Tài liệu Skkn ứng dụng của đạo hàm khi giải phương trình, bất phương trình.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị : TRƯỜNG THPT TRẤN BIÊN Mã số : ……………………….. SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH Người thực hiện : VŨ NGỌC HÒA Lĩnh vực nghiên cứu: Quản lý Giáo dục:  Phương pháp dạy bộ môn  Phương pháp giáo dục: Lĩnh vực khác ………   Có đính kèm:  Mô hình  Phần mềm Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học : 2011 – 2012 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT TRẤN BIÊN Mã số : ……………………….. SẢN PHẨM SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH Người thực hiện : VŨ NGỌC HÒA Lĩnh vực nghiên cứu: Quản lý giáo dục:  Phương pháp dạy bộ môn  Phương pháp giáo dục: Lĩnh vực khác ………   Có đính kèm:  Mô hình  Phần mềm Phim ảnh  Hiện vật khác Năm học : 2011 – 2012 SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I- THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN : 1. Họ và tên: VŨ NGỌC HÒA 2. Ngày tháng năm sinh: Ngày 30 tháng 7 năm 1967 3. Nam, Nữ: Nam 4. Địa chỉ : P2 KP6A, tổ 14, phường Tam Hiệp , TP Biên Hòa 5. Điện thoại: (CQ)/ 6. Fax : (NR); ĐTDĐ: 0907185797 Email: [email protected] 7. Chức vụ: Giáo viên 8. Đơn vị công tác: Trường THPT Trấn Biên 9. II -TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO: - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: ĐHSP - Năm nhận bằng : 1995 - Chuyên ngành đào tạo: Toán học III- KINH NGHIỆM KHOA HỌC: - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán - Số năm có kinh nghiệm: 26 - Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 1.Sai lầm của học sinh khi giải toán 2.Dùng lượng giác để giải bất đẳng thức 3.Môt số kinh nghiệm dạy hình học không gian SỞ GD & ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị: Trường THPT Trấn Biên CỘNG HOÀ Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc Biên Hòa, ngày 20 tháng 5 năm 2012 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học : 2011 – 2012 Tên sáng kiến kinh nghiệm: ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH Họ và tên tác giả: VŨ NGỌC HÒA Đơn vị (tổ) : Toán Lĩnh vực : Quản lý giáo dục  Phương pháp dạy học bộ môn  Phương pháp giáo dục  Lĩnh vực khác ………………………….  1. Tính mới - Có giải pháp hoàn toàn mới  - Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có  2. Hiệu quả - Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả  - Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao  - Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao  - Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả  3. 4. Khả năng áp dụng : - Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách: Tốt  Khá  Đạt  - Đưa ra các giải pháp kiến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: Tốt  Khá  Đạt  - Đã được áp dụng thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Tốt  Khá  Đạt  THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu) (Ký tên và ghi rõ họ tên) A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. Lí do chọn đề tài Trong các đề thi tuyển sinh đại học, thi học sinh giỏi ta thường gặp các bà toán giải phương trinh, bất phương trinh đôi khi có chứa cả tham số. Đối với nhiều học sinh công việc này không hề đơn giản ! Đề tài : “ Ứng dụng của đạo hàm khi giải phương trình và bất phương trình” giúp học sinh giải quyết vấn đề trên II. Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm Giúp học sinh giải quyết các bài toán phương trình bằng cách ứng dụng giải tích giải quyết các bài toán đại số III. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu - Đối tượng nghiên cứu: Phương trình, bất phương trình, giới hạn, đạo hàm, tính đơn điệu của hàm số - Phạm vi nghiên cứu: Phạm vi nghiên cứu của đề tài là toàn bộ chương trình đại số và giải tích thuộc môn toán Trung học phổ thông đặc biệt là các phần:đạo hàm, giới hạn, sự liên tục ,phương trình, bất phương trình, phương trình, bất phương trình vô tỉ, phương trình lượng giác, phương trình, bất phương trình mũ và logarit. IV. Kế hoạch nghiên cứu Từ đầu năm học 2011 đến hết năm học 2012, nhất là đầu năm học lớp 12 khi học sinh học về đạo hàm, tính đơn điệu V. Phương pháp nghiên cứu Phương pháp được sử dụng nhiều ở đây là Phân tích – Dẫn giải – Tổng hợp. VI. Bố cục của đề tài Gôm hai phần chính:  Phương trình, bất phương trình không chứa tham số.  Phương trình, bất phương trình chứa tham số. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT 1.Tính đơn điệu của hàm số Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên D.   Nếu f '( x) � 0, " x �D thì hàm số f (x) đồng biến (tăng) trên D. f '( x) � 0, " x �D Nếu thì hàm số f (x) nghịch biến (giảm) trên D. (Dấu “=” chỉ xảy ra tại một số điểm hữu hạn trên D)  f ( x)  a ;b thì phương trình f ( x) = k ( k ��) có Nếu hàm tăng (hoặc giảm) trên khoảng không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). f ( x)  a ;b thì u, v   a ;b ta có. f (u) = f ( v) � u = v Nếu hàm tăng ( giảm) trên khoảng  Nếu hàm  Nếu hàm f (x) giảm trên khoảng (a;b) thì   f ( x) tăng trên khoảng (a;b) thì u, v   a ;b u, v   a ;b ta có ta có f (u) < f ( v) � u < v f (u) < f ( v) � u > v f ( x) g( x)  a ;b thì phương trình Nếu hàm tăng và là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng f ( x) = g( x)  a ;b có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng   f ( x) Nếu hàm số liên tục trên f ( x0 ) = 0 để . Nếu hàm số điểm   f ( x) � a;b� � �và f ( a) .f (b) < 0 thì tồn tại ít nhất một điểm x0 �( a;b) � a ;b� f ( a) .f (b) < 0 � � �và đơn điệu và liên tục trên � thì tồn tại duy nhất một ( ) để f ( x ) = 0 . x0 � a ;b 0 f ( x) là hàm số đồng biến thì y = f (x),n γ N ,n f ( x) > 0) y = - f ( x) (với là nghịch biến , nghịch biến Tổng các hàm đồng biến trên D là đồng biến trên D. Nếu n 1 2 đồng biến , f (x) 2. Giải phương trình, bất phương trình (không chứa tham số) Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau: Phương án 1: f  x  k Biến đổi phương trình về dạng: , nhẩm một nghiệm f ( x ) Chứng minh đồng biến (hoặc nghịch biến) để suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. Phương án 2: f  x   g(x) Biến đổi phương trình về dạng: nhẩm một nghiệm f ( x ) g ( x ) Chứng mimh đồng biến còn nghịch biến hoặc hàm hằng thì phương trình có nghiệm duy nhất. Phương án 3: Biến đổi phương trình về dạng f  u  g(v) chứng minh f đơn điệu khi đó u  v f (u) < f ( v) Đối với bất phương trình thì biến đổi về dạng , chứng minh f đơn điệu, kết luận. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA 2 Ví dụ 1: Giải phương trình: 4x - 1 + 4x - 1 = 1 (1) Nhận xét: Quan sát vế trái của phương trình (1), ta thấy khi x tăng thì giá trị của biểu thức trong căn cũng tăng . Từ đó suy ra vế trái là hàm đồng biến ,vế phải bằng 1 là hàm hằng, đây là điều kiện thích hợp để sử dụng tính đơn điệu. Giải 1 x� 2. Điều kiện: � � 2 4x 1 � � f ' ( x) = + > 0, " x �� ; +� � 2 � � � f ( x) = 4x - 1 + 4x - 1 2 � �. 4x - 1 4x2 - 1 Đặt . Ta có � � 1 � � ;+�� 2 � � � f ( x) = 4x - 1 + 4x - 1 f ( x) = 1 2 � � Do đó hàm số đồng biến trên , nên phương trình nếu �� 1� 1 � f� =1 � � x= � � 2 2 là nghiệm của phương trình đã có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Hơn nữa, �� nên cho. Ví dụ 2: Giải phương trình: x + x - 5 + x + 7 + x + 16 = 14 Giải Điều kiện: x �5. Đặt f (x) = x + x - 5 + x + 7 + x + 16 1 1 1 1 f� (x) = + + + > 0, " x �( 5;+�) 2 x 2 x 5 2 x + 7 2 x + 16 Ta có . � 5;+�) Do đó hàm số f (x) = x + x - 5 + x + 7 + x + 16 đồng biến trên � . f(9) = 14 Mà nên x = 9 là nghiệm duy nhất của phương trình. Ví dụ 3: Giải phương trình sau: 3 2x + 1 + 3 2x + 2 + 3 2x + 3 = 0 (1) Giải 3 3 3 Đặt f (x) = 2x + 1 + 2x + 2 + 2x + 3 f ' ( x)  Ta có: Do đó hàm số Mà 2 (2 x  1) 3 f ( x) 2  2 3 (2 x  2) 2  2 3 1 3  0; x   ,1, 2 2 (2 x  3) 2 đồng biến. � 3� � � 1� � 3 � � � f� = 1 + 2; f 1 = 0; f = 1+ 3 2; lim f (x) = �� � � ( ) � � � � x��� � 2� � � 2� � Vậy x = - 1là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Ví dụ 4: Giải phương trình : 5x3 - 1 + 3 2x - 1 + x = 4 Giải x� Điều kiện: 1 3 5 3 3 Đặt f (x) = 5x - 1 + 2x - 1 + x 2 f� ( x) = 15x3 + 3 2 2 + 1 > 0, " x �( 31 ;+�) 2 5x - 1 3 (2x - 1) 5 Ta có �1 � � ;+�� � � � 3 � �. f 5 Suy ra hàm số đồng biến trên � f ( 1) = 4 Mà nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 2x3 + 3x2 + 6x + 16 = 2 3 + 4 - x (1) Giải 3 2 � � 2x + 3x + 6x + 16 � 0 � (x + 2)(2x2 - x + 8) � 0 � �� � - 2 �x � 4 � � � 4 - x �0 4 - x �0 � � � Điều kiện: � Ví dụ 5 : Giải phương trình : 3 2 Khi đó, (1) � 2x + 3x + 6x + 16 - Xét hàm số f ( x) = 2x3 + 3x2 + 6x + 16 - f� ( x) = Ta có 4- x = 2 3 3(x2 + x + 1) 2x3 + 3x2 + 6x + 16 + 4- x 1 2 4- x � - 2;4� trên � � > 0, " x �(- 2;4) Do đó hàm số Mà f ( x) = 2x3 + 3x2 + 6x + 16 - f ( 1) = 2 3 4- x � - 2;4� đồng biến trên � � . nên x = 1là nghiệm duy nhất của phương trình. ( x + 2)( 2x - 1) - Ví dụ 6: Giải phương trình 3 x + 6 = 4- ( x + 6)( 2x - 1) + 3 x +2 Giải Điều kiện: x� 1 2 Phương trình được viết lại ( )( 2x - 1 - 3 2x - 1 - 3 > 0 � x > 5 . Phương trình có nghiệm thì Xét hàm số g� ( x) = Ta có f ( x) = g( x) h ( x) 1 2x - 1 ) x +2+ x +6 = 4 với g( x) = 2x - 1 - 3;h ( x) = x + 2 + x + 6 > 0, " x > 5;h� ( x) = 1 2 x+2 + 1 2 x +6 > 0, " x > 5 . g( x) = 2x - 1 - 3 ; h ( x) = x + 2 + x + 6 Do đó hàm số dương và cùng đồng biến trên ( 5;+�) .Suy ra f ( x) = g( x) h ( x) đồng biến trên ( 5;+�) . f ( 7) = 4 Mà nên x = 7 là nghiệm duy nhất của phương trình. 5 3 Ví dụ 7 : Giải phương trình x + x - Điều kiện: x� 1- 3x + 4 = 0 Giải 1 3 � 1� � - �; � � f ( x) = x + x - 1- 3x + 4 � 3� � Xét hàm số trên � 3 1 f '(x) = 5x4 + 3x2 + > 0, " x < 3 2 1- 3x Ta có . 5 3 � 1� � - �; � � f ( x) = x + x - 1- 3x + 4 � f ( - 1) = 0 3� � Do đó hàm số đồng biến trên � . Mà Vậy x = - 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 5 3 2 2 Ví dụ 8. Giải phương trình 3x(2 + 9x + 3) + (4x + 2)(1 + 1 + x + x ) = 0 Giải Phương trình được viết lại (2x + 1)(2 + (2x + 1)2 + 3 = ( - 3x) (2 + (- 3x)2 + 3) 2 Xét hàm số f (t) = t(2 + t + 3) trên �. Ta có Do đó hàm số đồng biến trên �. Từ (1) f '(t) = 2 + t2 + 3 + � f ( 2x + 1) = f ( - 3x) � 2x + 1 = - 3x � x = - 1 5. t 2 t2 + 3 (1) > 0, " t �� . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x=- 1 5. x2 + 15 = 3x - 2 + x2 + 8 Giải Ví dụ 9: Giải phương trình x2 + 15 > x2 + 8, " x �� nên khi Nhận xét: Viết phương trình về dạng x2 + 15 - 3x -�� � 2 0 x 2 3 thì phương trình vô nghiệm. x2 + 8 - 3x + 2 = 0 � � 2 � � � ; +� � � � � f ( x) = x + 15 - x + 8 - 3x + 2 3 �. Xét hàm số trên � � 1 1 � 2 � � � f '(x) = x � 3 < 0 , " x > � � � � 3 � � x2 + 15 x2 + 8� Ta có . 2 2 � � 2 � � � ; +� � � � � x2 + 8 - 3x + 2 3 � nghịch biến trên � . f ( x) = x2 + 15 Do đó hàm số f ( 1) = 0 Mà nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. - 2x - x + 2x- 1 = ( x - 1) 2 Ví dụ 10: Giải phương trình : ( 1) � - 2 2 (1) Giải x2- x 2 + 2x- 1 = x2 - 2x + 1 � 2x- 1 + x - 1 = 2x - x + x2 - x ( 2) Xét hàm số Khi đó phương trình (2) chính là phương trình t f� ( t) = 1+ 2 ln2 > 0, " t �� nên hàm số f ( t) = 2t + t đồng biến trên �. Ta có f ( x - 1) = f x2 - x � x - 1 = x2 - x � x = 1 Do đó từ . Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x = 1. ( Ví dụ 11: Giải phương trình : Đặt ( ). f ( x - 1) = f x2 - x f ( t) = 2t + t. ) log3 x2 + x + 1 = x2 - 3x + 2 2 2x - 2x + 3 . Giải u = x2 + x + 1; v = 2x2 - 2x + 3 ( u > 0;v > 0) � v - u = x2 - 3x + 2 . u = v - u � u + log3 u = v + log3 v v Khi đó phương trình đã cho trở thành (1) 1 f� ( t) = 1+ t ln3 > 0, " t > 0 f ( t) = t + log3 t f ( t ) = t + log3 t Xét hàm số ta có nên hàm số đồng t > 0 biến khi . Do đó từ (1) ta có � x =1 2 f ( u) = f ( v) � u = v � v - u = 0 � x - 3x + 2 = 0 � � � x=2 � � Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 1;x = 2 . log3 Ví dụ 12: Giải phương trình: ( log7 x = log3 2 + x ) (1) Giải Điều kiện: x > 0 t = log7 x � x = 7t Đặt t t � �� 1� � 7� � � � � � � t = log3 2 + 7 � 3 = 2 + 7 � 1 = 2� + � � � � � 3� 3� � �� � � �(2) Khi đó (1) t t � 7� �� 1 � � � � f ( t ) = 2� +� . �� � � � � � � � 3 3 � �� � � Hàm số này là tổng của hai hàm đơn điệu giảm nên là hàm đơn Xét hàm số f ( 2) = 1 � f ( t ) = f ( 2) � t = 2 � x = 49 điệu giảm. Hơn nữa nên (2) . ( ) t t t 3 2 3 3 3 2 Ví dụ 13: Giải phương trình : 2x - x + 2x - 3x + 1 = 3x + 1 + x + 2 (1) Giải 3 3 2 3 3 2 Biến đổi (1) � 2x - 3x + 1 + 2x - 3x + 1 = x + 2 + x + 2 (*) 1 f� t) = 1+ > 0, " t ��\ { 0} ( 3 3 2 f ( t) = t + t 3 t Xét hàm số . Ta có . Do đó hàm số đồng biến . � f 2x3 - 3x + 1 = f x2 + 2 � 2x3 - 3x + 1 = x2 + 2 � 2x3 - x2 - 3x - 1 = 0 Từ (*) � 1 � x=� 2 � ( 2x + 1) x2 - x - 1 = 0 � � � 1� 5 x= � � 2 . ( ) ( ( ) ) x=- 1 1� 5 ;x = 2 2 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là Ví dụ 14: Giải phương trình 3 x +2- 3 2x2 + 1 = 3 2x2 - 3 x +1 Giải Ta có 3 x +2- Xét hàm số 3 3 2 2 2x + 1 = 2x - f ( t) = 3 t + 1 + 3 t f� ( t) = 1 33 ( t + 1) Ta có Suy ra hàm số đồng biến. + 2 ( ) � f ( x + 1) = f 2x 2 Từ (*) x + 1 � 3 x + 2 + 3 x + 1 = 3 2x2 + 1 + 3 2x2 (*) trên �. 1 3 2 3 t > 0, " t ��\ { 0;- 1} � x =1 � � 2x = x + 1 � 2x - x - 1 = 0 � � 1 � x=� 2 � Vậy phương trình có nghiệm là Ví dụ 15: Giải phương trình 3 2 x=- 3 2 1 ;x = 1 2 6x + 5 = x3 - 5x - 5 Giải 6x + 5 = x3 - 5x - 5 � 6x + 5 + 3 6x + 5 = x3 + x (*) f ( t) = t 3 + t f� t ) = 3t2 + 1 > 0, " t �� f ( t) = t3 + t ( � Xét hàm số trên . Ta có . Suy ra đồng biến trên �. Ta có 3 �f ( 3 ) ( ) 6x + 5 = f ( x) � 3 6x + 5 = x � x3 - 6x - 5 = 0 � ( x + 1) x2 - x - 5 = 0 Từ (*) � x=- 1 � � � 1 � 21 � x= � 2 � x = - 1;x = Vậy phương trình có nghiệm là ( 8x 2 Ví dụ 16 : Giải phương trình : 1 � 21 2 . ) + 2 x + ( x - 6) 5 - x = 0 Giải Điều kiện: x �5 ( 8x 2 Ta có ) ( ) + 2 x + ( x - 6) 5 - x = 0 � 8x2 + 2 x = ( 6 - x) 5 - x � � 2 �� 2x = � 5 - x � (�2x) + 1� � � � ( ( ) ) 2 � + 1�5 - x � � .(*) f ( t) = t2 + 1 t f� ( t) = 3t2 + 1> 0, " t �� Xét hàm số trên �. Ta có f ( t) = t2 + 1 t Do đó hàm số đồng biến trên �. � 0 �x � 5 � f ( 2x) = f 5 - x � 2x = 5 - x � � � x =1 � 2 � 4x + x - 5 = 0 � � Từ (*) Vậy nghiệm của phương trình là x = 1. ( ( ) ) 3 2 Ví dụ 17: : Giải phương trình : (sin x - 2)(sin x - sin x + 1) = 3 3sin x - 1 + 1 Giải 3 3 Phương trình được viết lại (sin x - 1) + (3sin x - 1) = (3sin x - 1) + 3 3sin x - 1 (1) 3 2 Xét hàm f (t )  t  3t , f (t)  3t  3  0, t  � suy ra f (t) đồng biến trên � 3 3 Do đó (1)  sin x  1  3 3sin x  1  sin x  3sin x  0  sin x  0  x  k (k  �) Ví dụ 18: Giải bất phương trình x + ln x �1 Giải Điều kiện: x > 0 f ( x) = x + ln x Xét hàm số f ( x) = x + ln x trên ( 0;+�) . Ta có f� ( x) = 1+ ( 0;+�) . đồng biến trên f ( 1) = 1 x +��� � ln x 1 Mặt khác . Do đó bất phương trình � 1 > 0, " x > 0 x nên hàm số f ( x) f ( 1) x 1 Kết hợp với điều kiện x > 0 ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 0 < x �1. 4 Ví dụ 19: Giải bất phương trình 15 + x - 4 2 - x > 1 (*) Giải Điều kiện: - 15 �x �2 Xét hàm số f ( x) = 4 15 + x - f� ( x) = Ta có 1 44 ( 15 + x) f ( x) = 15 + x 4 4 + 3 2- x 4 2- x � - 15;2� � trên � . 1 44 ( 2 - x) 3 > 0, " x �( - 15;2) . Suy ra hàm số � - 15;2� � đồng biến trên � . 4 15 + x - 4 2 - x > 1 � f ( x) > f ( 1) � x > 1 f ( 1) = 1 Mà nên bất phương trình Kết hợp với điều kiện - 15 �x �2 thì nghiệm của bất phương trình đã cho là 1 < x �2. Ví dụ 20: Giải bất phương trình: ( log4 x < log5 3 + x Giải Điều kiện: x > 0 t t = log4 x Đặt ta có x = 4 Khi đó, bất phương trình: ) ( log4 x < log5 3 + x ) t t �� �� 1 2 � � � t < log5 3 + 4 � 5 < 3 + 2 � 1 < 3� +� �� �� � � � � 5� �� 5� �� ( t ) t t t (*) t �� �� 1 2 � �. f ( t ) = 3� +� �� �� � � � � 5� �� 5� �� Xét hàm số Hàm số này là tổng của hai hàm đơn điệu giảm nên là hàm đơn điệu giảm. f ( 1) = 1 � f ( t ) > f ( 1) � t < 1 Hơn nữa nên từ (*) . log4 x < 1 � 0 < x < 4 Với t < 1 ta có . Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 0 < x < 4 . Ví dụ 21: Giải bất phương trình 7x + 7 + 7x - 6 + 2 49x2 + 7x - 42 < 181- 14x (*) Giải 6 7 Điều kiện: Bất phương trình (*) được viết lại dưới dạng x� ( ) ( 2 7x + 7 + 7x - 6 + ) 7x + 7 + 7x - 6 - 182 < 0 � 7x + 7 + 7x - 6 - 13 < 0 � � 6 � � ;+�� � � � f ( x) = 7x + 7 + 7x - 6 - 13 7 � Xét hàm số trên � . � � 6 � � � ;+�� � � � 7 � � 2 7 x + 7 2 7 x 6 Do trên nên hàm số � � 6 � � ;+�� � � � f ( x) = 7x + 7 + 7x - 6 - 13 7 � đồng biến trên � . f� ( x) = Mà f ( 6) = 0 7 nên 7 + >0 7x + 7 + 7x - 6 - 13 < 0 � f ( x) < f ( 6) � x < 6 . 6 6 �x < 6 7 ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 7 Kết hợp với điều kiện . Qua các ví dụ về giải phương trình và bất phương trình trên thì ta thấy cách giải dùng tính đơn điệu của hàm số hay và tự nhiên Bài tập rèn luyện Giải các phương trình, bất phương trình sau: x� 1. x + 5 + 2x + 3 �9 2. x2 + x + 1 - 3. x + x2 - x + 1 - 4. x2 - 2x + 3 - 5. 6. x2 - x + 1 = 3 - 1 x + 1 + x2 + x + 1 = 1 x2 - 6x + 11 > 3 - x - ( x x + x + 12 = 12 4 5- x + 4- x ) x - 2 + 4 4- x = 2 2x3 + 3x2 + 6x + 16 - 7. x- 1 4- x > 2 3 3 2 2 3 8. x - 4x - 5x + 6 = 7x + 9x - 4 9. 10. 3 6x + 1 = 8x3 - 4x - 1 log2 x2 + 3x + 5 < x2 - x - 2 2 2x + 2x + 3 3. Giải phương trình, bất phương trình không chứa tham số KIẾN THỨC CẦN NHỚ y = f ( x) Cho hàm số liên tục trên tập D 1. Phương trình f ( x) = m 2. Bất phương trình có nghiệm x �D f ( x) �m � min f ( x) � có nghiệm x �D � D m min f ( x) D max f ( x) D m � max f ( x) m D có nghiệm đúng với x �D ۳ max f ( x) m f ( x) �m D 4. Bất phương trình có nghiệm x �D ۳ min f ( x) m f ( x) �m D 5. Bất phương trình có nghiệm đúng với x �D PHƯƠNG PHÁP GIẢI Để giải bài toán tìm giá trị của tham số m sao cho phương trình, bất phương trình, hệ phương trình có nghiệm ta làm như sau: f ( x) = g( m) f ( x) �g( m) ;f ( x) �g( m) 1. Biến đổi phương trình, bất phương trình về dạng ( hoặc ) y = f ( x) 2. Tìm tập xác định D của hàm số y = f ( x) 3. Lập bảng biến thiên của hàm số ở trên D 3. Bất phương trình f ( x) �m min f ( x) ;max f ( x) D 4. Tìm D 5. Vận dụng các kiến thức cần nhớ bên trên suy ra giá trị m cần tìm Lưu ý: Trong trường hợp phương trình, bất phương trình, hệ phương trình chứa các biểu thức phức tạp ta có thể đặt ẩn phụ: t = j ( x) j ( x) f ( x) + Đặt ( là hàm số thích hợp có mặt trong ) x � D t � K + Từ điều kiện ràng buộc của ta tìm điều kiện f ( t ) = h ( m) f ( t) �h ( m) ;f ( t ) �h ( m) + Ta đưa PT, BPT về dạng ( hoặc ) y = f ( t) + Lập bảng biến thiên của hàm số ở trên K + Từ bảng biến thiên ta suy ra kết luận của bài toán MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1. Tìm m để phương trình x2 + mx + 2 = 2x + 1 có 2 nghiệm thực phân biệt Giải: � 1 � 2x + 1 � 0 � x �� � � � �2 2 � � 2 � � x + mx + 2 = ( 2x + 1) � � mx = 3 x2 + 4x - 1 2 � x + mx + 2 = 2x + 1 � � mx = 3x2 + 4x - 1 (*) Xét phương trình Do x = 0 � 0.x = - 1, phương trình này vô nghiệm. Nghĩa là không có giá trị nào của m để phương trình có nghiệm x = 0 1 x � 0 � 3x + 4 - = m x + . Ta xét hàm số �1 � � 1 � � ; +� \ { 0} � f ( x) = 3x + 4 � � � x trên tập � 2 �1 � � 1 � � " x � ; +� \ { 0} f '( x) = 3 + 2 > 0 � �2 � � x � Ta có với , �1 � � 1 � � ; +� \ { 0} � f ( x) = 3x + 4 �2 � � x � suy ra hàm số đồng biến trên � � 1� 1� � � lim+ f ( x) = lim � 3x + 4 - � = - � lim- f ( x) = lim- � 3x + 4 - � = +� � � � � x�0+ � � � x�0 x�0 x�0 � x� x� � � ; � 1� � lim f ( x) = lim � 3x + 4 - � = +� � � x�+� x�+� � � x� � Ta có bảng biến thiên của hàm số x f’(x) f(x) 1/ 2+ 9 2 f ( x) 0  +    Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số �1 � � � - ;+�� \ { 0} � �2 � � y = m thẳng trên miền � f ( x) = 3x + 4 - Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( m Ví dụ 2. Tìm m để bất phương trình � 0 ;1 + 3� � � � � ) x2 - 2x + 2 + 1 + x ( 2 - x) �0 Giải: 2 � - x ( 2 - x) = t - 2 Đặt t = x - 2x + 2 . m( t + 1) �t2 - 2 Khi đó bất phương trình trở thành: (*) x- 1 t'= ,t ' = 0 � x = 1 2 x 2 x + 2 Ta có Ta có bảng biến thiên : 2 x  0 t’ t 1 3 1 0 + 2 2 1 m� Từ đó ta có 1 �t �2 , từ (*) suy ra t2 - 2 f ( t) = � 1;2� � t + 1 trên tập � Xét hàm số t2 - 2 t + 1 (1) ( t + 1) + 1 f '( t ) = >0 t + 1 " t �� 1;2� ( ) � � Ta có với 2 2 Ta có bảng biến thiên của hàm số t 1 f’(t) + f(t) 1 2 m� f ( t) 2 2 3 x �� 0;1 + 3� � � � � Bất phương trình đã cho có nghiệm � 1;2� � � bất phương trình ( 1) có nghiệm t �� 1 x và đường 9 2 có nghiệm thuộc � max f ( t) = f ( 2) = �� m 1;2� � 2 3 4 Ví dụ 3.Tìm m để phương trình phân biệt 2x + 2x + 24 6 - x + 2 6 - x = m( m ��) Giải Điều kiện: 0 �x �6 Xét hàm số Ta có f ( x) = 4 2x + 2x + 24 6 - x + 2 6 - x 1 4 có 2 nghiệm thực 1 2 1 4 f ( x) = ( 2x) + ( 2x) + 2( 6 - x) + 2( 6 - x) � 0;6� trên tập � � 1 2 3 1 3 1 1 1 1 1 2x) 4 .2 + ( 2x) 2 .2 + 2. ( 6 - x) 4 .( - 1) + 2. ( 6 - x) 2 .( - 1) ( 4 2 4 2 � � � � � �1 � 1 1 1 1 � � 1 1 1 1 1 1 � � � � � = .� + � = . + - . � � � � � 3 3 � 3 3 � 2 � 2 4 2 � � � 2 x 6 x 4 4 2 x 6 x 4 � � 2 x 6 x ( ) ( ) � � ( 2x) ( 6 - x) � � � � � � � � � 1� 1 1 1 1 1 � � � � � �1 � �1 = .� � + + � � � 1 � 1 � � � � � � � 4 4 2 2 � � 2 � 2x � � � � 4 2x 6 - x + + � � 6- x � 4 4 � � ( ) � � � � 2 x 6 x 4 4 4 4 ( ) ( ) � � � � � � � � � 2x � 2x 6- x � 6- x � �� � � � �� � � �1 � � � � 1 �� 1� 1 1 1 1 1 � � � � � � � � =� � + + +� + � � � � � � � � � 4 4 4 4 2 2 � � � 2x � 2x 2� � 4 2x 6 - x � � � � 6 - x �� 6 x 4 4 ( ) � � ( 6 - x) � � � ( 2x) � � �� � � � � � � �1 1� 1 1 1 1 � � � � � � � � + + + + >0 � � � � � � 4 4 2 2� � � 2� 4 2x 6 - x � � 2 x 6 x 4 4 ( ) � � ( 6 - x) � � � ( 2x) " x �( 0;6) Ta có � với f '( x) = f '( x) = 0 � 4 2x = 4 6 - x � 2x = 6 - x � x = 2 Ta có bảng biến thiên x 0 2 + f’(x) f(x) 2 62 6 4 0  6 3 2 6 4 12  2 3 Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 0;6� y = m trên miền � � � y = f ( x) và đường thẳng 4 Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán 2 6 + 2 6 �m < 3 2 + 6 Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình x2 + 2x - 8 = m( x - 2) có 2 nghiệm thực phân biệt: Điều kiện: do m > 0 � x Giải 2. Ta có: � x=2 � � 2 � x2 + 2x - 8 = m( x - 2) � ( x - 2)( x + 4) = m( x - 2) � (�x - 2)( x + 4) = m( *) Nhận thấy phương trình đã cho luôn có 1 nghiệm x = 2 , để chứng minh khi m > 0 phương trình đã ( *) luôn có một nghiệm thực x > 2 khi cho có 2 nghiệm thực phân biệt ta cần chỉ ra phương trình m> 0 f ( x) = ( x - 2)( x + 4) = x3 + 6x2 - 32 2 Xét hàm số f '( x) = 3x2 + 12x > 0 Ta có với " x > 2 � 6 32� � lim f ( x) = lim x3 � 1+ - 3 � � �= +� x�+� x�+� � � x x � � Ta có bảng biến thiên của hàm số x f ( x) 2 f’(x) + f(x) trên ( 2;+�)   0 y = f ( x) Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng y = m trên miền ( 2;+�) Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra khi m > 0 thì phương trình (*) luôn có nghiệm x > 2 Vậy với m > 0 thì phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm thực phân biệt x2 + 2x + 4 - x2 - 2x + 4 = m có nghiệm thực Giải Ví dụ 5. Tìm m để phương trình x2 �2x + 4 = ( x �1) + 3 � 3 > 0, " x �� 2 Vì TXĐ: D = � Xét hàm số f ( x) = x2 + 2x + 4 - f '( x) = Ta có: x +1 x2 + 2x + 4 f '( x) = 0 � - nên x2 - 2x + 4 trên � x- 1 x2 - 2x + 4 x +1 x2 + 2x + 4 - x- 1 x2 - 2x + 4 =0 ( ) ( ) 2 2 � ( x + 1) x2 - 2x + 4 = ( x - 1) x2 + 2x + 4 � ( x + 1) x - 2x + 4 = ( x - 1) x + 2x + 4 2 2 � x4 - 2x3 + 4x2 + 2x3 - 4x2 + 8x + x2 - 2x + 4 = x4 + 2x3 + 4x2 - 2x3 - 4x2 - 8x + x2 + 2x + 4 �x=0 Thay x = 0 vào phương trình (*) được: 1 = - 1. Vậy phương trình (*) vô nghiệm. f '( x) f '( 0) = 1 > 0 � f '( x) > 0, " x �� Suy ra chỉ mang 1 dấu (không đổi dấu), có Ta có lim f ( x) = lim x�+� x�+� ( x2 + 2x + 4 - x�+� x�- � x�- � 4x x2 + 2x + 4 + x2 - 2x + 4 4 = lim lim f ( x) = lim ) x2 - 2x + 4 = xlim �+� 1+ ( 2 4 2 4 + 2 + 1- + 2 x x x x =2 x2 + 2x + 4 - ) x2 - 2x + 4 = xlim �- � 4x x2 + 2x + 4 + x2 - 2x + 4 4 = lim 2 4 2 4 + 2 - 1- + 2 x x x x =- 2 f ( x) Ta có bảng biến thiên của hàm số x�- � - 1+  x f’(x)  + 2 f(x) -2 Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = m trên � y = f ( x) Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình có nghiệm � - 2 < m < 2 � x2 - 3x - 4 �0 � �3 � x - 3 x x - m2 - 15m �0 � � Ví dụ 6. Tìm m để hệ có nghiệm thực Giải 2 Ta có: x - 3x - 4 �0 � - 1 �x �4 . Hệ phương trình đã cho có nghiệm 3 2 � - 1;4� � � x - 3 x x - m - 15m �0 có nghiệm x �� � x3 - 3 x x �m2 + 15m x �� - 1;4� � � có nghiệm � x3 + 3x2 khi - 1 �x < 0 � 3 f ( x) = x - 3 x x = � 3 � x - 3x2 khi 0 �x �4 � � Đặt Ta có � 3x2 + 6x khi - 1 < x < 0 f '( x) = � � 2 � 3x - 6x khi 0 < x < 4 � � f '( x) = 0 � x = 0;x = �2  Tax có bảng -1 biến thiên0: f’(x) f(x) 0  2 0 4 + 16 2 -4 và đường thẳng f ( x) �m2 + 15m x �� - 1;4� � � có nghiệm ۳ max f ( x) m2 + 15m � - 1;4� � � ۳ 16 m2 + 15m � m2 + 15m - 16 � 0 � - 16 �m �1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm � - 16 �m �1 3 3 Ví dụ 7. Tìm m để phương trình sin x + cos x = m có nghiệm: Giải 3 3 sin x + cos x = m � ( sin x + cosx)( 1- sin x.cosx) = m Ta có � p� � � t = sin x + cosx = 2.sin � x + � � � � 4� � Đặt , - 2 �t � 2 t2 - 1 2 2 � sin x .cos x = t = sin x + cosx � t = ( sin x + cosx) 2 Khi đó: � t2 - 1� 1 3 � � t� 1= m � - t3 + t = m � � � � � 2 � 2 2 Phương trình trở thành: � 1 3 � f ( t) = - t3 + t - 2; 2� � � 2 2 � � Xét hàm số trên tập Ta có: f '( t ) = - 3 2 3 t + 2 2 3 2 3 f '( t ) = 0 � - 2t + 2 = 0 � t = �1 Ta có bảng biến thiên: 2 t f’(t) f(t) 2  2  -1 0  1 + 0 1 2 2 2 -1 y = f ( t) Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số và đường thẳng � � - 2; 2� y = m trên � � � Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình có nghiệm � - 1 �m �1 Ví dụ 8: Tìm m để bất phương trình mx - x - 3 �m + 1có nghiệm thực Giải 2 Đặt t = x - 3 � 0 � x = t + 3 . Khi đó bất phương trình trở thành: t +1 m t 2 + 3 - t �m + 1 � m t2 + 2 �t + 1 ۳ t2 + 2 ( ) Xét hàm số ( f ( t) = ) t +1 t2 + 2 trên ( 0;+�) m (*) f '( t ) = - t2 - 2t + 2 (t Ta có: 2 ) +2 2 , f '( t) = 0 � - t2 - 2t + 2 = 0 � t = - 1� 3 1 t =0 lim f ( t ) = lim x�+� x�+� 2 t+ t 1+ Ta có bảng biến thiên của hàm số t 0 f’(t) f(t) + 1 0 3 f ( t) 3 1 4 1 2   0 Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra bất phương trình (1) có nghiệm thực max f ( t) �� � m � bất phương trình (*) có nghiệm t > 0 � ( 0;+�) m 3 +1 4 4 2 Ví dụ 9. Tìm m để phương trình 3 x - 1 + m x + 1 = 2 x - 1 có nghiệm thực Giải x � 1 Điều kiện: 4 2 3 x - 1+m x +1 = 2 x - 1 t= 4 Đặt �- 3 x- 1 x- 1 + 24 =m x +1 x +1 (1) x- 1 x + 1 , khi đó phương trình (1) trở thành: - 3t2 + 2t = m (*) 2 <1 x + 1 t � 0 x � 1 Ta có và , vậy 0 �t < 1 2 � f ( t ) = - 3t + 2t 0;1) Xét hàm số trên � 1 f '( t ) = - 6t + 2;f '( t ) = 0 � - 6t + 2 = 0 � t = 3 Có t = 4 1- Ta có bảng biến thiên của hàm số t 0 + f’(t) f(t) 0 1 3 0 1 3 f ( t)  1 -1 Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số � 0;1) y = m trên miền � y = f ( t) và đường thẳng