Giao an on TN 09-10 (Hay).

GV Đỗ Đình Qn Trường THPT Nam Tiền Hải
CHUN ĐỀ 1
KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN
CĐ 1. tiÕp tun cđa ®å thÞ hµm sè (T1)
I/ Mục tiêu:
1/ Về kiến thức: Giúp học sinh hiểu rõ v ề tiếp tuyến
2/ Về kỹ năng: Rèn luyện cho hs có kỹ năng thành tạo trong việc vi ết pt tt
3/ Về tư duy thái độ:
+ Đảm bảo tính chính xác, linh hoạt.
+ Thái độ nghiêm túc, cẩn thận.
II/ Chuẩn bị của GV và HS
1/ GV: Giáo án
2/ Hs: nắm vững lí thuyết về cực trị, GTLN, GTNN. Chuẩn bị trước bt ở nhà.
III/ Phương pháp: Gợi mở, vấn đáp
IV/ Tiến trình tiết dạy:
1/ Ổn định lớp:
2. Kiểm tra bài cũ
3/ Bài mới:
Cho hàm số y=f(x) có đồ thò (C).Ta cần viết phương trình tiếp tuyến với đồ thò (C) trong các trường
hợp sau:
1/ Tại điểm có toạ độ (x
0
;f(x
0
)) :
B1: Tìm f ’(x)
⇒
f ’(x
0
)
B2: Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm (x

0
;f(x
0
))

là: y =
/
0
f (x )
(x–x
0
) + f(x
0
)
2/ Tại điểm trên đồ thò (C) có hoành độ x
0
:
B1: Tìm f ’(x)
⇒
f ’(x
0
), f(x
0
)
B2: Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm có hoành độ x
0
là:y =
/
0
f (x )

(x–x
0
) + f(x
0
)
3/ Tại điểm trên đồ thò (C) có tung độä y
0
:
B1: Tìm f ’(x) .
B2:Do tung độ là y
0
⇔
f(x
0
)=y
0
. giải phương trình này tìm được x
0
⇒
f
/
(x
0
)
B3: Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm có tung độ y
0
là:y =
/
0
f (x )

(x–x
0
) + y
0
4/ Biết hệ số góc của tiếp tuyến là k:
B1: Gọi M
0
(x
0
;y
0
) là tiếp điểm .
B2: Hệ số góc tiếp tuyến là k nên :

)(
0
xf
′
=k (*)
B3: Giải phương trình (*) tìm x
0

⇒
f(x
0
)
⇒
phương trình tiếp tuyến.
Chú ý:
Tiếp tuyến song song với đường thẳng y=ax+b thì có f

/
(x
0
)=a.
Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=ax+b thì có f
/
(x
0
).a=-1.
5/ Biết tiếp tuyến đi qua điểm A(x
1
;y
1
) :
B1:Phương trình đường thẳng d đi qua A(x
1
;y
1
) có hệ số góc k là: y = k(x–x
1
) + y
1
(1)
1
GV Đỗ Đình Qn Trường THPT Nam Tiền Hải
B2: d là tiếp tuyến của (C)
⇔
hệ phương trình sau có nghiệm :




=
′
+−=
kxf
yxxkxf
)(
)()(
11
B3:Giải hệ này ta tìm được k chính là hệ số góc của tiếp tuyến thế vào (1) ⇒ phương
trình tiếp tuyến.
Ví dụ 1 :
Cho đường cong (C) y = x
3
.Viết phương trình tiếp tuyến với đường cong :
a.Tại điểm A(-1 ; -1) b.Tại điểm có hoành độ bằng –2
c.Tại điểm có tung độä bằng –8 d. Biết rằng hệ số góc của tiếp tuyến bằng 3.
e.Biết rằng tiếp tuyến đi qua điểm B(2;8)
Giải:
Ta có y’= 3.x
2
a/ Tiếp tuyến tại A(-1;-1)
( )C∈
có
0
0
x 1
f(x ) 1
= −



= −

⇒ f’(x
0
)= 3.(-1)
2
= 3 ⇒ phương trình
tiếp tuyến là: y=f’(x
0
)(x-x
0
)+f(x
0
) = 3.(x+1) + (-1)
b/ Ta có x
0
= -2 ⇒
0
0
f(x ) 8
f '(x ) 12
= −


=

⇒ Ph.trình tiếp tuyến là y= 12(x+2) – 8 =12x + 16
c/ Ta có tung độä bằng y
0

= –8
⇔
f(x
0
)= -8
⇔

3
0
x
=-8
⇒
x
0
=-2
⇒
f’(x
0
)=12
⇒
Phương
trình tiếp tuyến là: y= 12(x+2) – 8 = 12x + 16
d/ Hệ số góc của tiếp tuyến bằng 3
⇔
f’(x
0
)=3
⇔
3.
2

0
x
=3

⇔

x
0
=
±
1
với x
0
=1
⇒
f(x
0
)=1
⇒
Phương trình tiếp tuyến là: y= 3(x-1) + 1= 3x-2 .
với x
0
=-1
⇒
f(x
0
)= -1
⇒
Phương trình tiếp tuyến là: y= 3(x+1) - 1= 3x+2.
e/Phương trình đường thẳng d đi qua B(2;8) có hệ số góc k là: y = k(x–2) + 8

d là tiếp tuyến của (C)
⇔
hệ phương trình sau có nghiệm :
3
2
k(x-2) + 8(1)
3 (2)
x
x k

=


=



⇔
x
3
= 3x
2
(x-2) + 8
⇔
2x
3
- 6x
2
+ 8 = 0

⇔

2
1
x
x
=


= −


Với x=2
⇒
k=12
⇒
phương trình tiếp tuyến là y=12(x-2)+8 = 12x -16.
Với x=-1
⇒
k=3
⇒
phương trình tiếp tuyến là y= 3(x-2)+8 = 6x – 4
4. Củng cố
- hd bài tập sau
5.Bài tập VN
Bài 1: Cho hàm số y= x
3
- 3x
2
có đồ thò (C). Viết phương trình tiếp tuyến với (C)

a/ Tại các giao điểm với trục hoành. b/ Tại điểm có hoành độ = 4.
c/ Biết tiếp tuyến có hệ số góc k= -3. d/ Biết tiếp tuyến song song với đường thẳng
y= 9x + 2005.
2
GV Đỗ Đình Qn Trường THPT Nam Tiền Hải
e/ Biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=
1
3
x + 2006. f/Biết tiếp tuyến đi
qua A(1;-2).
Bài 2: Cho hàm số y=
2
1
x x
x
− +
+
có đồ thò (C). Viết phương trình tiếp tuyến với (C)
a/ Tại các giao điểm với trục hoành. b/ Tại điểm có hoành độ = 2.
c/ Tại điểm có tung độ y=-
3
2
. d/Biết tiếp tuyến có hệ số góc k= - 1. e/Biết tiếp
tuyến đi qua A(2;0).
CĐ2 : SỰ ĐỒNG BIẾN NGHỊCH BIẾN CỦA HÀM SỐ (T2)
I. Mơc tiªu bµi häc:
- Về kiến thức: Học sinh nắm chắc hơn định nghĩa hàm số đồng biến, nghịch biến trên khoảng, nửa
khoảng, đoạn, điều kiện đủ để hàm số đồng biến, nghịch biến trên khoảng, nửa khoảng, đoạn.
- Về kỹ năng: Giải tốn về xét tính đơn điệu của hàm số bằng đạo hàm. Áp dụng được đạo hàm để
giải các bài tốn đơn giản.

- Về ý thøc, th¸i ®é: Tích cực,chủ động nắm kiến thức theo sự hướng dẫn của GV, sáng tạo trong q
trình tiếp thu kiến thức mới.
II. Ph ¬ng tiƯn d¹y häc
SGK, SBT,làm bài tập ở nhà
III. Ph ¬ng ph¸p d¹y häc chđ u:
VÊn ®¸p – hoạt động nhãm
IV. TiÕn tr×nh d¹y häc
2. Bµi míi:
1 : Ơn lý thuyết
u cầu hs trình bày lại: Tính đơn điệu, hàm số đồng biến, hs nghịch biến, Mối quan hệ giữa dấu của
đạo hàm và sự biến thiên hàm số.
Để xét tính đơn điệu của hàm số ta làm theo quy tắc:
- Tìm TXĐ
- Tính y’=f’(x). Tìm các điểm x
i
(i = 1, 2, …) mà tại đó y’=0 hoặc khơng xác định
- lập bảng biến thiên và xét dấu y’
- kết luận y’ từ bảng xét dấu y’ tìm ra các khoảng đồng biến, nghịch biến
2 : Tổ chức luyện tập
1)Xét tính đơn điệu của hàm số
a) y = f(x) = x
3
-3x
2
+1. b) y = f(x) = 2x
2
-x
4
.
c) y = f(x) =

2x
3x
+
−
. d) y = f(x) =
x1
4x4x
2
−
+−
.
e) y= f(x) = x
3
−3x
2
. g)
1x
3x3x
f(x) y
2
−
+−
==
.
h) y= f(x) = x
4
−2x
2
. i) y = f(x) = sinx trên [0; 2π].
2) Cho hàm số y = f(x) = x

3
-3(m+1)x
2
+3(m+1)x+1. Định m để hàm số ln đồng biên trên từng
khoảng xác định của nó (ĐS:1 ≤ m ≤ 0)
3) Tìm m∈Z để hàm số y = f(x) =
mx
1mx
−
−
đồng biên trên từng khoảng xác định của nó.
(ĐS:m = 0)
4) Chứng minh rằng : hàm số luôn luôn tăng trên khoảng xác đònh (trên từng khoảng xác đònh)
của nó :
3
GV Đỗ Đình Quân Trường THPT Nam Tiền Hải
a) y = x
3
−3x
2
+3x+2. b)
1x
1xx
y
2
−
−−
=
. c)
1x2

1x
y
+
−
=
.
5) Tìm m để hàm số
mx
2mmx2x
y
2
−
++−
=
luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó
CĐ 2 : CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ (T3)
I/ Mục tiêu :
1/ Kiến thức : Nắm vững hơn về định nghĩa cực đại và cực tiểu của hàm số, hai quy tắc để tìm
cực trị của hàm số, tìm tham số m để hàm số có cực trị .
2/ Kĩ năng: Vận dụng thành thạo hai quy tắc để tìm cực trị của hàm số, biết vận dụng cụ thể
từng trường hợp của từng qui tắc.
3/ Thái độ: Nghiêm túc, cẩn thận, chính xác.
II. Ph ¬ng tiÖn d¹y häc
SGK, SBT, làm bài tập ở nhà
III. Ph ¬ng ph¸p d¹y häc chñ yÕu:
VÊn ®¸p – hoạt động nhóm
IV. TiÕn tr×nh d¹y häc
1: Cũng cố lý thuyết
Để tìm cực trị của hàm số ta áp dụng quy tắc 1 sau:
- Tìm TXĐ

- Tính y’ và tìm các điểm x
i
(i =1, 2, …)mà tại đó y’=0 hoặc không xác định
- Lập bảng biến thiên
- Dựa vào bảng biến thiên để kết luận các điểm cực trị của hàm số
Để tìm cực trị của hàm số ta còn áp dụng quy tắc 2 sau:
- Tìm TXĐ
- Tính y’ và tìm các điểm x
i
(i =1, 2, …)mà tại đó y’=0 hoặc không xác định
- Tính y’’ và y’’(x
i
)
- Dựa vào dấu của y’’(x
i
) để kết luận các điểm cực trị của hàm số
2: Tổ chức luyện tập
1) Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số bằng quy tắc I:
a) y = x
3
. b) y = 3x +
x
3
+ 5. .
2) Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số bằng quy tắc II:
a /
4 2
3 2y x x= − +
b) y = x
2

lnx c) y = sin
2
x với x∈[0; π ] .
3) Xác định tham số m để hàm số y = x
3
−3mx
2
+(m
2
−1)x+2 đạt cực đại tại x = 2.
( m = 11)
4) Xác định m để hàm số y = f(x) = x
3
-3x
2
+3mx+3m+4
a.Không có cực trị. ( m ≥1)
b.Có cực đại và cực tiểu. ( m <1)
5) Xác định m để hàm số y = f(x) =
x1
mx4x
2
−
+−
a. Có cực đại và cực tiểu. (m>3)
b.Đạt cực trị tại x = 2. (m = 4)
c.Đạt cực tiểu khi x = -1 (m = 7)
6) Tìm cực trị của các hàm số :
a)
x

1
xy
+=
. b)
6x2
4
x
y
2
4
++−=
.
4
GV Đỗ Đình Quân Trường THPT Nam Tiền Hải
7) Xác định m để hàm số sau đạt cực đại tại x =1: y = f(x) =
3
x
3
-mx
2
+(m+3)x-5m+1.
(m = 4)
3 / Hướng dẫn học ở nhà : BT về nhà
B1. Hàm số
3 2
2( 1) 4 1
3
m
y x m x mx= − + + −
. Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu.

B2. Cho hàm
2
1
x mx
y
x
+
=
−
. Tìm m để hàm số có cực trị
B3. Cho hàm số
2
2 4
2
x mx m
y
x
+ − −
=
+
. Xác định m để hàm số có cực đại và cực tiểu.
CĐ 3: GTLN – GTNN – TIỆM CẬN CỦA HÀM SỐ(T4-5)
Phần 1: GTLN VÀ GTNN CỦA HÀM SỐ
I/ Mục tiêu:
Về kiến thức: Giúp học sinh hiểu rõ hơn về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
Về kỹ năng: Rèn luyện cho hs thành tạo trong việc tìm GTLN, GTNN của hàm số và biết ứng dụng
vào các bài toán thường gặp.
Về tư duy : Đảm bảo tính chính xác, linh hoạt.
Thái độ : Thái độ nghiêm túc, cẩn thận.
II/ Chuẩn bị của GV và HS

Hs: Học bài ở nhà nắm vững lí thuyết về cực trị, GTLN, GTNN. Chuẩn bị trước bt ở nhà.
III/ Phương pháp: Gợi mở, vấn đáp,hoạt động nhóm
IV/ Tiến trình tiết dạy:
1 / Ổn định lớp:
2/ Bài mới:
1: Ôn lý thuyết :
- Tính y’. Tìm các điểm x
1
, x
2
,… trên khoảng (a;b) mà tại đó y’=0 hoặc không xác định
- Tính f(a), f(b), tính f(x
1
), f(x
2
),….
- Tìm số lớn nhất M và nhỏ nhất m trong các số trên
[ ]
[ ]
;
;
max ( ) ; min ( )
a b
a b
f x M f x m= =
2: Tổ chức luyện tập
1) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) = x
2
-2x+3. (
R

Min
f(x) = f(1) = 2)
2) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = f(x) = x
2
-2x+3 trên [0;3].
(
]3;0[
Min
f(x) = f(1) = 2 và
]3;0[
Max
f(x) = f(3.) = 6
3) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x) =
1x
4x4x
2
−
+−
với x<1. (
)1;(
Max
−∞
f(x) = f(0) = -4)
4) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số y = 3 sinx – 4 cosx.
5) Tìm GTLN: y = −x
2
+2x+3. (
R
Max
y = f(1 ) = 4)

6) Tìm GTNN y = x – 5 +
x
1
với x > 0. (
);0(
Min
±∞
y = f(1 ) = −3)
7) Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = 2x
3
+3x
2
−1 trên đoạn






−
1;
2
1
(
4)1(fyMax
]1;
2
1
[
==

−
;
1)0(fyMin
]1;
2
1
[
−==
−
)
5
GV Đỗ Đình Quân Trường THPT Nam Tiền Hải
8) Tìm GTLN, GTNN của:
a) y = x
4
-2x
2
+3. (
R
Min
y = f(±1) = 2; Không có
R
Max
y)
b) y = x
4
+4x
2
+5. (
R

Min
y=f(0)=5; Không có
R
Max
y)
Gv sửa sai,hoàn thiện lời giải
Phần 2 : TIỆM CẬN VÀ ĐỒ THỊ HÀM SỐ
I/ Mục tiêu:
Về kiến thức: Giúp học sinh nắm chắc hơn về giới hạn của hàm số, Nắm kỹ hơn về tiệm cận,cách tìm
tiệm cận của đồ thị hàm số
Về kỹ năng: Rèn luyện cho hs có kỹ năng thành tạo trong việc tìm tiệm cận đứng và ngang của đồ thị
hàm số và biết ứng dụng vào bài toán thực tế.
Về tư duy : Đảm bảo tính chính xác, linh hoạt.
Về thái độ : Thái độ nghiêm túc, cẩn thận.
II/ Chuẩn bị của GV và HS
Hs: nắm vững lí thuyết về giới hạn,tiệm cận của đồ thị. Chuẩn bị trước bt ở nhà.
III/ Phương pháp: Gợi mở, vấn đáp
IV/ Tiến trình tiết dạy:
1/ Ổn định lớp:
2/ Bài mới:
Phần 1 : Yêu cầu học sinh chia làm 4 nhóm nhắc lại một số kiến thức lý thuyết có liên quan đến bài
học như sau :
1 / Khái niệm giới hạn bên trái,giới hạn bên phải.
2 / Giới hạn vô cùng - Giới hạn tại vô cùng
3 / Khái niệm tiệm cận ngang của đồ thị
4 / Khái niệm tiện cận đứng của đồ thị
Cả lớp thảo luận,bổ sung ,sửa sai,hoàn thiện phần lý thuyết để khắc sâu kiến thức cho Hs
2 : Tiến hành hướng dẫn,gợi mở dẫn dắt để học sinh giải các bài tập.
Bài tập 1 : Chia lớp làm 4 nhóm yêu cầu mỗi nhóm giải mỗi câu sau.Tìm tiệm cận đứng,ngang của đồ
thị các hàm số sau : a/

2 1
2
x
y
x
−
=
+
b/
3 2
1 3
x
y
x
−
=
+
c/
5
2 3
y
x
=
−
d/
4
1
y
x
−

=
+

Đại diện các nhóm trình bày trên bảng, lớp thảo luận bổ sung, góp ý, hoàn chỉnh .ghi chép

Gợi ý lời giải : a /
2 1
2
x
y
x
−
=
+
ta có
2
2 1
lim ,
2
x
x
x
+
→−
−
= −∞
+
và
2
2 1

lim ,
2
x
x
x
−
→−
−
= +∞
+
Nên đường thẳng x = - 2 là
đường tiệm cận đứng của đồ thị.
Vì
1
2
2 1
lim lim 2
2
2
1
x x
x
x
x
x
→±∞ →±∞
−
−
= =
+

+
nên đường thẳng y = 2 là đường tiệm cận ngang của đồ thị
Bài tập 2 : Tiến hành tương tự cho bài tập 2 như sau :
a./
2
2
12 27
4 5
x x
y
x x
− +
=
− +
b/
2
2
2
( 1)
x x
y
x
− −
=
−
c /
2
2
3
4

x x
y
x
+
=
−
d /
2
2
4 3
x
y
x x
−
=
− +

Đại diện các nhóm trình bày ,lớp thảo luận ,góp ý ,bổ sung.
6
GV ỡnh Quõn Trng THPT Nam Tin Hi
Gi ý li gii :

a./
2
2
12 27
4 5
x x
y
x x

+
=
+
Vỡ
2
2
12 27
lim 1
4 5
x
x x
x x

+
=
+
nờn ng thng y = 1 l tim cn ngang ca th
Vỡ
2
4 5x x +
> 0 ,

x nờn th khụng cú tim cn ng
4/ Cng c : Nhc li cỏch tỡm gii hn ca hs trờn . Lu ý cỏch tỡm tim cn ng nhanh bng cỏch tỡm
cỏc giỏ tr lm cho mu thc bng khụng.
BTVN: Tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht ca cỏc hm s sau
a.
4 3 2
3 2 9y x x x x= +
trong on

[ ]
2;2
b.
2 1
2
x
y
x
+
=

trong on
[ ]
3;4
c.
[ ]
3 2
6 9 , 0;4y x x x x
= +
d.
[ ]
2
2 , 2;2y x x x= +
C 4 : KHO ST HM S V CC BI TON LIấN QUAN

Phn 1 : KHO ST HM S BC BA V CC BI TON LIấN QUAN T6-7
I/ Mc tiờu:
V kin thc: Giỳp hc sinh nm chc hn v s kho sỏt hm s,
Nm k hn v bin thiờn,Cc tr,GTLN,GTNN,tim cn,cỏch v th hm s
V k nng: Rốn luyn cho hs cú k nng thnh to trong vic kho sỏt v th hm s .

V t duy : m bo tớnh logic
V thỏi : Thỏi nghiờm tỳc, cn thn.chớnh xỏc,
II/ Chun b ca GV v HS
Hs: nm vng lý thuyt v khảo sát hàm số và các bài toán liên quan.
III/ Phng phỏp: Gi m, vn ỏp kt hp hot ng nhúm .
IV/ Tin trỡnh tit dy:
* ễn lý thuyt :
1. Sơ đồ khảo sát hàm số:
1. Txđ
2. Sự biến thiên
a) Giới hạn và tiệm cận (Chỉ xét tiệm cận của các hàm phân thức)
b) Bảng biến thiên:
- Tính o hm
- Tìm các điểm x
i
sao cho phơng trình y (x
i
) = 0. Tính y(x
i
)
- Lập bảng biến thiên.
- Dựa vào bảng biến thiên để kết luận các khoảng đồng biến và cực trị.
3. Vẽ đồ thị:
- Tìm giao với các trục toạ độ (Hoặc một số điểm đặc biệt)
- Vẽ đồ thị
2. PTTT ca th hm s
a) PTTT ca hm s (C): y = f(x) ti im M
0
(x
0

; y
0
)
Bc 1: PTTT cn tỡm cú dng: y y
0
=
f

(x
0
)(x x
0
) Bc 2: Tớnh
f

(x)
Bc 3: Tớnh
f

(x
0
) Bc 4: Thay x
0
, y
0
v
f

(x
0

) vo bc 1
7
GV ỡnh Quõn Trng THPT Nam Tin Hi
b) PTTT ca (C): y = f(x) bit h s gúc k cho trc
Bc 1: Tớnh
f

(x) Bc 2: Gii phng trỡnh
f

(x
0
) = k

nghim x
0
Bc 3: Tớnh y
0
= f(x
0
) Bc 4: Thay x
0
, y
0
v k =
f

(x
0
) vo PT: y y

0
=
f

(x
0
)(x x
0
)
* Tin hnh hng dn,gi m dn dt hc sinh gii cỏc bi tp.
VD1 : Cho hàm số y = - x
3
+ 3x
2
- 2
a) Khảo sát hàm số.
b) Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm y=0
Giải:
a) Khảo sát hàm số:
1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:
a) Giới hạn:
lim
x
y

= m
b) Bảng biến thiên: y = - 3x
2
+ 6x, y = 0 - 3x

2
+ 6x = 0
1 1
2 1
0 2
2 2
x y
x y
= =



= =

- Hàm số đồng biến trên khoảng (0 ;
2) và nghịch biến trên khoảng
(- ; 0) và (2 ; +)
- Cực trị: Điểm cực đại (2 ; 2) cực tiểu (0 ; -2)
3. Đồ thị : - Điểm uốn : y = - 6x + 6; y = 0 khi
x = 1 y = 0. Ta có điểm uốn là: U(1 ; 0)
- Giao Ox :
(1 3;0); (1 3;0); (1;0)A B U +
- Giao Oy : D(0 ; -2)
Nhận xét : Đồ thi nhận điểm uốn U(1 ; 0) làm
tâm đối xứng.
b) Viết phơng trình tiếp tuyến tại điểm uốn U(1 ; 0)
Hệ số góc k = f(1) = 3
Vậy ta có phơng trình tiếp tuyến là :
y - y
0

= k(x - x
0
) hay : y - 0 = 3(x - 1)
y = 3x - 3
Một số chú ý khi khảo sát hàm số bậc ba :
1. Txđ: R
2.
0 lim ; 0 lim
x x
a y a y

> = < = m
3. a > 0 : CĐ - CT; a < 0: CT - CĐ (Không có cực trị nếu y > 0 hoặc
y < 0

x

R)
4. Tìm điểm uốn trớc khi vẽ đồ thị. Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.
VD 2: Cho hm s (C): y = -x
3
+ 3x + 2
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C)
b) Da vo th (C), bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh: x
3
3x 2 + m = 0
S: * m > 4: 1 n
0
; * m = 4: 2 n
0

; * 0 < m < 4: 3 n
0
; * m = 0: 2 n
0
; * m < 0: 1 n
0
c) Vit phng trỡnh tip tuyn ti im I(0; 2). S: y = 3x + 2
d) Vit phng trỡnh ng thng i qua im cc i v im cc tiu ca th (C)
HD: PT t i qua 2 im A(x
A
; y
A
) v B(x
B
; y
B
) cú dng:
A A
B A B A
x x y y
x x y y

=

. S: y = 2x + 2
X
- 0 2 +
y - 0 + 0 -
y
+ 2

-2 -
8
2
-2
y
x
O
GV ỡnh Quõn Trng THPT Nam Tin Hi
VD3: Cho hm s (C): y = x
3
+ 3x
2
+ 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C)
b) Da vo th (C), bin lun theo k s nghim ca phng trỡnh: x
3
+ 3x
2
k = 0
S: * k > 4: 1 n
0
; * k = 4: 2 n
0
; * 0 < k < 4: 3 n
0
; * k = 0: 2 n
0
; * k < 0: 1 n
0
c) Vit phng trỡnh tip tuyn ti im cú honh bng -1

HD: Th x = -1 vo (C)

y = 3: M(-1; 3). S: y = -3x
d) Vit phng trỡnh ng thng i qua im cc i v im cc tiu ca th (C)
S: y = -2x + 1
VD4: Cho hm s (C): y = x
3
3x
2
+ 4
a) Kho sỏt v v th hm s (C)
b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) song song vi ng thng y =
5
x 1
3

.
S: y =
5 83
x
3 27
+
; y =
5 115
x
3 27
+
VD5: Cho hm s (C
m
): y = 2x

3
+ 3(m 1)x
2
+ 6(m 2)x 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C) khi m = 2
b) Vi giỏ tr no ca m, th ca hm s (C
m
) i qua im A(1; 4). S: m = 2
c) Vit phng trỡnh tip tuyn ca hm s (C) i qua im B(0; -1). S: y = -1; y =
9
x 1
8

Bài tập tự luyện:
Bài 1: Cho hàm số:
3
12 12y x x= +
(C)
a) Khảo sát hàm số.
b) Tìm giao điểm của (C) với đờng thẳng d: y = - 4
Bài 2: Cho hàm số
3 2
1
( )
3
y x x C=
(Đề thi TN 2002)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C).
b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) đi qua điểm A(3; 0)
Bài 3: Cho hàm số

3
1
3 ( )
4
y x x C=
(Đề TN 2001)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng
2 3
(d)
Bài 4: (Đề TN 99) Cho hàm số y = x
3
- (m + 2)x + m
a) Tìm m để hàm số có cự đại tơng ứng với x = 1
b) Khảo sát hàm số tơng ứng với m = 1(C)
c) Biện luận số giao điểm của (C) với đờng thẳng y = k
Bài 5 : (Đề 97) Cho hàm số y = x
3
- 3x + 1 (C)
Khảo sát hàm số (C)
Bai 6: (Đề 93) Cho hàm số y = x
3
- 6x
2
+ 9 (C)
a) Khảo sát hàm số
b) Viết phơng trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ là nghiệm phơng trình y=0
c) Dựa vào (C) để biện luận số nghiệm của phơng trình x
3
- 6x

2
+ 9 - m.
Bài 8 : Cho hàm số
3 2
1
2,( )
3
y x x C= +
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
9
6
4
2
-2
5
x
y
GV Đỗ Đình Qn Trường THPT Nam Tiền Hải
b) ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tun cđa (C) biÕt r»ng tiÕp tun ®ã vu«ng gãc víi ®êng th¼ng d:
1
2
3
y x= − +
Phần 2: KHẢO SÁT HÀM SỐTRÙNG PHƯƠNG VÀ CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN T8-9
I/ Mục tiêu:
Về kiến thức: Giúp học sinh nắm chắc hơn về sơ đồ khảo sát hàm số,
Nắm kỹ hơn về biến thiên,Cực trị,GTLN,GTNN,tiệm cận,cách vẽ đồ thị hàm số
Về kỹ năng: Rèn luyện cho hs có kỹ năng thành tạo trong việc khảo sát vẽ đồ thị hàm số .
Về tư duy : Đảm bảo tính logic
Về thái độ : Thái độ nghiêm túc, cẩn thận.chính xác,

II/ Chuẩn bị của GV và HS
Hs: nắm vững lí thuyết về kh¶o s¸t hµm sè vµ c¸c bµi to¸n liªn quan.
III/ Phương pháp: Gợi mở, vấn đáp kết hợp hoạt động nhóm .
IV/ Tiến trình tiết dạy:
Phần 1 : Ơn lý thuyết :
1. S¬ ®å kh¶o s¸t hµm sè:
2/ Bài toán : Biện luận số nghiệm của phương trình bằng đồ thò
 Dùng đồ thò biện luận số nghiệm của phương trình f(x)=
( )m
ϕ
.
 Phương pháp giải:
B1: Vẽ đồ thò (C) của hàm f(x) (Thường đã có trong bài toán khảo sát hàm số )
B2: Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thò (C) và đường thẳng y=
( )m
ϕ
. Tùy theo m
dựa vào số giao điểm để kết luận số nghiệm.
Ví dụ:
Cho hàm số y=x
3
– 6x
2
+ 9x (C).
Dùng đồ thò (C) biện luận số nghiệm của phương trình x
3
– 6x
2
+ 9x – m =
0

Giải:
Phương trình x
3
– 6x
2
+ 9x – m = 0
⇔
x
3
– 6x
2
+ 9x = m
Số nghiệm của phương trình là số giao
điểm của đồ thò (C) và đường thẳng d: y=m.
dựa vào đồ thò ta có:
Nếu m > 4 phương trình có 1 nghiệm.
Nếu m = 4 phương trình có 2 nghiệm.
Nếu 0< m <4 phương trình có 3 nghiệm.
Nếu m=0 phương trình có 2 nghiệm.
Nếu m < 0 phương trình có 1 nghiệm.
Phần 2 : Tiến hành hướng dẫn,gợi mở dẫn dắt để học sinh giải các bài tập.
Hµm sè bËc 4 trïng ph¬ng y = ax
4
+ bx
2
+ c
VD1: Cho hµm sè
4 2
1 9
2 ( )

4 4
y x x C= − + +
a) Kh¶o s¸t hµm sè
b) ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tun cđa (C) t¹i ®iĨm cã hoµnh ®é b»ng 1.
Gi¶i:
10
6
4
2
y
5
x
O 1
GV ỡnh Quõn Trng THPT Nam Tin Hi
a) Khảo sát hàm số
Tập xác định: R
Sự biến thiên
a) Giới hạn:
lim
x
y

=
b) Bảng biến thiên:
1 1
3
2,3 2,3
9
0
4

y' = - x + 4x; y' = 0
25
2
4
x y
x y

= =




= =



x - - 2 0 2 +
y + 0 - 0 + 0 -
y

25
4

25
4
-
9
4
-
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (-; -2) và (0; 2), nghịch biến trên khoảng ( -2; 0) và (2;

+)
Cực trị:
CD CD
25 9
x = 2 y = ; 0
4 4
CT CT
x y = =
Đồ thị : (H2)
- Điểm uốn: y = - 3x
2
+4; y = 0
2 161
36
3
x y = =
- Giao với Ox : A(-3 ; 0) và B(3 ; 0)
- Giao Oy :
9
(0; )
4
C
(H2)
b) x
0
= 1 y
0
= 4, y(x
0
) = y(1) = 3. Nên phơng trình tiếp tuyến cần tìm là : y - 4 = 3(x - 1), hay : y

= 3x + 1.
Một số lu ý khi khảo sát hàm số bậc 4 trùng phơng :
a) Txđ : R
b)
0 : lim
x
a y

> = +
đt hàm số có hai cực tiểu - một cực đại hoặc chỉ có một cực tiểu (y = 0
chỉ có một nghiệm, khi đó đồ thị giống đồ thị parabol)

0 : lim ;
x
a y

< =
đt hàm số có hai cực đại - một cực tiểu hoặc chỉ có một cực đại.
c) Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng; Không có tiệm cận.
VD2: Cho hm s (C): y = - x
4
+ 2x
2
+ 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C)
b) Bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh: -x
4
+ 2x
2
+ 1 m = 0

S: * m > 2: vụ n
0
; * m = 2: 2 n
0
; * 1 < m < 2: 4 n
0
; * m = 1: 3 n
0
; * m < 1: 2 n
0
c) Vit phng trỡnh tip tuyn ti im cú tung bng 2
HD: Th y = 2 vo (C)

x =

1: M(-1; 2), N(1; 2). S: y = 2
VD3: Cho hm s (C): y = x
4
2x
2
3
a) Kho sỏt v v th hm s (C)
11
GV ỡnh Quõn Trng THPT Nam Tin Hi
b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C), bit h s gúc ca tip tuyn l 24. S: y = 24 43
VD4: Cho hm s (C
m
): y = x
4
(m + 7)x

2
+ 2m 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C) khi m = 1
b) Xỏc nh m th (C
m
) i qua im A(-1; 10). S: m = 1
c) Da vo th (C), vi giỏ tr no ca k thỡ phng trỡnh: x
4
8x
2
k = 0 cú 4 nghim phõn bit. S:
-14 < k < 0
Bài tập tự luyện :
Bài 1 : Cho hàm số y = x
4
- 2x
2
- 3 (C)
a) Khảo sát hàm số.
b) Dựa vào (C), tìm m để phơng trình x
4
- 2x
2
+ m = 0 có 4 nghiệm phân biệt.
Bài 2: Khảo sát hàm số: y = - x
4
+ 4x
2
- 5
Bài 3: Cho hàm số: y = x

4
+ mx
2
- m - 5 (C
m
)
a) Khảo sát hàm số với m = 1 (C)
b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành.
c) Tìm m để (C
m
) có cực đại và cực tiểu.
Bài 4: Cho hàm số:
4 2
1 9
2 4
y x mx=
(C
m
)
a) Khảo sát hàm số với m = 3.
b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm
9
(0; )
4
A

.
Bài số 5. Khảo sát các hàm số sau:
4 2
4 2

4 2
1) y x 4x 3
2) y x x 2
3) y x 2x 1
= +
= +
= +
Phn 3 : KHO ST HM S PHN THC BC NHT TRấN BC NHT V CC BI
TON LIấN QUAN T10-11
I/ Mc tiờu:
V kin thc: Giỳp hc sinh nm chc hn v s kho sỏt hm s,
Nm k hn v bin thiờn,Cc tr,GTLN,GTNN,tim cn,cỏch v th hm s
V k nng: Rốn luyn cho hs cú k nng thnh to trong vic kho sỏt v th hm s .
V t duy : m bo tớnh logic
V thỏi : Thỏi nghiờm tỳc, cn thn.chớnh xỏc,
II/ Chun b ca GV v HS
Hs: nm vng lớ thuyt v khảo sát hàm số và các bài toán liên quan.
III/ Phng phỏp: Gi m, vn ỏp kt hp hot ng nhúm .
IV/ Tin trỡnh tit dy:
VD1: Cho hàm số:
4
( )
1
x
y C
x
+
=

a) Khảo sát hàm số.

b) Xác định toạ độ giao điểm của (C) với đờng thẳng d: y = 2x + 2. Viết phơng trình tiếp tuyến của
(C) tại các giao điểm trên.
Giải:
a) Khảo sát hàm số:
1.Tập xác định: D = R\{1}
2.Sự biến thiên:
a) Chiều biến thiên:
12
2
-2
-4
y
5
x
1
O
I
GV ỡnh Quõn Trng THPT Nam Tin Hi
2
3
' 0,
( 1)
y x D
x

= >

.
Nên hàm số nghịch biến trên (-; 1) và (1; +)
b) Cực trị: Đồ thị hàm số không có cực trị.

c) Giới hạn và tiệm cận:
1
lim
x
y

+ =
x = 1 là tiệm cận đứng.
lim 1
x
y

+ =
y = - 1 là tiệm cận ngang.
d) Bảng biến thiên :
x - 1 +
y - -
y
+
-1 -1
-
3.Đồ thị : (H3)
- Giao với Ox : A(4 ; 0)
- Giao với Oy : B(0 ; -4)
- Đồ thị nhận I(1 ; - 1)
làm tâm đối xứng
b) Hoành độ giao điểm của(C)
và đờng thẳng d là nghiệm
Của phơng trình:
1 1

2
2 2
2 2
4
2 2 2 6 0
3
1
5
2
x y
x
x x x
x
x y
= =

+

= + + =


= =


Vậy giao điểm của (C) và đờng thẳng d là:
1 2
3
( 2; 2), ( ;5)
2
M M

- Phơng trình tiếp tuyến của (C) tại M
1
có hệ số góc là:
1
1
'( 2)
3
k y= =
Nên có phơng trình là:
1 1 8
2 ( 2)
3 3 3
y x y x+ = + =
- Phơng trình tiếp của (C) tại M
2
có hệ số góc là:
2
3
'( ) 12
2
k y= =
. Nên có phơng trình là:
3
5 12( ) 12 23
2
y x y x = = +
Những lu ý khi khảo sát hàm b1/b1:
1. Tập xác định:
\{ }.
d

D R
c
=
2. Hàm số luôn đồng biến (y>0) hoặc luôn nghịch biến (y<0) trên các khoãng xác định.
3. Đồ thị hàm số không có cực trị.
4. Giới hạn và tiệm cận:
) lim
d
x
c
d
y x
c

+ = =
là tiệm cận đứng.
)lim
x
a a
y y
c c

+ = =
là tiệm cận ngang
+) Không có tiệm cận xiên.
13
GV ỡnh Quõn Trng THPT Nam Tin Hi
Vd2. Cho hàm số
3x 1
y

x 3

=

có đồ thị (C).
1) Khảo sát hàm số.
2) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x = -1
3) Tìm GTLN và GTNN của hàm số trên [0; 2].
Hớng dẫn giải.
1) Hs tự khảo sát. Đồ thị:
2) Có
( )
2
10 5
y' y'( 1)
8
x 3

= =

;
y( 1) 1 =
Phơng trình tiếp tuyến:
( )
5 5 3
y x 1 1 y x
8 8 8
= + + = +
3) Ta có hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định nên hàm số nghịch biến trên [0; 2].
Do đó:

[ ] [ ]
0;2 0;2
1
max y y(0) ; min y y(2) 5
3
= = = = .
VD3. Cho hm s (C): y =
x 1
x 3
+

a) Kho sỏt v v th hm s (C)
b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) vuụng gúc vi ng phõn giỏc phn t th nht
HD: ng phõn giỏc phn t th nht l: y = x. S: y = -x v y = -x + 8
VD4.: Cho hm s (C
m
): y =
mx 1
2x m

+
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C
2
)
b) Chng minh rng vi mi giỏ tr ca tham s m, hm s luụn ng bin trờn mi khong xỏc nh ca
nú
HD: Chng minh t thc ca y

> 0 suy ra y

> 0(pcm)
c) Xỏc nh m tim cn ng ca th i qua A(-1;
2
). S: m = 2
d) Vit phng trỡnh tip tuyn ca hm s (C
2
) ti im (1;
1
4
). S: y =
3 1
x
8 8

VD5: Cho hm s (C
m
): y =
(m 1)x 2m 1
x 1
+ +

a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C) khi m = 0
b) Vi giỏ tr no ca m, th ca hm s (C
m
) i qua im B(0; -1). S: m = 0
c) nh m tim cn ngang ca th i qua im C(
3
; -3). S: m = -4
c) Vit phng trỡnh tip tuyn ca hm s ti giao im ca nú vi trc tung
HD: Giao im vi trc tung

x = 0, thay x = 0 vo (C)

y = -1: E(0; -1). S: y = -2x 1
Bài tập tự luyện
Bài 1: Cho hàm số:
2 1
( ).
1
x
y C
x

=
+
a) Khảo sát hàm số.
b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
Bài 2: Cho hàm số
2 1
( )
1
x
y C
x

=

a) Khảo sát hàm số
b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm của (C) với các trục toạ độ.
14

GV ỡnh Quõn Trng THPT Nam Tin Hi
Bài 3: Cho hàm số
4
( )
2
x
y C
x
+
=

a) Khảo sát hàm số
b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và các trục toạ độ
Bài 4: (Đề TN - 99)
Cho hàm số
1
( )
1
x
y C
x
+
=

a) Khảo sát hàm số.
b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tai điểm A(0; 1)
Bài 5: Cho hàm số
2
( )
1

x
y C
x

=
+
a) Khảo sát hàm số
b) Chứng minh rằng đờng thẳng d
m
: y = 2x + m (m là tham số) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt
thuộc hai nhánh của đồ thị
c) Tìm toạ độ của M thuộc đồ thị (C) sao cho điểm M cách đều các trục toạ độ
Bài 6: Cho hàm số
2
( )
1
x
y C
x
+
=
+
a) Khảo sát hàm số
b) Tìm m để đờng thẳng d
m
: y = mx + m + 3 (m là tham số) cắt (C) tại hai điểm phân biệt.
Bài 7: Khảo sát các hàm số
a)
2
2

x
y
x
+
=

b)
2
1
x
y
x
=

. Chuyên Đề 2: Hàm Số Mũ và Lôgarit
C 1 PT, BPT mũ (T12-13)
I. Mc tiờu:
1) V kin thc:
Các kiến thức về luỹ thừa và mũ
2) V k nng:
Thc hin thnh tho vic giải PT, BPT, hệ PT và hệ BPT mũ.
3) V t duy v thỏi :
T giỏc, tớch cc trong hc tp.
Ch ng phỏt hin, chim lnh tri thc mi, bit quy l v quen, cú tinh thn hp tỏc xõy dng
cao.
II. Chun b ca giỏo viờn v hc sinh:
Giỏo viờn: - Giỏo ỏn, bng ph, phiu hc tp .
Hc sinh: Sỏch giỏo khoa.
Kin thc v PT, BPT, hệ PT và hệ BPT mũ.
III. Phng phỏp:

Dựng cỏc phng phỏp gi m, vn ỏp, nờu vn v gii quyt vn , hot ng nhúm..
IV. Tin trỡnh bi hc:
1. n nh lp.
2. Bi mi:.
I. PHNG TRèNH M
1. Phng phỏp: Bin i phng trỡnh v dng cựng c s: a
M
= a
N


M = N
15
GV Đỗ Đình Quân Trường THPT Nam Tiền Hải
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau :
2
3 2
1
2
4
x x+ −
=
HD:
2 2
3 2 3 2 2
1
2 2 2
4
x x x x+ − + − −
= ⇔ =

2 2
0
3 2 2 3 0
3
x
x x x x
x
=

⇔ + − = − ⇔ + = ⇔

= −

Vậy phương trình có nghiệm:
0, 3x x= = −
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau :
2
3 1
1
3
3
x x− +
 
=
 ÷
 
HD:
2
2
3 1

( 3 1) 1
1
3 3 3
3
x x
x x
− +
− − +
 
= ⇔ =
 ÷
 
2 2
1
( 3 1) 1 3 2 0
2
x
x x x x
x
=

⇔ − − + = ⇔ − + = ⇔

=

Vậy phương trình có nghiệm:
1, 2x x= =
Ví dụ 3: Giải phương trình sau :
1 2
2 2 36

x x+ −
+ =
HD:
1 2
2
2 2 36 2.2 36
4
x
x x x+ −
+ = ⇔ + =
x x x 4
8.2 2
36 9.2 36.4 2 16 2 2 4
4
x x
x
+
⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm:
1, 2x x= =
Ví dụ 4: Giải phương trình sau :
2 1
5 .2 50
x x−
=
HD:
2 1
20
4
5 .2 50 5 . 50 20 100 log 100

2
x
x x x x
x
−
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm:
20
log 100x =
2. Phương pháp: Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình đại số
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau :
2 8 5
3 4.3 27 0
x x+ +
− + =
HD:
8 2 5
3 .3 4.3 .3 27 0
x x
− + =
( )
2
6561. 3 972.3 27 0
x x
⇔ − + =
(*)
Đặt
3 0
x
t = >

Phương trình (*)
2
1
9
6561 972 27 0
1
27
t
t t
t

=

⇔ − + = ⇔


=


Với
2
1
3 3 2
9
x
t x
−
= ⇔ = ⇔ = −
Với
3

1
3 3 3
27
x
t x
−
= ⇔ = ⇔ = −
Vậy phương trình có nghiệm:
2, 3x x= − = −
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau :
25 2.5 15 0
x x
− − =
16
GV Đỗ Đình Quân Trường THPT Nam Tiền Hải
HD:
( )
2
25 2.5 15 0 5 2.5 15 0
x x x x
− − = ⇔ − − =
(*)
Đặt
5 0
x
t = >
Phương trình (*)
2
5
2 15 0

3 (loai)
t
t t
t
=

⇔ − − = ⇔

= −

Với
5 5 5 1
x
t x= ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm:
1x
=
Ví dụ 3: Giải các phương trình sau :
2 2
3 3 24
x x+ −
− =
HD:
( )
2
2 2
9
3 3 24 9.3 24 0 9. 3 24.3 9 0
3
x x x x x

x
+ −
− = ⇔ − − = ⇔ − − =
(*)
Đặt
3 0
x
t = >
Pt (*)
2
3
9t 24 9 0
1
( loai)
3
t
t
t
=


⇔ − − = ⇔

= −

Với
3 3 3 1
x
t x= ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm:

1x =
3. Phương pháp: Lấy logarit hai vế
Ví dụ 1: Giải phương trình sau :
2
1
1
8 .5
8
x x −
=
HD: Lấy logarit hai vế với cơ số 8, ta được
2 2
1 1
8 8
1 1
8 .5 log 8 .5 log
8 8
x x x x− −
= ⇔ =
( )
2
1 1 2
8 8 8 8
log 8 log 5 log 8 1 log 5 1
x x
x x
− −
⇔ + = ⇔ + − = −
( )
( ) ( ) ( )

2
8 8
1 1 log 5 0 1 1 1 log 5 0x x x x x⇔ + + − = ⇔ + + + − =
( ) ( )
( )
8
8
1 0
1 1 1 log 5 0
1 1 log 5 0
x
x x
x
+ =

⇔ + + − = ⇔ 

 
+ − =

8 8 5
1 1
.log 5 log 5 1 1 log 8
x x
x x
= − = −
 
⇔ ⇔
 
= − = −

 
Vậy phương trình có nghiệm:
5
1, 1 log 8x x= − = −
Ví dụ 2: Giải phương trình sau :
2
3 .2 1
x x
=
HD: Lấy logarit hai vế với cơ số 3, ta được
2 2
3 3
3 .2 1 log 3 .2 log 1
x x x x
= ⇔ =
( )
2
3 3
log 2 0 1 log 2 0x x x x⇔ + = ⇔ + =
3
0
1 log 2 0
x
x
=

⇔

+ =


2
3
0
0
1
log 3
log 2
x
x
x
x
=

=


⇔ ⇔


= −
= −



Vậy phương trình có nghiệm:
2
0, log 3x x= = −
4. Phương pháp: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số mũ, nhẩm nghiệm và sử dụng tính
đơn điệu để chứng minh nghiệm duy nhất (thường là sử dụng công cụ đạo hàm)
Ta thường sử dụng các tính chất sau:

17
GV Đỗ Đình Quân Trường THPT Nam Tiền Hải
• Tính chất 1 : Nếu hàm số f tăng ( hoặc giảm ) trong khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = C
có không quá một nghiệm trong khỏang (a;b). ( do đó nếu tồn tại x
0

∈
(a;b) sao cho f(x
0
) =
C thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = C)
• Tính chất 2 : Nếu hàm f tăng trong khỏang (a;b) và hàm g là hàm một hàm giảm trong
khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khỏang (a;b) .
( do đó nếu tồn tại x
0

∈
(a;b) sao cho f(x
0
) = g(x
0
) thì đó là nghiệm duy nhất của phương
trình f(x) = g(x))
Ví dụ : Giải các phương trình sau :
3 4 5
x x x
+ =
HD:
3 4 5
x x x

+ =
3 4
1
5 5
x x
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
(*)
Ta có
2x =
là nghiệm của phương trình (*) vì
2 2
3 4
1
5 5
   
+ =
 ÷  ÷
   
Ta chứng minh đây là nghiệm duy nhất.
Thật vậy, xét
3 4
( )
5 5
x x
f x
   
= +

 ÷  ÷
   
Ta có
( )f x
đồng biến trên
¡
vì
3 3 4 4
'( ) ln ln 0
5 5 5 5
x x
f x
   
= + <
 ÷  ÷
   
,
x∀ ∈ ¡
. Do
đó
+ Với
2x >
thì
( ) (2)f x f<
hay
3 4
1
5 5
x x
   

+ <
 ÷  ÷
   
, nên phương trình (*) thể có
nghiệm
2x
>
+ Với
2x
<
thì
( ) (2)f x f>
hay
3 4
1
5 5
x x
   
+ >
 ÷  ÷
   
, nên phương trình (*) thể có
nghiệm
2x <
Vậy phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất
2x
=
2x =
BÀI TẬP TỰ GIẢI:
Giải các phương trình sau:

1.
10 5
10 15
16 0,125.8
x x
x x
+ +
− −
=
2.
2 8 5
3 4.3 27 0
x x+ +
− + =
3.
6.9 13.6 6.4 0
x x x
− + =
4.
( 2 3 ) ( 2 3) 4
x x
− + + =
5.
2 2
2
2 2 3
x x x x− + −
− =
6.
3.8 4.12 18 2.27 0

x x x x
+ − − =
7.
2 2
2.2 9.14 7.7 0
x x x
− + =
8.
1
12.3 3.15 5 20
x x x+
+ − =
9.
( )
9
log log 3 9 1
x
x
 
− =
 
10.
1
2 1
3
x
x
 
= +
 ÷

 
11.
2
8 1 3
2 4
x x x− + −
=
12.
2
5
6
2
2 16 2
x x− −
=
13.
1 2 1 2
2 2 2 3 3 3
x x x x x x− − − −
+ + = − +
14.
1 2
2 .3 .5 12
x x x− −
=
15.
2
2 1
( 1) 1
x

x x
−
− + =
16.
2 2
log 2.log 2.log 4 1
x x
x =
17.
1
3
4 6
log 0
x
x
+
=
18.
1
7 2.7 9 0
x x−
+ − =
19.
2 6 7
2 2 17 0
x x+ +
+ − =
20.
(2 3) (2 3) 4 0
x x

+ + − − =
18
GV Đỗ Đình Quân Trường THPT Nam Tiền Hải
21.
2.16 15.4 8 0
x x
− − =
22.
3
(3 5) 16(3 5) 2
x x x+
+ + − =
23.
(7 4 3) 3(2 3) 2 0
x x
+ − − + =
24.
1 1 1
2.4 6 9
x x x
+ =
25.
2 3 3
8 2 12 0
x
x x
+
− + =
26.
1 2 1 2

5 5 5 3 3 3
x x x x x x+ + + +
+ + = + +
27.
( ) ( )
2 2
log 3 1 log 1x x+ = + −
28.
2
(3 2 ) 2(1 2 ) 0
x x
x x− − + − =
29.
4
3
2 4
x−
=
30.
2
2 3 3 5
3 9
x x x− + −
=
31.
5 17
7 3
1
32 .128
4

x x
x x
+ +
− −
=
32.
1
5 2 8
2 0
2 5 5
x x+
   
− + =
 ÷  ÷
   
33.
3
5 5 20
x x−
− =
34.
( ) ( )
4 15 4 15 2
x x
− + + =
35.
(
)
(
)

5 2 6 5 2 6 10
x x
+ + − =
36.
2 1
3 9.3 6 0
x x+
− + =
37.
2 2
2 9.2 2 0
x x+
− + =
38.
1 2
3 5
x x+ −
=
39.
2
3 7 12
3 5
x x x− − +
=
II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
1. Ph ng trình c b n:ươ ơ ả
0
0
b
b

≤




>

Phương trình vô số nghiệm
Phương trình :
( )f x
a b> ⇔

( ) log
( ) log
a
a
f x b
f x b
>


<


khi
khi

1
0 1
a

a
>
< <
0
0
b
b
≤




>

Phương trình vô nghiệm
Phương trình :
( )f x
a b< ⇔

( ) log
( ) log
a
a
f x b
f x b
<


>


khi
khi

1
0 1
a
a
>
< <
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
2 1
3
3
1 log 2
3 2 2 1 log 2
2
x
x x
−
+
≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤
Vậy bất phương trình có nghiệm:
3
1 log 2
;
2
S
+
 

= −∞


 
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
( )
1
1
3 1 3
3 1 3. 3.3 1 3 3 27.3 9
3 1 3
x x
x x x
x
−
+
−
< ⇔ − < + ⇔ − < +
+
6
26.3 12 3 ,
13
x x
x⇔ > − ⇔ > − ∀ ∈ ¡
Vậy bất phương trình có nghiệm:
( )
;S = −∞ +∞
2. Phương pháp: Biến đổi bất phương trình về dạng cùng cơ số:
19
GV Đỗ Đình Quân Trường THPT Nam Tiền Hải

a.
( ) ( )f x g x
a a> ⇔

( ) ( )
( ) ( )
f x g x
f x g x
>


<


khi
khi

1
0 1
a
a
>
< <
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
( )
2
2
3 9
x
x−

>
HD:
( )
2
2
3 9
x
x−
>
2 4
4
16
3 3 2 4 8 16
4 7
x
x
x
x x x x
−
⇔ > ⇔ > − ⇔ > − ⇔ <
Vậy bất phương trình có nghiệm:
16
;
7
S
 
= −∞
 ÷
 
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:

( ) ( )
2
1 3
5 2 5 2
x x− − +
+ ≥ −
(1)
HD: Ta có:
( ) ( ) ( )
1
1
5 2 5 2 1 5 2 5 2
5 2
−
+ − = ⇔ − = = +
+
Phương trình (1)
( ) ( )
2
1 3
2
5 2 5 2 1 3
x x
x x
− −
⇔ + ≥ + ⇔ − ≥ −

2
2 0 1 2x x x⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤
Vậy bất phương trình có nghiệm:

[ ]
1;2S = −
3. Phương pháp: Đặt ẩn phụ chuyển về bất phương trình đại số.
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
2
5 5 26
x x−
+ <
HD:
( )
2
2
25
5 5 26 5 26 0 5 26.5 25 0
5
x x x x x
x
−
+ < ⇔ + − < ⇔ − + <
(1)
Đặt
5 0
x
t = >
Ta có: (1)
2
26 25 0t t⇔ − + <
1 25t
⇔ < <

0 2
1 5 25 5 5 5 0 2
x x
x⇔ < < ⇔ < < ⇔ < <
Vậy bất phương trình có nghiệm:
( )
0;2S =
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
2x+1
3 10.3 3 0
x
− + ≤
HD:
2x+1
3 10.3 3 0
x
− + ≤
( )
2
3. 3 10.3 3 0
x x
⇔ − + ≤
(1)
Đặt
3 0
x
t = >
.
Ta có: (1)
2

1
3 10 3 0 3
3
t t t⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤
1 1
1
3 3 3 3 3 1 1
3
x x
x
−
⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤
Vậy bất phương trình có nghiệm:
[ ]
1;1S = −
Ví dụ 3: Giải bất phương trình:
5.4 2.25 7.10 0 (*)
x x x
+ − >
20
GV Đỗ Đình Quân Trường THPT Nam Tiền Hải
HD: Chia (*) hai vế cho
4 0
x
>
ta được:
2
5 5
5 2. 7. 0
2 2

x x
 
   
+ − >
 
 ÷  ÷
   
 
 
(**)
Đặt
5
0
2
x
t
 
= >
 ÷
 
.
Ta có: (**)
2
5
0 1
0 1
0
2
2 7 5 0
5

1
5 5
2
2 2
x
x
t
x
t t
x
t

 
< <

< <

 ÷
<

 


⇔ − + > ⇔ ⇔ ⇔



>
>


 


>
 ÷

 

Vậy bất phương trình có nghiệm:
( ) ( )
;0 1;S = −∞ +∞
. BÀI TẬP TỰ GIẢI:
Bài 1: Giải các phương trình sau:
1.
4
16 8
x−
≥
2.
2 5
1
9
3
x+
 
<
 ÷
 
3.
6

2
9 3
x
x+
≤
4.
2
6
4 1
x x− +
>
5.
2
4 15 4
3 4
1
2
2
x x
x
− +
−
 
<
 ÷
 
6.
2
4 15 13 4 3
1 1

2 2
x x x− + −
   
<
 ÷  ÷
   
7.
2
7 12
5 1
x x− +
≤
8.
1
1
2
16
x
x−
 
>
 ÷
 
9.
2 2 3 3
2 .5 2 .5
x x x x+ +
≤
10.
1

25 125
x−
≥
11.
2 6 2 7
2 2 17
x x+ +
+ >
12.
( ) ( )
2
1 3
2 3 2 3
x x− − +
− ≥ +
13.
2 3 2
5 2.5 3
x x− −
− ≤
14.
1 1
1 2
4 2 3
x x
− −
> +
15
5.4 2.25 7.10
x x x

+ ≤
16.
4 2 2
2.16 2 4 15
x x x−
− − ≤
Bài 2: Giải các phương trình sau:
1.
10 5
10 15
16 0,125.8
x x
x x
+ +
− −
≤
2.
2 8 5
3 4.3 27 0
x x+ +
− + ≤
3.
6.9 13.6 6.4 0
x x x
− + ≥
4.
( 2 3 ) ( 2 3) 4
x x
− + + <
5.

( ) ( )
2 2
log 3 1 log 1x x+ > + −
6.
2
5
6
2
2 16 2
x x− −
>
7.
2 2
2.2 9.14 7.7 0
x x x
− + ≥
8.
1
12.3 3.15 5 20
x x x+
+ − =
9.
8 1
8
2
2log ( 2) log ( 3)
3
x x− + − =
10.
2

8 1 3
2 4
x x x− + −
=

C Đ 2: PT, BPT l«garÝt T14-15
I. Mục tiêu:
1) Về kiến thức:
C¸c kiÕn thøc vÒ luü thõa vµ mò
2) Về kỹ năng:
– Thực hiện thành thạo việc gi¶i PT, BPT, hÖ PT vµ hÖ BPT l«garit.
21
GV Đỗ Đình Quân Trường THPT Nam Tiền Hải
3) Về tư duy và thái độ:
– Tự giác, tích cực trong học tập.
– Chủ động phát hiện, chiếm lĩnh tri thức mới, biết quy lạ về quen, có tinh thần hợp tác xây dựng
cao.
II. Chuẩn bị của giáo viên và học sinh:
Giáo viên: - Giáo án, bảng phụ, phiếu học tập .
Học sinh: – Sách giáo khoa.
– Kiến thức về PT, BPT, hÖ PT vµ hÖ BPT l«garit.
III. Phương pháp:
Dùng các phương pháp gợi mở, vấn đáp, nêu vấn đề và giải quyết vấn đề, hoạt động nhóm..
IV. Tiến trình bài học:
1. Ổn định lớp.
2. Bài mới:.
I. PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT
1. Phương pháp : Biến đổi phương trình về dạng cùng cơ số:
log log
a a

M N M N= ⇔ =
Ví dụ 1 : Giải phương trình sau :
2 2 2
log log ( 3) log 4x x+ + =
HD:
2 2 2
log log ( 3) log 4x x+ + =
(1)
Điều kiện:
0 0
0
3 0 3
x x
x
x x
> >
 
⇔ ⇔ >
 
+ > > −
 
Do đó phương trình
2 2
(1) log ( 3) log 4 ( 3) 4x x x x⇔ + = ⇔ + =
2
1
3 4 0 1
4 (loai)
x
x x x

x
=

⇔ + − = ⇔ ⇔ =

= −

Vậy phương trình có nghiệm:
1x
=
Ví dụ 2 : Giải phương trình sau :
2
2 2 2
log log log 9x x x+ =
HD:
2
2 2 2
log log log 9x x x+ =
(1)
Điều kiện:
0x >
Phương trình
2 2 2 2 2 2
(1) log 2log log 9 log 2log log 9x x x x⇔ + = + ⇔ =
2 2 2 2
1
log log 9 log log 3 3
2
x x x⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm

3x
=
2. Phương pháp : Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình đại số.
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau :
2
2 2
log 2log 2 0x x+ − =
HD:
2
2 2
log 2log 2 0x x+ − =
(1)
Điều kiện:
0x >
Phương trình
2
2 2
(1) log log 2 0x x⇔ + − =
Đặt
2
logt x=
Lúc đó:
2
2 2
log log 2 0x x+ − = ⇔
2
2
2
2
log 1

1
t 2 0
1
2 log 2
4
x
x
t
t
t x
x
=

=
=



+ − = ⇔ ⇔ ⇔



= − = −
=



Vậy phương trình có nghiệm
1
2,

4
x x= =
22
GV Đỗ Đình Quân Trường THPT Nam Tiền Hải
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau :
2 1
1 log ( 1) log 4
x
x
−
+ − =
HD:
2 1
1 log ( 1) log 4
x
x
−
+ − =
(1)
Điều kiện:
1 0 1
(*)
1 1 2
x x
x x
− > >
 
⇔
 
− ≠ ≠

 
Phương trình
2
2 2
2 2
log 4 2
(1) 1 log ( 1) 1 log ( 1)
log ( 1) log ( 1)
x x
x x
⇔ + − = ⇔ + − =
− −
[ ]
2
2 2
log ( 1) log ( 1) 2 0x x⇔ − + − − =
(2)
Đặt
2
log ( 1)t x= −
Lúc đó: phương trình (2)
2
1
2 0
2
t
t t
t
=


⇔ + − = ⇔

= −

2
2
1 2 3
log ( 1) 1
1 5
log ( 1) 2
1
4 4
x x
x
x
x x
− = =
 
− =

 
⇔ ⇔ ⇔

 
− = −
− = =

 
thỏa (*)
Vậy phương trình có nghiệm

5
3,
4
x x= =
3. Phương pháp: Mũ hóa hai vế:
Ví dụ:
3
log (3 8) 2
x
x− = −
Điều kiện:
3 8 0
x
− >
( )
3
log (3 8)
2 2
3
2
2
log (3 8) 2 3 3 3 8 3
3 1( )
3 8.3 9 0 3 3 2
3 9
x
x x x x
x
x x x
x

x
loai
x
−
− −
− = − ⇔ = ⇔ − =

= −
⇔ − − = ⇔ ⇔ = ⇔ =

=

Vậy phương trình có nghiệm
2x =
4. Phương pháp: Nhẩm nghiệm và sử dụng tính đơn điệu để chứng minh nghiệm duy
nhất (thường là sử dụng công cụ đạo hàm)
Ta thường sử dụng các tính chất sau:
• Tính chất 1 : Nếu hàm số f tăng ( hoặc giảm ) trong khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = C
có không quá một nghiệm trong khỏang (a;b). ( do đó nếu tồn tại x
0

∈
(a;b) sao cho f(x
0
) =
C thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = C)
• Tính chất 2 : Nếu hàm f tăng trong khỏang (a;b) và hàm g là hàm một hàm giảm trong
khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khỏang (a;b) .
( do đó nếu tồn tại x
0

∈
(a;b) sao cho f(x
0
) = g(x
0
) thì đó là nghiệm duy nhất của phương
trình f(x) = g(x))
Ví dụ : Giải các phương trình sau :
( )
2 5
log log 2 1 2x x+ + =
HD:
( )
2 5
log log 2 1 2x x+ + =
(1)
Điều kiện:
0x
>
Ta có
2x
=
là nghiệm của phương trình (*) vì
( )
2 5
log 2 log 2.2 1 2+ + =
Ta chứng minh đây là nghiệm duy nhất.
Thật vậy, hàm số
( )

2 5
log , log 2 1y x y x= = +
đều có các cơ số lớn hơn 1 nên các
hàm số đó đồng biến.
+ Với
2x >
, ta có:

2 2
log log 2 1x > =
23
GV Đỗ Đình Quân Trường THPT Nam Tiền Hải
+
( ) ( )
5 5
log 2 1 log 2.2 1 1x + > + =


( )
2 5
log log 2 1 2x x+ + >
Suy ra, phương trình (1) vô nghiệm khi
2x
>
+ Với
0 2x< <
, ta có:

2 2
log log 2 1x < =

+
( ) ( )
5 5
log 2 1 log 2.2 1 1x + < + =


( )
2 5
log log 2 1 2x x+ + <
Suy ra, phương trình (1) vô nghiệm khi
0 2x
< <
Vậy phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất
2x =
BÀI TẬP TỰ GIẢI:
Giải các phương trình sau:
1.
2 2
log 2.log 2.log 4 1
x x
x =
2.
1
3
4 6
log 0
x
x
+
=

3.
( ) ( )
2 2
log 3 1 log 1x x+ = + −
4.
3 1
2
log log 0x
 
=
 ÷
 
5.
8 1
8
2
2log ( 2) log ( 3)
3
x x− + − =
6.
1
log (4 4) log (2 3)
2 1
2
x x
x
+
+ = − −

7.

)3(log)4(log)1(log
2
1
2
2
1
2
2
xxx −=++−
8.
3
3
2 2
4
log log
3
x x+ =
9.
051loglog
2
3
2
3
=−++ xx
10.
2 7 2 7
log 2.log 2 log .logx x x x+ = +
11.
( ) ( )
5 5 5

log log 6 log 2x x x= + − +
12.
5 25 0,2
log log log 3x x+ =
13.
( )
2
log 2 5 4 2
x
x x− + =
14.
2
3
log( 2 3) log 0
1
x
x x
x
+
+ − + =
−
15.
2
5 5 5
log (4 144) 4log 2 1 log (2 1)
x x−
+ − = + +
16.
1 2
1

4 log 2 logx x
+ =
− +
17.
2 2
log 10log 6 0x x+ + =
18.
3 9
1
log log 9 2
2
x
x x
 
+ + =
 ÷
 
19.
( ) ( )
2 2
log 4.3 6 log 9 6 1
x x
− − − =
20.
( )
2
1 4
3
log log 5 0x
 

− =
 
21.
( )
log 6.5 25.20 log 25
x x
x+ = +
22.
( )
2
8
log 4 3 1x x− + =
23.
( )
( ) ( )
1
2 log 2 1 log 5 1 log 5 5
x x−
− + + = +
24.
( ) ( )
1
2 1
2
log 2 1 .log 2 2 2
x x+
− − = −
25.
( ) ( )
1

2 2 1
2
1
log 4 4 .log 4 1 log
8
x x+
+ + =
24
GV Đỗ Đình Quân Trường THPT Nam Tiền Hải
26.
1
3
5
log log 3
2
x
x + =
27.
( )
( )
2
1 5
5
log 6 8 2log 4 0x x x− + + − =
II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT
1. Phương trình cơ bản:
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
2
log ( 2) 3x − >
Điều kiện

2 0 2x x
− > ⇔ >
3
2
log ( 2) 3 2 2 10x x x− > ⇔ − > ⇔ >
Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm:
( )
10;S = +∞
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
2
1
2
log ( 7 ) 3x x+ >
+ Điều kiện
2
7
7 0
0
x
x x
x
< −

+ > ⇔

>

+
2
1

2
log ( 7 ) 3x x+ >
3
2 2
1 1
7 7 0
2 8
x x x x
 
⇔ + < ⇔ + − <
 ÷
 
97 97
7 7
2 2
2 2
x
− − − +
⇔ < <
+ Kết hợp với đk, bpt có nghiệm:
97
7
2
7
2
97
7
2
0
2

x
x

− −


< < −



− +

< <


Hay
97 97
7 7
2 2
; 7 0;
2 2
S
   
− − − +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
= −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

U
2. Phương pháp: Biến đổi bất phương trình về dạng cùng cơ số:
a.
( ) ( )
log ( ) log ( )
( ) ( )
a a
f x g x
f x g x
f x g x
>

> ⇔

<


khi
khi

1
0 1
a
a
>
< <
, Điều kiện
( ) 0, ( ) 0f x g x> >
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
2 1

2
log ( 5) log (3 ) 0x x+ + − ≥
HD: + Điều kiện:
5 0
5 3
3 0
x
x
x
+ >

⇔ − < <

− >

25