SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG III

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

VẬN DỤNG TÍNH LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐ
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH
NHẰM PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY LOGIC
CHO HỌC SINH THPT

Người thực hiện: Nguyễn Quỳnh Nga
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2017
1


MỤC LỤC
I. MỞ ĐẦU..……………………………………………………………………. 3
1.1.Lí do chọn đề tài.…………..………………………………………………...3
1.2.Mục đích nghiên cứu……… ………………………………………………..3
1.3.Đối tượng nghiên cứu………….. …………………………………………...3
1.4.Phương pháp nghiên cứu… …………………………………………………3
II. NỘI DUNG…………………………………………………………………...4
2.1.Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm………….…………………………4
2.2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm….……………4
2.3.Các giải pháp thực hiện…….... ……………………………………………..4
2.3.1.Một số kiến thức cơ bản…………………………………………………...4
2.3.2Vận dụng tính liên tục của hàm số trên một khoảng để giải phương trình…5

- Để học sinh phát triển tư duy logic, chủ động trong việc tiếp thu , cảm nhận
tri thức mới và liên hệ kết nối các kiến thức mới – cũ để lĩnh hội tri thức một cách
có hiệu quả. Đề tài trên nhằm giúp học sinh có thêm phương pháp giải phương
trình, bất phương trình một cách căn bản bởi tính chất liên tục của hàm số mà
không cần biến đổi phức tạp hay đặt ẩn phụ rườm rà, không tạo cho học sinh cảm
giác xa lạ mà lại có tác dụng kích thích tính chủ động, sáng tạo, hứng thú trong giải
toán.
1.3.Đối tượng nghiên cứu:
. Các bài dạy trong chương trình đại số & giải tích 11; giải tích 12
. Học sinh trung học phổ thông
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Nghiên cứu kĩ lý thuyết trong sách giáo khoa.
- Nghiên cứu khả năng tiếp thu của học sinh trường THPT để có những cách
định hướng đặt câu hỏi phù hợp, dễ hiểu đối với từng đối tượng học sinh.
- Thông qua hệ thống các bài tập giúp học sinh tiếp cận với phương pháp giải
toán mới từ đó học sinh tìm tòi và phát hiện và giải quyết các vấn đề tương
tự.

3


II. NỘI DUNG
2.1.Cơ sở lí luận:
Mục đích của dạy học không phải chỉ là ở điểm số cụ thể của môn học, của
quá trình học mà điều quan trọng hơn là ở bản thân của việc học, ở cách học cũng
như khả năng đảm nhiệm, tổ chức và thực hiện quá trình học tập một cách có hiệu
quả. Việc đó chỉ có thể thực hiện được trong những quá trình mà học sinh-người
học thực sự hoạt động để đạt được những gì họ cần đạt. Học sinh phải biết vận
dụng cái đã học để tiếp nhận cái mới, vận dụng cái mới để khẳng định cái cũ và giải
quyết những vấn đề liên quan đến cái cũ chưa thực hiện được để từ đó lĩnh hội và

→a
x →b
+) Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [ a; b] và f(a).f(b) < 0 thì tồn tại ít
nhất một điểm c ∈ (a ; b) sao cho f(c) = 0 [4- trang 138]
+) +) Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [ a; b] và f(a).f(b) < 0 thì phương
trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm nằm trong khoảng (a ; b) [4- tr.139]
2.3.2. Vận dụng tính liên tục của hàm số trên một khoảng để giải phương
trình:
0

+

−

4


Tính chất 1. Nếu hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [ a; b ] và f (a). f (b) < 0 thì tồn
tại ít nhất một điểm c ∈ ( a; b ) sao cho f (c) = 0 .
Hệ quả. Nếu hàm số y = f ( x ) liên tục, đồng biến trên đoạn [ a; b] và f (a). f (b) < 0
thì tồn tại đúng một điểm c ∈ ( a; b ) sao cho f (c) = 0 .
.Các ví dụ áp dụng
Ví dụ 1. Chứng minh rằng phương trình ( x 2 − 2x)2 +

x2
− 1 = 0 có đúng 4 nghiệm
9

phân biệt.
Lời giải:

Giải (1) ⇔ x5 = ( x + 1) 2 ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 ⇒ ( x + 1)2 ≥ 1 ⇒ x ≥ 1 .
Xét hàm số f ( x) = x 5 − x 2 − 2 x − 1 với x ≥ 1 . Khi đó f(x) là hàm số liên tục với x ≥ 1
. Mà f(1)=-3<0, f(2)=23>0. Suy ra PT có nghiệm thuộc (1;2). (2)
Mặt khác: f ' ( x) = 5 x 4 − 2 x − 2 = 2 x( x 3 − 1) + 2( x 4 − 1) + x 4 ≥ 0 .
Suy ra hàm số f đồng biến [1;+∞) (3).
Từ (2) (3) PT f(x) = 0 có nghiệm duy nhất.
[3- tr. 84]
Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi a>0, hệ phương trình sau có nghiệm duy
nhất:
e x − e y = ln(1 + x) − ln(1 + y ) (1)

(2)
y − x = a
x+a
Giải. ĐK x,y>-1. Từ (2): y=x+a. Thế vào (1): e − e x + ln(1 + x) − ln(1 + a + x) = 0
Xét hàm số f ( x) = e x + a − e x + ln(1 + x) − ln(1 + a + x) với x>-1.
Do hàm số f(x) liên tục trong khoảng (-1 ;+ ∞ ) và lim+ f ( x) = −∞ và lim f ( x) = +∞ .
x → −1

x → +∞

Nên PT f(x) = 0 có nghiệm trong khoảng (-1 ;+ ∞ ).
1
1
−
1+ x 1+ a + x

Mặt khác.

f ' ( x) = e x (e a − 1) +



x = 0
x = 0

⇔ x = 3
⇔ x = 3
⇔

 2
 x + 2 ≥ 0
 x + 2x + 6 = x + 2
 2
2
  x + 2 x + 6 = x + 4 x + 4

x = 0
x = 3

 x = 1

Do đó, hàm số f ( x) = x ( x − 3)( x 2 + 2 x + 6 − x − 2) liên tục trên R vàphương trình
f(x) =0 có ba nghiệm x=0, x=1 và x=3. Nên trong mỗi khoảng (−∞;0) , (0;1) , (1;3) ,
(3; +∞) phương trình f(x)=0 không có nghiệm. Hay trên mỗi khoảng (−∞;0) , (0;1)
1
, (1;3) , (3; +∞) giá trị của f(x) không đổi dấu. Mà f(-1) > 0, f( ) < 0, f(2) > 0, f(4)
2

< 0. Từ đó, ta có:
−∞



Xét PT x + 1 + x 2 − 4 x + 1 = 3 x
⇔

x2 − 4x + 1 = − x + 3 x −1

⇒ x2 − 4 x + 1 = x2 + 9 x + 1 − 6 x − 6 x x + 2 x
1
1
. Thay vào (1) ta được x = 4; x = .
4
4
Do đó, hàm số f ( x) = x + 1 + x 2 − 4 x + 1 − 3 x liên tục trên 0; 2 − 3  ∪  2 + 3; +∞
1
và có 2 nghiệm x = 4; x = . Nên phương trình f(x) = 0 không có nghiệm trong
4
 1 1

mỗi khoảng  0; ÷ ,  ; 2 − 3 ÷, 2 + 3; 4 và ( 4; +∞ ) . Hay f(x) không đổi dấu trên
 4 4

1
1
mỗi khoảng trên. Mà f( ) > 0, f( 3,9 ) < 0, f(3,9) < 0 và f(5) > 0. Do đó ta có
8

⇔ 6 x x − 15 x + 6 x = 0 ⇔ x = 0; x = 4; x =

)


+



Từ bảng xét dấu ta có tập nghiệm của bất phương trình là  0;  ∪ [ 4; +∞ ) .
 4
1

Ví dụ 3. Giải bất phương trình :
2 3 3x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 > 0 .
6
5
Giải phương trình: 2 3 3 x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 = 0 (1)
Đặt u = 3 3x − 2 , v = 6 − 5 x , v ≥ 0 (*)

Giải. Điều kiện x ≤ .

Khi đó u 3 = 3x − 2 và v 2 = 6 − 5 x
8 − 2u

v=
(2)

3
2u + 3v = 8

⇔
Ta có hệ phương trình  3
2


+

6
5

-2
0

+∞

-

7


Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là ( −∞; −2 ) .
Ví dụ 4. Giải bất phương trình :
x 3 + 3 x 2 − 3 3 3x + 5 > 1 − 3x .
[11- tr.350]
Giải.
Xét phương trình: x3 + 3x 2 − 3 3 3x + 5 = 1 − 3x
Đặt y + 1 = 3 3x + 5 ⇔ (y+1)3 = 3x+5. Thay vào (1) được: (x+1)3 = 3y+5.
( x + 1) 3 = 3 y + 5 (2)
Ta có hệ 
( y + 1) 3 = 3 x + 5 (3)

Trừ vế cho vế của (2) và (3) ta được
(x - y)[(x + 1)2 + (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 3] = 0 ⇔ x = y.
(Vì (x + 1)2 + (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 3 > 0 với mọi x,y thuộc R).

[

)

3x + 2 + 2 x + 2 = ( x − 1)(8 x + 2)

(

)

]

⇔ ( x − 1) 3( x − 1) 3 3x + 2 + 2 x + 2 − 8( x − 1) − 10 = 0
x = 1
⇔ 
3
3( x − 1) 3 x + 2 + 2 x + 2 − 8( x − 1) − 10 = 0(2)

(

)

Do x=1 không phải là nghiệm của phương trình (2) nên:
(2) ⇔ 3(3 3 x + 2 + 2 x + 2 ) −

10
−8 = 0
x −1

Xét hàm số f ( x) = 3(3 3x + 2 + 2 x + 2 ) −

[ −2; +∞ ) và có ba nghiệm x=-1; x=1 và x=2. Nên dấu của f(x) không đổi trong
mỗi khoảng ( −2; −1) , ( −1;1) , ( 1; 2 ) và ( 2; +∞ ) . Ta có bảng xét dấu:
−∞
+∞
x
-2
-1
1
2
f(x)
+ 0
+ 0
- 0
+
Từ bảng ta có tập nghiệm của bất phương trình là ( −2; −1) ∪ ( −1;1) ∪ (2; +∞) .
x−2
2
Ví dụ 6. Giải bất phương trình: ( 5 + x −x3−1)( x + 5 x + 6) ≥ 0

3

−1

[8- tr.102]
Giải: Hàm số f ( x) = 5 + x − 3 và g ( x) = 3 − 1 đồng biến trên R.
Mà f(2)=0 và g(1)=0. Do đó:
f(x)>0=f(2) ⇔ x>2 ⇔ x-2>0 và f(x)0 và g(x)
x − 4x + 3
Giải: Điều kiện: − 5 < x ≤ 8 , x ≠ 1 , x ≠ 3 .
Xét hàm số f ( x) = x 5 + 2.x 3 − 8 − x + 6 , với − 5 < x ≤ 8 .
1
4
2
> 0 , ∀ x ∈ ( − 5;8] .
Ta có: f ( x) = 5.x + 6.x +
2. 8 − x
Nên hàm số f(x) đồng biến trên ( − 5;8] và f(-1)=0.
g ( x) = log 1 ( x + 5) + 2
( − 5;8]

Mà hàm số

3

5

nghịch biến trên

và g(4)=0.

Do đó:
f(x)>0=f(-1) ⇔ x>-1 ⇔ x+1>0 và f(x)

Giải. Điều kiện: x > - 4; x ≠ ±3 .
Xét hàm số f ( x) = 3.2 x + 2 − 7 x − 17 trên R.
Ta có: f(-2) = f(1) = 0.
f ' ( x) = 3.2 x + 2 ln 2 − 7 = 0 ⇔ x = log

7
2 12. ln 2

Vì f’(x) là hàm đồng biền nên f’(x) cùng dấu với x − log

7
.
2 12. ln 2

Ta có bảng biến thiên:
x
x − log

-∞

7
2 12. ln 2

f’(x)

+∞

f(x)


(x-1).(x+2)=x2+x-2.
Mặt khác, hàm số g ( x) = log 4 ( x + 4) + log 7 ( x + 7) − 2 đồng biến trên (-4; + ∞ ) và
g(0)=0 nên g(x) cùng dấu với x.
Do vậy bất phương trình đã cho tương đương với:
( x − 1).( x + 2).x

Ví dụ 10. Giải bất phương trình nghiệm thực sau:
5 x + 16 − 5 − x + 2 x 2 − 7 x − 9
≥0
3x − 5 + x − 2 − 3

Cách 1. Sử dụng tính chất đơn điệu
Điều kiện: 2 ≤ x ≤ 5 , x ≠ 3
Xét hàm số g ( x) = 3x − 5 + x − 2 − 3 , là hàm đồng biến và có g(3) = 0.
Nên g ( x) và x − 3 cùng dấu.
Xét hàm số h( x) = 5 x + 16 − 5 − x + 2 x 2 − 7 x − 9 , h(4) = 0


1
1

+
+ 2 x + 1÷
 6 + 5 x + 16 1 + 5 − x

Nên h(x) cùng dấu với x − 4
h( x )
x−4
Do đó, g ( x) cùng dấu với
.
x −3
Vậy Nghiệm của bất phương trình là 2 ≤ x < 3; 4 ≤ x ≤ 5 .

Ta có h( x) = ( x − 4) 

Cách 2. Sử dụng tính chất hàm liên tục


Năm học

12A2
12 A1
12A1
12 A2
12 A2

2014-2015
2015-2016
2016-2017
2015-2016
2016-2017

HS hứng thú
với tiết học
75%
80%
82%
90%
95%

HS chưa hứng thú
với tiết học
25%
20%
18%
10%
5%

2

minh rằng:
x2
y2
z2
1
+
+
≥
x +1 y +1 z +1 2

Bài 4.(2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3mx − m . Tìm các giá trị của m để đồ thị
hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn −1 .
Bài 5.(2điểm) Tìm điểm A thuộc trục tung sao cho qua A có thể kẻ được 3
tiếp tuyến tới đồ thị hàm số y = −2 x 4 + 4 x 2 − 5 .
Kết quả cho thấy 90% học sinh đạt yêu cầu trở lên trong đó có đến 70% đạt
khá giỏi.

12


2.4.4. Áp dụng trong tổ bộ môn.
Đa số giáo viên tổ Toán trường THPT Quảng Xương 3 đã áp dụng các phương
pháp này trong các tiết dạy liên quan đến giải phương trình, bất phương trình
trên tất cả các lớp 11 và lớp 12. Và giáo viên tổ Toán đã nhận thấy hiệu quả rõ
ràng trong giờ dạy, học sinh hứng thú hơn trong giờ học.

13



14


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Các phương pháp giải toán sơ cấp giải tích 12- Phan Huy Khải, Nguyễn Đạo
Phương, NXB Hà Nội.
[2]. Các bài toán về suy luận logic - Trần Diên Hiển(2000), NXB Giáo dục, Hà
Nội.
[3]. Dạy học theo chuẩn kiến thức, kĩ năng môn Toán 11 - Bùi Văn Nghị, Trần
Trung, Nguyễn Tiến Trung (2010), NXB Đại học sư phạm.
[4]. Đại số & Giải tích 11 - Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn, Đào Ngọc Nam, NXB Giáo
dục.
[5]. Giải tích 12 - Ngô Thúc Lanh, Ngô Xuân Sơn, Vũ Tuấn, NXB Giáo dục, Hà
Nội.
[6]. Học tập trong hoạt động và bằng hoạt động - Nguyễn Bá Kim, NXB Giáo
dục, Hà Nội.
[7].Phương pháp giải toán đại số & giải tích 11- Lê Quang Ánh, Lê Quý Mậu,
NXB Đà Nẵng.
[8]. Toán bồi dưỡng học sinh lớp 11- Đại số, Hàn Hải Liên, Phan Huy Khải, Đào
Ngọc Nam, Nguyễn Đạo Phương- NXB Hà Nội.
[9].Tổ chức hoạt động nhận thức trong dạy học môn Toán ở trường Trung học
phổ thông - Đào Tam, Trần Trung (2010), NXB Đại học sư phạm.
[10].Tiếp cận các phương pháp dạy học không truyền thống trong dạy học Toán
ở trường Đại học và trường Phổ thông - Đào Tam, Lê Hiển Dương(2008).
[11]. Tuyển tập các chuyên đề luyện thi đại học môn Toán- Đại số sơ cấp, Trần
Phương, Lê Hồng Đức- NXB Đại học quốc gia Hà Nội.

15