II. Một số bài toán áp dụng. Tuy nhiên, nếu tinh ý một chút các em sẽ thấy ngay VT là một hàm đồng biến và x=1 là một nghiệm của phương trình nên theo định lí 1 ta có được x=1 là nghiệ[r]
(1)A Đặt vấn đề.
Phương trình, bất phương trình hệ phương trình chủ đề hay quan trọng chương trình học học sinh THPT Có nhiều phương pháp giải phương trình, phương pháp có nét riêng Trong trình giảng dạy mình, đặc biệt q trình dạy ơn thi đại học tơi nhận thấy phương pháp hàm số phương pháp hay, độc đáo Phương pháp phát huy tốt tư sáng tạo, khả phân tích, phán đốn học sinh, đồng thời địi hỏi người vận dụng kĩ phân tích, lập luận, tính tốn xác, khoa học Với ưu điểm đó, tơi chọn đề tài để viết sáng kiến kinh nghiệm trao đổi với đồng nghiệp
B.
Giải vấn đề I Kiến thức sở.
Định lí 1: Nếu hàm số y=f(x) ln đồng biến (hoặc nghịch biến) liên tục D số nghiệm f(x)=k D không nhiều f(x)=f(y) x=y với x,y thuộc D
Chú ý: Từ định lí trên, ta áp dụng vào giải phương trình sau:
Bài tốn u cầu giải phương trình : F(x)=0 Ta thực phép biến đổi tương đương đưa phương trình dạng f(x)=k f(u)=f(v) ( u=u(x), v=v(x)) ta chứng minh f(x) hàm đồng biến (nghịch biến)
Nếu pt: f(x)=k ta tìm nghiệm, chứng minh nghiệm Nếu pt: 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 lí 2: Nếu hàm số y=f(x) ln 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) khơng nhiều
Chú ý: Khi gặp phương trình F(x)=0 ta biến đổi dạng f(x)=g(x), f g khác tính đơn điệu Khi ta tìm nghiệm phương trình chứng minh nghiệm
Định lí 3: Nếu hàm số y=f(x) đồng biến ( nghịch biến)và liên tục D f (x) f (y) x y f (x) f (y) x y
Để giải phương trình, bất phương trình phương pháp hàm số thơng thường ta làm theo bước:
- Tìm điều kiện ẩn. - Chọn hàm số f(x).
(2)- Dựa vào bảng biến thiên tính đơn điệu để kết luận.
II Một số toán áp dụng. Ví dụ 1: Giải phương trình sau:
3
3
3
2
2
3
1/ 3x+1 x 7x+2
2 / 5x 2x-1 x
3 / x+2 x+1 2x +1 2x
x x
4 / log ( ) x 3x+2
2x 4x+5
Giải:
1) Với toán giải theo cách bình thường bình phương hay đặt ẩn phụ gặp nhiều khó khăn Tuy nhiên, tinh ý chút em thấy VT hàm đồng biến x=1 nghiệm phương trình nên theo định lí ta có x=1 nghiệm Vậy ta có cách giải sau
Tập xác định:
7 57
D ;
2
Xét hàm số
f (x) 3x+1 x 7x+2 , ta có f(x) hàm liên tục D và
7
3 2 7x+2
f '(x)
2 3x+1 2 x+ 7x+2
nên hàm số f(x) đồng biến D
Mặt khác, ta thấy f(1)=4
*Nếu x > suy f(x) > f(1) = nên pt vô nghiệm *Nếu x < suy f(x) < f(1) = nên pt vô nghiệm Vậy x=1 nghiệm phương trỡnh cho
Chú ý:
* Với hàm số y=ax+b với a > hàm đồng biến f(x) hàm đồng biến hàm nf (x) ( với điều kiện thức tồn tại) hàm đồng biến nên ta dẽ dàng nhận VT phương trình hàm đồng biến.
(3)2) Với toán dùng phép biến đổi tương đương hay đặt ẩn phụ gặp khó khăn theo ý ta dễ dàng nhận thấy VT phương trình hàm đồng biến phương trình có nghiệm x =1 Do phương trình có nghiệm x=1 ( Các giải tương tự 1)
3) Với đường lối hai khó khăn để giải toán Tuy nhiên nhìn kĩ ta thấy biểu thức dấu hai vế có chung mối liên hệ x+2=(x+1)+1 2x2+1=(2x2)+1, đặt 3 x u; v 3 2x2 phương trình cho trở thành:
3 u3 1 u 3 v3 1 v f (u) f (v)
trong f (t)3t3 1 tlà hàm liên tục có
2 3 2 3
t
f '(t) 1 0
(t 1)
nên f(t) ln đồng biến Do
2
x f (u) f (v) u v 2x x 1
x
Vậy phương trình có nghiệm x =1, x =-1/2
4) Nhận xét biểu thức tham gia phương trình ta thấy: (2x2 + 4x + 5) – (x2 + x + 3) = x2 + x + 3
do đặt u = x2 + x + 3, v = 2x2 + 4x + v – u = x2 + x + u, v > 0 phương trình trở thành:
3 3
u
log ( ) v u log u u log v v f (u) f (v) v
trong f(t) = log3t + t với t >0 Ta thấy f(t) hàm liên tục đồng biến,
2 x
f (u) f (v) u v 2x 4x+5 x x
x
Có nhiều phương trình để giải ta dự đốn số nghiệm sau đó ta chứng minh số nghiệm phương trình khơng vượt q số nghiệm ta vừa dự đốn Ta xét ví dụ sau
Ví dụ 2: Giải phương trình sau:
x x
x
3
1/ 2003 2005 4006x+2 2/ x log (1 2x)
Giải:
(4)Vậy phương trình cho có hai nghiệm x=0 x=1
2) Đk: x> -1/2
(*) 3x + x = 1+2x + log
3(1+2x) 3x + log33x = 1+2x + log3(1+2x) f(3x) = f(1+2x) với
f(t) = t + log3t hàm liên tục đồng biến (0; + ) Do
Xét hàm số g(x) 3 x 2x-1, ta có: g '(x) ln 2 x g ''(x) ln 0 x , suy phương trình g’(x)=0 có nhiều nghiệm dẫn đến phương trình g(x)=0 có nhiều hai nghiệm, mà ta thấy x=0 x=1 hai nghiệm phương trình g(x)=0 nên phương trình cho có hai nghiệm x=0 x=1
Qua toán ta thấy việc ứng dụng tính đơn điệu vào giải số dạng tốn phương trình tỏ hiệu cho lời giải ngắn gọn Thông qua các ví dụ hi vọng HS có thêm kĩ giải phương trình nhận dạng dạng phương trình sử dụng tính đồng biến, nghịch biến để giải Bây ta xét số tốn Bất Phương trình. Ví dụ : Giải bất phương trỡnh sau:
3
5
1/ 3 2x 2x 2x-1
2/ x 3x 6x+16 x
Giải: 1) ĐK:
1 3
x 2 2.
Xét hàm số
5
f (x) 3 2x 2x
2x 1
Ta dễ dàng chứng minh f(x) hàm nghịch biến f(1)=6 Do f(x) ≤ f(1) x ≥ Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm Bpt là:
3 1 x
2
2) ĐK:
Xét hàm số f (x) x33x26x 16 4 x ta có
suy f(x) hàm đồng biến, lại có f(1) = 2 3, nên f(x) < f(1) x <1 Kết hợp điều kiện ta có nghiệm Bpt -2 ≤ x <
(5)Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:
3
2
x 3y y 3x (1) x 3y (2)
Giải:
Từ (2) ta suy |x|,|y| ≤1 ta có (1) x3 – 3x = y3 – 3y
f(x) = f(y) f(t) = t3 – 3t
với |t| ≤1, ta có f(t) hàm nghịch biến liên tục [-1;1] nên f(x) = f(y) x = y Thay x = y vào (2) ta có x = y = ± 1/
Ví dụ 5: Giải hệ pt:
sin x sin y 3x- 3y (1) x+y= (2)
5 x,y > (3)
Giải: Từ phương trình (1) gợi cho ta sử dụng phương pháp hàm số
Từ (2) (3) ta có < x, y < 5
(vì hàm số f(t)=sint -3t hàm liên tục nghịch biến (0; 5
)
Thay x =y vào (2) ta nghiệm hệ là: x = y = 10
Chú ý:
*Qua hai ví dụ ta thấy hai chung phương pháp, phương trình hệ có dạng f(x)=f(y), dẫn đến ta khảo sát tính đơn điệu hàm số f(t)
* Một ý sử dụng tính đơn điệu có f(x) = f(y)
x = y f(t) liên tục đơn điệu D Ví dụ 6:Giải hệ
3
3
3
x 3x -3+ln(x x 1) y y 3y-3+ln(y y 1) z z 3z-3+ln(z z 1) x
(6)Khi hệ có dạng :
f (x) y f (y) z f (z) x
.
ta có:
2
2
2t
f '(t) 3t t t
nên f(t) hàm đồng biến Ta giả sử (x,y,z) nghiệm hệ x=Max{x,y,z} đó, ta suy y = f(x) ≥ f(y) = z => z = f(y) ≥ f(z) = x
Hay x ≥ y ≥ z ≥ x suy x = y = z, thay vào hệ ta phương trình:
x3 + 3x – + ln(x2 – x + 1) =0 Ta dễ dàng chứng minh phương trình có nghiệm x=1
Vậy x = y = z =1 nghiệm hệ cho
Ví dụ Chứng minh với giá trị dương m pt x22x 8 m(x 2) ln có hai nghiệm thực phân biệt (KB, 2007)
Giải:
2
x 2x 8 m(x 2) 2 2
x 0
(x 2x 8) m(x 2)(*)
Ta có (*) (x-2)(x3 +6x2 – 32 – m) =
x= x3 +6x2 – 32 – m = (1) Phương trình (*) ln có nghiệm x = 2, ta chứng minh (1) ln có nghiệm với m > Thật vậy, xét hàm f(x) = x3 +6x2 – 32 (2; +), ta có f’(x) = 3x2+ 12x > với x > Ta có bảng biến thiên:
x +
f’(x) +
f(x) +
0
Dựa vào bảng biến thiên ta có với m >0 pt (1) ln có nghiệm Vậy (*) ln có hai nghiệm thực phân biệt
C Kết luận.