skkn một số ứng dụng của định lí vi ét

MỤC LỤC Trang PHẦN I LỜI MỞ ĐẦU……………………………… …… …… Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu đề tài Phạm vi nghiên cứu đề tài Nhiệm vụ nghiên cứu đề tài Phương pháp nghiên cứu đề tài PHẦN II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ ……….….…………… ….…….…….4 CƠ SỞ LÝ THUYẾT ……….……………………… .………… 1.1 Định nghĩa 1.2 Một số tính chất hàm số 1.3 Một số phương pháp đoán nghiệm Một số ứng dụng tính đơn điệu hàm số…………………………….5 2.1 Giải phương trình………………………………………………… 2.2 Giải bất phương trình……………………………………………….13 2.3 Giải hệ phương trình……………………………………………… 15 PHẦN III KẾT LUẬN ……………………………………………………… 27 TÀI LIỆU THAM KHẢO……………………………………………………….28 PHẦN I LỜI MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong chương trình môn toán trường trung học phổ thông (THPT), mảng kiến thức phương trình (PT), bất phương trình (BPT), hệ phương trình (HPT) quan trọng Đây chủ đề hay khó, thường xuyên có mặt kỳ thi chọn học sinh (HS) giỏi, Cao đẳng, Đại học trước kỳ thi Tốt Nghiệp Trung học phổ thông quốc gia chúng thuộc câu phân loại trình độ HS mức độ vận dụng bậc cao Thực tế HS thường không giải câu PT, BPT, HPT kỳ thi lý Một là, kiến thức phương pháp (PP) giải PT, BPT, HPT trình bày sách giáo khoa phổ thông đơn giản Hai là, thời lượng dành cho mảng kiến thức lớp Ba là, PT, BPT, HPT có nhiều dạng PP giải khác Bốn là, đại đa số HS thường biết sử dụng kinh nghiệm giải toán nhờ vào thuật toán giải biết trước mà quên lời giải toán có nguyên Để khắc phục lý trên, đòi hỏi HS phải linh hoạt nắm bắt dạng PP giải tương ứng Một PP đề cập đề tài “ Một số ứng dụng tính đơn điệu hàm số” Điểm bật đề tài sau ví dụ có bước phân tích tìm tòi lời giải, lưu ý, nhận xét kèm theo lời giải chi tiết ví dụ hệ thống tập tương tự nhằm giúp HS biết cách giải mà khắc sâu đơn vị kiến thức có liên quan, định hướng cho HS cách tư Đó lý viết đề tài Mục đích nghiên cứu đề tài Về phía Giáo viên: Trao đổi, rút kinh nghiệm giúp trình giảng dạy tốt Về phía HS: Giúp HS có thêm PP để giải PT, BPT, HPT đồng thời rèn luyện cho HS kỹ phân tích tìm tòi lời giải, định hướng cách tư để từ em giải tập từ mức độ nhận biết, thông hiểu đến mức độ vận dụng cao đề thi Phạm vi nghiên cứu đề tài Các ví dụ tập đề tài thuộc Chương trình môn toán THPT Nhiệm vụ nghiên cứu đề tài Nghiên cứu sở lý thuyết PP để áp dụng chúng vào giải toán Nghiên cứu lời giải ví dụ hệ thống tập tương tự Áp dụng PP vào giải toán để thấy hiệu PP so với PP khác PP bình phương, đặt ẩn phụ, nhân lượng liên hợp,… Phương pháp nghiên cứu đề tài Từ việc thu thập nghiên cứu tài liệu tham khảo thông qua thao tác tổng hợp, phân tích, đánh giá, so sánh đúc kết Thảo luận, trao đổi, lấy ý kiến với HS đồng nghiệp PHẦN II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ CƠ SỞ LÝ THUYẾT Để giải toán cách vận dụng tính đơn điệu hàm số kiến thức hàm số đạo hàm, biến thiên kĩ đoán nghiệm vô quan trọng Sau xin trích số tính chất, định nghĩa PP đoán nghiệm thường sử dụng phép sử dụng trình viết đề tài Trong đề tài ta giả thiết K khoảng ¡ 1.1 Định nghĩa Cho hàm số y = f ( x ) xác định K ▪ Hàm số f ( x ) gọi đồng biến K ∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) ▪ Hàm số f ( x ) gọi nghịch biến K ∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) ▪ Hàm số đồng biến nghịch biến K gọi chung hàm đơn điệu K 1.2 Một số tính chất hàm số Tính chất Cho hàm số y = f ( x ) xác định có đạo hàm K Khi ▪ Nếu f ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ K f ' ( x ) = số hữu hạn điểm K hàm số f ( x ) đồng biến K ▪ Nếu f ' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ K f ' ( x ) = số hữu hạn điểm K hàm số f ( x ) nghịch biến K Lưu ý Trong Tính chất 1, K đoạn nửa khoảng phải bổ sung thêm giả thiết “ Hàm số f ( x ) liên tục đoạn hay nửa khoảng đó” Tính chất Cho hàm số y = f ( x ) đơn điệu K u, v ∈ K Khi ▪ f ( u ) = f ( v) ⇔ u = v ▪ f ( u ) > f ( v ) ⇔ u > v f ( x ) đồng biến K ▪ f ( u ) > f ( v ) ⇔ u < v f ( x ) nghịch biến K Tính chất Nếu hàm f ( x ) liên tục đơn điệu K phương trình f ( x ) = k ( k số) có tối đa nghiệm K Tính chất Nếu hàm số f ( x ) liên tục đồng biến (nghịch biến) K , g ( x ) liên tục nghịch biến (đồng biến) K phương trình f ( x ) = g ( x ) có tối đa nghiệm K Tính chất Nếu f ( x ) g ( x ) hai hàm số dương, đồng biến ( nghịch biến) K tích f ( x ) g ( x ) hàm số đồng biến ( nghịch biến) K 1.3 Một số phương pháp đoán nghiệm a Thế thử vài giá trị vào phương trình để đoán nghiệm Dựa vào điều kiện xác định phương trình, ta nhẩm nghiệm Ví dụ từ điều kiện x ≥ phương trình 5 x − + x + = − x ta nhẩm nghiệm x = ( hiển nhiên nghiệm nhỏ ) b Sử dụng máy tính cầm tay Ví dụ tìm nghiệm phương trình x2 − x + + x2 + x + = Đầu tiên nhập vào máy X − X + + X + X + − Sau nhấn phím shift → CALC ta nghiệm X = Để tìm nghiệm khác phương trình (nếu có) ta tiếp tục 2 nhập  X − X + + X + X + −  : ( X − 3) Sau nhấn phím shift → Solve ta nghiệm X = − 143 48 MỘT SỐ ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ 2.1 Giải phương trình Giải phương trình F ( x ) = , F ( x ) có tập xác định D Để giải phương trình cách sử dụng tính đơn điệu hàm số, ta thường biến đổi phương trình dạng sau Dạng f ( x ) = k ( k ∈ ¡ ) hàm f ( x ) đơn điệu D Dạng f ( x ) = g ( x ) hàm f ( x ) đồng biến ( nghịch biến ) D g ( x ) hàm nghịch biến ( đồng biến ) D Dạng f ( u ) = f ( v ) f ( t ) hàm đơn điệu K u = u ( x ) , v = v ( x ) thuộc K với x ∈ D Khi f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v Trong đề tài ta gọi f ( t ) hàm đại diện Dạng Phương trình dạng f ( x ) = k ( k ∈ ¡ ) Phương pháp Bước Xét hàm số y = f ( x ) xác định liên tục D Bước Chứng minh hàm f ( x ) đơn điệu D Bước Nhẩm nghiệm x = x0 ∈ D cho f ( x0 ) = k x = x0 nghiệm phương trình cho x + + x + + x + = 12 Ví dụ Giải phương trình ( 1) Phân tích Để giải phương trình chứa nhiều thức ta đặt điều kiện để thức xác định, sau để khử ta phải dùng phép biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, nhân lượng liên hợp,…Tuy nhiên quan sát vế trái phương trình (1) ta thấy x tăng giá trị biểu thức tăng Từ dự đoán vế trái hàm số đồng biến, vế phải hàm hằng, nhẩm nghiệm x = nên điều kiện thuận lợi cho việc sử dụng tính đơn điệu hàm số Lời giải Điều kiện x ≥ −2 Xét hàm số f ( x ) = x + + x + + 3x + xác định liên tục nửa khoảng [ −2; +∞ ) Ta có 1 + + > 0, ∀x ∈ ( −2; +∞ ) x+3 x + 3x + Suy f ( x ) hàm số đồng biến nửa khoảng [ −2; +∞ ) Do phương trình (1) có tối đa nghiệm Mặt khác ta có x = ∈ [ −2; +∞ ) f ( ) = 12 Vậy x = nghiệm phương trình (1) f '( x ) = Ví dụ Giải phương trình x + + x2 = − x − ( 2) Phân tích Ta có ( ) ⇔ x + + x − + x = ( *) Sau cách phân tích nhẩm nghiệm tương tự Ví dụ Lời giải Điều kiện x ≥ Xét hàm số f ( x ) = x + + x − + x xác định liên tục nửa khoảng [ 1; +∞ ) Ta có f '( x ) = 3 ( x + 6) + + x > 0, ∀x ∈ ( 1; +∞ ) x −1 Suy f ( x ) hàm số đồng biến nửa khoảng [ 1; +∞ ) Do phương trình ( * ) có tối đa nghiệm Mặt khác ta có x = ∈ [ 1; +∞ ) f ( ) = Vậy x = nghiệm phương trình (2) Lời giải Điều kiện x ≥ Khi ( ) ⇔ ⇔ x−2 ( x + 6) + 23 x + + ( + ) ( ) x+6 −2 + x − − + x2 − = x−2 + ( x − 2) ( x + 2) = x −1 +1   1  ⇔ ( x − 2) + + x + 2 =  ( x + 6) + x + +  x −1 +1     1  + + x + > 0, ∀x ≥ 1÷ ⇔ x =  ÷ ( x + 6) + x + + x − +   Kết hợp với điều kiện, phương trình (2) có nghiệm x = Nhận xét Kinh nghiệm cho thấy số phương trình vô tỷ không phức tạp dùng tính đơn điệu giải giải kĩ thuật nhân lượng liên hợp Tuy nhiên toán phức tạp cách sử dụng tính đơn điệu để giải cho ta lời giải ngắn gọn Trong nhiều trường hợp hàm số y = f ( x ) xác định tập D ta chứng tỏ hàm f ( x ) đơn điệu khoảng K ⊂ D Thông thường ta dựa vào điều kiện xác định điều kiện ẩn sâu bên phương trình kết hợp với đánh giá bất đẳng thức để thu hẹp miền cho ẩn Để hiểu rõ vấn đề ta xét ví dụ sau Ví dụ Giải phương trình ( x + ) ( x − 1) − ( x + ) ( x − 1) + x+6 = 4− x+2 ( 3) Phân tích Bằng thao tác chuyển vế đặt nhân tử chung ta đưa phương trình ta có phương trình x + + x + = ( *) (3) dạng f ( x ) = k Cụ thể với điều kiện x ≥ ( 3) ⇔ ( Nhận xét: Vì 2x −1 − x + + x + > 0, ∀x ≥ )( ) vế phải nên để phương trình (*) có nghiệm x − − > ⇔ x > Mục đích nhận xét ta thu hẹp miền biến để hàm số đơn điệu Lời giải 1 Xét hàm số f ( x ) = ( ( x − − 3) ( Điều kiện x ≥ Khi ( 3) ⇔ f '( x ) = 2x −1 − )( ) x+2 + x+6 =4 ) ( *) x + + x + xác định khoảng ( 5;+∞ ) Ta có x+2 + x+6  1  + + ÷ 2x −1 2 x+2 x+6  ( ) x − − > 0, ∀x ∈ ( 5; +∞ ) Suy f ( x ) hàm số đồng biến khoảng ( 5;+∞ ) Do phương trình ( * ) có tối đa nghiệm Mặt khác ta có x = ∈ ( 5; +∞ ) f ( ) = Vậy x = nghiệm phương trình (3) Lời giải 2 Điều kiện x ≥ Khi ( 3) ⇔ ( 2x −1 − )( ) x+2 + x+6 =4 ( *) Xét hai hàm số dương f ( x ) = x − − g ( x ) = x + + x + xác định khoảng ( 5;+∞ ) Ta có 1 > 0, ∀x ∈ ( 5; +∞ ) g ' ( x ) = + > 0, ∀x ∈ ( 5; +∞ ) 2x −1 x+2 x+6 Do f ( x ) , g ( x ) hàm số đồng biến khoảng ( 5;+∞ ) Suy f '( x ) = h ( x) = f ( x) g ( x) = ( 2x −1 − )( x+2 + x+6 ) hàm số đồng biến khoảng ( 5;+∞ ) Do phương trình ( * ) có tối đa nghiệm Mặt khác ta có h ( ) = nên x = nghiệm phương trình (3) x = ∈ ( 5; +∞ ) Nhận xét Trong Ví dụ trên, sử dụng tính chất “Tích hai hàm số dương đồng biến D hàm số đồng biến D” Ví dụ Giải phương trình ( ) ( x + − = x + 3x + x + ) ( 4) Phân tích Vì x + ≥ ⇒ x + − ≥ x + + x + > x + x + > nên để phương trình (4) có nghiệm x ≥ Mục đích nhận xét ta thu hẹp miền biến để hàm số đơn điệu Lời giải Điều kiện x ≥ Khi ( ) ⇔ 3x + x + x x + − x + + = ( *) Xét hàm số f ( x ) = x + x + x x + − x + + xác định liên tục nửa khoảng [ 0; +∞ ) Ta có f '( x ) = x + + 32 x − x + > 0, ∀x ∈ (0; +∞) x2 + Vì 32 x − x + > 0, ∀x ∈ ¡ nên f ' ( x ) > 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) Suy f ( x ) hàm số đồng biến nửa khoảng [ 0; +∞ ) Do phương trình ( * ) có tối đa nghiệm Mặt khác ta có x = ∈ [ 0; +∞ ) f ( ) = nên x = nghiệm phương trình (4) Bài tập Giải phương trình sau 1) 11 − x + 30 − x + 30 − x = 2) x + sin x + cos x − = 3) x3 + x − = 15 ( x −1 − x − ) ( §S : x = ) ( §S : x = ) ( §S : x = ) 4) x + + x − + x − + 13 x − = ( ) 5) x3 + x − + ln x − x + = ( §S : x = 3) ( §S : x = 1) Dạng Phương trình dạng f ( x ) = g ( x ) Phương pháp Bước Xét hàm số y = f ( x ) , y = g ( x ) xác định liên tục D Bước Chứng minh hàm f ( x ) đồng biến ( nghịch biến ) D, hàm g ( x ) nghịch biến ( đồng biến ) D Bước Nhẩm nghiệm x = x0 ∈ D cho f ( x0 ) = g ( x0 ) x = x0 nghiệm phương trình cho Ví dụ Giải phương trình x x + x + 12 = 12 ( 5− x + 4− x ) ( 5) Phân tích Với điều kiện ≤ x ≤ vế trái hàm số đồng biến, vế phải hàm nghịch biến, nhẩm nghiệm x = nên điều kiện thuận lợi cho việc sử dụng tính đơn điệu hàm số Lời giải Điều kiện ≤ x ≤ Xét hàm số f ( x ) = x x + x + 12 g ( x ) = 12 − x + − x ( xác định liên tục đoạn [ 0;4] Ta có f ' ( x ) = ) x+ > 0, ∀x ∈ [ 0;4] 2 x + 12 1   g ' ( x ) = 12  − − ÷ < 0, ∀x ∈ [ 0;4 )  5− x 4− x  Suy f ( x ) hàm số đồng biến g ( x ) hàm nghịch biến đoạn [ 0;4] Do phương trình f ( x ) = g ( x ) có tối đa nghiệm Mặt khác ta có f ( ) = g ( ) = 12 nên x = nghiệm phương trình (5) Ví dụ Giải phương trình ( x − ) Phân tích Với điều kiện x ≥ ( ) x + + 2 x − = 3x − ( 6) hai vế hàm số đồng biến Do để sử dụng tính đơn điệu hàm số ta phải biến đổi phương trình (6) dạng x + + 2x − = 3x − 2x − ( *) Nhận thấy vế trái (*) hàm số đồng biến, vế phải (*) hàm nghịch biến, nhẩm nghiệm x = nên việc sử dụng tính đơn điệu hàm số thuận lợi Lời giải Điều kiện x ≥ Khi ( ) ⇔ x + + 2 x − = 3x − 2x − ( *) 3x − xác định liên tục 2x − 5  + > 0, ∀x ∈  ; +∞ ÷ 2x − 2  Xét hai hàm số f ( x ) = x + + 2 x − g ( x ) = 5  nửa khoảng  ; +∞ ÷ Ta có f ' ( x ) = 3 ( x + 5) 2  g '( x ) = − 10 ( 2x − 4) 5  < 0, ∀x ∈  ; +∞ ÷ Suy f ( x ) hàm số đồng biến g ( x ) 2  5  hàm số nghịch biến nửa khoảng  ; +∞ ÷ Do phương trình f ( x ) = g ( x ) có 2  tối đa nghiệm Mặt khác ta có f ( 3) = g ( 3) = nên x = nghiệm phương trình (6) Bài tập Giải phương trình sau 1) ( x − 1) log ( x + 1) + log ( x + )  = x − ( §S : x = 0, x = )  π π 2) tan x + sin x = − x − x , x ∈  − ; ÷  2 3− x 3) + x − x + 14 = ( §S : x = ) ( §S : x = 1) ( §S : x = 1) ( §S : x = ) 4) x3 − + 3 x − = −3 x + x + ( ) 5) ( x − 1) x − + 3 x + = x + Dạng Phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) f ( t ) hàm đơn điệu K u = u ( x ) , v = v ( x ) thuộc K với x ∈ D Khi f ( u ) = f ( v) ⇔ u = v Phương pháp Bước Biến đổi phương trình cho F ( x ) = dạng f ( u ) = f ( v ) Bước Chứng minh hàm đại diện f ( t ) đơn điệu K Bước Khi f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v Nhận xét Bước bước khó toán, đòi hỏi người giải phải có kĩ năng, kinh nghiệm biến đổi Để hiểu rõ vấn đề ta xét ví dụ sau Ví dụ Giải phương trình x − x + x − 3x + = 3x + + x + ( 7) Phân tích Bậc cao phương trình (7) bậc 3, theo kinh nghiệm ta phân tích biểu thức bậc lớn (biểu thức dấu căn) theo biểu thức bậc nhỏ (biểu thức dấu căn) xây dựng hàm đại diện bậc dạng f ( t ) = mt + nt Cụ thể ( ) ⇔ x − 3x + + x3 − x + = x + + x + ⇔ ( ) x3 − 3x + + x3 − 3x + = ( x2 + ) + x2 + ( *) 10 1  Kết hợp với điều kiện, hệ phương trình (16) có nghiệm ( x; y ) =  ;2 ÷ 2   Dạng Hệ chứa phương trình dạng  ax +  ( ax ) +  by +   ( by ) + 1 =  Về nguyên tắc tổng quát ta thường nhân lượng liên hợp, từ dự đoán hàm đại diện Để hiểu rõ vấn đề ta xét ví dụ sau Ví dụ 17 Giải hệ phương trình )( ( )  x2 + + x y2 + + y =   4 x + + 22 − x = y + ( 1) ( 2)  Phân tích Nhận thấy phương trình (1) có dạng  ax + ( 17 ) +  by + ( by ) +  =     nên ta nhân lượng liên hợp đưa phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) để xử lý hàm Cụ 2 = ⇔ x + + x2 = ( − y ) + + ( − y ) thể ( 1) ⇔ x + + x + y2 − y ( ax ) ) ( Hay f ( x ) = f ( − y ) ⇔ y = − x với f ( t ) = t + + t đơn điệu ¡ Như tới ta tìm mối quan hệ hai biến x, y đương nhiên hệ phương trình (17) giải Lời giải Điều kiện −2 ≤ x ≤ 22 Vì + y > y2 = y ≥ y ⇒ + y2 − y > Khi ( 1) ⇔ x + + x = ( − y ) + + ( − y ) 1+ t2 + t ( *) Xét hàm f ( t ) = t + + t xác định t +t ≥ 0, ∀t ∈ ¡ Suy f ( t ) hàm 1+ t2 1+ t2 số đồng biến ¡ Do từ (*) ⇔ f ( x ) = f ( − y ) ⇔ y = − x Thế y = − x vào (2) liên tục ¡ Ta có f ' ( t ) = > biến đổi ta phương trình x + + 22 − x = x +    14   1  ⇔  x + −  x + ÷ +  22 − x −  − x + ÷ = x − x −    3   ⇔ 3 x + − ( x + )  + 3 22 − x − ( 14 − x )  = x − x −   ⇔ − x2 + x +  + + 3 =  x + + x + 22 − x + 14 − x   x = −1 ⇒ y = ⇔ − x2 + x + = ⇔   x = ⇒ y = −2 22     + + > 0, ∀x ∈  −2;  ÷  3 x + + x + 22 − x + 14 − x   ( ( ) ) 18 Kết hợp với điều kiện, hệ (17) có hai nghiệm ( x; y ) = ( −1;1) , ( x; y ) = ( 2; −2 ) Nhận xét chung Trên trình bày dạng chuẩn, việc sử dụng tính đơn điệu hàm số Nhưng nhiều toán, việc phát hàm đại diện giải hệ không dễ, tức hàm đại diện che dấu kỹ Khi đòi hỏi người giải cần phải có kinh nghiệm biến đổi để phá vỡ che dấu đưa dạng hệ quen thuộc Sau đây, xin trình bày số kỹ thuật tạo hàm đại diện với ví dụ minh họa để làm nguồn minh chứng cho điều (2) Một số kỹ thuật tạo hàm số đại diện a Chia nhân để tạo hàm số đại diện Trong số toán quan sát thấy biến x, y chưa độc lập hai vế ta cần chia để chúng độc lập, từ xây dựng hàm đại diện Vấn đề đặt chia cho biểu thức dấu hiệu nhận dạng ? Để hiểu rõ vấn đề ta xét ví dụ sau Ví dụ 18 Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( )  x + y x3 + x − y y = y + y    x + + y + = ( 1) ( 2) ( 18) Phân tích Phương trình (2) đơn giản ta khó tìm mối quan hệ hai biến x, y Do ta phải tập trung vào phương trình (1) Từ (1) ta cô lập 10 hai biến Cụ thể ( 1) ⇔ x + 3x y + xy = y + y + y ( i ) Nhận thấy vế trái phương trình có dạng đẳng cấp bậc nên ta chia hai vế cho y với mục đích x x  x đưa hai vế bậc Ta biến đổi ( i ) ⇔  ÷ +  ÷ +  ÷ = y + y + y ( *)  y  y  y x x Phương trình (*) có dạng f  ÷ = f ( y ) ⇔ = y với f ( t ) = t + 3t + 2t đơn điệu y  y ¡ Như tới ta tìm mối quan hệ hai biến x, y đương nhiên hệ phương trình (18) giải Lời giải 5 10 Điều kiện x ≥ − Khi ( 1) ⇔ x + 3x y + xy = y + y + y ( i) Với y = , từ ( i ) ta có x = Suy ( x; y ) = ( 0;0 ) không nghiệm hệ (18) Với y ≠ , chia hai vế ( i ) cho y ta phương trình  x  x  x  ÷ + 3 ÷ +  ÷ = y + y + y  y  y  y Xét hàm số f ( t ) = t + 3t + 2t xác định liên tục ¡ ( *) 19 Ta có f ' ( t ) = 5t + 9t + > 0, ∀t ∈ ¡ Suy f ( t ) hàm số đồng biến ¡ Do x x từ (*) ⇔ f  ÷ = f ( y ) ⇔ = y ⇔ y = x Thế y = x vào (2) biến đổi ta y  y phương trình x + + x + = ⇔ x + 17 x + 15 = − x 8 − x ≥ x ≤ ⇔ ⇔ ⇔ x = Với x = ⇒ y = ±1  49 x = 49 x + 17 x + 15 = 64 − 32 x + x   Kết hợp với điều kiện, hệ (18) có hai nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) , ( x; y ) = ( 1; −1) b Cộng (trừ) theo vế hai phương trình hệ để tạo hàm số đại diện Trong số toán ta phải cộng (trừ) theo vế hai phương trình hệ, từ xây dựng hàm đại diện Vấn đề đặt cộng, trừ dấu hiệu nhận dạng ? Để hiểu rõ vấn đề ta xét ví dụ sau Ví dụ 19 Giải hệ phương trình  x + x5 + x − + x + = y   y + y + y − + y + = x ( 1) ( 2) ( 19 ) Phân tích Đây hệ đối xứng loại nên ta giải theo phương pháp biết trừ vế theo vế hai phương trình hệ cho ta phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) Cụ thể lấy (1) trừ (2) vế theo vế biến đổi cô lập hai biến ta x + x5 + x + x + = y + y + y + y + ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y   với f ( t ) = t + 2t + 9t + 5t + đơn điệu nửa khoảng  − ; +∞ ÷ Như tới   x , y ta tìm mối quan hệ hai biến đương nhiên hệ phương trình (19) giải Lời giải 5 4 x + x + x + 5x + = y7 + y5 + y + y + Điều kiện x ≥ − , y ≥ − Khi lấy ( 1) − ( ) vế theo vế biến đổi ta ( *)     Xét hàm f ( t ) = t + 2t + 9t + 5t + xác định liên tục nửa khoảng  − ; +∞ ÷   > 0, ∀t ∈  − ; +∞ ÷ Suy f ( t ) hàm số đồng 5t +     biến nửa khoảng  − ; +∞ ÷ Do từ (*) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y Thế y = x   vào (1) biến đổi ta phương trình x + x5 + 3x + x + − = ( i ) Ta có f ' ( t ) = 7t + 10t + + 20 Xét hàm số g ( x ) = x + x5 + 3x + x + − xác định liên tục nửa khoảng     − ; +∞ g ' x = x + 10 x + + > 0, ∀ x ∈ − ; +∞ ( ) Ta có ÷  ÷ Suy g ( x )  5x +      hàm số đồng biến nửa khoảng  − ; +∞ ÷ Do phương trình ( i ) có tối đa     nghiệm Mặt khác x = ∈  − ; +∞ ÷ g ( 1) = nên x = nghiệm ( i )   Kết hợp với điều kiện, hệ (19) có nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) Ví dụ 20 Giải hệ phương trình  y + y + y + x − 22 x + 21 = ( x + 1) x −  2 x − 11x + = y ( 1) ( 2) ( 20 ) Phân tích Phương trình (2) phương trình bậc theo biến x có biệt số delta không phương nên không phân tích thành phương trình tích Hơn biểu thị y theo x vào (1) ta phương trình bậc khó giải Do ta phải tập trung vào phương trình (1) Tương tự phương trình ta phân tích vế phải ( x + 1) x − = ( x − 1) +  x − = ( ) x − + 2 x − , từ dự đoán hàm đại diện f ( t ) = t + 2t Nhưng vế trái (1) lại chứa biến x nên ta đưa hàm đại diện hai vế Khi ta nghĩ đến việc kết hợp hai phương trình để xây dựng hàm đại diện Cụ thể quan sát thấy hệ số biến x (1) gấp đôi hệ số biến x (2) nên ta lấy ( 1) − ( ) để khử biến x , từ ta phương trình y3 + y + y + = ( ( ) x − + 2 x − ⇔ ( y + 1) + ( y + 1) = ) ( ) 2x −1 + 2x −1 Hay f ( y + 1) = f x − ⇔ y + = x − với f ( t ) = t + 2t đơn điệu ¡ Như tới ta tìm mối quan hệ hai biến x, y đương nhiên hệ phương trình (20) giải Lời giải Điều kiện x ≥ Khi lấy ( 1) − ( ) vế theo vế biến đổi ta phương trình y + y + y + = ( x + 1) x − ⇔ ( y + 1) + ( y + 1) = ( ) 2x −1 + 2x −1 ( *) Xét hàm số f ( t ) = t + 2t xác định liên tục ¡ Ta có f ' ( t ) = 3t + > 0, ∀t ∈ ¡ Suy f ( t ) hàm số đồng biến ¡ Do từ (*) ⇔ f ( y + 1) = f ( ) 2x −1 ⇔ y + = 2x −1 Thế y = x − − vào (2) biến đổi ta x − 11x − 2 x − + 11 = ) ( )   ⇔ x2 − x + + x + − 2 x − = ⇔ x2 − x +  + ÷= x + + 2x −1   ( ( ) 21 1  > 0, ∀x ≥ ÷ ⇔ x − x + =  + 2 x + + 2x −1  Kết hợp với điều kiện, hệ (20) có hai nghiệm ( x; y ) = ( 1;0 ) , ( x; y ) = ( 5;2 ) c Sử dụng phép biến đổi tương đương để tạo hàm số đại diện Trong số toán tùy thuộc vào cấu trúc hệ phương trình, đòi hỏi người giải phải biến đổi phương trình hệ để tìm mối liên hệ biến , từ xây dựng hàm đại diện Để hiểu rõ vấn đề ta xét ví dụ sau Ví dụ 21 Giải hệ phương trình  y2 − x2 x + = e y +1  3log ( x + y + ) = 2log ( x + y + ) +  ( 1) ( 2) ( 21) Phân tích Phương trình (2) có số 2, nên khó đưa số để giải Do ta phải tập trung vào phương trình (1) Cụ thể ( 1) ⇔ e x ( x + 1) = e y ( y + 1) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y t với f ( t ) = e ( t + 1) đơn điệu nửa khoảng [ 0; +∞ ) Như tới ta tìm 2 mối quan hệ hai biến x, y đương nhiên hệ phương trình (21) giải Lời giải x + y + > 2 Khi ( 1) ⇔ e x x + = e y y + ( *) Xét hàm số x + y + > t f ( t ) = e ( t + 1) xác định liên tục nửa khoảng [ 0; +∞ ) Ta có ( Điều kiện  ) ( ) f ' ( t ) = et ( t + ) > 0, ∀t ∈ [ 0; +∞ ) Suy f ( t ) hàm số đồng biến nửa khoảng [ 0; +∞ ) Do từ (*) ⇔ f x = f y ⇔ x = y ⇔ y = ± x Với y = − x thay vào ( ) ( ) 6 − x > ⇔ x = ⇒ y = −3 Với y = x thay − x =  vào (2) biến đổi ta 3log3 ( x + ) = 2log ( x + 1) t log ( x + ) = 2t  x + = ⇔ Đặt 3log3 ( x + ) = 2log ( x + 1) = 6t , ta có  t  x + = log ( x + 1) = 3t (2) biến đổi ta log ( − x ) = ⇔  t t t t 8 1 8 1 Suy = + ⇔  ÷ +  ÷ = ( i ) Xét hàm số g ( t ) =  ÷ +  ÷ xác định 9 9 9 9 t t 8 1 liên tục ¡ Ta có g ' ( t ) =  ÷ ln +  ÷ ln < 0, ∀t ∈ ¡ Suy g ( t ) hàm số 9 9 nghịch biến ¡ Do phương trình ( i ) có tối đa nghiệm Mặt khác ta có t = ∈ ¡ g ( 1) = nên t = nghiệm phương trình ( i ) t t 22 x +1 > ⇔ x=7⇒ y =7 x + =  Kết hợp với điều kiện, hệ (21) có hai nghiệm ( x; y ) = ( 3; −3) , ( x; y ) = ( 7;7 ) Với t = , ta có log ( x + 1) = ⇔  Loại Xét hàm số đại diện đơn điệu tập chưa biết trước Ví dụ 22 Giải hệ phương trình  x3 − x − x + 22 = y + y − y   2 x + y − x + y =  ( 1) ( 2) ( 22 ) Phân tích Phương trình (2) đơn giản ta khó tìm mối quan hệ hai biến x, y phương trình bậc có biệt số delta không phương nên không phân tích thành phương trình tích Do ta phải tập trung vào phương trình (1) Phương trình cô lập hai biến hai đa thức bậc nên đưa phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) để xử lý hàm Cụ thể, tương tự phương trình phép phân tích ta ( 1) ⇔ ( x − 1) − 12 ( x − 1) = ( y + 1) − 12 ( y + 1) 3 ⇔ f ( x − 1) = f ( y + 1) với f ( t ) = t − 12t , ∀t ∈ ¡ Tuy nhiên hàm số f ( t ) không đơn điệu ¡ Do ta cần thu hẹp miền biểu thức x − 1, y + hợp miền lại để hàm số f ( t ) đơn điệu Để làm điều ta dựa vào phương trình (2)  1  x − ÷ ≤ −1 ≤ x − ≤ − ≤ x − ≤ 2 2    1 2 ⇒ ⇒ ( ) ⇔  x − ÷ +  y + ÷ = Ta có    2  2  1   −1 ≤ y + ≤ − ≤ y + ≤ y + ≤  ÷    2 2   3  3 Xét hàm số f ( t ) = t − 12t , ∀t ∈  − ;  có f ' ( t ) = t − < 0, ∀t ∈  − ;  Khi  2  2 ta có f ( x − 1) = f ( y + 1) ⇔ x − = y + Như tới ta tìm mối quan hệ hai biến x, y đương nhiên hệ phương trình (22) giải ( ) Lời giải 1   −1 ≤ x − ≤ − ≤ x − ≤    1  1 2  ⇒ Phương trình ( ) ⇔  x − ÷ +  y + ÷ = ⇒  2  2  −1 ≤ y + ≤ − ≤ y + ≤   2 2 3 Ta có ( 1) ⇔ ( x − 1) − 12 ( x − 1) = ( y + 1) − 12 ( y + 1) ( *) Xét hàm số f ( t ) = t − 12t xác  3  3 định liên tục đoạn  − ;  Ta có f ' ( t ) = ( t − ) < 0, ∀t ∈  − ;  Suy  2  2  3 f ( t ) hàm số nghịch biến đoạn  − ;  Do từ (*) ⇔ f ( x − 1) = f ( y + 1)  2 ⇔ x − = y + ⇔ y = x − Thế y = x − vào (2) biến đổi ta phương trình 23 3 x − x + = ⇔ x = ; x = Với x = ta có y = − Với x = ta có y = − 2 2 2 1 3 3 1 Kết hợp với điều kiện, hệ (22) có hai nghiệm ( x; y ) =  ; − ÷, ( x; y ) =  ; − ÷ 2 2 2 2 Ví dụ 23 Giải hệ phương trình  x + + x − − y + = y  2  x + x ( y − 1) + y − y + = ( 1) ( 2) ( 23) Phân tích Phương trình (2) đơn giản ta khó tìm mối quan hệ hai biến x, y phương trình bậc có biệt số delta không phương nên không phân tích thành phương trình tích Do ta phải tập trung vào phương trình (1) Ta cô lập hai biến đưa phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) để xử lý hàm Cụ thể với điều kiện x ≥ ta có ( 1) ⇔ ( Hay f x + + x −1 = y4 + + y ⇔ ) ( ) x −1 + + x −1 = y4 + + y x − = f ( y ) với f ( t ) = t + + t , ∀t ∈ ¡ Tuy nhiên hàm số f ( t ) không đơn điệu ¡ Do ta cần thu hẹp miền biểu thức x − 1, y hợp miền lại để hàm số f ( t ) đơn điệu Để làm điều ta dựa vào phương trình (2) Ta có ( ) ⇔ ( x + xy + y ) − ( x + y ) + = y ⇔ ( x + y − 1) = y ≥ ⇒ y ≥ Xét hàm số f ( t ) = t + + t , ∀t ∈ [ 0; +∞ ) có f ' ( t ) = ( ) 2t t4 + + > 0, ∀t ∈ [ 0; +∞ ) Khi x − = f ( y ) ⇔ y = x − Như tới ta tìm mối quan hệ hai biến x, y đương nhiên hệ phương trình (23) giải f Lời giải Điều kiện x ≥ Ta có ( ) ⇔ ( x + y − 1) = y ≥ ⇒ y ≥ Khi ( 1) ⇔ ( ) x −1 + + x −1 = y4 + + y ( *) Xét hàm số f ( t ) = t + + t xác định liên tục nửa khoảng [ 0; +∞ ) Ta có f '( t ) = [ 0; +∞ ) 2t t4 + + > 0, ∀t ∈ [ 0; +∞ ) Suy f ( t ) hàm số đồng biến nửa khoảng Do từ (*) ⇔ f ( ) x − = f ( y ) ⇔ y = x − ⇔ x = y + Thế x = y + vào (2) biến đổi ta phương trình y = ⇒ x =1 y y7 + y4 + y − = ⇔   y + 2y + y − = ⇒ y =1⇒ x = Kết hợp với điều kiện, hệ (23) có hai nghiệm ( x; y ) = ( 1;0 ) , ( x; y ) = ( 2;1) ( ) Ví dụ 24 Giải hệ phương trình 2 x ( x − y ) + ( x + y ) = − y   2 ( x + 1) x + − y + = ( x − y ) x + ( ) ( 1) ( 2) ( 24 ) 24 Phân tích Phương trình (1) đơn giản ta khó tìm mối quan hệ hai biến x, y Do ta phải tập trung vào phương trình (2) Phương trình có chứa biểu thức chung nên trước hết ta thu gọn sau ( x + 1) y + = ( y + 1) x + ( i ) Từ phương trình ta cô lập hai biến x, y cách chia chéo hai biểu thức dấu thức đưa phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) để xử lý hàm Mặt khác để tìm hàm đại diện f ( t ) ta biến đổi phương trình ( i ) hai cách sau Cách Với x + ≠ 0, y + ≠ ta có y2 +1 x2 + t2 +1 = ⇔ f ( x ) = f ( y ) với f ( t ) = , ∀t ≠ −1 ( i) ⇔ x +1 y +1 t +1 Tuy nhiên hàm f ( t ) không đơn điệu khoảng ( − ∞; −1) , ( −1; + ∞ ) ta khó thu t −1 hẹp miền biến x, y để hàm f ( t ) đơn điệu f ' ( t ) = khó xác ( t + 1) t + định dấu x +1 Cách Ta có ( i ) ⇔ x2 + = y +1 y2 +1 ⇔ f ( x ) = f ( y ) với f ( t ) = t +1 t2 +1 , ∀t ∈ ¡ Tuy nhiên hàm số f ( t ) không đơn điệu ¡ Do ta cần thu hẹp miền biến x, y hợp miền lại để hàm f ( t ) đơn điệu Để làm điều 2 ta dựa vào phương trình (1) Ta có ( 1) ⇔ x + y = ( x − 1) ( y − 1) Thử thấy x > ( x; y ) = ( 0;0 ) không thỏa phương trình nên suy ( x − 1) ( y − 1) > ⇔  y >1  t +1 x < Xét hàm số f ( t ) = hai khoảng ( 1; + ∞ ) , ( − ∞;1) Ta có  y < t +  1− t 1− t f '( t ) = > 0, ∀t ∈ ( − ∞;1) f '( t ) = < 0, ∀t ∈ ( 1; + ∞ ) 3 2 t +1 t +1 ( ) ( ) Khi khoảng ( 1; + ∞ ) , ( − ∞;1) ta có f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y Như tới ta tìm mối quan hệ hai biến x, y đương nhiên hệ phương trình (24) giải Lời giải Nhận xét: ( x; y ) = ( 0;0 ) không nghiệm hệ phương trình Ta có x > x <  y >1 y ⇔  25 Phương trình ( ) ⇔ x +1 x2 + y +1 = y2 + ( *) Xét hàm số f ( t ) = f '( t ) = khoảng ( 1; + ∞ ) , ( − ∞;1) Ta có t +1 t2 +1 xác định 1− t (t ) +1 Nếu t > − t < nên f ' ( t ) < Suy f ( t ) hàm nghịch biến khoảng ( 1; + ∞ ) Do từ (*) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y Thế y = x vào (1) biến đổi ta x + x − = ⇔ x = −2 ± Nếu t < − t > nên f ' ( t ) > Suy f ( t ) hàm đồng biến khoảng ( − ∞;1) Do từ (*) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y Thế y = x vào (1) biến đổi ta x + x − = ⇔ x = −2 ± Kết hợp điều kiện, hệ phương trình (24) có hai nghiệm ( x; y ) = ( −2 − ) ( x; y ) = ( −2 + ) 6; −2 + , 6; −2 − Nhận xét Qua Ví dụ này, qua đề tài muốn gởi đến bạn thông điệp “ Có nhiều cách xét hàm đại diện cho toán” Tuy nhiên tùy thuộc vào toán cụ thể mà nên lựa chọn hàm đại diện cho phù hợp Bài tập Giải hệ phương trình sau ( x + y ) x − x + + ( x − ) x + xy + y + =  1)  ( §S : ( x; y ) = ( 1;0 ) ) 2  x + x x − y + = x + x + y + 4 x2 −16 + x + x + = y −8 y + y − + y − y + 17  2)  ( §S : ( x; y ) = ( 2;6 ) ) 2  y x − − x + 3x − + ln x − 3x + = ( x + ) + x + x + + y + y + =     3)   §S : ( x; y ) =  −1; ÷÷    4 x3 − y + + − y =  x + x − x + = y −1 + 4)  ( §S : ( x; y ) = ( 1;1) ) x −1  y + y − y + = +  x + y + xy − x − y + 10 =    5)  §S : x ; y = 1;2 , ( ) ( )  ; ÷÷   3    x − y − 3x − 3xy + 17 x + 13 y − 27 =  x + + x + + x + = y − + y − + y − 6)  2  x + y + x + y = 80   −7 + 5 + 5   ;  §S : ( x; y ) =  ÷÷ ÷ 2    ( ) ( ) ( ) ( ( ) ) 26 PHẦN III KẾT LUẬN Qua đề tài nêu sở lý thuyết số ứng dụng tính đơn điệu hàm số vào giải PT, BPT, HPT Đề tài gồm ví dụ tập chọn lọc xếp cách có hệ thống từ mức độ nhận biết đến mức độ vận dụng cao nhằm giúp em HS vừa củng cố phương pháp vừa nâng cao kỹ giải toán kỹ phân tích tìm tòi lời giải, kỹ so sánh đánh giá với phương pháp khác Một toán giải nhiều phương pháp khác nhau, nhiên qua đề tài thấy việc vận dụng tính đơn điệu vào giải PT, BPT, HPT cho ta lời giải nhìn chung mạch lạc nhanh gọn Tuy nhiên điều mà em HS nên nhớ phương pháp “ vạn ” để giải hết toán PT, BPT, HPT Vì để thấy làm chủ phương pháp kỹ thuật giải toán đòi hỏi em HS phải nắm thật phương pháp, lý thuyết luyện tập nhiều tập Trong trình biên soạn đề tài này, thân cố gắng, song qua bước phân tích tìm tòi lời giải đến lời giải chi tiết ví dụ có chưa phải phương án tối ưu nhiều thiếu sót Tuy nhiên hy vọng đề tài lần giúp ích phần cho em HS trình học tập ôn luyện, đặc biệt HS chuẩn bị kỳ thi chọn HS giỏi cấp, kỳ thi THPT quốc gia diễn với mong muốn đạt điểm cao Mặc dù dành nhiều thời gian tâm huyết cho đề tài này, song kinh nghiệm, tư có hạn nên sai sót điều khó tránh khỏi Tôi mong quý thầy cô giáo đồng nghiệp em HS chân thành góp ý để đề tài ngày hoàn thiện Cuối cùng, xin chân thành cảm ơn! Vinh xuân, ngày 20 tháng năm 2016 Người thực Lê Đức Nhượng 27 TÀI LIỆU THAM KHẢO Giải tích 12, Nhà xuất Giáo dục 2008 Giải tích 12 Nâng cao, Nhà xuất Giáo dục 2008 Phan Huy Khải, Phương trình bất phương trình, Nhà xuất Giáo dục 2008 Hà Văn Chương, Phạm Hồng Danh, Giới thiệu đề thi tuyển sinh Đại học Cao đẳng môn Toán ( từ năm 2005 đến năm 2011), Nhà xuất ĐHSP 2011 Nguyễn Phú Khánh, Nguyễn Tất Thu, Các dạng điển hình phương pháp giải nhanh Giải tích 12, Nhà xuất ĐHQG TPHCM 2011 Nguyễn Trung Kiên, Chuyên đề Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, bất đẳng thức, Nhà xuất ĐHQG Hà Nội 2014 Huỳnh Nguyễn Luân Lưu, Nguyễn Thị Duy An, Ứng dụng hàm số giải toán Đại số giải tích, Nhà xuất ĐHQG Hà Nội 2014 www.moet.edu.vn 28 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Đơn vị………………………… CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập- Tự do- Hạnh phúc PHIẾU CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Họ tên tác giả: ……………………………………….……………… Chức vụ (nhiệm vụ đảm nhiệm) ……………………………………… Đơn vị công tác …………….………………………………………… Tên đề tài (SKKN): …………………………………………………… Lĩnh vực (SKKN): STT Nội dung Lý chọn đề tài (đặt vấn đề, thực trạng, tính cấp thiết, tính đổi đề tài…) Giải vấn đề, nội dung đề tài nêu 2.1 Tính sáng tạo a) Hoàn toàn mới, áp dụng lần b) Có cải tiến so với phương pháp trước với mức độ tốt c) Có cải tiến so với phương pháp trước với mức độ d) Có cải tiến so với phương pháp trước với mức độ TB e) Có cải tiến so với phương pháp trước với mức độ thấp 2.2 Khả áp dụng nhân rộng a) Có khả áp dụng nhân rộng mức độ tốt b) Có khả áp dụng nhân rộng mức độ c) Có khả áp dụng nhân rộng mức độ TB d) Ít có khả áp dụng nhân rộng 2.3 Hiệu áp dụng phạm vi đề tài a) Có hiệu phạm vi áp dụng mức độ tốt b) Có hiệu phạm vi áp dụng mức độ c) Có hiệu phạm vi áp dụng mức độ TB d) Ít có hiệu áp dụng Hình thức trình bày (cấu trúc, ngôn ngữ, tả, văn phong, thể thức văn bản…….) TỔNG ĐIỂM: Xếp loại: Điểm tối đa 10 Điểm GK thống 80 25 21-25 16-20 11-15 6-10 1-5 25 21-25 16-20 11-15 1-10 30 26-30 16-25 11-15 1-10 10 Nhận xét chung: 29 Giám khảo (Ký, ghi rõ họ tên) Giám khảo (Ký, ghi rõ họ tên) NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI CỦA TỔ CHUYÊN MÔN NHẬN XÉT:……………………… ……………………………………… ……………………………………… ……………………………………… ……………………………………… ……………………………………… ĐIỂM:………………………… XẾP LOẠI:……………………… ………, ngày….tháng….năm… Chủ tịch Hội đồng (Ký, ghi rõ họ tên, đóng dấu) Vinh Xuân, ngày 20 tháng năm 2016 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác (Ký ghi rõ họ tên) Lê Đức Nhượng TỔ TRƯỞNG 30 NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI CỦA NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KH-SK CỦA ĐƠN VỊ HỘI ĐỒNG KH-SK NGÀNH GD&ĐT NHẬN XÉT:……………………… ……………………………………… ……………………………………… ……………………………………… ……………………………………… ……………………………………… ĐIỂM:………………………… XẾP LOẠI:……………………… CHỦ TỊCH HĐ KH-SK CỦA ĐƠN VỊ NHẬN XÉT:……………………… ……………………………………… ……………………………………… ……………………………………… ……………………………………… ……………………………………… ĐIỂM:………………………… XẾP LOẠI:……………………… CHỦ TỊCH HĐ KH-SK NGÀNH GD&ĐT 31 32 [...]... 2.2 Khả năng áp dụng và nhân rộng a) Có khả năng áp dụng và nhân rộng ở mức độ tốt b) Có khả năng áp dụng và nhân rộng ở mức độ khá c) Có khả năng áp dụng và nhân rộng ở mức độ TB d) Ít có khả năng áp dụng và nhân rộng 2.3 Hiệu quả áp dụng và phạm vi của đề tài a) Có hiệu quả và phạm vi áp dụng ở mức độ tốt b) Có hiệu quả và phạm vi áp dụng ở mức độ khá c) Có hiệu quả và phạm vi áp dụng ở mức độ TB... loại cơ bản Loại 1 Xét hàm số đại diện đơn điệu trên tập xác định đã biết trước Loại này bao gồm các hệ phương trình chỉ dựa vào điều kiện có nghĩa, thậm chí không cần thu hẹp miền của ẩn để hàm f ( t ) đơn điệu Trong loại này chúng ta tiếp tục nghiên cứu (1) Một số dạng chuẩn, cơ bản sử dụng tính đơn điệu hàm số (2) Một số kỹ thuật tạo ra hàm số đại diện a Chia hoặc nhân để tạo ra hàm số đại diện b Cộng... hệ để tạo ra hàm số đại diện c Sử dụng phép biến đổi tương đương để tạo ra hàm số đại diện Loại 2 Xét hàm số đại diện đơn điệu trên tập chưa biết trước Loại này bao gồm các hệ phương trình cần phải thu hẹp miền của ẩn để hàm đại diện f ( t ) đơn điệu Một trong những thao tác để thu hẹp miền của ẩn là dựa vào điều kiện có nghĩa và điều kiện ẩn sâu bên trong mỗi phương trình kết hợp với vi c đánh giá bất... cơ sở lý thuyết và một số ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải PT, BPT, HPT Đề tài này gồm các ví dụ và bài tập được chọn lọc và sắp xếp một cách có hệ thống từ mức độ nhận biết đến mức độ vận dụng cao nhằm giúp các em HS vừa củng cố được phương pháp vừa nâng cao kỹ năng giải toán cũng như kỹ năng phân tích tìm tòi lời giải, kỹ năng so sánh đánh giá với các phương pháp khác Một bài toán có thể... Giải hệ phương trình Để giải hệ phương trình bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số, trước hết ta cần phải hiểu kỹ định nghĩa và các tính chất được nêu trong phần cơ sở lý thuyết của đề tài Điểm mấu chốt của phương pháp này ở chỗ là từ các phương trình của hệ ta xây dựng một phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) trong đó hàm số đại diện f ( t ) đơn điệu, từ đó suy ra u = v Để phát hiện ra... Nhận xét chung Trên đây tôi đã trình bày những dạng chuẩn, cơ bản trong vi c sử dụng tính đơn điệu của hàm số Nhưng trong rất nhiều bài toán, vi c phát hiện ra hàm đại diện và giải hệ này không hề dễ, tức là hàm đại diện được che dấu khá kỹ Khi đó đòi hỏi người giải cần phải có kinh nghiệm biến đổi để phá vỡ sự che dấu đó đưa về những dạng hệ cơ bản quen thuộc nhất Sau đây, tôi xin trình bày một số kỹ... minh họa để làm nguồn minh chứng cho điều này (2) Một số kỹ thuật tạo ra hàm số đại diện a Chia hoặc nhân để tạo ra hàm số đại diện Trong một số bài toán nếu quan sát thấy biến x, y chưa độc lập ở cả hai vế thì ta cần chia để chúng độc lập, từ đó xây dựng được hàm đại diện Vấn đề đặt ra là chia cho biểu thức nào và dấu hiệu nhận dạng ra sao ? Để hiểu rõ hơn vấn đề này ta xét ví dụ sau đây Ví dụ 18 Giải... LOẠI CỦA TỔ CHUYÊN MÔN NHẬN XÉT:……………………… ……………………………………… ……………………………………… ……………………………………… ……………………………………… ……………………………………… ĐIỂM:………………………… XẾP LOẠI:……………………… ………, ngày….tháng….năm… Chủ tịch Hội đồng (Ký, ghi rõ họ tên, đóng dấu) Vinh Xuân, ngày 20 tháng 3 năm 2016 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình vi t, không sao chép nội dung của người khác (Ký và ghi rõ họ tên) Lê Đức Nhượng TỔ TRƯỞNG 30 NHẬN XÉT,... nghiệm là ( x; y ) = ( 1;0 ) , ( x; y ) = ( 5;2 ) c Sử dụng phép biến đổi tương đương để tạo ra hàm số đại diện Trong một số bài toán tùy thuộc vào cấu trúc của từng hệ phương trình, đòi hỏi người giải phải biến đổi các phương trình của hệ để tìm được mối liên hệ giữa các biến , từ đó xây dựng được hàm đại diện Để hiểu rõ hơn vấn đề này ta xét ví dụ sau đây Ví dụ 21 Giải hệ phương trình  y2 − x2... hẹp miền của ẩn là dựa vào điều kiện có nghĩa và điều kiện ẩn sâu bên trong mỗi phương trình kết hợp với vi c đánh giá bất đẳng thức 15 Loại 1 Xét hàm số đại diện đơn điệu trên tập xác định đã biết trước (1) Một số dạng chuẩn, cơ bản sử dụng tính đơn điệu hàm số Dạng 1 Hệ chứa đa thức bậc ba dạng a1 x 3 + b1 x 2 + c1 x + d1 = a2 y 3 + b2 y 2 + c2 y + d 2 Về nguyên tắc tổng quát ta thường xây dựng hàm