PHẦN I MỞ ĐẦU 1 Lý do chọn đề tài Trong chương toán THPT các bài toán về phương trình, hệ phương trình là những bài toán quen thuộc với học sinh, đặc biệt là các học sinh ôn thi Đại học, Cao đẳng và học sinh giỏi các cấp Để giải quyết các bài toán loại này thì học sinh ngoài việc phải nắm chắc kiến thức cơ bản và kĩ năng giải phương trình, hệ phương trình sinh còn phải nắm chắc các kiến thức về hàm số, về mối quan hệ giữa phương trình, hệ phương trình và sự tương giao của đồ thị hàm số Trong những năm gần đây thì bài toán giải phương trình, hệ phương trình có vận dụng phương pháp hàm số để giải quyết ngày càng xuất hiện càng nhiều trong các đề thi Đại học và Cao đẳng thường gây cho học sinh nhiều khó khăn bởi lẽ nếu sử dụng các phương pháp truyền thống như phương pháp thế, cộng đại số thì rất khó khăn có thể giải quyết được bài toán, mà để giải quyết được được vấn đề đó thì học sinh phải biết khai thác tốt các tính chất của hàm số sau đó sử dụng các kiến thức của nó để giải quyết chúng thì sẽ đơn giản hơn nhiều và lời giải trở nên gọn gàng hơn, trong sáng hơn Là giáo viên THPT và đang trực tiếp giảng dạy môn toán khối 11, khối 12 và ôn thi đại học,ôn thi học sinh giỏi khối 12 tôi thấy nhiều học sinh gặp rất nhiều khó khăn khi giải dạng toán này Để phần nào giúp các em tìm ra đường lối để giải quyết lớp các bài toán này trong quá trình luyện thi đại học tôi đưa ra một số kĩ thuật giải phương trình, hệ phương trình nhờ ứng dụng của hàm số 2 Mục đích nghiên cứu Trong những gần đây trong đề thi đại học cao đẳng, đề thi học sinh giỏi các cấp thì dạng toán giải phương trình, hệ phương trình xuất hiện khá nhiều, nhưng đa số học sinh của trường THPT số 1 Bảo Yên khi gặp bài toán giải bằng phương pháp hàm số các em còn gặp nhiều khó khăn và bỡ ngỡ Nên với việc nghiên cứu đề tài này tôi y vọng sẽ giúp các em phần nào giảm bớt được các khó khăn khi giải các bài toán dạng này 3 Đối tượng nghiên cứu Học sinh lớp 12A1, 11A1 và các lớp ôn thi đại học, ôn thi học sinh giỏi khối 11,12 4 Giới hạn phạm vi nội dung nghiên cứu Là các buổi ôn thi đại học cho học sinh khối11,12 và khi học song chương khảo sát và vẽ đồ thị hàm số năm học 2013 – 2014 1 5 Nhiệm vụ nghiên cứu Giúp học sinh biết vận dụng những ứng dụng của bài toán khảo sát hàm số vào giải phương trình, hệ phương trình 6 Phương pháp nghiên cứu Xây dựng hệ thống cơ sở lí luận dựa trên chương trình sách giáo khoa và các tài liệu liên quan và trao đổi với các đồng nghiệp Trên cơ sở đó xây dựng hệ thống phương pháp giải toán 7 Thời gian nghiên cứu Năm học 2013 – 2014, trong các buổi ôn thi đại học cho học sinh lớp 12 và bồi dưỡng học sinh giỏi khối 11,12 2 PHẦN THỨ 2: NỘI DUNG CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÍ LUẬN 1 Nếu hàm số y = f ( x ) đơn điệu trên D thì phương trình f ( x) = k nếu có nghiệm x = x0 trên D thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình trên D 2 Nếu hàm số f(x) có đạo hàm trên D và phương trình f’(x) = 0 có k nghiệm phân biệt trên D thì phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất k + 1 nghiệm trên D 3 Nếu hàm số f(x) có đạo hàm cấp 1, cấp 2, cấp k trên D mà đạo hàm cấp k vô nghiệm trên D thì phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất k + 1 nghiệm trên D 4 Nếu hàm số y = f ( x ) đơn điệu trên D và u ( x), v( x) là các hàm số nhận các giá trị thuộc D thì f ( u ( x ) ) = f ( v ( x ) ) ⇔ u ( x ) = v ( x ) Một số lưu ý khi sử dụng phương pháp hàm số Vấn đề quan trọng nhất khi sử dụng phương pháp hàm số là chúng ta phải nhận ra được hàm số đơn điệu và nhẩm được nghiệm của phương trình Để phát hiện tính đơn điệu của hàm số chúng ta cần nắm vững các tính chất sau: 2.1 Nếu hàm số y = f ( x ) xác định và có đạo hàm không đổi dấu trên D thì f(x) đơn điệu trên D Cụ thể: +) Nếu hàm số y = f ( x ) xác định trên D và f '( x) > 0 với mọi x ∈ D thì f(x) đồng biến trên D +) Nếu hàm số y = f ( x ) xác định trên D và f '( x) < 0 với mọi x ∈ D thì f(x) nghịch biến trên D 2.2 Nếu f '( x) = 0 vô nghiệm trên D hoặc có toàn bộ các nghiệm kép trên D thì f(x) đơn điệu trên D Khi đó, lấy x = x0 bất kì trên D nếu f '( x0 ) ≥ 0 ( f '( x0 ) ≤ 0 ) thì f(x) đồng biến ( nghịch biến trên D) 2.3 Nếu y = f ( x ) đồng biến ( nghịch biến) trên D thì +) y = +) y = n f ( x ) đồng biến ( nghịch biến) trên D 1 với f ( x) > 0 nghịc biến ( đồng biến) trên D f ( x) +) y = − f ( x ) nghịc biến ( đồng biến) trên D 3 2.4 Tổng của các hàm số đồng biến ( nghịch biến) trên D là một hàm số đồng biến (nghịch biến) trên D 2.5 Tích của các hàm số dương đồng biến ( nghịch biến) trên D là một hàm số đồng biến (nghịch biến) trên D Ví dụ : từ tính chất đơn điệu của các hàm số sau: y = x + 3; y = 3 − x; y = 2 − x nếu nắm được các tính chất trên ta có thể phát hiện được ngay các hàm số : y = 3 x+3+ x+3+ x đồng biến, y= 6 8 + 3− x 2− x đồng biến, 1 + 3 − x nghịc biến x+3 Từ cách nhìn nhận đó chúng ta định hướng được phương pháp giải là sử dụng tính đơn điệu của hàm số Việc nhẩm nghiệm cũng là một vấn đề rất quan trọng trong phương pháp này, khi nhẩm nghiệm ta thường ưu tiên chọn mà biểu thức trong dấu căn là lũy thừa mũ n ( nếu có căn bậc n ), hoặc nếu phương trình logarit thì ta chọn x mà y= biểu thức trong dấu loga là aα nếu phương trình có logarit cơ số a… 5 phương trình f(x) = m có nghiệm trên D khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số y = f(x) vợi x thuộc D và số nghiệm phương trình trên D là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với đường thẳng y = m trên D 6 Xét bất phương trình f(x) ≥ m với f(x) liên tục trên [a; b] Khi đó: m = minf(x) ≤ f(x) ≤ maxf(x) = M Nếu f(x) đồng biến trên [a; b] thì minf(x) = f(a); maxf(x) = f(b) với mọi x thuộc [a; b] Nếu f(x) nghịch biến trên [a; b] thì minf(x) = f(b); maxf(x) = f(a) với mọi x thuộc [a; b] *) f(x) ≥ m có nghiệm x thuộc D ⇔ m ≤ maxf(x) với x thuộc D *) f(x) ≥ m vô nghiệm trên D ⇔ m > maxf(x) với mọi x thuộc D *) f(x) ≥ m có nghiệm ∀x ∈ D ⇔ m ≤ minf(x) với ∀x ∈ D *) f(x) ≤ m có nghiệm x thuộc D ⇔ m ≥ minf(x) với x thuộc D *) f(x) ≤ m vô nghiệm trên D ⇔ m < minf(x) với mọi x thuộc D *) f(x) ≤ m có nghiệm ∀x ∈ D ⇔ m ≥ maxf(x) với ∀x ∈ D Trong một số trường hợp cụ thể thì có thể không lấy dấu bằng, hoặc hàm số không có giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất trên D điều đó còn phụ thuộc vào đặc điểm của từng hàm số và miền nghiệm D 4 CHƯƠNG II THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI Bài toán khảo sát hàm số và các bài toán liên quan là một vấn đề khá quen thuộc với đa số học sinh phổ thông , nhưng để vận dụng nó vào giải phương trình, hệ phương trình thì đó là vấn đề khá mới mẻ với đa số học sinh Nên khi gặp các bài toán giải phương trình, hệ phương trình có sử dụng phương pháp hàm số làm cho học sinh rất bỡ ngỡ và rất xa lạ, từ đó gây cho học sinh cảm giác khó khăn khi giải toán Để tháo gỡ vấn đề này tôi sẽ xây dựng hệ thống bài tập có vân dụng phương pháp hàm số cho học sinh làm quen và từ đó hình thành kĩ năng giải quyết bài toán CHƯƠNG 3 GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Một số bài toán về phương trình, hệ phương trình áp dụng giải pháp Vấn đề 1: Các bài toán giải phương trình và hệ phương trình : Bài toán 1: Giải các phương trình sau: a) 3 x + 2 − 3 2x2 + 1 = 3 2x2 − 3 x + 1 b) 3 6 x + 1 = 8x3 − 4 x − 1 Giải quyết bài toán a) Ta có 3 x + 2 − 3 2x2 + 1 = 3 2 x2 − 3 x + 1 ⇔ 3 x + 2 + 3 x + 1 = 3 2 x2 + 1 + 3 2x2 2 Xét f (t ) = 3 t + 1 + 3 t , ta có phương trình: f ( x + 1) = f ( 2 x ) Với f (t ) = 3 t + 1 + 3 t đồng biến trên ¡ nên x =1 f ( x + 1) = f ( 2 x ) ⇔ x + 1 = 2 x ⇔  1 x = −  2 2 2 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = − b) 3 1 2 6 x + 1 = 8 x3 − 4 x − 1 ⇔ 6 x + 1 + 3 6 x + 1 = ( 2 x ) + 2 x 3 3 Xét hàm số f (t ) = t + t , ta có phương trình f ( 3 6 x + 1) = f ( 2 x ) 3 Vì f (t ) = t + t đồng biến nên f ( 3 6 x + 1) = f ( 2 x ) ⇔ 2 x = 3 6 x + 1 ⇔ 4 x 3 − 3 x = 5 1 (1) 2 1 nên phương trình vô nghiệm 2 ϕ ∈ [ 0;π ] Khi đó (1) trở thành Nếu |x| > 1 thì 4 x 3 − 3 x = x ( 4 x 2 − 3) > 1 > Nếu |x| x ≤ 1 thì đặt x = cos ϕ , 4cos3 ϕ − 3cos ϕ = 1 1 π 2π ⇔ cos3ϕ = ⇔ ϕ = ± + k Chọn các nghiệm 2 2 9 3 π 5π 7π ,ϕ 2 = , ϕ3 = 9 9 9 π 5π 7π Vậy phương trình có 3 nghiệm x = cos , x = cos , x = cos 9 9 9 Nhận xét: Trong bài toán trên ta cần chú ý quan sát đặc điểm của phương trình ta biến đổi phương trình về dạng f(u) = f(v), sau đó ta xét tính đơn điệu của hàm số đặc trựng f(t) và tấy hàm số đơn điệu trên D và suy ra u = v và ta có một lời giải thật đơn giản Bài toán 2: Giải các phương trình: trong đoạn [ 0;π ] ta được các nghiệm ϕ1 = b) 7 x −1 = 1 + 2log 7 ( 6 x − 5 ) a) 2011x + 2012 x = 2.2010 x 3 Giải quyết bài toán: x x  2011   2012  a) 2011 + 2012 = 2.2010 ⇔  ÷ + ÷ =2 2010 2010     x x x x x  2011   2012  Xét hàm số f ( x) =  ÷ + ÷ xác định trên R 2010    2010  x x  2011   2011   2012   2012  Ta có f '( x) =  ÷ ln  ÷+  ÷ ln  ÷ > 0 nên hàm số  2010   2010   2010   2010  đồng biến trên R 0 0  2011   2012  f (0) =  ÷ + ÷ = 2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 2010 2010     5 b) Điều kiện : 6 x − 5 > 0 ⇔ x > 6 y −1 Đặt y − 1 = log 7 ( 6 x − 5 ) ⇒ 7 = 6 x − 5 (1) Khi đó, phương trình trở thành: 7 x −1 = 1 + 2log 7 ( 6 x − 5 ) ⇔ 7 x −1 = 1 + 6log 7 ( 6 x − 5 ) ⇔ 7 x −1 = 1 + 6 ( y − 1) 3 ⇔ 7 x −1 = 6 y − 5 (2) Trừ theo từng vế (1) và (2) ta có : 7 y −1 − 7 x−1 = 6 x − 6 y ⇔ 7 y −1 + 6 y = 7 x −1 + 6 x ⇔ f ( y ) = f ( x) 6 t −1 t −1 Với f (t ) = 7 + 6t có f (t ) = 7 ln 7 + 6 > 0 nên f(t) là hàm số đồng biến, dó đó: f ( y ) = f ( x ) ⇔ x = y thế vào (1) ta có phương trình: 7 x −1 = 6 x − 5 ⇔ 7 x −1 − 6( x − 1) − 1 = 0 (3) t t t 2 Xét hàm số g (t ) = 7 − 6t − 1 có g '(t ) = 7 ln 7 − 6 ⇒ g ''(t ) = 7 ln 7 > 0 Nên phương trình g’(t) = 0 có tối đa một nghiệm do đó phương trình g(t) = 0 có tối đa 2 nghiệm Ta có g(0) = g(1) = 0 Vậy phương trình g(t) = 0 có 2 nghiệm t=0 và t = 1 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 1 và x = 2 Nhận xét : +) Dạng tổng quát của bài toán trên là : s ax +b = p log s ( qx + r ) + cx + d ( a ≠ 0, q ≠ 0,0 < s ≠ 1) +) Khi giải các bài toán có sử dụng tính đơn điệu của hàm số ta có thể vận dụng tính chất sau : Nếu hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp n vô nghiệm (hay không đổi dấu) trên D thì phương trình f ( x) = k có không quá n nghiệm trên D +) Trong phương trình trên có hai phép toán trái ngược nhau là phép lũy thừa và phép lấy logarit, trong phương trình có chứa các phép toán khác nhau cũng thường được giải bằng cách sử dụng tính đơn điệu của hàm số Chúng ta có thể thấy điều đó qua bài toán sau : Bài toán 3 : Giải các phương trình : x2 − x + 1 = x 2 − 3x + 2 a) log 2 2 b) x + x 2 + 1 = 3x 2 x − 3x + 4 Giải quyết bài toán x2 − x + 1 = x 2 − 3x + 2 a) Ta có : log 2 2 2x − 4x + 3 ⇔ log 2 ( x 2 − x + 1) − log 2 ( 2 x 2 − 4 x + 3) = ( 2 x 2 − 4 x + 3) − ( x 2 − x + 1) ⇔ log 2 ( x 2 − x + 1) + ( x 2 − x + 1) = log 2 ( 2 x 2 − 4 x + 3) + ( 2 x 2 − 4 x + 3 ) ⇔ f ( x 2 − x + 1) = f ( 2 x 2 − 4 x + 3) Với f (t ) = log 2 t + t ⇒ f '(t ) = 1 + 1 > 0 ∀t ∈ ( 0; +∞ ) t ln 2 7 Do đó x =1 f ( x 2 − x + 1) = f ( 2 x 2 − 4 x + 3) ⇔ x 2 − x + 1 = 2 x 2 − 4 x + 3 ⇔ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔  x = 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1 và x = 2 2 x x b) Ta có: x + x + 1 = 3 ⇔ 3 x Đặt f ( x) = 3 ( x2 + 1 − x ( ) ( ) x2 + 1 − 1 = 1 ) ( )  x   1  x 2 + 1 − x + 3x  2 − 1÷ = 3x x 2 + 1 − x  ln 3 − 2 ÷> 0 x +1   x +1   Nên f(x) là hàm số đồng biến trên ¡ , mà f(0) = 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 Nhận xét: khi gặp phương trình f(x) = g(x) trong đó f , g có một hàm đồng biến, một hàm nghịch biến thì cách giải thường dùng là nhẩm nghiệm và chứng minh nghiệm đó là duy nhất, tuy nhiên trong bài toán của ta ⇒ f '( x) = 3x ln 3 f ( x) = x + x 2 + 1, g ( x) = 3x lại đều đồng biến nên cách đó không giải quyết được, vì vậy ta chia 2 vế của phương trình cho x + x 2 + 1 để đưa một vế là hằng số và vế còn lại là một hàm số mà ta có thể xét được tính đơn điệu của nó cũng là cách mà ta làm ở bài toán sau 2 Bài toán 4: Giải các phương trình: ( ) x x a) log 5 3 + 3 + 1 = log 4 ( 3 + 1) x x b) ( 1 + x ) ( 2 + 4 ) = 3.4 Giải quyết bài toán ( ) x x a) log 5 3 + 3 + 1 = log 4 ( 3 + 1) (1) x x t Đặt t = log 4 ( 3 + 1) ⇒ 3 + 1 = 4 Phương trình (1) trở thành: t t 1 2 log 5 ( 3 + 2 ) = t ⇔ 3 + 2 = 5 ⇔ 3  ÷ +  ÷ = 1 (2) 5 5 t t t t t t t 1 2 1 1  2 2 Xét hàm số f (t ) = 3. ÷ +  ÷ ⇒ f '(t ) = 3. ÷ ln +  ÷ ln < 0 Nên f (t ) 5  5 5 5  5 5 là hàm số nghịch biến, mà f (1) = 1 nên phương trình (2) có nghiệm t = 1 Do đó 3x + 1 = 4 ⇔ x = 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 4x 1+ x x x 1 + x 2 + 4 = 3.4 ⇔ − = 0 b) Ta có: ( )( ) 2 + 4x 3 Xét hàm số: 8 4 x ln 4 ( 2 + 4 x ) − 4 2 x ln 4 1 2ln 4.4 x 1 4x 1+ x f ( x) = − ⇒ f '( x) = − = − x 2 x 2 2 + 4x 3 3 2 + 4 2 + 4 ( ) ( ) 3 f '( x) = 0 ⇔ 2ln 4.4 x (2+4 ) x 2 2 1 − = 0 ⇔ ( 2 + 4 x ) − 6ln 4.4 x = 0 Đây là phương 3 trình bậc hai đối với 4 x nên có nhiều nhất 2 nghiệm suy ra phương trình 1 f ( x) = 0 có tối đa 3 nghiệm, mà ta thấy x = 0, x = , x = 1 là các nghiệm của nó 2 1 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x = 0, x = , x = 1 2 Nhận xét : Đây là bài toán mà ta áp dụng thật đơn giản tính chất : hàm số f(x)đơn điệu trên D thì phương trình f(x) = k có nghiệm duy nhất trên D, sau đó ta tiến hành nhẩm nghiệm là lời giải xong rồi Thật đơn giản phải không ? Bài toán 5 Giải các phương trình: 2−n  π x2 n n a) 1 − = cos x b) sin x + cos x = 2 2 , ( n ∈ ¥ , n ≥ 2 ) x ∈  0; ÷ 2  2 Giải quyết bài toán x2 x2 a) 1 − = cos x ⇔ + cos x = 1 2 2 x2 Xét hàm số f ( x) = + cos x, ∀x ∈ ¡ , 2 x2 Dễ thấy f ( − x) = f ( x) = + cos x, ∀x ∈ ¡ do đó f(x) là hàm số chẵn, vì 2 vậy ta chỉ cần xét hàm số f(x) trên [ 0;+∞ ) Ta có f '( x) = x − sin x, đồng biến trên [ 0;+∞ ) nên f ''( x) = 1 − cos x ≥ 0, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) suy ra f’(x) f '( x) ≥ f '(0) = 0, ∀x ≥ 0 do đó f(x) đồng biến trên [ 0;+∞ ) Mà f(0) =1 Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình trên [ 0;+∞ ) và đó cũng là nghiệm duy nhất của phương trình b) Nếu n = 2 thì phương trình trở thành sin 2 x + cos 2 x = 1 nên mọi  π x ∈  0; ÷ là nghiệm của phương trình  2 n n Nếu n > 2, đặt f ( x) = sin x + cos x = 2 9 2− n 2  π , ( n ∈ ¥ , n ≥ 2 ) x ∈  0; ÷  2 π  π f '( x) = n.sin x cos x ( sin n−2 x − cos n− 2 x ) Vì x ∈  0; ÷ nên f '( x) = 0 ⇔ x = 4  2 Bảng biến thiên x π π 0 4 2 f’(x) 0 + 1 1 f(x) 2 2 −n 2 π 4 Nhận xét: Đây là bài toán khá phức tạp, nên khi giải chúng ta cần chú ý chia trường hợp cẩn thận nếu không trong quá trình giải ta sẽ gặp khó khăn Đay là bài toán mà chúng ta cần phải biết lập bảng biến thiên của hàm số vafd từ đó kết luận về nghiệm của phương trình Bài toán 6: Tìm nghiệm dương của phương trình: Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm khi x = 1+ 1 x 1+ 1  1  x ln 1 + ÷ − x 3 ln 1 + 2 ÷ x x    Giải quyết bài toán 1+ Ta có : 1 1+ 1  1 x  x ln 1 + ÷ − x 3 ln 1 + 2 ÷ x x    1 x2 1 x2 = 1 − x (TC -THTT) =1− x 1  1  ⇔ ( x + 1) ln 1 + ÷− x ( x 2 + 1) ln 1 + 2 ÷ = 1 − x x x    1    1  ⇔ ( x + 1) ln 1 + ÷− 1 = x ( x 2 + 1) ln 1 + 2 ÷− 1 x x      1     1   ⇔ x ( x + 1) ln 1 + ÷− 1 = x 2 ( x 2 + 1) ln 1 + 2 ÷− 1 x  x       ⇔ f ( x) = f ( x 2 )   1  Với f (t ) = t ( t + 1) ln 1 + ÷− 1 , t > 0  t   2    1  1 Ta có : f '(t ) = ( 2t + 1) ln 1 + ÷− 2 = ( 2t + 1) ln 1 + ÷−   t   t  2t + 1 10 u + u 2 + 1 = 3v  v + v 2 + 1 = 3u Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta được phương trình: u = x − 1 Đặt  Hệ phương trình đã cho trỏ thành: v = y − 1 (1) (2) u + u 2 + 1 + 3u = v + v 2 + 1 (3) Phương trình (3) có dạng f(u) = f(v) Với f (t ) = t + t 2 + 1 + 3t t Ta có : f '(t ) = 1 + + 3t ln3 > 0 nên f(t) là hàm số đồng biến t +1 Do đó (3) ⇔ u = v thế vào (1) ta có 2 ) ( ) ( u + u 2 + 1 = 3u ⇔ ln u + u 2 + 1 = u.ln 3 ⇔ ln u + u 2 + 1 − u.ln 3 = 0 (4) ) ( 1 2 Xét hàm số: g (u ) = ln u + u + 1 − u.ln 3 có g '(u ) = u2 + 1 − ln 3 < 0 nên g(u) là hàm số nghịch biến trên R Ta có g(0) = 0 nên (4) có nghiệm duy nhất u = 0 suy ra v = 0 do đó nghiệm của hệ đã cho là (x,y) =(1;1) Nhận Xét :Trong bài toán này thì chúng ta cần biết quan sát và tiến hành đổi biến trong các phương trình của hệ ta thu được một hệ phương trình đơn giản , tuy nhiên khi đánh giá dấu của đạo hàm ta khéo léo đưa từ bất phương trình mũ về bất phương trình logarit thì ta thấy có kết quả ngay, còn ngược lại chung ta sẽ gặp khá nhiều khó khăn khi xét dấu đạo hàm Bài toán 13 Giải hệ phương trình: ( ) 2 − 22( x + y ) + 2 x + y +1 − 22 y + 1 = 6 − 8 − 2.2 x 2 y    2 x − 2 y + 2 x = 3 Giải quyết bài toán : Đặt u = 2 x ; v = 2 y Hệ đã cho trở thành: ( ) 2 − u 2v 2 + 2.u.v − v 2 + 1 = 6 − 8 − 2u v (1)  Đk: u ≥ v   u − v + u = 3 (2) Do v > 0 nên chia cả hai vế của phương trình (1) cho v ta được: ( ) 2 2 u 1 1 1  − u 2 + 2 − 1 + 2 = 6 − 8 − 2u ⇔ 2(u + ) −  u + ÷ − 1 = 6 − 8 (3) v v v v v  1 Đặt t = u + Phương trình 3 trở thành: 2t − t 2 − 1 = 6 − 8 (4) v 16 Xét hàm số : f (t ) = 2t − t 2 − 1 − 6 + 8 Ta có f '(t ) = 2 − t =u + 1 1 ≥u + ≥ 2 v u t >0 t ≥ 2 VẬy t(t) đồng biến t2 −1 Ta có f(3) = 0 Vậy Phương trình (4) có nghiệm duy nhất t = 3 1  u + =3 (1') 1  v u + =3 (1')  v ⇔ Vậy ta có hệ:   u−v +u =3  u − 1 = 3−u (2') (2')   3−u 0 < u < 3 1  =3−u ⇔  ⇔ u = 2 suy ra Xét phương trình: u − 1 2 3−u u − = u − 6 u + 9  3−u v = 1 Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (1;0) Nhận xét : Đây là bài toán khá phức tạp chúng ta cần phải quan sát kĩ các hệ số của phương trình, chúng thật đặc biệt, cần phải chế biến cho đẹp và ta thu được dạng f(u) = f(v) tương tự như các bài toán trên Bài toán này khá giống đề thi đại học khối A - 2012  x 2 − xy + y 2 = 7 (1) Bài toán 14 : Giải hệ phương trinh :  3 3 2 x − 28 y = ( x − y ) ( 2 xy + 7 ) (2) ( Đề thi HSG Lào cai 2011) Giải quyết bài toán: Thế x 2 − xy + y 2 = 7 Từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta có phương trình 2 x3 − 28 y 3 = x 3 − y 3 ⇔ x 3 = ( 3 y ) ⇔ x = 3 y 3 Thế vào (1) ta có : 7 y 2 = 7 ⇔ y = ±1 Vậy hệ có hai nghiệm: (x,y) = (3;1); (x;y) = (-3;-1)  x3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 +3y 2 − 9 y  Bài toán 15: Giải hệ phương trình:  2 1 2 x + y − x + y =  2 ( Đề tuyển sinh Đại học và cao đẳng khối A 2012) Giải quyết bài toán: Ta có: x3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 +3y 2 − 9 y ⇔ ( x − 1) − 12( x − 1) = ( y + 1)3 − 12( y + 1) (3) 3 17 2 2 1 1  1  Từ phương trình (2) ta có x + y − x + y = ⇔  x − ÷ +  y + ÷ = 1 2 2  2  2 2 1 1   −3 −1 ≤ x − 2 ≤ 1  2 ≤ x − 1 ≤ 2 −3 3 ⇒ ⇔ ⇒ ≤ x − 1; y + 1 ≤ 2 2  − 1 ≤ y + 1 ≤ 1  −1 ≤ y + 1 ≤ 3   2 2 2 3  −3  ≤t ≤ ÷ 2  2 3  −3 2 Ta có: f '(t ) = 3t − 12 < 0  ≤ t ≤ ÷ 2  2 Xét hàm số: f (t ) = t 3 − 12t Do đó (3) ⇔ f ( x − 1) = f ( y + 1) ⇔ x = y + 2 Thế vào phương trình (2) của hệ ta có ( −1  y =  1 2 2 y + 2) + y 2 − ( y + 2) + y = ⇔ 4 y 2 + 8 y + 3 = 0 ⇔  2  y = −3  2  3 −1   1 −3  Suy ra nghiệm của hệ là : ( x, y ) =  ; ÷; ( x, y ) =  ; ÷ 2 2  2 2   x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y (1) Bài 16 Giải hệ phương trình:  2 2  x + 2 x ( y − 1) + y − 6 y + 1 = 0 (2) ( Đề thi đại học khối A – 2013) Giải quyết bài toán: Từ phương trình (1) ta có ĐK: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 Từ phương trình (2) ta coi x là ẩn và y là tham số ta có điều kiện để phương trình (2) có nghiệm là : ∆ = ( y − 1) − y 2 + 6 y − 1 ≥ 0 ⇔ y ≥ 0 2 Ta có : x + 1 + 4 x − 1 − y4 + 2 = y ⇔ x + 1 + 4 x − 1 = y + y4 + 2 Đặt u = 4 x − 1 ⇒ x + 1 = u 4 + 2 (u ≥ 0) Khi đó ta có phương trình u + 4 u 4 + 2 = y + 4 y 4 + 2 Xét hàm số: f (t ) = t + 4 t 4 + 2 Ta có f '(t ) = 1 + t3 4 t4 + 2 >0 ( t ≥ 0) ( t ≥ 0) 18 Do đó hàm số f(t) đồng biến Nên f (u ) = f ( y ) ⇔ u = y ⇒ 4 x − 1 = y ⇒ x = y 4 + 1 Thế vào phương trình (2) ta có: (y 4 + 1) + 2 ( y 4 + 1) ( y − 1) + y 2 − 6 y + 1 = 0 2 ⇔ y8 + 2 y 5 + y 2 − 4 y = 0 y = 0 ⇔ 7 4 y + 2y + y − 4 = 0 Với y = 0 ta có x = 1 Xét hàm số g ( y ) = y 7 + 2 y 4 + y − 4 Ta có : g '( y ) = 7 y 6 + 8 y 3 + 1 > 0 (y ≥ 0) (y ≥ 0) Nên g(y) là hàm số đồng biến suy ra phương trình g(y) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm Ta lại có g(1) = 0 Vậy phương trình g(y) = 0 có nghiệm duy nhất y = 1 suy ra x = 2 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt (1;0) và (2;1) Một số bài toán tương tự áp dụng giải pháp 3 2 x  x3 + x2 + x+1 + ln = e y + y + y +1 e y 1 Giải hệ phương trình:  ( với 0 2 f ’(x) = 3x2 + 12x > 0 , ∀ x > 2 Bảng biến thiên của hàm số f(x) x +∞ 2 + f '(x) +∞ f(x) 0 Dựa vào bảng biến thiên ta có : ∀ m > 0 Phương trình (*) có nghiệm trong khoảng (2; + ∞ ) Vậy ∀ m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 21 Nhận xét:Với bài toán này chúng ta cần biết phương pháp giải phương trình vô tỷ với phương pháp bình phương hai vế và biết đưa phương trình về dạng tích, nhiều học sinh mắc sai lầm khi chia cả hai vế của phương trình cho x – 2 và dẫn đến làm mất nghiệm của phương trình Với việc đưa phương trình về dạng tích ta thấy lời giải trở nên rất đơn giản Bài toán 4:Tìm m để phương trình sau có ít nhất một nghiệm trên [1; 3 3 ] log 32 x + log32 x + 1 - 2m – 1 = 0 (1) ( Đề thi đại học khối A – 2002) Giải quyết bài toán : Điều kiện : x > 0 Đặt: t = log 32 x + 1 với x ∈ [1; 3 3 ] ⇔ 0 ≤ log3 x ≤ 3 ⇔ 1 ≤ log32 x +1 ≤ 4 ⇔ 1 ≤ t ≤ 2 Phương trình trở thành: t2 + t = 2m + 2 (2) Phương trình (1) có 1 nghiệm trên [1; 3 3 ] ⇔ Phương trình (2) có 1 nghiệm thuộc [1; 2] ⇔ đường thẳng y = 2m + 2 cắt đồ thị hàm số y = t 2 + t với t ∈ [1; 2] tại ít nhất một điểm Xét hàm số: f(t) = t2 + t với t ∈ [1; 2] f ’(t) = 2t + 1 > 0 , ∀ t ∈ [1; 2] t 1 + f '(t) f(t) 2 5 2 Vậy phương trình (1) có 1 nghiệm thuộc [1; 3 ] ⇔ 2 ≤ 2m + 2 ≤ 5 ⇔ 0 ≤ m ≤ 1,5 Nhận xét: Khi giả bài này ta cần quan sát kĩ bài toán và đưa ra phương án đặt ẩn phụ hợp lí nhất và nhớ tìm điều kiện thật chặt chẽ của biến t Bài toán 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 3 (m + 1) tg4x – 3m(1 + tg2x)tg2x + 4m = 0 (1) (TC - THTT) cos 4 x Giải quyết bài toán: Điều Kiện: x ≠ π + kπ 2 (1) ⇔ m( 2tg4x + 5tg2x + 4 ) = - tg4x t = tg 2 x t = tg 2 x  ⇔  ⇔ −t 2 2 2 m =  m(2t + 5t + 4) = −t  2t 2 + 5t + 4  22 −t 2 với t ≥ 0 2t 2 + 5t + 4 Xét hàm số: f(t) = f ’(t) = −5t 2 − 8t ( 2t 2 + 5t + 4 ) 2 t ≤ 0 , ∀t ≥ 0 +∞ 0 _ f '(t) 0 f(t) -0,5 Dựa vào bảng biến thiên ta có điều kiện để phương trình có nghiệm là ⇔ -0,5 < m ≤ 0 Bài toán 6: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 9x – m 33 + 2m + 1 = 0 (1) Giải quyết bài toán : t = 3x  ⇔ (vì t = 2 không là nghiệm của t2 +1 (2) m = t−2  x t = 3 (1) ⇔  2  m(t − 2) = t + 1 phương trình) t 2 − 4t − 1 t2 +1 Xét hàm số f(t) = ta có: f ’(t) = 2 ( t − 2) t −2 t = 2 − 5 f ’(t) = 0 ⇔ t 2 − 4t − 1 = 0 ⇔  t = 2 + 5 t f '(t) -∞ 2- 5 2 0 _ 0 f(t) _ 0 1 2 +∞ 2+ 5 -∞ + +∞ 4+2 5 Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm khi m < - 0,5 hoặc m ≥ 4+2 5 Nhận xét: Khi rút m sang một vế ta cần chú ý điều kiện của x – 2.Với bài này ta cần chú ý tới các giới hạn của hàm số và quy tắc lập bảng biến thiên, nhiều học sinh thường làm sai bảng biến thiên Bài toán 7: Tìm a để phương trình: duy nhất Giải quyết bài toán : 23 3x 2 − 1 = 2 x − 1 + a (1) có nghiệm 2x −1 (1) ⇔ a = 3x 2 − 2 x 2x −1 3x 2 − 2 x Xét hàm số : f(x) = xác định trên (0,5; + ∞ ) 2x −1 Ta có f’(x) = 9 x2 − 8x + 2 ( 2 x − 1) > 0 ∀ x ≥ 0,5 ⇒ f đồng biến trên (0,5; + ∞ ) +∞ 0,5 x 3 + f '(x) +∞ f(x) -∞ Từ bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm duy nhất với mọi a Bài toán 8: Tìm m để phương trình: m( x 2 − 2 x + 2 + 1) + x(2- x) ≤ 0 có nghiệm thuộc [0; 1+ 3 ] Giải quyết bài toán Đặt t = x 2 − 2 x + 2 với x ∈ [0; 1+ 3 ] t’x = x −1 x − 2x + 2 t’x = 0 ⇔ x = 1 2 , x 0 _ t'x t m ≤ 0 2 1+ 3 + 2 Với x ∈ [0; 1+ 3 ] thì t ∈ [1; 2] Bất phương trình trở thành: m(t + 1) ≤ t2 – 2 ⇔ 1 1 t2 − 2 t +1 ⇔ m ≤ Maxf(t) với f(t) = Ta có f ’(t) = t 2 + 2t + 2 ( t + 1) 2 t2 − 2 t +1 > 0 , ∀ t ∈ [1; 2] Vậy bất phương trình có nghiệm 2 x ∈ [0; 1+ 3 ] ⇔ m ≤ M[1;2]ax f (t ) = f(2) ⇔ m ≤ 3 Bài toán 9:Với giá trị nào của m thì bất phương trình sin 3x + cos3x ≥ m có nghiệm m,với ∀ x Giải quyết bài toán π 4 Đặt t = sinx + cosx = 2 cos( x − ) , Điều kiện : t ≤ 2 24 t 2 −1 ) 2 Bất phương trình trở thành: t(1 – ≥ m, ∀ t ∈ [- ≥ 2m, ∀ t ∈ [- ⇔ 3t – t3 2; 2] 2; 2] Xét: f(t) = 3t – t3 f ’(t) = 3 – 3t2 f ’(t) = 0 ⇔ 3 – 3t2 = 0 ⇔ t = 1 v t = -1 x - 2 t'x -1 _ 1 + 0 - 2 t 2 2 2 -2 Dựa vào bảng biến thiên ta có : bất phương trình (1) có nghiệm với ∀ x ⇔ 2m ≤ -2 ⇔ m ≤ - 1 Bài toán 10: Tìm m để bất phương trình: mx4 – 4x + m ≥ 0 có nghiệm với ∀ x (1) Giải quyết bài toán 4x , ∀x x +1 (1) ⇔ m(x4+ 1) ≥ 4x , ∀ x ⇔ m ≥ Xét hàm số : f(x) = Ta có : f ’(x) = 4x x +1 4 4( x 4 + 1 − 4 x 4 ) (x 4 + 1) 2 = 4(1 − 3 x 4) (x 4 f ’(x) = 0 ⇔ 1 − 3x 2 = 0 ⇔ x = -1 x -∞ _ f '(x) f(x) 4 + 1) 4(1 − 3 x 2 )(1 + 3 x 2 ) (x 4 + 1) 2 1 1 vx=- 4 3 3 4 1 3 0 2 = +∞ 3 + 0 0 _ 27 0 - 27 Vậy bất phương trình có nghiệm ∀ x ⇔ m ≥ Maxf(x) ⇔ m ≥ Bài toán 11: Cho bất phương trình: x3 -2x2 + x – 1 + m < 0 (1) a) Tìm m để bất phương trình có nghiệm thuộc đoạn: [0; 2] b) Tìm m để bất phương trình có nghiệm với ∀ x ∈ [0; 2] Giải quyết bài toán 0 x 1/ 3 Ta có: (1) ⇔ -x3 + 2x2 – x + 1 > m _ + f '(x) 0 3 2 ∈ Xét: f(x) = -x + 2x – x + 1 , x [0; 2] 25 f(x) 1 23 7 4 27 1 2 0 1 -1 f’(x) = -3x2 + 4x – 1 f’(x) = 0 ⇔ x = 1 v x = 1 3 a) (1) Có nghiệm thuộc [0; 2] ⇔ maxf(x) > m ⇔ m < 1 b) (1) có nghiệm ∀ x ∈ [0; 2] ⇔ minf(x) > m ⇔ m < -1 Bài toán 12: Cho hàm số y = − x3 + 3x 2 + 3mx − 1 nghịch biến trên khoảng ( 0; +∞ ) Giải quyết bài toán: Ta có y ' = −3x 2 + 6 x + 3m Để hàm số nghịch biến trên ( 0; +∞ ) thì : y ' = −3 x 2 + 6 x + 3m ≤ 0; ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ m ≤ x 2 − 2 x ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ m ≤ min ( x 2 − 2 x ) = −1 x∈( 0; +∞ ) Một số bài toán tương tự áp dụng giải pháp: 1) Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc tập cho trước a) x3 – 3x = m vôùi 2 ≤ x ≤ 3 b) x2- 6lnx – m = 0 vôùi 1 < x < e c) 4sin6x + cos4x – a = 0 2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: a) 3x4 – 10x3 + 6x2 = m b) 2 x − 1 + 5 − x = m c) X3 + mx + m = 0 3) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x −1 + 4) Tìm m để phương trình sau có một nghiệm a) 4 3− x - ( x − 1) (3 − x) = m x 4 − 13 x + m + x – 1 = 0 b) 4 x 2 + 1 - x = m 5) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 3 + 3 tg2x + m(tgx + cotgx) = 1 sin 2 x 7) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4(sin4x + cos4x) – 4(sin6x + cos6x) – sin24x = m  −π π  8) Biện luận theo k số nghiệm trên  ;  của phương trình:  4 4 4k(sin6x + cos6x – 1) = 3sin6x 26 9 Tìm điều kiện của p và q để bất phương trình sau có nghiệm với ∀ x ∈ [0; 1] px + 1 ≤ x3 + x 2 + 3x + 1 ≤ qx + 1 (1) 3x + 1 10 Cho bất phương trình: x − a + x − b > x − c (1) với a > b > c a) Chứng minh rằng bất phương trình luôn có nghiệm b) Giải bất phương trình: x − 4 + x − 1 > x + 4 (2) 11.Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình nghiệm đúng với ∀ x > 0 (3m +1)12x + (2 – m)6x + 3x < 0 (1) PHẦN THỨ 3 KẾT LUẬN Để giải quyết bài toán giải phương trình, hệ phương trình bằng phương pháp hàm số học sinh cần phải nắm chắc kiến thức cơ bản, thấy được mối quan hệ hữu cơ giữa hàm số và phương trình Học sinh cần phải nắm chắc tính chất đơn điệu của hàm số, mối quan hệ giữa số nghiệm của đạo hàm bậc nhất, bậc hai, bậc cao với số nghiệm của phương trình Nếu học sinh nắm chắc vấn đề trên thì việc giải quyết bài toán bằng phương pháp hàm số trở nên nhẹ nhàng hơn Kết quả thực hiện đề tài Sau khi áp dụng đề tài vào công tác giảng dạy bộ môn tại trường trung học phổ thông môn toán của trường có những kết quả rất khả quan so với năm học trước như : +) Số giải văn hóa cấp tỉnh: 7 giải trong đó có 1 giải nhất và 2 giải ba +) Số giải thi máy tính cầm tay môn toán cấp tỉnh : 4 giải +) Số giải thi giải toán qua internet cấp tỉnh là 6 +) Khi áp dụng đề tài vào việc ôn thi đại học kết quả thi đại học của bộ môn có sự tiến bộ so với năm học trước với nhiều học sinh thi đạt kết quả khả quan với 15 học sinh có kết quả thi đại học môn toán đạt mức điểm từ 8.0 tới 9.5 Kết quả khảo sát đại trà ở lớp 12 A1 và 11A1 Số lượng học sinh tham gia khảo sát 63 Kết quả Không đạt 27 Đạt Trước khi thực hiện đề tài 63 4 Sau khi thực hiện đề tài 15 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Sách giáo khoa , sách giáo viên giải tích 12 – chương trình cơ bản [2] Sách giáo khoa , sách giáo viên giải tích 12 – chương trình nâng cao [3] Đề thi tuyển sinh đại học và cao đẳng từ năm 2002 – 2013 [4] Đề thi thử đại học các trường năm học 2010 - 2011 ; 2011 – 2012 ; 2013 -2014 [5] Tạp chí toán học và tuổi trẻ [6] Phương pháp hàm số và ứng dụng – Tác giả Trần Phương 28 NHẬN XÉT CỦA CÁC CẤP 29 - 30 ... x ) = v ( x ) Một số lưu ý sử dụng phương pháp hàm số Vấn đề quan trọng sử dụng phương pháp hàm số phải nhận hàm số đơn điệu nhẩm nghiệm phương trình Để phát tính đơn điệu hàm số cần nắm vững... với đa số học sinh phổ thơng , để vận dụng vào giải phương trình, hệ phương trình vấn đề mẻ với đa số học sinh Nên gặp tốn giải phương trình, hệ phương trình có sử dụng phương pháp hàm số làm... Để giải toán giải phương trình, hệ phương trình phương pháp hàm số học sinh cần phải nắm kiến thức bản, thấy mối quan hệ hữu hàm số phương trình Học sinh cần phải nắm tính chất đơn điệu hàm số,