SKKN du thi cap truong Toan

Tên sáng kiến : “ Sử dụng những ứng dụng của đạo hàm để giải phương trình và bất phương trình” 2... Lý do chọn đề tài Ta đã biết rằng các bài toán về giải phương trình và bất phương trìn

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

1 Tên sáng kiến : “ Sử dụng những ứng dụng của đạo hàm để giải phương trình và

bất phương trình”

2 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến : Môn toán - THPT

3 Thời gian áp dụng sáng kiến : Từ ngày 5 tháng 9 năm 2010 đến ngày 20 tháng 12 năm 2011

4 Tác giả :

Họ và tên : Vũ Thị Trang Năm sinh : 1985

Nơi thường trú : Nghĩa Trung – Nghĩa Hưng – Nam Định Trình độ chuyên môn : Cử nhân Toán

Chức vụ công tác: Giáo viên dạy toán Nơi làm việc : Trường THPT A Nghĩa Hưng Địa chỉ liên hệ : Vũ Thị Trang - Trường THPT A Nghĩa Hưng – Nam Định Điện thoại : 0977768756

5 Đồng tác giả :

Họ và tên : Năm sinh : Nơi thường trú : Trình độ chuyên môn : Chức vụ công tác:

Nơi làm việc : Địa chỉ liên hệ : Điện thoại :

6 Đơn vị áp dụng sáng kiến:

Tên đơn vị : Trường THPT A Nghĩa Hưng Địa chỉ : Nghĩa Hưng – Nam Định

Điện thoại : 03503871173

I Lý do chọn đề tài

Ta đã biết rằng các bài toán về giải phương trình và bất phương trình thường xuất hiện trong các đề thi tuyển sinh đại học và nó cũng thường gây khó khăn đối với học sinh nhất là những bài toán chứa tham số Rất nhiều bài giải phương trình và bất phương trình cần phải sử dụng phương pháp đạo hàm mới có thể giải quyết được Đặc biệt những bài toán chứa tham số khi mà SGK bỏ định lý đảo dấu tam thức bậc hai thì nhiều bài toán mất đi một công cụ hay để giải Tuy nhiên nếu nghiên cứu kỹ vấn đề thì ta có thể dùng ứng dụng của đạo hàm để giải và thực tế cho thấy cách giải này cho lời giải ngắn gọn hơn Và việc hướng dẫn học sinh bằng phương pháp đó phát triển cho học sinh nhiều phẩm chất tư duy như khái quát hoá, tư duy hàm, tư duy phân tích tổng hợp Vì vậy tôi quyết định chọn đề tài nghiên cứu “Sử dụng những ứng dụng của đạo hàm để giải phương trình và bất phương trình” Đề tài này phù hợp với các đối tượng học sinh

II Nội dung nghiên cứu

Nội dung nghiên cứu gồm 2 phần:

+ Phần1 Giải phương trình

+ Phần 1 Giải bất phương trình

1.Giải phương trình

Khi sử dụng đạo hàm trong giải phương trình ta thường sử dụng những ứng dụng như các khoảng đơn điệu của hàm số, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất,

Đồng thời sử dụng các tính chất sau:

Tính chất 1: Nếu f x( ) là hàm số đồng biến (nghịch biến) trên (a;b) thì phương trình ( ) k

Chứng minh

Xét trường hợp f x( ) là hàm số đồng biến

Giả sử phương trình f x ( ) 0 có hai nghiệm x x x1; (2 1 x2)

Nên f x( )1 f x( ) k.2 

Do hàm số f x( ) là hàm số đồng biến nên từ x1x2 f x( )1  f x( )2 mâu thuẫn với

( ) ( ) k

f x f x  Chứng tỏ giả sử sai

Vậy phương trình nếu có nghiệm sẽ có không quá một nghiệm

Với trường hợp f x( ) là hàm số nghịch biến ta chứng minh tương tự

Tính chất 2: Nếu f x( ) là hàm số đồng biến (nghịch biến) trên (a;b)

f u( )f v( ), u v, (a;b) uv

Chứng minh

Xét trường hợp f x( ) là hàm số đồng biến

Nếu u v  f u( )f v( ) (hiển nhiên)

Ta chứng minh nếu f u( )f v( ) u v

Giả sử u v ,không mất tính tổng quát giả sử u v

Do hàm số f x( ) là hàm số đồng biến nên f u( ) f v( ) Chứng tỏ giả sử sai.

vậy f u( )f v( ), u v, (a;b) uv

Với trường hợp f x( ) là hàm số nghịch biến ta chứng minh tương tự

Tính chất 3: Nếu f x( ) là hàm số đồng biến còn g x( ) là hàm số nghịch biến trên ( ; )a b thì phương trình f x( )g x( ) có nhiều nhất một nghiệm

Chứng minh

Ta có: f x( )g x( ) f x( ) g x( ) 0. Xét hàm số h x( )f x( ) g x( ) trên ( ; )a b Khi đó h x( ) là hàm số đồng biến trên ( ; )a b

Theo tính chất 1 thì phương trình h x ( ) 0 có nhiều nhất một nghiệm (Đpcm).

Đối với bài toán chứa tham số dạng f(x) = m có nghiệm trên D khi và chỉ khi:

) ( )

(

)

(

D m m h

x

f

Ví dụ 1 : Giải phương trình sau:

3x  1 xlog (1 2 ).3  x (6.3)

Giải:

Điều kiện: 1

2

x

Đặt ylog (1 2 )3  x  1 2 x 3 y

Ta có (6.3) 3x x 1 2xlog (1 2 )3  x 3x x  y 3 y (6.4)

Xét hàm số ( ) 3t

f t   trên R Có t f  t  3t ln 3  1  0 tR

Nên hàm số f t( ) là hàm số đồng biến trên R

Khi đó (6.4) f x( )f y( ) x  y x log (1 2 )3  x  3x  2x 10

Xét ( )3  2  1,  1

2

x

Mà '( )3 ln 3 2, ''( )(3 ln 3)2 0, 1.

2

'( )

g x

 là hàm số đồng biến và có đổi dấu vì :

'(2) 9 ln 3 2 0, '(0) ln 3 2 0

'( ) 0

g x

  có nghiệm duy nhất x 

Ta có bảng biến thiên

'( )

( )

g x

( )

Từ bảng biến thiên ta thấy nếu g x ( ) 0 có nghiệm thì có nhiều nhất 2 nghiệm Mặt khác g(0)g(1)0

Do đó phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x0,x1

Ví dụ 2: Giải phương trình:

x  x  x  x  x    x

Giải:

Điều kiện:



Giải (6.5):

Nếu x  0 (6.5) luôn đúng

Nếu x 0 (6.5) x2 x 1 x2  x 1 0  x1

0

x

Chứng tỏ (6.5) đúng   x

Giải (6.6):

Nếu x  1 (6.6) luôn đúng

Nếu x  1 (6.6) x2    x 1 ( x 1)2  x2   x 1 x2 2x1

0

x

  Kết hợp với x   1 x  1

Chứng tỏ (6.6) đúng   x

Vậy phương trình xác định với mọi x.

Phương trình tương đương với

 2   1   1 ( 1)2  ( 1) 1 ( 1) (6.7)

Xét hàm số   2   

2

f t

Mặt khác 2 t2   t 1 2t 1 (2t 1)2 3 2t 1 2t 1 2t 1 0.

Vậy f t'( )0t  hàm số f t( ) luôn đồng biến trên R.

Khi đó (6.7) f x( )f x( 1) x  x 1 (vô nghiệm)

Vậy pt đã cho vô nghiệm

Ví dụ 3:Giải pt

x  x 5 x 7 x 16 14

Giải:

Điều kiên: x5

Xét hàm số f x( ) x  x 5 x 7 x16 trên x5

Hàm số f x( ) đồng biến trên (5;)

Có f(9)    3 2 4 5 14 f x( )f(9) x 9

Vậy pt có nghiệm duy nhất x 9

Ví dụ 4: Giải pt:

log (3 log (3x  1))x

Giải:

Đặt log (32 1), 1

3

yd x x 

Ta có hệ pt:   



2 2

log (3 1) log (3 1)

Cộng vế với vế ta được: log (32 x 1)xlog (32 y 1)y (6.8)

Xét hàm số ( )log (32  1) , 1

3



t

Hàm số f t( ) là hàm đồng biến trên ( ;1 )

3

(6.8) f x( ) f y( ) x y x log (3x 1) 2x 3x 1 0

Xét hàm số g x( )2x  3x1, '( )g x 2 ln 2x  3

Ta có : '( ) 0  0 log (2 3 )

ln 2

Mà g x'( )0 x x g x0, '( )0 xx0

Nên hàm số g x( ) nghịch biến trên ( ;x0), đồng biến trên (;x0)

Do đó pt g x ( ) 0 có không quá 2 nghiệm trên R

Mà g(0)g(1)0 Kết hợp với điều kiện được x 1 là nghiệm duy nhất của pt đã cho

Ví dụ 5: Giải pt:

1

7

7x 6 log (6x 5) 5

Giải:

Điều kiện: 5

6

x

Đặt log (67 x 5) y 1







 

 



1

1

7 6 5 (6.15)

7 6 5 (6.16)

y

x

x

Trừ vế với vế (6.15) và (6.16) ta có :

 7y 1 7x 1 6x 6y 7x 16x 7y 1 6 (6.17)y

( ) 7 6 ,

6

t

f t    t t Cã 

 1     5 

'( ) 7 ln 7 6 0, ( ; )

6

t

( )

f t

 là hàm số đồng biến trên ( ;5 )

6

 

 (6.17) f x( )f y( ) x  y 7x 1 6x 5 7x 1 6x 5 0

Xét hàm số 

 1   5

6

x

'( ) 7 ln 7 6, ''( ) (7 ln 7) 0,

6

'( )

g x

 đồng biến trên ( ;5 )

6 

Mà '(0)1ln 7 6 0, '(2)7ln 7 6 0

7

'( ) 0

g x

  có duy nhất 1 nghiệm x 

Ta có bảng biến thiên

x 5/6 0  2



'( )

g x - 0 +

( )

g x

g( ) Dựa vào bảng biến thiên ta thấy pt g x ( ) 0 nếu có nghiệm thì có nhiều nhất 2 nghiệm

Mà, g(0)g(2)0

Do đó pt có 2 nghiệm x 0,x 2

Ví dụ 6: Tìm m để pt x2 – 2x = m có nghiệm x  [ 0; 1]

Giải: Xét hàm số f(x) = x2 – 2x

Là hàm số liên tục trên [0;1] từ bảng biến thiên của hàm số f(x) trên [0;1]

Ta có : maxf(x) = 0 ; min f(x) = - 1

[0 ; 1] [0; 1]

Vậy với 1 m0 thì pt đã cho có nghiệm trên [0;1]

ví dụ 7: Tìm m để pt sau có nghiệm

m x x

x

x 1  3   (  1 )( 3  ) 

Giải :

Đặt t = x 1  3 x thì 2  t  2 2

+ Khi đó pt trở thành:

f(x) =  t t 2 m

2 2

Lập bảng biến thiên của f(t) với 2  t  2 2

Ta có : min[2;2f2(t])2 2 2

max[2;2f2(t]')2

Vậy pt có nghiệm khi  2 2  2 m 2

Ví dụ 8: Xác định m để pt sau có nghiệm:

m 1x2  1 x2 2 2 1 x4  1x2  1 x2









Giải:

Điều kiện:  1x 1

Đặt t 1x2  1 x2

Với x 1 ; 1 t0 ; 2

Pt đã cho trở thành: m t 2 t2t 2

2 2 2













t

t t

Đặt  

2 2 2











t

t t t

f

Lập bảng biến thiên của hàm số f  t trên 0 ; 2

Ta có:  

 22

4 2











t

t t t

f

f t  0 

Bảng biến thiên:

t -4 0 2

 t

f 

0 + 0

f(t) 1

2-1

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy với 2  1 m 1 thì pt đã cho có nghiệm

2 Giải bất phương trình

Để giải bất phương trình ta thường sử dụng tính chất: Nếu f x( ) đồng biến trên ( ; )a b

thì bất pt: f u( ) f v( ), ,u v( ; )a b  uv

Đối với bất pt chứa tham số:

1 Bất pt dạng f(x)  h(m) có nghiệm trên D

<=> h m maxD f(x)

2 Bất pt dạng : f(x)  h(m) nghiệm đúng xD

<=> h m minD f(x)

3 Bất pt dạng : f(x)  h(m) vô nghiệm trên D

<=> h m maxD f(x)

4 Bất pt dạng h(m) > f(x) có nghiệm trên D <=> h m minD f(x)

5 Bất pt dạng : h(m)> f(x) nghiệm đúng xD

<=> h m maxD f(x)

6 Bất pt dạng : h(m) > f(x) vô nghiệm trên D

<=> h m min f(x)

Ví dụ 9 : Giải bất pt sau:

    2    

7x 7 7x 6 2 49x 7x 12 181x 14 x (6.20)

( ĐHAN - 2001 )

Giải:

Điều kiện: 6

7

x

Ta có (6.20)  ( 7x 7 7x 6)2 ( 7x 7 7x 6 ) 182 0

 7x  7 7x 6  130 (6.21)

Xét hàm số f x( ) 7x 7  7x  6  13 trên [ ;6 )

7

7

Do đó hàm số f x( ) đồng biến trên ( ;6 ).

7

Mà f(6) 0 x6 là nghiệm duy nhất của f x( )0

Khi đó (6.21)  f x( ) f(6) x 6

Vậy bất pt đã cho có nghiệm 6 6

7 x

Ví dụ 10 : Giải bất pt sau:

x x x x x x (6.22)

Giải:

Điều kiện: 1 x 3

(6.22) x 2x 3 x 1 x 6x 1 3 x

 (x 1)2 2  x 1 (3 x)22  3 x (6.23)

Xét hàm số 2

f t  t   t trên [0;2]

2 2

t

t t

Hàm số f t( ) đồng biến trên (0;2)

 (6.23) f x(  1) f(3 x) x 1 3  x  x2

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là T (2;3]

Ví dụ 11: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:

x 1  4  x m. (*)

Giải:

Điều kiện: -1 x 4

Đặt f  x  x1 4 x

Để (*) có nghiệm thì mmax 1 ; 4 f(x)

Ta có:   0,  1;4

4 2

1 1

2

1

















x x

x

Vậy để bất phương trình có nghiệm thì max1;4 ( )  4  5



Ví dụ 12: Tìm điều kiện của m để pt mx4 – 4x + m  0 nghiệm đúng xR

Giải :

Bất pt  ( )

1 4

x

x





Xét hàm số

g(x) = ;

1

44

x

x

Ta có : maxg(x)  4 27

R

Do đó bất pt nghiệm đúng xR khi và chỉ khi :

m  maxg(x)  4 27

R

Ví dụ 13: Tìm m để x [0; 2] đều là nghiệm của bất pt

5 ) 2 2 ( 4 log 4 2

2 2

Giải:

Điều kiện: (x2 2xm)  1

Bất pt  log2 x2 2xm 4 log4(x2 2xm)  5

Đặt t = log4(x2 2xm)  5 ;t 0

Bất pt trở thành : t2 + 4t – 5  0  - 5  t  t

Kết hợp với t  0 Ta có : 0  t  1

Suy ra : 0  log4(x2 2xm)  1





m x

x

m x

x











 4 2

1 2

2 2

Bất pt nghiệm đúng x  [0; 2] khi và chỉ khi

m x

x

m x

x













4 ) 2 2 ( ] 2

; 0 [max

1 ) 2 2 ( ] 2

; 0 [min

y



m

m











4 0

1 1

(Xem hình bên)

 2  m  4 0 2 x

-1

Các bài toán tự giải

Bài 1 Giải phương trình: 4 + 5 = 9

Bài 2 Giải pt: 3 + 5 = -6x + 2;

Bài 3 Giải pt: x 5  log 5xx

4 3

Bài 4: Tìm các giá trị của m để pt sau có đúng 2 nghiệm thực phân biệt:

4 2x 2x 2 4 6  x 2 6  x m (ĐH Khối A-2008)

Bài 5 Tìm các giá trị của m để pt sau có nghiệm thực:

3 x 1 m x 1  2 4 x2  1

(ĐH Khối A-2007)

Bài 6 Tìm m để bất pt x -2x - m - 20m 0 có nghiệm trên

III Kết luận:

Trải qua thực tiễn giảng dạy nội dung liên quan đến chuyên đề, với sự góp ý của đồng nghiệp, vận dụng chuyên đề vào giảng dạy đã thu được một số kết quả sau:

1 Học sinh có thể vận dụng được các kết quả cơ bản của chuyên đề vào giải phương trình và bất phương trình

2 Tạo hứng thú cho học sinh khi học các bài toán về giải phương trình và bất

phương trình

3 Qua đề tài này giáo viên có thể xây dựng được các bài toán về giải phương trình và bất phương trình

4 Đề tài nhằm phục vụ cho các đối tượng học sinh trung bình, khá và giỏi

Bên cạnh những kết quả thu được chuyên đề còn nhiều hạn chế và thiếu sót Kính mong được sự đóng góp của các đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn Tôi xin chân thành cảm ơn!

Nghĩa Hưng, ngày 08 tháng 02 năm 2011 Người viết

Vũ Thị Trang

CƠ QUAN ĐƠN VỊ

ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (xác nhận, đánh giá, xếp loại)

(Ký tên, đóng dấu) (khối phòng GD-ĐT) PHÒNG GD-ĐT (xác nhận, đánh giá, xếp loại)

(Ký tên, đóng dấu)

PHỤ LỤC

1 Danh mục sách tham khảo :

+ Sách giáo khoa giải tích lớp 12

+ Sách rèn luyện giải toán giải tích 12 – NXB Giáo Dục

+ Phân loại và phương pháp giải các dạng bài tập toán giải tích

lớp 12 – NXB – ĐH QG HN

+ Giáo trình đại học - Trường đại học sư phạm