1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Khái niệm hàm số xuất từ sớm ngày đóng vai trò quan trọng không môn Toán, học sinh tiếp cận với khái niệm chương trình phổ thông cách thông qua SGK, tài liệu liên quan Liên hệ với khái niệm hàm tư hàm, loại hình tư hàng loạt công trình nghiên cứu đánh giá cao kiến nghị phải phát triển mạnh mẽ hoạt động giảng dạy môn nhà trường đặc biệt môn toán Ngày chương trình môn toán trường phổ thông khái niệm hàm đã, thể rõ vai trò chủ đạo việc ứng dụng xây dựng khái niệm khác Trong kì thi học sinh giỏi cấp THPT, câu hỏi liên quan trực tiếp đến hàm số ta thường thấy có câu hỏi mà học sinh thường phải vận dụng tư hàm số công cụ đắc lực để giải toán như: Giải phương trình, bất phương trình, tìm cực trị , Các câu hỏi thường gây khó khăn cho thầy trò lên lớp Trong giảng em thường bị động nghe giảng lúng túng vận dụng vào việc giải toán Nguyên nhân em chưa hiểu chất vấn đề ,chưa có kỹ kinh nghiệm việc vận dụng hàm số vào giải toán ,các em đặt câu hỏi “ Tại nghĩ làm vậy’’ Để trả lời câu hỏi dạy, việc bồi dưỡng lực tư hàm cho học sinh thông qua toán điều cần thiết Muốn làm tốt điều người thầy phương pháp truyền thụ tốt mà phải có kiến thức vừa chuyên ,vừa sâu, dẫn dắt học sinh tìm hiểu cách logíc chất toán học Từ giúp em có say mê việc học môn Toánmôn học coi ông vua môn tự nhiên Mặc dù tham khảo số lượng không tài liệu để vừa viết, vừa dạy lớp để kiểm nghiệm thực tế, song lực thời gian có hạn ,rất mong đóng góp bạn đồng nghiệp người yêu thích môn toán để đề tài có ý nghĩa thiết thực nhà trường, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục phổ thông, giúp em có phương pháp - kỹ giải toán liên quan đến hàm số Với lí đó, xin giới thiệu đến bạn đồng nghiệp đề tài : “Bồi dưỡng lực tư hàm cho học sinh thông qua toán phương trình” làm đề tài sáng kiến kinh nghiệm năm học 2016 – 2017 nhằm đưa giải pháp để góp phần nâng cao hiệu dạy học, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi 1.2 Mục đích nghiên cứu Qua nhiều năm đứng bục giảng, dạy tới chuyên đề này, băn khoăn làm dạy đạt kết cao ,các em chủ động việc chiếm lĩnh kiến thức Thầy đóng vai trò người điều khiển để em tìm đến đích lời giải Chính lẽ đầu tư thời gian nghiên cứu Chuyên đề này, mặt giúp học sinh hiểu chất vấn đề ,các em không lúng túng việc giải toán liên quan đến hàm số ,hơn tạo cho em hứng thú giải toán nói chung liên quan đến hàm số nói riêng Mặt khác sau nghiên cứu có phương pháp giảng dạy có hiệu cao lên lớp, trả lời thoả đáng câu hỏi “Vì nghĩ làm vậy” 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đề tài nghiên cứu mối liên hệ ngôn ngữ hàm số toán phương trình, bất phương trình, rõ mối liên hệ để học sinh thấy chất hàm số toán mà đầu không liên quan đến hàm số Tìm hiểu vận dụng hàm số toán đó, từ hình thành cho em lối tư logic, biện chứng khái niệm toán học 1.4 Phương pháp nghiên cứu Trong đề tài này, phương pháp nghiên cứu chủ yếu nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết; áp dụng thực tế giảng dạy ( PP điều tra khảo sát thực tế) NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Lý thuyết  Nghiệm phương trình f(x) = g(x) hoành độ giao điểm đồ thị y = f(x) với đồ thị y = g(x)  Nếu hàm số y ≥ , ∀ ∈(a, b) mà f(x) liên tục a b y ≥ ∀ ∈ [ a; b ]  Bất phương trình f ( x) ≥ m ∀x ∈ I ⇔ Min f(x) ≥ m ∀x ∈ I  Bất phương trình f ( x) ≤ m ∀x ∈ I ⇔ Max f(x) ≤ m ∀x ∈ I  BPT f ( x ) ≥ m có nghiệm x ∈ I ⇔ max f(x) ≥ m ∀x ∈ I  BPT f ( x ) ≤ m có nghiệm x ∈ I ⇔ Max f(x) ≤ m ∀x ∈ I • Nếu hàm số y=f(x) đơn điệu D phương trình f(x)= k có nghiệm x=x x=x0 nghiệm • Nếu hàm số y=f(x) đơn điệu D, u(x),v(x) hàm số nhận giá trị thuộc D ta có f [ u ( x) ] = f [ v( x) ] ⇔ u ( x) = v( x) • Nếu f(x) hàm số đồng biến ( nghịch biến ) y = f ( x) đồng biến (nghịch n biến), với f(x) >0 nghịch biến ( đồng biến), y=-f(x) nghịch biến (đồng biến) f ( x) • Tổng hàm đồng biến (nghịch biến ) D đồng biến (nghịch biến ) D • Tích hai hàm số dương đồng biến (nghịch biến )trên D hàm đồng biến (nghịch biến ) D • Phương trình f(x) = m có nghiệm m thuộc tập giá trị hàm số y = f(x) số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y = f(x) với đường thẳng y = m Nếu tập D hàm số y=f(x) đạt GTLN l, GTNN n phương trình f(x)=m có nghiệm khi n ≤ m ≤ l • Để sử dụng phương pháp hàm số vào giải phương trình, ta cần thực : - Tìm tập xác định phương trình Biến đổi phương trình (nếu cần) để đặt f(x) biểu thức - Tính đạo hàm f(x), dựa vào tính đồng biến (nghịch biến) hàm số để kết luận nghiệm phương trình • Để giải toán Tìm giá trị tham số để phương trình (hoặc bất phương trình) có nghiệm ta thực bước sau - Biến đổi phương trình dạng f(x) =g(m) - Tìm tập xác định hàm số f(x) - Tính f’(x) - Lập bảng biến thiên hàm số miền D Tìm Max f(x), f(x) với x thuộc D • Đối với phương trình có biểu thức phức tạp ,ta đặt ẩn phụ thích hợp t = ϕ( x) ,từ điều kiện ràng buộc x ta tìm điều kiện t ( với toán chứa tham số ta cần đặt điều kiện nghiêm ngặt cho ẩn phụ,ta thường dùng đánh giá bất đẳng thức,hoặc phải khảo sát hàm t = ϕ( x) ) để tìm điều kiên xác biến t) Sau đưa phương trình cho phương trình theo t lại sử dụng phương pháp hàm số 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trong lớp toán phương trình, bất phương trình, học sinh tư hay mối liên hệ thường xuyên với hàm số mà loay hoay tìm cách biến đổi hay đặt ẩn phụ dẫn tới bế tắc phải thực khối lượng công việc lớn đến đáp số Ví dụ 1: Giải phương trình : x3 − + x − + x = (1) [1] Nhận xét: Nếu đơn không đặt mối liên hệ với hàm số, ta gặp khó khăn việc tìm cách biến đổi, đặt ẩn phụ… Nhưng ta quan sát vế trái phương trình (1), ta thấy x tăng giá trị biểu thức tăng Từ ta thấy vế trái hàm đồng biến ,vế phải hàm ,đây điều kiện thích hợp để sử dụng tính đơn điệu ,Đặt f(x)= x3 − + x − + x 15 x 2 1 ’ = + + >0 ∀ x ∈ ( ; +∞) nên hàm số đồng biến [ ; +∞) f (x) 3 5 x − 3 (2 x − 1) Lg: Đk: x ≥ Mà f(1)=4 nên x=1 nghiệm Ví dụ : Giải phương trình : x (2 + x + 3) + (4 x + 2)(1 + + x + x ) = (2) [4] Lg: Cách 1: Ta viết lại phương trình dạng x(2 + (3 x) + 3) = −(2 x + 1)(2 + [−(2 x + 1) ] +     Nếu phương trình có nghiệm nghiệm thoả mãn 3x.(2x+1) ( x + 1) nên ta có + (3 x)2 + 3) > + (2 x + 1) + ⇒ x(2 + (3 x) + 3) > −(2 x + 1)(2 + [ −(2 x + 1) ] + hay 3x(2 + (3 x) + 3) + (2 x + 1)(2 + [ −(2 x + 1) ] + > suy phương trình vô   1 5 nghiệm khoảng  − ; − ÷ • với − < x < làm tương tự ta thấy phương trình vô nghiệm    − ;0 ÷ Vậy nghiệm phương trình x = −   Cách giải sử dụng phương pháp đoán nghiệm chứng minh nghiệm Ta xét cách giải khác sau phương pháp hàm số Cách 2: Viết lại phương trình dạng: x(2 + (3 x) + 3) = −(2 x + 1)(2 + [ −(2 x + 1) ] + ' Xét hàm số f(t)= t (2 + t + 3), f (t ) = + t + + t2 t2 + Do (2) ⇔ f(3x)=f [ −(2 x + 1)] ⇔ 3x=-2x-1 ⇔ x= − > ⇒ hàm số đồng biến Bình luận : Qua hai cách giải ta thấy cách giải thứ hai hay tự nhiên nhiều so với cách giải đầu Đây toán khó học sinh, em khó khăn việc sử dụng phương pháp khác để giải phương trình Vì việc bồi dưỡng cho học sinh lực tư hàm cho học sinh việc làm cần thiết người thầy Từ hình thành học sinh tư linh hoạt giải toán ,để học sinh có đủ sức tư trước toán lạ 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề Tư hàm dùng nhiều dạng toán, khuôn khổ đề tài ta xem xét tính ưu việt sử dụng tính chất hàm số toán phương trình, bất phương trình chứa căn, mũ, logarit số phương trình bậc cao khác 2.3.1: Phương trình chứa thức Ví dụ : Giải phương trình : x + x + x + 16 − − x = [2] Nhận xét : Bài toán gây khó khăn cho ta từ bước đặt điều kiện 2 x3 + 3x + x + 16 ≥ ( x + 2)(2 x + x − 8) ≥ ⇔ ⇔ −2 ≤ x ≤ Đk:  4 − x ≥ 4 − x ≥ Đặt f(x) = x3 + 3x + x + 16 − − x , f’(x)= 3( x + x + 1) x + x + x + 16 + > 0, ∀x ∈ (−2; 4) 4− x Nên hàm số đồng biến ,f(1)= nên x=1 nghiệm Ví dụ : Giải phương trình x + x3 − − 3x + = [1] Lg: Đặt f(x) = x + x3 − − 3x + , x ≤ 3 ' > 0∀x < ta có f ( x) = x + x + − 3x Vậy f(x) đồng biến với x ≤ ,f(-1) =0 nên x= -1 nghiệm Ví dụ :Giải phương trình : x − x + x3 − x + = x + + x + [1] Lg: Biến đổi (1) ⇔ x − x + + x − x + = x + + x + (*) Xét hàm số f(t)= t + t f’(t)=1 + 3 t > 1, ∀t ∈ R \ { 0} ⇒ hàm số đồng biến R \ { 0}  1 ±    2   (*) ⇔ f(2x3-3x+1)=f(x2+2) ⇔ 2x3-3x+1= x2+2 ⇔ (2x+1)(x2-x-1)=0 ⇔ x ∈  − ; Ví dụ :Giải phương trình x + − x + = x − x + [2] Lg: Ta có x + − x + = x − x + ⇔ x + + x + = x + + x (*) Xét hàm số f(t) = t + t + dễ thấy hàm số f(t) đồng biến R \ { 0; −1} nên (*) ↔ f(2x2)=f(x+1) ↔ 2x2=x+1 ↔ x=1 x= − Ví dụ 7: Giải phương trình x + = x − x − [1] Lg: Phương trình ⇔ x + = x3 − x − ⇔ x + + x + = (2 x) + x (*) Xét hàm số f(t)=t3+t dễ thấy f(t) đồng biến nên (*) ⇔ f( x + )=f(2x) ⇔ x + = x ⇔ x = x + ⇔ x − x = (1) Nếu |x|>1 | x3 − 3x |=|x|| x − | > (1) vô nghiệm 2 Trong mục 2.3.1: Ví dụ 3,6 trích từ TLTK số 2, Ví dụ 4,5,7 trích từ TLTK số π 2π ⇔ cos3t = ⇔t =± +k chọn nghiệm khoảng t ∈ [ 0; π ] ta có Nếu x ≤ đặt x=cost t ∈ [ 0; π ] phương trình trở thành 4cos3t - 3cost = nghiệm t = π 5π 7π ,t = ,t = từ suy nghiệm phương trình 9 Bình Luận: Bài toán giải dựa vào tính chất sau hàm số : f(t) đơn điệu f(t1)=f(t2) ⇔ t1=t2 Tuy nhiên toán trước áp dụng tính chất vào giải phương trình người giải toán cần phải biến đổi, lột bỏ nguỵ trang toán, đưa dạng thích hợp có lợi cho việc sử dụng công cụ giải toán Ngoài ra, nhiều phương trình vô tỷ giải nhờ vào việc đặt ẩn phụ thích hợp sau đưa hệ phương trình ,từ vận dụng hàm số để giải Ví dụ 8: Giải phương trình : x − x − x + = x + x − [4] Lg: Đặt y= x + x −  x3 − x − x + = y  x3 − x − x + = y   ⇔ Ta có  3 x + x − = y  ( x + 1) + x + = y + y   Xét hàm số f(t) = t3 + t, f’(t) = 3t2+1>0 ∀t ∈ R hàm số đồng biến nên ta có y = x+1  −1 ±  ⇔ x − x − x + = ⇔ x ∈ 5;    Một ứng dụng mạnh lý thú hàm số vận dụng vào việc tìm điều kiện tham số để phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước Ví dụ 9: Tìm m để phương trình sau có nghiệm x x + x + 12 = m 2017 − x + 2016 − x ( ) Lg: Đk : ≤ x ≤ 2016 Viết lại phương trình dạng :( x x + x + 12 )( 2017 − x − 2016 − x ) =m Xét hàm số f(x) =( x x + x + 12 )( 2017 − x − 2016 − x ) Ta có h(x) = x x + x + 12 >0 đồng biến ≤ x ≤ 2016 g(x)= 2017 − x − 2016 − x −1 2017 − x − 2016 − x + = >0 với ≤ x ≤ 2016 2017 − x 2016 − x 2017 − x 2016 − x nên hàm số đồng biến ≤ x ≤ 2016 , g(x) >0 với ≤ x ≤ 2016 có g’(x) = f(x) =h(x)g(x) đồng biến ≤ x ≤ 2016 ,vì phương trình có nghiệm f (0) ≤ m ≤ f (2016) ⇔ 12 2017 − 2016 ≤ m ≤ 2016 2016 + 2028 ( ) Trong trang này: Ví dụ trích từ TLTK số 4, Ví dụ tác giả Ví dụ 10 : Tìm m để phương trình x + x + m + x + x + m = (*) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thoả mãn x1 < -1 < x2 [2] Lg: Đặt t= x + x + m ≥ (*) trở thành t2 + t -6=0 có nghiệm t=2 Với t = ⇔ x + x + m = 16 ⇔ x + x + m − 16 = Đặt f(x) = x + x + m − 16 ,f’(x) = 4(x3+1), f’(x) =0 ⇔ x=-1 Bảng biến thiên x -∞ -1 +∞ ’ f (x) + f(x) -∞ +∞ m-19 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (*) có hai nghiệm thoả mãn x1< -1< x2 m - 19 < hay m < 19 Ví dụ 11 : Tìm m để phương trình sau có nghiệm 4 x − 13x + m + x − = (*) [1] Lg: x ≤ (*) ⇔  4 x − 13 x + m = − x ⇔  4 x − x − x − = − m(1) Yêu cầu toán trở thành tìm m để đường thẳng y= - m cắt đồ thị hàm số f(x)= x − x − x − điểm x ≤ 1  x = − f’(x) =12x2 - 12x – = 3(4x2- 4x - 3) = ⇔  x =  Ta có bảng biến thiên x -∞ -1/2 f(x) + 3/2 ’ f (x) - ∞ -12 3   −m = m=−   ⇔ Thoả mãn yêu cầu toán Từ bảng biến thiên ta có    − m < −12  m > 12 Trong mục 2.3.1: Ví dụ 10 trích từ TLTK số 2, Ví dụ 11, 12 trích từ TLTK số 2.3.2-Phương trình mũ Ta xét ví dụ sau tiếp cận theo phương pháp hàm số, mà theo suy nghĩ tiếp cận theo hướng khác khó 1−x 1−2 x 1 x Ví dụ 12 : Giải phương trình sau − x = − (1) [3] x 2 1− x 1− x 1 − = − = 2( − ) từ ta có hướng biến Lg: Đk x ≠ Ta nhận thấy 2 x x x x 1− x 1− x 1− x 1− x 1  − x2 − x2  x2 x2 x2 −2 = − ⇔2 −2 x =  − ÷ đổi phương trình sau 2 x 2 x x  2 1− x x2 1− x  − x2   − 2x  ⇔ +  ÷ = x +  ÷ (*) 2 x  2 x  1 xét hàm số f(t)= 2t + t , f ' (t ) = 2t ln t + > Hàm f(t) đồng biến nên phương trình 2  − x2   − 2x  − x − 2x ⇔ f = f ⇔ = ⇔ x = nghiệm (*)  ÷  ÷ x2 x  x   x  Ví dụ 13 : Giải phương trình sau 2x Lg: Biến đổi phương trình sau 2x +3cos x − x + 4cos x = cos3 x ⇔ x 2 + 3cos x +3cos x − x + 4cos x = 7cos3 x − 2x + 4cos3 x [4] = 7(4cos x − 3cos x) ⇔ x +3cos x + ( x + 3cos x ) = x + 4cos x + ( x + 4cos3 x ) (*) 2 xét hàm số f (t ) = 2t + 7t , t ∈ R, f ' (t ) = 2t ln + > Hàm f(t) đồng biến R (*) ⇔ f ( x + 3cos x) = f ( x + 4cos3 x) ⇔ x + 3cos x = x + 4cos x ⇔ cos3 x = ⇔ x = Ví dụ 14 : Giải phương trình sau : 713 7+ x2 x2 − 713 47 x + 21 x3 + x Lg: Đk D = R | { 0; −3} Biến đổi phương trình sau : 713 7+ x2 x2 − 713 47 x + 21 x3 + x = 280 − 21x − x3 x + 3x 40 π = k 2π [4] +1 + 280 − 21x − x3  40  x2 x x2 +3 x = ⇔ 713 − 713 = − 1÷  2 x + 3x  x + 3x  +1 x2 40 + 40     ⇔ 713 +  + 1÷ = 713 x x +3 x +  + ÷ (*) x + 3x  x  x Xét hàm số f (t ) = 713t + 7t , f ' (t ) = 713t ln 713 > 0, ∀t ∈ R nên hàm f(t) đồng biến R    40  7 x = 40 ⇔ x + x − 40 = ⇔  (*) ⇔ f  + 1÷ = f  + ÷⇔ + = + x + 3x  x x x + 3x x  x  x = −8 Trong mục 2.3.2: Ví dụ 12 trích từ TLTK số 3, Ví dụ 13, 14 trích từ TLTK số Bình Luận : Ba phương trình thuộc dạng phương trình a h ( x )+ f ( x ) − a h ( x )+ f ( x ) = K [ f ( x) − g ( x) ] h( x ) a f ( x ) + a h ( x ) + = a f ( x ) + g ( x ) + h ( x ) • Để áp dụng học sinh phải có kỹ biến đổi phương trình để đưa phương trình hai dạng Sau xét hàm đặc trưng f(t) hàm f(t) đơn điệu tập xác định, sử dụng tính chất: f(t1)=f(t2) t1=t2 Ví dụ 15 :Giải phương trình : x log = x 3log2 x − x log2 [2] Lg: log log x log log x log x Biến đổi phương rình sau x = x − x ⇔ 3 − x + = (*) ( ) Do 3log2 x > nên (*) ⇔ 3log x − x + = ⇔ 3log x − 2log x + = log x log x 3 1 ⇔3 −4 + = ⇔  ÷ +  ÷ − = (*) 4 4 t t 3 1 Xét hàm số f (t ) =  ÷ +  ÷ − dễ thấy hàm f(t) nghịch biến R 4 4 mà f(1)=0 suy t=1 nghiệm phương trình từ suy (*) ⇔ log x = ⇔ x = thoả mãn điều kiện đề Bình Luận : Một số phương trình mũ việc tìm nghiệm trực tiếp khó khăn Ta phương trình có không n nghiệm kết hợp với việc nhẩm n nghiệm từ kết luận số nghiệm phương trình Ta xét toán sau Ví dụ 16 : Giải phương trình 3x + 5x = x + [3] Lg: Xét hàm số f(x) = 3x + 5x − x − f ' ( x) = 3x ln + x ln − f ' ( x) = ⇔ g ( x) = 3x ln + x ln − = Nhận xét g(x) liên tục R g(0).g(1) log x log x Ta có bảng biến thiên x f’(x) f(x) -∞ x0 - +∞ + f(x0) Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f(x)=0 có không nghiệm mà f(0) =f(1) =0 Vậy phương trình có nghiệm x=1;x=2 Trong mục 2.3.2: Ví dụ 15 trích từ TLTK số 2, Ví dụ 16 trích từ TLTK số Bình Luận: • Ngoài cách giải trên, ta trình bày lời giải sau Xét hàm số f(x) = 3x + 5x − x − f ' ( x) = 3x ln + x ln − f '' ( x) = 3x ( ln 3) + x ( ln ) > với x nên f’(x) đồng biến R 2 f ' ( x) = +∞ , lim f ' ( x) = −6 nên phương trình f’(x) = 0có nghiệm xo Lại có xlim →+∞ x →−∞ Ta có bảng biến thiên x -∞ x0 +∞ ’ f (x) + f(x) f(x0) Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nhiều hai nghiệm ,f(0)=f(1)=0 Vậy phương trình có nghiệm x=1; x=2 Bằng cách khai thác ta giải tương tự số phương trình sau 1/ x −1 −2 x2 − x = ( x − 1) 12− x x2 2/ 253 12−8 x x2 − 253 1 = − x 3/ 1− x2 + 4sin3 x − 1− x2 +3sin x = 13sin x 4/ x +3cos x − x + 4cos x = 7cos x Bình Luận : Khi áp dụng tính chất tính đơn điệu hàm số không nắm vững kiến thức ,học sinh thường mắc sai lầm giải toán nên thường có kết luận nghiệm chưa xác Ta lấy thêm ví dụ mô tả điều : Ví dụ 17 Giải phương trình : 3x.2 x = 3x + x + (1) [2] Sai lầm thường gặp học sinh : 2x + x (1) ⇔ = Ta có f(x) =3x đồng biến , 2x −1 2x +1 ' g ( x) = , g ( x) = − < - nghịch biến 2x −1 (2 x − 1) f(1)=g(1) nên x=1 nghiệm 1 f ' ( x) = − ln(1 + ) + + >0 x x x +1 suy hàm f(x) đồng biến ( 0;+∞ ) Từ suy phương trình f(x) =0 có nhiều nghiệm dương lại có f(2) = ln 8/9 nên f(2).f(3) 0) (*) x    x    x     Đặt f(t)= t  (t + 1)ln(1 + ) − 1 , t>0 t     1   1 ' Ta có f ( t ) = ( 2t + 1) ln 1 + ÷− = ( 2t + 1) ln 1 + ÷−   t   t  2t +    1  Lại đặt g(t) = ln 1 + ÷−    t  2t +  g ' (t ) = − + = − < với t>0 t (t + 1) (2t + 1) t (t + 1)(2t + 1) g (t ) = Do hàm g(t) nghịch biến ( 0;+∞ ) ,mà xlim →+∞ ( ) suy g(t) >0 với t > ⇒ f ' (t ) = (2t + 1) g (t ) > 0∀t > ⇒ f(t) đồng biến ( 0;+∞ ) (*) ⇔ f(x) =f(x2) ⇔ x=x2 ⇔ x=1 (vì x>0) Ví dụ 20 : Chứng minh n số tự nhiên chẵn a > phương trình ( n + 1) x n+2 − ( n + ) x n+1 + a n+2 = vô nghiệm [4] Lg: Xét hàm số f(x)= ( n + 1) x − ( n + ) x n+1 + a n+ , D = R f ' ( x ) = ( n + 1) ( n + ) x n+1 − ( n + 1) ( n + ) x n = ( n + 1) ( n + ) ( x − 3) x n n+2 Do n chẵn nên dấu f’(x) phụ thuộc vào x-3 Ta có bảng biến thiên sau x f’(x) f(x) -∞ - +∞ + f(3) Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f ( x ) ≥ f (3) = a n+2 − 3n+ > a > ⇒ Đồ thị hàm số không cắt trục hoành ⇒ phương trình vô nghiệm Trong trang 11, 12 SK: Ví dụ 18, 19, 20 trích từ TLTK số Bình Luận : • Qua ba toán ta thấy tính độc đáo mạnh phương pháp tư hàm việc giải phương trình Từ học sinh thấy vai trò tính ưu việt việc sử dụng phương pháp hàm số giải phương trình nói riêng giải toán nói chung • Cũng giải phương trình vô tỷ, Việc sử dụng phương pháp hàm số tham gia vào giải toán chứa tham số phương trình mũ việc cần thiết Ta xét số toán sau : Ví dụ 21: Tuỳ theo m biện luận số nghiệm phương trình sau 2 x +2 mx+2 − 52 x +4 mx+m+ = x + 2mx + m [2] Lg: Nhận xét ( 2x2 +4mx+m+2) –(x2+2mx+2) = x + 2mx + m (*) biến đổi phương trình 5x + mx + 2 − 52 x + mx + m + ⇔ x + mx+ − 52 x = x + 2mx + m + mx + m + = ( 2x + 4mx + m + ) – ( x + 2mx + )   Xét hàm số f(t) = 5t +t, f’(t) =5tln5 +1 >0 nên hàm số f(t) đồng biến (*) ⇔ f(2x2 +4mx+m+2) = f(x2+2mx+2) ⇔ 2x2 +4mx+ m+2 = x2+2mx+2 ⇔ x + 2mx + m = (1) Bài toán quy Biện luận theo m số nghiệm phương trình (1) thật đơn giản Nhận xét : Đây toán lời giải hay , phát huy sáng tạo tư linh hoạt, khả quan sát học sinh 2.3.3 Phương trình logrit: Cũng phương trình mũ ,phương trình logarit có nhiều cách giải như: Đưa số ,đặt ẩn phụ ,mũ hoá ,đánh giá song viết trao đổi vấn đề hướng dẫn học sinh vận dụng tư hàm việc giải phương trình logarit Chủ yếu vận dụng giải hai phương trình logarít sau: a Phương trình dạng log a f ( x ) = log b g ( x) (1) 0 < a ≠ ⇔ + Nếu a=b, (1) (dạng quen học sinh)   f ( x ) = g ( x) +Nếu a ≠ b ta chia làm hai trường hợp sau • (a-1)(b-1) 0.Dùng phương pháp mũ hoá cách đặt t= log a f ( x) = log b g ( x) t  f ( x) = a ⇒ t  g ( x) = b Dẫn đến phương trình f(t)= At+Bt =1 Trong trang : Ví dụ 21 trích từ TLTK số Giải phương trình 3log ( x + ) = 2log ( x + 1) Ví dụ 22: Lg: Đk: x>-1 [2] t t  x + = 32t 1 8 3t 2t ⇒ 1+ = ⇔  ÷ +  ÷ = Đặt 2log ( x + 1) =6t ⇒  3t 9 9  x + = t t 1 8 Xét hàm số f(t) =  ÷ +  ÷ nhận thấy f(t) nghịch biến R 9 9 mà f(1) =1 nên t=1 nghiệm Từ ta có x=7 nghiệm Ví dụ 23 : Giải phương trình 2log ( ) ( ) x + x = log x (*) [2] ( ) x + x = log x ⇔ log x + x = log x  x + x = 6t (1) Đặt t= log x + x = log x ⇒  t  x = (2) t t t t 4 2  2 1 t t t Thế (2) vào (1) ta có +2 =6 ⇔  ÷ +  ÷ = ⇔  ÷ +  ÷ = 6 6  3 3 t t  2 1 Xét hàm số f(t) =  ÷ +  ÷ nhận thấy f(t) nghịch biến R  3  3 (*) ⇔ log ( ) mà f(1) =1 nên t = nghiệm, thay vào (2) ta có x=16 Bình Luận: Đối với phương trình dạng m log a f ( x) = n log b g ( x) Gọi K bội số chung nhỏ m n Đặt m log a f ( x) = n log b g ( x) = kt ta đưa phương trình cho hệ phương trình x,t từ rút x từ hai phương trình ta phương trình dạng At+Bt =1 Để luyện tập ,ta giải phương trình sau ( x − 11 4/ log ( x + ) = log ( x ) ) ( 1/ log + x = log ( x ) 3/ log ( x + ) = log ( x ) 5/ 2log ( ) x + x = log ) 2/ log x − = log ( x) ( ) 6/ log + x = log ( x ) [2] Trong trang : Ví dụ 22, 23 tập 1, trích từ TLTK số b Phương trình dạng log a f ( x) = k [ g ( x) − f ( x) ] g ( x) ( ) Ví dụ 24 : Giải phương trình log + x − x = ( − x ) x [4] Lg: Tập xác định x ≥ Biến đổi phương trình sau ( ) log + x − x = ( − x ) + x3 x ⇔ log = x − x3 1+ x ) ( ) ( ) ( ) ( ⇔ log ( + x ) + ( + x ) = log ( + x ) + ( + x ) (*) ⇔ log + x − log + x = + x − + x 3 2 Xét hàm số f(t)= log t + 3t với t > ( (*) ⇔ f + x f(t) đồng biến x = = f + x ⇔ + x3 = + x ⇔  x =1 ) ( ( 0;+∞ ) ) Bình Luận : Việc chuyển phương trình ban đầu phương trình (*) không đơn giản Học sinh phải có tư kỹ biến đổi Vì bồi dưỡng lực tư hàm việc làm cần thiết người thầy x2 + x + Ví dụ 25 :Giải phương trình: log = x + 21x + 14 [4] 2x + 4x + Lg: Nhận xét x + x + >0 x + x + >0 Viết lại phương trình dạng log ( x + x + ) − log ( x + x + ) = ( x + x + ) − ( x + x + ) ⇔ log ( x + x + 3) + ( x + x + 3) = l og ( x + x + ) + ( x + x + ) (*) Xét hàm số f(t)= log t + 7t t >0, f(t) đồng biến tập xác định  x = −2 2 2 (*) ⇔ f x + x + = f x + x + ⇔ x + x + = x + x + ⇔   x = −1 Các tập tương tự để học sinh vận dụng phương pháp hàm số ( ) ( ) x + 14 x + x + 1/ log = x + x2 − x − 13 x + 13 x + ( ) ( ) 2 3/ ln x − x − + x = ln x + x + + x2 + x + 2/ log = x + 3x + 2x + 4x + x2 − x + 4/ log = x − 3x + [4] 2x − 4x + Trong trang : Ví dụ 24, 25 tập 1, 2, 3, trích từ TLTK số α x +β = p log a ( λx + µ ) + qx + r c Phương trình dạng a Ví dụ 26 : Giải phương trình: x = 2log ( x + 1) [4] Lg: Đk x > - Đặt y= log ( x + 1) ⇔ y = x + x 7 = y + ta có hệ phương trình  y 7 = x + Trừ theo vế phương trình ta có x + x = y + y (*) Xét hàm số f(t) = 7t + t đồng biến R nên (*) ta có x = y thay vào phương trình (1) ta có x − x − = , Xét hàm số g(t) = x − x − , (2) g’(t) = x ln − 6, g ' (t ) = ⇔ x = x0 = log − log ( ln ) Ta có bảng biến thiên x g’(x) g(x) -1/6 - x0 +∞ + g(x0) Dựa vào đồ thi ta thấy phương trình g(x)=0 có không nghiệm mà g(0) =g(1) =0 nên x = 0, x = hai nghiệm phương trình Bình luận • Đây dạng phương trình khó học sinh Để giải phương trình ta phải đặt thêm ẩn phụ để đưa hệ phương trình, sau dùng tính đơn điệu hàm số đưa phương trình cho phương trình mũ Tuy nhiên phương trình mũ sau không dễ giải.Vì phải dùng hàm số để chứng minh phương trình qúa hai nghiệm ,kết hợp với việc nhẩm hai nghiệm để suy kết • Nếu không đưa hệ ta biến đổi phương trình sau x = 2log ( x + 1) ⇔ x + 6log 7 x = 6log ( x + 1) + ( x + 1) (*) xét hàm số f (t ) = t + 6log t (t>0) dễ thấy hàm f(t) đồng biến tập xác định ( ) x x (*) ⇔ f = f ( x + 1) ⇔ − x − = quay tiếp cách giải • Đối với phương trình x − x − = thay khảo sát hàm số g(x) giải bất đẳng thức Becnuly sau x ≤ x Ta có ≥ ( − 1) x + ⇔  x ≥ x ≤ ( − 1) x + ⇔ ≤ x ≤ x = x Nên phương trình − x − = ⇔  x =1 Trong trang : Ví dụ 26 trích từ TLTK số Nhận xét : Cũng giống phương trình mũ, việc giải số phương trình logarit phải sử dụng đến đạo hàm cấp hai để biết số nghiệm tối đa có phương trình ,sau nhẩm nghiệm để suy kết Ta xét thêm ví dụ sau Ví dụ 27 :Giải phương trình log 3log ( 3x −1) −1 = x [2] Lg: Đk x > +1  y = log ( x − 1) Đặt y= log ( x − 1) ta có hệ phương trình   x = log ( y − 1) dẫn đến phương trình sau : log ( x − 1) + x = log ( y − 1) +y (*)  +1  ; +∞ ÷ Xét hàm số f(t) = log ( 3t − 1) + t với t ∈     +1  ’ > ∀ t t ∈ ; +∞ ÷ (*) ⇔ x = y ⇔ x − 3x + = f (t)= thoả  ( 3t − 1) ln   Đặt g(x) = x − x + , g’(x) = 2xln2 -3, g’(x)= x = x = x0 = log ln ’’ x ’ g (x)=2 ln >0 suy g (x) đồng biến Ta có bảng biến thiên sau x -∞ x0 +∞ ’ g (x) + g(x) g(x0) Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình g(x) =0 có không qúa hai nghiệm mà g(1) = g(3)=0 nên x=1,x=3 hai nghiệm Bình Luận: Việc sử dụng tính đơn điệu hàm số thường kết hợp với việc đánh giá bất đẳng thức Ta xét phương trình sau Ví dụ 28: Giải phương trình: log ( ) x − x −1 1 x − 3x + + +  ÷ 5 = (1) [3] x ≤1 x ≥ 2 Giải: Điều kiện: x − 3x + ≥ ⇔  Đặt u = x − 3x + , điều kiện u ≥ suy ra: x − x + = u ⇔ x − x − = − u 1−u 1 Khi (1) có dạng: log ( u + ) +  ÷ 5 =2 1− x 1 Xét hàm số: f ( x) = log ( x + ) +  ÷ = log ( x + ) + x 5 + Miền xác định D = [ 0; +∞ ) 1 + x.5 x ln > 0, ∀x ∈ D Suy hàm số tăng D + Đạo hàm: f = ( x + ) ln Mặt khác f ( 1) = log ( + ) + = Do đó, phương trình (2) viết dạng: 3± f ( u ) = f ( 1) ⇔ u = ⇔ x − x + = ⇔ x = 3± Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2 Ví dụ 29 : Giải phương trình: log ( x − x − 3) = 2log ( x − x − ) [3] x < 1−  x2 − x − > ⇔  Lg: Điều kiện:  Viết lại phương trình dạng: x − 2x − >  x > + log (x − x − ) = log ( x − x − ) ⇔ log ( x − x − ) = log ( x − x − ) (1) Đặt t = x − x − (1) ⇔ log ( t + 1) = log t (2) y Đặt y = log t ⇒ t = phương trình (2) chuyển thành hệ: y y t = y 4 1 y y ⇒ + = ⇔  ÷ +  ÷ = (3)  y t + =  5 5  y y 4 1 Hàm số f ( y ) =  ÷ +  ÷ hàm nghịch biến Ta có:  5 5 + Với y=1, f(1)=1 y=1 nghiệm phương trình (3) Vậy y=1 nghiệm phương trình (3) x = 2 Suy ra: y = ⇔ t = ⇔ x − x − = ⇔ x − x − = ⇔   x = −2 Vậy phương trình có nghiệm x= 4; x= - Ví dụ 30 :Chứng minh phương trình sau có nhiệm ` x5 − x2 − x − = Nhận xét : Đây phương trình mà giải cần có có mặt tư hàm số Sau vài cách người thầy giúp học sinh tiếp cận lời giải 2  x +1  1 Cách 1: Biến đổi phương trình dạng x =  ÷ ⇔ x =  + ÷ (*)  x   x Nhận xét x=x0 nghiệm phương trình x0 >0 Vì phương trình (*) ta xét x>0 Trong trang 17, 18 : Ví dụ 27 trích từ TLTK số 3Ví dụ 28, 29 trích từ TLTK số Mặt khác f(x)=x3 hàm số đồng biến ( 0;+∞ ) ,  1 g(x) = 1 + ÷ nghịch biến ( 0;+∞ ) nên phương trình (*) có nhiều  x nghiệm Hàm h(x) = x − x − x − liên tục R, h(1)=-3; h(2) =23 nên h(1).h(2) < Theo định lý hàm số liên tục h(x) =0 có nghiệm thuộc khoảng ( 1;2 ) Kết hợp với điều kiện ta có phương trình có nghiệm Cách 2: Biến đổi phương trình sau x = ( x + 1) từ phương trình ta thấy phương trình có nghiệm x x>0 • ≤ x < ⇒ x < 1, ( x + 1) ≥ nên phương trình vô nghiệm • x ≥ xét hàm số h(x) = x − x − x − , có h’(x) =5x4 -2x-2 = 2x(x3 -1) +2(x4-1) +x4 >0 với x ≥ nên h(x) đồng biến ( 0;+∞ ) , h(x) =0 có nhiều nghiệm Lại có h(x) = x − x − x − liên tục R nên liên tục [ 1;2] mà h(1)=-3 , h(2)=23, nên h(1).h(2) < Theo định lý hàm số liên tục h(x) =0 có nghiệm thuộc khoảng (1; 2) Kết hợp với điều kiện ta có phương trình có nghiệm Cách3: Biến đổi phương trình x = ( x + 1) ≥ ⇒ x ≥ ⇒ ( x + 1) ≥ ⇒ x ≥ ⇒ x ≥ sau lại xét hàm số h(x)= x − x − x − Ta có ( x + 1) 2 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Để thấy rõ hiệu việc bồi dưỡng lực tư cho học sinh, làm thực nghiệm để có đánh giá 2.4.1 Mục đích thực nghiệm Thực nghiệm để bước đầu đánh giá tính hiệu việc bồi dưỡng lực tư cho học sinh Có điều chỉnh phù hợp cách tổ chức cho học sinh chiếm lĩnh tri thức tùy theo trình độ học sinh 2.4.2 Nội dung thực nghiệm Kiểm tra trước sau dạy ôn nội dung dối với nhóm học sinh ôn thi HSG lớp 12, chấm đánh giá để biết khả tư em trước sau học 2.4.3 Phương pháp thực nghiệm Trong nhóm học sinh ôn thi HSG 12 trường THPT Triệu Sơn 6, trước thực nghiệm kiểm tra 60 phút để đánh giá chất lượng làm sở phân loại HS Trong trang 18, 19 : Ví dụ 30 trích từ TLTK số cách giải tác giả Kết quả: stt Số KT 10 Khá - giỏi Trung bình Yếu - SL TL % 20 SL TL % 50 SL TL % 30 SL TL % 50 SL TL % 30 SL TL % 20 Ngay sau thực nghiệm kiểm tra 90 phút để đánh giá khả nắm vững kiến thức học sinh Sau tiến hành chấm kiểm tra thang điểm 10 so sánh kết thu với trước thực nghiệm Khá - giỏi Trung bình Yếu - stt Số KT 10 - Tỉ lệ HS đạt điểm từ trung bình trở lên kiểm tra sau thực nghiệm cao trước thực nghiệm, điều chứng tỏ: HS trung bình làm việc với tập vừa sức nắm bắt kiến thức tốt hơn, có khả vận dụng kiến thức để làm tập mưc độ vận dụng thấp - Tỉ lệ HS đạt điểm giỏi kiểm tra sau TN cao so trước thực nghiệm Điều cho thấy, HS giỏi phát huy lực tư sáng tạo giao nhiệm vụ phù hợp với lực Qua theo dõi, thấy rằng: Không khí học tập nhóm sôi nổi, tích cực hơn, có tinh thần hợp tác; HS tự phấn khởi, tin học tập Trình độ HS dần nâng lên, HS giỏi, em chiếm lĩnh kiến thức tốt KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Đề tài giải số vấn đề : + Hệ thống hoá số vấn đề lí luận tư hàm, làm rõ tính ưu việt việc vận dụng tính chất hàm để giải toán phương trình, trang bị cho học sinh số kĩ tư logic, + Đã nêu thực trạng việc dạy học môn Toán trường THPT nói chung trường THPT Triệu Sơn nói riêng + Đã đề xuất xây dựng hệ thống tập vận dụng tính chất hàm số toán phương trình, phần rèn luyện cho học sinh kĩ liên hệ toán phương trình, bất phương trình tính chất hàm số + Kết thực nghiệm cho thấy hiệu việc dồi dưỡng lực tư hàm cho học sinh, không trang bị cho em số kiến thức toán học, mà bồi dưỡng cho em lực, phẩm chất người thời đại ngày nay, môt mục tiêu giáo dục 3.2 Kiến nghị 3.2.1 Kiến nghị Bộ Sở giáo dục −Cần hỗ trợ, tạo điều kiện sở vật chất, phương tiện dạy học như: loại máy chiếu, phòng chức năng, đồ dùng dạy học, tư liệu tham khảo Để tạo điều kiện cho giáo viên thực đổi phương pháp dạy học theo hướng tích cực phát huy tối đa tính tự học học sinh - Tổ chức lớp chuyên đề tập huấn cho giáo viên để tìm tòi so sánh phương pháp giảng dạy, cách tiếp cận vấn đề chương trình cũ chương trình từ giáo viên vận dụng phù hợp với đối tượng học sinh 3.2.2 Đối với trường phổ thông - Không ngừng yêu cầu giáo viên tự học, tự bồi dưỡng để nâng cao lực chuyên môn, kiên trì, tích cực đổi phương pháp giảng dạy nhằm phát huy tốt lực học trò dạy thầy XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 15 tháng 05 năm 2017 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép sáng kiến người khác Dương Đình Dũng SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC TƯ DUY HÀM CHO HỌC SINH THÔNG QUA CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH Người thực : Dương Đình Dũng Chức vụ : Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực môn : Toán THANH HÓA NĂM 2017 MỤC LỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Mục 1.1 1.2 1.3 1.4 2.1 2.2 2.3 2.3.1 2.3.2 2.3.3 Nội dung MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề Phương trình chứa thức Phương trình mũ Phương trình logrit Trang 1 2 2 4 13 2.4 3.1 3.2 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 19 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 20 20 20 Kết luận Kiến nghị Mẫu (2) DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Dương Đình Dũng Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Triệu Sơn TT Tên đề tài SKKN Nâng cao hiệu dạy học hình học không gian thông qua sử dụng phép tương tự hoá việc dạy học Cấp đánh giá xếp loại (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh ) Ngành Giáo dục cấp tỉnh Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) B Năm học đánh giá xếp loại 20102011 chương “Véc tơ không gian quan hệ vuông góc lớp 11 - chương trình chuẩn Nâng cao hiệu dạy học “Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng” Hình học 11 THPT phương pháp dạy học phân hoá Ngành Giáo dục cấp tỉnh C 20122013 * Liệt kê tên đề tài theo thứ tự năm học, kể từ tác giả tuyển dụng vào Ngành thời điểm TÀI LIỆU THAM KHẢO Các phương pháp giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ – Lê Hồng Đức - Nhà xuất Giáo dục, 2010 Mạng internet: http://toancapba.net Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng khối A, B môn Toán từ năm 2005 đến năm 2012 Tạp chí Toán học tuổi trẻ ... phương trình Vì việc bồi dưỡng cho học sinh lực tư hàm cho học sinh việc làm cần thiết người thầy Từ hình thành học sinh tư linh hoạt giải toán ,để học sinh có đủ sức tư trước toán lạ 2.3 Các sáng... chất hàm số toán phương trình, phần rèn luyện cho học sinh kĩ liên hệ toán phương trình, bất phương trình tính chất hàm số + Kết thực nghiệm cho thấy hiệu việc dồi dưỡng lực tư hàm cho học sinh, ... SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC TƯ DUY HÀM CHO HỌC SINH THÔNG QUA CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH Người thực : Dương Đình Dũng Chức vụ : Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực môn : Toán THANH HÓA NĂM