SKKN sử dụng hàm đặc trưng, giải c,2014

Thực tiễn dạy học nói chung và dạy toán nói riêng, đòi hỏi người thầy phải thực sự là người dẫn dắt, định hướng và khơi dậy trong học sinh niềm say mê, hứng thú học tập và khám phá để các em tự tìm tòi, tự phát hiện ra vấn đề và tự giải quyết vấn đề. Trong việc học toán, học cần tìm ra được phương pháp, nắm bắt quy luật và bản chất của một vấn đề, đặc biệt là giải bài tập về phương trình và bất phương trình đại số, mũ, logarit … Học sinh chưa có phương pháp tổng quát để giải quyết các bài tập ở các thể loại khác nhau theo tư duy hệ thống, khái quát, logic và khoa học. Học sinh thường sa vào những tình tiết cụ thể, những cách giải manh mún, chưa khái quát được vấn đề. Bởi vậy kỹ năng giải các loại bài tập thuộc dạng này còn thấp từ đó dẫn đến kết quả học tập của học sinh còn thấp.Chuyên đề phương trình , bất phương trình chiếm một nội dung khá lớn trong chương trình phổ thông và là phần quan trọng trong kì thi học sinh giỏi, thi đại học.tuy nhiên trong các bài toán đó có một lượng lớn bài toán mà ta khó giải được bằng phương pháp thông thường. Ta biết giữa phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hàm số có mói quan hệ chặt chẽ với nhau. Khi sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải các bài toán đó thì đơn giải và gọn gàng hơn. Đặc biệt là các bài toán phức tạp Bởi vậy tôi đã tiến hành khảo sát, triển khai thực hiện đề tài :Sử dụng tính đơn điệu của hàm số đặc trưng để giải phương trình, bất phương trình , hệ phương trình với mục tiêu: một là, giúp học sinh có thêm một phương pháp mới tổng quát để giải phương trình, bất phương trình , hệ phương trình,trang bị thêm cho các em một công cụ sắc bén và hiệu quả; hai là, trên cơ sở đó học sinh hình thành phương pháp tư duy hệ thống, logic và khái quát vấn đề khi học toán để các em đạt kết quả cao trong học tập môn Toán.

A MỞ ĐẦU Thực tiễn dạy học nói chung và dạy toán nói riêng, đòi hỏi người thầy

phải thực sự là người dẫn dắt, định hướng và khơi dậy trong học sinh niềm say mê, hứng thú học tập và khám phá để các em tự tìm tòi, tự phát hiện ra vấn đề và tự giải quyết vấn đề Trong việc học toán, học cần tìm ra được phương pháp, nắm bắt quy luật và bản chất của một vấn đề, đặc biệt là giải bài tập về phương trình và bất phương trình đại số, mũ, logarit … Học sinh chưa có phương pháp tổng quát để giải quyết các bài tập ở các thể loại khác nhau theo tư duy hệ thống, khái quát, logic và khoa học Học sinh thường sa vào những tình tiết cụ thể, những cách giải manh mún, chưa khái quát được vấn đề Bởi vậy kỹ năng giải các loại bài tập thuộc dạng này còn thấp từ đó dẫn đến kết quả học tập của học sinh còn thấp.Chuyên đề phương trình , bất phương trình chiếm một nội dung khá lớn trong chương trình phổ thông và là phần quan trọng trong kì thi học sinh giỏi, thi đại học.tuy nhiên trong các bài toán đó có một lượng lớn bài toán mà ta khó giải được bằng phương pháp thông thường Ta biết giữa phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

và hàm số có mói quan hệ chặt chẽ với nhau Khi sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải các bài toán đó thì đơn giải và gọn gàng hơn Đặc biệt là các bài toán phức tạp Bởi vậy tôi đã tiến hành khảo sát, triển khai thực hiện đề

tài :Sử dụng tính đơn điệu của hàm số đặc trưng để giải phương trình, bất phương trình , hệ phương trình với mục tiêu: một là, giúp học sinh có thêm

một phương pháp mới tổng quát để giải phương trình, bất phương trình , hệ phương trình,trang bị thêm cho các em một công cụ sắc bén và hiệu quả; hai

là, trên cơ sở đó học sinh hình thành phương pháp tư duy hệ thống, logic và khái quát vấn đề khi học toán để các em đạt kết quả cao trong học tập môn Toán

1 Cơ sở khoa học

1.1 Cơ sở thực tế

Qua khảo sát thực tế, học sinh THPT hiện nay nói chung, đặc biệt là học sinh trường THPT Nguyễn Hoàng nói riêng (chất lượng đầu vào rất thấp),

tư duy hệ thống, logic và khái quát của các em học sinh còn rất hạn chế, bởi vậy ảnh hưởng rất lớn đến giảng dạy phần giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình nói chung Kiến thức về xét tính đơn điệu của hàm số

mà các em đã đuợc học ở chương đầu tiên của chương trình Giải tích 12 cần cho triển khai thực hiện đề tài là rất cơ bản và việc sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải quyết vấn đề đặt ra đáp ứng tính hệ thống trong kiến thức bậc THPT, từ tạo nên sự hứng thú tìm tòi nghiên cứu cho học sinh

Học sinh ở lứa tuổi này rất ham học hỏi, tìm tòi khám phá những cái mới, tiên tiến và khoa học Những tri thức khoa học mà người thầy dẫn dắt, định hướng cho các em khám phá phải luôn mang tính vừa sức, khơi dậy trong các em hứng thú khám phá và bước đầu các em thấy dễ hiểu tạo động

lực và niềm tin vào khả năng của bản thân Việc giảng dậy nội dung này với nhiều loại phương trình, bất phương trình, hệ phương trình khác nhau dựa trên cùng một phương pháp là thực hiện đúng đắn quy luật nhận thức khách quan “Từ trực quan sinh động đến tư duy trừu tượng ” Từ đó tạo động lực và kích thích các em tò mò khoa học, say mê, hứng thú học tập và khám phá

1.2 Cơ sở khoa học

Để xét sự tương giao của đường cong (C) : y = f(x) và đường (C’):

y =f(m), ta xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đưòng (C) và (C’)

f(x) = f(m) (*)

- Số giao điểm của đường cong (C) và đường thẳng (C’) là số nghiệm của phương trình (* ) và ngược lại

- (C ) và (C’)có điểm chung khi và chỉ khi phương trình (* ) có nghiệm

2 Đóng góp của đề tài

Đề tài đã giải quyết những vấn đề sau:

2.1 Khơi dậy và phát huy tính chủ động, tích cực và sự hứng thú học tập nội dung này của mọi đối tượng học sinh, từ đó tạo động lực và niềm tin cho các em tự tin học tập bộ môn toán

2.2 Giúp học sinh có thêm một phương pháp giải tổng quát để giải phương trình, bất phương trình , hệ phương trình bằng công cụ : xét tính đơn điệu của một hàm số đặc trưng

2.3 Phát triển tư duy logic, hệ thống và khái quát hoá cho học sinh

B NỘI DUNG

Từ thực tế học sinh trường THPT Nguyễn Hoàng với đa số còn hạn chế

về tư duy logic, hệ thống và khái quát hoá cũng như kỹ năng giải phương trình, bất phương trình,hệ phương trình trên cơ sở đó tôi đã tiến hành thực nghiệm và áp dụng đề tài

1 Khái quát chung

Dựa trên những kết quả nghiên cứu về lí thuyết toán học bậc THPT, tôi

đã áp dụng cả 3 khâu của quá trình dạy học như sau :

1.1 Nội dung của phương pháp và hệ thống các bài tập minh hoạ đã được chọn lọc có tính bao quát các dạng phương trình, bất phương trình thường gặp ở các mức độ khác nhau, phù hợp với các đối tượng học sinh, được định hướng và dẫn dắt cho học sinh tự hình thành, chiếm lĩnh trong

khâu “Hình thành kiến thức, kỹ năng mới”;

1.2 Hệ thống các bài tập thực hành có tính chất và nội dung tương tự với

hệ thống các bài tập thực nghiệm, được áp dụng trong khâu “ Củng cố, hoàn thiện ” và khâu “kiểm tra đánh giá ” để cho học sinh rèn luyện kỹ năng và

củng cố kiến thức được hình thành, đồng thời đánh giá hiệu quả thực nghiệm

2 Nội dung

Bài toán 1 : Giải phương trình , hệ phương trình mà ta có thể chuyển một

phương trình nào đó về một phương trình đặc trưng dạng:

f( x) = f( y) (*) thoả mãn điều kiện T nào đó Ta cần chứng minh hàm

số f(x) đồng biến hoặc nghịch biến trên điều kiện T đó Do đó PT (*) x = y

Bài toán 2: Giải bất phương trình nào đó mà ta cũng có thể đưa về dạng đặc

trưng f(x) < g(y) hay f(x)  g(y) (*)xác định trên điều kiện T nào đó Ta có thể chứng minh được hàm số f(x) đồng biến hoặc nghịch biến trên T Thì bất phương trình (*) x < y hay x  y hoặc x > y hay x  y

3 Bài tập minh hoạ

Bài 1: Giải hệ phương trình:

1 2

1 1

3











x y

y

y x x

(Đề thi tuyển sinh Đại học –Cao đẳng – KA-2002)

Lời giải

Điều kiện: x.y  0

Cách 1:

Từ phương trình (1) của hệ  (x – y)(1 + xy1 ) = 0  









 1

xy y x

Trường hợp 1:











 1

2y x3

y x







































2

5

12

5 1 1

y x

y x

y x

Trường hợp 1:































































) 4 ( 0 2

) 3 ( 1 1

2

1 1

2

1

4 3

3

x

y x

x

x

y x

y xy

Ta chứng minh PT(4) vô nghiệm

Do đó hệ PT có 3 nghiệm

Cách 2: Xét hàm số đặc trưng f(t) = t - 1t , t  0

Ta có f’(t) = 1 + 12

t > 0  t  0 Nên hàm số f(t) đồng biến với mọi t  0

Nên PT(1) xảy ra khi và chi khi x = y Thay vào PT(2) ta được kết quả giống cách 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm

(x ; y) = {( 1 ;1), (

2

5

1 

2

5

1 

2

5

1 

2

5

1 

Từ hai cách giải trên ta thấy cách giải thứ 2 đơn giản hơn

Bài 2: Giải hệ phương trình :

















1

3 3

6 6

3 3

y x

y y x x

Lời giải

Từ phương trình x6 + y6 = 1 x  1 ,y  1

Xét hàm số f(t) = t3 – 3t với t  1 Ta có f’(t) = 3t2 -3 =3(t2 – 1) < 0 với

1



t , Ta có f(1) = 0 , nên f(t) nghịch biến với t  1

Ta có phương trình x3 -3x = y3 – 3y ta có thể viết f(x) = f(y)  x = y

Do đó hệ phương trình 





















6 6

1

y x

y x

Bài 3: Giải phương trình : 1

2 4

2013 6 2

2



x x x

= 6 3 2 1



 x

Lời giải

TXĐ : D = R, Khi đó phương trình tương đương với

6 2 2 4 2 21

2 6 2013

2013 1

2 4















x

x x

x x x

 (4x2 +2) 4 2 2

2013 x  = 6 2 ( 2 1 )

2013 ).

1



Xét hàm số f (t ) = t.2013t trên R , ta có

f ’(t) = 2013t(1 + t.ln2013) > 0 t Suy ra hàm số đồng biến trên R

Do đó phương trình (2) xảy ra khi và chỉ khi 4x2 + 2 = x6 + x2 + 1

 x6 – 3x2 -1 = 0  u3 – 3u – 1 =0 (với x2 = u  0 )

Xét hàm số f(u) = u3 – 3u – 1 Ta có f’(u) = 3u2 -3

Lập bảng biến thiên của hàm số f(u) ta thấy phương trình (3) chỉ có nghiệm thuộc (0; 2) Đặt u = 2 cos , )

2

; 0 ( 

 

(3) 

9 2

1 3 cos 2

1 cos 3 cos







Đáp số : x =

9 cos



Bài 4: Giải bất phương trình: ( 2 2 ) 2 1 3 3 2 4 2









Lời giải :

TXĐ : D = R ,

Khi đó (1)  ( 3 1 ) 3 2 1 ( 1 ) 3 ( 1 )













Do đó ta xét hàm số f(t) = t3 + t trên R Ta có : f’(t) = 2t2 + 1> 0,

t  R f(t) đồng biến trên R].Bởi vậy,từ (2) ta có f( 2 1



x )  f(x+1)





 x

x  x < - 1 hoặc  1

) 1 (

2











x

x

x  x 0 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ( - ; 0 ]

Bài 5: Giải hệ phương trình :

log ( 1)5 log3 ( 43)0 1

12 12

2 2



















y x

y x y x

Lời giải:

Điều kiện: x >1 ; y > 3

Ta có : x2 –y2 +5x -3y +4 = 0  (x+2)2 +(x+2) = (y+1)2 +(y +1) (1)

Xét hàm số: f(t) = t2 + t với mọi t dương ; ta có f’(t) = 2t + 1>0  t >0

Nên hàm số f(t) đồng biến trên (0 ; + ) Vậy để phương trình (1) xảy ra với điều kiện x > 1; y >3 thì x+2 = y + 1  y = x + 1 Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được (x – 1)( x - 2) = 12  x = 5 hoặc x = -2 (loại)

Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x;y) = (5;6)

Bài 6: Giải hệ phương trình:

( 4 1 ) 2 ( 1 ) 6

1 1

4 2 2 (

2 2

3

2 2

2



















x x y

x

x x y y

Lời giải:

Điều kiện x  0

Ta có x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình nên x > 0

Với điều kiện từ hệ suy ra

x + 2 1



x > 0  x2y(2 + 2 4y2  1) > 0  y > 0 Chia hai vế của phương trình thứ 2 của hệ cho x2 ta được

2y + 2y ( 2 ) 2 1 1 1 (1) 2 1









x x x

Xét hàm xố f(t) = t + t 2 1



t trên (0 ; + );

Ta có f ’(t) = 1 +

1

1

2

2 2







t

t

t > 0,  t > 0  f(t) đồng biến trên khoảng (0 ; + )

Do đó (3)có nghiệm khi và chỉ khi 2y =

x

1

Thế 2y = 1x vào (2) ta được x3 + x + 2(x2 + 1) x = 6 (4) Ta có vế trái của (4) là hàm số đồng biến trên khoảng (0 ; + ) nên x = 1 là nghiệm duy nhất của (4)





Vậy (x;y) = (1; 12 ) là nghiệm duy nhất của hệ phương trình đã cho.

Bài 7: Giải hệ phương trình sau

x y x y x y x y

x y

y x y











 2 ( ) ( 2 ) 2 2

0 1 ) 1 ( 2

2

3 3

(Đề thi chọn học sinh giỏi Thanh Hóa năm 2011- 2012)

Lời giải

Điều kiện : x + y  0 ; 2x – y  0

Ta có phương trình (1) của hệ tương đương với

2(2x-y) +(2x – y) 2x  y = 2(x+y) + (x + y) x  y

Phương trình này có dạng f(2x-y) = f(x+y) (*)

Xét hàm số f(t) = 2t + t t với  t  0

Ta có : f ’(t) > 0  t  0 Nên hàm số f(t) luôn đồng biến trên [0 ; +

)

Nên từ (*) ta có 2x – y = x + y hay x = 2y

Thế vào phương trình (2) của hệ ta được 3 y  1  2 ( 2y 1 ) 3 (3)

Đặt 3 y= 2t – 1 Khi đó pt (3) trở thành

3 3

) 1 2 (

) 1 2 (









y t

t y

Trừ từng vế tương ứng các pt của hệ ta được t = y

(Do 2(2y -1) 2 + 2(2y - 1)(2t -1) + 2(2t -1)2 + 1>0 với t,y)

Thế t = y vào hệ ta được y = (2y – 1)3  8y3 -12y2 +5y – 1 = 0

 (y–1)(8y2-4y+1)=0 y = 1  x = 2 thỏa mãn điều kiện Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (2;1)

Bài 8: Giải hệ phương trình:

6 10 4 5

2 8 6 5

4

y y xy x

y x















Lời giải Điều kiện : x

-5 4

Chia cả hai vế của pt (1) của hệ cho y5 ta được y y

y

x y

x





5

)

Xét hàm số f(t) = t5 + t Ta có f’(t) = 5t4 + 1 > 0 t R

Nên hàm số đồng biến trên R Suy ra để có (*) thì y x = y hay x = y2

Thay vào PT (2) của hệ ta được 4x 5  x 8  6  x 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = { (1;-1),(1;1)}

Bài 9: Giải hệ phương trình:

1 2 ) 1 2 ( 21 22 4 3

2 9 11 2

2 2 3

2























x x x x y y y

y x x

Lời giải Điều kiện : x

2 1

Lấy PT (1) trừ PT(2) của hệ rồi nhân với 2 ta được :

y3 +3y2 + y + 3 = (2x+1) 2 x 1 - 4y  y3 +3y2 +5y + 3 = (2x+1)

1

2 x

 y3 +3y2 + 3y + 1 +2y+2 = (2x -1 + 2) 2 x 1

 (y + 1)2 + 2(y + 1) = ( 2 1 ) 3 2 2 1





Xét hàm số f(t) = t2 + 2t t R ; Ta có f’(t) = 2t + 2 > 0 t R

Nên hàm số f(t) đồng biến trên R Do đó (3)  f(y + 1) = f( 2 x 1)

 y + 1 = 2 x 1  y = 2 x 1 - 1 Thay vào PT (2) ta được 2x2 – 11x + 9 =2 2 x 1 -2  2 2 x 1 = 2x2 -11x + 11



0 11 11 2

) 11 11 2 ( ) 1 2 ( 4

2

2 2















x x

x x

(*)  4x4 – 44x3 165x2 – 250x +125 = 0

 x =1 hoặc x = 5 hoặc x =

2

5

Kết hợp các điều kiện suy ra hệ Phương trình có nghiệm (x;y) = {(1;0), (5;2)}

Bài 10 : Giải phương trình:

3x(2 + 3  9x2 ) – (x + 1)(2 + 2 2 4



 x

x ) = 0 (1)

Lời giải

PT  3x(2 + 3  ( 3x) 2 ) = (x + 1)(2 + 3  (x 1 ) 2 ) (2)

Xét hàm số f(t) = 3t(2 + 3 t 2 )

Ta có f’(t) = (2 + 3 t 2 ) + 2 2

3 t

t

 > 0 t R Nên hàm số f(t) đồng biến trên R Do đó (2)  3x = x +1  x = 21

Vậy phương trình có nghiệm là x =

2

1

Bài 11: Tìm m để hệ phương trình có nghiệm :

0 16 6 12

0 4

5 4

2

4

2 3 3

2 2

2























y y x

x

m y y x x

,x , y R

Lời giải

Điều kiện : -2 x  2 và 0  y  4

Từ PT (1) của hệ  x3 - 12x = (y-2)3 -12(y – 2)

Xét hàm số f(t) = t3 – 12t ; f’(t) = 3(t2 -4) < 0 t (-2;2) ;

Suy ra hàm số f(t) nghịch biến trên [-2; 2] (3)

Ta có x và (y – 2)cùng thuộc đoạn [-2; 2] mà f(x) = f(y – 2) nên kết hợp với (3) ta có x = y – 2 Thay vào PT (2) của hệ ta được 3 4  x2 - 4x2 = m (4)

Để hệ pt đã cho có nghiệm thì pt (4) có nghiệm x[-2;2] ;

Đặt g(x) = 3 4  x2 - 4x2 , x[-2;2] ; g’(x) = - x( 2

4

3

x

 + 8) g’(x) = 0  x = 0 Ta có : g(0) = 6 ; g(-2) = g(2) = -16

max [ 2 ; 2 ]

 g(x) = g(0) = 6 [ min 2 ; 2 ]

 g(x) = -16 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi -16 m  6

Bài 12: Giải hệ phương trình:

5 1

log 1 4 4 4 4 ) 2 ( log 1

2 2

3 2 2 2 3

2





























x x y

y y

xy x x xy y x y

Lời giải

Từ PT (2) của hệ ta có

1

2 

y - log3y - y2 = ( 2x y) 2  1  log3( 2x y) - (2x – y)2 (2)

Xét hàm số f(t) = 2 1



t - log3t - t2 , ta có f’(t) = t

t t

t

2 3 ln

1 1



,t>0

Ta thấy f’(t) > 0 (vì 1

1



t

t

,

3 ln

2 2 2 3 ln

1



 t

Suy ra hàm số f(t) nghịch biến Nên PT (2) xảy ra khi

f(y) = f(2x – y) thì 2x – y = y  x = y

Thay vào PT(1) ta được :

2 5 2 1 ( 2 5 3 ) ( 2 4 ) ( 1 1 ) 0

























x

0 ) 1 1

1 2

3 5

2 )(

2

(





















x

x x

x



























1 1

1 2

3 5

x

Ta có 1

1 1

1 , 5

2 3

5

2















x

x x

x

Nên

) 1 ( 0 5

3 4 2 1 5

2 1

1

1 2

3

5

2

















x

x x

x

Suy ra (3) vô nghiệm nên (*) có nghiệm duy nhất x = 2

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm (x;y) = (2;2)

Bài 13 : Giải hệ phương trình:

3 2 2 2 2

8 )1 1 )(

3 ( 0

y y y x

x

















Lời giải

Ta thấy với y 0 thì VT(1) > 0 , VP (1)  0  hệ phương trình chỉ

có nghiệm (x; y) với y >0

Vì y > 0 nên từ PT (2) của hệ suy ra x > 2

Khi đó (1)  2 1 3 2 2 2 2 ( 4 2 1 1 )











 x2  1  2  2x2y 4y2  1  2x2y  y y y

x x

1 1 1



Xét hàm số f(t) = t 1 t2 t với t >0

f’(t) = 1 2 2 1

1

2







t t

t > 0  t > 0

 f(t) là hàm đồng biến [ 0; +  ) mà f ( 1x ) = f(2y)



x

1

= 2y

2

1



 xy

Thay xy  21 vào (2) của hệ ta có : x = 4  y = 81

Thử lại ta thấy x = 4 và y =

8

1

thảo mãn hệ phương trình đã cho

Kết luận: Hệ phương trình đã cho có nghiệm (x,y) = (4; 81)

Bài 14: Giải hệ phương trình

( , )

4

x y

x y





 







(Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2013)

Lời giải:

Đ/k x  3 và y  3.

Đặt t = 2x – y, phương trình (1) trở thành:

1

t



.2

t

(3)

Ta có hàm số ( ) 1 4

f t    

    nghịch biến và hàm số ( ) 1 2.2

5 5

t

g t   đồng biến

trên R

mà t = 1 thỏa mãn (3), nên t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3)

2x y 1.

Ta có (2) x 4ln(x3) y 4ln(y3) (*)

Xét hàm số: y f t ( ) t 4ln( 3),t t  3, (*) f x( )f y( )

Ta có: '( ) 1, '( ) 0 1

3

t

t





BBT:

t f’(t) f(t)

Với x 1  y 1, ta có x y 1 thỏa mãn hệ phương trình đã cho

Từ 2x y   1 y x x   1

Với x 1ta có:

Khi x  y x   f y  f x

Khi x  y x   f y  f x

Suy ra với ( 3; ) \ 1 

x

x y





 ta luôn có f y( ) f x( )

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất 1

1.

x y











Bài 15: Giải hệ phương trình

 

2







xy y x

Lời giải:

ĐKXĐ: x  R, y  R

0