SKKN: Rèn luyện tư duy hàm qua các bài tập giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình

Mục đích nghiên cứu đề tài: Rèn luyện tư duy hàm qua các bài tập giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình là trang bị cho học sinh về một phương pháp giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình mang lại hiệu quả rõ nét, góp phần làm sáng tỏ nền tảng tính trọng tâm của hàm số, bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải Toán, qua đó học sinh nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT KIM ĐỘNG - - ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN LUYỆN TƯ DUY HÀM QUA CÁC BÀI TẬP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Giáo viên: Đinh Văn Hữu Đơn vị: Trường THPT Kim Động Kim động, tháng - 2013 PHẦN 1: MỞ ĐẦU I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Theo quan điểm mục tiêu chương trình phổ thơng mơn Tốn lấy hàm số làm tảng trọng tâm xây dựng chương trình Các vấn đề phương trình, bpt hệ phương trình chiếm lượng lớn chương trình phổ thơng định nghĩa theo quan điểm hàm số Nhiều phương trình, bpt hệ phương trình sử dụng hàm số để giải đơn giản Tuy nhiên chương trình sách giáo khoa đề cập Trong thực tế học sinh lớp 10 học hàm số (sự biên thiên hàm số) chương lớp 10, chương không nhắc đến hàm số lí thuyết tập, đến lớp 11 lại lướt qua chút hàm lượng giác, khơng có tập ứng dụng biến thiên Những ứng dụng hàm số, đặc biệt dụng đạo hàm hàm số để giải lớn, tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là: "Rèn luyện tư hàm giải phương trình, bpt hệ phương trình" II Mục đích nghiên cứu: - Trang bị cho học sinh phương pháp giải PT, BPT HPT mang lại hiệu rõ nét - Góp phần làm sáng tở tính tảng tính trọng tâm hàm số - Bồi dưỡng cho học sinh phương pháp, kỹ giải tốn Qua học sinh nâng cao khả tư duy, sáng tạo III Đối tượng nghiên cứu: - Các dạng toán giải PT, BPT HPT nằm chương trình tốn phổ thơng - Phân loại dạng toán thường gặp phương pháp giải dạng IV Phương pháp nghiên cứu: Nghiên cứu, đánh giá qua chuyên đề, giải học sinh, kiểm tra, kết thi đại học Cụ thể là: - Với PT, BPT HPT không chứa tham số, ta sử dụng tính chất tính đơn điệu hàm số để giải - Với PT, BPT HPT có chứa tham số, ta tìm cách cô lập tham số vế, đưa phương trình, bpt dạng: f(x) = m f(x) > m ( f(x) < m; f(x)  m; f(x)  m ) Sau sử dụng tính chất tính đơn điệu hàm số để giải PHẦN 2: NỘI DUNG I Dạng 1: ứng dụng hàm số để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Tính chất 1: Cho phương trình: f(x) = g(x) xác định D Nếu hai hàm số f(x) g(x) hàm số đơn điệu, hàm lại hàm đơn điệu ngược với hàm phương trình có nghiệm nghiệm Tính chất 2: Cho phương trình f(x) = m xác định D Điều kiện cần đủ để phương trình có nghiệm m thuộc miền giá trị hàm số f(x) Tính chất 3: Cho phương trình f(x) = m xác định D Nếu f(x) hàm số liên tục đơn điệu D phương trình có khơng q nghiệm Tính chất 4: Cho bất phương trình: f(x) > m (hay f(x) < m ) i) Nếu f(x) hàm đơn điệu tăng D tồn x0  D có f(x0) = m tập nghiệm bất PT là: T = D  (x0 ; +  ) ( T = D  (-  ; x0 )) ii) Nếu f(x) hàm đơn điệu giảm D tồn x0  D có f(x0) = m tập nghiệm bất PT là: T = D  (-  ; x0 ) (T = D  (x0 ; +  ) ) Tính chất 5: Cho hàm số f(x) xác định D f(x)  m ,  x  D  m  f ( x ) xD f(x)  m ,  x  D  m  max f ( x ) xD f(x)  m có nghiệm x  D  m  max f ( x ) xD f(x)  m có nghiệm x  D  m  f ( x ) xD Nếu f(x) hàm số đơn điệu tăng D tồn u, v  D Khi đó: f (u)  f (v)  u > v , f(u) = f(v)  u = v Nếu f(x) hàm số đơn điệu giảm D tồn u, v  D Khi đó: f (u)  f ( v)  u < v , f(u) = f(v)  u = v ứng dụng hàm số để giải phương trình Phương pháp : Dạng 1: Phương trình cho biến đổi dạng f ( x )  g( x ) (hoặc f (u)  g(u) ) u  u( x ) Bước 1: Biến đổi phương trình cho dạng f ( x )  g( x ) (hoặc f (u)  g(u) ) Bước 2: Xét hai hàm số y  f ( x ); y  g ( x ) D ' ' * Tính y1 , xét dấu y1 , kết luận tính đơn điệu hàm số y1  f ( x ) D ' ' * Tính y2 , xét dấu y2 ,kết luận tính đơn điệu hàm số y2  g( x ) D * Kết luận hai hàm số y  f ( x ); y  g ( x ) đơn điệu ngược nhau, hai hàm số hàm số * Tìm x cho f ( x )  g( x ) (hoặc tìm u0 cho f (u0 )  g(u0 ) ) Bước 3: Kết luận: * Phương trình cho có nghiệm x  x (hoặc u  u0 giải phương trình ) * Kết luận nghiệm phương trình cho Dạng 2: PT cho biến đổi dạng f (u)  f ( v) u  u( x ) , v  v( x ) Bước 1: Biến đổi phương trình dạng f (u)  f ( v) Bước 2: Xét hàm số y  f ( x ) D * Tính y ' , xét dấu y' * Kết luận hàm số y  f ( x ) hàm số đơn điệu D Bước 3: Kết luận: * Phương trình cho có nghiệm u  v , giải PT : u  v * Kết luận nghiệm phương trình cho ứng dụng hàm số để giải bất phương trình Phương pháp : Dạng 1: BPT biến đổi dạng f ( x )  g( x ) (hoặc f (u)  g(u) ) u  u( x ) Bước 1: Biến đổi BPT cho dạng f ( x )  g( x ) (hoặc f (u)  g(u) ) Bước 2: Xét hai hàm số y1  f ( x ); y2  g( x ) D ' ' * Tính y1 , xét dấu y1 , kết luận tính đơn điệu hàm số y1  f ( x ) D ' ' * Tính y2 ,xét dấu y2 , kết luận tính đơn điệu hàm số y2  g( x ) D * Tìm x cho f ( x )  g( x ) (hoặc tìm u0 cho f (u0 )  g(u0 ) ) * Nếu f(x) đơn điệu tăng, g(x) đơn điệu giảm (hoặc hàm hằng) f ( x )  g ( x )  x  x , 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) f ( x )  g ( x )  x  x , x  D (hoặc f (u)  g (u)  u  u0 , x  D ) Bước 3: Kết luận nghiệm bpt cho Dạng 2: BPT biến đổi dạng f (u)  f ( v) u  u( x ) , v  v( x ) Bước 1: Biến đổi bpt dạng f (u)  f ( v) Bước 2: Xét hàm số y  f ( x ) D * Tính y ' , xét dấu y' Kết luận hàm số y  f ( x ) đơn điệu D * Nếu f(x) đơn điệu tăng thì: f (u)  f (v)  u  v, x  D Nếu f(x) đơn điệu giảm thì: f (u)  f (v)  u  v, x  D Bước 3: Kết luận nghiệm bpt cho Bài 1: Giải phương trình sau: a x 1  x   x   b e x 5 e x 1  1  2x  x 1 c 8log2(x2 - x + 5) = 3(x2 - x + 5) d 2 x2  x  x 1  ( x  1)2 Trước hết, ta nhận thấy phương trình khơng giải phương pháp thơng thường có giải khó khăn Ta tìm cách để sử dụng hàm số giải phương trình Giải: a x 1  x   x    TXĐ: D  ; +   Xét hàm số: f ( x )  x 1  x   x   + TXĐ : D  ; +   + Đạo hàm : f '( x )  x 1  x 6  x 2  0, x  Do hàm số f ( x ) đồng biến D, phương trình có nghiệm nghiệm Mặt khác ta có: f(3) = Vậy phương trình có nghiệm x = b e x 5 e x 1  1  2x  x 1 2 x   x  /  x 1  x  Điều kiện:  Viết lại phương trình dạng : e t Xét hàm số f (t )  e  x 5  1 x 1 e  2x  x 1 (1) với t > t t + Đạo hàm : f '(t )  e   0, t  t2  Hàm số f (t ) đồng biến khoảng (0; ) Khi đó: phương trình (1)  f ( x  )  f ( x  )  x   x  2 x   x  x    2 x    x   x  Vậy phương trình có hai nghiệm x=2 x=4 c 8log2(x2 - x + 5) = 3(x2 - x + 5) (1) Với phương trình ta chưa thể có hàm số giống hai câu mà ta phải biến đổi để tìm hàm số mà ta muốn xét TXĐ: D = log ( x  x  5) (1)   x2  x  Trên D ( x  x  > e > ) Đặt t = x  x  với t > e, phương trình trở thành: Xét hàm số: f (t )  log 2t  (2) t log2 t với t > e t Ta có f '(t )   ln t e t ln Từ đó, vế trái phương trình (2) hàm nghịch biến  t > e; vế phải số Do phương trình (2) có nghiệm nghiệm Mặt khác f (8)   Phương trình (2) có nghiệm t = 8 Với t = ta có x  x    x= Vậy phương trình cho có nghiệm x = d 2 x2  x  13  13 ; x= 2  13  13 ; x= 2  x 1  ( x  1)2 (1) Tương tự câu c) phương trình ta cần biến đổi để xuất hàm số cần xét TXĐ: D = Trên D; (1)  2 x2  x  x 1  x  x   x 1  x   x x  x2  x t Xét hàm số f (t )   t với t  f ’(t )  t ln2   t   f(t) hàm số đồng biến Mặt khác (1)  f(x - 1) = f(x2 - x)  x - = x2 - x  x2 - 2x + =  x = Vậy phương trình cho có nghiệm x = Bài 2: Giải bpt sau: a x6  x2  4 x  b x  ( x  x  1)  x  x  15 x  14 x   log3 x   c log2 d 2( x 1) 1  3x  x  x  Giải: a x 6  x 2  4 x   TXĐ: D = 2; Xét hàm số: f(x) =  x   x    x với x  D Ta nhận thấy f(x) hàm số đồng biến D (vì f’(x) >  x  (2;4))   Lại có: f(3) = 3; đó, bpt có nghiệm x x  (3; ) Vậy tập nghiệm là: T = 2;4  ( ; +  ) =  3;  b x  ( x  x  1)  x  x  15 x  14 (1) , BPT (1)  x  (2 x  1)    ( x  2)  x    TXĐ: D =  x   x   ( x  2)3  3( x  2) Xét hàm số : f ( x )  x  x hàm số đồng biến Khi : (2) (2)  f ( x  )  f ( x  2)  x   x  2 x   x   x  1    x  x    x  x    Vậy bpt nghiệm với x  c log x   log x   (1) Điều kiện : x>-1, hàm số f1 ( x )  log x  f2 ( x )  log3 x  hàm số đồng biến khoảng ( 1; ) , nên hàm số f ( x )  log đồng biến khoảng ( 1; ) Mặt khác f (0)  (1)  f ( x )  f (0)  x  Vậy nghiệm bpt x > d 2( x 1) 1  x  x  x  (1) x   log3 x  hàm số  Vậy TXĐ: D = 1;   Điều kiện: x    x  (1)  2( x 1) 1  2( x  1)  x  x  x  3 2( x 1) 1  2( x  1)  3( x 1)1  ( x  1)2 Xét hàm số f (t )  t 1 (2)  t , thấy hàm số đồng biến D Vậy D; (2)  f ( 2( x  1))  f ( x  1)  2( x  1)  x   2( x  1)  ( x  1)2 ,( x  1)  x  x    x = x  Vậy nghiệm bpt x =  x  Bài 3: Giải hệ phương trình sau:   x  x   y    y  y   x Giải: Điều kiện x  0, y  Hệ cho trở thành:   x  x   y   x  x    y2  y   3  x   y  y Xét hàm số f (t )  (1)  t2  t   + TXĐ: D  0;   + Đạo hàm f '(t )  t  t2  t  0, t  suy hàm số đồng biến D Vậy D, phương trình (1) viết dạng f ( x )  f ( y )  x  y   x  x   y Khi hệ cho trở thành   x  y   x   x (2)   x  y Giải (2): Ta đoán x=1 nghiệm (2), mặt khác dễ nhận thấy phương trình (2) có vế trái hàm số đồng biến, vế phải hàm số nghịch biến Vậy x=1 nghiệm PT (2), Vậy hệ cho có nghiệm x=y=1 Nhận xét: Đối với hệ phương trình, hệ bpt nhiều ẩn số ta tìm cách biến đổi làm xuất phương trình giải phương pháp hàm số để đưa mối quan hệ ẩn số đơn giản tuỳ trường hợp tìm cách giải tiếp Nhận xét: Đối với giải hệ phương trình, hệ bpt có ẩn số ta dùng phương pháp hàm số để giải phương trình hay bpt hệ kết hợp tập nghiệm tìm để đưa kết luận nghiệm cho hệ bất phương trình II Dạng 2: Sử dụng hàm số để biện luận phương trình Bài 4: Biện luận theo m số nghiệm phương trình sau: a) x2  4x   x m 2 b) mx  ( m x  2mx  2)  x  x  x  2 c) m x   24 x  3m  (4  m ) x  3m  d) log2 x  x   log ( x  m)  x  x  - x + m = Giải: a) x2  4x   x m (1) Nhận xét: Bài tập ta giải phương pháp thơng thường Tuy nhiên, giải phương pháp đó, ta phải kiểm tra điều kiện ẩn số phức tạp Ta giải cách sử dụng hàm số   Giải: TXĐ: D =   ;1  3;    x2  4x   Trên D; (1)  x2  4x   Xét hàm số f(x) = Ta có: f’(x) = x m x 2 x2  4x   x 2 Trên D ta có: f’(x) >  x2  4x  x 2 f’(x) <  x với x  D x2  4x    >  x > 3; TXĐ: D = ( ;1)  (2; ) Xét hàm số f (t )  log2 t  t đồng biến khoảng (0;  ) Vậy D, phương trình (2) trở thành : f ( x  x  )  f ( x  m)  x  x   x  m x  m   (2 m  3) x  m  (3) (I) Biện luận: - Với 2m - =  m  , (3) vơ nghiệm nên (I) vơ nghiệm - Với m    m  m2  , (3) có nghiệm x  , 2m  m  m2  m  3m  nghiệm (I) m   3  m2 2m  2m  2 Kết luận: m2  3  - Với m   ;1   ;2  phương trình có nghiệm x  2m  2   3 - Với m  1;    2;   phương trình vơ nghiệm  2 III Dạng 3: Sử dụng hàm số tìm điều kiện tham số để phương trình, bpt thoả mãn điều kiện cho trước Bài 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x  2( m  4) x  5m  10   x  (1) 13 (m - tham số) Giải: x  2( m  4) x  5m  10 = x - (1)    x    2 2 x  2( m  4) x  5m  10  ( x  3) x    x  2(m  1) x  5m    x    x  2x  m   2x  (2) Phương trình (1) có nghiệm  phương trình (2) có nghiệm thoả mãn x  ta sử dụng phương pháp tam thức bậc hai để giải Tuy nhiên ta sử dụng hàm số để giải Xét phương trình (2) : Đặt f(x) = Ta có: x2  2x  2x  x  10 x  f’(x) = (2 x  5)2 với x  f’(x) = x  x    Ta có bảng biến thiên: x - + f’(x) - + + f(x) Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: Phương trình (2) có nghiệm x   m  Vậy phương trình (1) có nghiệm  m  Bài 6: Tìm m để bpt sau có nghiệm: 4cosx - m.2 cosx + m +  (3) Giải: Đặt cosx = t với (m - tham số)  t  (vì -1  cosx  1) Khi bpt (3) trở thành: t2 - mt + m +   m(t - 1)  t2 + (4) + Nhận thấy: t = không nghiệm bất phương trình, nên: 14 (4)   1  t    m  t    t 1    t      m  t    t 1 Xét hàm số: f(t) = (I ) ( II ) t2  t 1 t  2t    Ta có: f’(t) = có điền kiện chưa đủ ta chưa giải Ta phải tìm điều kiện t cách xét hàm số 3   Xét hàm số y = 2x - x2 với x   0;   Ta có: y’(x) = - 2x  y’(x) = x=1 Ta có bảng biến thiên: x - y’(x) + + - y(x)   Từ suy tập giá trị y y  0;1  20  2 x  x  21   t  Với điều kiện t phương trình (1) trở thành: t2 + 2t + m - =    m = -t2 - 2t + (2) 3 Phương trình (1) có nghiệm x   0;   phương trình (2) có nghiệm  t  2 Xét hàm số: g(t) = -t2 - 2t +    với t  1;2 g’(t) = -2t - g’(t) =  t = -1 Từ ta có bảng biến thiên: 17 - x + y’(x) - y(x) -5  Dựa vào bảng biến thiên ta có: phương trình (2) có nghiệm  m  5;  Vậy phương trình (1) có nghiệm  m  5;   Bài 10: Cho bất phương trình: x   m + (1) (m - tham số) mx - a Tìm m để bpt có nghiệm b Tìm m để bpt nghiệm 62 Giải:  TXĐ: D = 3;   Trên D, (1)  m(x - 1)  x 3 +  m  x  1 x 1 (vì: x  D nên x - > 0) Đặt f(x) = Khi đó: f’(x) = x  1 với x  D x 1 5 x 2 x 3 5 x 2 x 3 , f’(x) =  = x  3( x  1)2 x  3( x  1)2  x = 7-2 Ta có bảng biến thiên: x - 7-2 3 18 + f’(x) + - - 1 f(x) 2 Dựa vào bảng biến thiên ta có: a Bpt có nghiệm  m  max f ( x )  m  xD b Bpt nghiệm  x   3;7  1  m  f ( x )  m  x3;7 Bài 11: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: + 2sin2x = m(1 + cosx)2 (1) Giải: Trước hết ta nhận thấy:  m , + cosx  (vì + cosx = thì: vế trái PT (1) = vơ lý)  sin x Khi (1)  m =  m= (1  cos x )2 Đặt t = tg  sin x  cos x  2    cos x  x x     ; với     k  ;  k.  , k  2   2t  t2 Khi đó: sinx = , cosx =  t2  t2 Theo (1) ta phương trình: sin x  cos x  2t  t  =  cos x 2m = (1+2t-t2)2 (2) Khi PT (1) có nghiệm  PT (2) có nghiệm Xét hàm số: f(t) = (1+2t-t2)2 t   f’(t) = 4(t - 1)( t2 - 2t - 1) , f’(t) =  t   t    Ta có bảng biến thiên: 19 t - f’(t) 1- + 1+ + - + + + f(t) 0 Từ bảng biến thiên ta suy ra: phương trình (2) có nghiệm  2m   m  Vậy phương trình (1) có nghiệm  m0 IV Dạng 4: Sử dụng hàm số để đoán vét hết tất nghiệm phương trình: Dạng thường sử dụng ta nhận thấy vế phương trình hàm đồng biến nghịch biến, đồng thời ta nhẩm hay nghiệm Dạng tập cho phép dự đoán chứng minh phương trình chó nghiệm mà ta dự đốn Ta xét ví dụ sau: Bài 12: Giải phương trình sau: a x + x = 3x + b log5(2x + 1) = log3(x+1) x c   x  log3 (1  x ) Nhận xét: hai ví dụ ta thấy hai vế phương trình hàm đồng biến Mặt khác ví dụ a) ta nhẩm nghiệm x = 0; x = ví dụ b) ta nhẩm đựoc nghiệm x = 0; x = Ngồi nghiệm ta chưa biết phương trình có cịn nghiệm khơng Ta tìm cách chứng minh phương trình khơng cịn nghiệm khác Giải: a x + x = 3x + (1) TXĐ: D = Trên D (1)  2x + 3x - 3x - = 20 Xét hàm số: f(x) = 2x + x - 3x - với x  D Ta có: f’(x) = 2xln2 + xln3 - f’’(x) = xln2 x + 3xln2 x >  x   f’(x) hàm số đồng biến Mặt khác f’(x) hàm số liên tục Mà f’(0) = ln2 + ln3 - < f’(1) = 2ln2 + 3ln3 - >  f’(0).f’(1) <   x0  (0;1) cho f’(x0) =   x    ; x  f’(x) < x   x0 ;    f’(x) > Khi ta có bảng biến thiên: - x f’(x) + x0 - + + + f(x) f(x0) Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y = f(x) trục hoành Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số cắt trục hoành cắt nhiều điểm Do phương trình (1) có nhiều nghiệm Mặt khác ta nhẩm được: f(0) = ; f(1) = Vậy phương trình (1) có nghiệm x = 0; x = b log5(2x + 1) = log3(x+1)   ;    TXĐ: D =   Đặt log3(x+1) = t  x + = 3t  2x + = 2(3t - 1) + = 2.3t - Khi ta có phương trình: log5(2.3t - 1) = t  21 2.3t - = 5t  2.3t - 5t - = Xét hàm số: f(t) = 2.3t - 5t - với t  Ta có: f’(t) = 2.3t.ln3 - 5tln5 f’(t) =  2.3t.ln3 - 5tln5 =  t = log (log 5) f’(t) >  t < log (log 5) ; f’(t) <  t > log (log 5) 5 Ta có bảng biến thiên: - t + log (log9 5) f’(t) + - f( log (log 5) ) f(t) - - Số nghiệm PT số giao điểm đồ thị hàm số y = f(t) trục hoành Từ bảng biến thiên, ta thấy phương trình f(t) = có nghiệm có nhiều nghiệm Mặt khác ta có f(0) = 0; f(1) = Từ suy phương trình f(t) = có nghiệm t = 0; t = Với t = ta có: x + = 30   Với t = ta có: x + = 31 x=0 x=2 Vậy phương trình cho có nghiệm x = 0; x = x c   x  log3 (1  x ) Điều kiện x    x   (1) x Biến đổi phương trình (1) dạng  x   x  log3 (1  x )  x  log3 (3 x ) =  x  log3 (1  x ) Xét hàm số f (t )  t  log t hàm số đồng biến với t > x x x Khi (2) viết dạng f (3 )  f (1  x )    x   x   (2) x   ;     Xét hàm số g ( x )   x  D =   22 x x Có g '( x )  ln  2, g ''( x )  ln  0, x  D Vậy g'(x) đồng biến liên tục D, mặt khác phương trình g'(x) = có nghiệm x  log Vậy phương trình g(x) = ln có khơng q nghiệm D Ta có: g(0) = g(1) = Vậy phương trình cho có nghiệm x = x = Nhận xét: Đôi ta phải sử dụng phương pháp hàm số nhiều lần giải PT V Một số tập tự giải: Bài 13: Giải phương trình sau: a c log5 ( x 3) =x 1 x 12 x x2 2 x2 b 2log3(tgx) = log2(sinx)  x 1  x d x = + e x  cos x 23 Bài 14: Tìm m để bpt sau có nghiệm x   x   m2  Bài 15: Tìm m để phương trình sau có nghiệm 2 sin x  3cos x  m.3sin x Bài 16: Tìm m để bpt sau nghiệm với x  R: ( m  1)4 cos2 x  2.2cos x  m   x 1 m x 3 ( x  3)( x  1)  4( x  3) Bài 17: Cho phương trình: a Giải phương trình với m = b Tìm m để phương trình có nghiệm  c Tìm m để phương trình có nghiệm x  4;     d Tìm m để phương trình có nghiệm x  4;5 Bài 18: Cho bất phương trình: m.9 x x   (2 m  1).6 x2  x Tìm m để bpt nghiệm với x thoả mãn x  Bài 19: Cho phương trình:  m.4 x x 0 ( x  2) log2 (4 x 8)  m.( x  2)3 a Giải phương trình với m = b Tìm m để phương trình có nghiệm thoả mãn: Bài 20: Cho bất phương trình:  x1  x  log ( x  x  m)  3 Tìm m để bpt có nghiệm mà nghiệm bpt không thuộc tập xác định hàm số: y = log x ( x  1).log x 1 x  24 PHẦN 3: KẾT LUẬN I - kết luận: - Hàm số có nhiều ứng dụng ứng dụng sử dụng việc giải phương trình bất phương trình - Đề tài nêu phương pháp chung cho dạng minh họa toán cụ thể, đồng thời đưa cho dạng số tập với mức độ khác - Tuy vậy, nhiều nguyên nhân khác nhau, chủ quan khách quan nên đề tài không tránh khỏi thiếu sót, hạn chế định Rất mong góp ý quý thầy cô bạn đồng nghiệp III Điều kiện áp dụng đề tài Đề tài áp dụng rộng rãi khối lớp THPT Tuy nhiên đề tài áp dụng tốt phải có điều kiện sau: + Điều chỉnh phân phối chương trình chương trình: tăng số tiết cho - Bài “áp dụng mệnh đề vào suy luận toán học” - Bài “Đại cương hàm số” - Bài “Đại cương phương trình” + Có buổi học chuyên đề hay phụ đạo để triển khai sáng kiến V hướng nghiên cứu mở rộng đề tài Để nâng cao chất lượng học tập học sinh tiếp tục vận dụng đề tài dạy Đại số Giải tich chưng trình tốn THPT nghiên cứu ứng dụng tính chất hàm số vào số toán chứng minh bất đẳng thức II - kiến nghị: - Như trình bày PT, HPT BPT có mối liện hệ mật thiết với hàm số Khi định nghĩa PT, BPT , ta dựa khái niệm hàm số, ta biết sử dụng hàm số để giải tập toán đơn giản Đặc biệt, đạo hàm cơng cụ hữu ích, sắc bén - Chính lẽ đó, tơi hi vọng đề tài đóng góp phần nhỏ bé vào việc giải dạng toán nêu trên; tài liệu tham khảo cho em học sinh q trình học tốn ôn thi tốt nghiệp thi vào trường Đại học, Cao đẳng Trung học chuyên nghiệp Kim Động - 2012 GV: Đinh Văn Hữu 25 ... đơn điệu hàm số để giải PHẦN 2: NỘI DUNG I Dạng 1: ứng dụng hàm số để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Tính chất 1: Cho phương trình: f(x) = g(x) xác định D Nếu hai hàm số f(x)... giải hệ phương trình, hệ bpt có ẩn số ta dùng phương pháp hàm số để giải phương trình hay bpt hệ kết hợp tập nghiệm tìm để đưa kết luận nghiệm cho hệ bất phương trình II Dạng 2: Sử dụng hàm số... với hệ phương trình, hệ bpt nhiều ẩn số ta tìm cách biến đổi làm xuất phương trình giải phương pháp hàm số để đưa mối quan hệ ẩn số đơn giản tuỳ trường hợp tìm cách giải tiếp Nhận xét: Đối với giải