Hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp dùng bảng xét dấu biểu thức trong giải một số bất phương trình chứa căn thức, mũ và logarit

MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
2. NỘI DUNG
2.1 . Cơ sở lí luận
2.2. Thực trạng của vấn đề
2.3. Giải pháp thực hiện
2.3.1. Kiến thức chuẩn bị
2.3.2. Tổ chức thực hiện
2.3.3. Một số ví dụ vận dụng phương pháp
2.3.3.1. Dành cho học sinh lớp 10
2.3.3.2. Dành cho học sinh lớp 12
2.4. Hiệu quả sáng kiến mang lại
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

Trang
1
1
1
2
2
3
3
3
4
4
4

6
5
12
14
16


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài:
Trong chương trình dạy tốn nói chung có rất nhiều vấn đề mà người dạy
chúng ta cần quan tâm, đánh giá và suy nghĩ để từ đó tư duy tổng hợp, tiến hành
thực hiện áp dụng việc đổi mới giúp cho việc giảng dạy của thầy hiệu quả hơn,
việc tiếp thu của trò dễ dàng hơn và học trò hứng thú với việc học tập ở trường.
Qua nghiên cứu chương trình giảng dạy tôi nhận thấy trong phân môn Đại số lớp
10 phần bài tập liên quan đến bất phương trình đặc biệt là những bất phương
trình chứa căn thức đối với học sinh khi thực hiện rất khó khăn, trong một số đề
thi học sinh giỏi các cấp thì dạng tốn liên quan đến bất phương trình chứa căn
thức là những bài tốn hay và khó. Mặt khác, tiến tới kỳ thi tốt nghiệp THPT địi
hỏi học sinh cần phải có kỹ năng làm bài nhanh và độ chính xác cao để đáp ứng
tốt yêu cầu bài thi trắc nghiệm.
Trong những năm gần đây, việc đổi mới phương pháp dạy học là một yêu
cầu bắt buộc đối với tất cả các môn học, cụ thể chúng ta phải áp dụng linh hoạt
các phương pháp để tạo cho học sinh học tập có hệ thống, tự giác trong việc
nghiên cứu lý thuyết cũng như tìm tịi lời giải, phát triển tính sáng tạo của học
sinh trong việc vận dụng các kiến thức đã học để khám phá lời giải của các bài
tập, thống kê và đưa chúng về một số dạng cơ bản trên cơ sở đó thực hiện việc
giải tốn một cách dễ dàng hơn.
Qua quá trình giảng dạy các đối tượng học sinh ở trường THPT Hà Văn
Mao bản thân tôi đúc rút ra một sáng kiến nhỏ giúp học sinh của mình khắc
phục được một số khó khăn trong q trình giải bất phương trình và bước đầu đã

đạt được những kết quả nhất định. Tôi mạnh dạn tổng hợp và viết sáng kiến kinh
nghiệm “Hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp dùng bảng xét dấu biểu
thức trong giải một số bất phương trình chứa căn thức, mũ và logarit” trong
khn khổ của chương trình tốn trung học phổ thông nhằm mong muốn được
các đồng nghiệp tham khảo và cho ý kiến.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Nâng cao hiệu quả dạy học của giáo viên và tiếp thu kiến thức trong q
trình học tập của học sinh đối với mơn học đòi hỏi tư duy sáng tạo.
Tạo động cơ cho học sinh ý thức được việc hiểu bản chất của từng bài
tốn. Từ đó học sinh có thể liên hệ, vận dụng sáng tạo vào giải quyết các bài
toán khác và các tình huống thực tế nhằm góp phần hình thành và phát triển
năng lực trí tuệ chung cho học sinh THPT.
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu: Nghiên cứu về việc sử dụng bảng xét dấu biểu
thức trong việc giải một số bất phương trình chứa căn thức, mũ, lơgarit mà khi
sử dụng phương pháp biến đổi tương đương phải phân chia nhiều trường hợp.
- Phạm vi nghiên cứu: Hướng dẫn học sinh làm bài tập về phương pháp
xét dấu biểu thức trong giải một số bất phương trình chứa ẩn dưới dấu căn thức
bậc hai, tích, thương các biểu thức chứa căn thức và biểu thức chứa lôgarit hoặc
chứa mũ.

1


1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Nghiên cứu các tài liệu về phương pháp dạy học mơn Tốn, các tài liệu
giáo dục học, tâm lý học...
- Nghiên cứu vị trí, khối lượng kiến thức về chủ đề bất phương trình vơ
tỷ, bất phương trình mũ và lơgarit trong chương trình tốn THPT.
- Kiểm chứng bằng cách tiến hành giảng dạy ở các lớp 10, 12 trong

trường THPT Hà Văn Mao, các lớp ôn thi tốt nghiệp THPT thi học sinh giỏi cấp
tỉnh nhằm kiểm tra giả thuyết khoa học, minh họa tính khả thi và tính hiệu quả
của giải pháp đề xuất.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
Sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã làm từ năm học 2019- 2020 với tên đề
tài là: “Hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp dùng bảng xét dấu biểu
thức trong giải một số bất phương trình vơ tỷ” và nhận thấy trong quá trình
giảng dạy áp dụng ở trường THPT Hà Văn Mao nó thực sự hiệu quả. Tơi phát
triển sáng kiến sử dụng cho các bài tập giải bất phương trình có chứa tích,
thương các biểu thức chứa căn bậc hai và chứa các biểu thức logarit, mũ để giải
nhanh các bài tập trắc nghiệm về mảng kiến thức này cho học sinh lớp 12.

2


2. NỘI DUNG
2.1. Cở sở lí luận
Định lý: Nếu hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  a; b và f  a  . f  b   0 thì
phương trình f  x   0 có ít nhất một nghiệm x  c � a; b  .[3]
Từ định lý trên ta có được mệnh đề phản đảo sau:
Mệnh đề: Nếu hàm số f  x  liên tục trên khoảng  a; b  và phương trình
f  x   0 vơ nghiệm trên  a; b  thì f  x  không đổi dấu trên  a; b  .
Chứng minh: Giả sử ngược lại thì tồn tại c, d � a; b  , c  d sao cho f  c  và
f  d  trái dấu. Vì hàm số f  x  liên tục trên khoảng  a; b  nên liên tục trên  c; d  .
Áp dụng định lý trên thì hàm số sẽ có nghiệm x  e � c; d  � a; b  . Điều này mâu
thuẫn giả thiết f  x   0 vơ nghiệm trên  a; b  .
Ngồi ra, các hàm số mà chúng ta gặp trong chương trình tốn phổ thơng
hầu như nó đều liên tục trên các khoảng thuộc tập xác định. Như vậy mệnh đề
trên sẽ làm cơ sở cho việc xét dấu biểu thức ở phần sau.
2.2. Thực trạng của vấn đề

Trong chương trình tốn 10 bài học liên quan đến bất phương trình chứa căn
thức chiếm thời lượng rất ít: Cụ thể trong sách giáo khoa đại số 10 chỉ đề cập
đến bất phương trình bậc nhất, bậc hai và một số ví dụ và bài tập trong phần
luyện tập và ôn tập chương; Sách giáo khoa giải tích 12 phần bất phương trình
mũ và bất phương trình logarit cũng chỉ đề cập đến những dạng đơn giản.
Nhưng dạng bất phương trình chứa căn thức lại rất hay gặp lại trong phần bất
phương trình mũ, logarit lớp 12 và trong các đề thi tốt nghiệp THPT và đặc biệt
là một dạng quan trọng trong đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh các năm.
Sau 13 năm công tác bản thân tôi đã nhiều năm dạy mơn tốn lớp 10, 12 và
đặc biệt được phân cơng giảng dạy các khóa có những học sinh tiềm năng là lực
lượng nòng cốt trong đội tuyển học sinh giỏi cấp tỉnh, cũng như những học sinh
thi vào các trường đại học, học viện tốp đầu cả nước. Đặc biệt với hình thức thi
trắc nghiệm như hiện nay địi hỏi độ chính xác cao và kỹ năng tính tốn giải
quyết bài tốn nhanh, gọn khơng cho phép xảy ra sai lầm ở bước nào. Trong khi
đó với một số cách giải thông thường như sách giáo khoa đưa ra rất nhiều học
sinh gặp khó khăn từ khâu nhớ được cách giải đến khâu kết hợp nghiệm của bất
phương trình. Đó là điểm yếu không chỉ với học sinh yếu kém mà ngay cả
những học sinh có lực học khá giỏi nhiều khi vẫn mắc sai lầm.
Sách giáo khoa đại số 10 chỉ đề cập đến cách giải bất phương trình bằng
phương pháp xét dấu biểu thức đối với các bất phương trình dạng tích hoặc bất
phương trình chứa ẩn ở mẫu dạng đơn giản là các nhị thức hoặc tam thức bậc
hai. Khi tiếp cận với bất phương trình chứa căn bậc hai mặc dù đã phân tích để
học sinh hiểu và đưa ra cách giải theo phương pháp biến đổi tương đương như
sách giáo khoa nhưng nhiều học sinh vẫn gặp khó khăn và nếu địi hỏi thao tác
nhanh như thi trắc nghiệm mà khơng có độ chắc chắn thì rất dễ dẫn đến sai sót.

3


Trong quá trình dạy học sinh sử dụng bảng xét dấu để giải các bất phương

trình dạng tích, thương các nhị thức bậc nhất hoặc tam thức bậc hai tôi thấy học
sinh tỏ ra rất hào hứng và làm rất tốt. Thực tế đã có nhiều giáo viên đã khai thác
và có nhiều đề tài đã đề cập đến dùng bảng xét dấu để giải các bất phương trình
dạng này. Vậy tại sao chúng ta không hướng dẫn học làm như vậy đối với bất
phương trình chứa ẩn dưới dấu căn thức bậc hai hoặc các bất phương trình chứa
tích, thương các biểu thức chứa căn bậc hai và chứa các biểu thức logarit, mũ ?
Vì thiết nghĩ bản chất của việc giải bất phương trình chính là xét dấu biểu thức
từ đó suy ra tập nghiệm mà việc xét dấu biểu thức chỉ đưa về giải các phương
trình sau đó sử dụng kỹ năng xét dấu mà các em đã được làm quen và thành thạo
như vậy sẽ tránh được một số sai lầm quan trọng khi tiến hành giải bất phương
trình theo phương pháp khác.
2.3. Giải pháp thực hiện
2.3.1. Kiến thức chuẩn bị
2.3.1.1. Phương pháp giải một số phương trình cơ bản:
�
�g  x  �0
f  x  g  x � �
2
g  x �
�
�
�
�f  x   �
log a f  x   b � f  x   a b
a f  x   b � f  x   log a b

2.3.1.2. Phương pháp giải bất phương trình chứa căn bậc hai dạng cơ bản theo
phương pháp biến đổi tương đương:
�
�

�g  x   0
�
�
�
�f  x  �0
f  x  g  x � �
�
�
�g  x  �0
�
�
2
f
x

�
g
x
�




�
�
�
�
�
�
�g  x  �0

�
2
�
f  x   g  x  � �f  x   �
g  x �
�
�
�
�
�f  x  �0

2.3.1.3. Bất phương trình mũ và bất phương trình logarit cơ bản
log a f ( x)  b : Nếu 1  a thì log a f ( x)  b � f ( x)  a b
Nếu 0  a  1 thì log a f ( x)  b � 0  f ( x)  ab
a f  x  b :
f x
b  0 : Nếu 1  a thì a    b � f  x   log a b
f x
Nếu 0  a  1 thì a    b � f  x   log a b

b �0 bất phương trình nghiệm đúng với mọi x làm cho f  x  xác

định.
Tương tự với các bất phương trình dạng cơ bản khác.

4


Như vậy, so với giải phương trình thì giải bất phương trình cùng dạng cơ
bản nhưng độ phức tạp đã tăng lên rõ rệt. Vậy nên sách giáo khoa giải tích 12

cũng chỉ đưa ra một vài ví dụ giải bất phương trình mũ và logarit dạng đơn giản.
2.3.2. Tổ chức thực hiện
Trong quá trình dạy học sinh theo phương pháp mà sách giáo khoa đưa ra
tôi định hướng cho học sinh nhận thấy bản chất của việc giải bất phương trình
chính là xét dấu biểu thức. Ví dụ như giải bất phương trình f  x   0 chính là tìm
tất cả các giá trị của biến để biểu thức f  x  mang dấu dương. Như vậy nếu ta
xét được dấu của f  x  thì có thể suy ra được tập nghiệm của bất phương trình.
Như vậy chỉ cần các em làm tốt việc giải các phương trình là chúng ta hồn tồn
có thể giải được một bất phương trình nào đó. Khi tiến hành dạy tiết tự chọn tôi
đã hướng dẫn học sinh làm theo cách sử dụng bảng xét dấu biểu thức như sau:
+) Đưa bất phương trình về dạng có một vế bằng 0. Giả sử vế còn lại là
một biểu thức f  x 
+) Tìm điều kiện xác định của biểu thức f  x 
+) Tìm các giá trị của biến x là nghiệm của f  x   0
+) Lập bảng xét dấu của biểu thức:
- Bảng gồm hai dòng: dòng của biến và của biểu thức. Trên dòng của
biến điền các nghiệm và các điểm làm cho biểu thức không xác định
theo thứ tự từ bé đến lớn, nếu có những khoảng hàm số khơng xác
định thì gạch bỏ. Đây chính là thao tác chia khoảng cần xét dấu.
- Xét dấu mỗi khoảng theo nguyên tắc: Mỗi khoảng biểu thức chỉ
mang một dấu. Vì vậy chỉ cần lấy một giá trị bất kì của biến nằm
trong khoảng đó thay vào biểu thức, khi đó giá trị biểu thức thu được
mang dấu của khoảng cần xét dấu; Nếu các nghiệm tìm được đều là
nghiệm đơn hoặc nghiệm bội lẻ thì qua nghiệm biểu thức đổi dấu.
Trường hợp khơng chắc chắn có đổi dấu hay khơng ta có thể xét
từng khoảng theo ngun tắc trên. Việc tính giá trị biểu thức tại giá
trị biến bất kỳ đã có cơng cụ máy tính hỗ trợ nên học sinh có thể sử
dụng để xét được nhiều khoảng khác nhau một cách nhanh chóng và
chính xác.
+) Từ bảng xét dấu suy ra tập nghiệm của bất phương trình.

Ở đây ta có thể lấy một ví dụ để học sinh hiểu về khái niệm nghiệm đơn,
nghiệm bội chẵn và nghiệm bội lẻ:
2
5
Ví dụ các nghiệm của đa thức: x  2  x   3  x  thì x  0 là nghiệm đơn,
x  2 là nghiệm bội chẵn còn x  3 là nghiệm bội lẻ.
Kỹ năng tính giá trị biểu thức f  x  tại x  x0 bằng máy tính: Nhập
biểu thức f  x  vào máy tính sau đó bấm phím CALC chọn x  x0 , bấm phím
"  " ta được giá trị f  x0  , lặp lại thao tác CALC để tính các giá trị biểu thức tại
điểm khác. Như vậy với kỹ năng này học sinh sẽ xét dấu các khoảng nhanh, gọn,
chính xác dù có nhiều khoảng cũng không mất nhiều thời gian. Kỹ năng này đối
với học sinh lớp 10 cần hướng dẫn tỉ mỉ vì các em mới làm quen.
5


2.3.3. Một số ví dụ vận dụng phương pháp
2.3.3.1. Dành cho học sinh lớp 10
Ví dụ 1. Giải bất phương trình x 2  x  12  2  x
Cách 1: Giải theo phương pháp biến đổi tương đương
� x 2  x  12 �0
�
x 2  x  12  2  x � �
2 x  0
�x 2  x  12  (2  x) 2
�
�
x �3�
x
3
�

�
�
��
�x �4
�
�
��x �4
�
�
��
x2
� �x  2 ۣ
 x 3
2
2
�x  x  12  4  4 x  x
� 16
�
�x 
3
�
�
�
�
Vậy bất phương trình có tập nghiệm: S  (�; 3 ]

Ví dụ 2. Giải bất phương trình x 2  3x  10 �x  2
Cách 1: Giải theo phương pháp biến đổi tương đương
x 2  3 x  10 �x  2
�2

��
x 2
�x  3x  10 �0
��
�
 ��x �5

x
Trường hợp 1: �
x

2

0
�
�
�x  2
�
�
x  2 �0
�x �2
�۳�
Trường hợp 2: �2
2
�x �14
�x  3x  10 �( x  2)

2

x 14

Vậy bất phương trình có tập nghiệm:
S=  �; 2 � 14; �
Quan sát cách giải hai ví dụ trên nếu một học sinh nắm vững kiến thức thì
việc đưa ra đáp án đúng là khơng khó. Nhưng thực tế trong q trình giảng dạy
nhiều học sinh thậm chí có những học sinh học khá trong lớp sau một thời gian
gặp lại vẫn bị nhầm giữa 2 bất phương trình dạng trên.
Để khắc phục khó khăn đó chúng ta có thể hướng dẫn học sinh làm theo
cách 2 như sau:
Cách 2: Bài giải theo phương pháp dùng bảng xét dấu biểu thức
Ví dụ 1. Giải bất phương trình: x 2  x  12  2  x
x �3
�

Điều kiện xác định: x 2  x  12 �0 � �
�x �4
Xét phương trình:
x 2  x  12  2  x

�x �2
2  x �0
�
�
�
� �2
16
2 � �
x
x


x

12

2

x


�
�
� 3

Phương trình vơ nghiệm

6


Ta có bảng xét dấu biểu thức y  x 2  x  12  2  x
x

3

�

y

�

4





Từ đó suy ra tập nghiệm bất phương trình là: S  (�; 3 ]
Ở đây vì phương trình vơ nghiệm nên ta chỉ có hai khoảng cần xét dấu,
mỗi khoảng chỉ cần lấy một giá trị bất kỳ thuộc khoảng đó để kiểm tra dấu của
biểu thức theo nguyên tắc trên. Cụ thể: trên khoảng  �; 3 ta chọn giá trị
x  4 , tính y  4   2 2  6  0 nên trên khoảng này biểu thức mang dấu âm; trên
khoảng  4; � ta chọn giá trị x  5 , tính y  5  2 2  3  0 nên trên khoảng này
biểu thức mang dấu dương (có thể hướng dẫn học sinh sử dụng máy tính để tính
giá trị biểu thức tại x  x0 để việc tính tốn tránh nhầm lẫn vì đa phần học sinh
nhẩm kém); hai vị trí x  3, x  4 khơng là nghiệm nên tại đó giá trị biểu thức
mang dấu của khoảng tương ứng  �; 3 và  4; � từ đó ta có bảng xét dấu như
trên.
Ví dụ 2. Giải bất phương trình sau: x 2  3x  10 �x  2
x �2
�

Điều kiện xác định: x 2  3x  10 �0 � �
�x �5
Xét dấu biểu thức y  x 2  3x  10  2  x
Phương trình:
x 2  3 x  10  x  2

�
�x  2 �0
� �2
2 � x  14

�x  3x  10   2  x 

Ta có bảng xét dấu biểu thức y  x 2  3x  10  2  x
x

y

2

�





�

14

5

0

+

Từ đó suy ra tập nghiệm bất phương trình là: S=  �; 2 � 14; �
Nếu mới quan sát hai cách giải trên thì ta chưa thấy thấy được ưu điểm
của cách làm thứ 2. Tuy nhiên, với cách giải thứ hai ta thấy chỉ cần học sinh
thông thạo cách giải phương trình dạng f  x   g  x  sẽ không bị nhầm lẫn giữa
cách giải các bất phương trình:

f  x  g  x ,

f  x  g  x ,

f  x  �g  x  ,

f  x  �g  x  . Đặc biệt sẽ khắc phục điểm yếu khi kết hợp nghiệm của bất

phương trình. Hơn nữa việc xét dấu biểu thức trong từng khoảng đối với học
sinh ban đầu hơi bỡ ngỡ nhưng nếu chúng ta hướng dẫn kỹ năng sử dụng máy
tính để tính giá trị biểu thức tại x  x0 thì việc xét dấu lại trở nên đơn giản. Ta có
thể thấy ở ví dụ sau cách 2 tỏ ra khá hiệu quả:
Ví dụ 3. Giải bất phương trình sau:

8  2 x  x2
1
x2

7


Cách 1: Giải theo phương pháp biến đổi tương đương
Điều kiện : 4 �x  2; 2  x �2
8  2 x  x2
1
x2
�

8  2x  x2  x  2

0
x2

Bất phương trình tương đương với hai trường hợp sau
�
� 8  2x  x2  x  2
�
8 2 x  x 2  ( x  2) 2
� 8  2 x  x2  x  2  0
�
��
��
x  2
x20
x20
�
�
�

Trường hợp 1: �

�2
�3  17
3  17
x
�x  3 x  2  0
�
3  17
��
�� 2

� 2  x 
2
2
� x  2
�
x  2
�
�

Trường hợp 2:
�
�
� 8  2x  x 2  x  2  0
� 8  2 x  x2  x  2
�
�
�
x20
x20
�
�

Hệ bất phương trình này vơ nghiệm vì 8  2 x  x 2 �0, x thuộc miền xác định.
� 3  17 �
�
�
2
�
�

2;
Vậy bất phương trình có tập nghiệm S= �
�

Với bài này nhiều học sinh rất dễ xét thiếu trường hợp hoặc có những học
sinh xét đủ trường hợp nhưng vẫn lúng túng trong quá trình giải và kết hợp
nghiệm.
Bài giải theo cách 2:
Điều kiện : 4 �x  2; 2  x �2
8  2 x  x2
8  2x  x2  x  2
1�
0
x2
x2
8  2 x  x2  x  2
y
x2

Ta có:
Xét biểu thức:
Ta có:

8  2x  x2  x  2  0 � 8  2 x  x2  x  2
�
�x  2 �0
��
2
8  2x  x2   x  2
�

�x

3  17
2

Bảng xét dấu:
x
y

2

4



3  17
2


0

2



8


� 3  17 �
�

�
2
�
�

2;
Vậy bất phương trình có tập nghiệm S  �
�

Đến đây ta đã thấy được ưu điểm của cách giải 2, học sinh chỉ cần quan
tâm đến điều kiện xác định của bất phương trình và xét dấu biểu thức trên miền
đó. Khi thực hành theo cách này tôi thấy học sinh tỏ ra khá hứng thú.
Ví dụ 4. Giải bất phương trình sau:  x  3 x 2  4 �x 2  9
Cách 1: Giải theo phương pháp biến đổi tương đương
Điều kiện:
x �2 hoặc x �2

 x  3

x 2  4 �x 2  9 � ( x  3)( x 2  4  x  3) �0

TH1:
�
x3
�
� x3
�
( x  3)( x  4  x  3)  0 � � 2
��
x �3

�
�
x

4

x

3
2
2
�
�
�x  4  x  6 x  9
�
�
� x3
�x  3
�
x �3
�
�
� �
��
13
�
�
x
�
13

x
6
�
�
�
6
�
�
2

TH2: ( x  3)( x 2  4  x  3)  0
�
��
x 3  0
x3
�
�
�
(I )
�
�� 2
� 2
�
�� x  4  x  3
� x 4  x3 0
��
��
x

3


0
x3
�
�
�
�
�
�
( II )
�
�
� 2
� 2
� x 4  x3 0
� x 4  x3
�
�
�
� x3
x3
�
�
�x 3
�
�� x  3 �
x

3


0
�
13
�
�
�
� ��x �3 �
13 � x  
Giải (I) � ��
�
x  3 �0
6
x
�
�
��
��
�
6
�
13
�
�
2
2
��
��x  
�x  4  x  6x  9
�
��

��
6
��
�
�x  3
�x  3
�
��
13 � x  3
Giải (II) � �2
2
x


x

4

x

6
x

9
�
�
6
�
13 �
�

Vậy bất phương trình có tập nghiệm S  ��;  �� 3; �
6�
�

Mặc dù cách làm này hồn tồn đúng nhưng khá dài khơng phải dễ dàng
có thể đưa ra được lời giải đúng.
Bài giải theo cách 2: Điều kiện: x �2 hoặc x �2

 x  3

x 2  4 �x 2  9 � ( x  3)( x 2  4  x  3) �0

Xét biểu thức: y  ( x  3)( x 2  4  x  3)

9


Ta có

y0
� ( x  3)( x 2  4  x  3)  0
x3
�
x3 0
x3
�
�
�
�� 2
�� 2

�
13
�
x
�x  4  x 3  0
�x 4  x 3
� 6

Bảng xét dấu:
x



�



y

13
6
0

2





�

3

2

0



13

�
�
Vậy bất phương trình có tập nghiệm S  ��;  �� 3; �
6�
�
Ta thấy cách 2 tỏ ra khá hiệu quả trong ví dụ này. Nó có thể giúp học sinh
khắc phục được sai lầm trong bài giải của mình khơng những vậy nó cịn ngắn
gọn khơng “cồng kềnh” như cách giải “truyền thống” trên.
Ví dụ 5. Giải bất phương trình sau:  x 2  3 x  2 x 2  3x  2 �0 ( Đại học D- 2002 )
Cách 1: Cách giải theo phương pháp biến đổi tương đương

x

2

 3x  2 x 2  3x  2 �0

�x  2
TH1: 2 x  3x  2  0 � �

1
�
x
�
2
�
��x  2
�
��
1
1
�
2
�
��
x
x
2 x  3x  2  0
�
�
�
� ��
2�
2
TH2: � 2
�
� x  3 x �0
��
x �3
�x �3

�
��
x �0
�
��
�
2

Từ hai trường hợp trên suy ra bất phương trình có tập nghiệm:
1�
�
S �
�;  �� 2 � 3; �
2�
�

Tuy nhiên không phải học sinh nào cũng làm được như vậy do quá trình
phân chia trường hợp các em hay bị thiếu trường hợp 1.
Bài giải theo cách 2:  x 2  3x  2 x 2  3x  2 �0
Xét: y   x 2  3x  2 x 2  3x  2

� 1
x�
2
Điều kiện: 2 x  3x  2 �0 � �
�
x �2
�
2

Khi đó

y  0 �  x 2  3x  2 x 2  3x  2  0

10


Ta được nghiệm là: 3;

1
;2
2

Bảng xét dấu
�

x



y

1
2

2

�

3

0

0  0 
1�
�
Vậy bất phương trình có tập nghiệm: S  ��;  �� 2 � 3; �
2�
�
1
1

0
Ví dụ 6. Giải bất phương trình
 x2  4 x  3 2 x  4


Câu này sưu tầm trong bộ đề ôn tập dành cho học sinh thi học sinh giỏi cấp
tỉnh khối THPT có lời giải như sau:
�
 x2  4x  3  0
� 1  x  2; 2  x  3
ĐK: �
x
�
2
�
1
1


Ta có (1) �
2
 x  4x  3 2x  4

Nếu 1  x  2 thì  x 2  4 x  3  0  2 x  4
bất phương trình nghiệm đúng với mọi x : 1  x  2
2x  4  0
�
�

Nếu 2  x  3 � �

� x  4x  3  0
2

bất pt đã cho � 2 x  4   x 2  4 x  3

� 4 x 2  16 x  16   x 2  4 x  3 � 5 x 2  20 x  19  0 � x  2 

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 2 

5
5
;x  2
5
5

5
 x3
5

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho: S  (1; 2) �(2 

5
;3)
5

Có thể giải đơn giản hơn như sau:
1
 x2  4 x  3

Xét

y

1
 x2  4x  3





1
0
2x  4

1
2x  4   x2  4x  3

2 x  4  2x  4  x2  4x  3

�
 x2  4 x  3  0
� 1  x  2; 2  x  3
Điều kiện: �
x
�
2
�

y  0 � 2 x  4   x2  4 x  3  0 �  x2  4 x  3  2 x  4
2 x  4 �0
�
5
�
�� 2
2 � x  2
5
 x  4x  3   2 x  4
�

Ta có bảng xét dấu:
1
x

2

2

5

5

3

11


y







0

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho: (1;2) �(2 

5
;3)
5

Bài tập rèn luyện:
Giải các bất phương trình sau:
1.
3.
5.
7.
9.

2. 3x 2  13x  4 �x  2

x 2  x  12  8  x

x2  4x
�2
3 x
3(4 x 2  9)
�2 x  3
6.
3x 2  3

4.

2

 x  4 x  21  x  3
2  x  4x  3
�2
x
9x2  4
2

5x 1
1



8. x 2  4 x

�3 x  2

1
�
x2  4x x  4



2 x 2  3x  2 �0

10. x  x  4   x 2  4 x   x  2  2  2

2.3.3.2. Dành cho học sinh lớp 12
Ví dụ 1. Giải bất phương trình log 0.1 (2 x  3) �0
Câu này chỉ là một bất phương trình rất cơ bản, học sinh hồn tồn có thể
giải theo phương pháp biến đổi tương đương. Tuy nhiên, trong quá trình dạy các
lớp đặc biệt lớp có học sinh học yếu và trung bình các em thương quên mất việc
xét cơ số để biết bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình nào.
Có thể hướng dẫn học sinh làm như sau:
3
2
y

log
(2
x
 3); y  0 � 2 x  3  1 � x  2
Xét biểu thức:
0.1

Điều kiện: 2 x  3  0 � x 
Ta có bảng xét dấu
x

y

3
2

2




0

�3
�

�

�
�

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là � ; 2�.
2
Cách này thực sự hiệu quả với những bất phương trình sau:
Ví dụ 2. Tìm số nghiệm ngun của bất phương trình:
( 10  x  2)  log 2 x  3  �0

A. 2
B.1
C. 3
D. 4
Ví dụ này nếu chia trường hợp khá phức tạp, ta hướng dẫn học sinh làm
theo phương pháp dùng bảng xét dấu là hợp lý vừa giúp học sinh không phải
phân chia nhiều trường hợp lại khơng gặp khó khăn trong giải bất phương trình
logarit.
Giải: Điều kiện: 0  x 10

12


 x 6

Đặt f  x  ( 10  x  2) log 2 x  3 ; f  x  0  
 x 8
Ta có bảng xét dấu
x

6

0


f  x

8

0

10


0



Suy ra nghiệm của bất phương trình là: 6 x 8
Vậy bất phương trình có 3 nghiệm ngun. Chọn đáp án C
Ví dụ 3. Bất phương trình sau có bao nhiêu nghiệm nguyên thuộc khoảng



2020;2021





( x 2  3 x  2 x  4)  log 2 x  4  3x  30 �0

A. 2006
B. 2007
C. 2021
D. 2020
Câu này chia ra khá nhiều trường hợp nên ta có thể sử dụng cách làm như sau:
 x 2  3 x 0


Điều kiện:  2 x  4 0  x 3
x 0

 x 4

Đặt f  x   ( x  3x  2 x  4)  log 2 x  4  3  30 ; f  x  0   x 16
 x log 3 30



2

x



Ta có bảng xét dấu
x

log 3 30

3



f  x

0

16

4


0






0

Suy ra nghiệm của bất phương trình là: log 3 30 x 4; x 16
Vậy bất phương trình có 2007 nghiệm ngun thỏa mãn. Chọn đáp án B
Ví dụ 4. Tổng số các nghiệm nguyên của bất phương trình
( x  2) log 2 x  3
0
3x  5
B.17
C.19

A.18

D. 31

x 0

Điều kiện: 
 x log 3 5

Đặt f  x  

( x  2) log 2 x  3 f  x  0 
;
3x  5

 x 4
 x 8


Ta có bảng xét dấu
x

f  x

0



4

log 3 5


0

8



0




Suy ra nghiệm của bất phương trình là: 0  x  log 3 5;4  x  8 . Chọn đáp án C
Đến đây ta có thể nhận thấy dùng bảng xét dấu để giải các bất phương
chứa tích, thương các biểu thức chứa căn, chứa logarit hoặc mũ đã rút ngắn thời
gian rất nhiều mà độ chính xác cao. Vừa giúp học sinh tránh nhầm lẫn trong giải
13


bất phương trình chứa căn thức, thêm vào đó tránh nhầm lẫn các bất phương
trình chứa mũ và logarit liên quan việc so sánh cơ số với số 1.
Bài tập rèn luyện:
1. Tập xác định của hàm số y  log 2  4  x   1 là:
A.   ;4
B.  2;4
C.   ;2
D.   ;2
2. Tập nghiệm của bất phương trình ( x 2  3x  2) log 2 x  4 3 x  3 0 là:
A.  3;4  16;
B.  3;4  16;
C.  3;4  16;
D.  4;16
3. Tập nghiệm của bất phương trình ( x 2  3  2)log x  4 0 là:
A.   ;1  10 8 ;
B. 1;10 8 
C.  0;1  10 8 ;
D.  0;1  10 8 ;

( 3 x  2  2) log 2 x  3
 0 là:
3x  4
2

2

B.  ; log 3 4    2;8 C.  ; log 3 4    2;8
D.  log 3 4;2
3

3


4. Nghiệm của bất phương trình
2
3



A.  ;2 


5. Số nghiệm nguyên của bất phương trình ( x 2  3  2 x) log 2 x  1 0 là:
A. 2
B.1
C. 3
D. 0
Tất nhiên phương pháp tôi đưa ra đây không phải là tối ưu cho các bài tập
giải bất phương trình chứa căn thức hoặc mũ hoặc logarit. Nhưng khi đứng trước

một bài tập nếu lựa chọn được phương pháp giải phù hợp sẽ cho một bài giải
gọn gàng và chính xác. Đặc biệt là những bất phương trình có dạng tích hoặc
thương các biểu thức như trên. Trong quá trình dạy một số tiết tự chọn ở lớp 10
và lớp 12 tôi đã áp dụng phương pháp và thấy rất hiệu quả.
2.4. Hiệu quả sáng kiến mang lại
Sau khi hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp, ban đầu học sinh có vẻ
cịn lúng túng trong việc sử dụng bảng xét dấu nhưng sau khi được hướng dẫn tỉ
mỉ thấy học sinh làm rất tốt rất hào hứng, đặc biệt đối với những bài giải bất
phương trình cần phải chia ra nhiều trường hợp.
Trong những năm được phân công dạy khối 10, 12 tôi nhận thấy học sinh
gặp rất nhiều sai lầm khi dùng các phương pháp biến đổi tương đương trong giải
bất phương trình vơ tỷ, bất phương trình mũ và lơgarit. Điều đó làm tơi suy nghĩ
và tơi đã tìm tịi, tham khảo đọc tài liệu để tìm ra một cách dạy cho riêng mình
mà khuyến khích được học sinh học và thúc đẩy niềm say mê, tính sáng tạo của
học sinh. Tôi đã sử dụng sáng kiến này để dạy tự chọn trên các lớp 10A1 năm
học 2016-2017, 10A1 năm học 2019-2020, các lớp 12A4 năm học 2019-2020,
12A5 năm học 2020-2021 thấy hiệu quả rõ rệt. Kết quả khảo sát qua các lớp đã
áp dụng phương pháp như sau:
Bảng thống kê
Trước khi áp dụng SKKN
Sau khi áp dụng SKKN
Từ 0
Từ 5
Từ 0
Từ 5
Từ 8
Từ 8
Lớp
điểm đến
điểm

điểm đến
điểm
điểm đến
điểm đến
dưới 5
đến dưới
dưới 5
đến dưới
10 điểm.
10 điểm.
điểm.
8 điểm.
điểm.
8 điểm.

14


10A1
2016-2017
33 học sinh

Lớp

10A1
2019-2020
32 học sinh
12A4
2019-2020
36 học sinh

12A5
2020-2021
35 học sinh

10
(30.3%)

20
(60.6%)

3
(9.1%)

2
(6.1%)

20
(60.6%)

11
(33.3%)

Trước khi áp dụng SKKN
Sau khi áp dụng SKKN
Từ 0
Từ 5
Từ 0
Từ 5
Từ 8
Từ 8

điểm đến
điểm
điểm đến
điểm
điểm đến
điểm đến
dưới 5
đến dưới
dưới 5
đến dưới
10 điểm.
10 điểm.
điểm.
8 điểm.
điểm.
8 điểm.
6
(18.8%)

20
(62.4%)

6
(18.8%)

0
(0 %)

21
(65.6%)

11
(34.4%)

15
(41.7%)

21
(58.3%)

0
(0%)

3
(8.3%)

30
(83.4%)

3
(8.3%)

16
(45.7%)

19
(54.3%)

0
(0%)

2
(5.7%)

30
(85.7%)

3
(8.6%)

Qua bảng thống kê cho thấy sáng kiến tôi đã thu được một số thành công
khi triển khai cách dạy này (mức độ đề ở lần sau khó hơn lần trước, các lớp học
sinh gần tương đương về lực học). Đó là động lực để thúc đẩy tơi tích cực
nghiên cứu, và tạo điều kiện để tơi có thể triển khai đối với các khối lớp có liên
quan. Qua kết quả mà tơi điều tra cho thấy sáng kiến của tơi đã có thành cơng
nhưng vẫn cần những thay đổi, cải tiến hơn nữa để sau mỗi lần áp dụng thu được
thành công tốt hơn, phát huy được khả năng học của học sinh.

15


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Bài viết SKKN này của tôi nhằm cung cấp tới các thầy cô giáo và các em
học sinh như một tài liệu tham khảo. Với lượng kiến thức nhất định về cách giải
bất phương trình chứa căn thức, mũ, lơgarit đặc biệt là những bất phương trình
chứa tích, thương các biểu thức chứa căn thức và các biểu thức chứa mũ, logarit
học sinh sẽ có được một phương pháp giải nhanh và chính xác hơn khi giải bất
phương trình. Học sinh sẽ khơng cịn gặp khó khăn trong giải các bất phương
trình mà cần phải chia nhiều trường hợp khi sử dụng các phương pháp khác. Bản

thân tôi là một giáo viên trực tiếp giảng dạy toán khi áp dụng SKKN này vào
giảng dạy tôi nhận thấy kết quả nhận biết của các em tăng lên rõ rệt, các em
khơng cịn nỗi lo sợ khi gặp những bài giải bất phương trình chứa căn thức, đặc
biệt những bài phải phân chia nhiều trường hợp khi sử dụng phương pháp biến
đổi tương đương thậm chí các em cịn rất hứng thú đối với loại tốn này. Một
chút kinh nghiệm nhỏ bé tôi muốn trao đổi với các thầy cơ cùng giảng dạy bộ
mơn Tốn; Mong đón nhận ở các thầy cơ lời góp ý, bổ sung để cho bản SKKN
được hoàn thiện, áp dụng rộng rãi.
Ở cấp độ trường trung học phổ thông Hà Văn Mao, SKKN có thể áp dụng
để cải thiện phần nào chất lượng bộ mơn, củng cố phương pháp giải tốn, góp
phần nâng cao chất lượng dạy và học; giúp học sinh hiểu rõ hơn bản chất của
việc giải một bất phương trình nào đó, giúp các em linh hoạt tránh khỏi lúng
túng trước một bài toán đặt ra, đặc biệt là đáp ứng với hình thức thi trắc nghiệm
hiện nay.
3.2. Kiến nghị
Hiện nay trường THPT Hà Văn Mao đã có một số đầu sách tham khảo,
tuy nhiên số lượng và chất lượng của những sách này cịn hạn chế. Vì vậy nhà
trường cần quan tâm hơn nữa về việc trang bị thêm tài liệu tự chọn, các loại sách
tham khảo đặc biệt những đề tài mà giáo viên đã được đánh giá cao để học sinh
có thể tự tìm tịi, nghiên cứu qua đó các em có thể bổ sung kiến thức cho bản
thân.
XÁC NHẬN
CỦA BAN GIÁM HIỆU

Bá Thước, Ngày 20 tháng 4 năm 2021
Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh
nghiệm bản thân tự viết khơng sao
chép dưới mọi hình thức. Nếu sai tơi
xin chịu hồn tồn trách nhiệm.
Người viết

Nguyễn Thị Linh
16


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa đại số 10 (2020), NXB giáo dục Việt Nam
[2]. Sách giáo khoa đại số 10 nâng cao (2010), NXB giáo dục Việt Nam
[3]. Sách giáo khoa đại số và giải tích 11 (2020), NXB giáo dục Việt Nam
[4]. Sách giáo khoa giải tích 12 (2020), NXB giáo dục Việt Nam
[5]. Internet:

17


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Nguyễn Thị Linh
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Hà Văn Mao

TT

Tên đề tài SKKN

1.

Hướng dẫn học sinh lựa
chọn hệ số thích hợp khi sử

dụng phương pháp tích phân
từng phần.

Cấp đánh
giá xếp loại
(Phòng, Sở,
Tỉnh...)
Sở GD&ĐT

Kết quả
đánh giá
Năm học đánh
xếp loại
giá xếp loại
(A, B,
hoặc C)
C
2015-2016

----------------------------------------------------

18