SKKN Vận dụng phương pháp hằng số biến thiên để giải một số lớp phương trình.

SỞ GD-ĐT HÀ TÂY CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG THPT QUỐC OAI Độc lập – Tự do – Hạnh phúc ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NĂM HỌC 2007 - 2008 I. SƠ YẾU LÝ LỊCH Họ và tên : Nguyễn Quốc Huy Ngày tháng năm sinh : 31/ 03/ 1977 Năm vào ngành : 1999 Chức vụ: Giáo viên giảng dạy Toán Đơn vị công tác: Trường THPT Quốc oai Trình độ chuyên môn: Đại học Sư phạm Toán Hệ đào tạo: Chính quy Bộ môn giảng dạy: Toán Hiện tại: Học viên Cao học LL&PP Toán tại khoa sư phạm ĐHQG Hà Nội Ngoại ngữ: Anh C Khen thưởng: Chiến sĩ thi đua cấp cơ sở năm học 2006 - 2007 1 II. KHÁI QUÁT ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 1. Tên đề tài: Vận dụng phương pháp hằng số biến thiên để giải một số lớp phương trình. 2. Lý do nghiên cứu: Tư duy là khởi đầu mọi sự sáng tạo. Tuy nhiên cần chú ý rằng mỗi loại tư duy chỉ nảy sinh trên cơ sở, một phạm vi hoạt động khác nhau của con người. Chẳng hạn, tư duy khoa học càng ngày càng hiệu quả khi chủ thể liên tục hoạt động nhận thức lý tình, còn tư duy nghệ thuật ngày càng điêu luyện trong hoạt động tư duy hình tượng. Chính vì thế, tư duy Toán học và đặc biệt là hoạt động giải toán của học sinh trong một môi trường cụ thể… Chúng ta đặt vấn đề cùng giải các phương trình sau: 1) x 3 + 3 68 15 x x = 2) x 4 +x 3 -x 2 -15x – 25 = 0 3) x log 3 7 = 2 log 3 x + log 3 x 5 4) 7 cotx – 11 cotx = 12cotx 1 5) 1 1 5 4 2 3 14 21 x x x x     − = −  ÷  ÷     6) 2 log 5 x 3 + 2 log 5 x 2 = x + x log 5 7 Thử đặt bút: * Biến đổi: 3 6 2 3 68 15 15 68 0x x x x x + = ⇒ − + = đặt x 2 = t > 0, phương trình trở thành t 3 – 15t + 68 =0 Đó là một phương trình bậc ba. Không có nhận xét về đoán nghiệm vô tỷ nên việc đoán nghiệm của phương trình này để biến đổi nó thành phương trình tích vẫn còn khó khăn. * Xem phương trình x 4 + x 3 – x 2 – 15x – 25 = 0 (*) Đó là một phương trình bậc 4 đầy đủ đối với x. Lẽ tự nhiên ta liên tưởng tới các phương trình bậc 4 đã biết cách giảI : ax 4 + bx 2 + c = 0, (x + a) 4 + (a + b) 4 = c, ax 4 + bx 2 + cx 2 + kbx + k 2 a 2 = 0; x 4 = ax 2 + bx + c. Mong rằng chúng sẽ mách bảo cách đặt ẩn phụ để đưa về phương trình bậc hai. Đáng tiếc phương trình (*) không rơi vào các dạng quen thuộc ấy. 2 Một ý thức thường trực là đoán nghiệm (tìm vận may) để từ đó biến đổi (*) về phương trình tích. Đáng tiếc việc này cũng chẳng thành, bởi phương trình không có nghiệm hữu tỉ. Dịch chuyển sang con đường biến đổi VT(*) thành tích của hai tam thức bậc hai. * Một thủ thuật thường dùng là phương pháp hệ số bất định: Gọi F(x) = (x 2 +mx+n) (x 2 +px+q). Khai triền F(x) và đồng nhất F(x) với VT(*). Việc này dẫn tới giải hệ 4 phương trình với 4 ẩn m, n, p, q. Xem ra lối mòn còn lắm chông gai! * Lại còn nhớ phương trình chứa tham số, chúng ta có thể tráo đổi vai trò ẩn và tham số để biến đổi phương trình bậc cao về phương trình tích. Phương trình trên không thuộc dạng đó. * Với phương trình còn lại: 3 3 log 7 log 5 cot cot 3 2 log .7 11 12cot x x x x x x= + − = , 1 1 5 4 2 3 14 21 x x x x     − = −  ÷  ÷     , 2 log 5 x 3 + 2 log 5 x 2 = x + x log 5 7 , x log 7 11 + 3 log 7 x = 2x, đó là những phương trình luỹ thừa với nhiều cơ số khác nhau. Phương pháp sử dụng định lý Roll cũng không phải là chìa khoá nảy tách cho “cánh cửa” bật ra tập nghiệp các phương trình này. Xem ra cổng của các phương trình ấy không đặt trên những con đường mà chúng ta đang đặt chân. Đề tài này trình bày bí mật đang đứng im sau lâu đài của các phương trình như thế. 3. Lịch sử nghiên cứu: Các sách giáo khoa; sách tham khảo đã đề cập đến phương pháp hằng số biến thiên. Song việc trình bày còn nhiều điểm hạn chế. 4. Phạm vi nghiên cứu: Vận dụng phương pháp hằng số biến thiên để giải một số phương trình: Đại số, phương trình mũ, phương trình lôgarit, phương trình vô tỷ. 5. Vấn đề nghiên cứu: Đưa ra cách đặt ẩn phụ cho các bài toán: Đại số, phương trình mũ, phương trình lôgarit, phương trình vô tỷ. 3 6. Giả thuyết nghiên cứu: Nếu vận dụng phương pháp hằng số biến thiên để giải một số lớp phương trình sẽ nâng cao hiệu quả việc dạy và học toán. 7. Phương trình chứng minh luận điểm: Nghiên cứu tài liệu: Các tài liệu về lĩnh vực Toán học, phương pháp dạy học môn Toán, giáo dục học, tâm lý. Quán sát, thực nghiệm, điều tra. 8. Thời gian thực hiện đề tài: Học kỳ 2, năm học 2007 – 2008. III.NỘI DUNG ĐỀ TÀI Trong quá trình giải một bài toán ta có thể đặt một biểu thức của phương trình làm ẩn phụ. Đặt ẩn phụ là bí quyết thành công của nhiều lời giải bài toán. “Đặt ẩn phụ cũng như vẽ thêm đường trong hình học, tìm được nhà tài trợ trong kinh tế. Khó mà nói hết các cách đặt ẩn phụ”. Tuỳ theo sự hiểu biết về góc độ bài toán mà ta có các cách đặt ẩn phụ khác nhau. Khi ẩn phụ “đăng quang”, phương trình có thể diễn ra các hình thái như sau: * Ẩn mới thay thế hoàn toàn ẩn cũ (như trường hợp phương trình trùng phương chẳng hạn). Ta nói rằng đó là phép đặt ẩn phụ toàn phần. * Ẩn mới không thay thế hoàn toàn ẩn cũ mà cả ẩn mới và ẩn cũ cùng chung tồn tại trong một phương trình. Ta nói rằng đó là phép đặt ẩn phụ không toàn phần. Trong trường hợp này, cách đối xử với hai ẩn cũng khác nhau. + Vai trò giữa ẩn cũ và ẩn mới hoàn toàn bình đẳng với nhau. Khi đó thường bài toán được đưa về giải hệ phương trình hai ẩn. + ai trò giữa ẩn cũ và ẩn mới không bình đẳng với nhau. Khi đó thường ẩn cũ trở thành các hệ số của phương trình “tháp tùng” cho ẩn mới. 4 * Trong phương trình có tham số, nhiều khi ẩn phụ chính là tham số. Điều này dẫn đến phương pháp giải phương trình bằng cách “Tráo đổi vai trò giữa ẩn và tham số”. Một số phương trình bậc hai đối với tham số đã được giải theo phương pháp này. (Bạn đọc có thể tìm hiểu điều này trên một số tài liệu, chẳng hạn Phạm Quốc Phong: “Bồi dưỡng Đại số 10”, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội). * Một lẽ cũng tự nhiên là ẩn phụ có thể là một hệ số nào đó của phương trình. Ta gọi đó là “Phương pháp hằng số biến thiên”. Sự hiện diện của phương pháp này đã góp thêm lời giải độc đáo, trong một số trường hợp nó còn là “cứu cánh” cho câu trả lời. (Nhân dây xin nhắc lại rằng thông qua nhiều cách giải khác nhau của bài toán, ta hiểu sâu sắc hơn bài toán và thúc đẩy tư duy phát triển. Có lẽ lời giải của bài toán không chỉ dừng lại ở đáp số). Thí dụ 1: Tìm các nghiệm đúng phương trình 3 3 68 15 x x x + = (1) Lời giải Điều kiện x ≠ 0 (2) * x 0 là nghiệm của phương trình (1) ⇔ 3 3 0 0 3 3 0 0 0 0 68 15 2 17 17 2 17x x x x x x − + = ⇒ + = ⇒ là nghiệm của phương trình sau với ẩn là a: 2 3 2 2 6 2 0 0 0 0 3 0 0 2 2 2 2 0 a a x x a a x x x x − + = ⇔ − − − = 2 1 0 a x= − (3) 4 0 2 2 0 2 x a x + = (4) * Thay a 1 = 17 vào (3) ta có 2 0 17x = − (mâu thuẫn) (5) * Thay a 2 = 17 vào (4) ta có 4 4 2 0 0 0 2 0 2 17 17 2 0 x x x x + = ⇒ − + = ⇔ 2 0 0 17 3 17 3 2 2 x x ± ± = ⇒ = ± thoả mãn (2) 5 Từ (5), (6) kết luận phương trình đã cho có các nghiệm là 0 17 3 2 x ± = ± Lời bình 1: Nếu sử dụng biến đổi (1) ⇒ x 6 – 15x 2 + 2 17 = 0. Đặt x 2 = t > 0 ; Ta có t 3 – 13t + 2 17 = 0. Đó là một phương trình bậc ba. Không có nhận xét về đoán nghiệm vô tỷ nên việc đoán nghiệm của phương trình này để biến đổi nó thành phương trình tích vẫn còn khó khăn. Thí dụ 2: Giải phương trình 2 2 2 2 log log 5log 8 25log 2 0 4 x x x x + = − = (1) Lời giải Điều kiện 0 < x ≠ 1 (2) Đặt log 2 x= t, ta có log x 2 = 1 t . log x 8 = 3 t , log 2 4 x = t-2. Phương trình (1) trở thành t 2 + t – 2 = 2 15 25 t t − ⇔ t 4 + t 3 – 2t 2 - 15t – 25 = 0 (3) Đặt a = 5, phương trình trở thành a 2 + 3at – t 2 (t 2 – t + 2) = 0 (4) Xem (4) là phương trình bậc hai đối với a, ta có ∆ = t 2 (2t + 1) 2 Bởi vậy (3) ⇔ 2 2 3 (2 1) ( 1) 5 2 3 ( 1) ( 2) 5 2 2 t t t a a t t t t t t t a t t t t a − + +  =   = − = −  ⇒ ⇒    − − + = − + = − −     =   ⇔ 2 2 5 0 2 5 0 t t t t  − − =  + + =   (Vô nghiệm) ⇔ 1 21 1 21 2 2 2 1 21 1 21 log 2 2 2 2 t x x x ± ± ± ± = ⇔ = ⇔ = ⇔ = (thoả mãn (2)) Vậy 1 21 2 2x ± = là các nghiệm của phương trình đã cho. Lời bình: Trong phương trình chứa tham số, chúng ta thường bắt gặp câu giải phương trình ứng với một giá trị nào đó của tham số. Có lẽ sẽ không sai khi nói rằng (3) là phương trình mà tham số đã nhường lại cho số 5. Thí dụ 3: Giải phương trình x + 11 11x+ = (1) 6 Lời giải Điều kiện 0 < x < 8 (2) Với điều kiện đó ta có (1) ⇔ 11 – x = 11 x+ ⇔ (11 – x) 2 = 11 + x (3) Đặt 11 = a, phương trình (3) được viết (a - x) 2 = a + x ⇔ a 2 – (2x + 1)a + (x 2 - x ) = 0 (4) Xem (4) là phương trình bậc 2 đối với a. Ta có ∆ a = (2x+1) 2 -4(x 2 - x )= (2 x +1) 2 , a 1 = x + x +1, a 2 = x - x . Do vậy (5) ⇔ 2 1 2 1 a a a x x a a a x x  = = + +  ⇔   = = −    (6) Thay a = 11 ta có (5) ⇔ 11 1 10 0 11 11 0 x x x x x x x x   = + + + − = ⇔   = − − − =     41 1 21 41 2 2 3 5 1 23 3 5 2 2 x x x x   − − = =     ⇔ ⇔   + + = =     Các giá trị 21 41 23 3 5 ; 2 2 x x   + +   = =       đều thoả mãn điều kiện (2) nên đó là cái của phương trình đã cho. Lời bình 2: 1) Khi có sự lặp của số mũ ở luỹ thừa với cơ số khác nhau hoặc có sự lặp của các hằng số dưới các căn thức với bậc khác nhau, bạn có thể nghĩ đến phương pháp hằng số biến thiên (theo dõi thí dụ 3 dưới đây). 2) Nhìn phương trình (3) dưới dạng (ax+b) 2 = p ' 'a x b+ +qx + r (phương trình chứa hai phép toán ngược nhau) ta có lời giải bằng cách đặt ẩn phụ đối xứng như sau: * Cách 2 (Tiếp nối từ (3)) Đặt x = y – 11, y > 11 ⇒ (y- 11) 2 = x Ta có hệ: (x – 11) 2 = y ⇒ (x-y)(x + y -21)= 0 ⇔ (y – 11) 2 = x (*) 7 ⇔ x = y (6) x = 21 – y (7) Thay (6) vào (*) ta có: (y – 11) 2 = y ⇔ y 2 – 23yt – 121 = 0 ⇔ y = 21 3 5 2 + suy ra x = 23 3 5 2 + Thay (7) vào (*) ta có: (y – 11) 2 = 21 - y ⇔ y 2 – 21y + 100 = 0 ⇔ y = 21 41 2 + suy ra x = 21 – y = 21 41 2 + Thí dụ 4: Giải phương trình 3 3 log 7 log 3 5 2 log x x x= + (1) Lời giải Giả sử phương trình có nghiệm x = α tức là 3 3 log 7 log 5 3 2 log α α α = + ⇔ 3 3 log log 3 7 2 5log α α α = + ⇔ 3 3 log log 3 7 2 (7 2)log α α α = + − ⇔ 3 3 log log 3 3 7 7 log 2 2log α α α α − = − (2) Xét hàm số f(t)= 3 log t ε - tlog 3 α với t > 0, t ≠ 1. Ta có (2) ⇔ f(7)=f(2) ⇔ f(7)- f(2) = 0 Rõ ràng f(t) là hàm liên tục trên [2,7] và có đạo hàm f’(t) = (log 3 α) 3 3 log 1 log 1 3 3 log ( 1)logt t α α α α − − − = − Theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c ∈(2,7) sao cho (7-2).f(c) = f(7)-f(2) ⇒ f(c) = 0 ⇔ ( ) 3 log 1 3 1 log 0c α α − − = ⇔ 3 3 log 1 log 0 1 0c α α − =   − =  ⇔ 3 3 log 0 1 1 log 1 3 3 x x α α α α = = =    ⇒ ⇒    = = =    Thay x = 1 và x = 3 vào phương trình (1) thấy đúng. Vậy x = 1 và x = 3 là các nghiệm của phương trình đã cho. Thí dụ 5: Giải phương trình 7 cotx – 11 cotx = 12cotx Lời giải Giả sử α là một nghiệm của phương trình, tức là 7 cot α – 11 cot α = 12cotα ⇔ 7 cot α – 11 cot α = 3(11-7)cotα ⇔ 7 cot α + 3.7cotα = 11 cot α + 3.11cotα. 8 Xét hàm số f(t) = t cot α + 3t.cotα với t>0, t≠1 Ta có (2) ⇔ f(7) = f(11) ⇔ f(7) – f(11) = 0. Rõ ràng f(t) là hàm số liên tục trên [7, 11] và có đạo hàm f(t)=cotα.t cotx-1 +3cotα = (t cotx-1 +3)cotα. Theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c ∈ (7; 11) sao cho (7-11).f(c) = f(7) – f(11) ⇒ f(c) = 0 ⇔ (t cotx-1 + 3) cotα = 0 ⇔ cotα = 0 ⇔ α = 2 π +kπ ⇔ x = 2 π +kπ (k ∈Z) Thử lại: Thay x = 2 π +kπ vào phương trình (1) thấy đúng. Vậy x = 2 π +kπ (k ∈Z) là họ nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Lời bình 3: Các phương trình trong hai Thí dụ 3 và 4 thuộc dạng: a h(x) - b h(x) = k.(a-b)h(x) (1) Trong đó 0< a ≠ 1, 0< b ≠1, a > b, k < 0 hoặc k = 1, h(x) xác định trên [b,a] Cách giải: Viết lại (1) ⇔ a h(x) – kah(x) = b h(x) – kbh(x) * Điều kiện cần: Xét hàm số biến số t ; f(t) = t h(x) –kh(x).t Như vậy (1) ⇔ f(a) = f(b) ⇔ f(a) – f(b) = 0 (2) Rõ ràng trên (b, a) hàm số f(t) có đạo hàm f(t) = h(x) (t h(x)-1 -k). Theo định lý Lagrăng thì ∃c ∈(b,a) sao cho (a-b) f(c) = [f(a) – f(b)]. Từ (2) ⇒ f(c) = 0 ⇔ h(x) (c h(x)-1 -k)= 0 ⇔ ( ) 1 ( ) 0 h x h x c k − =   =  (3) * Điều kiện đủ: Thay các giá trị tìm được của x trong (3) vào (1) để chọn nghiệm của nó. Chú ý: + Nếu k < 0 ta có (3) ⇔ h(x) = 0 + Nếu k = 1 ta có (3) ⇔ ( ) 0 ( ) 1 h x h x =   =  + Nếu 0<k≠ 1, phương trình c h(x)-1 =k là phương trình không xác định. Bởi vậy không có bài toán giải phương trình trong trường hợp này. 9 Với phương pháp hằng số biến thiên, việc giải phương trình mũ đã được chuyển về giải phương trình luỹ thừa đơn giản hơn. Phương pháp ấy đã cùng định lý Lagrăng, chúng thăng hoa cho nhau. Thí dụ 6: Giải phương trình 1 1 5 4 2 3 14 21 x x x x     − = −  ÷  ÷     (1) Lời giải Viết lại (1) ⇔ 1 5 1 4 5 1 5 4 1 4 2 14 3 21 14 7 14 21 7 21 x x x x x x x x             − = − ⇔ + − = + −  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷             Giả sử phương trình có nghiệm x = α tức là: 5 1 5 4 1 4 14 7 14 21 7 21 α α α α         + − = + −  ÷  ÷  ÷  ÷         (2) Xét hàm số f(t) = 1 7 t t α α   + −  ÷   với t > 0. Ta có (2) ⇔ 5 4 5 4 0 14 21 14 21 f f f f         = ⇔ − =  ÷  ÷  ÷  ÷         Rõ ràng f(t) là mà liên tục trên R + và có đạo hàm 1 1 1 1 1 '( ) 1 7 7 f t t t t t α α α α α α α − − −       = + − = + − −    ÷  ÷         Do vậy theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c ∈ 4 5 , 21 14    ÷   sao cho 4 5 , 21 14    ÷   f’(c) = f 5 14    ÷   -f 4 21    ÷   = 0 ⇔ 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1 0 1 7 0 7 x t t x t α α α α α α α − − =    = =      + − − = ⇔ ⇔ ⇒    ÷      − = = + =        ÷       Thử lại thấy hai giá trị x = 0 và x = 1 đều thoả mãn phương trình (1). Bởi thế chúng tập nghiệm của phương trình đã cho. Thí dụ 7: Giải phương trình 2 log 5 x 3 + 2 log 5 x 2 = x + x log 5 7 (1) 10 [...]... số hạng liên tiếp của một cấp số cộng có các số hạng đều dương và khác 1 13 IV KẾT LUẬN: Việc rèn luyện, phát triển tư duy cho các em học sinh là rất quan trọng Trong qúa trình dạy học phổ thông nói chung và đặc biệt trong giảng dạy môn Toán nói riêng thì phát hiện và kích thích tư duy sáng tạo của các em cần được quan tâm đúng mực Giải một số lớp phương trình bằng vận dụng phương pháp biến thiên hằng. .. biến thiên hằng số đáp ứng được yêu cầu phát triển tư duy cho các em Qua thời gian vận dụng đề tài vào giảng dạy thực tế tại trường THPT Quốc Oai Tôi nhận thấy: Đây là phương pháp giải tạo được điểm mới trong tư duy suy nghĩ của các em học sinh Các em nhìn nhận khi giải bài toán không cứng nhắc, áp đặt mà tư duy mềm dẻo hơn Do đó nâng cao khả năng nhận thức ở các cấp độ: Biết, hiểu, ứng dụng, phân tích,... trị x = 1 và x = 5 vào phương trình (1) thấy đúng Vậy x = 1 và x = 5 là các nghiệm của phương trình đã cho Lời bình 4: Các phương trình trong hai Thí dụ 5 và 6 thuộc dạng : (a+d)h(x)-ah(x)=(b+d)h(x)-bh(x) (1) Trong đó 00, k 0 7 7 Lời giải Giả sử phương trình.. . −1  log 7 α = 0 α = 1  x = 1 ⇔⇔  ⇔ ⇒ −1= 0  log 7 α = 1 α = 7  x = 7 Thay x = 1 và x = 7 vào phương trình (1) thấy đúng Vậy x = 1 và x = 7 là các nghiệm của phương trình đã cho Lời bình 5: Thí dụ 8 là trường hợp phương trình (a+d)h(x) - a h(x) = (b+d)h(x) - bh(x) có b+d = a 12 Bài tập áp dụng 1) x3 + 137 18770 = x3 x 2) x 2 + 13 168 = 2 x4 x x 3) x + 17 + x = 17 4) 22 - 3 2 = (7-4 3) x 5)... ứng dụng, phân tích, tổng hợp, đánh giá và sáng tạo của học sinh Qua khảo sát, kiểm tra thực tế: Đề bài (thời gian 60 phút) Giải các phương trình sau: 1) x3 + 137 18770 = x3 x 2) x + 17 + x = 17 3) x 2 + 13 168 = 2 x4 x Kết quả: Lớp thực nghiệm: 11A6 (57 HS) Giỏi: 18 HS đạt 31,58% Lớp đối chứng: 11A12 (55 HS) Giỏi: 08 HS đạt 14,55% Khá: 19 HS đạt 33,3% Khá: 09 HS đạt 16,36% TB: 15 HS đạt 26,32% TB: 25... Do thời gian hạn chế, nên đề tài chắc hẳn còn sai sót Kính mong các thầy cô, các bạn đồng nghiệp nhận xét, trao đổi, đánh giá để đề tài hoàn thiện hơn TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 Tạp chí Khoa học giáo dục, số 4 năm 2008 2 Dạy và học Toán ngày nay, số 6 năm 2007 3 Tạp chí giáo dục số 183, kỳ 1 – 2/ 2008 4 Toán học và những suy luận có lý, Nxb Giáo dục 5 Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học tuổi trẻ, Nxb Giáo...Lời giải Giả sử phương trình có nghiệm x= α tức là 2log 5 α + 2log 5 α = α + αlog 5 7 3 2 ⇔ 8log 5 α + 4log 5 α = 5 log 5 α + 7 log 5 α ⇔ 8log 5 α - 5log 5 α = 7 log 5 α - 4 log 5 α (2) Xét hàm số f(t) = (t+3) log 5 α- t log 5 α với t > 0 Ta có (2) ⇔ f(5) = f(4) ⇔ f(5) – f(4) = 0 Rõ ràng f(t) là mà... 11 + 3log x = 2 x Điều kiện x > 0 7 7 Lời giải Giả sử phương trình có nghiệm x = α tức là α log 11 + 3log α = 2x 7 11 7 ⇔ 11log α + 3log α = 2.7 7 7 ⇔ 11log α − 7log α = 7 7 7 log7 α log 7 α −3 Xét hàm số f(t) = (4+t) log7 α log7 α (2) -t log7 α với t> 0, t ≠ 1 Ta có (2) ⇔ f(4) = f(3) ⇔ f(4) – f(3) = 0 Rõ ràng f(t) là hàm liên tục trên [3; 4] và có đạo hàm f’(t) = (log7α)(4+t)log 7 α-1- log7α = [(4+t) . đến phương pháp hằng số biến thiên. Song việc trình bày còn nhiều điểm hạn chế. 4. Phạm vi nghiên cứu: Vận dụng phương pháp hằng số biến thiên để giải một số phương trình: Đại số, phương trình. tỷ. 3 6. Giả thuyết nghiên cứu: Nếu vận dụng phương pháp hằng số biến thiên để giải một số lớp phương trình sẽ nâng cao hiệu quả việc dạy và học toán. 7. Phương trình chứng minh luận điểm: Nghiên. có bài toán giải phương trình trong trường hợp này. 9 Với phương pháp hằng số biến thiên, việc giải phương trình mũ đã được chuyển về giải phương trình luỹ thừa đơn giản hơn. Phương pháp ấy đã