Vận dụng tính liên tục của hàm số giải phương trình, bất phương trình nhằm phát triển năng lực tư duy logic cho học sinh THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG III SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM VẬN DỤNG TÍNH LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH NHẰM PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG III

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

VẬN DỤNG TÍNH LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐ

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

NHẰM PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY LOGIC

CHO HỌC SINH THPT

Người thực hiện: Nguyễn Quỳnh Nga Chức vụ: Giáo viên

SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán

MỤC LỤC

I MỞ ĐẦU ……… 3

1.1.Lí do chọn đề tài.………… ……… 3

1.2.Mục đích nghiên cứu……… ……… 3

1.3.Đối tượng nghiên cứu………… ……… 3

1.4.Phương pháp nghiên cứu… ………3

II NỘI DUNG……… 4

2.1.Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm………….………4

2.2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm….………4

2.3.Các giải pháp thực hiện…… ……… 4

2.3.1.Một số kiến thức cơ bản……… 4

2.3.2Vận dụng tính liên tục của hàm số trên một khoảng để giải phương trình… 5 2.3.3.Vận dụng tính liên tục của hàm số trên một khoảng để giải bất phương trình 6

2.3.4.Các bài tập tương tự……… 12

2.4.Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường ………12

III KẾT LUẬN,KIẾN NGHỊ……… 14

3.1.Kết luận.………14

3.2.Kiến nghị ………14

TÀI LIỆU THAM KHẢO….……… 15

I MỞ ĐẦU

1.1 Lí do chọn đề tài

Chủ đề hàm số trong trường phổ thông là chủ đề có kiến thức rộng, học sinh được làm quen với khái niệm hàm số từ lớp 7, học sinh được tiếp nhận về các tính chất cơ bản như đồ thị, sự biến thiên của hàm số; đến bậc trung học phổ thông thì học sinh được tiếp nhận thêm kiến thức về tính chẵn lẻ của hàm số; về giới hạn, tính liên tục , đạo hàm của hàm số tại một điểm, trên một khoảng Nhưng để khai thác và vận dụng những tính chất của hàm số vào giải toán, cụ thể là giải phương trình, bất phương trình thì cơ hội tiếp nhận còn hạn chế Có nhiều bài toán giải phương trình tưởng chừng như giải khó khăn nhưng vận dụng tính liên tục của hàm số thì rất đơn giản, chính vì vậy tôi chọn đề tài: “Vận dụng tính liên tục của hàm số vào giải phương trình, bất phương trình nhằm phát triển tư duy logic cho học sinh THPT ” với mục đích giúp học sinh liên kết các kiến thức toán học về hàm số để tìm ra phương pháp mới giải phương trình, bất phương trình

1.2 Mục đích nghiên cứu:

- Để học sinh phát triển tư duy logic, chủ động trong việc tiếp thu , cảm nhận

tri thức mới và liên hệ kết nối các kiến thức mới – cũ để lĩnh hội tri thức một cách

có hiệu quả Đề tài trên nhằm giúp học sinh có thêm phương pháp giải phương trình, bất phương trình một cách căn bản bởi tính chất liên tục của hàm số mà không cần biến đổi phức tạp hay đặt ẩn phụ rườm rà, không tạo cho học sinh cảm giác xa lạ mà lại có tác dụng kích thích tính chủ động, sáng tạo, hứng thú trong giải toán

1.3.Đối tượng nghiên cứu:

Các bài dạy trong chương trình đại số & giải tích 11; giải tích 12

Học sinh trung học phổ thông

1.4 Phương pháp nghiên cứu:

- Nghiên cứu kĩ lý thuyết trong sách giáo khoa

- Nghiên cứu khả năng tiếp thu của học sinh trường THPT để có những cách định hướng đặt câu hỏi phù hợp, dễ hiểu đối với từng đối tượng học sinh

- Thông qua hệ thống các bài tập giúp học sinh tiếp cận với phương pháp giải toán mới từ đó học sinh tìm tòi và phát hiện và giải quyết các vấn đề tương tự

II NỘI DUNG

2.1.Cơ sở lí luận:

Mục đích của dạy học không phải chỉ là ở điểm số cụ thể của môn học, của quá trình học mà điều quan trọng hơn là ở bản thân của việc học, ở cách học cũng như khả năng đảm nhiệm, tổ chức và thực hiện quá trình học tập một cách có hiệu quả Việc đó chỉ có thể thực hiện được trong những quá trình mà học sinh-người học thực sự hoạt động để đạt được những gì họ cần đạt Học sinh phải biết vận dụng cái đã học để tiếp nhận cái mới, vận dụng cái mới để khẳng định cái cũ và giải quyết những vấn đề liên quan đến cái cũ chưa thực hiện được để từ đó lĩnh hội và củng cố tri thức

2.2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:

Trong việc rèn luyện khả năng sáng tạo cho học sinh, môn Toán có vị trí nổi bật là vì dạy học môn Toán là sự kết hợp phương pháp quy nạp thực nghiệm với phương pháp suy diễn logic Môn Toán tạo cơ hội rèn luyện cho người học khả năng suy đoán, tưởng tượng Học Toán gắn liền với các phép suy luận logic và các phép suy luận có lí Phương pháp hàm số cho phép tiếp cận những kiến thức Toán học phổ thông một cách gần gũi, quen thuộc Đồng thời phương pháp hàm số còn là phương pháp giải toán có hiệu quả một cách nhanh chóng, tổng quát đôi khi không cần đi vào giải tỉ mỉ bài toán mà chỉ cần nêu điều kiện vận dụng các tính chất của hàm số và đưa ra kết quả Nó có tác dụng tích cực trong việc phát triển tư duy, năng lực phân tích , tổng hợp…Có những bài tập trong SGK mang chức năng củng cố lý thuyết nhưng nếu chúng ta biết thay đổi một số yếu tố của bài toán bằng các thao tác trí tuệ hoặc vận dụng các kiến thức liên chương giải quyết vấn đề tạo cảm giác hứng thú và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh Trong sáng kiến kinh nghiệm

này tôi đề cập đến vấn đề : “Vận dụng tính liên tục của hàm số để giải phương

trình, bất phương trình nhằm phát triển năng lực tư duy logic cho học sinh THPT”

với mục đích giúp học sinh nhìn nhận vấn đề một cách tổng quan và giải quyết vấn

đề bằng nhiều phương pháp tạo hứng thú học

2.3.Các giải pháp thực hiện:

2.3.1 Một số kiến thức cơ bản:

+) Hàm số y = f(x) xác định trên khoảng K và x 0  K Hàm số y = f(x) được gọi là liên tục tại điểm x 0 nếu lim ( ) ( 0)

0

x f x f

x

+) Hàm số y = f(x) được gọi là liên tục trên một khoảng nếu nó liên tục tại mọi điểm của khoảng đó [4 – trang136]

+) Hàm số y = f(x) được gọi là liên tục trên đoạn [ a; b] nếu nó liên tục trên khoảng ( a; b) và xlima f(x) f(a) ;xlimb f(x)f(b)



+) Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [ a; b] và f(a).f(b) < 0 thì tồn tại ít nhất một điểm c  (a ; b) sao cho f(c) = 0 [4- trang 138]

+) +) Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [ a; b] và f(a).f(b) < 0 thì phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm nằm trong khoảng (a ; b) [4- tr.139]

2.3.2 Vận dụng tính liên tục của hàm số trên một khoảng để giải phương trình:

Tính chất 1 Nếu hàm số yf x( ) liên tục trên đoạn a b;  và f a f b ( ) ( ) 0 thì tồn tại ít nhất một điểm ca b;  sao cho f c ( ) 0

Hệ quả Nếu hàm số yf x( ) liên tục, đồng biến trên đoạn a b;  và f a f b ( ) ( ) 0

thì tồn tại đúng một điểm ca b;  sao cho f c ( ) 0

.Các ví dụ áp dụng

Ví dụ 1 Chứng minh rằng phương trình ( 2 2x) 2 2 1 0

9

x

x     có đúng 4 nghiệm phân biệt [8- tr.53]

Lời giải:

Xét hàm số ( ) ( 2 2x) 2 2 1

9

x

f x  x    trên R

Hàm số là hàm đa thức nên liên tục trên R,

suy ra hàm số liên tục trên các đoạn [-1; 0] ; [ 0; 1] ; [1 ; 2]; [2 ; 3]

Ta có: ( 1) 73 0

9

9

9

f   , f(3) 9 0   Nên: f(  1 ).f( 0 )  0 ; f( 0 ).f( 1 )  0 ; f( 1 ).f( 2 )  0 ; f( 2 ).f( 3 )  0

Do đó tồn tại các số thực x  1 ( 1;0), x 2 (0;1), x 3 (1; 2), x 4 (2;3) sao cho

( ) 0i

f x  với mọi i 1, 2,3, 4

Lại có phương trình ( ) 0 là phương trình bậc bốn đối với x Nên nó có không quá 4 nghiệm

Vậy phương trình đã cho có đúng 4 nghiệm

Ví dụ 2 Chứng minh rằng phương trình x5  x2  2x 1  0(1) có đúng một

nghiệm

Giải (1) 5 ( 1 ) 2 0





 x





Xét hàm số ( ) 5 2 2 1







x

f với x 1 Khi đó f(x) là hàm số liên tục với

1



x Mà f(1)=-3<0, f(2)=23>0 Suy ra PT có nghiệm thuộc (1;2) (2)

Mặt khác: ' ( ) 5 4 2 2 2 ( 3 1 ) 2 ( 4 1 ) 4 0

















x

Suy ra hàm số f đồng biến 1 ;  (3)

Từ (2) (3) PT f(x) = 0 có nghiệm duy nhất [3- tr 84]

Ví dụ 3 Chứng minh rằng với mọi a>0, hệ phương trình sau có nghiệm duy

nhất:



















(2)

(1) ) 1 ln(

) 1 ln(

a x y

y x

e

Giải ĐK x,y>-1 Từ (2): y=x+a Thế vào (1): e xa e x ln( 1 x)  ln( 1 ax)  0

Xét hàm số f(x) e x a e x ln( 1 x) ln( 1 a x)













Do hàm số f(x) liên tục trong khoảng (-1 ;+) và  





 ( )

lim

1 f x







lim f x

Nên PT f(x) = 0 có nghiệm trong khoảng (-1 ;+)

Mặt khác f x e x e a x a x















1

1 1

1 ) 1 ( ) ( '

1 ,

0 ) 1

)(

1 ( )

1











x a x

a e

e x a

Do đó hàm số đồng biến trong khoảng (-1 ;+)

Vậy PT f(x) = 0 có nghiệm duy nhất trong khoảng (-1 ;+)

Hay hệ đã cho có nghiệm duy nhất

2.3.3 Vận dụng tính liên tục của hàm số trên một khoảng để bất giải

phương trình

Tính chất 2 Nếu hàm số f liên tục trong khoảng ( ; )a b và phương trình ( ) 0

không có nghiệm trong khoảng( ; )a b thì dấu của f(x) không đổi (hoặc dương hoặc âm) trên khoảng ( ; )a b

Tính chất 1 được đưa ra trong sách Đại số và giải tích 11 nâng cao, tính chất 2

có được nhờ sử dụng tính chất 1

Thật vậy, Giả sử f(x) đổi dấu trong khoảng ( ; )a b Khi đó, tồn tại x1 và x2 thuộc khoảng ( ; )a b sao cho x1 x2 mà f x f x ( ) ( ) 0 1 2 Do đó, tồn tại cx x1 ; 2 mà

( ) 0

giả thiết

Các ví dụ áp dụng

Ví dụ 1 Giải bất phương trình:

(x2  3 )x x2  2x 6 x3  x2  6 x

Giải Bất phương trình đã cho tương đương với: x x(  3)( x2  2x  6 x 2) 0 

Xét phương trình: x x(  3)( x2  2x  6 x 2) 0 



2

0

3

2 6 2

x

x

 









   





0 3

2 0

x x x









 



 

 





 





0 3 1

x x x











 



Do đó, hàm số f x( ) x x(  3)( x2  2x  6 x 2) liên tục trên R vàphương trình f(x) =0 có ba nghiệm x=0, x=1 và x=3 Nên trong mỗi khoảng(   ;0), (0;1), (1;3),

(3;  ) phương trình f(x)=0 không có nghiệm Hay trên mỗi khoảng (   ;0), (0;1)

, (1;3), (3;  )giá trị của f(x) không đổi dấu Mà f(-1) > 0, f(1

2) < 0, f(2) > 0, f(4)

< 0 Từ đó, ta có:

x   0 1 3 

f(x) + 0 0 + 0

-Vậy, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là [0;1] [3;   )

Rõ ràng không cần biến đổi nhiều hay xét các trường hợp về dấu của các biểu thức liên quan chúng ta vẫn có thể kết luận được nghiệm của bất phương trình

đã cho một cách nhanh nhất.

Ví dụ 2 Giải bất phương trình:

2

1 4 1 3

Giải ĐK 0 2 3

2 3

x x

   



 

Xét PT x  1 x2  4x  1 3 x

 x2  4x  1 x 3 x 1

 x2  4x  1 x2  9x  1 6 x 6x x 2x

 6x x 15x 6 x  0  x = 0; x = 4; x = 1

4 Thay vào (1) ta được x = 4; x = 1

4

Do đó, hàm số f x( )   x 1 x2  4x  1 3 x liên tục trên  0;2 3  2 3;

và có 2 nghiệm x = 4; x = 1

4 Nên phương trình f(x) = 0 không có nghiệm trong mỗi khoảng 0;1

4

 

 

 , 1; 2 3

4



 , 2  3; 4 và4; Hay f(x) không đổi dấu trên mỗi khoảng trên Mà f(1

8) > 0, f(3,91 ) < 0, f(3,9) < 0 và f(5) > 0 Do đó ta có bảng xét dấu:

x 0 1

4 2  3 2  3 4 

f(x) + 0 - - 0 +

Từ bảng xét dấu ta có tập nghiệm của bất phương trình là 0;1 4; 

4

 

 

 

Ví dụ 3 Giải bất phương trình :

2 3 3 x 2 3 6 5   x 8 0 

Giải Điều kiện x56

Giải phương trình: 2 3 3 x 2 3 6 5   x 8 0  (1)

Đặt u  3 3 x 2, v 6  5x , v 0(*)

Khi đó 3 3 2



u và v2 6 5x





Ta có hệ phương trình 











8 3

5

8 3 2

2 3

v u

v u

3

8 2 (2) 3

8 2

5 3 8 (3)

3

u v

u u

















Ta có (2)  15u3 + 4u2 - 32u + 40 = 0  (u+2)(15u2-26u+20) = 0  u = -2 Thay vào (1) ta có v=4 (thoả mãn (*))

Khi đó 6  5x  4 hay x = -2 Hay phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = -2

Do đó, hàm số f x( ) 2 3  3 x 2 3 6 5   x 8 liên tục trong ;6

5

 

 

 

  và có một nghiệm x = -2 Nên f(x) = 0 không có nghiệm trong mỗi khoảng (    ; 2) và

6

( 2; )

5

 Hay f(x) không đổi dấu trong các khoảng trên Mà f(-3) > 0 và f(0) < 0

Do đó ta có bảng:

x   -2 6

5



f(x) + 0

-Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là    ; 2

Ví dụ 4 Giải bất phương trình :

x3  3x2  3 3 3 x   5 1 3x [11- tr.350]

Giải.

Xét phương trình: x3  3x2  3 3 3 x   5 1 3x

Đặt y 1  3 3x 5  (y+1)3 = 3x+5 Thay vào (1) được: (x+1)3 = 3y+5

Ta có hệ 















(3) 5 3 ) 1 (

(2) 5 3 ) 1 (

3 3

x y

y x

Trừ vế cho vế của (2) và (3) ta được

(x - y)[(x + 1)2 + (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 3] = 0 x = y

(Vì (x + 1)2 + (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 3 > 0 với mọi x,y thuộc R)

Thay vào (2) ta có : (x + 1)3 = 3x + 5  x3 + 3x2 – 4 = 0  x = 1 hoặc x = -2 Nên phương trình có hai nghiệm x = 1, x = -2

Do đó hàm số f x( ) x3  3x2  3 3 3 x   5 1 3x liên tục trên R và có hai nghiệm x = -2 và x = 1 Nên dấu của f(x) không đổi trong mỗi khoảng    ; 2,  2;1 và

1;

Mà f(-3) < 0, f(0) < 0 và f(2)>0 Từ đó ta có bảng xét dấu:

x   -2 1 

f(x) - 0 - 0 +

Từ bảng ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1;

Ví dụ 5 Giải bất phương trình :

3x2  2x 1 3 3x  2 2 x 2 8x2  6x 2 [7- tr.176]

Giải Điều kiện: x  2 (*)

Xét phương trình: 3x2  2x 1 3 3x  2 2 x 2 8x2  6x 2

Với điều kiện (*) phương trình trên tương đương với:

 1  3 2 2 2 ( 1 )( 8 2 )

3 2 3













x

 (x 1 )3 (x 1 )3 3x 2  2 x 2 8 (x 1 )  10 0



























) 2 ( 0 10 ) 1 ( 8 2 2 2 3 )

1

(

3

1

x

x

Do x=1 không phải là nghiệm của phương trình (2) nên:

1

10 2 2 2 3











x x

x

1

10 2 2 2 3 3 )













x x

x x

f trên tập  2 ; 11 ; 

( 1)

f x

x



  , x 2 ; 11 ; 

Do đó hàm số f(x) đồng biến trên mỗi tập  2 ; 1 và 1 ; 

Khi đó trên mỗi tập  2 ; 1 và 1 ;  phương trình (3) có nhiều nhất 1 nghiệm

Mà f(-1)=f(2)=0 nên phương tŕnh (3) có đúng hai nghiệm x=-1 và x=2

Do đó, phương trình đã cho có đúng ba nghiệm x=-1; x=1 và x=2.

Do vậy, hàm số f x( ) 3  x2  2x 1 3 3x  2 2 x 2 8x2  6x 2 liên tục trong

 2;  và có ba nghiệm x=-1; x=1 và x=2 Nên dấu của f(x) không đổi trong mỗi khoảng  2; 1  ,  1;1, 1; 2 và 2; Ta có bảng xét dấu:

x   -2 -1 1 2 

f(x) + 0 + 0 - 0 +

Từ bảng ta có tập nghiệm của bất phương trình là  2; 1     1;1 (2;  )

Ví dụ 6 Giải bất phương trình:    0

1 3

6 5 3

5

1

2 2

















x

[8- tr.102]

Giải: Hàm số ( ) 5 2 3





x



 x

x

g đồng biến trên R

Mà f(2)=0 và g(1)=0 Do đó:

f(x)>0=f(2)  x>2  x-2>0 và f(x)<0=f(2)  x<2  x-2<0

g(x)>0=g(1)  x>1  x-1>0 và g(x)<0=g(1)  x<1  x-1<0

Từ đó ta có: f(x) cùng dấu với x-2 và g(x) cùng dấu với x-1

Do vậy bất phương trình đã cho tương đương với:

1

3 2

2











x

x x

x

Ta có b ng xét d u:ảng xét dấu: ấu:

x - -3 -2 1 2 +



VT + 0 - 0 + ║ - 0 +

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: x  3 ,  2 x 1 , x 2

Ví dụ 7 Giải bất phương trình:    

0 3

4

2 5 log 6 8 2

2

3 1 3

5































x x

x x

x x

[11- tr487]

Giải: Điều kiện:  5  x 8, x 1, x  3

Xét hàm số ( ) 5 2 3 8 6









x

8 2

1

6 5 )











x x

x x

Nên hàm số f(x) đồng biến trên  5 ; 8 và f(-1)=0

Mà hàm số g(x)log31x52 nghịch biến trên  5 ; 8 và g(4)=0

Do đó:

f(x)>0=f(-1)  x>-1  x+1>0 và f(x)<0=f(-1)  x<-1  x+1<0

g(x)>0=g(4)  x<4  4-x>0 và g(x)<0=g(4)  x>4  4-x<0

Từ đó ta có f(x) cùng dấu với x+1 và g(x) cùng dấu với 4-x

Do vậy bất phương trình đã cho tương đương với:

 3( 1 ) 0

4

1











x

x

x

x

Ta có b ng xét d u:ảng xét dấu: ấu:

x -5 -1 1 3 4 8

VT 0 + ║ ║ + 0

-Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: -1<x<1; 3<x<4

Ví dụ 8 Giải bất phương trình:     0

9

2 ) 7 ( log ) 4 ( log 17 7 2 3

2

7 4

2



















x

x x

x

x

Giải Điều kiện: x > - 4; x  3

Xét hàm số ( ) 3 2 2 7 17





x

Ta có: f(-2) = f(1) = 0

' ( ) 3 2 2 ln 2 7 0





 x

x

2 ln 12

7 log 2



x

Vì f’(x) là hàm đồng biền nên f’(x) cùng dấu với log 12.7ln2

2



Ta có b ng bi n thiên:ảng xét dấu: ến thiên:

x - -2 log 12.7ln2

2 1 + 2

ln

.

12

7

log

2



x - 0 +

f’(x) - 0 +

f(x)

+ +

Từ bảng biến thiên suy ra f(x) cùng dấu với dấu của tam thức bậc hai

(x-1).(x+2)=x2+x-2

Mặt khác, hàm số g(x)  log4(x 4 )  log7(x 7 )  2 đồng biến trên (-4; +) và g(0)=0 nên g(x) cùng dấu với x

Do vậy bất phương trình đã cho tương đương với:

0 ) 3

).(

3

(

).

2

).(

1

(











x

x

x x

x

Ta có b ng xét d u:ảng xét dấu: ấu:

x -4 -3 -2 0 1 3 +

VT ║ - ║ + 0 - 0 + 0 - ║ +

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: -4<x<-3; -2<x<0; 1<x<3

Ví dụ 9: Giải bất phương trình x  1 3 7  x  2 [11-tr 468]

(Tính liên tục)

Giải Xét phương trình x  1 3 7  x  2 (*) Đặt u x 1, v 3 7  x, ta có hệ phương trình:

2

8

u v

u v

 







 2 2 3

 







 2 2 ( 2)( 3 2) 0

 









2 2 1 2

v v v

 











 



 



Với v  2 3 7  x 2  x 1thay vào (*) ta có x 1 là nghiệm

Với v  2 3 7  x  2 x 15thay vào (*) ta có x 15 là nghiệm

Với v  1 3 7  x 1 x 8thay vào (*) ta có x 8 là nghiệm