SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TRỰC NINH
BÁO CÁO SÁNG KIẾN
ĐỀ TÀI:
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐẠI DIỆN ĐỂ GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Nguyễn Văn Diễn
Tác giả 1:
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học
Chức vụ:
Giáo viên
Tác giả 2:
Nguyễn Đình Dùng
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học
Chức vụ:
Phó hiệu trưởng
Nơi công tác:
Trường THPT Trực Ninh
Nam Định, ngày 20 tháng 05 năm 2016
1
THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Phương pháp hàm số đại diện để giải phương trình, bất phương
trình và hệ phương trình.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 10/10/2015 đến ngày 10/05/2016
4. Tác giả:
Họ và tên: Nguyễn Văn Diễn
Năm sinh: 13/03/1985
Nơi thường trú: Xã Liêm Hải, Huyện Trực Ninh, Tỉnh Nam Định.
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học
Chức vụ công tác: Giáo viên dạy bộ môn Toán
Nơi làm việc: Trường THPT Trực Ninh A
Điện thoại: 0918254492
Tỷ lệ đóng góp tạo ra sáng kiến: 50%
5. Đồng tác giả
Họ và tên: Nguyễn Đình Dùng
Năm sinh: 12/08/1975
Nơi thường trú: Xã Trực Thanh, Huyện Trực Ninh, Tỉnh Nam Định.
Trình độ chuyên môn: Thạc sĩ Toán học
Chức vụ công tác: Phó hiệu trưởng.
Nơi làm việc: Trường THPT Trực Ninh A
Điện thoại: 0917493236
Tỷ lệ đóng góp tạo ra sáng kiến: 50%
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT Trực Ninh A
Địa chỉ: TT Cát Thành-huyện Trực Ninh-tỉnh Nam Định
Điện thoại:03503883099
2
BÁO CÁO SÁNG KIẾN
I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình là chuyên đề mang nội
dụng quan trọng, phổ biến với nhiều dạng toán xuyên suốt các cấp học mà chúng
ta thường gặp trong các kì thi kiểm tra chất lượng học kì, thi tuyển sinh lớp 10
THPT, đặc biệt là kì thi THPT Quốc Gia hay kì thi học sinh giỏi các cấp, chúng rất
đa dạng và phong phú về đề bài và lời giải. Ngày nay với sự sáng tạo không ngừng
của người học toán thì phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình ngày
càng xuất hiện rất nhiều trên các diễn đàn Toán học với những hình thức, ý tưởng
mới mẻ và đặc sắc. Mặc dù đây là một đề tài quen thuộc, chính thống nhưng không
vì thế mà giảm đi phần thú vị, nhiều bài toán cơ bản tăng dần lên mức độ khó, thậm
chí rất khó, với các biến đổi đẹp kết hợp nhiều kiến thức, kĩ năng vẫn làm khó học
sinh THCS, THPT. Một phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình có thể
có nhiều phương pháp giải khác nhau. Tuy nhiên đối với các em học sinh có học lực
trung bình, khá thì việc tìm ra được lời giải cho bài toán còn nhiều khó khăn.
Thực trạng trường THPT Trực Ninh còn nhiều em chưa cảm thấy có hứng thú
nhiều với việc học giải toán liện quan đến phương trình, bất phương trình hay hệ
phương trình. Chỉ những em học sinh có học lực khá, giỏi của trường mới có sự
quan tâm và có niềm đam mê chinh phục nội dung Toán học này. Các em học sinh
khá, giỏi quan tâm đến phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình bởi nội
dung của chuyên đề này thường xuyên xuất hiện trong đề thi THPT Quốc gia và ở
mức độ khó. Các em học sinh phải chiếm lĩnh được chuyên đề phương trình, bất
phương trình, hệ phương trình thì mới có cơ hội đạt điểm cao môn Toán và cơ hội
trúng tuyển những trường Đại học tốp đầu mà các em đang mơ ước. Với mong muốn
ngày càng có nhiều em học sinh cảm thấy có hứng thú và có niềm đam mê chinh
phục những nội dung Toán học đỉnh cao này, tôi đã xây dựng chuyên đề về sử dụng
hàm số đại diện để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình.
1
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Trước khi học sinh được học đạo hàm, học sinh đã được tiếp cận và sử dụng
các phương pháp cơ bản để giải phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình.
Các phương pháp rất mạnh đã được khẳng định thương hiệu như phương pháp đặt
ẩn phụ hay phương pháp đưa về dạng tích. Tuy nhiên trong nhiều bài toán các
phương pháp đó lại không phát huy được hiệu quả, đặc biệt đối với những phương
trình, bất phương trình hay hệ phương trình có hình thức cồng kềnh, phức tạp. Chính
vì thế với mong muốn học sinh có nhiều phương pháp hơn, có nhiều sự lựa chọn hơn
để giải quyết được nhiều bài toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương,
tôi đã xây dựng chuyên đề về phương pháp hàm số đại diện.
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
Báo cáo sáng kiến kinh nghiệm gồm 4 Chương, trong mỗi Chương lại gồm các
bài khác nhau, trong mỗi bài lại gồm các ví dụ cụ thể, mỗi một ví dụ được trình bày
theo cấu trúc Phân tích- Lời giải-Bình luận. Việc đưa ra những phân tích giúp cho
học sinh có những định hướng lời giải của bài toán một cách tự nhiên dựa trên hình
thức của bài toán, giúp cho học sinh có những dự báo về những thuận lợi và khó khăn
khi mà học sinh quyết định lựa chọn một hướng giải nào đó để giải quyết bài toán.
Còn việc đưa ra lời giải của bài toán là lời giải chính thức mang tính chính xác và
chuẩn mực nhất dựa trên những phân tích ở trên. Đặc biệt trong mỗi ví dụ bằng những
bình luận sắc bén nhằm nhấn mạnh những điểm mấu chốt của bài toán và đưa ra các
cách giải khác để so sánh ưu điểm, nhược điểm với phương pháp hàm số đại diện và
làm tăng thêm sự phong phú đa dạng cho lời giải của bài toán. Học sinh thấy được
những dấu hiện nổi bật của bài toán để lựa chọn phương pháp giải toán cho phù hợp.
Như vậy phần bình luận nhằm tổng kết lại phương pháp đã sử dụng và đưa ra những
phương hướng mới cho lời giải bài toán hay phát triển bài toán thành một lớp bài toán
rộng hơn để thấy được sự thành công của phương pháp hàm số đại diện. Sau đây tôi
trình bày những nội dung cụ thể của giải pháp trong sáng kiến.
2
CHƯƠNG 1. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẰNG
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐẠI DIỆN
Bài 1. Kiến thức cơ sở
Cho K là một khoảng, một đoạn hoặc một nửa khoảng nào đó của ¡ và hàm số
y f t liên tục trên miền K. Khi đó ta có một số kết quả sau đây
1. Cho hàm số y f t đơn điệu trên K. Khi đó với mọi u, v thuộc tập K thỏa mãn
phương trình f u f v khi và chỉ khi u v .
2. Cho hàm số y f t đồng biến trên K. Khi đó với mọi u, v thuộc tập K thỏa mãn
bất phương trình f u f v khi và chỉ khi u v .
3. Cho hàm số y f t nghịch biến trên K. Khi đó với mọi u, v thuộc tập K thỏa mãn
bất phương trình f u f v khi và chỉ khi u v .
4. Cho hàm số y f x đơn điệu trên K thì trên K, phương trình f x 0 có nhiều
nhất một nghiệm. Điều đó cũng có nghĩa là trên K, phương trình f x 0 nếu có
nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
5. Cho hàm số y f x có đạo hàm trên khoảng a, b . Nếu trên khoảng a, b phương
*
trình f ' x 0 có n n ¥ nghiệm phân biệt thì trên khoảng a, b phương trình
f x 0 có không quá n 1 nghiệm phân biệt. Cần lưu ý là kết quả này khi sử dụng
phải chứng minh, chúng ta nên dùng nó như một dấu hiệu để nhận biết, còn khi trình
bày vào bài làm thì nên lập bảng biến thiên của hàm số f x trên khoảng a, b .
6. Giải phương trình bằng phương pháp hàm số đại diện có nghĩa là chúng ta biến đổi
phương trình đã cho về dạng f u x f v x , x K . Trong đó hàm số y f t là
3
hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng
a; b
và
các biểu thức
u x , v x a; b , x K . Khi đó phương trình f u x f v x u x v x .
7. Giải bất phương trình bằng phương pháp hàm số đại diện có nghĩa là ta biến đổi bất
phương trình đã cho về dạng f u x f v x , x K . Trong đó hàm số y f t
là hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng a; b và
các biểu thức
u x , v x a; b , x K . Khi đó
a. Nếu hàm số y f t đồng biến trên khoảng
a; b
thì bất phương trình
f u x f v x u x v x .
b. Nếu hàm số y f t nghịch biến trên khoảng a; b thì bất phương trình
f u x f v x u x v x .
4
Bài 2. Kỹ thuật tìm hàm số đại diện dựa vào cấu trúc của hai vế trong
phương trình hay bất phương trình
Đặt vấn đề. Tìm kiếm hàm số đại diện trực tiếp bằng những suy luận về cấu trúc của
hai vế trong phương trình hay bất phương trình là thao tác chúng ta quan sát trực tiếp hai
vế của phương trình hay bất phương trình đã cho, quan sát về mặt cấu trúc của hai vế xem
giống hệt nhau chưa. Nếu chưa giống thì chúng ta thực hiện các phép biến đổi cần thiết.
Cần chú ý có thể một trong hai vế của phương trình hay bất phương trình đã làm nền, làm
mẫu để là gợi ý chúng ta biến đổi vế còn lại theo cái nền, cái mẫu đó. Trường hợp khác
là không có vế nào của phương trình, bất phương trình có khả năng làm mẫu thì chúng ta
phải biến đổi phương trình, bất phương trình đó để tìm một đại lượng trung gian để thay
mặt, để đại diện cho cả hai vế. Đại lượng trung gian đó được gọi là biểu thức của hàm số
đại diện hay hàm số đặc trưng cần tìm. Giải phương trình hay bất phương trình theo định
hướng này phải trải qua hai công đoạn, trước hết ta phải dự đoán các biểu thức u x và
v x , sau đó ta đi thiết kế hàm số diện y f (t ) thỏa mãn f u x f v x và việc
tìm kiếm u x , v x đóng vai trò then chốt.
Ví dụ 1.2.1. Giải phương trình x3 2 x 5 3x 5 3x 2 5 3x
Phân tích. Vế trái của phương trình là một đa thức bậc ba với ẩn là x. Trong vế phải
của phương trình xuất hiện biểu thức 5-3x lặp lại nhiều lần. Mặt khác, ta có thể biến đổi
5 3x
5 3x
3
5 3x , là một biểu thức bậc 3 đối với đại lượng 5 3x . Khi đó vế phải
của phương trình trở thành
3
5 3x 2 5 3x , đây là một đa thức bậc ba đối với đại
lượng 5 3x . Đến đây cấu trúc của vế trái giống hệt cấu trúc của vế phải (đều có dạng
đa thức bậc ba và các hệ số tương ứng bằng nhau), từ đây ta có thể đề xuất một hàm số
y f (t ) t 3 2t , t ¡ , được gọi là hàm số đại diện (hay hàm số đặc trưng) để lột tả nên
sự giống nhau về cấu trúc của hai vế trong phương trình. Ta có các biểu thức
5
u x x ; ¡ , v x 5 3x 0; ¡ x, 5 3x ¡ . Khi ta thay t=x
3
5
thì ta có được vế trái của phương trình là biểu thức
f ( x) x3 2 x, còn thay t 5 3x
ta thu được vế phải của phương trình là biểu thức f 5 3x 5 3x 2 5 3x . Khi đó
3
phương trình trở thành f x f 5 3x x 5 3x , đến đây bài toán được giải quyết.
5
3
Lời giải. Điều kiện xác định 5 3x 0 x . Phương trình tương đương với
x3 2 x
3
5 3x 2 5 3 x
(*)
+) Ta có hàm số y f (t ) t 3 2t liên tục trên ¡ . Có f '(t ) 3t 2 2 0, t ¡ suy ra hàm
số y f (t ) đồng biến trên ¡ . Khi đó phương trình (*) có dạng
f x f
x 0
x 3 29
x0
29 3
5 3x x 5 3x 2
x
2
2
x 3x 5 0
3 29
x
2
+) Kết luận. Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x
29 3
2
Bình luận. Để chứng minh hàm số y f (t ) đồng biến trên ¡ chúng ta đã sử dụng
công cụ đạo hàm của lớp 12, còn khi dạy bài toán này với đối tượng là học sinh lớp 10
(học sinh lớp 10 chưa được học đạo hàm) thì chúng ta có thể chứng minh hàm số đại diện
y f (t ) đồng biến bằng cách chỉ ra hàm số đó thỏa mãn định nghĩa của hàm số đồng
biến hoặc công cụ xét tỉ số. Cụ thể
là với mọi t1; t2 ¡ , giả sử t1 t2 , ta có
f (t1 ) t13 2t1 , f (t2 ) t23 2t2 , t13 t23 t13 2t1 t23 2t2 f (t1 ) f (t2 ). Tuy nhiên công cụ
này chỉ phù hợp với hàm số có cấu trúc đơn giản, vì thế đối với học sinh lớp 10 chúng ta
chỉ giới thiệu các bài toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình giải bằng
phương pháp hàm số đại diện mà hàm số đại diện có cấu trúc đơn giản. Việc giới thiệu
cho học sinh lớp 10 phương pháp hàm số đại diện cũng là cần thiết để học sinh lĩnh hội
dần và không cảm thấy đột ngột khi tiếp cận vấn đề mới. Một góc nhìn khác, đó là chúng
6
ta có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải quyết bài toán. Cụ thể ta đặt
a x, b 5 3x , a ¡ , b 0 thì phương trình (*) trở thành phương trình hai ẩn a, b.
a3 2a b3 2b (a b)(a 2 ab b2 2) 0 a b x 5 2 x
Việc sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải bài toán này được xem là tự nhiên hơn
đối với học sinh lớp 10. Tuy nhiên khi ta thay đổi bài toán về dạng sau
x 2015 2 x
5 3x
2015
2 5 3x (*). Đặt a x, b 5 3x thì phương trình trở thành
a 2015 2a b2015 2b a 2015 b2015 2(a b) 0. Khi đó việc phân tích thành nhân tử
như trường hợp trên không được thuận lợi. Qua đây ta thấy được tính năng ưu việt của
phương pháp hàm số đại diện.
Ví dụ 1.2.2. Giải phương trình
3
x 6 x 6 x6 12 x5 48 x 4 64 x3 x 2 4 x 0
Phân tích. Cấu trúc của phương trình khá trơ khi lộ rõ biểu thức vô tỉ và biểu thức
dạng đa thức, chúng đứng độc lập với nhau. Với suy nghĩ tự nhiên là ta thực hiên cô lập
hai nhóm biểu thức trên bằng cách biến đổi phương trình đã cho về dạng
3
x 6 x 6 x6 12 x5 48x 4 64 x3 x 2 4 x. Lúc này chúng ta có thể thấy ngay vế trái là
một đa thức bậc ba đối với đại lượng
x 6 . Đến đây chúng ta có thể dự đoán phương
trình có thể biến đổi được về dạng f u x f v x , trong đó u x x 6. Điều này
là động lực để thúc đẩy chúng ta tiến hành biến đổi vế phải về dạng một đa thức bậc 3
của một đại lượng v x nào đó. Tuy nhiên vế phải đang sở hữu một ngoại hình là một đa
thức bậc 6 đối với đại lượng x. Để vế phải có dạng đa thức bậc 3 đối với đại lượng v x
2
thì v x phải có dạng là một tam thức bậc 2, tức là v x ax bx c. Quan sát đặc điểm
các hệ số của các số hạng trong vế phải cho phép ta tiến hành biến đổi vế phải về dạng
( x2 4 x)3 ( x2 4 x). Lúc này vế phải của phương trình đã có một hình ảnh của đa thức
2
bậc 3 của đại lượng v x x 4 x và có cấu trúc giống hệt vế trái.
Lời giải. Điều kiện xác định của phương trình là x 6 0 x 6
Khi đó phương trình
3
x 6 x 6 x6 12 x5 48x 4 64 x3 x 2 4 x
7
x 6 x 6 x2 4x x2 4x
3
3
(*)
3
2
+) Ta có hàm số y f (t ) t t liên tục trên ¡ . Có f '(t ) 3t 1 0, t ¡ nên hàm số
y f (t ) đồng biến trên ¡ . Khi đó phương trình (*) có dạng
f
x2 4x 0
x 6 f x 4x x 6 x 4x 4
3
2
x 8 x 16 x x 6 0
2
2
x 0
x 4
x 3
2
x2 4x 0
2
x 4x 0
2
x 2 3x 2 0 x 3
2
2
x 3x 2 x 5 x 3 0 2
x 5x 3 0
x 5
2
x 5
2
+) Kết luận. Phương trình đã cho có nghiệm là x
17
3 17
x
2
17
5 13
x
2
13
13
17 3
5 13
, x
2
2
2
2
Ví dụ 1.2.3. Giải phương trình 1 x x 2 2 x ( x 1) x 2 x 3 0
Phân tích. Trong phương trình xuất hiện hai căn bậc 2, trước các căn này đều có biểu
thức chứa x. Để ý biểu thức trong căn thứ hai là x2 2 x 3 có thể biến đổi thành
( x 1)2 2 mà biểu thức đứng trước căn này là (x+1). Đến đây ta nhận thấy sự tương xứng
về cấu trúc của hai biểu thức x x 2 2, ( x 1) ( x 1)2 2. Tuy nhiên để có được hàm số
đại diện ta cần có sự tương xứng về cấu trúc của hai vế trong phương trình, vậy là ta cần
chuyển biểu thức ( x 1) ( x 1)2 2 sang vế phải của phương trình. Một chú ý quan trọng
là biến đổi x 1 x 1 2 x 1 x 1 2. Do đó ta biến đổi phương trình về một
2
2
2
dạng khác như sau x x x 2 x 1 x 1 x 1 2
2
8
Lời giải. Tập xác định D ¡ . Khi đó phương trình đã cho tương đương với
x x x 2 2 x 1 x 1 x 1 2
*
2
2
+) Xét hàm số y f (t ) t t t 2 trên ¡ . Có f '(t ) 1 t 2 2
t2
t2 2
0; t ¡ nên
y f (t ) đồng biến trên ¡ . Khi đó (*) có dạng f x f x 1 x x 1 x
1
2
1
2
+) Kết luận. Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x .
Ví dụ 1.2.4. Giải phương trình
x 2 3 x2 4 x 7 4 x 2 4 x 8 3 x 6 4 x 2 10 x 21
Phân tích. Điều kiện xác định x 2. Khi đó phương trình đã cho tương đương với
x 2 3 x 2 3 4 x 2 4 3 x 6 4 x 2 10 x 21
2
x23
x2
2
4
34
x2
4
4 3 x 6 4 x 3 x 7
Đến đây vế trái đã có một hình ảnh rõ ràng hơn và đây là cơ sở chúng ta dự đoán là xét
3 4
4 4
hàm số đại diện y f (t ) t t 3 t 4 và u x x 2 còn v x là biểu thức
nào, chúng ta tiếp tục quan sát vế phải của phương trình. Vế phải là biểu thức chứa tích
của hai căn mà trong khi đó vế trái là biểu thức chứa tích của ba căn nên ý tưởng lúc này
là biến đổi vế phải về dạng
3
x 6 4 x 3 4 x 7, quan sát tiếp mối quan hệ
x 6 x 3 3, x 7 x 3 4. Khi đó
thành
3
vế phải của phương trình được viết lại
x64 x34 x7 4 x33 x64 x7 4 x33
4
4
x3 34
4
4
x 3 4.
Đến đây cấu trúc của vế phải giống hệt vế trái và bài toán được giải quyết.
Lời giải. Điều kiện xác định x 2. Khi đó phương trình đã cho tương đương với
9
x 2 3 x 2 3 4 x 2 4 3 x 6 4 x 2 10 x 21
2
x23
x23
2
x2
x2
4
34
4
34
x2
x2
4
4 3 x 6 4 x 3 x 7
4
4 4 x33
4
x3
4
34
4
x3
4
4
+) Xét hàm số đại diện y f (t ) t 3 t 4 3 4 t 4 4 trên 0; . Ta có
f (t ) t 3. t 4
3
'
4
4
4
4t 4 . 4 t 4 4
3 3 (t 4 3) 2
t 4.3 t 4 3
4
(t 4 4)3
0, t 0 nên y f (t ) là hàm số đồng
biến trên 0; , hơn nữa u x x 2 0; , v x 4 x 3 0; , x 2. Khi đó
phương trình (*) có dạng f x 2 f 4 x 3 x 2 4 x 3
x 2
3 5
x 2 0
x 2
5 3
x
2
x
2
2
2
x 2 x 3 x 3x 1 0
3 5
x
2
+) Kết luận. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x
5 3
2
Bình luận. Bài toán đẹp bởi sự thay đổi của lớp căn thức, nhưng ý tưởng vẫn là dùng
phương pháp hàm số đại diện để giải quyết bài toán. Việc đưa một biểu thức từ căn bậc
n
f ( x) thành 2 n f 2 ( x) nhiều lúc có thể giúp ta giảm tải tính toán đi, đây là lối suy ngược
khá thú vị. Một điểm mấu chốt của bài toán là học sinh gặp nhiều khó khăn khi tính đạo
3 4
4 4
hàm của y f (t ) t t 3 t 4; t 0 . Để khắc phục khó khăn này ta có thể chứng minh
hàm số đại diện y f (t ) đồng biến trên 0; trực tiếp bằng định nghĩa. Cụ thể
t1 , t2 0; ), t1 t2 t14 3 t2 4 3, t14 4 t2 4 4 3 t14 3 3 t2 4 3,
4
t14 4 4 t2 4 4 t1. 3 t14 3. 4 t14 4 t2 . 3 t2 4 3. 4 t2 4 4 f (t1 ) f (t2 )
Như vậy, với t1 , t2 0; ), t1 t2 f (t1 ) f (t2 ) nên y f (t ) đồng biến trên 0; )
10
Bài 3. Kỹ thuật chia biểu thức để tìm hàm số đại diện
Đặt vấn đề. Giải phương trình hay bất phương trình bằng phương pháp hàm số đại
diện thì điều mấu chốt là chúng ta phải tìm được hàm số đại diện. Tuy nhiên trong nhiều
bài toán giải phương trình hay bất phương trình chúng ta không thể nhìn ra ngay được
hàm số đại diện mà phải thực hiện các phép biến đổi cần thiết. Một trong các phép biến
đổi hết sức quan trọng là phép chia cả hai vế của phương trình hay bất phương trình cho
một biểu thức nào đó mà ta nhận được một phương trình hay bất phương trình tương
đương. Phương trình hay bất phương trình thu được có đặc điểm là chúng ta có thể quan
sát và dễ dàng nhận ra được hàm số đại diện cần tìm. Phép chia cho một biểu thức là một
phép biến đổi đặc biệt và có ứng dụng quan trọng trong việc giải phương trình hay bất
phương trình nên tôi dành riêng bài này để trình bày về ứng dụng của phép biến đổi đó.
Ví dụ 1.3.1. Giải phương trình 2 x 1 1
1 3 3
x 2 x2 x 2
x
Lời giải. Điều kiện xác định x 1 hoặc x 0. Khi đó chia cả 2 vế của phương trình cho
1
1
2 2
x ta được phương trình tương đương 2 1 3 1 1
x
x
x x
3
3
1
1 2
2
1
1
2
2
1 1 . 1 1 3 1 1 1 3 1 3 1 (*)
x x
x
x
x
x
x
x
1
x
2
x
+) Xét hàm số y g (t ) t 3 t đồng biến trên ¡ và u x 1 , v x 3 1 ¡ .
1
2
1
2
Khi đó phương trình (*) có dạng g 1 g 3 1 1 3 1 .
x
x
x
x
1
Đặt t , t 0 ta được
x
1
1
t 0
t 2
t
t 1 2t 1
2
t 5 1
t 13 2t 1 2
t 3 t 2 t 0
2
Do điều kiện t 0 t
5 1
2
5 1
x
(thỏa mãn điều kiện).
2
2
5 1
3
+) Kết luận. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x
11
5 1
2
Ví dụ 1.3.2. Giải phương trình 7 x 2 13x 8 2 x 2 3 x 1 3x 3x 2
Lời giải. Nhận xét x 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Chia cả hai vế của
phương trình cho x3 0, ta được phương trình tương đương
7 13 8
1 3
2 3 2 3 2 3.
x x x
x x
1
x
Đặt t , t 0 thì phương trình trên trở thành 8t 3 13t 2 7t 2 3 t 2 3t 3
2t 1 2 2t 1
3
3
t 2 3t 3 2
3
3
t 2 3t 3 (*)
+) Xét hàm số y g (u) u3 2u, u ¡ là hàm số đồng biến trên ¡ . Khi đó phương trình
(*) có dạng g 2t 1 g
t 3t 3 2t 1 3 t 2 3t 3 (2t 1)3 t 2 3t 3
3 2
t 1
5 89
3
2
2
8t 13t 3t 2 0 (t 1)(8t 5t 2) 0 t
16
5 89
t 16
+) Kết luận. Vậy phương trình có nghiệm là x 1, x
16
16
,x
5 89
5 89
Ví dụ 1.3.3. Tìm nghiệm thuộc khoảng 1; 0 của phương trình sau đây
4
3 1
x 2 2 x 4 x x 1 8 2 4 x 2 3
2 2x
Lời giải. Nhận xét x 1; 0 nên x 1 0, chia cả hai vế của phương trình cho x 1 0,
x 1
ta được
x 1 4
2
x2 2 x 4 x 8 2 4 x2 3
3
1
2 x 1 2 x x 1
4 x 1 x 1
x 1
2
3 4 2x 2x
4 x 1 x 1
x 1
2
3
2x
2
3
1
4 2 x 2 x
x 1
2
+) Xét hàm số đại diện y f (t ) 4t t t 3
12
1
1
x 1 2x
2 x
2
3
1
trên khoảng 0;
t
1
(*)
2 x
Có f (t ) 4
'
t2
t2 3
t2 3
1
0, t 0; nên hàm số y f (t ) đồng biến trên
t2
khoảng 0; . Hơn nữa, do x 1; 0 u x x 1 0; , v x 2 x 0; .
Khi đó phương trình (*) có dạng f x 1 f 2 x x 1 2 x x
1
3
+) Kết luận. Phương trình có duy nhất 1 nghiệm thuộc khoảng 1; 0 là x
1
.
3
Ví dụ 1.3.4. Giải bất phương trình x x 2 x3 4 x2 5x x3 3x 2 4
(Trích dẫn: Đề thi thử THPT Quốc Gia-Lương Thế Vinh-Hà Nội- năm 2015)
x 0
x 0
3
2
2
Lời giải. Điều kiện xác định x 4 x 5 x 0 x x 4 x 5 0 x 0
x3 3x 2 4 0
2
x 2 x 1 0
Bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình sau
2
x x 2 x x 2 1
x 2
x 1 x 1
x 2
x 2 x 2
2
2
( x 1)
1
(1)
Nhận xét x 0, x 2 không là nghiệm của (1). Bây giờ ta xét 2 trường hợp sau:
+) Trường hợp 1. Khi x 2 thì
Chia cả hai vế cho
(1) x 2 1 x 1 x 1
x x 2 0 ta được (1)
x 2
2
1
1
1
1
1
1
1
2
2
x x2
x
x 2
2
Xét hàm số đại diện y f (t ) t 1 t ; t ¡ . Có f '(t ) 1
t
1 t
1
x
y f (t ) đồng biến trên ¡ . Bất phương trình (2) có dạng f
2
0; t ¡
1
1
1
f
x x2
x2
Giải bất phương trình trên và kết hợp điều kiện x 2, ta được nghiệm x 4
+) Trường hợp 2. Khi 0 x 2 thì
(1) x 2 1 x 1 x 1
13
nên
x 2
2
1
1
1
1
1
1
1
2
x x2
x
x 2
x ( x 2) 0 ta được (1)
Chia hai vế cho
Xét hàm số đại diện y g (t ) t 1 t ; t ¡ . Có g '(t ) 1
2
t
1 t
2
3
1 t2 t
1 t
2
0; t ¡ .
Nên hàm số y g (t ) đồng biến trên ¡ . Khi đó bất phương trình (3) có dạng
1
1
1
1
1
g
0.
, trường hợp này vô nghiệm vì
g x2
x2
x x2
x
+) Kết luận. Bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S 4;
Bình luận. Để giải bất phương trình trên chúng ta đã tiến hành phân chia trường hợp,
sử dụng kĩ thuật chia xuống và xét hàm số đại diện tương ứng. Cách làm này là thiếu tự
nhiên và gây nhiều khó khăn đối với đa số học sinh. Bây giờ tôi trình bày cách giải khác
tự nhiên hơn và tương đối hiệu quả. Đó là phương pháp nhân liên hợp đưa bất phương
trình đã cho về dạng tích. Trước hết ta có nhận xét x 0 không là nghiệm của bất phương
trình, khi đó chúng ta chỉ xét x 0 và bất phương trình đã cho tương đương với
x 2
x 1
x 1
( x 4)
x 2
Xét
hàm số
x2 5x 4
g( x)
x3 4 x 2 5 x x3 3x 2 4
0
x3 4 x 2 5 x x3 3x 2 4
x 1
x 1
x 1
, x0
x 2
x3 4 x 2 5 x x3 3x 2 4
Nếu x 1 thì dễ thấy g ( x) 0, bây giờ ta xét 0 x 1 x 1 1 x 1 1.
x 1
x 1
x 2 2 x 2 2
Ta có
x 1
x 1
1
(1)
2
x3 3x 2 4 ( x 1)( x 2) 2 x 2
x 1 x 2 2 x
x3 4 x 2 5 x x3 3 x 2 4 2 x
1 x
x 4 x 5 x x 3x 4
3
2
3
2
1 x
1 x
1 x 1
2 x 2 2x x 2 2x 2
x 1
1
, x (0; 1)
(2)
2
x3 4 x 2 5 x x3 3x 2 4
Từ (1) và (2) suy ra g ( x) 0, x 0. Do đó f ( x) 0 x 4 0 x 4 .
Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của bất phương trình đã cho là x 4
14
Bài 4. Kỹ thuật sử dụng máy tính cầm tay để tìm hàm số đại diện.
Đặt vấn đề. Trong phần này tôi sử dụng máy tính CASIO fx-570 VN PLUS để dò
nghiệm của phương trình. Nghiệm thu được có thể là một nghiệm đẹp hoặc nghiệm xấu.
Sau đó ta thay nghiệm tìm được vào các căn thức có mặt trong phương trình để tìm giá trị
của các căn thức. Cuối cùng so sánh giá trị của các căn thức thu được với giá trị của
nghiệm tìm được ở trên để tìm mối quan hệ của chúng. Mục đích của việc làm này là để
chúng ta tìm các biểu thức u x , v x thỏa mãn f u x f v x u x v x , đây
là cơ sở để chúng ta truy tìm hàm số đại diện y f t và giải quyết thành công bài toán.
Thế mạnh của phương pháp phân tích Casio là sử lí những phương trình chứa căn thức và
các biểu thức u x , v x có dạng tổng quát u x n f x , v x ax b thỏa mãn
phương trình f u x f v x u x v x , nhưng khi biểu thức của v x có dạng
đa thức bậc 2, bậc 3 hay biểu thức khác thì phương pháp này lại tỏ ra không được hiệu
quả hoặc không mạnh như phương pháp khác. Một chú ý quan trọng là khi chúng ta sử
dụng phương pháp phân tích Casio để tìm được các biểu thức u x n f x , v x ax b
đến đây ngoài việc chúng ta sử dụng hàm số đại diện y f t thỏa mãn phương trình
f u x f v x u x v x , thì chúng ta có thể giải quyết bài toán theo hướng nhân
liên hợp, cụ thể ta thêm bớt hàm số vắng như sau u x v x
n
f x ax b . Khi đó
nếu v x có dạng đa thức bậc 2, bậc 3 thì việc nhân liên hợp có thể dẫn đến nhân tử chung
2
là đa thức bậc cao, chẳng hạn ta xét các biểu thức u x 2 x 3, v x x 1 và
u x v x
2x 3 x2 1
x4 2 x2 2 x 2
, điều này có thể dẫn đến phương trình
2 x 3 x2 1
nào đó có chứa hiệu u x v x thì nhân tử chung là đa thức bậc 4, lúc này học sinh gặp
nhiều khó khăn khi giải quyết trọn vẹn bài toán. Chính vì thế khi sáng tạo phương trình,
15
bất phương trình mà giải bằng phương pháp hàm số đại diện ta thường lựa chọn các biểu
thức u x , v x có dạng tổng quát sau
2
+) u x ax b , v x mx n hoặc u x ax bx c , v x mx n
3
2
+) u x ax bx cx d , v x mx n hoặc u x 3 ax b , v x mx n
3
3
2
3
2
+) u x ax bx c , v x mx n hoặc u x ax bx cx d , v x mx n
Ví dụ 1.4.1. Giải phương trình x 4 x 2 1 x 3 5 2 x 0
Phân tích CASIO. Sử dụng máy tính CASIO fx-570 VN PLUS với công cụ SHIFT
CALC với x 2 ta thu được nghiệm x 0.895643923. Thay x 0.895643923 vào căn thức ta thu
được kết quả 5 2 x 1.791287847 5 2 x 2 x. Đến đây ta dự đoán u x 5 2 x , v x 2 x
và biến đổi phương trình để xuất hiện các biểu thức chứa u x 5 2 x , v x 2 x. Từ đó
chúng ta tìm được hàm số đại diện y f (t ) thỏa mãn f
5 2x f 2x .
5
Lời giải. Điều kiện xác định là x . Phương trình đã cho tương đương với
2 .
x 4 x2 1 3 x 5 2 x 2 x 4 x 2 1 6 2 x 5 2 x
2 x 2 x 5 2 x 1 5 2 x 2 x 2 x
3
3
5 2x
3
5 2 x (*)
+) Xét hàm số đại diện y f (t ) t 3 2t trên ¡ . Ta có f '(t ) 3t 2 2 0, t ¡ . Do đó
hàm số y f (t ) đồng biến trên ¡ . Khi đó phương trình (*) được viết lại thành
f 2x f
x 0
x 1 21
x0
21 1
5 2x 2x 5 2x 2
x
4
4
4 x 2 x 5 0
1 21
x
4
+) Kết luận. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x
16
21 1
4
Bình luận. Một góc nhìn khác là chúng ta có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, cụ
thể là đặt a 2 x, b 5 2 x , a ¡ , b 0 . Khi đó phương trình (*) trở thành
a3 2a b3 2b a b a 2 ab b 2 2 0 a b 2x 5 3x x
21 1
4
3
3
2
2
Ví dụ 1.4.2. Giải phương trình x 4 x 5x 6 7 x 9 x 4
Phân tích CASIO. Sử dụng máy tính CASIO fx-570 VN PLUS với công cụ SHIFT
CALC với x 4 ta thu được nghiệm x 5 . Thay nghiệm x 5 vào căn thức ta được
3
7 x2 9 x 4 6. Khi đó ta có phương trình
3
7 x2 9 x 4 x 1. Đến đây ta dự đoán
u x x 1, v x 3 7 x 2 9 x 4 và biến đổi phương trình đã cho để xuất hiện các biểu
thức chứa u x x 1, v x 3 7 x 2 9 x 4. Từ đó tìm được hàm số đại diện y f (t )
thỏa mãn phương trình f x 1 f
3
7 x 2 9 x 4 và giải quyết bài toán.
Lời giải. Tập xác định D ¡ . Phương trình đã cho được biến đổi thành
x3 3x 2 4 x 2 7 x 2 9 x 4 3 7 x 2 9 x 4
( x 1)3 ( x 1)
3
3
7 x2 9 x 4 3 7 x2 9 x 4
(*)
+) Xét hàm số y f (t ) t 3 t liên tục trên ¡ . Có f '(t ) 3t 2 1 0, t ¡ nên hàm số
y f (t ) đồng biến trên ¡ . Khi đó phương trình (*) có dạng
f x 1 f
3
7 x2 9x 4 x 1 3 7 x2 9x 4
x 5
1 5
3
2
3
2
2
( x 1) 7 x 9 x 4 x 4 x 6 x 5 0 ( x 5)( x x 1) 0 x
2
x 1 5
2
+) Kết luận. Vậy phương trình có 3 nghiệm là x 5, x
17
1 5
1 5
, x
2
2
Bình luận. Ngoài việc sử dụng công cụ hàm số đại diện như trên để giải quyết bài toán
trên, chúng ta có thể đặt ẩn phụ như sau a x 1, b 3 7 x2 9 x 4. Khi đó phương trình (*)
3
3
3
2
2
2
trở thành a a b b (a b)(a ab b 1) 0 a b x 1 7 x 9x 4.
Đến đây ta thu được kết quả nghiệm của phương trình tương tự như trên.
Ngoài ra, kết quả phân tích bằng máy tính CASIO fx-570 VN PLUS ở trên chúng ta
đã tìm được một nghiệm đẹp của phương trình là x=5, đến đây ta có thể tư duy lời giải bài
toán theo hướng phân tích nhân tử để đưa phương trình đã cho về dạng tích. Cụ thể là
x3 4 x 2 5 x 3 7 x 2 9 x 4 6 x 5 x 2 x
x 5 x 2 x
x 5 7 x 44
3
2
7 x 9 x 4 6 3 7 x 2 9 x 4 36
2
x 5
7 x 44
0 x2 x
2
3
7 x 2 9 x 4 6 3 7 x 2 9 x 4 36
(**)
7 x 44
3
2
7 x 2 9 x 4 6 3 7 x 2 9 x 4 36
Đến đây nhận thấy lời giải bài toán cũng khá tự nhiên nhưng chúng ta lại gặp khó
khăn trong việc hoàn thiện lời giải cho phương trình (**) kia. Qua đây ta thấy được ưu
điểm của phương pháp hàm số đại diện, rất mạnh trong việc sử lí phương trình có ngoại
hình cồng kềnh, phức tạp và có khả năng quyét được hết nghiệm của phương trình. Vậy
điểm mấu chốt của bài toán là làm thế nào để tìm ra được hàm số đại diện cho bài toán.
+) Ta bàn thêm tình huống nếu học sinh sử dụng máy tính CASIO fx-570 VN PLUS với
công cụ SHIFT CALC cho x 1 ta dò được nghiệm là x 0.618034. Thay x 0,618034
vào căn thức ta được
3
7 x2 9 x 4 1,618034 x 1 . Như vậy ta lại biến đổi hai vế của
phương trình để được hàm số đại diện y f (t ) thỏa mãn f
3
7 x 2 9 x 4 f x 1 .
+) Ngoài kỹ thuật sử dụng máy tính CASIO fx-570 VN PLUS để truy tìm hàm số đại diện,
chúng ta có thể sử dụng kỹ thuật đặt ẩn phụ để đưa về hệ phương trình, chẳng hạn ta đặt
x3 4 x 2 5 x 6 y
y 7 x 9 x 4 y 7 x 9 x 4 . Ta có hệ phương trình 2
3
7 x 9 x 4 y
3
2
3
2
18
- Xem thêm -