intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Sáng kiến kinh nghiệm: Sử dụng tính đơn điệu, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số để khảo sát nghiệm của phương trình và bất phương trình

Chia sẻ: Phan Tour Ris | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:38

Thêm vào BST
Báo xấu
153
lượt xem 21
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm "Sử dụng tính đơn điệu, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số để khảo sát nghiệm của phương trình và bất phương trình" trình bày về cơ sở lý thuyết của tính đơn điệu của hàm số, ứng dụng giải phương trình, bất phương trình không chứa tham số,... Hy vọng nội dung tài liệu phục vụ hữu ích cho các bạn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Sử dụng tính đơn điệu, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số để khảo sát nghiệm của phương trình và bất phương trình

  1. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Sö dông tÝnh ®¬n ®iÖu - gtln - gtnn cña hµm sè ĐỂ đ kh¶o s¸t nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh - bÊt ph­¬ng tr×nh ***** 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. Nếu f '  x   0, x  D thì hàm số f ( x ) nghịch biến (giảm) trên D. (Dấu “=” chỉ xảy ra tại một số điểm hữu hạn trên D) Nếu hàm f  x  tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình f  x   k  k    có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). Nếu hàm f  x  tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta có f (u )  f  v   u  v . Nếu hàm f  x  tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta có f (u )  f  v   u  v ( f (u )  f  v   u  v ). Nếu hàm f  x  tăng và g  x  là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b) thì phương trình f  x   g  x  có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b). Định lý Bolzano – Cauchy : Nếu hàm số f  x  liên tục trên  a; b  và f  a  . f b   0 thì tồn tại ít nhất một điểm x0   a; b  để f  x0   0 . Nếu hàm số f  x  đơn điệu và liên tục trên  a; b  và f  a  . f b   0 thì tồn tại duy nhất một điểm x0   a; b  để f  x0   0 . Nếu f  x  là hàm số đồng biến ( nghịch biến ) thì 1 y= n f ( x), n  N , n  2 đồng biến (nghịch biến ), với f  x   0 là nghịch f ( x) biến ( đồng biến), y   f  x  nghịch biến (đồng biến ). Tổng các hàm đồng biến ( nghịch biến ) trên D là đồng biến (nghịch biến ) trên D. Tích của hai hàm số dương đồng biến (nghịch biến ) trên D là một hàm đồng biến (nghịch biến ) trên D. 2. Giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số Cho hàm số y  f ( x) xác định trên D. Số M được gọi là GTLN của hàm số y  f ( x) trên D nếu f ( x)  M , x  D và x0  D sao cho f ( x0 )  M . Kí hiệu M  max f ( x) D Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 1 -
  2. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Số m được gọi là GTNN của hàm số y  f ( x) trên D nếu f ( x)  m, x  D và x0  D sao cho f ( x0 )  m . Kí hiệu m  min f ( x) D Quy tắc tìm GTLN và GTNN của hàm số * Từ việc lập BBT của hàm số f ( x) trên tập xác định của nó ta sẽ tìm thấy những điểm trên đồ thị có tung độ lớn nhất ( nhỏ nhất ) các giá trị đó chính là GTLN ( GTNN ) của hàm số . * Nếu hàm số f ( x) xác định và liên tục trên đoạn  a; b thì ta có thể tìm GTLN và GTNN theo các bước sau : - Tìm các điểm x1 , x2 ,..., xn trên đoạn  a; b mà tại đó f ' ( x) bằng 0 hoặc f ' ( x) không xác định. - Tính các giá trị f (a ), f (b), f ( x1 ), f ( x2 ),..., f ( xn ) - Số lớn nhất ( bé nhất ) trong các số trên là GTLN (GTNN ) của hàm số f ( x ) trên đoạn  a; b . 3. Các dạng toán liên quan 3.1. 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: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi chứng minh f(x) đồng biến (nghịch biến) để suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. Phương án 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi dùng lập luận khẳng định f(x) đồng biến còn g(x) nghịch biến hoặc hàm hằng suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. Phương án 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f đơn điệu khi đó ta có: u = v. Đối với bất phương trình thì biến đổi về dạng f (u)  f  v  rồi chứng minh f đơn điệu để kết luận. 3.2. Giải phương trình, bất phương trình chứa tham số có sử dụng GTLN- GTNN. Xuất phát từ bài toán liên quan đến khảo sát hàm số là dựa vào đồ thị hàm số y  f ( x) biện luận số nghiệm của phương trình f ( x)  g (m) thì số nghiệm của phương trình f ( x)  g (m) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y  f ( x) với đường thẳng y  g (m) . Ta giải các bài toán phương trình, bất phương trình chứa tham số theo các định hướng sau: Biến đổi các phương trình, bất phương trình chứa tham số m về dạng : f ( x)  g (m) với hàm số f ( x ) có GTLN - GTNN trên tập xác định D . Khi đó: - Phương trình f ( x)  g (m) có nghiệm trên D khi và chỉ khi min f ( x)  g ( m)  max f ( x) . D D - Bất phương trình f ( x)  g ( m) thỏa mãn x  D khi và chỉ khi min f ( x)  g (m) . D Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 2 -
  3. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm - Bất phương trình f ( x )  g ( m) thỏa mãn x  D khi và chỉ khi max f ( x)  g ( m) . D - Bất phương trình f ( x)  g ( m) có nghiệm x  D khi và chỉ khi max f ( x)  g ( m) . D - Bất phương trình f ( x )  g ( m) có nghiệm x  D khi và chỉ khi min f ( x)  g (m) . D Trong trường hợp hàm số f ( x) không có GTLN hoặc GTNN trên tập D ta phải kết hợp với BBT hoặc đồ thị của nó để có kết luận thích hợp. Nếu bất phương trình có dạng "  " hoặc "  " thì bổ sung thêm dấu "  " cho các điều kiện. II. ỨNG DỤNG 1. Giải phương trình, bất phương trình không chứa tham số 1.1. Các ví dụ Ví dụ 1: Giải phương trình: 4 x  1  4 x 2  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 Điều kiện: x . 2 2 4x 1  Đặt f  x   4x  1  4x2  1 . Ta có f ' x    0, x   ;   . 4x  1 2 4x  1 2  1 Do đó hàm số f  x   4x  1  4x2  1 đồng biến trên  ;   , nên phương trình 2  1 1 f x 1 nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Hơn nữa, f   1 nên x là 2 2 nghiệm của phương trình đã cho. Ví dụ 2: Giải phương trình: x  x  5  x  7  x  16  14 Nhận xét: Khi gặp dạng toán chứa căn, thường ta phải khử căn thức bằng cách bình phương, lập phương hoặc nhân lượng liên hợp. Trong bài này chỉ có thể nhân liên hợp là hợp lí. Giải Cách 1: Dùng lượng liên hợp Điều kiện: x  5 . Khi đó Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 3 -
  4. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm x  x  5  x  7  x  16  14  x  3  x  5  2  x  7  4  x  16  5  0  1 1 1 1    x  9     0 x9  x 3 x 5  2 x7 4 x  16  5  1 1 1 1 Do     0, x  5 . x 3 x5 2 x7 4 x  16  5 Vậy x  9 là nghiệm của phương trình. Cách 2: Dùng hàm số Điều kiện: x  5 . Đặt f ( x)  x  x  5  x  7  x  16 11 1 1 Ta có f ( x)     0, x   5;   . 2 x 2 x  5 2 x  7 2 x  16 Do đó hàm số f ( x)  x  x  5  x  7  x  16 đồng biến trên 5;   . Mà f (9)  14 nên x  9 là nghiệm duy nhất của phương trình. 3 Ví dụ 3: Giải phương trình sau: 2x  1  3 2x  2  3 2x  3  0 (1) Giải Cách 1: 3 2x  1  3 2x  2  3 2x  3  0  3 2x  1  3 2x  2   3 2x  3 3 3   3 2x  1  2x  2 3    3 2x  3   3  2 x  1 2 x  2  2 x  3  2 x  2 3   2 x  1 2 x  2  2 x  3   2 x  2   2 x  2  0  x  1 Ngược lại với x  1 thay vào (1) thỏa mãn. Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  1 . 3 Cách 2: Đặt f ( x )  2x  1  3 2x  2  3 2x  3 Ta có: 2 2 2 1 3 f ' ( x)     0; x   , 1,  3 (2 x  1) 2 3 (2 x  2) 2 3 (2 x  3) 2 2 2 Do đó hàm số f  x  đồng biến.  3  1 Mà f     1  3 2; f  1  0; f     1  3 2; lim f ( x)   nên suy ra x  1 là  2  2 x  nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Ví dụ 4: Giải phương trình : 5x 3  1  3 2 x  1  x  4 Giải 1 Điều kiện: x  3 5 3 Đặt f ( x)  5x  1  3 2 x  1  x Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 4 -
  5. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm 15 x 2 2 1 Ta có f   x     1  0, x  ( 3 ; ) nên hàm số đồng biến trên 2 5x 3  1 3 3 (2 x  1) 2 5 1  [ 3 ; ) . Mà f 1  4 nên x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 5 Ví dụ 5 : Giải phương trình : 2 x 3  3 x 2  6 x  16  2 3  4  x (1) Nhận xét : Bài toán này gây khó khăn cho ta từ bước đặt điều kiện  2 x3  3 x 2  6 x  16  0 ( x  2)(2 x 2  x  8)  0 Điều kiện:    2  x  4 4  x  0 4  x  0 Khi đó, (1)  2 x 3  3 x 2  6 x  16  4  x  2 3 Xét hàm số f  x   2 x3  3x 2  6 x  16  4  x trên  2; 4 3( x 2  x  1) 1 Ta có f   x   3 2   0, x  (2; 4) 2 x  3 x  6 x  16 2 4 x Do đó hàm số f  x   2 x3  3x 2  6 x  16  4  x đồng biến trên  2; 4 . Mà f 1  2 3 nên x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình. Ví dụ 6: Giải phương trình  x  2  2 x  1  3 x  6  4   x  6  2 x  1  3 x  2 Giải 1 Điều kiện: x  2 Viết lại phương trình dưới dạng như sau  2x  1  3  x2  x6 4  Nhận xét: Để phương trình có nghiệm thì 2x  1  3  0  x  5 . Xét hàm số f  x   g  x  h  x  với g  x   2 x  1  3; h  x   x  2  x  6 1 1 1 Ta có g   x    0, x  5; h  x     0, x  5 . 2x  1 2 x2 2 x6 Do đó hàm số g  x   2 x  1  3; h  x   x  2  x  6 dương và cùng đồng biến trên  5;   .Suy ra f  x   g  x  h  x  đồng biến trên  5;   . Mà f  7   4 nên x  7 là nghiệm duy nhất của phương trình. Ví dụ 7 : Giải phương trình x 5  x 3  1  3 x  4  0 Giải 1 Điều kiện: x  3 1 Xét hàm số f  x   x 5  x 3  1  3 x  4 trên  ;  3   3 1 Ta có f ' ( x )  5 x 4  3x 2   0, x  . 2 1  3x 3 Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 5 -
  6. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm 1 Do đó hàm số f  x   x 5  x 3  1  3 x  4 đồng biến trên  ;  . Mà f  1  0 nên  3 x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình. Ví dụ 8. Giải phương trình : 3x(2  9 x 2  3)  (4 x  2)(1  1  x  x 2 )  0 Giải Cách 1: Viết lại phương trình dưới dạng (2 x  1)(2  (2 x  1)2  3   3 x  (2  (3 x) 2  3) 1 Nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm thoả mãn 3x(2x+1)
  7. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm 2 Nhận xét: x 2  15  x 2  8, x   nên khi 3x  2  0  x  thì phương trình vô 3 nghiệm. Viết phương trình về dạng x 2  15  x 2  8  3 x  2  0 2 Xét hàm số f  x   x 2  15  x 2  8  3x  2 trên  ;   . 3   1 1  2 Ta có f ' ( x)  x     3  0, x  . Do đó hàm số 2  x  15 x2  8  3 2 f  x   x 2  15  x 2  8  3 x  2 nghịch biến trên  ;   . 3  Mà f 1  0 nên x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 2 2 Ví dụ 10: Giải phương trình : 2 x  x  2x 1   x  1 (1) Giải 2 2 1  2 x  x  2 x1  x 2  2 x  1  2 x1  x  1  2 x x  x 2  x  2  Xét hàm số f  t   2t  t. Khi đó phương trình (2) chính là phương trình f  x  1  f  x 2  x  . Ta có f   t   1  2t ln 2  0, t   nên hàm số f  t   2t  t đồng biến trên  . Do đó từ f  x  1  f  x 2  x   x  1  x 2  x  x  1 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x  1 . x2  x  1 Ví dụ 11: Giải phương trình : log3  x 2  3x  2 . 2 x2  2x  3 Giải Đặt u  x 2  x  1; v  2 x 2  2 x  3  u  0; v  0   v  u  x 2  3x  2 . Khi đó phương trình u đã cho trở thành log 3  v  u  u  log3 u  v  log3 v (1) v 1 Xét hàm số f  t   t  log 3 t ta có f   t   1   0, t  0 nên hàm số f  t   t  log 3 t t ln 3 đồng biến khi t  0. Do đó từ (1) ta có x  1 f u   f  v   u  v  v  u  0  x 2  3x  2  0   x  2 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  1; x  2 . Ví dụ 12: Giải phương trình: log 7 x  log3  2  x  (1) Giải Điều kiện: x  0 Đặt t  log 7 x  x  7t t t 1  7  Khi đó (1)  t  log3 2  7 t  t t  3  2  7  1  2      (2)  3   3  Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 7 -
  8. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm t t 1  7 Xét hàm số f t   2      . Hàm số này là tổng của hai hàm đơn điệu giảm nên 3  3  là hàm đơn điệu giảm. Hơn nữa f  2   1 nên (2)  f  t   f  2   t  2  x  49 . Ví dụ 13: Giải phương trình : 2 x3  x 2  3 2 x3  3x  1  3x  1  3 x 2  2 (1) Giải Biến đổi (1)  2 x 3  3x  1  3 2 x3  3 x  1  x 2  2  3 x 2  2 (*) 1 Xét hàm số f  t   t  3 t . Ta có f   t   1   0, t   \ 0 . Do đó hàm số đồng 33 t 2 biến . Từ (*)   f  2 x3  3x  1  f  x 2  2   2 x3  3x  1  x 2  2  2 x3  x 2  3x  1  0  1 x   2   2 x  1  x 2  x  1  0   .  1 5  x  2 1 1 5 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x   ; x  2 2 Ví dụ 14: Giải phương trình 3 x  2  3 2 x2  1  3 2 x2  3 x  1 Giải Ta có 3 x  2  3 2 x 2  1  3 2 x 2  3 x  1  3 x  2  3 x  1  3 2 x2  1  3 2 x 2 (*) 1 1 Xét hàm số f  t   3 t  1  3 t trên  . Ta có f   t   2   0, t   \ 0; 1 3 3  t  1 3 t2 3 Suy ra hàm số đồng biến. x 1 Từ (*)  f  x  1  f  2 x   2 x  x  1  2 x  x  1  0   2 2 2 1 x    2 1 Vậy phương trình có nghiệm là x   ; x  1 2 Ví dụ 15: Giải phương trình 3 6 x  5  x3  5 x  5 Nhận xét: Có thể giải bài toán này theo hướng sau: 3 6 x  5  x3  5 x  5  3 6 x  5  1  x3  5 x  4 Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 8 -
  9. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm 6  x  1    x  1  x 2  x  4  2 3  6 x  5  3 6x  5  1  x  1  6   x2  x  4 2  3  6 x  5  3 6 x  5  1  Vấn đề đặt ra là giải phương trình còn lại sẽ rất phức tạp. Vì vậy ta sẽ dùng tính đơn điệu của hàm số: Giải Ta có 3 6 x  5  x 3  5 x  5  6 x  5  3 6 x  5  x 3  x (*) Xét hàm số f  t   t 3  t trên  . Ta có f   t   3t 2  1  0, t   . Suy ra f t   t 3  t đồng biến trên  . Từ (*)  f  3 6 x  5   f  x   3 6 x  5  x  x 3  6 x  5  0   x  1  x 2  x  5   0  x  1   x  1  21  2 1  21 Vậy phương trình có nghiệm là x  1; x  . 2 Ví dụ 16 : Giải phương trình : 8x 2  2  x   x  6  5  x  0 Giải Điều kiện: x  5 Ta có 8x 2  2  x   x  6  5  x  0  8x 2  2  x   6  x  5  x 2   2 x   1 2 x     1 5  x .(*)  2 5 x       Xét hàm số f  t   t 2  1 t trên  . Ta có f   t   3t 2  1  0, t   Do đó hàm số f  t    t 2  1 t đồng biến trên  . 0  x  5 Từ (*)  f  2 x   f  5  x   2 x  5  x   2  x 1 4 x  x  5  0 Vậy nghiệm của phương trình là x  1 . Ví dụ 17: Cho các số dương c1 , c2 , c3 thỏa mãn c1  c2  c3 . Chứng minh rằng phương trình x  c1  x  c2  x  c3 có nghiệm duy nhất . Giải x  c1 x  c2 Điều kiện : x  c1 . Khi đó phương trình được đưa về dạng :  1  0 x  c3 x  c3 x  c1 x  c2 Xét hàm số f  x     1 trên  c1;   . x  c3 x  c3 Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 9 -
  10. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm c1  c3 c2  c3 Ta có f   x     0 . Do giả thiết c1  c2  c3 nên hàm 2 x  c1 2 x  c2 2  x  c3  2  x  c3  x  c3 x  c3 c1  c2 số f  x  đồng biến trên c1;   . Mặt khác f  c1    1  0 và lim f  x   1 c1  c3 x Sử dụng Định lý Bolzano – Cauchy ta thấy phương trình f  x   0 có duy nhất nghiệm x0   c1;   . Ví dụ này giúp HS có được kết quả cho bài toán sau : x  c1 x  c2 Cho c1  c2  c3  0 . Tìm GTNN của hàm số f  x    1 . x  c3 x  c3 HD: Ở đây để nhận được kết quả cho bài toán này cần lưu ý : Hàm số f  x  đồng biến c1  c2 trên  ; c3   c1 ;   . Mặt khác f  c1    1  0 và lim f  x   1; lim f  x    . c1  c3 x  x c3 c1  c2 Khi đó min f  x   f  c1   1  0 . c1  c3 Nhận xét: Một điều thú vị nữa khi thay c1  sin A; c2  sin B; c3  sin C trong đó A, B, C là các góc của tam giác nhọn. Với giả thiết A  B  C . Ta có các bài toán sau: BT: Cho tam giác ABC nhọn , với A  B  C . x  sin A x  sin B a/ Tìm GTNN của hàm số f  x    1 x  sin C x  sin C b/ Chứng minh rằng phương trình x  sin A  x  sin B  x  sin C có nghiệm duy nhất. Đối với bất phương trình ta cũng sử dụng tính đơn điệu của hàm số một cách linh hoạt thì bài toán sẽ trở nên đơn giản. Ví dụ 18: Giải bất phương trình x  ln x  1 Giải Điều kiện: x  0 1 Xét hàm số f  x   x  ln x trên  0;   . Ta có f   x   1   0, x  0 nên hàm số x f  x   x  ln x đồng biến trên  0;   . Mặt khác f 1  1 . Do đó bất phương trình x  ln x  1  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. Ví dụ 19: Giải các bất phương trình sau: a/ 4 15  x  4 2  x  1 (*) Nhân xét: Đối với bất phương trình này, ta chỉ có thể đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình để giải, còn giải trực tiếp sẽ rất khó khăn. Giải a/ Giải bất phương trình 4 15  x  4 2  x  1 Cách 1: Đặt ẩn phụ Điều kiện: 15  x  2 Với điều kiện trên ta đặt u  4 15  x  0; v  4 2  x  0; u  v Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 10 -
  11. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm u 4  v 4  17 u 4  17  v 4 u 4  17  v 4 4 u  17  v 4 Khi đó ta có    4 4   4 u  v  1 u  1  v u  1  v  17  v  1  v u 4  17  v 4 u 4  17  v 4   .  2  v  1 v  2  v  v  4  0   2  v  1 Do v  0 nên ta được 0  v  1 . Suy ra 4 2  x  1  x  1 Kết hợp với điều kiện 15  x  2 ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 1  x  2 . Cách 2: Dùng tính đơn điệu của hàm số Điều kiện: 15  x  2 Xét hàm số f  x   4 15  x  4 2  x trên  15; 2 . 1 1 Ta có f  x    0, x   15; 2  . Suy ra hàm số 3 3 4 4 15  x  4 4 2  x f  x   4 15  x  4 2  x đồng biến trên  15; 2  . Mà f 1  1 nên bất phương trình 4 15  x  4 2  x  1  f  x   f 1  x  1 Kết hợp với điều kiện 15  x  2 ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 1  x  2 . Ví dụ 20: Giải bất phương trình: log 4 x  log 5  3  x  Giải Điều kiện: x  0 Đặt t  log 4 x  x  4t Khi đó, bất phương trình: t t 1 2     log 4 x  log 5 3  x  t  log 5 3  4t  5t  3  2t  1  3      (*) 5  5 t t 1 2 Xét hàm số f t   3      . Hàm số này là tổng của hai hàm đơn điệu giảm nên là 5 5 hàm đơn điệu giảm. Hơn nữa f 1  1 nên từ (*)  f  t   f 1  t  1 . Với t  1 ta có log 4 x  1  0  x  4 . Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 0  x  4 . Ví dụ 21: Giải bất phương trình 7 x  7  7 x  6  2 49 x 2  7 x  42  181  14 x (*) Giải 6 Điều kiện: x  7 Bất phương trình (*) được viết lại dưới dạng 2  7x  7  7x  6    7 x  7  7 x  6  182  0  7 x  7  7 x  6  13  0 6 Xét hàm số f  x   7 x  7  7 x  6  13 trên  ;   . 7  Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 11 -
  12. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm 7 7 6  Do f   x     0 trên  ;   nên hàm số f  x   7 x  7  7 x  6  13 2 7x  7 2 7x  6 7  6  đồng biến trên  ;   . 7  Mà f  6   0 nên 7 x  7  7 x  6  13  0  f  x   f  6   x  6 . 6 Kết hợp với điều kiện x  ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 7 6  x  6. 7 Qua các ví dụ về giải phương trình và bất phương trình trên, đối với những ví dụ có hai cách giải thì ta thấy cách giải dùng tính đơn điệu của hàm số hay và tự nhiên hơn rất nhiều so với cách giải đầu. Cách giải đầu thường biến đổi phức tạp và có bài thấy thiếu sự tự nhiên, không có “Manh mối” để tìm lời giải . Đây là dạng toán khó đối với học sinh lần đầu tiếp xúc , các em rất khó khăn trong việc sử dụng các phương pháp khác để giải. Vì vậy việc bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư duy, sáng tạo, vận dụng các kiến thức cơ bản về tính đơn điệu của hàm số là một việc làm rất cần thiết. Từ đó hình thành ở học sinh Tư duy linh hoạt trong giải toán, để học sinh không bối rối trước các bài toán lạ. 1.2.Bài tập rèn luyện Giải các phương trình, bất phương trình sau: 2 n 1/ x  5  2 x  3  9 10/ sin n x  cos n x  2 2 , (6) với 2/ x 2  x  1  x 2  x  1  3  1   n  , n  2 và x   0;  3/ x  x 2  x  1  x  1  x 2  x  1  1  2 4/ x 2  2 x  3  x 2  6 x  11  3  x  x  1 11/ log 2 sin x  2 log 3 tan x 5/ x x  x  12  12  5  x  4  x  12/ 5x  12 x  13x x 2  3x  5 6/ x  2  4  x  2 4 4 13/ log 2  x2  x  2 2 x2  2x  3 7/ 2 x 3  3 x 2  6 x  16  4  x  2 3   14/ log 5 3  3x  1  log 4  3x  1 8/ x 3  4 x 2  5 x  6  3 7 x 2  9 x  4 3 x  x 2 1 1 9/ 3 6 x  1  8 x3  4 x  1 15/ log  3 2  x  3x  2  2    5 2 2. Giải phương trình, bất phương trình chứa tham số 2.1. Các ví dụ Ví dụ 1. Tìm tham số m để phương trình: x3  3 x2  m  0 , (1) có ba nghiệm phân biệt trong đó có đúng một nghiệm bé hơn 1. Giải Phương trình (1)  x 3  3 x 2  m Xét hàm số f  x   x 3  3x 2 . Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 12 -
  13. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Yêu cầu của đề bài là phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 sao cho x1  1  x2  x3 tức là đường thẳng y  m phải cắt đồ thị hàm số y  f ( x)  x3  3 x 2 tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn x1  1  x2  x3 . x  0 Ta có f ' ( x )  3 x 2  6 x ; f ' ( x )  0  3 x 2  6 x   x  2 Bảng biến thiên x  0 1 2  f  x + 0 - - 0 + 0  f  x -2  -4 Từ bảng biến thiên suy ra điều kiện phải tìm là 4  m  2 . Ví dụ 2: Tìm m để phương trình x 2  2( m  2) x  5m  4  0 (1) có hai nghiệm thực phân biệt x1; x2 thoả mãn x1  1  x2 . Nhận xét : Do trong chương trình mới không có mặt định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai nên việc sử dụng đinh lý này học sinh phải chứng minh.Vì vậy ta áp dụng phương pháp hàm số là phù hợp. Giải  x2  4x  4 Biến đổi phương trình như sau  x  4x  4  m  2x  5  2 m 2x  5 5 (Do x   không là nghiệm của (1)) 2 x2  4x  4 ' 2 x 2  10 x  28  x  7 Xét hàm số f ( x )  . Ta có f ( x)  2 0 . 2x  5  2 x  5 x  2 Bảng biến thiên: 5 x - -7  -1 2 + 2 f  x - 0 + + + 0 - + + f x 0 9 -3 - - Dựa vào bảng biến thiên ta thấy m  3 là giá trị cần tìm . Nhận xét : Ngoài cách giải trên ta có thể dùng định lý Viét để giải như sau Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 13 -
  14. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 và thoả mãn (x1+1)(x2+1)
  15. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Phương trình đã cho tương đương với 2 x  1  x  m 1 1 x 1 Xét hàm số f  x   2 x  1  x . Ta có f   x   1 x 1 x 1 f  x   0  1  x  1  0  x  0 Bảng biến thiên x -1 0 +∞ f  x + 0 - 2 f x 1 -∞ Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt khi 1 m  2 . Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x  3  m x 2  1 x 3 Giải: Phương trình được viết lại dưới dạng: m x2  1 x3 Xét hàm số f ( x)  trên  x2  1 x x2  1  ( x  3) ' x2  1 1  3x 1 Ta có f ( x)   ; f ' ( x)  0  x  x2  1 2 ( x  1) x  1 2 3 3 3 1 1 lim f ( x )  lim x  1 ; lim f ( x )  lim x 1 x  x  1 x  x  1  1 2 1 2 x x Bảng biến thiên 1 x  + 3 f ' ( x) + 0  10 f ( x) 1 -1 Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 1  m  10 . Ví dụ 6: Tìm m để phương trình 3 1  x  3 1  x  m có nghiệm. Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 15 -
  16. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Giải Xét hàm số f  x   3 1  x  3 1  x trên  . 1 1 Ta có f   x   2  2 , x  1 3 3 1  x  3 3 1  x  1 1 f  x  0   0 x0 2 2 3 3 1  x  3 3 1  x  lim f  x   lim x  x   3 1  x  3 1  x  lim  x   3 1  x  3 x 1  2  lim 0 x  3 2 2 1  x   3 x 2  1  3  x  1 Tương tự lim f  x   0 . x Bảng biến thiên: x  -1 0 1 +∞ f  x + + 0 - - 2 f x 0 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 0  m  2 . Ví dụ 7. Tìm tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt : x 2  mx  2  2 x  1 Giải Nhận xét: x  0 không là nghiệm của phương trình nên với x  0 , ta có :  1  1 2  x    x x  mx  2  2 x  1   2  2  x 2  mx  2   2 x  1 2  mx  3x 2  4 x  1    1  x   2 1  1   . Xét hàm số f ( x)  3x  4  trên   ;0    0;   m  3 x  4  1 x  2   x 1  1  Ta có f ' ( x)  3  2  0, x    ;0    0;   . x  2  lim f ( x)   ; lim f ( x )   ; lim f ( x )   x0 x0 x  Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 16 -
  17. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Bảng biến thiên: 1  0 + x 2 f ' ( x) + +   f ( x) 9  2 9 Từ bảng biến thiên suy ra phương trình có hai nghiệm thực phân biệt khi m  . 2 Chú ý : Cách 2: Đặt t  2 x  1 , khi đó phương trình trở thành t  0 t 2  2  m  1 t  9  2 m  2t   2 3t  2  m  1 t  2m  9  0 1 Để phương trình đã cho có hai nghiệm thực phân biệt thì pt (1) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng 0.   0 9 Tức là  S  0  m  . P  0 2  Ví dụ 8: Chứng minh rằng m  0 , phương trình sau luôn có hai nghiệm thực phân biệt: x 2  2 x  8  m( x  2) Giải Do m  0 nên x  2 2 (1)  ( x  2)( x  4)  m( x  2)   ( x  2)( x  4)  m( x  2) x  2  ( x  2) ( x  2)( x  4)2  m   0   3 2  x  6 x  32  m  0(*) Yêu cầu bài toán quy về chứng minh phương trình (*) có một nghiệm trong (2; ) Biến đổi (*)  m  x3  6 x 2  32 . Xét hàm số f ( x)  x 3  6 x 2  32 với x  2 . Ta có f ' ( x)  3x 2  12 x  0, x  2 và lim f ( x )   x  Bảng biến thiên: x 2  f ' ( x) +  f ( x) 0 Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 17 -
  18. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm Từ bảng biến thiên suy ra m  0 phương trình (*) có đúng một nghiệm x  2 . Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt m  0 . Nhận xét: Sau khi tìm được điều kiện x  2 việc khảo sát hàm số f ( x) ở trên là rất dễ dàng chủ yếu là dùng đạo hàm tuy nhiên dùng định nghĩa cũng suy ra tính đồng biến của hàm số f ( x) . Ví dụ 9: Chứng minh rằng phương trình sau có nhiệm duy nhất ` x5  x 2  2 x  1  0 Nhận xét : Đây là một phương trình mà khi giải nó cần có sự có mặt của tư duy hàm số .Sau đây là một vài cách tiếp cận lời giải . Cách 1: Với x  0 , 2 2  x 1  3 3  1 biến đổi phương trình về dạng x     x   1   (*)Suy ra x 0.  x   x Mặt khác f  x   x 3 là hàm số đồng biến trên  0;  . 2  1 g  x    1   nghịch biến trên  0;  nên phương trình (*) có nhiều nhất một  x nghiệm. Hơn nữa hàm số h  x   x  x  2 x  1 liên tục trên  . Hơn nữa, 5 2 h 1  3 ; h  2   23 nên h 1 .h  2   0 . Do đó phương trình h  x   0 có nghiệm thuộc khoảng 1;2  . Kết hợp với điều kiện trên ta có phương trình đã cho có nghiệm duy nhất . 2 Cách 2: Biến đổi phương trình như sau x   x  1 , suy ra x  0 . 5 2 Với 0  x  1  x  1,  x  1  1 nên phương trình vô nghiệm . 5 Với x  1. Xét hàm số f  x   x 5  x 2  2 x  1. Ta có f   x   5 x  2 x  2  2 x  x  1  2  x  1  x  0, x  1 4 3 4 4 nên f  x   x  x  2 x  1 đồng biến trên 1;  . Do đó phương trình đã cho 5 2 có nhiều nhất một nghiệm . 2 Cách 3: Biến đổi phương trình x   x  1 5 2 2 Ta có  x  1  0  x 5  0   x  1  1  x 5  1  x  1 sau đó lại xét hàm số f  x  x 5 2  x  2 x  1 như trên . Ví dụ 10: Tìm m để phương trình sau có đúng một nghiệm thực: 4 4 x  13 x  m  x  1  0 (*) Giải Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 18 -
  19. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm x  1 Phương trình (*)  4 x 4  13 x  m  1  x   3 2 4 x  6 x  9 x  1   m Xét ham số f  x   4 x3  6 x 2  9 x  1 trên  ;1 . 1 Ta có f   x   12 x 2  12 x  9 . Trên  ;1 thì f   x   0  12 x 2  12 x  9  0  x   2 Bảng biến thiên: 1  x - 2 1 f  x + 0 - 3 f x - 2 -12 Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có đúng một nghiệm thực khi và chỉ  3  3  m   m khi 2  2 .    m  12  m  12 Ví dụ 11: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất 1  3 1  x 2  2 x3  2 x 2  1  m trên  ;1 2  1 Giải: Xét hàm số f  x   3 1  x 2  2 x3  2 x 2  1 trên  ;1 . 2  ' 3 x 3 x2  4 x  3 3x  4  Ta có f ( x )    x   1  x2 x3  2 x 2  1  1 x 2 x3  2 x 2  1  1 Xét hàm số g  x   x3  2 x 2  1 trên  ;1 . Ta có g   x   3x 2  4 x  0  x  0 1 2   Ta có bảng biến thiên x 2 0 1 g x + 0 - g  x 1 1 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy g ( x)  1, x    ;1  2  1 1 5 và x    ;1 ta có 3(  )  4  3 x  4  3.1  4   3 x  4  7 .  2  2 2 3 3x  4  1  Suy ra   0, x    ;1 1  x2 x3  2 x 2  1  2  Do đó f   x   0  x  0 Bảng biến thiên: 1  x 2 0 1 f  x + 0 - Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 19 -
  20. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm 1 3 3  22 f x -4 2 3 3  22 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi 4  m  hoặc m  1 . 2 Nhận xét : Việc sử dụng kỹ năng biến đổi từ 3 x 3x 2  4 x  3 3x  4  2  3 2  x 2  3 2  là khâu quyết định đến việc 1 x x  2x  1  1 x x  2x  1  xét dấu của đạo hàm, mở đường cho việc sử dụng tính chất của hàm số . Ví dụ 12: Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt 1  x  8  x  (1  x)(8  x)  m Nhận xét: Bài toán trên có thể giải bằng phương pháp thông thường là đặt ẩn phụ t = 1  x  8  x sau đó chuyển về bài toán tìm điều kiện của tham số để phương trình có nghiệm thoả mãn điều kiện cho trước. Tuy nhiên cách đặt ẩn phụ đó thường phải quy về giải bằng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai. Định lý này trong chương trình sách giáo khoa mới đã giảm tải. Vì vậy phương pháp hàm số là sự lựa chọn thích hợp nhất cho dạng toán này. Giải Điều kiện: 1  x  8 Xét hàm số f  x   1  x  8  x  1  x 8  x  trên  1;8    1 1  Ta có f  x    7  2 x       2 1  x  . 8  x 1  x  8  x  2 1  x  8  x    1 1 Mà   0, x   1;8   2 1  x  . 8  x 1  x  8  x  2 1  x 8  x  Do đó dấu f   x  chỉ phụ thuộc vào dấu của 7  2x . Ta có bảng biến thiên : 7 x -1 8 2 f  x + 0 - f  x 9 3 2 2 3 3 9 Từ bảng biến thiên suy ra giá trị cần tìm của m là: 3  m   3 2 2 Ví dụ 13: Tìm tham số m để phương trình sau có nghiệm: 3  x  6  x  (3  x)(6  x)  m Gi¸o viªn: §inh C­êng Trang - 20 -
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2