Gián án skkn hay

Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1. Cơ sở lý luận a) Tìm số nghiệm của phương trình Xét PT ( ) ( )f x g m= , (1) . Trong đó x là ẩn thực và m là tham số thực - Số nghiệm của PT (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số ( )y f x= ( có thể nhận thấy hình dạng đồ thị hàm số thông qua BBT của nó ) và đường thẳng ( )y g m= là đường thẳng vuông góc với trục Oy tại điểm có tung độ bằng ( )g m . - các nghiệm 1 2 , , ., n x x x của PT (1) chính là hoành độ của các giao điểm. b) Quy tắc tìm GTLN và GTNN của hàm số * Từ việc lập BBT của hàm số ( )f x trên tập xác định của nó ta sẽ tìm thấy những điểm trên đồ thị có tung độ lớn nhất ( nhỏ nhất ) các giá trị đó chính là GTLN ( GTNN ) của hàm số . * Nếu hàm số ( )f x xác định và liên tục trên đoạn [ ] ;a b thì ta có thể tìm GTLN và GTNN theo các bước sau : - Tìm các điểm 1 2 , , ., n x x x trên đoạn [ ] ;a b mà tại đó ' ( )f x bằng 0 hoặc ' ( )f x không xác định - Tính các giá trị 1 2 ( ), ( ), ( ), ( ), ., ( ) n f a f b f x f x f x - Số lớn nhất ( bé nhất ) trong các số trên là GTLN (GTNN ) của hàm số ( )f x trên đoạn [ ] ;a b c) Tìm tham số trong bài toán bất phương trình Nếu hàm số ( )f x có GTLN và GTNN trên tập xác định D khi đó BPT : ( ) ( )f x g m≥ thỏa mãn x D∀ ∈ khi và chỉ khi min ( ) ( ) D f x g m≥ ( ) ( )f x g m≤ thỏa mãn x D∀ ∈ khi và chỉ khi max ( ) ( ) D f x g m≤ ( ) ( )f x g m≥ có nghiệm x D∈ khi và chỉ khi ax ( ) ( ) D m f x g m≥ ( ) ( )f x g m≤ có nghiệm x D∈ khi và chỉ khi min ( ) ( ) D f x g m≤ Trong trường hợp hàm số ( )f x không có GTLN hoặc GTNN trên tập D ta phải kết hợp với BBT hoặc đồ thị của nó để có kết luận thích hợp Câu I. ( 3 điểm ) Tìm tham số m để PT sau có nghiệm duy nhất: 1 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng 2 4 3 2 0, 1 x x m x − + − = − (1) Câu II. ( 3 điểm ) Tìm GTLN và GTNN của hàm số 2 2 4 2 os os 2 1 1 x x y c c x x = − + + + Câu III. ( 4 điểm ) Cho PT: 2 2 sinx 2 sin sinx. 2 sin ,x x m+ − + − = (2) 1. Giải PT (2) khi 3m = 2. Tìm tham số m để PT (2) có nghiệm Câu I . ĐK 1x > ; PT (1) ⇔ 2 2 4 3 2 0 4 3 2 ,x x m x x m− + − = ⇔ − + = (1a) PT (1) có nghiệm duy nhất ⇔ PT (1a) có đúng một nghiệm thỏa mãn 1x > tức là đường thẳng 2y m= cắt đồ thị hàm số 2 ( ) 4 3y f x x x= = − + tại đúng một điểm trên khoảng ( ) 1;+∞ ( )f x là hàm số bậc hai có hệ số a dương nên có bảng biến thiên sau: Từ BBT suy ra 0 2 0 1 2 1 2 m m m m ≥  ≥   ⇔   = − = −   là ĐK phải tìm Câu II . TXĐ: ¡ ; Đặt 2 2 1 x x α = + Theo BĐT Cosi : [ ] 2 2 2 2 1 2 2 1 1 1;1 1 x x x x x α α + ≥ = ⇔ ≤ ⇒ ≤ ⇔ ∈ − + Ta được 2 os2 os 2 2 os os 1y c c c c α α α α = − + = − + Đặt [ ] [ ] os , 1;1 os1;1t c t c α α = ∀ ∈ − ⇒ ∈ ( để học sinh hiểu rõ tính chất trên cần biểu diễn trên đường tròn lượng giác ) Thì 2 ( ) 2 1,y f t t t= = − + với [ ] os1;1t c∈ Bảng biến thiên của hàm số bậc hai ( )f t x ( )f x 1 2 + 0 -1 +∞ 2 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng Từ BBT suy ra 2 max (1) 2; min ( os1) 2 os 1 os1 1y f y f c c c= = = = − + Câu III. TXĐ: ¡ ; Đặt ( ) 2 2 2 2 sinx 2 sin sinx 2 sint x t x= + − ⇒ = + − 2 2 2 sinx. 2 sin 2 t x − ⇒ − = PT (2) trở thành: 2 1 1 , 2 t t m+ − = (2a) 1. Khi 3m = ta có PT: 2 2 2 8 0 4 t t t t =  + − = ⇔  = −  Với 2 2 2 sinx 2 sin 2 2 sin 2 sinxt x x= ⇒ + − = ⇔ − = − ( ) 2 2 2 sin 2 sinx sinx 1 2 2 x x k π π − = − ⇔ = ⇔ = + Với 2 4 sinx 2 sin 4t x= − ⇒ + − = − , vô nghiệm vì vế trái 1 4≥ − > − Vậy khi 3m = PT đã cho có nghiệm 2 2 x k π π = + 3. Ta phải tìm ĐK của t sinx 1x∀ ∈ ⇒ ≥ −¡ và 2 2 sin 1x− ≥ 0; 0 sinx 1t t⇒ ≥ = ⇔ = − Mặt khác theo tính chất ( ) 2 2 2 2 2 2 2( )a b a b ab a b+ = + + ≤ + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 sinx 2 sin 2 sin 2 sin 4t x x x⇒ = + − ≤ + − = ⇒ 2; 2 sinx 1t t≤ = ⇔ = Vậy [ ] 0;2x t∀ ∈ ⇒ ∈¡ PT (2) có nghiệm ⇔ PT (2a) có nghiệm [ ] 0;2t ∈ Xét hàm số 2 1 ( ) 1 2 f t t t= + − trên đoạn [ ] 0;2 Có bảng biến thiên t ( )f t 1 3 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng Từ BBT suy ra ĐK phải tìm là 1 3m− ≤ ≤ Những sai lầm của học sinh trong khi làm bài kiểm tra : Câu I : Sau khi biến đổi về PT (1a) - Một số trường hợp chỉ yêu cầu biệt thức đenta bằng không mà không quan tâm đến ĐK - Một số trường hợp đã tính các nghiệm và so sánh với số 1 nhưng xét chưa hết các trường hợp Câu II : Sau khi đặt ost c α = - Một số trường hợp không có ĐK của t - Một số trường hợp cho rằng [ ] 1;1t ∈ − Câu III : a. Một số trường hợp không có lời giải mặc dù ý này có thể giải theo nhiều cách: đặt một ẩn phụ như trên hoặc đặt hai ẩn phụ và quy PT đã cho về hệ PT. b. Hầu hết học sinh làm sai vì không nghĩ đến việc tìm ĐK của ẩn phụ hoặc có tìm ĐK nhưng tìm không chính xác. Để cho việc tiếp thu bài học được dễ dàng tôi chia nội dung bài viết của mình thành bốn phần sau: - Phương trình , bất phương trình bậc cao một ẩn - Phương trình , bất phương trình chứa ẩn dưới dấu căn - Phương trình lượng giác - Phương trình , bất phương trình mũ và logarit PHẦN I : PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO MỘT ẨN Bài 1. Tìm tham số a để PT: 3 2 3 0x x a− − = , (1) có ba nghiệm phân biệt trong đó có đúng một nghiệm bé hơn 1 Giải PT (1) 3 2 3x x a⇔ − = , (1a) . Yêu cầu của đề bài tương đương với PT (1a) có ba nghiệm phân biệt 1 2 3 , ,x x x sao cho 1 2 3 1x x x< ≤ < tức là đường thẳng y a= phải cắt đồ thị hàm số 3 2 ( ) 3y f x x x= = − tại ba điểm phân biệt có hoành độ 1 2 3 , ,x x x thỏa mãn 1 2 3 1x x x< ≤ < Ta có ' 2 ' 0 ( ) 3 6 ; ( ) 0 2 x f x x x f x x =  = − = ⇔  =  t ( )f t -1 0 1 -1 3 4 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng 3 3 lim ( ) lim 1 x x f x x x →−∞ →−∞   = − = −∞  ÷   ; lim ( ) x f x →+∞ = +∞ Bảng biến thiên của hàm số ( )f x Từ BBT suy ra điều kiện phải tìm là 4 2a− < ≤ − Nhận xét: Nghiệm của (1a) là hoành độ giao điểm của đường thẳng y a= với đồ thị hàm số ( )y f x= tức là từ mỗi giao điểm ta chiếu vuông góc lên trục hoành sẽ suy ra vị trí các nghiệm. Bài 2. Biện luận theo a số nghiệm của PT: 3 2 1 3( 1) 0x x a− + − + = , (2) Giải Đặt 1, 0t x x t= − ∀ ∈ ⇒ ≥¡ PT (2) trở thành 3 2 3 2 3 0 3t t a a t t+ + = ⇔ = − − , (2a) Xét hàm số 3 2 ( ) 3f t t t= − − với 0t ≥ có ' 2 ( ) 3 6 0, 0f t t t t= − − ≤ ∀ ≥ lim ( ) t f t →+∞ = −∞ Bảng biến thiên của hàm số ( )f t Từ BBT ta thấy - Nếu 0a > ⇒ ( 2a) không có nghiệm 0t > nên ( 2) vô nghiệm - Nếu 0a = ⇒ ( 2a) có một nghiệm 0t = nên ( 2) có một nghiệm 1x = - Nếu 0a < ⇒ ( 2a) có một nghiệm 0t > nên ( 2) có hai nghiệm phân biệt Nhận xét: - Thay vì việc khai dấu giá trị tuyệt đối ta thực hiện việc đặt ẩn phụ để có lời giải ngắn gọn hơn - Lưu ý quan hệ giữa số nghiệm theo ẩn t và số nghiệm theo ẩn x Bài 3. Tìm tham số a để PT: 3 2 4x ax m− + − = , ( 3) ' ( )f x ( )f x + 0 - - 0 + 0 -2 +∞ −∞ t ' ( )f t ( )f t + - 0 −∞ 5 x - ∞ 0 1 2 + ∞ +∞ +∞ -4 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng có ba nghiệm phân biệt ( ) 4;0m∀ ∈ − Giải Yêu cầu của đề bài tương đương với ( ) 4;0m∀ ∈ − đường thẳng y m= phải cắt đồ thị hàm số 3 2 ( ) 4y f x x ax= = − + − tại ba điểm phân biệt ⇔ 4 0 CD CT f f ≤− ≥    (*) Ta có ' 2 ' 0 ( ) 3 2 ; ( ) 0 2 3 x f x x ax f x a x =   = − + = ⇔  =  Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi 2 0 0 3 a a≠ ⇔ ≠ , khi đó 0x = và 2 3 a x = là các điểm cực trị của hàm số ⇒ các giá trị cực trị là (0) 4f = − và 3 2 4 4 3 27 a a f   = −  ÷   Theo ĐK (*) suy ra số -4 phải là giá trị cực tiểu do đó số 3 4 4 27 a − sẽ là giá trị cực đại ⇒ 3 4 4 27 a − 0 3a≥ ⇔ ≥ Thử lại : Khi 2 3 0 3 a a ≥ ⇒ ≥ .Lập bảng xét dấu ' ( )f x suy ra 0x = là điểm cực tiểu , 2 3 a x = là điểm cực đại và các giá trị cực trị thỏa mãn ĐK (*) Vậy ĐK phải tìm là 3a ≥ Tổng quát: Xét hàm số 3 2 ( )f x ax bx cx d= + + + với 0a ≠ - Hàm số ( )f x có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi PT ' ( ) 0f x = có hai nghiệm phân biệt - PT ( ) ( )f x g m= có ba nghiệm phân biệt điều kiện cần và đủ là ( ) CT CD f g m f≤ ≤ Bài 4. Biện luận theo m số nghiệm của PT sau : 4 3 2 2 17 51 (36 ) 0x x x m x m− + − + + = , ( 4 ) Giải PT ( 4) tương đương với 4 3 2 3 2 2 17 51 36 ( 1) ( 1)(2 15 36 ) ( 1) x x x x m x x x x x m x − + − = − ⇔ − − + = − 6 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng 3 2 1 2 15 36 ; (4 ) x x x x m a =  ⇔  − + =  Để biện luận số nghiệm của PT (4) trước hết ta biện luận số nghiệm của PT (4a) Xét hàm số 3 2 ( ) 2 15 36f x x x x= − + ' 2 ' 2 ( ) 6 30 36; ( ) 0 3 x f x x x f x x =  = − + = ⇔  =  3 2 15 36 lim ( ) lim 2 x x f x x x x →−∞ →−∞   = − + = −∞  ÷   ; 3 2 15 36 lim ( ) lim 2 x x f x x x x →+∞ →+∞   = − + = +∞  ÷   Bảng biến thiên Từ BBT suy ra: - Nếu 28m > hoặc 27m < và 23m ≠ suy ra PT (4a) có một nghiệm khác 1 nên PT (4) có hai nghiệm phân biệt - Nếu 28m = hoặc 27m = suy ra PT (4a) có đúng hai nghiệm khác 1 nên PT (4) có ba nghiệm phân biệt - Nếu 23m = suy ra PT (4a) có một nghiệm bằng 1 nên PT (4) chỉ có một nghiệm - Nếu 27 28m< < suy ra PT (4a) có ba nghiệm phân biệt khác 1 nên PT (4) có bốn nghiệm phân biệt Lưu ý: - Việc biện luận số nghiệm của PT (4) trở thành biện luận số nghiệm khác 1 của PT (4a) - Khi biến đổi từ PT (4) có nhiều trường hợp ta không quy về PT tích được thì có thể chia cả hai vế cho biểu thức khác 0 để cô lập tham số và khảo sát hàm số phân thức Bài 5. Chứng minh rằng 0a∀ ≠ hệ PT sau có nghiệm duy nhất: 2 2 2 2 2 2 a x y y a y x x  = +     = +   Giải ĐK : 0, 0x y≠ ≠ x ' ( )f x ( )f x 1 2 3 28 23 −∞ 27 + + 0 - 0 + 7 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng Hệ PT đã cho 2 2 2 2 2 2 2 (1) 2 (2) x y y a y x x a  = + ⇔  = +  Từ (1) 2 2 0 0x y y⇒ > ⇒ > ; từ (2) 2 2 0 0y x x⇒ > ⇒ > Lấy (1) trừ (2) theo vế 2 2 2 ( ) 2 ( ) ( )( ) 0xy x y y x xy x y x y x y⇒ − = − ⇔ − + − + = ( )(2 ) 0 0x y xy x y x y⇔ − + + = ⇔ − = ( vì 2 0xy x y+ + > ) y x⇔ = thế vào (1) Suy ra 3 2 2 3 2 2 2 2x x a x x a= + ⇔ − = (*) Ta thấy số nghiệm dương của PT (*) là số nghiệm của hệ PT đã cho Xét hàm số 3 2 ( ) 2f x x x= − với 0x ≥ ' 2 ' 0 ( ) 6 2 ; ( ) 0 1 3 x f x x x f x x =   = − = ⇔  =  3 1 lim ( ) lim 2 x x f x x x →+∞ →+∞   = − = +∞  ÷   Bang biến thiên Từ BBT suy ra 0a∀ ≠ đường thẳng 2 y a= luôn cắt đồ thị hàm số ( )y f x= tại đúng một điểm có hoành độ dương suy ra hệ PT đã cho có đúng một nghiệm Nhận xét: - Khi giải hệ PT đố xứng loại hai có dạng như hệ PT (1) và (2) nói trên cách giải truyền thống là lấy các PT trừ cho nhau để tính một ẩn theo ẩn còn lại sau đó thế lại một trong hai PT đã cho - Hệ PT trên có lời giải rất ngắn gọn như vậy vì ta nhân xét được tính chất 0, 0x y> > - Sau khi biến đổi về PT (*) là PT bậc ba nên nếu không sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số thì việc tìm lời giải là vô cùng khó khăn Bài 6. Tìm tham số m để hệ sau có nghiệm 2 3 3 3 0 2 2 20 0 x x x x x m m  − ≤   − − − − ≥   Giải Hệ đã cho x ' ( )f x ( )f x 0 1/3 0 - 0 + 0 1 27 − 8 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng 3 3 0 3 2 2 20 x x x x m m ≤ ≤  ⇔  − − ≥ +  3 3 2 2 20x x x m m⇔ − − ≥ + với ĐK [ ] 0;3x∈ Đặt 3 ( ) 2 2f x x x x= − − Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi BPT 3 ( ) 20f x m m≥ + có nghiệm [ ] 0;3x∈ ⇔ [ ] 3 0;3 ( ) 20max f x m m≥ + - Nếu [ ] 0;2x∈ 3 3 2 ( ) 2 (2 ) 2 4f x x x x x x x⇒ = − − = + − có ' 2 ( ) 3 4 4f x x x= + − ; ' 2 ( ) 0 3 f x x= ⇔ = hoặc 2x = − ( loại ) [ ] 0;2 2 40 (0) 0; (2) 8; ( ) 8 3 27 f f f max f x   = = = − ⇒ =  ÷   - Nếu [ ] 2;3x∈ 3 3 2 ( ) 2 ( 2) 2 4f x x x x x x x⇒ = − − = − + có [ ] ' 2 ( ) 3 4 4 0, 2;3f x x x x= − + > ∀ ∈ [ ] 2;3 (2) 8; (3) 21 ( ) 21f f max f x= = ⇒ = Vậy [ ] 0;3 ( ) 21max f x = nên ta phải có 3 20 21 1m m m+ ≤ ⇔ ≤ Tóm lại ĐK phải tìm là 1m ≤ Nhận xét: Việc tìm tham số để hệ BPT đã cho có nghiệm được quy về bài toán tìm tham số để một BPT có nghiệm trên một tập cho trước và đã được chuyển về bài toán tìm GTLN hoặc GTNN của hàm số. Bài 7. Cho hàm số 3 2 4 ( 3)y x a x ax= + + + Hãy tìm tham số a để [ ] 1, 1;1y x≤ ∀ ∈ − Giải Giả sử [ ] 1, 1;1y x≤ ∀ ∈ − suy ra (1) 1 ( 1) 1 1 1 2 1 1 2 y y y y  ≤  − ≤      ≤   ÷     −    ≤  ÷     4 3 1 4 3 1 1 3 1 2 4 2 1 3 1 2 4 2 a a a a a a a a  + + + ≤  − + + − ≤   + ⇒ + + ≤    + − + − ≤   4 3 1 3 3 5 3 a a a − ≤ ≤ −    ⇔ − ≤ ≤ −   − ≤ ≤   3a⇒ = − Thử lại: Khi 3a = − ⇒ 3 4 3y x x= − là hàm số liên tục trên đoạn [ ] 1;1− ' 2 ' 1 12 3; 0 2 y x y x= − = ⇔ = ± và 1 1 ( 1) 1; (1) 1; 1; 1 2 2 y y y y −     − = − = = − =  ÷  ÷     suy ra [ ] 1;1 max 1y − = và [ ] 1;1 min 1y − = − nên [ ] 1, 1;1y x≤ ∀ ∈ − 9 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng Vậy ĐK phải tìm là 3a = − Nhận xét: Trong lời giải của bài toán trên việc giả sử [ ] 1, 1;1y x≤ ∀ ∈ − chỉ có thể suy ra điều kiện của a , có thể là một khoảng nào đó nhưng sẽ rúp ta dễ dàng tìm được điều kiện thỏa mãn yêu cầu đề bài trong bước kiểm chứng ngược lại. Bài 8. Chứng minh rằng BPT : 4 3 1 0,qx px+ + ≥ (8) thỏa mãn x∀ khi và chỉ khi 3 4 256 27q p≥ Giải - Nếu 0,x = BPT (8) trở thành 1 0≥ đúng - Nếu 4 0 0,x x≠ ⇒ > BPT (8) 4 1 1 0q p x x   ⇔ + + ≥  ÷   Đặt 1 , 0u x x = ∀ ≠ thì 0u ≠ . Ta được BPT: 4 ( ) 0,f u u pu q= + + ≥ (8a) Vậy (8) thỏa mãn x∀ khi và chỉ khi (8a) thỏa mãn u∀ min ( ) 0f u⇔ ≥ Ta có ' 3 3 3 ( ) 4 0 4 4 p p f u u p u u= + ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − Bảng biến thiên của hàm số ( )f u Từ BBT 3 3 3 min ( ) 4 4 4 p p p f u f q   ⇒ = − = − +  ÷   3 3 4 3 3 3 3 3 27 min ( ) 0 0 . 27 256 4 4 4 4 64 4 p p p p p p f u q q q p q≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ Từ đó suy ra điều phải chứng minh Nhận xét: Việc biến đổi BPT (8) về BPT (8a) như trên là rất cần thiết để việc khảo sát hàm số trở thành đơn giản Baì 9. Cho 0ab ≠ hãy tìm GTNN của biểu thức u ' ( )f u ( )f u 0 + min ( )f u 10 [...]... Nhận xét: - Có thể thay bài toán trên bằng bài toán BPT hoặc bài toán tìm GTLN và GTNN của hàm số ở vế trái ta có phương pháp giải tương tự - Nếu đề yêu cầu giải PT (5) với a là một số cụ thể thì việc tìm điều kiện của u là không cần thiết, ta chỉ cần suy ra các điều kiện hiển nhiên vì sau khi tìm được ẩn phụ u ta còn phải thay vào bước đặt để tìm ẩn chính x - Nếu trong bài toán có tham số thì việc... b a Nhận xét: a) Trong lời giải bài toán trên cần lưu ý: - Nhát thiết phải tìm ĐK chính xác cho ẩn phụ u - Trong BBT ta thấy ∀u < −2 ⇒ f ' (u ) < −11 ⇒ f ' (u ) < 0 ∀u > 2 ⇒ f ' (u ) > 13 ⇒ f ' (u ) > 0 b) Với ứng dụng đạo hàm để khảo sát hàm số ta có thể giải quyết bài toán tìm tham số, tìm GTLN, GTNN của một biểu thức và những bài toán giải PT, BPT, hệ PT 11 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng ... ( x) + f ( x) 0 1 -1 Từ BBT suy ra: 16 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng  m > 10 ⇒ PT (1) vô nghiệm - Nếu  m ≤ −1   m = 10 ⇒ PT (1) co một nghiệm - Nếu  −1 < m ≤ 1  - Nếu 1 < m < 10 ⇒ PT (1) có hai nghiệm phân biệt Nhận xét: - Với kiến thức của học sinh lớp 10 có thể giải được bài toán trên theo cách bình phương hai vế nhưng rất phức tạp vì phải so sánh các nghiệm của tam thức bậc hai với... 2 (t 2 + 2) 2 ;  t = −1 + 3 f ' (t ) = 0 ⇔ −t 2 − 2t + 2 = 0 ⇔   t = −1 − 3  Bảng biến thiên 22 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng t + f ' (t ) + 0 f (t ) 1+ 3 [ 0;+∞ ) 4 1+ 3 Vậy ĐK phải tìm là m ≤ 4 Nhận xét: Với kiến thức của lớp 10 học sinh có thể giải được bài toán trên thông qua việc so sánh các nghiệm của tam thức bậc hai với số 0, tuy nhiên khá phức tạp  x + y =3  Bài 9 Tìm tham số m... −3u + , với ĐK  u  u ≤ −2 4 f ' (u ) = −3 − 2 < 0, ∀u ∈ ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ ) u 26 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng lim f (u ) = +∞; lim f (u ) = −∞ u →−∞ u →+∞ Bảng biến thiên u f ' (u ) f (u ) +∞ -2 − 2 − + -4 4 Từ BBT suy ra ĐK phải tìm là m ≤ −4 hoặc m ≥ 4 Nhận xét: Có thể giải bài toán trên theo cách so sánh các nghiệm của một tam thức bậc hai với các số -2 và 2 nhưng rất phức tạp , trong... 0;1) t 29 Sáng kiến kinh nghiệm Xết hàm số f (t ) = −2t − Nguyễn Hà Hưng 1 t  π BPT (7) nghiệm đúng ∀x ∈  0; ÷ ⇔ BPT (7a) nghiệm đúng ∀t ∈ ( 0;1)  2 ⇔ max f (t ) ≤ m ( 0;1) 1 1 − 2t 2 f (t ) = −2 + 2 = ; t t2 Bảng biến thiên ' f ' (t ) = 0 ⇔ t = ± 1 2 t f ' (t ) + 0 f (t ) Tư BBT suy ra max f (t ) = −2 2 ( 0;1) Vậy ĐK phải tìm là m ≥ −2 2 Nhận xét : Bài toán trên có thể giải theo cách so sánh các... ⇒ t ≥ 0 Bài toán trở thành tìm tham số m để f (t ) = m 2t 2 − 2t + m ≥ 0, ∀t ≥ 0 ⇔ min f (t ) ≥ 0 [ 0;+∞ ) - Nếu m = 0 ⇒ f (t ) = −2t ≥ 0, ∀t ≥ 0 là vô lý suy ra m = 0 bị loại 1 f ' (t ) = 2m 2t − 2 ; f ' (t ) = 0 ⇔ t = 2 > 0 - Nếu m ≠ 0, m Bảng biến thiên 2 t 0 f ' (t ) 0 + f (t ) m3 − 1 m3 − 1 Từ BBT suy ra min f (t ) = ; do đó ≥ 0 ⇔ m ≥1 [ 0;+∞ ) m2 m2 Vậy ĐK phải tìm là m ≥ 1 13 Sáng kiến kinh... u 2 + 5 2 ⇔ u 2 ( u 2 − 6u + 12 ) = ( 3 − u ) ( u 2 + 5 ) với u ∈ [ 2;3] 2 23 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng  15 + 135  u1 = 4 ⇔ 2u 2 − 30u + 45 = 0 ⇔   15 − 135 u 2 =  4 u1 > 3, u2 < 2 nên đều bị loại f (2) = 5, f (3) = 3 + 14 ⇒ min f (u ) = 5 [ 2;3] Vậy ĐK phải tìm là m ≥ 5 Nhận xét: - Trong lời giải bài toán trên việc tìm ra TXĐ cho hàm số f (u ) là rất qua trọng - Đề bài trên cũng có... biến trên khoảng (2 − t 2 ) 2 (0;1) f (1) = 4 mà f (0) = 1; Vậy ĐK phải tìm là 1 < m < 4 Nhận xét: - Trong lời giải của bài toán trên nhất thiết phải tìm được ĐK chính xác cho ẩn phụ - Trước kia nhờ định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai có thể thực hiện lời giải theo cách so sánh các nghiệm của tam thức bậc hai với các số 0 và 1 nhưng khá phức tạp và phải xét nhiều khả năng có thể xảy ra Bài 2 Tìm... có x  2  lim f ( x) = +∞ ; lim f ( x) = −∞ ; lim f ( x) = +∞ x →+∞ x →0 − x →0 + Bảng biến thiên 17 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng 0 x f ' ( x) + + +∞ f ( x) −∞ 9 2 Từ BBT suy ra ĐK phải tìm là m ≥ + 9 2 Nhận xét: Sau khi biến đổi PT (2) về PT (2a) ta có thể thực hiện lời giải theo cách so 1 sánh các nghiệm của một tam thức bậc hai với số − nhưng sẽ khá phức tạp , 2 trong khi đó nếu ứng dụng . ĐK phải tìm là 9 3 2 3 2 a− ≤ ≤ Nhận xét: - Có thể thay bài toán trên bằng bài toán BPT hoặc bài toán tìm GTLN và GTNN của hàm số ở vế trái ta có phương. nên [ ] 1, 1;1y x≤ ∀ ∈ − 9 Sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Hà Hưng Vậy ĐK phải tìm là 3a = − Nhận xét: Trong lời giải của bài toán trên việc giả sử [ ] 1,