(SKKN HAY NHẤT) ứng dụng phương pháp hàm số để giải một số lớp bài toán đại số

PHẦN I MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong chương tốn THPT tốn phương trình, hệ phương trình tốn quen thuộc với học sinh, đặc biệt học sinh ôn thi Đại học, Cao đẳng học sinh giỏi cấp Để giải tốn loại học sinh việc phải nắm kiến thức kĩ giải phương trình, hệ phương trình sinh phải nắm kiến thức hàm số, mối quan hệ phương trình, hệ phương trình tương giao đồ thị hàm số Trong năm gần tốn giải phương trình, hệ phương trình có vận dụng phương pháp hàm số để giải ngày xuất nhiều đề thi Đại học Cao đẳng thường gây cho học sinh nhiều khó khăn lẽ sử dụng phương pháp truyền thống phương pháp thế, cộng đại số khó khăn giải toán, mà để giải được vấn đề học sinh phải biết khai thác tốt tính chất hàm số sau sử dụng kiến thức để giải chúng đơn giản nhiều lời giải trở nên gọn gàng hơn, sáng Là giáo viên THPT trực tiếp giảng dạy mơn tốn khối 11, khối 12 ôn thi đại học,ôn thi học sinh giỏi khối 12 thấy nhiều học sinh gặp nhiều khó khăn giải dạng tốn Để phần giúp em tìm đường lối để giải lớp tốn q trình luyện thi đại học đưa số kĩ thuật giải phương trình, hệ phương trình nhờ ứng dụng hàm số Mục đích nghiên cứu Trong gần đề thi đại học cao đẳng, đề thi học sinh giỏi cấp dạng tốn giải phương trình, hệ phương trình xuất nhiều, đa số học sinh trường THPT số Bảo Yên gặp toán giải phương pháp hàm số em cịn gặp nhiều khó khăn bỡ ngỡ Nên với việc nghiên cứu đề tài y vọng giúp em phần giảm bớt khó khăn giải tốn dạng Đối tƣợng nghiên cứu Học sinh lớp 12A1, 11A1 lớp ôn thi đại học, ôn thi học sinh giỏi khối 11,12 Giới hạn phạm vi nội dung nghiên cứu Là buổi ôn thi đại học cho học sinh khối11,12 học song chương khảo sát vẽ đồ thị hàm số năm học 2013 – 2014 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Nhiệm vụ nghiên cứu Giúp học sinh biết vận dụng ứng dụng toán khảo sát hàm số vào giải phương trình, hệ phương trình Phƣơng pháp nghiên cứu Xây dựng hệ thống sở lí luận dựa chương trình sách giáo khoa tài liệu liên quan trao đổi với đồng nghiệp Trên sở xây dựng hệ thống phương pháp giải toán Thời gian nghiên cứu Năm học 2013 – 2014, buổi ôn thi đại học cho học sinh lớp 12 bồi dưỡng học sinh giỏi khối 11,12 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com PHẦN THỨ 2: NỘI DUNG CHƢƠNG I: CƠ SỞ LÍ LUẬN Nếu hàm số y  f ( x) đơn điệu D phương trình f ( x)  k có nghiệm x  x0 D nghiệm phương trình D Nếu hàm số f(x) có đạo hàm D phương trình f’(x) = có k nghiệm phân biệt D phương trình f(x) = có nhiều k + nghiệm D Nếu hàm số f(x) có đạo hàm cấp 1, cấp 2, cấp k D mà đạo hàm cấp k vơ nghiệm D phương trình f(x) = có nhiều k + nghiệm D Nếu hàm số y  f ( x) đơn điệu D u( x), v( x) hàm số nhận giá trị thuộc D f  u  x    f  v  x    u  x   v  x  Một số lƣu ý sử dụng phƣơng pháp hàm số Vấn đề quan trọng sử dụng phương pháp hàm số phải nhận hàm số đơn điệu nhẩm nghiệm phương trình Để phát tính đơn điệu hàm số cần nắm vững tính chất sau: 2.1 Nếu hàm số y  f ( x) xác định có đạo hàm khơng đổi dấu D f(x) đơn điệu D Cụ thể: +) Nếu hàm số y  f ( x) xác định D f '( x)  với x  D f(x) đồng biến D +) Nếu hàm số y  f ( x) xác định D f '( x)  với x  D f(x) nghịch biến D 2.2 Nếu f '( x)  vơ nghiệm D có tồn nghiệm kép D f(x) đơn điệu D Khi đó, lấy x  x0 D f '( x0 )   f '( x0 )   f(x) đồng biến ( nghịch biến D) 2.3 Nếu y  f ( x) đồng biến ( nghịch biến) D +) y  +) y  n f ( x) đồng biến ( nghịch biến) D với f ( x)  nghịc biến ( đồng biến) D f ( x) +) y   f ( x) nghịc biến ( đồng biến) D LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 2.4 Tổng hàm số đồng biến ( nghịch biến) D hàm số đồng biến (nghịch biến) D 2.5 Tích hàm số dương đồng biến ( nghịch biến) D hàm số đồng biến (nghịch biến) D Ví dụ : từ tính chất đơn điệu hàm số sau: y  x  3; y   x; y   x nắm tính chất ta phát hàm số : y  x3 x3 x đồng biến, y  3 x 2 x đồng biến,   x nghịc biến x3 Từ cách nhìn nhận định hướng phương pháp giải sử dụng tính đơn điệu hàm số Việc nhẩm nghiệm vấn đề quan trọng phương pháp này, nhẩm nghiệm ta thường ưu tiên chọn mà biểu thức dấu lũy thừa mũ n ( có bậc n ), phương trình logarit ta chọn x mà y biểu thức dấu loga a phương trình có logarit số a… phương trình f(x) = m có nghiệm D m thuộc tập giá trị hàm số y = f(x) vợi x thuộc D số nghiệm phương trình D số giao điểm đồ thị hàm số y = f(x) với đường thẳng y = m D Xét bất phương trình f(x)  m với f(x) liên tục [a; b] Khi đó: m = minf(x)  f(x)  maxf(x) = M Nếu f(x) đồng biến [a; b] minf(x) = f(a); maxf(x) = f(b) với x thuộc [a; b] Nếu f(x) nghịch biến [a; b] minf(x) = f(b); maxf(x) = f(a) với x thuộc [a; b] *) f(x)  m có nghiệm x thuộc D  m  maxf(x) với x thuộc D *) f(x)  m vô nghiệm D  m > maxf(x) với x thuộc D *) f(x)  m có nghiệm x D  m  minf(x) với x D *) f(x)  m có nghiệm x thuộc D  m  minf(x) với x thuộc D *) f(x)  m vô nghiệm D  m  minf(x) với x thuộc D *) f(x)  m có nghiệm x D  m  maxf(x) với x D Trong số trường hợp cụ thể khơng lấy dấu bằng, hàm số khơng có giá trị lớn nhỏ D điều cịn phụ thuộc vào đặc điểm hàm số miền nghiệm D LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com CHƢƠNG II THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI Bài toán khảo sát hàm số toán liên quan vấn đề quen thuộc với đa số học sinh phổ thơng , để vận dụng vào giải phương trình, hệ phương trình vấn đề mẻ với đa số học sinh Nên gặp tốn giải phương trình, hệ phương trình có sử dụng phương pháp hàm số làm cho học sinh bỡ ngỡ xa lạ, từ gây cho học sinh cảm giác khó khăn giải tốn Để tháo gỡ vấn đề tơi xây dựng hệ thống tập có vân dụng phương pháp hàm số cho học sinh làm quen từ hình thành kĩ giải tốn CHƢƠNG GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Một số toán phƣơng trình, hệ phƣơng trình áp dụng giải pháp Vấn đề 1: Các tốn giải phƣơng trình hệ phƣơng trình : Bài tốn 1: Giải phƣơng trình sau: a) x   x2   x2  x  b) x   x3  x  Giải toán a) Ta có x   2x2   2x2  x   x   x   2x2   x2 Xét f (t )  t   t , ta có phương trình: f ( x  1)  f  x  Với f (t )  t   t đồng biến nên x 1 f ( x  1)  f  x   x   x   x    2 Vậy phương trình có hai nghiệm x  x   b) x   x3  x   x   x    x   x Xét hàm số f (t )  t  t , ta có phương trình f ( x  1)  f  x  Vì f (t )  t  t đồng biến nên f ( x  1)  f  x   x  x   x3  3x  (1) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Nếu |x| > x3  3x  x  x  3   Nếu |x| x  đặt x  cos , nên phương trình vơ nghiệm  0;  Khi (1) trở thành 1  2 Chọn nghiệm  cos3       k 2  5 7 đoạn  0;  ta nghiệm 1  ,2  , 3  9  5 7 Vậy phương trình có nghiệm x  cos , x  cos , x  cos 9 Nhận xét: Trong toán ta cần ý quan sát đặc điểm phương trình ta biến đổi phương trình dạng f(u) = f(v), sau ta xét tính đơn điệu hàm số đặc trựng f(t) tấy hàm số đơn điệu D suy u = v ta có lời giải thật đơn giản Bài tốn 2: Giải phƣơng trình: 4cos3   3cos  b) x1   2log  x  5 a) 2011x  2012x  2.2010x Giải toán: x x  2011   2012  a) 2011  2012  2.2010      2 2010 2010     x x x x x  2011   2012  Xét hàm số f ( x)      xác định R  2010   2010  x x  2011   2011   2012   2012  Ta có f '( x)    ln    ln    nên hàm số  2010   2010   2010   2010  đồng biến R 0  2011   2012  f (0)       Vậy phương trình có nghiệm x = 2010 2010     b) Điều kiện : x    x  y 1 Đặt y   log7  x  5   x  (1) Khi đó, phương trình trở thành: x 1   2log  x  5  x 1   6log  x    x 1    y  1  x 1  y  (2) Trừ theo vế (1) (2) ta có : y 1  x1  x  y  y 1  y  x1  x  f  y   f ( x) LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Với f (t )  7t 1  6t có f (t )  7t 1 ln   nên f(t) hàm số đồng biến, dó đó: f  y   f ( x)  x  y vào (1) ta có phương trình: x1  x   x1  6( x  1)   (3) Xét hàm số g (t )  7t  6t  có g '(t )  7t ln   g ''(t )  7t ln  Nên phương trình g’(t) = có tối đa nghiệm phương trình g(t) = có tối đa nghiệm Ta có g(0) = g(1) = Vậy phương trình g(t) = có nghiệm t=0 t = Vậy phương trình cho có nghiệm x = x = Nhận xét : +) Dạng tổng quát toán : s axb  p log s  qx  r   cx  d  a  0, q  0,0  s  1 +) Khi giải tốn có sử dụng tính đơn điệu hàm số ta vận dụng tính chất sau : Nếu hàm số y  f ( x) có đạo hàm cấp n vơ nghiệm (hay khơng đổi dấu) D phương trình f ( x)  k có khơng q n nghiệm D +) Trong phương trình có hai phép tốn trái ngược phép lũy thừa phép lấy logarit, phương trình có chứa phép tốn khác thường giải cách sử dụng tính đơn điệu hàm số Chúng ta thấy điều qua toán sau : Bài toán : Giải phƣơng trình : x2  x  a) log 2 b) x  x   3x  x  3x  2 x  3x  Giải toán x2  x  a) Ta có : log 2  x  3x  2x  4x   log  x  x  1  log  x  x  3   x  x  3   x  x  1  log  x  x  1   x  x  1  log  x  x  3   x  x  3  f  x  x  1  f  x  x  3 Với f (t )  log t  t  f '(t )    t   0;   t ln Do x 1 f  x  x  1  f  x  x  3  x  x   x  x   x  3x     x  Vậy phương trình có nghiệm x = x = LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com b) Ta có: x  x   3x  3x Đặt f ( x)  3x  f '( x)  3x ln   x2   x    x2       x  x   x  3x   1  3x  x 1     x   x  ln  0 x 1   Nên f(x) hàm số đồng biến , mà f(0) = Vậy phương trình có nghiệm x = Nhận xét: gặp phương trình f(x) = g(x) f , g có hàm đồng biến, hàm nghịch biến cách giải thường dùng nhẩm nghiệm chứng minh nghiệm nhất, nhiên toán ta f ( x)  x  x  1, g ( x)  3x lại đồng biến nên cách khơng giải được, ta chia vế phương trình cho x  x  để đưa vế số vế lại hàm số mà ta xét tính đơn điệu cách mà ta làm tốn sau Bài tốn 4: Giải phƣơng trình:   b) 1  x    x   3.4 x a) log5  3x   log  3x  1 Giải toán   a) log5  3x   log  3x  1 (1) Đặt t  log  3x  1  3x   4t Phương trình (1) trở thành: t t 1  2 log     t     3.      (2) 5  5 t t t t t t t 1  2 1  2 Xét hàm số f (t )  3.      f '(t )  3.  ln    ln  Nên f (t ) 5  5 5  5 hàm số nghịch biến, mà f (1)  nên phương trình (2) có nghiệm t = Do 3x    x  Vậy phương trình có nghiệm x = 4x 1 x x x b) Ta có: 1  x      3.4    x 24 Xét hàm số: x ln   x   42 x ln 2ln 4.4 x 4x 1 x f ( x)    f '( x)    2   4x 3   4x    4x  LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com f '( x)   2ln 4.4 x 2   x 2      x   6ln 4.4 x  Đây phương trình bậc hai x nên có nhiều nghiệm suy phương trình f ( x)  có tối đa nghiệm, mà ta thấy x  0, x  , x  nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm: x  0, x  , x  Nhận xét : Đây toán mà ta áp dụng thật đơn giản tính chất : hàm số f(x)đơn điệu D phương trình f(x) = k có nghiệm D, sau ta tiến hành nhẩm nghiệm lời giải xong Thật đơn giản phải khơng ? Bài tốn Giải phƣơng trình: 2 n x2   n n a)   cos x b) sin x  cos x  2 ,  n  , n   x   0;   2 Giải toán x2 x2 a)   cos x   cos x  2 x2 Xét hàm số f ( x)   cos x, x  , x2 Dễ thấy f ( x)  f ( x)   cos x, x  ta cần xét hàm số f(x) 0;  Ta có f '( x)  x  sin x, đồng biến 0;  nên f(x) hàm số chẵn, f ''( x)   cos x  0, x 0;   suy f’(x) f '( x)  f '(0)  0, x  f(x) đồng biến 0;  Mà f(0) =1 Vậy x = nghiệm phương trình 0;  nghiệm phương trình b) Nếu n = phương trình trở thành sin x  cos2 x  nên   x   0;  nghiệm phương trình  2 Nếu n > 2, đặt f ( x)  sin n x  cos n x  2 n   ,  n  , n   x   0;   2    f '( x)  n.sin x cos x  sin n2 x  cos n2 x  Vì x   0;  nên f '( x)   x   2 Bảng biến thiên LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com x  0 f’(x) -  + 1 f(x) 2 n  Nhận xét: Đây toán phức tạp, nên giải cần ý chia trường hợp cẩn thận khơng q trình giải ta gặp khó khăn Đay tốn mà cần phải biết lập bảng biến thiên hàm số vafd từ kết luận nghiệm phương trình Bài tốn 6: Tìm nghiệm dƣơng phƣơng trình: Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm x = 1  1 x ln 1    x Giải tốn 1 Ta có :  1 x ln 1    x x x 1 1   x3 ln 1    x  1 1   x ln 1    x  x2   x (TC -THTT) x2 1 x 1  1    x  1 ln 1    x  x  1 ln 1     x x x    1    1    x  1 ln 1     x  x  1 ln 1    1 x x      1     1    x  x  1 ln 1    1  x  x  1 ln 1    1 x  x        f ( x)  f ( x )   1  Với f (t )  t  t  1 ln 1    1 , t   t      1  1 Ta có : f '(t )   2t  1 ln 1      2t  1 ln 1      t   t  2t  1 1  1  g '(t )   0 Đặt g (t )  ln 1      t  t  1  2t  1 t  t  1 2t  1  t  2t  (với t > 0) 10 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com dạng f(u) = f(v) ta ddaxddua hệ cho thành hệ đơn giản nhiều.Thế y x vào phương trình thứ hai , tiến hành khảo sát hàm số ta thấy g’(x) > tnhẩm nghiệm xong x y  3   ( y  x)( xy  8) Bài tốn 11 Giải hệ phƣơng trình:  2  x  y  Giải toán: 3x  y  ( y  x)( xy  8) 3x  y  ( y  x)( x  xy  y ) 3x  x3  y  y (1)    2 2 (2)  x  y   x  y   x  y  Phương trình (1) có dạng: f(x) = f(y) với f (t )  3t  t  f '(t )  3t ln3  3t  Nên f(t) đồng biến R Do phương trình (1) tương đương với x = y Thế vào phương trình (2) ta có: x2   x  2 x = y = 2; x = y = - Vậy hệ có nghiệm (x,y) = (2;2) (x,y) =(-2;-2) Nhận xét : Trong toán ta cần quan sát ta thay số phương trình x  y ta có hệ phương trình thật đơn giản y 1  x  x  2x    Bài 12 Giải hệ phƣơng trình:  x 1  y  y  2y   1 ( Đề DBĐH – 2009) Giải toán y 1 y 1   x  x  2x    ( x  1)  ( x  1)     x 1 y  y  y     ( y  1)  ( y  1)   3x1   u  x  Đặt  Hệ phương trình cho trỏ thành: v  y   u  u   3v  v  v   3u (1) (2) Trừ vế với vế (1) cho (2) ta phương trình: u  u   3u  v  v  (3) Phương trình (3) có dạng f(u) = f(v) Với f (t )  t  t   3t Ta có : f '(t )   t  3t ln3 > nên f(t) hàm số đồng biến t2 1 Do (3)  u = v vào (1) ta có 15 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com     u  u   3u  ln u  u   u.ln3  ln u  u   u.ln3  (4)   Xét hàm số: g (u )  ln u  u   u.ln có g '(u )  u2   ln  nên g(u) hàm số nghịch biến R Ta có g(0) = nên (4) có nghiệm u = suy v = nghiệm hệ cho (x,y) =(1;1) Nhận Xét :Trong toán cần biết quan sát tiến hành đổi biến phương trình hệ ta thu hệ phương trình đơn giản , nhiên đánh giá dấu đạo hàm ta khéo léo đưa từ bất phương trình mũ bất phương trình logarit ta thấy có kết ngay, cịn ngược lại chung ta gặp nhiều khó khăn xét dấu đạo hàm Bài toán 13 Giải hệ phƣơng trình:   2  22( x y )  x y 1  22 y     2.2 x y   x y x   2 2 3 Giải toán : Đặt u  x ; v  y Hệ cho trở thành:   2  u 2v  2.u.v  v     2u v (1)  Đk: u  v   (2)  u v u 3 Do v > nên chia hai vế phương trình (1) cho v ta được:   2 u 1 1   u       2u  2(u  )   u      (3) v v v v v  Phương trình trở thành: 2t  t    (4) v 1 t u  u   Xét hàm số : f (t )  2t  t    v u t Ta có f '(t )   >0 t  VẬy t(t) đồng biến t 1 Ta có f(3) = Vậy Phương trình (4) có nghiệm t =  u  =3 (1')  v u  =3 (1')  v Vậy ta có hệ:    u v u 3  u   3u (2') (2')   3u Đặt t  u  16 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 0  u   u  3u    u  suy 3u u   u  u    3u Xét phương trình: v = Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (1;0) Nhận xét : Đây toán phức tạp cần phải quan sát kĩ hệ số phương trình, chúng thật đặc biệt, cần phải chế biến cho đẹp ta thu dạng f(u) = f(v) tương tự toán Bài toán giống đề thi đại học khối A - 2012 2   x  xy  y  (1) Bài toán 14 : Giải hệ phƣơng trinh :  3  2 x  28 y   x  y  xy   (2) ( Đề thi HSG Lào cai 2011) Giải toán: Thế x  xy  y  Từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta có phương trình x3  28 y3  x3  y3  x3   y   x  y Thế vào (1) ta có : y   y  1 Vậy hệ có hai nghiệm: (x,y) = (3;1); (x;y) = (-3;-1)  x3  3x  x  22  y +3y2  y  Bài tốn 15: Giải hệ phƣơng trình:  2 x  y  x  y   ( Đề tuyển sinh Đại học cao đẳng khối A 2012) Giải toán: x3  3x2  x  22  y +3y  y Ta có:   x  1  12( x  1)  ( y  1)3  12( y  1) (3) 2 1  1  Từ phương trình (2) ta có x  y  x  y    x     y    2  2  2 1   3   x    x     2  3  x  1; y     2 1  y    1  y     2 Xét hàm số: f (t )  t  12t 3  3  t   2  17 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 3  3 Ta có: f '(t )  3t  12    t   2  Do (3)  f  x  1  f ( y  1)  x  y  Thế vào phương trình (2) hệ ta có 1  y   y  2  y   y  2  y   y  y     2  y  3   1   3  Suy nghiệm hệ :  x, y    ;  ;  x, y    ;  2  2  4  (1)  x 1  x 1  y   y Bài 16 Giải hệ phƣơng trình:  2   x  x  y  1  y  y   (2) ( Đề thi đại học khối A – 2013) Giải toán: Từ phương trình (1) ta có ĐK: x    x  1 Từ phương trình (2) ta coi x ẩn y tham số ta có điều kiện để phương trình (2) có nghiệm :    y  1  y  y    y  Ta có : x   x   y4   y  x   x   y  y4  Đặt u  x   x   u  (u  0) Khi ta có phương trình u  u   y  y  t  0 Xét hàm số: f (t )  t  t  Ta có f '(t )   t3 t4  >0  t   Do hàm số f(t) đồng biến Nên f (u)  f ( y)  u  y  x   y  x  y  Thế vào phương trình (2) ta có: y  1   y  1  y  1  y  y    y8  y5  y  y  y   y  2y  y   Với y = ta có x = Xét hàm số g ( y)  y  y  y  (y  0) 18 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Ta có : g '( y)  y  y3   (y  0) Nên g(y) hàm số đồng biến suy phương trình g(y) = có nhiều nghiệm Ta lại có g(1) = Vậy phương trình g(y) = có nghiệm y = suy x = Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (1;0) (2;1) Một số toán tƣơng tự áp dụng giải pháp x  x3  x2  x1  ln  e y  y  y 1 e y Giải hệ phƣơng trình:  ( với f ’(x) = 3x2 + 12x > ,  x > Bảng biến thiên hàm số f(x) x + + f '(x) + f(x) Dựa vào bảng biến thiên ta có :  m > Phương trình (*) có nghiệm khoảng (2; +  ) Vậy  m > phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Nhận xét:Với toán cần biết phương pháp giải phương trình vơ tỷ với phương pháp bình phương hai vế biết đưa phương trình dạng tích, nhiều học sinh mắc sai lầm chia hai vế phương trình cho x – dẫn đến làm nghiệm phương trình Với việc đưa phương trình dạng tích ta thấy lời giải trở nên đơn giản Bài tốn 4:Tìm m để phương trình sau có nghiệm [1; 3 ] log32 x  log32 x  - 2m – = (1) ( Đề thi đại học khối A – 2002) Giải toán : Điều kiện : x > Đặt: 21 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com t = log32 x  với x  [1; 3 ]   log3 x    log32 x +1    t  Phương trình trở thành: t2 + t = 2m + (2) Phương trình (1) có nghiệm [1; 3 ]  Phương trình (2) có nghiệm thuộc [1; 2]  đường thẳng y = 2m + cắt đồ thị hàm số y = t + t với t  [1; 2] điểm Xét hàm số: f(t) = t2 + t với t  [1; 2] t f ’(t) = 2t + > ,  t  [1; 2] + f '(t) f(t) Vậy phương trình (1) có nghiệm thuộc [1; ]   2m +    m  1,5 Nhận xét: Khi giả ta cần quan sát kĩ toán đưa phương án đặt ẩn phụ hợp lí nhớ tìm điều kiện thật chặt chẽ biến t Bài toán 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: (m + 1) tg4x – 3m(1 + tg2x)tg2x + 4m = (1) (TC - THTT) cos x Giải toán: Điều Kiện: x    k (1)  m( 2tg4x + 5tg2x + ) = - tg4x t  tg x   t  tg x    t 2 m (2 t  t  4)   t   m  2t  5t   Xét hàm số: f(t) = f ’(t) = t với t  2t  5t  5t  8t  2t  5t    , t  t _ f '(t) f(t) + 0 -0,5 Dựa vào bảng biến thiên ta có điều kiện để phương trình có nghiệm  -0,5 < m  22 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Bài tốn 6: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 9x – m 33 + 2m + = (1) Giải toán : t  3x  (vì t = khơng nghiệm  t2 1 (2) m  t 2  x  t  (1)    m(t  2)  t  phương trình) t2 1 t  4t  Xét hàm số f(t) = ta có: f ’(t) = t 2 t  2 t   f ’(t) =  t  4t  =   t   t - f '(t) 2- _ _ f(t) + 2+ - + + +2 Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm m < - 0,5 m  42 Nhận xét: Khi rút m sang vế ta cần ý điều kiện x – 2.Với ta cần ý tới giới hạn hàm số quy tắc lập bảng biến thiên, nhiều học sinh thường làm sai bảng biến thiên Bài tốn 7: Tìm a để phương trình: 3x   x  + a (1) có nghiệm 2x 1 Giải tốn : (1)  a = 3x  x 2x 1 Xét hàm số : f(x) = Ta có f’(x) = x 3x  x xác định (0,5; +  ) 2x 1 x2  8x   x  1 >  x  0,5  f đồng biến (0,5; +  ) + 0,5 + f '(x) + f(x) - Từ bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm với a 23 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Bài tốn 8: Tìm m để phương trình: m( x2  x  + 1) + x(2- x)  có nghiệm thuộc [0; 1+ ] Giải toán Đặt t = x2  x  với x  [0; 1+ ] t’x = x 1 x2  x  , x t’x =  x = _ t'x + t Với x  [0; 1+ ] t  [1; 2] Bất phương trình trở thành: m(t + 1)  t2 –  1+ t2  m  t 1 t2   m  Maxf(t) với f(t) = t 1 Ta có f ’(t) = t  2t   t  1 > ,  t  [1; 2] Vậy bất phương trình có nghiệm x  [0; 1+ ]  m  M ax f (t ) = f(2)  m  [1;2] Bài toán 9:Với giá trị m bất phương trình sin3x + cos3x  m có nghiệm m,với  x Giải toán  Đặt t = sinx + cosx = cos( x  ) , Điều kiện : t  Bất phương trình trở thành: t(1 –  3t – t t 1 )  m,  t  [-  2m,  t  [- 2; 2] 2; 2] Xét: f(t) = 3t – t3 f ’(t) = – 3t2 f ’(t) =  – 3t2 =  t = v t = -1 x - t'x t _ -1 - 2 + -2 24 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Dựa vào bảng biến thiên ta có : bất phương trình (1) có nghiệm với  x  2m  -2  m  - Bài tốn 10: Tìm m để bất phương trình: mx4 – 4x + m  có nghiệm với  x (1) Giải tốn (1)  m(x4+ 1)  4x ,  x  m  Xét hàm số : f(x) = Ta có : f ’(x) = 4x x 1 4( x   x ) x  1  4(1  3x 4) x f ’(x) =   3x2 =  x = -1 x - _ f '(x) f(x) 4x , x x 1  1 4(1  3x )(1  3x ) x  1 1 vx=- 3  + + 0 _ 27 - 27 Vậy bất phương trình có nghiệm  x  m  Maxf(x)  m  Bài tốn 11: Cho bất phương trình: x3 -2x2 + x – + m < (1) a) Tìm m để bất phương trình có nghiệm thuộc đoạn: [0; 2] b) Tìm m để bất phương trình có nghiệm với  x  [0; 2] Giải toán Ta có: (1)  -x3 + 2x2 – x + > m Xét: f(x) = -x3 + 2x2 – x + , x  [0; 2] x 1/ f’(x) = -3x2 + 4x – _ f '(x) f’(x) =  x = v x = f(x) + 27 23 -1 a) (1) Có nghiệm thuộc [0; 2]  maxf(x) > m  m < b) (1) có nghiệm  x  [0; 2]  minf(x) > m  m < -1 Bài toán 12: Cho hàm số y   x3  3x2  3mx  nghịch biến khoảng  0;   Giải tốn: Ta có y '  3x2  x  3m 25 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Để hàm số nghịch biến  0;   : y '  3x  x  3m  0; x   0;    m  x  x x   0;    m   x  x   1 x 0;  Một số toán tƣơng tự áp dụng giải pháp: 1) Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc tập cho trước a) x3 – 3x = m với  x  b) x2- 6lnx – m = với < x < e c) 4sin6x + cos4x – a = 2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình: a) 3x4 – 10x3 + 6x2 = m b) x  +  x = m c) X3 + mx + m = 3) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 1 + 4) Tìm m để phương trình sau có nghiệm a) 3 x -  x  1 (3  x) = m x  13x  m + x – = b) x  - x = m 5) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: + tg2x + m(tgx + cotgx) = sin x 7) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4(sin4x + cos4x) – 4(sin6x + cos6x) – sin24x = m   8) Biện luận theo k số nghiệm  ;  phương trình:  4 4k(sin x + cos x – 1) = 3sin6x Tìm điều kiện p q để bất phương trình sau có nghiệm với  x  [0; 1] px +  x3  x  3x   qx + (1) 3x  10 Cho bất phương trình: x  a  x  b  x  c (1) với a > b > c a) Chứng minh bất phương trình ln có nghiệm b) Giải bất phương trình: x   x   x  (2) 11.Tìm tất giá trị m để bất phương trình nghiệm với  x > (3m +1)12x + (2 – m)6x + 3x < (1) 26 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com PHẦN THỨ KẾT LUẬN Để giải toán giải phương trình, hệ phương trình phương pháp hàm số học sinh cần phải nắm kiến thức bản, thấy mối quan hệ hữu hàm số phương trình Học sinh cần phải nắm tính chất đơn điệu hàm số, mối quan hệ số nghiệm đạo hàm bậc nhất, bậc hai, bậc cao với số nghiệm phương trình Nếu học sinh nắm vấn đề việc giải tốn phương pháp hàm số trở nên nhẹ nhàng Kết thực đề tài Sau áp dụng đề tài vào công tác giảng dạy môn trường trung học phổ thơng mơn tốn trường có kết khả quan so với năm học trước : +) Số giải văn hóa cấp tỉnh: giải có giải giải ba +) Số giải thi máy tính cầm tay mơn tốn cấp tỉnh : giải +) Số giải thi giải toán qua internet cấp tỉnh +) Khi áp dụng đề tài vào việc ôn thi đại học kết thi đại học mơn có tiến so với năm học trước với nhiều học sinh thi đạt kết khả quan với 15 học sinh có kết thi đại học mơn tốn đạt mức điểm từ 8.0 tới 9.5 Kết khảo sát đại trà lớp 12 A1 11A1 Số lượng học sinh tham gia khảo sát 63 Kết Không đạt Đạt Trước thực đề tài 63 Sau thực đề tài 15 55 27 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Sách giáo khoa , sách giáo viên giải tích 12 – chương trình [2] Sách giáo khoa , sách giáo viên giải tích 12 – chương trình nâng cao [3] Đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng từ năm 2002 – 2013 [4] Đề thi thử đại học trường năm học 2010 - 2011 ; 2011 – 2012 ; 2013 2014 [5] Tạp chí tốn học tuổi trẻ [6] Phương pháp hàm số ứng dụng – Tác giả Trần Phương 28 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com NHẬN XÉT CỦA CÁC CẤP 29 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ... x   v  x  Một số lƣu ý sử dụng phƣơng pháp hàm số Vấn đề quan trọng sử dụng phương pháp hàm số phải nhận hàm số đơn điệu nhẩm nghiệm phương trình Để phát tính đơn điệu hàm số cần nắm vững... TÀI Bài toán khảo sát hàm số toán liên quan vấn đề quen thuộc với đa số học sinh phổ thơng , để vận dụng vào giải phương trình, hệ phương trình vấn đề mẻ với đa số học sinh Nên gặp tốn giải phương. .. LUẬN Để giải tốn giải phương trình, hệ phương trình phương pháp hàm số học sinh cần phải nắm kiến thức bản, thấy mối quan hệ hữu hàm số phương trình Học sinh cần phải nắm tính chất đơn điệu hàm số,