CHUYÊN ĐỀ VỀ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM VÀO MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP

Sáng kiến kinh nghiệm. ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG CÁC BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH. I/ LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Như ta đã biết, trong chương trình trung học phổ thông, chuyên đề về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình chiếm một lượng khá lớn, xuyên suốt từ lớp 10 đến lớp 12. Tuy nhiên trong chương trình phổ thông, trong số các bài tập đó có một số bài tập mà ta không thể giải được bằng phương pháp thông thường, hoặc giải được nhưng gặp nhiều khó khăn và phức tạp. Phương trình, bất phương trình với hàm số có mối liên hệ chặt chẽ, nếu ta biết sử dụng đạo hàm để giải các bài toán đó thì bài toán được đơn giản hơn. Tuy nhiên không phải bài nào ta cũng sử dụng phương pháp hàm số để giải, nhưng ứng dụng đạo hàm của hàm số để giải là rất lớn, và đặc biệt trong một số đề thi Đại Học- Cao Đẳng của những năm gần đây thì có không ít bài toán giải bằng phương pháp hàm số mà đa phần học sinh chưa vận dụng và giải quyết được. Vì vậy tôi chọn đề tài: “ứng dụng đạo hàm trong các bài toán giải phương trình, bất phương trình”. II/ THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN ĐỀ TÀI. 1. Thuận lợi: Đa số học sinh Trường THPT Võ Trường Toản nghèo hiếu học, được sự quan tâm và giúp đỡ của ban giám hiệu cũng như các giáo viên bộ môn đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi thực hiện những giải pháp của đề tài này. 2. Khó khăn: Học sinh chủ yếu là con em nông thôn, gia đình ở xa trường, điều kinh tế khó khăn, ngoài thời gian học ở trường các em còn phải phụ giúp gia đình. Đa số điểm đầu vào của học sinh còn thấp, đặc biệt là bộ môn toán. 3. Số liệu thống kê: Khảo sát 100 học sinh của 6 lớp 12. Trước khi áp dụng đề tài Số HS Giỏi Khá TB Yếu Kém 50 5 11 25 9 0 Sau khi áp dụng đề tài Số HS Giỏi Khá TB Yếu Kém 50 15 20 14 1 III/ NỘI DUNG ĐỀ TÀI A/ Cơ sở lí luận: Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy và hoạt động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ thông đặc biệt là bộ môn toán học rất cần thiết không thể thiếu trong đời sống của con người. Môn toán là môn học tự nhiên quan trọng và khó với kiến thức rộng, đa số các em học sinh ngại học môn này. Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành. 1 Sáng kiến kinh nghiệm. Muốn học tốt môn toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở môn toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lí thuyết linh hoạt vào từng dạng bài tập. Điều đó thể hiện ở việc học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải có tư duy lôgic và cách biến đổi. giáo viên cần định hướng cho học sinh học và nghiên cứu môn toán có hệ thống trong chương trình phổ thông, vận dụng lí thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp cách giải. Trong sách giáo khoa đại số 10, 11, 12 chỉ nêu một số cách giải các phương trình, bất phương trình một cách đơn giản. Việc sử dụng đạo hàm củng chỉ để khảo sát và vẽ đồ thị các hàm số, còn ứng dụng đạo hàm trong việc giải các bài toán sơ cấp thì chưa được sử dụng nhiều và hầu như học sinh không biết cách vận dụng, song các đề thi đại học và cao đẳng gần đây việc giải các bài toán có sự ứng dụng của đạo hàm rất nhiều. Đặc biệt là ứng dụng đạo hàm để giải các bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình giúp cho học sinh giải một số bài toán sẻ đơn giản hơn. Ví dụ 1: Giải phương trình: 3 1 7 2 4x x x+ + + + = Nếu giải theo cách bình thường đã biết ở lớp 10 như: bình phương hay đặt ẩn phụ sẽ gặp nhiều khó, tuy nhiên nếu tin ý một chút ta thấy ngay vế trái là một hàm đồng biến và 1x = là một nghiệm của phương, sử dụng phương pháp đạo hàm thì ta giải phương trình này rất đơn giản. Ví dụ 2: 2 2009 .( 1 ) 1 x x x+ − = Bài này ta không thể sử dụng các phép biến đổi bình thường để giải. Nhưng nếu sử dụng phương pháp hàm số thì sẻ đơn giản hơn nhiều. Và rất nhiều bài toán khác nửa. Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đích giúp cho học sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán giải phương trình và bất phương trình. Trong giới hạn sáng kiến kinh nghiệm tôi chỉ hướng dẫn học sinh một số phương pháp giải phương trình và bất phương trình bằng phương pháp ứng dụng đạo hàm. B/ Thực hiện các giải pháp của đề tài: Để giúp học sinh giải tốt các phương trình, bất phương trình trong các kì thi, giáo viên cần phải hướng dẫn cho học sinh nhận dạng và sử dụng tốt các phương pháp như: Các phương pháp biến đổi đại số đã học ở lớp 10, phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải. Ở đây, tôi chỉ đề cập đến một vài khía cạnh nhỏ trong việc giải phương trình, bất phương trình bằng phương pháp ứng dụng tính đơn đệu của hàm số. Sau đây, tôi sẽ đi vào từng nội dung cụ thể. 1/ Cơ sở lí thuyết: 1.1/ Cho hàm số ( )y f x= xác định trên D. +Nếu ( ) 0f x ≥ x D∀ ∈ dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm thì ( )y f x= đơn điệu tăng trên D. +Nếu ( ) 0f x ≤ x D∀ ∈ dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm thì ( )y f x= đơn điệu giảm trên D. Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành. 2 Sáng kiến kinh nghiệm. Hàm số đơn điệu là hàm số hoặc tăng hoặc giảm. *Định lí 1: Nếu hàm số ( )y f x= luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên tục trên D thì số nghiệm của phương trình trên D: ( )f x k= không nhiều hơn một và ( ) ( )f u f v= khi và chỉ khi ,u v u v D= ∀ ∈ Chứng minh: Giả sử phương trình ( )f x k= có nghiệm x a= , tức là ( )f a k= . Do f(x) đồng biến nên: + x a> suy ra ( ) ( )f x f a k> = nên phương trình ( )f x k= vô nghiệm. + x a< suy ra ( ) ( )f x f a k< = nên phương trình ( )f x k= vô nghiệm. Vậy phương trình ( )f x k= có nhiều nhất là một nghiệm. *Chú ý: +Từ định lí trên, ta có thể áp dụng vào giải phương trình như sau: Bài toán yêu cầu giải phương trình: F(x) = 0. Ta thực hiện các phép biến đổi tương đương đưa phương trình về dạng ( )f x k= hoặc ( ) ( )f u f v= (trong đó ( ); ( )u u x v v x= = ) và ta chứng minh được f(x)là hàm luôn đồng biến (nghịch biến). Nếu là phương trình: ( )f x k= ta tìm một nghiệm, rồi chứng minh nghiệm đó là duy nhất. Nếu là phương trình: ( ) ( )f u f v= ta có ngay u v= giải phương trình này ta tìm được nghiệm. +Ta cũng có thể áp dụng định lí trên cho bài toán chứng minh phương trình có duy nhất nghiệm. *Định lí 2: Nếu hàm số ( )y f x= luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và hàm số ( )y g x= luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) và liên tục trên D thì số nghiệm trên D của phương trình ( ) ( )f x g x= không nhiều hơn một. Chứng minh: Giả sử x = a là một nghiệm của phương trình: ( ) ( )f x g x= tức là ( ) ( )f a g a= . Ta giả sử ( )y f x= đồng biến còn ( )y g x= nghịch biến. +Nếu x a> suy ra ( ) ( ) ( ) ( )f x f a g a g x> = > nên phương trình ( ) ( )f x g x= vô nghiệm. +Nếu x a< suy ra ( ) ( ) ( ) ( )f x f a g a g x< = < nên phương trình ( ) ( )f x g x= vô nghiệm. Vậy phương trình ( ) ( )f x g x= có nhiều nhất một nghiệm. *Chú ý: Khi gặp phương trình F(x) = 0 ta có thể biến đổi về dạng; ( ) ( )f x g x= , trong đó f và g khác tính đơn điệu. khi đó ta tìm một nghiệm của phương trình và chứng minh nghiệm đó là duy nhất. *Định lí 3: Nếu hàm số ( )y f x= luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên tục trên D thì: ( ) ( )f x f y> ⇔ ( )x y x y> < . 2/ Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình: 2.1/ Dạng 1: Phương trình đã cho được đưa về dạng: ( ) ( )f x g x= (hoặc ( ) ( )f u g u= )trong đó ( )u u x= . a)Phương pháp: Bước 1: Biến đổi phương trình đã cho về dạng : ( ) ( )f x g x= (hoặc ( ) ( )f u g u= ) Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành. 3 Sáng kiến kinh nghiệm. Bước 2: Xét hàm số ( )y f x= và ( )y g x= trên D. *Tính ' ( )f x , '( )g x và xét dấu ' ( )f x , '( )g x kết luận tính đơn điệu của hàm số ( )y f x= và ( )y g x= trên D. *Kết luận hai hàm số: ( )y f x= và ( )y g x= đơn điệu ngược nhau hoặc một trong hai là hàm số hằng. *Tìm 0 x sao cho 0 0 ( ) ( )f x g x= (hoặc tìm 0 0 sao cho ( ) ( )u f u f u= ). Bước 3: kết luận. *Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 0 x x= (hoặc 0 u u= rồi giải phương trình 0 u u= ) *Kết luận nghiệm của phương trình trên. b)Ví dụ áp dụng: Giải các phương trình sau: Bài 1: 3 1 7 2 4x x x+ + + + = . *Nhận xét: Đối với bài toán này nếu giải theo cách bình thường như: bình phương hay đặt ẩn phụ sẽ gặp nhiều khó, tuy nhiên nếu tin ý một chút ta thấy ngay vế trái là một hàm đồng biến và x = 1 là một nghiệm của phương trình nên theo định lí 1ta có được x = 1 là nghiệm duy nhất. Vậy ta có cách giải sau. ĐK: 7 57 , 2   − = +∞ ÷  ÷   D Xét hàm số: f(x)= 3x+1+ x+ 7x+2 , ta có f(x) là hàm liên tục trên D và 7 1 3 2 7 2 '( ) 0 2 3 1 2 7 2 x f x x x x + + = + > + + + 7 - 57 2 ∀ >x nên hàm số f(x) đồng biến. Mặt khác ta thấy f(1)= 4. *Nếu 1 ( ) (1) 4x f x f> ⇒ > = nên phương trình vô nghiệm. *Nếu 1 ( ) (1) 4x f x f< ⇒ < = nên phương trình vô nghiệm. Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. *Chú ý: +Vì các hàm số y ax b= + với a>0là hàm đồng biến và ( )f x là hàm đồng biến thì hàm số ( ) n f x (với điều kiện căn thức tồn tại)cũng là một hàm đồng biến nên ta dễ dàng nhận ra VT của phương trình là hàm đồng biến. +Dự đoán nghiệm thì ta ưu tiên những giá trị của x sao cho các biểu thức dưới dấu căn nhận giá trị là số chính phương. Bài 2: 3 - 3 9-x x x+ = . (2) *Nhận xét: đặt điều kiện và bình phương giải được nhưng vất vả. Ta có thể giải được bằng phương pháp hàm số sau: ĐK: { } / 3D x x= ≥ Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành. 4 Sáng kiến kinh nghiệm. Xét hàm số: ( ) 3 3 9f x x x x= + − + − , khi đó (2) ( ) 0f x⇔ = , ta có f(x) là hàm liên tục trên D và 1 3 '( ) 1 0 2 2 3 f x x x = + + > − , 3x ∀ > nên hàm số f(x) đồng biến. Mặt khác ta thấy f(4)= 0. *Nếu 4 ( ) (4) 0x f x f> ⇒ > = nên phương trình vô nghiệm. *Nếu 4 ( ) (4) 0x f x f< ⇒ < = nên phương trình vô nghiệm. Vậy x = 4 là nghiệm duy nhất của phương trình. Bài 3: 2 3 1 1 2x x x x+ = − + − . (3) *Nhận xét: đặt điều kiện và bình phương đưa về phương trình bậc 6 (rất khó giải). Vì vậy ta có thể giải được bằng phương pháp hàm số sau: ĐK: { } / 1D x x= ≥ − Xét hàm số: 3 2 ( ) 2 1 1f x x x x x= − + − + + , khi đó (3) ( ) 0f x⇔ = , ta có f(x) là hàm liên tục trên D và 2 1 '( ) 3 2 2 0 2 1 f x x x x = − + + > + , 1x ∀ > − nên hàm số f(x) đồng biến. Mặt khác ta thấy f(0)= 0. *Nếu 0 ( ) (0) 0x f x f> ⇒ > = nên phương trình vô nghiệm. *Nếu 0 ( ) (0) 0x f x f< ⇒ < = nên phương trình vô nghiệm. Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình. Bài 4: 2 2009 .( 1 ) 1 x x x+ − = (4) *Nhận xét: Bài này ta không thể sử dụng các phép biến đổi bình thường để giải. Vì vậy ta có thể giải được bằng phương pháp hàm số sau: Đặt 2 ( ) 2009 .( 1 ) x f x x x= + − với x ∈ ¡ , ta có f(x) là hàm liên tục và 2 2 2 2 '( ) 2009 .ln 2009.( 1 ) 2009 . 1 2009 ln 2009( 1 ) 1 1 1 x x x x x f x x x x x x x       = + − − − = + − − −  ÷  ÷  ÷  ÷ + +       = 2 2 2 1 2009 ln 2009( 1 ) 1 x x x x x x   + − + − +  ÷  ÷ +   Do 2 1x x+ > và ln 2009 0> nên '( ) 0 , f x x> ∀ ∈¡ nên hàm số f(x) đồng biến trên R. Mặt khác ta thấy f(0)= 1. *Nếu 0 ( ) (0) 1x f x f> ⇒ > = nên phương trình vô nghiệm. *Nếu 0 ( ) (0) 1x f x f< ⇒ < = nên phương trình vô nghiệm. Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình. Bài 5: 3 4 x x= − (5) *Nhận xét: Bài này ta không thể sử dụng các phép biến đổi bình thường để giải. Vì vậy ta chỉ có thể giải được bằng phương pháp hàm số sau: Ta có: 3 4 3 4 0 x x x x= − ⇔ + − = . Đặt ( ) 3 4 x f x x= + − ta có '( ) 3 .ln3 1 0 x f x = + > nên hàm số f(x) đồng biến trên R. Mặt khác ta thấy f(1)= 0. *Nếu 1 ( ) (1) 0x f x f> ⇒ > = nên phương trình vô nghiệm. *Nếu 1 ( ) (1) 0x f x f< ⇒ < = nên phương trình vô nghiệm. Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành. 5 Sáng kiến kinh nghiệm. Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. Bài 6: log( 5) 6x x− = − (6) ĐK: { } / 5D x x= > Xét hàm số: ( ) log( 5) 6f x x x= − + − , khi đó (6) ( ) 0f x⇔ = , ta có f(x) là hàm liên tục trên D và 1 '( ) 1 0 ( 5).ln10 f x x = + > − , 5x ∀ > nên hàm số f(x) đồng biến. Mặt khác ta thấy f(6)= 0. *Nếu 6 ( ) (6) 0x f x f> ⇒ > = nên phương trình vô nghiệm. *Nếu 6 ( ) (6) 0x f x f< ⇒ < = nên phương trình vô nghiệm. Vậy x = 6 là nghiệm duy nhất của phương trình. *Chú ý: Nếu trong phương trình có chứa cả hàm số mũ (hoặc lôgarit) và hàm đa thức thì ta thường giải bằng phương pháp đạo hàm. Bài 7: 3 3 2 3log (1 ) 2logx x x+ + = (7) *Nhận xét: Với bài này ta không thể giải bằng phương pháp thông thường vì rất phức tạp và khó giải. Ta có thể giải bằng phương pháp sau: ĐK: { } / 0D x x= > Đặt 6 4 3 2 2log 12 2 2 t t x t x x= ⇒ = ⇒ = Phương trình (7) trở thành: 6 4 3 3log (1 2 2 ) 12 t t t+ + = 6 4 4 1 2 2 3 1 64 16 81 1 64 16 1 (7') 81 81 81 t t t t t t t t t ⇔ + + = ⇔ + + =       ⇔ + + =  ÷  ÷  ÷       Xét hàm 1 64 16 ( ) 81 81 81 t t t f t       = + +  ÷  ÷  ÷       có 1 1 64 64 16 16 '( ) .ln .ln .ln 0 , t 81 81 81 81 81 81 t t t f t       = + + < ∀  ÷  ÷  ÷       nên hàm số f(t) nghịch biến. Mặt khác ta thấy f(1)= 1. *Nếu 1 ( ) (1) 1t f t f> ⇒ < = nên phương trình vô nghiệm. *Nếu 1 ( ) (1) 1t f t f< ⇒ > = nên phương trình vô nghiệm. Vậy phương trình (7’) có nghiệm duy nhất là t =1 ⇒ 6 12 2 2 4096x x x= ⇒ = ⇒ = 2.2/Dạng 2: Phương trình đã cho được đưa về dạng: ( ) ( )f u f v= trong đó ( ), ( )u u x v v x= = . a)Phương pháp: Bước 1:Biến đổi phương trình về dạng: ( ) ( )f u f v= . Bước 2: Xét hàm số ( )y f t= trên D. *Tính 'y và xét dấu y’. *Kết luận hàm số ( )y f t= là hàm số đơn điệu trên D, Bước 3: Kết luận. *Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi u v= . *Giải phương trình: u v= . *Kết luận nghiệm của của phương trình đã cho. b)Ví dụ áp dụng: Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành. 6 Sáng kiến kinh nghiệm. Giải các phương trình sau: Bài 1: 3 32 2 3 3 2 1 2 1 2x x x x+ + + = + + D = R. *Nhận xét: với cách giải như các bài toán ở dạng 1 thì ta khó khăn để giải quyết được bài này. Tuy nhiên nếu nhìn kĩ thì ta thấy các biểu thức dưới dấu căn ở hai vế có chung một mối liên hệ là 2 ( 1) 1x x + = + + và 2 2 2 1 (2 ) 1x x + = + , do vậy nếu đặt 3 1u x = + và 3 2 2v x= thì phương trình đã cho trở thành: 3 33 3 1 1 ( ) ( )u u v v f u f v+ + = + + ⇔ = , trong đó 3 3 ( ) 1f t t t= + + là một hàm liên tục và có: ( ) 2 2 3 3 '( ) 1 0 1 t f t t = + > + nên ( )f t luôn đồng biến. Do đó: 2 ( ) ( ) 1 2f u f v u v x x= ⇔ = ⇔ + = 1 1, 2 x x⇔ = = − Vậy phương trình có hai nghiệm: 1 1, 2 x x= = − . Bài 2: ( ) ( ) 2 2 3 . 2 9 3 (4 2) 1 1 0x x x x x+ + + + + + + = (2) D = R. Phương trình (2) ⇔ ( ) ( ) 2 2 3 . 2 9 3 (4 2) 1 1x x x x x+ + = − + + + + ( ) ( ) 2 2 2.3 3 . 3 3 2( 2 1) ( 2 1) ( 2 1) 3x x x x x x⇔ + + = − − + − − − − + Đặt 3 , ( 2 1)u x v x= = − − ta được: ( ) 2 2 2 . 3 2 3 ( ) ( )u u u v v v f u f v⇔ + + = + + ⇔ = Trong đó: 2 ( ) 2 . 3f t t t t= + + với t R ∈ . Là hàm số liên tục và có: 2 2 2 '( ) 2 3 0, 3 t f t t t R t = + + + > ∀ ∈ + suy ra ( )f t là hàm đơn điệu tăng. Do đó: ( ) ( ) 3 2 1f u f v u v x x= ⇔ = ⇔ = − − 1 5 x⇔ = − Vậy phương trình có nghiệm: 1 5 x = − . Bài 3: 1975 1975 2009 2009 1 1 sin os sin os x c x x c x − = − (3) *Nhận xét: Với bài này nếu sử dụng các phép biến đổi thông thường thì ta không thể giải được. Nếu nhìn kĩ ta thấy ngay phương trình có thể đưa về dạng ( ) ( )f u f v= và giải bằng phương pháp đạo hàm: ĐK: sin 0 cos 0 2 x k x x π ≠  ⇒ ≠  ≠  Ta thấy sinx 1, cosx 1= = không là nghiệm của phương trình. Phương trình (3) ⇔ 1975 1975 2009 2009 1 1 sin os sin os x c x x c x − = − ⇔ ( ) ( )f u f v= Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành. 7 Sáng kiến kinh nghiệm. Đặt hàm số ( ) ( ) 1975 2009 1 ( ) t -1,0 0,1f t t t = − ∈ ∪ Ta có 1974 2010 2009 '( ) 1975. 0f t t t = + > nên f(t) là hàm đơn điệu tăng. Do đó: ( ) ( ) sin cos 4 f u f v u v x x x k π π = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + Bài 4: 2 2 2 1 2 1 1 log ( 2) 3 log 1 2 2 2 x x x x x x +   + + + = + + + +  ÷   (4) *Nhận xét: Với bài này ta không thể giải bằng phương pháp thông thường vì rất phức tạp và khó giải và ta cũng không thể sử dụng dạng 1, nếu tin ý một chút ta có thể nhận thấy các biểu thức ở vế trái và vế phải có mối liên hệ với nhau. Ta có thể giải bài toán theo cách sau. ĐK: ( ) 1 2; 0; 2 D   = − − ∪ +∞  ÷   Với điều kiện đó phương trình đa cho tương đương ( ) 2 2 2 1 1 1 log 2 2 2 2 log 2 2 2 2x x x x x x       + + + − + = + + + − +  ÷  ÷  ÷       Đặt 1 2, và v 2u x x = + = + ta được 2 2 2 2 log 2 log 2 ( ) ( )u u u v v v f u f v+ − = + − ⇔ = Trong đó: 2 2 ( ) log 2f t t t t= + − với 0t > . Là hàm số liên tục và có: 1 2 2 '( ) 2 2 2 2 0 do 1 .ln 2 ln 2 ln 2 f t t t = + − ≥ − > > suy ra ( )f t là hàm đơn điệu tăng trên ( ) 0;+∞ . Do đó: 1 ( ) ( ) 2 2f u f v u v x x = ⇔ = ⇔ + = + ( ) ( ) 3 2 2 3 2 1 1 3 1 0 1x x x x x x⇔ + + ⇔ + − + = ⇔ = − Vậy phương trình có nghiệm: 1x = − . Bài 5: 21xxx )1x(22 2 −=+− −− (5) Tương tự đối với các bài tập trên bài này ta cũng cần biến đổi để xuất hiện hàm số cần xét. TXĐ: D = ¡ Phương trình (5) ⇔ 1x2x22 21xxx 2 +−=+− −− ⇔ xx21x2 2xx1x 2 −+=−+ −− Đặt 2 1 và u x v x x= − = − ta được 2 2 ( ) ( ) u v u v f u f v+ = + ⇔ = Xét hàm số ( ) 2= + t f t t víi t ∈ ¡ t ’( ) 2 .ln2 1 0 f t = + > ∀ t ∈ ¡ ⇒ f(t) là hàm số đồng biến trên ¡ . Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành. 8 Sáng kiến kinh nghiệm. ( ) ( )f u f v⇒ = ⇔ x - 1 = x 2 - x ⇔ x 2 - 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 Vậy phương trình có nghiệm: 1x = . Bài 6: 2 2 2 2 2 2 log ( ) 3 2 2 4 x x x x x x + + = − + − + (6) ĐK : { } /D x x= ∈¡ Đặt 2 2 2 2 2 0; 2 2 0 3 2u x x v x x u v x x= + + > = − + > ⇒ − = − + Phương trình trở thành: 2 2 2 2 2 log log log log log u v u u v v u u u v v v = − ⇔ − = − ⇔ + = + (6’) Xét hàm số 2 ( ) log= +f t t t víi t >0. 1 ’( ) 1 0 0 .ln 2 f t t t = + > ∀ > ⇒ f(t) là hàm số đồng biến trên t >0. ( ) ( )f u f v⇒ = ⇔ u = v ⇔ u- v =0 2 3 2 0 1, 2x x x x⇔ − + = ⇒ = = Vậy phương trình có nghiệm: 1, 2x x= = . 3/ Ứng dụng đạo hàm để giải bất phương trình: 3.1/ Dạng 1: Bất phương trình đã cho được đưa về dạng: ( ) ( )f x g x> (hoặc ( ) ( )f u g u> )trong đó ( )u u x= . a)Phương pháp: Bước 1: Biến đổi bất phương trình đã cho về dạng : ( ) ( )f x g x> (hoặc ( ) ( )f u g u> ) Bước 2: Xét hàm số ( )y f x= và ( )y g x= trên D. *Tính ' ( )f x , '( )g x xét dấu ' ( )f x và '( )g x , kết luận tính đơn điệu của hàm số ( )y f x= và ( )y g x= trên D. *Tìm 0 x sao cho 0 0 ( ) ( )f x g x= (hoặc tìm 0 0 sao cho ( ) ( )u f u f u= ). *Nếu f(x) đơn điệu tăng, g(x) đơn điệu giảm (hoặc hàm hằng) thì: 0 ( ) ( ) , f x g x x x x D> ⇔ > ∈ (hoặc 0 ( ) ( ) , f u g u u u x D> ⇔ > ∈ .) Nếu f(x) đơn điệu giảm, g(x) đơn điệu tăng (hoặc hàm hằng) thì: 0 ( ) ( ) , f x g x x x x D> ⇔ < ∈ (hoặc 0 ( ) ( ) , f u g u u u x D> ⇔ < ∈ .) Bước 3: kết luận. *Kết luận nghiệm của bất phương trình trên. b) Ví dụ áp dụng: Giải các bất phương trình sau: Bài 1: 3x42x6x >−−−++ ĐK: 2 4x≤ ≤ Xét hàm số: ( ) 6 2 4= + + − − −f x x x x víi x ∈ D Ta thấy f(x) là hàm đồng biến ∀ x ∈ (2;4) (vì f’(x) > 0 ∀ x ∈ (2;4)) Lại có: f(3) = 3 do đó, bất phương trình có nghiệm x thì (3; )x∈ +∞ . Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành. 9 Sáng kiến kinh nghiệm. Kết hợp điều kiện vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = ( ] 4;3 . Bài 2: 5 3 3 2 2 6 2 1 x x x − + − ≤ − Xét hàm số: 5 ( ) 3 3 2 2 2 1 f x x x x = − + − − Ta dễ dàng chứng minh được f(x) là một hàm nghịch biến và f(1)=6. Do đó f(x) ≤ 6 = f(1) 1x ⇔ ≥ . Kết hợp điều kiện vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = 3 1; 2       . Bài 3: 2 3 log 1 log 9 1x x+ + + > (3) ĐK: x>-1. Các hàm số 1 2 ( ) log 1f x x= + và 2 3 ( ) log 9f x x= + là các hàm đồng biến trên khoảng ( 1; )− +∞ nên hàm số 2 3 ( ) log 1 log 9f x x x= + + + là hàm đồng biến trên khoảng ( 1; )− +∞ . Mặt khác: (0) 1f = vậy (3) ( ) (0) 0f x f x⇔ > ⇔ > . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = ( ) 0;+∞ . Bài 4: 2.2 3.3 6 1 x x x + > − (4) Bất phương trình (4) ⇔ 1 1 1 2.2 3.3 1 6 2. 3. 1 3 2 6 x x x x x x       + + > ⇔ + + >  ÷  ÷  ÷       (4’) Xét hàm số: 1 1 1 ( ) 2. 3. 3 2 6 x x x f x       = + +  ÷  ÷  ÷       là hàm nghịch biến trên R. Mặt khác: (2) 1f = vậy (4’) ( ) (0) 2f x f x⇔ > ⇔ < . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = ( ) ;2−∞ . Bài 5: 3 5 4 1 5 7 7 5 13 7 8x x x x+ + − + − + − < (5) ĐK: 5 7 x ≥ đặt 3 5 4 ( ) 1 5 7 7 5 13 7f x x x x x= + + − + − + − Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 3 4 3 5 4 1 5 7 13 '( ) 0 2 1 3. 5 7 4. 7 5 5. 13 7 f x x x x x = + + + > + − − − Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành. 10 [...]... khích các em làm những bài toán áp dụng từ dể đến khó * Kiến nghị: - Cần cung cấp thêm tài liệu liên quan tới môn học - Mở lớp bồi dưỡng luyện thi đại học, cao đẳng cho học sinh 2 2 VI/ KẾT LUẬN Hàm số có rất nhiều ứng dụng và một trong các ứng dụng đó là sử dụng giải phương trình và bất phương trình Đề tài đã nêu được phương pháp chung cho mổi dạng củng như minh họa bằng các bài toán cụ thể, đồng thời... − 2 x − 2) > log 2+ 3 ( x − 2 x − 3) 25) ( 2 − 3 ) x + ( 2 + 3 ) x ≤ 2 x V/ BÀI HỌC KINH NGHIỆM Việc sử dụng ứng dụng đạo hàm trong các bài toán giải phương trình, bất phương trình” có hiệu quả - Giáo viên phải hướng các em xoáy sâu vào trọng tâm của bài học tùy vào từng bài, từng nội dung mà áp dụng những phương pháp giải một cách phù hợp - Cần phải chú ý đến từng đối tượng học sinh, nên để học sinh... dạng một số bài tập với các mức độ khác nhau để học sinh tiếp cận Tuy vậy do nhiều nguyên nhân khác nhau, khách quan và chủ quan nên đề tài không tránh khỏi những sai sót hạn chế nhất định Rất mong nhận được sự góp ý của đồng nghiệp và hội đồng nhà trường VII/ LIỆU THAM KHẢO 1 Phương pháp ứng dụng đạo hàm để giải các bài toán luyện thi đại học- HUỲNH CÔNG THÁI (Biên soạn) 2 Sách giáo khoa: Đại số và... đưa về dạng: u = u ( x), v = v ( x) a)Phương pháp: Bước 1:Biến đổi bất phương trình về dạng: f (u ) > f (v) Bước 2: Xét hàm số y = f (t ) trên D *Tính y ' và xét dấu y’ *Kết luận hàm số y = f (t ) là hàm số đơn điệu trên D *Nếu f(t) đơn điệu tăng thì: f (u ) > g (v) ⇔ u > v *Nếu f(x) đơn điệu giảm thì: f (u ) > g (v) ⇔ u < v Bước 3: Kết luận *Kết luận nghiệm của bất phương trình đã cho b)Ví dụ áp dụng: ... ⇒ f(t) là hàm đồng biến trên ¡ ⇔ f ( 2 x − 1) > f ( x − 2) ⇔ 2 x − 1 > x − 2 Khi đó : (*) 2x − 1 > x − 2  x > −1 ⇔ ⇔ ⇔ ∀x ∈ ¡ 2x − 1 < − x + 2 x x − 6 x + 15 x − 14 (2) 2 3 TXĐ: D = ¡ , BPT (1) ⇔ 2 x − 1 (2 x − 1) + 3 > ( x − 2) + 3 x − 6   ⇔ 2 x − 1 + 3 2 x − 1 > ( x − 2) 3 + 3( x − 2) 3 Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành (*) 11 Sáng kiến kinh nghiệm 3 2 Xét hàm số. .. trường VII/ LIỆU THAM KHẢO 1 Phương pháp ứng dụng đạo hàm để giải các bài toán luyện thi đại học- HUỲNH CÔNG THÁI (Biên soạn) 2 Sách giáo khoa: Đại số và giải tích 11-12 3 Bài giảng trong tâm ôn luyện môn toán – TRẦN PHƯƠNG 4 Một số tư liệu trên mạng Người thực hiện: Nguyễn Ngọc Thành 13 ... trình sau: ) ( ) ( 2 2 Bài 1: 3x 2 + 9 x + 3 + (4 x + 2) 1 + x + x + 1 ≥ 0 D = R ) (1) ) ⇔ 2.3x + 3 x ( 3x ) + 3 ≥ 2(−2 x − 1) + (−2 x − 1) ( (−2 x − 1) + 3 ) v = (−2 x − 1) ta được: ⇔ 2u + u u + 3 ≥ 2v + v ( v + 3 ) ⇔ f (u ) ≥ f (v) ( ( 2 2 Bất phương trình (1) ⇔ 3x 2 + 9 x + 3 ≥ −(4 x + 2) 1 + x + x + 1 2 Đặt u = 3x, 2 2 2 Trong đó: f (t ) = 2t + t t 2 + 3 với t ∈ R Là hàm số liên tục và có: f '(t... 0 Vậy trên D: (*) ⇔ f ( 2( x − 1)) ≤ f ( x − 1) ⇔ 2( x − 1) ≤ x − 1 ⇔ 2( x − 1) ≤ ( x − 1) 2 ,(do x ≥ 1) ⇔ x 2 − 4 x + 3 ≥ 0 ⇔ x = 1 hoặc x ≥ 3 Vậy nghiệm của bất phương trình là: x = 1 và ∀ x ≥ 3 4/ Bài tập tự luyện: Giải các phương trình sau : 1) 1 − x3 = x + 5 2) 4 x − 2 + 4 4 − x = 2 3) x3 − 4x2 − 5x + 6 = 3 7x2 + 9x − 4 4) 2007x − 2005x = 2006x − 2004x 5) x + 9 + 2x + 4 = 5 6) 4x − 1 + 4x2 − 1 . trình, bất phương trình một cách đơn giản. Việc sử dụng đạo hàm củng chỉ để khảo sát và vẽ đồ thị các hàm số, còn ứng dụng đạo hàm trong việc giải các bài toán sơ cấp thì chưa được sử dụng nhiều và hầu. không biết cách vận dụng, song các đề thi đại học và cao đẳng gần đây việc giải các bài toán có sự ứng dụng của đạo hàm rất nhiều. Đặc biệt là ứng dụng đạo hàm để giải các bài toán về phương trình,. trình với hàm số có mối liên hệ chặt chẽ, nếu ta biết sử dụng đạo hàm để giải các bài toán đó thì bài toán được đơn giản hơn. Tuy nhiên không phải bài nào ta cũng sử dụng phương pháp hàm số để giải,