Gi¸o Viªn: §Ỉng Th¸i S¬n
CHUN ĐỀ 1
KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN
§1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU VÀ CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
Phần 1 : SỰ ĐỒNG BIẾN NGHỊCH BIẾN CỦA HÀM SỐ
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

+−
==
.
h) y= f(x) = x
4
−2x
2
. i) y = f(x) = sinx trên [0; 2π].
Tiếp tục u cầu các nhóm giải bài tập ,
Hướng dẫn nhanh cách giải ; Tìm đạo hàm, xét dấu đạo hàm, Để Hs đồng biến thì đạo hàm phải
dương,nghịch biến thì đạo hàm phải âm .
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 :
a) y = x
3
−3x
2

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

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
++−=
.
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)

Buổi 2: GTLN – GTNN – TIỆM CẬN CỦA HÀM SỐ
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 thuwowngf 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
[ ]
[ ]
;
;

−∞
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

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
Gi¸o Viªn: §Æng Th¸i S¬n
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.

−
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
+

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
− −

12 27
4 5
x x
y
x x
− +
=
− +
Vì
2
2
12 27
lim 1
4 5
x
x x
x x
→±∞
− +
=
− +
nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị
Vì
2
4 5x x− +
> 0 ,
∀
x nên đồ thị không có tiệm cận đứng
4/ Củng cố : Nhắc lại cách tìm giới hạn của hsố trên . Lưu ý cách tìm tiệm cận đứng nhanh bằng cách tìm
các giá trị làm cho mẫu thức bằng không.

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

f

(x
0
) vo bc 1
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

2
+ 6x, y = 0 - 3x
2
+ 6x = 0
1 1
2 1
0 2
2 2
x y
x y
= =



= =

Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
- 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

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
VD3: Cho hm s (C): y = x
3

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
X
- 0 2 +

b) ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tun cđa (C) ®i qua ®iĨm A(3; 0)
Bµi 3: Cho hµm sè
3
1
3 ( )
4
y x x C= −
(§Ị TN 2001)
a) Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ hµm sè
b) ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tun cđa (C) t¹i ®iĨm cã hoµnh ®é b»ng
2 3
(d)
Bµi 4: (§Ị TN 99) Cho hµm sè y = x
3
- (m + 2)x + m
a) T×m m ®Ĩ hµm sè cã cù ®¹i t¬ng øng víi x = 1
b) Kh¶o s¸t hµm sè t¬ng øng víi m = 1(C)
c) BiƯn ln sè giao ®iĨm cđa (C) víi ®êng th¼ng y = k
Bµi 5 : (§Ị 97) Cho hµm sè y = x
3
- 3x + 1 (C)
Kh¶o s¸t hµm sè (C)
Bai 6: (§Ị 93) Cho hµm sè y = x
3
- 6x
2
+ 9 (C)
a) Kh¶o s¸t hµm sè
b) ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tun t¹i ®iĨm cã hoµnh ®é lµ nghiƯm ph¬ng tr×nh y’’=0
c) Dùa vµo (C) ®Ĩ biƯn ln sè nghiƯm cđa ph¬ng tr×nh x

 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:
6
4
2
-2
5
x
y
6
4
2
y
5
x
O 1
Gi¸o Viªn: §Ỉng Th¸i S¬n
Cho hàm số y=x
3
– 6x

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:
a) Kh¶o s¸t hµm sè
TËp x¸c ®Þnh: R
Sù biÕn thiªn
a) Giíi h¹n:
lim
x
y
→∞
= −∞
b) B¶ng biÕn thiªn:
1 1
3
2,3 2,3
9
0
4
y' = - x + 4x; y' = 0

CD CD
25 9
x = ±2 y = ; 0
4 4
CT CT
x y⇒ = ⇒ =
§å thÞ : (H2)
- §iĨm n: y” = - 3x
2
+4; y” = 0
2 161
36
3
x y⇔ = ± ⇒ =
- Giao víi Ox : A(-3 ; 0) vµ B(3 ; 0)
- Giao Oy :
9
(0; )
4
C
(H2)
Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
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.

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)
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

- 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

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:
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

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

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.
vd2. Cho hàm số
3x 1
y
x 3

=

có đồ thị (C).

= = = =
.
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

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.
Bài 3: Cho hàm số
4
( )
2

+
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
+
=

1. n nh lp.
2. Bi mi:.
I. Định nghĩa luỹ thừa và căn
1. Luỹ thừa Căn
. Với n nguyên dơng, căn bậc n của số thực a là số thực b sao cho b
n
= a.
. Với n nguyên dơng lẻ và a là số thực bất kì, chỉ có một căn bậc n của a, kí hiệu là
n
a
. Với n nguyên dơng chẵn và a là số thực dơng, có đúng hai căn bậc n của a là hai số đối nhau; căn có
giá trị dơng kí hiệu là
n
a
, căn có giá trị âm kí hiệu là -
n
a
.
. Số âm không có căn bậc chẵn.
*
,a n ƠĂ
. (
n
a a a a n=
tha s )
0

a
1
n

+
=
a
a
a




=
.
( )a a

=
a a
b b




=
ữ

( ) .ab a b

=
Nu:
1a >
thỡ


Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
2. Hàm số mũ y=a
x
(a>0,a1)
II.
BI
TP T GII
1. n gin biu thc.
a>1 0<a<1
. y

>0 với mọi x
R
. Hàm số đồng biến trên R
.
+=
+
x
x
alim
;
0lim
=

x
x
a
. Bảng biến thiên
. Đồ thị


y
x
0
+

y=a
x
+

x
0
0
Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
1.
(
)
5
5
2
3
126
yxyx
2.
1.
1
.
1
4
1
4

+
+

+
m
m
m
m
m
1
2
1
2
.
22
4
2
1
3
2
4.
1
)(
232
3222
+


ba
ba

a a a a
A
a a a a
+

= +
vi
3
0; 1;
2
a a a>
8.
33
3
4
3
4
ba
abba
+
+
2. Tớnh giỏ tr ca biu thc.
1.
5

3
2
2
3
1
)9(864.)2(001,0 +



3.
5,0
75,0
3
2
25
16
1
27






+

4.
3
2
1

16.4
+
17.
23
2
3
27
18.
( )
5
5
4
8
2
3. Bin i a v dng ly tha vi s m hu t.
1.
7
35
.2
8
1
ax
2.
3
4
5
. aa
3.
4
8

Giỏo viờn: - Giỏo ỏn, bng ph, phiu hc tp .
Hc sinh: Sỏch giỏo khoa.
Kin thc v lôgarit.
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.
Gi¸o Viªn: §Æng Th¸i S¬n
2. Bài mới:.
I: LÔGARIT.
Định nghĩa: Cho
0,0 1b a> < ≠
.
log
a
b b a
α
α
= ⇔ =
log 10b b
α
α
= ⇔ =
lnb b e
α
α
= ⇔ =
Tính chất:
log 1 0
a

a a
b b
α
α
=
1
log log
a
a
b b
α
α
=
,
( )
0
α
≠

log
log
log
c
a
c
b
b
a
=
1

a b a b
b a a b
+ + + + + +
= = =
+ + + + +
b.
(
)
( )
5
2 4
3
52 4
3
4
4
. . 1 4 1 173
log log . . log 2
3 5 4 60
a a a
a a a
N a a a a
a
 
= = − = + + − =
 ÷
 ÷
 
Ví dụ 2: Biết
5 5

−
2.
5log33log
2
1
5log1
52
4
4216
+
+
+
3.








+
−
−
4log
6log9log
2
1
5
77

3log
2
1
2log
6
136

10.
)3log.4(loglog
23
4
1
Buổi 8: Đạo hàm của hàm số mũ và lôgarít( 3tiết)
I. Mc tiờu:
1) V kin thc:
Các kiến thức về đạo hàm của hàm số mũ và lôgarít
2) V k nng:
Thc hin thnh tho vic giải bài toán về đạo hàm của hàm số mũ và lôgarit.
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 đạo hàm của hàm số mũ và lôgarit.
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.

. ( 0, 0)x x x
= >
( )
'
. '
u u
e e u=
( )
'
.ln . '
u u
a a a u=
( )
'
1
ln . 'u u
u
=
( )
'
1
log . '
.ln
a
u u
u a
=


= = + =
ữ ữ
ữ


b.
2
5 ln 8cosy x x x= +
HD:
1
' 10 8siny x x
x
=
IV. BI TP T GII
1. Tớnh o hm ca cỏc hm s sau.
Giáo Viên: Đặng Thái Sơn
1.
( )
2
2 2
x
y x x e= +
2.
( )
2
sin cos
x
y x x e=
3.

3
3 .log
x
y x=
10.
.
x
y x


=
11.
3
y x=
12.
3 2
ln 2y x=
2. Chng minh rng mi hm s sau õy tha món h thc tng ng ó cho.
1.
sin x
y e=
CMR:
'cos sin '' 0y x y x y =
2.
( )
ln cosy x=
CMR:
'tan '' 1 0y x y =
3.
( )

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
Vớ d 1: Gii cỏc phng trỡnh 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
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 :

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

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
− − =
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

x
+ −
− = ⇔ − − = ⇔ − − =
(*)
Gi¸o Viªn: §Æng Th¸i S¬n
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= ⇔ = ⇔ =

( )
( ) ( ) ( )
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
= − = −
 
⇔ ⇔

+ =

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

+ =
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.
Gi¸o Viªn: §Æng Th¸i S¬n
Thật vậy, xét
3 4
( )
5 5
x x
f 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:

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
 
= +

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 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
+ + − =
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
Gi¸o Viªn: §Æng Th¸i S¬n
1. Phương trình cơ bản:
0
0
b
b

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
<


>


= −∞


 
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:
a.
( ) ( )f x g x

( )
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;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

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
+ − >
HD: Chia (*) hai vế cho
4 0
x
>
ta được:
2
5 5
5 2. 7. 0
2 2
x x
 
   
+ − >

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

≤
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− + −
   
<

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

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 +

2 2 2
log log ( 3) log 4x x+ + =
(1)
iu kin:
0 0
0
3 0 3
x x
x
x x
> >

>

+ > >

Do ú phng trỡnh
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
=

+ = =


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

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 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:


= −
⇔ − − = ⇔ ⇔ = ⇔ =

=

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)