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 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 HỐ NĂM 2021 MỤC LỤC NỘI DUNG MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Giải pháp 1: Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình: Dạng Phương trình cho đưa dạng: h( x) = g ( x) (hoặc h(u ) = g (u ) ) u = u ( x) Dạng Phương trình cho đưa dạng: f (u ) = f (v ) u = u ( x), v = v( x) Dạng Sử dụng đạo hàm để tìm hết số nghiệm phương trình 2.3.2 Giải pháp 2: Ứng 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 ) Dạng 2: Bất phương trình đưa dạng: f (u ) > f (v) , u = u ( x), v = v( x) 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị TRANG 1 2 2 4 11 13 13 15 18 19 19 20 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong chương trình giảng dạy mơn Tốn bậc trung học phổ thơng tốn phương trình, bất phương trình chiếm vị trí quan trọng, xuyên 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 toán 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 khơng thể 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 tốn giải phương pháp đạo hàm Tuy nhiên hệ thống tập số chun đề cịn rời rạc, việc khai thác khắc sâu ý tưởng giải cịn 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 chun đề hồn chỉnh tơi 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, xử lý toán giải phương trình, bất phương trình nhanh chóng thành thạo 1.2 Mục đích nghiên cứu - 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 tốn sơ cấp chưa sử dụng nhiều học sinh vận dụng hạn chế chưa linh hoạt… - 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 toán, qua học sinh nâng cao khả tư duy, sáng tạo 1.3 Đối tượng nghiên cứu Hướng dẫn cho học sinh lớp 12 phương pháp sử dụng đạo hàm để giải số phương trình bất phương trình thường gặp kỳ thi THPT QG, kỳ thi học sinh giỏi… 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Để thực đề tài này, sử dụng hệ thống phương pháp: Phân tích, tổng hợp lý thuyết từ sách báo, tài liệu liên quan, internet … - Phương pháp quan sát, phân tích: Hướng dẫn học sinh vận dụng đạo hàm để giải phương trình bất phương trình để rút kết luận 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm Sáng kiến phát triển từ SKNN chủ đề năm trước, điểm logic, khoa học câu hỏi hình thức trắc nghiệm cho phù hợp với hình thức thi THPTQG 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 đại học, cao đẳng thi học sinh giỏi gần việc giải tốn 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 toán đơn giản 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, 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 Giải bất phương trình sau: x − x ≥ − x Bài ta khơng thể sử dụng phép biến đổi bình thường để giải Nhưng sử dụng phương pháp hàm số tốn đơn giản nhiều, 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 ln nghịch biến) liên tục D a Phương trình: f ( x) = m có khơng nghiệm D b f (a) = f (b) ⇔ a = b, ∀a, b ∈ D *Chú ý: 2 +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 )là hàm đồng biến (nghịch biến) - Nếu phương trình: f ( x) = k ta tìm nghiệm, chứng minh nghiệm - 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 toán, em chưa biết lựa lựa chọn phương phù hợp với tốn biết khơng có kỹ giải 2.3 Các giải pháp giải vấn đề (ứng 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 Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình: 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 tốn 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) = 3x − + x − + x liên tục D + + > 0, ∀x > ⇔ hàm số f ( x) đồng biến D 3x − 3 (5 x − 2) Mà f (2) = Nếu ≤ x < => f ( x) < f (2) = ⇒ phương trình f ( x) = vô nghiệm Nếu x > ⇒ f ( x) > f (2) = ⇒ phương trình f ( x) = vô nghiệm ⇒ f '( x) = 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 đốn nghiệm ta ưu tiên giá trị x cho biểu thức dấu nhận giá trị số phương Bài 2: 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 vơ 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 thông thường hướng suy nghĩ lựa chọn cách giải sử dụng phương pháp đạo hàm Bài 3: Gọi P tích nghiệm thực phương trình 8log ( x − x + 5) = 3( x − x + 5) (1) Chọn khẳng định ? A P = B P = -3 C P = D P = + 13 Giải TXĐ: D = ¡ 19 log ( x − x + 5) = ( x − x + ≥ PT(1) ⇔ x − x+5 ≥ ) Đặt t = x − x + với t log 2t = (2) t log 2t − ln t 19 19 Xét hàm số: f (t ) = với t ≥ Ta có f '(t ) = < 0, ∀ t ≥ 4 t t ln 19 , phương trình cho trở thành ⇒ f (t ) hàm số nghịch biến với t ≥ 19 , mà f (8) = ⇒ phương trình (2) có nghiệm t = hay x − x − = Vậy P = -3 Chọn B Bài 4: 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 khơng nắm rõ kiến thức, học sinh thường mắc sai lầm giải tốn nên thường có kết luận nghiệm chưa xác Sai lầm thường gặp học sinh: Phương trình 2x + x tương đương với: = Ta có: Hàm số f ( x) = 3x đồng biến, hàm số 2x − −4 2x + 2x + < nên y = g ( x) = có y ' = hàm nghịch biến, Do f(1) = (2 x − 1) 2x − 2x − g(1) nên x = 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 toàn 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  2  x -∞ +∞ g’(x) g(x) +∞ -∞ 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 x +1 x + x + x + tham số thực) có đồ thị ( C1 ) ( C2 ) Tập hợp tất giá trị m để ( C1 ) ( C2 ) cắt bốn điểm phân biệt Bài 5: Cho hai hàm số y = A [ 3; + ∞ ) B ( −∞ ;3] C ( −∞ ;3) D ( 3; + ∞ ) (Trích đề thi THPTQG năm 2019) Giải: Xét phương trình hồnh độ giao điểm: x x +1 x + x + + + + = x + − x + m ( *) x +1 x + x + x + Điều kiện: x ∈ ¡ \ { −1; −2; −3; −4} Ta có ( *) ⇔ m = x x +1 x + x + + + + + x − x +1 x +1 x + x + x + Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm hai đồ thị y= 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′ = ∀x ∈ ¡ ( x + 1) + ( x + 2) \ { −1; −2; −3; −4} , 2 + ( x + 3) + ( x + 4) + x + − ( x + 1) x +1 >0 (vì x + > x + ∀x ≠ −1 ⇒ x + − ( x + 1) > ∀x ≠ −1 ) Ta có bảng biến thiên: 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 Bài 1: 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 x2 + x − = ( x + 1)( x + − 2) , Bài 2: Gọi S tổng nghiệm phươngtrình x − 2x + a+ b biết S = , a, b, c∈¥ * Tính a + b + c : c 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]( 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: + 13 ⇒ + 13 ⇒ S= a = 7, b = 13, c = ⇒ a + b + c = 22 Chọn A 2 Bài 3: Có giá trị nguyên dương tham số m để phương trình x = 2; x = m + 3 m + 3sin x = sin x có nghiệm thực? 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 ∈ ¡ 10 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 trên: [ −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 − 1, (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 Bài 5: Có cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn ≤ x ≤ 2020 log ( x + 3) + x = y + y ? A 2019 B C 2020 D (Trích đề minh họa THPT QG 2020) Phân tích: Đây phương trình ẩn số, ta khơng giải phương pháp đưa số, đặt ẩn phụ, logarit hóa hay mũ hóa Lời giải Ta có: 2 2 log ( x + ) + x = y + y ⇔ log 3 ( x + 1) + x = y + 32 y ⇔ x + + log ( x + 1) = y + 32 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 ¡ Vì t + 3t = y + 32 y nên t = y ⇒ log3 ( x + 1) = y ⇔ x + = y ⇔ x = y − 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 3: Sử dụng đạo hàm để tìm hết số nghiệm phương trình 11 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) = 2xln2 + 3xln3 - f’’(x) = 2xln2x + 3xln2x > 0, ∀ x ∈ ¡ ⇒ f’(x) hàm số đồng biến ∀ x ∈ ¡ Mặt khác f’(x) hàm số liên tục ∀ x ∈ ¡ Ta lại có f’(0) = ln2 + ln3 - < f’(1) = 2ln2 + 3ln3 - > ⇒ f’(0).f’(1) < ⇒ ∃ x0 ∈ (0;1) cho f’(x0) = ⇒ ∀ x ∈ ( − ∞ ; x ) f’(x) < 0; ∀ x ∈ ( x0 ; + ∞ ) f’(x) > 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 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 2: 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 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): x −1 − 2 +∞ 12 f ' ( x) f ( x) + − + +∞ 2, 059 −1,138 −∞ Nhìn vào bảng biến thiên ta có phương trình cho có nghiệm phân biệt Chọn C Bài 3: 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 D 2020 Giải : Điều kiện : ≤ x ≤ (*) Đặt f ( x) = x + x + − x + − x Có f '( x) = f '( x ) = ⇔ (2 x) (2 x) + 1 − − 2 x (6 − x) − x , với < x < + 1 = + 2 x (6 − x) − x (2) Phương trình có dạng f(u) = f(v) −2t − (0; + ∞) có g '(t ) = < 0, ∀ t ∈ (0; + ∞) khoảng t t4 ⇒ g(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] t Xét hàm số g (t ) = + 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 Chọn A *) Nhận xét: Nhiều học sinh gặp toán thường cố gắng giải cách đặt ẩn số phụ 2.3.2 Ứng dụng đạo hàm để giải bất phương trình: 13 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 + S = [ a; b ] Tính a +2b − x ≤ (*) 2x −1 A B C D 17 *Nhận xét: Bài tốn dùng phương pháp biến đổi tương đương, nhiên ta cần biến đổi nhiều bước đưa bất phương trình bậc cao dẫn đến khó khăn biến đổi Nhìn nhận tốn góc độ đạo hàm ta có cách giải sau:  3 Giải: TXĐ : D =  ;   2 Xét hàm số: f ( x) = 3 − x + − x liên tục D 2x −1 −3 1 3 − − < 0, ∀x ∈  ; ÷ ⇒ f(x) hàm − x (2 x − 1) x − 2 2 nghịch biến f(1) = Do BPT f(x) ≤ ⇔ f(x) ≤ f(1) ⇔ x ≥ Ta có f '( x) =  3 Kết hợp điều kiện tập nghiệm bất phương trình là: S = 1;   2 Vậy a +2b = Chọn A Bài 2: Cho hàm số y = f ( x ) Hàm số y = f ′ ( x ) có bảng biến thiên sau 14 Bất phương trình f ( x ) < e x + m nghiệm với khi: s e A m ≥ f ( 1) − e B m > f ( −1) − Giải: f ( x ) < e + m ⇔ f ( x ) − e < m x e C m ≥ f ( −1) − D m > f ( 1) − e (Trích đề thi THPT QG 2019) x 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) g ( x) < m, ∀x ∈ (−1;1) ⇔ g (−1) ≤ m ⇔ f (−1) − e−1 ≤ m ⇔ m ≥ f ( −1) − e Chọn C Bài 3: 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 ) ta có : − ln x + 2m ln x + 2m − < ⇔ 2m(ln x + 1) < ln x + ⇔ 2m < ln x + (1) ln x + Đặt t = ln x Do x ∈ (1; e3 ) ⇒ t ∈ (0;3) Xét hàm số f (t ) = t + 2t − t2 + ⇒ f '(t ) = (t + 1) t +1 t = ∈ (0;3) f '(t ) = ⇔  t = −4 ∉ (0;3) Lập bảng biến thiên f (t ) = hàm số f(t) ⇒ xmin ∈(0;3) Bất phương trình (1) nghiệm với x ∈ (1; e3 ) 2m < f (t ) ⇔ 2m < ⇔ m < Vậy có giá trị nguyên dương thỏa mãn x∈(0;3) tốn 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) 15 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) > x3 − 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 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) = t3 + 3t , liên tục ∀t ∈ ¡ ta có f’(t) = 3t2 + > ⇒ 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∈ ¡  1 − x ≥ x − Chọn C 1− x 1− x 1 x Bài 2: Tập nghiệm bất phương trình − x ≥ − (*) S = ( a; b ] x Tính a +3b A B C D 2 16 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 1−2 x x2 1− x x2 1 − x − x  ≥  − ⇔2 2 x x  1 − x2 + ≥2 x 1− x x2 1− 2x + 2 x Xét hàm số f (t ) = 2t + t ,liên tục ¡ , ta có f '(t ) = 2t ln + > ∀t ∈ ¡ Nên hàm số f(t) đồng biến ¡ , mà bpt (*) 1− x 1− 2x 1− x 1− 2x )≥ f( )⇔ ≥ 2 x x x x x − 2x ≤ ⇔0< x≤2 Hay  x ≠ ⇔ f( Vậy tập nghiệm bpt S = (0;2] Vậy a +3b = Chọn B Bài 3: 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 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 t +1 Xét hàm số: f (t ) = + 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 là: Liệu x + biểu diễn qua x + ? Câu trả lời 2x + = ( 2x + ) −1 Do ta cố gắng viết VT theo quy tắc vế phải   Giải TXĐ: D =  − ; +∞ ÷   Bpt ⇔ ( x + 2) + ( x + 2) − ≥ ( x + 2) + ( 2x + ) + 2x + −1 2x + +1 17 Xét hàm số f (t ) = t + t −1 ; ∀t ≥ t +1 liên tục có f '(t ) = t + 2t + > 0, ∀t ≥ ⇒ Hàm số f(t) đồng biến (t + 1) Mà bpt cho: ⇔ 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 5: Bất phương trình x3 − x + 12 x − > − x + x − 19 x + 11 có tập nghiệm A (3; + ∞) B (1; 2) D (1; 2) ∪ (3; +∞) C (1; 6) Phân tích: Để đưa dạng f(u) > f(v) ta cần coi v = − x3 + x − 19 + 11 , v3 = − x3 + x − 19 x + 11 Vậy cần cộng vào hai vế với α (− x3 + x − 19 x + 11) , cho VT viết dạng u3 + u 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 f ( t ) = t + t ¡ f '( t ) = + > ∀t ∈ ¡ , ⇒ f(t) đồng Xét hàm số tập Ta có 2 biến ¡ Khi (*) viết dạng f ( x − 1) > f ( − x + x − 19 x + 11 ) ⇔ ( x − 1) > − x + x − 19 x + 11 ⇔ ( x − 1)( x − 2)( x − 3) > ⇔ x ∈ (1; 2) ∪ (3; + ∞) Chọn D Bài 6: Có cặp số nguyên (a; b) thỏa mãn < a < b < 100 để phương x x trình ab = b a có nghiệm nhỏ ? A 4751 B 4656 C D 4750 Lời giải: Do < a < b ta có: x ln a a  ln a  a = b ⇔ ln(a ) = ln(b ) ⇔ b ln a = a 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  bx ax bx ax x x Ta giải bất phương trình (*): Xét hàm số f (t ) = ln t − ln t ⇒ f '(t ) = (Với t > ) t t2 18 f '(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 ) 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 Suy ( a; b ) thỏa mãn Vậy, ta có 95 + 4656 = 4751 cặp số thỏa mãn yêu cầu toán Chọn A 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 12M 12G Trong lớp 12G 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 1: Giải phương trình: x − x + 10 − 3x = Bài 2: Giải bất phương trình: x + + x + ≥ Bài 3: Giải Phương trình: x − x + 255−3 x + x + 10 =163 x −5 + x − x + x 2.4.2 Kết thu được: Điểm