Đang tải... (xem toàn văn)
PhÇn hai: Néi dung ,ph¬ng ph¸p ,c¸ch thøc thùc hiÖn... Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh.[r]
(1)Phần một: Đặt vấn đề
Hiện ,giáo dục không ngừng đợc cải cách đổi Để kịp với xu hớng ,rất nhiều u cầu đợc đặt Một số để có đợc phơng pháp giải tốn hay ,nhanh,mà cho kết xác Phơng pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số phơng pháp giải tốn nh
Có nhiều tốn nhìn tởng khó,nếu giải đợc lời giải khó
hiểu,rắc rối Nhng áp dụng phơng pháp ,bài toán trở thành đơn giản ,gọn nhiều Đó ứng dụng phơng pháp ,ngoài phơng pháp sử dụng tính đơn điệu cịn phát huy u việt nhiều trờng hợp khác
Nói tóm lại,Phơng pháp cần thiết em học sinh chuẩn bị ôn thi tốt nghiệ trung học phổ thơng,thi đại học cao đẳng.Nó giúp em phát huy tối đa tính sáng tạo việc tìm đơng giải tốn nhanh ,hay xác
Trong q trình dạy học mơn tốn bậc trung học phổ thơng, gặp nhiều tốn chứng minh bất đẳng thức ,giải phơng trình ,bất phơng trình ,hệ phơng trình.Để giải tốn dạng có ta giải đợc nhiều phơng pháp khác , có giải đợc phơng pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số.Sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải tốn phơng pháp hay,thông thờng để giải toán đơn giản,gọn nhẹ so với phơng pháp khác
Tuy nhiên để học sinh có kỹ ta cần hệ thống hoá lại tập ,để học sinh giáo viên bớt lúng túng
Phơng pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải tốn ,chiếm vị trí đặc biệt quan trọng toán chứng minh bất đẳng thức, giải phơng trình ,bất phơng trình ,hệ phơng trình.Phơng pháp dựa mối liên hệ tính đồng biến nghịch biến hàm số với đạo hàm
(2)PhÇn hai: Nội dung ,phơng pháp ,cách thức thực hiện. A.Kiến thức cÇn nhí !
Hàm số y = f(x) xác định đoạn [a;b] đợc gọi đồng biến đoạn ấy, với x1 < x2 thuộc đoạn [a ;b] ta có f(x1) < f(x2)
Điều kiện để y = f(x) đồng biến [a ;b] y'= f(x) 0 , x [a ;b] Đồng thời dấu ''='' đạt đợc số điểm riêng biệt
(3)Tơng tự, y = f(x) đợc gọi nghịch biến [a ;b] y' = f'(x) 0 , x [a;b] Đồng thời dấu ''='' đạt đợc số điểm riêng biệt
Đối với hàm nghịch biến ymax= y(a) , ymin= y(b) (a < b) ,đồng thời ph-ơng trình f(x) =0 có nghiệm nghiệm
Hàm số y = f(x) đồng biến nghịch biến đoạn [a;b] đợc gọi đơn điệu đoạn
Hàm đơn điệu có tính chất quan trọng sau đây: f(x) = f(y) x = y. Nếu f(x) đồng biến , g(x) nghịch biến :
1) Nếu phơng trình f(x) = g(x) có nghiệm x = x0 nghiệm 2) Nghiệm bất phơng trình f(x) > g(x) giao x>x0 miền xác định bất phơng trình
3) Nghiệm bất phơng trình f(x) < g(x) giao x< x0 miền xác định bất phơng trình
B.Một số ví dụ :
I. Phơng trình
Ví dụ 1: giải phơng trình: x1- x = (1) Giải: điều kiện -1 x
(1) x1 = 1+ 4 x
Có nghiệm x = 3, 1 = = + 3 = Đúng vế trái hàm đồng biến ( đạo hàm dơng) ,
vế phải hàm nghịch biến ( đạo hàm âm), nên x = nghiệm (1)
Nhận xét.Cái hay cách giải đa phơng trình vơ tỷ sử dụng tính đơn điệu , tránh đợc bình phơng lần dễ dẫn n mt nghim.
Ví dụ 2.Giải phơng trình x5 +x3 - x +4 =0 Giải: Điều kiện x1/ Đặt f(x) = x5 +x3 - 3 x +4
Ta cã f'(x) = 5x4 +3x2 +
(4) f(x) đồng biến / (
1 , ]
3
Mặt khác f(-1) = nên phơng trình f(x) = có nghiệm x = -1
Ví dụ 3 Giải phơng tr×nh x2 15 3 x 2 x2 8
Giải.Phơng trình
2
( ) 15
f x x x x
(*)
Nếu x2 / f(x) <0 phơng trình (*) vô nghiệm
Nếu x >2/3 f'(x) = + x 2
1
0 x>
8 15
x x
f(x) đồng biến /
2 ,
Mà f(1) = nên (*) có nghiệm x =
Ví dụ 4: Giải bất phơng trình : 2 x 2 x 2x
(1) Giải: Nhận thấy x = nghiệm ,vì ta có : 2- 2 2
Vì 2x > nên (1)
2 3
1
4
x x
Do
2 3
1
4
Nªn vế trái hàm nghịch biến ,và x =2 lµ nghiƯm nhÊt cđa (1) NhËn xÐt Cái hay cách giải phát c¬ sè bÐ h¬n
để sử dụng tớnh nghch bin.
Ví dụ 5:Giải phơng trình : x + lg(x2 -x -6) = +lg(x +2). Gi¶i: §iỊu kiƯn x +2>0, x2 - x -6 >0 x3
Vậy (1) x + lg(x +2) +lg(x -3) = +lg(x +2) lg(x -3) = -x (2) Phơng trình có nghiệm x =4 ta có lg1 =
Vì vết trái đồng biến (cơ số lôgarit lớn 1).Vế phải nghịch biến ( đạo hàm âm) , Nên (2) có nghiệm x = ( thoả mãn điều kiện x > 3)
Ví dụ 6: Giải phơng trình
2log3cotgx = log2cosx Giải: Điều kiện cosx > 0,sinx >
(5) cotg2x = 3y V× cotg2x =
2
cos
1 cos
y y x
x
3y - 12y = 4y
3 1,
y y
cã nghiÖm nhÊt y = -1
Vì vế trái số 3/4 <1 hàm nghịch biến ,vế phải số 3>1 hàm đồng biến Vậy cosx = 2-1 = 1/2 x = / 2 k k R, .
Kết hợp với điều kiện ,ta đợc nghiệm (1) : x =
2 ,
3 k k z
Nhận xét Cái hay cách giải đa (1) dạng phơng trình mũ khơng tắc để sử dụng tính đơn điệu.
Ví dụ 7: giải phơng tr×nh
3 x2- 2x3 = log2(x2 + 1) - log2x (1) Giải: Điều kiện: x > với điều kiÖn Êy
(1) x2(3-2x) - log2(x +
x) (2)
Do x > nên x+
x 2 vế phải hàm loga có số lớn 1,
nên hàm đồng biến log2(x +
x) log22 = 1.
VËy th× vế trái dơng x2(3-2x) >0 3-2x > 0.
Ta có x2(3-2x) = x.x.(3-2x) tích số dơng ,có tổng khơng đổi ,nên đạt giá trị lớn ,khi x = -2x =
Nh VT 1 ,đạt dấu = x = , VP , đạt dấu = x =
phơng trình có nghiệm x = 1.
Nhận xét.Cái hay cách giải áp dụng linh hoạt hệ bất đẳng thức Cơsi và tính đơn điệu hàm logarit
Ví dụ 8 giải phơng trình:
3.4x + (3x-10)2x + - x = 0 Giải đặt y = 2x > 0, ta có
3y2 + (3x - 10)y + - x = 0
Từ y =
3 10 (3 8)
6
x x
y1 =
(6)NÕu y1 =
3 = 2x x = -log23.
Nếu y2 = - x = 2x , ta có x = nghiệm , -1 = vế trái hàm nghịch biến ( có đạo hàm âm) ,
vế phải hàm đồng biến ( số hàm mũ lớn 1)
Nhận xét.Cách giải hay chổ biết chọn ẩn số thích hợp để đa phơng trình bậc hai sử dụng đợc tính đơn điệu ca hm s.
II. Bất hơng trình
Ví dụ 1 giải bất phơng trình x9 > - 2x4 (2) Giải: Điều kiện x2
do v trỏi hàm đồng biến( đạo hàm dơng) vế phải la hàm nghịch biến(đạo hàm âm)
nªn nghiƯm cđa (2) lµ giao cđa x vµ x > x0 vói x0 nghiệm phơng trình
9
x = - 2x4 ;
phơng trình cuối có nghiệm x =0, ta có =5- vế trái đồng biến, vế phải nghịch biến
VËy nghiƯm cđa (2) lµ giao cđa x 2 va x > x >
Nhận xét.Cái hay cách giải đa bất phơng trình vơ tỷ sử dụng tính đơn điệu , tránh đợc bình phơng lần dễ dẫn đến nghiệm.
Ví dụ 2 Giải bất phơng trình x 1 35x 7 47x 5 513x 8 Gi¶i §iỊu kiƯn x5/7 XÕt f(x) = x 1 35x 7 47x 5513x
Ta cã f'(x) =
2
3
1 13
0 x1 (5 x 7) 4 (13x 7) 5 (13x 7)
F9x) đồng biến /
5 ,
.Mặt khác f(3) = nªn bpt f(x) < 8.
5/
( ) (3)
3
x
f x f x
x
Nhận xét.Cái hay cách giải đa bất phơng trình vơ tỷ sử dụng tính đơn điệu,trong muốn giải cách khác rt khú khn.
(7)Giải Điều kiện x > 0.Đặt f(x) = 2x + x x7 2 x2 7x
Ta cã f'(x) =
1
2
2 7
x
x x x x
, 29 35 12
f
Nên f(x) đồng biến f(x) < 35 =
2 29 12
f
29 12
x
.
VÝ dô 4: Giải bất phơng trình : 2
1
x x
x
x x
(1)
Giải: Điều kiÖn: x 0, x + 2
1
0,x
x x x 1
Do vËy (1)
3 1 1 (2)
x x
Đặt x3 1 u x3 1 v 0,khi
(2)
2
1
2
2
2 ( )( ) 2
u v
u v
u v u v u v
u -v 1
2 u v v u
v
1 (thÝch hỵp) VËy :
3 1 3 1
2 4
x x x
Đáp số :
3
x
Hoặc xét VT =f(x)= x3 1 x3 hàm đồng biến
Suy nghiệm (2) giao x 1 x > x0 ,trong x0 l nghim
của phơng trình : x3 x3 =
Suy x0 =
4 ,suy bất phơng trình có nghiÖm
x
(8)
Ví dụ 5: Giải bất phơng trình
2
2 10
x x x x x (1) Giải: Điều kiện x -2
Đặt
2
5
x u
x v
Suy x2 7x10 uv
Do u v đồng biến x -2
Vế trái hàm đồng biến , vế phải hàm nghịch biến
Nên nghiệm (1) giao x -2 x < x0 với x0 nghiệm phơng trình:
2 10
x x x x x V× u2 +v2 = 2x +7 ,suy 2x = u2 +v2 -7 Vµ u2 +v2 +2uv +( u +v) -12 =0
Đặt u +v = t >0 ta đợc : t2 +t -12 = , t > 0
Suy t =3 vËy
¿
u+v=3
u2− v2 =−3
⇔
¿u+v=3
u −v=−1
⇒u=1 ¿{
¿
Từ u = x2 1 x1 Vậy nghiệm (1) 2 x
Nhận xét.Cái hay cách giải dùng tính đơn điệu hàm số để đa bất ph-ơng trình vơ tỷ hệ phph-ơng trình bậc 1.
VÝ dụ 6.Với giá trị tham số m bpt sau cã nghiÖm?
x2 +
2
2 x m m m 0
Giải: Đặt t = x m 0 t2 = x2 -2mx +m2 , (1) y = t2 +2t +2mx +m -1 0 Có nghiệm t 0
(9)Nªn ymin = y(0) = 2mx +m -1 = 2m2 +m -1 0 -1
1
m
Nhận xét.Cái hay cách giải sử dụng giá trị tuyệt đối x m làm ẩn số để đa về parabol theo t 0 Không phải xét tơng quan x y làm cho cách giải nhẹ nhàng hơn.
III. Hệ Phơng trình
Ví dụ 1: Tìm số x 0;,y 0; tho¶ m·n hƯ :
cot - coty x -y (1) 5x + y = (2)
x
Giải : Viết phơng trình (1) dới d¹ng : x - cotx = y - coty (3) XÐt hµm sè f(t) = t - cot t , < t <
Khi f(t) xác định t 0; f'(t) = +
sin t > , t 0; f(t) đồng biến t 0;
Tõ (3) f(x) = f(y) x = y
Thay vào phơng trình (2) hệ ,ta đựoc x = y = 13
VÝ dơ 2: Gi¶i hƯ :
tan tan
tan tan 2, , 0;
x y x y
x y x y
Giải : Viết phơng trình (1) dới dạng x - tan x = y - tan y (3)
Và xét hàm f(t) = t - tant xác định
0;
t
,cã f'(t) = 1-
cos t< ,do t 0;2
< cos t < 1.VËy f( t) nghÞch biÕn
Tõ (3) suy f(x) = f(y) x = y vµ tõ (2) tan x = tan y = x = y =4
(10)2 2 2 a x y y a y x x
Có nghiệm nhất.
Giải: Điều kiện : x 0 ,y 0 Do x vµ
a
x cïng dÊu , Do y vµ
2
a
y cïng dÊu
x> , y> 0.Bëi vËy : (1) 2x2y = y2 + a2 (1)' (2) 2y2x = x2 +a2 (2)'
(1)'-(2)' ta đợc:2xy (x -y) = (y-x)(y+x) ( x-y) ( 2xy +x+y) =0,do x > 0,y >0 nên ( 2xy +x+y) >0
Do x - y =0 hay x = y.Thay x =y vào (1)' ta đợc : f(x) = 2x3 -x2 = a2 ; f'(x) = 6x2 -2x
Ta có bảng biến thiên:
T suy phơng trình : 2x3 -x2 = a2 ( a2 > 0) có nghiệm
Nhận xét.Cái hay cách giải từ hệ đối xứng loại (1) -(2) ,không trừ trực tiếp ngay ,mà biến đổi trớc để trừ (1') cho (2') phơng trình hệ khơng chứa tham số,nên tránh đợc biện luận.
VÝ dơ 4.Gi¶i hÖ :
3 3 2 2
x y y y
y z z z
z x x x
Giải.Xét hàm đặc trng f(t) = t3 +t2 +t với t
Ta có f'(t) = 3t2 +2t +1 = 2t2 +(t+1)2 >0 f(t) đồng biến Giả sử : x y z f x( )f y( )f z( )
2z +1 2x 1 2y1 z x y y z
Hệ cho
3 2
2 ( 1)( 1)
x y z x y z
x x x x x x
1
x y z x y z
//
x − ∞ +∞
f f’
- - - +
(11)III. Bất đẳng thức
Ví dụ 1 Chứng minh : ex > +x , x Giải : Đặt f(x) = ex -x -1 , f'(x) = ex -1
*Nếu x> f(x) > nên f tăng [ 0; +) Do f(x) > f(0) =0 ex > x +1.
*Nếu x<0 f'(x) < nên f giảm (-,0) f(x) > f(0) =
ex > x +1
VËy ex > x +1 x 0.
VÝ dô 2 Chøng minh r»ng nÕu x > 0, ln x < x Giải Xét hàm số f(t) = lnt - t víi t >
Ta cã f (t) =
1
2
t
t t t
LËp b¶ng xÐt dÊu sau:
Nh vËy x 0,cã f(x) f(4)
lnx - x ln4-2
Do 4<e2 ln4 < ,vËy tõ (1) suy lnx - x < ln x < x (®pcm) VÝ dơ 3 Chøng minh r»ng log19992000 > log20002001
Giải Xét hàm số f(x) = logx(x +1) víi x >
Khi bất đẳng thức cho có dạng tơng đơng sau : f( 1999) > f(2000)
Ta cã f(x) = logx(x +1) =
ln( 1) ln
x x
t
0
+
(12) f(x) = 2
ln ln( 1)
ln ( 1)ln( 1)
ln ( 1)ln
x x
x x x x
x x
x x x x
ln
( 1) 0
( 1)ln
x x x x
x x x
Vậy f(x) hàm nghịch biến x > 1,do (2) hiển nhiên (đpcm)
VÝ dô 4 Chøng minh r»ng ln ( 1+ 1x2 ) <
x+ ln x nÕu x > 0.
Giải.Xét hàm số f(t) = ln( 1+ 1t2 ) - lnt -
t víi t > 0
Ta cã f(t) =
2 1 t t t -
t +
1
t =
2 2 1 t t t t
> 0
Do f(t) hàm đồng biến t > 0, x > ,nên
f(x) < f(+) =tlim f(t) = tlim
2
ln(1 t ) lnt t
f(x) <
2
1
lim (ln )
t t t =
ln(1+ 1x ) < lnx +
1
x ®.p.c.m
VÝ dơ 5 Chøng minh r»ng : x > ln(x +1) , x > Giải : Đặt f(x) = x - ln(x +1) liªn tơc trªn [ ,+) cã
f'(x) = -
0;
1
x
x
x x
f tăng [ ,+) f(x) > f(0) =0 x > ln(x+1) víi x > 0.
VÝ dơ 6 Chøng minh r»ng : lnx >
2( 1)
x x
víi x>1.
Giải : Đặt f(x) = lnx -
2( 1)
x x
( x>1) liªn tơc trªn [ ; +)
Ta cã f'(x) =
2
2
1 ( 1)
0,
( 1) ( 1)
x
x
x x x x
f tăng [ ; +)
Vậy với x > ta có f(x) > f(1) = Từ suy lnx >
2( 1)
x x
(13)VÝ dô 7 cho < <
Chøng minh r»ng: sin >
Giải xét hàm số : f(x) = sinx
x víi x
0,
Ta cã f'(x) = cos sin
x x x
x
=
cos (x x tgx)
x
suy f'(x) < x 0,
f(x) lµ hàm nghịch biến ( 0,
)
V× < <
f() > f(
)
sin >
sin 2 sin >
®.p.c.m.
VÝ dơ 8 cho < <
Chøng minh r»ng: sin + cos >
Giải.xét hàm số : f(x) = xsinx + cosx - víi x 0,
f'(x) = sinx + xcosx -sinx = xcosx x 0,
V× f' = chØ x = hc x =
f hàm đồng biến 0,2
.
V× < <
f(0) < f( ) < sin + cos - sin + cos > ®.p.c.m
VÝ dô 9.Chøng minh r»ng : sinx < x < tgx víi < x <
Giải Đặt f(x) = x - sin x , x
(0; ]
Khi f liên tục [ ,
]
Và có đạo hàm ( ;
) f tăng [ ,
]
Từ x > f(x) > f(0) x > sinx với x
(0; )
(14)T¬ng tù ta cịng cã x < tgx ,
0;
x
.
VÝ dô 10 Chøng minh r»ng nÕu < x <
2sinx + 2tgx 2x+1 Giải: áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
2sinx +2tgx 2 2sinx tgx
Ta chøng minh : 2sinx tgx 2x+1 2sinx +tgx 22x
sinx +tgx 2x ( x (0; )2
)
Đặt f(x) = sinx +tgx -2x víi < x<
Ta cã f'(x) = cosx +
2 cos x
V× < x <
nên cosx > cos2x Do : f'(x) > cos2x +
2
cos x
f tăng (0; )2
f(x) > f(0) = 0
sinx +tgx > 2x , x 0;2
(®pcm)
Ví dụ 11 Chứng minh bất đẳng thức : x -
sin
x
x
với x >
Giải : Đặt f(x) = sinx +
x
-x
Ta cã f'(x) = cosx + 2
x
-1
f''(x) = - sin x +x > ( theo ví dụ )
f'' tăng trªn ( ; +) f'(x) > f'( 0) = 0, víi x > 0. f tăng ( ; +) f(x) > f( 0) = 0, víi x > 0.
x -
3 sin
x
x
( ®pcm)
(15)f(a) = f'(a) = f''(a) = = f(n-1)(a) = vµ f(n) >0 x a b; th× f(x) >0 , x a b; VÝ dô 12.Chøng minh r»ng : sinx < x -
3
6 120
x x
víi x >
Giải : đặt f(x) = x -
3 120
x x
- sinx , víi x > Ta cã :
f'(x) = cos 24 x x x
f'' (x) = - x - sin x x
f(4)(x) = x - sinx f(5)(x) = 1-cosx 0
f(0) = f'(0) = f''(0)=f(3)(0) =f(4)(0) =0
f(x) > ; x > 0.
C.Một số tập tơng tù
1.Chøng minh r»ng : ln(1+x) > x
x>0
x
2.Chøng minh r»ng : ln(1+
2
1x ) <
1
ln , x>0.x
x
3 Chøng minh r»ng : logx(x+1) > logx+1(x+2) , x 4.Giải bất phơng trình : x9 2x4
5.Giải hệ phơng trình :
3 3 sin sin sin y x y z y z x z x
6.Gi¶i hƯ :
x x y y y z z z x
e e y
e e z
e e x
(16)Phần 3:Kết đạt đợc học kinh nghiệm. 1.ý nghĩa thực tiễn.
-Sau đợc rèn luyện hệ thống kiến thức trên,các em học sinh mạnh dạn ,linh hoạt việc dùng đạo hàm để giải toán
-Cái hay cách giải sử dụng linh hoạt tính đơn điệu hàm số để chứng minh bất đẳng thức ,giải phơng trình, giải bất phơng trình, giải hệ phơng trình
-Tránh đợc việc biện luận theo tham số mt s bi toỏn
-Tránh phải xét nhiều trờng hợp số toán
-Trỏnh phi áp dụng bất đẳng thức côsi cần phải chứng minh
-Tránh việc bình phơng hai vế dễ dẫn đến sai sót ,thừa nghiệm tránh việc giải phơng trình bậc cao
2.Kết thu đợc .
HÕt
Sở giáo dục đào tạo hoá
Tr
(17)S¸ng kiÕn kinh nghiƯm
Néi dung
Sử dụng tính đơn điệu hm s gii toỏn
Giáo Viên: Vũ Hoàng Sơn Môn: Toán
Trờng: THPT Dơng Đình Nghệ