SKKN sáng kiến kinh ngiệm hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp hàm số giải phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

MỤC LỤC Trang A Đặt vấn đề -1 I Cơ sở lí luận -1 II Thực trạng vấn đề nghiên cứu -1 Thực trạng Hiệu vấn đề III Đối tượng thời gian nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu - 2 Thời gian nghiên cứu - IV Phương pháp nghiên cứu - B Giải vấn đề -3 PHẦN I Cơ sở lí thuyết phương pháp hàm số -3 PHẦN II Các toán phương pháp giải -5 I Các toán phương trình -5 II Các toán hệ phương trình III Các toán bất phương trình 14 III Các toán hệ bất phương trình -18 Bài tập -19 C Kết luận 20 A ĐẶT VẤN ĐỀ I LỜI NÓI ĐẦU Đổi phương pháp dạy học ngành giáo dục, nhằm thay đổi cách dạy học cũ theo kiểu “ thầy đọc trò chép” hình thức, phương pháp dạy học Phương thức dạy học lấy người học làm trung tâm Tức người học người chủ động khám phá tìm kiến thức mới, hình thành kỹ hướng dẫn người thầy Với phương thức dạy học vậy, kết đạt người động sáng tạo biết cách phối hợp làm việc nhóm Trong hoạt động thực tiễn học tập nghiên cứu khoa học, phương pháp để thực hoạt động đóng vài trò quan trọng Phương pháp sản phẩm trí tuệ người hay nhiều người đúc rút từ hoạt động thực tiễn hay tư khoa học Trong việc học môn toán vậy, thân môn toán môn khó nhiều học sinh Vì trình dạy học toán nhà sư phạm, thầy cô giáo cố gắng dạy em nắm vững phương pháp giải lớp toán Từ với tư logic học sinh giải toán khác Trong kho tàng kiến thức toán học, có nhiều phương pháp giải dạng toán khác mà phươg pháp hàm số số Trong chương trình toán học phổ thông, vấn đề giải biện luận phương trình, hệ phương trình bất phương trình giữ vị trí quan trọng Nó xuyên suốt chương trình bậc học thường gặp đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, đề thi đại học cao đẳng Lớp toán giải biện luận phương trình, hệ phương trình bất phương trình đa dạng phong phú Để giải toán học sinh phải huy động kiến thức Đại số Giải tích, phải sử dụng nhiều phương pháp thủ thuật khác Cũng đòi hỏi học sinh phải có đam mê tìm tòi có khả vận dụng kiến thức, kĩ năng, phương pháp cách linh hoạt sáng tạo Với lí thực tiễn giảng dạy, đúc rút viết sáng kiến kinh nghiệm này, để rao đổi với bạn đồng nghiệp tài liệu để giảng dạy cho em học sinh, nhằm giới thiệu giảng dạy cho em phương pháp giải biện luận phương trình, hệ phương trình bất phương trình hiệu dễ áp dụng “phương pháp sử dụng chiều biến thiên” hay “ phương pháp hàm số để giải phương trình hệ phương trình bất phương trình” II THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ Thực trạng Đây vấn đề thời người làm toán Trên thực tế có nhiều năm kỳ thi vào đại học cao đẳng, kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, kỳ thi học sinh giỏi quốc gia đề thi có dạng toán Ta thường gặp toán số báo Tạp chí Toán học tuổi trẻ Hiệu vấn đề Các dạng toán áp dụng giảng dạy cho học sinh trường THPT Triệu Sơn Tôi áp dụng giảng dạy cho học sinh em gặp toán dạng em giải nhanh thường đạt kết tốt Đặc biệt kỳ vào Đại học Cao đẳng năm 2013 học sinh lớp dạy toán em làm tốt câu giải hệ phương trình phương pháp hàm số, có 16 lượt em đạt điểm môn toán điểm đến 10 điểm trung bình 70 lượt thi môn toán lớp 12C2 là: 7,75 điểm môn toán Năm học 2013-2014 đội tuyển toán phụ trách có em tham gia dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh em đạt giải: 1giải nhì giải ba III ĐỐI TƯỢNG VÀ THỜI GIAN NGHIÊN CỨU Đối tượng nghiên cứu - Các kiến thức hàm số biến thiên, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ - Các toán phương trình, hệ phương trình bất phương trình sử dụng phương pháp hàm số để giải - Đối tượng áp dụng để thực học sinh lớp 12A7 trường THPT Triệu Sơn năm học 2013-2014 đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Thời gian nghiên cứu đề tài: Năm học 2012-2013 năm học 2013-2014 IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU - Nghiên cứu lí thuyết: Nghiên cứu tài liệu sách giáo khoa số sách tham khảo, báo Toán học tuổi trẻ để có hệ thống kiến thức hoàn chỉnh hàm số sau xếp kiến thức cần dùng theo trình tự logic môn học Phân chia toán thành dạng để học sinh dễ vận dụng nắm bắt phương pháp - Nghiên cứu thực tế: Sau có nghiên cứu lí thuyết sử dụng sáng kiến kinh nghiệm vào dạy tự chọn nâng cao buổi bồi dưỡng ôn thi đại học, ôn thi học sinh giỏi Thông qua đánh giá mức độ hứng thú tiếp thu học sinh kết cho thấy phương pháp hiệu cho em giải lớp toán dạng B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ PHẦN CƠ SỞ LÍ THUYẾT CỦA PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ I CÁC ĐỊNH NGHĨA Định nghĩa Giả sử K khoảng, đoạn nửa khoảng f hàm xác định K Khi a Hàm số f gọi đồng biến K ∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) ; b Hàm số f gọi nghịch biến K ∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) Định nghĩa Cho hàm số hàm số f có tập xác định D(D ⊂ R ) Tập giá trị hàm số G = { y ∈ R / ∃x ∈ D : y = f ( x) } Định nghĩa Giả sử hàm số f xác định D (D ⊂ R ) a Nếu tồn điểm x0 ∈ D cho f ( x) ≤ f ( x0 ) với x ∈ D f ( x) số M = f ( x0 ) gọi giá trị lớn hàm số f D, kí hiệu M = max x∈D b Nếu tồn điểm x0 ∈ D cho f ( x) ≥ f ( x0 ) với x ∈ D số f ( x) m = f ( x0 ) gọi giá trị nhỏ hàm số f D, kí hiệu M = x∈D II CÁC ĐỊNH NGHĨA Định lí Giả sử f có đạo hàm K a Nếu f ' ( x) > 0, ∀x ∈ K hàm số f đồng biến K; b Nếu f ' ( x) < 0, ∀x ∈ K hàm số f nghịch biến K; c Nếu f ' ( x) = 0, ∀x ∈ K hàm số f không đổi K Định lí Nếu hàm số f (x) liên tục đoạn [a; b] f(a).f(b) 0∀t ∈ R ⇒ f ( t ) đồng biến R x =  Do phương trình ⇔ x + = x − x + ⇔  x =  x =  x = 1, y =  Vậy hệ phương trình có nghiệm phân biệt :  x = 2, y =  x = 3, y = Thí dụ Giải hệ phương trình:  y − x + + = x + + − x (1)  3 2 2 x − y + x y = xy − 3x + y (2) Bài giải Điều kiện: −1 ≤ x ≤ Ta có (2) ⇔ x( x − y ) + y ( x − y ) + 3( x − y ) = ⇔ (2 x + y + 3)( x − y ) = ⇔ y = x (vì 2x + y2 +3 > 0, với −1 ≤ x ≤ ) Thay y = x2 vào (1) ta được: x − x + + = x + + − x (3) Xét hàm số f(x) = x − x − x + − − x + + 2, x ∈ [-1;2] Ta có f’(x) = x − − Và f’’(x) = + 1 + x +1 2 − x 1 + > 0, ∀x ∈ ( −1; 2) 4( x + 1) x + 4(2 − x ) − x Do hàm số f’(x) đồng biến khoảng (-1; 2), nên phương trình f’(x) = có nhiều nghiệm Mặt khác f’( ) = 0, từ ta có Bảng biến thiên x f’(x) f(x) 2 -1 - + f( ) Vì f( ) = + − < 0, Từ bảng biến thiên suy phương trình f(x) = có nhiều nghiệm, f(0) = f(1) = 0, phương trình (3) có nghiệm x =0; x = Tóm lại hệ cho có nghiệm ( x; y ) = (0; 0) (1;1) Bài toán Giải hệ phương trình 11  f ( x, y ) = c ; có phương trình đưa dạng   g ( x, y ) = c' f (u ( x)) = f (v ( y )) (II) Phương pháp: + Biến đổi phương trình dạng f (u ( x)) = f (v ( y )) (1) + Xét hàm số f (t ) chứng minh hàm số đồng biến nghịch biến D + f (u ( x)) = f (v(Y )) ⇔ u ( x) = v( y ) vào phương trình lại tìm ( x; y)  x ( y + 1) + ( x + 1) x = ( 1)  Thí dụ Giải hệ phương trình:  2  x y + y + = x + x + ( 2)  ) ( Bài giải ĐK: x ≥ Vì (0; y) không nghiệm hệ phương trình x Xét x > Từ phương trình thứ (2) ta có y + y y + = + t2 Xét hàm số f ( t ) = t + t t + Ta có f ' ( t ) = + t + + 2 t2 +1 x +1 x2 (3) > nên hàm số đồng 1   +1 ⇒ f ( y ) = f  ÷⇔ y = biến f ( y ) = y + y y + , f  ÷ = + x x x x x x 3 Thay vào phương trình (1): x + x + ( x + 1) x = Xét f ( x ) = x + x + ( x + 1) x Hàm số đồng biến ( 0; +∞ ) nên có nghiệm x = hệ phương trình có 1   nghiệm 1; ÷ 1   ( [( Bài giải (1) ⇔ log x + x + ) ( )  log x + x + + log y2 + − y = 2  xy − 4( x + y ) + 10 = ( x + 2) y − Thí dụ Giải hệ phương trình :  )( )] y + − y = ⇔ (x + Nhân hai vế với ( y + + y) ta x + Xét hàm f ( x) = t + t + , f ' ( x) = + x2 + = t = t2 + + t (1) (2) x + )( y + - y) = y2 + + y | t | +t ≥0 t2 + t2 + t2 + Suy f(t) đồng biến R mà (1) ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y thay vào (2) ta được: x − x + 10 = ( x + 2) x − ⇔ 6(2 x − 1) + ( x + 2) x − − ( x + 2) = Đặt u = x − với u ≥ (2) ⇔ 6u2 + (x + 2)u – (x + 2)2 = x+2 x+2 Ta có ∆ = 25(x + 2)2 Suy = u = (loại x ≥ 0,5 nên u < 0) Giải phương trình: x + = x − có hai nghiệm x = x = 13 Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm ( x; y ) = (1;1), (13; 13) ( > ) x −2 y  = + 16 x −2 y y − x + 5 + 16.4 Thí dụ Giải hệ phương trình:    x + 17 x + 10 y + 17 = x + 4 y + 11 Bài giải Đặt t = x − y phương trình (1) có dạng 12 ( ) ( x, y ∈ R ) ( ) + 2+ t + 2t + 16.4 t = + 16 t 2−t ⇔ = (3) 2+ t 2t x x 1 4 Xét hàm số f ( x ) = 5.  +   ⇒ f (x) hàm số đồng biến R 7 7 Phương trình (*) có dạng f (t + 2) = f (2t ) ⇔ t + = 2t ⇔ t = ⇔ x − y = Khi phương trình (2) có dạng x + x + 17 x + = 2( x + 4) x + ( ) ( ) ⇔ ( x + 2) + ( x + 2) + ( x + 2) = x + x + + x + + x + Xét hàm số f (t ) = t + t + t , f(t) hàm số đồng biến khoảng ( 0;+∞ ) Phương trình có dạng f ( x + 2) = f x + ⇔ x + = x + ⇔ x = x =3 ( ) −1    ÷,  3; ÷    2  Hệ phương trình có cặp nghiệm (x;y) là: 1; Bài toán Tìm giá trị tham số để hệ phương trình sau có nghiệm  f ( x, y ) = c   g ( x, y ) = m Phương pháp: + Biến đổi phương trình đưa dạng f ( x) = m ; + Xét hàm số f (x) lập bảng biến thiên ta suy giá trị tham số Thí dụ Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:  x − y − = 3x − y   x + − x − y − y + m = (1) (2) Bài giải − ≤ x ≤ 0 ≤ y ≤ Điều kiện xác định hệ:  (1) ⇔ x + 3x + 3x + − (3x + x + 3) = y − y ⇔ ( x + 1) − 3( x + 1) = y − y (3) Xét hàm số: f (t ) = t − 3t ; t ∈ [ 0; 2] Ta có f ' (t ) = 3t − 6t = 3t (t − 2) ≤ 0; t ∈ [ 0; 2] suy f (t ) nghịch biến [0; 2] Mà phương trình (3) có dạng f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ x + = y thay vào (2) ta x + − x − − x + m = ⇔ − x − x = m ( 4) Xét hàm g ( x) = − x − x với x ∈ [−1; 1] , g ' ( x) = − 2x 1− x2 − x < suy hàm số nghịch biến Nên để phương trình (4) có nghiệm − ≤ m ≤ Vậy hệ có nghiệm − ≤ m ≤ Thí dụ Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 13  x3 + ( y + ) x + xy = −2m − với x, y số thực   x + x + y = m ( x + x ) ( x + y ) = −2m − Bài giải Viết lại hệ:   x + x + x + y = m u.v = −2m − u + v = m Đặt u = x + x, v = x + y ( u ≥ −1 ) Hệ trở thành:  u2 − =m Suy ra: u ( m − u ) = −2m − ⇔ u − = m ( u + ) ⇔ u+2 u + 4u + / u2 − f u = ≥ 0, ∀u ≥ −1 ( ) Xét hàm f ( u ) = với u ≥ −1 Ta có ( u + 2) u+2 Bảng biến thiên: u +∞ −1 f / ( u) + +∞ f ( u) −2 Kết luận m ≥ Thí dụ Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 2  x + x + y +1 = x y + y +1  x + y − m y +1 =1   ( ) Bài giải: Điều kiện x ,y ≥  x2 − y2 x ( x − y ) + 0=0  x ( x − y ) + x + y + − ( y + 1) =  x2 + 2y +1 + y +1   ⇔ Hệ PT ⇔  x + y − m = m = x + y −  y +1   y +1  x− y  x+ y  0=0 x = y (do x + > 0) ( x − y )( x +  x + 2y +1 + y +1   x + y + + y + ⇔ ⇔ m = x + y −  m = x − (*)   x +1 y +1  Hệ phương trình có nghiệm ⇔ phương trình (*) có nghiệm thuộc [0 ; +∞) Xét hàm số f ( x) = x − 1 + > ∀x ∈ [0; +∞) ; ; x ∈ [0; +∞ ) ; f '( x) = x ( x + 1) x +1 ⇒ f(x) đồng biến [0 ; +∞) ⇒ f ( x) ≥ f (0) = −1 ∀x ∈ [0; +∞) Vậy m ≥ −1 III CÁC BÀI TOÁN BẤT PHƯƠNG TRÌNH 14 Bài toán Giải bất phương trình dạng f (u ) > f (v) , với f (t ) hàm đặc trưng Phương pháp: + Tìm tập xác định D + Biến đổi phương trình dạng f (u ) > f (v) , + Xét hàm đặc trưng f (t ) D, từ suy hàm số đồng biến nghịch biến + Bất phương trình: u > v Thí dụ Giải bất phương trình: x − x + 12 x − ≤ x − x + (1) Bài giải BPT (1) ⇔ ( x + 1) + ( x + 1) ≤ (9 x − x + 7) + x − x + Xét hàm số f ( t ) = t + t ' Ta có f ( t ) = 3t + > 0∀t ∈ R ⇒ f ( t ) đồng biến R Do (1) ⇔ x + ≤ x − x + ⇔ ( x + 1) ≤ x − x + ⇔ ( x − 1)( x − 2)( x − 3) ≤ Lập bảng xét dấu suy tập nghiệm bất phương trình S = (−∞;1) ∪ (2; 3) Thí dụ Giải bất phương trình: ( ) x + x + 17 x + ≥ x + x + (2) Bài giải Bất phương trình (2) ⇔ ( x + 2) + ( x + 2) + ( x + 2) ≥ ( x + ) x + + ( x + ) + x + Xét hàm số f (t ) = t + t + t , f(t) hàm số đồng biến khoảng ( 0;+∞ ) Phương trình có dạng f ( x + 2) ≥ f x + ⇔ x + ≥ x + ⇔ ≤ x ≤ Kết luận: Tập nghiệm bất phương trình S = [1; 3] Thí dụ Giải bất phương trình : ) ( log 4 < x < Bài giải Điều kiện   x < −3 x − x − 12 + x ≤ − x − x − 12 7−x (3) PT(3) ⇔ log x − x − 12 + x − x − 12 ≤ log (7 − x) + (7 − x) Xét hàm số f (t ) = log t + t + > 0, ∀t > suy hàm số đồng biến (0; + ∞) t ln 7 − x ≥ 61 ⇔ x≤ Bất phương trình ⇔ x − x − 12 ≤ − x ⇔  12  x − x − 12 ≤ (7 − x) Ta có f ' (t ) = Kết luận tập nghiệm bất phương trình S = (−∞; − 3) ∪ (4; 61 ) 13 Bài toán Tìm m để bất phương trình f ( x) > m có nghiệm Phương pháp : + Tìm tập xác định + Biến đổi bất phương trình dạng (II) 15 (II) + Xét hàm số f (x) + Từ rút giá trị tham số m Thí dụ Tìm tất giá trị m để bất phương trình có nghiệm mx − x + 3m + > (1) Bài giải Bất phương trình (1) ⇔ m( x + 3) > x − ⇔ m > 4x − x2 + x = − x + x + 12 4x − =0⇔ ; lim f ( x) = Xét hàm số: f ( x) = ta có f ' ( x) =  x = − x →+∞ ( x + 3) x +3  Lập bảng biến thiên: x f’(x) + +∞ - f(x) -1/3 Từ bảng biến thiên suy bpt (1) có nghiệm x>0 m > − Thí dụ Tìm tất m để bất phương trình có nghiệm thuộc đoạn [-2; 2] (m + 2) x − m ≥ x + Bài giải Bất phương trình ⇔ (m + 2) x − m ≥ x + x + ⇔ m( x − 1) ≥ x + (1) Ta thấy x = 1, bpt vô nghiệm với m, nên để bpt có nghiệm x ≠ x2 + x2 + , x ∈ (1; 2] +) Nếu x > (1) ⇔ m ≥ Đặt f(x) = x −1 x −1 Để bpt cho có nghiệm thuộc đoạn [-2;2] m ≥ m in f(x) (1;2] x +1 in f(x)=5 Suy m ≥ , x ∈ (1; 2] ta tìm m (1;2] x −1 x2 + x2 + , x ∈ [-2;1) +) Nếu x < (1) ⇔ m ≤ Đặt f(x) = x −1 x −1 Khảo sát f(x) = f(x) Để bpt cho có nghiệm thuộc đoạn [-2;2] m ≤ max [-2;1) f(x)=2(1- 2) Suy m ≤ 2(1 − 2) Khảo sát f(x) [-2;1) ta tìm max [-2;1) 16 (2) m ≥ Vậy bất phương trình cho có nghiệm thuộc đoạn [-2; 2]   m ≤ 2(1 − 2) Thí dụ Tìm tất giá trị tham số m để bất phương trình sau có nghiệm sin x + 3cos x ≥ m3sin x Bài giải Bất phương trình (3) ⇔   3 Xét hàm số f ( x ) 2 =  3 sin x + 3cos x − sin x ≥m sin x + 3cos Ta có sin x ≥ 0, ∀x ⇒    3 2 x − sin x , ( x ∈ R) sin x ≤ cos x − sin x = cos x ≤ ⇒ cos x −sin x ≤ Do f ( x ) ≤ ∀x ∈ R Dấu đẳng thức xảy x = k π ( k ∈ Z ) Vậy bất phương trình có nghiệm m ≤ Thí dụ Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm (4) x − 2014m.2 x + − 1007m ≤ Bài giải Đặt t = x > Bất phương trình (4) trở thành: t2 + ≤ 1007m t +1 t + 2t − t2 +3 ( ; + ∞ ) f ' ( t ) = = ⇔ t = (do t>0) Xét hàm số f (t ) = , ta có (t + 1) t +1 Lập bảng biến thiên t f’(t) 1 - +∞ + f(t) Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy để bất phương trình có nghiệm khi: 1007 m ≥ f (t ) = f (1) = ⇔ m ≥ t >0 1007 Bài toán Tìm m để bất phương trình: f ( x ) > m, f ( x) ≥ m ( f ( x) < m, f ( x) ≤ m ) với x thuộc tập xác định Phương pháp + Tìm tập xác định + Tìm GTNN GTNN + Từ kết luận f ( x) > m ; f ( x) ≥ m, (max f ( x) < m; max f ( x) ≤ m) Thí dụ Tìm m để bất phương trình sau luôn 17 (1) x − x + | x | + − x + ≥ m(| x | + − x + 1) Bài giải ĐK: x ≤ Bất Phương trình ⇔ | x | − x + | x | + − x + ≥ m(| x | + − x + 1) (2) t = + | x | − x ⇔1≤ t ≤ + Đặt t =| x | + − x ĐK:  t ≤ + t2 + t +1 ≥m + Phương trình (2) trở thành t +1 t + 2t t2 + t +1 f ' ( x ) = > 0, ∀t ∈ 1; Xét hàm số f (t ) = với ≤ t ≤ Ta có (t + 1) t +1 f (t ) = f (1) = Suy hàm số f (t ) đồng biến với ≤ t ≤ Suy 1min ≤t ≤ 2 Vậy để bất phương trình luôn đúng: ≥ m [ ] Thí dụ Tìm m để nghiệm bất phương trình sau chứa đoạn [1;2] m x − 3x + − x − 3x + ≤0 (1) 2 ≤0⇒m≤ Bất phương trình: mt − t +1 t +t 4t +  5  5 / < 0; ∀t ∈ 1;  Xét f ( x) = với t ∈ 1;  f (t ) = − 2 (t + t ) t +t  4  4 Bài giải Với x ∈ [1;2] ⇔ − ≤ x − 3x + ≤ −1 Đặt t = x − 3x + ⇒ ≤ t ≤ Lập bảng biến thiên t f ' (t ) f (t ) (2) 5/4 - 32 45 Vậy để bất phương trình có nghiệm chứa đoạn [1;2] m ≤ 32 45 IV CÁC BÀI TOÁN HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Thí dụ Tìm m để hệ sau có nghiệm:  x − x ≤   + x − − x + 25 − x + m ≥ Bài giải Ta có x − x ≤ ⇔ x ∈ [ 0; 4] Bài toán trở thành tìm m để bất PT: + x − − x + 25 − x + m ≥ có nghiệm 18 Đặt t = + x − − x ⇒ t ∈ [ 0; 4], BPT ⇔ m ≥ t − t − 10 = f (t ), ≤ t ≤ suy m ≥ − 41 Thí dụ Cho hệ bất phương trình  x + 3mx + ≤   x + x + 17 x + ≥ 2( x + 4) x + (1) (2) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm thực Bài giải BPT (2) ⇔ ( x + ) + ( x + ) + ( x + 2) ≥ ( x + ) x + + ( x + ) + x + Xét hàm số f (t ) = t + t + t , f(t) hàm số đồng biến khoảng ( 0;+∞ ) Phương trình có dạng f ( x + 2) ≥ f ( ) 2x + ⇔ x + ≥ 2x + ⇔ ≤ x ≤ Hệ bất phương trình có nghiệm ⇔ x + 3mx + ≤ có nghiệm x ∈ [1; 3] g ( x) = g ( x ) có nghiệm x ∈ [1; 3] ⇔ 3m ≤ max x∈[1; 3] x g ( x ) = g (1) = −3 Hàm số g ( x ) = − x − hàm số nghịch biến [1;3] Nên 3m ≤ max x∈[1; 3] x ⇔ 3m ≤ − x − Vậy m ≤ −1 hệ có nghiệm  x + y = (1)  x + + y + ≤ a ( 2) Thí dụ Cho hệ bất phương trình  (a tham số) Tìm a để hệ có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn điều kiện x ≥ Bài giải Đặt t = x từ (1) điều kiện suy ≤ t ≤ ⇒ y = t2 – 8t +16 Khi bất phương trình (2) trở thành t + + t − 8t + 23 ≤ a, (3) Xét hàm số f (t ) = t + + t − 8t + 23 f (t ) ≤ a Để bất phương trình (3) có nghiệm t ∈[3;4] ⇔ [3;4] f '( t ) = t t +7 + t −4 t − 8t + 23 , f ' ( t ) = ⇔ t − 8t + 23.t = ( − t ) t + 2 ⇔ ( t − ) +  t = ( − t ) ( t + ) ⇔ t = 2, Ta có f ( 3) = + 8; f ( ) = 23 +   f (t ) = f (3) = + Vậy a ≥ + Từ suy [3;4] BÀI TẬP Bài Giải phương trình b) x + x − − x + = a) x − x − x + = x + x − Bài Giải phương trình: a) 2x +3 2x = +3 x x +1 b) ( x + 2) + log 2 + x +1 19 x + 4x + 2x + = 2x + Bài Giải bất phương trình: a) x − 3x − ≤ x − x − x x + Bài Giải hệ phương trình  x − y − = x − y a)  2  x + − x − y − y + = b) 3( x + 2) 3x + ≥ x + 3x + x + 4 x = ( x + + 1)( x − y + y − 2) b)  ( x + y ) + = x + y  xy ( x + + 1) = y + + y c)  (3 x − 1) x y + xy − = x − x y + x d)  x − x + 13x = y + y + 10   x + y + − − x − y = x − 3x − 10 y + Bài Giải hệ phương trình  x + y − x − xy + = a)  x +1 − 2.4 y = 3(2 y − x ) 2 (1 + x − y )51− x + y = + 2 x − y +1  b)  x − y = ln( x + 3) − ln( y + 3)   Bài Tìm m để phương trình sau: x − + 3m x + = x − có nghiệm Bài Cho bất phương trình (5 + x)(7 − x ) ≤ x − x + m Tìm m để bất phương trình nghiệm với x ∈ [ − 5; 7] Bài Cho bất phương trình m.2 x +1 + (2m − 1).2 x + + 2m − > Tìm m để bất phương trình nghiệm với x ∈ R Bài Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm  x y + − xy − x = ;   x − 3x − xy = a + Bài 10 Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm  x + + x − ≤ x +  | x − | + x − 29 x + 27 − m ≥ C KẾT LUẬN Kết nghiên cứu Trên phương pháp hàm số để giải số phương trình, hệ phương trình bất phương trình mà áp dụng phương pháp khác khó cho lời giải dạng toán kiểu Với nội dung kiến thức áp dụng vào giảng dạy cho học sinh trường THPT Triệu Sơn Cụ thể học sinh lớp giảng dạy em hàm học 20 áp dụng phương pháp tốt việc vận dụng giải phương trình bất phương trình hệ phương trình Đặc biệt kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh thi vào trường đại học cao đẳng đa số học sinh phụ trách em giải toán Kiến nghị, đề xuất Qua trình giải dạy, có đề nghị với cấp quản lí tạo điều kiện để tổ chuyên môn thường xuyên trao đổi phương pháp trao đổi kinh nghiệm nghiên cứu khoa học để đồng chí tổ viên nâng cao trình độ chuyên môn Vì điều kiện thời gian nghiên cứu hạn chế nên sáng kiến kinh nghiệm chưa thể nêu hết vấn đề Nên kính mong người đọc góp ý bổ sung cho tác giả ngày hoàn thiện phương pháp nghiên cứu khoa học XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hoá, ngày 15 tháng năm 2014 Tôi xin cam đoan SKKN viết không chép nội dung người khác Tác giả Thi Văn Chung Giáo viên Toán: Trường THPT Triệu Sơn Tµi liÖu tham kh¶o Các tạp chí Toán Học Tuổi Trẻ (SGK): Giải tích nâng cao 11, Giải tích nâng cao 12 Nhà xuất GD Đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hoá hàng năm Các đề thi đại học hàng năm Các đề thi thử đại học 21 [...]... một số phương trình, hệ phương trình và bất phương trình mà áp dụng các phương pháp khác khó có thể cho lời giải đối với các dạng bài toán kiểu này Với nội dung kiến thức này tôi đã áp dụng vào giảng dạy cho học sinh trường THPT Triệu Sơn 2 Cụ thể là học sinh ở các lớp tôi giảng dạy thì các em hàm học 20 và áp dụng phương pháp này rất tốt trong việc vận dụng giải phương trình bất phương trình và hệ phương. .. = Kết luận tập nghiệm bất phương trình S = (−∞; − 3) ∪ (4; 61 ) 13 Bài toán 2 Tìm m để bất phương trình f ( x) > m có nghiệm Phương pháp : + Tìm tập xác định + Biến đổi bất phương trình về dạng (II) 15 (II) + Xét hàm số f (x) + Từ đó rút ra giá trị của tham số m Thí dụ 1 Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình có nghiệm mx 2 − 4 x + 3m + 1 > 0 (1) Bài giải 2 Bất phương trình (1) ⇔ m( x + 3)... hệ phương trình Đặc biệt trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh và thi vào các trường đại học cao đẳng đa số học sinh tôi phụ trách các em đều giải được bài toán này 2 Kiến nghị, đề xuất Qua quá trình giải dạy, tôi có đề nghị với các cấp quản lí tạo điều kiện để tổ chuyên môn thường xuyên trao đổi phương pháp và trao đổi kinh nghiệm nghiên cứu khoa học để các đồng chí tổ viên được nâng cao trình độ... )) (1) + Xét hàm số f (t ) chứng minh hàm số này đồng biến hoặc nghịch biến trên D + f (u ( x)) = f (v(Y )) ⇔ u ( x) = v( y ) thế vào phương trình còn lại tìm được ( x; y)  x 3 ( 4 y 2 + 1) + 2 ( x 2 + 1) x = 6 ( 1)  Thí dụ 1 Giải hệ phương trình:  2 2 2  x y 2 + 2 4 y + 1 = x + x + 1 ( 2)  ) ( Bài giải ĐK: x ≥ 0 Vì (0; y) không là nghiệm của hệ phương trình 1 x Xét x > 0 Từ phương trình thứ (2)... x +1 y +1  Hệ phương trình có nghiệm ⇔ phương trình (*) có nghiệm thuộc [0 ; +∞) Xét hàm số f ( x) = 2 x − 1 1 1 + > 0 ∀x ∈ [0; +∞) ; ; x ∈ [0; +∞ ) ; f '( x) = 3 x 2 ( x + 1) x +1 ⇒ f(x) đồng biến trên [0 ; +∞) ⇒ f ( x) ≥ f (0) = −1 ∀x ∈ [0; +∞) Vậy m ≥ −1 III CÁC BÀI TOÁN BẤT PHƯƠNG TRÌNH 14 Bài toán 1 Giải bất phương trình dạng f (u ) > f (v) , với f (t ) là hàm đặc trưng Phương pháp: + Tìm tập... Lập bảng xét dấu suy ra tập nghiệm bất phương trình S = (−∞;1) ∪ (2; 3) Thí dụ 2 Giải bất phương trình: ( ) x 3 + 5 x 2 + 17 x + 7 ≥ 2 x 2 + 4 2 x 2 + 7 (2) Bài giải Bất phương trình (2) ⇔ ( x + 2) 3 + ( x + 2) 2 + ( x + 2) ≥ ( 2 x 2 + 7 ) 2 x 2 + 7 + ( 2 x 2 + 7 ) + 2 x 2 + 7 Xét hàm số f (t ) = t 3 + t 2 + t , f(t) là hàm số đồng biến trên khoảng ( 0;+∞ ) Phương trình trên có dạng f ( x + 2) ≥ f... bất phương trình m.2 2 x +1 + (2m − 1).2 x + 2 + 2m − 1 > 0 Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ R Bài 9 Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm  x 2 y + 1 − 2 xy − 2 x = 1 ;  3  x − 3x − 3 xy = a + 2 Bài 10 Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm  x + 1 + 2 x − 2 ≤ 5 x + 1  | x − 3 | + x 3 − 29 x + 27 − m ≥ 0 C KẾT LUẬN 1 Kết quả nghiên cứu Trên đây là phương pháp hàm số để giải. .. tham số để hệ phương trình sau có nghiệm  f ( x, y ) = c   g ( x, y ) = m Phương pháp: + Biến đổi một phương trình đưa về dạng f ( x) = m ; + Xét hàm số f (x) lập bảng biến thiên ta suy ra giá trị của tham số Thí dụ 1 Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:  x 3 − y 3 − 2 = 3x − 3 y 2  2  x + 1 − x 2 − 3 2 y − y 2 + m = 0 (1) (2) Bài giải − 1 ≤ x ≤ 1 0 ≤ y ≤ 2 Điều kiện xác định của hệ: ... Từ bảng biến thiên suy ra phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm, hơn nữa f(0) = f(1) = 0, do đó phương trình (3) có 2 nghiệm x =0; x = 1 Tóm lại hệ đã cho có 2 nghiệm ( x; y ) = (0; 0) và (1;1) Bài toán 2 Giải hệ phương trình 11  f ( x, y ) = c ; trong đó có 1 phương trình đưa về dạng   g ( x, y ) = c' f (u ( x)) = f (v ( y )) (II) Phương pháp: + Biến đổi một phương trình về dạng f (u ( x))... 1 ≤ x ≤ 3 Hệ bất phương trình có nghiệm ⇔ x 3 + 3mx + 2 ≤ 0 có nghiệm x ∈ [1; 3] 2 g ( x) = g ( x ) có nghiệm x ∈ [1; 3] ⇔ 3m ≤ max x∈[1; 3] x 2 g ( x ) = g (1) = −3 Hàm số g ( x ) = − x 2 − hàm số nghịch biến trên [1;3] Nên 3m ≤ max x∈[1; 3] x ⇔ 3m ≤ − x 2 − Vậy m ≤ −1 thì hệ có nghiệm  x + y = 4 (1)  x + 7 + y + 7 ≤ a ( 2) Thí dụ 3 Cho hệ bất phương trình  (a là tham số) Tìm a để hệ có nghiệm