Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Tiếp cận phương trình, bất phương trình thông qua mối liên hệ với hàm số

Chia sẻ: Behodethuonglam | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:44

Thêm vào BST

Báo xấu

23
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu nghiên cứu đề tài nhằm giúp học sinh tiếp cận bài học phương trình, bất phương trình bậc nhất, bậc hai một ẩn thông qua mối liên hệ với hàm số tương ứng, từ đó giúp các em khắc sâu kiến thức đã học về hàm số đồng thời hiểu bản chất các kết quả đại số được trình bày trong sách giáo khoa.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Tiếp cận phương trình, bất phương trình thông qua mối liên hệ với hàm số

MỤC LỤC I. ĐẶT VẤN ĐỀ. ...................................................................................................... 1 1. Lí do chọn đề tài................................................................................................. 1 2. Mục đích nghiên cứu.......................................................................................... 2 3. Đối tượng nghiên cứu. ....................................................................................... 2 4. Phương pháp nghiên cứu.................................................................................... 2 5. Giới hạn phạm vi nghiên cứu. ............................................................................ 3 II. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU. ............................................................................. 3 1. Cơ sở lí luận của vấn đề ..................................................................................... 3 1.1. Hàm số bậc nhất ........................................................................................... 3 1.2. Hàm số bậc hai ............................................................................................. 4 2. Thực trạng của vấn đề ........................................................................................ 4 3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề. .............................................. 5 3.1. Tiếp cận phương pháp giải và biện luận phương trình có dạng ax  b  0 . 5 3.2. Tiếp cận phương pháp giải và biện luận phương trình có dạng ax 2  bx  c  0. ................................................................................................... 6 3.3. Tiếp cận phương pháp giải và biện luận bất phương trình có dạng ax  b  0. ............................................................................................................ 7 3.4. Tiếp cận phương pháp giải và biện luận bất phương trình có dạng ax 2  bx  c  0. ................................................................................................... 7 3.5. Phương pháp giải bài toán liên quan đến phương trình, bất phương trình có chứa tham số có thể quy về bậc nhất một ẩn. ..................................................... 8 3.6. Thiết kế giáo án dạy học phương trình, bất phương trình bậc nhất và bậc hai một ẩn thông qua mối liên hệ với hàm số bậc nhất và bậc hai một ẩn ....... 28 4. Kết quả đạt được .............................................................................................. 39 III. KẾT LUẬN ..................................................................................................... 42 TÀI LIỆU THAM KHẢO .................................................................................... 43
I. ĐẶT VẤN ĐỀ. 1. Lí do chọn đề tài. Phương trình, bất phương trình là một trong những chủ đề quan trọng và lâu đời nhất trong lịch sử toán học. Do đó, giảng dạy phương trình, bất phương trình luôn có tầm quan trọng dạy học toán ở bất kỳ nền giáo dục nào. Khái niệm phương trình, bất phương trình đã được đưa vào chương trình toán từ cấp tiểu học dưới hình thức ngầm ẩn như điền vào ô trống để được đẳng thức đúng, tìm x (trong tập số N),... Đến cấp trung học cơ sở, trong chương trình lớp 7 có khái niệm về phương trình ax  b trong tập số hữu tỉ. Khái niệm phương trình, bất phương trình được giới thiệu tường minh ở lớp 8 và được chính xác hóa trong chương trình toán lớp 10 thông qua mệnh đề chứa biến hoặc biến của hàm số ban đầu. Theo cách định nghĩa phương trình dựa vào biến của hàm số ban đầu, trong chương trình sách giáo khoa môn toán THPT của cả ba khối lớp; bài học phương trình, bất phương trình luôn được sắp xếp sau bài học về hàm số tương ứng với loại phương trình đó. Chẳng hạn, lớp 10 có hàm số bậc nhất, bậc hai và phương trình, bất phương trình quy về bậc nhất, bậc hai một ẩn; lớp 11 có hàm số lượng giác và phương trình lượng giác; lớp 12 có hàm số mũ, logarit và phương trình, bất phương trình mũ và logarit. Tuy nhiên, tôi nhận thấy việc dạy và học phương trình, bất phương trình hiện nay hầu như chỉ tập trung vào các phép biến đổi đại số, các công thức nghiệm mà chưa tận dụng được hết những tính chất của các loại hàm số đó để đưa vào bài học phương trình, bất phương trình. Học sinh đã quen thuộc và có xu hướng chấp nhận các phép biến đổi đó như một lẽ dĩ nhiên mà không hề có tư duy tìm ra mối liên hệ với kiến thức hàm số vừa học và không hiểu được ý nghĩa của hàm số đối với phương trình, bất phương trình. Do đó, khi gặp các câu hỏi liên quan đến phương trình, bất phương trình chứa tham số mà học sinh phải vận dụng tư duy hàm số như là một công cụ đắc lực để giải quyết thì học sinh thường lúng túng và gặp nhiều khó khăn và luôn đặt ra câu hỏi: “Tại sao nghĩ và làm được như vậy?”. Để trả lời được câu hỏi đó trong các giờ dạy, việc bồi dưỡng năng lực tư duy hàm số và thông qua hàm số để tiếp cận phương trình, bất phương trình tương ứng là một điều rất cần thiết. Muốn làm tốt được điều đó người thầy không chỉ có phương pháp truyền thụ tốt mà còn phải có kiến thức vừa chuyên, vừa sâu, dẫn dắt học sinh tìm hiểu một cách lôgic bản chất của toán học. Từ đó giúp các em có sự say mê trong việc học môn Toán, để toán học trở nên gần gũi và là sự yêu mến, hứng thú học hỏi, niềm say mê đối với các em học sinh THPT. Với nguyện vọng giúp học sinh thay đổi tư duy khi học về phương trình, bất phương trình tôi tập trung khai thác cách tiếp cận bài học về phương trình, bất phương trình thông qua mối liên hệ với hàm số. Trước tiên, tôi chỉ khai thác đề tài này trong khuôn khổ chương trình lớp 10, sau đó sẽ phát triển tiếp đề tài này cho khối 11,12. Với việc sử dụng phương pháp tiếp cận này, những bài toán về phương 1
trình, bất phương trình sẽ được giải quyết một cách rất tự nhiên, thuần túy, ngắn gọn và đơn giản. Đó là lí do để tôi chọn đề tài: “Tiếp cận phương trình, bất phương trình bậc nhất, bậc hai một ẩn thông qua mối liên hệ với hàm số bậc nhất, bậc hai một ẩn”. 2. Mục đích nghiên cứu. Với tên đề tài “Tiếp cận phương trình, bất phương trình thông qua mối liên hệ với hàm số” thì mục tiêu của đề tài được xác định như sau: Một là, giúp học sinh tiếp cận bài học phương trình, bất phương trình bậc nhất, bậc hai một ẩn thông qua mối liên hệ với hàm số tương ứng, từ đó giúp các em khắc sâu kiến thức đã học về hàm số đồng thời hiểu bản chất các kết quả đại số được trình bày trong sách giáo khoa. Hai là, giúp học sinh biết kết hợp các phép biến đổi đại số với các ứng dụng của hàm số trong các bài toán về phương trình, bất phương trình có chứa tham số có thể quy về dạng bậc nhất, bậc hai một ẩn một cách linh hoạt, hiệu quả. Ba là, giúp học sinh tránh phải sai lầm thường gặp khi giải các bài toán liên quan đến phương trình, bất phương trình cần đặt ẩn phụ mà không nghĩ đến tìm điều kiện của ẩn phụ hoặc tìm sai điều kiện, hoặc đã tìm chính xác điều kiện của ẩn phụ nhưng khi lập luận trên phương trình, bất phương trình theo ẩn phụ thì lại không xét trên điều kiện ràng buộc của nó nên dẫn đến kết luận không chính xác. Giúp học sinh hiểu việc tìm điều kiện của ẩn phụ thực ra là tìm tập giá trị của ẩn phụ trên tập xác định của bài toán đã cho bằng hàm số. Sau khi tìm được điều kiện của ẩn phụ thì những yêu cầu của đề bài đối với bài toán theo ẩn chính phải được quy về những yêu cầu tương ứng cho bài toán theo ẩn phụ trên điều kiện của nó. Đó là điều quan trọng để chọn đặt hàm số tương ứng trên tập giá trị của ẩn phụ. 3. Đối tượng nghiên cứu. Trong đề tài này chủ yếu sử dụng các tính chất của hàm số, bảng biến thiên và đồ thị hàm số để giải toán phương trình, bất phương trình có thể quy về bậc nhất, bậc hai một ẩn, hệ phương trình, hệ bất phương trình, đặc biệt là các bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình có tham số. 4. Phương pháp nghiên cứu. - Nghiên cứu bằng lí luận dạy và học, nghiên cứu sách giáo khoa, tài liệu tham khảo. - Nghiên cứu qua thực tế giảng dạy, ôn thi THPT Quốc gia. - Nghiên cứu qua kết quả học tập của học sinh về toán phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình. - Điều tra thống kê, rút kinh nghiệm theo từng đợt khảo sát. 2
5. Giới hạn phạm vi nghiên cứu. Đề tài này đã được nghiên cứu đối với việc giải toán phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình chứa tham số bằng cách sử dụng hàm số đối với học sinh lớp 10. II. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU. 1. Cơ sở lí luận của vấn đề 1.1. Hàm số bậc nhất a. Định nghĩa: Hàm số bậc nhất là hàm số có dạng y  ax  b (a  0) . b. Sự biến thiên  TXĐ : D = R  Chiều biến thiên  Với a > 0 hàm số đồng biến trên R  Với a < 0 hàm số nghịch biến trên R  Bảng biến thiên a>0 x - + y + - a
1.2. Hàm số bậc hai a. Định nghĩa: Hàm số bậc hai là hàm số có dạng y  ax 2  bx  c (a  0) b. Sự biến thiên: Tập xác định: D  Bảng biến thiên a>0 b x  - 2a + + + y   4a a 0, xuống dưới nếu a < 0. y y - 4a b - O b x O x - - 2a 2a 4a a0 2. Thực trạng của vấn đề Qua thực tiễn giảng dạy, tội nhận thấy các tính chất của hàm số và đồ thị hàm số chưa được nhấn mạnh trong mối quan hệ với phương trình, bất phương trình kể 4
cả trong cách dạy, cách học và nội dung sách giáo khoa. Do đó, học sinh chưa hiểu bản chất mối quan hệ giữa hàm số và phương trình, bất phương trình, dẫn đến lúng túng, thiếu kỹ năng và sáng tạo trong việc vận dụng tính chất hàm số vào giải toán phương trình, bất phương trình, các em luôn đặt ra câu hỏi: “Tại sao nghĩ và làm được như vậy?’’ và tìm cách né tránh hoặc có sử dụng nhưng còn máy móc, thiếu chính xác. Hơn nữa, việc giải phương trình, bất phương trình ở lớp 10 chủ yếu chú trọng phép biến đổi tương đương thông thường, đến lớp lớp 12 mới được học cách giải bằng ứng dụng tính đơn điệu và giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số nên khi làm bài cần phải kết hợp hai việc trên với nhau thì học sinh lại lúng túng trong lời giải, dẫn đến sai kết quả. Để khắc phục phần nào những hạn chế trên, đòi hỏi người giáo viên có những phương pháp dạy học đổi mới giúp học sinh giải toán tốt hơn. 3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề. Thông qua phương pháp đặt câu hỏi, tôi giúp học sinh hiểu các kết quả về giải và biện luận phương trình, bất phương trình bậc nhất, bậc hai một ẩn được trình bày trong sách giáo khoa, giúp học sinh hiểu bản chất vấn đề và không bị máy móc với các công thức và phép biến đổi đại số. Đồng thời, đưa ra những ví dụ cụ thể với cách giải đơn giản, tự nhiên nhằm làm cho học sinh thấy được những thế mạnh của việc sử dụng phương pháp hàm số đồng thời có những lời nhận xét trước và sau các bài giải giúp học sinh trả lời thỏa đáng câu hỏi: “Tại sao nghĩ và làm được như vậy?”. 3.1. Tiếp cận phương pháp giải và biện luận phương trình có dạng ax  b  0 Dựa vào đồ thị của hàm số f  x   ax  b , ta có kết quả sau: * Nếu a  0 thì hàm số f(x) trở thành hàm hằng. Đồ thị của hàm số y  b là đường thẳng cùng phương với trục hoành. + Trường hợp 1: b  0 . Đường thẳng y  b chính là trục hoành nên phương trình ax  b  0 có tập nghiệm là . + Trường hợp 2: b  0 . Đường thẳng y  b và trục hoành không có điểm chung nào nên phương trình ax  b  0 vô nghiệm. * Nếu a  0 thì đường thẳng y  ax  b luôn cắt trục hoành tại một điểm có b b hoành độ x   . Do đó phương trình ax  b  0 có duy nhất một nghiệm x   . a a 5
3.2. Tiếp cận phương pháp giải và biện luận phương trình có dạng ax 2  bx  c  0. * Nếu a  0. Khi đó phương trình trở thành bx  c  0 , kết quả như đã chứng minh ở trên. * Nếu a  0. Xét đồ thị hàm số bậc hai f  x   ax 2  bx  c  P . Trước tiên, ta giải thích tọa độ đỉnh Parabol (P) bằng đồ thị: Ta luôn chỉ ra được d  để parabol (P) cắt hoặc tiếp xúc với đường thẳng y  d , nghĩa là luôn tồn tại d sao cho phương trình ax 2  bx  c  d có nghiệm x1, x2 . Khi đó theo định lý b Viet, ta có x1  x2   , ta cũng có: a b2  4ac  x1  x2   x1  x2    x1  x2   4 x1x2   2 2 2 . a a2 Gọi I  xI ; y I  là đỉnh của parabol (P). Rõ rãng parabol (P) có trục đối xứng là x1  x2 b đường thẳng x  xI . Do đó xI   và 2 2a  b  b  4ac  2 yI  f      .  2a  4a 4a Tiếp theo, dựa vào vị trí tương đối của parabol (P) và trục hoành ta có các trường hợp sau: + Trường hợp 1: Nếu parabol (P) và trục hoành không có điểm chung  y  0  yI  0  I     0 thì phương trình ax 2  bx  c  0 vô nghiệm. a0 a0 + Trường hợp 2: Nếu parabol (P) tiếp xúc với trục hoành tại một điểm có hành  y  0  yI  0 độ x0   I     0 thì phương trình ax 2  bx  c  0 có nghiệm a0 a0 b kép x0  xI   . 2a + Trường hợp 3: Nếu parabol (P) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành a0 a0 độ x1, x2      0 thì phương trình ax 2  bx  c  0 có hai nghiệm  yI  0  yI  0 x1  x2 b 1 b 2  4ac b   phân biệt x1,2  xI     . 2 2a 2 a2 2a 6
3.3. Tiếp cận phương pháp giải và biện luận bất phương trình có dạng ax  b  0. * Nếu a  0 , ta xét hai trường hợp + Trường hợp 1: b  0 . Đường thẳng y  b nằm hoàn toàn phía trên trục hoành nên bất phương trình nghiệm đúng với mọi x . + Trường hợp 2: b  0. Đường thẳng y  b nằm hoàn toàn phía dưới hoặc trùng với trục hoành nên bất phương trình vô nghiệm. * Nếu a  0. Phần đường thẳng y  ax  b nằm phía trên trục hoành tương ứng b  b  với x   . Do đó tập nghiệm của bất phương trình là   ;   . a  a  * Nếu a  0. Phần đường thẳng y  ax  b nằm phía trên trục hoành tương ứng b  b với x   . Do đó tập nghiệm của bất phương trình là  ;   . a  a Tương tự với các dạng còn lại: ax  b  0; ax  b  0; ax  b  0. 3.4. Tiếp cận phương pháp giải và biện luận bất phương trình có dạng ax 2  bx  c  0. * Nếu a  0 thì bất phương trình có dạng bx  c  0 , tượng tự như trên. * Nếu a  0 , ta xét đồ thị của hàm số f  x   ax 2  bx  c  P . Các hoành độ của các điểm thuộc đồ thị (P) nằm phía trên trục hoành chính là các nghiệm của bất phương trình. + Trường hợp 1: a  0 và tung độ đỉnh của parabol (P) là yI  0 hoặc yI  0 thì toàn bộ parabol (P) nằm dưới trục hoành hoặc parabol (P) chỉ tiếp xúc với trục hoành tại đỉnh I và phần còn lại của (P) đều nằm phía dưới trục hoành. Do đó, bất phương trình ax 2  bx  c  0 vô nghiệm. + Trường hợp 2: a  0 và tung độ đỉnh của parabol (P) là yI  0 hoặc yI  0 thì toàn bộ parabol (P) nằm phía trên trục hoành hoặc chỉ tiếp xúc với trục hoành tại đỉnh I và phần còn lại của (P) đều nằm phía trên trục hoành. Do đó bất phương trình nghiệm đúng với mọi x . + Trường hợp 3: a  0 và parabol cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1  x2 thì phần parabol (P) nằm phía trên trục hoành tương ứng với x1  x  x2 . Do đó tập nghiệm của phương trình là  x1; x2  . 7
+ Trường hợp 4: a  0 và parabol cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1  x2 thì phần parabol (P) nằm phía trên trục hoành tương ứng với x  x1  x  x2 . Do đó tập nghiệm của phương trình là  ; x1    x2 ;   . Tương tự với các dạng còn lại : ax 2  bx  c  0; ax 2  bx  c  0; ax 2  bx  c  0. Theo cách tiếp cận trên, học sinh vừa được khắc sâu kiến thức về hàm số, vừa tiếp thu bài mới thông qua mối liên hệ với kiến thức cũ, từ đó học sinh có thể giải các bài toán tìm tham số thỏa mãn các điều kiện liên quan đến phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình dựa vào đồ thị của các hàm số tương ứng mà không bị “đóng khung” chỉ trong các phép biến đổi đại số thông thường. Để việc giải toán thuận lợi ta nên lưu ý học sinh kết hợp phương pháp đặt ẩn phụ để biến đổi về các dạng hàm số quen thuộc đã biết cách vẽ đồ thị và tìm điều kiện đúng của ẩn phụ hoặc liên hệ với các kiến thức hình học giải tích để giải quyết các bài toán khó về bài toán tìm tham số liên quan đến phương trình, bất phương trình. 3.5. Phương pháp giải bài toán liên quan đến phương trình, bất phương trình có chứa tham số có thể quy về bậc nhất một ẩn. Nhận xét: Nghiệm của phương trình f  x   g  m  là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y  f  x  và đường thẳng y  g  m  . + Phương trình f  x   g  m  có nghiệm  đường thẳng y  g  m  và đồ thị hàm số y  f  x  có ít nhất một điểm chung. + Số nghiệm phương trình f  x   g  m  là số giao điểm của đường thẳng y  g  m  và đồ thị hàm số y  f  x  . Tùy vào phương trình, bất phương trình và các điều kiện của bài toán để chọn phương pháp phù hợp. Sau đây là 4 phương pháp tôi đã sử dụng để định hướng cho học sinh, trong mỗi phương pháp, tôi có đưa vào các ví dụ minh họa được giải bằng hai cách (cách giải đại số thông thường và cách giải dựa vào hàm số) để học sinh có thể thấy được ưu điểm và lời giải tự nhiên của bài toán theo phương pháp hàm số, bên cạnh đó một số ví dụ chỉ được giải quyết hiệu quả bằng phương pháp hàm số. Phương pháp 1:  Tìm cách biến đổi vế trái phương trình, bất phương trình về dạng: f  x   ax  b và vế phải phương trình về dạng g  m  .  Dựa vào đồ thị hoặc bảng biến thiên của hàm số để giải. 8
Lưu ý: Hàm số f  x   ax  b có đồ thị là 1 đường thẳng. Nên ta có kết quả sau:  f    0 + Bất phương trình f  x   ax  b  0, x   ;     .  f     0  f    0 + Bất phương trình f  x   ax  b  0, x   ;     .  f     0  a0 + Bất phương trình f  x   ax  b  0, x   ;     .  f     0  a0 + Bất phương trình f  x   ax  b  0, x   ;    .  f    0 + Các trường hợp khác ta dựa vào đồ thị để suy ra. Ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Cho hàm số f  x    2m  1 x  3m  2 . Tìm m để phương trình f  x   0 có nghiệm x   0;1 . Lời giải: Cách 1: 1 7 + Nếu 2m  1  0  m   thì phương trình trở thành  0 (vô lý). Do đó phương 2 2 trình vô nghiệm. 1 3m  2 + Nếu m   thì phương trình có 1 nghiệm duy nhất x  . 2 2m  1  3m  2  0 3m  2  2m  1 Phương trình đã cho có nghiệm x   0;1  0  1  2m  1  m3 0   2m  1  1 2  m    m  2 3 2    m  3.  1 m3 3  2 2 Vậy  m  3 là giá trị cần tìm. 3 9
Cách 2: (Giải bằng phương pháp đồ thị) Ta có đồ thị hàm số y  f  x  trên  0;1 là một đoạn thẳng AB với A  0; f  0   và B 1; f 1  nên phương trình f  x   0 có nghiệm trên  0;1  đoạn thẳng AB có điểm chung với trục hoành  các điểm đầu mút A, B nằm về hai phía của trục hoành (có thể nằm trên Ox). Điều này có nghĩa là 2 f  0  . f 1  0  (3m  2)(m  3)  0   m  3 . 3 Ví dụ 2: Tìm m để mọi x   1;2 đều là nghiệm của bất phương trình  2m  1 x  3m  2  0 (1). Lời giải: Cách 1: 1 7 + TH1: 2m  1  0  m   thì bất phương trình (1) trở thành  0 (luôn đúng 2 2 1 với mọi x). Do đó m   là một giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 1 3m  2 + TH2: m   ta có (1)   2m  1 x  3m  2  x  2 2m  1  3m  2  Suy ra tập nghiệm bất phương trình (1) là S   ;    2m  1  Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x   1;2 khi và chỉ khi 3m  2 3m  2  1;2    1 ;    1  m  2m  1  2m  1 5 1 1 Suy ra   m  thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 5 1 3m  2 + TH3: m   ta có 1   2m  1 x  3m  2  x  . 2 2m  1  3m  2  Suy ra tập nghiệm bất phương trình (1) là S   ;  2m  1  Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x   1;2 khi và chỉ khi 3m  2  3m  2  1;2   ;  2   4  m.  2m  1  2m  1 10
1 Suy ra 4  m   thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 1 Kết hợp cả 3 trường hợp ta có 4  m  là giá trị cần tìm. 5 Cách 2: (Giải bằng phương pháp đồ thị) Mọi x   1;2 đều là nghiệm của bất phương trình f  x   0  đồ thị của hàm số y  f  x  trên đoạn [1;2] nằm trên trục hoành  hai đầu mút của đoạn thẳng đó đều nằm trên trục hoành.  f ( 1)  0 5m  1  0 1    4  m  .  f (2)  0 m  4  0 5 1 Vậy 4  m  là giá trị cần tìm. 5 Ví dụ 3: Tìm m để bất phương trình m  2 x  1  2 x  1 có tập nghiệm là [1; ) Lời giải: Cách 1: Bất phương trình tương đương với  2m  2  x  m  1 + Với m  1 thì bất phương trình vô nghiệm do đó không thỏa mãn yêu cầu bài toán. m 1 + Với m  1 bất phương trình tương đương với x  2m  2 m 1 Do đó để bất phương trình có tập nghiệm là [1; ) thì  1  m  3 (thỏa 2m  2 mãn) m 1 + Với m  1 bất phương trình tương đương với x  suy ra m  1 không thỏa 2m  2 mãn yêu cầu bài toán. Vậy m  3 là giá trị cần tìm. Cách 2: (cách giải bằng đồ thị) Bất phương trình tương đương với  2m  2  x  m  1  0 Hàm số f  x    2m  2  x  m  1 có đồ thị là một đường thẳng.  f 1  0 Do đó để bất phương trình có tập nghiệm là [1; ) thì   2m  2  0 11
 2m  2  m  1  0   m  3.  m 1 Vậy m  3 là giá trị cần tìm. Nhận xét: Nếu sử dụng phương pháp đại số thông thường để giải 3 ví dụ trên thì học sinh dễ bị thiếu điều kiện, sai sót và bài toán trở nên cồng kềnh với nhiều điều kiện cần giải, nhưng giải bằng phương pháp đồ thị thì bài giải rất ngắn gọn và tự nhiên. Bài tập tham khảo: Bài 1: Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình mx  4  0 nghiệm đúng với mọi x  8 . Bài 2: Tìm m để bất phương trình m 2 x  m( x  1)  2( x  1)  0 nghiệm đúng với mọi x   2;1 . Bài 3: Tìm m để mx  3  x  4m  0, x  2. Phương pháp 2:  Tìm cách biến đổi vế trái phương trình, bất phương trình về dạng: f  x   ax 2  bx  c và vế phải phương trình về dạng y  g  m  .  Dựa vào đồ thị hoặc bảng biến thiên của hàm số để giải. Lưu ý: Hàm số f  x   ax 2  bx  c  a  0  có đồ thị là parabol có đỉnh I. Nên ta có kết quả sau: + Bất phương trình ax 2  bx  c  0  a  0  nghiệm đúng với mọi  f    0 x   ;     .  f     0 + Bất phương trình ax 2  bx  c  0  a  0  nghiệm đúng với mọi  f    0 x   ;     .  f    0 + Các trường hợp khác ta dựa vào đồ thị để suy ra. Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Tìm m để mọi x   1;1 đều là nghiệm của bất phương trình 3x 2  2  m  5 x  m2  2m  8  0 (1) 12
Lời giải: 4m Cách 1: Ta có 3x2  2  m  5 x  m2  2m  8  0  x  m  2 hoặc x  3 4m 1 * Với m  2   3m  6  4  m  m   ta có 3 2 4m Bất phương trình (1)   xm2 3 4  m  Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) là  ; m  2  3  Suy ra mọi x   1;1 đều là nghiệm của bất phương trình (1)  4m 4  m  1  khi và chỉ khi  1;1   ; m  2   3  3   1  m  2 m7  m7  m  1 1 Kết hợp với điều kiện m   ta có m  7 thỏa mãn yêu cầu bài toán 2 4m 1 * Với m  2   m   ta có 3 2 4m Bất phương trình (1)  m  2  x  3  4  m Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) là  m  2;  3  Suy ra mọi x   1;1 đều là nghiệm của bất phương trình (1) 1  m  2  4  m  khi và chỉ khi  1;1   m  2;   4m  3   1  3 m  3   m  3  m 1 1 Kết hợp với điều kiện m   ta có m  3 thỏa mãn yêu cầu bài toán 2 13
1 3 1 * Với m   ta có bất phương trình (1)  x  nên m   không thỏa mãn 2 2 2 yêu cầu bài toán. Vậy m  (; 3]  [7; ) là giá trị cần tìm. Cách 2: Xét hàm số f  x   3x 2  2  m  5 x  m2  2m  8 . Đồ thị của hàm số này là 1 parabol có bề lõm hướng lên trên. Do đó mọi x   1;1 đều là nghiệm của bất phương trình (1)  f  1  0 m  4m  21  0 m  3  m  7  2     m  3  m  7.   f  1  0   m 2  1  0  m  1  m  1 Vậy m  (; 3]  [7; ) là giá trị cần tìm. Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình x2  1  3m  x  3m  2  0 nghiệm đúng với mọi x mà x  2 . Lời giải: Cách 1: Bất phương trình tương đương  x  1 x  3m  2   0 . Tam thức bậc hai có 2 nghiệm x  1; x  3m  2 . Xét 3m  2  1  m  1 thì f  x    x  1  0, x  1 . (thỏa mãn) 2 Xét 3m  2  1  m  1 thì f  x   0  x  1  x  3m  2. 4 4 Điều kiện 3m  2  2  m  . Do đó 1  m  là giá trị thỏa mãn. 3 3 Xét 3m  2  1  m  1 thì f  x   0  x  1  x  3m  2. Điều kiện là 3m  2  2  m  0 . Do đó 0  m  1 là giá trị thỏa mãn. 4 Kết hợp các trường hợp trên ta có 0  m  là giá trị cần tìm. 3 Cách 2: Đồ thị hàm số f  x   x 2  1  3m  x  3m  2 là parabol có đỉnh  3m  1   I ;   2 4 Bất phương trình f  x   0 nghiệm đúng với mọi x  2 khi và chỉ khi  yI  0   f  2   0  9m  0 4 yI  0   f  2   0    0m  f  2  0  f  2  0 3m  4  0 3  14
4 Vậy 0  m  là giá trị cần tìm. 3 Ví dụ 3: Tìm m để mọi x   0;   đều là nghiệm của bất phương trình m 2  1 x 2  8mx  9  m2  0 Lời giải: Cách 1: + TH1: m  1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán; + TH2: m  1 thỏa mãn yêu cầu bài toán; + TH3: m  1 ta có bpt   m  1 x  m  3  m  1 x  m  3  0  '  16m2   m2  1 9  m2    m2  3  0 m  2 m3 3 m m2  3 Ta có  0  0  m  1  m  1. m 1 m 1  m  1 m  1 m3 3 m m2  3  0  0  1  m  1. m 1 m 1  m  1 m  1 Nếu m2  1  0  m  1 thì tập nghiệm của bất phương trình là  3 m m  3  S   ;  ;    m  1   m  1  m3 Do đó, điều kiện của bài toán là x1  x2  0   0  3  m  1 m 1 Suy ra, 3  m  1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. m  3 3 m Nếu 1  m  1 thì tập nghiệm của bất phương trình là S   ;  m  1 m  1  Do đó điều kiện của bài toán không được thỏa mãn. Kết hợp các trường hợp ta có m   3; 1 là giá trị cần tìm. Cách 2: Với m  1 không thỏa mãn ycbt; m  1 thỏa mãn ycbt 15
Với m  1, đồ thị của hàm số f  x    m2  1 x 2  8mx  9  m2 có đỉnh là  4m   I  2 ;  . Do đó:  m  1 4  m2  1    Mọi x   0;   đều là nghiệm của bất phương trình m 2  1  0    m 2  1  0  m 1 m 2  1  0  yI  0   f  x  0      f  0   0  9  m 2  0  yI  0  f  0  0   4m  xI  0  xI  0  2 0 m 1  3  m  1. Kết hợp các trường hợp ta có m   3; 1 là giá trị cần tìm. Sau đây ta xét tới một số ví dụ mà cần sử dụng bảng biến thiên của hàm số, bài toán mới được giải quyết hiệu quả. Ví dụ 4: Tìm m để phương trình  x 2  x  6  4 x  m có bốn nghiệm phân biệt. Lời giải: Ta có  x 2  x  6  4 x  m   x 2  x  6  4 x  m Xét hàm số f  x    x 2  x  6  4 x  x 2  5 x  6 khi x   3;2 Ta có f  x    2  x  3x  6 khi x   ; 3   2;   Bảng biến thiên x 5 3  3  2  2 2 f  x   49 4 12 8 Từ bảng biến thiên ta có Phương trình ban đầu có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đồ thị hàm số f ( x) 49 cắt đường thẳng y  m tại bốn điểm phân biệt  12  m  . 4 16
49 Vậy 12  m  là giá trị cần tìm. 4 Nhận xét: Khi gặp bài toán liên quan đến phương trình mà ta có thể cô lập được thì ta sử dụng đồ thị (hoặc bảng biến thiên) để giải. Ví dụ 5: Tìm m để phương trình x 2  mx  2  2 x  1 có hai nghiệm phân biệt Lời giải:  1 x   Phương trình   2 3x  (4  m) x  1  0 (*) 2  Phương trình đã cho có hai nghiệm  (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc 1  1  bằng   đồ thị hàm số f  x   3x 2  (4  m) x  1 trên   ;   cắt trục 2  2  hoành tại hai điểm phân biệt.  1  b m4 Xét hàm số y  3 x 2  (4  m) x  1 trên   ;   . Ta có    2  2a 6 m4 1  1  + TH1: Nếu 6    m  1 thì hàm số đồng biến trên 2   2 ;   nên m  1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. m4 1 + TH2: Nếu    m 1 : 6 2 Ta có bảng biến thiên x 1 m4   2 6  1 f     2 y m4 f   6   1  Suy ra đồ thị hàm số f  x   3x 2  (4  m) x  1 trên   ;   cắt trục hoành tại hai  2  điểm phân biệt 17
 1 m4 2m  9  f    0   2 f  6  1 2    4  0  12 m  8m  28 (1)  9 Vì  m 2  8m  28  0, m  nên (1)  2m  9  0  m  (thỏa mãn m  1 ) 2 9 Vậy m  là giá trị cần tìm. 2 Ngoài ra, các bài toán về hệ bất phương trình có chứa tham số cũng được giải quyết gọn nhẹ hơn bằng phương pháp này. Ví dụ 6: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ sau có nghiệm   x  3x  2  0 2  2 .   mx  2  2 m  1 x  5m  3  0 Lời giải: Cách 1: Ta có bất phương trình x 2  3x  2  0  1  x  2 . Yêu cầu bài toán tương đương với bất phương trình: mx 2 – 2  2m  1 x  5m  3  0 (1) có nghiệm x  S  1;2 . Ta đi giải bài toán phủ định là: tìm m để bất phương trình (1) vô nghiệm trên S Tức là bất phương trình f  x   mx 2  2  2m  1 x  5m  3  0 (2) đúng với mọi xS . 3  m  0 ta có (2)  2 x  3  0  x  nên (2) không đúng với x  S 2  m  0 tam thức f  x  có hệ số a  m , biệt thức  '  m2  m  1 Bảng xét dấu 1 5 1 5 m  0  2 2 m  |  0 + | + m2  m  1  0 + | + 0  1 5 a  0 1 5 +) m  ta có:  nên f  x   0, x  , suy ra m  (không thỏa 2   '  0 2 mãn) 18
1 5 a  0 3 5  +) m  ta có:  nên f  x   0, x  và f    0 , suy ra 2   '  0  2  1 5 m (thỏa mãn). 2 1 5 +)  m  0 ta có: a  0 và f  x  có hai nghiệm phân biệt 2 2m  1   ' 2m  1   ' x1  , x2  ( x1  x2 ) m m  x  x1 x  2 Do đó: f  x   0   , suy ra (2) đúng với x  S   1 (*)  x  x2  2 x  1 1 ' Ta có x1  2  2 m 1  5  m0 x2  1   '  m  1   2   '  m 2  2m  1  1  5  m0 1  5 2   m  0  1 5 1  2   m  0  m .  2m 2  m  0  2 2   m   1   2 1 5 1 Suy ra (*)  m 2 2 1 5 +) 0  m  ta có: a  0 và f  x  có hai nghiệm phân biệt 2 2m  1   ' 2m  1   ' x1  , x2  ( x1  x2 ) m m Suy ra f  x   0  x   x2 ; x1   x2  1   '  m  1  0 Do đó (2) đúng với x  S    (**)  1 x  2   '  1  0 Vì m  0 nên (**) vô nghiệm. 19