Tài liệu Skkn sử dụng tính đơn điệu để giải phương trình và hệ phương trình

SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Mục Lục Trang I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 2 II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIẾN 2 III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN VÀ GIẢI PHÁP 3 A. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN 3 1. Tính đơn điệu của hàm số 3 2. Định lý 3 3. Tính chất 3 4. Các bổ đề 3 B. VẬN DỤNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 4 1. Giải phương trình 4 Loại 1. Phương trình có chứa dấu căn thức 4 Loại 2. Phương trình có mũ và logarit 9 Loại 3. Phương trình có chứa lượng giác 13 2. Giải hệ phương trình 16 Loại 1. Hệ phương trình đa thức 16 Loại 2. Hệ phương trình có chứa căn thức 18 Loại 3. Hệ phương trình có chứa mũ và logarit 20 Loại 4. Hệ phương trình có chứa lượng giác 23 Bài tập áp dụng 25 IV. HỆ QUẢ CỦA ĐỀ TÀI 25 V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG 26 VI. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 27 LỜI KẾT Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức 27 Trang: 1 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Đối với chương trình toán học phổ thông phương trình và hệ phương trình đươc đưa vào rất sớm. Tuy nhiên các phương trình và hệ phương trình được đưa và lại là những bài toán tương đối. Ở chương trình THCS thì các bài đó thường là phương trình bậc nhất, bậc hai, hoăc bậc bốn dạng trùng phương. Còn hệ phương trình thì bậc nhất, bậc hai nhưng chỉ giải được bằng phương pháp thế hoặc cộng đại số đơn giản. Ở chương trình THPT thì các dạng có đa dạng hơn nhưng phương pháp giải thì ở SGK cũng thuộc dạng đơn giản. Các bài tập mà sách giao khoa yêu cầu thì chưa cao, chưa đáp ứng đươc yêu cầu như trong các đề thi tuyển sinh. Trong khi đó trong thi cử và ứng dụng thì ở mức độ cao hơn nhiều. Đặc biệt là trong các đề thi tuyển sinh đại học và cao đẳng nhiều năm nay đã có một số câu liên quan đến phương trình hoặc hệ phương trình. Tuy nhiên việc giải các phương trình hoặc hệ phương trình đó trong đề thi thì có nhiều phương pháp. Trong các phương pháp đó thì có phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Để giúp các em hiểu sâu hơn về phương pháp giải trình và hệ phương trình bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số, tôi mạnh dạn lựa chọn đề tài: “Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình và hệ phương trình ”. II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN Nghiên cứu đề tài “Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình và hệ phương trình” để giúp học sinh rèn kỹ năng giải toán về phương trình và hệ phương trình qua đó phát triển tư duy logic cho học sinh đồng thời nâng cao chất lượng học tập của các em, tạo được hứng thú học tập môn toán, góp phần đổi mới phương pháp giảng dạy bộ môn theo hướng phát huy tính tích cực, tự giác, sáng tạo của học sinh, góp phần nâng cao chất lượng đội ngũ học sinh khá giỏi về môn toán, góp phần kích thích sự đam mê, yêu thích môn toán, phát triển năng lực tự học, tự bồi dưỡng kiến thức cho học sinh. Đối tượng áp dụng: học sinh lớp 12. Trong chương trình hoc ở sách giáo khoa chương trình chuẩn để giải phương trình và phương trình chỉ đề cập đến một vài phương pháp giải cơ bản và thường gặp. Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức Trang: 2 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Tuy nhiên, có rất nhiều bài toán hay, bài toán thương gặp trong các đề thi tuyển sinh thì các phương pháp trên lại không giải được. Nên việc đưa thêm một số phương pháp mới vào giảng dạy cho học sinh để các em nắm bắt được các giải một số bài toán khó hơn, hay hơn… III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN VÀ GIẢI PHÁP A. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. Tính đơn điệu của hàm số Kí hiệu K là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa khoảng. giả sử hàm số y = f(x) xác định trên K. Ta nói: Hàm số y = f(x) gọi là đồng biến (tăng) trên K nếu mọi cặp x1 , x2 thuộc K mà x1  x2 thì f ( x1 ) nhỏ hơn f ( x2 ) , tức là x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ). Hàm số y = f(x) gọi là nghịc biến (giảm) trên K nếu mọi cặp x1 , x2 thuộc K mà x1  x2 thì f ( x1 ) lớn hơn f ( x2 ) , tức là x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ). Hàm số đồng biến được gọi là đơn điệu tăng, hàm số nghịch biến được gọi là đơn điệu giảm. Hàm số đồng biến hoặc nghịc biến trên K được gọi chung là hàm số đơn điệu trên K 2. Định lí: a. Định lý 1. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K  Nếu f’(x) > 0 với mọi x thuộc K thì hàm số y = f(x) đồng biến trên K  Nếu f’(x) < 0 với mọi x thuộc K thì hàm số y = f(x) nghịch biến trên K b. Định lý 2. (Định lý mở rộng) Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K  Nếu f’(x) ≥ 0 với mọi x thuộc K và f(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm số y = f(x) đồng biến trên K  Nếu f’(x) ≤ 0 với mọi x thuộc K và f(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm số y = f(x) nghịch biến trên K 3. Tính chất  Nếu y = f(x) liên tục và đồng biến trên K thì f u   f  v   u  v  Nếu y = f(x) liên tục và nghịch biến trên K thì f u   f  v   u  v 4. Các bổ đề  Nếu y = f(x) liên tục và đồng biến trên K thì phương trình f u   0 có nhiều nhất một nghiệm trên K Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức Trang: 3 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH  Nếu y = f(x) liên tục và nghịch biến trên K thì phương trình f u   0 có nhiều nhất một nghiệm trên K  Nếu f(x) liên tục và đơn điệu tăng trên K, g(x) liên tục và đơn điệu giảm trên K thì phương trình f  x   g  x  có nhiều nhất một nghiệm trên K  Nếu f(x) liên tục và đơn điệu giảm trên K, g(x) liên tục và đơn điệu tăng trên K thì phương trình f  x   g  x  có nhiều nhất một nghiệm trên K  Nếu đồ thị hàm số y = f(x) lồi hoặc lõm trên K thì phương trình f(x) = 0 sẽ không có quá hai nghiệm thuộc K B. VẬN DỤNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH Loại 1: Phương trình có chứa căn thức. 4x  1  4x2  1  1  0 Bài 1. Giải phương trình sau: Giải Điều kiện:  4x  1  0  2 4x  1  0  x 1 2 1  D   ;   2 . Xét hàm số f ( x)  4x  1  4x  1  1 . Miền xác định: 2 4x 1 f /  x    0 ,x  2. 4x  1 4x2  1 1 1    2 ;    2 ;    nên hàm số đồng biến trên  . Do hàm số liên tục trên  1 1 x f( ) 0 2. Mà 2 . Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2 Nhận xét: Ở phương trình này ta chứng minh vế trái là một hàm đồng biến trên miền xác định. Sau đó nhẩm được nghiệm thỏa mãn, từ đó suy ra nghiệm đó là nghiệm duy nhất của phương trình. Tuy nhiên ngoài phương pháp này thì vẫn còn phương pháp khác. Bài 2. Giải phương trình sau: x3  4 x  5  x  1  0 (1) Giải: Điều kiện: x  1 Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức Trang: 4 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 3 4 Xét hàm số f ( x)  x  1 x  5  x  1 với x 1;  f '( x)  3x2  4  có 2 x 1  0, x  0 nên hàm số đồng biến trên 1;  Mà phương trình (1) có dạng f (1)  0 . Do đó phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1. Nhận xét: Ở phương trình này ta chứng minh vế trái là một hàm đồng biến trên miền xác định. Sau đó nhẩm được nghiệm thỏa mãn, từ đó suy ra nghiệm đó là nghiệm duy nhất của phương trình. Tuy nhiên ngoài phương pháp này thì vẫn còn phương pháp khác. 3 2 Bài 3. Giải phương trình: 2x  3x  3x  1   x  2 4x  5 Giải: x Điều kiện: 4 5 2 2x3 x3x 12x2  1   x     2x  1  4x3 12x2x  5 x  44 x x  8 4x  5   8 3  3x  6x  1 23 4x  5   8x 5 4  12  3  4 5   2x  1  3 2x  1  3   3 4x  5  3 4x  5 1  5 t    ;   Xét hàm số : f t   t  3t với  4  5 5 t    ;   f '  t   3t 2  3  0, t    4 4 nên hàm số f(t) đồng biến với Ta có: 3   f (2 x  1)  f 4 x  5 1 1    x   x    2x 1  4x  5    2  2 2  2 x  1  4 x  5 4 x 2  4  x  1    Mà phương trình (1) có  1  0 2 x dang: Đối chiếu đều kiện phương trình đã cho có nghiệm x  1. Nhận xét: Ở phương trình này ta biến đổi thành dạng phương trình f (u)  f  v  sau đó xét hàm đặc trưng của nó. Chứng minh hàm đặc trưng đồng biến trên miền xác đinh. Từ đó suy ra u = v. khi đó ta giải phương trình u = v. Tuy nhiên ngoài phương pháp này thì vẫn còn phương pháp khác Bài 4. Giải phương trình: Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức x 3  3x 2  4 x  2   3 x  2  3x  1 Trang: 5 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Giải 1 x3  4 x 2  2 x x  3x  1  3x 3x  1  x 2  2 x  2 2 3 Điều 3kiện:  x  3x 2  3x  1   x  1    3x  1  1 3x  1     x  1   x  1  3   3 3x  1  3x  1 1 Xét hàm số: f t   t  t với t  0 2 Ta có: f ' t   3t 1  0, t  0 nên hàm số f(t) đồng biến trên [0;+) 3 f ( x  1)  f Mà phương trình (1) có dang: x  0 (n)  2  3x  1   x  1  3x  1  x  x  0    x  1 (n) Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  0; x  1 Nhận xét: Ở phương trình này ta biến đổi thành dạng phương trình f (u)  f  v  sau đó xét hàm đặc trưng của nó. Chứng minh hàm đặc trưng đồng biến trên miền xác đinh. Từ đó suy ra u = v. khi đó ta giải phương trình u = v. Tuy nhiên ngoài phương pháp này thì vẫn còn phương pháp khác Bài 5. Giải phương trình: Giải: 3  x3  3x 2  3x  1  3 3 3x  5  x  3x2  3x 1  3 3 3x  5  x3  3x2  3x  1  3  x  1  3x  5  3 3 3x  5   x  1  3  x  1  3  3 3x  5  3  3 3 3x  5 (1) Xét hàm số: f t   t  3t với t  2 Ta có: f ' t   3t  3  0, t  nên hàm số f(t) đồng biến trên 3 Mà phương trình (1) có dang: f ( x  1)  f  3 3x  5  x  1   x  1  3 x  5  x 3  3x 2  3x  1  3 x  5  x 3  3 x 2  4  0  x  2 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  2; x  1 Nhận xét: Ở phương trình này ta biến đổi thành dạng phương trình f (u)  f  v  sau đó xét hàm đặc trưng của nó. Chứng minh hàm đặc trưng đồng biến trên miền xác đinh. Từ đó suy ra u = v. khi đó ta giải phương trình u = v. Tuy nhiên ngoài phương pháp này thì vẫn còn phương pháp khác. Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức Trang: 6 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 16 x3  24 x 2  16 x  3  5 3 3x  2 Bài 6. Giải phương trình: 16 x3  24 x 2  16 x  3  5 3 3x  2 2 3 2 3 Giải 8 x  12 x  6 x  1  10 x  5    6 x  4   5 3x  2  2  2 x  1  5  2 x  1  2  3 x  2   5 3 3 x  2 3  2  2 x  1  5  2 x  1  2 3  3 3x  2  3 1  5 3 3x  2 Xét hàm số: f t   2t  5t với t  2 Ta có: f ' t   5t  5  0, t  nên hàm số f(t) đồng biến trên 3 Mà phương trình (1) có dang: f (2 x  1)  f  3 3x  2    3 2 2  2 x  1  3 3x  2  8x 1 x  3x  1  0   x  1 8x  4 x  1  0  x 12 x 1  0  2   x  1  3 8 x  4 x  1  0  4  Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  1; x  1  3 4 Nhận xét: Ở phương trình này ta biến đổi thành dạng phương trình f (u)  f  v  sau đó xét hàm đặc trưng của nó. Chứng minh hàm đặc trưng đồng biến trên miền xác đinh. Từ đó suy ra u = v. khi đó ta giải phương trình u = v. Tuy nhiên ngoài phương pháp này thì vẫn còn phương pháp khác Bài 7. Giải phương trình: 3 6 x  1  4 x  8 x3  1 3 3 3 3 6x Giải 1  4 x  8 x  1   6 x  1  6 x  1  8 x  2 x   3  6 x  1  3 6 x  1   2 x   2 x (4) 3 3 Xét hàm số: f t   t  t với t  2 Ta có: f ' t   3t 1  0, t  nên hàm số f(t) đồng biến trên 3 f Mà phương trình (4) có dang: f ( 6 x  1)  1  2 x  3  3 6 x  1  2 x  8 x3  6 x  1  0  4 x3  6 x  Đặt x  cost, t 0;  Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức 2 (*) Trang: 7 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Khi đó phương1trình (*) trở 1 thành: 3 4cos t - 3cos t  2  cos 3t  2  3t    3  5 7 t  ;t  ;t  t 0;  9 9 9 Mà nên ta có: Vậy phương trình đã cho có nghiệm:  k 2  t   x  cos  9  ; x  cos 9  k 2 3 5 7 ; x  cos 9 9 Nhận xét: Ở phương trình này ta biến đổi thành dạng phương trình f (u)  f  v  sau đó xét hàm đặc trưng của nó. Chứng minh hàm đặc trưng đồng biến trên miền xác đinh. Từ đó suy ra u = v. khi đó ta giải phương trình u = v. Tuy nhiên ngoài phương pháp này thì vẫn còn phương pháp khác Bài 8. Giải phương trình:  4 x  2     1  x  x 2  1  3x 2  9 x 2  3  0 Giải Nếu x  0 1 phương trình vô nghiêm. thì Nếu x 2 thì phương trình vô nghiêm.  chocó nghiệm thì nghiệm thuộc   1 ; 0  2 Vậy phương trình đã   2 x  1  4  4 x  4 x  2   3 x  2  9 x  3   4x  2  1  x  x 2  1  3x 2  9 x 2  3  0 2   2 x  1     2 x  1 2 2  3  2   3 x       3x  2  3  2  1    1  x   ;0  2  nên 2 x  1  0; 3x  0 Với f t   t   t 3 2 với t  0 t f ' t   t  3  2   0, t  0 2 33 Ta có: nên hàm số f(t) đồng biến trên  0;  Xét hàm số: Mà phương trình (1) có dang: f (2x 1)  f  3x  1  2 x  1  3x  x   5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x 1 5 Nhận xét: Ở phương trình này ta biến đổi thành dạng phương trình f (u)  f  v  sau đó xét hàm đặc trưng của nó. Chứng minh hàm đặc trưng đồng biến trên miền xác đinh. Từ đó Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức Trang: 8 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH suy ra u = v. khi đó ta giải phương trình u = v. Tuy nhiên ngoài phương pháp này thì vẫn còn phương pháp khác Bài 9. Giải các phương trình sau: log3    1 x2  3x  2  2     5 3x  x2 1 2 (1) Loại 2: phương trình có chữa logarit, mũ. Giải x 1  x2 Điều kiện: x  3x  2  0  . 2   Đặt 2 x2  Lúc đó : 3x  1 1u1  1 u . Khi đó phương trình (1) trở thành  u 1 u  x2  3x  2 u0 2 log3 (u  2)     5  2  0  log3 (u  2)  5 2 2 0 (2) u 1 (  Xét hàm số: / f (u)  log31u  2)  5 u2 1 2 với u  0 f (u)   2u.5 .ln5  0, u  0 (u  2)ln3 Đạo hàm : nên hàm số đồng biến trên [0; ) 2 Mặc khác: f (1)  0 . Do đó phương trình (2) có nghiệm duy nhất u = 1 Khi đó ta có: x2  3x  2  1  x2  3x  1  0  x  Vậy phương trình có nghiệm: x 3 5 3 5 ;x  2 2 3 5 2 thỏa mãn điều kiện x1 x x 2 Bài 10. Giải các phương trình sau: 2  2  ( x  1)  0 2 Giải x1 x x 2 x 1 x x 2 Ta có: 2  2  ( x  1)  0  2  x  1  2  x  x (1) t Xét hàm số f (t )  2  t với t  / t Đạo hàm : f (t )  ln2.2  1  0, t  . Suy ra hàm số đồng biến trên . 2 2 Mà phương trình (1) có dạng f ( x  1)  f ( x  x)  x  1  x  x  x  1 Vậy x  1 là nghiệm của phương trình 2 Bài 11. Giải phương trình: Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức 2  2x 1  log3    3x 2  8 x  5 2   x  1    Trang: 9 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 1  x  2   2x 1  x  1 2    Điều kiện: 2   3x  8 x  5  log 3  2 x  12   1  3 x 2  6 x  3  2 x  1 log 3     x  1    x  1      Giải  2x 1  2  log 3    3  x  1   2 x  1 2  3  x  1    2 2  log 3  2 x  1   2 x  1  log 3 3  x  1   3  x  1  (1)     Xét hàm số: f t   log3 t  t với t  0 1 f ' t    1  0, t  0 t ln 3 Ta có: nên hàm số f(t) đồng biến trên  0;   f (2 x  1)  f 3  x  1 Mà phương trình (1) có dang:  x  2 (n) 2 2  2 x  1  3  x  1  3x  8 x  4  0    x  2 (n) 3  Vậy phương trình đã cho có nghiệm: Bài 12. Giải phương trình: Giải Điều kiện: x x  2; x  2  2 3 3x 1  x  log3 1  2x  1 2 3x có: Ta  1  x  log3 1  2 x   3x  x  log 3 1  2 x   1  2 x   log 3 3x  3x  log 3 1  2 x   1  2 x  1 Xét hàm số: f t   log3 t  t với t  0 1 f ' t    1  0, t  0 t ln 3 Ta có: nên hàm số f(t) đồng biến trên  0;  x Mà phương trình (1) có dang: f (3 )  f  2x 1  3x  2 x  1  3x  2 x  1  0 (*) x Xét hàm số g ( x)x 3  2 x  1 1 g '( x)  3 ln 3  2; g ''( x)  3x ln 3 3  0, x   2 Khi đó: Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức Trang: 10 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Nên phương trình g ( x)  3  2 x  1  0 có nhiều nhất hai nghiệm Mà g (0)  g 1  0 Vậy vậy phương trình (*) có hai nghiệm x  0; x  1 Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có hai nghiệm: x  0; x  1 Nhận xét: Ở bài này ta phải dùng nếu đồ thị hàm số g(x) lồi hoặc lõm trên miền xác định thì phương trình g(x) = 0 không có quá hai nghiệm. sau đó ta nhẩm nghiệm rồi đối chiếu điều kiện để kết luận. Tuy nhiên vẫn có các giải khác hay hơn. x 2x1  2x Bài 13. Giải phương trình: Giải x 1  2x 2 2 x   x  1  2x1  x  1  2x 2 2 x 2 x  x2  x f t   2t  t   x  1 2 (1) Xét hàm số: với t  t Ta có: f ' t   2 ln 2 1  0, t  nên hàm số f(t) đồng biến trên f ( x  1)  f  x 2  x  Mà phương trình (1) có dang:  x 1  x2  x  x2  2x  1  0  x  1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  1 22  32  2 x  3x 1  x  1 x Bài 14. Giải phương trình: Giải Ta có:2 2 x 2  3  2x  3x1  x  1  22  32  2 x  2 x1  3x1   x  1 1 x x x x f t   2t  3t  t Xét hàm số: với t  t t Ta có: f ' t   2 ln 2  3 ln3 1  0, t  nên hàm số f(t) đồng biến trên f (2x )  f  x  1 Mà phương trình (1) có dang:  2x  x  1  2x  x  1  0 (1) x Xét hàm số: g  x   2  x 1 x x 2 Ta có: g '  x   2 ln 2 1; g ''  x   2 ln 2  0, x  x Nên phương trình g  x   2  x 1  0 có nhiều nhất hai nghiệm Mặt khác ta thấy g  0  0; g 1  0 . Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x  1, x  0 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  1, x  0 Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức Trang: 11 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Bài 15. Giải phương trình: Giải 2x  3log2 3x 1 1 1 3 Điều kiện: 2 x  3log 2  3x  1  1  2 x  3 x  3log 2  3 x  1  3 x  1 x  3log 2 2 x  2 x   3log 2  3 x  1   3 x  1 1 Xét hàm số: f t3  3log2 t  t với t  0 f ' t    1  0, t  0 t ln 2 Ta có: nên f t  đồng biến với t  0 f (2x )  f 3x 1 Mà phương trình (1) có dang:  2x  3x  1  2 x  3x  1  0 (*) g  x   2x  3x  1 Xét hàm số với x  g '  x   2x ln 2  3; g ''  x   2x ln 2 2  0, x g  x   2x  3x  1  0 Do đó có không quá hai nghiệm g  0  g 1  0 Mặt khác ta thấy: Vậy phương trình (*) có hai nghiệm: x  0; x  1 Đối chiếu điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm: x = 1 Bài 16. Giải phương trình: log 2016 4 x2  2  x6  3x 2  1 x6  x 2  1 6 2 4x2  2 4 x2  2  x6  3x 2  1  6  2016 x 3 x 1 6 2 2 Giải: x  x  1 x  x 1 log 2016 2 6 2 4x2  2 2016 x  x 1  6   4 x 2  2 20164 x  2  x 6  x 2  1 2016 x  x 1 2 4 x2  2 x  x  1 2016 6 2     1 Xét hàm số: f t   t 2016 với t  0 f ' t   2016t  t 2016t ln 2016  0, t  0 Ta có: nên hàm số f(t) đồng biến trên  0;  2 f (4 x  2)  f  x6  x 2  1 Mà phương trình (1) có dang:  4 x2  2  x6  x2  1  x6  3x 2  1  0 (*) 2 3 Đặt x  u với u  0 khi đó phương trình (*) trở thành: u  3u  1  0 (2) Phương trình (2) chỉ có nghiệm trên  0; 2 t Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức Trang: 12 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Đặt u  2cos v với 0v  2 khi đó ta được: 1 1  2k 8cos v3  6cosv  1  0  4cos v3  3cosv =  cos3v =  v    2 2 9 3 0v  2 nên v  9 vậy u  2cos  9    x   2 cos x   2 cos u  2cos 9 9 9 ta được: Khi Vì Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x  2 cos  x  2   log 2 2 Bài 17. Giải phương trình:  9 ; x   2 cos  9 x2  4 x  5  2 2x  3 2x  3 Giải 3 x 2 4 x  5 x   x  2 kiện: Điều   log 2 22  3  2 2 x  3 x 2  2 2   x  2   1  log 2  x  2   1  2 2 x  3  1  l og 2 2 x  3     2 2   x  2   1  log 2  x  2   1  2 2 x  3  l og 2 2 2 x  3        1 Xét hàm số: f t   t  log2 t với t  0 1 f ' t   1   0, t  0 3 2 Ta có: 2 2  1  2 t2ln  3  x 4  8 xnên hàm 32 xf(t) đồng biến trên  0;   x x  26 x 2  số  13  0   f ( x  22 21)  f 2 2 x  3  2  x  1 x3 trình 19  dang: Mà phương  7 x (1)xcó13  0   x  1 x  6 x  13  0   2    x  1 (n)  2  x  6 x  13  0  vn  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  1 Loại 3: Phương trình lượng giác: Bài 18. Giải các phương trình sau: 2  sin x  3  sin x  1  0 . Giải: Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức Trang: 13 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Đặt t  sin x , điều kiện t  1 Khi đó phương trình có dạng : 2  t  3  t  1  0 (1) 2 Xét hàm số1 f (t)  1  t  3  t  1 f '(t )   2 t  2 3 t  0, t   1;1 nên f (t ) là hàm nghịch biến trên  1;1 Mà f (1)  0 từ đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất t  1.  sin x  1  x   k2 2 Do đó: Bài 19. Giải phương trình:   x   0;  sin 2 x  cosx - 1= log 2 s inx  2 với Giải    x   0;   2  nên 0  sin x  1;0  cos x  1 Vì sin 2 x Ta có: cos x  1  log 2 sin x  log 2 cos x  sin 2 x  cos x  1  log 2 sin x  log 2 cos x  log 2 cos x  cos x  log 2 sin 2 x  sin 2 x 1 Xét hàm số: f t   log2 t  t với t  (0;1] 1 f ' t   1 t ln 2 Ta có: t  (0;1]  0  t  1  0  t ln 2  ln 2  ln e  1 Vì  1 1 1 1  0 t ln 2 t ln 2 Vậy f ' t   1  1  0; t  (0;1] t ln 2 nên hàm số f(t) đồng biến trên (0;1] Mà phương trình (1) có dang: f (cosx)  f sin 2x  1  cos x  sin 2 x  cos x(2sin x -1)  0  sin x  Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x 1 Bài 20. Giải phương trình: 1981 sin x  2 x  6 6  1  sin 2017 x  cos 2017 x 1981 cos x Giải Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức Trang: 14 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH k x 1 Điều kiện: 1 2 sin 2017 x  cos 2017 x  1981 sin x cos1981 x 1 1  sin 2016 x  1981  cos 2016 x  (1) sin x cos1981 x f  t   t 2017  1 t với t [-1; 0)  (0;1] 1981 f '  t   2017t 2016  1982  0 , t [-1; 0)  (0;1] t Ta có: Xét hàm số: 1981 Nên hàm số đồng biến trên các khoảng xác định Mặt khác f t   0 khi x [-1;0) Và f t   0 khi x  (0; 1] Mà phương trình (1) có dang: f (sinx)  f  cosx    sin x  cos x  x  4  k (n) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 2016 2 x  4  k 2016sin x  2016cos x  cos2x 2 Bài 21. Giải phương trình: Giải sin x 2  2016cos x  cos2x  2016sin x  sin 2 x  2016cos x  cos2 x 1 2 2 2 Xét hàm số: f t   2016  t với t  t Ta có: f ' t   2016 ln 2016 1  0, t  f (sin 2 x)  f  cos 2 x  Mà phương trình (1) có dang: t  sin 2 x  cos 2 x  cos 2 x  0  x   4  k 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  4  k 2 Kết luận: Việc chứng minh hàm số đơn điệu hoặc đồ thị hàm số lồi (lõm) trên miền xác định cũng như tìm hàm đặc trưng của phương trình không phải là một việc đơn giản. Cần phải cho học sinh làm một số bài tương đối thì các em mới định hình đươc phương pháp và nhận được dạng. Tuy nhiên đây không phải là phương pháp duy nhất để giải phương trình. Có nhiều phương pháp khá hay để giải, việc chon phương pháp phù hợp là điều cần thiết. Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức Trang: 15 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Bài tập vận dụng Giải các phương trình sau: 1) 3  x  x2  2  x  x2  1 2) 3) 2x  1  x2  3  4  x 4)   2m x6  24 x3m  4  m2 x  3m  6 5) 1 1  sin2 x cos2 x  sin4 x 2 sin x 2 7) 2 2 x  3 x1x3  3x2  x  12 1 1  e e   2x  1 x  1 2 x 1 log tan x 3 6) tan x  2.3 2 8) 32sin x3  3sin x  10.3sin x2  3  sin x  0 2. GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH Loại 1: Hệ phương trình đa thức hai ẩn.  x3  y3  1  0 1   3 3 2  x  y  3y  4y  x  2  0  2 Bài 1. Giải hệ phương trình sau:  Giải 3 x3  y3  3y2  4y  x  2  0  x3  x   y  1   y  1 Từ phương trình (2) ta có: 3 Xét phương trình f t   t  t với t  f ' t   3t 2  1  0, t  nên f(t) là hàm đồng biến trên tập Mà phương trình (3) có dạng: f  x   f ( y 1)  x  y 1  y  x 1  Thay y  x 3 1 vào phương trình (1) ta được: 3 x3   x  1  1  0  2x3  3x2  3x  0  x  0 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:  x; y    0; 1  x3  y3  1982 x  y   2016 2016 x  y  2 Bài 2. Giải hệ phương trình sau:  1  2 Giải Từ phương trình (2) ta có: 3 2  x  2;  2  y  32 3 3 Từ phương trình (1) ta có: x  y  1982 x  y  x  1982x  y  1982y 3 3 t    2; 2   Xét phương trình f t   t 1982t với  Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức Trang: 16 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH   f '  t   3t 2  1982  0, t   2; 2    nên f(t) là hàm nghịch biến trên tập   2; 2  f  x   f ( y)  x  y Mà phương trình (3) có dạng: 2016 2016 Thay y  x vào phương trình (2) ta được: 2x  2  x  1  x  1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:  x; y   1;1 ;  x; y    1; 1 Bài 3. Giải hệ phương trình sau:  x3  5 x  y 3  5 y   8 4 x  y  1  1 2   x8  1   x 1   4 y 1  y 1  Từ phương trình (2) ta có:  Giải 3 Xét hàm số f (t )  t  5t với t 1;1 f '(t )  3t 2  5  0, t 1;1 nên f(t) là hàm nghịch biến trên 1;1 x ( Mà phương trình (1) có dạng: 4 f ( )  f 5y)  x  y  1   Thay 4x = y vào phương trìnhy(2) ta được: 1  5 2 8 8 4 4 y  y  1  y  y 1  0    y  4 1  5 (vn) y  2  Vậy hệphương5trình1có nghiệm:  1    5 4 4  x; y      2 ; 2  ;  x; y     4     Bài 4. Giải hệ phương trình sau: Giải 2 3 2  x3  3 Ta có:x  9 x  22  y  3 y  9 y   2 1 2 x  y  x  y  2  Từ phương trình (2) ta có: Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức 2 1  5 4 1  5   ;  2 2   x3  3x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y   2 1 2 x  y  x  y  2   x  13  12  x  1   y  13  12  y  1  2 2   1  1  x     y    1 2  2  1  x  1 2 1 1 3 1 3 1 1   x  1  y   1    y  2 2 2 và 2 2 2 Trang: 17 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH  3 3 t   ;  3 Xét hàm số: f t   t 12t với  2 2   3 3  3 3 f  t   3t 2  12  3  t 2  4   0, x    ;  t   ;   2 2  nên f(t) là hàm nghịch biến với mọi  2 2 3  Mà phương trình (1) có dạng: f  x 1  f  y 1  x 1  y 1 yxy2 2  4 y2  8 y  3  0   y   1  2  Thay x  y  2 vào phương trình (2) ta được: Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:  x; y     1 3 3 1 ;   ;  x; y    ;   2 2 2 2  x3  y 3  2016  x  y   0   2 2  x  xy  y  1  Bài 5. Giải hệ phương trình: 1 2 Giải: 3 3 3 3 Từ phương trình (1) ta có: x  y  2016  x  y   0  x  2016x  y +2016 y 3 3 Xét phương trình f t   t  2016t với t  f ' t   3t 2  2016  0, t  nên f(t) là hàm đồng biến trên tập Mà phương trình (3) có dạng: f  x   f ( y)  x  y Thay y  x vào phương trình (2) ta được: Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: 3x2  1  x2  1 3  x 3 3  3 3  3 3 ; ;  ;  x; y        3 3   3 3     x; y     Loại 2: Hệ phương trình có chứa căn thức. Bài 6. Giải hệ phương trình sau:  x  1  y  1  x3   4  x  1  y  x 1 0 x  1   y0 y  0 Điều kiện:  Giải: Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức Trang: 18 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2  x  1   x  1  1  x3  x  1  y  1  x3     4 4  x  1  y  x  1  y   Ta có x  1   x  1  1 x3  x  1   x3  x2  2x  2 2 Từ phương trình : 1;  (1) Ta thấy hàm số f ( x)  x  1 là hàm đồng biến trên 3 2 Xét hàm số g( x)   x  x  2x  2 . Miền xác định: D  1;   / 2 Đạo hàm g ( x)  3x  2x  2  0 x  D . Từ đó suy ra phương trình (1) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất Ta thấy f (1)  g (1) nên x  1 là nghiệm của phương trình (1) Vậy hệ có nghiệm  x; y   (1;0) Bài 7. Giải hệ phương trình sau:  3  x2  2 x  3  y    3  y2  2 y  3  x  x  0  y0 Giải: Điều kiện:   3  x2  2 x  3  y    3  y2  2 y  3  x  Ta có: 2 2 Trừ vế theo vế ta có: 3  x  3 x  3  y  3 y (1) Xét hàm số f (t ) 3 3  t  3 t . Miền xác định: D   0;  t / 2 f (t )  3  t2  2 t  0 t  0 . Suy ra hàm số đồng biến trên D. Mà phương trình (1) có dạng f ( x)  f ( y) nên x  y 2 2 Lúc đó: 3  x  x  3  3  x  x  3  0 (2) 2 Xét hàm số: g( x) 1 3  x  x  3 với x  0 x g'( x)  3  x2  2 x  0, x  0 nên g( x) là hàm đồng biến trên khoảng  0;  Ta thấy g1  0 do đó x = 1 là nghiệm của phương trình (2) (thỏa điều kiện) Suy ra phương trình có nghiệm x  1 là nghiệm duy nhất. Vậy hệ có nghiệm  x; y  1;1 Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức Trang: 19 SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH  x5  xy 4  y10  y 6   2  4x  5  y  8  6 Bài 8. Giải hệ phương trình sau:  Giải Điều kiện: x 1  2 5 4 5 Ta thấy y = 0 không phải làxnghiệm của hệ phương trình, chia cả hai vế của phương trình x   5      y  y (1) cho y ta được:  y   y  5 (*) 5 Xét hàm số f (t )  t  t với t  f '(t )  5t 4  1  0, t  nên f (t ) đồng biến vớixmọi t. x f ( )  f ( y)   y  x  y 2 y Mà phương trình (*) có dạng: y 2  Thay y  x vào phương trình (2) ta được: 4 x 5 5  x  8  6 =0 (3) x 4 Xét hàm số: g  x   4x  5  x  8  6 với g ' x  4 1 5   0, x   4 4x  5 2 x  8 Mà g(1) = 0 nên phương trình (3) có nghiệm duy nhất x = 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:  x; y   1;1 Loại 3: Hệ phương trình có chứa mũ và logarit Bài 9. Giải hệ phương trình sau: 2 x  2 y  y  x   2 2  x  xy  y  12  Giải 2 x  2 y  y  x  (1)  2 2  x  xy  y  12 (2)  x y x y Ta có: 2  2  y  x  2  x  2  y * t Xét hàm số: f (t )  2  t với t  f '(t )  2t ln 2  1  0, t  nên f(t) là hàm số đồng biến với t  Mà phương trình (*) có dạng: f ( x)  f ( y)  x  y Giáo Viên: Nguyễn Văn Đức Trang: 20