Đề thi học kì 2

SKKN Sử dụng linh hoạt tính đơn điệu của hàm số trong một số bài toán về hệ phương trình nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán ở trường THPT gắn với kỳ thi THPT Quốc Gia 1 1 MỞ ĐẦU[.]

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong tốn học phổ thơng, tốn hệ phương trình chiếm vị trí đặc biệt quan trọng, xuất hầu hết kỳ thi tuyển sinh cấp, kỳ thi chọn học sinh giỏi toán cấp tỉnh, cấp Quốc Gia… Điều tất nhiên gặp tốn hệ phương trình khơng dạng học sinh phải nhiều thời gian, công sức để giải Đối với tốn đề phát biểu ngắn gọn, sáng sủa đẹp đẽ học sinh lại gặp nhiều khó khăn tìm lời giải Đứng trước vấn đề trình giảng dạy tơi ln trăn trở tìm thuật giải, hướng cụ thể để giúp học sinh tìm tịi có hướng phán đốn, có phương pháp giải vấn đề tốt Như biết khơng có chìa khố vạn “mở khố” tốn Trong việc giảng dạy toán học cho học sinh giải vấn đề đặt toán cách sáng tạo, hoàn chỉnh cần thiết Trong viết tơi muốn trình bày số kinh nghiệm tư áp dụng để tìm đường khai thơng nhằm giải toán cách gọn gàng Bằng việc sử dụng số toán mức độ thi THPT Quốc Gia, thi học sinh giỏi cấp tỉnh làm ví dụ minh họa, tơi sâu vào việc phân tích khả tiếp cận lời giải, dẫn cách giải tương ứng, đưa phân tích, nhận xét phù hợp, để từ học sinh nắm bắt ý tưởng, đường tư mà người làm toán cần rèn luyện đứng trước tốn giải hệ phương trình Tơi xin nêu lên vài hướng giải toán hệ phương trình với đề tài: “Sử dụng linh hoạt tính đơn điệu hàm số số tốn hệ phương trình nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn trường THPT gắn với kỳ thi THPT Quốc Gia” 1.2 Mục đích nghiên cứu - Rèn luyện kĩ sử dụng phương pháp hàm số để giải hệ phương trình - Rèn luyện tư lơgic, khả nhìn nhận, đánh giá chung nhằm tìm đường hợp lí để có định hướng nhằm đưa giải pháp tốt gặp toán cụ thể - Rèn luyện kĩ tổng hợp tư kỹ xảo toán học 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Các tốn giải hệ sử dụng phương pháp hàm số để giải - Các dạng toán hệ phương trình kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thi THPT Quốc Gia năm gần 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu xây dựng sở lí thuyết giải tốn hệ phương trình phương pháp hàm số SangKienKinhNghiem.net - Nghiên cứu khả áp dụng sở thực tiễn tiếp thu đối tượng học sinh truyền thụ NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Trong nghiên cứu khoa học việc tìm quy luật, phương pháp để giải vấn đề vơ quan trọng Nó giúp ta có định hướng tìm lời giải lớp tốn Trong dạy học giáo viên người có vai trị thiết kế điều khiển cho học sinh thực luyện tập hoạt động tương thích với nội dung dạy học Vì trang bị phương pháp, tập trung dạy cách học, rèn luyện kỹ năng, phát triển lực cho học sinh nhiệm vụ quan trọng người giáo viên Trong chương trình tốn học THPT đưa cách giải số hệ phương trình mẫu mực, phương pháp Tuy nhiên số dạng tập hệ phương trình khó, đặc biệt hệ phương trình khơng mẫu mực phương pháp khơng thể giải giải vơ phức tạp Vì vậy, tơi nhận thấy cần bổ sung thêm phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số, giúp học sinh dễ dàng giải dạng toán hệ phương trình phức tạp 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trong năm gần đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, đề thi THPT Quốc Gia có nhiều tốn giải hệ phương trình mà học sinh sử dụng phương pháp quen thuộc như: Biến đổi tương đương, phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp lượng giác hóa, phương pháp hình học… cịn lúng túng, chưa tìm lời giải xác định đường lối chưa đưa kết cuối Tuy nhiên học sinh nắm tính đơn điệu hàm số, có kỹ vận dụng tính đơn điệu hàm số để giải hệ phương trình tốn có lời gải cách ngắn gọn, xác Trong phạm vi sáng kiến này, tơi trình bày phương pháp giải tốn dạng đó, mà phương pháp thơng thường chưa thể giải được, phương pháp "Ứng dụng tính đơn điệu hàm số để giải hệ phương trình" 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Kến thức để giải dạng tốn * Tính chất 1: Giả sử hàm số y  f x  đồng biến (nghịch biến) miền D u; v  D , f u   f v   u  v * Tính chất 2: Nếu hàm số y  f x  đồng biến D y  g x  hàm hàm số nghịch biến D phương trình f x   g x  có nhiều nghiệm thuộc khoảng D SangKienKinhNghiem.net  f x   f  y   g x; y   1 2  * Khi gặp hệ có dạng  Xét hàm số y  f t , ta thường gặp trường hợp hàm số liên tục tập xác định Nếu hàm số y  f t  đơn điệu, từ (1) suy x  y Khi tốn đưa giải phương trình (2) theo ẩn x (hoặc y) Nếu hàm số y  f t  có cực trị t  a thay đổi chiều biến thiên lần qua a Từ (1) suy x  y x, y nằm hai phía a * Vận dụng linh hoạt định lí, tính chất trên, từ phương trình ẩn x, ta đưa hai vế dạng f  h x   f  g x  2.3.2 Các tốn điển hình sử dụng phương pháp Dạng 1: Hệ có dạng  f ( u ( x ))  f ( v ( y )) (1) g ( x ; y )0 (2) Phương pháp giải chung: +) Tìm điều kiện hệ (Ngoài điều kiện để biểu thức hệ phương trình có nghĩa, nhiều trường hợp, ta cần vào nội biểu thức hệ, ta đánh giá để thu hẹp miền chứa nghiệm hệ) +) Với điều kiện trên, ta suy u ( x); v( x) nhận giá trị miền D +) Chứng minh f(t) đơn điệu D (Cần lưu ý rằng, tốn cho trước hàm số f(t) (Gọi hàm đặc trưng hệ phương trình) Do phải tìm f(t) Thơng thường, ta tìm f(t) cách phân li biến số) u ( x)  v( y )  g ( x; y )  +) Ta suy u ( x)  v( x) Do đó, ta có hệ (Đơn giản hơn):  Bài 1: Gọi x0 ; yo  nghiệm hệ phương trình:    x  x   y  3  y   2 4 x  y   x  A B 1 2  Giá trị biểu thức P  x0  y0 là: C D Phân tích: Ta nhận thấy khó bắt đầu với phương trình (2), để ý đến phương trình (1), x  biểu thức bậc hai x y  coi biểu thức bậc hai  y Nếu đặt t   y  y  3   t2  1  2y    3t  t 1 t 2     SangKienKinhNghiem.net Biểu thức t  1t có hình thức giống với 4 x  12 x , ta biến đổi 1 dạng f u   f v  Để đưa dạng ta thường “cô lập” biến, chuyển  y  3  y sang vế phải 1 Hướng dẫn: Điều kiện x  ; y  Khi 1  4 x  1.2 x  5  y  1  y (3) Xét hàm số f t   t  1t  t  t , với t  R Ta có f ' t   3t   0,  t  R nên f t  đồng biến R , (3)  x   y  4x2 5  Thay y  vào (2) ta được: x    x    x   (4) 2  Phương trình (4) trông “phức tạp” nên ta định hướng sử dụng phương pháp hàm số để giải Nhận thấy x  x  không nghiệm phương trình (4) 5   3 Xét hàm số g x   x    x    x  với x   0;  , ta có: 2   4 4 5   3 g ' x   x  x   x    4x 4x2    0, x   0;   4x  4x 2   4       Do g x  nghịch biến  0;  Mà g    nên phương trình (4) có  4 2 nghiệm x  1 1  suy y  Vậy hệ cho có nghiệm x; y    ;2  2  Đáp án B Bài Giả sử ( x1; y1 );( x2 ; y2 ) nghiệm hệ phương trình :  y  y  y  x  22 x  21  2 x  1 x  (1)  (2)  x  11x   y Khi giá trị biểu thức T  x1  x2 là: A B Hướng dẫn: Điều kiện: x  C 13 D 11 Nhân hai vế phương trình (2) với ta hệ tương đương  y  y  y  x  22 x  21  2 x  1 x  (1)  (3)  x  22 x  18  y  Trừ vế với vế (1) cho (3) ta phương trình hệ quả: SangKienKinhNghiem.net y  y  y   2 x  1 x     y  y  y   2 y    2 x  1 x   2 x    y  1   y  1   2x  1  x  (4) Xét hàm số f t   t  2t  f ' t   3t   0; t Vậy f t  hàm đồng biến  x  1 y    11x    x   1 Phương trình (4) có dạng f  y  1  f thay vào (2) ta x 2x 1  y  2x 1 1 ,  2 x   x  11x  11  2 x   x   x  12 x  10 2 x  1  x  1  2x 1  x     x  6x     x2  6x   2 2x 1  x  x  6x     x 1 y  (tm)(5)  x  6x     x   y     1  (6)  2x 1  x   Dễ thấy với x  , VT 6   0; VP 6   , phương trình (6) vơ nghiệm Kết luận: Hệ cho có nghiệm x, y   1;0 ; 5;2  Đáp án D Lời bình: Trong giải ta nhẩm hai nghiệm phương trình (5) x  x  , phân tích phương trình thành nhóm có chứa x  1x    x  x  Nếu nhẩm nghiệm sau nhân liên hợp nghiệm phương trình có nghiệm, phương trình phức tạp dùng cách nhóm nhân lượng liên hợp sau nhẩm nghiệm thứ hai, dùng phương pháp hàm số Bài Gọi ( x1; y1 );( x2 ; y2 ) nghiệm hệ phương trình:  x  x  x  22  y  y  y   2 x  y  x  y   Giá trị biểu thức T  x1 x2  y1 y2 là: A B C D 12 Phân tích: Hai vế phương trình đầu có dạng bậc (với hai biến x, y), nên ta định hướng đưa phương trình đầu dạng f u   f v  , nhiên hàm đặc trưng lúc f t   t  12t không đơn điệu R ta phải chặn biến Nhìn SangKienKinhNghiem.net 2 1  1  vào phương trình thứ ta thấy đưa  x     y    suy 2  2  1 x   1; y   2 x  13  12 x  1   y  13  12  y  1  Hướng dẫn: Hệ tương đương với:    1  x     y    2  2  1 2  1   1  x     x   Từ (2), suy   1  y     y     2   Xét hàm số f t   t  12t   ;  , ta có f ' t   t   0, suy f t   2 3 nghịch biến Do 1  x   y   y  x  3 1  3 3  1 Hệ có nghiệm x; y    ;   ; x; y    ;   Đáp án C 2 2    x  x  y  y (1) (2)  x  y  3 Bài Giải hệ phương trình:  1  1  1  1  ; );( ; ) 2 2 B ( 1 1 1 1 ; );( ; ) 2 2 4 4 C (  3;  );(  3;   ) D ( 1 1 1 1 ; );( ; ) 3 3 A ( Hướng dẫn: (2)  1  x  1; 1  y  Xét hàm số f (t )  t  5t ; t  [  1;1] Ta có: f '(t )  3t   0; t  [-1;1] Suy hàm số f (t )  t  5t nghịch biến [-1;1] Phương trình (1) trở thành: f ( x)  f ( y )  x  y , vào (2) ta có: x8  x    x  1  1   x  4 2 Vậy hệ có hai nghiệm: x  y  1  1  x  y   Đáp án A 2 Nhận xét: Thoạt nhìn hệ phương trình, ta thấy điều kiện hệ x  R; y  R Tuy nhiên, hàm đặc trưng f (t )  t  5t hàm đơn điệu Do để áp dụng phương pháp này, ta phải “thu gọn” miền chứa nghiệm, để miền đó, hàm đặc trưng phương trình thu hàm số đơn điệu SangKienKinhNghiem.net  x 3 y  55   64 Bài Gọi x0 ; yo  nghiệm hệ phương trình:   xy y  y   12  51x Giá trị biểu thức P  x0 y0 là:  A B  C 2 D 1 2  Phân tích: Nếu xét phương trình hệ, ta thấy khơng có đặc biệt, khó khai thác từ phương trình Tuy nhiên cộng vế với vế phương trình ta thấy xuất hàm đặc trưng Hướng dẫn: Với x  y  hệ khơng thỏa mãn 64  y  55   x3 Với x  0, y  , Hệ phương trình    y  y  y  12  51  x 4 Cộng theo vế lại ta được:  y  1   y  1     x  x (3) Xét hàm số f t   t  3t , t  R có f ' t   3t   t  R 4 Phương trình (3) có dạng f  y  1  f    y    xy   x x  x Vậy hệ cho có nghiệm x; y   1;3 Đáp án B Bài Gọi x0 ; yo  nghiệm hệ phương trình:  x   2 x  1  y   y  x  y 2 x  y    6 x  y 1 Giá trị biểu thức P  x0  y0 là:   A B 11 C 27 D 20 Phân tích: Ta thấy phương trình (1) phương trình chứa thức với hai ẩn khác nhau, phức tạp, ta khó khai thác từ phương trình Đối với phương trình (2) ta biến đổi đưa phương trình tích, cho thừa số khơng, kết hợp với phương trình (1) Hướng dẫn: Điều kiện : x  ; y  x  y 1  2 x  y   2   x  y  12 x  y      Với y  x   suy vơ nghiệm x  ; y  Với x  y    y  x  4, thay vào (1) ta có : x   4(2 x  1)  x   3(2 x  4)  2(3 x  1)  x   2(2 x  3)  x  (3) SangKienKinhNghiem.net Xét hàm số f t   2t  t , t  , ta có f ' t   4t   0, t  nên hàm số f t  đồng biến 0;  Do 3  f  3x  1 f  x   x   x   x   y  12 Vậy hệ cho có nghiệm x; y   4;12  Đáp án D Bài Giả sử ( x1; y1 );( x2 ; y2 ) nghiệm hệ phương trình : 2 x y  y  x  x  x   y   x  1 1 2  Giá trị biểu thức T  y1 y2 là: B 5 A C D Phân tích: Phương trình (2) hệ phương trình chứa phức tạp nên việc biến đổi phương trình hàm đặc trưng khó thực Đối với phương trình (1) ta dùng cách nhóm đưa phương trình tích phức tạp Ta thấy x  khơng thỏa mãn phương trình (1), nên chia hai vế phương trình (1) với x3 ta có hàm đặc trưng Hướng dẫn: Điều kiện y  1 Do x  không thỏa mãn nên chia hai vế y  y phương trình (1) cho x ta được: 1      x3  x 3 x x Xét hàm số f t   t  2t , tR Ta có: f ' t   3t   0, t  R nên hàm số f t  đồng biến R  y y Do 3  f    f x    x  y  x x x Thế y  x vào (2) ta được: Ta có x     x   x  x   x   x   x  x   x  x  x  nên nhân hai vế phương trình với ta được: x   x   x  x    x     Vậy hệ phương trình có nghiệm: x; y    3;3 , x; y   x2   x  3;3 Đáp án A Một số tập vận dụng: Giải hệ phương trình sau:  x (4 y  1)  2( x  1) x  1)  2  x y (2  y  1)  x  x   x   x   y   y 2)  2  x  x( y  1)  y  y   2 y  x  x   x  y 3)   y  x   xy  x  y  y  x  x  x  4)    x  y   y  SangKienKinhNghiem.net  x  f ( y)  y  f ( x) Dạng 2: Hệ có dạng  Phương pháp giải chung: Đây hệ đối xứng loại Ta giải cách trừ vế hai phương trình hệ, ta có: x  y ( x  y ) F ( x; y )     F ( x; y )  Tuy nhiên tốn phát sinh phương trình F ( x; y )  Độ khó hệ phụ thuộc vào độ khó phương trình Tuy nhiên f ( x) hàm số đơn điệu ta có cách giải khác: Ta xét trường hợp hàm đồng biến Trường hợp lại làm tương tự Giả sử x  y  f ( x)  f ( y )  y  x x  y  x  y Thế vào hai phương trình ta được: y  x  Vậy, ta có:  x  f ( x) Đây phương trình ẩn Bài 1: Giả sử ( x1; y1 );( x2 ; y2 ); ( x3 ; y3 ) nghiệm hệ phương trình :  x  x  y   y  y  x Giá trị biểu thức T  x1 x2  x3 là: A  B  C D  Phân tích: Đây hệ phương trình đối xứng loại 2, để ý rút x y trở thành hàm đặc trưng dạng Hướng dẫn: Điều kiện: x  0; y   x2  x y    x  x  y      y  y  x x  y  y  2 x  nghiệm hệ y   +) Nếu x   y  Do đó:  t2  t +) Nếu x   y  Xét hàm số f (t )  ;t   0; t  Vậy f (t ) đồng biến (0; ) Ta có f '(t )  t  t SangKienKinhNghiem.net  x  f ( y)  y  f ( x) Hệ trở thành:  Giả sử x  y  f ( x)  f ( y )  y  x x  y  x  y Thế vào hai phương trình ta được: y  x Vậy, ta có:  x x2  x  x2  2x  x   x x  x   x 1  x x  x  x    ( x  1)( x  x  1)    x     3 x  x  x   Vậy, hệ cho có nghiệm:  ; ; Đáp án B y  y    y  3   f ( x)  g ( y ) Nhận xét: Với hệ  , f (t ); g (t ) hàm số đồng biến, f ( y )  g ( x )  nghịch biến D , ta có cách giải tương tự 2 x   y   y (1) Bài Gọi x0 ; yo  nghiệm hệ phương trình:  2 y   x   x (2) Giá trị biểu thức P  x0  y0 là: A B C D 5 Phân tích: Nếu dùng phương trình (1) (2) để phân tích, biến đổi để đưa hàm đặc trưng thi khó khăn Vì ta trừ vế với vế ta hàm đặc trưng Hướng dẫn: ĐK x  0, y  Ta thấy hệ đối xứng loại 2, nên trừ vế cho vế biến đổi ta được: x   x   x  y   y   y (3) Xét hàm số f (t )  t   t   t [1;+ ) , dễ thấy f’(t)>0 (1; ) nên f(t) đồng biến [1;+ ) (3) tương đương với x  y Thế vào (1) ta x   x   x Giải MTCT ta x  Do ta biến đổi sau: x    x    x  2 x2  x2   2 x2  ( x  2)( x  2) x 1 1 SangKienKinhNghiem.net 10 x    2( x  2)    x    x  (4) x 1 1 Phương trình (4) có VP>3, VT