Ứng dụng của đạo hàm vào giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình ở chương trình toán học phổ thông

MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU..........................................................................................................1
1.1. Lý do chọn đề tài......................................................................................1
1.2. Mục đích nghiên cứu................................................................................1
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu...........................................................1
1.4. Phương pháp nghiên cứu.........................................................................1
1.5. Những điểm mới của SKKN……………………………………………2
2. NỘI DUNG.......................................................................................................2
2.1. Cơ sở lí luận của vấn đề...........................................................................2
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.............3
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải
quyết vấn đề.....................................................................................................4
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp...................................................................................19
3. Kết luận, kiến nghị....................................................................................19
3.1. Kết luận...............................................................................................19
3.2. Kiến nghị.............................................................................................20

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong các đề thi thpt quốc gia xuất hiện các bài toán giải phương trình,
bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình nhờ vào ứng dụng của
đạo hàm. Và nhờ có sự vận dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải toán mà lời
giải trở nên trong sáng hơn, ngắn gọn hơn. Thực tế nhiều bài toán phương trình,
bất phương trình,... giải bằng phương pháp biến đổi tương đương và biến đổi
chúng đưa về các phương trình, bất phương trình cơ bản như phương trình, bất
phương trình bậc nhất, bậc hai. Tuy nhiên, không phải bài nào cũng biến đổi dễ
dàng như vậy mà phải vận dụng một số kỹ thuật giải. Một trong số những kỹ

thuật đó là sử dụng đạo hàm của hàm số. Quan trọng hơn là trong các bài toán
biện luận phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương
trình, bài toán tìm điều kiện của tham số để thoả mãn một hoặc một số điều kiện
nào đó, ta vận dụng đạo hàm để xác định miền giá trị của hàm số, miền giá trị
của ẩn số phụ có trong bài toán mà ta đặt. Để từ đó ta có kết quả chính xác cho
điều kiện của tham số. Từ các vấn đề nêu trên tôi chọn viết đề tài: “ Ứng dụng
của đạo hàm vào giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và
hệ bất phương trình ở chương trình toán học phổ thông”.
1.2. Mục đích nghiên cứu: Tìm ra phương pháp giải nhanh và chính xác cho các
bài toán giải, giải và biện luận phương trình, bất phương trình, hệ phương trình
và hệ bất phương trình.
1.3. Đối tượng nghiên cứu: Vận dụng phương pháp dạy học tình huống cho học
sinh THPT qua nhóm bài toán phương trình, bất phương trình, hệ phương trình
và hệ bất phương trình.
1.4. Phương pháp nghiên cứu: Thực hiện mục tiêu nghiên cứu của đề tài tôi đã
sử dụng kết hợp các phương pháp nghiên cứu sau:
*Nhóm phương pháp nghiên cứu lí thuyết
Tìm hiểu lịch sử vấn đề nghiên cứu, khai thác qua tài liệu và thành tựu
của các nhà nghiên cứu các khía cạnh liên quan trực tiếp đến phạm vi đề tài làm
cơ sở để tiến hành quá trình nghiên cứu tiếp theo của mình.
* Nhóm phương pháp nghiên cứu thực tiễn
- Phương pháp điều tra giáo dục: khảo sát mục tiêu, nội dung dạy học, chuẩn
kiến thức, kĩ năng về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất
phương trình ở trường THPT, khảo sát thực trạng dạy và học các bài toán
phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình.
- Phương pháp phân tích, tổng hợp: phân tích, tổng hợp kết quả khảo sát thực
trạng và kết quả dạy học thực nghiệm.
- Phương pháp thống kê, phân loại: thống kê, phân loại kết quả khảo sát
thực trạng và kết quả dạy học thực nghiệm.
2

- Phương pháp so sánh: so sánh khả năng vận dụng của HS ở lớp thực
nghiệm và lớp đối chứng qua bài kiểm tra cụ thể.
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm: tổ chức thiết kế giáo án thực
nghiệm và dạy học thực nghiệm.
1.5. Những điểm mới của SKKN: SKKN này giúp giáo viên cũng như học sinh
có được phương pháp mới trong sáng hơn, tường minh hơn trong việc giải các
bài toán phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình.
Hơn nữa học sinh đứng trước bài toán chứa tham số không còn cảm giác sợ và
lúng túng như trước đây nữa.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1.Cơ sở lý luận
1.1 Định nghĩa đạo hàm:
1.2 Đạo hàm của các hàm cơ bản, hàm hợp:
1
cos 2 x
 cot x   12
sin x

e x e x

x1

 tan x  

1
( x ) 
2 x


x x  1

1
1
   2
x
 x

 

 

a  a
x

x

ln a

 sin x  cos x

 ln x   1

 cos x   sin x

(log a x) 

x
1
x ln a

Hàm hợp:  f  u  x     fuu x
1.3 Các phép toán đạo hàm:

 u  v  u  v
u  v



u  v

 uv  uv  uv

 u  uv  uv
  
v2
v

 ku  ku
1.4 Tính đơn điệu của hàm số.
Hàm số y  f (x) xác định trên khoảng (a;b). Nếu f  x  0(0)x   a; b  và
f  x  0 tại hữu hạn điểm trên khoảng (a;b) thì ta nói hàm số đồng biến (nghịch
biến) trên khoảng (a;b).
1.5 Sử dụng tính chất của hàm số để giải pt. Áp dụng tương tự cho bất pt.
Các hướng áp dụng:
Hướng 1: Bước 1: Chuyển pt về dạng f(x) = k
Bước 2: Xét hàm số y = f(x). Tính đạo hàm và sử dụng giả thiết lập
luận khẳng định hàm số đồng biến hoặc nghịch biến.
3

Bước 3 : Nhận xét : Với x = x 0  f  x   f  x0  k
Do đó x = x 0 là nghiệm
Với x > x 0  f  x     f  x0  k  pt vô nghiệm
Với x  x0  f  x   f  x0  (>) = k .  pt vô nghiệm
Vậy x  x0 là nghiệm duy nhất của pt.
Hướng 2 : Bước 1 : Chuyển pt về dạng :
f  x  g  x 

Bước 2 : Xét hàm số y  f  x  , y g  x 
Dùng lập luận khẳng định hàm số y= f  x  là đồng biến và hàm số y g  x 
là hàm hằng hoặc nghịch biến.
Xác định x0 sao cho f  x0  g  x0  .
Bước 3: Vậy pt có nghiệm duy nhất x  x0 .
Hướng 3 : Bước 1 :Chuyển pt về dạng : f  u   f  v 
Bước 2 :Xét hàm số y= f  x 
Dùng lập luận khẳng định hàm số đồng biến hoặc nghịch biến.
Bước 3 : f  u   f  v   u v u, v  D.
Chú ý : Tương tự vận dụng các hướng 1 và hướng 3 ở trên cho bất pt.
Định lý Rôn : Nếu hàm số y = f(x) lồi hoặc lõm trên miền D thì phương
trình f(x) = 0 sẽ không có quá hai nghiệm thuộc D.
Giả sử cần giải phương trình f(x) = 0 ta thực hiện các bước sau :
Hướng 4 :Bước 1 : Tìm TXĐ D của pt
Bước 2 : Xét hàm số y = f(x) trên D. Sử dụng đạo hàm khẳng định
rằng hàm số y = f(x) lồi hoặc lõm trên miền D.
Bước 3 : Vậy pt nếu có nghiệm sẽ không có quá hai nghiệm. Ta cần
chỉ ra hai giá trị x1 , x2  D sao cho f  x1   f  x2  0
Bước 4 : Kết luận
Hướng 5 : Lập bảng biến thiên tìm miền giá trị của hàm số và vận dụng vào các
bài toán liên quan.

2.2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm :
Khó khăn khi giải một số bài toán pt, bpt, hệ pt và hệ bất pt bằng các phép
biến đổi tương đương không đưa về các pt cơ bản, bất pt cơ bản, hệ pt cơ bản.
Phương trình cơ bản gồm pt bậc nhất và pt bậc hai, bất pt bậc nhất, bất pt bậc
hai. Hệ pt cơ bản như hệ pt bậc nhất hai ẩn, hệ pt gồm một pt bậc nhất và một pt
bậc hai, hệ pt đối xứng loại một, loại hai, hệ đẳng cấp...
Dùng bất đẳng thức chưa đánh giá chặt chẽ miền giá trị của biến số ẩn
phụ cũng như miền giá trị của hàm số. Do đó không xác định chính xác được
điều kiện của tham số trong các bài toán biện luận pt, bất pt, hệ pt, hệ bất pt.
Vận dụng đạo hàm, xét tính đơn điệu của hàm số ta có thể chứng minh pt
vô nghiệm, pt có một nghiệm, hai nghiệm và tìm được nghiệm của pt bằng cách
nhẩm nghiệm. Và vận dụng đạo hàm cho ta lời giải chặt chẽ, chính xác trong các
bài toán tìm điều kiện của tham số.

4


2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn
đề.
3.1 Vận dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải phương trình.
Giáo viên đưa ra hệ thống các bài tập vận dụng để học sinh thấy được ưu điểm
của phương pháp dùng đạo hàm xét tính đơn điệu của hàm số vào giải phương
trình.
Bài 1. Giải pt: x  x  5  x  7  x  16 14 .
Giải: Xét hàm số f  x   x  x  5  x  7  x  16  14
TXĐ : D  5;
1
1
1



 0 , x  D
2 x 2 x  5 2 x  7 2 x  16
 hàm số f  x  đồng biến trên D.
Mặt khác f  9 0  pt có nghiệm duy nhất x = 9.
f  x  

1



Bài 2. Giải pt : x  1  x 3  4 x  5
Giải : ĐK : x 1
Xét hàm số f ( x)  x  1
g  x   x 3  4 x  5
1
f '  x 
>0 x  1
2 x 1
 hàm số đồng biến trên D= 1;)
g’(x)=  3x 2  4  0, x  D
 hàm số nghịch biến trên D.

Do đó pt f(x) = g(x) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là nghiệm duy nhất.
Nhận thấy x = 1 thoả mãn phương trình
Vậy pt có nghiệm x = 1.
Bài 3 . Giải phương trình :
a. x  3  x 3  3x 2  x  12
b. x  x 2  x  1  x  1  x 2  x  1  1
1

c. log 3 ( x  3x  2  2)   
 5

3x x2  1

2

2

Giải:
a. ĐK : x 3 . Đặt f  x   x  3, g  x   x 3  3x 2  x  12
1
. Hàm số đồng biến trên D  3;
2 x 3
2
g  x   3x 2  6 x  1  3 x  1  4  0, x  D . Hàm số nghịch biến trên D.
Pt f  x  g  x  có nghiệm duy nhất x = 4.
b. ĐK: x R
f  x  

pt  x  x 2  x  1  x  x  1  x 2  x  1  x  1 (1)
Xét hàm số f  x   x  x 2  x  1  x .

5


f  x  

2 x2  x 1  2x  1
4 x  x 2  x  1. x 2  x  1

1

Nhận xét: 2 x 2  x  1  2 x  1   2 x  1 2  3  2 x  1  2 x  1  2 x  1 0
 f  x   0, x . Hàm số f(x) đồng biến.Từ (1) ta có: f  x   f  x  1  x  x  1 .
Vậy pt vô nghiệm.
 x 1

c. ĐK: 
 x 2
1 u 2

1
Đặt u  x  3x  2 , u 0  3x  x  1 1  u .pt có dạng: log3  u  2   
5
2

2

2

2

1 x 2

1
1 2
Xét hàm số f  x  log 3  x  2    log 3  x  2  .5 x , x 0
5
5

2
1
1
f  x  
 .2 x.5 x . ln 5  0, x 0, f 1 2 .
 x  2 ln 3 5
3� 5
2
2
Bài 4. Giải pt: 3 x  1 3x  8 x  3
Giải: ĐK: x  1
Pt  3 x  1  3x 2  8 x  3 0 .
Xét hàm số f  x  3 x  1  3x 2  8 x  3 trên D   1;
3
3
 6  0, x  D
 6 x  8, f "  x  
Ta có: f  x  
3
2 x 1
4  x  1
 Hàm số lồi trên D.
Vậy pt nếu có nghiệm sẽ có không quá hai nghiệm, ta có f  0  f  3 0

Pt f  u   f  1 � u  1 � x 

Do đó pt có hai nghiệm x = 0 và x = 3.
Bài 5. Giải pt : x  3x  1  x 2  x  1
Giải : ĐK : x 0
Viết lại pt dưới dạng : x  3x  1  x 2  x  1 0

Xét hàm số f  x   x  3x  1  x 2  x  1 trên D  0;

 x 
Ta có : f �

1
2 x



1
9
3

 2  0, x  D
 2 x  1, f  x  
3
3
4 x
2 3x  1
4  3x  1

 Hàm số lồi trên D. Vậy pt nếu có nghiệm sẽ không quá hai nghiệm.
Lại có : f  0  f 1 0 . Do đó pt có hai nghiệm x = 0 và x = 1.

Nhận xét: Trong hai ví dụ trên ta sử dụng định lý Rôn. Ở ví dụ thứ nhất ta có thể
thực hiện bài toán bằng phương pháp biến đổi tương đương đưa về phương trình
bậc 4, nhưng đối với ví dụ thứ hai ta sẽ nhận được một pt bậc 8, khi đó cho dù
nhẩm được 2 nghiệm x = 0 và x = 1 thì chúng ta vẫn phải thực hiện tiếp việc giải
một pt bậc 6 và điều này hoàn toàn không khả thi để từ đó thấy được tính ưu việt

của phương pháp đạo hàm đối với bài này.
Bài tập tham khảo thêm : Giải các pt sau :
6


a. x  1 3  x  x 2
b. x 1  2 x  2 x 2  x 3
c. 4 x  1  4 x 2  1 1

d. 3 x 3x 2  14 x  14
e. 1  x  5 x  4  x 3  x 2  3
f.
2 x  1  x 2  3 4  x

Bài 6. Tìm m để pt:  x 2  2 x   4m x 2  2 x   3m  1 0 có nghiệm.
Giải: Cách 1: Dùng tam thức bậc 2.
Cách 2: Đặt t x 2  2 x , t  2 x  2
2

Từ bbt  t  1
t 2 1
Pt  t  4mt  3m  1 0  m 
.
4t  3
t 2 1
Xét hàm số f  t  
với t  1
4t  3
2 2t 2  3t  2
f  t  

 4t  3 2
2





1
hoặc m 1 .
4
 3  x  6  x  m có nghiệm.

Từ bbt  pt m  f  t  có nghiệm khi m 
Bài 7. Tìm m để pt : x  x  6  x 
Giải: Đặt t  3  x  6  x với x    3;6
t�


6 x  3 x

2 3  x. 6  x

t 0  x 



3  2x



6  x  3  x 2 3  x. 6  x

3
2

7


Từ bbt 3 �t �3 2
Và t 3  x  6  x  2
2

pt  m 

 3  x  6  x    3  x  6  x  t

2

9
2

t2
9
t 
2
2
t2
9
 t  với t  3;3 2
2

2
f  t   t  1



Xét hàm số f  t  



9



Từ bbt  m  f  t   3 2  ;3
2 

9
m 3 .
2
Bài 8. Cho pt: m.16 x  2.81x 5.36 x . Tìm m để pt có nghiệm duy nhất.

Vậy 3 2 

2x

x

x

9

9
9
Giải: pt  m  2.  5.  . Đặt t   , t  0
 4
 4
 4
2
2
Pt  2t  5t  m 0  m  2t  5t , t  0 . Xét hàm số y  2t 2  5t , t  0
y  4t  5

25

m

8
Pt có nghiệm duy nhất  
 m 0

Bài 9. Tìm m để các pt sau đây có nghiệm.
a,  m  1 sin 2 x  2 m  1 sin x  2  3m 0 .
8


b, mx 4  2 m  3 x3   3m  1 x 2  2 m  3 x  m 0 (1).
Giải:
a, Đặt t sin x ;  1 t 1
pt   m  1t 2  2(m  1)t  2  3m 0  m(t 2  2t  3) t 2  2t  2
3
t 2  2t  2

(t 1 , t 
 m 2
không phải là nghiệm của pt)
2
t  2t  3
t 2  2t  2
Xét hàm số f  x   2
với t    1;1
t  2t  3
4t 2  2t  10
f  t   2
 0 t    1;1
2
t  2t  3





1
4

Từ bbt suy ra để pt có nghiệm khi m  f  t  � .
1
4

Vậy m � .
b, Nhận thấy x = 0 là nghiệm của pt(1)  m 0 .
Xét m 0 thì x = 0 không phải là nghiệm
pt 1  mx 2  2 m  3 x   3m  1 

2 m  3 m
 2 0
x
x

1
1


 m x 2  2   2 m  3 x    3m  1 0
x 
x


1
Đặt t  x  ,
x
1 x2  1
t  1  2  2
x
x

t  2

Từ bbt  
t 2

9





 m t 2  2  2 m  3t  3m  1 0  m 

Xét hàm số f  t  
f  t  

6t  1
với t  2 hoặc t 2
t  2t  1
2

 6t 2  2t  4

t

2



 2t  1

Từ bbt với
Vậy

6t  1
t  2t  1

2

2

 13
m 11 và m 0 thì pt có nghiệm.
9

 13
m 11 .
9

Nhận xét : Áp dụng phương pháp khảo sát chiều biến thiên của hàm số.
Giả sử hàm số f  x  đơn điệu trên (a ;b) thì trên (a ;b) phương trình f  x  0 có
nhiều nhất 1 nghiệm.
Khi gặp pt vô tỷ có chứa tham số m, ta biến đổi pt ấy về dạng f  x  m (*)
+ Phương trình (*) có nghiệm  m thuộc miền giá trị của hàm số f  x  .
+ Số nghiệm của (*) bằng số giao điểm của đồ thị y  f  x  và đường thẳng y m .
2
Bài 10. Tìm a để pt: log 3  x  4ax   log 13  2 x  2a  1 0 có nghiệm duy nhất.

 x 2  4ax 2 x  2a  1
Giải: pt  log3 x  4ax log3  2 x  2a  1  
 2 x  2a  1  0


 x2  2x  1
 x2  2x  1

2

a

2
a

 x2  2x  1


 2a 
2 x 1
2 x 1

 2
 2
2 x 1
 2a  2 x  1
  x  2 x  1  2 x  1  5x  2 x  0

 2 x  1
 2 x  1

 x2  2x  1
2
a


2 x 1

 x    1 ;0    2 ;
 2  5






2





 2 x2  x  2
 x 2  2x  1



Xét hàm số: f  x  
. f x 
 2 x  1 2
2x 1



10


 2a 0
Pt có nghiệm duy nhất  
1
 1 2a 

5


 a 0
 1
  a  1
10
 2

Bài 11 . Giải và biện luận phương trình.
x 2  1   2m  1 x  m 2  m  1

với x  m

Hướng dẫn : ĐK : x 1 . pt � x 2  1  x 2  1   x  m   x  m .
f  t  t 2  t , t 0
Xét hàm số
f '  t  = 2t  1  0  hàm số đồng biến t 0
pt  f x 2  1  f  x  m   x 2  1 x  m
2





�x � m
�۹��
� ��
2mx  m 2  1
�

� m 2  1
�m
�x 
2m
m
�
�x �1
�

0

m



1;0 

 1;



3.2 Vận dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải bất phương trình
Bài 1. Giải bất pt: x  5  2 x  3  9 .
Giải: bpt  f  x   x  5  2 x  3  9  0
3



TXĐ : D   ;

 2

f  x  

1
1
 3


 0 x    ;
2 x 5
2x  3
 2


Nhận thấy f 11  16  25  9 0
3

 x 
 bpt đã cho tương đương với 

2
 f  x   f 11
 3 
Vậy nghiệm của bpt là x    ;11
 2 

3

 x 

2

 x  11

Bài 2 . Giải bất pt : x 2  2 x  3  x 2  6 x  11  3  x  x  1
Giải : ĐK : 1 x 3
Viết lại bất pt dưới dạng : x 2  2 x  3  x  1  x 2  6 x  11  3  x

 x  1 2  2  x  1   3  x  2  2  3  x
Xét hàm số f  t   t  2  t Ta thấy ngay hàm số đồng biến trên 1;3
Khi đó bất pt được biến đổi như sau : f  x  1  f  3  x   x  1  3  x 


x2

11


Vậy nghiệm của bất pt là 2  x 3.
Bài 3. Giải bpt 2  5 x  3x 2  2 x  2 x.3x. 2  5 x  3x 2  4 x 2 .3x
Giải: ĐK :  2  x 



1
3





2  5 x  3x 2  2 x 1  2 x.3x  0
Xét hàm số f  x  1 2 x.3x
bpt 

1

f  x   2.3x  2 x.3x. ln 3  2.3x 1  x ln 3  0 x    2; 
3

2 3
�1 �

f �
x 
f�
�
. 3 0. pt
2 5 x 3x 2 2 x 0
�1
3
�3 �
1

1

0  x  3
0 x 
1





3   1 x 

2

x

0



3
 1  x  0
  2  5 x  3x 2  4 x 2


2 5 x 3x 2

2x

1
3

Vậy bpt có nghiệm 1  x  .
Bài tập tham khảo thêm : Giải các bất pt :
a) x  1 1  2 x  x 2  x3
b) x  1  x 2  1  x  1 3  x 
Giải bất pt có chứa tham số ta thực hiện các bước sau :

Chuyển bất pt về dạng : f  x, m   g  m  (hoặc f  x, m   g  m  )
Bước 1 : Xét hàm số y = f(x,m) :
- Tìm TXĐ
- Tính y’, gpt y’ = 0
- Lập bảng biến thiên của hàm số
Bước 2 : Kết luận cho các trường hợp sau :
y  g  m  (hoặc  max y  g  m  )
- bpt có nghiệm  min
D
D
y  g  m  ( hoặc  min y  g  m  )
- bpt nghiệm đúng với mọi x  max
D
D
1



Bài 4. Tìm m để bpt 1  2 x  3  x   m   2 x 2  5 x  3 thoả mãn x    ;3
 2 

Giải : Đặt t  1  2 x  3  x  .ĐK: 
t 

1
 x 3
2

 4x  5
2 1  2 x  3  x 

12


Từ bbt  0 t 

7
2

 7
2
Bpt  f  t  t  t  m  6t  0; 
 2

 7
f  t  2t  1  0  min f  t   f  0  0 t  0; 
 2
 1 
Để bpt thoả mãn x    ;3  m  6  0  m   6 .
 2 
Bài 5. Cho bpt: mx  x  3 m  1 . Tìm m để bpt có nghiệm.
Giải: ĐK: x 3 đặt t  x  3 , t 0





 m t 2  3  t m  1  mt 2  t  2m  1 0
bpt  


có nghiệm.
 t 0
 t 0
t 1

 f t 
m  2

t 2
có nghiệm.
 t 0
f  t  

t 2  2t  2

t

2

2



2

f  t  0  t  3  1 , t 0

Từ bbt suy ra bpt có nghiệm  m 

3 1

4

Bài 6. Cho bpt: a. 2 x 2  7  x  a . Tìm a để bpt nghiệm đúng x





2
2
Giải: a. 2 x  7  x  a  a 2 x  7  1  x  a 

Đặt f  x  

x
2x2  7  1

(vì 2 x 2  7  1, x )

x
2

2x  7  1

13


f  x  



7

2 x2  7



2

2x2  7  1 . 2 x2  7

f  x  0  x  21
lim f  x   1 ; lim f  x   1
2 x  
2

x  

f  x   a, x  R  a  min f  x  

Vậy a 

21
6

21
.
6

Nhận xét: - Một số bài phải dựa vào định lý đảo về dấu của tam thức bậc 2.

Trong khi đó định lý đảo đã bỏ khỏi chương trình học phổ thông
- Ưu điểm của tính đạo hàm ta tìm được chính xác miền giá trị của
biến số phụ cũng như của hàm số, trên cơ sở đó tìm được điều kiện của tham số.
Bài 7. Tìm m để bpt sau có nghiệm 4 x  m.2 x  m  3 0 .
Giải:
Đặt t 2 x  0

t2  3
m


t1

2

 t  1
 t  mt  m  3 0
bpt  

2
t  0
  m  t  3

t1

 0  t  1
t2  3
t   0; \ 1
Xét hàm số f  t  
t1

t 2  2t  3
f  t  
 t  1 2

14


Khi t  1 f  t  6
Để bpt m  f  t  có nghiệm thì m 6
Khi 0  t  1  f  t    3 để bpt m  f  t  có nghiệm khi m   3
Vậy m   3 hoặc m 6 .
Bài 8. Cho bpt m.92 x  x   2m  1.62 x  x  m.42 x  1 0
2

2

2

Tìm m để bpt nghiệm đúng x thoả mãn điều kiện: x 
Giải: Chia cả hai vế của bđt cho 42 x
3
3
Bpt  m( ) 2 2 x  x    2m  1 

x

0

2x2  x

2

2

2

1
2

 m 0

 2

2

2x  x
1
 3
Đặt t  
. Do x   2 x 2  x 0  t 1
2
 2
2
Bpt  mt   2m  1t  m 0, t 1  m t  1 2 t , t 1

Với t = 1 thì bpt thoả mãn với mọi m
 m

t
t

với t > 1
, t  1 . Xét hàm số f  t  
2
 t  1
 t  1 2

f  t  

1 t2
 t  1 4

f  t   0 t  1
Để f  t  mt  1 thì m 0 . Vậy m 0 .

Nhận xét: Khi dạy học phần này cần nhấn mạnh cho học sinh phân biệt bài toán
tìm điều kiện của tham số để bpt có nghiệm và bpt có nghiệm x thoả mãn một
điều kiện nào đó.
Bài 9. Tìm a để nghiệm của bất phương trình:
x  x 2  2ax  1 chứa đoạn

1
x 1 .
4

Giải: * Đk cần:
1

 
Giả sử bpt đã cho đúng x   ;1
4 

Đặt f  x  x  x 2  2ax

15


 1
 f ( ) 1

Khi đó ta có  4
 f (1)  1

1
1 a
 1
 

16 2
4
 1  1  2a  1


a   1

1  a1

a


2

Vậy đk cần phải tìm là a < -1.
* Đk đủ : Giả sử a < -1
x a

Ta có f ( x) 1 

x 2  2ax

1
1 
x 1 và a < 1  f ( x)  0 x   ;1
4
4 
1 
 f (x) đồng biến trên  ;1
4 
1 
1
1
1 a
x   ;1 thì f ( x )  f    
  1 (do a < - 1)
16 2
4 
 4 4
1 
Vậy x   ;1 đều là nghiệm của bpt f  x   1
4 

Do

1 

Vậy a < -1 là điều kiện cần và đủ để nghiệm bpt chứa đoạn  ;1
4 
1
x 2
x
Giải: bpt  x 4  2 x3  x 2  1 m x 2  x , x 2

Bài 10. Tìm x để x3  2 x 2   m  1 x  m 









2

 x 2  x  1 m x 2  x

Đặt





2

t x  x
t 2 x  1  0 ,
,

x 2

 hàm số t đồng biến trên  2;  t t  2 2
t2  1
bpt  m 
với t 2
t
t2  1
Xét hàm số f  t  
với t 2
t
t2 1
f  t   2  0
t

3
2

Từ bbt  f  t   , t 2
3
3
m  f  t , t 2  m  . Vậy m  .
2

2

3.3 Vận dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải hệ phương trình
16


 x  1  y 1  x 3
Bài 1. Giải hệ pt: 
  x  1 4  y
 x 1
Giải: ĐK: 
 y 0
 x  1  y 1  x 3
2
 x  1   x  1 1  x 3  x  1  x 3  x 2  x  1
Hpt  
2
  x  1  y
Xét hàm số f  x   x  1 . Hàm số đồng biến trên D 1;
g  x   x 3  x 2  x  1
g  x   32  2 x  1  0,   D  hàm số nghịch biến trên D

Do đó pt f(x) = g(x) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. nhận thấy x = 1
thoả mãn pt
Vậy hệ pt có nghiệm x = 1 và y = 0
 2 x  2 y  y  x  xy  2
Bài 2 . Giải hpt :  2 2
 x  y 2

Giải: Thế (2) vào(1) ta được :



1
 2



2 x  2 y  y  x  xy  x 2  y 2
 2 x  2 y  y 3  x 3  2 x  x 3 2 y  y 3
f  t  2t  t 3 . f '  t  2t ln 2  3t 2  0t  R
Đặt :
 H/số f  t  đồng biến trên R.
Từ  3  f  x   f  y   x  y
 x y
 x 1; y 1.
 
hpt   2 2
 x  1; y  1.
 x  y 2
Vậy hệ pt có nghiệm 1;1 và   1; 1 .

 3

Bài tập tham khảo thêm: Giải các hệ pt:
1
1

 x  x y  y
b) 

 2 y x3  1


 3  x 2  2 x 3  y
a) 
 3  y 2  2 y 3  x

 x  y  xy m

Bài 3. Tìm m để hệ sau có nghiệm: 

2
2
 x  y m
 S  P m

Giải: Đặt S  x  y, P  xy . Ta được hệ  2
S

2
P

m


Hệ đã cho có nghiệm
hệ sau đây có nghiệm

 P m  S
 2

 S  2 S  3m 0

 S 2  2 S  3m 0
m
(*) . S 2  4 P 3m  2 S  4 m  S  2 S  m 0  S 
 2
2
 S  4 P 0
m
 3m S 2  2 S

 3m S 2  2S
S 

2


2
(*)  

S  2S
 0 S 4
 S 2  2 S  3m 0
S 

6


17

Xét hàm số f  S  S 2  2S ,0 S 4 .
f  S  2 S  2

Để hệ pt có nghiệm khi 0 3m 24  0 m 8 .
Nhận xét: Có thể dùng phương pháp tam thức bậc hai để làm bài này.
 x  y 2a  1

Bài 4. Giả sử (x;y) là nghiệm của hệ pt 

2
2
2
 x  y a  2 a  3

Xác định a để xy nhỏ nhất.
 S 2a  1

Giải: Đặt S  x  y, P  xy . Ta có hệ pt  2
2
 S  2 P a  2a  3

 S 2a  1


3a 2
P

 3a  2


2


 3a 2

 3a  2  0
 2


2
2
ĐK để hệ có nghiệm S  4 P 0   2a  1  4

  2a 2  8a  7 0  2 

3a 2
2
2
 3a  2 , P3a  3
a 2 
. Xét hàm số P 
2
2
2

2
2
 x  y m
Bài 5. Cho hệ pt 
Tìm m để hệ có nhiều hơn hai nghiệm.

2
  x  1 y  xy m y  2 
 x  y m
 x  y m
 3
Giải: Hpt  
2
2
  m  y  1 y   m  y  y m y  2 
 y  my  2m 0(1)
Hệ có nhiều hơn hai nghiệm  (1) có đúng 3 nghiệm phân biệt
Pmin khi a 2 



y2 y2  6
y3
y3



f
y

(1)  m  2
. Xét hàm số f  y   2
.
2
y  2
y  2

y2  2







18


 y 0
f  y  0  
 y  6


3 6
m 
2
Bbt  (1) có 3 nghiệm  

3 6
m 

2
 x 2 y  a  y 2
Bài 6. Xác định giá trị âm của a để hpt :  2
có nghiệm duy nhất.
 xy  a  x 2
 x 2 y  a  y 2 (1)

Giải: Ta có hệ pt :  2
 xy  a  x 2 (2)
(2)  x 2  xy 2 a  0  0  x  y 2
Tương tự : (1)  0  y  x 2
Mặt khác (1) – (2)  xy( x  y )  ( x 2  y 2 )
 (x-y)(xy+x+y)=0
Do 0 < x < y 2 và 0 < y < x 2  xy+x+y>0  x  y 0
 y x  0
 y x  0

Hpt   3
2
3
2
 x  a x
 a  x  x
Xét f  x   x3  x 2  f ' ( x)  3x 2  2 x
2
f ' ( x) 0  x 0, x 
3

Vì a < 0 nên đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số y = f(x) đúng 1 lần. Do đó với
mọi a < 0, hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
3.4 Vận dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải hệ bất phương trình

19


Bài 1 . Tìm a để hệ bất pt sau đây có nghiệm :
x

 

x

Giải: 3 x  4 5 2 
x



x

x

9  4 1  5

Xét h/số :f(x) = 4. 1  5
9
9

x
 x
 3  4 5 2

1  log 2  a  x  log 2 x 4  1

x

 1 4.

1
5

9
9



x

(1)

x

x

f  x  = 4. 1 . ln 1 
9
9

x

5
5
< 0.
. ln
9
9

=> Hàm số nghịch biến trên R và f(2)=1

Từ ( 1)  f  2  f  x   x 2 .
Từ bpt thứ 2 : 1+log 2  a  x  log 2  x 4  1





 log 2  2 a  x   log 2 x 4  1
 2 a  x   x 4  1
 2a  x 4  2 x  1  g  x 
g '  x  4 x 3  2  0 , x 2

Từ bbt ta có: 2a  g  x  21  a 
Vậy với a 

21
2

21
thì hệ bất pt có nghiệm.
2

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường
Qua ôn luyện hệ thống các bài toán vận dụng đạo hàm xét tính đơn điệu
của hàm số vào giải pt, bất pt, hệ pt và hệ bất pt cho học sinh tôi nhận thấy học
sinh tự tin hơn khi làm những bài tập dạng này, dễ dàng định hướng và xác định
được các hàm số cần xét tính đơn điệu. Quan trọng hơn là học sinh không thấy
sợ những bài toán có chứa tham số, những bài toán biện luận. Ngoài ra học sinh
còn vận dụng phương pháp này vào các bài toán liên quan như tìm điều kiện để

hàm số đồng biến, nghịch biến trên một khoảng nào đó...Và ở học sinh đã hình
thành kĩ năng, chương trình làm một bài toán theo một sơ đồ bước giải.
3 . KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận : Trên đây là phương pháp vận dụng đạo hàm vào giải pt, bất
pt, hệ pt và hệ bất pt. Qua phương pháp này nhằm pháp triển tư duy qua việc
giải một số bài tập toán. Vận dụng phương pháp này vào trong giảng dạy giúp
cho học sinh thấy được tổng quan về kiến thức toán học, nhận thức sâu sắc về
20


toán học, tạo nên niềm đam mê và hứng thú học tập. Mỗi giáo viên chúng ta hãy
xây dựng hệ thống bài tập phù hợp với năng lực hiện có của học sinh, đa dạng
phong phú các thể loại nhằm luyện cho học sinh đầy đủ kiến thức, phân bậc hoạt
động phù hợp và tạo nguồn cảm hứng sáng tạo trong mỗi học sinh.
Lưu ý, trên đây là một số bài toán phù hợp với học sinh có nguyện vọng
học chuyên sâu để thi đại học cao đẳng, luyện thi học sinh giỏi, luyện thi thử đại
học ở các trường phổ thông trung học.
Trong thực tế của từng địa phương, của từng trường phổ thông, mỗi giáo
viên hãy trang bị cho bản thân một vốn kiến thức sâu rộng và vững chắc, đồng
thời có những phương pháp giảng dạy mới phù hợp, thích ứng với đối tượng học
sinh thông qua truyền thụ các kiến thức cơ bản và hệ thống bài tập phù hợp với
năng lực học sinh nhằm phát triển tư duy cho học sinh và tăng hiệu quả trong
giáo dục.
3.2. Kiến nghị : Qua một số năm giảng dạy, bản thân cá nhân tôi nhận
thấy lượng kiến thức trong chương trình toán THPT quá nhiều, nội dung chương
trình chưa phù hợp với thực tế xã hội đang còn mang nặng hình thức lý thuyết.
Vì vậy tôi xin có vài ý kiến đề xuất như sau:
- Cắt bỏ một số nội dung chương trình như: phép biến hình, thống kê.
Những phần này ta đưa vào chương trình đào tạo ở đại học, cao đẳng, trung cấp
của các nghành nghề liên quan.

- Tăng cường các bài toán mang tính ứng dụng thực tiễn để học sinh
thấy toán học gần gủi và có ý nghĩa. Và từ đó học sinh có nhu cầu học toán và
khám phá toán học.
Bài viết kết thúc ở đây. Mong được sự góp ý kiến của mọi người để sáng kiến
kinh nghiệm của tôi hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2019
Tôi xin cam đoan SKKN này là của tôi
viết, không sao chép nội dung của người
khác. Tôi xin chịu trách nhiệm về bài
viết này.
Người viết SKKN

Nguyễn Thị Bắc

21