 − x)

3

> 0, ∀x ∈ ( −15; 2 )

.

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 bất phương trình đã
cho là 1 < x ≤ 2 .
Ví dụ 12 : Giải bất phương trình 7 x + 7 + 7 x − 6 + 2 49 x 2 + 7 x − 42 < 181 − 14 x (*)
Giải
Điều kiện: x ≥

6
7

11


Bất phương trình (*) được viết lại dưới dạng

(

7x + 7 + 7x − 6

) +(
2

)

7 x + 7 + 7 x − 6 − 182 < 0 ⇔ 7 x + 7 + 7 x − 6 − 13 < 0

6



Xét hàm số f ( x ) = 7 x + 7 + 7 x − 6 − 13 trên  ; +∞ ÷.
7

Do

f ′( x) =

7
7
+

>0
2 7x + 7 2 7x − 6

6

 ; +∞ ÷
7


trên

nên

hàm

số

6

f ( x ) = 7 x + 7 + 7 x − 6 − 13 đồng biến trên  ; +∞ ÷.
7

Mà f ( 6 ) = 0 nên 7 x + 7 + 7 x − 6 − 13 < 0 ⇔ f ( x ) < f ( 6 ) ⇔ x < 6 .

Kết hợp với điều kiện x ≥

6
ta được nghiệm của bất phương trình đã cho
7

6
≤ x < 6.
7

là

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, không có “Manh mối” để
tìm lời giải . Đây là dạng toán khó đối với học sinh lần đầu tiếp xúc , các em
rất khó khăn trong việc sử dụng các phương pháp khác 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, để học sinh không bối rối trước các
bài toán lạ.
b) Bài tập rèn luyện Giải các phương trình, bất phương trình sau:
1/ x + 5 + 2 x + 3 ≤ 9
2/ x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = 3 − 1
3/ x + x 2 − x + 1 − x + 1 + x 2 + x + 1 = 1

4/

x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1

5/

x x + x + 12 = 12

(

5− x + 4− x

)

6/

4

x − 2 + 4 4− x = 2

7/ 2 x3 + 3x 2 + 6 x + 16 − 4 − x > 2 3
8/ x3 − 4 x 2 − 5 x + 6 = 3 7 x 2 + 9 x − 4
2.3.2 Giải phương trình, bất phương trình chứa tham số
a). Các ví dụ
Ví dụ 1. Tìm tham số m để phương trình: x 3 − 3x 2 − m = 0 , (1) có ba nghiệm
phân biệt trong đó có đúng một nghiệm bé hơn 1.
3
2
Giải: Phương trình (1) ⇔ x3 − 3x 2 = m , Xét hàm số f ( x ) = x − 3 x .
Yêu cầu của đề bài là phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 sao cho
x1 < 1 ≤ x2 < x3 tức là đường thẳng y = m phải cắt đồ thị hàm số
y = f ( x ) = x 3 − 3 x 2 tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn
x = 0
x1 < 1 ≤ x2 < x3 . Ta có f ' ( x) = 3 x 2 − 6 x ; f ' ( x ) = 0 ⇔ 3x 2 − 6 x ⇔ 
x = 2
12


−∞

x
f ′( x)

Bảng biến thiên

0
0 0

+

f ( x)

1
-

2
0

+∞

+
+∞

-2
−∞

-4
−
4

< m ≤ −2 .
Từ bảng biến thiên suy ra điều kiện phải tìm là
Ví dụ 2 : Tìm m để phương trình: x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = m có nghiệm.
Giải
Xét hàm số: f ( x ) = x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 trên ¡ .
Ta có

f ′( x) =

2x + 1
2 x2 + x + 1

−

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 nghiệm)
Mặt khác: f ′ ( 0 ) = 1 > 0 . Suy ra f ′ ( x ) > 0 nên hàm số đồng biến.
Hơn nữa,

lim f ( x ) = lim

x →−∞

lim f ( x ) = lim

x →+∞

x →+∞

x →−∞

2x
x + x + 1 + x2 − x + 1
2

2x
x + x + 1 + x2 − x + 1
2

= −1 ;

=1

Bảng biến thiên:
x -∞
+∞
f ′( x)

f ( x)

+
1

-1
Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −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 ¡ 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 3 Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt 2 x + 1 = x + m
Gi¶i:
Điều kiện: x ≥ −1
Phương trình đã cho tương đương với 2 x + 1 − x = m

13


Xét hàm số f ( x) = 2 x + 1 − x . Ta có f ′ ( x) =
f ′ ( x) = 0 ⇒ 1− x + 1 = 0 ⇔ x = 0

1
1− x + 1
− 1=
x+ 1
x+ 1

Bảng biến thiên
x
f ′( x)

-1

0

+∞
+

f ( x)

0
2

-

1
-∞
Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt
khi 1 ≤ m < 2 .
Ví dụ 4.Chứng minh rằng ∀m > 0 , phương trình sau luôn có hai nghiệm thực
x 2 + 2 x − 8 = m( x − 2)
phân biệt:
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) = x 3 + 6 x 2 − 32 với x > 2 .
Ta có f ' ( x) = 3 x 2 + 12 x ≥ 0, ∀x > 2 và
Bảng biến thiên:

lim f ( x) = +∞

x →+∞

x

f ' ( x)

+

f ( x)
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 .
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 : Chứng minh rằng phương trình sau có nhiệm duy nhất
`

x5 − x 2 − 2 x − 1 = 0
Nhận xét :
Đây là một phương trình mà khi giải nó cần có sự có mặt của tư duy hàm số
.Sau đây là một vài cách tiếp cận lời giải .
Cách 1: Với x ≠ 0 ,
2

2

 x +1
 1
3
⇔
x
=
biến đổi phương trình về dạng x = 
÷
 1 + ÷ (*)Suy ra
 x 
 x
3

x>0.

3
Mặt khác f ( x ) = x là hàm số đồng biến trên ( 0;+∞ ) .
2

 1
g ( x ) = 1 + ÷ nghịch biến trên ( 0;+∞ ) nên phương trình (*) có nhiều nhất

 x
5
2
một nghiệm. Hơn nữa hàm số h ( x ) = x − x − 2 x − 1 liên tục trên ¡ . Hơn
nữa, h ( 1) = −3 ; h ( 2 ) = 23 nên h ( 1) .h ( 2 ) < 0 . Do đó phương trình h ( x ) = 0 có
nghiệm thuộc khoảng ( 1;2 ) . Kết hợp với điều kiện trên ta có phương trình đã
cho có nghiệm duy nhất .
5
Cách 2: Biến đổi phương trình như sau x = ( x + 1) , suy ra x ≥ 0 .
2

Với 0 ≤ x < 1 ⇒ x < 1, ( x + 1) ≥ 1 nên phương trình vô nghiệm .
2

5

f ( x ) = x 5 − x 2 − 2 x − 1.
4
3
4
4
Ta có f ′ ( x ) = 5 x − 2 x − 2 = 2 x ( x − 1) + 2 ( x − 1) + x > 0, ∀x ≥ 1
5
2
nên f ( x ) = x − x − 2 x − 1 đồng biến trên [ 1;+∞ ) . Do đó phương trình đã
Với x ≥ 1 . Xét hàm số

cho có nhiều nhất một nghiệm .

Cách 3: Biến đổi phương trình x = ( x + 1)

5

2

( x + 1) ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 ⇒ ( x + 1) ≥ 1 ⇒ x
hàm số f ( x ) = x − x − 2 x − 1 như trên .
Ta có

2

5

5

2

5

≥ 1 ⇒ x ≥ 1 sau đó lại xét

2

Ví dụ 6: Tìm m để phương trình sau có đúng một nghiệm thực:
4 4
x − 13 x + m + x − 1 = 0 (*)
Giải
x ≤ 1

4 4
Phương trình (*) ⇔   x − 13x + m = 1 − x ⇔ 

3
2
4 x − 6 x − 9 x − 1 = −m
3
2
Xét ham số f ( x ) = 4 x − 6 x − 9 x − 1 trên ( −∞;1] .

15


2
Ta có f ′ ( x ) = 12 x − 12 x − 9 . Trên ( −∞;1] thì f ′ ( x ) = 0 ⇔ 12 x 2 − 12 x − 9 = 0 ⇔ x = −

Bảng biến thiên:

x
f ′( x)
f ( x)

−

-∞
+

1
2

1

0

-

3
2

-∞

1
2

-12

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có đúng một nghiệm thực khi và
3
3


−m =
m=−


2 ⇔
2 .
chỉ khi 

 − m < −12
 m > 12

b) Bài tập rèn luyện
log(mx)

1.Tìm m để phương trình: log( x + 1) = 2 có nghiệm .
2. Tìm m để bất phương trình:

(x

2

+ 1) + m = x x 2 + 2 + 4 đúng với ∀x ∈ [ 0;1]
2

3. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
x x + x + 12 = m

(

5− x + 4− x

)

4. Tìm m để phương trình:
1 − x 2 + 2 3 1 − x 2 = m có nghiệm duy nhất

5. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất:
x + 1 − x + 2m x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = m 3

6. Tìm m để bất phương trình có nghiệm:

(

x x + x + 1 < m log 2 2 + 4 − x

)

7. 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

8. Tìm m để bất phương trình:
x( 4 − x) + m

(

)

x 2 − 4 x + 5 + 2 = 0 có nghiệm với ∀x ∈  2; 2 + 3 



16


9. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:

(

2 log 1 ( mx + 28 ) = − log 5 12 − 4 x − x 2
25

)

10. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:
1 + 1 + x + 8 − x + m ( x − 8)

1+ x
= 3m
8− x

11. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm với ∀x ∈ [ 0; 4] :

(

9 ( x + 1) = ( 3 x + m ) 1 − 3x + 4
2

)

2

12. Tìm m để bất phương trình có nghiệm x ∈ [ 0;1] :

(x

2

)

2

+ 2 + m = x x 2 + 4 + 13

17


PHẦN 3 . KẾT LUẬN-KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Đất nước ta đang trên bước đường xây dựng, phát triển và giáo dục đã được
Đảng, Nhà nước coi là quốc sách hàng đầu, để chấn hưng nền giáo dục của nước
nhà thì việc đổi mới phương pháp giảng dạy được Bộ Giáo dục luôn coi là một
nhiệm vụ cấp thiết cần phải thực hiện một cách có hiệu quả. Muốn làm tốt công
việc đó thì người thầy phải phấn đấu tự học, tự rèn nhằm nâng cao nhận thức,
nghiệp vụ chuyên môn, từ đó tìm ra cho mình phương pháp giảng dạy đạt hiệu
quả cao nhất, tạo được sự hứng thú và niềm tin ở học trò nhằm góp phần nâng
cao chất lượng giáo dục. Một trong những cách để tạo sự chuyển biến tích cực
trong công tác giảng dạy đó là giáo viên viết các chuyên đề, sáng kiến kinh
nghiệm phục vụ cho việc dạy và học. Mặc dù Sách giáo khoa đã giảm tải khá
nhiều nhưng trong các đề thi tuyển sinh vào đại học 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 chỉ giới thiệu
một số cách giải một số phương trình, bất phương trình , đặc biệt là phương
trình, bất phương trình chứa tham số bằng việc sử dụng tính các tính chất của
hàm số.
Mặc dù đã tham khảo một số lượng lớn các tài liệu hiện nay để vừa viết,
song vì năng lực và thời gian có hạn, rất mong được sự đóng góp của các bạn

đồng nghiệp và những người yêu thích môn toán để đề tài này có ý nghĩa thiết
thực hơn trong nhà trường. Góp phần nhỏ bé vào việc nâng cao hơn nữa chất
lượng Giáo dục phổ thông . Giúp các em học sinh có phương pháp - kỹ năng khi
giải các bài toán phương trình bất phương trình đại số trong các kỳ thi trung học
phổ thông .
3.2. Kiến nghị
Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có
nhiều hơn nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới cho phòng thư viện để nghiên
cứu học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ .
Nhà trường cần tổ chức nhiều hơn nữa các buổi trao đổi phương pháp
giảng dạy. Học sinh cần tăng cường học tập trao đổi, học nhóm nâng cao chất
lượng học tập.
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 4 năm 2018.
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác

Lê Thị Thủy

18


Tài liệu tham khảo
1. Sách giáo khoa môn Toán 10, 11, 12.
2. Sách bài tập môn Toán 10, 11, 12.
3. Căn số và toán vô tỉ - Nxb giáo dục của Hoàng Kỳ.
4. Khảo sát nghiệm phương trình – Nxb giáo dục của Lê Hoành Phò.

5. Hàm số - Nxb giáo dục của Phan Huy Khải.
6. Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ.
7. Bài giảng trên thư viện đề thi Violet
8. Tài liệu , bài giảng trên mạng internet.

19