Ứng dụng của đạo hàm vào giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình ở chương trình toán học phổ thông

Lý do chọn đề tài Trong các đề thi thpt quốc gia xuất hiện các bài toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình nhờ vào ứng dụng của đạo hàm.. Quan tr

M C L C ỤC LỤC ỤC LỤC

1 MỞ ĐẦU 1

1.1 Lý do chọn đề tài 1

1.2 Mục đích nghiên cứu 1

1.3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 1

1.4 Phương pháp nghiên cứu 1

1.5 Những điểm mới của SKKN………2

2 NỘI DUNG 2

2.1 Cơ sở lí luận của vấn đề 2

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 3

2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề 4

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp 19

3 Kết luận, kiến nghị 19

3.1 Kết luận 19

3.2 Kiến nghị 20

1 MỞ ĐẦU

1.1 Lý do chọn đề tài

Trong các đề thi thpt quốc gia xuất hiện các bài toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình nhờ vào ứng dụng của đạo hàm Và nhờ có sự vận dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải toán mà lời giải trở nên trong sáng hơn, ngắn gọn hơn Thực tế nhiều bài toán phương trình, bất phương trình, giải bằng phương pháp biến đổi tương đương và biến đổi chúng đưa về các phương trình, bất phương trình cơ bản như phương trình, bất phương trình bậc nhất, bậc hai Tuy nhiên, không phải bài nào cũng biến đổi dễ dàng như vậy mà phải vận dụng một số kỹ thuật giải Một trong số những kỹ thuật đó là sử dụng đạo hàm của hàm số Quan trọng hơn là trong các bài toán biện luận phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình, bài toán tìm điều kiện của tham số để thoả mãn một hoặc một số điều kiện nào đó, ta vận dụng đạo hàm để xác định miền giá trị của hàm số, miền giá trị của ẩn số phụ có trong bài toán mà ta đặt Để từ đó ta có kết quả chính xác cho

điều kiện của tham số Từ các vấn đề nêu trên tôi chọn viết đề tài: “ Ứng dụng của đạo hàm vào giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và

hệ bất phương trình ở chương trình toán học phổ thông”.

1.2 Mục đích nghiên cứu: Tìm ra phương pháp giải nhanh và chính xác cho các bài toán giải, giải và biện luận phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

và hệ bất phương trình

1.3 Đối tượng nghiên cứu: Vận dụng phương pháp dạy học tình huống cho học sinh THPT qua nhóm bài toán phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

và hệ bất phương trình

1.4 Phương pháp nghiên cứu: Thực hiện mục tiêu nghiên cứu của đề tài tôi đã

sử dụng kết hợp các phương pháp nghiên cứu sau:

*Nhóm phương pháp nghiên cứu lí thuyết

Tìm hiểu lịch sử vấn đề nghiên cứu, khai thác qua tài liệu và thành tựu của các nhà nghiên cứu các khía cạnh liên quan trực tiếp đến phạm vi đề tài làm

cơ sở để tiến hành quá trình nghiên cứu tiếp theo của mình

* Nhóm phương pháp nghiên cứu thực tiễn

- Phương pháp điều tra giáo dục: khảo sát mục tiêu, nội dung dạy học, chuẩn kiến thức, kĩ năng về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình ở trường THPT, khảo sát thực trạng dạy và học các bài toán phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình

- Phương pháp phân tích, tổng hợp: phân tích, tổng hợp kết quả khảo sát thực trạng và kết quả dạy học thực nghiệm

- Phương pháp thống kê, phân loại: thống kê, phân loại kết quả khảo sát thực trạng và kết quả dạy học thực nghiệm

- Phương pháp so sánh: so sánh khả năng vận dụng của HS ở lớp thực nghiệm và lớp đối chứng qua bài kiểm tra cụ thể

- Phương pháp thực nghiệm sư phạm: tổ chức thiết kế giáo án thực nghiệm và dạy học thực nghiệm

1.5 Những điểm mới của SKKN: SKKN này giúp giáo viên cũng như học sinh

có được phương pháp mới trong sáng hơn, tường minh hơn trong việc giải các bài toán phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình Hơn nữa học sinh đứng trước bài toán chứa tham số không còn cảm giác sợ và lúng túng như trước đây nữa

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1.Cơ sở lý luận

1.1 Định nghĩa đạo hàm:

1.2 Đạo hàm của các hàm cơ bản, hàm hợp:

1





x

cos

1 tan 

x

x

2

1 )

x

sin

1 cot  





x

2

1 1

x













x

ln 

 cosx  sinx

a x

x

a

ln

1 ) (log   Hàm hợp:        

x

u u f x u f

1.3 Các phép toán đạo hàm:

uvu v uvuvu v

v

v u v u v

















kuk u

1.4 Tính đơn điệu của hàm số.

Hàm số y  f (x)xác định trên khoảng (a;b) Nếu f x  0 (  0 ) xa;bvà

  0

x

f tại hữu hạn điểm trên khoảng (a;b) thì ta nói hàm số đồng biến (nghịch biến) trên khoảng (a;b)

1.5 Sử dụng tính chất của hàm số để giải pt Áp dụng tương tự cho bất pt.

Các hướng áp dụng:

Hướng 1: Bước 1: Chuyển pt về dạng f(x) = k

Bước 2: Xét hàm số y = f(x) Tính đạo hàm và sử dụng giả thiết lập luận khẳng định hàm số đồng biến hoặc nghịch biến

Bước 3 : Nhận xét : Với x = x0  f x f x0 k

Do đó x = x0 là nghiệm

Với x > x0  f     x   f x0 k  pt vô nghiệm

Với xx0 f x  f  x0 (>) =k  pt vô nghiệm

Vậy x  x0 là nghiệm duy nhất của pt

Hướng 2 : Bước 1 : Chuyển pt về dạng :

f x g x

Bước 2 : Xét hàm số y  f x ,y  g x

Dùng lập luận khẳng định hàm số y= f x là đồng biến và hàm số yg x

là hàm hằng hoặc nghịch biến

Xác định x0 sao cho f x0 g x0

Bước 3: Vậy pt có nghiệm duy nhất x  x0

Hướng 3 : Bước 1 :Chuyển pt về dạng : f u f v

Bước 2 :Xét hàm số y= f x

Dùng lập luận khẳng định hàm số đồng biến hoặc nghịch biến

Bước 3 : f u f v  uv u,vD.

Chú ý : Tương tự vận dụng các hướng 1 và hướng 3 ở trên cho bất pt.

Định lý Rôn : Nếu hàm số y = f(x) lồi hoặc lõm trên miền D thì phương

trình f(x) = 0 sẽ không có quá hai nghiệm thuộc D

Giả sử cần giải phương trình f(x) = 0 ta thực hiện các bước sau :

Hướng 4 :Bước 1 : Tìm TXĐ D của pt

Bước 2 : Xét hàm số y = f(x) trên D Sử dụng đạo hàm khẳng định rằng hàm số y = f(x) lồi hoặc lõm trên miền D

Bước 3 : Vậy pt nếu có nghiệm sẽ không có quá hai nghiệm Ta cần chỉ ra hai giá trị x1,x2D sao cho f x1 f x2  0

Bước 4 : Kết luận

Hướng 5 : Lập bảng biến thiên tìm miền giá trị của hàm số và vận dụng vào các

bài toán liên quan

2.2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm :

Khó khăn khi giải một số bài toán pt, bpt, hệ pt và hệ bất pt bằng các phép biến đổi tương đương không đưa về các pt cơ bản, bất pt cơ bản, hệ pt cơ bản Phương trình cơ bản gồm pt bậc nhất và pt bậc hai, bất pt bậc nhất, bất pt bậc hai Hệ pt cơ bản như hệ pt bậc nhất hai ẩn, hệ pt gồm một pt bậc nhất và một pt bậc hai, hệ pt đối xứng loại một, loại hai, hệ đẳng cấp

Dùng bất đẳng thức chưa đánh giá chặt chẽ miền giá trị của biến số ẩn phụ cũng như miền giá trị của hàm số Do đó không xác định chính xác được điều kiện của tham số trong các bài toán biện luận pt, bất pt, hệ pt, hệ bất pt

Vận dụng đạo hàm, xét tính đơn điệu của hàm số ta có thể chứng minh pt

vô nghiệm, pt có một nghiệm, hai nghiệm và tìm được nghiệm của pt bằng cách nhẩm nghiệm Và vận dụng đạo hàm cho ta lời giải chặt chẽ, chính xác trong các bài toán tìm điều kiện của tham số

2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

3.1 Vận dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải phương trình.

Giáo viên đưa ra hệ thống các bài tập vận dụng để học sinh thấy được ưu điểm của phương pháp dùng đạo hàm xét tính đơn điệu của hàm số vào giải phương trình

Bài 1 Giải pt: x x 5  x 7  x 16  14

Giải: Xét hàm số f x  x x 5  x 7  x 16  14

TXĐ : D5 ; 

16 2

1 7

2

1 5 2

1 2

1



















x x

x x

x

 hàm số f x đồng biến trên D

Mặt khác f 9  0  pt có nghiệm duy nhất x = 9

Bài 2 Giải pt : 1 3 4 5









x

Giải : ĐK : x 1

Xét hàm số f(x)  x 1

  3 4 5







x g

 ' 2 1 1





x x

f >0 x 1

 hàm số đồng biến trên D=1  ; )

g’(x)= 3x2  4  0 , xD

 hàm số nghịch biến trên D

Do đó pt f(x) = g(x) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là nghiệm duy nhất Nhận thấy x = 1 thoả mãn phương trình

Vậy pt có nghiệm x = 1

Bài 3 Giải phương trình :

a 3 3 3 2 12











x

b x x2  x  1 x  1 x2   x 1 1

5

1 ) 2 2 3 (

log

1 3 2

3

2

























x x

x x

Giải:

a ĐK : x 3 Đặt f x  x 3 ,g x  x3  3x2 x 12

 

3 2

1







x x

f Hàm số đồng biến trên D3 ; 

g   3 2  6  1   3  12 4  0 ,   Hàm số nghịch biến trên D

Pt f x g x có nghiệm duy nhất x = 4

b ĐK: xR























Xét hàm số f x  x x2  x 1 x

1

1 4

1 2 1 2

2 2

2

























x x x x x

x x

x x

f

Nhận xét: 2 2 1 2 1  2 1  2 3 2 1 2 1 2 1 0



























x

 x x

f  

 0 , Hàm số f(x) đồng biến.Từ (1) ta có: f x fx 1 xx 1

Vậy pt vô nghiệm

c ĐK: 









2

1

x

x

Đặt u x2  3x 2 ,u 0  3x x2  1  1  u2.pt có dạng:   2

5

1 2 log

1















u

u

2

5 5

1 2 log 5

1 2

1 3

x x

x x

x



















, x 0

 

  5.2 .5 .ln5 0, 0,  1 2

1 3 ln 2















x x

2

f u f  u  x 

Bài 4 Giải pt: 3 1 3 2 8 3







x

Giải: ĐK: x  1

Pt  3 1 3 2 8 3 0









Xét hàm số   3 1 3 2 8 3









x

1 2

3









x x

f

x





1 4

3

 Hàm số lồi trên D

Vậy pt nếu có nghiệm sẽ có không quá hai nghiệm, ta có f 0 f 3  0

Do đó pt có hai nghiệm x = 0 và x = 3

Bài 5 Giải pt : 3 1 2 1









x

Giải : ĐK : x 0

Viết lại pt dưới dạng : 3 1 2 1 0











x

Xét hàm số f x  3 1 2 1









x trên D0 ; 



 

x x









1 3 4

9 4

1

3 3

 Hàm số lồi trên D Vậy pt nếu có nghiệm sẽ không quá hai nghiệm

Lại có : f 0 f 1  0 Do đó pt có hai nghiệm x = 0 và x = 1

Nhận xét: Trong hai ví dụ trên ta sử dụng định lý Rôn Ở ví dụ thứ nhất ta có

thể thực hiện bài toán bằng phương pháp biến đổi tương đương đưa về phương

trình bậc 4, nhưng đối với ví dụ thứ hai ta sẽ nhận được một pt bậc 8, khi đó cho

dù nhẩm được 2 nghiệm x = 0 và x = 1 thì chúng ta vẫn phải thực hiện tiếp việc

giải một pt bậc 6 và điều này hoàn toàn không khả thi để từ đó thấy được tính ưu

việt của phương pháp đạo hàm đối với bài này

Bài tập tham khảo thêm : Giải các pt sau :





x

b x  1  2x 2x2  x3 e 1 5 4 3 2 3

















x f 2x 1  x2  3  4  x

Bài 6 Tìm m để pt:  2 2 2 4  2 2  3 1 0











Giải: Cách 1: Dùng tam thức bậc 2.

Cách 2: Đặt t x2 2x



 , t  2 x 2

Từ bbt  t  1

Pt

3 4

1 0

1 3 4

2 2



















t

t m m

mt

Xét hàm số  

3 4

1

2







t

t t

f với t  1

 2

2

3 4

2 3 2

2











t

t t

t

f

Từ bbt  pt m  f t có nghiệm khi m  41hoặc m 1

Bài 7 Tìm m để pt : xx 6  x  3 x 6  x m có nghiệm

Giải: Đặt t 3 x 6  x với x 3 ; 6

t

t

2

3

0  

Từ bbt 3  t 3 2

2

9 6

3 6

3 2 6 3

2





















x x x

x x

x

t

2

9 2

2









 m t t

pt

Xét hàm số  

2

9 2

2







 t t t

f với t3 ; 3 2

 ft  t 1

Từ      ; 3

2

9 2 3

t f m

bbt

2

9

2

3  m

Bài 8 Cho pt: m 16x  2 81x  5 36x Tìm m để pt có nghiệm duy nhất

Giải: pt  m

x x





























4

9 5 4

9 2

2

4

9















t

x























y

5

4 





 t

y

Pt có nghiệm duy nhất 











0 8 25

m m

Bài 9 Tìm m để các pt sau đây có nghiệm.

a,  1sin 2 2 1sin 2 3 0











b, 4 2 3 3 3 1 2 2 3 0















Giải:

a, Đặt t  sinx;  1 t 1

pt  1 2 2 ( 1 ) 2 3 0 ( 2 2 3 ) 2 2 2

























3 2

2 2

2

2













t

t

t

t

m ( t 1, t23 không phải là nghiệm của pt)

Xét hàm số  

3 2

2 2 2 2











t t

t t x

f với t 1 ; 1  

10 2 4

2 2

2















t t

t t

t

Từ bbt suy ra để pt có nghiệm khi   1

4

mf t 

4

m 

b, Nhận thấy x = 0 là nghiệm của pt(1)  m 0

Xét m 0 thì x = 0 không phải là nghiệm

 1 2 2 3 3 1 2 3 2 0



















x

m x

m m

x m mx

pt

 3 1 3 1 0 2

1

2

2





































x x m x

x

m

Đặt t x1x,

2

2 2

1 1

1

x

x

x

t    

Từ bbt 













2

2

t t

1 2

1 6 0

1 3 3 2

2

























t t

t m m

t m t

m

Xét hàm số  

1 2

1 6 2









t t

t t

f với t  2hoặc t  2

 

2

1 2

4 2 6















t

t

t t

t

f

Từ bbt với 11

9

13







m và m 0 thì pt có nghiệm

9

13







Nhận xét : Áp dụng phương pháp khảo sát chiều biến thiên của hàm số.

Giả sử hàm số f x đơn điệu trên (a ;b) thì trên (a ;b) phương trình f x  0có nhiều nhất 1 nghiệm

Khi gặp pt vô tỷ có chứa tham số m, ta biến đổi pt ấy về dạng f x m (*)

+ Phương trình (*) có nghiệm  m thuộc miền giá trị của hàm số f x

+ Số nghiệm của (*) bằng số giao điểm của đồ thị y  f x và đường thẳng y  m

Bài 10 Tìm a để pt: log  4  log 2 2 1 0

3 1

2

3 x  ax  x a  có nghiệm duy nhất































0 1 2 2

1 2 2 4 1

2 2 log 4

3

a x

a x ax x

a x ax

x pt











































































0 1 2 2 5 1 2 1 2 2 1 2 1 2

1 2

1 2 1 2 2

1

2

2

1

2

1

2

2

2 2

2

2 2

x x x x x x a x x

x x

x x x

a

x

a

x

x

x

a









 





















; 5 2 0

;

2

1

1 2

1 2 2

2

x

x x x

a

Xét hàm số: f x 

1 2

1 2

2









x

x

 2

2 1 2

2 2













x

x x x

f





































10

1 2

1 0

5

1 2

1

0 2

a

a a

a

Bài 11 Giải và biện luận phương trình.

x2  1 2m 1x m 2 m 1 với x m

Hướng dẫn : ĐK : x  1 pt 2 2  2

Xét hàm số   2 , 0





t f

f ' t =2t 1  0  hàm số đồng biến t  0

pt f x2  1fxm x2  1 xm

2

2

1

2

1

m

m

mx m

x



3.2 Vận dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải bất phương trình

Bài 1 Giải bất pt: x 5  2x 3  9

Giải: bpt f x  x 5  2x 3  9  0













2

3

D

3 2

1 5

2

1













x x

x

















2

3

x

Nhận thấy f  11  16  25  9  0

bpt

 đã cho tương đương với

    





















11 2 3 11

2 3

x

x f x f x

Vậy nghiệm của bpt là 











2

3

x

Bài 2 Giải bất pt : 2 2 3 2 6 11 3 1

















x

Giải : ĐK : 1 x 3

Viết lại bất pt dưới dạng : x2  2x 3  x 1  x2  6x 11  3  x

Xét hàm số f t  t 2  t Ta thấy ngay hàm số đồng biến trên 1 ; 3

Khi đó bất pt được biến đổi như sau : fx 1 f3  x x 1  3  x x 2

Vậy nghiệm của bất pt là 2 x 3

Bài 3 Giải bpt 2 5x 3x2 2x 2x 3x 2 5x 3x2 4x2 3x















Giải: ĐK :  2 x31

 2 5 3 2 2  1 2 3  0











bpt

Xét hàm số f x  1  2x 3x

   2 3  2 3 ln 3   2 3 1  ln 3 0















3

1

; 2

x

 

3

1 1 0 1 3

1 0

4

3

5

2

0

2

3

1

0

2

2































































x x x

x

x

x

x

Vậy bpt có nghiệm

3

1

1 x

Bài tập tham khảo thêm : Giải các bất pt :

a) x 1  1  2xx2  x3

b) x 1  x2  1  x 1  3  x Giải bất pt có chứa tham số ta thực hiện các bước sau :

Chuyển bất pt về dạng : fx,mg m (hoặc fx,mg m )

Bước 1 : Xét hàm số y = f(x,m) :

- Tìm TXĐ

- Tính y’, gpt y’ = 0

- Lập bảng biến thiên của hàm số

Bước 2 : Kết luận cho các trường hợp sau :

- bpt có nghiệm  minD yg m (hoặc  maxD yg m )

- bpt nghiệm đúng với mọi x  maxD yg m ( hoặc  minD yg m )

Bài 4 Tìm m để bpt  1 2  3  2 2 5 3











 x x m x x thoả mãn   ; 3

2

1

x Giải : Đặt t   1  2x 3  x.ĐK: 3

2

1





 x x

x

t













3 2

1

2

5 4

Từ bbt  0 t72

Bpt         

2

7

; 0 6

t t

f

 ft  2t 1  0  min f t f 0  0   

2

7

; 0

t

2

1

























Bài 5 Cho bpt: mx x 3 m 1 Tìm m để bpt có nghiệm

Giải: ĐK: x 3 đặt t x 3, t  0

 

































0

0 1 2 0

1

2

t m t mt t

m

t

t

m

 

















0

2

1

2

t

t f t

t

m

có nghiệm

 

 2 2

2

2

2 2











t

t

t

t

f

   0   3  1