Một số phương pháp giải phương trình, hệ phương trình bồi dưỡng học sinh khá giỏi

Một trong những cách để tạo sự chuyển biến tích cực trong công tác giảng dạy đó là giáo viên viết các chuyên đề, sáng kiến kinh nghiệm phục vụ cho việc dạy và học.. Trước thực tế đó, nhằ

DANH MỤC CHỮ CÁI VIẾT TẮT

1 MỞ ĐẦU

1.1 Lý do chọn đề tài

Mục tiêu đào tạo của nhà trường phổ thông Việt Nam là hình thành những

cơ sở ban đầu và trọng yếu của con người mới: phát triển toàn diện phù hợp với yêu cầu và điều kiện hoàn cảnh đất nước con người Việt Nam

Trong giai đoạn hiện nay, mục tiêu đào tạo của nhà trường phổ thông Việt Nam đã được cụ thể hoá trong các văn kiện của Đảng, đại hội đại biểu toàn quốc lần thứ VIII Đảng cộng sản Việt Nam và kết luận của hội nghị trung ương khoá

IX, mục tiêu này gắn với chính sách chung về giáo dục và đào tạo “Giáo dục và đào tạo gắn liền với sự phát triển kinh tế, phát triển khoa học kĩ thuật xây dựng nền văn hoá mới và con người mới…”

“Chính sách giáo dục mới hướng vào bồi dưỡng nhân lực, nâng cao dân trí, bồi dưỡng nhân tài, hình thành đội ngũ lao động có trí thức, có tay nghề…”

Môn Toán trong trường phổ thông giữ một vai trò, vị trí hết sức quan trọng là môn học công cụ Nếu học tốt môn Toán thì những tri thức trong Toán cùng với phương pháp làm việc trong toán sẽ trở thành công cụ để học tốt những môn học khác

Môn Toán góp phần phát triển nhân cách, ngoài việc cung cấp cho học sinh hệ thống kiến thức, kĩ năng toán học cần thiết môn Toán còn rèn luyện cho học sinh đức tính, phẩm chất của người lao động mới: cẩn thận, chính xác, có tính kỉ luật, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mĩ

Đất nước ta đang trên bước đường xây dựng, phát triển và giáo dục đã được Đảng, Nhà nước coi là quốc sách hàng đầu, để chấn hưng nền giáo dục của nước nhà thì việc đổi mới phương pháp giảng dạy được Bộ giáo dục luôn coi là một nhiệm vụ cấp thiết cần phải thực hiện một cách có hiệu quả Muốn làm tốt công việc đó thì người thầy phải phấn đấu tự học, tự rèn nhằm nâng cao nhận thức, nghiệp vụ chuyên môn, từ đó tìm ra cho mình phương pháp giảng dạy đạt hiệu quả cao nhất, tạo được sự hứng thú và niềm tin ở học trò nhằm góp phần nâng cao chất lượng giáo dục Một trong những cách để tạo sự chuyển biến tích cực trong công tác giảng dạy đó là giáo viên viết các chuyên đề, sáng kiến kinh nghiệm phục vụ cho việc dạy và học Thực tế qua quá trình giảng dạy và một vài năm tham gia ôn thi học sinh giỏi tôi nhận thấy cần có những tài liệu hệ thống lại các đơn vị kiến thức ở các phần khác nhau

Trong các đề thi học sinh giỏi ở các vòng của THPT hiện nay có rất nhiều các đơn vị kiến thức nâng cao rất nhiều so với chương trình toán cơ bản Tài liệu

ôn thi học sinh giỏi toán cũng rất nhiều,vì thế việc chọn ra những đơn vị kiến thức phù hợp để ôn cho các em học sinh một cách có hệ thống cũng là một vấn

đề rất quan trọng Một trong các phần đó là phần giải phương trình, hệ phương trình

Trước thực tế đó, nhằm giúp các thầy cô và các em học sinh khá giỏi có thêm một tài liệu tham khảo trong giảng dạy và học tập phần PT, HPT góp phần nâng cao khả năng giải quyết các bài tập về phần này một cách thành thạo, nhằm phát huy khả năng suy luận, óc phán đoán tính linh hoạt của học sinh Giúp các

em tìm tòi, phát hiện kiến thức, tạo hứng thú trong quá trình học bộ môn Toán,

và hơn nữa là góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy, nay tôi viết đề tài sáng

kiến kinh nghiệm: “Một số phương pháp giải phương trình, hệ phương trình

bồi dưỡng học sinh khá giỏi”.

1.2 Mục tiêu của sáng kiến

Cung cấp một số phương pháp giải hữu ích để giáo viên giảng dạy và học sinh có thể tiếp cận, giải quyết được các bài tập về phương trình và hệ phương trình trong các đề thi học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh Từ đó giúp các em nắm vững và khắc sâu các kiến thức hơn, biết cách vận dụng, khai thác một số dạng toán phương trình, hệ phương trình hay và khó

1.3 Về đối tượng nghiên cứu

Phương trình và hệ phương trình trong chương trình môn Toán THPT và các đề thi học sinh giỏi cấp trường,cấp tỉnh và thi THPT Quốc Gia

1.4 Phương pháp nghiên cứu

- Nghiên cứu lí luận : Nghiên cứu các tài liệu về lí luận và phương pháp dạy học môn Toán

Quan sát, điều tra : Thông qua thực tế giảng dạy của bản thân và học hỏi kinh nghiệm từ các đồng nghiệp

- Thực nghiệm sư phạm : Để kiểm nghiệm kết quả đề tài được áp dụng trong thực tiễn dạy học

2 NỘI DUNG

2.1 Cơ sở viết sáng kiến

* Cơ sở triết học:

Theo triết học duy vật biện chứng, mâu thuẫn là động lực thúc đẩy quá trình phát triển Vì vậy trong quá trình giúp đỡ học sinh, Giáo viên cần chú trọng gợi động cơ học tập giúp các em thấy được sự mâu thuẫn giữa những điều chưa biết với khả năng nhận thức của mình, phát huy tính chủ động sáng tạo của học sinh trong việc lĩnh hội tri thức Tình huống này phản ánh một cách lôgíc và biện chứng trong quan niệm nội tại của bản thân các em Từ đó kích thích các em phát triển tốt hơn

* Cơ sở tâm lý học:

Theo các nhà tâm lí học: Con người chỉ bắt đầu tư duy tích cực khi nảy sinh nhu cầu tư duy khi đứng trước một khó khăn cần phải khắc phục Vì vậy

GV cần phải để học sinh thấy được khả năng nhận thức của mình với những điều mình đã biết với tri thức của nhân loại

Căn cứ vào quy luật phát triển nhận thức và hình thành các đặc điểm tâm

lí thì từ những lớp cuối của cấp THCS, học sinh đã bộc lộ thiên hướng, sở trường và hứng thú đối với những lĩnh vực kiến thức, kĩ năng nhất định Một số học sinh có khả năng và ham thích Toán học, các môn khoa học tự nhiên; số khác lại thích thú văn chương và các môn khoa học xã hội, nhân văn khác Ngoài ra còn có những học sinh thể hiện năng khiếu trong những lĩnh vực đặc biệt…

* Cơ sở giáo dục học:

Để giúp các em học tốt hơn GV cần tạo cho học sinh hứng thú học tập

phát triển cần phải có tri thức cần phải học hỏi Thầy giáo biết định hướng, giúp

đỡ từng đối tượng học sinh

2.2 Thực trạng của vấn đề cần giải quyết.

* Phương trình, hệ phương trình là nền tảng của toán học phổ thông Xu thế thi ngày càng khó, số câu vận dụng và vận dụng cao cũng tăng lên trong lĩnh vực đại số giải tích hầu hết đưa về những phương trình, hệ phương trình không mẫu mực mà đa số học sinh lúng túng.Hiểu được bản chất, mấu chốt của vấn đề các em sẽ dễ dàng thực hiện ước mơ của mình vượt qua tất cả các kỳ thi

* Tôi nhận thấy đa số học sinh có kết quả rất thấp Vì vậy việc lĩnh hội

kiến thức và rèn luyện kĩ năng ở học sinh đòi hỏi nhiều công sức và thời gian

Sự nhận thức của học sinh thể hiện khá rõ

* Thực tế qua quá trình giảng dạy tôi nhận thấy đại đa số các em học sinh đều ngại và lúng túng khi gặp các bài toán không mẫu mực, không có phương pháp rõ ràng, ngay cả các em học sinh lớp 12 khi đã được trang bị công cụ là đạo hàm cũng thấy khó khăn

2.3 Các giải pháp thực hiện

Phương pháp 1 Dùng đạo hàm để giải phương trình

Ta biết rằng mọi phương trình đều có thể đưa về dạng f x   0, trong đó

hàm số f x thể hiện đầy đủ tính chất của nghiệm phương trình này Do đó khi

ta khảo sát được hàm số f x  , ta có thể có được cái nhìn tổng quát về phương trình, xác định được rằng phương trình đó có bao nhiêu nghiệm, thuộc những miền nào,…những tính chất này tất nhiên không thể rõ ràng bằng nghiệm cụ thể của phương trình nhưng nó vẫn có nhiều lợi ích khi mà việc tìm lời giải cho bài toán đó không tiến hành thuận lợi bằng các cách giải thông thường nữa

Và như thế công công cụ hàm trong trường hợp này thực sự thể hiện rõ tính hiệu quả của nó, bằng cách dùng đạo hàm ta có thể xác định được chính xác

số nghiệm của một phương trình cho trước; sau đó ta tiến hành một bước trong lập luận cho điều kiện đủ của bài toán mà thông thường gọ là “nhẩm nghiệm” để chỉ ra rằng phương trình chỉ có bao nhiêu nghiệm đó thôi và hoàn tất lời giải

1 Sử dụng đạo hàm để giải phương trình.

Trong phần này, chúng ta sẽ tìm hiểu một số ứng dụng trực tiếp của đạo hàm vào giải phương trình và thấy rằng có nhiều bài toán thì đây là cách duy nhất có thể thực hiện được

Trước hết ta có những kết quả quen thuộc sau:

(1) Trên miền xác định D của hàm số f x( ), nếu f x'( ) 0� hoặc f x'( ) 0 thì hàm

số đơn điệu và phương trình f x( ) 0 có không quá một nghiệm

(2) Nếu hàm số f x( ) liên tục trên [ , ]a b và f a f b( ) ( ) 0 thì phương trình ( ) 0

f x  có ít nhât một nghiệm trên ( , )a b

(3) Giả sử f x( )có đạo hàm đến cấp n trên khoảng ( , )a b Khi đó nếu phương trình f( )n ( ) 0x  có k nghiệm thì phương trình f(n 1) ( ) 0x  chỉ có tối đa k+1

nghiệm (hệ quả của định lí Rolle)

(4) Nếu hàm số f x( ) liên tục trên [ , ]a b và có đạo hàm trên khoảng ( , )a b thì tồn tại c�( , )a b sao cho

( ) ( ) '( ) f b f a

f c

b a





Vì vậy việc trình bày lời giải bài toán theo ý này có thể qua hai bước chính là:

- Dùng đạo hàm chứng minh phương trình có không quá k nghiệm

- Chỉ ra được đầy đủ k nghiệm đó

Ví dụ 1 Giải PT:

x  x  x  x  x

Lời giải.

Ta thấy với phương trình này cách đặt ẩn phụ hay biến đổi tương đương không còn tác dụng nữa

Ta giải bằng đạo hàm như sau:

Điều kiện xác định của PT là x  1

Xét hàm số: f x( ) x 1 x 4 x 9 x16 x100,x�( 1; �)

'( )

f x

Nhưng do

100 1 0

  nên f x'( ) 0  tức là hàm số đồng biến hay phương trình f x( ) 0 có không quá một nghiệm

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=0.

Ta xét thêm một ví dụ nữa để thấy tác dụng của công cụ này

Ví dụ 2 Giải PT: 2 3x   x2 7x 8

Lời giải Điều kiện xác định x�3

Xét hàm số f x( ) 2 3x  x2 7x8,x� �( ;3)

3

1 '( ) 2 ln 2 2 7 0, 3

2 3

x

x







Suy ra PT đã cho có không quá một nghiệm, ta dễ dàng nhẩm được nghiệm đó là

2

x và lời giải hoàn tất.

Ví dụ 3 Chứng minh PT sau có đúng một nghiệm dương:

x9(x3b)3a x2 0 với mọi a b, 0

Lời giải Xét hàm số f x( )x9(x3b)3a x2

f x'( ) 9 x89 (x x2 3b)2a2 �0, a b, 0 tức là hàm số đồng biến hay PT đã cho

có không quá một nghiệm

Hơn nữa f(0)  b3 0, (f 3b) b3 a2.3b 0nên PT đã cho có ít nhất một nghiệm thuộc (0,3b) và đây là nghiệm dương

Từ hai điều này suy ra PT đã cho có đúng một nghiệm dương

Ví dụ 4 Giải PT: 4x  x 1

Lời giải Rõ ràng khi đứng trước những PT ở dạng hỗn hợp, vừa có hàm mũ,

vừa có hàm tuyến tính thế này ta cũng không thể áp dụng những biến đổi đại số thông thường Việc sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số là tất yếu

Xét hàm số f x( ) 4 x (x 1)

'( ) 4 ln 4 1, ''( ) 4 ln 4x x 0

f x   f x   suy ra PT f x( ) 0 có không quá hai nghiệm

Ta nhẩm được hai nghiệm này là

1 0, 2

Vậy PT đã cho có hai nghiệm

1 0, 2

Ví dụ 5 Giải PT: 4x 10x 6x 8x

Lời giải Phương trình đã cho có dạng 6x 4x 10x 8x

Xét hàm số f t( ) (  t 2)x0 t x0, trong đó x 0 là nghiệm của PT trên.

PT đã cho có thể viết lại là: f(4) f(8)

Rõ ràng hàm số này liên tục trên [4,8] nên theo định lí Lagrange thì tồn tại (4,8)

c� sao cho

0 1 0 1

(4) (8)

4 8



PT này có đúng hai nghiệm là x0  0, x0  1 nên nếu x

0 là nghiệm của phương trình đã cho thì nó phải thuộc {0,1} Thử lại thấy thỏa mãn

Vậy phương trình đã cho coa hai nghiệm là x0, x1

2 Sử dụng đạo hàm để giải hệ phương trình.

Những ứng dụng của đạo hàm trong việc giải hệ phương trình xoay quanh một

số vấn đề chủ yếu là:

- Tìm được mối quan hệ giữa các biến trong một phương trình nào đó của

hệ để thế vào các phương trình khác rồi giải

- Dùng tính đơn điệu của hàm số để giải các bài toán về hệ lặp

Ví dụ 6 Giải hệ phương trình:

1

�

�

 

�

Lời giải Ta thấy bài toán dạng này rất đặc trưng cho phương pháp được nêu và

cách ra đề này cũng thường hay được sử dụng trong các đề thi

Điều quan trọng là chứng minh được x = y từ hệ trên.

Điều này cũng không khó, từ phương trình thứ hai của hệ ta thấy 0�x y, �1 Khi

đó, ta xét hàm số f t( ) t3 3 ,t t�[ 1,1] thì f t'( ) 3 t2 �3 0, suy ra f t( ) nghịch biến Phương trình thứ nhất thực chất là : f x( ) f y( )�x y

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

4

4

1

2 1

2

x  � x �

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là ( , ) 41 ,41 ; ,  41,4 1

x y  �� ��x y  ��  ��

Ví dụ 7 Giải hệ phương trình:

3 3 ln( 1)

3 3 ln( 1)

3 3 ln( 1)

�      

�

     

�

�      

�

Lời giải Xét hàm số f t( )   t3 3t 3 ln(t2 t 1),t�� Ta có:

2

f t t

Suy ra đồng biến

Giả sử x�y thì từ hệ phương trình trên suy ra

Do đó z x y z� � � hay x y z.Ta thay lại vào hệ quy về việc giải phương trình:

3 2 3 ln( 2 1) 0

x  x  x   x .

Lại xét hàm số: g t( )   t3 2t 3 ln(t2 t 1)

2

g t t

đồng biến

Hơn nữa ta thấy phương trình g t( ) 0 có một nghiệm t = 1

Từ đó suy ra hệ đã cho có duy nhất một nghiệm ( , , ) (1,1,1)x y z 

BÀI TẬP ÁP DỤNG:

1 Giải các phương trình sau:

a 4x 2x1, 4x 3x1

b x32x 3 ln(x2  x 1) 0

c

2 Giải các phương trình sau:

a x32x 3 ln(x2  x 1) 0

b

c 4x 6x 8 2

x

d 5x 4x   3x 2x 10x2  6x

e 3x 7x 2.5x

f 10x 40x  20x 30x

3 Giải các hệ phương trình sau:

a

2 2

3 ln(2 1)

3 ln(2 1)

�

�

�

b

log (1 ) log

2cos 2cos

�

�

�

2

3 2

3 2

3

( 1) 5.log (6 ) ( 1) 5.log (6 ) ( 1) 5.log (6 )

�

�

�

�

Phương pháp 2 Giải PT,HPT bằng phương pháp hàm số:

Định lí 1:Nếu hàm số y=f(x) luôn đb (hoặc luôn ngb) thì số nghiệm của pt :

f(x)=k

Không nhiều hơn một và f(x)=f(y) khi và chỉ khi x=y

Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) luôn đb (hoặc luôn ngb) và hàm số y=g(x) luôn

ngb (hoặc luôn đb) trên D thì số nghiệm trên D của pt: f(x)=g(x) không nhiều hơn một

Định lí 3:Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm đến cấp n và pt f( )k ( ) 0x  có m

nghiệm, khi đó pt f(k1)( ) 0x  có nhiều nhất là m+1 nghiệm

Các ví dụ:

VÝ dô 1:Giải PT:3 (2x  9x2  3) (4x2)( 1 x x2  1) 0

Giải: Ta thấy PT chỉ có nghiệm trong

1 ( ;0) 2



�

�

Với u=-3x, v=2x+1; u,v>0 Xét hàm số f t( ) 2 t t43t2 với t >0

Ta có

3

3





(1)�u=v �-3x=2x+1

1 5

x  

�

là nghiệm duy nhất của pt

VÝ dô 2: Giải PT:

2

osx=2 - ;

2 2

tg x

e c x���  ��

Giải: Xét hàm số :

2 tan

2 2

x

f x e c x���  ��

� �, ta có

2

tan

x

Vì 2etan2x �2cos3x0

Nên dấu của f’(x) chính là dấu của sinx Từ đây ta có f x  �f 0 2

Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x = 0

Ví dụ 3 Giải PT: 2003x 2005x 4006x2

Giải: Xét hàm số : f x  2003x 2005x 4006x2

Ta có: f x'  2003 ln 2003 2005 ln 2005 4006x  x 

phương trình đã cho có nhiều nhất hai nghiệm

Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0 và x =

1.

Ví dụ 4.Giải pt: 3x   1 x log (1 2 )3  x

Giải: Đk:

1 2

x�

3

x

�

�

Xét hàm số: f t   t log3t ta có f(t) là hàm đồng biến nên

3 2 1 0 (2)

x

x

�

'( ) 3 ln 3 2

"( ) 3 ln 3 0

x

x x

f x

f x

�

�



� ( ) 0f x có nhiều nhất là hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt đã cho có hai

nghiệm x=0 và x=1

Ví dụ 5 Giải hệ pt:

sinx-siny=3x-3y (1) x+y= (2) 5

x y



�

�

�

�

�



�

Giải: Từ (2) và (3) ta có : x y, (0; )5



�

(1)�sinx-3x=siny-3y Xét hàm số f(t)=sint-3t với t�(0; )5 ta có f(t) là hàm nghịch biến nên f(x)=f(y)�x=y thay vào (2) ta có



  10

x y

là nghiệm của hệ

Ví dụ 6 Giải hệ:

�

�

�

Giải: Đk:

1 8

y



�

�

�



�

(1) � tanx x tany y � x y (do hàm số ( ) tanf t  t t là hàm đồng biến)

Thay vào (2) ta có: y  1 1 y y8 � y 1 y y 8 1

y

�

�

�

Vậy x y  là nghiệm duy nhất của hệ đã cho 8

HỆ HOÁN VỊ VÒNG QUANH:

Định nghĩa:Là hệ có dạng:

1



�

�

�

�

Định lí 1: Nếu f,g là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên A và ( , , , )x x1 2 x n

là nghiệm của hệ trên A thì x1 x2  x n

Định lí 2:Nếu f,g khác tính đơn điệu trên A và ( , , , )x x1 2 x n là nghiệm của hệ

trên A thì x1x2  x n nếu n lẻ và



�

�   

�

n n

Ví dụ 7:Giải hệ:

�

�

�

Giải:Ta giả sử (x,y,z) là no của hệ Xét hàm số f t( )   t3 3 3 ln(t t2 t 1)

ta có:



 

2

2

2 1

t

t t nên f(t) là hàm đồng biến

Ta giả sử: x=Max{x,y,z} thì y f x( )�f y( )z�z f y( )�f z( ) x

Vậy ta có x=y=z Vì pt x32x 3 ln(x2  x 1) 0 có nghiệm duy nhất x=1

nên hệ đã cho có nghiệm là x=y=z=1