SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐN PHỔ THƠNG Người thực hiện: Mai Sỹ Thủy Chức vụ: Hiệu trưởng SKKN thuộc mơn: Tốn THANH HOÁ NĂM 2016 MỤC LỤC Nội dung Trang Mục lục 1 Mở đầu 2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lý luận 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.4 Hiệu sáng kiến hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 17 Kết luận 18 3.1 Kết luận 18 3.2 Kiến nghị 18 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài: Trong toán học phổ thơng, tốn phương trình bất phương trình, hệ phương trình chiếm vị trí đặc biệt quan trọng, xuất hầu hết kỳ thi tuyển sinh cấp, kỳ thi chọn học sinh giỏi toán cấp tỉnh, cấp Quốc Gia… Điều tất nhiên gặp tốn phương trình, bất phương trình hệ phương trình khơng dạng học sinh phải nhiều thời gian, cơng sức để giải Đối với tốn đề phát biểu ngắn gọn, sáng sủa đẹp đẽ học sinh lại gặp nhiều khó khăn tìm lời giải Đứng trước vấn đề trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, trăn trở tìm thuật giải, hướng cụ thể để giúp học sinh tìm tịi có hướng phán đốn, có phương pháp giải vấn đề tốt Nhưng biết khơng có chìa khố vạn “mở khố” tốn Trong việc giảng dạy tốn học nói chung bồi dưỡng học sinh giỏi tốn nói riêng, việc làm cho học sinh giải vấn đề đặt toán cách sáng tạo, hoàn chỉnh cần thiết Trong viết này, dựa kinh nghiệm số năm giảng dạy, luyện thi Đại học bồi dưỡng học sinh giỏi tốn, tơi xin nêu lên vài hướng giải tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình với đề tài “Sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải số toán phương trình, bất phương trình hệ phương trình chương trình Tốn phổ thơng” 1.2 Mục đích nghiên cứu: Như biết đứng trước tốn thơng thường phải nghiên cứu, chuyển tốn quen thuộc, biết Tuy nhiên việc chuyển tốn quen thuộc khơng phải lúc làm Chính vậy, việc nghiên cứu đề tài “Sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải số tốn phương trình, bất phương trình hệ phương trình chương trình Tốn phổ thông”, giúp cho học sinh gặp số phương trình, bất phương trình, hệ phương trình dạng chưa quen, dùng phép biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, lượng giác hóa, hình học… mà chưa giải có hướng suy nghĩ sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải tốn 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Đề tài nghiên cứu sử dụng tính chất đơn điệu hàm số vào việc giải số phương trình, bất phương trình hệ phương trình 1.4 Phương pháp nghiên cứu: Trong đề tài tác giả xây dựng phương pháp sở lý thuyết tính đơn điệu hàm số NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến Sáng kiến dựa sở lý thuyết tính đơn điệu hàm số Cụ thể: Ta xét D tập R : (a; b), [a; b), (a; b], (−∞; a), (−∞; a], (a; +∞), [a; + ∞), R 2.1.1 Định nghĩa: Hàm số f ( x) xác định D gọi là: i) Đồng biến D ∀x1 ; x2 ∈ D; x1 < x2 f ( x1 ) < f ( x2 ) ii) Nghịch biến D ∀x1 ; x2 ∈ D; x1 < x2 f ( x1 ) > f ( x2 ) Hàm số f ( x) đồng biến nghich biến D gọi chung đơn điệu D 2.1.2 Định lý: Hàm số f ( x) xác định D có đạo hàm D : i) Nếu f '( x) ≥ 0; ∀x ∈ D hàm số f ( x) đồng biến D ii) Nếu f '( x ) ≥ 0; ∀x ∈ D hàm số f ( x) đồng biến D (Dấu " = " xảy số hữu hạn điểm D ) 2.1.3 Một số tính chất sử dụng chuyên đề Tính chất 1: Giả sử hàm số f ( x) đơn điệu tập D phương trình f ( x) = có nhiều nghiệm thuộc D Tính chất 2: Nếu phương trình f '( x) = có nghiệm tập (a; b) phương trình f ( x) = có nhiều hai nghiệm (a; b) Tính chất 3: Nếu hàm số f ( x) = đơn điệu D với u; v ∈ D ta có: f (u ) = f (v) ⇔ u = v Tính chất 4: i) f ( x) đồng biến D với u; v ∈ D , ta có f (u ) < f (v) ⇔ u < v ii) f ( x) nghịch biến D với u; v ∈ D , ta có f (u ) < f (v) ⇔ u > v Tính chất Số nghiệm phương trình u ( x) = v( x) D số giao điểm của đồ thị hàm số y = u ( x); y = v( x) (Trên D ) Từ tính chất định lý: “Nếu hàm số y = f ( x) liên tục [a; b] hàm số y = f ( x) đạt giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ D ”, ta có: “Nếu hàm số y = f ( x) liên tục [a; b] phương trình f ( x ) = m có nghiệm m ∈ [ f ( x); m ax f ( x)] [a ;b ] [a ;b ] Tính chất Tập nghiệm bất phương trình u ( x) > v( x) tập hợp hoành độ tương ứng với phần đồ thị hàm số y = u ( x) nằm phía so với phần đồ thị hàm số y = v( x) Hệ quả: f ( x) thì: i) Nếu tồn D f ( x) ≥ m +) bất phương trình f ( x) ≥ m nghiệm ∀x ∈ D ⇔ D f ( x) ≤ m +) bất phương trình f ( x) ≤ m có nghiệm x ∈ D ⇔ D ii) Nếu tồn mDax f ( x) thì: +) bất phương trình f ( x) ≤ m nghiệm ∀x ∈ D ⇔ mDax f ( x) ≤ m +) bất phương trình f ( x) ≥ m có nghiệm x ∈ D ⇔ mDax f ( x) ≥ m 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến Trong năm gần đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, đề thi học sinh giỏi cấp có nhiều tốn giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình mà học sinh sử dụng phương pháp quen thuộc như: Biến đổi tương đương; phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp lượng giác hóa; phương pháp hình học… cịn lúng túng, chưa tìm lời giải xác định đường lối chưa đưa kết cuối Tuy nhiên học sinh nắm tính đơn điệu hàm số, có kỹ vận dụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình tốn có lời gải cách ngắn gọn, xác Trong phạm vi sáng kiến này, tơi trình bày phương pháp giải tốn dạng đó, mà phương pháp thơng thường chưa thể giải được, phương pháp "Ứng dụng tính đơn điệu hàm số" 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề Ở vấn đề tác giả đưa ví dụ, phân tích sở rút phương pháp thực 2.3.1 Ứng dụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình Ví dụ Giải phương trình sau: a) x − + x − = b) 3x − − x = − x3 Nhận định: - Đối với câu 1, học sinh nghĩ đến việc biến đổi tương đương bình phương hai vế phương trình , nhiên gặp khó khăn phép biến đổi Câu 2, phương pháp "truyền thống" không khả thi - Nếu chịu khó quan sát chuyển vế đơn giản vế trái hàm số đồng biến (trên tập đó) Lúc này, sử dụng tính đơn điệu để giải tốn nảy đầu Vấn đề cịn lại đốn nghiệm! Cơng việc khơng khó, học sinh thử số thời gian Hãy ưu tiên giá trị x cho biểu thức dấu nhận giá trị số phương! Ngày nay, cơng việc dễ dàng nhờ trợ giúp máy tính cầm tay Đáp án: nghiệm phương trình Xét hàm số f ( x) = x − + x − ( ; +∞) , 2 4x > 0, ∀x ∈ ( ; +∞) Ta có f '( x) = x − + x2 −1 a) Điều kiện x ∈ [ ; +∞) Dễ thấy x = Do đó, hàm số f ( x) đồng biến ( ; +∞) Mặt khác, ta có: f ( x) = x − + x − > 0; ∀x > Vậy phương trình có nghiệm x = 2 b) 3x − − x = − x3 (1) Điều kiện x ∈ [ − ∞; ) (1) ⇔ x + x − − x = x = nghiệm phương trình Xét hàm số f ( x) = 3x + x3 − − x (−∞; ) > 0, ∀x ∈ (−∞; ) Ta có f '( x) = 21x + 3x + − 4x Suy ra, hàm số f ( x) đồng biến (−∞; ) Ta có phương trình trở thành: f ( x) = f (1) ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm x = Ví dụ Giải phương trình sau: a) x − = 27 x3 − 27 x + 13x − 2 b) 24 x − 60 x + 36 − 1 + =0 5x − x −1 Nhận định: - Ý a giải cách đặt ẩn phụ đưa hệ đối xứng loại - Ta giải toán tư Ví dụ khó khẳng định hàm số f ( x) đơn điệu tập xác định Để khắc phục khó khăn này, ta giải phương trình cách xét hàm số đặ trưng phương trình Đáp án: a) Điều kiện: x ∈ R x − = 27 x − 27 x + 13x − ⇔ x − = [(3 x)3 − 3(3 x) + 3.(3 x) − 1] + x − ⇔ x − = (3x − 1)3 + x − ⇔ x − + x − = (3 x − 1)3 + 2(3x − 1) (*) Xét hàm số f (t ) = t + 2t Ta có f '(t ) = 3t + > 0; ∀t ∈ R Từ ta có hàm số f (t ) đồng biến R Phương trình (*) trở thành: f ( x − 1) = f (3 x − 1) ⇔ x − = 3x − ⇔ x − = 27 x − 27 x + x − ⇔ 27 x − 27 x + x = ⇔ x (27 x − 27 x + 7) = ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm x = b) 24 x − 60 x + 36 − Điều kiện: x > 24 x − 60 x + 36 − ⇔ (5 x − 6) − 1 + =0 5x − x −1 1 1 + = ⇔ 25 x − 60 x + 36 − − x2 + =0 5x − x −1 5x − x −1 1 = x2 − (*) (5 x − 6) − x −1 x > 5 x − > Do x > ⇒  Xét hàm số f (t ) = t − 1 > 0; ∀t > ; t > Ta có: f '(t ) = 2t + (t − 1)3 t −1 Vậy, hàm số f (t ) đồng biến (1; +∞) Phương trình (*) trở thành f (5 x − 6) = f ( x) ⇔ x − = x ⇔ x = (Thỏa mãn đk) Vậy phương trình có nghiệm x = Một số tập vận dụng: Giải phương trình sau: a) 15 − x + − x = b) 3x − + x + = + 12 − x c) x + 23 = x − + x + e) x5 + x3 − − 3x + = x2 + x + ) = x + 3x + 2x2 + 4x + k) x + 2( x − 2).3x + x − = h) log3 ( d) x + 15 = 3x − + x + g) x3 − ( x + 1)3 = x + − x i) 3x + x = 5x 2.3.2 Ứng dụng tính đơn điệu hàm số để giải bất phương trình Ví dụ Giải bất phương trình sau: a) x + + x + < b) 3 − x + − 2x ≤ 2x −1 c) x − x + − x − x + 11 > − x − x − Nhận định: - Câu a: Học sinh hồn tồn sử dụng phương pháp bình phương biến đổi tương đương để giải Tuy nhiên, muốn hướng đến việc sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải quyết, nhiên đốn nghiệm phương trình nhiều thời gian (chú ý chọn số cho biểu thức dấu số phương) - Câu b: Có thể đặt ẩn phụ, biến đổi rối Bài toán đơn giản sử dụng tính đơn điệu hàm số - Câu c: phức tạp đặt ẩn phụ Song quan sát kỹ thấy có mối quan hệ tương ứng giưa vế để sử dụng tính đơn điệu hàm số Đáp án: a) x + + x + < Điều kiện: x ≥ − 3 nghiệm bất phương trình +) Với x ∈ (− ; +∞) 1 + > 0; ∀x ∈ (− ; +∞) Xét hàm số f ( x) = x + + x + 3; f '( x) = 2 x+5 2x + 3 Suy ra, hàm số f ( x) đồng biến (− ; +∞) +) x = −  x > − ⇔ − < x < 11 Bất phương trình trở thành: f ( x) < f (11) ⇔   x < 11 Vậy tập nghiệm bất phương trình S = [ − ;11) − 2x ≤ b) 3 − x + 2x −1 Điều kiện: x ∈ ( ; ] 2 +) x = nghiệm bất phương trình − 2x Xét hàm số f ( x) = 3 − x + 2x −1 − < 0; ∀x ∈ ( ; ) Ta có f '( x) = − − x − 2 (2 x − 1) 2 Suy hàm số f ( x) nghịch biến ( ; ) Bất phương trình trở thành: x ≥  f ( x) ≤ f (1) ⇔  x ∈⇔ x ∈ [1; )  x ∈ ( ; ) Kết luận: Tập nghiệm bất phương trình là: S=[1; ] c) x − x + − x − x + 11 > − x − x − Điều kiện: ≤ x ≤ , x − x + − x − x + 11 > − x − x − ⇔ ( x − 1) + + x − > (3 − x) + + − x Xét hàm số: f (t ) = t + + t ; t ≥ Ta có f '(t ) = 2t t4 + + > 0; ∀t ≥ Suy hàm số f (t ) đồng biến [0; +∞) Bất phương trình cho trở thành: f ( x − 1) > f ( − x ) ⇔ x − > − x ⇔ x − > − x ⇔ x > Kết hợp với điều kiện, ta có tập nghiệm bất phương trình S = (2;3] Bài tập vận dụng: Giải bất phương trình sau: a) x + + x + > b) x3 + 3x + x + 16 < − x + c) x + + x − + x − + 13 x − < d) log x > log3 ( x + 2) 2.3.3 Ứng dụng tính đơn điệu hàm số để giải hệ phương trình  f (u ( x)) = f (v ( y )) (1) (2)  g ( x; y ) = 2.3.3.1 Hệ có dạng:  Phương pháp giải chung: +) Tìm điều kiện hệ (Ngoài điều kiện để biểu thức hệ phương trình có nghĩa, nhiều trường hợp, ta cần vào nội biểu thức hệ, ta đánh giá để thu hẹp miền chứa nghiệm hệ) +) Với điều kiện trên, ta suy u ( x); v( y ) nhận giá trị miền D +) Chứng minh f (t ) đơn điệu D (Cần lưu ý rằng, Bài toán cho trước hàm số f (t ) (Gọi hàm đặc trưng hệ phương trình) Do phải tìm f (t ) Thơng thường, ta tìm f (t ) cách phân li biến số) u ( x) = v( y )  g ( x; y ) = +) Từ suy u ( x) = v( y ) Do đó, ta có hệ (Đơn giản hơn):   x − x = y − y (1) Ví dụ Giải hệ phương trình:  (2)  x + y = Đáp án: (2) ⇒ −1 ≤ x ≤ 1; −1 ≤ y ≤ Xét hàm số f (t ) = t − 5t ; t ∈ [ − 1;1] Ta có: f '(t ) = 3t − < 0; ∀t ∈ [-1;1] Suy hàm số f (t ) = t − 5t nghịch biến [-1;1] Phương trình (1) trở thành: f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y , vào (2) ta có: x8 + x − = ⇔ x = −1 + −1 + ⇔ x = ±4 2 Vậy hệ có hai nghiệm: x = y = −1 + −1 + x = y = − 2 Nhận xét: Thoạt nhìn hệ phương trình, ta thấy điều kiện hệ x ∈ R; y ∈ R Tuy nhiên, hàm đặc trưng f (t ) = t − 5t hàm đơn điệu để áp dụng phương pháp này, ta phải “thu gọn” miền chứa nghiệm, để miền đó, hàm đặc trưng phương trình thu hàm số đơn điệu  x + x − x + = y −1 + Ví dụ Giải hệ phương trình:   y + y − y + = 3x −1 + Đáp án: y −1  x + x − x + = y −1 +  x − + ( x − 1) + = (1) ⇔   y + y − y + = 3x −1 +  y − + ( y − 1) + = 3x −1 (2) Từ (1) (2) ta có: 10 ( x − 1) − ( y − 1) + ( x − 1) + − ( y − 1) + = y −1 − 3x −1 ⇔ ( x − 1) + ( x − 1) + + 3x −1 = ( y − 1) + ( y − 1) + + y −1 (3) Xét hàm số f (t ) = t + t + + 3t ⇒ f '(t ) = + t t +1 + 3t ln = t2 +1 + t t +1 + 3t ln nhận xét: ∀t ⇒ t + > t ≥ −t ⇒ t + + t ≥ ⇒ f '(t ) > 0; ∀t Do hàm số f (t ) đồng biến ¡ (3) trở thành: f ( x − 1) = f ( y − 1) ⇔ x − = y − ⇔ x = y Thế vào (1) ta có: x − + ( x − 1) + = 3x −1 (4) Theo nhận xét ta có: x − + ( x − 1) + > Do (4) ⇔ ln( x − + ( x − 1) + 1) = ( x − 1) ln ⇔ ln( x − + ( x − 1) + 1) − ( x − 1) ln = 0(5) Lại xét hàm số g ( x) = ln( x − + ( x − 1) + 1) − ( x − 1) ln 1+ g '( x) = x −1 ( x − 1) + x − + ( x − 1) + − ln = ( x − 1) + − ln < − ln < , Suy hàm số g ( x) nghịch biến ¡ (5) trở thành: g ( x) = g (1) ⇔ x = ⇒ y = Vậy hệ có nghiệm x = 1; y = (4 x + 1) x + ( y − 3) − y = 0(1) Ví dụ Giải hệ phương trình:  2  x + y + − x = 7(2) (Đề thi tuyển sinh vào đại học khối A năm 2010) Đáp án: Điều kiện x ≤ ; y ≤ (4 x + 1) x + ( y − 3) − y = 0(1) ⇔ (4 x + 1)2 x = (3 − x) − y ⇔ (4 x + 1)2 x = [(5 − y) + 1] − y (*) Xét hàm số f (t ) = t (1 + t ) ; f '(t ) = + 3t > 0; ∀t ∈ R , hàm số đồng biến R Phương trình (*) trở thành: x ≥ x ≥  f (2 x) = f ( − y ) ⇔ x = − y ⇔  ⇔ − 4x2 x = − y y =    − 4x ) + − x = 7(**) Thế vào phương trình (2) ta được: x + ( 2 11 nghiệm phương trình +) Với x ∈ [0; ) − 4x2 2 ) + − x liên tục D = [0; ) Ta có: Xét hàm số g ( x) = x + ( 4 g '( x) = x − x(5 − x ) − = x(4 x − 3) − < 0; ∀x ∈ [0; ) − 4x − 4x − 4x2 ) + − x nghịch biến D = [0; ) Vậy hàm số g ( x) = x + ( 1 Phương trình (**) trở thành g ( x) = g ( ) ⇔ x = ∈ D ⇒ y = 2  x = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm   y = +) x =  x − 3x − x + 22 = y + y − y  Ví dụ Giải hệ phương trình:  2 x + y − x + y =  (Đề thi tuyển sinh vào đại học khối A năm 2012) Đáp án:  x − 3x − x + 22 = y + y − y ( x − 1)3 − 12( x − 1) = ( y + 1)3 − 12( y + 1) (1)   ⇔  1 2 (2) x + y − x + y = ( x − ) + ( y + ) = 2      −1 ≤ x − ≤ − ≤ x ≤ ⇒ Từ (2) suy   −1 ≤ y + ≤ − ≤ y ≤ 2   Xét hàm số f (t ) = t − 12t ; t ∈ [-1;1] Ta có: f (t ) = 3t − 12 < 0; ∀t ∈ [-1;1] Suy hàm số f (t ) nghịch biến [-1;1] (1) trở thành f ( x − 1) = f ( y + 1) ⇔ x − = y + ⇔ x = y + , vào (2) ta có:  y=− ⇒x=  3 ( y + )2 + ( y + )2 = ⇔ y + y + = ⇔  2 y = − ⇒ x =  2 12  x =  ; Vậy hệ phương trình có nghiệm  y = −   x =   y = −   2(2 x + 1)3 + x + = (2 y − 3) y − (1) Ví dụ Giải hệ phương trình:  (2)  x + + y + = Đáp án:  x ≥ − Điều kiện:   y ≥ (1) ⇔ 2(2 x + 1)3 + x + = (2 y − 3) y − ⇔ 2(2 x + 1)3 + x + = [2( y − 2) + 1] y − ⇔ 2(2 x + 1)3 + x + = 2( y − 2)3 + y − (*) Xét hàm số f (t ) = 2t + t ; t ∈ [0;+∞) Ta có f '(t ) = 6t + > 0; ∀t ∈ [0;+∞) Suy hàm số f (t ) đồng biến [0;+∞) (*) ⇔ f (2 x + 1) = f ( y − 2) ⇔ x + = y − , vào (2) , ta có: 4 y − + y + = 6(**) +) x = nghiệm (**) +) Với x ∈ (2; +∞) , Xét hàm số: g ( y ) = 4 y − + y + 4; y ∈ (2; +∞) g '( y ) = (4 y − 8)3 + > 0; ∀y ∈ (2; +∞) 2y + Vậy hàm số g ( y ) đồng biến (2; +∞) (**) ⇔ g ( y ) = g (6) ⇔ y = Với y = ⇒ x =  x = Vậy hệ có nghiệm   y = Một số tập vận dụng: Giải hệ phương trình sau:  x (4 y + 1) + 2( x + 1) x = a)  2  x y (2 + y + 1) = x + x + b)   y + x − x = − x − y c)   y = x − + xy + x  y + y = x + 3x + x + d)   − x − y = − y −  x + + x − − y + = y 2  x + x( y − 1) + y − y + = 13  x = f ( y)  y = f ( x) 2.3.3.2 Hệ có dạng  Đây hệ đối xứng loại Ta giải cách trừ vế hai phương trình hệ, ta có: x = y ( x − y ) F ( x; y ) = ⇔   F ( x; y ) = Tuy nhiên tốn phát sinh phương trình F ( x; y ) = Độ khó hệ phụ thuộc vào độ khó phương trình Tuy nhiên f ( x) hàm số đơn điệu ta có cách giải khác: Ta xét trường hợp hàm đồng biến Trường hợp lại làm tương tự Giả sử x ≤ y ⇒ f ( x) ≤ f ( y ) ⇔ y ≤ x x ≤ y ⇒ x = y Thế vào phương trình ta được: x = f ( x) y ≤ x Vậy, ta có:  Đây phương trình ẩn  x + x = y Ví dụ: Giải hệ phương trình   y + y = x Đáp án: Điều kiện: x ≥ 0; y ≥  x2 + x y =   x + x = y  ⇔   y + y  y + y = x  x =  x = nghiệm hệ y = +) Nếu x = ⇒ y = Do đó:  t2 + t +) Nếu x > ⇒ y > Xét hàm số f (t ) = ;t > Ta có f '(t ) = t + > 0; ∀t > Vậy f (t ) đồng biến (0; +∞) t  x = f ( y) Hệ trở thành:   y = f ( x) Giả sử x ≤ y ⇒ f ( x) ≤ f ( y ) ⇔ y ≤ x x ≤ y ⇒ x = y Thế vào phương trình ta được: y ≤ x Vậy, ta có:  x2 + x x= ⇔ x2 − 2x + x = ⇔ x x − x + = 14 x =  ⇔ x x − x − x + = ⇔ ( x − 1)( x + x − 1) = ⇔  3− x=   3− x=  x = x =    Vậy, hệ cho có nghiệm:  ; ; 3− y = y =1  y =   f ( x) = g ( y ) Nhận xét: Với hệ  , f (t ); g (t ) hàm số đồng  f ( y ) = g ( x) biến, nghịch biến D , ta có cách giải tương tự 2.3.4 Ứng dụng tính đơn điệu để biện luận số nghiệm phương trình; bất phương trình, hệ phương trình Bài tốn biện luận số nghiệm, có nghiệm tập hợp cho trước toán thường gặp trình học tập kỳ thi Ngồi việc yêu cầu học sinh nắm vững kiến thức sở, tốn cịn địi hỏi óc tư duy, sáng tạo Đối với dạng tốn có nhiều phương án giải quyết, phương án sử dụng tính đơn điệu hàm số cho ta lời giải ngắn gọn, độc đáo đánh giá cao! Ví dụ Tìm m để phương trình 3x − 2x − = x − + mx có nghiệm Đáp án: Điều kiện x > 3x − 3x − 2x −1 3x − x = x − + mx ⇔ − =m⇔m= x 2x −1 x 2x −1 2x −1 Xét hàm số f ( x) = 3x − x x2 − 8x + ; f '( x ) = > 0; ∀x ∈ ( ; +∞) 2x −1 (2 x − 1)3 Ta có bảng biến thiên: Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y = f ( x) đường thẳng y = m (Cùng phương với trục Ox ) Vậy, phương trình có nghiệm m ∈ R 15 Ví dụ Tìm m cho phương trình: − x + + x − (2 − x)(2 + x) = m (1) có nghiệm Đáp án: Điều kiện: −2 ≤ x ≤ Đặt t = − x + + x ; t > + )t = + − x ≥ ⇒ t ≥ + )t = − (4 − − x ) = − ( − x + + x ) ≤ ⇒ < t ≤ 2 Vậy ≤ t ≤ 2 Ta có (2 − x)(2 + x) = t2 − t2 − = m ⇔ −t + 2t + = 2m (2) Xét hàm số f (t ) = −t + 2t + 4; f '(t ) = −2t + Phương trình trở thành: t − Ta có bảng biến thiên: Phương trình (1) có nghiệm (2) có nghiệm thuộc [2; 2] ⇔ − ≤ 2m ≤ ⇔ 2 − ≤ m ≤ Ghi chú: Đối với ẩn phụ trên, (1) có nghiệm (2) có nghiệm t bắt buộc nghiệm t phải thuộc [2; 2] Điều này, học sinh thường bỏ sót phép đặt ẩn phụ phương trình, bất phương trình chứa tham số Ví dụ Tìm m cho bất phương trình: m x + < x + m nghiệm với ∀x ∈ R Đáp án: Điều kiện: x ∈ R m x + < x + m ⇔ m( x + − 1) < x ⇔ m < x 2x2 + −1 (Vì x + − > 0; ∀x ∈ R ) Xét hàm số: f ( x) = x x2 + −1 ; f '( x ) = − x2 + x + 9( x + − 1) +) f '( x) = ⇔ − x + = ⇔ x + = ⇔ x = ±6 +) f '( x) > ⇔ − x + > ⇔ x + < ⇔ x − 36 < ⇔ x ∈ (−6;6) +) f '( x) < ⇔ x ∈ (−∞; −6) U (6; +∞) Ta có bảng biến thiên: 16 Từ bảng biến thiên, ta thấy bất phương trình: m x + < x + m nghiệm với ∀x ∈ R m < f ( x); ∀x ∈ R ⇔ m < − 3 x + x − < Ví dụ Tìm m để hệ bất phương trình  có nghiệm  x + 3mx + < Đáp án: 3x + x − < ⇔ x ∈ (−1; ) Ta có x = khơng phải nghiệm bất phương trình x + 3mx + <  x2 +  x2 +  m < − m > − x ( II ) 2 ( I ) 3x Ta có: x + 3mx + < ⇔ 3mx < −( x + 1) ⇔    x ∈ (0; )  x ∈ (−1;0)   x2 + 1 1 − x2 ; f '( x ) = − + = Xét hàm số: f ( x) = − 3x 3x 3x Bảng biến thiên: Hệ bất phương trình cho có nghiệm bất phương trình x + 3mx + < có nghiệm thuộc (−1; ) ⇔ ( I ) có nghiệm ( II ) có nghiệm +) ( I ) có nghiệm ⇔ m ∈ R +) ( II ) có nghiệm ⇔ m ∈ R Vậy hệ bất phương trình cho có nghiệm ⇔ m ∈ R Một số tập vận dụng 17 1) Tìm m để phương trình 6( 3x − + x − 1) = x − + 3x − x + + m có hai nghiệm thực phân biệt 2) Tìm m để phương trình x − 2(m + 4) x + 5m + 10 − x + = có nghiệm 3) Tìm m để phương trình: ( x − x + 2) − x − x + = x − x + m có bốn nghiệm phân biệt 4) Tìm m cho bất phương trình: mx − x − ≤ m + có nghiệm 5) Tìm m để bất phương trình (1 + x)(3 − x) ≥ m + (2 x − x − 3) với x ∈ [− ;3] 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Trong năm qua, giảng dạy, luyện thi Đại học, bồi dưỡng học sinh giỏi phần phương trình, bất phương trình hệ phương trình, tơi cung cấp cho đồng nghiệp em học sinh lớp 12 trường THPT Mai Anh Tuấn phương pháp “Sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải số phương trình, bất phương trình Hệ phương trình”, kết cho thấy phương pháp giúp cho học sinh hướng rõ ràng, cách nhìn tổng qt, tồn diện, tự tin phải đối mặt với tốn phương trình, bất phương trình hệ phương trình Kết thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thi Đại học mơn Tốn học sinh lớp 12B năm học 2009 – 2010, học sinh lớp, 12B năm học 2012 - 2013 học sinh lớp 12A năm học 2014 – 2015 sau: Năm học Lớp Sĩ số 2009-2010 2012-2013 2014-2015 12B 12B 12A 45 45 46 Số học sinh đạt giải Điểm thi ĐH môn toán Cấp tỉnh(/số học sinh (Số lượng) tham gia dự thi) Casio Toán Giỏi Khá TB Yếu, (/5) (/8) 16 18 (/5) (/5) 12 18 13 (/5) 4(/5) 10 20 12 Qua kết nhận định, góp ý đồng nghiệp, khẳng định: Nếu vận dụng sáng kiến vào giảng dạy cho học sinh trường THPT Mai Anh Tuấn góp phần quan trọng nâng cao chất lượng giảng dạy mơn tốn nhà trường KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 18 3.1 Kết luận: Phương pháp “Sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải số phương trình, bất phương trình hệ phương trình chương trình phổ thơng” cơng cụ mạnh, kết hợp với phép biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, lượng giác hóa, hình học … giúp cho học sinh giải hầu hết tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Thơng thường gặp tốn phương trình, bất phương trình hệ phương trình mà sử dụng trực tiếp phương pháp truyền thống không giải dài dịng, phức tạp nên suy nghĩ tới việc vận dụng tính đơn điệu hàm số để giải Tuy nhiên, để sử dụng phương pháp cần phân tích kỹ lưỡng để đưa tốn tốn dạng f (u ) = f (v) , f (u ) > f (v) , f (u ) ≥ f (v) … Sáng kiến vận dụng rộng rãi cho em học sinh lớp 12 nhà trường Tư thuật toán vận dụng làm cho học sinh nhìn nhận vấn đề cách rộng hơn, sâu sắc đồng thời tạo hứng thú u thích mơn tốn cho em học sinh 3.2 Kiến nghị: Mặc dù có nhiều cố gắng, song kinh nghiệm giảng dạy nói chung bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng cịn có hạn chế Vì vậy, viết khơng tránh khỏi thiếu sót, mong nhận góp ý đồng nghiệp bạn đọc để đề tài hoàn thiện, hiệu Xin trân trọng cảm ơn ! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 28 tháng năm 2016 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác (Ký ghi rõ họ tên) Mai Sỹ Thủy 19 ... hướng giải toán phương trình, bất phương trình, hệ phương trình với đề tài ? ?Sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải số tốn phương trình, bất phương trình hệ phương trình chương trình Tốn phổ thơng”... giải có hướng suy nghĩ sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải tốn 1.3 Đối tượng nghiên cứu: Đề tài nghiên cứu sử dụng tính chất đơn điệu hàm số vào việc giải số phương trình, bất phương trình hệ. .. sinh giải hầu hết tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình Thơng thường gặp tốn phương trình, bất phương trình hệ phương trình mà sử dụng trực tiếp phương pháp truyền thống khơng giải