Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Góp phần hình thành năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số dạng bài tập về hàm đặc trưng

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:55

Thêm vào BST

Báo xấu

13
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu sáng kiến "Góp phần hình thành năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số dạng bài tập về hàm đặc trưng" nhằm đề xuất một số cách khai thác các dạng bài tập về hàm đặc trưng góp phần đổi mới phương pháp dạy học nhằm hình thành năng lực giải quyết vấn đề, sáng tạo cho học sinh.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Góp phần hình thành năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số dạng bài tập về hàm đặc trưng

MỤC LỤC DANH MỤC CÁC CHỮ CÁI VIẾT TẮT PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ ........................................................................................... 1 1.1. Lí do chọn đề tài ............................................................................................. 1 1.2. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu .................................................................. 1 1.3. Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm............................................................. 1 1.4. Nhiệm vụ nghiên cứu. .................................................................................... 2 1.5. Phương pháp nghiên cứu................................................................................ 2 1.6. Giả thuyết khoa học. ...................................................................................... 2 1.7. Tính mới, đóng góp của đề tài: ...................................................................... 2 PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU .................................................................... 3 2.1.Cơ sở lý luận. .................................................................................................. 3 2.1.1. Các hằng đẳng thức đáng nhớ ................................................................. 3 2.1.2. Công thức tính đạo hàm của các hàm số sơ cấp ..................................... 3 2.1.3. Tính đơn điệu của hàm số ....................................................................... 3 2.1.4. Tính đơn điệu của hàm số ....................................................................... 4 2.1.5. Nghiên cứu phương pháp phân dạng, phát triển bài toán mới. ............... 4 2.2.Cơ sở thực tiễn. ............................................................................................... 5 2.3.Giải pháp hình thành, khai thác, phát triển các bài toán hàm đặc trưng. ........ 6 2.3.1. Định hướng xây dựng bài toán tư duy hàm đặc trưng. ........................... 6 2.3.2. Thiết kế các hoạt động định khai thác, phát triển bài toán mới. ............. 6 2.3.3. Tổ chức thực hiện đề tài. ....................................................................... 38 2.3.4. Kết quả sản phẩm của học sinh ............................................................. 39 2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm ............................................................ 40 2.4.1. Đánh giá phẩm chất năng lực ................................................................ 40 2.4.2. Sản phẩm thực tiễn của học sinh (Ở phần phụ lục) .............................. 41 2.4.3. Khả năng ứng dụng và triển khai sáng kiến kinh nghiệm..................... 41 2.5. Khảo sát sự cấp thiết và tính khả thi của các giải pháp đề xuất................... 42 2.5.1. Mục đích của khảo sát ........................................................................... 42 2.5.2. Đối tượng khảo sát ................................................................................ 42 2.5.3. Nội dung và phương pháp khảo sát....................................................... 42 2.5.4. Kết quả khảo sát về sự cấp thiết và tính khả thi của các giải pháp đã đề xuất 43 2.5.4.1 Sự cấp thiết của các giải pháp đề xuất ............................................... 43 2.5.4.2 Tính khả thi của các biện pháp đề xuất. ............................................. 45 PHẦN III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ............................................................... 47 1. Kết luận ........................................................................................................... 47 1.1. Quá trình nghiên cứu đề tài. ..................................................................... 47 1.2. Ý nghĩa của đề tài ..................................................................................... 48 1.3. Phạm vi ứng dụng .................................................................................... 48 2. Kiến nghị ......................................................................................................... 48 2.1. Đối với sở GD&ĐT Nghệ An .................................................................. 48 2.2. Đối với nhà trường ................................................................................... 48 2.3. Đối với các bậc phụ huynh....................................................................... 48
2.4. Đối với giáo viên và học sinh .................................................................. 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO ....................................................................................... 50 PHỤ LỤC
DANH MỤC CÁC CHỮ CÁI VIẾT TẮT TT VIẾT TẮT NỘI DUNG 1 ĐGNL Đánh giá năng lực 2 GD&ĐT Giáo dục và đào tạo 3 HS Học sinh 4 HSG Học sinh giỏi 5 THPTQG Trung học phổ thông quốc gia 6 TN Tốt nghiệp 7 TN-THPT Tốt nghiệp – Trung học phổ thông
PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ 1.1. Lí do chọn đề tài Như chúng ta đã biết, chủ đề khảo sát hàm số là một trong những nội dung quan trọng của chương trình toán phổ thông đặc biệt những năm gần đây bài toán về hàm số xuất hiện nhiều trong kỳ thi tốt nghiệp THPTQG, đề thi thử tốt nghiệp trong cả nước và trong các đề thi học sinh giỏi các cấp…với nhiều mức độ khác nhau. Nhiều dạng bài tập mang tính phân loại khá cao đòi hỏi tư duy linh hoạt, kỹ năng vận dụng, năng lực giải quyết vấn đề, sự sáng tạo của thí sinh. Có rất nhiều dạng bài tập liên quan đến khảo sát hàm số, trong đó dạng toán về “ Hàm đặc trưng” là dạng bài tập khó, phân hoá cao ở mức 9+ do đó gần như đối tượng học sinh trung bình trở xuống không giải được bài tập phần này, đối tượng học sinh khá giỏi cũng còn gặp khó khăn, bế tắc trong việc định hướng tìm tòi lời giải nhưng lại chưa có tài liệu nào trình bày một cách cụ thể từ lý thuyết đến hệ thống các dạng bài tập. Xuất phát từ yêu cầu đổi mới về phương pháp dạy học môn toán là cần tích cực hóa hoạt động học tập của học sinh, tăng khả năng vận dụng để từ đó các em tự chiếm lĩnh kiến thức để phát triển năng lực nói chung cũng như các năng lực đặc thù nói riêng trong đó năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh là vô cùng quan trọng. Hiểu được những khó khăn vướng mắc đó của học sinh và thực hiện yêu cầu đổi mới nhằm mục đích khơi dậy sự yêu thích và đam mê môn Toán, giúp các em có cách nhìn sáng tạo hơn trong giải Toán, góp phần hình thành và phát triển năng lực tư duy nói chung và năng lực Toán học nói riêng, đồng thời tăng hiệu quả khi làm bài thi trắc nghiệm khách quan đối với bài Toán vận dụng “ Hàm đặc trưng”. Từ kinh nghiệm tích lũy được của bản thân trong suốt quá trình giảng dạy chúng tôi tổng hợp phân dạng và đưa ra phương pháp giải, đồng thời qua đó phát triển tư duy, tư duy sáng tạo cho học sinh. Từ những mục đích nêu trên, chúng tôi lựa chọn đề tài: “Góp phần hình thành năng lực giải quyết vấn đề và sáng tạo cho học sinh thông qua một số dạng bài tập về hàm đặc trưng”. 1.2. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu - Học sinh ôn thi TN – THPT, đánh giá năng lực của các trường Đại học. - Học sinh ôn thi học sinh giỏi. - Giáo viên giảng dạy môn Toán bậc THPT. 1.3. Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm. Từ các nghiên cứu về lí thuyết và thực tiễn, chúng tôi đề xuất một số cách khai thác các dạng bài tập về hàm đặc trưng góp phần đổi mới phương pháp dạy học nhằm hình thành năng lực giải quyết vấn đề, sáng tạo cho học sinh. 1
1.4. Nhiệm vụ nghiên cứu. Nghiên cứu lí thuyết và ứng dụng đạo hàm của hàm số. Nghiên cứu các phương pháp dạy học tích cực: Hoạt động theo nhóm nhỏ, dạy học dự án. Xây dựng các tiêu chí, công cụ đánh giá kiến thức, phẩm chất năng lực học sinh. Thực nghiệm sư phạm để đánh giá hiệu quả của đề tài và có những điều chỉnh, kiến nghị đề xuất phù hợp. 1.5. Phương pháp nghiên cứu. Phương pháp nghiên cứu lí thuyết. Phương pháp thống kê. Phương pháp tham vấn. Phương pháp đặt câu hỏi theo 3 kiểu: câu hỏi tự luận, câu hỏi trắc nghiệm, câu hỏi điền khuyết. 1.6. Giả thuyết khoa học. Nghiên cứu cơ bản các cách khai thác bài toán mới, nghiên cứu các ứng dụng của đạo hàm số, nghiên cứu triển khai dạy học các chủ đề toán học. Từ thực tiễn các đề thi thử TN, đánh giá năng lực của các trường Đại học, đề thi TN – THPT, đề thi học sinh giỏi từ đó phân loại và đưa ra các phương pháp giải cho các dạng bài toán thường gặp về hàm đặc trưng. 1.7. Tính mới, đóng góp của đề tài: - Dạng bài tập về Hàm đặc trưng trước đây đã xuất hiện trong các đề thi, nhưng ở dạng tự luận. Từ năm 2017 đề thi môn Toán tốt nghiệp THPT ở dạng trắc nghiệm, do đó đề tài giúp cho học sinh phương pháp giải nhanh dạng toán này và hệ thống lại các dạng bài tập đó phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm. - Định hướng cho học sinh kỹ năng giải một số dạng bài toán thường gặp về hàm đặc trưng như phương trình, bất phương trình, hệ phương trình… - Hướng dẫn học sinh xây dựng hệ thống các bài toán về hàm đặc trưng giúp học sinh làm quen với xu hướng ra đề thi của bộ GD&ĐT, qua đó giúp các em học sinh tự tin hơn trong việc tìm tòi lời giải các bài toán về hàm đặc trưng góp phần phát triển năng lực sáng tạo cho học sinh. 2
PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU 2.1.Cơ sở lý luận 2.1.1. Các hằng đẳng thức đáng nhớ Những hằng đẳng thức này được sử dụng thường xuyên trong các bài toán liên quan đến phương trình và bất phương trình có liên quan đến bài toán sử dụng hàm đặc trưng nên ta cần nhớ và sử dụng linh hoạt. 1) (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 2) (a − b) 2 = a 2 − 2ab + b 2 3) a 2 − b 2 = (a − b)(a + b) 4) (a + b)3 = a 3 + 3a 2b + 3ab 2 + b3 5) (a − b)3 = a3 − 3a 2b + 3ab 2 − b3 6) a3 + b3 = (a + b)(a 2 − ab + b 2 ) 7) a3 − b3 = (a − b)(a 2 + ab + b 2 ) Ngoài ra ta còn sử dụng mốt số hệ quả sau: 1) (a + b)2 = (a − b)2 + 4ab 2) (a − b)2 = (a + b)2 − 4ab 3) a 2 + b2 = (a + b)2 − 2ab 4) (a + b + c)2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca 5) (a + b − c)2 = a 2 + b2 + c 2 + 2ab − 2bc − 2ca 6) (a − b − c)2 = a 2 + b2 + c 2 − 2ab − 2bc − 2ca 2.1.2. Công thức tính đạo hàm của các hàm số sơ cấp ( k .x ) ' = k (k .u ) ' = k .u ' ( x n ) ' = n.x n −1 (u n ) ' = n.u n −1.u ' 1 −1 1 −u ' ( )' = 2 ( )' = 2 x x u u 1 u' ( x)' = ( u)' = 2 x 2 u (sin x) ' = cos x (sin u ) ' = u '.cos u (cos x) ' = − sin x (cos u ) ' = −u '.sin u 1 u' (tan x) ' = 2 = 1 + tan 2 x (tan u ) ' = 2 = u '(1 + tan 2 u ) cos x cos u −1 −u ' (cot x) ' = 2 = −(1 + cot 2 x) (cot u ) ' = 2 = −u '.(1 + cot 2 u ) sin x sin u (e ) ' = e x x (e ) ' = u '.eu u (a x ) ' = a x .ln a (au ) ' = a u .ln a.u ' 1 u' (ln x ) ' = (ln u ) ' = x u 1 u' (log a x) ' = (log a u ) ' = x.ln a u.ln a 2.1.3. Tính đơn điệu của hàm số +) Định nghĩa. Cho hàm số y = f ( x) xác định trên K , trong đó K là một khoảng, đoạn hoặc nữa khoảng. 3
a) Hàm số y = f ( x) đồng biến trên K nếu mọi x1 , x2  K , x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ) . b) Hàm số y = f(x) nghịch biến trên K nếu mọi x1 , x2  K , x1  x2  f ( x1 ) > f ( x2 ) . +) Các định lí. Định lí về tính đơn điệu Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên K . a) Nếu f '( x)  0 với mọi x thuộc K thì hàm số f ( x ) đồng biến trên K . b) Nếu f '( x)  0 với mọi x thuộc K thì hàm số f ( x ) nghịch biến trên K . c) Nếu f '( x) = 0 với mọi x thuộc K thì hàm số f ( x ) không đổi trên K . Chú ý: Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [a;b] và có đạo hàm f '( x)  0 trên khoảng (a;b) thì hàm số f ( x ) đồng biến trên đoạn [a;b] . Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [a;b] và có đạo hàm f '( x)  0 trên khoảng (a;b) thì hàm số f ( x ) nghịch biến trên đoạn [a;b] . 2.1.4. Tính đơn điệu của hàm số (a)0 = 1(a  0) log a 1 = 0 (a : 0  a  1) (a)1 = a log a a = 1(a : 0  a  1) ( a ) − = 1 loga a =  (a : 0  a  1) a (a) .(a)  = a +  log a a = 1 (a : 0  a  1)  (a) loga b = .loga b (a, b  0, a  1)   = a −  (a) (a) .(b) = (a.b) log a b = 1 .log b  a (a) a  = ( ) log a  b = .log a b (b) b    log a b + log a c = log a (b.c) ( a ) = a  ( a )  = a .  b log a b − log a c = log a ( ) c a = b   = loga b log a b = 1 logb a 2.1.5. Nghiên cứu phương pháp phân dạng, phát triển bài toán mới. Bài tập về hàm đặc trưng xuất hiện trong các đề thi tốt nghiệp THPT, đề thi thử, đề thi học sinh giỏi nhưng trong sách giáo khoa không đề cập đến. Khi gặp các dạng bài tập này học sinh thường lúng túng, khó khăn trong việc tìm cách giải. 4
Bài toán hàm đặc trưng Dạng phương Dạng phương Dạng phương Dạng phương trình, bất trình, bất trình, bất trình, bất phương trình phương trình phương trình phương trình chứa f 3 ( x) và chứa f ( g ( x)) chứa chứa a x và 3 f ( x) . và x . f (u ) = f (v) . log a x . . 2.2.Cơ sở thực tiễn Dạng phương Trong các đề thi THPTQG những năm gần đây, đề minh hoạ của bộ qua các trình, bất năm và các đề thi thử của nhiều trường trên cả nước đều có khá nhiều bài toán ở dạng này ( Các bài toán vận dụng và vận dụng cao). phương trình chứa và Trong rất nhiều đề thi học sinh giỏi khối 12 của nhiều sở giáo dục trong những năm gần đây. . Trong nhiều đề thi ĐGNL của nhiều trường những năm gần đây. trình, phương Thực trạng của việc tổ chức dạy học chủ đề gắn với việc giáophương bất dục ý thức học sinh. trình chứa và Dạy học giáo dục theo phương pháp đổi mới nhằm phát huy các phẩm chất , năng lực cho học sinh. . Tạo hứng thú học tập cho học sinh, kích thích sự tìm tòi, sáng tạo, khám phá bài tập mới. . Số liệu điều tra thực trạng về học sinh thông qua hoạt động học tập phần ứng dụng của hàm số. Thứ nhất: Áp dụng sáng kiến làm tăng độ hứng thú tích cực trong học tập. Khảo sát mức độ hứng thú các tiết học với nhóm thực nghiệm là 44 HS ( lớp 12C1) và lớp đối chứng là 40 HS (Lớp 12C2) như sau: Đối Lớp SL Rất hứng Hứng thú Bình Không tượng thú thường hứng thú SL % SL % SL % SL % Thực 12C1 44 15 37.5 25 56.8 4 9 0 nghiệm Đối 12C2 40 5 12.5 15 37.5 16 40 4 10 chứng 5
Thứ hai: Áp dụng sáng kiến làm tăng khả năng lĩnh hội, khả năng vận dụng kiến thức và độ bền kiến thức. Đánh giá qua kết quả sản phẩm của bài tập học sinh lớp 12C1 Nhóm 1: Điểm chung của nhóm 8 điểm Nhóm 2: Điểm chung của nhóm 9 điểm Nhóm 3: Điểm chung của nhóm 9 điểm Nhóm 4: Điểm chung của nhóm 10 điểm Điểm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Học 0 0 0 0 0 0 0 11 22 11 sinh(44) 2.3.Giải pháp hình thành, khai thác, phát triển các bài toán hàm đặc trưng 2.3.1. Định hướng xây dựng bài toán tư duy hàm đặc trưng Bài toán hàm đặc trưng Dạng phương Dạng phương Dạng phương Dạng phương trình, bất trình, bất trình, bất trình,bấtphương phương trình phương trình phương trình trình chứa chứa f 3 ( x) và chứa f ( g ( x)) chứa phương trình 3 f ( x) . và x . f (u ) = f (v) . chứa a x và log a x . Cho hàm số y = f ( x) liên tục trên tập K . . + Nếu hàm số y = f ( x) đơn điệu (đồng biến hoặc nghịch biến) trên K thì với mọi u , v thuộc K ta có: f (u ) = f (v) khi và chỉ khi u = v . + Nếu hàm số y = f ( x) đồng biến trên K thì với mọi u, v thuộc K ta có: f (u )  f (v) khi và chỉ khi u  v . + Nếu hàm số y = f ( x) nghịch biến trên K thì với mọi u, v thuộc K ta có: f (u )  f (v) khi và chỉ khi u  v . +) u, v là các biểu thức chứa x , hoặc là căn thức chứa x , logarrit, mũ chứa x hoặc là một biểu thức lượng giác chứa x , cũng có thể là biểu thức chứa tham số m và x . 2.3.2. Thiết kế các hoạt động định khai thác, phát triển bài toán mới I. Dạng 1. Phương trình, bất phương trình chứa f 3 ( x) và 3 g ( x) . Nhận xét: Phép toán luỹ thừa và khai căn là hai phép toán ngược nhau nên ta định hướng: - Đặt t = 3 g ( x) 6
- Đưa phương trình, bất phương trình về dạng chỉ chứa ẩn f ( x ) và t cùng bậc. - Biến đổi phương trình, bất phương trình để xuất hiện dạng hàm đặc trưng. - Chọn hàm đặc trưng thích hợp. Bài 1.1: Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ. a. Tìm số nghiệm của phương trình: f 3 ( x) + f ( x) = 2 3 f ( x) . b. Tìm số nghiệm của phương trình: f 3 ( x) − 1 = 3 3 3 f ( x) + 1 . Giải a. Đặt t = 3 f ( x)  f 3 ( x) + f ( x) = 2t  Suy ra: t 3 = f ( x) , ta có  3 t = f ( x)  Cộng chéo ta được: f ( x) + 2 f ( x) = t 3 + 2t (1) 3 Xét hàm số h(u ) = u 3 + 2u có h '(u ) = 3u 2 + 2  0, u  R. Hàm số h(u ) = u 3 + 2u luôn đồng biến, từ phương trình (1) ta có: t = f ( x)  3 f ( x) = f ( x)  f ( x) = f 3 ( x)  f ( x)( f 2 ( x) − 1) = 0  f ( x) = 0   f ( x) = 1 Với f ( x) = 0 , từ đồ thị phương trình có 3 nghiệm. Với f ( x) = 1 , từ đồ thị phương trình có 3 nghiệm. Với f ( x) = −1 , từ đồ thị phương trình có 2 nghiệm. Vậy phương trình có 8 nghiệm. b. Đặt t = 3 3 f ( x) + 1 t 3 = 3 f ( x) + 1  Suy ra t 3 = 3 f ( x) + 1 , ta có  3  f ( x) − 1 = 3t  Cộng chéo ta được: t + 3t = f 3 ( x) + 3 f ( x) (1) 3 Xét hàm số h(u ) = u 3 + 3u có h '(u ) = 3u 2 + 3  0, u  R. Hàm số h(u ) = u 3 + 3u luôn đồng biến, từ phương trình (1) ta có: t = f ( x)  3 3 f ( x) + 1 = f ( x)  3 f ( x) + 1 = f 3 ( x)  f 3 ( x) − 3 f ( x) + 1 = 0 Xét hàm số h(u ) = u 3 − 3u + 1(u = f ( x)) , h '(u ) = 3u 2 − 3 , h '(u ) = 0  u = 1 . 7
Bảng biến thiên hàm số h(u ) u − −1 1 + h '(u ) + 0 - 0 + 3 + h (u ) − −1 u = a  ( −; −1)  Từ bảng biến thiên h(u ) = 0  u = b  ( −1;1) u = c  1; 4  ( ) Từ đồ thị ta có: +) f ( x) = a phương trình có 1 nghiệm. +) f ( x) = b phương trình có 3 nghiệm. +) f ( x ) = c phương trình có 3 nghiệm. Vậy phương trình có 7 nghiệm. Bài 1.2: Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ. Tìm m nguyên để phương trình trình 3 f ( x) + m = f 3 ( x) − m có nghiệm x  1; 2 . Giải Đặt t = 3 f ( x) + m  t 3 = f ( x) + m ta có t 3 = f ( x) + m   suy ra t 3 + t = f 3 ( x) + f ( x) (1) t = f ( x) − m 3  Xét hàm số h(u ) = u 3 + u , h '(u ) = 3u 2 + 1  0, u  R. Hàm số h(u ) = u 3 + u luôn đồng biến, từ phương trình (1) ta có t = f ( x) suy ra f ( x) = 3 f ( x) + m  f 3 ( x) = f ( x) + m  f 3 ( x) − f ( x) = m, x  1; 2   f ( x)  1;3 ( Từ đồ thị) Xét hàm số g (a) = a3 − a, a = f ( x) a  1;3  g (a)  0; 24  m  0; 24 suy ra có 25 giá trị m nguyên. Bài 1.3: (Đề tham khảo 2018).Tìm m để phương trình: 3 m + 3 3 m + 3sin x = sin x có nghiệm. Giải 8
Lập phương hai vế  m + 3 3 m + 3sin x = sin 3 x . Đặt t = 3 m + 3sin x t 3 = m + 3sin x  Suy ra   t 3 + 3t = 3sin x + sin 3 x (1) m + 3t = sin x 3  Xét hàm đặc trưng h(u ) = u 3 + 3u. Có h '(u ) = 3u 2 + 3  0, u  R. Hàm số h(u ) = u 3 + 3u luôn đồng biến, từ phương trình (1) ta có t = sin x suy ra sin x = 3 m + 3sin x  sin 3 x = m + 3sin x  m = sin 3 x − 3sin x , Đặt a = sin x   −1;1 m = a 3 − 3a . Xét f (a) = a3 − 3a, a   −1;1  f (a)   −2; 2  m   −2; 2 Cách khác:  3 m + 3a = b  m + 3a = b3  Đặt 3 m + 3sinx = a,sinx = b ta có:    3 m + 3b = a m + 3b = a 3    3(a − b) = b3 − a3 = (b − a)(b 2 + ba + a 2 )  (b − a)(b 2 + ba + a 2 + 3) = 0 Do b2 + ba + a 2 + 3  0  b = a  m + 3sin x = sin 3 x  m = sin 3 x − 3sin x = b3 − 3b = f (b) Xét f (b) = b3 − 3b với b  [-1;1] ta có f '(b) = 3b 2 − 3  0, b  [-1;1] Do đó hàm số f (b) nghịch biến trên [-1;1] Vậy f (b)  [f(-1);f(1)]=[-2;2] do đó phương trình có nghiệm  m  [-2;2] Kết hợp m  có 5 giá trị nguyên m thoả mãn. Nhận xét: Cách này không dùng phương pháp hàm đặc trưng, nhưng có những trường hợp xử lý biểu thức còn lại khó hơn. Bài 1.4: (Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Nghệ An năm 2022).Có bao nhiêu số nguyên m bé hơn 2022 để bất phương trình 3 m + 3 x3 − 3x 2 + m  x 2 ( x − 3) nghiệm đúng x   −1; 2 Giải Bất phương trình  3 m + 3 x3 − 3x 2  x3 − 3x 2 − m  ( x3 − 3x 2 ) + 3 x3 − 3x 2  ( x3 − 3x 2 − m)3 + ( x 3 − 3x 2 − m) (1) Xét hàm số y = f (t ) = t 3 + t  f '(t ) = 3t 2 + 1  0, t  Khi đó (1)  3 x3 − 3x 2  x3 − 3x 2 − m  m  x3 − 3x 2 − 3 x3 − 3x 2 (2) x = 0 Đặt t = x3 − 3x2 , t ' = 3x 2 − 6 x = 0   x = 2 Do đó t  −4;0 , t   −1;2  u = 3 t  − 3 4;0 . Xét hàm    −1 u = 3 2 3 g (u ) = u − u, g '(u ) = 3u − 1, g '(u ) = 0   3 2 . Ta tính được max g (u ) =  2  − 4;0 3 9 u =  3 9
2 3 Để bất phương trình (2) có nghiệm đúng x   −1; 2 thì m  max g (u ) = − 4;0 3 9 Vì m nguyên nhỏ hơn 2022 nên m 1, 2,3,..., 2021 . Có 2021 giá trị m thoả mãn bài toán. Nhận xét: - Ở bài toán trên nếu học sinh lập phương để làm mất căn bậc 3 thì sẽ phức tạp hơn rất nhiều, có khi không giải được. - Để dễ nhìn ta có thể đặt a = 3 x3 − 3x 2 . Bài toán gốc 4. Gọi S là tập hợp các giá trị m để phương trình: x3 − 5 x + 2 3 2 x3 + 3x 2 + m + m = 3 có 3 nghiệm. Tính tổng các phần tử thuộc S . Giải Đặt x + 1 = 3 2 x3 + 3x 2 + m  Suy ra t 3 + 2t = x3 + 3x 2 + 5 x + 3  t 3 + 2t = ( x + 1)3 + 2( x + 1) Xét hàm đặc trưng h(u ) = u 3 + 2u. Có h '(u ) = 3u 2 + 2  0, u  R. Hàm số h(u ) = u 3 + 2u luôn đồng biến, từ phương trình (1) ta có t = x + 1 suy ra x +1 = 3 2 x3 + 3x 2 + m  x 3 − 3x − 1 = −m Khảo sát hàm số g ( x) = x3 − 3x − 1 , để phương trình có 3 nghiệm phâm biệt suy ra m  ( −1;3)  m  0,1, 2 . Vậy S = 3. Bài 1.5: Có bao nhiêu giá trị nguyên m để phương trình 4 x( 4 x − m − 2) = x3 + (m − 8) 4 x − m có hai nghiệm thực phân biệt. A. 4. B. 5. C. 8. D. 6. Giải A. 4 Điều kiện: 4x − m  0 Tao có: 4x( 4x − m − 2) = x3 + (m − 8) 4x − m  x3 + 8x = 4x 4x − m − (m − 8) 4x − m  x3 + 8x = 4x − m (4x − m + 8)  x3 + 8x = ( 4x − m )3 + 8 4 x − m (1) Từ (1) suy ra x  0 . Xét hàm số f (t ) = t 3 + 8t trên [0; + ) , ta có: f '(t ) = 3t 2 + 8, t  0 , suy ra f (t ) đồng biến trên [0; + ) x  0 Do đó (1)  f ( x) = f ( 4x − m )  x = 4x − m    x − 4x + m = 0 (2) 2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có hai 4 − m  0 nghiệm phân biết không âm, điều này tương đương với  0m4 m  0 Vậy, có 4 giá trị nguyên của tham số m thoả mãn yêu cầu bài toán. 10
Bài 1.6: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 1 m + m + 1 + 1 + sinx = sinx có nghiệm là đoạn  a, b khi đó Tính giá trị T = 4a − − 2 b A. -4. B. -5. C. -3. D. 3. Giải A. -4. Đặt 1 + sin x = t  0  t  2 do sin x  1 Phương trình tương đương m + 1 + m + 1 + 1 + sin x = 1 + sin x  m + 1 + m + 1 + t = t 2  m + 1 + t + m + 1 + t = t 2 + t Xét hàm số f (u ) = u 2 + u  f '(u ) = 2u + 1  0, u  0 nên hàm số đồng biến. Khi đó f ( m + 1 + t ) = f (t )  m + 1 + t = t  m = t 2 − t −1 = g (t ) 1 5 5 1 Chú ý g ( ) = − ; g ( 2) = 1 − 2  −  g (t )  1 − 2  4a − − 2 = −4. 2 4 4 b II. Dạng 2. Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình chứa f ( g ( x)) và x. Nhận xét: Phương trình chứa f ( g ( x)) và biểu thức chứa x là hai hàm ngược nhau thì định hướng đặt t = g ( x) . Bài 2.1: Cho hàm số y = f ( x) có đồ thị như hình vẽ. Tìm số nghiệm của phương trình f ( f ( x)) = x . Giải:  f (t ) = x Đặt t = f ( x)    f (t ) + t = f ( x) + x (1)  f ( x) = t Xét hàm số h(u ) = f (u ) + u có h '(u ) = f '(u ) + 1  0 , u  suy ra hàm h(u ) = f (u ) + u luôn đồng biến trên . Từ (1) suy ra t = x  f ( x) = x , từ hình vẽ suy ra đường thẳng y = f ( x) cắt đồ thị hàm số y = f ( x) tại 3 điểm phân biệt, vậy phương trình có 3 nghiệm. Bài 2.2: Cho hàm số f ( x) = x5 + x3 + 2m . Tìm m để phương trình f (m + f ( x)) = x − m có nghiệm x  1; 2 . Giải t = m + f ( x) Đặt t = m + f ( x)   Suy ra f (t ) + t = f ( x) + x (1). Xét hàm số h(u ) = f (u ) + u  f (t ) = x − m 11
Suy ra h '(u ) = f '(u ) + 1 = 5u 4 + 3u 2 + 1  0 suy ra hàm h(u ) = f (u ) + u luôn đồng biến trên Từ (1) suy ra t = x  m + f ( x) = x  m = f ( x) − x  m = x 5 + x 3 − x + 2m  x 5 + x 3 − x = −3m Xét hàm số h( x) = x5 + x3 − x , có h '( x) = 1 − 5x4 − 3x 2 , x  1; 2  h '( x)  0 .Từ bảng biến  −38 −1  thiên suy ra m   ; .  3 3 Bài 2.3: ( Đề Chuyên Thái Bình 2019): Cho hàm số f ( x) = x5 + 3x3 − 4m , có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f ( 3 f ( x) + m ) = x3 − m có nghiệm x  1; 2 . A. 17. B. 15. C. 16. D. 18. Giải C. 16 Xét phương trình f ( 3 f ( x) + m ) = x3 − m .Đặt 3 f ( x) + m = u  f ( x) + m = u 3  f ( x)u 3 − m  f (u ) = x3 − m  Từ giả thiết ta có hệ phương trình   f ( x) + x3 = f (u ) + u 3  f ( x) = u − m 3  Mặt khác f ( x) = x5 + 3x 3 − 4m nên x5 + 4x 3 = u 5 + 4u 3 .Xét hàm số h(t ) = t 5 + 4t 3 trên [1;2] ta có h '(t ) = 5t 4 + 12t 2  0, t  [1;2]  h(t ) đồng biến trên [1;2] . Do h( x ) = h(u ) nên x = u Với x = u ta có phương trình f ( x) = u 3 − m  x5 + 3x 3 − 4m = x3 − m  x5 + 2x 3 = 3m Xét hàm số g ( x) = x5 + 2x 3 trên [1;2] ta có g '( x) = 5x 4 + 6x 20  0, x  [1;2] .  max h( x) = h(2) = 48, min h( x) = h(1) = 3 [1;2] [1;2] Vậy phương trình f ( 3 f ( x) + m ) = x3 − m có nghiệm x  [1;2]  3  3m  48  1  m  16. Do m nên m 1; 2;...;16  có 16 giá trị nguyên của m . Bài 2.4: Gọi S là tập hợp tất cả cá giá trị của m để phương trình x3 − 2 x 2 − x = m + 2. 3 2 x 2 + 3x + m có ba nghiệm thực, tính tổng các phần tử của S. Đáp án: Giải Phương trình đã cho tương đương với x3 + 2x = 2x 2 + 3x + m + 2 3 2x 2 + 3x + m. 12
Xét hàm số f (t ) = t 3 + 2t , t   f '(t ) = 3t 2 + 2  0, t  . Hàm số đã cho đồng biến trên và ta thu được f ( x) = f ( 3 2x 2 + 3x + m )  x = 3 2x 2 + 3x + m  f ( x) = x 3 − 2x 2 − 3x = m . Khảo sát hàm số f ( x ) , phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi −6.06  m  0.87  m  −6; −5;...;0 Suy ra tổng của các giá trị nghuyên của m là: −21 Bài 2.5: Cho hàm số f ( x) = x3 + 3x + 4 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m   −2023; 2023 để phương trình f ( 3 f 3 ( x) + 3 f ( x) + m ) + x3 + 3x=4 có nghiệm thuộc  −2;3 Đáp án: Giải Xét hàm số f ( x) = x3 + 3x + 4  f '( x) = 3x 2 + 3  0 . Do đó f ( x ) đồng biến trên . Xét phương trình: f ( 3 f 3 ( x) + 3 f ( x) + m ) + x3 + 3x=4  [ 3 f 3 ( x) + 3 f ( x) + m ]3 + 3 3 f 3 ( x) + 3 f ( x) + m + 4 = ( − x)3 + 3( − x) + 4  f ( 3 f 3 ( x) + 3 f ( x) + m ) = f ( − x)  3 f 3 ( x) + 3 f ( x) + m = − x  f 3 ( x) + 3 f ( x) + m = − x 3  f 3 ( x) + 3 f ( x) + x 3 = − m Đặt g ( x) = f 3 ( x) + 3 f ( x) + x3  g '( x) = 3 f 2 ( x). f '( x) + 3 f '( x) + 3x 2  0 . Ta có: g (−2) = f 3 (−2) + 3 f (−2) − 23 = −1038; g (3) = f 3 (3) + 3 f (3) + 33 = 64147 Bảng biến thiên: x 1 + y + 64147 y −1038 Từ bảng biến thiên suy ra phương trình (*) có nghiệm thuộc đoạn [-2;3] khi và chỉ khi −1038  −m  64147  −64147  m  1038 13
Vì m  [-2023;2023] nên có 1038 − (−2023) + 1 = 3062 giá trị nguyên m thoả mãn. Bài 2.6: (Đề Sở GD-ĐT Gia Lai 2019). Cho hàm số f ( x) = x3 + x + 2. Có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f ( 3 ) f 3 ( x) + f ( x) + m = − x 3 − x + 2 có nghiệm x   −1; 2 . Đáp án: Giải Đặt h( x) = f ( x) − 2 = x3 + x, h( x) là hàm lẻ, đồng biến trên . Có f ( 3 f 3 ( x) + f ( x) + m ) = − x3 − x + 2  f ( 3 f 3 ( x) + f ( x) + m ) − 2 = − x3 − x  h( 3 f 3 ( x ) + f ( x ) + m ) = − h ( x )  h( 3 f 3 ( x ) + f ( x ) + m ) = h ( − x )  3 f 3 ( x ) + f ( x ) + m = − x  f 3 ( x ) + f ( x ) + m = − x 3  f 3 ( x ) + f ( x ) + x 3 = −m Xét hàm số g ( x) = f 3 ( x) + f ( x) + x3 có g '( x) = 3 f 2 ( x). f '( x) + f '( x) + 3x 2  0, x  Suy ra g ( x) đồng biến trên và YCBT  g (−1)  −m  g (2)  −1  −m  1748 −1748  m  1 . Vì m nên m −1748; −1747;...;0;1 Vây có 1750 giá trị của m thoả mãn yêu cầu bài toán. Bài 2.7: Cho hàm số f ( x) = e x + x 2 − x. Tìm các giá trị m nguyên để phương trình f ( f ( x) + m ) = x 2 − m có nghiệm x  ( 0;ln10 ) . Đáp án: Giải Đặt t = f ( x) + m  t 2 − f ( x) = m  f (t ) = x 2 − t 2 + f ( x)  f (t ) + t 2 = f ( x) + x 2 (1) Xét hàm số h(u ) = f (u ) + u 2  h '(u ) = f '(u ) + 2u = eu + 4u − 1  0, u  (0; +) Hàm số h(u ) đồng biến trên (0; + ) nên (1) suy ra t = x  m = x 2 − f ( x)  m = x − e x . Xét hàm số g ( x) = x − e x , g '( x) = 1 − e x , g '( x) = 0  x = 0 .Bảng biến thiên của g ( x) x 0 ln10 g '( x ) - −1 g ( x) ln10 −10 14
Do m nên m −7, −6, −5, −4, −3, −2 . Bài 2.8: Cho hàm số f ( x) = e x + x3 + x − 2m , tìm m nguyên để phương trình: f ( ln( f ( x) + m) ) = e x − m có nghiệm x  ( 0;3) . A. 30. B. 29. C. 32. D. 31. Giải B. 29 Đặt t = ln( f ( x) + m)  et = f ( x) + m  m = et − f ( x) thay vào phương trình ta được: f (t ) + et = f ( x) + e x (1). Xét hàm đặc trưng h( x) = f ( x) + e x = 2e x + x3 + x − 2m. . Do đó phương trình (1) suy ra t = x  f ( x) = e x − m h '( x) = 2e x + 3x 2 + 1  0, x   e x + x 3 + x − 2m = e x − m  m = x 3 + x . Xét hàm số g ( x) = x3 + x, g '( x) = 3x 2 + 1  0, x  . Bảng biến thiên của g ( x) . x 0 3 g '( x ) - 30 g ( x) 0 Do m nguyên nên m1; 2;3;...; 29 . 1 Bài 2.9: Cho hàm số y = f ( x) = x3 − x + 3m. Có bao nhiêu giá trị nguyên của 2 m  [-5;5] để bất phương trình f ( f ( x))  x đúng với mọi x thuộc (0; 2) ? A. 4 . B. 6 . C. 5 . D. 11 . Giải Chọn B Ta có: f ( f ( x))  x  f ( f ( x)) + f ( x)  f ( x) + x (*) 1 1 Xét hàm số g (t ) = f (t ) + t = t 3 + t + 3m  g '(t ) = 3t 2 +  0, t  .Do đó g (t ) đồng biến 2 2 3 3 trên . Khi đó (*)  g ( f ( x))  g ( x)  f ( x)  x  x 3 − x + 3m  0  3m  − x 3 + x 2 2 15
3 3 2 Xét hàm số h( x) = − x3 + x trên (0; 2) . Có h '( x) = −3x 2 + = 0  x = 2 2 2  2 2 Lập bảng biến thiên ta có: 3m  h     m  log 3 ( )  −0,32. Vậy có 6 giá trị của m .   2  2 III. Dạng 3. Phương trình, bất phương trình chứa f (u ) = f (v) 2 x − 3x + m 2 Bài 3.1: Tìm m để phương trình log 2 2 = x 2 + 8 x + 2 − 2m có hai nghiệm phân 5x + 2 x + 3 biệt. Định hướng: Biến đổi phương trình về một trong các dạng sau: 1. log 2 X + X = log 2 Y + Y 2. a X + X = aY + Y 3. Xa X = YaY Giải Viết lại phương trình ta được log2 (2x2 − 3x + m) − log2 (5x2 + 2x + 3) = x2 + 8x + 2 − 2m (1) Tách x 2 + 8 x + 2 − 2m = A(2 x 2 − 3x + m) + B(5 x 2 + 2 x + 3) 2 A + 5 B = 1  A = −2 Khi đó:   Nên ta có phương trình (1) −3 A + 2B = 8  B = 1 log2 (2 x2 − 3x + m) − log2 (5x2 + 2 x + 3) = 2(2 x2 − 3x + m) + (5x2 + 2 x + 3) Đặt X = 2 x 2 − 3x + m; Y = 5x 2 + 2 x + 3 suy ra log 2 X − log 2 Y = −2 X + Y − 1  log 2 X + 1 + 2 X = log 2 Y + Y  log 2 2 X + 2 X = log 2 Y + Y (2) 1 Xét hàm số h(u ) = log 2 u + u, h '(u ) = + 1  0, u  0 , hàm số h(u ) đồng biến trên u ln 2 ( 0; + ) Khi đó (2)  2 X = Y  2(2 x 2 − 3x + m) = 5x 2 + 2 x + 3  2m = x 2 + 8 x + 3, xét g ( x) = x 2 + 8 x + 3, g '( x) = 2 x + 8 = 0  x = −4 . Bảng biến thiên của g ( x) x − −4 + g '( x ) − 0 + + + g ( x) −13 16
−13 Từ bảng biến thiên để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì 2m  −13  m  2 Bài 3.2: Cho 2 số x, y thoả mãn: 2 y3 + 7 y + 2x 1 − x = 3 1 − x + 3(2 y 2 + 1) . Tìm giá trị lớn nhất của P = x + 2 y. Giải Phương trình tương đương 2 y + 7 y − 6 y − 3 = 3 1 − x − 2 x 1 − x , Đặt t = 1 − x 3 2 Ta có 2 y 3 + 7 y − 6 y 2 − 3 = 2t 3 + t  2( y − 1)3 + ( y − 1) = 2t 3 + t (1). Xét hàm số h(u ) = 2u 3 + u, u  0 , h '(u ) = 6u 2 + 1  0 suy ra hàm h(u ) = f (u ) + u luôn đồng biến trên ( 0; + ) Từ Phương trình (1) ta có 1 − x = y −1 , khi đó P = x + 2 y = x + 2 1 − x + 1 . Xét hàm số 1 f ( x) = x + 2 1 − x + 1, f '( x) = 1 − , f '( x) = 0  x = 0 , Lập bảng biến thiên suy ra giá 1− x trị lớn nhất của P bằng 4. Bài 3.3: Cho 2 hàm số y = x 6 + 6 x 4 + 6 x 2 + 1 và y = x 3 m −15x (m + 3 −15) có đồ thị là (C1 ) và (C2 ) . Tìm m để hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Giải Ta có phương trình hoành độ: x + 6x + 6x2 + 1 = x 3 m −15x (m + 3 −15) 6 4 Đặt t = m −15x  x6 + 6x4 + 6x2 + 1 = x3t (t 2 + 3) , chia 2 vế cho x3  0 ta được 6 1 1 1 t 3 + 3t = x 3 + 6 x + + 3  t 3 + 3t = ( x + )3 + 3( x + ) bằng phương pháp hàm số đặc x x x x x  0 1 1  1 trưng suy ra t = x +  x + = m − 15 x   2 1  m = x 2 + 2 + 2 + 15 x x x  x + x 2 + 2 = m − 15 x  x 1 2 x 4 + 15 x 2 − 2 1 Xét hàm số g ( x) = x 2 + 2 + 2 + 15 x , g '( x) = 4 , g '( x) = 0  x = x x 2 55 Lập bảng biến thiên của g ( x) , suy ra kết quả m  4 Bài 3.4: Cho hàm số f ( x) = 2x − 2− x + 2022x3 . Tìm m sao cho bất phương trình ( f 4x − mx + 37m + f ) (( x − m − 37).2 )  0 nghiệm đúng với mọi x x . Giải −x Xét hàm số f ( x) = 2 − 2 + 2022x có tập xác định x 3 D= . Ta có Với mọi x  D  −x  D và f ( − x ) = 2− x − 2x − 2022 x3 = − f ( x ) . Suy ra f ( x ) là hàm lẻ. Mặt khác f  ( x ) = 2x ln 2 + 2− x ln 2 + 6066 x 2  0, x  . Suy ra hàm số f ( x ) là hàm đồng biến trên . Bất phương trình đã cho tương đương f (4 x − mx + 37m)  − f (( x − m − 37).2 x ) 17