Mô tả sáng kiến khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải phương trình bất phương trình

UBND TỈNH HẢI DƯƠNG SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẢN MƠ TẢ SÁNG KIẾN “KHAI THÁC TÍNH CHẤT HÀM ĐẶC TRƯNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ” Năm học 2013-2014 Phần THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: Khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình đại số Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giảng dạy học tập mơn tốn lớp 12 Tác giả: Họ tên: Lê Phương Thúy Nữ Ngày, tháng, năm sinh: 11 tháng năm 1972 Trình độ chun mơn: Thạc sỹ tốn học Chức vụ, đơn vị cơng tác: Tổ phó chun mơn tổ tốn trường THPT Hồng Quang, thành phố Hải Dương Điện thoại: 0915177557 Đồng tác giả: Khơng có Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT Hồng Quang Địa chỉ: Số 01, Phố Chương Dương, Phường Trần Phú, Thành phố Hải Dương, Tỉnh Hải Dương Điện thoại: 0320.3853774 Các điều kiện để áp dụng sáng kiến: Thời gian, đối tượng học sinh lớp 12, học sinh ôn thi đại học cao đẳng, trung học chuyên nghiệp Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu: Sáng kiến áp dụng thử nghiệm từ năm học 2010 - 2011 HỌ TÊN TÁC GIẢ (KÝ TÊN) XÁC NHẬN CỦA CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN TÓM TẮT SÁNG KIẾN Trong vài năm gần đây, việc sử dụng hàm đặc trưng để giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình đề thi đại học, cao đẳng đề thi học sinh giỏi sử dụng phổ biến Sáng kiến kinh nghiệm: "Khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình đại số" nhằm giúp học sinh nắm vững phương pháp sử dụng hàm đặc trưng giải toán kết hợp phương pháp với phương pháp khác, linh hoạt cách xử lí để giải dạng tốn Trong phần 2, mục nêu lên sở lí thuyết để sử dụng viết Mục 2.1 áp dụng khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải phương trình đại số, gồm 12 ví dụ, mức độ khó tăng dần, sau tập cụ thể đưa kĩ biến đổi, từ học sinh vận dụng linh hoạt tập khác Mục 2.2 áp dụng để giải bất phương trình, gồm ví dụ Khi nắm bắt kĩ mục sang mục 3, giải cho tập hệ phương trình, qua ta thấy việc kết hợp, sáng tạo phương pháp sử dụng hàm đặc trưng với phương pháp khác phương pháp đưa phương trình tích, phương pháp hàm số, phương pháp lượng giác hóa, phương pháp đánh giá, vv nhằm hình thành cho học sinh kĩ biến đổi, khả so sánh, phân tích tổng hợp tốt, đồng thời có tư sáng tạo, linh hoạt giải toán Giúp em có nhiều hưng phấn, say mê tìm tịi nghiên cứu với mơn tốn học Và cuối cùng, phần kết luận hướng phát triển đề tài Phần MÔ TẢ SÁNG KIẾN Hàm đặc trưng tỏ hiệu việc giải phương trình hay hệ phương trình Trước tốn, thường có nhiều cách xử lí khác nhau, tơi nhận thấy áp dụng phương pháp sử dụng hàm đặc trưng nhiều tốn giải đơn giản, ngắn gọn Ví dụ, xét hàm số f  t   t  t đồng biến  Cho f  2x  3  f khai triển rút gọn ta ví dụ 2, cho f  x   f  2x    2x        3x  ,  x  , ta x   x  , khai triển rút gọn ta ví dụ 5, xét hàm số f(t) thay f  x  1  f   x  ta ví dụ 14 Hay xét hàm số f  t   t  t  2t đồng biến  0;  Cho f    x 1  f   x , ta     x 1  x 1  x 1   x 1  x   x , khai triển rút gọn ta ví dụ vv… Như ta thấy, phía giáo viên đề, cần xác định hàm số đơn điệu, thay giá trị hợp lí, vơ số tập Vậy vấn đề đặt là, học sinh đứng trước toán, phải làm để định hướng cho em cách giải tốn hợp lí nhất, cách để em phát tốn giải phương pháp hàm đặc trưng hay không giải nào? Đó nội dung mà sáng kiến muốn truyền tải đến bạn đọc Cơ sở lí thuyết Dựa vào kết sau ta giải nhiều phương trình, bất phương trình hệ bất phương trình đại số Kết 1: "Nếu hàm số y = f(x) đồng biến (hoặc nghịch biến) liên tục tập D số nghiệm D phương trình f(x) = a khơng nhiều u , v  D : f  u   f  v   u  v Kết 2: "Nếu hàm số y = f(x) đồng biến liên tục tập D u , v  D : f  u   f  v   u  v Kết 3: "Nếu hàm số y = f(x) ln nghịch biến liên tục tập D u , v  D : f  u   f  v   u  v Khi áp dụng trực tiếp cho phương trình bất phương trình, ta nêu phương pháp giải tổng quát sau 1.1 Dạng Phương trình cho đưa dạng: f (u)  f (v) u  u( x), v  v( x) Phương pháp: Bước 1: Biến đổi phương trình dạng: f (u )  f (v) , u , v  D Bước 2: Xét hàm số y  f (t ) miền xác định D * Tính y ' xét dấu y’ * Kết luận hàm số y  f (t ) hàm số đơn điệu D Bước 3: Kết luận * Phương trình cho có nghiệm u  v * Giải phương trình: u  v * Kết luận nghiệm phương trình cho 1.2 Dạng Bất phương trình cho đưa dạng: f (u )  f (v) u  u ( x), v  v( x) Phương pháp: Bước 1: Biến đổi bất phương trình dạng: f (u )  f (v) , u , v  D Bước 2: Xét hàm số y  f (t ) miền xác định D * Tính y ' xét dấu y’ * Kết luận hàm số y  f (t ) hàm số đơn điệu D * Nếu f(t) đơn điệu tăng thì: f (u )  f (v)  u  v * Nếu f(t) đơn điệu giảm thì: f (u )  f (v)  u  v Bước 3: Kết luận nghiệm bất phương trình cho Khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải phương trình bất phương trình * Trong phần này, ví dụ ta xét số cách giải cụ thể Nhưng từ ví dụ sau phần giải tham khảo, ta nêu cách giải áp dụng hàm đặc trưng mà không nêu cách giải khác * Trong ví dụ đề cập mục này, ta chủ yếu xét cho phương trình bất phương trình vơ tỉ, cịn phương trình đại số khác đề cập mục 2.1 Khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải phương trình Ví dụ (Đề thi thử đại học lần trường THPT Hồng Quang năm 2014) Giải phương trình  x   2 x    x  x  16  Nhận xét: Chúng ta biết, với tốn có nhiều hướng tư khác nhau, từ hình thành cách giải khác Với toán này, xin nêu số cách giải sau, có cách giải dùng hàm đặc trưng, nội dung mà tơi muốn trình bày sáng kiến Bài giải tham khảo 2 x    2  x  (*) Điều kiện   x   2 x    x  x  16  4(2 x  4)  16(2  x)  16 (2 x  4)(2  x)  x  16  48  x  16 2(4  x )  x  16 Cách giải 1: 1   2(4  x )  x  x  32  2(4  x )  x  x  32 1  16 * Xét trường hợp 1: x   2(4  x )  x   2(4  x )   x    x x    Thay x   vào (1a) không thỏa mãn * Xét trường hợp 2: 2(4  x )  x   x     2(4  x )  x 2(4  x )  x (1a )   2(4  x )  x 8(4  x )  x  2 2(4  x )  x   9x  32  32  x   x  32   x  32 2(4  x )  x 9 x  32       x  32  1  0 1 0  2(4  x )  x   2(4  x )  x  32  x Xét phương trình x  32   x  1a  Kết hợp điều kiện x   4 ta x  thỏa mãn 3 Xét phương trình 1   2(4  x )  x    2(4  x )   x  2(4  x )  x Vì 2  x    x   nên phương trình 2(4  x )   x  vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm x   Nhận xét: Ở cách giải này, khắc sâu cho học sinh dùng phương pháp nhân liên hợp để giải bất phương trình vơ tỉ Rõ ràng theo cách giải này, em không xét trường hợp biểu thức liên hợp khơng khơng hồn chỉnh Cách giải 2: 1  16 2(4  x )  x  x  32 9 x  x  32   2 512(4  x )  x  x  32     4  19  x    **   4  19   x   81x  144 x  512 x  1024  1b  Giải phương trình (1b): 1024    32   32    32  1b  81 x4    144x  x      x   81 x    144x  81  9   9     32  2  (Vì 81 x2   144x  81x2 144x  288   9x  8  224  0, x ) x 9  4 kết hợp điều kiện (**) ta x  (thỏa mãn điều kiện 3 (*)) Vậy phương trình cho có nghiệm x   Nhận xét: Ở cách giải này, đòi hỏi học sinh phải có kĩ phân tích thành tích nhân tử gặp phương trình bậc cao giải phương trình vơ tỉ phép biến đổi tương đương Cách giải 3: Với x   1  16  2(4  x )  x  x  32    x   16  x  16  x  x  16   2x     x  4 2  x2   x   2  x2  x  2  3 Phương trình (2) vơ nghiệm 2  x    x    VT (2)   VP(2) Giải phương trình (3): x  x 0     2x2  x    x  (Thỏa mãn điều kiện (*)  2  x  x   x     Vậy phương trình cho có nghiệm x   Nhận xét: Ở cách giải này, linh hoạt đưa phương trình cho dạng tổng bình phương hai vế cách thêm bớt để xuất dạng đẳng thức Cũng với phương pháp thêm bớt, ta xét tiếp cách giải sau Cách giải 4: 1  16 2 x   x  x  32   2 x    16 2 x   x  x  x  x   2 x    16 2 x      16   2 2 2 2  x  x  2 x   16 2 x      16   1c  2 2 x Từ điều kiện 2  x  ta có   1;1 Xét hàm số Xét hàm số f  t   4t  16t với t   1;     2 f '  t   8t  16; f '  t    t  2   1;   Ta có bảng biến thiên: t - -2 - f '(t) -1 + + f(t) Từ bảng biến thiên ta có hàm số f(t) đồng biến  1;   Mặt khác f(t) hàm số liên tục  1;   Do phương trình: x   x  x  x 2  1c   f 2 x   f    2 x      2 2 9 x  32 2 x   x    x     x  (Thỏa mãn điều kiện (*)) x    Vậy phương trình cho có nghiệm x   Nhận xét: Rõ ràng học sinh có kĩ tương đối tốt để xử lí đưa phương trình cho dạng xét hàm đặc trưng toán trở nên đơn giản nhiều Cùng với cách giải 4, xét hàm số, ta biến đổi phương trình (1) theo cách sau: 1  32  x  x  x  32   32  x   32  x  x  x Và dẫn đến việc xét hàm đặc trưng f  t   t  8t với t   2;   x Hoặc, để ý từ điều kiện 2  x  , ta có   1;1  2 x   2 xét hàm số phương trình (1c) f  t   4t  16t với t   1;2  , thật ta cần xét hàm số f(t) với t xác định cách giải Tổng quát: Qua cách giải trên, ta thấy, phương trình có dạng ax  bx  c  n ex  d mà giải phương pháp hàm đặc trưng, ta đưa phương trình cho dạng ax  bx  c  n ex  d  m  px  u   n  px  u   m  ex  d   n ex  d Với hàm đặc trưng f  t   mt  nt đơn điệu miền cần xét tốn dùng phương pháp hàm đặc trưng để giải Khi cơng việc phải xác định hệ số cách đồng để tìm hệ số Sau ta xét phương trình có dạng ax  bx  cx  d  n ex  v mà dùng hàm đặc trưng để giải cách làm nào? Chúng ta xét tiếp ví dụ sau Ví dụ Giải phương trình x  36 x  53x  25  3x   x     Nhận xét: Đối với tập này, cần đưa hai vế phương trình dạng f  g  x   f  h x   với hàm đặc trưng f  t   mt  nt Ta cần đồng cho biểu thức vế phải có dạng m  3x    n 3 x  so sánh vế phải với vế phải phương trình ta chọn n = Cơng việc cịn lại tìm hạng tử vế trái cho phương trình cho có dạng m px  u   1. px  u   m   3x   3x  * Dễ thấy hệ số x3 khai triển mp3 so sánh với hệ số x3 phương trình cho ta mp3 = 8, xét trường hợp sau xảy m = 1, p = m = 8, p = Nếu m = 1, p = f  t   t  t Do cần viết phương trình dạng: 1. px  u   1. px  u     3x -  3x    x  u    x  u   3x   3 x   x3  12u  x   6u   x  u  u  3x   3x  * Mặt khác, ta viết lại phương trình cho sau: 8x3  36x2  53x  25  3x   8x3  36x2  56x  30  3x   3x  ** Từ (*) (**), đồng với hệ số vế trái phương trình, ta hệ: 12u  36  6u   56  u  3 u  u  30  Do trường hợp thỏa mãn nên ta không xét trường hợp sau Bài giải tham khảo TXĐ: D =  8x3  36 x  53x  25  3x    x  3   x  3    3x   3x  1 Xét hàm số f  t   t  t với t   Ta có f '  t   3t   0, t   suy hàm số f(t) đồng biến  Mặt khác f(t) hàm liên tục  Do phương trình 1  f  x  3  f 3x   x   3x    x  3  3x     x  36 x  51x  22       x    x  20 x  11   x  2;       Vậy tập nghiệm phương trình T  2;    Tương tự, ta xét tiếp ví dụ sau Ví dụ Giải phương trình x  15 x  78 x  141  x   x     Nhận xét: Hoàn tồn tương tự trên, ta tìm n = 5, m = p = 1, u = Bài giải tham khảo Thay x = y vào phương trình (2) ta phương trình: x   x   Kết hợp điều kiện (*) ta x  y  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y     2; Qua ví dụ trên, ta thấy chúng có điểm chung từ phương trình, phát việc khai thác tính chất hàm đặc trưng, đưa phương trình phương trình đơn giản hơn, sau dùng phương pháp thế, kết hợp với phương trình cịn lại, ta giải toán Vậy câu hỏi đặt có trường hợp ngược lại hay khơng? Ta xét tiếp ví dụ sau Ví dụ 14 Giải hệ phương trình:  x    x  1  y   y 1  x, y      2  x  y  x  y    6 x  y  Nhận xét: Ở ví dụ này, ta chưa nhìn hàm đặc trưng cho hai phương trình, tinh ý, ta thấy phương trình (2) đưa phương trình tích cách coi phương trình (2) phương trình bậc hai ẩn y (hoặc x), sau ta xét tiếp đến phương trình (1) Bài giải tham khảo Điều kiện: x  ; y  (*) (2)  y   x  3 y   x  x    0;    x  5  y  x 1 Vậy phương trình (2) có hai nghiệm:  2 x  y   y  x   vơ nghiệm x  ; y  x  y    y  x  , thay vào phương trình (1) ta có: x    x  1  x    x     x  1  x    x  3  x  1a  Xét hàm số f (t )  2t  t với t   0;   Ta có f '  t   4t   0, t   0;   suy hàm số f (t ) đồng biến 0;  Mặt khác f(t) hàm liên tục 0;  Do phương trình 1a   x   x   x   y  12 (thỏa mãn điều kiện (*)) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x, y    4;12  Chú ý: Phương trình 3x    x  1  x   3 x  4  3x   x    x giải phương pháp nhân vứi biểu thức liên hợp 37 Tương tự, ta xét tiếp ví dụ sau Ví dụ 15 Giải hệ phương trình  x  y  x y  y  x y  x 1  x, y     3  10 x  x  12 y  11  x x  y  x      Nhận xét: - Từ phương trình (1) ta biến đổi phương trình tích - Sau đưa phương trình (1) dạng tích kết hợp với phương trình (2) việc hàm đặc trưng phương trình không đơn giản Ta phải biến đổi phương trình theo ẩn t  , sau biến đổi x tiếp Bài giải tham khảo Điều kiện: x  ; y    x2  y  Ta có 1  ( x  y )( x   y )    x   y  x  Trường hợp 1: x  y    y  Thế vào phương trình (2) hệ khơng thoả mãn Trường hợp 2: y  x  vào phương trình (2) hệ ta 2 10 x3  12 x  x   x x3  x  x  3 Vì x = khơng nghiệm phương trình (3) nên chia hai vế (3) cho x3 ta phương trình 12 10        3' x x x x x Đặt t  , phương trình (3) trở thành: t  5t 12t 10  2.3 2t  7t   4 x t  5t  12t  10  2.a   Đặt a = 2t  7t  ta có hệ sau   a3 6  2t  7t  3 Cộng vế với vế (5) (6) ta đưa (t  1)  2(t  1)  a  2a   Xét hàm số f  t   t  2t với t   Ta có f '  t   3t   0, t   suy hàm số f(t) đồng biến  Mặt khác f(t) hàm liên tục  Do phương trình    f  t  1  f  a   t   a Thay a = t - ta phương trình 2t  7t   t   2t  7t   t  3t  3t   t  5t  10t    3   t    t  3t     t  ( Vì t  3t    t     0, t  )  2 2 38 Với t = ta có x  y  1 5 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    ;  2 4 Sau ta xét ví dụ kết hợp phương pháp hàm đặc trưng phương pháp nhân liên hợp Ví dụ 16 Giải hệ phương trình  x3  y  y   x  y   12 1  x, y     2   x  y   x  y  10 x  y  22    Nhận xét: Trong hai phương trình cho, ta dễ dàng đưa phương trình (1) dạng xét hàm đặc trưng f  t   t  2t Khi thay y theo x vào phương trình hai ta phương trình vơ tỉ, với phương trình vơ tỉ này, dễ thấy x = nghiệm, tìm cách giải sử dụng phương pháp nhân liên hợp cách thêm bớt số thích hợp Bài giải tham khảo x  Điều kiện:  (*) y   Ta có: 1  x  x   y     y   1a  Xét hàm số: f  t   t  2t  Ta có f '  t   3t   0, t   suy hàm số f(t) đồng biến  Mặt khác f(t) hàm liên tục  Do phương trình 1a   f  x   f  y    x  y   y  x  1b  Thay (1b) vào (2):  x  x   x   x    10 x   x    22   x  x   x  11x  16   x    x  2  x  x       x 1 x 1 1 x    2a   1     x    2b    x  x 1 1  2a   x   y  (thỏa mãn điều kiện (*))  2b     x     x 1 0 x 1 1 1  x 1 1     Hay (2b) vơ nghiệm Từ   x     x  1 x 1 1  Vì x  nên  x  39 x  Vậy hệ cho có nghiệm  y  Ví dụ 17 Giải hệ phương trình ( x  x  x   1)( y  y  1)  1   x, y      y  xy   2013  y  y   2014 x   Bài giải tham khảo  y  xy   Điều kiện:  (*) x   ; y    Phương trình 1   x  1   x  1   (Vì y  y   ) y  y 1   x  1   x  1    y   y 1 1a  Xét hàm số f  t   t  t   Ta có f '  t    t  t2   t t2  t   t t  0, t   t 1 t 1 t 1 t 1 suy hàm số f(t) đồng biến  Mặt khác f(t) hàm liên tục  Do phương trình 1a   f  x  1  f   y   x    y  y   x  Thay y = - x - vào phương trình (2) ta được: x   x   2014 x  2013 x   ta có  2a  x   x    x   x    2014 x  2013   x  Do  2a      x2     x    2014  x  1   x 1   x  1    x 8 3   2014   x  x2    x 1 Vì ta có x 1 x2    x 1 x2    2014   x  1    x2    x2   Với x = ta có y = - ( thỏa mãn điều kiện (*)) Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (1 ; - 2) Ví dụ 18 Giải hệ phương trình 17  x   x   y  14   y   2 x  y   3 x  y  11  x  x  13  Nhận xét: 40   2014  0, x  x2   x2   1  x, y      Để giải tập này, ta thấy phương pháp sử dụng hàm đặc trưng, sử dụng hàm số ta phải kết hợp phương pháp nhân liên hợp Bài giải tham khảo x  y   Điều kiện:  * x  y    3 x  y  11  Ta có 1  3   x     x  3   y     y Xét hàm số f  t    3t   t  3t  2t với t   0;   1a  Ta có f '  t   9t   0, t   0;   suy hàm số f(t) đồng biến  0;  Mặt khác f(t) hàm liên tục  0;  Do phương trình 1a   f    5 x  f   y   x   y   x   y  y  x 1 Thay y = x - vào (2) ta phương trình: x   x   x  x  13  2a  2    3x     5x    x2  x 6x 15 x   x  x  6 3x   5x   15    x    x  5x    3x     x   15     x   2b  5x    3x   Với x = ta có y = -1 (Thỏa mãn điều kiện (*)) Giải phương trình (2b): Xét hàm số g  x     liên tục   ;5 , ta có   g ' x    x  3x     15  6 x 3x   5x   75  5x   5x        0, x    ;5      suy hàm số g(x) nghịch biến   ;5   Mặt khác ta có g(-1) = Do phương trình  2b   g  x   g  1  x  1  y  2 (thỏa mãn điều kiện (*) 41 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    0; 1 ,  1; 2  Nhận xét: - Khi gặp phương trình vơ tỉ, phương pháp hay nhắc đến phương pháp nhân liên hợp Ta thường tìm biểu thức liên hợp dựa vào việc nhẩm nghiệm phương trình, thường nghiệm nghiệm Và thế, xác định lượng liên hợp biểu thức vơ tỉ tương đối đơn giản, ví dụ phương trình trên, ta cần phát x = nghiệm phương trình (2a) gặp x  ta thêm bớt số để xuất dạng 3x   , gặp x  ta cần thêm bớt số để xuất dạng x   , sau nhân chia với lượng liên hợp xuất nhân tử chung x - Đối với phương trình (2a), học sinh giải tiếp phương pháp nhân với biểu thức liên hợp Đầu tiên dùng hỗ trợ máy tính, tìm nghiệm x = -1 phương trình (2a), vậy, theo hướng phân tích trên, ta tách tiếp sau: 15  6 x0 3x   5x      15    2       x  1  3x     5x      3x    5x    x 1 3x   5x    3 x  3  5  x    x 1 3x    3x  5x    5x       x  1      x  1 (vì    3       3x    3x     3x    3x          1   5x    5x   15   15     0, x   ;5  )   5x    5x    - Như theo cách giải trên, trường hợp nhẩm thấy phương trình có hai nghiệm ta dùng phương pháp liên hợp hai lần để xuất nhân tử chung Vậy cách thêm bớt hai lần vậy, ta có cách để cần lần thêm bớt xuất nhân tử chung hay khơng?Khi cách làm xuất biểu thức liên hợp nào? Ta xét tiếp ví dụ sau Ví dụ 19 Giải hệ phương trình  y  x3   y  x   32 y  x  36 1  x, y      2 4 x   16  y  x   Nhận xét: 42 Ở ví dụ ta cần ý hai phương trình cho - Thứ nhất, phương trình (1), ta thấy bậc cao x y 3, nhiều khả đưa hàm đặc trưng Vậy trước hết ta để ý, x y độ lập với nhau, nên việc ta biến đổi phương trình cho dạng 1  x3  x  x  y  y  32 y  36 1' Ở vế trái (1') ta lại để ý tiếp đưa x  x  x  x  x  x   x    x  1   x  1  Vậy lúc vế phải nghĩ đến việc biểu diễn qua  py  u   5. py  u  Và xuất hàm đặc trưng f  t   t  5t - Thứ hai, sau y từ phương trình (1) vào phương trình (2), ta nhận thấy phương trình vơ tỉ Đối với phương trình vơ tỉ, phương pháp hay dùng nhân với lượng liên hợp, nhiên để tìm lượng liên hợp đòi hỏi chút kĩ thuật Đối với này, nhẩm dùng máy tính cầm tay ta thấy phương trình có nghiệm x = - x = Đối với phương trình có hai nghiệm trở lên cách thêm bớt số vào mối liên hợp không phù hợp Ở ta không thêm bớt số mà phải thêm biểu thức ax + b Vậy tìm biểu thức nào? Trước hết ta xét x  Với x = - thay vào có giá trị 1, thay vào biểu thức thêm ta có - a + b = Với x = thay vào có giá trị 2, thay vào biểu thức thêm ta có 2a + b =  a   a  b   Giải hệ  2a  b  b   Do biểu thức cần thêm vào là: ax  b  x  3 14 Tương tự xét 22  3x , biểu thức cần thêm vào là:  x  3 Bài giải tham khảo  x  2  Điều kiện:  16 (*) y   Ta có: 1  x3  3x  x  y  y  32 y  36 3   x  1   x  1   y  3   y  3 1a  Xét hàm số: f  t   t  5t  Ta có f '  t   3t   0, t  suy hàm số f(t) đồng biến  43 Mặt khác f(t) hàm liên tục  Do phương trình 1a   f  x  1  f  y  3  x   y   y  x  Thay y = x - vào phương trình (2) ta x  4  14  x   x   22  3x  x2   4 x      22  3x  x x2           x    x  x  16    22  x   x  28 x  196     x2  x   4   x   x      22  x  14  x                   x  1 0   x  x   1     x   x    22  3x  14  x   x             22  (Vì ta có    0, x   2;  ) x  4 14  x  3    9 x   22  x         Với x = -1 ta có y = - (thỏa mãn điều kiện (*)) Với x = ta có y = (thỏa mãn điều kiện (*)) Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    1; 3 ,  2;0  Chú ý: Đối với phương trình trên, ta nhân thêm với biểu thức liên hợp hai lần để làm xuất hai nghiệm x = -1 x = 2, trình bày cách ví dụ 18 nên tơi khơng trình bày thêm cách giải Ngồi phương pháp hàm số, phương pháp nhân liên hợp, phương pháp lượng giác hóa phương pháp tỏ hiệu nhiều tập Sau ta tiếp tục thấy việc kết hợp phương pháp dùng hàm đặc trưng phương pháp lượng giác hóa qua ví dụ sau Ví dụ 20 Giải hệ phương trình 2 y  x  x   x  y 1  x, y      2 2 x  xy  x  y   Nhận xét: Sẽ biến đổi phương trình (1) nhờ việc dựa vào hàm đặc trưng f  t   2t  t Khi đó, phương trình (2) có dạng x  x  x   x  1, với phương trình này, ta dùng phương pháp lượng giác hóa để giải Bài giải tham khảo 1  x  Điều kiện:  (*) y     Ta có: 1  y3  y   1  x   1  x  y  y   x 44    x  3 Xét hàm số: f  t   2t  t  Ta có f '  t   6t   0, t  hàm số f(t) đồng biến  Mặt khác f(t) hàm liên tục  Do phương trình  3  f  y   f   1 x  y  1 x  4 Thay (4) vào (2): x  x  x   x    x  x   x  x Đặt x  cos t , t   0;   , phương trình (2) trở thành: t 2cos t   2cos t  cos2 t   cos t  cos2t  2cos t sin t  sin t  t  t    cos2t  sin 2t  sin  sin  2t    sin  sin  2t    sin 4 4    4  t   t    k  2t    k 2   k, k '  t   t   2t      k '2  k'   10 3 Kết hợp điều kiện t   0;  ta t  thỏa mãn 10 3 3 3 Khi x  cos y   cos (thỏa mãn điều kiện (*))  sin 10 20 10 3 3   Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x, y    cos ; sin  10 20   Ở ví dụ ta thấy, từ điều kiện ẩn ta tư đến việc dùng phương pháp lượng giác hóa, nhiên với ví dụ sau sao? Thường từ điều kiện ẩn, ta định hình tốn cho giải nhờ phương pháp lượng giác hóa hay khơng, có địi hỏi phải biết chia trường hợp, ví dụ sau chẳng hạn Ví dụ 21 Giải hệ phương trình  x  x  y  1  x, y     3 x  y  x  y  y  x  2        Bài giải tham khảo x   Điều kiện:  *  y  3     x  1   x  1   x  1  y  y  y Xét hàm số f  t   t  2t  7t với t    2a   17   0, t   suy hàm số f(t) đồng Ta có f '  t   3t  4t    t    3   biến  Mặt khác f(t) hàm liên tục  45 Do phương trình  2a   f  x  1  f  y   y  x  Thế vào phương trình (1) ta được: x  x  x  1a  Giải phương trình (1a): Nếu x > x  x  x  x  x    x  x  nên phương trình (1a) khơng có nghiệm với x > Nếu 2  x  đặt x = 2cost, với t   0;   Khi phương trình (1a) trở thành: 8cos3t  6cos t  2cos t    4cos3t  3cos t    cos t  1 t t  cos3t = cos 2 4 t   t  k t   k      k, m   t  m 4 3t   t  m2    2cos3t  2.2cos Do t   0;   nên ta giá trị t thỏa mãn là: t  0; t  4 4 ;t  Với t = ta có x =  y = 4 4 4  y  2cos  Với t  ta có x  2cos 7 4 4 4  y  2cos  Với t  ta có x  2cos 5 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 4 4 4 4  x; y    2;1 ,  2cos ;2cos  1 ,  2cos ;2cos  1 7 5    Ta xét tiếp ví dụ sử dụng kết hợp hàm đặc trưng phương pháp đánh giá Ví dụ 22 Giải hệ phương trình  x3  y  x  15 x  y  14 1  x, y     4 y 4 x  y  x      Nhận xét: Với hệ phương trình này, ta sử dụng hàm đặc trưng phương trình (1), cịn phương trình (2) phương pháp nhỉ? Bài giải tham khảo Điều kiện: x  0, y  (*) 46 Ta có: 1    x   3  x   y  y  3 Xét hàm số: f  t   t  3t  Ta có f '  t   3t   0, t   suy hàm số f(t) đồng biến  ta có f(t) hàm liên tục  Do phương trình  3  f   x   f  y    x  y   Thay (4) vào (2): x   x  x   x    Điều kiện:  x  Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có:  2  x    2  x 1 x 111 x x ; 2 x  ; x ; 2x  x 4 Từ suy ra: 1 x  x  x  x x  2 x  x  2 x     4 2 4 Dấu xảy x = Do phương trình (5) có nghiệm x = (thỏa mãn điều kiện (*)) Với x = thay vào (4) ta có y = (thỏa mãn điều kiện (*)) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) = (1; 1) Như vậy, qua ví dụ trên, ta thấy phong phú khai thác tính chất hàm đặc trưng vào giải hệ phương trình Tuy nhiên khơng hồn thiện ta thiếu kết hợp biến hệ Cụ thể, ví dụ thấy việc tìm hàm đặc trưng dựa vào độc lập hai biến x y phương trình Các ví dụ sau cho thấy rõ việc tìm hàm đặc trưng mối quan hệ x y Ví dụ 23 Giải hệ phương trình  x y  x  xy  y   1  x, y     2 2 y   x  y  xy  x  x  xy  y   y    Bài giải tham khảo x  y Điều kiện:  (*) y   2  y2   y  y2   x  y   x  y   x  y  2a  Xét hàm số f  t   t   t  t , t   0;      2t  t   2   0, t  suy 2 t t t 1  t 1  hàm số f(t) nghịch biến  0;  Ta có f /  t   t  Mặt khác f(t) hàm liên tục  0;  Do phương trình  2a   f  y   f  x  y   x  y 47 Thay x = 2y vào phương trình (1) ta có y  10 y  y     y    y  y  1  y   1    y  (Vì y  y    y     0, x   ) 2  4 y  y   Với y = ta có x = (thỏa mãn điều kiện (*)) Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (4; 2) Ví dụ 24 Giải hệ phương trình  xy x    y   y 1   x, y      x  1 x y  xy   x3  x y  x     Bài giải tham khảo  x y  xy  Điều kiện:   *  x  ; y   Xét phương trình (1):   y   y  y  y  0, y; y2   x   x  0, x; y  x  Mà x y  xy   y  x  x    y  3 3 1    Khi ta có: 1  x x   x  y y  y 1a  Xét hàm số: f  t   t t   t  0;   Ta có f '  t   t   t2   0, t   0;   suy hàm số f(t) đồng t2  biến  0;  Mặt khác f(t) hàm liên tục  0;  3 3 Do phương trình 1a   f  x   f    x   y  y x  y Thay y  vào phương trình (2) ta có x  3x  1 3x   4x3  9x2  x    3x  1 3x   x  4x3  12x2  8x    x2  3x  3x      3x  1  4x3  12x2  8x   x2  3x  2  4x  0 3x   x x   x   3x   0, x  )  x  x   ( Vì x  3x   x x 1  x  Với x = ta có y = (thỏa mãn điều kiện (*)) 48 Với x = ta có y  (thỏa mãn điều kiện (*))  3 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) = (1; 3),  2;   2 Bài tập tự luyện Bài 1: Giải phương trình sau tập số thực a) x3  x  x    x  1 x  b) x  3x  3 3x    3x c) x  18 x  27 x  14  x  d) x   x3  x  e) x  x  x   81x  x3 2x    x  f)   x  2x      2 g)  x  1  x  x   3x  x   Bài 2: Giải hệ phương trình sau  x  y   2 x  a)   x, y     y  x  y  y  x   2  x  y  y  x b)   x, y     x   y   3y   2  y  x3   x  x  y   c)   x, y    x 4 2  y  1  y    7 x  y  24 x  25 x  xy  x  y   y  10  d)  2 7 x  xy  10 x  y  y    x  x  x   y  y  e)   x, y    2 x  y  x  y    49  x, y    Phần KẾT LUẬN Đề tài thực từ năm học 2010 - 2011 đến nay, qua trình giảng dạy nâng cao cho học sinh, nhận thấy học sinh hứng khởi làm quen với việc giải tốn cách tiếp cận thơng qua sử dụng tính chất hàm đặc trưng Đa số em nắm cách làm khoảng 70% học sinh giỏi giải tốt toán giáo viên đưa Phần tập nằm câu hỏi để đạt điểm cao đề thi đại học nên em hứng thú, đặc biệt em học sinh giỏi toán Hướng phát triển thêm đề tài là: Tiếp tục bổ sung khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải phương trình bất phương trình, hệ phương trình khác ví dụ hàm số mũ, logarit bên cạnh phát triển tiếp phương trình, bất phương trình hệ phương trình chứa tham biến Thơng qua sáng kiến kinh nghiệm này, mong muốn đóng góp phần nhỏ bé cơng sức việc hướng dẫn học sinh ứng dụng khai thác phương pháp làm tốn, rèn luyện tính tích cực, phát triển tư sáng tạo cho học sinh, gây hứng thú cho em học toán Tuy nhiên, thời gian có hạn, trình độ thân cịn hạn chế, nên tơi mong đóng góp bổ sung Hội đồng khoa học cấp bạn đồng nghiệp để kinh nghiệm hồn chỉnh hơn, đồng thời giúp đỡ tơi tiến giảng dạy Tôi xin trân trọng cm n! Hải Dương, tháng 03 năm 2014 Tác giả 50 MỤC LỤC Nội dung Trang Phần 1: Thông tin chung sáng kiến Phần 2: Mô tả sáng kiến Cơ sở lí thuyết Khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải phương trình bất phương trình 2.1 Khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải phương trình 2.2 Khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải bất phương 17 trình Khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải hệ phương 24 trình đại số 49 50 Bài tập tự luyện Phần 3: Kết luận TÀI LIỆU THAM KHẢO Tạp chí tốn học tuổi trẻ Phương pháp ứng dụng đạo hàm để giải tốn luyện thi đại học HUỲNH CƠNG THÁI (Biên soạn) Một số tư liệu mạng 51