SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Trƣờng THPT Bình Sơn


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ỨNG DỤNG PHƢƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐỂ GIẢI
PHƢƠNG TRÌNH, BẤT PHƢƠNG TRÌNH VÀ HỆ
PHƢƠNG TRÌNH

Người thực hiện : Phan Văn Hóa
Lĩnh vực nghiên cứu :
Quản lý giáo dục
Phương pháp dạy học bộ môn :
Phương pháp giáo dục
Lĩnh vực khác

Có đính kèm :
 Mô hình
 Phần mềm

 Phim ảnh

Năm học 2012 – 2013






 Hiện vật khác



Giáo viên

8. Đơn vị công tác : Trường THPT Bình Sơn
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO :
- Học vị :

Cử nhân

- Năm nhận bằng :

2004

- Chuyên ngành đào tạo : Toán học
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC :
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm : Toán học
- Số năm có kinh nghiệm : 7
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 7 năm gần đây :
+ Ứng dụng định lí Vi-ét vào việc giải toán.
+ Một số sai lầm khi tính tích phân.
+ Một số sai lầm khi giải phương trình lôgarit.


Phần một :

THUYẾT MINH SKKN

ỨNG DỤNG PHƢƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐỂ GIẢI
PHƢƠNG TRÌNH, BẤT PHƢƠNG TRÌNH VÀ HỆ
PHƢƠNG TRÌNH

xác, khoa học. Với những ưu điểm đó nên tôi chọn đề tài : ‘‘Ứng dụng phƣơng
pháp hàm số để giải phƣơng trình, bất phƣơng trình, hệ phƣơng trình’’ để
trao đổi với đồng nghiệp.
II. THỰC TRẠNG TRƢỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ
TÀI :
1. Thuận lợi :
- Các tài liệu tham khảo dễ tìm, được sự giúp đỡ của đồng nghiệp.
2. Khó khăn :
- Có một bộ phận không nhỏ học sinh lại học yếu, lười suy nghĩ .
- Kinh nghiệm giảng dạy chưa nhiều.
III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI :
1. Cơ sở lý luận :
Môn toán ở trường THPT là một môn độc lập, chiếm phần lớn thời gian
trong chương trình học của học sinh
Môn toán có tầm quan trọng to lớn. Nó là bộ môn khoa học nghiên cứu có
hệ thống, phù hợp với hoạt động nhận thức tự nhiên của con người.
Môn toán có khả năng giáo dục rất lớn trong việc rèn luyện phương pháp
suy nghĩ, phương pháp suy luận lôgíc, thao tác tư duy cần thiết để con người phát
triển toàn diện, hình thành nhân cách tốt đẹp cho con người lao động trong thời đại
mới.
2. Một số biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài :
Phát huy được tính tích cực của học sinh, ứng dụng kiến thức đã học trong
quá trình học tập. Để phát huy điều đó, chúng ta cần phải mạnh dạn cải tiến


phương pháp và giúp học sinh hiểu được vấn đề tốt hơn, áp dụng biện pháp giảng
dạy có hiệu quả hơn. Vì thế trong kiến thức về phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình, giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh làm thế nào để hiểu và giải đạt
hiệu quả cao nhất.
IV. BÀI HỌC KINH NGHIỆM :

( Trần Phương – Lê Hồng Đức – NXB Hà Nội - 2007)
2. Đại số sơ cấp và thực hành giải toán
( Hoàng Kì – Hoàng Thanh Hà - NXB ĐH Sư Phạm - 2005 )
3. Phƣơng trình và bất phƣơng trình
(Phan Huy Khải – NXB GD - 2009)
4. Giải toán Đại số và Giải tích 11
(Trần Thành Minh – NXB GD – 2005)
5. Phƣơng pháp giải toán trọng tâm
(Phan Huy Khải – NXB ĐH Sư Phạm - 2009)
6. Dạy học phân hóa qua tổ chức ôn tập một số chủ đề phƣơng trình, bất
phƣơng trình vô tỉ ( Nguyễn Quang Trung – ĐHSP Thái Nguyên – 2007)
7. Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ.

Bình Sơn, ngày 18 tháng 5 năm 2013
Người thực hiện

Phan Văn Hóa


Phần hai :

NỘI DUNG SKKN

ỨNG DỤNG PHƢƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐỂ GIẢI
PHƢƠNG TRÌNH, BẤT PHƢƠNG TRÌNH VÀ HỆ
PHƢƠNG TRÌNH

Người thực hiện :
Phan Văn Hóa
Lĩnh vực nghiên cứu :

Giả sử phương trình f ( x)  g ( x) có nghiệm x  x0 , tức là f ( x0 )  g ( x0 ) . Giả sử hàm
số f đồng biến và hàm số g nghịch biến nên:
* x  x0  f ( x)  f ( x0 )  g ( x0 )  g ( x) nên phương trình f ( x)  g ( x) vô nghiệm.
* x  x0  f ( x)  f ( x0 )  g ( x0 )  g ( x) nên phương trình f ( x)  g ( x) vô nghiệm.
Vậy phương trình f ( x)  g ( x) có nhiều nhất là một nghiệm.
Định lí 3: Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm đến cấp n và f ( k ) ( x)  0 có m nghiệm.
Khi đó f ( k 1) ( x)  0 có nhiều nhất m + 1 nghiệm.
Định lí 4: Nếu hàm số y  f ( x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên tục
trên D thì f ( x)  f ( y)  x  y,( x  y) với mọi x, y  D .
II. PHƢƠNG PHÁP:
Để giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình bằng phương
pháp hàm số, thông thường ta thực hiện theo các bước sau:
* Tìm điều kiện của ẩn số.
* Xét hàm số f(x).
* Xét tính đơn điệu của hàm số f(x).
* Dựa vào tính đơn điệu của hàm số để kết luận.


III. VÍ DỤ ÁP DỤNG:
Ví dụ 1: Giải phương trình x  x  5  x  7  x  16  14 (1)
Giải:
Điều kiện: x  5
Nhận thấy x  5 không phải là nghiệm của phương trình (1).
Xét hàm số f ( x)  x  x  5  x  7  x  16 trên khoảng  5;   .
1
1
1


 0 với x   5;   .

Xét hàm số f ( x)  3 x  1  3x2  8x  3 trên khoảng  1;   .
3
 6x  8
2 x 1
3
f ''( x) 
 6  0 với x   1;   .
4 ( x  1)3
f '( x) 

 Hàm số f ''( x) nghịch biến trên khoảng  1;   . Do đó phương trình f '( x)  0 có

nhiều nhất một nghiệm, suy ra phương trình f ( x)  0 có nhiều nhất hai nghiệm.
Mặt khác f (0)  0 và f (3)  0 , do đó (3) có hai nghiệm là x  0; x  3 .
Ví dụ 4: Giải phương trình x3 15x2  78x  141  5 3 2x  9 (4)
Giải:
Điều kiện: x  R
Ta có: x3 15x2  78x  141  5 3 2x  9  ( x  5)3  5( x  5)  (2 x  9)  5 3 2 x  9 (*)
Xét hàm số f (t )  t 3  5t trên R .
f '(t )  3t 2  5  0 với t  R
 Hàm số f (t ) đồng biến trên R .
Phương trình (*) có dạng: f  x  5  f  3 2 x  9   x  5  3 2 x  9


 ( x  5)3  2 x  9  x3  15x2  73x  116  0
x  4
2
 ( x  4)( x  11x  29)  0  
 x  11  5


Phương trình (*) có dạng: f  2 x   f  2 x  1  2 x  2 x  1
x  0

  x  1  5
x

0

1 5
(thỏa mãn điều kiện)
 2
 
x
4

4
4 x  2 x  1  0

 x  1  5
4
 

1 5
.
4
Ví dụ 6: Giải phương trình ( x  3) x  1  ( x  3) 1  x  2 x  0 (6)

Vậy phương trình (5) có 1 nghiệm là x 
Giải:
Điều kiện: 1  x  1

2

 2 1  x (*)

Xét hàm số f (t )  t 3  t 2  t trên R .
f '(t )  3t 2  2t  1  0 với t  R
 Hàm số f (t ) đồng biến trên R .
Phương trình (*) có dạng: f  x  1  f  1  x   x  1  1  x
1  x  0
x  1


 x  0 (thỏa mãn điều kiện)
x 1  1 x
x  0
Vậy phương trình (6) có 1 nghiệm là x  0 .



 



Ví dụ 7: Giải phương trình  2 x  1 2  4 x2  4 x  4  3x 2  9 x 2  3  0 (7)
Giải:
Điều kiện: x  R


 


Vậy phương trình (7) có 1 nghiệm là x   .
Ví dụ 8: Giải phương trình 3 ( x  1)2  2 3 x  1  ( x  5) x  8  3x  31  0 (8)
Giải:
Điều kiện: x  8
Ta có: 3 ( x  1)2  2 3 x  1  ( x  5) x  8  3x  31  0
 x  1  3 ( x  1)2  2 3 x  1 



 
3

x  8 1 



2

x  8 1  2

Xét hàm số f (t )  t 3  t 2  2t trên 1;   .





x  8 1

(*)


2
v  1
u  v  7
u  (u  1)  7  0
u  u  2u  8  0
3

u  2
x 1  8
 x 1  2
Với 


 x9
x

8

1
x

8

1
v  1



Vậy phương trình (8) có 1 nghiệm là x  9 .


x  y  x  y  2

Giải:
Xét hàm số f (t )  t 3  7t với t  R .
f '(t )  3t 2  7  0 với t  R
 Hàm số f (t ) đồng biến trên R .
Phương trình thứ nhất của hệ có dạng: f  x   f  y   x  y

1 5
1 5
y
x 
2
2
Thế vào phương trình hai của hệ ta được: 2 x 2  2 x  2  0  

1 5
1 5
y
x 

2
2
 1 5 1 5 
 1 5 1 5 
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là  x; y   
;
;
 hoặc  x; y   
.

3

5  2 y (*)

Xét hàm số f (t )  t 3  t với t  R .
f '(t )  3t 2  1  0 với t  R
 Hàm số f (t ) đồng biến trên R .
Phương trình (*) có dạng: f  2 x   f  5  2 y   2 x  5  2 y
x  0
x  0

 2

5
y  2 x2 
4 x  5  2 y


2
2

5
Thế vào phương trình hai của hệ ta được: 4 x    2 x 2   2 3  4 x  7  0 (**)
2

3
Nhận thấy x  0 và x  không phải là nghiệm của phương trình (**).
4
2


có nghiệm duy nhất là x  , suy ra y  2 .
2
1
Vậy hệ đã cho có nghiệm là  x; y    ; 2  .
2 
2 x3  7 x 2  5 x  4  2 y 3  2
Ví dụ 12: Giải hệ phương trình 
2
3x  1  y

Giải:
1

x  
3
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với: 
 y  3x  1


Thế y  3x  1 vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:
2 x3  7 x2  5x  4  2(3x  1) 3x  1
 2 x3  6 x2  6 x  2  x2  2 x  1  3x  1  2(3x  1) 3x  1  2
 2( x3  3x2  3x  1)  ( x2  2 x  1)  1  2(3x  1) 3x  1  3x  1  1

 2( x  1)3  ( x  1)2  1  2( 3x  1)3  ( 3x  1)2  1 (*)

Xét hàm số f (t )  2t 3  t 2  1 với t  0 .
f '(t )  6t 2  2t  0 với t  0
 Hàm số f (t ) đồng biến trên  0;   .


3

( x 2  1)2  2 3 x 2  1 





2

x 1  2

x3  5  2 3 2 x  1  x  0
x  2  3 x  1  3 2x2  1  3 2 x2
x  2  3  x  x2  x  1
5
3 3  2x 
 2x  6
2x 1
3



x 1




10. Giải hệ phương trình
11. Giải hệ phương trình

 4x  5  y  8  6
3

(8 x  3) 2 x  1  y  4 y  0
 2
3
2

4 x  8 x  2 y  y  2 y  3  0
3

2(2 x  1)  2 x  1  (2 y  3) y  2


 4x  2  2 y  4  6
2
y 1

x  x  2x  2  3 1

2
x 1

 y  y  2 y  2  3 1

Bình Sơn, ngày 18 tháng 5 năm 2013
Người thực hiện

Phan Văn Hóa


2. Hiệu quả :
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao

- 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 cao

3. 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 khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện
và dễ đi vào cuộc sống :
Tốt 
Khá 
Đạt 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu
quả trong phạm vi rộng :
Tốt 
Khá 
Đạt 
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN
(Kí và ghi rõ họ tên)

THỦ TRƢỞNG ĐƠN VỊ