skkn sử DỤNG TÍNH đơn điệu của hàm số vào GIẢI PHƯƠNG TRÌNH và hệ PHƯƠNG TRÌNH

Một trong những phương pháp khá hiệu quả được áp dụng nhiều đó là: “Sử dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải phương trình và hệ phương trình ”.. Mục đích nghiên cứu Cung cấp cho học sin

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ

TRƯỜNG THPT VINH XUÂN



-SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỐ VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ

HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Lĩnh vực: TOÁN

Giáo viên môn: TOÁN

Vinh Xuân, tháng 3 năm 2015

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU 2

GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 3

I Một số kiến thức chuẩn bị 3

II Phân dạng bài tập và ví dụ 4

A Phương trình 4

B Hệ phương trình 9

KẾT LUẬN 14

TÀI LIỆU THAM KHẢO 15

MỞ ĐẦU

1 Lí do chọn đề tài

Trong chương trình toán học ở bậc trung học phổ thông, nhóm kiến thức về phương trình và hệ phương trình là phổ biến vàcơ bản nhất Bằng chứng là chúng luôn

có mặt trong các đề thi của các kì thi quan trọng Tuy nhiên, những kiến thức hay phương pháp giải của phương trình và hệ phương trình được trình bày ở sách giáo khoa phổ thông cho học sinh còn khá đơn giản Do vậy, khi phải đối mặt với những phương trình hay hệ phương trình không quen thuộc (như trong các đề thi tuyển sinh Đại học những năm gần đây) học sinh thường gặp khó khăn Để làm được những bài toán ở mức độ khó này học sinh cần được trang bị và luyện tập nhiều một số cách giải khác

nữa Một trong những phương pháp khá hiệu quả được áp dụng nhiều đó là: “Sử dụng

tính đơn điệu của hàm số vào giải phương trình và hệ phương trình ” Đó là lí do của

sáng kiến kinh nghiệm này

2 Mục đích nghiên cứu

Cung cấp cho học sinh và chia sẻ với đồng nghiệp một phương pháp để giải các bài toán phương trình, hệ phương trình

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

- Nghiên cứu cơ sở của phương pháp để có thể áp dụng chúng vào giải phương trình hệ phương trình

- Giải một số bài toán và kèm theo đó là các đánh giá, phân tích, nhận xét, so sánh để thấy tác dụng của phương pháp này và hệ thống bài tập luyện tập cho học sinh

4 Đối tượng nghiên cứu

Các bài toán về phương trình và hệ phương trình trong chương trình toán trung học phổ thông

5 Phương pháp nghiên cứu

- Sử dụng phương pháp nghiên cứu tài liệu qua các thao tác phân tích, tổng hợp, so sánh…các tài liệu tham khảo

- Thảo luận, trao đổi với đồng nghiệp và học sinh

GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Sau đây là một số tính chất của đạo hàm và tính đơn điệu của hàm số đã biết được sử dụng trong chuyên đề này Việc chứng minh nó được trình bày trong sách giáo khoa hoặc bạn đọc tự chứng minh lấy vì khá đơn giản

Tính chất 1: Cho hàm số yf x( ) có đạo hàm trên khoảng K Khi đó

C Nếu f x'   0, x K thì hàm số f x( ) đồng biến (tăng) trên K.

C Nếu f x'   0, x K thì hàm số f x( ) nghịch biến (giảm) trên K.

(Dấu “=” chỉ xảy ra tại một số điểm hữu hạn trên K)

Chú ý: Phát biểu trên vẫn đúng khi K là một đoạn hay nửa khoảng với điều kiện là

( )

f x liên tục trên đoạn hay nửa khoảng đó.

Tính chất 2: Cho hàm số yf x( ) đơn điệu trên K Khi đó

( ) ( ) ,

Tính chất 3: Nếu f(x) đồng biến trên (a; b) thì x, y, z là nghiệm của hệ phương trình

 

 

 

 



   









Chứng minh: Xét hệ phương trình

 

 

 

(*)

 











 Giả sử (x,y,z) là một nghiệm của hệ phương trình (*) Không mất tính tổng quát, giả sử x   , vì f(x) đồng biến nên y z

     

Tính chất 4:

Khi đó tổng f(x) + g(x) cũng là hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) trên K Tính chất này nói chung không đúng với hiệu f(x) - g(x).

khoảng K thì tích f(x).g(x) cũng là hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) trên K Tính chất này nói chung không đúng với tích f(x).g(x) khi f(x) và g(x) là hai hàm

số không cùng dương trên K.

Tính chất 5: Cho yf x y g x( ),  ( ) là hai hàm số liên tục trên tập hợp K Khi đó

Nếu f x( ) đồng biến (nghịch biến) trên K, g x( ) nghịch biến (đồng biến) hoặc là

K.

II PHÂN DẠNG BÀI TẬP VÀ VÍ DỤ

A PHƯƠNG TRÌNH

Phương pháp chung: Để giải những phương trình F x ( ) 0 bằng cách sử dụng tính

đồng biến nghịch biến của hàm số, ta thường biến đổi theo các cách sau đây

Cách 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi chứng minh f(x)

đồng biến (nghịch biến) để suy ra phương trình có nghiệm duy nhất

Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi dùng lập luận

khẳng định f(x) đồng biến (nghịch biến) còn g(x) nghịch biến (đồng biến) hoặc hàm

hằng suy ra phương trình có nghiệm duy nhất

Cách 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) rồi chứng minh f(x) đơn điệu Khi đó

ta có: u = v

Dạng 1: Biến đổi phương trình về dạng f x( )k hoặc f x( )g x( )

Ví dụ 1: Giải phương trình: x 2x 1 3x 4 4x9 14 (1)

Nhận xét: Khi gặp dạng toán phương trình chứa căn thức, thường ta phải khử căn bằng

các phép lũy thừa, nhân lượng liên hợp, đặt ẩn phụ hoặc đánh giá Tuy nhiên dễ dàng nhận thấy vế trái của phương trình (1) là một hàm số đồng biến, vế phải là hàm hằng

nên ta có thể sử dụng hàm số ở đây, cụ thể:

Giải

Điều kiện: x  Xét hàm số 0 f x( ) x 2x 1 3x4 4x9 , x0;

Ta có :

2 2 1 2 3 4 4 9

       

Vì f x( ) liên tục trên 0; nên ( ) f x đồng biến trên 0; Do đó phương trình (1) có nhiều nhất một nghiệm

Mặt khác f(4) 14 nênx 4là nghiệm duy nhất của phương trình (1)

Chú ý:

C Vì các hàm số y = ax + b với a > 0 là một hàm đồng biến và nếu f(x) là hàm

đồng biến thì hàm f x( ) (với điều kiện căn thức tồn tại) cũng là một hàm đồng biến nên ta dễ dàng nhận ra vế trái của phương trình là hàm đồng biến

C Khi 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 (nhiều trường hợp cần nhờ đến máy tính cầm tay)

C Bài toán trên có thể giải bằng cách nhiều cách khác, chẳng hạn là nhân thêm các lượng liên hợp, cụ thể:

Điều kiện: x  Khi đó0

2 1 3 4 4 9 14 2 2 1 3 3 4 4 4 9 5 0

2 2 1 3 3 4 4 4 9 5

                  

      

Ví dụ 2 : Giải phương trình 35x3 3 3x 23x24x2 (2)

Giải: Điều kiện

2 3

x 

Xét f x  35x3 3 3x 2 Vì

 

2

2 3 3

3

2 3 2

5 3

x

x x

 

     



và f(x) liên tục trên

2

; 3

 





  nên đồng biến trên

2

; 3

 





 

Xét g x  3x24x Ta có 2  

2 ' 6 4 0 ;

3

g x  x   x  

  nên g x nghịch 

biến trên

2

;

3

 





 

Vậy phương trình (2) có nhiều nhất một nghiệm Mặt khác ta thấy x = 1 thỏa mãn Vậy phương trình (2) có nghiệm duy nhất x = 1.

Ví dụ 3 : Giải phương trình

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

(3)

Giải: Điều kiện :

1 2

x 

Phương trình (3) viết lại dưới dạng như sau:  2x 1 3   x2 x6 4

(*)

Để phương trình (*) có nghiệm thì 2x 1 3 0   2x 1 3  x5

Xét hàm số f x    g x h x     với g x   2x 1 3; h x   x2 x6

Ta có   1 0 5;   1 1 0 5

          

Do đó hàm số g x   2x 1 3; h x   x2 x dương và cùng đồng biến6 trên 5; Suy ra  f x  g x h x    đồng biến trên 5; 

Mặt khác f  7  nên 4 x 7là nghiệm duy nhất của phương trình (3)

Chú ý:

C Tính chất trên chỉ áp dụng cho hai hàm số cùng nhận giá trị dương và cùng đồng biến (hoặc cùng nghịch biến) trên một khoảng nào đó

C Nhờ đặt điều kiện để phương trình có nghiệm (x > 5) dẫn đến vế trái của phương

trình là tích của hai hàm số dương và cùng đồng biến

Ví dụ 4 : Giải phương trình: 2 3x x2 8x14 0 (4)

Giải:

Điều kiện: x 3, phương trình (4) viết lại: 2 3x x28x 14

Xét hai hàm số f x( ) 2 3x và g x  x2 8x 14 xác định và liên tục trên  ;3

3

2 ln 2 '( ) 0 ;3

2 3

x

x





     

 nên f x( ) nghịch biến trên  ;3

g x'( )2x 8 0    x  ;3 nên g x( ) đồng biến trên  ;3

Mặt khác, ta có f  3 g 3  , suy ra phương trình (4) có nghiệm duy nhất x = 1.1

Bài tập 1: Giải các phương trình sau đây

a) x 1 35x 747x 5513x 7 8 (KQ: x = 3)

b) x3 5 2 23 x 1 x0 (KQ: x = – 1)

c) 3x7 5 4 x  3 x3 (KQ: x = 1)

d) 4x 2 log 2x 3 log3x 2  15x1

(KQ: x = 11).

Dạng 2: Biến đổi phương trình về dạng f u  f v  rồi chứng minh f x đơn điệu 

Ví dụ 5: Giải phương trình:2x3 x2 32x3 3x 1 3x 1 3 x2 (5)2

Giải:

Biến đổi phương trình (5) 2x3 3x 1 32x3 3x 1 x2 2 3 x22 (*)

Xét hàm số f t   t 3t trên R Ta có   1 312 0 \ 0 

3

t

     

Do đó hàm số f t  t 3t đồng biến trên R.

Từ (*) f 2x3 3x1 f x 22  2x3 3x 1 x2 2 2x3 x2 3x 1 0

1 1 5

2 2

   

Vậy nghiệm của phương trình (5) là:

1 1 5

;

2 2

Ví dụ 6: Giải phương trình 36x 2 4x8x3 2 (6)

Giải: Phương trình (6)  6x 2 36x2 2x32x (*)

Xét hàm số f t   t3 t , t R Ta có f t'  3t2 1 0  t R nên f t đồng biến 

trên R.

Phương trình (*) có dạng:

1

6 2 2 6 2 2 4 3 1 0 1

2

x

x







         

 



Vậy phương trình (6) có hai nghiệm x = 1 và

1 2

x 

Ví dụ 7: Giải phương trình x33x4x 2 3x2 3x (7)1

Giải:

Điều kiện:

1 3

x 

Phương trình (7) viết lại

       3

(x1)  x1  3x1  1 3x 1 (x1)  x1  3x1  3x1

(*) Xét hàm số f t   t3 t t, 0; Vì  f t'  3t2 1 0  t 0; 

Mặt khác (*) có dạng:     2 0

1 3 1 1 3 1 0

1

x

x





            



Vậy phương trình (7) có hai nghiệm x = 0 và x = 1.

Ví dụ 8: Giải phương trình 3 x 2 32x2 32x2 1 3 x (8).1

Giải:

Phương trình (8)  32x2 1 3 2x2 3x1 1  3 x (*)1

Xét hàm số f t   t 3t31,t R Ta có

 

2

2 3 3

1

t

t

    



nên f t 

đồng biến trên R

Mặt khác phương trình (*) có dạng: f  32x2 f  3 x1

1

2 1 2 1 0 1

2

x

x







       

 



Vậy phương trình (8) có hai nghiệm là

1

1

2

Ví dụ 9: Giải phương trình  

2

2 1 log 3 8 5

1

x

x

  

  

 

  

  (9)

Giải:

Điều kiện:

1 2

x 

và x 1 Phương trình (9)      

2

2 1 log 1 3 1 2 1

1

x

x

  

      

  

 

log 2x 1 2x 1 log 3 x 1 3 x 1

       

(*)

Xét hàm số f t  log3t t t ,  Ta có 0  

1 ' 1 0 0

ln 3

t

    

, suy ra f t  đồng biến trên 0;

Phương trình (*) có dạng:

    2  2

2

2 1 3 1 2 1 3 1 2

3

x

x







       

 



Vậy phương trình (9) có hai nghiệm

2 2;

3

Nhận xét chung

C Những bài tập dạng này thường có biểu thức nhìn bề ngoài khá phức tạp, đòi hỏi người học phải có óc quan sát và tư duy nhạy bén để quy lạ về quen

C Điều mấu chốt của những bài toán này là kĩ năng biến đổi, thêm bớt,… để chọn được các hàm đặc trưng Đồng thời xác định đúng tập xác định của phương trình của ẩn để trên đó các hàm đặc trưng phải đơn điệu

Bài tập 2: Giải các phương trình sau

a)

3x x 3x (x 1)

    (KQ: x = 1).

b)

2

1 1

2 2

2

x

  

(KQ: x = 0; x = 2).

c) sin 2x cosx 1 log ,2x x 0;2



 

     

  (KQ: x 6



 ) d) 3x   1 x log 1 23  x (KQ: x = 0; x = 1).

e) x 1 35x 747x 5513x 7 8 (KQ: x = 8).

B HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Hệ phương trình trong chương trình toán trung học phổ thông là một chủ đề rất rộng

và đương nhiên không có một cách giải chung nào cả Ngoại trừ một số lớp hệ phương trình có dạng chuẩn và có thuật giải được trình bày ở sách giáo khoa, còn lại là các hệ phương trình không mẫu mực Khi đó những đường hướng để giải nó thường hay nghĩ đến là: Phương pháp cộng, hoặc phương pháp thế

- Phương pháp cộng nói một cách chung nhất là các phương trình trong hệ tác động hỗ trợ lẫn nhau qua các phép biến đổi tương đương để đưa về những phương trình giải được

- Phương pháp thế, tức là các phương trình trong hệ phải “độc lập” biến đổi để

rút một ẩn nào đó theo các ẩn còn lại rồi thế vào các phương trình khác của hệ

Có nhiều kĩ thuật khác nhau để thực hiện việc rút một ẩn trong hệ phương trình theo các ẩn còn lại như phân tích thành tích, đánh giá qua bất đẳng thức, nhân liên hợp… Đặc biệt là kĩ năng sử dụng tính đơn điệu của hàm số

Ví dụ 10: Giải hệ phương trình

4 5 2 2 1 0 (1)

(10)

         





      





Giải: Điều kiện: x y   3 0

Từ phương trình (1) ta có x y  2 x2 1 2 x x y 21 (*)

+ Xét x 2 y2 thay vào (2) không thỏa mãn

+ Xét x y  0 x y x 2 0  x 2 y (không thỏa mãn).2

Do đó phương trình (*) tương đương với:

2 2 1  2 1 2

   



Xét hàm số  

( 0)

t

t



,

 

1

1



   

 nên f t nghịch 

biến trên các khoảng  ;0 và 0; 

Do đó 2 x x y   y 2 2x (Do 2 x và x y cùng dấu )

Thay vào (2) ta được: x2 x 3x 1 2x2  x 3 x2x  3x 1 2 3x3

      

Từ đó giải được x = 1; y = 0 Vậy hệ phương trình (10) có nghiệm duy nhất

1 0

x y











Ví dụ 11: Giải hệ phương trình    

2

1

(1) 1

3log 2 6 2log 2 1 (2)

e

y













     

Giải:

Điều kiện

2 6 0

2 0

x y

  





  



Phương trình (1)  lnx2 1x2  1 ln y21 y21 (*)

Xét ( ) lnf t  t t t , 1. Ta có f t'  1 1 0 t 1

t

    

nên ( )f t đồng biến trên 1; 

Từ (*) ta có  f x 2 1 f y 2 1  x2 1 y2  1 x y

+ Với yx thay vào (2) ta được: log 63  x  1 x3;y3

+ Với y x thì (2) trở thành:

3log 3x6 2log 2x2  1 3log x2 2log x1

Đặt

 

3

2

log 2 2 2 9 3log 2 2log 1 6

log 1 3 1 8

t t



    

       

   

Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được:

8 1

9 8 1 1

9 9

      

    (**)

Vế phải của phương trình (*) là hàm số ẩn t nghịch biến trên R còn vế trái là hàm hằng nên phương trình (**) có nghiệm duy nhất t =1.

Suy ra log2x1  3 x7;y7

.

Vậy hệ phương trình (11) có hai nghiệm

3 7

;

3 7

 

 

 

 

 

Ví dụ 12 : Giải hệ phương trình

2 2 3 1

2 2 3 1

y x





     





     

 (12) Nhận xét đây là một phương trình đối xứng loại 2, phương pháp giải thông thường là trừ vế theo vế của hai phương trình Tuy nhiên để đơn giản ta biến đổi hệ phương trình như sau:

Giải:

Hệ phương trình (12)

 

 

1 1 1 3

1 1 1 3

y x





     



 

     

Đặt u x 1;v  ta được y 1

2

2

1 3

1 3 1 3

1 3

v

u

   



       



   

 (Trừ vế theo vế của hai phương trình trong hệ)

Xét hàm số

2 2

2

1

1 3 , , ' 3 ln 3 0

1

t

 

         

Do đó f t đồng biến trên R nên suy ra u = v    u u2 1 3u (*)

Vì u u2 1 0 u R nên phương trình (*) lnu u21 uln 3 0

Xét hàm số g u  lnu u2 1  uln 3,u R

,

 

2

1 ' ln 3 1 ln 3 0

1

g u

u

    

Mặt khác g 0  nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất u =0 Suy ra x = y =1.0

Vậy hệ phương trình (12) có nhiệm duy nhất

1 1

x y











Ví dụ 13: Giải hệ phương trình

2 2 2

    



   





   

 (13) Nhận xét đây là một hệ phương trình hoán vị vòng quanh nên ta sẽ sử dụng đến tính chất 3 đã nêu ở phần trước Muốn vậy cần phải chứng minh hàm đặc trưng của nó luôn đơn điệu tăng

Xét hàm số f t  t3t2 t 2, t R Ta có f t'  3t2 2t 1 0 t R, suy ra

f(t) đồng biến trên R

Hệ phương trình (13)

 

 

 

 



     





Thay vào hệ phương trình ta được: x3x2 2 0  x1.

Vậy hệ phương trình (13) có một nghiệm (1;1;1)

Chú ý: Kết quả của tính chất 3 được phát biểu như là một bổ đề, giúp định hướng tìm

cách giải Khi làm bài tập, học sinh đương nhiên phải chứng minh lại rõ ràng mới được

áp dụng

Ví dụ 14: Giải hệ phương trình

3 3 ln 1

3 3 ln 1

3 3 ln 1

      





     





      

 (14)

Giải:

Xét hàm số f t  t33t 2 ln t2  t 1 , t R

Ta có  

2

2 1 2 1

        

    Suy ra f t đồng biến 

trên R.

Theo tính chất 3, suy ra x = y = z Thay vào hệ ta có: x32x 3 ln x2 x1 0

(*) Xét hàm g x( )x32x 3 ln x2 x1 , x R

Ta có

2

2 1 2 1 '( ) 3 2 3 0

       

    Do đó phương trình (*)

có nhiều nhất một nghiệm Mặt khác (1) 0g  nên (*) có nghiệm duy nhất x = 1.

Vậy hệ (14) có 1 nghiệm (1;1;1)

Chú ý: Tính chất (3) còn được phát biểu tổng quát hơn như sau:

Cho f(x) và g(x) là hai hàm số cùng đồng biến (hoặc cùng nghịch biến) trên