ứng dụng của hàm số trong việc giải và biện luận phương trình, bất phương trình

  • Số trang: 17 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 14 |
  • Lượt tải: 0
nguyen-thanhbinh

Đã đăng 8358 tài liệu

Mô tả:

Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán I/ ĐẶT VẤN ĐỀ: Phương trình , bất phương trình là một trong những nội dung cơ bản của chương trình toán THPT.Các bài toán về giải phương trình,bất phương trình hay tìm điều kiện để phương trình , bất phương trình có ngiệm thường có trong các đề thi tuyển sinh vào ĐH,CĐ. Chính vì vậy việc đi sâu nghiên cứu tìm tòi thêm các phương pháp giải, biện luận phương trình, bất phương trình có một ý nghĩa rất quan trọng nhằm cung cấp thêm cho học sinh các kiến thức, kỹ năng giải quyết bài toán về phương trình, bất phương trình. Trong đề tài này tôi chỉ đi sâu vào giải và biện luận phương trình, bất phương trình. II/ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ: 1/ Cơ sở lý luận Hàm số là một vấn đề trọng tâm trong chương trình toán học ở trường THPT. Dạy học theo quan điểm hàm số giúp cho học sinh nâng cao được khả năng tư duy. Hàm số có ứng dụng rất rộng lớn trong nhiều lĩnh vực của toán học mà một trong các ứng dụng đó là việc giải và biện luận phương trình, bất phương trình. Các khái niệm về phương trình, bất phương trình đều được định nghĩa thông qua khái niệm hàm số do vậy việc sử dụng phương pháp hàm số trong việc nghiên cứu phương trình, bất phương trình có một ý nghĩa rất to lớn. Một mặt nó tác dụng củng cố thêm các kiến thức về hàm số và ngược lại các kiến thức đó lại được vận dụng trở lại trong các bài toán về phương trình và bất phương trình. 2/ Thực trạng của vấn đề: Qua nhiều năm thực tế giảng dạy trong trường THPT tôi thấy học sinh rất lúng túng trong việc giải quyết các bài tập mà cần đến các kiến thức về hàm số một phần do kiến thức về phần hàm số cũng tương đối trừu tượng và muốn đi sâu nghiên cứu các ứng dụng của hàm số cũng chưa được coi trọng đúng mức. Trong một số bài toán về phương trình, bất phương trình nếu dùng các phương pháp khác thì bài toán trở nên rất phức tạp đôi khi có thể không giải được trong khi đó nếu sử dụng phương pháp hàm số thì cách giải trở nên rất đơn giản. 3/ Giải pháp và tổ chức thực hiện: Trong đề tài này tôi muốn trình bày với một ý tưởng giúp học sinh khai thác những kiến thức cơ bản về hàm số, phương trình, bất phương trình mà các em đã được học nhằm giúp các em nắm được kiến thức cơ bản một cách chắc chắn, sâu sắc từ đó các em có thể vận dụng được linh hoạt vào giải quyết các bài toán về giải, biện luận phương trình hay bất phương trình. Giải pháp và tổ chức thực hiện là: - Cho học sinh nghiên cứu đề tài (giáo viên dạy, học sinh học và làm bài tập) - Kiểm tra đánh giá mức độ nhận thức của học sinh trước và sau khi nghiên cứu chuyên đề. 1 Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán - Tổng kết các mặt đã làm được và chưa làm được trong chuyên đề để có hướng vận dụng chuyên đề cho các khóa học sinh tiếp theo. 4/ Nội dung của chuyên đề: 4.1/ Ứng dụng của hàm số trong giải phương trình và bất phương trình: a) Sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong việc giải phương trình * Kiến thức cơ bản Định nghĩa: Giả sử K là một khoảng, một đoạn, hay một nửa khoảng và f là hàm số xác định trên K Hàm số f được gọi là đồng biến trên K nếu:  x1,x2  K ,x1 < x2  f(x1) < f(x2) Hàm số f được gọi là nghịch biến trên K nếu:  x1,x2  K ,x1 < x2  f(x1) > f(x2) Dấu hiệu đồng biến, nghịch biến: ĐL1: Cho hàm số y  f  x  xác định trên ( a; b) x  ( a; b) thì hàm số đồng biến trên ( a; b) Nếu f '  x  0 x  ( a; b) thì hàm số nghịch biến trên ( a; b) Nếu f '  x  0 x  ( a; b) Chú ý: f '  x  0 ĐL2: Giả sử các hàm số U  x  và V  x  là hàm số Đồng biến (Nghịch biến) trên ( a; b) khi đó hàm số y U  x   V  x  cũng là hàm số Đồng biến (Nghịch biến) trên ( a; b) ĐL3: Gỉa sử U  x  và V  x  là hàm số Đồng biến ( hoặc Nghịch biến) trên ( a; b) và U  x   0 ; V  x   0 với x  ( a; b) khi đó hàm số y U  x V  x  cũng là hàm số Đồng biến (Nghịch biến) trên (a; b) ĐL4: Nếu U  x  là hàm số Đồng biến ( hoặc Nghịch biến) trên (a; b) và 1 U  x   0 với x  ( a; b ) khi đó hàm số là hàm số Nghịch biến (hoặc U  x Đồng biến) trên ( a; b) ĐL5: Hàm số y  f  u  Đồng biến, hàm số u  g  x  Đồng biến thì hàm số hợp y  f  g  x   Đồng biến - Các hướng khai thác. + Đưa phương trình về dạng f  x   g  x  . Trong đó f  x  là hàm số đồng biến g  x  là hàm số nghịch biến hoặc ngược lại. Khi đó nếu x = x0 thỏa mãn f  x0   g  x 0  thì x = x0 là nghiệm duy nhất của phương trình. + Đưa phương trình về dạng f  x   A Trong đó f  x  là hàm số đơn điệu. Nếu tồn tại x = x0 sao cho f  x0   A thì x = x0 là nghiệm duy nhất của phương trình. + Đưa phương trình về dạng f  u   g  v  với u U  x  ; v V  x  trong đó f  t  là hàm số đơn điệu thì phương trình tương đương với U  x  V  x  . Các ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Giải phương trình 5 x  2  x  3 0 2 Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán Bài giải: phương trình đã cho tương đương với 5 x  2 3  x Ta thấy hàm số f  x  5 x  2 là hàm số đồng biến vì f '  x  5 x  2 ln 5 f '  x   0 với x  R . Hàm số g  x  3  x là hàm số nghịch biến trên R. và f  2 g  2  x 2 là nghiệm duy nhất của phương trình Ví dụ 2 : Giải phương trình x x (1) 2 2 3  1 Bài giải: (1)  2x   3 x 1 x x  3     1  1  2  2   x Ta thấy hàm số x  3 1     là f  x     2  2  hàm số nghịch biến ( Tổng của hai hàm số nghịch biến) và f  2 1  x 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. Ví dụ 3: Giải phương trình 2 2 x  1  2 x  x  x  1 (Đề thi đại học Thủy lợi năm 2001) 2 x  x u Bài giải: x  1 v Thì u  v  x  1 2 Phương trình đã cho tương đương với : 2  2 v  2 u u  v u  2 u v  2 v Hàm số tương ứng ở hai vế là: f  t  t  2 t (*) t f '  t  1  2 ln 2  0 có Nên f  t  đồng biến, do đó (*)  u v  x 2  x  x  1  x 1 . Ví dụ 4: Giải phương trình: 3 x  5 x 6 x  2 (Đề thi ĐHSP Hà Nội – Khối A năm 2001) Bài giải: viết phương trình về dạng : 3 x  5 x  6 x  2 0 f  x  3 x  5 x  6 x  2 Xét hàm số (1) f '  x  3 x ln 3  55 ln 5  6 f '  x  là hàm số đồng biến ( vì là tổng của hai hàm số đồng biến và một hằng số không đổi) liên tục và có đổi dấu chẳng hạn: f '  0 ln 3  ln 5  6  0 f ' 1 3 ln 3  5 ln 5  6 0  f '  x  0 có nghiệm duy nhất x  và đổi dấu từ âm sang dương. Ta có bảng biến thiên. x   3 Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán  f ' x - 0 + f  x Từ bảng biến thiên suy ra đồ thị hàm số y  f  x  cắt trục hoành tối đa 2 lần  phương trình (1) có tối đa 2 nghiệm. Ta thấy f  0  0; f 1 0 Do đó phương trình đã cho chỉ có 2 nghiệm x 0 hoặc x 1 . Ví dụ 5: Giải phương trình: Bài giải: Đặt ứng với:    x  log x t log 2 1  x log 3 x log 2 1  3 1  x 2t  t  x 3 khi đó phương trình đã cho tương  1  3t 2 t t 2  1  3 2 t Từ ví dụ 1 suy ra t 2 là nghiệm duy nhất của phương trình log 3 x 2   x 9 . Ví dụ 6: Giải phương trình  3  2 3     2  2 (1)     x Bài giải: Chia hai vế phương trình cho 2 ta được: x (1) Ta thấy x      x  2  3     2   x 2  3  1  2   0     2  3 2 x (2) 2  3  1  2  Nên vế trái của phương trình (2) là hàm số nghịch biến ( vì là tổng của 2 hàm số nghịch biến) và x 2 thỏa mãn phương trình (2) do đó x 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. Ví dụ 7: Giải phương trình log 2 2 3  x 2  2 x  2  log 2 3  x 2  2 x  3 (1)  x  1  x 3  Bài giải: Tập xác định: x 2  2 x  3  0  (1) Đặt   log 84 3 log 84 3 x x 2 2   2 x  2 log  7 4 3  2 x  2 log 7 4 3 x x 2 2   2x  3   2x  3 ; t x 2  2 x  3 khi đó phương trình trở thành: log a 1  t  1 log a t (2) a 7  4 3 1 4 Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán  t a y thì (2)    t 1  a 1 y Đặt log a t  y hay a y  1  a  1   a   1      1  a 1   a 1  y Ta thấy 0 y y (3) a 1 1 ; 0  1 a 1 a 1 Vế trái của (3) là tổng của 2 hàm số nghịch biến. y 1 thỏa mãn phương trình (3)  y 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3) log a t 1  t a Với y 1  2  x  2 x  3 7  4 3  x 2  2 x  10  4 3 0  x 1  11  4 3 x 1  11  4 3 . Vậy phương trình có 2 nghiệm: b. Sử dụng phương pháp hàm số trong giải bất phương trình Các hướng khai thác - Đưa bất phương trình đã cho về dạng f  x   f  a  (1) (hoặc f  x   f  a  ) trong đó f  x  là hàm số đơn điệu từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình. Nếu f  x  là hàm số đồng biến thì (1)  x  a f  x  là hàm số nghịch biến thì (1)  x  a . - Đưa bất phương trình về dạng f  x   g  x  và nhẩm được f  a   g  a  khi đó đưa vào tính đơn điệu của các hàm số f  x  và g  x  thì có thể suy ra được nghiệm của bất phương trình. - Đưa bất phương trình về dạng f  x   A (hoặc f  x   A ). Dựa vào việc khảo sát hàm số f  x  ta có thể suy ra nghiệm của bất phương trình. Trong một số bài toán để sử dụng được phương pháp hàm số phải thông qua bước đặt ẩn phụ. Các ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Giải bất phương trình 21 x  2 x  1 (1) 1 x  2  2 x  1 0 Bài giải: bất phương trình (1) 1 x   Xét hàm số y  f x 2  2 x  1 có tập xác định R f '  x   21 x ln 2  2 0 x  R   f x Nên hàm số nghịch biến trên R.   f 1  0 Ta thấy nên (1)  f  x   f 1 f  x  là hàm số nghịch biến suy ra nghiệm của bất phương trình là x 1 Ví dụ 2: Giải bất phương trình log 2  x 2  5 x  5  1  log 3  x 2  7  5 x  2 (1)  t 0  Bài giải: Đặt x 2  5 x  5 t Bất phương trình (1)  log 2  t  1  log 3 t 2  2 2 (2) 2 f  t  log 2  t  1  log 3 t  2  trên  0; Xét hàm số 5 Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán f 't   1 2t  2 0  t  1 ln 2 t  2 ln 3  với  Nên f  t  đồng biến trên  0; Ta lại có f 1 2 nên bất phương trình (2)  t   0; f  t   f 1  0 t 1  2 0  x  5 x  5 1   x 2  5x  5 0  2  x  5x  4 0   5 5 1  x  2  5  5  x 4   2  Ví dụ 3: Giải bất phương trình 2  x 2  5 5  x  2    5 5  x  2  1 x 4   (1) . log 2 4 x  x 2  2 1 Bài giải: Tập xác định: 4 x  x  2 0 x 2  log 2  4 x  x 2  2  2 (1) Đặt u 4 x  x 2  2  x 2 u '  4  2 x 0 Ta có bảng biến thiên: x 2  2 2 (2) 2 + 0 2 2 u' u 0 log 2 u 2 x  2  2 2 2 0   1 log 2  4 x  x 2  2  1 Qua bảng biến thiên ta có x 2 x  2 0  Mặt khác: 2 2 0 1 x 2 log 2  4 x  x 2  2  2 Nên do đó bất phương trình (2)  log 2 4 x  x 2  2 1 2 x 2  x 2 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2 Ví dụ 4: Giải bất phương trình 2 x Bài giải: Tập xác định Xét hàm số f  x  2 x  x  1 f '  x  x  1 4  3 x 1 Ta có 1 1 2 x 1 x   x 2 x 1 x  x  1 6 f  4  4  3 Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán f '  x  0  x  2 x 1 x 4 1 x 4 3 4 3  f ' x - 0 + + 2 f  x 4 3 3 Qua bảng biến thiên ta suy ra nghiệm của bất phương trình đã cho là x  4 Ví dụ 5: Giải bất phương trình x  9  2 x  4 5 Bài giải: Xét hàm số có tập xác định: x  2 f  x  x  9  2x  4 f ' x  1 1  0 2 x 9 2x  4  Hàm số đồng biến trên   2; Ta thấy f  0 5 Vậy  bất phương trình vô nghiệm  2  x 0 thì f  x   f  0  5  x 0 là nghiệm. x 0 thì f  x   f  0 5 Khi Khi Giới thiệu thêm một số bài tập áp dụng: Giải các phương trình và bất phương trình sau: 3 x  4 x 5 x 1. lg x 2  x  6  x lg x  2  4 2. log 2  x  3log x  log 6 x 3. log 2  2 x  1  log 3  4 x  2  2 4. 6 5. 5 x 5  x 0 2 x  3x 1 lg 4.2 Ứng dụng của hàm số trong việc biện luận về sự tồn tại nghiệm của phương trình và bất phương trình. a. Sử dung tính liên tục của hàm số để chứng minh sự tồn tại nghiệm của một phương trình. ĐL: Nếu hàm số y  f  x  liên tục trên  a; b và f  a  f  b  0 thì  x0   a; b  sao cho f  x0  0 . 2a  3b  6c 0 Ví dụ 1: Biết rằng (1) 2 f  x  ax  bx  c Chứng minh có nghiệm trong  0;1 Bài giải: Cách 1 Ta thấy f  x  liên tục trên R. 1 1 1  Mặt khác f  0  4 f  2   f 1 c   4 a  2 b  c 4  a  b  c 2a  3b  6c 0   Suy ra tồn tại 2 trong 3 số  f  0 ,  1 f   2 và f 1 là trái dấu nhau trong bất kì trường hợp nào thì f  x  cũng có nghiệm trong  0;1 7 Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán Cách 2: * 2  2 4  f  0 . f   c a  b  c  3  3 9  2  9   c 2a  3b  c  9  2  2  9  c2  c   6c  c    9  2  3 c 0 thì (1)  2a  3b 0 a 0  b 0 phương trình f  x  0 Ta có có nghiệm x  R a 0 * c 0  2 3  phương trình có nghiệm x    0;1 c2  2 f  0. f    0 3  3 Hay f  x  có  f  x nghiệm có nghiệm  2 x   0;   3 x   0;1 Ví dụ 2: Chứng minh rằng phương trình: Bài giải: Viết phương Xét hàm số x 5  2 x 3  x 2  x  1 0 có nghiệm duy nhất. trình về dạng  x 2  1 x 3  x  1 0  x 3  x  1 0 f  x  x 3  x  1 f '  x  3 x 2  1  0 x  hàm số f  x đồng biến trên R f  x  liên tục trên f  0 . f 1  1 0 R. Suy ra phương trinhg f  x  chỉ có 1 nghiệm x0   0;1 hay phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x0   0;1 . Giới thiệu thêm một số bài tập áp dụng: 1. Biết rằng 4a  3b  3c 0 chứng minh f  x  ax 2  bx  c 0 có nghiệm x0   0;2  2. Chứng minh rằng với mọi m thi phương trình: x 3  mx 2  1 0 luôn có nghiệm dương. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất. 3. Chứng minh rằng phương trình: 64 x 6  96 x 4  36 x 2  3 0 có nghiệm x0 thỏa mãn điều kiện 2 2 3 2 2 2 x0  2 2 b. Sử dụng định lí Lagrăng trong việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình, bất phương trình. Định lí: Lagrăng: Nếu hàm số y  f  x  liên tục trên  a; b và có đạo hàm trên f b  f  a   a; b  thì c   a; b  sao cho f 'c  b a 2a  3b  6c 0 Ta lấy ví dụ 1 ở phần trên: biết rằng: f  x  ax 2  bx  c Chứng minh có nghiệm trong  0;1 ax bx  cx là hàm số có F '  x   f  x  khi Bài giải: Xét hàm số: F  x    3 2 đó F  x  liên tục trên  0;1 và có dạo hàm trên  0;1 3 Theo định lí Lagrăng thì 2 x0   0;1 8 sao cho: F '  x0   F 1  F  0  1 0 Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán a x0   0;1 b 2a  6b  6c 0 sao cho f  x0   3  2  c  6 Vậy phương trình f  x  0 có nghiệm x   0;1 . Ví dụ 2: Chứng minh bất phương trình e x 1  x thỏa mãn với x  R . Bài giải: + x 0 thỏa mãn bất phương trình. + x  0 Xét hàm số f  t  e t trên  0; x  Hàm số liên tục trên  0; x  và có đạo hàm trên  0; x  . Theo định lí f  x   f  0 Lagrăng ta có c   0; x  sao cho f '  c   Hay x 0 hay c   0; x  sao cho ec  x e 1 x c   0; x   c 0  e c e 0 1 ex  1 1  e x 1  x x x 0 Khi đó hàm số f  t  nên + liên tục trên  x;0 và có đạo hàm trên      x;0  . Theo định lí Lagrăng ta có: c   x;0  sao cho f '  c   f 0  f x hay c   x;0  c 0  e c 1 sao cho nên 0 x 1  f  x ec   x 1 f  x 1  1  f  x   x  x (vì  x 0 )  e x 1  x Vậy bất phương trình đã cho thỏa mãn với x  R . Giới thiệu một số bài tập áp dụng: 1. Chứng minh rằng nếu phương trình: a0 x n  a1 x n  1  ...  a n  1 x 0 có nghiệm dương x1 thì phương trình: na0 x n  1   n  1 a1 x n  2  ...  a n  1 0 cũng có nghiệm dương x2  x1 2. Chứng minh phương trình: a cos 4 x  b cos 3x  c cos 2 x  d cos x 0 luôn có nghiệm trong khoảng  0;  với mọi a; b; c; d . 3. Chứng minh: x 4  px 3  q 0 x  R  256q 27 p 4 c. Sử dụng phương pháp miền giá trị hàm trong việc biện luận sự tồn tại nghiệm của phương trình hay bất phương trình. * Đối với phương trình ta sử dụng mệnh đề sau: Phương trình f  x  m có nghiệm trên miền D khi và chỉ khi m thuộc miền giá trị của hàm số y  f  x  trên D. Ví dụ 1: Tìm m để phương trình: 3  x  6  x   3  x  6  x  m (1) Có nghiêm. x    3 ;6 thì Bài giải: Đặt t  3  x  6  x Với t' 2 6 x  3 x 0  3  x  6  x   6 x  3 x  x 3 2 Ta có bảng biến thiên: x 3  3 + t' t 0 3 2 9 6 2 - Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán 3 Do đó  t  3;3 2  3  x  6  x  t  2 Khi đó phương trình (1) trở thành: 3 9 2 t2  9 t2 9 t m    t  m 2 2 2 phương trình (1) có nghiệm  phương trình (2) có nghiệm (2)  t  3;3 2  2 xét hàm số: y  t 9 t  2 2  y '  t  1 0 t + y' 1 0 t 1 3 - ta có bảng biến thiên: 3 2 - 3 y 3 2 Qua bảng biến thiên ta có miền giá trị của hàm số y là: phương trình đã cho có nghiệm khi 9 2  9  3 2  ;3 2   nên  9  m  3 2  ;3 . 2   Ví dụ 2: Tìm m để phương trình: cos 2 x  cos x  sin 2 x  m 0 Bài giải: Ta biến đổi phương trình đã cho về dạng: (1) có nghiệm. 3 cos 2 x  cos x  2 m Đặt: cos x t Xét hàm số:   1 t 1 phương trình trở thành 3t 2  t  2 m (2) y 3t 2  t  2 trên   1;1 1 y ' 6t  1 0  t   Ta có bảng biến thiên: 6 t  1 -1 1 6  - y' y 0 2 + 0  25 12 Qua bảng biến thiên suy ra phương trình (2) có nghiệm khi  t    1;1 25 m 2 12 Hay phương trình (1) có nghiệm khi  25 m 2 . 12 * Đối với bất phương trình ta sử dụng mệnh đề sau: Để tìm điều kiện m sao cho bất phương trình f  x   m ( hoặc f  x   m ) có nghiệm ta tìm miền giá trị của hàm số y  f  x  và từ đó có kết luận về m. Ví dụ 1: Tìm m để bất phương trình: mx  x  3 m  1 (1) có nghiệm. Bài giải: Đặt X  x  3  x   0; Phương trình (1) trở thành: m X 2  2   X  1  m  10 X 1 X 2 2 (2) Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán Bất phương trình (1) có nghiệm  bất phương trình 2 có nghiệm X 0  có ít nhất một điểm của đồ thị y  dưới đường thẳng y m . Xét hàm số y   X 2  2X  2 X 1 y '  0   X 2  2 X  2  0 có X 2 2  X 2  22  X  1  3 X  1 3  - 0 y' X 1 với X 0 không ở phía X 2 2 . Ta có bảng biến thiên:  1 3 0 + + 0 - 3 1 4 y 1 2 0 Qua bảng biến thiên suy ra với m 3 1 4 thì bất phương trình đã cho có nghiệm. Ví dụ 2: Tìm m sao cho bất phương trình: x 4  4 x 3  mx 0 thỏa mãn với x 1 Bài giải: bất phương trình đã cho:  x 2  x 2  4 x  m  0  x 2  4 x  m 0 khi x 1 Xét hàm số f  x  x 2  4 x  m khi x 1  f '  x  2 x  4 0  x  2 Ta có bảng biến thiên:  2 1 x  f ' x 0 + +  f  x m 5 Suy ra bất phương trình f  x  0 có nghiệm khi và chỉ khi m  5 0  m 5 Ví dụ 3: Tìm m sao cho mọi x   2;3 đều là nghiệm của bất phương trình: 1  log 5  x 2  1  log 5  x 2  4 x  m  0 (*) 2 2 Bài giải: Ta có (*)  log5  5 x  1  log5  x  4 x  m  5 x  1  x  4 x  m  0  2 2  4 x 2  4 x  5  m 0 2  x  4 x  m 0 x   2;3 là nghiệm của bất phương trình (*)  là nghiệm của (1) và (2). 11 (1) (2) x   2;3 đồng thời Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán  4 x 2  4 x  5  m 0 trên  2;3  2  x  4 x  m 0 trên  2;3 Xét hàm số 1 2 g '  x  2 x  4 0  x  2 f '  x  8 x  4 0  x  Thì Ta có bảng biến thiên: 1 2  x 3 2  f ' x f  x 13  m  x  2 3 2  g'  x  g  x Suy ra f ( x)  0 và 12  m g ( x)  0 với x  ( 2;3)  f (2) 0  13  m 0     12 m 13 12  m 0  g (2) 0 Giới thiệu một số bài tập áp dụng: 1) Tìm m để phương trình : x 2  m  2 x  4 0 có nghiệm. m 2 2) Tìm m để phương trình : log 2 ( x  x  2)  m  log ( x 2  x  2) có nghiệm. 2 x cos 2 x  m cos x  4  0 3) Tìm m sao cho với mọi d. Sử dụng phương pháp max, min trong việc biện luận sự tồn tại nghiệm của phương trình, bất phương trình. Để áp dụng được phương pháp này chúng ta sử dụng một số mệnh đề sau: Mệnh đề1: phương trình f ( x) m có nghiệm trên miền D khi và chỉ khi: min f ( x) m max f ( x) D D Mệnh đề 2: bất phương trình f ( x)  m có nghiệm trên miền D khi và chỉ khi: f ( x)  m có nghiệm với mọi x  D f ( x)  m có nghiệm trên miền D khi và chỉ khi: f ( x)  m có nghiệm với mọi x  D min f ( x)  m D Mệnh đề 3: bất phương trình  max f ( x)  m D Mệnh đề 4: bất phương trình max f ( x )  m D Mệnh đề 5: bất phương trình  min f ( x)  m . D 12 Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán Các ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên chẵn và a  3 thì phương trình: (n  1) x n 2  3( n  x ) x n 1  a n  2 0 vô nghiệm. Bài giải: Xét hàm số y  f ( x) (n  1) x n2  3(n  x) x n1  a n2 f ( x) (n  1)(n  2) x n ( x  3) Vì n là số tự nhiên chẵn nên x n  0 với mọi x nên y '0 với x 3 và y '0 với x 3. Do đó min y  f  3 a n1  3n2 0 (vì a 3 ) Suy ra phương trình f  x  0 vô nghiệm.  4  4  x  2  x   x  2 x  a  18 Ví dụ 2: Cho bất phương trình: (1) Bài giải: Đặt t   4  x  2  x    x  2 x  8 với  2 x 4 1 Theo bất đẳng thức Côsi ta có: 0 t   4  x  2  x     4  x   2  x  3 2 2 2 t 0  x 4 hoặc x  2 t 3 Khi 4  x 2  x  x 1 Bất phương trình (1) trở thành: f  t  t 2  4t  10 (2) Bất phương trình (1) có nghiệm khi bất phương trình (2) có nghiệm t   0;3 Ta có bảng biến thiên: t 0 2 10 f t  3 7 6 min f  t  6 và bất phương trình (2) có nghiệm Qua bảng biến thiên :  0;3 t   0;3 khi a 6 . Hay với a 6 thì bất phương trình (1) có nghiệm. 4.3 Ứng dụng của hàm số trong việc biện luận số nghiệm của một phương trình hay bất phương trình Ví dụ 1: Biện luận theo m số nghiệm của phương trình. (1) x 4  4 x  m  4 x 4  4 x  m 6 4 4 Giải: Đặt t  x  4 x  m (t 0 ) Phương trình (1) trở thành t 2  t  6 0  x 4  4 x  m 2  x 4  4 x  m 16   x 4  4 x  16 m f ( x)  x 4  4 x  16 f ( x)  4 x 3  4  4( x 3  1) 0  x  1 t 2  Xét hàm số  t 2 t  3( L)  4 Số nghiệm của phương trình là giao điểm của đường thẳng y m với đồ thị y  f (x ) .Ta có bảng biến thiên: x   1 f ' ( x) + 19 f (x )   13 Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán Suy ra: m  19 : Phương trình vô nghiệm m 19 :Phương trình có 1 nghiệm m  19 :Phương trình có 2 nghiệm Để biện luận số nghiệm của phương trình theo tham số m chúng ta thường đưa phương trình về một trong các dạng sau: (1): f ( x) m hay f ( x)  g (m) (2): f ( x) kx  m (k là hằng số) f ( x )  m ( x  x )  y (3): ( x0 , y 0 là hằng số) 0 0 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị y  f (x) với đường thẳng y m hoặc y kx  m hoặc y m( x  x0 )  y 0 Ví dụ 2: Biện luận số nghiệm của phương trình: e t  m  4 (m  4)e t Bài giải: Viết phương trình đã cho về dạng: Khảo sát hàm số x 2  4x  4 1 x 2  x  2x f ( x )  0  (1  x) 2 f ( x)  x  f ' ( x) x 2  4x  4 m trong 1 x trên (0;+∞)  x 0  x 2  0 + 0 - 1   2 + 0 0  4 f (x ) đó x e t  Phương trình e t = x (x>0) có nghiệm duy nhất với mỗi giá trị x>0 suy ra: m<0 : Phương trình có 2 nghiệm m=0 : Phương trình có 1 nghiệm kép 04 : Phương trình có 1 nghiệm đơn Ví dụ 3: Vẽ đồ thị (C) của hàm số : y  f ( x)  x 3  x  1 Dùng đồ thị (C) biện luận số nghiệm của phương trình: x 3  3 x  1  m 0 (1) Bài giải: f ( x) 3 x 2  1  0 x (1)  x 3  x  1 4 x  m (2) Ta có 2 tiếp tuyến: 1 : y 4 x  1  2 : y 4 x  3 với Suy ra: m   1  m 3  (C) song song với đường thẳng y 4 x  m Phương trình có 1 nghiệm đơn m  1 hoặc m 3 phương trình có 1 nghiệm đơn  1  m  3 : Phương trình có 3 nghiệm 14 và 1 nghiệm kép. Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán Ví dụ 4: Vè đồ thị (C) biện luận số nghiệm của phương trình x 3  3 x 2  mx  m  2 0 Hướng dẫn: Đưa phương trình về dạng: x 3  3x 2  4 m( x  1)  2 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng  có phương trình: y m( x  1)  2  quay xung quanh điểm A(  1; 2) Từ đó có kết quả: m   3 : Phương trình có 1 nghiệm đơn x  1 m  3 : Phương trình có nghiệm bội x  1 m   3 : Phương trình có 3 nghiệm phân biệt 4.4. Ứng dụng của hàm số trong việc giải và biện luận phường trình, bất phương trình. Ví dụ1: Giải và biện luận phương trình(ĐH Ngoại Thương 2001) 2 2 5 x 2 mx2  5 2 x 4 mx m 2  x 2  2mx  m Bài giải: Đặt x 2  2mx  2 u 2 x 2  4mx  m  2 v  5 u  5 v u  v Phương trình (2) Xét hàm số (2)  u v f (t ) 5 t  t là hàm số đồng biến ( f (t ) 5 t  1) nên x 2  2mx  2 2 x 2  4mx  m  2  x 2  2mx  m 0  m 2  m nên ta có kết quả 0  m  1 : Phương trình vô nghiệm m 0 : Phương trình có nghiệm x1 x 2 0 m 1 : Phương trình có nghiệm x1 x 2  1 m  0 m 1  : Phương trình có nghiệm x1, 2  m  m 2  m Giới thiệu một số bài toán áp dụng: 1. Dựa vào đồ thị y ( x  1) 2 (2  x) biện luận theo m số nghiệm phương trình ( x  1) 2 (2  x) ( m  1) 2 ( 2  m) 2. Xác định k để phương trình: ( x  1)  2 x  k có 4 nghiệm phân biệt 3. Tìm k để phương trình: x  k  1  x 2 có nghiệm duy nhất. 2 1 hãy suy ra x 1 1 1 1 1  sin x  cos x  (tgx  cot gx   ) m 2 sin x cos x 4. Từ đồ thị hàm số y x 1  số nghiệm x  (0;  ) 2 5. Kiểm nghiệm đề tài: Để đánh giá kết quả của việc thực hiện chuyên đề tôi đã tiến hành nhiều cuộc điều tra. Sau đây tôi xin trình bày 1 số kết quả kiểm tra. Đề bài: 1. Với giá trị nào của m thì phương trình 2 x 1  x  m có nghiệm 15 Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán 2. Giải phương trình 2 x  3x  1 0 3. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm đúng với x m cos 2 x  m  m 2 0 m 2  1  m cos 2 x Với đề bài trên tôi tiến hành kiểm tra trong thời gian 45phút với mỗi lần kiểm tra là 30 em học sinh. Với học lực trung bình trở lên. Cách tiến hành kiểm tra: Lần 1: Kiểm tra trên đối tượng học sinh chưa được nghiên cứu chuyên đề. Kết quả như sau: Nhóm 1:(Lớp 10B7) Loại điểm Kết quả 9 - 10 S.lượng % 0 0 7-8 S.lượng % 5 10,6 5-6 S.lượng % 8 17 Dưới 5 S.lượng % 34 72,4 7-8 S.lượng % 13 26 5-6 S.lượng % 15 30 Dưới 5 S.lượng % 20 40 7-8 S.lượng % 12 24 5-6 S.lượng % 16 32 Dưới 5 S.lượng % 21 42 Nhóm 2:(Lớp 10B10) Loại điểm Kết quả 9 - 10 S.lượng % 2 4 Nhóm 3:(Lớp 10B11) Loại điểm Kết quả 9 - 10 S.lượng % 1 2 Lần thứ 2: Kiểm tra trên đối tượng học sinh đã được nghiên cứu chuyên đề Nhóm 1:(Lơp 10B7) Loại điểm Kết quả 9 - 10 S.lượng % 3 6,3 7-8 S.lượng % 15 31,9 16 5-6 S.lượng % 25 53,1 Dưới 5 S.lượng % 4 8,7 Trần Quang Quý THPT Đào Duy Từ Sáng kiến kinh nghiệm về phương pháp dạy học môn Toán Nhóm 2:(Lớp 10B10) Loại điểm Kết quả 9 - 10 S.lượng % 6 12 7-8 S.lượng % 21 42 5-6 S.lượng % 19 38 Dưới 5 S.lượng % 4 8 7-8 S.lượng % 19 38 5-6 S.lượng % 21 42 Dưới 5 S.lượng % 5 10 Nhóm 3:(Lớp 10B11) Loại điểm Kết quả 9 - 10 S.lượng % 5 10 III. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT: - Kết quả việc đánh giá cho thấy học sinh tiếp thu chuyên đề một cách phấn khởi, biết vận dụng thành thạo vào giải các bài tập tương tự. - Thông qua chuyên đề đã gây được sự hứng thú trong học tập cho học sinh, nâng cao khả năng tư duy lô gic và khả năng sáng tạo của học sinh. - Góp phần tạo nên một phong cách học tập sáng tạo, một phong cách của người khoa học cho học sinh, nâng cao chất lượng học tập cho học sinh. - Đề tài có tác dụng tốt trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn luyện thi ĐH,CĐ cho học sinh. Trong khi trình bày chuyên đề chắc chắn còn những thiếu sót, mong các đồng nghiệp góp ý. Tôi xin chân thành cảm ơn! Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2012 Người viết SKKN: Trần Quang Quý 17
- Xem thêm -