SKKN TOAN THPT 66

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị : TRƯỜNG THPT TRẤN BIÊN Mã số : ………………………... SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH. Người thực hiện : VŨ NGỌC HÒA Lĩnh vực nghiên cứu: Quản lý Giáo dục:. . Phương pháp dạy bộ môn  Phương pháp giáo dục: Lĩnh vực khác ……….  . Có đính kèm:  Mô hình.  Phần mềm Phim ảnh  Hiện vật khác. Năm học : 2011 – 2012.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT TRẤN BIÊN Mã số : ………………………... SẢN PHẨM SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH Người thực hiện : VŨ NGỌC HÒA Lĩnh vực nghiên cứu: Quản lý giáo dục:. . Phương pháp dạy bộ môn  Phương pháp giáo dục: Lĩnh vực khác ……….  . Có đính kèm:  Mô hình.  Phần mềm Phim ảnh  Hiện vật khác. Năm học : 2011 – 2012.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I- THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN : 1. Họ và tên: VŨ NGỌC HÒA 2. Ngày tháng năm sinh: Ngày 30 tháng 7 năm 1967 3. Nam, Nữ: Nam 4. Địa chỉ : P2 KP6A, tổ 14, phường Tam Hiệp , TP Biên Hòa 5. Điện thoại:. (CQ)/. 6. Fax :. (NR); ĐTDĐ: 0907185797 Email: 7. Chức vụ: Giáo viên 8. Đơn vị công tác: Trường THPT Trấn Biên 9. II -TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO: -. Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: ĐHSP. -. Năm nhận bằng : 1995. -. Chuyên ngành đào tạo: Toán học. III- KINH NGHIỆM KHOA HỌC: -. Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán. -. Số năm có kinh nghiệm: 26. -. Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:. 1.Sai lầm của học sinh khi giải toán 2.Dùng lượng giác để giải bất đẳng thức 3.Môt số kinh nghiệm dạy hình học không gian.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> SỞ GD & ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị: Trường THPT Trấn Biên. CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc. Biên Hòa, ngày 20 tháng 5 năm 2012 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học : 2011 – 2012 Tên sáng kiến kinh nghiệm:. ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH Họ và tên tác giả: VŨ NGỌC HÒA Đơn vị (tổ) : Toán Lĩnh vực : Quản lý giáo dục  Phương pháp dạy học bộ môn  Phương pháp giáo dục  Lĩnh vực khác ………………………….  1. Tính mới - Có giải pháp hoàn toàn mới  - Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có  2. Hiệu quả - Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả  - Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao  - Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao  - Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả  3. 4. Khả năng áp dụng : - Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách: Tốt  Khá  Đạt  - Đưa ra các giải pháp kiến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: Tốt  Khá  Đạt  - Đã được áp dụng thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Tốt  Khá  Đạt  THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu) (Ký tên và ghi rõ họ tên).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. Lí do chọn đề tài Trong các đề thi tuyển sinh đại học, thi học sinh giỏi ta thường gặp các bà toán giải phương trinh, bất phương trinh đôi khi có chứa cả tham số. Đối với nhiều học sinh công việc này không hề đơn giản ! Đề tài : “ Ứng dụng của đạo hàm khi giải phương trình và bất phương trình” giúp học sinh giải quyết vấn đề trên II. Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm Giúp học sinh giải quyết các bài toán phương trình bằng cách ứng dụng giải tích giải quyết các bài toán đại số III. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu: Phương trình, bất phương trình, giới hạn, đạo hàm, tính đơn điệu của hàm số - Phạm vi nghiên cứu: Phạm vi nghiên cứu của đề tài là toàn bộ chương trình đại số và giải tích thuộc môn toán Trung học phổ thông đặc biệt là các phần:đạo hàm, giới hạn, sự liên tục ,phương trình, bất phương trình, phương trình, bất phương trình vô tỉ, phương trình lượng giác, phương trình, bất phương trình mũ và logarit. IV. Kế hoạch nghiên cứu Từ đầu năm học 2011 đến hết năm học 2012, nhất là đầu năm học lớp 12 khi học sinh học về đạo hàm, tính đơn điệu V. Phương pháp nghiên cứu Phương pháp được sử dụng nhiều ở đây là Phân tích – Dẫn giải – Tổng hợp. VI. Bố cục của đề tài Gôm hai phần chính:  Phương trình, bất phương trình không chứa tham số.  Phương trình, bất phương trình chứa tham số. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT 1.Tính đơn điệu của hàm số Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên D.  . Nếu. f '( x) ³ 0, " x Î D. thì hàm số f (x) đồng biến (tăng) trên D.. f '( x) £ 0, " x Î D Nếu thì hàm số f (x) nghịch biến (giảm) trên D. (Dấu “=” chỉ xảy ra tại một số điểm hữu hạn trên D). . f ( x)  a ;b thì phương trình f ( x) = k ( k Î ¡ ) có Nếu hàm tăng (hoặc giảm) trên khoảng không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). f ( x)  a ;b thì u, v   a ;b ta có. f (u) = f ( v) Û u = v Nếu hàm tăng ( giảm) trên khoảng. . Nếu hàm. . Nếu hàm f (x) giảm trên khoảng (a;b) thì. . f ( x) g( x)  a ;b thì phương trình Nếu hàm tăng và là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng f ( x) = g( x)  a ;b có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng. . f ( x). tăng trên khoảng (a;b) thì. u, v   a ;b u, v   a ;b. ta có. ta có. f (u) < f ( v) Û u < v f (u) < f ( v) Û u > v.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> . f ( x) Nếu hàm số liên tục trên f ( x0) = 0 để .. . Nếu hàm số điểm.  . f ( x). ( ). x0 Î a ;b. éa;bù f ( a) .f ( b) < 0 x Î ( a;b) ê ë ú ûvà thì tồn tại ít nhất một điểm 0. é a ;bù ê úvà f ( a) .f ( b) < 0 thì tồn tại duy nhất một û đơn điệu và liên tục trên ë. để. f ( x0) = 0. .. 1 f ( x) Nếu là hàm số đồng biến thì y = f (x), n Î N , n ³ 2 đồng biến , f (x) f ( x) > 0) y = - f ( x) (với là nghịch biến , nghịch biến Tổng các hàm đồng biến trên D là đồng biến trên D. n. 2. Giải phương trình, bất phương trình (không chứa tham số) Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau: Phương án 1: f  x  k Biến đổi phương trình về dạng: , nhẩm một nghiệm f ( x ) Chứng minh đồng biến (hoặc nghịch biến) để suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. Phương án 2:. f  x g(x) Biến đổi phương trình về dạng: nhẩm một nghiệm f ( x ) g ( x ) Chứng mimh đồng biến còn nghịch biến hoặc hàm hằng thì phương trình có nghiệm duy nhất. Phương án 3: Biến đổi phương trình về dạng. f  u g(v). chứng minh f đơn điệu khi đó u v. f (u) < f ( v) Đối với bất phương trình thì biến đổi về dạng , chứng minh f đơn điệu, kết luận. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA 2 Ví dụ 1: Giải phương trình: 4x - 1 + 4x - 1 = 1 (1) Nhận xét: Quan sát vế trái của phương trình (1), ta thấy khi x tăng thì giá trị của biểu thức trong căn cũng tăng . Từ đó suy ra vế trái là hàm đồng biến ,vế phải bằng 1 là hàm hằng, đây là điều kiện thích hợp để sử dụng tính đơn điệu. Giải 1 x³ 2. Điều kiện: æ ö 2 4x 1 ÷ f ' ( x) = + > 0, " x Î ç ç ; +¥ ÷ 2 ÷ 2 ÷ f ( x) = 4x - 1 + 4x - 1 ç 2 è ø 4x - 1 4x - 1 Đặt . Ta có . é1 ö ê ; +¥ ÷ ÷ 2 ÷ ê2 ÷ f ( x) = 4x - 1 + 4x - 1 f ( x) = 1 ø ë Do đó hàm số đồng biến trên , nên phương trình nếu æö 1÷ 1 ÷ fç =1 ç ÷ x= ç ÷ 2 2 là nghiệm của phương trình đã có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Hơn nữa, è ø nên cho.. Ví dụ 2: Giải phương trình:. x + x - 5 + x + 7 + x + 16 = 14 Giải. Điều kiện: x ³ 5. Đặt f (x) = x + x - 5 + x + 7 + x + 16.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> f ¢(x) =. Ta có. 1 2 x. +. 1. +. 2 x- 5. 1 2 x+7. +. 1 2 x + 16. > 0, " x Î ( 5; +¥. ). . é ë5; +¥ ) . Do đó hàm số f (x) = x + x - 5 + x + 7 + x + 16 đồng biến trên ê Mà f(9) = 14 nên x = 9 là nghiệm duy nhất của phương trình.. Ví dụ 3: Giải phương trình sau:. 3. 2x + 1 + 3 2x + 2 + 3 2x + 3 = 0. (1). Giải 3. 3. 3. Đặt f (x) = 2x + 1 + 2x + 2 + 2x + 3. f ' ( x)  Ta có: Do đó hàm số. Mà. æ ffç ç ç è. 2 3. (2 x  1). f ( x). 2. . 2 3. ( 2 x  2). 2. . 2 3. (2 x  3). 2.  0; x . 1 3 , 1, 2 2. đồng biến.. 3ö ÷ ÷ = - 1 + 3 - 2; ff( - 1) = 0; ÷ ÷ 2ø. æ 1ö ç ÷ - ÷ = 1+ x 3 2; lim ( ) = ±¥ ç ÷ ç x®±¥ ÷ è 2ø. Vậy x = - 1là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.. Ví dụ 4: Giải phương trình :. 5x3 - 1 + 3 2x - 1 + x = 4 Giải. x³. Điều kiện:. 1 3. 5. 3 3 Đặt f (x) = 5x - 1 + 2x - 1 + x 15x2 2 f ¢( x) = + + 1 > 0, " x Î ( 1 ;+¥ ) 3 2 3 3 2 5x - 1 3 (2x - 1) 5 Ta có é1 ö ê ; +¥ ÷ ÷ ÷ ê3 ÷ ø. Suy ra hàm số f đồng biến trên ë 5. Mà. f ( 1) = 4. nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.. 2x3 + 3x2 + 6x + 16 = 2 3 + 4 - x (1) Giải 3 2 ïìï 2x + 3x + 6x + 16 ³ 0 ïìï (x + 2)(2x2 - x + 8) ³ 0 Û í Û - 2£ x £ 4 í ïï 4 - x ³ 0 ïï 4 - x ³ 0 îï Điều kiện: îï Ví dụ 5 : Giải phương trình :. Khi đó, (1) Û Xét hàm số. 2x3 + 3x2 + 6x + 16 -. 4- x = 2 3. f ( x) = 2x3 + 3x2 + 6x + 16 -. f ¢( x) = Ta có Do đó hàm số. 3(x2 + x + 1) 2x3 + 3x2 + 6x + 16. +. 4- x. 1 2 4- x. f ( x) = 2x3 + 3x2 + 6x + 16 -. é- 2;4ù ê ú û trên ë. > 0, " x Î (- 2;4) 4- x. é- 2;4ù ú ë û. đồng biến trên ê.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Mà. f ( 1) = 2 3. nên x = 1là nghiệm duy nhất của phương trình.. ( x + 2) ( 2x - 1) -. Ví dụ 6: Giải phương trình. 3 x + 6 = 4-. ( x + 6) ( 2x - 1) + 3. x +2. Giải Điều kiện:. x³. 1 2. Phương trình được viết lại. (. )(. 2x - 1 - 3. 2x - 1 - 3 > 0 Û x > 5 .. Phương trình có nghiệm thì Xét hàm số Ta có. g¢( x) =. f ( x) = g( x) h ( x). 1 2x - 1. ). x +2 + x +6 = 4. với. g( x) = 2x - 1 - 3;h ( x) = x + 2 + x + 6. > 0, " x > 5;h¢( x) =. 1 2 x +2. +. 1 2 x+6. > 0, " x > 5. .. g( x) = 2x - 1 - 3 ; h ( x) = x + 2 + x + 6 Do đó hàm số dương và cùng đồng biến trên ( 5;+¥ ) .Suy ra f ( x) = g( x) h( x) đồng biến trên ( 5;+¥ ) . f ( 7) = 4 Mà nên x = 7 là nghiệm duy nhất của phương trình. 5 3 Ví dụ 7 : Giải phương trình x + x -. Điều kiện:. x£. 1- 3x + 4 = 0 Giải. 1 3. æ 1ù ç ç- ¥ ; ú f ( x) = x + x - 1- 3x + 4 ç 3ú û Xét hàm số trên è 3 1 f '(x) = 5x4 + 3x2 + > 0, " x < 3 2 1- 3x Ta có . 5. 3. æ 1ù ç ç- ¥ ; ú f ( x) = x + x - 1- 3x + 4 ç 3ú û. Mà f ( - 1) = 0 Do đó hàm số đồng biến trên è Vậy x = - 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 5. 3. 2 2 Ví dụ 8. Giải phương trình 3x(2 + 9x + 3) + (4x + 2)(1 + 1 + x + x ) = 0 Giải. Phương trình được viết lại. (2x + 1)(2 + (2x + 1)2 + 3 = ( - 3x) (2 + (- 3x)2 + 3). 2 Xét hàm số f (t) = t(2 + t + 3) trên ¡ . Ta có Do đó hàm số đồng biến trên ¡ .. Từ (1). f '(t) = 2 + t2 + 3 +. Û f ( 2x + 1) = f ( - 3x) Û 2x + 1 = - 3x Û x = -. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là. x =-. 1 5.. 1 5.. t. (1). 2. t2 + 3. > 0, " t Î ¡ ..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> x2 + 15 = 3x - 2 + x2 + 8 Giải. Ví dụ 9: Giải phương trình. 2. 2. x + 15 > x + 8, " x Î ¡. Nhận xét:. Viết phương trình về dạng. x2 + 15 -. f ( x) = x + 15 2. Xét hàm số. nên khi. æ 1 ç f '(x) = x ç ç 2 ç è x + 15 Ta có. 3x - 2 £ 0 Û x £. x2 + 8 - 3x + 2 = 0. æ 2 ç ç ; +¥ ç è3. 2. x + 8 - 3x + 2. trên. ö 2 ÷ ÷ - 3 < 0, " x > ÷ ÷ 3 ø x2 + 8 ÷. ö ÷ ÷ ÷ ÷ ø.. 1. .. f ( x) = x + 15 - x + 8 - 3x + 2 Do đó hàm số nghịch biến trên f ( 1) = 0 Mà nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 2. 2. - 2x - x + 2x- 1 = ( x - 1) 2. Ví dụ 10: Giải phương trình :. 2 3 thì phương trình vô nghiệm.. æ 2 ç ; +¥ ç ç è3. ö ÷ ÷ ÷ ÷ ø.. 2. (1). Giải. ( 1) Û. x2- x. - 2. x- 1. +2. 2. x- 1. = x - 2x + 1 Û 2. 2. + x - 1 = 2x - x + x2 - x. ( 2). Xét hàm số Khi đó phương trình (2) chính là phương trình t ¢ f ( t ) = 1 + 2 ln2 > 0, " t Î ¡ f ( t) = 2t + t Ta có nên hàm số đồng biến trên ¡ . f ( x - 1) = f x2 - x Û x - 1 = x2 - x Û x = 1 Do đó từ . Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x = 1.. (. Ví dụ 11: Giải phương trình :. Đặt. u = x2 + x + 1;. (. ).. f ( x - 1) = f x2 - x. f ( t ) = 2t + t.. ). log3. x2 + x + 1 = x2 - 3x + 2 2 2x - 2x + 3 . Giải. v = 2x2 - 2x + 3. ( u > 0;v > 0) Þ. v - u = x2 - 3x + 2. .. u = v - u Û u + log3 u = v + log3 v v Khi đó phương trình đã cho trở thành (1) 1 f ¢( t ) = 1 + > 0, " t > 0 f ( t) = t + log3 t f ( t ) = t + log3 t t ln3 Xét hàm số ta có nên hàm số đồng t > 0 biến khi . Do đó từ (1) ta có éx = 1 f ( u) = f ( v) Û u = v Û v - u = 0 Û x2 - 3x + 2 = 0 Û ê êx = 2 ê ë x = 1 ; x = 2 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là . log3. Ví dụ 12: Giải phương trình: Điều kiện: x > 0 t = log7 x Û x = 7t Đặt. (. log7 x = log3 2 + x. ) (1). Giải.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> t. t æ 7ö æö 1 ç ÷ ÷ ç ÷ ÷ Û t = log3 2 + 7 Û 3 = 2 + 7 Û 1 = 2ç +ç ç ÷ ÷ ÷ ç 3 ÷ è3÷ ø ç è ø Khi đó (1) (2) t t æö 1÷ æ 7ö ÷ ç ç ÷ ç f ( t) = 2ç ÷ + . ÷ ç ÷ ÷ ÷ ç ç 3ø ÷ è3ø ç è Xét hàm số Hàm số này là tổng của hai hàm đơn điệu giảm nên là hàm đơn f ( 2) = 1 Û f ( t) = f ( 2) Û t = 2 Û x = 49 điệu giảm. Hơn nữa nên (2) .. (. ). t. t. t. 3 2 3 3 3 2 Ví dụ 13: Giải phương trình : 2x - x + 2x - 3x + 1 = 3x + 1 + x + 2 (1). Giải 3 3 2 3 3 2 Biến đổi (1) Û 2x - 3x + 1 + 2x - 3x + 1 = x + 2 + x + 2 (*) 1 f ¢( t ) = 1 + > 0, " t Î ¡ \ { 0} 3 2 f ( t) = t + 3 t 3 t Xét hàm số . Ta có . Do đó hàm số đồng biến . Û f 2x3 - 3x + 1 = f x2 + 2 Û 2x3 - 3x + 1 = x2 + 2 Û 2x3 - x2 - 3x - 1 = 0 Từ (*) é êx = - 1 ê 2 Û ( 2x + 1) x2 - x - 1 = 0 Û ê ê 1± 5 êx = ê 2 . ë. (. ). (. (. ). ). x =-. 1 1± 5 ;x = 2 2. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là Ví dụ 14: Giải phương trình. 3. x +2-. 3. 3. 3. 2x2 + 1 = 3 2x2 -. 3. x +1. Giải Ta có. 3. x +2-. Xét hàm số. 3. 2. 2x + 1 = 2x -. f ( t) = 3 t + 1 + 3 t. 1. f ¢( t ) =. 3 ( t + 1) Ta có Suy ra hàm số đồng biến. 3. +. 2. ( ). Û f ( x + 1) = f 2x. 2. Từ (*). Ví dụ 15: Giải phương trình. 3. x +1 Û. 3. x + 2 + 3 x + 1 = 3 2x2 + 1 + 3 2x2 (*). trên ¡ .. 1 33 t2. > 0, " t Î ¡ \ { 0;- 1}. éx = 1 ê Û 2x = x + 1 Û 2x - x - 1 = 0 Û ê êx = - 1 ê 2 ë. Vậy phương trình có nghiệm là. Ta có. 2. 2. x =-. 3. 2. 1 ;x = 1 2. 6x + 5 = x3 - 5x - 5 Giải. 6x + 5 = x3 - 5x - 5 Û 6x + 5 + 3 6x + 5 = x3 + x (*).

<span class='text_page_counter'>(11)</span> f ( t) = t 3 + t f ¢( t ) = 3t 2 + 1 > 0, " t Î ¡ f ( t) = t 3 + t Xét hàm số trên ¡ . Ta có . Suy ra đồng ¡ biến trên . Û f. (. 3. ). 6x + 5 = f ( x) Û. 3. (. ). 6x + 5 = x Û x3 - 6x - 5 = 0 Û ( x + 1) x2 - x - 5 = 0. Từ (*) éx = - 1 ê Û ê 1 ± 21 êx = ê 2 ë x = - 1;x =. Vậy phương trình có nghiệm là. ( 8x : Giải phương trình :. 2. Ví dụ 16. 1 ± 21 2 .. ). + 2 x + ( x - 6) 5 - x = 0. Giải Điều kiện: x £ 5. ( 8x Ta có. 2. ). (. ). + 2 x + ( x - 6) 5 - x = 0 Û 8x2 + 2 x = ( 6 - x) 5 - x. é é 2 ù Û ê( 2x) + 1ú2x = ê 5 - x ê ê ú ë û ë. (. (. ). f ( t ) = t2 + 1 t. ). 2. ù + 1ú 5 - x ú û .(*). f ¢( t ) = 3t 2 + 1 > 0, " t Î ¡ Xét hàm số trên ¡ . Ta có f ( t) = t2 + 1 t Do đó hàm số đồng biến trên ¡ . ìï 0 £ x £ 5 Û f ( 2x) = f 5 - x Û 2x = 5 - x Û ïí 2 Û x =1 ïï 4x + x - 5 = 0 ïî Từ (*) Vậy nghiệm của phương trình là x = 1.. (. (. ). ). 3 2 Ví dụ 17: : Giải phương trình : (sin x - 2)(sin x - sin x + 1) = 3 3sin x - 1 + 1 Giải. 3 3 Phương trình được viết lại (sin x - 1) + (3sin x - 1) = (3sin x - 1) + 3 3sin x - 1 (1) 3 2 Xét hàm f (t ) t  3t , f (t ) 3t  3  0, t  ¡ suy ra f (t) đồng biến trên ¡ 3 3 Do đó (1)  sin x  1 3 3sin x  1  sin x  3sin x 0  sin x 0  x k (k  ¢ ). Ví dụ 18: Giải bất phương trình x + ln x £ 1 Giải Điều kiện: x > 0 1. f ¢( x) = 1+ > 0, " x > 0 0;+¥ ) ( x Xét hàm số trên . Ta có nên hàm số f ( x) = x + ln x ( 0;+¥ ) . đồng biến trên f ( 1) = 1 x + ln x £ 1 Û f ( x) £ f ( 1) Û x £ 1 Mặt khác . Do đó bất phương trình f ( x) = x + ln x. Kết hợp với điều kiện x > 0 ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 0 < x £ 1 ..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 4 Ví dụ 19: Giải bất phương trình 15 + x -. 4. 2 - x > 1 (*) Giải. Điều kiện: - 15 £ x £ 2 Xét hàm số. f ( x) = 4 15 + x -. f ¢( x) =. 1 4 ( 15 + x) 4. Ta có. f ( x) = 15 + x 4. 4. 2- x. +. 3. 4. 2- x. é- 15;2ù ê ú û. trên ë. 1 4 ( 2 - x) 4. 3. > 0, " x Î ( - 15;2) . Suy ra hàm số. é- 15;2ù ê ú. û đồng biến trên ë. 4 f ( 1) = 1 15 + x - 4 2 - x > 1 Û f ( x) > f ( 1) Û x > 1 Mà nên bất phương trình Kết hợp với điều kiện - 15 £ x £ 2 thì nghiệm của bất phương trình đã cho là 1 < x £ 2.. Ví dụ 20: Giải bất phương trình:. (. log4 x < log5 3 + x. Giải. Điều kiện: x > 0 t t = log4 x Đặt ta có x = 4 Khi đó, bất phương trình:. ). (. log4 x < log5 3 + x. ) t. t. æö æö 1 2 ÷ ÷ Û t < log5 3 + 4 Û 5 < 3 + 2 Û 1 < 3ç +ç ç ÷ ç ÷ ÷ ÷ ÷ è ÷ ç ç5ø è5ø. (. t. ). t. t. t. (*). t. æö æö 1 2 ÷ ÷. f ( t ) = 3ç +ç ç ÷ ç ÷ ÷ ÷ ç ç5÷ 5÷ è ø è ø Xét hàm số Hàm số này là tổng của hai hàm đơn điệu giảm nên là hàm đơn điệu giảm. f ( 1) = 1 Û f ( t) > f ( 1) Û t < 1 Hơn nữa nên từ (*) . log4 x < 1 Û 0 < x < 4 Với t < 1 ta có . Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 0 < x < 4 . Ví dụ 21: Giải bất phương trình. 7x + 7 + 7x - 6 + 2 49x2 + 7x - 42 < 181- 14x (*) Giải. 6 7 Điều kiện: Bất phương trình (*) được viết lại dưới dạng x³. (. ) ( 2. 7x + 7 + 7x - 6 +. ). 7x + 7 + 7x - 6 - 182 < 0 Û. 7x + 7 + 7x - 6 - 13 < 0. é6 ö ê ; +¥ ÷ ÷ ÷ ê7 ÷ f ( x) = 7x + 7 + 7x - 6 - 13 ø. Xét hàm số trên ë æ6 ö 7 7 ÷ ç ÷ ; +¥ f ¢( x) = + >0 ç ÷ ç7 ÷ ø nên hàm số 2 7x + 7 2 7x - 6 Do trên è é6 ö ê ; +¥ ÷ ÷ ÷ ê7 ÷ f ( x) = 7x + 7 + 7x - 6 - 13 ø ë đồng biến trên ..

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Mà. f ( 6) = 0. nên. 7x + 7 + 7x - 6 - 13 < 0 Û f ( x) < f ( 6) Û x < 6. .. 6 6 £ x <6 7 ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 7 Kết hợp với điều kiện . Qua các ví dụ về giải phương trình và bất phương trình trên thì ta thấy cách giải dùng tính đơn điệu của hàm số hay và tự nhiên Bài tập rèn luyện Giải các phương trình, bất phương trình sau: x³. 1.. x + 5 + 2x + 3 £ 9. 2.. x2 + x + 1 -. 3.. x + x2 - x + 1 -. 4.. x2 - 2x + 3 -. 5. 6.. x2 - x + 1 = 3 - 1 x + 1 + x2 + x + 1 = 1. x2 - 6x + 11 > 3 - x -. (. x x + x + 12 = 12 4. 5- x + 4 - x. ). x - 2 + 4 4- x = 2. 2x3 + 3x2 + 6x + 16 -. 7.. x- 1. 4- x > 2 3. 3 2 2 3 8. x - 4x - 5x + 6 = 7x + 9x - 4. 9. 10.. 3. 6x + 1 = 8x3 - 4x - 1 log2. x2 + 3x + 5 < x2 - x - 2 2 2x + 2x + 3. 3. Giải phương trình, bất phương trình không chứa tham số KIẾN THỨC CẦN NHỚ y = f ( x) Cho hàm số liên tục trên tập D 1. Phương trình. f ( x) = m. có nghiệm x Î D. 2. Bất phương trình. f ( x) £ m. 3. Bất phương trình. f ( x) £ m. Û min f ( x) £ m £ max f ( x). có nghiệm x Î D. D. D. Û min f ( x) £ m D. Û max f ( x) £ m D có nghiệm đúng với x Î D Û max f ( x) ³ m f ( x) ³ m D 4. Bất phương trình có nghiệm x Î D Û min f ( x) ³ m f ( x) ³ m D 5. Bất phương trình có nghiệm đúng với x Î D PHƯƠNG PHÁP GIẢI Để giải bài toán tìm giá trị của tham số m sao cho phương trình, bất phương trình, hệ phương trình có nghiệm ta làm như sau: f ( x) = g( m) f ( x) ³ g( m) ; f ( x) £ g( m) 1. Biến đổi phương trình, bất phương trình về dạng ( hoặc ) y = f ( x) 2. Tìm tập xác định D của hàm số y = f ( x) 3. Lập bảng biến thiên của hàm số ở trên D min f ( x) ;max f ( x) D 4. Tìm D 5. Vận dụng các kiến thức cần nhớ bên trên suy ra giá trị m cần tìm Lưu ý: Trong trường hợp phương trình, bất phương trình, hệ phương trình chứa các biểu thức phức tạp ta có thể đặt ẩn phụ:.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> t = j ( x) j ( x) f ( x) + Đặt ( là hàm số thích hợp có mặt trong ) x Î D t Î K + Từ điều kiện ràng buộc của ta tìm điều kiện f ( t ) = h ( m) f ( t ) ³ h ( m) ; f ( t ) £ h ( m) + Ta đưa PT, BPT về dạng ( hoặc ) y = f ( t) + Lập bảng biến thiên của hàm số ở trên K + Từ bảng biến thiên ta suy ra kết luận của bài toán. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA x2 + mx + 2 = 2x + 1 có 2 nghiệm thực phân biệt. Ví dụ 1. Tìm m để phương trình. Giải: ìï ìï 2x + 1 ³ 0 ïx³ - 1 ïï ï Û í 2 2 Û í 2 ïï x + mx + 2 = ( 2x + 1) ïï mx = 3 x2 + 4x - 1 2 ïïî x + mx + 2 = 2x + 1 ïî mx = 3x2 + 4x - 1 (*) Xét phương trình Do x = 0 Þ 0.x = - 1, phương trình này vô nghiệm. Nghĩa là không có giá trị nào của m để phương trình có nghiệm x = 0 1 x ¹ 0 Þ 3x + 4 =m x + . Ta xét hàm số é 1 ö 1 ê- ; +¥ ÷ ÷ \ { 0} ÷ f ( x) = 3x + 4 ê ÷ ø x trên tập ë 2 é 1 ö 1 ÷ " x Î ê- ; +¥ ÷ \ { 0} f '( x) = 3 + 2 > 0 ÷ ê 2 ÷ ø x ë Ta có với , é 1 ö 1 ê- ; +¥ ÷ ÷ \ { 0} ÷ f ( x) = 3x + 4 ê 2 ÷ ø x đồng biến trên ë suy ra hàm số æ æ 1ö 1ö ÷ ÷ ç ÷ ÷ lim+ f ( x) = lim ç 3 x + 4 = ¥ lim f x = lim 3 x + 4 = +¥ ç ç ( ) ÷ ÷ ç ç x ® 0 + ÷ ÷ x® 0 x®0 x® 0 è xø xø è ; æ ö 1 ÷ lim f ( x) = lim ç 3x + 4 - ÷ = +¥ ç ÷ ç x®+¥ x®+¥ è ÷ xø Ta có bảng biến thiên của hàm số x f’(x). f(x).  1/ 2+ 9 2. f ( x). 0.  . +.  . Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số é 1 ö ê- ; +¥ ÷ ÷ \ { 0} ÷ ê 2 ÷ ø y = m ë thẳng trên miền. f ( x) = 3x + 4 -. 1 x và đường.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là. (. m. Ví dụ 2. Tìm m để bất phương trình é0 ;1 + 3ù ê ú ë û. ). m³. x2 - 2x + 2 + 1 + x ( 2 - x) £ 0. 9 2. có nghiệm thuộc. Giải:. 2 Þ - x ( 2 - x) = t - 2 Đặt t = x - 2x + 2 . m( t + 1) £ t2 - 2 Khi đó bất phương trình trở thành: (*) x- 1 t'= ,t ' = 0 Û x = 1 2 x 2 x + 2 Ta có Ta có bảng biến thiên : 2. x. 0. . t’ t. 1 0. 1 3. +. 2. 2 1. m£. Từ đó ta có 1 £ t £ 2 , từ (*) suy ra t2 - 2 f ( t) = é1;2ù ê û ú t + 1 trên tập ë Xét hàm số. t2 - 2 t + 1 (1). 2. ( t + 1) + 1 > 0 f '( t ) = "t Î ( t + 1) Ta có với 2. Ta có bảng biến thiên của hàm số t. f ( t). 1. f’(t). é1;2ù ê û ú ë. 2. +. 2 3. f(t). 1 2. xÎ é 0;1 + 3ù ê ú ë û Bất phương trình đã cho có nghiệm é1;2ù ê û ú Û bất phương trình ( 1) có nghiệm t Î ë. Û m £ max f ( t ) = f ( 2) = é ù ê1;2ú ë û. 2 3 4. Ví dụ 3.Tìm m để phương trình phân biệt. 2x + 2x + 24 6 - x + 2 6 - x = m( m Î ¡. ). có 2 nghiệm thực.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Giải. Điều kiện: 0 £ x £ 6. f ( x) = 4 2x + 2x + 24 6 - x + 2 6 - x. Xét hàm số Ta có. 1. 1. 1. é0;6ù ê û ú trên tập ë. 1. f ( x) = ( 2x) 4 + ( 2x) 2 + 2( 6 - x) 4 + 2( 6 - x) 2. 3 1 3 1 1 1 1 1 4 2 4 2 f '( x) = ( 2x) .2 + ( 2x) .2 + 2. ( 6 - x) .( - 1) + 2. ( 6 - x) .( - 1) 4 2 4 2 æ ö ÷ ç ÷ æ1 1ç 1 1 1 ö ÷ 1 1 1 1 1 1 ÷ ç ç ÷ ÷ = .ç + ç = . + - . ÷ ÷ ç ç ÷ 3 3 ÷ 3 3 ç 2 ç 2 4 2 4 ÷ è ø 2 x 6 x 4 4 2 x 6 x ç ÷ 2 x 6 x 2 x 6 x ( ) ( ) ÷ ( ) ( ) ç è ø æ ö ÷ ç ÷ ö ç 1æ 1 1 1 1 1 ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ æ1 ö = .ç + + ç ÷ 1 öæ ÷ ç ç ÷ ÷ çç çç 1 + 1 ÷ 4 4 2 2 ÷ 2ç ÷ ÷ ç ÷ 4 2x 6 - x + è 2x 6 - x øç4 ( 2x) 4 ÷ ÷ ( ) ( 6 - x) ø÷ ÷ çè ÷çç4 2x 4 6 - x ø ÷ ç ç4 2x 4 6 - x øè è éæ ù ö ÷ êç ú ÷ æ1 ö æ ö ç 1 1 1 1 1 1 1 ÷ ÷ ÷ êç ú ç ÷ ÷ ÷ =ç + + + + ç ç ç ÷ ÷ êç ÷ ú ç ç ÷ 4 4 4 4 2 2 ÷ ÷ ç ç ÷ 4 2x 6 - x è 2x è 2x øú 6 - x øê2ç 6 x 4 4 ( ) ç ÷ 2 x 6 x ( ) ø÷ ç ( ) ê ú ëè û æ ö ÷ ç ÷ æ1 ö 1ç 1 1 1 1 ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ + + + + >0 ç ç ÷ ÷ ç 4 4 2 2÷ ÷ ç 2ç ç ÷ 4 è ø 2x 6- x 4 4 2x ( 6 - x) ç ( 6 - x) ÷ ÷ ç ( 2x) " x Î ( 0;6) ø Ta có è với. f '( x) = 0 Û. 4. 2x = 4 6 - x Û 2x = 6 - x Û x = 2. Ta có bảng biến thiên x. 0. 2 +. f’(x) f(x) 4. 2 6 2 6. 0. . 6. 3 2 6 4. 12  2 3. Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số é0;6ù y = m trên miền ë ê û ú. y = f ( x). và đường thẳng. 4 Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán 2 6 + 2 6 £ m < 3 2 + 6. Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình. x2 + 2x - 8 = m( x - 2). có 2 nghiệm thực phân biệt: Giải Điều kiện: do m > 0 Þ x ³ 2. Ta có: éx = 2 ê Û ê 2 2 ê( x - 2) ( x + 4) = m( *) x + 2x - 8 = m( x - 2) Û ( x - 2) ( x + 4) = m( x - 2) ë.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Nhận thấy phương trình đã cho luôn có 1 nghiệm x = 2 , để chứng minh khi m > 0 phương trình đã ( *) luôn có một nghiệm thực x > 2 khi cho có 2 nghiệm thực phân biệt ta cần chỉ ra phương trình m> 0 2. f ( x) = ( x - 2) ( x + 4) = x3 + 6x2 - 32. Xét hàm số f '( x) = 3x2 + 12x > 0 Ta có với " x > 2 æ 6 32ö ÷ ÷ lim f ( x) = lim x3 ç 1+ = +¥ ç ÷ ç x®+¥ x®+¥ ÷ è x x3 ø f ( x). Ta có bảng biến thiên của hàm số x. 2. f’(x). +. f(x). trên. ( 2;+¥ ).  . 0. y = f ( x) Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng y = m trên miền ( 2;+¥ ) Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra khi m > 0 thì phương trình (*) luôn có nghiệm x > 2 Vậy với m > 0 thì phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm thực phân biệt. x2 + 2x + 4 - x2 - 2x + 4 = m có nghiệm thực Giải. Ví dụ 5. Tìm m để phương trình 2. x2 ± 2x + 4 = ( x ± 1) + 3 ³ 3 > 0, " x Î ¡. Vì TXĐ: D = ¡ Xét hàm số. f ( x) = x2 + 2x + 4 -. f '( x) = Ta có:. x +1 x2 + 2x + 4. f '( x) = 0 Û. -. nên. x2 - 2x + 4. trên ¡. x- 1 x2 - 2x + 4. x +1 x2 + 2x + 4. -. x- 1 x2 - 2x + 4. =0 2. (. ). 2. (. ). 2 2 Û ( x + 1) x2 - 2x + 4 = ( x - 1) x2 + 2x + 4 Þ ( x + 1) x - 2x + 4 = ( x - 1) x + 2x + 4. Û x4 - 2x3 + 4x2 + 2x3 - 4x2 + 8x + x2 - 2x + 4 = x4 + 2x3 + 4x2 - 2x3 - 4x2 - 8x + x2 + 2x + 4 Û x=0 Thay x = 0 vào phương trình (*) được: 1 = - 1. Vậy phương trình (*) vô nghiệm. f '( x) f '( 0) = 1 > 0 Ü f '( x) > 0, " x Î ¡ Suy ra chỉ mang 1 dấu (không đổi dấu), có Ta có 4x lim f ( x) = lim x2 + 2x + 4 - x2 - 2x + 4 = xlim ®+¥ x®+¥ x®+¥ x2 + 2x + 4 + x2 - 2x + 4 4 = lim x®+¥ 2 4 2 4 1 + + 2 + 1+ x x x x2 = 2. (. ).

<span class='text_page_counter'>(18)</span> lim f ( x) = lim. x®- ¥. x®- ¥. (. x2 + 2x + 4 -. 4x x2 + 2x + 4 + x2 - 2x + 4. 4. = lim x®- ¥. ). x2 - 2x + 4 = xlim ®- ¥. 2 4 2 4 + 2 - 1+ 2 x x x x =- 2 f ( x) Ta có bảng biến thiên của hàm số x. - 1+. . f’(x). . +. 2. f(x). -2. Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = m trên ¡. y = f ( x). Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình có nghiệm Û - 2 < m < 2. ìï x2 - 3x - 4 £ 0 ï í 3 ï x - 3 x x - m2 - 15m ³ 0 Ví dụ 6. Tìm m để hệ ïïî có nghiệm thực Giải 2. Ta có: x - 3x - 4 £ 0 Û - 1 £ x £ 4 . Hệ phương trình đã cho có nghiệm 3 2 é- 1;4ù ú Û x - 3 x x - m - 15m ³ 0 có nghiệm x Î ê ë û 3 2 é ù Û x - 3 x x ³ m + 15m xÎ ê ë- 1;4ú û có nghiệm 3 2 ìï x + 3x khi - 1 £ x < 0 f ( x) = x3 - 3 x x = ïí 3 ïï x - 3x2 khi 0 £ x £ 4 ïî Đặt Ta có ìï 3x2 + 6x khi - 1 < x < 0 f '( x) = ïí 2 ïï 3x - 6x khi 0 < x < 4 ïî f '( x) = 0 Û x = 0;x = ±2 Ta có bảng biến thiên : x. -1. f’(x) f(x). . 0 0. . 2 0. 4 + 16. 2 -4. f ( x) ³ m2 + 15m. có nghiệm. ù xÎ é ê- 1;4ú ë û. và đường thẳng.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Û max f ( x) ³ m2 + 15m é ù. Û 16 ³ m2 + 15m Û m2 + 15m - 16 £ 0 Û - 16 £ m £ 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm Û - 16 £ m £ 1 ê- 1;4û ú ë. 3 3 Ví dụ 7. Tìm m để phương trình sin x + cos x = m có nghiệm: Giải 3 3 sin x + cos x = m Û ( sin x + cosx) ( 1- sin x.cosx) = m Ta có æ pö ÷ t = sin x + cosx = 2.sinç x+ ÷ ç ÷ ç ÷- 2 £ t £ 2 4ø è Đặt , t2 - 1 2 2 t = sin x + cosx Þ t = ( sin x + cosx) Þ sin x.cosx = 2 Khi đó: æ t 2 - 1ö 1 3 ÷ ÷ tç 1= m Û - t3 + t = m ç ÷ ç ÷ ç 2 ø 2 2 Phương trình trở thành: è 1 3 é- 2; 2ù f ( t) = - t 3 + t ê ú û 2 2 Xét hàm số trên tập ë. Ta có:. f '( t ) = -. 3 2 3 t + 2 2. 3 2 3 f '( t) = 0 Û - 2 t + 2 = 0 Û t = ±1 Ta có bảng biến thiên:. 2. t f’(t). -1. . 1. 0. . 0. +. f(t). 1. 2  2. 2 2 2. -1. y = f ( t) Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng é- 2; 2ù ú y = m trên ê ë û Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình có nghiệm Û - 1 £ m £ 1. Ví dụ 8: Tìm m để bất phương trình mx -. x - 3 £ m + 1có nghiệm thực Giải. 2 Đặt t = x - 3 ³ 0 Þ x = t + 3 . Khi đó bất phương trình trở thành:. t +1 m t2 + 3 - t £ m + 1 Û m t2 + 2 £ t + 1 Û t2 + 2 ³ m (*) t +1 f ( t) = 2 t + 2 trên ( 0;+¥ ) Xét hàm số. (. ). f '( t ) =. Ta có:. (. ). - t2 - 2t + 2. (t. 2. ). +2. 2. ,. f '( t ) = 0 Û - t2 - 2t + 2 = 0 Û t = - 1± 3.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 1 t =0 lim f ( t) = lim x®+¥ x®+¥ 2 t+ t 1+. Ta có bảng biến thiên của hàm số 0. t. f’(t). +. f(t). f ( t).  1 0 3.  . 3 1 4. 1 2. 0. Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra bất phương trình (1) có nghiệm thực. Û bất phương trình (*) có nghiệm t > 0 Û. max f ( t) ³ m Û m £. ( 0;+¥. ). 3 +1 4. 4 2 Ví dụ 9. Tìm m để phương trình 3 x - 1 + m x + 1 = 2 x - 1 có nghiệm thực Giải Điều kiện: x ³ 1. 4. 2. 3 x - 1+m x +1 = 2 x - 1. t=4 Đặt. Û - 3. x- 1 x- 1 + 24 =m x +1 x +1 (1). x- 1 x + 1 , khi đó phương trình (1) trở thành: - 3t2 + 2t = m (*). 2 <1 x + 1 Þ t ³ 0 x ³ 1 Ta có và , vậy 0 £ t < 1 2 é0;1) f ( t ) = - 3t + 2t ë Xét hàm số trên ê 1 f '( t ) = - 6t + 2; f '( t ) = 0 Û - 6t + 2 = 0 Û t = 3 Có t = 4 1-. Ta có bảng biến thiên của hàm số t. 0 +. f’(t) f(t) 0. f ( t). 1 3. 0. 1 3. 1.  -1. Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = m trên miền é ê ë0;1) Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình có nghiệm thực Ví dụ 10. Tìm m để phương trình. 1+ x + 8 - x +. y = f ( t). Û - 1< m £. và đường thẳng. 1 3. ( 1+ x) ( 8 - x) = m có nghiệm thực.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Giải. Điều kiện: - 1 £ x £ 8. Đặt t = 1 + x + 8 - x 1 1 t'= 2 1+ x 2 8 - x với - 1 < x < 8 Ta có: 1 1 7 =0 Û x + 1= 8- x Û x = Û x + 1 = 8- x t ' = 0 Û 2 1+ x 2 8 - x 2 Ta có bảng biến thiên: x. 7 2. -1 +. t’. 8. . 0. 3 2. t. 3. 3. Từ đó dẫn đến 3 £ t £ 3 2 Có. t = 1+ x + 8 - x Þ t2 =. (. 1+ x + 8 - x. ). 2. Þ. ( x + 1) ( 8 - x) =. t2 - 9 2 ,. t2 - 9 =m Û t2 + 2t - 9 = 2m 2 Phương trình đã cho trở tành: é3;3 2ù ê ú f ( t ) = t 2 + 2t - 9 û Xét hàm số trên tập ë "x Î é 3;3 2ù ê ú f '( t ) = 2t + 2 > 0 ë û, Ta có bảng biến thiên của hàm số f ( t) Ta có: với t+. t. 3. 3 2 +. f’(t). 96 2. f(t) f’(t) 6. Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số é3;3 2ù ú y = 2m trên ê ë û Vậy phương trình có nghiệm. Û 6 £ 2m £ 9 + 6 2 Û 3 £ m £. y = f ( t). và đường thẳng. 9+ 6 2 2. CÁC BÀI TẬP TƯƠNG TỰ. 1. Tìm m để hệ phương trình. ìï ïï x + 1 + y + 1 = 5 ïï x y í ïï 3 1 1 3 ïï x + 3 + y + 3 = 15m - 10 x y ïî. có nghiệm thực.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> 2. Tìm m để hệ phương trình. 4. x4 - 13x + m + x - 1 = 0có đúng một nghiệm thực. ( 4 + x) ( 6 - x) £ x. 2. 3. Tìm m để bất phương trình ù xÎ é ê ë- 4;6ú û. - 2x + m. nghiệm đúng với mọi. 4. Tìm m để phương trình. x + 9 - x = - x2 + 9x + m có nghiệm thực. 5. Tìm m để phương trình thực phân biệt. x - 3 - 2 x - 4 + x - 6 x - 4 + 5 = m có đúng hai nghiệm. 6 6 6. Tìm m để phương trình sin x + cos x = m.sin2x có nghiệm thực. æp ö ÷ ç ÷ ;2 p ç ÷ ç ÷ è 2 ø. 7. Tìm m để phương trình cos3x - cos2x + m cosx - 1 = 0 có đúng 7 nghiệm thuộc ép p ù 1 ê ; ú 4 4 x Î sin x + cos x = m sin2x ê12 2ú ë û 2 có đúng 2 nghiệm 8. Tìm m để phương trình C. KẾT LUẬN. Với việc triển khai giảng dạy cho học sinh lớp 12 trong một số giờ tự chọn ôn thi, chủ yếu là hướng dẫn học sinh tự nghiên cứu nội dung ứng dụng đạo hàm và ẩn phụ để giải phương trình, bất phương trình , làm bài có những lập luận chặt chẽ hơn trong những tình huống giải phương trình, bất phương trình. Mặc dù sách giáo khoa đã giảm tải khá nhiều nhưng trong các đề thi tuyển sinh vào đại học có nhiều bài rất khó được phát triển từ các bài tập trong sách giáo khoa, nên để giải quyết các bài toán đó cần phải sử dụng linh hoạt tính đơn điệu của hàm số. Đề tài này chỉ giới thiệu cách giải một số phương trình, bất phương trình Mặc dù đã tham khảo một số lượng lớn các tài liệu hiện nay để vừa viết, vừa đi giảng dạy trên lớp để kiểm nghiệm thực tế, song vì năng lực và thời gian có hạn, rất mong được sự đóng góp của các bạn đồng nghiệp và những người yêu thích môn toán để đề tài này có ý nghĩa thiết thực hơn trong nhà trường. Góp phần nhỏ bé vào việc nâng cao hơn nữa chất lượng Giáo dục phổ thông. Giúp các em học sinh có phương pháp - kỹ năng khi giải các bài toán liên quan đến hàm số trong các kỳ thi cuối cấp. Người thực hiện. Vũ Ngọc Hòa. Tài liệu tham khảo 1. Sách giáo khoa môn Toán 10, 11, 12..

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 2. Sách bài tập môn Toán 10, 11, 12. 3. Chuyên đề nâng cao Đại số THPT – NXB GD của Phạm Quốc Phong. 4. Khảo sát nghiệm phương trình – NXB GD của Lê Hoành Phò. 5. Hàm số - NXB GD của Phan Huy Khải. 6. Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ..

<span class='text_page_counter'>(24)</span>