PHN I: T VN
Trong quỏ trỡnh dy mụn Toỏn trng THPT, tụi nhn thy phng phỏp s
dng o hm xột chiu bin thiờn ca hm s cú vai trũ rt quan trng, nú giỳp
chỳng ta gii quyt c nhiu loi bi tp, thm chớ cú nhiu bi nu dựng nhng
cỏch khỏc thỡ rt khú, vy nờn nú l mt phng phỏp quan trng cn thit i vi
hc sinh lp 11, lp 12 v cỏc em hc sinh ụn thi H, ụn luyn thi hc sinh gii. Nú
giỳp chỳng ta hiu v cú cỏi nhỡn thu ỏo v nhiu hm s v v quan h hm s, l
mi quan h ph bin v quan trng trong lý thuyt cng nh trong i sng thc
tin. Nhỡn vo bng bin thiờn ca mt hm s ta cú th thy c ton b v hm s
ú, c v nh tớnh v nh lng, qua ú giỳp ta tr li c nhiu cõu hi, gii
quyt c nhiu yờu cu liờn quan. Tuy nhiờn trong thc t cng cũn nhiu hc sinh
thy khú khn khi hc phn ny v t ú dn ti vic hc cha tt, cha t hiu qu
cao, vỡ nhng lớ do trờn nờn tụi vit ti ny, nhm rốn luyn cho cỏc em hc sinh
cú th nm vng phng phỏp s dng chiu bin thiờn ca hm s, v cng hỡnh
thnh c cỏc k nng cn thit gii mt s bi tp thuc loi ny.
Ni dung ti ny gm ba mc:
I/ ng dng gii phng trỡnh dng f(x) = a trong ú a l hng s, f(x) l hm s liờn
tc v n iu.
II/ ng dng gii v bin lun phng trỡnh dng f(x) = m trong ú m l tham s, f(x)
l hm s liờn tc.
III/ ng dng gii phng trỡnh dng f(u) = f(v), f(x) l hm s liờn tc v n iu.
Trong từng phần tôi đều nhắc lại kiến thức lý thuyết, đa ra một số ví dụ điển hình từ
dễ đến khó bắt đầu từ những bài tập rất cơ bản mức độ nh bài tập trong SGK sau đợc
nâng dần lên mức độ bài toán thi ĐH, CĐ.
PHN II: NI DUNG
1
Trong ton b ti ny ta ch xột cỏc hm s liờn tc trờn tp xỏc nh ca nú.
I/ ứng dụng giải phơng trình dạng f(x) = a trong đó f(x) là hàm số
liên tục và đơn điệu:
1/ Kin thc lý thuyt:
Xột phng trỡnh f(x) = a (1) (a l hng s) trờn tp D, trờn ú hm s f(x) n

xx
xf
vi mi x
thuc khong (5/2;
+
), suy ra hm s f ng bin trờn D. Vy (1) cú khụng quỏ mt
nghim.
Hn na ta thy x=3 l nghim ca (1), vy ú l nghim duy nht ca phng trỡnh
(1) ó cho.
@ Ta cú th gii phng trỡnh (1) bng cỏch bỡnh phng hai v ca nú kốm theo
iu kin tng ng, a v phng trỡnh bc hai, cỏch ny c dựng nhiu
lp 10. Ngoi ra nu khụng dựng cụng c o hm, ta cú th lp lun c hm
s f(x) l hm s ng bin da vo tớnh cht ca hm s bc nht v hm s cn
bc hai.
b) TX D=[
2
577
;
+
)
Xột hm s
2713)(
++++=
xxxxf
, ta cú f(x) l hm s liờn tc trờn D v cú
o hm
0
272
272
7

hm t ra u th hn.
VD2: Giải phơng trình:
a) x+sin x = 0 với x thuộc đoạn [0;

] (1)
b) 3
-x
= 2+ log
2
(2x+ 4) (2)
Bài giải: a) Xét hàm số f(x) = x+ sin x trên D = [0;

], có f(x) là hàm số liên tục và
f (x)= 1+ cos x không âm với mọi x thuộc (0;

) nên hàm số f(x) đồng biến trên D,
suy ra phơng trình (1) có không quá một nghiệm và ta thấy ngay nó có nghiệm duy
nhất là x = 0.
b) Phơng trình đã cho tơng đơng với phơng trình
log
2
(2x+ 4) - 3
-x
= 2 (2)
TXĐ D= (-2;
+
); tơng tự các VD trên, xét hàm số vế trái của phơng trình (2) ta đ-
ợc kết luận phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất là -1.
@ Để đi tới kết luận vế trái của phơng trình (2 ) là hàm số đơn điệu ta có thể dùng
công cụ đạo hàm hoặc dựa vào tính chất của các hàm số.

0
)1(12
+=++=
o
xxxx
, suy ra
110
0
5
00
xxx
.
Vy ta ch cn kho sỏt hm s f(x) vi
1

x
. Ta cú:
10)1(2)1(2225)('
4234
>++== xxxxxxxxf
nờn f(x) l hm s ng bin
khi
1x
. Vy phng trỡnh ó cho luụn cú nghim duy nht.
@ Chỳ ý:
3
i, Nu chỳng ta kho sỏt ngay hm f(x) thỡ chỳng ta khụng th cú c f(x) l
hm ng bin, do vy ta cn hn ch min xỏc nh ca x. iu ny ta cú
c l nh vo bn thõn ca phng trỡnh.
ii, chng minh phng trỡnh f(x)=0 cú nghim duy nht trờn D ta cũn cú

1
=++ xx
5. Giải phơng trình
0725)3(225 =+ xx
xx
(ĐH TCKT Hà Nội 1997)
6. Tìm hoành độ giao điểm hai đồ thị:
2
3
sin21;
12
1
2
x
y
x
y =+=


(HVCN BCVT 2000)
II/ ng dụng giải và biện luận phơng trình dạng f(x) = m:
1/ Kiến thức lý thuyết:
Xét phơng trình f(x) = m (*) với x thuộc D, hàm số f(x) liên tục, m là tham số. Vế
phải có thể là hàm số của m, khi đó ta có các mệnh đề:
i, Phơng trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số f(x).
Đặc biệt nếu trên D tồn tại min f = a; max f = b thì phơng trình (*) có nghiệm khi và
chỉ khi m thuộc on [a; b]
ii, Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f(x) trên D, ta có thể biện luận đợc số nghiệm
của phơng trình (*); xác định đợc m để nghiệm của (*) thoả mãn điều kiện nào
đó;

+ m>4 hoặc m<0 phơng trình có đúng 1 nghiệm.
+ m=4 hoặc m=0 phơng trình có 2 nghiệm trong đó có 1 nghiệm kép.
+ 0<m<4 phơng trình có 3 nghiệm phân biệt.
Theo sau bài toán khảo sát trên ta có thể có các câu hỏi phụ khác ứng dụng chiều
biến thiên của hàm số trên để giải, chẳng hạn nh sau:
VD1:
c) Tìm k để phơng trình
012.38
=++
k
xx
có đúng 1 nghiệm.
Để giải câu này ta đặt t=2
x
thì đợc t>0 và đa về xét phơng trình
123
3
+=+
ktt
với t>0. Dựa vào bảng biến thiên hoặc đồ thị trên ta có đợc đáp số: -k+1>2 hoặc
k+1=0 tức là k<-1 hoặc k=1.
VD2: Tìm m để phơng trình
mxx = 2coscos3
3
(1) có 5 nghiệm phân biệt thuộc
khoảng D=(
);
2



y
x
O
1
-1
Từ đó ta suy ra phơng trình (1) có 5 nghiệm phân biệt thuộc D khi và chỉ khi phơng
trình (2) có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0; 1) và 1 nghiệm thuộc khoảng (-1; 0),
xảy ra khi và chỉ khi m thuộc khoảng (-20/9; -2) (f(1/3)=-20/9)
@ Chú ý: Thay vì khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số f(t) = 3t
3
t 2 ta có thể chỉ
cần lập bảng biến thiên của nó, từ đó ta cũng có đợc đáp số.
VD3: Tỡm m phng trỡnh:
( )
12 5 4x x x m x x+ + = +
(1) cú nghim.
Bài giải:
iu kin
0 4x
. Ta cú
(1)
( )
12
5 4
x x x
f x m
x x
+ +
= =
+

xx
xhxhxxxh

Suy ra:
( )
0g x
>
v đồng biến,
( )
h x
> 0 v nghịch biến hay
( )
1
0
h x
>
v đồng biến

( )
( )
( )
g x
f x
h x
=
đồng biến. Suy ra phng trỡnh
( )
f x m
=
cú nghim

)4(
1
)2(
1
4
1
)('
4
3
4
3
=⇔=








−
−
−
= xxf
xx
xf
Ta có bảng biến thiên của hàm số f:
Nhìn vào bảng biến thiên ta suy ra:
( ) ( )
[ ]




=−+=
=
⇔=−−+−⇔
mxxxg
x
mxxx
326)(
2
0)326)(2(
23
23
ycbt
( )
g x m
⇔ =
có đúng một nghiệm thuộc khoảng
( )
2;
+∞
. Thật vậy ta có:
( ) ( )
3 4 0, 2g x x x x
′
= + > ∀ >
. Do đó
( )
g x

3/ Bµi tËp:
1. BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph¬ng tr×nh
1265
24
−=+− mxx
2. BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph¬ng tr×nh:
mxx =− )4(
2
3. T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh
mxxxx +−=−+ 2)6)(4(
2
cã nghiÖm.
4. T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã 2 nghiÖm ph©n biÖt:
122
2
+=++ xmxx

(§TTS B’2006)
7
x234ƒ′ −0+
ƒ2
x2+0
5. Tìm m để phơng trình sau có nghiệm thuộc đoạn [1;
3
3
]:
0121loglog
2
3
2

Ta có (1)

2x+sin 2x=x+sin x (2)
Đặt f(t) = t + sin t thì phơng trình (2) là f(x) = f(2x).
Bây giờ ta xét tính chất biến thiên của hàm số f(t), ta có f(t)=1 + cos t
t 0
nên suy
ra hàm số f(t) đồng biến trên R, vậy phơng trình (2) tơng đơng với 2x=x hay x=0.
KL phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x=0.
VD2: Giải phơng trình
2112212
532532
+++
++=++
xxxxxx
Bài giải:
@ Chú ý các hàm số xuất hiện ở 2 vế của phơng trình và đặc biệt là các biểu thức
mũ, ta nghĩ tới việc xét hàm số và hớng giải tơng tự nh VD trên:
Đặt f(t) =
21
532
++
++
ttt
thì phơng trình đã cho là f(x) = f(2x-1) và hàm số f(t) là hàm
số đồng biến, từ đó giải ra ta đợc nghiệm duy nhất x=1.
VD3: Giải phơng trình:
23
542
3

u
=+=+=
trong ú
tttf +=
3
log)(
vi t>0. Ta thy f(t) l hm liờn tc v ng bin, do vy



=
=
=++==
2
1
023)()(
2
x
x
xxvuvfuf

@ Nh vậy ta thấy nhiều phơng trình cha đợc cho ở dạng f(u) =f(v), để đa đựơc về
dạng phơng trình này ta phải thực hiện một số phép biến đổi, thậm chí phải có kỹ
năng nhất định mới làm đựơc.
VD 4: Giải phơng trình
3 23 2
33
21212 xxxx ++=+++
Bài giải:
Nhỡn k phng trỡnh thỡ ta thy cỏc biu thc di du cn hai v cú chung mt

t
t
tf

vi mi t khỏc -1 nờn hm s f(t) luụn ng bin. Do ú




=
=
+===
2
1
1
12)()(
2
x
x
xxvuvfuf
Vy phng trỡnh ó cho cú cỏc nghim x=1, x=-1/2.
3/Bài tập:
1. Gii phng trỡnh:
)21(log313
3
xx
x
+=
2. Giải và biện luận phơng trình:
mmxx

++=
axy
yxee
yx
)1ln()1ln(
(ĐTTS ĐH D 2006)

9
Phần III: kết quả nghiên cứu và bài học kinh nghiệm
1/ Đối chiếu so sánh kết quả đạt đ ợc: Trong các năm học 2009 2010, 2010-
-2011tôi đã thực hiện giảng dạy chuyên đề kiến thức này bằng việc áp dụng đề tài
nghiên cứu của mình trên các lớp tôi phụ trách. So sánh với các khoá học trớc kia khi
tôi cha áp dụng đề tài, kết quả thu đợc nh sau:
Nhóm học sinh
Nắm đợc
phơng
pháp
Nắm vững
phơng pháp
Nắm vững ph-
ơng pháp và
vận dụng tốt
Nắm vững phơng
pháp và giải tốt bài
tập nâng cao
Khi cha áp
dụng đề tài
90% 60% 40% 20%
Khi áp dụng
đề tài