MỞ ĐẦU- Lí do chọn đề tài Đối với học sinh học toán ở trường trung học phổ thông, nhất là các học sinh chuẩn bị thi đại học thường gặp bài toán không mấy dễ dàng liên quan đến nghiệm của
Trang 11 MỞ ĐẦU
- Lí do chọn đề tài
Đối với học sinh học toán ở trường trung học phổ thông, nhất là các học sinh chuẩn bị thi đại học thường gặp bài toán không mấy dễ dàng liên quan đến nghiệm của phương trình, bất phương trình chứa tham số Khi giảm tải chương trình thì các dạng toán phải sử dụng định lí đảo của tam thức bậc hai không thể vận dụng được nên học sinh phải vận dụng chủ yếu định lý Vi-ét và một số cách giải khác như hàm số hoặc “điều kiện cần - đủ” để giải quyết các bài toán chứa tham số dẫn đến cách giải phức tạp do đó học sinh rất khó rèn luyện tốt phần này Với việc sử dụng bảng biến thiên của hàm số thì phần lớn các bài toán về phương trình, bất phương trình chứa tham số sẽ được giải quyết một cách rất tự nhiên,
ngắn gọn và dễ hiểu Đó là lí do để tôi chọn đề tài: “Sử dụng bảng biến thiên của hàm số để giải phương trình và bất phương trình có tham số”.
- Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm
Các vấn đề được trình bày trong đề tài này có thể hỗ trợ cho các em học sinh trung học phổ thông có cái nhìn toàn diện hơn về cách tiếp cận bằng bảng biến thiên của hàm số để giải bài toán phương trình, bất phương trình có tham số
- Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu: Đề tài này nghiên cứu trên các dạng toán về phương trình, bất phương trình chứa tham số
Phạm vi nghiên cứu: Đề tài thuộc chương trình đại số và giải tích của trung học phổ thông đặc biệt phương trình, bất phương trình vô tỉ, phương trình lượng giác, phương trình, bất phương trình mũ và logarit chứa tham số Tuy nhiên không phải mọi bài toán chứa tham số mà phạm vi của nó là các bài toán có thể cô lập được tham số về một vế trong phương trình hoặc bất phương trình
- Phương pháp nghiên cứu
Trình bày cho học sinh những kiến thức cơ bản về lý thuyết về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số để lập được một bảng biến thiên Thông qua những ví dụ cụ thể với cách giải đơn giản, tự nhiên nhằm làm cho học sinh thấy được những thế mạnh của việc sử dụng phương pháp trên Các ví dụ minh họa trong đề tài này được lọc từ các tài liệu tham khảo và các đề thi đại học các năm gần đây và sắp xếp từ dễ đến khó Trong các tiết họAc trên lớp tôi ra cho học sinh giải các vi dụ này dưới nhiều phương pháp để từ đó đánh giá được tính ưu việt của phương phấp trên
Trang 22 NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong đề tài này sử dụng bảng biến thiên sẽ liên quan trực tiếp kết quả sau đây
Giả sử f(x) là hàm số liên tục trên miền D, và tồn tại M=maxx∈fD(x),
D
xf(x)
min
m
∈
= Khi đó ta có
1 Hệ phương trình
∈
=
D x
α f(x)
có nghiệm khi và chỉ khi m≤α≤M
2 Hệ bất phương trình
∈D≥ x
α f(x)
có nghiệm khi và chỉ khi M≥α
3 Bất phương trình f(x)≥α đúng với mọi x ∈D khi và chỉ khi m ≥α
4 Hệ bất phương trình
∈
≤
D x
α f(x)
có nghiệm khi và chỉ khi m≤α
5 Bất phương trình f(x)≤α đúng với mọi x ∈D khi và chỉ khi M≤α
Chứng minh
1 Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm, tức tồn tại x0∈D sao cho
α
=
)
x
(
f 0 Theo định nghĩa ta có
D x D
xf(x) f(x ) maxf(x)
∈
minx∈fD(x)≤α≤maxx∈fD(x).
Đảo lại, giả sử minx∈fD(x)≤α≤maxx∈fD(x) Vì f(x) là hàm số liên tục nên nó
nhận giá trị từ minx∈fD(x) đến maxx∈fD(x) Do đó khi f(x) nhận giá trị α, tức là tồn
tại x0∈Dsao cho f(x ) = 0 α Điều đó có nghĩa là phương trình đã cho có nghiệm
trên D ⇒đpcm
2 Giả sử hệ đã cho có nghiệm, tức là tồn tại x0∈Dsao cho f(x0)≥α.
Rõ ràng là ≥ ≥α
∈f(x) f(x )
D
Đảo lại, giả sử ≥α
∈ D
x f(x)
Ta giả thiết phản chứng rằng hệ đã cho vô nghiệm, tức là f(x)<α, ∀x∈D từ đó suy ra <α
∈ D
x f(x)
Trang 3Từ (1) và (2) ta thấy vô lí, do đó giả thiết phản chứng không xảy ra, tức là hệ đã cho có nghiệm ⇒đpcm.
3 Giả sử m≥α Ta lấy x tùy ý thuộc D0 ⇒f(x0)≥minx∈fD(x)=m≥α Vậy
α
≥
)
x
(
f đúng với ∀x ∈D
Đảo lại, giả sử f(x)≥α ∀x∈D, khi đó do m=minx∈fD(x) nên theo định nghĩa
tồn tại x0∈D mà m =f(x0) Từ f(x0)≥α⇒m≥α Như vậy ta có đpcm.
(4 và 5 ta chứng minh tương tự như 2, 3).
2.2 Thực trạng vấn đề trước khí áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Trước khí áp dụng sáng kiến kinh nghiệm, học sinh thường gặp khó khăn trong việc giải các dạng toán tìm các giá trị của tham số để phương trình, bất phương trình có nghiệm (hoặc có nghiệm thỏa mãn một điều kiện nào đó) Do các em quen áp dụng các cách làm trước đó như sử dụng định lí Vi - ét, điều kiện cần và
đủ … Khi học sinh được học đạo hàm, các em có một công cụ rất hiệu quả để giải
quyết các dạng toán đó Đó là “Sử dụng bảng biến thiên của hàm số để giải phương trình và bất phương trình có tham số”.
2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
1 Phương trình chứa tham số.
Ví dụ 1 Tìm m để phương trình sau có nghiệm
4 m ) 2 x 2 )(
x 4 ( 2 x
Hướng dẫn
0 2 x 2
0 x 4
≤
≤
⇔
≥
−
≥
−
Đặt t= 4−x + 2x−2
Ta tìm miềm xác định của t, xét hàm số f(x)= 4−x + 2x−2 với 1≤x≤4
Ta có
2 x 2 x 4 2
2 x 2 x 4 2 )
x
(
'
f
−
−
−
−
−
3 x 1 x 2 x 4 16
4 x 1 2
x 2 x 4 2 0
)
x
(
'
−
=
−
≤
≤
⇔
−
=
−
⇔
=
Từ đó ta có bảng biến thiên
Trang 4x 1 3 4
f’(x) + 0
-f(x) 3 3 6 3 ) x ( f min 4 x 1 = ≤ ≤ và max1 xf(4x)=3 ≤ ≤ từ đó suy ra khi 1≤x ≤4, thì 3≤t≤3 Từ t= 4−x + 2x−2 ⇒t2 =x+2+2 (4−x)(2x−2) vì thế bài toán trở thành: Tìm m để hệ sau ≤ ≤ = + − = ) 2 ( 3 t 3 ) 1 ( m 4 t 4 t ) t ( g 2 có nghiệm Ta có g’(t) = 2t−4, và ta có bẳng biến thiên sau t 3 2 1
g’(t) - 0 +
g(t) 7−4 3 1
0
Từ đó ming(t) g(2) 0
3 t 3
=
=
≤
3 t 3
=
≤
Vậy phương trình đã cho có nghiệm ⇔ ming(t) m
3 t 3
≤
≤
) t ( g max
≤
≤
Ví dụ 2 Cho phương trình 4 2x + 2x +24 6−x +2 6−x =m
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
Hướng dẫn
Đặt f(x)= 2x +2 6−x; g(x)=4 2x +24 6−x Lúc này phương trình đã cho có dạng h(x)=f(x)+g(x)=m (1)
Phương trình (1) xác định trong miền 0≤x≤6 Ta có
) x 6 ( x 2
x 2 x 6 ) x ( ' f
−
−
−
Nên ta có bảng biến thiên sau:
Trang 5x 0 2 6
f’(x) + 0
-f(x)
tương tự ta có
4 3
) x 6 ( ) x 2 ( 2
) x 2 ( )
x 6 ( ) x ( ' g
−
−
−
x 0 2 6
g’(x) + 0
-g(x)
Vì thế ta có bảng biến thiên đối với hàm số h(x), 0≤x≤6 như sau
x 0 2 6
h’(x) + 0
-h(x)
Ta có minh(x) min{h(0);h(6)} h(6) 4 12 2 3
6 x
≤
2 3 6 ) 2 ( h )
x
(
h
max
6
x
≤
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ 2(4 6 + 6)≤m<3 2 +6
Chú ý:
1 Nếu bài toán hỏi tìm m để phương trình có nghiệm thì đáp số của bài toán sẽ là
6 2 3 m )
3
2
12
2 Trong bài này cần lưu ý khi m=0max≤x≤6h(x) khi đó phương trình đã cho chỉ có
một nghiệm duy nhất Vì thế khi làm bài học sinh cần phải kết hợp với cả bảng biến thiên để suy ra kết quả
Ví dụ 3 Tìm m để phương trình 3 x−1+m x+1=44 x2 −1 có nghiệm
Hướng dẫn
Trang 6Điều kiện: x≥1 pt(1) 4
1 x
1 x 2 m 1 x
1 x 3
+
−
= + +
−
⇔
Đặt t = 4
1 x
1 x
+
1 x
2 1 1 x
1 x
>
+
−
= +
− nên ⇒ 0≤t<1
Bài toán đã cho trở thành: Tìm m để hệ
<
≤
= +
−
=
1 t 0
m t 2 t 3 ) t (
có nghiệm
Ta có f'(t)=−6t+2 nên có bảng biến thiên sau:
t 0 3
1 1 f’(t) + 0
-f(t)
3 1
3
1 ) 3
1 ( f
)
t
(
f
max
1
t
<
≤ ; còn limt f1(t)=−1
−
→ (chú ý rằng ở đây không tồn tại min0≤tf<1(t)) Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
3
1 m
1< ≤
Chú ý:
1 Ở đây vì xét khi 0≤t<1, nên không tồn tại min0≤tf<1(t) nhưng tồn tại limt f1−(t)=−1
→
Do đó điều kiện theo lý thuyết
3
1 m
1≤ ≤
− phải thay bằng
3
1 m
1< ≤
− (tức là đã thay điều kiệnm≥min0≤tf<1(t)thành −
→
>
1
tlimf(t)
2 Ta có thể giải bài toán trên bằng định lý Viét
Tìm m để hệ
<
≤
=
− +
−
=
) 2 ( 1
t 0
) 1 ( 0 m t 2 t 3 ) t (
có nghiệm Trước tiên ta tìm điều kiện m để hệ trên vô nghiệm
TH1) Phương trình (1) vô nghiệm ⇔ ∆'<0
3
1 m 0 m 3
1− < ⇔ >
⇔
TH2) PT (1) có nghiệm nhưng không thỏa mãn (2) ⇔ t1 <0<1≤t2
Trang 7
≤
<
<
<
≥
∆
2 1
2 1
t 1
t
t 0
t
0
'
⇔
≤
−
−
<
≤
0 ) 1 t ).(
1 t (
0 t
t 3
1 m
2 1
2
≤ +
−
<
≤
0 1 3
2 3 m
0 m 3
1 m
⇔m≤−1
Do đó hệ vô nghiệm khi
−
≤
>
1 m 3
1 m
Vậy phương trình có nghiệm ⇔
3
1 m
1< ≤
Ví dụ 4 Tìm m để phương trình x2 +mx+2=2x+1 có hai nghiệm thực phân biệt
Hướng dẫn
Phương trình đã cho
+
= + +
≥ +
) 1 x 2 ( 2 mx x
0 1 x 2
−
≥
=
−
+
⇔
) 2 ( 2
1 x
) 1 ( mx 1 x 4 x
3 2
Do x = 0 không là nghiệm của (1) với mọi m, nên hệ trên
−
≥
=
− +
=
⇔
) 4 ( 2
1
x
) 3 ( m x
1 x 4 x 3 )
x
(
f
2
Ta có f’(x) = 2
2
x
1 x
3 + và bảng biến thiên
x 2
1
− 0
2 9
∞
+
∞
−
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔
2
9
m≥
Nhận xét: Bài này có thể hướng dẫn học giải bằng cách sử dụng lý Viét.
Tìm m để hệ
−
≥
=
−
− +
) 2 ( 2
1 x
) 1 ( 0 1 x ) m 4 ( x
3 2
có hai nghiệm phân biệt
Trang 8Yêu cầu trên tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2 sao cho
2
1
x
x2 > 1 ≥
−
>
+
≥ + +
>
∆
⇔
1 x
x
0 ) 2
1 x )(
2
1 x ( 0
2 1
2 1
−
>
+
≥ + + +
⇔
1 x
x
0 4
1 ) x x ( 2
1 x x
2 1
2 1 2
1
Áp dụng định lý Viét ta có
−
>
−
≥ +
−
−
1 3
4 m
0 4
1 6
1 3
4 m
2
9 m 1
m 2
9 m
≥
⇔
>
≥
⇔
Như vậy cách giải thứ nhất vẫn gọn hơn cách hai
Ví dụ 5 Cho phương trình log x log2x 1 2m 1 0
3
2
3 + + − − = Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [ ]1;3 3
Hướng dẫn
Đặt t log2 x 1
3 +
= Khi 1≤x≤3 3 ⇒1≤t≤ 2
Bài toán trở thành: Tìm m để hệ phương trình
≤
≤
=
− +
=
) 2 ( 2
t 1
) 1 ( m 2 2 t t ) t (
có nghiệm
Ta có f'(t)=2t+1 và có bảng biến thiên sau:
1
− 1 2
f(t)
4 ) 2 ( f
)
t
(
f
max
2
t
≤
≤
Vậy các giá trị cần tìm của tham số m là 0≤2m≤4⇔0≤m≤2
Ví dụ 6 Tìm m để phương trình có nghiệm
Trang 991+ 1− 2 −(m+2)31+ 1− 2 +2m+1=0
Hướng dẫn
Đặt 31+ 1− 2 =t ⇒3≤t≤9 Ta có phương trình t2 −2t+1=m(t−2) (1)
Do 3≤t≤9⇒t−2≠0 Nên phương trình (1) m
2 t
1 t 2
t2
=
−
+
−
⇔ Vì thế bài toán
trở thành: Tìm m để hệ
≤
≤
=
−
+
−
=
) 3 ( 9
t 3
) 2 ( m 2
t
1 t 2 t ) t ( f
2
có nghiệm
2
) 2 t (
3 t 4 t )
t
(
'
f
−
+
−
= và có bảng biến thiên sau đây:
f(t)
7
64 ) 9 ( f
)
t
(
f
max
9
t
≤
≤
≤
Vậy các giá trị m cần tìm là:
7
64 m
4≤ ≤
Ví dụ 7 Cho phương trình 2(sin4 x+cos4x)+cos4x+2sin2x+m=0 (1)
Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn π0; 2.
Hướng dẫn
Phương trình (1) ⇔ sin 2x) 1 2sin 2x 2sin2x m 0
2
1 1 (
⇔ 3sin22x−2sin2x−3=m (2) Đặt t = sin2x khi x∈ π0; 2⇒0≤t≤1
Trang 10Bài toán trở thành: Tìm m để hệ
≤
≤
=
−
−
=
) 4 ( 1
t 0
) 3 ( m 3 t 2 t 3 ) t (
Ta có f'(t)=6t −2 và có bảng biến thiên sau:
t 0 3
1 1
f’(t) - 0 +
f(t)
0
3
10 )
3
1 ( f
)
t
(
f
min
1
t
≤
1 t
≤
≤
Vậy giá trị m cần tìm là m 2
3
10
−
≤
≤
Ví dụ 8 Tìm m để hệ sau có nghiệm
= +
= + + +
m 3 y x
m 2 y 1 x
Hướng dẫn
Đặt u= x+1; v= y+2⇒u≥0;v≥0 Bài toán trở thành tìm m để hệ sau có
nghiệm:
≥
≥
+
= +
= +
0 v
; 0 u
3 m 3 v u
m v u
2 2
Nếu m≤0 hệ vô nghiệm
Hệ đã cho
≤
≤
=
−
− +
−
=
⇔
m u 0
0 ) 3 m 3 m ( mu 2 u 2 ) u (
Do đó ta cần tìm m để cho ≤ ≤
≤
≤ f(u) 0
min m u
0 max0 ufm(u)
≤
≤
m 2 u
4
)
u
(
'
f = − Ta có bảng biến thiên sau
Trang 11u 0 2
m m f’(u) - 0 +
f(u)
{f(0);f(m)} m 3m 3 max
)
u
(
f
m
u
≤
2
6 m 6 m ) 2
m ( f ) u ( f min
2
m u 0
−
−
=
=
≤
≤
≤
≤ f(u) 0
min
m
u
0 max0 ufm(u)
≤
2
6 m 6
m2
3 m 3
m2 − −
15 3
m 2
21
3+ ≤ ≤ +
⇔
Vây các giá trị cần tìm của m là: m 3 15
2
21
Bài tập
1 Tìm m để phương trình sau có nghiệm
2 2
4 2
2 1 x 2) 2 1 x 1 x 1 x x
1 (
(ĐS: 2−1≤m≤1)
2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm trên đoạn − π2; π2
2 ) x cos 1 ( m x 2 sin 2
( ĐS: 0≤m≤2)
3 Tìm m để phương trình sau có nghiệm
x sin x
cos x sin 2 2 2
3 m 3
(ĐS: 1≤m≤4)
4 Tìm m để phương trình sau có nghiệm trong khoảng [32;+∞)
) 3 x (log m 3 x log 2 x
(ĐS: 1<m≤ 3)
5 Tìm m để hệ sau có nghiệm
−
= +
= +
m 1 y y x x
1 y x
(ĐS:
4
1 m
0≤ ≤ )
2 Bất phương trình chứa tham số
Trang 12Ví dụ 1 Cho bất phương trình (x+4)(6−x) ≤x2 −2x+m.
Tìm m để bất phương trình đúng với ∀x∈[−4;6]
Hướng dẫn Cách 1.(Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ)
Điều kiện cần: Giả sử bất phương trình đã cho đúng ∀x∈[−4;6] thì điều đó
cũng đúng khi x=−4;x=1;x=6, tức là m 6
5 1 m
0 24 m
0 24 m
≥
⇔
≥
−
≥ +
≥ +
Điều kiện đủ: Giả sử m≥6
Ta có x2 −2x+m=(x−1)2 +m−1≥5,∀x∈[−4;6]
Theo bất đẳng thức Côsi
với ∀x∈[−4;6] thì 5
2
) x 6 )(
4 x ( ) x 6 )(
4 x
Từ đó suy ra khi m≥6 thì (x+4)(6−x) ≤x2 −2x+m đúng với ∀x∈[−4;6] Vậy m≥6
Cách 2.(Sử dụng định lý Viét)
Đặt t = (x+4)(6−x) = −x2 +2x+24
Xét g(x) = −x2 +2x+24 với −4≤x≤6⇒g'(t)=−2x+2.
Ta có bảng biến thiên sau:
x - 4 1 6
g’(x) + 0
25 ) 1 ( g
)
x
(
g
max
6
x
≤
≤
6 x
≤
≤
Bài toán đã cho có dạng: Tìm m để bất phương trình f(t)=t2 +t−24−m≤0 đúng với mọi 0≤t≤5
TH1) Nếu
2
1 t , 0 ) t ( f
0 > ∀ ≠−
≤
∆ ⇒ ( không thỏa mãn với mọi 0≤t≤5)
Trang 13TH2) Nếu ∆>0⇒f(t) = 0 có hai nghiệm phân biệt t1,t2 Lúc này yêu cầu
bài toán tương đương với
≤
<
<
≤
≤
<
2 1
2 1
2
t 0 t t
5 0 t
≤
−
−
≤
⇔
0 ) 5 t )(
5
t
(
0
t
t
2 1
2
0 m 6
0 m 24
≥
⇔
≤
−
≤
−
−
⇔
Vậy bất phương trình có nghiệm khi m≥6
Cách 3.(Phương pháp đồ thị).
Đặt y= (x+4)(6−x), thì y 0≥ và ta có
= +
−
≥
⇔
= + +
−
≥
25 y ) 1 x (
0 y y
24 x 2 x
0
y
2 2 2
Vì thế đồ thị củay= (x+4)(6−x) là nửa đường tròn (nằm phía trên trục Ox) tâm I(1; 0), bán kính R = 5
Còn y=x2 −2x+m có đồ thị là Parabol có trục đối xứng x = 1 và (P)luôn nằm trên nửa đường tròn
Do đó bài toán có dạng: Tìm m để Parabol y=x2 −2x+m luôn nằm trên nửa đường tròn y= (x+4)(6−x)
Xét (P) tiếp xúc với (C) tại M(1; 5)⇔ m−1=5⇔m=6
Vậy bất phương trình có nghiêm khi m≥6
x y
-4
1
6 5
Cách 4 Viết lại bất phương trình dưới dạng
m x 2 x 24 x 2 x )
x (
f = − 2 + + − 2 + ≤
24 x 2 x
) 24 x 2 x 2 1 )(
x 1 ( )
x
(
'
f
2
2
=
⇔
= +
+
−
+ +
− +
−
=
Trang 14Từ đó có bảng biến thiên sau:
x - 4 1 6
f’(x) + 0
-f(x)
6 ) 1 ( f ) x ( f max 6 x 4 = = ≤ ≤ − Vậy bất phương trình có nghiệm ∀x∈[−4;6] ⇔ max−4≤xf≤(6x)≤m⇔m≥6 Nhận xét: qua các cách giải của bài toán trên ta nhận thấy cách 4 gọn và dễ làm nhất! Ví dụ 2 Tìm m để bất phương trình −4 (4−x)(2+x)≤x2 −2x+m−18 đúng với mọi x ∈[−2;4] Hướng dẫn Bất phương trình đã cho ⇔ (x2 −2x−8)+4 −x2 +2x−8−10≥−m (1)
Đặt t= −x2 +2x+8 Ta có t2 =−x2 +2x+8=−(x−1)2 +9≤9⇒0≤t≤3 Bài toán trở thành: Tìm m để bất phương trình f(t)=t2 −4t+10≤m đúng với mọi t ∈[ ]0;3 Điều đó xảy ra khi và chỉ khi max0 tf3(t)≤m ≤ ≤ Ta có f'(t)=2t−4=0⇔t=2 Bảng biến thiên sau: t 0 2 3
f’(t) - 0 +
f(t)
{f(0);f(3)} 10 max
)
t
(
f
max
3
t
≤
Vậy các giá trị cần tìm của tham số m là: m≥10
Nhận xét: khác với bài 1, bài này thì cách giải này là hợp lí nhât!
Ví dụ 3.Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm với mọi x ∈R
m x 9 x 2
m 2 + < +
