intTypePromotion=1
ADSENSE

SKKN: Rèn luyện tư duy hàm qua các bài tập giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:25

453
lượt xem
82
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu đề tài: Rèn luyện tư duy hàm qua các bài tập giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình là trang bị cho học sinh về một phương pháp giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình mang lại hiệu quả rõ nét, góp phần làm sáng tỏ nền tảng tính trọng tâm của hàm số, bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải Toán, qua đó học sinh nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: SKKN: Rèn luyện tư duy hàm qua các bài tập giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT KIM ĐỘNG ---------- ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN LUYỆN TƯ DUY HÀM QUA CÁC BÀI TẬP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Giáo viên: Đinh Văn Hữu Đơn vị: Trường THPT Kim Động Kim động, tháng 5 - 2013
  2. PHẦN 1: MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Theo quan điểm mục tiêu chương trình phổ thông môn Toán lấy hàm số làm nền tảng trọng tâm xây dựng chương trình. Các vấn đề về phương trình, bpt và hệ phương trình chiếm một lượng khá lớn trong chương trình phổ thông được định nghĩa theo quan điểm hàm số. Nhiều phương trình, bpt và hệ phương trình sử dụng hàm số để giải đơn giản hơn. Tuy nhiên trong chương trình sách giáo khoa đề cập rất ít. Trong thực tế học sinh lớp 10 chỉ được học hàm số (sự biên thiên của hàm số) ở chương 2 lớp 10, các chương tiếp theo không nhắc đến hàm số ở cả lí thuyết và bài tập, đến lớp 11 lại được lướt qua một chút về hàm lượng giác, nhưng không có bài tập ứng dụng sự biến thiên của nó. Những ứng dụng của hàm số, đặc biệt là dụng đạo hàm của hàm số để giải là rất lớn, chính vì vậy tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là: "Rèn luyện tư duy hàm trong giải phương trình, bpt và hệ phương trình". II. Mục đích nghiên cứu: - Trang bị cho học sinh về một phương pháp giải PT, BPT và HPT mang lại hiệu quả rõ nét. - Góp phần làm sáng tở tính nền tảng tính trọng tâm của hàm số - Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học sinh nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo. III. Đối tượng nghiên cứu: - Các dạng toán giải PT, BPT và HPT nằm trong chương trình toán phổ thông . - Phân loại các dạng toán thường gặp và phương pháp giải mỗi dạng. IV. Phương pháp nghiên cứu: Nghiên cứu, đánh giá qua các chuyên đề, bài giải của học sinh, bài kiểm tra, kết quả thi đại học. Cụ thể là: - Với các PT, BPT và HPT không chứa tham số, ta sử dụng các tính chất về tính đơn điệu của hàm số để giải. - Với các PT, BPT và HPT có chứa tham số, ta tìm cách cô lập tham số về một vế, đưa phương trình, bpt về dạng: f(x) = m hoặc f(x) > m ( hoặc f(x) < m; f(x)  m; hoặc f(x)  m ). Sau đó sử dụng các tính chất về tính đơn điệu của hàm số để giải. PHẦN 2: NỘI DUNG I. Dạng 1: ứng dụng hàm số để giải phương trình, bất phương trình, và hệ phương trình Tính chất 1: 2
  3. Cho phương trình: f(x) = g(x) xác định trên D. Nếu một trong hai hàm số f(x) hoặc g(x) là hàm số đơn điệu, hàm còn lại là hàm hằng hoặc đơn điệu ngược với hàm kia thì phương trình nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Tính chất 2: Cho phương trình f(x) = m xác định trên D. Điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm là m thuộc miền giá trị của hàm số f(x). Tính chất 3: Cho phương trình f(x) = m xác định trên D Nếu f(x) là hàm số liên tục và đơn điệu trên D thì phương trình trên có không quá một nghiệm. Tính chất 4: Cho bất phương trình: f(x) > m (hay f(x) < m ) i) Nếu f(x) là hàm đơn điệu tăng trên D và tồn tại x0  D sao có f(x0) = m thì tập nghiệm của bất PT là: T = D  (x0 ; +  ) ( T = D  (-  ; x0 )) . ii) Nếu f(x) là hàm đơn điệu giảm trên D và tồn tại x0  D sao có f(x0) = m thì tập nghiệm của bất PT là: T = D  (-  ; x0 ) (T = D  (x0 ; +  ) ). Tính chất 5: Cho hàm số f(x) xác định trên D 1. f(x)  m ,  x  D  m  min f ( x ) xD 2. f(x)  m ,  x  D  m  max f ( x ) xD 3. f(x)  m có nghiệm x  D  m  max f ( x ) xD 4. f(x)  m có nghiệm x  D  m  min f ( x ) xD 5. Nếu f(x) là hàm số đơn điệu tăng trên D và tồn tại u, v  D. Khi đó: f (u)  f (v)  u > v , f(u) = f(v)  u = v 6. Nếu f(x) là hàm số đơn điệu giảm trên D và tồn tại u, v  D. Khi đó: f (u)  f ( v)  u < v , f(u) = f(v)  u = v 1. ứng dụng hàm số để giải phương trình Phương pháp : 3
  4. Dạng 1: Phương trình đã cho biến đổi được về dạng f ( x )  g( x ) (hoặc f (u)  g(u) ) trong đó u  u( x ) . Bước 1: Biến đổi phương trình đã cho về dạng f ( x )  g( x ) (hoặc f (u)  g(u) ) Bước 2: Xét hai hàm số y  f ( x ); y  g ( x ) trên D ' ' * Tính y1 , xét dấu y1 , kết luận tính đơn điệu của hàm số y1  f ( x ) trên D ' ' * Tính y2 , xét dấu y2 ,kết luận tính đơn điệu của hàm số y2  g( x ) trên D * Kết luận hai hàm số y  f ( x ); y  g ( x ) đơn điệu ngược nhau, hoặc một trong hai hàm số là hàm số hằng. * Tìm x 0 sao cho f ( x 0 )  g( x 0 ) (hoặc tìm u0 sao cho f (u0 )  g(u0 ) ) Bước 3: Kết luận: * Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi x  x 0 (hoặc u  u0 rồi giải phương trình ) * Kết luận nghiệm của phương trình đã cho Dạng 2: PT đã cho biến đổi được về dạng f (u)  f ( v) trong đó u  u( x ) , v  v( x ) Bước 1: Biến đổi phương trình về dạng f (u)  f ( v) Bước 2: Xét hàm số y  f ( x ) trên D * Tính y ' , xét dấu y' * Kết luận hàm số y  f ( x ) là hàm số đơn điệu trên D. Bước 3: Kết luận: * Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi u  v , giải PT : u  v * Kết luận nghiệm của phương trình đã cho 2. ứng dụng hàm số để giải bất phương trình Phương pháp : Dạng 1: BPT biến đổi về dạng f ( x )  g( x ) (hoặc f (u)  g(u) ) trong đó u  u( x ) . Bước 1: Biến đổi BPT đã cho về dạng f ( x )  g( x ) (hoặc f (u)  g(u) ) 4
  5. Bước 2: Xét hai hàm số y1  f ( x ); y2  g( x ) trên D ' ' * Tính y1 , xét dấu y1 , kết luận tính đơn điệu của hàm số y1  f ( x ) trên D ' ' * Tính y2 ,xét dấu y2 , kết luận tính đơn điệu của hàm số y2  g( x ) trên D * Tìm x 0 sao cho f ( x 0 )  g( x 0 ) (hoặc tìm u0 sao cho f (u0 )  g(u0 ) ) * Nếu f(x) đơn điệu tăng, g(x) đơn điệu giảm (hoặc là hàm hằng) thì f ( x )  g ( x )  x  x 0 , x  D (hoặc f (u)  g (u)  u  u0 , x  D ) Nếu f(x) đơn điệu giảm, g(x) đơn điệu tăng (hoặc là hàm hằng) thì f ( x )  g ( x )  x  x 0 , x  D (hoặc f (u)  g (u)  u  u0 , x  D ) Bước 3: Kết luận nghiệm của bpt đã cho Dạng 2: BPT biến đổi được về dạng f (u)  f ( v) trong đó u  u( x ) , v  v( x ) Bước 1: Biến đổi bpt về dạng f (u)  f ( v) Bước 2: Xét hàm số y  f ( x ) trên D * Tính y ' , xét dấu y'. Kết luận hàm số y  f ( x ) đơn điệu trên D. * Nếu f(x) đơn điệu tăng thì: f (u)  f (v)  u  v, x  D Nếu f(x) đơn điệu giảm thì: f (u)  f (v)  u  v, x  D Bước 3: Kết luận nghiệm của bpt đã cho Bài 1: Giải các phương trình sau: a. x 1  x  6  x  2  6 2 x 5 x 1 1 1 b. e e   2x  5 x 1 c. 8log2(x2 - x + 5) = 3(x2 - x + 5) x2  x d. 2  2 x 1  ( x  1)2 Trước hết, ta nhận thấy các phương trình trên không giải được bằng các phương pháp thông thường hoặc có giải được thì cũng rất khó khăn. Ta sẽ tìm cách để sử dụng hàm số giải các phương trình này. 5
  6. Giải: a. x 1  x  6  x  2  6 TXĐ: D  2 ; +   Xét hàm số: f ( x )  x 1  x  6  x  2 + TXĐ : D  2 ; +    1 1 1 + Đạo hàm : f '( x )     0, x  2 2 x 1 2 x 6 2 x 2 Do đó hàm số f ( x ) đồng biến trên D, vậy phương trình trên nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Mặt khác ta có: f(3) = 6. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3. 2 x 5 x 1 1 1 b. e e   2x  5 x 1 2 x  5  0 x  5 / 2 Điều kiện:   x 1  0 x  1 2 x 5 1 x 1 1 Viết lại phương trình dưới dạng : e  e  (1) 2x  5 x 1 t 1 Xét hàm số f (t )  e  với t > 0 t t 1 + Đạo hàm : f '(t )  e   0, t  0 t2  Hàm số f (t ) luôn đồng biến trên khoảng (0; ) . Khi đó: phương trình (1)  f ( 2 x  5 )  f ( x  1 )  2 x  5  x  1 2 x  5  x  1 x  4   2 x  5   x  1  x  2 Vậy phương trình có hai nghiệm x=2 và x=4. c. 8log2(x2 - x + 5) = 3(x2 - x + 5) (1) 6
  7. Với phương trình này ta chưa thể có hàm số giống như hai câu trên mà ta phải biến đổi để tìm được hàm số mà ta muốn xét. TXĐ: D = log 2 ( x 2  x  5) 3 2 Trên D (1)   ( do x  x  5 > e > 0 ) x2  x  5 8 2 log 2t 3 Đặt t = x  x  5 với t > e, thì phương trình trên trở thành:  (2) t 8 log2 t Xét hàm số: f (t )  với t > e t 1  ln t Ta có f '(t )  e t 2 ln 2 Từ đó, vế trái của phương trình (2) là hàm nghịch biến  t > e; vế phải là hằng số Do đó phương trình (2) nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. 3 Mặt khác f (8)   Phương trình (2) có nghiệm duy nhất t = 8 8 2 1  13 1  13 Với t = 8 ta có x  x  5  8  x= ; x= 2 2 1  13 1  13 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = ; x= 2 2 x2  x d. 2  2 x 1  ( x  1)2 (1) Tương tự như câu c) đối với phương trình này ta cũng cần biến đổi để xuất hiện hàm số cần xét. TXĐ: D = x2  x 2 Trên D; (1)  2  2 x 1  x 2  2 x  1  2 x 1  x  1  2 x x  x2  x t Xét hàm số f (t )  2  t với t  f ’(t )  2 t .ln2  1  0 t   f(t) là hàm số đồng biến trên Mặt khác (1)  f(x - 1) = f(x2 - x)  x - 1 = x2 - x  x2 - 2x + 1 = 0  x = 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 Bài 2: Giải các bpt sau: a. x6  x2  4 x  3 7
  8. 2 3 2 b. 4 2 x  1 ( x  x  1)  x  6 x  15 x  14 c. log2 x  1  log3 x  9  1 2( x 1) 1 d. 3  3x  x 2  4 x  3 Giải: a. x 6  x 2  4 x  3 TXĐ: D = 2; 4   Xét hàm số: f(x) = x  6  x  2  4  x với x  D Ta cũng nhận thấy f(x) là hàm số đồng biến trên D (vì f’(x) > 0  x  (2;4)) Lại có: f(3) = 3; do đó, bpt có nghiệm x thì x  (3; ) . Vậy tập nghiệm là: T = 2;4  ( 3   ; +  ) =  3; 4  2 3 2 b. 4 2 x  1 ( x  x  1)  x  6 x  15 x  14 (1) 2 3 TXĐ: D = , BPT (1)  2 x  1 (2 x  1)  3   ( x  2)  3 x  6   3  2 x  1  3 2 x  1  ( x  2)3  3( x  2) (2) 3 Xét hàm số : f ( x )  x  3 x là hàm số đồng biến trên . Khi đó : (2)  f ( 2 x  1 )  f ( x  2)  2 x  1  x  2 2 x  1  x  2  x  1    x   2x 1  x  2  x 1 Vậy bpt nghiệm đúng với mọi x  . c. log 2 x  1  log 3 x  9  1 (1) Điều kiện : x>-1, các hàm số f1 ( x )  log 2 x  1 và f2 ( x )  log3 x  9 là các hàm số đồng biến trên khoảng ( 1; ) , nên hàm số f ( x )  log 2 x  1  log3 x  9 là hàm số đồng biến trên khoảng ( 1; ) . Mặt khác f (0)  1 vậy (1)  f ( x )  f (0)  x  0 . Vậy nghiệm của bpt là x > 0. 2( x 1) 1 d. 3  3 x  x 2  4 x  3 (1) 8
  9. Điều kiện: x  1  0  x  1 .  Vậy TXĐ: D = 1;   2( x 1) 1 (1)  3  2( x  1)  3 x  x 2  2 x  1 2( x 1) 1 3  2( x  1)  3( x 1)1  ( x  1)2 (2) t 1 Xét hàm số f (t )  3  t 2 , thấy ngay hàm số đồng biến trên D. Vậy trên D; (2)  f ( 2( x  1))  f ( x  1)  2( x  1)  x  1  2( x  1)  ( x  1)2 ,( do x  1)  x 2  4 x  3  0  x = 1 hoặc x  3. Vậy nghiệm của bpt là x = 1 và  x  3. Bài 3: Giải hệ phương trình sau:  3  x2  2 x  3  y    3  y2  2 y  3  x  Giải: Điều kiện x  0, y  0 . Hệ đã cho trở thành:  3  x2  2 x  3  y    3  x 2  3 x  3  3  y2  3 y  3 (1) 3  x  3  y 2  2 y  Xét hàm số f (t )  3  t2  3 t  3  + TXĐ: D  0;   t 3 + Đạo hàm f '(t )    0, t  0 suy ra hàm số đồng biến trên D. 3  t2 2 t Vậy trên D, phương trình (1) được viết dưới dạng f ( x )  f ( y )  x  y .  3  x2  2 x  3  y    3  x 2  3  x (2) Khi đó hệ đã cho trở thành   x  y  x  y  Giải (2): Ta đoán được x=1 là một nghiệm của (2), mặt khác dễ nhận thấy phương trình (2) có vế trái là hàm số đồng biến, vế phải là hàm số nghịch biến. Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của PT (2), Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x=y=1. Nhận xét: Đối với hệ phương trình, hệ bpt nhiều ẩn số ta tìm cách biến đổi làm xuất hiện các phương trình giải được bằng phương pháp hàm số để đưa về mối quan hệ giữa các ẩn số đơn giản hơn rồi tuỳ từng trường hợp tìm ra cách giải tiếp. 9
  10. Nhận xét: Đối với giải hệ phương trình, hệ bpt có 1 ẩn số ta có thể dùng phương pháp hàm số để giải từng phương trình hay bpt của hệ rồi kết hợp các tập nghiệm tìm được để đưa ra kết luận về nghiệm cho hệ bất phương trình. II. Dạng 2: Sử dụng hàm số để biện luận phương trình Bài 4: Biện luận theo m số nghiệm của phương trình sau: x a) x2  4x  3  m 2 2 2 3 2 b) mx  1 ( m x  2mx  2)  x  3 x  4 x  2 2 c) 2 m x  6  24 x  3m  (4  m 2 ) x  3m  6 d) log2 x 2  3 x  2  log 1 ( x  m)  x 2  3 x  2 - x + m = 0 2 Giải: x a) x2  4x  3  m (1) 2 Nhận xét: Bài tập này ta có thể giải bằng phương pháp thông thường. Tuy nhiên, nếu giải bằng phương pháp đó, ta phải kiểm tra điều kiện của ẩn số rất phức tạp. Ta sẽ giải bài này bằng cách sử dụng hàm số Giải: TXĐ: D =   ;1  3;     x Trên D; (1)  x2  4x  3  m 2 x Xét hàm số f(x) = x2  4x  3  với x  D 2 x 2 1 Ta có: f’(x) =  x2  4x  3 2 x 2 1 Trên D ta có: f’(x) > 0   > 0  x > 3; x2  4x  3 2 x 2 1 f’(x) < 0  
  11. f(x) Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m. Dựa vào bảng biến thiên ta có kết quả biện luận sau: 3 - Nếu m <  , đường thẳng y = m không cắt đồ thị hàm số y = f(x), do đó phương 2 trình (1) vô nghiệm. 3 1 - Nếu   m <  , đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 1 điểm, do đó 2 2 phương trình (1) có 1 nghiệm. 1 - Nếu m   , đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 2 điểm, do đó phương 2 trình (1) có 2 nghiệm. b) mx  1 ( m 2 x 2  2 mx  2)  x 3  3 x 2  4 x  2 2 3 Viết lại phương trình dưới dạng mx  1 (mx  1)  1  ( x  1)  ( x  1)   3  mx  1  mx  1  ( x  1)3  ( x  1) (2) 3 Xét hàm số f (t )  t  t là hàm số đồng biến trên  Vậy (2)  f ( mx  1 )  f ( x  1)  mx  1  x  1  x  1  x  1   (I )  mx  1  x  1 ( m  1) x  2 (3)    x  1  x  1   (4) ( II )   mx  1   x  1  ( m  1) x  0   + Giải và biện luận (I) - Với m=1 thì (3) vô nghiệm nên (I) vô nghiệm 11
  12. 2 - Với m  1 thì (3) có nghiệm x   , m 1 2 nó là nghiệm của (I) khi x  1    1  1  m  1 m 1 + Giải và biện luận (II) - Với m = -1 thì (4) nghiệm đúng với mọi x, nên (II) nhận x  1 làm nghiệm - Với m  -1 thì (4) có nghiệm x = 0, nhưng không là nghiệm của (II) Kết luận: - Với m < -1 hoặc m  1: phương trình vô nghiệm - Với m = -1: phương trình có nghiệm  x  1 2 - Với -1 < m < 1: phương trình có nghiệm x   m 1 2 c) 2 m x  6  24 x  3m  (4  m 2 ) x  3m  6 (1) 2 x 6 Viết lại phương trình dưới dạng 2 m  m 2 x  6  2 4 x 3 m  4 x  3m (2) Xét hàm số f (t )  2t  t là hàm số đồng biến trên , vậy (2)  f (m 2 x  6)  f (4 x  3m)  m2 x  6  4 x  3m  (m2  4) x  3m  6 (3) - Nếu m 2  4  0  m  2 + Với m = 2, (3)  0.x = 0, nghiệm đúng với x  + Với m = - 2, (3)  0.x=-9, phương trình vô nghiệm - Nếu m 2  4  0  m  2 3 Phương trình (3) có nghiệm duy nhất x  m2 Kết luận: 3 - Với m  2 : phương trình có nghiệm duy nhất x  m2 - Với m = 2: phương trình nghiệm đúng với x  R - Với m = - 2: phương trình vô nghiệm. 12
  13. d) log2 x 2  3 x  2  log 1 ( x  m)  x 2  3 x  2 - x + m = 0 (1) 2 Viết lại phương trình dưới dạng: log2 x 2  3 x  2  x 2  3 x  2  log 2 ( x  m)  x  m (2) Điều kiện: x 2 - 3x + 2 > 0  x < 1 hoặc x > 2. TXĐ: D = ( ;1)  (2; ) Xét hàm số f (t )  log2 t  t đồng biến trên khoảng (0;  ) . Vậy trên D, phương trình (2) trở thành : f ( x 2  3 x  2 )  f ( x  m)  x 2  3 x  2  x  m x  m  0  2 (I) (2 m  3) x  m  2 (3) Biện luận: 3 - Với 2m - 3 = 0  m  , khi đó (3) vô nghiệm nên (I) vô nghiệm 2 3 m2  2 - Với 2 m  3  0  m  , khi đó (3) có nghiệm duy nhất x  , là 2 2m  3 m  1 m2  2 m 2  3m  2 nghiệm của (I) khi m  0  3 2m  3 2m  3  m2 2 Kết luận: 3  m2  2 - Với m   ;1   ;2  thì phương trình có nghiệm x  2  2m  3  3 - Với m  1;    2;   thì phương trình vô nghiệm.  2 III. Dạng 3: Sử dụng hàm số tìm điều kiện của tham số để phương trình, bpt thoả mãn điều kiện cho trước. Bài 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2 x 2  2( m  4) x  5m  10  3  x  0 (1) (m - tham số) 13
  14. Giải: (1)  2 x 2  2( m  4) x  5m  10 = x - 3 x  3  0   2 2 2 x  2( m  4) x  5m  10  ( x  3) x  3 x  3  2   2   x  2x  1  x  2(m  1) x  5m  1  0  m (2)  2x  5 Phương trình (1) có nghiệm  phương trình (2) có nghiệm thoả mãn x  3 ở bài này ta có thể sử dụng phương pháp tam thức bậc hai để giải. Tuy nhiên ta sẽ sử dụng hàm số để giải bài này. x2  2x  1 Xét phương trình (2) : Đặt f(x) = với x  3 2x  5 2 x 2  10 x  8 x  1 Ta có: f’(x) = f’(x) = 0  x  4 (2 x  5)2  Ta có bảng biến thiên: x - 3 4 + f’(x) - 0 + + f(x) 4 3 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: Phương trình (2) có nghiệm x  3  m  3 Vậy phương trình (1) có nghiệm  m  3. Bài 6: Tìm m để bpt sau có nghiệm: 4cosx - m.2 cosx + m + 3  0 (3) (m - tham số) 1 Giải: Đặt 2 cosx = t với  t  2 (vì -1  cosx  1) 2 Khi đó bpt (3) trở thành: t2 - mt + m + 3  0  m(t - 1)  t2 + 3 (4) + Nhận thấy: t = 1 không là nghiệm của bất phương trình, nên: 14
  15.  1  t  2  2 (I )  m  t  3  t 1 (4)    1  t  1  2   2 ( II )  m  t  3   t 1 t2  3 Xét hàm số: f(t) = t 1 t 2  2t  3  1  Ta có: f’(t) = 2
  16. Đặt t = cosx với t    1;1  Khi đó, ta có bất phương trình: 3t4 - 20t3 + 36t2 + 24m - 12m2  0  3t4 - 20t3 + 36t2  12m2 - 24m (6) Bpt (5) nghiệm đúng với mọi x   bpt (6) nghiệm đúng với  t    1;1  Xét hàm số: f(t) = 3t4 - 20t3 + 36t2 với t    1;1  Ta có: f’(t) = 12t3 - 60t2 + 72t = 12t(t2 - 5t + 6) t  0  f’(t) = 0  12t(t2 - 5t + 6) = 0  t  2  t  3  Khi đó ta có bảng biến thiên: t - -1 0 1 2 3 + f’(t) - 0 + 59 f(t) 19 0 Dựa vào bảng biến thiên ta có: f(t)  12m2 - 24m  t    1;1   12m2 - 24m  min f (t ) x 1;1  12m2 - 24m  0  0  m  2 Vậy với m   0;2  thì bpt (5) nghiệm đúng với mọi x  Nhận xét: Trong một số bài tập giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ, ta phải tìm điều kiện của ẩn phụ. Tuy nhiên, việc tìm điều kiện đó gặp không ít khó khăn. Nếu ta sử dụng hàm số thì việc tìm điều kiện sẽ đơn giản hơn. Ta xét ví dụ sau: 2 2 Bài 9: Cho phương trình: 4 2 x  x  22 x  x 1  m  3  0 (1) (m - tham số) 16
  17.  3 Tìm m để phương trình có nghiệm x   0;  2   Giải: 2 x x2 Đặt t = 2 ở đây, điều kiện cần là t > 0 nhưng nếu chỉ có điền kiện đó thì chưa đủ và ta chưa giải được bài này. Ta phải tìm điều kiện của t bằng cách xét hàm số.  3 Xét hàm số y = 2x - x2 với x   0;  2   Ta có: y’(x) = 2 - 2x y’(x) = 0  x=1 Ta có bảng biến thiên: 3 x - 0 1 + 2 y’(x) + 0 - 1 y(x) 3 4 0 Từ đó suy ra tập giá trị của y là y  0;1   2  20  2 2 x  x  21  1  t  2 Với điều kiện đó của t thì phương trình (1) trở thành: t2 + 2t + m - 3 = 0  m = -t2 - 2t + 3 (2)  3 Phương trình (1) có nghiệm x   0;   phương trình (2) có nghiệm 1  t  2 2   Xét hàm số: g(t) = -t2 - 2t + 3 với t  1;2  g’(t) = -2t - 2 g’(t) = 0  t = -1 Từ đó ta có bảng biến thiên: 17
  18. x - 1 2 + y’(x) - y(x) 0 -5 Dựa vào bảng biến thiên ta có: phương trình (2) có nghiệm  m  5; 0   Vậy phương trình (1) có nghiệm  m  5; 0   Bài 10: Cho bất phương trình: mx - x  3  m + 1 (1) (m - tham số) a. Tìm m để bpt có nghiệm. 3 b. Tìm m để bpt nghiệm đúng . 62 3 Giải:  TXĐ: D = 3;   x  3 1 Trên D, (1)  m(x - 1)  x 3 + 1  m  x 1 (vì: x  D nên x - 1 > 0) x  3 1 Đặt f(x) = với x  D x 1 5 x 2 x 3 5 x 2 x 3 Khi đó: f’(x) = , f’(x) = 0  = 0 2 x  3( x  1)2 2 x  3( x  1)2  x = 7-2 3 Ta có bảng biến thiên: x - 3 7-2 3 7 + 18
  19. f’(x) + 0 - - 1 3 4 f(x) 1 1 2 2 0 Dựa vào bảng biến thiên ta có: 1 3 a. Bpt có nghiệm  m  max f ( x )  m  xD 4 1 b. Bpt nghiệm đúng  x   3;7   m  min f ( x )  m  x3;7 2 Bài 11: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2 + 2sin2x = m(1 + cosx)2 (1) Giải: Trước hết ta nhận thấy:  m , 1 + cosx  0 (vì nếu 1 + cosx = 0 thì: vế trái PT (1) = 2 vô lý) 2 2  2 sin 2 x  sin x  cos x  Khi đó (1)  m =  m= 2  (1  cos x )2  1  cos x  x x     Đặt t = tg ; với     k . ;  k.  , k  2 2  2 2  2t 1  t2 sin x  cos x 1  2t  t 2 Khi đó: sinx = , cosx =  = 1  t2 1  t2 1  cos x 2 Theo (1) ta được phương trình: 2m = (1+2t-t2)2 (2) Khi đó PT (1) có nghiệm  PT (2) có nghiệm Xét hàm số: f(t) = (1+2t-t2)2 t  1  f’(t) = 4(t - 1)( t2 - 2t - 1) , f’(t) = 0  t  1  2 t  1  2  Ta có bảng biến thiên: 19
  20. t - 1- 2 1 1+ 2 + f’(t) - 0 + 0 - 0 + + + 2 f(t) 0 0 Từ bảng biến thiên ta suy ra: phương trình (2) có nghiệm  2m  0  m  0 Vậy phương trình (1) có nghiệm  m0 IV. Dạng 4: Sử dụng hàm số để đoán và vét hết tất cả các nghiệm của phương trình: Dạng này thường được sử dụng khi ta nhận thấy 2 vế của phương trình là các hàm đồng biến hoặc nghịch biến, đồng thời ta đã nhẩm được 1 hay 2 nghiệm. Dạng bài tập này cho phép chúng ta dự đoán và chứng minh phương trình chỉ chó các nghiệm mà ta đã dự đoán. Ta xét các ví dụ sau: Bài 12: Giải các phương trình sau: a. 2 x + 3 x = 3x + 2 b. log5(2x + 1) = log3(x+1) x c. 3  1  x  log3 (1  2 x ) Nhận xét: ở cả hai ví dụ trên ta đều thấy hai vế của phương trình đều là các hàm đồng biến. Mặt khác ở ví dụ a) ta nhẩm được 2 nghiệm là x = 0; x = 1 ở ví dụ b) ta nhẩm đựoc 2 nghiệm là x = 0; x = 2 Ngoài các nghiệm đó ra ta chưa biết là phương trình có còn nghiệm nào nữa không. Ta sẽ tìm cách chứng minh phương trình không còn nghiệm nào khác nữa. Giải: a. 2 x + 3 x = 3x + 2 (1) TXĐ: D = Trên D (1)  2x + 3x - 3x - 2 = 0 20
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2