SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU
TRƯỜNG THPT NGÔ QUYỀN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Tên đề tài:
ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
ĐỂ GIẢI TOÁN
Tác giả:Hà Công Thơ
Giáo viên môn :Toán
Năm học:2013-2014
1
ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI TOÁN
A/PHẦN MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài
-Môn toán giữ một vai trò hết sức quan trọng trong trường THPT vì nó là tiền đề để học các
môn học khác. Môn toán cũng góp phần phát triển tư duy và pháp triển nhân cách .Vì khi học
môn toán giúp học sinh rèn luyện tính cẩn thận, tính sáng tạo và tính thẩm mỹ…
Học sinh ở trường Ngô Quyền chúng ta đa số là học sinh trung bình yếu nên việc truyền đạt
kiến thức môn toán cho các em gặp rất nhiều khó khăn.
Mỗi khi nói đến một bài toán mới thì tôi lại phải nhắc lại các kiến thức có liên quan.nhưng
khi áp dụng thì học sinh lại lúng túng và không làm được. Tôi vẩn thường tự hỏi làm cách nào
để các em thích học môn toán? Vì chỉ có khi thích học thì các em mới học tốt được.
-Qua thực tế giảng dạy nhiều năm tôi nhận thấy rằng: Nếu ta sử dụng tính đơn điệu của hàm
số vào giải phương trình ,hệ phương trình… thì học sinh cảm thấy nhẹ nhàng hơn, tiếp thu
phương pháp tốt hơn và các em hứng thú học tập hơn so với cách giải bằng các phương pháp
khác nên tôi đã chọn đề tài “Ứng dụng tính đơn điệu để giải toán" ít nhiều gì cũng giúp
caac1 em có thêm phương pháp để giải các phương trình, hệ phương trình…
II. Mục đích và phương pháp nghiên cứu
1.Mục đích:
-Để tạo sự hứng thú trong học tập , tìm ra phương pháp dạy phù hợp với học sinh và để nâng
cao chất lượng học tập của học sinh

Chuẩn bị một số bài tập về Phương trình, hệ phương trình,tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất, chứng minh bất đẳng thức và các bài toán có chứa tham số phù hợp với các lớp và đưa cho
các em về nhà giải trước để lên lớp sửa
Dặn các em về xem lại một số các kiến thức có liên quan.
B/PHẦN NỘI DUNG
I.Thực trạng và những mâu thuẫn
Đa số học sinh còn lúng túng, không tự tin khi giải các phương trình,hệ phương trình
không mẫu mực đặc biệt là các bài toán chứng minh bất đẳng thức hay các bài toán có
3
chứa tham số vì phải vận dụng nhiều kiến thức. trong khi đó kiến thức cơ bản các em
chưa nắm vững, khả năng tư duy còn hạn chế và ‚ thức học tập chưa tốt.
II.Các biện pháp giải quyết vấn đề
1/KIẾN THỨC
Định lí 1: Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K.
a/ Nếu f’(x) > 0 với mọi x thuộc K thì hàm số f đồng biến trên K.
b/ Nếu f’(x) < 0 với mọi x thuộc K thì hàm số f nghịch biến trên K.
(Giải tích 12- NXB Giáo dục 2008)
Định lí 2: Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K. Nếu f’(x) ≥ 0(f’(x) ≤ 0), với mọi x
thuộc K và f’(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm số đồng biến (nghịch biến)
trên K.
(Giải tích 12- NXB Giáo dục 2008)
Định lí 3: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên tục trên
tập D thì phương trình f(x) = k,(với k là số thực) có không quá một nghiệm
Định lí 4: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên tục trên
tập D thì với mọi u,v thuộc D ta có: f(u) = f(v) ⇔ u = v.
Định lí 5: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc nghịch biến ) và hàm số y = g(x)
luôn nghịch biến (hoặc đồng biến) và liên tục trên tập D thì phương trình f(x) = g(x)
có không quá một nghiệm.
Định lí 6: Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm đến cấp n và phương trình
f

(m) có nghiệm khi v chỉ khi đồ thị
của hm số y = f(x) v đường thẳng y =
ϕ
(m) cắt nhau.
Ta có thực hiện như sau:
-
Bước 1: Tính đạo hàm f’(x)
-
Bước 2: lập bảng biến thiên của f
-
Bước 3: dựa vào bảng biến thiên , xác định m để đồ thị của hàm số
y = f(x) và đường thẳng y = ϕ(m) cắt nhau.
Chú ý:
1. Nếu
max ( ), min ( )
x D
x D
M f x m f x
∈
∈
= =
v f liên tục trên D thì phương trình
f(x) = k có nghiệm khi v chỉ khi : m
≤
k
≤
M
2. Nếu phương trình có dạng f(x,m) = 0 thì ta biến đổi để đưa phương trình về dạng :
f(x) =
ϕ

x x
− + − = ⇔ = ⇔ − − − =
− − −
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
15 4 1x x− = ⇔ = −
Cách 3: xét hàm số
( ) 15 3 , 3f x x x x= − + − ∀ ≤
1 1
( ) 0, 3
15 3
f x x
x x
′
= − − < ∀ <
− −
suy ra hàm số nghịch biến trên
(
]
;3−∞
,
( 1) 6f − =
suy ra x= -1 là
nghiệm duy nhất của phương trình
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
2 3 4 4(1)
2 3 4 4(2)
x y
y x


Bình phương hai vế và rút gọn ta
được:
2
2
9
9
2 2 5 12 9
11
3,
9 38 33 0
9
x
x
x x x
x x
x x
≤

≤


− + + = − ⇔ ⇔
 
= =
− + =




vậy hệ có 2 nghiêm phân biệt

−
′
= + > ∀ ∈
+ −
.do đó hàm số f(t) luôn đồng biến trên đoạn
3
;4
2
 
−
 
 
Suy ra (3) tương đương với
( ) ( )f x f y x y= ⇔ =

Thay
x y=
vào phương trình (1) ta được:
2 3 4 4x x+ + − =
, bình phương hai vế và rút gọn ta
được:
2
2
9
9
2 2 5 12 9
11
3,
9 38 33 0
9

hm l lm được. Theo tôi nghỉ cách 1 không phải l quá khó đối vi hc sinh nhưng cần phải
biến đổi nhiều nên dễ bị sai sót.
Để hiểu kĩ hơn về phương pháp dùng tính đơn điệu chúng ta tham khảo bi toán sau
Ví dụ 3: Giải phương trình:
( )
3
3 1 log 1 2
x
x x
= + + +
Giải
Đk:
1
2
x
> −

( )
3
3 1 log 1 2
x
x x
= + + +
( )
3
3 (1 2 ) log 1 2
x
x x x
⇔ + = + + +
( )

nhất 2 nghiệm.
7
Ta thấy: x = 0 và x = 1 là 2 nghiệm của phương trình g(x) = 0. Do đó, chúng là nghiêm của
phương trình đã cho.
Ví dụ 4:Giải các phương trình sau:
2
1 2 2
9 3 2 0
x x x
x x
+ + +
− + + =

(Đề thi học kì I lớp 12 năm học 2012-2013)
Giải
2 2
1 2 2 2 2 2 2 2
9 3 2 0 3 2 2 2 3 2
x x x x x x
x x x x x
+ + + + + +
− + + = ⇔ + + + = + +
(1)
Xét hàm số
( ) 3
t
f t t= +
,
( )f t
là hàm số luôn tăng trên R

yxxy
xyyx

Giải
ĐK: x>1, y
≥
1
pt đầu của hệ tương đương với pt:
1212
33
−+=−+
yyxx
(1)
Xét hàm số
12)(
3
−+=
tttf
với t>1
1,0
1
1
3)('
2
>∀>
−
+= t
t
ttf
,suy ra f(t) đồng biến trên khoảng

yx
Ví dụ 6:Chứng minh:
( )
2 x 1
ln x
x 1
−
>
+
, với mọi
x 1>
.
Giải
Đặt:
( )
( )
( )
2 x 1
f x ln x ; x 0;
x 1
−
= − ∈ +∞
+
8
( )
( )
( )
( )
( )
2

(1) có 2 nghiệm phân
biệt
Giải
Cách 1: Biến đổi sơ cấp
(1)
( )
( )
2 2
2
3 3
2 4 4 ( 4) 2 4 0 (2)
log 2 log 4 4
4 4 0 1
x mx m x x m x m
x mx m x
x x
 
− − = − − + − + =
⇔ − − = − ⇔ ⇔
 
− > >
 
Nhận xét: Vì phương pháp so sánh 2 nghiệm của phương trình vi 1 số
0
α
≠
đã được giảm tải
nên để giải phương trình (2) ta phải đặt
1x t= +
để đưa bi toán về bi toán so sánh 2 nghiệm


Cách 2:Dùng tính đơn điệu của hàm số:
( )
( )
2
2
2
3 3
4 4
2 4 4
log 2 log 4 4
2
4 4 0
1
x x
x mx m x
m
x mx m x
x
x
x

− +

− − = −
=

− − = − ⇔ ⇔
+
 

( ) 0 6, 2f x x x
′
= ⇔ = − =

2
1 1
4 4 1
lim ( ) lim( ) ; lim ( )
2 3
x
x x
x x
f x f x
x
+ +
→+∞
→ →
− +
= = = +∞
+
Bảng biến thiên:

( d) : y = m
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt khi:
1
0
3
m< <
Nhận xét
Cách 1:

Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
(1; )+∞
khi và chỉ khi
( ) 0, 1f x x
′
≥ ∀ >
2
6 4 0, 1x x m x⇔ − − ≥ ∀ >
(1)
Nhận xét: Vì phương pháp so sánh 2 nghiệm của tam thức bậc hai vi 1 số
0
α
≠
đã được giảm
tải nên để giải bất phương trình (1) ta phải đặt
1x t= +
để đưa bi toán về bi toán so sánh 2
nghiệm của phương trình vi 0
Đặt
1x t= +
(1)
2
0
2
0
3
6 8 2 0, 0 2
0
2
2




Cách 2: Dùng tính đơn điệu của hàm số
Hàm số đã cho xác định trên
(1; )+∞
2
( ) 6 4f x x x m
′
= − −
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng
(1; )+∞
khi và chỉ khi
( ) 0, 1f x x
′
≥ ∀ >
2 2
6 4 0, 1 6 4 , 1x x m x m x x x⇔ − − ≥ ∀ > ⇔ ≤ − ∀ >
Xét hàm số:
2
( ) 6 4 , 1g x x x x= − ∀ >

1
( ) 12 4, ( ) 0
3
g x x g x x
′ ′
= − = ⇔ =
2
1 1

+ + − − +
có TXĐ: D = R

2 2
2 1 2 1
'( )
2 1 2 1
x x
f x
x x x x
+ −
= −
+ + − +

2 2
'( ) 0 (2 1)(2 1) (2 1)(2 1)f x x x x x x x
= ⇔ + − + = − + +
(*)

2 2 2 2
(2 1) ( 1) (2 1) ( 1)x x x x x x
⇒ + − + = − + +
⇒x = 0. Thay x = 0 vào (*) thấy không thoả.
Vậy phương trình (*) vô nghiệm, tức f’(x) không đổi dấu
Mà f’(0)= 1 > 0 suy ra f’(x) >0 với mọi x nên f là hàm đồng biến trên R
Ta lại có:
2 2
2
lim ( ) lim 1
1 1

= − + +
, t ≥ 0. Phương trình trở thành
t
2
+ t – 6 = 0 ⇔ t = 2 hay
4 3
4
4 16 2x x x m
− + + =

4 3
4 16 16m x x x
⇔ − = − + −
Xét hàm số: f(x) = x
4
– 4x
3
+ 16x – 16 có f’(x) = 4x
3
– 12x
2
+ 16
f’(x) = 0 ⇔ x = -1; x = 2
lim ( )
x
f x
→±∞
= +∞

Bảng biến thiên:


[ ]
3
1;3 1;2x t
 
∈ ⇒ ∈
 

Phương trình trở thành: t
2
+ t – 2m -2 = 0
⇔
t
2
+ t = 2m + 2 (*)
Phương trình đã cho có nghiệm trên
3
1;3
 
 

⇔
pt(*) có nghiệm trên [1;2].
Xét hàm số: f(t) = t
2
+ t, với t
∈
[1;2]. Ta có f’(t) = 2t +1, f’(t) > 0 với t
∈
[1;2]. Do đó f(t) là


+ + − =


+ =


có 3 nghiệm phân biệt?
Giải
Do x = 0 không là nghiệm của phương trình:
1x xy
+ =
nên
13
Ta có:
2
1
1 1
2 1
x
x xy xy x
x x
y
x
≤


+ = ⇔ = − ⇔

− +

1 6 7 1
'( ) 6 7
x x
f x x
x x
+ −
= + − =
⇒ f’(x) = 0 ⇔
1 1
1; ;
2 3
x x x
= − = − =

Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên
ta thấy, (*) có 3 nghiệm
phân biệt khi và chỉ khi:

20
12
3
15
4
4
m
m

< ≤


5 Điểm
≥
5
12A5 35
≈
15%
≈
60%
12A12 31
≈
3%
≈
12%
C/KẾT LUẬN
I/ Ý nghĩa của đề tài đối với công tác
Qua những năm giảng dạy ở trường THPT Ngô Quyền tôi nhận thấy rằng khi sử dụng
Tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, hệ phương trình không mẫu mực, chứng minh
bất đẳng thức đặc biệt là bài toán có chứa tham số thì học sinh tiếp thu dễ dàng hơn, từ đó học
tập tốt hơn và học sinh dần cảm thấy tự tin hơn mỗi khi tiếp cận với các bài toán nói trên so với
khi giáo viên trình bày các bài toán đó theo các phương pháp sơ cấp khác. Theo tôi, đó cũng là
một thành công của việc áp dụng phương pháp này vào giảng dạy.
Qua đề tài này cũng giúp học sinh phần nào nâng cao năng lực tư duy, sự sáng tạo và rèn
kỹ năng giải toán .
II/Bài học kinh nghiệm
15
Để thực hiện tốt công việc giảng dạy, đặc biệt là công tác ôn tuyển sinh và bồi dưỡng
học sinh giỏi người giáo viên phải thường xuyên học tập, nghiên cứu, tìm tòi và sáng tạo.
-
Trong quá trình dạy học, ngoài việc hướng dẫn học sinh giải quyết các bài toán và các
chuyên đề khó, người giáo viên cần phải tìm tòi, hệ thống và lựa chọn các phương pháp sao 5. Đánh giá, xếp loại:
Sau khi thẩm định, đánh giá đề tài trên, HĐKH Trường THPT Ngô Quyền
thống nhất xếp loại :
Những người thẩm định: Chủ tịch HĐKH
(Ký, ghi rõ h tên) (Ký, đóng dấu, ghi rõ h tên)
II. Đánh giá, xếp loại của HĐKH Sở GD&ĐT Bà Rịa- Vũng Tàu
Sau khi thẩm định, đánh giá đề tài trên, HĐKH Sở GD&ĐT Bà Rịa- Vũng Tàu thống
nhất xếp loại:
17
Những người thẩm định: Chủ tịch HĐKH
(Ký, ghi rõ h tên) (Ký, đóng dấu, ghi rõ h tên)

Nhận xét
Ta thấy, phạm vi ứng dụng của phương pháp ny vo các dạng toán bất đẳng thức l khá
đa dạng. Chúng ta có thể sử dụng để khai thác nhiều dạng khác nhau từ dễ đến khó m không
đòi hỏi phải dùng các kỹ thuật biến đổi phức tạp như một số phương pháp khác. Đây chính l
một ưu điểm của phương pháp ny khi sử dụng để giảng dạy cho đa số hc sinh, nhất l đối
tựơng hc sinh có lực hc trung bình, khá.

Phần ba: KẾT LUẬN

phương trình,tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất và chứng minh bất đẳng thức là những bài
toán quan trọng không thể thiếu . Tuy nhiên đa số học sinh rất lúng túng và khó khăn khi giải
quyết các bài toán này vì học sinh cần phải vận dụng nhiều phương pháp và kỹ năng biến đổi
đại số khá phức tạp, đặc biệt là với các bài toán có chứa tham số.
20