Sáng kiến kinh nghiệm: Kinh nghiệm tìm hàm đặc trưng để giải hệ phương trình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI KINH NGHIỆM TÌM HÀM ĐẶC TRƯNG ĐỂ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Người thực hiện: Lê Xuân Thắng Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc mơn: Tốn THANH HỐ NĂM 2013 I, Phần mở đầu 1.Lí chọn sang kiến kinh nghiệm + Lí khách quan: Các tốn hệ phương trình thường phong phú đa dạng, gặp nhiều kì thi học sinh giỏi, thi đại học, cao đẳng đặc biệt toán hệ phương trình giải cách sử dụng hàm đặc trưng Thông thường học sinh hay lúng túng trước tốn giải hệ phương trình, gặp giải hệ phương trình với cách giải dùng hàm đặc trưng, dùng đánh giá, dùng bất đẳng thức… + Lí chủ quan: Qua kinh nghiệm giảng dạy tham khảo tài liệu, thấy để giải hệ phương trình loại việc tìm hàm đặc trưng khâu quan trọng bậc nhất, việc tìm hàm đặc trưng từ hệ phương trình cho tốn coi giải nửa Vấn đề tìm hàm đặc trưng Tư nào? Cách biến đổi làm sao? SKKN “Kinh nghiệm tìm hàm đặc trưng để giải hệ phương trình” phần giúp em trả lời câu hỏi Đối tượng phương pháp nghiên cứu đối tượng khảo sát + Đối tượng nghiên cứu hệ phương trình đề thi học sinh giỏi, đề thi đại học cao đẳng +Đối tượng khảo sát học sinh lớp 12 chuẩn bị thi Đại học khối có thi mơn Tốn Trong thực tế, kiểm nghiệm kết trước sau áp dụng chuyên đề để khẳng tính hiệu chuyên đề Nhiệm vụ- Phạm vi thời gian thực Do có sử dụng phương pháp hàm số nên phạm vi SKKN giành cho lớp 12 em học sinh thi đại học khối có thi mơn Tốn Thời gian đưa vào sử dụng hai buổi dạy, sau em học xong chương I khảo sát hàm số II, Phần nội dung A Cơ sở khoa học sáng kiến kinh nghiệm Cơ sở lí luận Các em học sinh học sinh thi đại học có thi mơn Tốn có nhu cầu học tập nắm bắt phương pháp giải hệ phương trình Sau em học xong chương “khảo sát hàm số”, em hồn tồn tiếp thu chun đề để đạt kết học tập cao Cơ sở thực tiễn +Thực tế em chưa học chuyên đề kết thi em chưa cao Thậm chí khơng thể giải +Đề thi đại học đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm… thường có câu dạng +Có nhiều em học sinh trường chưa giải chọn vẹn dạng tốn Chính lí cần thiết phải đưa chun đề vào giảng dạy ứng dụng thực tế B Thực trạng vấn đề sáng kiến kinh nghiệm đề cập tới - Qua thực tế giảng dạy trực tiếp lớp 12 thấy tập dạng tỉ lệ học sinh giải thấp, chí “bỏ qua” thân chưa có đào sâu suy nghĩ, cộng thêm ngun nhân khách quan phần kiến thức khó, địi hỏi tư Cụ thể năm học 2012-1013 chưa áp dung sáng kiến vào giảng dạy Tôi cho học sinh lớp 12B2 giải hệ phương có sử dụng hàm đặc trưng kết sau Giỏi Khá TB Yếu Lớp Số HS SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) 12B2 50 13 26 22 44 13 26 Xuất phát từ thực tế đó, tơi tiến hành đổi dạy nội dung lớp 12C3 (lớp 12C3 có chất lượng tương đương với lớp 12B2) III Giải pháp tổ chức thực A Định lí Trước hết tơi nêu định lí dạng đơn giản Cho hàm số f đơn điệu ( a; b ) (hoặc [ a; b ] ; [ a; b ) ; ( a; b ] ) Nếu f ( u ) = f ( v ) ( 1) u , v ∈ ( a; b ) ( 1) ⇔ u = v Sau cho thí dụ theo hệ thống từ đơn giản đến phức tạp nhằm trước tiên cho học sinh nhận dạng khái niệm sau từ từ nâng cao với ví dụ đa dạng với nhiều hướng biến đổi khác Cụ thể tổ chức thực sau: B Nội dung Thí dụ 1: e x − e x = x − y ( 1)  Giải hệ phương trình sau :  x log + log y = 10 ( )  Giải: x y x y Điều kiện: x, y > ( 1) ⇔ e − e = x − y ⇔ e − x = e − y ( *) t t Đặt f ( t ) = e − t ∀t>0 ; f ' ( t ) = e − > ∀t>0 Hay f ( t ) hàm số đồng biến Do ( *) ⇔ x = y Thay vào ( 1) ta x + log x = 10 ⇔ −1 + log x + ( + 3log x ) = 10 ⇔ 7log x = ⇔ x = 2 tương ứng y = Vậy hệ có nghiệm ( 2;2 ) log Thí dụ 2:  x + xy = y10 + y ( 1) Giải hệ phương trình sau :   x + + y + = ( ) Giải Điều kiện : x ≥ − Từ hệ suy y ≠ Chia hai vế phương trình (1) cho y 5 x x ta  ÷ +  ÷ = y + y ( *) Xét hàm số : f (t ) = t + t ; f '(t ) = 5t + > ∀t  y  y x Hay f(t) đồng biến Do ( *) ⇔ = y ↔ x = y y Thay vào phương trình (2) ta : x + + x + = ( 3) Rõ ràng vế trái phương trình ( 3) hàm đồng biến Nhận thấy x = nghiệm phương trình ( 3) suy nghiệm Tương ứng y = ±1 Vậy hệ có nghiệm : ( 1; −1) ; ( 1;1) Thí dụ 3:  x − x = y − y ( 1) Giải hệ phương trình sau :  8 ( 2)  x + y = Giải: Từ (2) suy : x , y ≤ Từ (1) ta xét hàm số : f(t)= t − 5t ⇒ f '(t ) = 3t − < ∀t ∈ [ −1;1] hay f(t) 1 hàm số nghịch biến Do ( 1) ⇔ x = y thay vào ( ) ta : x = ⇔ x = ± 2 1  1   tương ứng y = ± Vậy hệ có nghiệm  − ; − ÷;  ; ÷ 2 2  2  Thí dụ 4:  x + + − y = ( 1) Giải hệ phương trình sau   y + + − x = ( ) 1 ≤ x ≤ Giải: Điều kiện  1 ≤ y ≤ Trừ hai vế phương trình cho ta x + − − x = y + − − y ( *) 1 + >0 ∀t ∈ [ 1;7 ] t +1 7−t Hay f ( t ) đồng biến với ∀t ∈ [ 1;7 ] Do ( *) ⇔ x = y Thay vào ( 1) ta x + + − x = ⇔ x + − x = ⇔ x − x + = ⇔ x = tương ứng y = Vậy hệ có nghiệm ( 3;3) Thí dụ 5:  x + x − x + = y −1 + ( 1) Giải hệ phương trình sau :  x −1  y + y − y + = + ( ) Giải: u + u + = 3v ( 3) Đặt u = x − ; v = y − hệ có dạng :  v + v + = 3u Trừ hai phương trình vế với vế ta : u + u + + 3u = v + v + + 3v (*) Đặt f ( t ) = t + − − t ∀t ∈ [ 1;7 ] ; Ta có f ' ( t ) = Xét hàm số f (u ) = u + u + + 3u ∀u u ⇒ f '(u ) = + + ln = u u2 + + u + 3u ln > u +u u +1 u +1 u +1 Hay hàm số đồng biến Do ( *) ⇔ u = v Thay vào (3) ( ) ( + 3u ln > 3u ln > ) ⇔ u + u + = 3u ⇔ ln u + u + = u ln ⇒ g (u ) = ln u + u + − u ln 1+ u u + − ln = − ln < ∀u Chứng tỏ hàm số g ( t ) u + u2 + u2 + nghịch biến Nhưng ta lại có g ( ) = phương trình có nghiệm u = suy v = Do hệ có nghiệm ( 1;1) Thí dụ 6:  x ( −2 + y ) = −8 ( 1) Giải hệ phương trình sau  (Học sinh giỏi Hà Nội 2012) ( 2)  x ( y + ) = −6 Giải: Từ hệ phương trình suy x ≠ −8  − + y =  x ( −2 + y ) = −8 ( 1)  x3 ⇔   ( 2)  y + = −6  x ( y + ) = −6  x Ta có g '(u ) = Cộng hai vế phương trình cho ta có −8  −2   −2  3 y + y = − ⇔ y + y =  ÷ +  ÷ ( *) x x  x   x  Xét hàm số f ( t ) = t + 3t ∀t ≠ f ' ( t ) = 3t + > ∀t Hay hàm số đồng biến Do −2 = y ⇔ xy = −2 Thay vào ( 1) ta ( *) ⇔ x x =1 6  x  −2 − ÷ = −8 ⇔ x + x − = ⇔ ( x − 1) ( x + x + ) = ⇔  x   x = −2  y = −2 tương ứng  y =1 Vậy hệ có nghiệm ( 1; −2 ) ; ( −2;1) Thí dụ 7: 2 ( x + 1) + x + = ( y − 3) y − ( 1) Giải hệ phương trình sau  x + + y + = ( )  −1  x ≥ Giải: Điều kiện   y ≥ a = x + ⇒ y = b + Thay vào hệ ta có 2a + a = 2b3 + b ( *) Đặt  b = y − ≥ Đặt f ( t ) = 2t + t ∀t ≥ ; f ( t ) = 6t + > ∀t ≥ Hay hàm số đồng biến Do ( *) ⇔ a = b hay x + = y − Thay vào ( ) ta y − + y + = ( 3) Rõ ràng vế trái phương trình ( 3) hàm đồng biến với ∀y ≥ Nhận thấy phương trình ( 3) có nghiệm x = suy nghiệm ( 3) tương ứng x =  1 Vậy hệ có nghiệm  6; ÷  2 Thí dụ 8: e x − y + e x + y = ( x + 1) ( 1) Giải hệ phương trình sau  x + y ( 2) e = x − y + Giải: a = x − y ⇒ a + b = x Khi hệ trở thành Đặt  b = x + y  a b a e + eb = a + b + e a = b + e − e = b − a ( 3) ⇔ b ⇔ b  b e = a + e = a + ( 4)   e = a + a b a b t Xét ( 3) ta có e − e = b − a ⇔ e + a = e + b ( *) Xét hàm số f ( t ) = e + t f ' ( t ) = et + > ∀t Hay hàm số đồng biến Do ( *) ⇔ a = b hay y = Thay x vào ( ) ta e − x − = ( ) x x Xét g ( x ) = e − x − ∀x; g ' ( x ) = e − = ⇔ x = Bảng biến thiên x g '( x ) g ( x) −∞ 0 +∞ +∞ + +∞ Suy phương trình ( ) có nghiệm x = Vậy hệ có nghiệm ( 0;0 ) Thí dụ 9: x  x 1− y 2 − + log − y = ( 1) Giải hệ phương trình sau  x ( − y ) + y + = ( 2)  Giải: x >0 Điều kiện: 1− y Xét trường hợp sau: 5y +1 x < x < < vơ lí ( y > ) ⇔ Trường hợp 1:  Khi ( ) ⇔ x = y −1 1 − y <  y > Do trường hợp vơ nghiệm x > x > ⇔ Trường hợp :  Khi 1 − y >  y < x x − 21− y + log = ⇔ x − 21− y + log x − log ( − y ) = ⇔ x + log x = 21− y + log ( − y ) ( * ) 1− y > ∀t>0 Hay hàm số t ln f ( t ) đồng biến Do ( *) ⇔ x = − y Thay vào ( ) ta  y = −1 x = 2 ( − y ) + y + = ⇔ y2 + 3y + = ⇔  tương ứng   y = −2 x = Vậy hệ có nghiệm ( 2; −1) ; ( 3; −2 ) Thí dụ 10: ( x + 1) x + ( y − 3) − y = ( 1) Giải hệ phương trình sau :  2 ( 2) 4 x + y + − x = Giải: Điều kiện : x ≤ , y ≤ Đặt t = − y ⇒ y = ( − t ) , thay vào (1) ta có : 2 5−t   ⇔ x3 + x = t  − ⇔ x + x = t + t ( *) ÷   Xét hàm số : f ( x) = x + x ⇒ f '( x) = x + > ∀x → f ( x) đồng biến ( *) ⇔ t = x > Do : − y = x ⇔ y = − x Thay vào phương trình (2) hệ ta :  − x2   3 g ( x) = x +  + − x = ∀x ∈  0; ÷ ÷  4   4 5  3 2 = x ( x − 3) − < ∀x ∈  0; ÷, Ta có g '( x) = x − x  − x ÷− − 4x − 4x 2   4 1 Nhận thấy g ( ) = ⇒ x = nghiệm g ( x ) = , tương ứng y = 2 1  Vậy hệ có nghiệm  ;2 ÷ 2  Thí dụ 11:  x − 3x − x + 22 = y + y − y ( 1) Giải hệ phương trình sau  2 ( ) (Khối A 2012) x + y − x + y =  Giải: ( 1) ⇔ x3 − 3x − x + 22 = y + y − y ⇔ ( x − 1)3 − 12 x + 23 = ( y + 1)3 − 12 y ⇔ ( x − 1)3 − 12( x − 1) = ( y + 1)3 − 12( y + 1) (1) t t Xét hàm số f ( t ) = + log t ∀t > f ' ( t ) = ln + ( 2) ⇔ x + y2 − x + y = 1 ⇔ ( x − ) + ( y + ) = (2) 2 Từ (2) ta suy 1    −3 ( x − ) ≤ −1 ≤ x − ≤  ≤ x − ≤ ⇔ ⇔  1 ( y + ) ≤ −1 ≤ y + ≤  −1 ≤ y + ≤    2 2 Nên x − y + thuộc (-2;2) Ở (1), xét f (t ) = t − 12t với t ∈ (−2;2) f '(t ) = 3t − 12 < ∀t ∈ (−2;2) Hay f(t) nghịch biến Do (1) suy x = y + Thay vào phương trình (2): −3  y = ; x =  2 ( y + 2) + y − ( y + 2) + y = ⇔ y + y + = ⇔   y = −1 ; x =  2 −1 −3 Vậy hệ nghiệm: ( ; );( ; ) 2 2 Thí dụ 12: Giải hệ phương trình sau (1 + 42 x − y )51− x + y = + 2 x− y +1 (1)  ( x, y ∈ ¡ ) (Đề thi học sinh giỏi Thanh Hóa 2013) x − y = ln x + − ln y + (2) ( ) ( )  Giải: Đ/k x > −3 y > −3 + t + t +1 t 1− t t +1 Đặt t = 2x – y, phương trình (1) trở thành: (1+ ).5 =1+ ⇔ t = 5 t t 1 4 ⇔  ÷ +  ÷ = + 2t (3) 5  5 5 t t t 1  4 Ta có hàm số f (t ) =  ÷ +  ÷ nghịch biến hàm số g (t ) = + đồng biến 5 5  5 ¡ , mà t = thỏa mãn (3), nên t = nghiệm phương trình (3) ⇒ x − y = (*) Ta có (2) ⇔ x − 4ln( x + 3) = y − 4ln( y + 3) Xét hàm số: y = f (t ) = t − 4ln(t + 3), t > −3, (*) ⇔ f ( x) = f ( y ) t −1 , f '(t ) = ⇒ t = Ta có: f '(t ) = t +3 BBT: -3 t + f’(t ) +∞ f(t) Với x = ⇒ y = 1, ta có x = y = thỏa mãn hệ phương trình cho Từ x − y = ⇔ y − x = x − Với x ≠ ta có: Khi x > ⇒ y > x > ⇒ f ( y ) > f ( x ) Khi x < ⇒ y < x < ⇒ f ( y ) > f ( x ) ∀x ∈ (−3; +∞) \ { 1} Suy với  ta ln có f ( y ) > f ( x) x − y = 1,  x = Vậy hệ cho có nghiệm   y = Thí dụ 13: 22 x − y − x + y = ( x + y ) x + y − (2 x − y ) x − y (1) Giải hệ phương trình sau  (2)  y − 2( x − 1) + = (Đề thi học sinh giỏi Thanh Hóa 2012) Giải Điều kiện: x + y ≥ 0, x − y ≥ (*) Khi đó: (1) ⇔ 22 x − y + (2 x − y ) x − y = x + y + ( x + y ) x + y Xét hàm f (t ) = 2t + t t , suy ra: (1) có dạng f (2 x − y ) = f ( x + y ) Mặt khác f (t ) đồng biến, (1) ⇔ 2x − y = x + y hay x = y Thế vào (2), ta được: y + = 2(2 y − 1)3 (3) t = (2 y − 1)3 Đặt y = 2t − , phương trình (3) trở thành hệ:   y = (2t − 1) Trừ vế tương ứng phương trình hệ, ta được: t = y ( 2(2 y − 1) + 2(2 y − 1)(2t − 1) + 2(2t − 1) + > ∀y, t ) 10 3 Thế vào phương trình hệ ta được: y = (2 y − 1) ⇔ y − 12 y + y − = ⇔ ( y − 1)(8 y − y + 1) = ⇔ y = y = ⇒ x = , thoả mãn (*) Vậy hệ cho có nghiệm (duy nhất): ( x; y ) = (2; 1) Thí dụ 14:  x11 + xy10 = y 22 + y12 ( 1) Giải hệ phương trình sau  2 7 y + 13 x + = y x ( x + y − 1) ( ) Giải: 11 Rõ ràng y = nghiệm hệ phương trình Chia hai vế pt ( 1) cho y ta 11 x x 11 10  ÷ + = y11 + y ( *) Xét hàm số f ( t ) = t + t f ' ( t ) = 11t + > ∀t Hay y  y x hàm số đồng biến Do ( *) ⇔ = y ⇔ x = y > y Thay vào ( ) ta x + 13x + = x x ( 3x + x − 1) ⇔ 13 + + = 23 3+ − x x x x x ( 3) > ( 3) trở thành x 7a + 13a + 8a = 3 + 3a − a ⇔ ( 2a + 1) + ( 2a + 1) = + 3a − a + 3 + 3a − a ( **) Xét hàm số g ( b ) = b + 3b ∀b>1 g ' ( b ) = 3b + > ∀b Hay hàm số đồng biến Do Đặt a = ( **) ⇔ 2a + = 3 + 3a − a ⇔ 8a + 13a + 3a − = ⇔ ( a + 1) ( 8a + 5a + ) =  a = −1 ⇔ 8a + 5a + = ( ) ⇔ a = −1 < loại hay hệ vô nghiệm C Bài tập tương tự: Giải hệ phương trình sau:  x − 3x = y − y  6 x + y =  x3 − x = y − y  x + y =  x =   y =  x +   y + y − + 2x − x −1 + y −1 x+3=3 y y+3 =3 x 11  x − 3x = y − y ( 1)  x + y = ( )  ln ( + x ) − ln ( + y ) = x − y  2 2 x − xy + y = cos x − cos y = x − y   x y − xy − =  x ( + y ) =  x y − = ( )  ( − x ) − x − y y − =   2 − x − ( y − 1) = 2 y + x − x = − x − y 10   y = x − + xy + x  y −x x2 + = e y +1 11  3log ( x + y + ) = 2log ( x + y + ) + 2  2  y + y = x + x + x + 12   − x − y = − y − 13   y + y2 +  2 ( x − y ) ( x + xy + y − ) = 6ln   x + x2 + ÷ ÷     x − 2x + = y  x + 3xy = y + y 14  2 2 2 x + y − = x y − IV KIỂM NGHIỆM Như phân tích định lí nêu dạnh đơn giản Đảm bảo đa số học sinh hiểu nội dung vận dụng ban đầu vào ví dụ minh họa( mang tính chất nhận diện khái niệm) Qua kích thích tính tự học, tự nghiên cứu phát vấn đề - Đa số học sinh tỏ hứng thú giải toán, tập trung đào sâu suy nghĩ vấn đề, phát vấn đề hiệu hơn, nhanh - Giờ dạy tránh tính đơn điệu, nhàm chán - Học sinh có nhiều thay đổi tích cực phương pháp học tập tư giải toán Kết cụ thể sau Lớp Số HS 12B2 12C3 50 47 Giỏi SL TL(%) 14,9 Khá SL 13 19 TB TL(%) SL 26 22 40.4 15 Yếu TL(%) SL 44 13 31,9 TL(%) 26 12,8 V Kết luận A, Kết thực đề tài Qua thời gian thực tế giảng dạy, nhận thấy chưa đưa chuyên đề vào giảng dạy, học sinh giải tập đơn giản Không biết phân tích tốn, đặc biệt việc đánh giá miền giá trị biến Sau học chuyên đề học sinh có 12 thể làm tốt tập khó hơn, em hứng thú say mê học tập Qua khảo sát kết học tập em tăng lên rõ rệt B, Bài học kinh nghiệm Để học sinh có kết cao kỳ thi đại học thi HSG, người thầy cần nghiên cứu, tìm tịi xây dựng phương pháp giải toán cho học sinh dễ hiểu cách giải ngắn Thầy giáo tăng cường kiểm tra, sửa chữa sai sót cho học sinh, đồng thời động viên em em tiến Thầy giáo hướng dẫn cách tự đọc sách học sinh, động viên em học sinh giỏi đọc báo toán, tài liệu phục vụ cho học tập Thầy giáo tăng cường luyện cho em dạng chuyên đề đề thi để em có nhiều thời gian tiếp cận tập dượt với dạng tốn thi, từ đạt kết học tập cao VI Phụ lục Tài liệu tham khảo : Đề thi đại học năm 2008, 2009, 2010, 2011, 2012 Đề thi học sinh giỏi tỉnh năm gần đây( đặc biệt đề Thanh Hóa) Đề thi thử đại học trường THPT nước Báo toán học tuổi trẻ 4.Tư liệu ghi chép cá nhân - đồng nghiệp XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày tháng năm 2013 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Lê Xuân Thắng 13 ... nghiệm giảng dạy tham khảo tài liệu, thấy để giải hệ phương trình loại việc tìm hàm đặc trưng khâu quan trọng bậc nhất, việc tìm hàm đặc trưng từ hệ phương trình cho tốn coi giải nửa Vấn đề tìm. .. coi giải nửa Vấn đề tìm hàm đặc trưng Tư nào? Cách biến đổi làm sao? SKKN ? ?Kinh nghiệm tìm hàm đặc trưng để giải hệ phương trình? ?? phần giúp em trả lời câu hỏi Đối tượng phương pháp nghiên cứu... đặc trưng Thông thường học sinh hay lúng túng trước tốn giải hệ phương trình, gặp giải hệ phương trình với cách giải dùng hàm đặc trưng, dùng đánh giá, dùng bất đẳng thức… + Lí chủ quan: Qua kinh