Ứng dụng của đạo hàm vào giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình ở chương trình toán học phổ thông

MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng phạm vi nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu .1 1.5 Những điểm SKKN……………………………………………2 NỘI DUNG .2 2.1 Cơ sở lí luận vấn đề 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp 19 Kết luận, kiến nghị 19 3.1 Kết luận .19 3.2 Kiến nghị 20 1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong đề thi thpt quốc gia xuất tốn giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hệ bất phương trình nhờ vào ứng dụng đạo hàm Và nhờ có vận dụng tính đơn điệu hàm số vào giải toán mà lời giải trở nên sáng hơn, ngắn gọn Thực tế nhiều tốn phương trình, bất phương trình, giải phương pháp biến đổi tương đương biến đổi chúng đưa phương trình, bất phương trình phương trình, bất phương trình bậc nhất, bậc hai Tuy nhiên, khơng phải biến đổi dễ dàng mà phải vận dụng số kỹ thuật giải Một số kỹ thuật sử dụng đạo hàm hàm số Quan trọng toán biện luận phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hệ bất phương trình, tốn tìm điều kiện tham số để thoả mãn điều kiện đó, ta vận dụng đạo hàm để xác định miền giá trị hàm số, miền giá trị ẩn số phụ có tốn mà ta đặt Để từ ta có kết xác cho điều kiện tham số Từ vấn đề nêu chọn viết đề tài: “ Ứng dụng đạo hàm vào giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hệ bất phương trình chương trình tốn học phổ thơng” 1.2 Mục đích nghiên cứu: Tìm phương pháp giải nhanh xác cho toán giải, giải biện luận phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hệ bất phương trình 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Vận dụng phương pháp dạy học tình cho học sinh THPT qua nhóm tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hệ bất phương trình 1.4 Phương pháp nghiên cứu: Thực mục tiêu nghiên cứu đề tài sử dụng kết hợp phương pháp nghiên cứu sau: *Nhóm phương pháp nghiên cứu lí thuyết Tìm hiểu lịch sử vấn đề nghiên cứu, khai thác qua tài liệu thành tựu nhà nghiên cứu khía cạnh liên quan trực tiếp đến phạm vi đề tài làm sở để tiến hành trình nghiên cứu * Nhóm phương pháp nghiên cứu thực tiễn - Phương pháp điều tra giáo dục: khảo sát mục tiêu, nội dung dạy học, chuẩn kiến thức, kĩ phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hệ bất phương trình trường THPT, khảo sát thực trạng dạy học tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hệ bất phương trình - Phương pháp phân tích, tổng hợp: phân tích, tổng hợp kết khảo sát thực trạng kết dạy học thực nghiệm - Phương pháp thống kê, phân loại: thống kê, phân loại kết khảo sát thực trạng kết dạy học thực nghiệm - Phương pháp so sánh: so sánh khả vận dụng HS lớp thực nghiệm lớp đối chứng qua kiểm tra cụ thể - Phương pháp thực nghiệm sư phạm: tổ chức thiết kế giáo án thực nghiệm dạy học thực nghiệm 1.5 Những điểm SKKN: SKKN giúp giáo viên học sinh có phương pháp sáng hơn, tường minh việc giải tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hệ bất phương trình Hơn học sinh đứng trước tốn chứa tham số khơng cảm giác sợ lúng túng trước NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1.Cơ sở lý luận 1.1 Định nghĩa đạo hàm: 1.2 Đạo hàm hàm bản, hàm hợp: cos x  cot x   12 sin x  e x e x x1  tan x   ( x )  x  x x   1    x  x     a  a x x ln a  sin x  cos x  ln x    cos x   sin x (log a x)  x x ln a Hàm hợp:  f  u  x     fuu x 1.3 Các phép toán đạo hàm:  u  v  u  v u  v  u  v  uv  uv  uv   u  uv  uv    v2 v  ku  ku 1.4 Tính đơn điệu hàm số Hàm số y  f (x) xác định khoảng (a;b) Nếu f  x  0(0)x   a; b  f  x  0 hữu hạn điểm khoảng (a;b) ta nói hàm số đồng biến (nghịch biến) khoảng (a;b) 1.5 Sử dụng tính chất hàm số để giải pt Áp dụng tương tự cho bất pt Các hướng áp dụng: Hướng 1: Bước 1: Chuyển pt dạng f(x) = k Bước 2: Xét hàm số y = f(x) Tính đạo hàm sử dụng giả thiết lập luận khẳng định hàm số đồng biến nghịch biến Bước : Nhận xét : Với x = x  f  x   f  x0  k Do x = x nghiệm Với x > x  f  x     f  x0  k  pt vô nghiệm Với x  x0  f  x   f  x0  (>) = k  pt vô nghiệm Vậy x  x0 nghiệm pt Hướng : Bước : Chuyển pt dạng : f  x  g  x  Bước : Xét hàm số y  f  x  , y g  x  Dùng lập luận khẳng định hàm số y= f  x  đồng biến hàm số y g  x  hàm nghịch biến Xác định x0 cho f  x0  g  x0  Bước 3: Vậy pt có nghiệm x  x0 Hướng : Bước :Chuyển pt dạng : f  u   f  v  Bước :Xét hàm số y= f  x  Dùng lập luận khẳng định hàm số đồng biến nghịch biến Bước : f  u   f  v   u v u, v  D Chú ý : Tương tự vận dụng hướng hướng cho bất pt Định lý Rôn : Nếu hàm số y = f(x) lồi lõm miền D phương trình f(x) = khơng có q hai nghiệm thuộc D Giả sử cần giải phương trình f(x) = ta thực bước sau : Hướng :Bước : Tìm TXĐ D pt Bước : Xét hàm số y = f(x) D Sử dụng đạo hàm khẳng định hàm số y = f(x) lồi lõm miền D Bước : Vậy pt có nghiệm khơng có hai nghiệm Ta cần hai giá trị x1 , x2  D cho f  x1   f  x2  0 Bước : Kết luận Hướng : Lập bảng biến thiên tìm miền giá trị hàm số vận dụng vào toán liên quan 2.2.Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm : Khó khăn giải số toán pt, bpt, hệ pt hệ bất pt phép biến đổi tương đương không đưa pt bản, bất pt bản, hệ pt Phương trình gồm pt bậc pt bậc hai, bất pt bậc nhất, bất pt bậc hai Hệ pt hệ pt bậc hai ẩn, hệ pt gồm pt bậc pt bậc hai, hệ pt đối xứng loại một, loại hai, hệ đẳng cấp Dùng bất đẳng thức chưa đánh giá chặt chẽ miền giá trị biến số ẩn phụ miền giá trị hàm số Do khơng xác định xác điều kiện tham số toán biện luận pt, bất pt, hệ pt, hệ bất pt Vận dụng đạo hàm, xét tính đơn điệu hàm số ta chứng minh pt vơ nghiệm, pt có nghiệm, hai nghiệm tìm nghiệm pt cách nhẩm nghiệm Và vận dụng đạo hàm cho ta lời giải chặt chẽ, xác tốn tìm điều kiện tham số 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề 3.1 Vận dụng tính đơn điệu hàm số vào giải phương trình Giáo viên đưa hệ thống tập vận dụng để học sinh thấy ưu điểm phương pháp dùng đạo hàm xét tính đơn điệu hàm số vào giải phương trình Bài Giải pt: x  x   x   x  16 14 Giải: Xét hàm số f  x   x  x   x   x  16  14 TXĐ : D  5; 1    , x  D x x  x  x  16  hàm số f  x  đồng biến D Mặt khác f  9 0  pt có nghiệm x = f  x    Bài Giải pt : x   x  x  Giải : ĐK : x 1 Xét hàm số f ( x)  x  g  x   x  x  f '  x  >0 x  x  hàm số đồng biến D= 1;) g’(x)=  3x   0, x  D  hàm số nghịch biến D Do pt f(x) = g(x) có nghiệm nghiệm nghiệm Nhận thấy x = thoả mãn phương trình Vậy pt có nghiệm x = Bài Giải phương trình : a x   x  3x  x  12 b x  x  x   x   x  x   1 c log ( x  3x   2)     5 3x x2  2 Giải: a ĐK : x 3 Đặt f  x   x  3, g  x   x  3x  x  12 Hàm số đồng biến D  3; x g  x   3x  x   3 x  1   0, x  D Hàm số nghịch biến D Pt f  x  g  x  có nghiệm x = b ĐK: x R f  x   pt  x  x  x   x  x   x  x   x  (1) Xét hàm số f  x   x  x  x   x f  x   x2  x 1  2x  x  x  x  x  x  1 Nhận xét: x  x   x    x  1   x   x   x  0  f  x   0, x Hàm số f(x) đồng biến.Từ (1) ta có: f  x   f  x  1  x  x  Vậy pt vô nghiệm  x 1 c ĐK:   x 2 1 u Đặt u  x  3x  , u 0  3x  x  1  u pt có dạng: log3  u  2    5 2 2 1 x 1 Xét hàm số f  x  log  x  2    log  x  2  x , x 0 5 1 f  x    x.5 x ln  0, x 0, f 1 2  x  2 ln 3� 2 Bài Giải pt: x  3x  x  Giải: ĐK: x  Pt  x   3x  x  0 Xét hàm số f  x  3 x   3x  x  D   1; 3   0, x  D  x  8, f "  x   Ta có: f  x   x 1  x  1  Hàm số lồi D Vậy pt có nghiệm có khơng q hai nghiệm, ta có f  0  f  3 0 Pt f  u   f  1 � u  � x  Do pt có hai nghiệm x = x = Bài Giải pt : x  3x   x  x  Giải : ĐK : x 0 Viết lại pt dạng : x  3x   x  x  0 Xét hàm số f  x   x  3x   x  x  D  0;  x  Ta có : f � x     0, x  D  x  1, f  x   3 x 3x   3x  1  Hàm số lồi D Vậy pt có nghiệm khơng q hai nghiệm Lại có : f  0  f 1 0 Do pt có hai nghiệm x = x = Nhận xét: Trong hai ví dụ ta sử dụng định lý Rơn Ở ví dụ thứ ta thực tốn phương pháp biến đổi tương đương đưa phương trình bậc 4, ví dụ thứ hai ta nhận pt bậc 8, cho dù nhẩm nghiệm x = x = phải thực tiếp việc giải pt bậc điều hồn tồn khơng khả thi để từ thấy tính ưu việt phương pháp đạo hàm Bài tập tham khảo thêm : Giải pt sau : a x  3  x  x b x 1  x  x  x c x   x  1 d x 3x  14 x  14 e  x  x   x  x  f x   x  4  x Bài Tìm m để pt:  x  x   4m x  x   3m  0 có nghiệm Giải: Cách 1: Dùng tam thức bậc Cách 2: Đặt t x  x , t  2 x  2 Từ bbt  t  t 1 Pt  t  4mt  3m  0  m  4t  t 1 Xét hàm số f  t   với t  4t  2t  3t  f  t    4t  3 2   m 1   x   x  m có nghiệm Từ bbt  pt m  f  t  có nghiệm m  Bài Tìm m để pt : x  x   x  Giải: Đặt t   x   x với x    3;6 t�  6 x  3 x   x  x t 0  x    2x   x   x  x  x Từ bbt �t �3 Và t 3  x   x  2 pt  m    x   x     x   x  t 9 t2 t  2 t2  t  với t  3;3 2 f  t   t   Xét hàm số f  t      Từ bbt  m  f  t   3  ;3   m 3 Bài Cho pt: m.16 x  2.81x 5.36 x Tìm m để pt có nghiệm Vậy  2x x x 9 9 9 Giải: pt  m  2.  5.  Đặt t   , t   4  4  4 2 Pt  2t  5t  m 0  m  2t  5t , t  Xét hàm số y  2t  5t , t  y  4t  25  m  Pt có nghiệm    m 0 Bài Tìm m để pt sau có nghiệm a,  m  1 sin x  2 m  1 sin x   3m 0 b, mx  2 m  3 x3   3m  1 x  2 m  3 x  m 0 (1) Giải: a, Đặt t sin x ;  t 1 pt   m  1t  2(m  1)t   3m 0  m(t  2t  3) t  2t  3 t  2t  (t 1 , t   m nghiệm pt) t  2t  t  2t  Xét hàm số f  x   với t    1;1 t  2t  4t  2t  10 f  t    t    1;1 t  2t    Từ bbt suy để pt có nghiệm m  f  t  � Vậy m � b, Nhận thấy x = nghiệm pt(1)  m 0 Xét m 0 x = khơng phải nghiệm pt 1  mx  2 m  3 x   3m  1  2 m  3 m  0 x x 1 1    m x    2 m  3 x    3m  0 x  x   Đặt t  x  , x x2  t  1   x x t  Từ bbt   t 2    m t   2 m  3t  3m  0  m  Xét hàm số f  t   f  t   6t  với t  t 2 t  2t   6t  2t  t   2t  Từ bbt với Vậy 6t  t  2t  2  13 m 11 m 0 pt có nghiệm  13 m 11 Nhận xét : Áp dụng phương pháp khảo sát chiều biến thiên hàm số Giả sử hàm số f  x  đơn điệu (a ;b) (a ;b) phương trình f  x  0 có nhiều nghiệm Khi gặp pt vơ tỷ có chứa tham số m, ta biến đổi pt dạng f  x  m (*) + Phương trình (*) có nghiệm  m thuộc miền giá trị hàm số f  x  + Số nghiệm (*) số giao điểm đồ thị y  f  x  đường thẳng y m Bài 10 Tìm a để pt: log  x  4ax   log 13  x  2a  1 0 có nghiệm  x  4ax 2 x  2a  Giải: pt  log3 x  4ax log3  x  2a  1    x  2a      x2  2x   x2  2x   a  a   x2  2x     2a  x 1 x 1    2 x 1  2a  x    x  x   x   5x  x    x   x    x2  2x  a   x 1   x    ;0    ;   5       x2  x   x  2x     Xét hàm số: f  x   f x   x  1 2x 1  10  2a 0 Pt có nghiệm   1  2a    a 0    a  10  Bài 11 Giải biện luận phương trình x    2m  1 x  m  m  với x  m Hướng dẫn : ĐK : x 1 pt � x   x    x  m   x  m f  t  t  t , t 0 Xét hàm số f '  t  = 2t    hàm số đồng biến t 0 pt  f x   f  x  m   x  x  m   �x � m �۹�� � �� 2mx  m  � � m  �m �x  2m m � �x �1 � 0 m  1;0   1;  3.2 Vận dụng tính đơn điệu hàm số vào giải bất phương trình Bài Giải bất pt: x   x   Giải: bpt  f  x   x   x      TXĐ : D   ;   f  x   1     x    ; x 5 2x    Nhận thấy f 11  16  25  0   x   bpt cho tương đương với    f  x   f 11   Vậy nghiệm bpt x    ;11     x    x  11 Bài Giải bất pt : x  x   x  x  11   x  x  Giải : ĐK : x 3 Viết lại bất pt dạng : x  x   x   x  x  11   x  x  1   x     x     x Xét hàm số f  t   t   t Ta thấy hàm số đồng biến 1;3 Khi bất pt biến đổi sau : f  x  1  f   x   x    x   x2 11 Vậy nghiệm bất pt  x 3 Bài Giải bpt  x  3x  x  x.3x  x  3x  x 3x Giải: ĐK :   x      x  3x  x  x.3x  Xét hàm số f  x  1 x.3x bpt  1  f  x   2.3x  x.3x ln  2.3x 1  x ln 3  x    2;  3  �1 �  f � x  f� � pt x 3x 2 x �1 �3 �   0  x  x        1 x    x       x     x  3x  x  x 3x 2x Vậy bpt có nghiệm  x  Bài tập tham khảo thêm : Giải bất pt : a) x  1  x  x  x3 b) x   x   x  1  x  Giải bất pt có chứa tham số ta thực bước sau : Chuyển bất pt dạng : f  x, m   g  m  (hoặc f  x, m   g  m  ) Bước : Xét hàm số y = f(x,m) : - Tìm TXĐ - Tính y’, gpt y’ = - Lập bảng biến thiên hàm số Bước : Kết luận cho trường hợp sau : y  g  m  (hoặc  max y  g  m  ) - bpt có nghiệm  D D y  g  m  (  y  g  m  ) - bpt nghiệm với x  max D D   Bài Tìm m để bpt 1  x   x   m   x  x  3 thoả mãn x    ;3   Giải : Đặt t  1  x   x  ĐK:  t   x 3  4x  1  x   x  12 Từ bbt  t   7 Bpt  f  t  t  t  m  6t  0;   2  7 f  t  2t    f  t   f   0 t  0;   2   Để bpt thoả mãn x    ;3  m    m     Bài Cho bpt: mx  x  m  Tìm m để bpt có nghiệm Giải: ĐK: x 3 đặt t  x  , t 0    m t   t m   mt  t  2m  0 bpt    có nghiệm  t 0  t 0 t 1   f t  m   t 2 có nghiệm  t 0 f  t   t  2t  t 2  f  t  0  t   , t 0 Từ bbt suy bpt có nghiệm  m  1 Bài Cho bpt: a x   x  a Tìm a để bpt nghiệm x   2 Giải: a x   x  a  a x    x  a  Đặt f  x   x 2x2   (vì x   1, x ) x 2x   13 f  x    7 x2   2x2   x2  f  x  0  x  21 lim f  x   ; lim f  x   x   x   f  x   a, x  R  a  f  x   Vậy a  21 21 Nhận xét: - Một số phải dựa vào định lý đảo dấu tam thức bậc Trong định lý đảo bỏ khỏi chương trình học phổ thơng - Ưu điểm tính đạo hàm ta tìm xác miền giá trị biến số phụ hàm số, sở tìm điều kiện tham số Bài Tìm m để bpt sau có nghiệm x  m.2 x  m  0 Giải: Đặt t 2 x   t2  m   t1    t   t  mt  m  0 bpt    t    m  t   t1    t  t2  t   0; \ 1 Xét hàm số f  t   t1 t  2t  f  t    t  1 14 Khi t  f  t  6 Để bpt m  f  t  có nghiệm m 6 Khi  t   f  t    để bpt m  f  t  có nghiệm m   Vậy m   m 6 Bài Cho bpt m.92 x  x   2m  1.62 x  x  m.42 x  0 2 Tìm m để bpt nghiệm x thoả mãn điều kiện: x  Giải: Chia hai vế bđt cho 42 x 3 Bpt  m( ) 2 x  x    2m  1  x 0 2x2  x 2 2  m 0  2 2x  x  3 Đặt t   Do x   x  x 0  t 1  2 Bpt  mt   2m  1t  m 0, t 1  m t  1 t , t 1 Với t = bpt thoả mãn với m  m t t với t > , t  Xét hàm số f  t    t  1  t  1 f  t   1 t2  t  1 f  t   t  Để f  t  mt  m 0 Vậy m 0 Nhận xét: Khi dạy học phần cần nhấn mạnh cho học sinh phân biệt toán tìm điều kiện tham số để bpt có nghiệm bpt có nghiệm x thoả mãn điều kiện Bài Tìm a để nghiệm bất phương trình: x  x  2ax  chứa đoạn x 1 Giải: * Đk cần:   Giả sử bpt cho x   ;1 4  Đặt f  x  x  x  2ax 15   f ( ) 1  Khi ta có   f (1)  1 a  1    16 4    2a   a     a1  a   Vậy đk cần phải tìm a < -1 * Đk đủ : Giả sử a < -1 x a Ta có f ( x) 1  x  2ax 1  x 1 a <  f ( x)  x   ;1 4  1   f (x) đồng biến  ;1 4  1  1 a x   ;1 f ( x )  f       (do a < - 1) 16 4   4 1  Vậy x   ;1 nghiệm bpt f  x   4  Do 1  Vậy a < -1 điều kiện cần đủ để nghiệm bpt chứa đoạn  ;1 4  x 2 x Giải: bpt  x  x3  x  m x  x , x 2 Bài 10 Tìm x để x3  x   m  1 x  m       x  x  m x  x Đặt   t x  x t 2 x   , , x 2  hàm số t đồng biến  2;  t t  2 2 t2  bpt  m  với t 2 t t2  Xét hàm số f  t   với t 2 t t2 1 f  t    t Từ bbt  f  t   , t 2 3 m  f  t , t 2  m  Vậy m  2 3.3 Vận dụng tính đơn điệu hàm số vào giải hệ phương trình 16  x   y 1  x Bài Giải hệ pt:    x  1  y  x 1 Giải: ĐK:   y 0  x   y 1  x  x    x  1 1  x  x   x  x  x  Hpt     x  1  y Xét hàm số f  x   x  Hàm số đồng biến D 1; g  x   x  x  x  g  x   32  x   0,   D  hàm số nghịch biến D Do pt f(x) = g(x) có nghiệm nghiệm nhận thấy x = thoả mãn pt Vậy hệ pt có nghiệm x = y =  x  y  y  x  xy  2 Bài Giải hpt :  2  x  y 2 Giải: Thế (2) vào(1) ta :  1  2  x  y  y  x  xy  x  y  x  y  y  x  x  x 2 y  y f  t  2t  t f '  t  2t ln  3t  0t  R Đặt :  H/số f  t  đồng biến R Từ  3  f  x   f  y   x  y  x y  x 1; y 1   hpt   2  x  1; y   x  y 2 Vậy hệ pt có nghiệm 1;1   1; 1  3 Bài tập tham khảo thêm: Giải hệ pt: 1   x  x y  y b)   y x3     x  x 3  y a)    y  y 3  x  x  y  xy m Bài Tìm m để hệ sau có nghiệm:  2  x  y m  S  P m  Giải: Đặt S  x  y, P  xy Ta hệ  S  P  m   Hệ cho có nghiệm hệ sau có nghiệm  P m  S   S  S  3m 0  S  S  3m 0 m (*) S  P 3m  S  4 m  S  2 S  m 0  S   2  S  P 0 m  3m S  S   3m S  2S S     (*)    S  2S  S 4  S  S  3m 0 S    17 Xét hàm số f  S  S  2S ,0 S 4 f  S  2 S  Để hệ pt có nghiệm 3m 24  m 8 Nhận xét: Có thể dùng phương pháp tam thức bậc hai để làm  x  y 2a  Bài Giả sử (x;y) nghiệm hệ pt  2  x  y a  a  Xác định a để xy nhỏ  S 2a   Giải: Đặt S  x  y, P  xy Ta có hệ pt  2  S  P a  2a   S 2a    3a P   3a     3a   3a   0   2 ĐK để hệ có nghiệm S  P 0   2a  1  4   2a  8a  0   3a 2  3a  , P3a  a 2  Xét hàm số P  2 2  x  y m Bài Cho hệ pt  Tìm m để hệ có nhiều hai nghiệm   x  1 y  xy m y    x  y m  x  y m  Giải: Hpt   2   m  y  1 y   m  y  y m y    y  my  2m 0(1) Hệ có nhiều hai nghiệm  (1) có nghiệm phân biệt Pmin a 2   y2 y2  y3 y3    f y  (1)  m  Xét hàm số f  y   y  y  y2     18  y 0 f  y  0    y   3 m  Bbt  (1) có nghiệm    m    x y  a  y Bài Xác định giá trị âm a để hpt :  có nghiệm  xy  a  x  x y  a  y (1) Giải: Ta có hệ pt :   xy  a  x (2) (2)  x  xy a    x  y Tương tự : (1)   y  x Mặt khác (1) – (2)  xy( x  y )  ( x  y )  (x-y)(xy+x+y)=0 Do < x < y < y < x  xy+x+y>0  x  y 0  y x   y x   Hpt   3  x  a x  a  x  x Xét f  x   x3  x  f ' ( x)  3x  x f ' ( x) 0  x 0, x  Vì a < nên đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số y = f(x) lần Do với a < 0, hệ phương trình có nghiệm 3.4 Vận dụng tính đơn điệu hàm số vào giải hệ bất phương trình 19 Bài Tìm a để hệ bất pt sau có nghiệm : x   x Giải: x  5  x  x x   Xét h/số :f(x) =  9 x  x   5  1  log  a  x  log x  x  4  9  x (1) x x f  x  = ln  9 x 5 < ln 9 => Hàm số nghịch biến R f(2)=1 Từ ( 1)  f  2  f  x   x 2 Từ bpt thứ : 1+log  a  x  log  x  1    log  2 a  x   log x   2 a  x   x   2a  x  x   g  x  g '  x  4 x   , x 2 Từ bbt ta có: 2a  g  x  21  a  Vậy với a  21 21 hệ bất pt có nghiệm 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Qua ôn luyện hệ thống tốn vận dụng đạo hàm xét tính đơn điệu hàm số vào giải pt, bất pt, hệ pt hệ bất pt cho học sinh nhận thấy học sinh tự tin làm tập dạng này, dễ dàng định hướng xác định hàm số cần xét tính đơn điệu Quan trọng học sinh khơng thấy sợ tốn có chứa tham số, tốn biện luận Ngồi học sinh vận dụng phương pháp vào tốn liên quan tìm điều kiện để hàm số đồng biến, nghịch biến khoảng Và học sinh hình thành kĩ năng, chương trình làm tốn theo sơ đồ bước giải KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận : Trên phương pháp vận dụng đạo hàm vào giải pt, bất pt, hệ pt hệ bất pt Qua phương pháp nhằm pháp triển tư qua việc giải số tập toán Vận dụng phương pháp vào giảng dạy giúp cho học sinh thấy tổng quan kiến thức toán học, nhận thức sâu sắc 20 toán học, tạo nên niềm đam mê hứng thú học tập Mỗi giáo viên xây dựng hệ thống tập phù hợp với lực có học sinh, đa dạng phong phú thể loại nhằm luyện cho học sinh đầy đủ kiến thức, phân bậc hoạt động phù hợp tạo nguồn cảm hứng sáng tạo học sinh Lưu ý, số tốn phù hợp với học sinh có nguyện vọng học chuyên sâu để thi đại học cao đẳng, luyện thi học sinh giỏi, luyện thi thử đại học trường phổ thông trung học Trong thực tế địa phương, trường phổ thông, giáo viên trang bị cho thân vốn kiến thức sâu rộng vững chắc, đồng thời có phương pháp giảng dạy phù hợp, thích ứng với đối tượng học sinh thông qua truyền thụ kiến thức hệ thống tập phù hợp với lực học sinh nhằm phát triển tư cho học sinh tăng hiệu giáo dục 3.2 Kiến nghị : Qua số năm giảng dạy, thân cá nhân nhận thấy lượng kiến thức chương trình tốn THPT q nhiều, nội dung chương trình chưa phù hợp với thực tế xã hội mang nặng hình thức lý thuyết Vì tơi xin có vài ý kiến đề xuất sau: - Cắt bỏ số nội dung chương trình như: phép biến hình, thống kê Những phần ta đưa vào chương trình đào tạo đại học, cao đẳng, trung cấp nghành nghề liên quan - Tăng cường tốn mang tính ứng dụng thực tiễn để học sinh thấy tốn học gần gủi có ý nghĩa Và từ học sinh có nhu cầu học toán khám phá toán học Bài viết kết thúc Mong góp ý kiến người để sáng kiến kinh nghiệm tơi hồn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn ! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 25 tháng năm 2019 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Tôi xin chịu trách nhiệm viết Người viết SKKN Nguyễn Thị Bắc 21 ... Ứng dụng đạo hàm vào giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hệ bất phương trình chương trình tốn học phổ thơng” 1.2 Mục đích nghiên cứu: Tìm phương pháp giải nhanh xác cho tốn giải, ...1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong đề thi thpt quốc gia xuất tốn giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hệ bất phương trình nhờ vào ứng dụng đạo hàm Và nhờ có vận dụng tính... giải, giải biện luận phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hệ bất phương trình 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Vận dụng phương pháp dạy học tình cho học sinh THPT qua nhóm tốn phương trình, bất