sáng kiến Phương pháp hàm số đại diện để giải phương trình, bất phương

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT TRỰC NINH BÁO CÁO SÁNG KIẾN ĐỀ TÀI: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐẠI DIỆN ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH Nguyễn Văn Diễn Tác giả 1: Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học Chức vụ: Giáo viên Tác giả 2: Nguyễn Đình Dùng Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học Chức vụ: Phó hiệu trưởng Nơi công tác: Trường THPT Trực Ninh Nam Định, ngày 20 tháng 05 năm 2016 THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: Phương pháp hàm số đại diện để giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 10/10/2015 đến ngày 10/05/2016 Tác giả: Họ tên: Nguyễn Văn Diễn Năm sinh: 13/03/1985 Nơi thường trú: Xã Liêm Hải, Huyện Trực Ninh, Tỉnh Nam Định Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học Chức vụ công tác: Giáo viên dạy môn Toán Nơi làm việc: Trường THPT Trực Ninh A Điện thoại: 0918254492 Tỷ lệ đóng góp tạo sáng kiến: 50% Đồng tác giả Họ tên: Nguyễn Đình Dùng Năm sinh: 12/08/1975 Nơi thường trú: Xã Trực Thanh, Huyện Trực Ninh, Tỉnh Nam Định Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học Chức vụ công tác: Phó hiệu trưởng Nơi làm việc: Trường THPT Trực Ninh A Điện thoại: 0917493236 Tỷ lệ đóng góp tạo sáng kiến: 50% Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT Trực Ninh A Địa chỉ: TT Cát Thành-huyện Trực Ninh-tỉnh Nam Định Điện thoại:03503883099 BÁO CÁO SÁNG KIẾN I ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình chuyên đề mang nội dụng quan trọng, phổ biến với nhiều dạng toán xuyên suốt cấp học mà thường gặp kì thi kiểm tra chất lượng học kì, thi tuyển sinh lớp 10 THPT, đặc biệt kì thi THPT Quốc Gia hay kì thi học sinh giỏi cấp, chúng đa dạng phong phú đề lời giải Ngày với sáng tạo không ngừng người học toán phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình ngày xuất nhiều diễn đàn Toán học với hình thức, ý tưởng mẻ đặc sắc Mặc dù đề tài quen thuộc, thống không mà giảm phần thú vị, nhiều toán tăng dần lên mức độ khó, chí khó, với biến đổi đẹp kết hợp nhiều kiến thức, kĩ làm khó học sinh THCS, THPT Một phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình có nhiều phương pháp giải khác Tuy nhiên em học sinh có học lực trung bình, việc tìm lời giải cho toán nhiều khó khăn Thực trạng trường THPT Trực Ninh nhiều em chưa cảm thấy có hứng thú nhiều với việc học giải toán liện quan đến phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình Chỉ em học sinh có học lực khá, giỏi trường có quan tâm có niềm đam mê chinh phục nội dung Toán học Các em học sinh khá, giỏi quan tâm đến phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình nội dung chuyên đề thường xuyên xuất đề thi THPT Quốc gia mức độ khó Các em học sinh phải chiếm lĩnh chuyên đề phương trình, bất phương trình, hệ phương trình có hội đạt điểm cao môn Toán hội trúng tuyển trường Đại học tốp đầu mà em mơ ước Với mong muốn ngày có nhiều em học sinh cảm thấy có hứng thú có niềm đam mê chinh phục nội dung Toán học đỉnh cao này, xây dựng chuyên đề sử dụng hàm số đại diện để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình II MÔ TẢ GIẢI PHÁP Mô tả giải pháp trước tạo sáng kiến Trước học sinh học đạo hàm, học sinh tiếp cận sử dụng phương pháp để giải phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình Các phương pháp mạnh khẳng định thương hiệu phương pháp đặt ẩn phụ hay phương pháp đưa dạng tích Tuy nhiên nhiều toán phương pháp lại không phát huy hiệu quả, đặc biệt phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình có hình thức cồng kềnh, phức tạp Chính với mong muốn học sinh có nhiều phương pháp hơn, có nhiều lựa chọn để giải nhiều toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương, xây dựng chuyên đề phương pháp hàm số đại diện Mô tả giải pháp sau có sáng kiến Báo cáo sáng kiến kinh nghiệm gồm Chương, Chương lại gồm khác nhau, lại gồm ví dụ cụ thể, ví dụ trình bày theo cấu trúc Phân tích- Lời giải-Bình luận Việc đưa phân tích giúp cho học sinh có định hướng lời giải toán cách tự nhiên dựa hình thức toán, giúp cho học sinh có dự báo thuận lợi khó khăn mà học sinh định lựa chọn hướng giải để giải toán Còn việc đưa lời giải toán lời giải thức mang tính xác chuẩn mực dựa phân tích Đặc biệt ví dụ bình luận sắc bén nhằm nhấn mạnh điểm mấu chốt toán đưa cách giải khác để so sánh ưu điểm, nhược điểm với phương pháp hàm số đại diện làm tăng thêm phong phú đa dạng cho lời giải toán Học sinh thấy dấu bật toán để lựa chọn phương pháp giải toán cho phù hợp Như phần bình luận nhằm tổng kết lại phương pháp sử dụng đưa phương hướng cho lời giải toán hay phát triển toán thành lớp toán rộng để thấy thành công phương pháp hàm số đại diện Sau trình bày nội dung cụ thể giải pháp sáng kiến CHƯƠNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐẠI DIỆN Bài Kiến thức sở Cho K khoảng, đoạn nửa khoảng hàm số y  f  t  liên tục miền K Khi ta có số kết sau Cho hàm số y  f  t  đơn điệu K Khi với u, v thuộc tập K thỏa mãn phương trình f  u   f  v  u  v Cho hàm số y  f  t  đồng biến K Khi với u, v thuộc tập K thỏa mãn bất phương trình f  u   f  v  u  v Cho hàm số y  f  t  nghịch biến K Khi với u, v thuộc tập K thỏa mãn bất phương trình f  u   f  v  u  v Cho hàm số y  f  x đơn điệu K K, phương trình f  x   có nhiều nghiệm Điều có nghĩa K, phương trình f  x   có nghiệm nghiệm Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm khoảng  a, b  Nếu khoảng  a, b  phương trình f '  x   có n  n  *  nghiệm phân biệt khoảng  a, b  phương trình f  x   có không n  nghiệm phân biệt Cần lưu ý kết sử dụng phải chứng minh, nên dùng dấu hiệu để nhận biết, trình bày vào làm nên lập bảng biến thiên hàm số f  x  khoảng  a, b  Giải phương trình phương pháp hàm số đại diện có nghĩa biến đổi phương trình cho dạng f  u  x    f  v  x   , x  K Trong hàm số y  f  t  hàm số đồng biến nghịch biến khoảng  a; b  biểu thức u  x  , v  x   a; b ,  x K Khi phương trình f  u  x    f  v  x    u  x   v  x  Giải bất phương trình phương pháp hàm số đại diện có nghĩa ta biến đổi bất phương trình cho dạng f  u  x    f  v  x   , x  K Trong hàm số y  f  t  hàm số đồng biến nghịch biến khoảng  a; b  biểu thức u  x  , v  x   a; b ,  x K Khi a Nếu hàm số y  f  t  đồng biến khoảng  a; b  bất phương trình f u  x   f v  x   u  x   v  x  b Nếu hàm số y  f  t  nghịch biến khoảng  a; b  bất phương trình f u  x   f v  x   u  x   v  x  Bài Kỹ thuật tìm hàm số đại diện dựa vào cấu trúc hai vế phương trình hay bất phương trình Đặt vấn đề Tìm kiếm hàm số đại diện trực tiếp suy luận cấu trúc hai vế phương trình hay bất phương trình thao tác quan sát trực tiếp hai vế phương trình hay bất phương trình cho, quan sát mặt cấu trúc hai vế xem giống hệt chưa Nếu chưa giống thực phép biến đổi cần thiết Cần ý hai vế phương trình hay bất phương trình làm nền, làm mẫu để gợi ý biến đổi vế lại theo nền, mẫu Trường hợp khác vế phương trình, bất phương trình có khả làm mẫu phải biến đổi phương trình, bất phương trình để tìm đại lượng trung gian để thay mặt, để đại diện cho hai vế Đại lượng trung gian gọi biểu thức hàm số đại diện hay hàm số đặc trưng cần tìm Giải phương trình hay bất phương trình theo định hướng phải trải qua hai công đoạn, trước hết ta phải dự đoán biểu thức u  x  v  x  , sau ta thiết kế hàm số diện y  f (t ) thỏa mãn f  u  x    f  v  x   việc tìm kiếm u  x  , v  x  đóng vai trò then chốt Ví dụ 1.2.1 Giải phương trình x3  x    3x   3x   3x Phân tích Vế trái phương trình đa thức bậc ba với ẩn x Trong vế phải phương trình xuất biểu thức 5-3x lặp lại nhiều lần Mặt khác, ta biến đổi   3x   3x     3x , biểu thức bậc đại lượng  3x Khi vế phải phương trình trở thành lượng    3x   3x , đa thức bậc ba đại  3x Đến cấu trúc vế trái giống hệt cấu trúc vế phải (đều có dạng đa thức bậc ba hệ số tương ứng nhau), từ ta đề xuất hàm số y  f (t )  t  2t , t  , gọi hàm số đại diện (hay hàm số đặc trưng) để lột tả nên giống cấu trúc hai vế phương trình Ta có biểu thức 5  u  x   x   ;   , v  x   x   0;     3   x, 5 3x Khi ta thay t=x ta có vế trái phương trình biểu thức f ( x)  x3  x, thay t   3x ta thu vế phải phương trình biểu thức f   3x     3x    3x Khi phương trình trở thành f  x   f   3x   x   3x , đến toán giải Lời giải Điều kiện xác định  3x   x  Phương trình tương đương với x3  x     3x   3x (*) +) Ta có hàm số y  f (t )  t  2t liên tục Có f '(t )  3t   0, t  số y  f (t ) đồng biến f  x  f  suy hàm Khi phương trình (*) có dạng x     x  3  29 x   29   3x  x   3x     x 2  x  3x      3  29  x     +) Kết luận Phương trình cho có nghiệm x  29  Bình luận Để chứng minh hàm số y  f (t ) đồng biến sử dụng công cụ đạo hàm lớp 12, dạy toán với đối tượng học sinh lớp 10 (học sinh lớp 10 chưa học đạo hàm) chứng minh hàm số đại diện y  f (t ) đồng biến cách hàm số thỏa mãn định nghĩa hàm số đồng biến công cụ xét tỉ số Cụ thể với t1; t2  , giả sử t1  t2 , ta có f (t1 )  t13  2t1 , f (t2 )  t23  2t2 , t13  t23  t13  2t1  t23  2t2  f (t1 )  f (t2 ) Tuy nhiên công cụ phù hợp với hàm số có cấu trúc đơn giản, học sinh lớp 10 giới thiệu toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình giải phương pháp hàm số đại diện mà hàm số đại diện có cấu trúc đơn giản Việc giới thiệu cho học sinh lớp 10 phương pháp hàm số đại diện cần thiết để học sinh lĩnh hội dần không cảm thấy đột ngột tiếp cận vấn đề Một góc nhìn khác, sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải toán Cụ thể ta đặt a  x, b   3x , a  , b  phương trình (*) trở thành phương trình hai ẩn a, b a3  2a  b3  2b  (a  b)(a2  ab  b2  2)   a  b  x   x Việc sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải toán xem tự nhiên học sinh lớp 10 Tuy nhiên ta thay đổi toán dạng sau x 2015  x    3x  2015   3x (*) Đặt a  x, b   3x phương trình trở thành a 2015  2a  b2015  2b   a 2015  b2015   2(a  b)  Khi việc phân tích thành nhân tử trường hợp không thuận lợi Qua ta thấy tính ưu việt phương pháp hàm số đại diện Ví dụ 1.2.2 Giải phương trình   x   x   x6  12 x5  48 x  64 x3  x  x  Phân tích Cấu trúc phương trình trơ lộ rõ biểu thức vô tỉ biểu thức dạng đa thức, chúng đứng độc lập với Với suy nghĩ tự nhiên ta thực hiên cô lập hai nhóm biểu thức cách biến đổi phương trình cho dạng   x   x   x6  12 x5  48x  64 x3  x  x Lúc thấy vế trái đa thức bậc ba đại lượng x  Đến dự đoán phương trình biến đổi dạng f  u  x    f  v  x   , u  x   x  Điều động lực để thúc đẩy tiến hành biến đổi vế phải dạng đa thức bậc đại lượng v  x  Tuy nhiên vế phải sở hữu ngoại hình đa thức bậc đại lượng x Để vế phải có dạng đa thức bậc đại lượng v  x  v  x  phải có dạng tam thức bậc 2, tức v  x   ax  bx  c Quan sát đặc điểm hệ số số hạng vế phải cho phép ta tiến hành biến đổi vế phải dạng ( x2  x)3  ( x2  x) Lúc vế phải phương trình có hình ảnh đa thức bậc đại lượng v  x    x  x  có cấu trúc giống hệt vế trái Lời giải Điều kiện xác định phương trình x    x  6 Khi phương trình    x   x   x6  12 x5  48x  64 x3  x  x    x   x    x2  4x   x2  4x 3 +) Ta có hàm số y  f (t )  t  t liên tục y  f (t ) đồng biến (*) Có f '(t )  3t   0, t  nên hàm số Khi phương trình (*) có dạng  x  x  f x   f  x  4x   x   x  4x    x  x  16 x  x    x     x  4    x  3  17  3  17   x2  4x  x   x  x         x  3x      x  3  17    5  13  x  3x   x  x  3     x  x  x         x  5  13     x  5  13     2 +) Kết luận Phương trình cho có nghiệm x  17  5  13 , x 2 2 Ví dụ 1.2.3 Giải phương trình  x x   x  ( x  1) x  x   Phân tích Trong phương trình xuất hai bậc 2, trước có biểu thức chứa x Để ý biểu thức thứ hai x2  x  biến đổi thành ( x  1)2  mà biểu thức đứng trước (x+1) Đến ta nhận thấy tương xứng cấu trúc hai biểu thức x x  2, ( x  1) ( x  1)2  Tuy nhiên để có hàm số đại diện ta cần có tương xứng cấu trúc hai vế phương trình, ta cần chuyển biểu thức ( x  1) ( x  1)2  sang vế phải phương trình Một ý quan trọng biến đổi   x  1  x  1     x  1   x    Do ta biến đổi phương trình 2 dạng khác sau x  x x     x  1    x  1   x  1  2 Bài Sáng tạo hệ phương trình từ hàm số đại diện cho trước Đặt vấn đề Để xây dựng hệ phương trình giải phương pháp hàm số đại diện, ta xây dựng trước hàm số đại diện để tạo dựng phương trình hệ Để có toán dễ, khó khác ta sáng tác hàm số đại diện từ đơn giản đến phức tạp Đơn giản ngoại hình chúng, chẳng hạn hàm đa thức bậc f (t )  t  t , t  , bậc f (t )  t  2015t , t  hay phức tạp hàm số vô tỉ có chứa thức bậc 2, bậc 3, bâc 4, chẳng hạn y  t   t , t  , y  f (t )  4t  t t   , t  (; 0)  (0;  ) t Nhóm Một số định hướng xây dựng phương trình hệ phương trình từ hàm số đại diện có dạng hàm đa thức  3 * y  f (t )  t  12t , t    ;   f  x  1  f  y  1  x  3x  x  22  y  y  y  2   * y  f (t )  t  16t , t  3;     f  x  1  f    x3  3x  13x  15   8y y  2y    f  10  x   f  * y  f (t )  t  3t , t   f ( y )  f * y  f (t )  5t  3t , t   x   y3  y   x  5 x    y   53  x  10  x   y 48   y  * y  f (t )  t  2015t , t   f (  x )  f (  y  (2027  3x)  x  (6 y 2024)  y  Nhóm Một số định hướng xây dựng phương trình hệ phương trình từ hàm số đại diện có dạng hàm vô tỉ * y  f (t )  t   t , t   f ( x)  f ( y)  x   y   x  y * y  f (t )  t  2016  t , t   f ( x)  f ( y )  x  2016  y  2016  y  x * y  f (t )  t  t  2015, t   f ( x)  f ( y  1)  x  y   x  2015  y  y  2016       * y  f (t )  t  t  , t   f (2 x  1)  f (3 y )   x    x  x   y  y    y2 1   * y  f (t )  t  t t  1, t   f     f (2 y )  2  x 1  x  x  x   y  x  1 * y  g (u )  u u  u  3, u  [0;  )  f ( x  1)  f ( y  2)  x  x  x  x  x   123 y  4 y  y  10 Nhóm Một số định hướng xây dựng phương trình hệ phương trình từ hàm số đại diện có dạng hàm hỗn tạp * y  f (t )  t  ln( t   t ), t   f ( x)  f ( y )  x  y  ln( x   x)  ln( y   y ) * y  f (t )  et sinx   , t   0;   f ( x)  f ( y)  e x  y  sin t sin y  4 * y  f (t )  2016t  t t , t   f (2x  y)  f ( x  y)  20162 x y  2016x y  ( x  y) x  y  (2x  y) 2x  y Nhóm Một số định hướng xây dựng phương trình hệ phương trình mà có sử dụng phương pháp nhân liên hợp để tạo hàm số đại diện  y   y   * y  f (t )  t   t , t   f ( x)  f (2 y )   x  x   y  y    * y  f (t )  t   t , t   f ( x  1)  f ( y )   x   x  x   y  y    * y  f (t )  t  2016  t , t   f ( x)  f ( y )   x  2016  x  y  2016  y   2016 * y  f (t )  2015  t   t  , t   f ( x)  f ( y )  2015  x   x  y   y   1 y * y  f (t )   t   t  , t   f    f ( x)  y    x  x 1  y * y  f (t )  t   t , t   f ( x)  f ( y )   x2   x 2 2 2 2 t 2 x y t 2 xy 1 y 2 Nhóm Một số định hướng xây dựng phương trình hệ phương trình mà có sử dụng phương pháp chia để tạo hàm số đại diện x * y  f (t )  t11  t , t   f     y x * y  f (t )  t11  t , t   f     y * y  f (t )   t2 ,t   f t  f ( y )  x11  xy10  y 22  y12  1 f  x    y  x  y    x  1  x  x x    x y  f   x   x  1 x  y    x  y   x  y    x   xy y   x 1  f   y2     x3  x  * y  f (t )  t  t , t   f    f y   x  x    y    x  1 y  1  x 1  x2   1 2 * y  f (t )  t  t , t   f 1    f  y  x   (4 x  yx )  y  x  x * y  f (t )  t  , t   f t       124 a Hướng Khi học sinh bắt đầu tiếp cận với hàm số đại diện ta xét hàm số đa thức dạng đơn giản, chẳng hạn y  f (t )  t 2017  2017t , t  đồng biến Ta có f ( x)  f ( y)  x2017  2017 x  y 2017  2017 y  x2017  y 2017  2017 y  2017 x Đến ta có phương trình thứ hệ phương trình mức độ nhận biết Để tăng độ khó hệ đủ sức phân loại đối tượng học sinh ta sáng tác phương trình thứ hai hệ mức độ vận dụng cao Chẳng hạn, ta xét hệ phương trình sau  x 2017  y 2017  2017 y  2017 x  x4  y3  x2  y Ví dụ 4.2.1 Giải hệ phương trình  1  ( x  y  1) x  y  x  y   (1) ( x, y  ) (2)   x  y  5x  y   x  y     Lời giải Điều kiện xác định hệ  +)Phương trình thứ hệ viết lại thành x2017  2017 x  y 2017  2017 y Xét hàm số đại diện y  f (t )  t 2017  2017t , t  Có f '(t )  2017t 2016  2017  0, t  số y  f (t ) đồng biến nên hàm Khi phương trình có dạng f ( x)  f ( y)  x  y Thế x  y vào phương trình thứ hai hệ ta thu phương trình x  x3  x  x ( x  x  1) x  3x3  x  3x    x  x3  x  x  ( x  x  1) x  3x3  x  3x  (3) +) Để giải phương trình (3) ta sử dụng phương pháp thêm bớt hàm số vắng, nhân liên hợp để tạo nhân tử chung Cụ thể phương trình (3) tương đương với (3x3  3x  3x  1)  ( x  x  1)( x  3x3  x  3x   ( x  1)       x2  4x   (3x  3x  3x  1) 1  0 2   x  x  x  x   ( x  1)   3 x  x  x   (4)  (5)  x  x   x  3x3  x  3x   3 3 +) Phương trình (4)  ( x  1)  ( x)  x    x  (1  2) x  1  x   125 1 2  140    11    0, vô nghiệm +) Phương trình (5)  2( x  1)   x  x    x      11  121   Như phương trình (3) có nghiệm x   1  1  ;  3  1 1  +) Kết luận Hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y)    Bình luận Điểm nhấn việc giải hệ phương trình giải phương trình (3) Đây phương trình vô tỉ khó, xin giới thiệu thêm cách giải khác để thấy không gian làm việc với phương trình (3) thời kì mở cửa, chờ đợi tuyệt chiêu để chinh phục Đó phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn ẩn, đưa phương trình hệ đối xứng loại (3)  (x2  1)2  (7x  3x  7x  1)  (x2  4x  1) (x2  1)(x2  4x  1) 7x3  3x2  7x  Đặt u  x 1, v  x  x  x  x  ta có hệ phương trình dạng đối xứng loại u  (7 x  3x  7x  1)  (x  4x  1).v u  v     2  u  v  x  x   v  (7 x  3x  7x  1)  (x  4x  1).u +) Trường hợp u  v  x 1  x4  x3  x2  x   x3  x2  x 1   ( x  1)3   2x  (x  1)3  ( 2x )3  x  1  2x  (1 +)Trường hợp 2)x   1 x   1 u  v  x2  x 1   x2 1  x4 3 x3 5 x2 3 x   x2 4 x 1   2( x  1)2  x4  3x3  5x2  3x   0, phương trình vô nghiệm Như phương trình (3) có nghiệm x   1 b Hướng Một góc độ khác ngoại hình hàm số đại diện xây dựng trước chưa định nội dung toán dễ hay khó mà tùy thuộc vào cách chọn biểu thức u, v để có f (u)  f ( v)  u  v, u, v biểu thức phức tạp góc nhìn hàm số đại diện bị thu hẹp hơn, chẳng hạn với hàm số đại diện y  g(t)  t3  3t, t  1;         u  x  y  1, v  y  x   x  y   x  y   y  x   y  x  biến đổi 3 2 tiếp phương trình dạng x  y   3x  y  2 y   3 y  x  2 x   Đến phải sáng tác phương trình thứ hai hệ cho giá trị biểu thức 126 u  x  y  1, v  y  x  phải thuộc khoảng (1;  ) Ý tưởng thường sử dụng chặn miền giá trị biến x, y thông qua phép đánh giá điều kiện có nghiệm phương trình bậc ẩn x, y Chẳng hạn x, y thỏa mãn đẳng thức x2  y  xy  x  y  14  , ta coi phương trình bậc ẩn x y tham số ngược lại Ta có hệ phương trình sau  x3  y   3x  y   y    y  x   x   (1) Ví dụ 4.2.2 Giải hệ phương trình  2 (2)  x  y  xy  x  y  14  Lời giải Điều kiện xác định hệ x  1; y  1 Từ phương trình (2) ta có: x2  x( y  7)  y  y  14  có nghiệm x      y  2 Hoặc y  y( x  6)  x  x  14  có nghiệm y      x  10  7  10  Khi ta có x  y   1, x  1;  , y  x   1, y  2;   3  3         Biến đổi phương trình (1) dạng x  y   x  y   y  x   y  x  (3) +) Xét hàm số đại diện y  g (t )  t  3t khoảng 1;    Có g '(t )  3t   0, t  nên hàm số y  g (t ) đồng biến khoảng 1;    ta có biểu thức u  x  y 1 1;   , v  y  x 1  1;   Khi phương trình (3) trở thành     g x  y 1  g y  x 1  x  y 1  y  x 1  x  x 1  y  y 1 +) Xét hàm số y  g (u)  u  u  khoảng 1;    Có g '(u)   (4)  0, u  nên u 1 hàm số y  g (u) đồng biến khoảng 1;    Khi phương trình (3) có dạng x  g ( x)  g (y)  x  y Thế x  y vào phương trình (2) ta 3x  13x  14    x   7   3  +) Kết luận Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y)  (2; 2),  ; 127 c Hướng Một hướng sáng tác xây dựng hàm số đại diện mà học sinh khó khăn việc hàm số đồng biến, nghịch biến miền xét, chẳng hạn hàm số y  g (t )  t  2t  6ln(t  t  9) Xuất phát từ phương trình g ( x)  g( y)  x3  x  6ln( x  x  9)  y  y  6ln( y  y  9) Biến đổi tiếp  y  y2   2   ( x  y )( x  xy  y  2)  ln phương trình dạng  x  x2       y  y2   2 ( x  y)( x  xy  y  2)  6ln   (1)   ( x, y  ) x  x    Ví dụ 4.2.3 Giải hệ phương trình   (2)  x  y   2( x  x  1) x   x  x   x, x  Lời giải Nhận xét y   y  y   y, y   x   x  0, x   y   y  0, y   x2  y   Khi phương trình (1) viết lại thành Điều kiện xác định  y   x3  x  6ln( x  x2  9)  y3  y  6ln( y  y  9) (3) +) Xét hàm số đại diện y  g (t )  t  2t  6ln(t  t  9) Có g '(t )  3t    3 t2   26t      , t   t2   t2  t2  t  26t 26t 26t  3  33   0, t  9 t2  t2  9 nên hàm số y  g (t ) đồng biến Khi phương trình (3) có dạng g ( x)  g ( y)  x  y Thế y  x vào phương trình (2) ta phương trình g '(t )  3 x  x   2( x  x  1)  2( x2  x  1)   x  x Bình phương hai vế ta x     x   1  x  3 ( x 1  x )   x 1  x   x   x     x 2  x  3x      3  x     3 3  ( x ; y )  ;   +) Kết luận Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 2   128 d Hướng Sau có hàm số đại diên, ta kết hợp với phương pháp đặt ẩn phụ để che giấu tốt biểu thức u, v khó khăn việc phát hàm số đại diện, chẳng hạn kỹ thuật sáng tác hệ phương trình đề thi đại học khối A năm 2013 xuất phát từ hàm số đại diện sau y  t   t , t   f (u)  f ( y)  u   u  y   y, u  x   x   x   y   y Đến phải sáng tác phương trình thứ hai hệ cho giá trị ẩn y phải số dương Ý tưởng thường sử dụng chặn miền giá trị biến y thông qua phép đánh giá điều kiện có nghiệm phương trình bậc ẩn x, y Chẳng 2 hạn x, y thỏa mãn x  xy( y  1)  y  y   , ta coi phương trình bậc ẩn x y tham số Ta có hệ phương trình sau 4   x   x   y   y (1)  x, y  Ví dụ 4.2.4 Giải hệ phương trình  2 x  x y   y  y   (2)      ( Trích dẫn: Đề thi thức Đại học khối A- năm học 2013) Phân tích Đây hệ phương trình hay đủ khó để phân loại đối tượng học sinh Bàn cấu trúc hệ phương trình ta thấy phương trình thứ hai hệ phương trình bậc hai hai ẩn Ta kiểm tra xem phân tích thành nhân tử cách biến đổi phương trình bâc hai ẩn x ẩn y, đại lượng lại tham số Nhưng sau kiểm tra không cho kết delta phương, hy vọng có nhân tử chung phương trình bất khả kháng Phương trình thứ hệ chứa có chứa bậc nên ưu tiên hàng đầu biểu diễn ẩn x ẩn phụ có chứa mũ Cụ thể đặt t  x  1, t   t  x   x  t  ta có phương trình thứ biến đổi t   t  y   y dáng điệu hàm số đại diện lộ rõ Tuy nhiên hàm số đại diện y  f (u)  u   u ta xét toàn tập số thực hàm số không đồng biến nghịch biến nên ý tưởng thu hẹp miền xét để hàm 129 số đơn điệu Quan sát phương trình thứ hệ biến đổi thành ( x  y  1)2  y  y  nên từ ta xét hàm số y  f (u) miền [0;  ) Trên miền ta nhận kết hàm số đồng biến, t, y [0;  ) nên phương trình thứ hệ có dạng f (t )  f ( y)  t  y  x   y  x  y  Ta nhận mối quan hệ x y , tư tưởng hàm số đại diện giải Lời giải Điều kiện xác định hệ phương trình x  1, y  Từ phương trình thứ hai hệ, ta có ( x  y  1)  y  y  Đặt t  x   t  x   x  t  ta có phương trình thứ biến đổi t4   t  y   y (3) +) Xét hàm số đại diện y  f (u)  u   u, u  Có f (u)  ' 4u u4    0,  u  nên hàm số y  f (u) đồng biến khoảng [0;  ) Khi phương trình (3) có dạng f (t )  f ( y)  t  y  x   y  x  y  +) Thay x  y  vào phương trình (2) ta y  y  y   (4) Nhận xét y=1 nghiệm phương trình (4) Mặt khác, xét hàm số g ( y)  y  y  y  4, y  ta có g ' ( y)  y  y3   0, y  nên hàm số g ( y) đồng biến khoảng [0;  ) Do phương trình (4) có nghiệm y=1 +) Kết luận Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y)  (2;1) e Hướng Chúng ta tạo dựng hàm số cồng kềnh, khó khăn việc tính đạo hàm, chẳng hạn y  f (t )  t t  t  [0;  ) Khi f ( x  1)  f ( y  2)  x  ( x  1)2  ( x  1)   Tiếp tục biến đổi ta nhận y  ( y  2)  ( y  2)  x  x2  x  x  x   y  4 y  y  10 130  x  x  x  x  x   y  4 y  y  10 (1) Ví dụ 4.2.5 Giải hệ phương trình  (2) 3(3x  2)  y  x  5(3 x   x )  y  x  Phân tích Với hệ này, hai phương trình hệ phương trình thật ‘nhọc nhằn’, với tâm lí chung không dám nhúng tay vào công phá phương trình hệ Tuy nhiên, quan sát phương trình thứ chứa khác nhau, cô lập hai biến x, y nên khả xét hàm số đại diện cao Quan sát phương trình thứ ta nhận thấy vế trái phương trình có điều thật đặc biệt Ta có (1)  x  ( x  1)2  ( x  1)2   y  4 y  y  10 Vậy vế trái phương trình có ‘hình ảnh’ rõ ràng, ta cố gắng biến đổi vế phải hình ảnh Với ý nghĩ này, ta nhận thấy vế trái có đầy đủ bậc hai, bậc ba, bậc vế phải có hai loại bậc bậc Về cấu trúc ta cần phải thêm có vế phải bâc Mặt khác, nhận thấy y  y  10  ( y  2)( y  5)  ( y  2)( y   3), y   y   Nét tương đồng hệ số thừa 2, đại lượng y+2 đại lượng y+1 làm ta thêm tự tin để tiến tới tách vế phải có ‘hình ảnh’ vế trái Cụ thể ta tiến hành biến đổi sau ( y  2)  y  ( y  2)   y  4 y  y  10  y   ( y  2)( y   3)  y  ( y  2)  ( y  2)  Như vậy, phương trình thứ viết dạng x  ( x  1)2  ( x  1)   y  ( y  2)  ( y  2)  Tới đây, có cách để xét hàm số đại diện sau 131 +)Cách Xét hàm số đại diện y  f (t )  t t  t   t  t  3t , t  Có f '(t )  2t t  3t 3 t  2  2t  2  3t  t  t  3t   0, t  Nên hàm số y  f (t ) đồng biến khoảng [0;  ) Khi phương trình thứ hệ có dạng f ( x  1)  f ( y  2)  x   y  4 +)Cách Xét hàm số đại diện y  g (u )  u u  u  [0;  ) Có g '(u )  u  u   4 4u 4 u  3 u  2  4u 4 u  4 u  3  0, u  Nên hàm số y  g (u ) đồng biến 0; ) Khi phương trình thứ hệ có dạng g ( x  1)  g ( y  2)  x   y   x   y  Với hai cách rõ ràng ứng với cách thứ hai việc tính đạo hàm có thuận lợi chút Không khó để nhận thấy hai cách xét hàm số đại diện cho kết hàm số đồng biến miền xét Như vậy, xem mối quan hệ hai biến x, y giải hệ giải hoàn toàn f Hướng Cách xây dựng hàm số đại diện không xuất phát từ phương trình hệ mà kết nối hai phương trình hệ phương pháp cộng đại số để tạo hàm số đại diện, kiểu thường gây khó khăn với học sinh Để sáng tác kiểu kết hợp hai phương trình hệ tạo hàm số đại diện cách đơn giản xuất phát từ hệ phương trình đối xứng loại 2, mặt khác để thấy tính vượt trội phương pháp hàm số đại diện ta chọn hệ đối xứng loại mà không giải phương pháp thông thường, phương pháp trừ vế cho để bắt nhân tử chung Sau đây, trình bày ví minh họa điển hình cho phân tích 132 x  (1  2)  y  y  (1) ( x; y  ) Ví dụ 4.2.6 Giải hệ phương trình  y  (1  2)  x  x  (2) Lời giải Tập xác định x, y  Khi cộng vế hai phương trình hệ x y phương trình, ta (1  2)  x  x   (1  2)  y  y  (3)  t ' t +) Xét y  f (t )  (1  2)  t  t  1, t  , có f (t )  (1  2) ln(1  2)  1      0, t  t 1  t nên hàm số y  f (t ) đồng biến Khi phương trình (3) có dạng f ( x)  f ( y)  x  y Thế x  y vào phương trình (1), ta phương trình (1  2) x  x  x2   ln(1  2) x  ln( x  x2  1)  x ln(1  2)  ln( x  x  1)  +) Xét hàm số y  g ( x)  x ln(1  2)  ln( x  x  1) Ta có g '( x)  ln(1  2)  x 1 , x  ; g ''( x)  x ( x  1) x  2 , x Có g ''( x)   x  nên phương trình g'( x)  có tối đa nghiệm x1; x2 Mà g'(1)  0; g'(0)  0, g'(1)   g'(1).g'(0)  0; g'(0).g'(1)  Hơn hàm số y  g'( x) liên tục đoạn [-1; 0], [0; 1] nên phương trình g'( x)  có nghiệm phân biệt x1 , x2 x1  (1;0); x2  (0;1) Nhận xét x  1; x  1; x  nghiệm phương trình Mặt khác lập bảng biến thiên hàm số y  g ( x) ta thấy phương trình có tối đa nghiệm +) Kết luận Vậy hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y)  (1; 1),(1;1),(0;0) 133 III HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI Sáng kiến kinh nghiệm trình bày cách có hệ thống phương pháp hàm số đại diện để giải phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình Học sinh học hỏi đúc rút kinh nghiêm qua ví dụ cụ thể Các ví dụ xây dựng theo cấp độ (Nhận biết- Thông hiểu- Vận dụng thấp-Vận dụng cao) nên đáp ứng đông đảo đối tượng học sinh Mỗi học sinh lĩnh hội ví dụ, nội dung phù hợp với thân Mọi đối tượng học sinh trung bình, biết vận dụng hàm số đại diện để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Đặc biệt em học sinh giỏi cảm thấy hứng thú sử dụng kỹ thuật hàm số đại diện coi phương pháp để giải phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình, đáp ứng kì thi THPT Quốc gia Ngoài sáng kiến đưa nhiều nội dung lạ, nhiều hệ phương trình bao hàm phương trình vô tỷ đặc sắc Đặc biệt kỹ thuật sử dụng máy tính cầm tay CASIO fx-570 VN PLUS để học sinh tìm nhanh hàm số đại diện hay kỹ thuật sử dụng hàm số đại diện không hoàn toàn đáp ứng học sinh giỏi Quốc gia Thực tế, qua kiểm tra đánh giá sau áp dụng sáng kiến hai lớp 12A1 12B trường THPT TRỰC NINH năm học 2015-2016, có kết sau Kết kiểm tra lớp 12A1 Trước áp dụng sáng kiến Sau áp dụng sáng kiến Số học sinh đạt điểm giỏi (%) Số học sinh đạt điểm (%) Số học sinh đạt điểm trung bình (%) 50 30 20 80 10 10 Kết kiểm tra lớp 12B Trước áp dụng sáng kiến Sau áp dụng sáng kiến Số học sinh đạt điểm giỏi (%) Số học sinh đạt điểm (%) Số học sinh đạt điểm trung bình (%) 30 30 40 50 40 10 134 Sáng kiến kinh nghiệm giúp học sinh có phương pháp cách nhìn hoàn thiện phương pháp để giải phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình Học sinh tự tin lựa chọn phương pháp phù hợp để giải toán Sáng kiến thực luồng gió để ngày có nhiều học sinh quan tâm, đam mê chinh phục cảm thấy có hứng thú với Toán học nói chung chuyên đề phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình nói riêng Một hướng phát triển sáng kiến kinh nghiệm sử dụng hàm số đại diện việc chứng minh bất đẳng thức hay tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Điển hình phương pháp tiếp tuyến, chất phương pháp xét hàm số đại diện với mục đích tạo bất đẳng thức phụ tham gia vào trình chứng minh bất đẳng thức Do khuôn khổ viết có hạn nên tiếp tục viết chuyên đề vào thời gian sau với mục tiêu hoàn thiện phương pháp hàm số đại diện để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức 135 IV LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm thân suy nghĩ sáng tạo ra, không chép tác giả Tôi xin hoàn toàn chịu trách nhiệm vi phạm lời cam đoan TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TÁC GIẢ SÁNG KIẾN TRỰC NINH …………………………………………… …………………………………………… …………………………………………… 136 Nguyễn Văn Diễn MỤC LỤC I Điều kiện hoàn cảnh tạo giải pháp……………………………………….……………… …Trang II Mô tả giải pháp……………………………………………………………………….………… ………Trang Chương Giải phương trình, bất phương trình phương pháp hàm số đại diện Trang Bài Kiến thức sở………………………………………………………………… ….Trang 3-4 Bài Kỹ thuật tìm hàm số đại diện dựa vào cấu trúc hai vế phương trình…….Trang 5-10 Bài Kỹ thuật chia biểu thức để tìm hàm số đại diện…………………………………….Trang 11-14 Bài Kỹ thuật sử dụng máy tính cầm tay để tìm hàm số đại diện………………………Trang 15-25 Bài Kỹ thuật đồng để tìm hàm số đại diện……………………………………… Trang 26-33 Bài Kỹ thuật đặt ẩn phụ để tìm hàm số đại diện……………………………………….Trang 34-37 Bài Kỹ thuật sử dụng hàm số đại diện không hoàn toàn………………………………Trang 38-42 Bài Một số toán tổng hợp phương trình, bất phương trình…………………………Trang 43-52 Chương Giải hệ phương trình phương pháp hàm số đại diện Trang 53 Bài Kỹ thuật tìm hàm đại diện dựa vào cấu trúc phương trình hệ Trang 53-60 Bài Kỹ thuật nhân liên hợp để tìm hàm số đại diện……………………… … T…… Trang 61-68 Bài Kỹ thuật chia biểu thức để tìm hàm số đại diện……………………………………Trang 69-76 Bài Kỹ thuật sử dụng máy tính cầm tay để tìm hàm số đại diện……………………….Trang 77-80 Bài Kỹ thuật đặt ẩn phụ để tìm hàm số đại diện……………………………… .Trang 81-86 Bài Kỹ thuật sử dụng hàm số đại diện không hoàn toàn……………………………… Trang 87-89 Bài Kỹ thuật kết hợp phương trình hệ để tìm hàm số đại diện………………….Trang 90-94 Chương Một số sai lầm thường gặp giải phương trình, bất phương trình, Trang 95 hệ phương trình phương pháp hàm số đại diện Bài Sai lầm liên quan đến miền giá trị biến………………………… ………… Trang 95-99 Bài Sai lầm liên quan đến miền xét hàm số đại diện……………………… Trang 100-105 Bài Sai lầm liên quan đến tính đơn điệu hàm số đại diện………………………….Trang 106-110 Bài Sai lầm phép biến đổi để xây dựng hàm số đại diện………………… Trang 111-116 Chương Sáng tạo phương trình, bất phương trình, hệ phương trình cách Trang 117 xây dựng hàm số đại diện Bài Sáng tạo phương trình, bất phương trình từ hàm số đại diện cho trước………… Trang 117-122 Bài Sáng tạo hệ phương trình từ hàm số đại diện cho trước………………… .Trang 123-133 III Hiệu sáng kiến đem lại…………………………………… ……………………… … Trang 134-135 IV Lời cam đoan……………………………………………………………………………………………Trang 136 137 ... 1 Phương pháp tìm hệ số a, b, m, n để truy tìm hàm số đại diện ta gọi phương pháp đồng để tìm hàm số đại diện Ngoài phương pháp sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để tìm hàm số đại diện Cụ thể phương. .. thức để tìm hàm số đại diện Đặt vấn đề Giải phương trình hay bất phương trình phương pháp hàm số đại diện điều mấu chốt phải tìm hàm số đại diện Tuy nhiên nhiều toán giải phương trình hay bất phương. .. TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: Phương pháp hàm số đại diện để giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày