Tải bản đầy đủ

SKKN sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số bài toán về phương trình, bất phương trình và hệ phương trình trong chương trình toán phổ thông image marked

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
TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG
TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN PHỔ THÔNG

Người thực hiện: Mai Sỹ Thủy
Chức vụ:
Hiệu trưởng
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HOÁ NĂM 2016


MỤC LỤC
Nội dung

Trang


Mục lục

1

1. Mở đầu

2

2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

3

2.1. Cơ sở lý luận

3

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến

4

2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

4

2.4. Hiệu quả của sáng kiến đối với hoạt động giáo
dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường

17

3. Kết luận

18

3.1. Kết luận

18

3.2. Kiến nghị

18

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài:
Trong toán học phổ thông, các bài toán về phương trình và bất phương trình,
hệ phương trình chiếm một vị trí đặc biệt quan trọng, nó xuất hiện hầu hết trong các
kỳ thi tuyển sinh các cấp, kỳ thi chọn học sinh giỏi toán cấp tỉnh, cấp Quốc Gia….
Điều tất nhiên khi gặp những bài toán về phương trình, bất phương trình và hệ
phương trình không ở dạng cơ bản học sinh phải mất rất nhiều thời gian, công sức
để giải quyết nó. Đối với những bài toán đó đề bài tuy được phát biểu hết sức ngắn
gọn, sáng sủa và đẹp đẽ nhưng học sinh lại gặp rất nhiều khó khăn khi đi tìm lời
giải. Đứng trước vấn đề trên trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi,
tôi đã luôn trăn trở và đi tìm những thuật giải, những hướng đi cụ thể để giúp học
sinh tìm tòi có hướng phán đoán, có phương pháp giải quyết vấn đề tốt nhất. Nhưng
chúng ta đã biết không có một chìa khoá vạn năng nào có thể “mở khoá” được mọi
bài toán. Trong khi đó việc giảng dạy toán học nói chung và trong bồi dưỡng học
sinh giỏi toán nói riêng, việc làm cho học sinh giải quyết được vấn đề đặt ra của bài
toán một cách sáng tạo, hoàn chỉnh là rất cần thiết. Trong bài viết này, dựa trên
kinh nghiệm một số năm giảng dạy, luyện thi Đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi
toán, tôi xin nêu lên một vài hướng giải quyết bài toán về phương trình, bất phương
trình, hệ phương trình với đề tài “Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số
bài toán về phương trình, bất phương trình và hệ phương trình trong chương trình
Toán phổ thông”.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Như chúng ta đã biết khi đứng trước một bài toán thông thường phải nghiên
cứu, chuyển về bài toán quen thuộc, đã biết nếu có thể. Tuy nhiên việc chuyển về
những bài toán quen thuộc không phải lúc nào cũng làm được. Chính vì vậy, việc
nghiên cứu đề tài “Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số bài toán về
phương trình, bất phương trình và hệ phương trình trong chương trình Toán phổ
thông”, sẽ giúp cho học sinh khi gặp một số phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình ở dạng chưa quen, đã dùng các phép biến đổi tương đương, đặt ẩn
phụ, lượng giác hóa, hình học… mà vẫn chưa giải được thì có một hướng suy nghĩ
tiếp theo là sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải quyết bài toán đó.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Đề tài sẽ nghiên cứu về sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số vào việc giải
một số phương trình, bất phương trình và hệ phương trình.
1.4. Phương pháp nghiên cứu: Trong đề tài tác giả đã xây dựng phương
pháp trên cơ sở lý thuyết về tính đơn điệu của hàm số.

2


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến
Sáng kiến này dựa trên cơ sở lý thuyết về tính đơn điệu của hàm số. Cụ thể:
Ta xét D là một trong các tập con dưới đây của R : (a; b), [a; b), (a; b],
(; a ), (; a ], (a; ), [a;  ), R .
2.1.1. Định nghĩa: Hàm số f ( x) xác định trên D được gọi là:
i) Đồng biến trên D nếu x1 ; x2  D; x1  x2 thì f ( x1 )  f ( x2 )
ii) Nghịch biến trên D nếu x1 ; x2  D; x1  x2 thì f ( x1 )  f ( x2 )
Hàm số f ( x) đồng biến hoặc nghich biến trên D được gọi chung là đơn điệu
trên D .
2.1.2. Định lý: Hàm số f ( x) xác định trên D có đạo hàm trên D :
i) Nếu f '( x)  0; x  D thì hàm số f ( x) đồng biến trên D
ii) Nếu f '( x)  0; x  D thì hàm số f ( x) đồng biến trên D
(Dấu "  " chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm trên D )
2.1.3. Một số tính chất được sử dụng trong chuyên đề này
Tính chất 1: Giả sử hàm số f ( x) đơn điệu trên tập D thì phương trình
f ( x)  0 có nhiều nhất một nghiệm thuộc D .
Tính chất 2: Nếu phương trình f '( x)  0 có một nghiệm trên tập (a; b) thì
phương trình f ( x)  0 có nhiều nhất hai nghiệm trên (a; b) .
Tính chất 3: Nếu hàm số f ( x)  0 đơn điệu trên D thì với u; v  D ta có:
f (u )  f (v)  u  v .
Tính chất 4:
i) f ( x) đồng biến trên D thì với u; v  D , ta có f (u )  f (v)  u  v .
ii) f ( x) nghịch biến trên D thì với u; v  D , ta có f (u )  f (v)  u  v .
Tính chất 5. Số nghiệm của phương trình u ( x)  v( x) trên D là số giao điểm
của của đồ thị các hàm số y  u ( x); y  v( x) (Trên D ).
Từ tính chất này và định lý: “Nếu hàm số y  f ( x) liên tục trên [a; b] thì hàm
số y  f ( x) đạt được giá trị lớn nhất; giá trị nhỏ nhất trên D ”, ta có: “Nếu hàm số
y  f ( x) liên tục trên [a; b] thì phương trình f ( x)  m có nghiệm khi và chỉ khi
m  [ min f ( x); m ax f ( x)] .
[a ;b ]
[a ;b ]

Tính chất 6. Tập nghiệm của bất phương trình u ( x)  v( x) là tập hợp các
hoành độ tương ứng với phần đồ thị hàm số y  u ( x) nằm ở phía trên so với phần đồ
thị hàm số y  v( x) .
3


Hệ quả:
f ( x) thì:
i) Nếu tồn tại min
D
f ( x)  m
+) bất phương trình f ( x)  m được nghiệm đúng x  D  min
D
f ( x)  m
+) bất phương trình f ( x)  m có nghiệm x  D  min
D

ii) Nếu tồn tại m ax f ( x) thì:
D

+) bất phương trình f ( x)  m được nghiệm đúng x  D  max f ( x)  m
D

+) bất phương trình f ( x)  m có nghiệm x  D  max f ( x)  m
D

2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến
Trong những năm gần đây các đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, đề thi học
sinh giỏi các cấp có nhiều bài toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương
trình mà học sinh đã sử dụng các phương pháp quen thuộc như: Biến đổi tương
đương; phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp lượng giác hóa; phương pháp hình
học…. nhưng vẫn còn lúng túng, chưa tìm ra được lời giải hoặc xác định được
đường lối nhưng chưa đưa ra được kết quả cuối cùng. Tuy nhiên nếu học sinh nắm
chắc tính đơn điệu của hàm số, có kỹ năng vận dụng tính đơn điệu của hàm số để
giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình thì các bài toán đó sẽ có
được lời gải một cách ngắn gọn, chính xác.
Trong phạm vi sáng kiến này, tôi trình bày một phương pháp giải quyết các
bài toán dạng đó, khi mà các phương pháp thông thường chưa thể giải được, đó là
phương pháp "Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số".
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Ở mỗi vấn đề tác giả đưa ra ví dụ, phân tích và trên cơ sở đó sẽ rút ra được
phương pháp thực hiện.
2.3.1. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình
Ví dụ 1. Giải các phương trình sau:
a) 4 x  1  4 x 2  1  1
b) 3x 7  5  4 x  3  x3 .
Nhận định:
- Đối với câu 1, có thể học sinh nghĩ đến việc biến đổi tương đương hoặc sẽ
bình phương hai vế của phương trình , tuy nhiên sẽ gặp khó khăn trong các phép
biến đổi. Câu 2, các phương pháp "truyền thống" không khả thi.

4


- Nếu chịu khó quan sát và chuyển vế đơn giản thì vế trái đều là những hàm
số đồng biến (trên một tập nào đó). Lúc này, sử dụng tính đơn điệu để giải quyết
bài toán đã nảy ra trong đầu. Vấn đề còn lại là đoán nghiệm! Công việc này không
khó, nhưng nếu học sinh cứ thử từng số thì sẽ mất thời gian. Hãy ưu tiên những giá
trị của x sao cho các biểu thức dưới dấu căn nhận giá trị là số chính phương!. Ngày
nay, công việc này càng dễ dàng hơn nhờ sự trợ giúp của máy tính cầm tay.
Đáp án:
1
2

1
là một nghiệm của phương trình.
2
1
Xét hàm số f ( x)  4 x  1  4 x 2  1 trên ( ; ) ,
2
2
4x
1

 0, x  ( ; )
Ta có f '( x) 
2
4x 1
4x2 1

a) Điều kiện x  [ ; ) . Dễ thấy x 

1
2

Do đó, hàm số f ( x) đồng biến trên ( ; ) .
Mặt khác, ta có: f ( x)  4 x  1  4 x 2  1  0; x 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 

1
2

1
2

b) 3x 7  5  4 x  3  x3 (1) .
5
4

Điều kiện x  [  ; )
(1)  3 x 7  x3  5  4 x  3
5
không phải là nghiệm của phương trình
4
5
Xét hàm số f ( x)  3x 7  x3  5  4 x trên (; ) .
4
2
5
 0, x  (; )
Ta có f '( x)  21x 6  3x 2 
4
5  4x
5
Suy ra, hàm số f ( x) đồng biến trên (; )
4
Ta có phương trình trở thành: f ( x)  f (1)  x  1
x

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1 .
Ví dụ 2. Giải các phương trình sau:
a) 2 3 2 x  1  27 x3  27 x 2  13x  2
b) 24 x 2  60 x  36 

1
1

0
5x  7
x 1

5


Nhận định:
- Ý a có thể giải quyết được bằng cách đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại 2
- Ta sẽ giải bài toán trên cũng bằng tư duy như trong Ví dụ 1 nhưng sẽ khó
khẳng định được hàm số f ( x) đơn điệu trên tập xác định của nó. Để khắc phục khó
khăn này, ta sẽ giải các phương trình trên bằng cách xét hàm số đặ trưng của các
phương trình đó.
Đáp án:
a) Điều kiện: x  R
2 3 2 x  1  27 x3  27 x 2  13 x  2

 2 3 2 x  1  [(3 x)3  3(3 x) 2  3.(3 x)  1]  4 x  1
 2 3 2 x  1  (3 x  1)3  4 x  1
 2 x  1  2 3 2 x  1  (3 x  1)3  2(3 x  1) (*)

Xét hàm số f (t )  t 3  2t . Ta có f '(t )  3t 2  2  0; t  R . Từ đó ta có hàm số
f (t ) đồng biến trên R .
Phương trình (*) trở thành:
f ( 3 2 x  1)  f (3 x  1)  3 2 x  1  3 x  1  2 x  1  27 x3  27 x 2  9 x  1
 27 x3  27 x 2  7 x  0  x(27 x 2  27 x  7)  0  x  0

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  0
b) 24 x 2  60 x  36 
Điều kiện: x 

1
1

0
5x  7
x 1

7
5

1
1
1
1

 0  25 x 2  60 x  36 
 x2 
0
5x  7
x 1
5x  7
x 1
1
1
 (5 x  6) 2 
 x2 
(*)
(5 x  6)  1
x 1

24 x 2  60 x  36 

7
5

x  1
5 x  6  1

Do x   

Xét hàm số f (t )  t 2 

1
1
; t  1 . Ta có: f '(t )  2t 
 0; t  1 .
t 1
2 (t  1)3

Vậy, hàm số f (t ) đồng biến trên (1; )
3
2

Phương trình (*) trở thành f (5 x  6)  f ( x)  5 x  6  x  x  (Thỏa mãn đk)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 

3
2

6


Một số bài tập vận dụng: Giải các phương trình sau:
a) 15  x  3  x  6
b) 3x  5  2 x  3  2  12  x
c) 2 x 2  23  4 x  2  2 x 2  7
e) x5  x3  1  3x  4  0
x2  x  3
)  x 2  3x  2
2
2x  4x  5
x
k) 9  2( x  2).3x  2 x  5  0 .

h) log 3 (

d) x 2  15  3x  2  x 2  8
g) 8 x3  ( 2 x  1)3  2 x  1  2 x
i) 3x  4 x  5x

2.3.2. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải bất phương trình.
Ví dụ 1. Giải các bất phương trình sau:
a) x  5  2 x  3  9
b) 3 3  2 x 

5
 2x  6
2x 1

c) x 2  2 x  3  x 2  6 x  11  3  x  x  1
Nhận định:
- Câu a: Học sinh hoàn toàn có thể sử dụng phương pháp bình phương hoặc
biến đổi tương đương để giải. Tuy nhiên, tôi muốn hướng đến việc sử dụng tính
đơn điệu của hàm số để giải quyết, tuy nhiên đoán được một nghiệm của phương
trình này mất khá nhiều thời gian (chú ý chọn những số sao cho biểu thức dưới dấu
căn là số chính phương).
- Câu b: Có thể đặt ẩn phụ, nhưng biến đổi khá rối. Bài toán đơn giản nếu sử
dụng tính đơn điệu của hàm số.
- Câu c: khá phức tạp và cũng có thể đặt ẩn phụ. Song nếu quan sát kỹ thì thấy
có mối quan hệ tương ứng giưa các vế để có thể sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Đáp án:
a) x  5  2 x  3  9 .
Điều kiện: x  

3
2

3
là một nghiệm của bất phương trình.
2
3
+) Với x  ( ; )
2
1
1
3

 0; x  ( ; )
Xét hàm số f ( x)  x  5  2 x  3; f '( x) 
2
2 x5
2x  3
3
Suy ra, hàm số f ( x) đồng biến trên ( ; ) .
2

+) x  

7


3

3
x  
Bất phương trình trở thành: f ( x)  f (11)  
2    x  11 .
2
 x  11
3
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  [  ;11)
2
5
 2x  6
b) 3 3  2 x 
2x 1
1 3
Điều kiện: x  ( ; ] .
2 2
3
+) x  là một nghiệm của bất phương trình
2
5
 2x
Xét hàm số f ( x)  3 3  2 x 
2x 1
3
5
1 3
Ta có f '( x)  

 2  0; x  ( ; )
2 2
3  2x
(2 x  1) 2
1 3
2 2

Suy ra hàm số f ( x) nghịch biến trên ( ; ) .
Bất phương trình trở thành:
x  1
3

f ( x)  f (1)  
1 3 x  x  [1; )
2
 x  ( 2 ; 2 )
3
2

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là: S=[1; ] .
c) x 2  2 x  3  x 2  6 x  11  3  x  x  1
Điều kiện: 1  x  3 ,
x 2  2 x  3  x 2  6 x  11  3  x  x  1  ( x  1) 2  2  x  1  (3  x) 2  2  3  x

Xét hàm số: f (t )  t  2  t; t  0 . Ta có f '(t ) 
4

2t 3
t4  2

 1  0; t  0

Suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên [0; ) .
Bất phương trình đã cho trở thành:
f ( x  1)  f ( 3  x )  x  1  3  x  x  1  3  x  x  2

Kết hợp với điều kiện, ta có tập nghiệm của bất phương trình là S  (2;3]
Bài tập vận dụng: Giải các bất phương trình sau:
a) x  9  2 x  4  5
b) 2 x3  3x 2  6 x  16  4  x  2 3
c) x  1  3 5 x  7  4 7 x  5  5 13x  7  8 d) log 2 x  log 3 ( x  2)

8


2.3.3. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải hệ phương trình
 f (u ( x))  f (v( y )) (1)
(2)
 g ( x; y )  0

2.3.3.1. Hệ có dạng: 

Phương pháp giải chung:
+) Tìm điều kiện của hệ (Ngoài điều kiện để các biểu thức trong hệ phương
trình có nghĩa, trong nhiều trường hợp, ta cần căn cứ vào nội tại của các biểu thức
trong hệ, ta đánh giá để thu hẹp hơn miền chứa nghiệm của hệ).
+) Với điều kiện trên, ta suy ra u ( x); v( y ) cùng nhận giá trị trên miền D
+) Chứng minh f (t ) đơn điệu trên D (Cần lưu ý rằng, rất ít khi Bài toán cho
trước hàm số f (t ) (Gọi là hàm đặc trưng của hệ phương trình). Do đó phải đi tìm
f (t ) . Thông thường, ta tìm f (t ) bằng cách phân li biến số)
u ( x)  v( y )
 g ( x; y )  0

+) Từ suy ra u ( x)  v( y ) . Do đó, ta có hệ mới (Đơn giản hơn): 
 x3  5 x  y 3  5 y (1)
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình:  8 4
(2)
 x  y  1

Đáp án:
(2)  1  x  1; 1  y  1 . Xét hàm số f (t )  t 3  5t ; t  [  1;1]

Ta có: f '(t )  3t 2  5  0; t  [-1;1] .
Suy ra hàm số f (t )  t 3  5t nghịch biến trên [-1;1] .
Phương trình (1) trở thành: f ( x)  f ( y )  x  y , thế vào (2) ta có:
x8  x 4  1  0  x 4 

1  5
1  5
 x  4
2
2

Vậy hệ có hai nghiệm: x  y  4

1  5
1  5
và x  y   4
2
2

Nhận xét: Thoạt nhìn hệ phương trình, ta thấy điều kiện của hệ là x  R; y  R .
Tuy nhiên, nếu chỉ như thế thì hàm đặc trưng f (t )  t 3  5t không phải là hàm đơn
điệu. do đó để áp dụng phương pháp này, ta phải “thu gọn” miền chứa nghiệm, để
trong miền đó, hàm đặc trưng của phương trình thu được là hàm số đơn điệu
 x  x 2  2 x  2  3 y 1  1
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình: 
 y  y 2  2 y  2  3x 1  1

Đáp án:
 x  1  ( x  1) 2  1  3 y 1 (1)
 x  x 2  2 x  2  3 y 1  1


 y  y 2  2 y  2  3x 1  1  y  1  ( y  1) 2  1  3x 1 (2)

9


Từ (1) và (2) ta có:
( x  1)  ( y  1)  ( x  1) 2  1  ( y  1) 2  1  3 y 1  3x 1
 ( x  1)  ( x  1) 2  1  3x 1  ( y  1)  ( y  1) 2  1  3 y 1 (3)

Xét hàm số f (t )  t  t  1  3  f '(t )  1 
2

t

t
t 1
2

 3 ln 3 
t

t2 1  t
t 1
2

 3t ln 3

nhận xét: t  t 2  1  t 2  t  t 2  1  t  0  f '(t )  0; t .
Do đó hàm số f (t ) đồng biến trên 
(3) trở thành: f ( x  1)  f ( y  1)  x  1  y  1  x  y . Thế vào (1) ta có:
x  1  ( x  1) 2  1  3x 1 (4)

Theo nhận xét trên ta có: x  1  ( x  1)2  1  0 . Do đó
(4)  ln( x  1  ( x  1) 2  1)  ( x  1) ln 3  ln( x  1  ( x  1) 2  1)  ( x  1) ln 3  0(5)

Lại xét hàm số g ( x)  ln( x  1  ( x  1)2  1)  ( x  1) ln 3
1
g '( x) 

x 1
( x  1) 2  1

x  1  ( x  1) 2  1

 ln 3 

1
( x  1) 2  1

 ln 3  1  ln 3  0 ,

Suy ra hàm số g ( x) nghịch biến trên 
(5) trở thành: g ( x)  g (1)  x  1  y  1 .
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  1; y  1
(4 x 2  1) x  ( y  3) 5  2 y  0(1)
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình:  2 2
4 x  y  2 3  4 x  7(2)

(Đề thi tuyển sinh vào đại học khối A năm 2010)
Đáp án:
3
4

Điều kiện x  ; y 

5
2

(4 x 2  1) x  ( y  3) 5  2 y  0(1)  (4 x 2  1)2 x  (3  x) 5  2 y
 (4 x 2  1)2 x  [(5  2 y )  1] 5  2 y (*)

Xét hàm số f (t )  t (1  t 2 ) ; f '(t )  1  3t 2  0; t  R , hàm số đồng biến trên R .
Phương trình (*) trở thành:
x  0
x  0

f (2 x)  f ( 5  2 y )  2 x  5  2 y   2

5  4x2
4
x

5

2
y

y 
2


10


Thế vào phương trình (2) ta được: 4 x 2  (

5  4x2 2
)  2 3  4 x  7(**)
2

3
không phải là nghiệm của phương trình này
4
3
+) Với x  [0; )
4
5  4x2 2
3
)  2 3  4 x liên tục trên D  [0; ) . Ta có:
Xét hàm số g ( x)  4 x 2  (
2
4
4
4
3
g '( x)  8 x  4 x(5  4 x 2 ) 
 4 x(4 x 2  3) 
 0; x  [0; ) .
4
3  4x
3  4x

+) x 

5  4x2 2
3
)  2 3  4 x nghịch biến trên D  [0; )
Vậy hàm số g ( x)  4 x  (
2
4
1
1
Phương trình (**) trở thành g ( x)  g ( )  x   D  y  2
2
2
1

x 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  2
 y  2
2

 x3  3 x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình:  2 2
1
x  y  x  y 
2


(Đề thi tuyển sinh vào đại học khối A năm 2012)
Đáp án:
 x3  3 x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y
( x  1)3  12( x  1)  ( y  1)3  12( y  1) (1)



 2
1
1 2
1 2
2
(2)
x  y  x  y 
( x  )  ( y  )  1
2
2
2


1
3

 1
1  x  2  1  2  x  2

Từ (2) suy ra 
1
1  y   1  3  y  1

 2
2
2

Xét hàm số f (t )  t 3  12t; t  [-1;1] . Ta có: f (t )  3t 2  12  0; t  [-1;1] . Suy ra
hàm số f (t ) nghịch biến trên [-1;1]
(1) trở thành f ( x  1)  f ( y  1)  x  1  y  1  x  y  2 , thế vào (2) ta có:
3
1

y x

3
1
3
2
2
( y  )2  ( y  )2  1  2 y 2  4 y   0  
2
2
2
y   1  x  3

2
2

11


1

 x  2
;
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là 
3
y  

2

3

 x  2

y   1

2

2(2 x  1)3  2 x  1  (2 y  3) y  2 (1)
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình: 
 4 x  2  2 y  4  6

(2)

Đáp án:
1

x  
Điều kiện: 
2
 y  2
(1)  2(2 x  1)3  2 x  1  (2 y  3) y  2  2(2 x  1)3  2 x  1  [2( y  2)  1] y  2
 2(2 x  1)3  2 x  1  2( y  2)3  y  2 (*)

Xét hàm số f (t )  2t 3  t; t  [0;+) . Ta có f '(t )  6t 2  1  0; t  [0;+)
Suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên [0;+)
(*)  f (2 x  1)  f ( y  2)  2 x  1  y  2 , thế vào (2) , ta có:
4

4 y  8  2 y  4  6(**)

+) x  2 không phải là nghiệm của (**)
+) Với x  (2; ) , Xét hàm số: g ( y )  4 4 y  8  2 y  4; y  (2; )
g '( y ) 

1
4

(4 y  8)3



1
 0; y  (2; )
2y  4

Vậy hàm số g ( y ) đồng biến trên (2; )
(**)  g ( y )  g (6)  y  6

Với y  6  x 

1
2

1

x 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất  2
 y  6

Một số bài tập vận dụng: Giải hệ phương trình sau:
 x3 (4 y 2  1)  2( x 2  1) x  6
a)  2
2
2

 x 1  4 x 1  y4  2  y
b) 

2 y 3  2 x 1  x  3 1  x  y
c) 
2
 y  2 x  1  2 xy 1  x

 y 3  y  x3  3 x 2  4 x  2
d) 
2
 1  x  y  2  y  1

 x y (2  2 4 y  1)  x  x  1

2
2
 x  2 x( y  1)  y  6 y  1  0

12


 x  f ( y)
 y  f ( x)

2.3.3.2. Hệ có dạng 

Đây là hệ đối xứng loại 2. Ta có thể giải được bằng cách trừ từng vế hai
phương trình của hệ, ta có:
x  y
( x  y ) F ( x; y )  0  
 F ( x; y )  0

Tuy nhiên bài toán phát sinh là phương trình F ( x; y )  0 . Độ khó của hệ phụ
thuộc vào độ khó của phương trình này. Tuy nhiên nếu f ( x) là hàm số đơn điệu thì
ta có một cách giải khác:
Ta xét trường hợp hàm đồng biến. Trường hợp còn lại làm tương tự.
Giả sử x  y  f ( x)  f ( y )  y  x
x  y
 x  y . Thế vào 1 trong 2 phương trình ta được: x  f ( x) .
y  x

Vậy, ta có: 

Đây là phương trình một ẩn.
 x2  x  2 y
Ví dụ: Giải hệ phương trình  2

 y  y  2 x

Đáp án: Điều kiện: x  0; y  0

x2  x
y


 x 2  x  2 y

2

 2

2
y  y
 y  y  2 x

x


2
x  0
là một nghiệm của hệ.
y  0

+) Nếu x  0  y  0 . Do đó: 

+) Nếu x  0  y  0 . Xét hàm số f (t ) 
Ta có f '(t )  t 

t2  t
;t  0
2

1

 0; t  0 . Vậy f (t ) đồng biến trên (0; )
4 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 1 trong 2 phương trình ta được:
y

x


Vậy, ta có: 
x

x2  x
 x2  2x  x  0  x x  2 x  1  0
2

13


x  1
 x x  x  x  1  0  ( x  1)( x  x  1)  0  
x  3  5

2


3 5
x

x

0
x

1


2
Vậy, hệ đã cho có 3 nghiệm: 
;
; 
3 5
y  0 y 1 
y


2
 f ( x)  g ( y )
Nhận xét: Với hệ 
, trong đó f (t ); g (t ) là các hàm số cùng đồng
 f ( y )  g ( x)
biến, hoặc cùng nghịch biến trên D , ta cũng có cách giải tương tự.

2.3.4. Ứng dụng tính đơn điệu để biện luận số nghiệm của phương trình;
bất phương trình, hệ phương trình
Bài toán về biện luận số nghiệm, có nghiệm trên một tập hợp cho trước là bài
toán rất thường gặp trong quá trình học tập và trong các kỳ thi. Ngoài việc yêu cầu
học sinh nắm vững các kiến thức cơ sở, bài toán còn đòi hỏi óc tư duy, sáng tạo.
Đối với dạng toán này cũng có nhiều phương án giải quyết, trong đó phương án sử
dụng tính đơn điệu của hàm số sẽ cho ta lời giải ngắn gọn, độc đáo và được đánh
giá rất cao!
Ví dụ 1. Tìm m để phương trình

3x 2  1
2x  1

 2 x  1  mx có nghiệm duy nhất.

1
2

Đáp án: Điều kiện x  .
3x 2  1
3x 2  1
2x 1
3x 2  2 x
 2 x  1  mx 

mm
x
2x 1
x 2x 1
2x 1

Xét hàm số f ( x) 

3x 2  2 x
9 x2  8x  2
1
; f '( x) 
 0; x  ( ; ) .
2
2x 1
(2 x  1)3

Ta có bảng biến thiên:

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f ( x) và
đường thẳng y  m (Cùng phương với trục Ox )
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m  R
14


Ví dụ 2. Tìm m sao cho phương trình: 2  x  2  x  (2  x)(2  x)  m (1) có
nghiệm
Đáp án: Điều kiện: 2  x  2 . Đặt t  2  x  2  x ; t  0
)t 2  4  2 4  x 2  4  t  2
)t 2  8  (4  2 4  x 2 )  8  ( 2  x  2  x ) 2  8  0  t  2 2

Vậy 2  t  2 2
2
Ta có (2  x)(2  x)  t  4

2

t2  4
 m  t 2  2t  4  2m (2)
2
Xét hàm số f (t )  t 2  2t  4; f '(t )  2t  2

Phương trình trở thành: t 
Ta có bảng biến thiên:

Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi (2) có nghiệm thuộc [2; 2 2]
 4 2  4  2m  4  2 2  2  m  2

Ghi chú: Đối với ẩn phụ ở trên, (1) có nghiệm khi và chỉ khi (2) có nghiệm
t và bắt buộc nghiệm t đó phải thuộc [2; 2 2] . Điều này, học sinh thường bỏ sót
trong các phép đặt ẩn phụ đối với phương trình, bất phương trình chứa tham số.
Ví dụ 3. Tìm m sao cho bất phương trình: m 2 x 2  9  x  m được nghiệm
đúng với x  R
Đáp án: Điều kiện: x  R
m 2 x 2  9  x  m  m( 2 x 2  9  1)  x  m 

x
2x  9 1
2

(Vì

2 x 2  9  1  0; x  R

)
Xét hàm số: f ( x) 

x
2x2  9 1

; f '( x) 

9  2x2  9
2 x 2  9( 2 x 2  9  1) 2

+) f '( x)  0  9  2 x 2  9  0  2 x 2  9  9  x  6
+) f '( x)  0  9  2 x 2  9  0  2 x 2  9  9  x 2  36  0  x  (6;6)
+) f '( x)  0  x  (; 6)  (6; )

15


Ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên, ta thấy bất phương trình: m 2 x 2  9  x  m được nghiệm
đúng với x  R khi và chỉ khi m  f ( x); x  R  m  

3
4

3 x 2  2 x  1  0
Ví dụ 4. Tìm m để hệ bất phương trình  2
có nghiệm
 x  3mx  1  0
1
3

Đáp án: 3x 2  2 x  1  0  x  (1; )
Ta có x  0 không phải là nghiệm của bất phương trình x 2  3mx  1  0

x2  1

x2  1
m  
m
3 x ( II )
(
I
)
Ta có: x 2  3mx  1  0  3mx  ( x 2  1)  
hoặc
3x

 x  (1;0)
 x  (0; 1 )


3

x2  1
1 1
1  x2
; f '( x)    2 
Xét hàm số: f ( x)  
3x
3 3x
3x 2

Bảng biến thiên:

Hệ bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình
1
x 2  3mx  1  0 có nghiệm thuộc (1; )  ( I ) .có nghiệm hoặc ( II ) có nghiệm.
3
+) ( I ) có nghiệm.  m  R

+) ( II ) có nghiệm  m  R
Vậy hệ bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi  m  R
16


Một số bài tập vận dụng
1) Tìm m để phương trình 6( 3x  2  x  1)  4 x  9  2 3x 2  5 x  2  m có hai
nghiệm thực phân biệt.
2) Tìm m để phương trình 2 x 2  2(m  4) x  5m  10  x  3  0 có nghiệm duy
nhất
3) Tìm m để phương trình: ( x 2  2 x  2) 3  4 x 2  2 x  2  2 x 2  4 x  m có bốn
nghiệm phân biệt
4) Tìm m sao cho bất phương trình: mx  x  3  m  1 có nghiệm
5) Tìm m để bất phương trình (1  2 x)(3  x)  m  (2 x 2  5 x  3) đúng với mọi
1
x  [ ;3]
2

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Trong những năm qua, khi giảng dạy, luyện thi Đại học, bồi dưỡng học sinh
giỏi về phần phương trình, bất phương trình và hệ phương trình, tôi đã cung cấp
cho đồng nghiệp và các em học sinh lớp 12 của trường THPT Mai Anh Tuấn
phương pháp “Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số phương trình, bất
phương trình và Hệ phương trình”, kết quả cho thấy các phương pháp này đã giúp
cho học sinh một hướng đi rõ ràng, một cách nhìn tổng quát, toàn diện, tự tin hơn
khi phải đối mặt với những bài toán về phương trình, bất phương trình và hệ
phương trình.
Kết quả thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thi Đại học về môn Toán đối với học sinh
lớp 12B năm học 2009 – 2010, học sinh lớp, 12B năm học 2012 - 2013 và học sinh
lớp 12A năm học 2014 – 2015 như sau:
Năm học

Lớp


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, kém
5 (/5)
7 (/8)
8
16 18
3
4 (/5)
4 (/5)
12
18 13
2
4 (/5)
4(/5)
10
20 12
4

Qua kết quả trên và những nhận định, góp ý của đồng nghiệp, chúng ta có thể
khẳng định: Nếu vận dụng sáng kiến vào giảng dạy cho học sinh trường THPT Mai
Anh Tuấn thì sẽ góp một phần quan trọng nâng cao chất lượng giảng dạy bộ môn
toán trong nhà trường.
17


3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận:
Phương pháp “Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số phương trình,
bất phương trình và hệ phương trình trong chương trình phổ thông” là một công cụ
mạnh, nó kết hợp cùng với các phép biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, lượng giác
hóa, hình học … có thể giúp cho học sinh giải quyết được hầu hết các bài toán về
phương trình, bất phương trình, hệ phương trình.
Thông thường khi gặp bài toán về phương trình, bất phương trình và hệ
phương trình mà khi sử dụng trực tiếp các phương pháp truyền thống không giải
được hoặc dài dòng, phức tạp thì chúng ta nên suy nghĩ tới việc vận dụng tính đơn
điệu của hàm số để giải quyết. Tuy nhiên, để sử dụng được phương pháp này chúng
ta cần phân tích kỹ lưỡng để có thể đưa bài toán về bài toán dạng f (u )  f (v) ,
f (u )  f (v) , f (u )  f (v) …
Sáng kiến này có thể vận dụng rộng rãi cho các em học sinh lớp 12 tại các nhà
trường. Tư duy thuật toán được vận dụng sẽ làm cho học sinh nhìn nhận vấn đề một
cách rộng hơn, sâu sắc hơn đồng thời cũng sẽ tạo hứng thú yêu thích bộ môn toán
cho các em học sinh hơn.
3.2. Kiến nghị: Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song kinh nghiệm giảng dạy nói
chung và bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng còn có hạn chế. Vì vậy, bài viết này
không tránh khỏi những thiếu sót, rất mong nhận được sự góp ý của đồng nghiệp và
bạn đọc để đề tài được hoàn thiện, hiệu quả hơn.
Xin trân trọng cảm ơn !
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 28 tháng 4 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

Mai Sỹ Thủy

18



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×