Tài liệu Skkn phương pháp hàm số đại diện để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT TRỰC NINH BÁO CÁO SÁNG KIẾN ĐỀ TÀI: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐẠI DIỆN ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH Nguyễn Văn Diễn Tác giả 1: Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học Chức vụ: Giáo viên Tác giả 2: Nguyễn Đình Dùng Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học Chức vụ: Phó hiệu trưởng Nơi công tác: Trường THPT Trực Ninh Nam Định, ngày 20 tháng 05 năm 2016 1 THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến: Phương pháp hàm số đại diện để giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình. 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học 3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 10/10/2015 đến ngày 10/05/2016 4. Tác giả: Họ và tên: Nguyễn Văn Diễn Năm sinh: 13/03/1985 Nơi thường trú: Xã Liêm Hải, Huyện Trực Ninh, Tỉnh Nam Định. Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học Chức vụ công tác: Giáo viên dạy bộ môn Toán Nơi làm việc: Trường THPT Trực Ninh A Điện thoại: 0918254492 Tỷ lệ đóng góp tạo ra sáng kiến: 50% 5. Đồng tác giả Họ và tên: Nguyễn Đình Dùng Năm sinh: 12/08/1975 Nơi thường trú: Xã Trực Thanh, Huyện Trực Ninh, Tỉnh Nam Định. Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học Chức vụ công tác: Phó hiệu trưởng. Nơi làm việc: Trường THPT Trực Ninh A Điện thoại: 0917493236 Tỷ lệ đóng góp tạo ra sáng kiến: 50% 6. Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT Trực Ninh A Địa chỉ: TT Cát Thành-huyện Trực Ninh-tỉnh Nam Định Điện thoại:03503883099 2 BÁO CÁO SÁNG KIẾN I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình là chuyên đề mang nội dụng quan trọng, phổ biến với nhiều dạng toán xuyên suốt các cấp học mà chúng ta thường gặp trong các kì thi kiểm tra chất lượng học kì, thi tuyển sinh lớp 10 THPT, đặc biệt là kì thi THPT Quốc Gia hay kì thi học sinh giỏi các cấp, chúng rất đa dạng và phong phú về đề bài và lời giải. Ngày nay với sự sáng tạo không ngừng của người học toán thì phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình ngày càng xuất hiện rất nhiều trên các diễn đàn Toán học với những hình thức, ý tưởng mới mẻ và đặc sắc. Mặc dù đây là một đề tài quen thuộc, chính thống nhưng không vì thế mà giảm đi phần thú vị, nhiều bài toán cơ bản tăng dần lên mức độ khó, thậm chí rất khó, với các biến đổi đẹp kết hợp nhiều kiến thức, kĩ năng vẫn làm khó học sinh THCS, THPT. Một phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình có thể có nhiều phương pháp giải khác nhau. Tuy nhiên đối với các em học sinh có học lực trung bình, khá thì việc tìm ra được lời giải cho bài toán còn nhiều khó khăn. Thực trạng trường THPT Trực Ninh còn nhiều em chưa cảm thấy có hứng thú nhiều với việc học giải toán liện quan đến phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình. Chỉ những em học sinh có học lực khá, giỏi của trường mới có sự quan tâm và có niềm đam mê chinh phục nội dung Toán học này. Các em học sinh khá, giỏi quan tâm đến phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình bởi nội dung của chuyên đề này thường xuyên xuất hiện trong đề thi THPT Quốc gia và ở mức độ khó. Các em học sinh phải chiếm lĩnh được chuyên đề phương trình, bất phương trình, hệ phương trình thì mới có cơ hội đạt điểm cao môn Toán và cơ hội trúng tuyển những trường Đại học tốp đầu mà các em đang mơ ước. Với mong muốn ngày càng có nhiều em học sinh cảm thấy có hứng thú và có niềm đam mê chinh phục những nội dung Toán học đỉnh cao này, tôi đã xây dựng chuyên đề về sử dụng hàm số đại diện để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình. 1 II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP 1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến Trước khi học sinh được học đạo hàm, học sinh đã được tiếp cận và sử dụng các phương pháp cơ bản để giải phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình. Các phương pháp rất mạnh đã được khẳng định thương hiệu như phương pháp đặt ẩn phụ hay phương pháp đưa về dạng tích. Tuy nhiên trong nhiều bài toán các phương pháp đó lại không phát huy được hiệu quả, đặc biệt đối với những phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình có hình thức cồng kềnh, phức tạp. Chính vì thế với mong muốn học sinh có nhiều phương pháp hơn, có nhiều sự lựa chọn hơn để giải quyết được nhiều bài toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương, tôi đã xây dựng chuyên đề về phương pháp hàm số đại diện. 2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến Báo cáo sáng kiến kinh nghiệm gồm 4 Chương, trong mỗi Chương lại gồm các bài khác nhau, trong mỗi bài lại gồm các ví dụ cụ thể, mỗi một ví dụ được trình bày theo cấu trúc Phân tích- Lời giải-Bình luận. Việc đưa ra những phân tích giúp cho học sinh có những định hướng lời giải của bài toán một cách tự nhiên dựa trên hình thức của bài toán, giúp cho học sinh có những dự báo về những thuận lợi và khó khăn khi mà học sinh quyết định lựa chọn một hướng giải nào đó để giải quyết bài toán. Còn việc đưa ra lời giải của bài toán là lời giải chính thức mang tính chính xác và chuẩn mực nhất dựa trên những phân tích ở trên. Đặc biệt trong mỗi ví dụ bằng những bình luận sắc bén nhằm nhấn mạnh những điểm mấu chốt của bài toán và đưa ra các cách giải khác để so sánh ưu điểm, nhược điểm với phương pháp hàm số đại diện và làm tăng thêm sự phong phú đa dạng cho lời giải của bài toán. Học sinh thấy được những dấu hiện nổi bật của bài toán để lựa chọn phương pháp giải toán cho phù hợp. Như vậy phần bình luận nhằm tổng kết lại phương pháp đã sử dụng và đưa ra những phương hướng mới cho lời giải bài toán hay phát triển bài toán thành một lớp bài toán rộng hơn để thấy được sự thành công của phương pháp hàm số đại diện. Sau đây tôi trình bày những nội dung cụ thể của giải pháp trong sáng kiến. 2 CHƯƠNG 1. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐẠI DIỆN Bài 1. Kiến thức cơ sở Cho K là một khoảng, một đoạn hoặc một nửa khoảng nào đó của và hàm số y  f  t  liên tục trên miền K. Khi đó ta có một số kết quả sau đây 1. Cho hàm số y  f  t  đơn điệu trên K. Khi đó với mọi u, v thuộc tập K thỏa mãn phương trình f  u   f  v  khi và chỉ khi u  v . 2. Cho hàm số y  f  t  đồng biến trên K. Khi đó với mọi u, v thuộc tập K thỏa mãn bất phương trình f  u   f  v  khi và chỉ khi u  v . 3. Cho hàm số y  f  t  nghịch biến trên K. Khi đó với mọi u, v thuộc tập K thỏa mãn bất phương trình f  u   f  v  khi và chỉ khi u  v . 4. Cho hàm số y  f  x đơn điệu trên K thì trên K, phương trình f  x   0 có nhiều nhất một nghiệm. Điều đó cũng có nghĩa là trên K, phương trình f  x   0 nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. 5. Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm trên khoảng  a, b  . Nếu trên khoảng  a, b  phương trình f '  x   0 có n  n  *  nghiệm phân biệt thì trên khoảng  a, b  phương trình f  x   0 có không quá n  1 nghiệm phân biệt. Cần lưu ý là kết quả này khi sử dụng phải chứng minh, chúng ta nên dùng nó như một dấu hiệu để nhận biết, còn khi trình bày vào bài làm thì nên lập bảng biến thiên của hàm số f  x  trên khoảng  a, b  . 6. Giải phương trình bằng phương pháp hàm số đại diện có nghĩa là chúng ta biến đổi phương trình đã cho về dạng f  u  x    f  v  x   , x  K . Trong đó hàm số y  f  t  là 3 hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng  a; b  và các biểu thức u  x  , v  x   a; b ,  x K. Khi đó phương trình f  u  x    f  v  x    u  x   v  x  . 7. Giải bất phương trình bằng phương pháp hàm số đại diện có nghĩa là ta biến đổi bất phương trình đã cho về dạng f  u  x    f  v  x   , x  K . Trong đó hàm số y  f  t  là hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng  a; b  và các biểu thức u  x  , v  x   a; b ,  x K. Khi đó a. Nếu hàm số y  f  t  đồng biến trên khoảng  a; b  thì bất phương trình f u  x   f v  x   u  x   v  x  . b. Nếu hàm số y  f  t  nghịch biến trên khoảng  a; b  thì bất phương trình f u  x   f v  x   u  x   v  x  . 4 Bài 2. Kỹ thuật tìm hàm số đại diện dựa vào cấu trúc của hai vế trong phương trình hay bất phương trình Đặt vấn đề. Tìm kiếm hàm số đại diện trực tiếp bằng những suy luận về cấu trúc của hai vế trong phương trình hay bất phương trình là thao tác chúng ta quan sát trực tiếp hai vế của phương trình hay bất phương trình đã cho, quan sát về mặt cấu trúc của hai vế xem giống hệt nhau chưa. Nếu chưa giống thì chúng ta thực hiện các phép biến đổi cần thiết. Cần chú ý có thể một trong hai vế của phương trình hay bất phương trình đã làm nền, làm mẫu để là gợi ý chúng ta biến đổi vế còn lại theo cái nền, cái mẫu đó. Trường hợp khác là không có vế nào của phương trình, bất phương trình có khả năng làm mẫu thì chúng ta phải biến đổi phương trình, bất phương trình đó để tìm một đại lượng trung gian để thay mặt, để đại diện cho cả hai vế. Đại lượng trung gian đó được gọi là biểu thức của hàm số đại diện hay hàm số đặc trưng cần tìm. Giải phương trình hay bất phương trình theo định hướng này phải trải qua hai công đoạn, trước hết ta phải dự đoán các biểu thức u  x  và v  x  , sau đó ta đi thiết kế hàm số diện y  f (t ) thỏa mãn f  u  x    f  v  x   và việc tìm kiếm u  x  , v  x  đóng vai trò then chốt. Ví dụ 1.2.1. Giải phương trình x3  2 x   5  3x  5  3x  2 5  3x Phân tích. Vế trái của phương trình là một đa thức bậc ba với ẩn là x. Trong vế phải của phương trình xuất hiện biểu thức 5-3x lặp lại nhiều lần. Mặt khác, ta có thể biến đổi  5  3x  5  3x    3 5  3x , là một biểu thức bậc 3 đối với đại lượng 5  3x . Khi đó vế phải của phương trình trở thành lượng   3 5  3x  2 5  3x , đây là một đa thức bậc ba đối với đại 5  3x . Đến đây cấu trúc của vế trái giống hệt cấu trúc của vế phải (đều có dạng đa thức bậc ba và các hệ số tương ứng bằng nhau), từ đây ta có thể đề xuất một hàm số y  f (t )  t 3  2t , t  , được gọi là hàm số đại diện (hay hàm số đặc trưng) để lột tả nên sự giống nhau về cấu trúc của hai vế trong phương trình. Ta có các biểu thức 5  u  x   x   ;   , v  x  5  3 x   0;     3  5  x, 5 3x . Khi ta thay t=x thì ta có được vế trái của phương trình là biểu thức f ( x)  x3  2 x, còn thay t  5  3x ta thu được vế phải của phương trình là biểu thức f  5  3x    5  3x   2 5  3x . Khi đó 3 phương trình trở thành f  x   f  5  3x   x  5  3x , đến đây bài toán được giải quyết. 5 3 Lời giải. Điều kiện xác định 5  3x  0  x  . Phương trình tương đương với x3  2 x    3 5  3x  2 5  3x (*) +) Ta có hàm số y  f (t )  t 3  2t liên tục trên . Có f '(t )  3t 2  2  0, t  số y  f (t ) đồng biến trên f  x  f  suy ra hàm . Khi đó phương trình (*) có dạng x  0    x  3  29 x  0  29  3 5  3x  x  5  3x   2   x 2 2  x  3x  5  0    3  29  x  2    +) Kết luận. Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  29  3 2 Bình luận. Để chứng minh hàm số y  f (t ) đồng biến trên chúng ta đã sử dụng công cụ đạo hàm của lớp 12, còn khi dạy bài toán này với đối tượng là học sinh lớp 10 (học sinh lớp 10 chưa được học đạo hàm) thì chúng ta có thể chứng minh hàm số đại diện y  f (t ) đồng biến bằng cách chỉ ra hàm số đó thỏa mãn định nghĩa của hàm số đồng biến hoặc công cụ xét tỉ số. Cụ thể là với mọi t1; t2  , giả sử t1  t2 , ta có f (t1 )  t13  2t1 , f (t2 )  t23  2t2 , t13  t23  t13  2t1  t23  2t2  f (t1 )  f (t2 ). Tuy nhiên công cụ này chỉ phù hợp với hàm số có cấu trúc đơn giản, vì thế đối với học sinh lớp 10 chúng ta chỉ giới thiệu các bài toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình giải bằng phương pháp hàm số đại diện mà hàm số đại diện có cấu trúc đơn giản. Việc giới thiệu cho học sinh lớp 10 phương pháp hàm số đại diện cũng là cần thiết để học sinh lĩnh hội dần và không cảm thấy đột ngột khi tiếp cận vấn đề mới. Một góc nhìn khác, đó là chúng 6 ta có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải quyết bài toán. Cụ thể ta đặt a  x, b  5  3x , a  , b  0 thì phương trình (*) trở thành phương trình hai ẩn a, b. a3  2a  b3  2b  (a  b)(a2  ab  b2  2)  0  a  b  x  5  2 x Việc sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải bài toán này được xem là tự nhiên hơn đối với học sinh lớp 10. Tuy nhiên khi ta thay đổi bài toán về dạng sau x 2015  2 x   5  3x  2015  2 5  3x (*). Đặt a  x, b  5  3x thì phương trình trở thành a 2015  2a  b2015  2b   a 2015  b2015   2(a  b)  0. Khi đó việc phân tích thành nhân tử như trường hợp trên không được thuận lợi. Qua đây ta thấy được tính năng ưu việt của phương pháp hàm số đại diện. Ví dụ 1.2.2. Giải phương trình   3 x  6  x  6  x6  12 x5  48 x 4  64 x3  x 2  4 x  0 Phân tích. Cấu trúc của phương trình khá trơ khi lộ rõ biểu thức vô tỉ và biểu thức dạng đa thức, chúng đứng độc lập với nhau. Với suy nghĩ tự nhiên là ta thực hiên cô lập hai nhóm biểu thức trên bằng cách biến đổi phương trình đã cho về dạng   3 x  6  x  6  x6  12 x5  48x 4  64 x3  x 2  4 x. Lúc này chúng ta có thể thấy ngay vế trái là một đa thức bậc ba đối với đại lượng x  6 . Đến đây chúng ta có thể dự đoán phương trình có thể biến đổi được về dạng f  u  x    f  v  x   , trong đó u  x   x  6. Điều này là động lực để thúc đẩy chúng ta tiến hành biến đổi vế phải về dạng một đa thức bậc 3 của một đại lượng v  x  nào đó. Tuy nhiên vế phải đang sở hữu một ngoại hình là một đa thức bậc 6 đối với đại lượng x. Để vế phải có dạng đa thức bậc 3 đối với đại lượng v  x  2 thì v  x  phải có dạng là một tam thức bậc 2, tức là v  x   ax  bx  c. Quan sát đặc điểm các hệ số của các số hạng trong vế phải cho phép ta tiến hành biến đổi vế phải về dạng ( x2  4 x)3  ( x2  4 x). Lúc này vế phải của phương trình đã có một hình ảnh của đa thức 2 bậc 3 của đại lượng v  x    x  4 x  và có cấu trúc giống hệt vế trái. Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x  6  0  x  6 Khi đó phương trình    3 x  6  x  6  x6  12 x5  48x 4  64 x3  x 2  4 x 7    x  6  x  6   x2  4x   x2  4x 3 3 3 +) Ta có hàm số y  f (t )  t  t liên tục trên y  f (t ) đồng biến trên (*) . Có f '(t )  3t 2  1  0, t  nên hàm số . Khi đó phương trình (*) có dạng 2  x  4 x  0 f x  6  f  x  4x   x  6  x  4x   4 3 2  x  8 x  16 x  x  6  0  x  0    x  4    x  3  17  3  17 2   x2  4x  0 2 x   x  4 x  0    2  2    x 2  3x  2  0    x  3  17   2  5  13 2  x  3x  2  x  5 x  3  0   2  x  x  5 x  3  0     2   x  5  13 2     x  5  13   2   2 2 +) Kết luận. Phương trình đã cho có nghiệm là x  17  3 5  13 , x 2 2 2 2 Ví dụ 1.2.3. Giải phương trình 1  x x  2  2 x  ( x  1) x  2 x  3  0 Phân tích. Trong phương trình xuất hiện hai căn bậc 2, trước các căn này đều có biểu thức chứa x. Để ý biểu thức trong căn thứ hai là x2  2 x  3 có thể biến đổi thành ( x  1)2  2 mà biểu thức đứng trước căn này là (x+1). Đến đây ta nhận thấy sự tương xứng về cấu trúc của hai biểu thức x x 2  2, ( x  1) ( x  1)2  2. Tuy nhiên để có được hàm số đại diện ta cần có sự tương xứng về cấu trúc của hai vế trong phương trình, vậy là ta cần chuyển biểu thức ( x  1) ( x  1)2  2 sang vế phải của phương trình. Một chú ý quan trọng là biến đổi   x  1  x  1  2    x  1   x  1   2. Do đó ta biến đổi phương trình về một 2 2 2 dạng khác như sau x  x x  2    x  1    x  1   x  1  2 2 8 Lời giải. Tập xác định D  . Khi đó phương trình đã cho tương đương với x  x x 2  2    x  1    x  1   x  1  2 * 2 2 +) Xét hàm số y  f (t )  t  t t  2 trên y  f (t ) đồng biến trên 2 . Có f '(t )  1  t  2  t2 t2  2  0; t  . Khi đó (*) có dạng f  x   f   x  1  x   x  1  x   nên 1 2 1 2 +) Kết luận. Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x   . Ví dụ 1.2.4. Giải phương trình x  2 3 x2  4 x  7 4 x2  4 x  8  3 x  6 4 x 2  10 x  21 Phân tích. Điều kiện xác định x  2. Khi đó phương trình đã cho tương đương với x  2 3  x  2   3 4  x  2   4  3 x  6 4 x 2  10 x  21 2  x23  x2 2  4 34  x2  4  4  3 x  6 4  x  3 x  7  Đến đây vế trái đã có một hình ảnh rõ ràng hơn và đây là cơ sở chúng ta dự đoán là xét 3 4 4 4 hàm số đại diện y  f (t )  t t  3 t  4 và u  x   x  2 còn v  x  là biểu thức nào, chúng ta tiếp tục quan sát vế phải của phương trình. Vế phải là biểu thức chứa tích của hai căn mà trong khi đó vế trái là biểu thức chứa tích của ba căn nên ý tưởng lúc này là biến đổi vế phải về dạng 3 x  6 4 x  3 4 x  7, quan sát tiếp mối quan hệ  x  6   x  3  3,  x  7    x  3  4. Khi đó thành 3 vế phải của phương trình được viết lại x64 x34 x7  4 x33 x64 x7  4 x33  4  4 x3 34  4  4 x  3  4. Đến đây cấu trúc của vế phải giống hệt vế trái và bài toán được giải quyết. Lời giải. Điều kiện xác định x  2. Khi đó phương trình đã cho tương đương với 9 x  2 3  x  2   3 4  x  2   4  3 x  6 4 x 2  10 x  21 2  x23  x23 2  x2   x2  4 34 4 34  x2   x2  4  4  3 x  6 4  x  3 x  7  4 4  4 x33  4 x3  4 34  4 x3  4 4 +) Xét hàm số đại diện y  f (t )  t 3 t 4  3 4 t 4  4 trên 0;   . Ta có f (t )  t  3. t  4  3 ' 4 4 4 4t 4 . 4 t 4  4 3 3 (t 4  3) 2  t 4.3 t 4  3 4  0, t  0 nên y  f (t ) là hàm số đồng (t 4  4)3 biến trên 0;   , hơn nữa u  x   x  2 0;   , v  x   4 x  3  0;   , x  2. Khi đó phương trình (*) có dạng f  x  2   f  4  x3  x2  4 x3  x  2    x  3  5 x  2  0   x  2 5 3   2   x 2 2 2  x  2   x  3  x  3x  1  0     3  5  x  2   +) Kết luận. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  5 3 2 Bình luận. Bài toán đẹp bởi sự thay đổi của lớp căn thức, nhưng ý tưởng vẫn là dùng phương pháp hàm số đại diện để giải quyết bài toán. Việc đưa một biểu thức từ căn bậc n f ( x) thành 2 n f 2 ( x) nhiều lúc có thể giúp ta giảm tải tính toán đi, đây là lối suy ngược khá thú vị. Một điểm mấu chốt của bài toán là học sinh gặp nhiều khó khăn khi tính đạo 3 4 4 4 hàm của y  f (t )  t t  3 t  4; t  0 . Để khắc phục khó khăn này ta có thể chứng minh hàm số đại diện y  f (t ) đồng biến trên 0;   trực tiếp bằng định nghĩa. Cụ thể  t1 , t2   0;  ), t1  t2  t14  3  t2 4  3, t14  4  t2 4  4  3 t14  3  3 t2 4  3, 4 t14  4  4 t2 4  4  t1. 3 t14  3. 4 t14  4  t2 . 3 t2 4  3. 4 t2 4  4  f (t1 )  f (t2 ) Như vậy, với  t1 , t2  0;  ), t1  t2  f (t1)  f (t 2) nên y  f (t ) đồng biến trên 0; ) 10 Bài 3. Kỹ thuật chia biểu thức để tìm hàm số đại diện Đặt vấn đề. Giải phương trình hay bất phương trình bằng phương pháp hàm số đại diện thì điều mấu chốt là chúng ta phải tìm được hàm số đại diện. Tuy nhiên trong nhiều bài toán giải phương trình hay bất phương trình chúng ta không thể nhìn ra ngay được hàm số đại diện mà phải thực hiện các phép biến đổi cần thiết. Một trong các phép biến đổi hết sức quan trọng là phép chia cả hai vế của phương trình hay bất phương trình cho một biểu thức nào đó mà ta nhận được một phương trình hay bất phương trình tương đương. Phương trình hay bất phương trình thu được có đặc điểm là chúng ta có thể quan sát và dễ dàng nhận ra được hàm số đại diện cần tìm. Phép chia cho một biểu thức là một phép biến đổi đặc biệt và có ứng dụng quan trọng trong việc giải phương trình hay bất phương trình nên tôi dành riêng bài này để trình bày về ứng dụng của phép biến đổi đó. Ví dụ 1.3.1. Giải phương trình  2 x  1 1  1 3 3  x  2 x2  x  2 x Lời giải. Điều kiện xác định x  1 hoặc x  0. Khi đó chia cả 2 vế của phương trình cho 1 1 2 2  x ta được phương trình tương đương  2   1   3 1    1 x x x x  3 3   1   1 2  2 1 1  2 2  1    1 . 1     1  3 1    1    1    3 1    3 1  (*) x x  x x x  x x  x    +) Xét hàm số y  g (t )  t 3  t đồng biến trên  1 1 x 2 x và u  x   1  , v  x   3 1   .  2 1 2 Khi đó phương trình (*) có dạng g  1    g  3 1    1   3 1  . x x x x   1 Đặt t  , t  0 ta được x 1  1 t  0  t   2 t   t  1  2t  1     2 t  5  1  t  13   2t  12 t 3  t 2  t  0   2  Do điều kiện t  0  t  5 1 2 5 1 x  (thỏa mãn điều kiện). 2 2 5 1 3 +) Kết luận. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  11 5 1 2 Ví dụ 1.3.2. Giải phương trình 7 x 2  13x  8  2 x 2 3 x 1  3x  3x 2  Lời giải. Nhận xét x  0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Chia cả hai vế của phương trình cho x3  0, ta được phương trình tương đương 7 13 8 1 3  2  3  2 3 2   3. x x x x x 1 x Đặt t  , t  0 thì phương trình trên trở thành 8t 3  13t 2  7t  2 3 t 2  3t  3   2t  1  2  2t  1  3  2 +) Xét hàm số y  g (u)  u3  2u, u  (*) có dạng g  2t  1  g    3 t  3t  3  2 3 3  t 2  3t  3 (*) là hàm số đồng biến trên . Khi đó phương trình  t  3t  3  2t  1  3 t 2  3t  3  (2t  1)3  t 2  3t  3 3 2  t  1  5  89 3 2 2  8t  13t  3t  2  0  (t  1)(8t  5t  2)  0  t  16  5  89  t  16 +) Kết luận. Vậy phương trình có nghiệm là x  1, x  16 16 ,x  5  89 5  89 Ví dụ 1.3.3. Tìm nghiệm thuộc khoảng  1; 0  của phương trình sau đây  x  1 2 4     3 1 x 2  2 x  4  x  x  1 8  2 4 x 2  3   2 2x Lời giải. Nhận xét x   1; 0  nên x  1  0, chia cả hai vế của phương trình cho x  1  0, ta được  x  1  4     x2  2 x  4  x 8  2 4 x2  3  3 1  2  x  1 2 x  x  1  4  x  1   x  1  x  1 2  3  4 2x  2x  4  x  1   x  1  x  1 2 3  2x 2 3  1  4  2 x    2 x  x 1 2 +) Xét hàm số đại diện y  f (t )  4t  t t  3  12 1 1  x 1 2x  2 x  2 3  1 trên khoảng  0;    t 1 (*)  2 x  Có f (t )  4  ' t2 t2  3  t2  3  1  0,  t   0;    nên hàm số y  f (t ) đồng biến trên t2 khoảng  0;    . Hơn nữa, do x   1; 0  u  x    x  1   0;    , v  x    2 x    0;    . Khi đó phương trình (*) có dạng f  x  1  f  2 x   x  1  2 x  x   1 3 +) Kết luận. Phương trình có duy nhất 1 nghiệm thuộc khoảng  1; 0  là x   1 . 3 Ví dụ 1.3.4. Giải bất phương trình x  x  2  x3  4 x2  5x  x3  3x 2  4 (Trích dẫn: Đề thi thử THPT Quốc Gia-Lương Thế Vinh-Hà Nội- năm 2015) x  0 x  0   3  2 2 Lời giải. Điều kiện xác định  x  4 x  5 x  0   x  x  4 x  5   0  x  0  x3  3x 2  4  0  2    x  2   x  1  0 Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình sau 2  x  x  2  x  x  2   1     x  2 x  1  x 1    x  2   x  2  x  2 2 2 ( x  1)  1  (1) Nhận xét x  0, x  2 không là nghiệm của (1). Bây giờ ta xét 2 trường hợp sau: +) Trường hợp 1. Khi x  2 thì Chia cả hai vế cho   (1)   x  2 1 x  1  x 1  x  x  2   0 ta được (1)  2  1  1 1 1 1  1   1 2 2   x x2 x x  2   2 Xét hàm số đại diện y  f (t )  t  1  t ; t  . Có f '(t )  1  y  f (t ) đồng biến trên  x  2 t 1 t2  0; t  nên 1 1  1   1   . Bất phương trình (2) có dạng f    f   x x2  x2  x Giải bất phương trình trên và kết hợp điều kiện x  2, ta được nghiệm x  4 +) Trường hợp 2. Khi 0  x  2 thì   (1)   x  2 1 x  1  x 1  13  x  2 2  1  1 1 1 1  1   1 2 x x2 x  x  2 x ( x  2)  0 ta được (1)  Chia hai vế cho Xét hàm số đại diện y  g (t )  t  1  t ; t  . Có g '(t )  1  2 t   3 1 t2  t  0; t  . 1 t 1 t . Khi đó bất phương trình (3) có dạng Nên hàm số y  g (t ) đồng biến trên 2 2 1 1  1   1  1 g   0. , trường hợp này vô nghiệm vì  g x2  x2 x x2    x +) Kết luận. Bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S   4;    Bình luận. Để giải bất phương trình trên chúng ta đã tiến hành phân chia trường hợp, sử dụng kĩ thuật chia xuống và xét hàm số đại diện tương ứng. Cách làm này là thiếu tự nhiên và gây nhiều khó khăn đối với đa số học sinh. Bây giờ tôi trình bày cách giải khác tự nhiên hơn và tương đối hiệu quả. Đó là phương pháp nhân liên hợp đưa bất phương trình đã cho về dạng tích. Trước hết ta có nhận xét x  0 không là nghiệm của bất phương trình, khi đó chúng ta chỉ xét x  0 và bất phương trình đã cho tương đương với   x 2   x 1   x 1  ( x  4)    x 2 Xét hàm số x2  5x  4 g( x)  x3  4 x 2  5 x  x3  3x 2  4  0 x3  4 x 2  5 x  x3  3x 2  4  x 1 x 1 x 1  , x0 x 2 x3  4 x 2  5 x  x 3  3x 2  4 Nếu x  1 thì dễ thấy g ( x)  0, bây giờ ta xét 0  x  1  x  1  1  x  1  1. x 1 x 1   x 2 2 x 2 2 Ta có  x 1  x 1  1 (1) 2 x3  3x 2  4  ( x  1)( x  2) 2  x  2 x 1  x  2  2  x  x3  4 x 2  5 x  x3  3x 2  4  2  x  1 x x  4 x  5 x  x  3x  4 3 2 3 2  1 x 1 x 1 x 1    2  x 2  2x  x 2  2x 2 x 1 1   , x  (0; 1) (2) 2 x3  4 x 2  5 x  x3  3x 2  4 Từ (1) và (2) suy ra g ( x)  0, x  0. Do đó f ( x)  0  x  4  0  x  4 .  Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của bất phương trình đã cho là x  4 14 Bài 4. Kỹ thuật sử dụng máy tính cầm tay để tìm hàm số đại diện. Đặt vấn đề. Trong phần này tôi sử dụng máy tính CASIO fx-570 VN PLUS để dò nghiệm của phương trình. Nghiệm thu được có thể là một nghiệm đẹp hoặc nghiệm xấu. Sau đó ta thay nghiệm tìm được vào các căn thức có mặt trong phương trình để tìm giá trị của các căn thức. Cuối cùng so sánh giá trị của các căn thức thu được với giá trị của nghiệm tìm được ở trên để tìm mối quan hệ của chúng. Mục đích của việc làm này là để chúng ta tìm các biểu thức u  x  , v  x  thỏa mãn f  u  x    f  v  x    u  x   v  x  , đây là cơ sở để chúng ta truy tìm hàm số đại diện y  f t  và giải quyết thành công bài toán. Thế mạnh của phương pháp phân tích Casio là sử lí những phương trình chứa căn thức và các biểu thức u  x  , v  x  có dạng tổng quát u  x   n f  x  , v  x   ax  b thỏa mãn phương trình f  u  x    f  v  x    u  x   v  x  , nhưng khi biểu thức của v  x  có dạng đa thức bậc 2, bậc 3 hay biểu thức khác thì phương pháp này lại tỏ ra không được hiệu quả hoặc không mạnh như phương pháp khác. Một chú ý quan trọng là khi chúng ta sử dụng phương pháp phân tích Casio để tìm được các biểu thức u  x   n f  x  , v  x   ax  b đến đây ngoài việc chúng ta sử dụng hàm số đại diện y  f t  thỏa mãn phương trình f  u  x    f  v  x    u  x   v  x  , thì chúng ta có thể giải quyết bài toán theo hướng nhân liên hợp, cụ thể ta thêm bớt hàm số vắng như sau u  x   v  x    n  f  x   ax  b . Khi đó nếu v  x  có dạng đa thức bậc 2, bậc 3 thì việc nhân liên hợp có thể dẫn đến nhân tử chung 2 là đa thức bậc cao, chẳng hạn ta xét các biểu thức u  x   2 x  3, v  x   x  1 và u  x  v  x   x4  2 x2  2 x  2 2x  3  x 1   , điều này có thể dẫn đến phương trình 2 x  3  x2  1 2  nào đó có chứa hiệu u  x   v  x  thì nhân tử chung là đa thức bậc 4, lúc này học sinh gặp nhiều khó khăn khi giải quyết trọn vẹn bài toán. Chính vì thế khi sáng tạo phương trình, 15 bất phương trình mà giải bằng phương pháp hàm số đại diện ta thường lựa chọn các biểu thức u  x  , v  x  có dạng tổng quát sau 2 +) u  x   ax  b , v  x   mx  n hoặc u  x   ax  bx  c , v  x   mx  n 3 2 +) u  x   ax  bx  cx  d , v  x   mx  n hoặc u  x   3 ax  b , v  x   mx  n 3 3 2 3 2 +) u  x   ax  bx  c , v  x   mx  n hoặc u  x   ax  bx  cx  d , v  x   mx  n 2 Ví dụ 1.4.1. Giải phương trình x  4 x  1   x  3 5  2 x  0 Phân tích CASIO. Sử dụng máy tính CASIO fx-570 VN PLUS với công cụ SHIFT CALC với x  2 ta thu được nghiệm x  0.895643923. Thay x  0.895643923 vào căn thức ta thu được kết quả 5  2 x  1.791287847  5  2 x  2 x. Đến đây ta dự đoán u  x   5  2 x , v  x   2 x và biến đổi phương trình để xuất hiện các biểu thức chứa u  x   5  2 x , v  x   2 x. Từ đó chúng ta tìm được hàm số đại diện y  f (t ) thỏa mãn f   5  2x  f  2x . 5 Lời giải. Điều kiện xác định là x  . Phương trình đã cho tương đương với 2 . x  4 x2  1   3  x  5  2 x  2 x  4 x 2  1   6  2 x  5  2 x   2 x   2 x   5  2 x   1 5  2 x   2 x   2 x  3 3 +) Xét hàm số đại diện y  f (t )  t 3  2t trên hàm số y  f (t ) đồng biến trên f  2x   f   5  2x  3 5  2 x (*) . Ta có f '(t )  3t 2  2  0, t  . Do đó . Khi đó phương trình (*) được viết lại thành x  0    x  1  21 x  0  21  1 5  2x  2x  5  2x   2   x 4 4 4 x  2 x  5  0     1  21  x    4  +) Kết luận. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  16 21  1 4 Bình luận. Một góc nhìn khác là chúng ta có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, cụ thể là đặt a  2 x, b  5  2 x , a  , b  0 . Khi đó phương trình (*) trở thành 21  1 4 a3  2a  b3  2b   a  b   a 2  ab  b2  2   0  a  b  2 x  5  3x  x  3 3 2 2 Ví dụ 1.4.2. Giải phương trình x  4 x  5x  6  7 x  9 x  4 Phân tích CASIO. Sử dụng máy tính CASIO fx-570 VN PLUS với công cụ SHIFT CALC với x  4 ta thu được nghiệm x  5 . Thay nghiệm x  5 vào căn thức ta được 3 7 x2  9x  4  6. Khi đó ta có phương trình 3 7 x2  9 x  4  x  1. Đến đây ta dự đoán u  x   x  1, v  x   3 7 x 2  9 x  4 và biến đổi phương trình đã cho để xuất hiện các biểu thức chứa u  x   x  1, v  x   3 7 x2  9 x  4. Từ đó tìm được hàm số đại diện y  f (t ) thỏa mãn phương trình f  x  1  f Lời giải. Tập xác định D   3  7 x 2  9 x  4 và giải quyết bài toán. . Phương trình đã cho được biến đổi thành x3  3x 2  4 x  2   7 x 2  9 x  4   3 7 x 2  9 x  4  ( x  1)3  ( x  1)   3  3 7 x2  9 x  4  3 7 x2  9 x  4 (*) +) Xét hàm số y  f (t )  t 3  t liên tục trên . Có f '(t )  3t 2  1  0, t  y  f (t ) đồng biến trên f  x  1  f  3 nên hàm số . Khi đó phương trình (*) có dạng  7 x2  9x  4  x  1  3 7 x2  9x  4  x  5  1  5 3 2 3 2 2  ( x  1)  7 x  9 x  4  x  4 x  6 x  5  0  ( x  5)( x  x  1)  0   x   2   x  1  5  2 +) Kết luận. Vậy phương trình có 3 nghiệm là x  5, x  17 1  5 1  5 , x 2 2 Bình luận. Ngoài việc sử dụng công cụ hàm số đại diện như trên để giải quyết bài toán trên, chúng ta có thể đặt ẩn phụ như sau a  x  1, b  3 7 x2  9 x  4. Khi đó phương trình (*) 3 3 3 2 2 2 trở thành a  a  b  b  (a  b)(a  ab  b  1)  0  a  b  x  1  7 x  9x  4. Đến đây ta thu được kết quả nghiệm của phương trình tương tự như trên. Ngoài ra, kết quả phân tích bằng máy tính CASIO fx-570 VN PLUS ở trên chúng ta đã tìm được một nghiệm đẹp của phương trình là x=5, đến đây ta có thể tư duy lời giải bài toán theo hướng phân tích nhân tử để đưa phương trình đã cho về dạng tích. Cụ thể là x3  4 x 2  5 x  3 7 x 2  9 x  4  6   x  5   x 2  x       x  5  x 2  x       x  5 7 x  44  3  2 7 x  9 x  4  6 3 7 x 2  9 x  4  36 2 x  5    7 x  44  0   x2  x   2 3 3 2 2  7 x  9 x  4  6 7 x  9 x  4  36     (**) 7 x  44  7x  9x  4   6 7x  9x  4  36 3 2 2 3 2 Đến đây nhận thấy lời giải bài toán cũng khá tự nhiên nhưng chúng ta lại gặp khó khăn trong việc hoàn thiện lời giải cho phương trình (**) kia. Qua đây ta thấy được ưu điểm của phương pháp hàm số đại diện, rất mạnh trong việc sử lí phương trình có ngoại hình cồng kềnh, phức tạp và có khả năng quyét được hết nghiệm của phương trình. Vậy điểm mấu chốt của bài toán là làm thế nào để tìm ra được hàm số đại diện cho bài toán. +) Ta bàn thêm tình huống nếu học sinh sử dụng máy tính CASIO fx-570 VN PLUS với công cụ SHIFT CALC cho x  1 ta dò được nghiệm là x  0.618034. Thay x  0,618034 vào căn thức ta được 3 7 x2  9 x  4  1,618034  x  1 . Như vậy ta lại biến đổi hai vế của phương trình để được hàm số đại diện y  f (t ) thỏa mãn f  3  7 x 2  9 x  4  f  x  1 . +) Ngoài kỹ thuật sử dụng máy tính CASIO fx-570 VN PLUS để truy tìm hàm số đại diện, chúng ta có thể sử dụng kỹ thuật đặt ẩn phụ để đưa về hệ phương trình, chẳng hạn ta đặt 3 2   x  4 x  5x  6  y y  7 x  9 x  4  y  7 x  9 x  4 . Ta có hệ phương trình  2 3  7 x  9 x  4  y 3 2 3 2 18