Skkn ứng dụng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong bài toán giải phương trình và bất phương trình có tham số

  • Số trang: 29 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 14 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: "ỨNG DỤNG CỦA GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT TRONG BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CÓ THAM SỐ" 1 A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. Lí do chọn đề tài Đối với học sinh học toán ở trường trung học phổ thông, nhất là các học sinh chuẩn bị thi đại học thường gặp bài toán không mấy dễ dàng liên quan đến nghiệm của phương trình, bất phương trình chứa tham số. Khi giảm tải chương trình thì các dạng toán phải sử dụng định lí đảo của tam thức bậc hai không thể vận dụng được nên học sinh phải vận dụng chủ yếu định lý Viét và một số cách giải khác như hàm số hoặc “điều kiện cần - đủ” để giải quyết các bài toán chứa tham số dẫn đến cách giải phức tạp do đó học sinh rất khó rèn luyện tốt phần này. Với việc ứng dụng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số thì phần lớn các bài toán về phương trình, bất phương trình chứa tham số sẽ được giải quyết một cách rất tự nhiên, ngắn gọn và dễ hiểu. Đó là lí do để tôi chọn đề tài : “ Ứng dụng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong bài toán giải phương trình và bất phương trình có tham số”. II. Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm Các vấn đề được trình bày trong đề tài này có thể hỗ trợ cho các em học sinh trung học phổ thông có cái nhìn toàn diện hơn về cách tiếp cận bằng giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số để giải bài toán phương trình, bất phương trình có tham số. III. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Đề tài này nghiên cứu trên các dạng toán về phương trình, bất phương trình chứa tham số. 2 Phạm vi nghiên cứu: Đề tài thuộc chương trình đại số và giải tích của trung học phổ thông đặc biệt phương trình, bất phương trình vô tỉ, phương trình lượng giác, phương trình, bất phương trình mũ và logarit chứa tham số. Tuy nhiên không phải mọi bài toán chứa tham số mà phạm vi của nó là các bài toán có thể cô lập được tham số về một vế trong phương trình hoặc bất phương trình. IV. Phương pháp nghiên cứu Trình bày cho học sinh những kiến thức cơ bản về lý thuyết về giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số. Thông qua những ví dụ cụ thể với cách giải đơn giản, tự nhiên nhằm làm cho học sinh thấy được những thế mạnh của việc sử dụng phương pháp trên. Các ví dụ minh họa trong đề tài này được lọc từ các tài liệu tham khảo và các đề thi đại học các năm gần đây và sắp xếp từ dễ đến khó. Trong các tiết học trên lớp tôi ra cho học sinh giải các vi dụ này dưới nhiều phương pháp để từ đó đánh giá được tính ưu việt của phương phấp trên. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. Cơ sở lý luận. Trong đề tài này sử dụng kết quả sau đây: Giả sử f(x) là hàm số liên tục trên miền f ( x ) , m min f ( x ) . Khi đó ta có D, và tồn tại M max xD xD  f(x) α 1. Hệ phương trình  xD có nghiệm khi và chỉ khi m α M . 3  f(x) α 2. Hệ bất phương trình  xD 3. Bất phương trình f ( x )  đúng với mọi x  D khi và chỉ khi m  .  f(x) α 4. Hệ bất phương trình  xD 5. Bất phương trình f ( x )  có nghiệm khi và chỉ khi M α . có nghiệm khi và chỉ khi m α . đúng với mọi x  D khi và chỉ khi M  . Chứng minh 1. Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm, tức tồn tại x0 D sao cho f ( x 0 )  . Theo định nghĩa ta có minxfD( x ) f ( x 0 ) maxxfD( x ) , hay min f ( x )  max f ( x ) . xD xD Đảo lại, giả sử minxfD( x )  maxxfD( x ) . Vì f(x) là hàm số liên tục nên nó nhận giá trị từ min f ( x ) đến max f ( x ) . Do đó khi f(x) nhận giá trị  , tức là tồn tại x 0  D sao cho f( x 0 ) = xD xD  . Điều đó có nghĩa là phương trình đã cho có nghiệm trên D 2. Giả sử hệ đã cho có nghiệm, tức là tồn tại x 0  D sao  đpcm . cho f ( x 0 )  . Rõ ràng là maxxfD( x ) f ( x 0 )  . f ( x )  Đảo lại, giả sử maxxD (1) Ta giả thiết phản chứng rằng hệ đã cho vô nghiệm, tức là max f ( x )   xD f ( x )   , x  D từ đó suy ra (2) 4 Từ (1) và (2) ta thấy vô lí, do đó giả thiết phản chứng không xảy ra, tức là hệ đã cho có nghiệm  đpcm . 3. Giả sử m  . Ta lấy x 0 tùy ý thuộc D  f ( x 0 ) minxfD( x ) m  . Vậy f ( x )  đúng với  x  D . Đảo lại, giả sử f(x)  x  D , khi đó do m minxfD( x ) nên theo định nghĩa tồn tại mà m = f ( x ) . Từ 0 f ( x 0 )   m  . x0 D Như vậy ta có đpcm. (4 và 5 ta chứng minh tương tự như 2, 3). II. Thực trạng và giải pháp. 1. Phương trình chứa tham số. Ví dụ 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm 6  x  2 (4  x )(2 x  2) m  4  4 x  2x  2  Hướng dẫn giải  4  x 0 Điều kiện   1x 4.  2x  2 0 Đặt t  4  x  2x  2 . Ta tìm miềm xác định của t, xét hàm số Ta có f ' (x)  2 4  x  2x  2 2 4  x . 2x  2 f (x)  4  x  2x  2 với 1 x 4 . . 5 1x 4 f '(x) 0  2 4  x  2x  2    x 3 16  4x 2x  1 Từ đó ta có bảng biến thiên x 1 3 f’(x) + f(x) 0 4 - 3 3 6 min f ( x )  3 và max f ( x ) 3 từ đó suy ra khi 1 x 4 , thì 1x 4 1x 4 Từ 2 t  4  x  2 x  2  t x  2  2 (4  x )(2x  2) 3 t 3 .  g(t) t 2  4t  4 m (1) vì thế bài toán trở thành: Tìm m để hệ sau  có nghiệm ( 2)  3 t 3 Ta có g’(t) = 2 t  4 , và ta có bẳng biến thiên sau t g’(t) g(t) 2 3 - 0 1 + 7 4 3 1 6 0 Từ đó min g ( t ) g ( 2) 0 3 t 3 và max g ( t ) 1 3 t 3 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm  Ví dụ 2. Cho phương trình 4 min g ( t ) m max g ( t ) 3 t 3 3 t 3  0 m 1 . 2x  2x  24 6  x  2 6  x m . Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt. Hướng dẫn giải Đặt f(x)  2x  2 6  x ; g ( x ) 4 2 x  24 6  x . Lúc này phương trình đã cho có dạng (1) h ( x ) f ( x )  g ( x ) m Phương trình (1) xác định trong miền 0 x 6 . Ta có f ' (x)  6  x  2x 2 x (6  x ) . Nên ta có bảng biến thiên sau: x f’(x) 0 2 + 0 6 - f(x) 7 tương tự ta có g' ( x )  4 (6  x ) 3  4 (2x ) 3 2 4 ( 2 x ) 3 (6  x ) 3 , bảng biến thiên x 0 2 6 g’(x) + 0 - g(x) Vì thế ta có bảng biến thiên đối với hàm số h(x), 0 x 6 như sau x 0 2 6 h’(x) + 0 h(x) 8 h ( x ) min h (0); h (6) h (6) 4 12  2 3 và Ta có min 0x 6 max h ( x ) h (2) 6  3 2 . 0x 6 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt  2( 4 6  6 ) m  3 2  6 . Chú ý: 1. Nếu bài toán hỏi tìm m để phương trình có nghiệm thì đáp số của bài toán sẽ là 4 12  2 3 ) m 3 2  6 h ( x ) khi đó phương trình đã cho chỉ có một 2. Trong bài này cần lưu ý khi m 0max x6 nghiệm duy nhất. Vì thế khi làm bài học sinh cần phải kết hợp với cả bảng biến thiên để suy ra kết quả. Ví dụ 3. Tìm m để phương trình 3 x  1  m x  1 44 x 2  1 có nghiệm. Hướng dẫn giải Điều kiện: x 1 pt(1) Đặt t = 4 x1 x 1 do 3 x1 x 1  m 24 x 1 x 1 x1 2 1  0 x 1 x 1 nên  0 t  1 9  f (t )  3t 2  2t m Bài toán đã cho trở thành: Tìm m để hệ  có nghiệm.  0 t  1 Ta có f ' ( t )  6 t  2 nên có bảng biến thiên sau: 1 3 0 1 t f’(t) + 0 1 3 f(t) 1 1 max f ( t ) f ( )  ; 0t 1 3 3 f ( t )  1 (chú ý rằng ở đây không tồn tại min f ( t ) ) còn lim 0t 1 t  1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi  1 m  1 . 3 Chú ý: f ( t ) nhưng tồn tại lim f ( t )  1 Do đó 1. Ở đây vì xét khi 0 t  1 , nên không tồn tại min 0t 1 t  1 điều kiện theo lý thuyết 1  1 m  3 phải thay bằng  1 m  1 3 (tức là đã thay điều kiện m min f ( t ) thành m  lim f ( t ) ). 0t 1 t  1 10 2. Ta có thể giải bài toán trên bằng định lý Viét  f (t)  3t 2  2t  m 0 (1) Tìm m để hệ  (2)  0 t  1 có nghiệm Trước tiên ta tìm điều kiện m để hệ trên vô nghiệm TH1) Phương trình (1) vô nghiệm   ' 0  1  3m  0  m  TH2) PT (1) có nghiệm nhưng không thỏa mãn (2)   ' 0    t1  0  t 2  t  1 t 1 2 1  m   3    t 1 .t 2  0   ( t  1).( t  1) 0 2  1  Do đó hệ vô nghiệm khi t 1  0  1 t 2  1  m 3   m  1 m 0 m 2    1 0 3 3 1  m  3 .   m  1 Ví dụ 4. Tìm m để phương trình 1 3 Vậy phương trình có nghiệm  x 2  mx  2 2x  1  1 m  1 . 3 có hai nghiệm thực phân biệt. Hướng dẫn giải 2 3 x  4x  1 mx (1)   2x  1 0   Phương trình đã cho   2 .  1 2 ( 2)  x  mx  2 (2x  1)  x  2 Do x = 0 không là nghiệm của (1) với mọi m, nên hệ trên 11 3x 2  4x  1  m (3)  f (x )  x  .Ta có f’(x) = 1  x  (4)  2 3x 2  1 x2 và bảng biến thiên x  1 2 0 f’(x) + f(x) -   9 2  Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt  m 9 . 2 Nhận xét: Bài này có thể hướng dẫn học giải bằng cách sử dụng lý Viét.  3x 2  (4  m)x  1 0 (1)  Tìm m để hệ  có hai nghiệm phân biệt. 1 (2)  x  2 Yêu cầu trên tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x 2 sao cho 12 x 2  x1  1 2  0 1 1   1 1  x1x 2  (x1  x 2 )  0   (x 1  )(x 2  ) 0   2 4 2 2   x1  x 2   1  x 1  x 2   1 m 4 1 1  9  3  6  4 0  m  9 Áp dụng định lý Viét ta có    2  m m  4  1  m 1 2  3 Như vậy cách giải thứ nhất vẫn gọn hơn cách hai. Ví dụ 5. Cho phương trình một nghiệm thuộc đoạn log 32 x  log 32 x  1  2m  1 0 .Tìm m để phương trình có ít nhất 1; 3  . 3 Hướng dẫn giải Đặt t  log 32 x  1 . Khi 1 x 3 3  1 t  2 .  f (t) t 2  t  2 2m (1) Bài toán trở thành: Tìm m để hệ phương trình  ( 2) 1 t 2 Ta có f ' ( t ) 2 t  1 có nghiệm và có bảng biến thiên sau: 13  1 2 1 2 t f’(t) + f(t) max f ( t ) f (2) 4 ; min f ( t ) f (1) 0 . 1t 2 1t 2 Vậy các giá trị cần tìm của tham số m là 0 2m 4  0 m 2 . Ví dụ 6. Tìm m để phương trình có nghiệm 91 1 x 2  ( m  2)31 1 x 2  2m  1 0 Hướng dẫn giải Đặt 31 1 x 2 t  3 t 9 . Ta có phương trình t 2  2t  1 m( t  2) . (1) 14 Do 3 t 9  t  2 0 . Nên phương trình  t 2  2t  1 m (2)  f (t)  m để hệ  t 2  3 t 9 (3) Ta có f ' (t)  t 2  4t  3 ( t  2) 2 t t 2  2t  1 m . t 2 Vì thế bài toán trở thành: Tìm có nghiệm và có bảng biến thiên sau đây: 3 f’(t) (1)  9 + f(t) max f ( t ) f (9)  3t 9 64 min f ( t ) f (3) 4 ; 3t9 7 Vậy các giá trị m cần tìm là: Ví dụ 7. Cho phương trình 4 m  64 . 7 2(sin 4 x  cos 4 x )  cos 4 x  2 sin 2 x  m 0 . Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn (1)    0; 2  . Hướng dẫn giải 15 Phương trình (1)  2(1  1 2 sin 2 x )  1  2 sin 2 2x  2 sin 2x  m 0 2  3sin 2 2x  2 sin 2 x  3 m (2) Đặt t = sin2x. khi  x 0;   0 t 1 . 2   f (t) 3t 2  2t  3 m (3) Bài toán trở thành: Tìm m để hệ  ( 4)  0 t 1 Ta có f ' ( t ) 6 t  2 và có bảng biến thiên sau: 1 3 0 1 t f’(t) - 0 + f(t) 0 1 10 max f ( t ) max f (0); f (1)  2 min f ( t ) f ( )  ; 0t1 0t 1 3 3 Vậy giá trị m cần tìm là  10 m  2 . 3 16 Ví dụ 8. Tìm m để hệ sau có nghiệm  x  1  y  2 m   x  y 3m Hướng dẫn giải Đặt u  x  1 ; v  y  2  u 0; v 0 .  u  v m  2 2  u  v 3m  3 . Nếu  u 0; v 0  m 0 Bài toán trở thành tìm m để hệ sau có nghiệm: hệ vô nghiệm.  f (u) 2u 2  2mu  (m 2  3m  3) 0 Hệ đã cho    0 u m f (u ) 0 max f (u ) Do đó ta cần tìm m để cho min 0u m 0u m f ' ( u ) 4u  2m . Ta có bảng biến thiên sau m 2 0 m u f’(u) - 0 + f(u) 17 2 max f (u ) max f (0); f (m) m 2  3m  3 ; min f (u ) f ( m )  m  6m  6 0u m 0u m 2 2 m 2  6m  6 min f ( u )  0  max f ( u )  0  m 2  3m  3 Nên 0um 0u m 2  3  21 m 3  15 2 Vây các giá trị cần tìm của m là: 3  21 m 3  15 . 2 Bài tập 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm m( 1  x 2  (ĐS: 1  x 2  2) 2 1  x 4  1  x 2  1 x2 2  1 m 1 ) 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm trên đoạn      2 ; 2  2  2 sin 2 x m(1  cos x ) 2 ( ĐS: 0 m 2 ) 3. Tìm m để phương trình sau có nghiệm 2 2 2 sin x  3cos x m3sin 2 x (ĐS: 1 m 4 ) 4. Tìm m để phương trình sau có nghiệm trong khoảng  32;   18 log 22 x  2 log 2 x  3 m(log 2 x  3) (ĐS: 1  m  3)  x  y 1 1 5. Tìm m để hệ sau có nghiệm  (ĐS: 0 m  4 )  x x  y y 1  m 2. Bất phương trình chứa tham số Ví dụ 1. Cho bất phương trình ( x  4)(6  x ) x 2  2 x  m . Tìm m để bất phương trình đúng với x    4; 6 Hướng dẫn giải Cách 1.(Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ) 19 Điều kiện cần: Giả sử bất phương trình đã cho đúng x    4; 6 thì điều đó cũng đúng  m  24 0  x  4; x 1; x 6 , tức là  m  24 0  m 6  m  1 5  khi Điều kiện đủ: Giả sử m 6 Ta có x 2  2x  m ( x  1) 2  m  1 5, x    4; 6 . Theo bất đẳng thức Côsi với x    4; 6 thì ( x  4)(6  x )  Từ đó suy ra khi m 6 thì ( x  4)(6  x ) 5 . 2 ( x  4)(6  x ) x 2  2 x  m đúng với x    4; 6 Vậy m 6 . Cách 2.(Sử dụng định lý Viét) Đặt t = ( x  4)(6  x )   x 2  2 x  24 Xét g(x) =  x 2  2x  24 với  4 x 6  g ' ( t )  2 x  2 . Ta có bảng biến thiên sau: x g’(x) g(x) -4 1 + 0 6 - 25 20
- Xem thêm -