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
3

==
.
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
+3x+2. b)

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
3
. b) y = 3x +

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)
3 / Hướng dẫn học ở nhà : BT về nhà
B1. Hàm số

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
[ ]
[ ]
;
;
max ( ) ; min ( )
a b
a b

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
1
(
4)1(fyMax

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
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.
2 / Giới hạn vô cùng - Giới hạn tại vô cùng
3 / Khái niệm tiệm cận ngang của đồ thị
4 / Khái niệm tiện cận đứng của đồ thị
Cả lớp thảo luận,bổ sung ,sửa sai,hoàn thiện phần lý thuyết để khắc sâu kiến thức cho Hs

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
+
→−
−
= −∞
+

−
= =
+
+
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
− −
=
−
c /
2

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.
BTVN: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số sau
a.
4 3 2
3 2 9y x x x x= − − +

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
a) PTTT ca hm s (C): y = f(x) ti im M
0
(x
0
; y

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
0
) vo PT: y y
0
=
f

2 1
0 2
2 2
x y
x y
= =



= =

- 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
Vậy ta có phơng trình tiếp tuyến là :
y - y
0
= k(x - x

3
+ 3x + 2
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C)
b) Da vo th (C), bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh: x
3
3x 2 + m = 0
S: * m > 4: 1 n
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

d) Vit phng trỡnh ng thng i qua im cc i v im cc tiu ca th (C)
S: y = -2x + 1
VD4: Cho hm s (C): y = x
3
3x
2
+ 4
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

4
y x x C=
(Đề TN 2001)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
b) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng
2 3
(d)
Bài 4: (Đề TN 99) Cho hàm số y = x
3
- (m + 2)x + m
a) Tìm m để hàm số có cự đại tơng ứng với x = 1
b) Khảo sát hàm số tơng ứng với m = 1(C)
c) Biện luận số giao điểm của (C) với đờng thẳng y = k
Bài 5 : (Đề 97) Cho hàm số y = x
3
- 3x + 1 (C)
Khảo sát hàm số (C)
Bai 6: (Đề 93) Cho hàm số y = x
3
- 6x
2
+ 9 (C)
a) Khảo sát hàm số
b) Viết phơng trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ là nghiệm phơng trình y=0
c) Dựa vào (C) để biện luận số nghiệm của phơng trình x
3
- 6x
2
+ 9 - m.
6

1. S¬ ®å kh¶o s¸t hµm sè:
2/ Bài toán : Biện luận số nghiệm của phương trình bằng đồ thò
 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:
Cho hàm số y=x
3
– 6x
2
+ 9x (C).
Dùng đồ thò (C) biện luận số nghiệm của phương trình x
3
– 6x
2
+ 9x – m =
0
Giải:
Phương trình x
3
– 6x
2

a) Kh¶o s¸t hµm sè
6
4
2
y
5
x
O 1
Tập xác định: R
Sự biến thiên
a) Giới hạn:
lim
x
y

=
b) Bảng biến thiên:
1 1
3
2,3 2,3
9
0
4
y' = - x + 4x; y' = 0
25
2
4
x y
x y


Đồ thị : (H2)
- Điểm uốn: y = - 3x
2
+4; y = 0
2 161
36
3
x y = =
- Giao với Ox : A(-3 ; 0) và B(3 ; 0)
- Giao Oy :
9
(0; )
4
C
(H2)
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.
Một số lu ý khi khảo sát hàm số bậc 4 trùng phơng :
a) Txđ : R
b)
0 : lim
x
a y


; * 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
b) Xỏc nh m th (C
m
) i qua im A(-1; 10). S: m = 1
c) Da vo th (C), vi giỏ tr no ca k thỡ phng trỡnh: x
4
8x
2

+ mx
2
- 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

(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
y

+ =
x = 1 là tiệm cận đứng.
lim 1
x
y


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
1
'( 2)
3
k y= =
Nên có phơng trình là:
1 1 8
2 ( 2)
3 3 3

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).
1) Khảo sát hàm số.
2) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x = -1
3) Tìm GTLN và GTNN của hàm số trên [0; 2].
Hớng dẫn giải.
1) Hs tự khảo sát. Đồ thị:
2) Có
( )
2
10 5

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
d) Vit phng trỡnh tip tuyn ca hm s (C
2
) ti im (1;
1
4
). S: y =
3 1
x
8 8

=
+
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
x
y C
x
+
=

a) Khảo sát hàm số
b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và các trục toạ độ
Bài 4: (Đề TN - 99)
Cho hàm số

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
+
=

b)
2
1
x
y
x
=

. Chuyên Đề 2: Hàm Số Mũ và Lôgarit (5 buổi=15 tiết)

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 Ă Ơ
. (
n
a a a a n=
tha s )
0

a
1
n
n
a
a

=
,
0
1a =
Lu ý:
0
0 ,0

( )a a

=
a a
b b




=
ữ

( ) .ab a b

=
Nu:
1a >
thỡ


>> aa
Nu:
0 1a< <
thỡ
a a> <
Vớ d: Cho
0, 0a b> >

2
3
126
yxyx −
2.
1.
1
.
1
4
1
4
2
1
3
4
+
+
+
+
−
a
a
aa
aa
a
3.




3
2
4.
1
)(
232
3222
+
−
−
ba
ba
5.
334
3333232
))(1(
aa
aaaa
−
++−
6.
π
π
ππ







. Hµm sè nghÞch biÕn trªn R
.
0lim
=
+∞→
x
x
a
;
+∞=
−∞→
x
x
alim
. B¶ng biÕn thiªn
y=a
x
+
x
-
1
y
x
0
-
1
y
x
0
+

2
a a a>
8.
33
3
4
3
4
ba
abba
+
+
2. Tớnh giỏ tr ca biu thc.
1.
5
3
3
1
75,0
32
1
125
1
81







16
1
27






+

4.
3
2
1
1
25,04
)3(19
4
1
2625)5,0(



+






1.
7
35
.2
8
1
ax
2.
3
4
5
. aa
3.
4
8
3
. bb
4.
4
3
.27
3
1
a
5.
( )
11
6
: , 0a a a a a a >
6.



= =
log 10b b


= =
lnb b e


= =
Tớnh cht:
log 1 0
a
=
log 1
a
a =
log
a
b
a b=
( )
log
a
a
α
α
=
Quy tắc:

α
≠

log
log
log
c
a
c
b
b
a
=
1
log ,
log
a
b
b
a
=
( )
1b ≠
Ví dụ 1: Cho
0, 0a b> >
. Rút gọn biểu thức:
a.
log log
1 1
log log log .log

. . 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
log 2 ,log 3a b= =
. Tính :
5
log 12A =
theo
,a b
Ta có.
5 5 5 5 5
log 12 log 4 log 3 2log 2 log 3 2A a b= = + = + = +
II. BÀI TẬP TỰ GIẢI
1. Tính giá trị của biểu thức.
1.
2log8log
4log
2
1






+
−
−
4log
6log9log
2
1
5
77
54972
4.
2020
)32log()32log( −++
5.
)725log()12log(3 −++
6.
e
e
1
lnln +
7.
).ln(4ln
21
eee +
−

– Thực hiện thành thạo việc gi¶i bµi to¸n vÒ ®¹o hµm cña hµm sè mò vµ l«garit.
3) Về tư duy và thái độ:
– Tự giác, tích cực trong học tập.
– Chủ động phát hiện, chiếm lĩnh tri thức mới, biết quy lạ về quen, có tinh thần hợp tác xây dựng
cao.
II. Chuẩn bị của giáo viên và học sinh:
Giáo viên: - Giáo án, bảng phụ, phiếu học tập .
Học sinh: – Sách giáo khoa.
– Kiến thức về ®¹o hµm cña hµm sè mò vµ l«garit.
III. Phương pháp:
Dùng các phương pháp gợi mở, vấn đáp, nêu vấn đề và giải quyết vấn đề, hoạt động nhóm
IV. Tiến trình bài học:
1. Ổn định lớp.
2. Bài mới:.
III. ĐẠO HÀM HÀM SỐ MŨ VÀ LÔGARIT.
( )
'
x x
e e=
( )
'
.ln
x x
a a a=
( )
'
1
ln x
x
=

1
ln . 'u u
u
=
( )
'
1
log . '
.ln
a
u u
u a
=
( )
'
1
. . 'u u u
α α
α
−
=
Ví dụ : Tính đạo hàm các hàm số:
a.
2
1
2 4
x
x
y e
 

( )
2
2 2
x
y x x e= − +
2.
( )
2
sin cos
x
y x x e= −
3.
x x
x x
e e
y
e e
−
−
−
=
+
4.
2
x x
y e= −
5.
( )
2
ln 1y x= +

1.
sin x
y e=
CMR:
'cos sin '' 0y x y x y− − =
2.
( )
ln cosy x=
CMR:
'tan '' 1 0y x y− − =
3.
( )
ln siny x=
CMR:
' ''sin tan 0
2
x
y y x+ + =
4.
.cos
x
y e x=
CMR:
2 ' 2 '' 0y y y− − =
5.
2
lny x=
CMR:
2
. '' . ' 2x y x y+ =

1
2
4
x x+ −
=
HD:
2 2
3 2 3 2 2
1
2 2 2
4
x x x x+ − + − −
= ⇔ =
2 2
0
3 2 2 3 0
3
x
x x x x
x
=

⇔ + − = − ⇔ + = ⇔

= −

Vậy phương trình có nghiệm:
0, 3x x= = −
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau :
2

x x x x
x
=

⇔ − − + = ⇔ − + = ⇔

=

Vậy phương trình có nghiệm:
1, 2x x= =
Ví dụ 3: Giải phương trình sau :
1 2
2 2 36
x x+ −
+ =
HD:
1 2
2
2 2 36 2.2 36
4
x
x x x+ −
+ = ⇔ + =
x x x 4
8.2 2
36 9.2 36.4 2 16 2 2 4
4
x x
x
+

3 .3 4.3 .3 27 0
x x
− + =
( )
2
6561. 3 972.3 27 0
x x
⇔ − + =
(*)
Đặt
3 0
x
t = >
Phương trình (*)
2
1
9
6561 972 27 0
1
27
t
t t
t

=

⇔ − + = ⇔


=

x x x x
− − = ⇔ − − =
(*)
Đặt
5 0
x
t = >
Phương trình (*)
2
5
2 15 0
3 (loai)
t
t t
t
=

⇔ − − = ⇔

= −

Với
5 5 5 1
x
t x= ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm:
1x =
Ví dụ 3: Giải các phương trình sau :
2 2
3 3 24


⇔ − − = ⇔

= −

Với
3 3 3 1
x
t x= ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm:
1x
=
3. Phương pháp: Lấy logarit hai vế
Ví dụ 1: Giải phương trình sau :
2
1
1
8 .5
8
x x −
=
HD: Lấy logarit hai vế với cơ số 8, ta được
2 2
1 1
8 8
1 1
8 .5 log 8 .5 log
8 8
x x x x− −
= ⇔ =


8 8 5
1 1
.log 5 log 5 1 1 log 8
x x
x x
= − = −
 
⇔ ⇔
 
= − = −
 
Vậy phương trình có nghiệm:
5
1, 1 log 8x x= − = −
Ví dụ 2: Giải phương trình sau :
2
3 .2 1
x x
=
HD: Lấy logarit hai vế với cơ số 3, ta được
2 2
3 3
3 .2 1 log 3 .2 log 1
x x x x
= ⇔ =
( )
2
3 3
log 2 0 1 log 2 0x 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
đơn điệu để chứng minh nghiệm duy nhất (thường là sử dụng công cụ đạo hàm)
Ta thường sử dụng các tính chất sau:
Tính chất 1: Nếu hàm số f tăng ( hoặc giảm ) trong khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = C
có không quá một nghiệm trong khỏang (a;b). ( do đó nếu tồn tại x
0

∈
(a;b) sao cho f(x
0
) =
C thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = C)
Tính chất 2 : Nếu hàm f tăng trong khỏang (a;b) và hàm g là hàm một hàm giảm trong
khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khỏang (a;b) .
( do đó nếu tồn tại x
0

∈
(a;b) sao cho f(x
0
) = g(x
0

   
Ta chứng minh đây là nghiệm duy nhất.
Thật vậy, xét
3 4
( )
5 5
x x
f x
   
= +
 ÷  ÷
   
Ta có
( )f x
đồng biến trên
¡
vì
3 3 4 4
'( ) ln ln 0
5 5 5 5
x x
f x
   
= + <
 ÷  ÷
   
,
x
∀ ∈
¡

   
, nên phương trình (*) thể có
nghiệm
2x
<
Vậy phương trình chỉ có một nghiệm duy nhất
2x =
2x
=
BÀI TẬP TỰ GIẢI:
Giải các phương trình sau:
1.
10 5
10 15
16 0,125.8
x x
x x
+ +
− −
=
2.
2 8 5
3 4.3 27 0
x x+ +
− + =
3.
6.9 13.6 6.4 0
x x x
− + =
4.

− =
 
10.
1
2 1
3
x
x
 
= +
 ÷
 
11.
2
8 1 3
2 4
x x x− + −
=
12.
2
5
6
2
2 16 2
x x− −
=
13.
1 2 1 2
2 2 2 3 3 3
x x x x x x− − − −

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
+ + − − =
21.
2.16 15.4 8 0
x x
− − =
22.
3
(3 5) 16(3 5) 2
x x x+
+ + − =
23.
(7 4 3) 3(2 3) 2 0
x x
+ − − + =
24.
1 1 1
2.4 6 9
x x x
+ =

3 9
x x x− + −
=
31.
5 17
7 3
1
32 .128
4
x x
x x
+ +
− −
=
32.
1
5 2 8
2 0
2 5 5
x x+
   
− + =
 ÷  ÷
   
33.
3
5 5 20
x x−
− =
34.

3 5
x x x− − +
=
II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
1. Phương trình cơ bản:
a.
( )f x
a b> ⇔
0
0
b
b
≤




>

Phương trình vô số nghiệm
Phương trình :
( )f x
a b> ⇔

( ) log
( ) log
a
a
f x b
f x b

Phương trình :
( )f x
a b< ⇔

( ) log
( ) log
a
a
f x b
f x b
<


>


khi
khi

1
0 1
a
a
>
< <
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
2 1
3
3
1 log 2

+
−
< ⇔ − < + ⇔ − < +
+
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
a a> ⇔

( ) ( )
( ) ( )
f x g x
f x g x
>


<


khi
khi


( )
2
2
3 9
x
x−
>
HD:
( )
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

− −
⇔ + ≥ + ⇔ − ≥ −

2
2 0 1 2x x x⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤
Vậy bất phương trình có nghiệm:
[ ]
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 = >

x
t = >
.
Ta có: (1)
2
1
3 10 3 0 3
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

2
2 7 5 0
5
1
5 5
2
2 2
x
x
t
x
t t
x
t

 
< <

< <

 ÷
<

 


⇔ − + > ⇔ ⇔ ⇔




 
3.
6
2
9 3
x
x+
≤
4.
2
6
4 1
x x− +
>
5.
2
4 15 4
3 4
1
2
2
x x
x
− +
−
 
<
 ÷
 
6.

≤
10.
1
25 125
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
− −
> +

x x
− + + <
5.
( ) ( )
2 2
log 3 1 log 1x x+ > + −
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

a a
M N M N= ⇔ =
Ví dụ 1 : Giải phương trình sau :
2 2 2
log log ( 3) log 4x x+ + =
HD:
2 2 2
log log ( 3) log 4x x+ + =
(1)
Điều kiện:
0 0
0
3 0 3
x x
x
x x
> >
 
⇔ ⇔ >
 
+ > > −
 
Do đó phương trình
2 2
(1) log ( 3) log 4 ( 3) 4x x x x⇔ + = ⇔ + =
2
1
3 4 0 1
4 (loai)
x

Vậy phương trình có nghiệm
3x =
2. Phương pháp : Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình đại số.
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau :
2
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

2,
4
x x= =
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau :
2 1
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
− > >
 
⇔
 
− ≠ ≠
 


= −

2
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

loai
x
−
− −
− = − ⇔ = ⇔ − =

= −
⇔ − − = ⇔ ⇔ = ⇔ =

=

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)
Ta thường sử dụng các tính chất sau:
Tính chất 1: Nếu hàm số f tăng ( hoặc giảm ) trong khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = C
có không quá một nghiệm trong khỏang (a;b). ( do đó nếu tồn tại x
0

∈
(a;b) sao cho f(x
0
) =
C thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = C)
Tính chất 2 : Nếu hàm f tăng trong khỏang (a;b) và hàm g là hàm một hàm giảm trong
khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khỏang (a;b) .
( do đó nếu tồn tại x
0

đều có các cơ số lớn hơn 1 nên các
hàm số đó đồng biến.
+ Với
2x
>
, ta có:

2 2
log log 2 1x > =
+
( ) ( )
5 5
log 2 1 log 2.2 1 1x + > + =( )
2 5
log log 2 1 2x x+ + >
Suy ra, phương trình (1) vô nghiệm khi
2x >
+ Với
0 2x
< <
, ta có:

2 2
log log 2 1x < =
+
( ) ( )
5 5

log 3 1 log 1x x+ = + −
4.
3 1
2
log log 0x
 
=
 ÷
 
5.
8 1
8
2
2log ( 2) log ( 3)
3
x x− + − =
6.
1
log (4 4) log (2 3)
2 1
2
x x
x
+
+ = − −

7.
)3(log)4(log)1(log
2
1

log log log 3x x+ =
13.
( )
2
log 2 5 4 2
x
x x− + =
14.
2
3
log( 2 3) log 0
1
x
x x
x
+
+ − + =
−
15.
2
5 5 5
log (4 144) 4log 2 1 log (2 1)
x x−
+ − = + +
16.
1 2
1
4 log 2 logx x
+ =
− +

( )
log 6.5 25.20 log 25
x x
x+ = +
22.
( )
2
8
log 4 3 1x x− + =
23.
( )
( ) ( )
1
2 log 2 1 log 5 1 log 5 5
x x−
− + + = +
24.
( ) ( )
1
2 1
2
log 2 1 .log 2 2 2
x x+
− − = −
25.
( ) ( )
1
2 2 1
2
1

f x a

>
> ⇔

<


khi
khi

1
0 1
a
a
>
< <
, Điều kiện
( ) 0f x >