Sử dụng tính đơn điệu của hàm số vào bài toán Giải phương trình, Bất phương trình, Hệ phương trình, Hệ bất phương trình

Trong các đề thi tốt nghiệp THPT, đề thi tuyển sinh vào Đại học, cao đẳng thường xuất hiện các bài toán về giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình.. Sử

Phần 1: ĐẶT VẤN ĐỀ

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.

Xuất phát từ mục đích của việc dạy và học toán ở trường Trung học phổ thông

Trong dạy học ta luôn coi mục đích chủ yếu của bài tập toán là hình thành

và phát triển tư duy toán học, tạo cho học sinh vốn kiến thức và vận dụng kiến thức đã học vào thực tiễn Vì vậy việc xây dựng và hình thành cho học sinh phương pháp giải từng dạng toán là hết sức cần thiết

Trong các đề thi tốt nghiệp THPT, đề thi tuyển sinh vào Đại học, cao đẳng thường xuất hiện các bài toán về giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình Với mỗi bài toán này thường có nhiều cách giải hay, độc đáo Sử dụng tính đơn điệu của hàm số là một trong các phương pháp rất có hiệu quả để giải phương trình, bất phương trình

Trong những năm học trước đây, khi chưa sử dụng cách làm này thì chất lượng học tập của học sinh ở phần này rất thấp, kết quả kiểm tra 3 l p 12I, 12M.ớp 12I, 12M 12H c a n m h c 2007 - 2008 nh sau:ủa năm học 2007 - 2008 như sau: ăm học 2007 - 2008 như sau: ọc 2007 - 2008 như sau: ư sau:

Lớp Số

HS

Điểm 8 đến 10

Điểm 6.5 đến dưới 8

Điểm 5 đến dưới 6.5

Điểm 2 đến dưới 5

Điểm dưới 2

Vấn đề đặt ra là: Làm thế nào để nâng cao chất lượng giảng dạy và kết quả học tập của học sinh?

Năm học 2010 - 2011, được nhà trường, tổ chuyên môn phân công giảng môn toán ở ba lớp 12E, 12B, 12N, tôi đã chuẩn bị một chuyên đề xem như một

đề tài cải tiến phương pháp dạy học “ Hướng dẫn học sinh sử dụng tính đơn điệu của hàm số vào bài toán Phương trình, Bất phương trình, Hệ phương trình, Hệ bất phương trình” với mong muốn nâng cao hiệu quả giảng dạy cũng như kết quả học tập của học sinh về nội dung kiến thức quan trong này

A CƠ SỞ LÝ THUYẾT.

1 Định nghĩa hàm số đồng biến, nghịch biến: Giả sử K là một khoảng ,

một đoạn hoặc nửa khoảng và f là hàm số xác định trên K

Hàm số f được gọi là đồng biến trên K nếu x x1 , 2 K x, 1 x2  f x( ) 1  f x( ) 2 Hàm số f được gọi là nghịch biến trên K nếu x x1 , 2 K x, 1 x2  f x( ) 1  f x( ) 2

(hoặc f’(x)  0 x I ) và f’(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của I thì hàm số f đồng biến (hoặc nghịch biến) trên I

Chú ý: Khoảng I của định lý có thể thay bởi một đoạn hoặc một nửa khoảng Khi đó phải bổ sung giả thiết “Hàm số liên tục trên đoạn hoặc nửa khỏng đó” Chẳng hạn: Nếu hàm số f liên tục trên [a; b] và có đạo hàm f’(x) > 0 trên (a; b) thì hàm số f đồng biến trên [a; b] Tương tự cho hàm số nghịch biến

3 Sử dụng thêm kết quả:

* Nếu hàm số f(x) đồng biến hoặc nghịch biến trên D thì đồ thị của nó nếu cắt đường thẳng y = a ( a R) thì cắt tại một điểm duy nhất

* Nếu hàn số f(x) đồng biến và g(x) nghịch biến (hoặc ngược lại) trên cùng một miền xác định thì đồ thị của hai hàm y = f(x) và y = g(x) nếu cắt nhau thì chúng cắt nhau tại một điểm duy nhất, từ đó phương trình f(x) = g(x) chỉ có thể có nghiệm duy nhất hoặc vô nghiệm

* Nếu f(t) là hàm đồng biến hoặc nghịch biến trên D thì f(x)= f(y) x = y

* Nếu f(x) là hàm nghịch biến trên D thì f(x) f(x0) khi và chỉ khi x x0

* Nếu f(x) là hàm đồng biến trên D thì f(x) f(x0) khi và chỉ khi x  x0

B NỘI DUNG

I Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số.

1 Phương trình:

Cách giải: Đưa phương trình về dạng f(x) = a (aR)

Xét sự biến thiên của f(x)

f(x) đơn điệu

f(x0) = a

suy ra x0 là nghiệm duy nhất

Ví dụ 1: Giải phương trình: x  1 x  3 2x 1 3   2

Giải: ĐK: x 1

2



Xét hàm f(x) = x  1 x  3 2x 1 với x 1;

2

 



f’(x) = 



























2

1 0

1 2 2

1 3

2

1 1

2

1

x x

x x

Hàm số f(x) liên tục trên 1;

2







Vậy hàm số f(x) đồng biến trên 1;

2







Lại có f(1) = 3 + 2 nên đồ thị hàm số f(x) cắt đồ thị hàm hằng y = 3 + 2 tại một điểm duy nhất có hoành độ x = 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1

Nhận xét: ở ví dụ này nếu dùng phương pháp khử căn bằng phương pháp luỹ thừa hay đặt ẩn phụ thì dẫn đến phức tạp, sử dụng phương pháp hàm số là phương pháp đơn giản nhất

Ví dụ 2: Giải phương trình: x5 + x3 - 1 3  x  4 0

Giải: Xét hàm số f(x) = x5 x3  1 3  x 4=0 với x 1

3



f’(x) = 5x4 +3x2 + 3 0 1

3

2 1 3  x   x

f(x) liên tục trên 1;

3





 Vậy f(x) là hàm đồng biến khi x ;1

3

   

  , f(-1) = 0 suy ra đồ thị hàm số f(x) cắt đường thẳng y = 0 tại một điểm duy nhất có hoành

độ x = -1

Vậy x = -1 là một nghiệm duy nhất của phương trình

Nhận xét: ở ví dụ này lựa chọn phương pháp sử dụng chiều biến thiên của hàm

số là phương pháp có hiệu quả, các phương pháp khác như đặt ẩn phụ hay luỹ thừa đều phải đưa đến phương trình bậc cao biến đổi phức tạp

Ví dụ 3: Giải phương trình: x2  15 3  x 2  x2  8 (1)

Giải: (1)  f x( ) 3  x 2  x2   8 x2  15 0  (2)

Hàm số f(x) xác định  x R Xét hai khả năng sau:

a, Nếu x 2 3 2 0

Mặt khác x2   8 x2  15 0   x R

Do đó f(x) <0 khi x 2 2

   không thể là nghiệm của (2)

b, Nếu x > 2

3 khi đó f’(x) = 3 + x 21 21 0( 2)

3

Vậy f(x) đồng biến khi x >2

3

Mặt khác f(1) = 0 Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của (1)

Bài tập áp dụg: Giải các phương trình sau:

a x 2 2  x 1  3 x 6 4   x 6 2  x 1  3 x 2

4

x

c 1  2x x 2  1  2x x 2  2(x 1) (2 4 x2  4x 1)

d 2x4 + (1-2x)4 = 1

27

2 Bất phương trình

Cách giải:

Bước 1: Đưa bất phương trình về dạng f(x) > a hoặc f(x) < a hoặc f(x) a hoặc f(x)  a

Bước 2: Xét sự biến thiên của f(x)

Bước 3: Xác định được a = f(x0)

Bước 4: Sử dụng dịnh nghĩa hàm đồng biến ,nghịch biến suy ra nghiệm của bất phương trình

Ví dụ 1: Giải bất phương trình: x 9 5   2x 4 (1)

Giải: ĐK: x  2

(1)  x  9 2x 4 5 

Xét hàm số f(x) = x  9 2x 4 với x  2

2 x 9 2 2x 4    x

f(x) liên tục trên  2; 

Suy ra f(x) đồng biến trên  2; 

Mặt khác f(0) = 5

Bất phương trình f(x) > 5 hay f(x) > f(0)  x > 0

Vậy bất phương trình có nghiệm x 0 ; 

3 Hệ phương trình.

Dạng 1: Một phương trình của hệ có dạng f(x) = f(y), phương trình còn lại giúp

ta giới hạn điều kiện x, y trên đó hàm số f đơn điệu, từ đó suy ra x = y

Cách giải : Xác định điều kiện của x và y từ một trong hai phương trình

Đưa một trong hai phương trình về dạng f(x) = f(y)

Xét sự biến thiên của hàm số đặc trưmg f(t)

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:

1

x y







(1) (2)

Giải: Từ (2) có x8  1;y4   1 x  1; y  1

Xét hàm số f(t) = t3 - 5t với t  1;1

f’(t) = 3t2 -5 < 0   t  1;1

Do đó f(t) nghịch biến trên [-1; 1]

Do đó f(x) = f(y)  x = y

Thay x = y vào (1) ta được x8 + y4 -1 = 0

Suy ra y = x = 4 5 1

2



 là nghiệm của hệ phương trình

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:

(2)







Giải: ĐK: 1 0

x y

  





 



(1) tương đương với x3 - 3x -2 = y3 -3y2

 (x + 1)2 (x - 2) = y2(y - 3)

 (x + 1)2(x + 1 - 3) = y2(y - 3)

 f(x + 1) = f(y)

Xét hàm số f(t) = t2(t - 3) với 0  t  2

f’(t) = 3t2 - 6t = 0  t = 0; t = 2

Ta có bảng biến thiên: t 0 2

f’(t) -

f(t) 0

- 4

Từ bảng biến thiên suy ra f(t) nghịch biến trên [0; 2]

Do đó f(x + 1) = f(y)  x + 1 = y

Thay y = x + 1 vào (1) ta được:

x2 + 1 x2  3 1 x2  2 0

 x2 + 2 = 2 1  x2 x2  22  4(1  x2 )

 x4 + 8x2 = 0  x = 0 khi đó y = 1

Hệ có nghiệm ( x = 0; y = 1)

Dạng 2: Hệ đối xứng loại 2 mà khi giải thường dẫn đến một trong hai phương trình của hệ có dạng f(x) = 0 hoặc f(x) = f(y), trong đó f là hàm đơn điệu

Cách giải

+ Xét sự biến thiên của hàm số f(t)

+ Xét x > y đi đến mâu thuẫn

+ Xét x < y đi đến mâu thuẫn

+ xét x = y suy ra nghiệm

Cách giải 1: Xét hàm số f(t) = t3 - 2t2 + 2t + 1, t R

f’(t) = 3t2 - 4t + 2 > 0  t R

f(t) đồng biến trên R

do đó với x > y ta có f(x) > f( y)

Kết hợp với hệ ta có 2y > 2x  y > x

Điều này mâu thuẫn với giả thiết x > y

Tương tự với x < y  f(x) < f(y)  2y < 2x  y < x mâu thuẫn với x < y vậy x = y

Với x = y phương trình (1) trở thành x3 - 2x2 + 1 = 0

 (x - 1)(x2 -2x - 1) = 0

 x = 1; x = 1  5

khi đó hệ có nghiệm (1; 1), (1  5;1  5), (1  5;1  5)

Cách giải 2: Trừ từng vế tương ứng của (1) cho (2) ta được:

x3 - y3 - 2(x2 - y2) + 4(x - y) = 0

 (x - y)[x2 + xy + y2- 2(x + y) + 4] = 0

2( ) 4 0

y x









Với y = x thay vào (1) ta được x3 - 2x2 +1 = 0  x = 1; x = 1  5 suy ra nghiệm của hệ

Với x2 + xy + y2 -2(x + y) + 4 = 0

 y2 +(x -2)y + x2 -2x + 4 =0 (1a)

coi (1a) là phương trình bậc hai ẩn y ta có

(x 2) 4(x 2x 4)

     

= -3x2 + 4x -12 < 0 với mọi x

Suy ra phương trình (1 a) vô nghiệm

Nhận xét : Cách giải 2 trong nhiều trường hợp rất phức tạp Sử dụng cách giải

1 là cách làm đơn giản

Bài tập áp dụng:

Giải các hệ phương trình sau:







b,

2







II.PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔ GA RIT - HỆ HỖN HỢP.

1 Phương trình.

Cách giải:

+ Đưa phương trình về dạng f(x) = a

+ Xét sự biến thiên của f(x)

+ Kết luận nghiệm

Ví dụ 1: Giải phương trình: 2x = 1 + 32

x

(1)

(1)  f(x) = 1 3 1

x x

 

 

  

   

   

Xét f’(x) = 1 ln1 3 ln 3 0

x x

x R

 

 

Suy ra f(x) nghịch biến trên R

Mặt khác f(1) = 1 nêm đồ thị của f(x0 cắt đường thẳng y = 1 tại duy nhất một điểm có hoành độ x = 1 hay phương trình có nghiệm duy nhất

Ví dụ 2; Giải phương trình: 2 3 x x2 8x 14

  

Giải: ĐK x  3

Phương trình đã cho tương đương với 2 3xx2 8x14 0

Xét hàm số f(x) = 2 3 x +x2 - 8x +14

f’(x) = - 1 2 8 0 3

2 3  x  x   x

f(x) liên tục trên   ;3 suy ra f(x) nghịch biến trên   ;3

Mặt khác f(3) = 0, vậy x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình

Ví dụ 3: Giải phương trình: log 3

12 ( x x) log  8 x

Giải: ĐK: x > 0

Phương trình (1) trở thành log128t 3 8 2t t

3

8t 64t 12t

3

1

t t

 

     

1

   

     

   

Đặt f(t) = 2 1

   



   

   

f’(t) = 2 ln2 1 ln1 0

t R

f(t) nghịch biến trên R

f(1) = 1 suy ra phương trình f(t) = 1 có nghiệm duy nhất t = 1

Với t = 1 suy ra x   8 x 64

2 Bất phương trình:

Cách giải

+ Đưa bất phương trình về dạng f(x) a; f(x)  a

+ Xét sự biến thiên của hàm số, sử dụng định nghĩa hàm đồng biến, nghịch biến để kết luận nghiệm của phương trình

Ví dụ 1; Giải bất phương trình: log2( 2 2

3

5 5 1) log ( 5 7) 2

x  x   x  x  (1) Giải: ĐK: x2 - 5x + 5  0 5 5 5 5

Đặt t = x2  5x 5(t 0)

Bất phương trình trở thành: log2(t + 1) +log3(t2 + 2)  2

Xét hàm số f(t) = log2(t + 1) + log3(t2 + 2) với t  0

( 1) ln 2 ( 2) ln 3

t

t

Hàm số đồng biến trên 0; 

Mặt khác ta có f(1) = 2

Do đó bất phương trình f(t)  2 hay f(t)  f(1)

Tương đương với t  1

Với t  1 ta có x2  5x  5 1

Nhận xét: Bất phương trình (1) chứa biểu thức của hai lô ga rit không cùng cơ

số và chứa căn thức nên sử dụng phương pháp đặt ẩn số phụ két hợp phương pháp hàm số là cách làm đơn giản nhất

Ví dụ 2: Giải bất phương trình: 2 2 2

2

log (4 2) 1

x

x x



Giải: ĐK: 4x - x2 -2   0 x2  4x   2 0 2  2   x 2 2

Bất phương trình (1) tương đương với log2 [4x - x2 - 2] 2

2x



2

log 2  x 2  2x

Đặt t = x  2 với 0  t 2 (1a)

Bất phương trình trở thành: log  2  2

2 2  t  2t  log 2 2  t  2t  0

đặt f(t) = log2(2 - t2) -2t

2

2 ln 2 0 0; 2 (2 )ln 2

t

t

t



f(t) liên tục trên  0; 2



Suy ra f(t) nghịch biến trên [0; 2), mà f(0) = 0 do đó f(t)  0 hay f(t) f(0) khi

và chỉ khi t  0 kết hợp với điều kiện (1a) ta có t = 0

Với t = 0 ta có x 2   0 x 2

Nhận xét: Đối với loại bài toán này thông thường ta sử dụng phương pháp đặt

ẩn phụ sau đó xét sự biến thiên của hàm số mới

Bài tập áp dụng:

1, Giải các phương trình sau:

a, 3x + 4x + 5x = 50

b, x + xlog

2 3 + xlog

25

c, 2x+1 - 4x = x - 1

d, log(x2 -6x + 5) = log(x - 1) + 6 -x

e, 3.25x-2 + (3x - 10).5x-2 + 3 - x = 0

g, (x + 2)log2

3 (x 1) 4(  x 1) log ( 3 x 1) 16 0  



  với x 0

i, ln(1+x)= x- 2

2

x với x 0

k, log (x2 + x + 1) - log x = 2x -x2

2 Giải các bất phương trình:

a, 1 2 1 3 1 1

b, log7x < log3( x 2)

c, log3x +

log 3

x

 



 

 

d, log4(x2 - x - 8)

3 Hệ phương trình, hệ bất phương trình mũ và lô ga rit.

Đối với hệ hỗn hợp cần xem xét rút x hoặc y từ phương trình nào

Ví dụ 1: Giải hệ bất phương trình:

2

4

2

x x



 





Giải: (1) tương đương với: 3x

2

4 5

x

 

x x

x

 

   

Đặt f(x) = 5 4 1



 

với xR

f’(x) = 5 ln 5 4 1 ln1 0

x R

 

Do đó f(x) nghịch biến trên R

Nên f(x)  1hayf x( ) f(2)khi và chỉ khi x  2

Bất phương trình (2) tương đương với:

1 + log2(21 - x) - log22 4 4 4

2

log (x 1) 21 2x x 1 x 2x 20

Xét g(x) = x4 + 2x với x2; 

g’(x) = 4x3 + 2  x 2; 

Suy ra g(x) đồng biến trên 2; 

Mà g(2) = 20 do đó g(x)  20 hay g(x)  g(2) khi và chỉ khi x  2

Kết hợp x  2 và x  2 ta có x = 2 là nghiệm

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:

2 2 2

2

2010

2010

(2) 3log ( 2 6) 2log ( 2) 1

y x x

y













Giải: ĐK x x y2y 2 06 0

  



(1) tương đương với

2

2 2

2009 2 2010 log

2010 2009

log 2009

x

y x

y





log ( 2010) log ( 2010)

Xét hàm số f(t) = t + log2009(t + 2009) với t  0

f’(t) = 1 +  1 0 0

2009 ln 2009 t

Do đó f(t) đồng biến trên 0; 

Suy ra f(x2) = f(y2)  x2 y2  xy

+ Với x = y ta có (2) trở thành: 3log33(3x+6) = 2log2(2x+2) + 1

3log 29x 2) 2log 2(x 1) 1

3 1 log (x 1) 2 1 log (x 1) 1

3log (x 2) 2log (x 1) 6u

2

3

2 3

1 2

u u

x

x

  



 

 



           

   

Nhận thấy u =1 là một nghiệm

Xét f(u) =

   



   

    với uR

f’(u) =



f’(u) < 0  u R

Suy ra f(u) nghịch biến trên R

Do đó u = 1 là nghiệm duy nhất

Với u = 1 suy ra x = 7 khi đó y = 7

+ Với x = -y ta có (20 trở thành: 3log3 (y + 6) = 2log22 + 1 = 3

suy ra y + 6 = 3  y 3 khi đó x = 3

Tóm lại hệ có nghiệm (x; y) là (3; -3), (7; -7)

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: ln(12 ) ln(1 2 ) (2)(1)









(2) tương đương với x = 2y hoặc x = 10y

(1) tương đương với ln(1+ x) - x = ln(1+ y) -y

Xét hàm số f(t) = ln(1+ x) - t với t > -1

f’(t) = 1 1 0 0

t

t

t   t   

Ta có bảng biến thiên: t -1 0 + 

f’(t) + 0 -

f(t) 0

- 

Từ bảng biến thiên suy ra:

Nếu f(x) = f(y) khi và chỉ khi xy thì x, y trái dấu, điều này mâu thuẫn với x = 2y hoặc x = 10y

Vậy f(x) = f(y) khi và chỉ khi x = y

Khi đó nghiệm của hệ là x = y = 0

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:

(2)

4 1 ln( 2 ) 0







Giải: ĐK: y2 +2x > 0

(1) tương đương với 2x(x2 + 2) = (y + 1)(x2 + 2)

1 2

Thay vào (2) ta được: y3 + 2(y + 1) + 1 + ln(y2 + y + 1) = 0

 y3 + 2y + 3 + ln(y2 + y + 1) = 0

Xét hàm số f(y) = y3 + 2y + 3 + ln(y2 + y + 1) ( y R)

f’(y) = 3y2 + 2 + 2 2

3

y

f’(y) > 0 với mọi y Rsuy ra hàm số đồng biến trên R

Mà f(-1) = 0 nên y = -1 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:

4

1

4

(1) 16

sin 1 1 os x (2)

4 os

16



















Giải: ĐK x > 0

log ( x x) log x

Đặt t = 4 4

2

log x  x  2t

Phương trình (2a) trở thành log6 (4t + 2t) = t  4t + 2t = 6t  2 1

1

   

   

    (3) Hàm f(t) = 2 1

   



   

    là hàm giảm trên R

Lại có f(1) = 1 nên phương trình (3) có nghiệm duy nhất t = 1

Với t = 1 suy ra 4

2

log x  1 x 16

Thay x = 16 vào phương trình (2) ta được sin 1 1 os -1<2

c









   (luôn đúng) Vậy nghiệm của hệ đã cho là x = 16

Bài tập áp dụng: Giải hệ phương trình:

1,

log (1 3 1 ) log (1 ) 2

log (1 3 1 ) log (1 ) 2







2,

2

3

3 2 0

3 3 0







III Phương trình lượng giác.

Để giải một phương trình lượng giác, ta có thể biến đổi đưa phường trình về dangjtichs hoặc đặt ẩn phụ hoặc đánh giá hai vế của phương trình Ngoài những phương pháp thông dungjtreen, ta có thể xét sự biến thiên của hàm số







+ Với sinx = 0 phương trình trở thành cosx = 0 hoặc cosx = 1

Suy ra x = k2 là nghiệm

+ Với sinx > 0phương trình (2) có dạng f sinxf(-cosx)

Xét hàm số f(t) = t + t2 với t > 0

f'(t) =2t + 1 > 0 với mọi t > 0

Hàm số f(t) đồng biến trên (0; +)

Do đó f sinxf(-cosx)  sinx = -cosx

Với -cosx  0, bình phương hai vế ta được sin2x + sinx - 1 = 0

Giải ra ta được sinx 1 2 5

) (

2 2

1 5 arcsin

2 2

1 5 arcsin

Z m m x

k x























( loại vì cosx

>0)

Vậy phương trình có nghiệm x = k2 ; x =  2m

2

1 5

1 Kết quả:

Khi chưa thực hiện đề tài này, trong quá trình giảng dạy tôi thấy học sinh rất hay vướng mắc khi giải các bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ