Giải pháp hướng dẫn học sinh lớp 12 sử dụng đạo hàm để giải phương trình và bất phương trình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT BA ĐÌNH SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GIẢI PHÁP HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Người thực hiện: Mai Huy Sáu Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc mơn: Tốn học THANH HOÁ NĂM 2020 MỤC LỤC Các phần Nội dung 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu Mở đầu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến 2.3 Các giải pháp thực Nội dung 2.3.1 Sử dụng đạo hàm để giải phương trình 2.3.2 Sử dụng đạo hàm để giải bất phương trình 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Kết luận, 3.1 Kết luận kiến nghị 3.2 Kiến nghị Trang 1 2 3 12 18 19 19 GIẢI PHÁP HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 SỬ DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài Căn vào phương hướng, nhiệm vụ kế hoạch chuyên môn trường THPT Ba Đình năm học 2019- 2020 Trong chương trình giảng dạy mơn Tốn bậc trung học phổ thơng tốn phương trình, bất phương trình chiếm vị trí quan trọng, xun suốt chương trình ba khối lớp Bên cạnh phong phú dạng tốn, từ phương trình, bất phương trình vơ tỷ lớp 10, phương trình lượng giác lớp 11 đến phương trình, bất phương trình mũ, logarit lớp 12, mà phương pháp để giải dạng tốn phong phú, nhiều ý tưởng độc đáo bất ngờ phát tìm hiểu để giải tốn tạo lên hấp dẫn toán học người học người dạy Như ta biết phương trình, bất phương trình xây dựng sở khái niệm hàm số, mà phương pháp giải thiếu chúng dạng tốn sử dụng đạo hàm giải toán Xuất nhiều tài liệu, từ chuyên đề hàm số đến chuyên đề phương trình đại số đề thi THPT QG, thi học sinh giỏi cấp có toán giải phương pháp đạo hàm Tuy nhiên hệ thống tập số chuyên đề cịn rời rạc, việc khai thác khắc sâu ý tưởng giải chưa triệt để Điều gây khó khăn cho học sinh việc xây dựng cho phương pháp giải hồn chỉnh dạng tốn phương trình, bất phương trình Xuất phát từ thực tế cần có hệ thống tập theo chuyên đề hoàn chỉnh tập hợp, bổ sung xếp toán dạng theo cấu trúc rõ ràng đa dạng Vì tơi lựa chọn đề tài: “Giải pháp hướng dẫn học sinh lớp 12 sử dụng đạo hàm để giải phương trình bất phương trình’’ làm sáng kiến kinh nghiệm, mong với tìm hiểu giúp học sinh nhận biết, sử lý tốn giải phương trình, bất phương trình nhanh chóng thành thạo 1.2 Mục đích nghiên cứu Trang bị cho học sinh phương pháp giải phương trình bất phương trình mang lại hiệu rõ nét Bồi dưỡng cho học sinh phương pháp, kỹ giải tốn, qua học sinh nâng cao khả tư duy, sáng tạo 1.3 Đối tượng nghiên cứu Ôn tập cho học sinh lớp 12 sử dụng đạo hàm để giải số phương trình bất phương trình thường gặp kỳ thi THPT QG, kỳ thi học sinh giỏi… -1- Phương pháp nghiên cứu Để thực đề tài này, sử dụng hệ thống phương pháp: Phân tích, tổng hợp từ sách báo, tài liệu liên quan, internet… Phương pháp quan sát: Hướng dẫn học sinh vận dụng đạo hàm để giải phương trình bất phương trình để rút kết luận Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Trong sách giáo khoa đại số 10, 11, 12 nêu số cách giải phương trình, bất phương trình cách đơn giản Việc sử dụng đạo hàm dừng lại toán khảo sát vẽ đồ thị hàm số, ứng dụng đạo hàm việc giải toán sơ cấp chưa sử dụng nhiều học sinh vận dụng hạn chế chưa linh hoạt, song đề thi THPT QG thi học sinh giỏi gần việc giải toán có ứng dụng đạo hàm nhiều Đặc biệt ứng dụng đạo hàm để giải tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình giúp cho học sinh giải số tốn đơn giản Ví dụ Giải phương trình: x − = − x3 − x + Nếu giải theo cách bình thường biết lớp 10 như: bình phương hay đặt ẩn phụ gặp nhiều khó khăn, nhiên tinh ý chút ta thấy chuyển biến x sang vế trái vế trái hàm đồng biến x = nghiệm phương trình, sử dụng phương pháp đạo hàm ta giải phương trình cách đơn giản 1− x 1− x 1 x Ví dụ Giải bất phương trình sau: − x ≥ − x Bài ta sử dụng phép biến đổi bình thường để giải Nhưng sử dụng phương pháp hàm số tốn đơn giản nhiều.Và nhiều toán khác mà việc sử dụng đạo hàm cần thiết hữu ích Để làm điều học sinh cần nắm vững kiến thức sau đây: Định nghĩa Cho hàm số y = f(x) xác định khoảng (a; b), với ∀x1; x2 ∈ (a; b) a Hàm số f(x) gọi đồng biến (tăng) (a; b) x1 < x2 f(x1) < f(x2) b Hàm số f(x) gọi nghịch biến (giảm) (a; b) x1 < x2 f(x1) > f(x2) *Mệnh đề 1: Nếu hàm số y = f ( x) đồng biến (hoặc nghịch biến) liên tục D a Phương trình: f ( x) = m có khơng q nghiệm D b f (a) = f (b) ⇔ a = b, ∀a, b ∈ D *Chú ý: +Từ mệnh đề trên, ta áp dụng vào giải phương trình sau: Bài tốn u cầu giải phương trình: F(x) = Ta thực phép biến đổi tương đương đưa phương trình dạng f ( x) = k f (u ) = f (v) (trong u = u ( x); v = v( x) ) ta chứng minh f(x) hàm đồng biến (nghịch biến) Nếu phương trình: f ( x) = k ta tìm nghiệm, chứng minh nghiệm 2 -2- Nếu phương trình: f (u ) = f (v) ta có u = v , giải phương trình ta tìm nghiệm +Ta áp dụng định lí cho tốn chứng minh phương trình có nghiệm Định lý Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm D + Nếu f '( x) ≥ ∀x ∈ D dấu xảy hữu hạn điểm y = f ( x) đồng biến D +Nếu f '( x) ≤ ∀x ∈ D dấu xảy hữu hạn điểm y = f ( x) nghịch biến D Hàm số đơn điệu hàm số tăng giảm *Mệnh đề 2: Nếu hàm số y = f ( x) đồng biến (hoặc nghịch biến) hàm số y = g ( x ) nghịch biến (hoặc đồng biến) liên tục D số nghiệm D phương trình f ( x) = g ( x) không nhiều *Chú ý: Khi gặp phương trình F(x) = ta biến đổi dạng: f ( x) = g ( x) , f g khác tính đơn điệu ta tìm nghiệm phương trình chứng minh nghiệm *Mệnh đề 3: Nếu hàm số đồng biến (hoặc ln nghịch biến) liên tục D thì: f ( x ) > f ( y ) ⇔ x > y (hoặc x < y) 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trong thực hành giải toán, gặp toán giải phương trình bất phương trình mà cách giải khơng phải sử dụng phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp đặt ẩn phụ…., số học sinh chưa tìm cách giải có tìm cách giải thường làm phức tạp hóa tốn nên khó kết thúc tốn, em chưa biết lựa lựa chọn phương phù hợp với toán biết khơng có kỹ giải 2.3 Các giải pháp giải vấn đề (sử dụng đạo hàm để giải phương trình bất phương trình) Để giúp học sinh giải tốt phương trình, bất phương trình kì thi, giáo viên cần phải hướng dẫn cho học sinh nhận dạng sử dụng tốt phương pháp như: Các phương pháp biến đổi đại số học lớp 10, phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải Ở đây, tơi đề cập đến vài khía cạnh nhỏ việc giải phương trình, bất phương trình phương pháp ứng dụng tính đơn điệu hàm số 2.3.1 Sử dụng đạo hàm để giải phương trình: -3- Dạng 1: Phương trình cho đưa dạng: h( x) = g ( x) (hoặc h(u ) = g (u ) ) u = u ( x) a) Phương pháp: Bước 1: Biến đổi phương trình cho dạng : f ( x) = m (hoặc f (u ) = m ) Bước 2: Xét hàm số y = f ( x) D *Tính f ' ( x) xét dấu f ' ( x) , kết luận tính đơn điệu hàm số y = f ( x) D *Kết luận hàm số: y = f ( x) đơn điệu D *Tìm x0 cho f ( x0 ) = m (hoặc tìm u0 cho f (u0 ) = m ) Bước 3: kết luận *Phương trình cho có nghiệm x = x0 (hoặc u = u0 giải phương trình u = u0 ) *Kết luận nghiệm phương trình f ( x), M = max f ( x ) *Chú ý: Nếu hàm số y = f(x) liên tục D m = D D Thì phương trình f ( x) = g (m) có nghiệm x∈ D ⇔ m ≤ g (m) ≤ M b) Bài tập áp dụng Bài Gọi S tổng nghiệm phương trình 3x − + x − = − x thì: A S = B S= C S = 2019 D S = 2020 *Nhận xét: Đối với toán giải theo cách bình thường như: bình phương hai vế hay đặt ẩn phụ, đưa phương trình tích… gặp nhiều khó khăn, nhiên ý chút ta thấy vế trái hàm đồng biến vế phải hàm số nghịch biến số, sử dụng tính chất đơn điệu hàm số ta có cách giải sau   Giải TXĐ : D =  ; +∞ ÷ 3  PT ⇔ 3x − + x − + x = Xét f ( x) = x − + x − + x liên tục D ⇒ f '( x) = + + > 0, ∀x > ⇔ hàm số f ( x) đồng biến D Mà 3 3x − (5 x − 2) f (2) = • ≤ x < => f ( x) < f (2) = ⇒ phương trình f ( x) = vơ nghiệm • x > ⇒ f ( x) > f (2) = ⇒ phương trình f ( x) = vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x = Chon A *Chú ý: + Vì hàm số y = ax + b với a > hàm đồng biến f ( x) hàm đồng biến hàm số n f ( x) (với điều kiện thức tồn tại) hàm đồng biến nên ta dễ dàng nhận tính chất đồng biến (nghịch biến) hàm số + Dự đoán nghiệm ta ưu tiên giá trị x cho biểu thức dấu nhận giá trị số phương -4- Bài Gọi S tập hợp nghiệm phương trình: 5x = − x Số phần tử S là: A B C D *Nhận xét: Bài ta sử dụng phép biến đổi bình thường để giải Vì ta giải phương pháp hàm số sau: Giải a) TXĐ : D = ¡ Ta có: 5x = − x ⇔ 5x + x − = Xét f ( x) = 5x + x − ta có f '( x) = x.ln + > 0, ∀x ∈ R nên hàm số f ( x) đồng biến ¡ Mặt khác ta thấy f (1) = * Nếu x > ⇒ f ( x) > f (1) = nên phương trình vô nghiệm * Nếu x < ⇒ f ( x) < f (1) = nên phương trình vơ nghiệm Vậy x = nghiệm phương trình Chọn D *Chú ý: Nếu phương trình có chứa hàm số mũ (hoặc lơgarit) hàm đa thức ta thơng thường hướng suy nghĩ lựa chọn cách giải sử dụng phương pháp đạo hàm Bài Gọi P tích nghiệm thực phương trình 8log ( x − x + 5) = 3( x − x + 5) (1) Khi giá trị P : A P = B P = -3 C P = D P = + 13 Giải TXĐ: D = ¡ 19 19 log ( x − x + 5) = (do x − x + ≥ ) Đặt t = x − x + với t ≥ , PT(1) ⇔ x − x+5 phương trình cho trở thành log 2t = (2) t log 2t 19 − ln t 19 với t ≥ Ta có f '(t ) = < 0, ∀ t ≥ t t ln 19 ⇒ f (t ) hàm số nghịch biến với t ≥ , mà f (8) = ⇒ phương trình (2) có Xét hàm số: f (t ) = nghiệm t = hay x − x − = Vậy P = -3 Chọn B Bài Gọi S tập hợp nghiệm thực phương trình 3x.2 x = 3x + x + Số phần tử S là: A B C D Phân tích: Khi áp dụng tính chất tính đơn điệu hàm số không nắm rõ kiến thức, học sinh thường mắc sai lầm giải toán nên thường có kết -5- luận nghiệm chưa xác Sai lầm thường gặp học sinh: Phương trình 2x +1 2x +1 Ta có: Hàm số f ( x) = 3x đồng biến, hàm số g ( x) = 2x −1 2x −1 −4 2x +1 có y ' = (2 x − 1) < nên y = hàm nghịch biến, Do f(1) = g(1) nên x = 2x −1 tương đương với: 3x = nghiệm Khi hướng dẫn cho học sinh sử dụng tính chất hàm số người thầy cần nhấn mạnh cho học sinh thấy rõ: Nếu hàm số f(x) đồng biến D, hàm số g(x) nghịch biến D phương trình f(x) = g(x) có nhiều nghiệm, đối chiếu với lời giải ta thấy hai hàm số có tập xác định hồn tồn khác nên áp dụng dẫn đến sai lầm 2x + Lời giải đúng: Hàm số f ( x) = 3x đồng biến ¡ , hàm số g ( x) = 2x − 1  1  nghịch biến khoảng  −∞; ÷  ; + ∞ ÷ Ta có bảng biến thiên 2     Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số f(x) g(x) cắt nhiều hai điểm Mà f(1) = g(1) ; f(-1) = g(-1) Nên phương trình cho có hai nghiệm Chọn B x x +1 x + x + + + + y = x + − x + m ( m tham x +1 x + x + x + số thực) có đồ thị ( C1 ) ( C2 ) Tập hợp tất giá trị m để ( C1 ) ( C2 ) cắt bốn điểm phân biệt Bài Cho hai hàm số y = A [ 3; + ∞ ) B ( −∞ ;3] C ( −∞ ;3) D ( 3; + ∞ ) (Trích đề thi THPTQG năm 2019) Giải: -6- Xét phương trình hồnh độ giao điểm: Điều kiện: x ∈ ¡ \ { −1; −2; −3; −4} Ta có ( *) ⇔ m = x x +1 x + x + + + + = x +1 − x + m x +1 x + x + x + ( *) x x +1 x + x + + + + + x − x +1 x +1 x + x + x + Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm hai đồ thị x x +1 x + x + + + + + x − x + y = m x +1 x + x + x + 1 1 x +1 Ta có: y′ = x + + x + 2 + x + + x + + − x + ( ) ( ) ( ) ( ) y= y′ = ( x + 1) + ( x + 2) + (vì x + > x + ∀x ≠ −1 ⇒ x + − ( x + 1) > ∀x ∈ ¡ \ { −1; −2; −3; −4} , x +1 ( x + 4) x + − ( x + 1) > ∀x ≠ −1 ) Ta có bảng biến thiên: ( x + 3) + + Từ bảng biến thiên, để phương trình có nghiệm phân biệt m ≥ Chọn A Dạng 2: Phương trình cho đưa dạng: f (u ) = f (v) u = u ( x), v = v( x ) a) Phương pháp: Bước 1: Biến đổi phương trình dạng: f (u ) = f (v) Bước 2: Xét hàm số y = f (t ) D * Tính y ' xét dấu y’ * Kết luận hàm số y = f (t ) hàm tăng ( giảm) D, Bước 3: Kết luận * Phương trình cho có nghiệm u = v * Giải phương trình: u = v * Kết luận nghiệm của phương trình cho b) Bài tập vận dụng -7- Bài Phương trình x + x − 12 = 20 x − có nghiệm x = a + b , với a, b số nguyên dương Giá trị a + b + ab bằng: A 14 B C D Hướng dẫn: PT tương đương: ( x − ) + 10 ( x − ) = x − + 10 x − (1) Đặt u = x − 2; v = x − (u ≥ − 1; v ≥ 0) Đưa pt dạng: u + 10u = v + 10v (2) Xét hàm số f (t ) = t + 10t , có f '(t ) = 2t + 10 > ∀t ≥ − ⇒ f (t ) hàm số đồng biến Mà (2) ⇔ f (u ) = f (v) nên u = v ⇔ x − = x − ⇔ x = + 2 Suy ra: a = ; b = Vậy: a + b + ab = 14 Chọn A Nhận xét: Phương trình cịn có nhiều cách giải song việc sử dụng đạo hàm tỏ có hiệu lực Bài Gọi S tổng nghiệm phương trình x2 + x − = ( x + 1)( x + − 2) , x2 − x + a+ b , a, b, c∈¥ * Tính a + b + c : c biết S = A 22 B 21 C 20 D 13 * Nhận xét: Phương trình ta nhân chia với biểu thức liên hợp x + − ta đưa dạng tích Hướng dẫn giải: Điều kiện : x ≥ − (*) ( x − 2)( x + 4) Phương trình cho tương đương với : x − x + = x =  x+4  =  x − x + ( x + 1)( x − 2) ⇔ ⇔ x+2 +2 x +1 (1) x+2+2 Phân tích: Nếu bình phương hai vế (1) ta thu phương trình bậc phức tạp Chính ta liên tưởng tới phương pháp sử dụng đạo hàm (1) ⇔ ( x + 4)( x + + 2) = ( x + 1)( x − x + 3) ⇔[ ( x+2 ) + 2]( x + + 2) = [ ( x − 1) + 2][( x − 1) + 2)] (2) Xét hàm số f (t ) = (t + 2)(t + 2) có f '(t ) = 3t + 4t + ⇒ f '(t ) > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f (t ) hàm số đồng biến ¡ Vậy (2) ⇔ f ( x + 2) = f ( x − 1) ⇔ x ≥ ⇔ x = + 13 x + = x −1 ⇔  2  x + = ( x − 1) Đối chiếu với điều kiện (*), ta pt cho có hai nghiệm phân biệt: x = 2; x = + 13 ⇒ + 13 ⇒ S= a = 7, b = 13, c = ⇒ a + b + c = 22 Chọn A 2 Bài Có giá trị nguyên dương tham số m để phương trình m + 3 m + 3sin x = sin x có nghiệm thực? -8- A B C D ( Trích đề minh họa THPT QG 2018) Phân tích: Ta lập phương hai phương trình, ta được: m + 3 m + 3sin x = sin x Đến ta biến đổi dạng: f(u) = f(v) Ta coi u = m + 3sin x ⇒ u = m + 3sin x ta cộng vào hai vế phương trình với m + 3sin x ta phương trình: m + 3sin x + 3 m + 3sin x = sin x + 3sin x Giải: Ta có m + 3 m + 3sin x = sin x ⇔ m + 3 m + 3sin x = sin x ⇔ m + 3sin x + 3 m + 3sin x = sin x + 3sin x (1) Xét hàm số f (t ) = t + 3t có f '(t ) = 3t + > ∀t ∈ ¡ Mà (1) ⇔ f ( m + 3sin x ) = f ( sin x ) Suy m + 3sin x = sin x ⇔ m = sin x − 3sin x (2) Phương trình cho có nghiệm thực (2) có nghiệm thực Đặt sin x = t ( −1 ≤ t ≤ 1) xét hàm f ( t ) = t − 3t [ −1;1] có f ′ ( t ) = 3t − ≤ 0, ∀t ∈ [ −1;1] Nên hàm số nghịch biến [ −1;1] ⇒ −2 = f ( 1) ≤ f ( t ) ≤ f ( −1) = ⇒ −2 ≤ m ≤ Vậy m ∈ { −2; −1;0;1; 2} Chọn A Nhận xét: Nhiều học sinh nghĩ tới lập phương hai vế liên tiếp, việc biến đổi ta dẫn đến phương trình lượng giác bậc 9, phức tạp Bài Phương trình x + mx + m+1 − 42 x +( m + 2) x + m = x + x + m − , (m tham số) A Vô nghiệm ∀m ∈ ¡ B Có nghiệm thực ∀m ∈ ¡ C Có nghiệm thực với m ≤ D Có thể có nhiều nghiệm Phân tích: Phương trình chứa hàm số mũ hàm đa thức nên việc ta sử dụng đạo hàm Giải: Nhận thấy : x + (m + 2) x + 2m − ( x + mx + m + 1) = x + x + m − Do phương trình tương đương với x + mx + m +1 + ( x + mx + m + 1) = 42 x + ( m+ 2) x + m + (2 x + (m + 2) x + 2m (1) Xét hàm số f (t ) = 4t + t có f '(t ) = 4t ln + > 0, ∀t ∈¡ ⇒ f (t ) hàm đồng biến ¡ Mà (1) ⇔ f (2 x + (m + 2) x + 2m) = f ( x + mx + m + 1) , nên (1) ⇔ x + (m + 2) x + 2m = x + mx + m + ⇔ x + x + m − = (2) Phương trình (2) có ∆ ' =1 − (m − 1) = − m ⇒ Có nghiệm thực với m ≤ Chọn C 2 2 Bài y Có cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn ≤ x ≤ 2020 log ( 3x + 3) + x = y + ? A 2019 B C 2020 D (Trích đề minh họa THPT QG 2020) -9- Phân tích: Đây phương trình ẩn số, ta khơng giải phương pháp đưa số, đặt ẩn phụ, logarit hóa hay mũ hóa Lời giải y 2y 2y Ta có: log ( x + 3) + x = y + ⇔ log 3 ( x + 1) + x = y + ⇔ x + + log ( x + 1) = y + Đặt t = log3 ( x + 1) ⇒ x + = 3t ⇒ Phương trình trở thành: t + 3t = y + 32 y Xét hàm số f (u ) = u + 3u , ta có: f ′(u ) = + 3u ln > , ∀u ∈ ¡ ⇒ f (u ) đồng biến ¡ y y Vì t + 3t = y + 32 y nên t = y ⇒ log3 ( x + 1) = y ⇔ x + = ⇔ x = − Vì ≤ x ≤ 2020 ⇒ ≤ y − ≤ 2020 ⇔ ≤ y ≤ 2021 ⇔ ≤ y ≤ log 2021 ≈ 3, 464 Vì y =∈ ¢ nên y ∈ {0;1; 2;3} , có giá trị y nên có giá trị x Đáp số: D Dạng Sử dụng đạo hàm để tìm hết số nghiệm phương trình Bài Giải phương trình sau : x + 3x = x + (*) Giải TXĐ: D = ¡ Ta có pt (*) ⇔ x + 3x − 3x − = Xét hàm số f ( x) = x + 3x − x − với x ∈ D Ta có f '( x) = x ln + 3x ln − f ''( x) = x ln 2 + 3x ln > , ∀ x ∈ ¡ ⇒ f '( x ) hàm số đồng biến ∀ x ∈ ¡ Mặt khác f '( x) hàm số liên tục ∀ x ∈ ¡ Ta lại có f '(0) = ln + ln − < f '(1) = ln + ln − > ⇒ f '(0) f '(1) < ⇒ ∃ x0 ∈ (0;1) cho f '( x0 ) = ⇒ ∀ x ∈ ( − ∞ ; x ) f '( x) < ∀ x ∈ ( x0 ; + ∞ ) f '( x) > Ta có bảng biến thiên hàm số f(x): Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y = f(x) trục Ox Căn vào bảng biến thiên ta thấy có tối đa giao điểm đồ thị hàm số y = f(x) trục Ox Mà f (0) = f (1) = Vậy tập nghiệm phương trình S = {0;1} Bài Hỏi phương trình 3x − x + ln( x + 1)3 + = có nghiệm phân biệt ? A B C D ( Đề minh họa THPTQG – 2017) Hướng dẫn: Sử dụng tính đơn điệu hàm số để tìm số nghiệm phương trình Lời giải: ĐKXĐ: x > −1 - 10 - Ta có: 3x − 6x + ln ( x + 1) + = ⇔ 3x − 6x + 3ln ( x + 1) + = f ( x ) = 3x − 6x + 3ln ( x + 1) + = ⇒ f ' ( x ) = 6x − + x +1 f ' ( x ) = ⇔ ( 2x − ) ( x + 1) + = ⇔ ( x − 1) + = ⇔ 2x − = ⇔ x = ± Từ đây, ta có bảng biến thiên f(x): Nhìn vào bảng biến thiên ta có phương trình cho có nghiệm phân biệt Chọn C Bài Có giá trị nguyên tham số m để phương trình x + x + − x + − x = m (1) có hai nghiệm thực phân biệt ? A B C 2019 ≤ x ≤ Giải : Điều kiện : (*) 4 Đặt f ( x) = x + x + − x + − x 1 − − , với < x < (2 x)3 2 x (6 − x)3 − x 1 1 f '( x) = ⇔ + = + (2) Phương trình có dạng f (u ) = f (v) (2 x)3 2 x (6 − x)3 − x 1 −2t − Xét hàm số g (t ) = + khoảng (0; + ∞) có g '(t ) = < 0, ∀ t ∈ (0; + ∞) ⇒ g(t) t t t nghịch biến khoảng (0; + ∞) Do (2) ⇔ x = − x ⇔ x = Vậy f '( x ) = ⇔ x = Ta có bảng biến thiên hàm số f ( x) đoạn [0; 6] Có f '( x) = D 2020 + Ta có: f (0) = + , f (2) = + , f (6) = + 12 Phương trình (1) có hai nghiệm thực phân biệt ⇔ + ≤ m < + Mà m nguyên nên m = 9; m = 10 - 11 - Chọn A *) Nhận xét: Nhiều học sinh gặp toán thường cố gắng giải cách đặt ẩn số phụ 2.3.2 Sử dụng đạo hàm để giải bất phương trình: Dạng 1: Bất phương trình cho đưa dạng: f ( x) > g ( x) (hoặc f (u ) > g (u ) ) u = u ( x) a) Thực theo bước sau: Bước 1: Biến đổi bất phương trình cho dạng: f ( x) > g ( x) (hoặc f (u ) > g (u ) ) Bước 2: Xét hàm số y = f ( x) y = g ( x) D *Tính f ' ( x) , g '( x) xét dấu f ' ( x) g '( x) , kết luận tính đơn điệu hàm số y = f ( x) y = g ( x) D *Tìm x0 cho f ( x0 ) = g ( x0 ) (hoặc tìm u0 cho f (u0 ) = f (u ) ) *Nếu f ( x) đơn điệu tăng, g(x) đơn điệu giảm (hoặc hàm hằng) thì: f ( x ) > g ( x ) ⇔ x > x0 , x ∈ D (hoặc f (u ) > g (u ) ⇔ u > u0 , x ∈ D ) Nếu f ( x) đơn điệu giảm, g(x) đơn điệu tăng (hoặc hàm hằng) thì: f ( x ) > g ( x ) ⇔ x < x0 , x ∈ D (hoặc f (u ) > g (u ) ⇔ u < u0 , x ∈ D ) Bước 3: kết luận *Kết luận nghiệm bất phương trình Chú ý: +) Bất phương trình f ( x) < g (m) nghiệm với x∈ D ⇔ max f ( x) ≤ g ( m) D f ( x ) ≤ g ( m) +) Bất phương trình f ( x) < g (m) có nghiệm x∈ D ⇔ D b) Bài tập vận dụng: Bài Tập nghiệm bất phương trình 3 − x + Tính a +2b A B *Nhận xét Bài tốn dùng nhiên ta cần biến đổi nhiều bước đưa khăn biến đổi Nhìn nhận tốn  3 Giải TXĐ : D =  ;   2 - 12 - − x ≤ (*) S = [ a; b ] 2x −1 C D 17 phương pháp biến đổi tương đương, bất phương trình bậc cao dẫn đến khó góc độ đạo hàm ta có cách giải sau − x liên tục D 2x −1 −3 1 3 − − < 0, ∀x ∈  ; ÷ ⇒ f(x) hàm nghịch Ta có f '( x) = − x (2 x − 1) x − 2 2 biến f (1) = Do BPT f ( x) ≤ ⇔ f ( x) ≤ f (1) ⇔ x ≥1  3 Kết hợp điều kiện tập nghiệm bất phương trình là: S = 1;  Vậy a +2b =  2 Xét hàm số: f ( x) = 3 − x + Chọn A Bài 2: Cho hàm số y = f ( x ) Hàm số y = f ′ ( x ) có bảng biến thiên sau x Bất phương trình f ( x ) < e + m nghiệm với x ∈ ( −1;1) A m ≥ f ( 1) − e e B m > f ( −1) − e C m ≥ f ( −1) − D m > f ( 1) − e ( Trích đề thi THPT QG 2019) Giải: f ( x ) < e + m ⇔ f ( x) − e < m Xét hàm số g ( x) = f ( x) − e x khoảng (-1; 1), có g '( x) = f '( x) − e x < ∀x ∈ (−1;1) ⇒ g ( x ) nghịch biên khoảng (-1; 1) x Bất phương trình f ( x ) < e + m nghiệm với x ∈ ( −1;1) x x g ( x) < m, ∀x ∈ ( −1;1) ⇔ g (−1) ≤ m ⇔ f (−1) − e −1 ≤ m ⇔ m ≥ f ( −1) − e Chọn C Bài Cho bất phương trình − ln x + 2m ln x + 2m − < Số giá trị nguyên dương m để bất phương trình nghiệm với x ∈ (1; e3 ) : A B C D Giải: Với x ∈ (1; e ) tacó: ln x + (1) − ln x + 2m ln x + 2m − < ⇔ 2m(ln x + 1) < ln x + ⇔ 2m < ln x + t + 2t − t +8 ⇒ t ∈ (0;3) ⇒ f '(t ) = Đặt t = ln x Do x ∈ (1; e ) Xét hàm số f (t ) = (t + 1) t +1 - 13 - t = ∈ (0;3) f '(t ) = ⇔  t = −4 ∉ (0;3) Lập bảng biến thiên hàm số f (t ) : f (t ) = Từ bảng biến thiên ⇒ tmin ∈(0;3) f (t ) ⇔ Bất phương trình (1) nghiệm với x ∈ (1; e3 ) 2m < tmin ∈(0;3) 2m < ⇔ m < Vậy có giá trị nguyên dương thỏa mãn toán Chọn D Dạng 2: Bất phương trình đưa dạng: f (u ) > f (v ) , u = u ( x), v = v( x) a) Thực theo bước sau: Bước 1: Biến đổi bất phương trình dạng: f (u) > f (v) Bước 2: Xét hàm số y = f (t ) D * Tính y ' xét dấu y’ * Kết luận hàm số y = f (t ) hàm số đơn điệu D * Nếu f(t) đơn điệu tăng thì: f (u ) > g (v) ⇔ u > v * Nếu f(x) đơn điệu giảm thì: f (u ) > g (v) ⇔ u < v Bước 3: Kết luận * Kết luận nghiệm bất phương trình cho Nhận xét: Ta hồn tồn vận dụng kinh nghiêm kỹ thuật giải phương trình vào biến đổi bất phương trình b) Bài tập vận dụng: Bài Tập nghiệm S bất phương trình x − ( x − x + 1) > x − x + 15 x − 14 (*) là: A S = (-1; 1) B (1; + ∞) C ¡ D ∅ Phân tích: Đây bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối bất phương trình bậc cao, nên để giải bất phương trình theo phương pháp đại số phức tạp Ta thấy hai vế đồng bậc độc lập nên nghĩ đến xét hàm đặc - 14 - trưng Để đưa dạng f (u ) > f (v) ta cần coi u = x − ta cần đưa 4( x − x + 1) về: u2 đo ta viết: 4( x − x + 1) = (2 x − 1) + Khi bất phương trình đưa về: x − (2 x − 1) + 3 > x − x + 15 x − 14 Vế trái có dạng: u3 + 3u, nên vế phải x − x + 15 x − 14 đưa dạng (a x + b) + 3( a x + b) Bằng phương pháp hệ số bất định ⇒ a = 1; b = 2 Lời giải: TXĐ: D = ¡ , BPT (*) ⇔ x − (2 x − 1) + 3 > ( x − 2) + x − ⇔ x − + x − > ( x − 2)3 + 3( x − 2) (**) Xét hàm số : f (t ) = t + 3t , liên tục ∀t ∈ ¡ ta có f '(t ) = 3t + > ⇒ f (t ) hàm đồng biến ¡  x ≥ Khi : (**) ⇔ f ( x − 1) > f ( x − 2) ⇔ x − > x − ⇔  2 x − ≥ x −  x ≤ ⇔ x ∈ ¡ Vậy bất phương trình nghiệm ∀ x∈ ¡ Chọn C  1 − x ≥ x − Bài Tập nghiệm bất phương trình Tính a +3b: A B 1− x x2 −2 1− x x2 ≥ 1 − (*) S = ( a; b ] x C D Phân tích: Từ hình thức tốn ta thấy: Có thể đưa bất phương trình dạng hai vế có cấu trúc Lời giải TXĐ : D = ¡ \ { 0} BPT (*) ⇔ 1− x x2 −2 1− x x2 1 − x − x  ≥  − ⇔2 2 x x  1− x x2 1 − x2 + ≥2 x 1− x x2 1− 2x + 2 x 2 1− x 1− 2x − x2 − x Nên hàm số f(t) đồng biến ¡ , mà bpt (*) ⇔ f ( ) ≥ f ( ) ⇔ ≥ x x x x x − 2x ≤ ⇔0< x≤2 Hay  x ≠  Xét hàm số f (t ) = 2t + t ,liên tục ¡ , ta có f '(t ) = 2t ln + > ∀t ∈ ¡ Vậy tập nghiệm bpt S = (0;2] Vậy a +3b = Chọn B Bài Gọi S tập hợp nghiệm nguyên bất phương trình 2( x −1) +1 − 3x ≤ x − x + khoảng (0; 2020) Số phần tử S là: A 2019 B 2018 C 2020 D 2021 - 15 - Giải: TXĐ D = [ 1; + ∞ ) 2( x −1) +1 + 2( x − 1) ≤ 3x + x − x + ⇔ 2( x −1) +1 + 2( x − 1) ≤ 3( x −1) +1 + ( x − 1) (*) t +1 Xét hàm số: f (t ) = 3t +1 + t , liên tục với ∀t ≥ , có f '(t ) = ln + 2t , ∀t ≥ nên f(t) đồng biến ∀t ≥ Bpt (*) ⇔ f ( 2( x − 1)) ≤ f ( x − 1) ⇔ 2( x − 1) ≤ x − ⇔ 2( x − 1) ≤ ( x − 1) , ( x ≥ 1) ⇔ x − x + ≥ ⇔ x ≤ x ≥ Kết hợp với điều kiện tập nghiệm bất phương trình là: S ={1} ∪ [ 3; +∞ ) Vậy có 2018 nghiệm nguyên thuộc khoảng (0; 2020) Chọn B Bài Tập nghiệm bất phương trình B (1; + ∞) A S = (-1; 1) x2 + 5x + x + x + + ≥ : x+3 2x + +1 C ¡ D [ 1;+ ∞ ) Phân tích : Ta VP : Vế phải chứa x + nên câu hỏi đặt : Liệu x + biểu diễn qua x + ? Câu trả lời x + = ( 2x + ) −1 Do ta cố gắng viết VT theo quy tắc vế phải   Giải TXĐ : D =  − ; +∞ ÷   Bpt ⇔ ( x + 2) + ( x + 2) − ≥ ( x + 2) + liên tục có f '(t ) = ( 2x + ) + 2x + −1 2x + +1 Xét hàm số f (t ) = t + t −1 ; ∀t ≥ t +1 t + 2t + > 0, ∀t ≥ ⇒ Hàm số f(t) đồng biến Mà bpt cho (t + 1) 2 ⇔ f ( x + 2) ≥ f ( x + 7) ⇔ x + ≥ x +  x ≥ −2 x + ≥  x ≥ −2  ⇔ ⇔ ⇔   x ≤ −3 ⇔ x ≥ x + 4x + ≥ 2x + x + 2x − ≥  x ≥  Vậy tập nghiệm bất phương trình S = [ 1; +∞ ) Chọn D Bài Bất phương trình x3 − x + 12 x − > − x + x − 19 x + 11 có tập nghiệm A (3; + ∞) B (1; 2) C (1; 6) D (1; 2) ∪ (3; +∞) Phân tích: Để đưa dạng f(u) > f(v) ta cần coi v = − x3 + x − 19 + 11 , v = − x + x − 19 x + 11 Vậy cần cộng vào hai vế với α (− x + x − 19 x + 11) , cho VT viết dạng u3 + u - 16 - Lời giải: BPT cho tương đương với: ( x − 1)3 − x + x − 19 x + 11 3 + ( x − 1) > + − x + x − 19 x + 11 (*) 2 3t Xét hàm số f (t ) = t + t tập ¡ Ta có f '(t ) = + > ∀t ∈ ¡ , ⇒ f(t) đồng biến 2 ¡ Khi (*) viết dạng f ( x − 1) > f ( − x + x − 19 x + 11 ) ⇔ ( x − 1) > − x3 + x − 19 x + 11 ⇔ ( x − 1)( x − 2)( x − 3) > ⇔ x ∈ (1; 2) ∪ (3; + ∞) Chọn D Bài Có cặp số nguyên (a; b) thỏa mãn < a < b < 100 để phương trình ab = b a có nghiệm nhỏ ? A 4751 B 4656 C D 4750 Lời giải: Do < a < b ta có: x x x x x x x ln a a  ln a  a b = b a ⇔ ln(a b ) = ln(b a ) ⇔ b x ln a = a x ln b ⇔  ÷ = ⇔ x = log a  ÷ ln b b b  ln b  a Ta có a < b ⇒ < b ln a a ln a ln b  ln a  Do x < ⇒ log a  ln b ÷ < ⇔ ln b > b ⇔ a > b (*)  b  Ta giải bất phương trình (*): Xét hàm số f (t ) = f '(t ) = ⇔ ln t − ln t ⇒ f '(t ) = (Với t > ) t t − ln t = ⇔ − ln t = ⇔ t = e t2 Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta có: Trường hợp 1: < a < e ⇔ a = 2, từ (*): ln a ln b > ⇔b>4 a b Do < b < 100 nên ta có 95 cặp số dạng ( 2;b ) thỏa mãn Trường hợp 2: a > e hàm số nghịch biến ( e;100 ) - 17 - ln a ln b > với ∀e < a < b < 100 a b Trên khoảng ( e;100 ) có 97 số nguyên, ta có C972 = 4656 cặp số nguyên ( a; b ) Suy thỏa mãn Vậy, ta có 95 + 4656 = 4751 cặp số thỏa mãn yêu cầu toán Chọn A Nhận xét: Giải bất phương trình (*) nhiều học sinh khơng thể làm xét hàm đặc trưng hàm số khơng đơn điệu miền xác định 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 2.4.1 Kết nghiên cứu Để kiểm tra hiệu đề tài tiến hành kiểm tra hai đối tượng có chất lượng tương đương lớp 12E 12G Trong lớp 12E chưa giới thiệu cách khai thác sử dụng đạo hàm để giải phương trình bất phương trình với hình thức kiểm tra tự luận thời gian làm 45 phút cho câu hỏi Đề bài: Bài Giải phương trình: x − x + 10 − 3x = Bài Giải bất phương trình: x + + x + ≥ Bài Giải Phương trình: x − x + 255−3 x + x + 10 =163 x −5 + x − x + x 2 2.4.2 Kết thu Lớp Sĩ số 12E 12G 42 42 Điểm