SKKN kỷ thuật sử dụng phương pháp tham số biến thiên, hằng số biến thiên để giải một số dạng phương trình trong chương trình toán THPT

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAMĐộc lập – Tự do – Hạnh phúc TÊN ĐỀ TÀI KỶ THUẬT SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP THAM SỐ BIẾN THIÊN, HẰNG SỐ BIẾN THIÊN ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠN

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

TÊN ĐỀ TÀI

KỶ THUẬT SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP THAM SỐ

BIẾN THIÊN, HẰNG SỐ BIẾN THIÊN

ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THPT

Quảng Bình, tháng 01 năm 2019

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

TÊN ĐỀ TÀI

KỶ THUẬT SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP THAM SỐ

BIẾN THIÊN, HẰNG SỐ BIẾN THIÊN

ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH

TRONG CHƯƠNG TRÌNH TOÁN THPT

Họ và tên: Trần Xuân Miễn

Chức vụ: TPCM

Đơn vị công tác: Trường THPT Lê Hồng Phong

Quảng Bình, tháng 01 năm 2019

I PHẦN MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài:

Các bài toán giải phương trình là một nội dung quan trọng trong chương trình Toán THPT Các bài toán về giải phương trình thường xuất hiện trong các đề thi THPT Quốc gia, thi học sinh giỏi Vì vậy việc đi sâu nghiên cứu tìm tòi thêm các kỷ thuật, phương pháp giải phương trình có hiệu quả mang một ý nghĩa quan trọng nhằm cung cấp thêm cho học sinh những kiến thức, kỷ năng giải toán về phương trình Trong đề tài này tôi đi sâu vào

nghiên cứu “Kỷ thuật sử dụng phương pháp tham số biến thiên, hằng số

biến thiên để giải một số dạng phương trình trong chương trình toán THPT”.

Chúng ta đặt vấn đề đi tìm lời giải cho các phương trình sau:

1) x3(4a 3)x 24a(a 2) 4(a  2 1) 0

2) x4 + x3 - 2x2 - 9x – 9 = 0

+ Xét phương trình x3(4a 3)x 24a(a 2) 4(a  2 1) 0

Đây là một phương trình bậc ba có chứa tham số vì vậy việc đoán nghiệm của phương trình này để biến đổi nó thành phương trình tích là khó khăn

+ Xem phương trình x4 + x3 – 2x2 – 9x – 9 = 0 (*)

Đây là một phương trình bậc 4 đầy đủ đối với x Lúc này ta liên tưởng tới các phương trình bậc 4 đã biết cách giải : ax4 + bx2 + c = 0; (x + a)4 + (a + b)4 = c; ax4 + bx2 + cx2+ kbx + k2a2 = 0; x4 = ax2 + bx + c Hy vọng chúng ta tìm được cách đặt ẩn phụ để đưa về phương trình bậc hai Đáng tiếc phương trình (*) không rơi vào các dạng quen thuộc ấy

Suy nghĩ theo hướng khác là đoán nghiệm để từ đó biến đổi (*) về phương trình tích Nhưng cách làm này cũng không khả thi, bởi phương trình không có nghiệm hữu tỉ

Chuyển sang phương pháp biến đổi vế trái (*) thành tích của hai tam

+ Một kỷ thuật thường dùng là phương pháp hệ số bất định:

Gọi F(x) = (x2+mx+n)(x2+px+q) Khai triền F(x) và đồng nhất F(x) với

vế trái của (*) Việc này dẫn tới giải hệ 4 phương trình với 4 ẩn m, n, p, q Xem ra cách giải quyết bài toán này vẫn chưa tìm ra!

Đề tài này sẽ cho chúng ta một hướng đi mới để tìm ra con đường đưa đến lời giải cho các phương trình như thế

2 Điểm mới của đề tài

Phương pháp tham số biến thiên, hằng số biến thiên, thực chất của phương pháp này là sự hoán đổi vai trò giữa ẩn số và tham số, ẩn số và hằng

số cho nhau Ẩn số được xem là tham số và tham số hoặc hằng số được xem

là ẩn số trong phương trình mới Cụ thể xét phương trình ẩn x, tham số m: f(x,m)=0 Trong quá trình giải toán ta xem đây là phương trình ẩn m, tham

số là x Giải m theo x rồi quay trở lại tìm ẩn x Phương pháp này thường được sử dụng khi tham số m có mặt với bậc hai và biệt thức Δ của ẩn m là số chính phương Thông thường phương trình theo ẩn mới giải đơn giản hơn, không phức tạp như phương trình ban đầu Trong một số trường hợp, ta có thể coi số là ẩn Đây chính là tư tưởng chính của phương pháp tham số biến thiên, hằng số biến thiên

II NỘI DUNG ĐỀ TÀI

1 Thực trạng ứng dụng phương pháp tham số biến thiên, hằng số biến thiên giải phương trình trong chương trình toán THPT

Trong quá trình giải một bài toán ta có thể đặt một biểu thức của phương trình làm ẩn phụ Đặt ẩn phụ là bí quyết thành công để giải nhiều bài toán Đặt ẩn phụ đưa phương trình dạng phức tạp về dạng đơn giản, đưa phương trình dạng bậc cao về dạng bậc thấp Tùy theo sự hiểu biết về bài toán mà ta

có cách đặt ẩn phụ khác nhau Khi đặt ẩn phụ phương trình có thể diễn ra các hình thái như sau

+ Ẩn mới thay thế hoàn toàn ẩn cũ (như trường hợp đặt ẩn phụ trong giải phương trình trùng phương) Lúc đó ta gọi là phép đặt ẩn phụ hoàn toàn

+ Ẩn mới không thay thế được hoàn toàn ẩn cũ mà cả ẩn mới và ẩn cũ cùng tồn tại chung trong phương trình Ta gọi là phép đặt ẩn phụ không hoàn toàn Trong trường hợp này, cách ứng xử với hai ẩn cũng khác nhau

Nếu vai trò giữa ẩn cũ và ẩn mới hoàn toàn bình đẳng với nhau thì khi đó thường bài toán được đưa về giải hệ phương trình hai ẩn Nếu vai trò giữa ẩn

cũ và ẩn mới không bình đẳng với nhau thì khi đó thường ẩn cũ trở thành các tham số của phương trình đi theo ẩn mới

Trong phương trình có chứa tham số, nhiều khi ẩn phụ chính là các tham

số Điều này dẫn đến phương pháp giải phương trình bằng cách “Hoán đổi vai trò giữa ẩn và tham số cho nhau” Nhiều khi chúng ta thường xem ẩn phụ

là một hệ số nào đó của phương trình Từ đó nảy sinh một phương pháp dùng để giải phương trình là “Phương pháp tham số biến thiên, hằng số biến thiên” Sự hiện diện của phương pháp này đã góp thêm một lời giải đọc đáo cho các phương trình khó mà ta thường gặp trong các đề thi THPT Quốc gia

và học sinh giỏi Thông qua nhiều cách giải khác nhau của bài toán, ta hiểu sâu sắc hơn bài toán và thúc đẩy tư duy phát triển Có lẽ lời giải của bài toán không chỉ dừng lại ở đáp số

2 Nội dung và giải pháp

Thí dụ 1: Giải phương trình:

x (4a 3)x 4a(a 2) 4(a 1) 0 (1)

Lời giải

(1) �4(x 1)a 24x(x 2)a (x  33x2 4) 0 (2)

+ Nếu x=1 thì (2) � 4a 2 0  �a 1

2.

+ Nếu x 1 thì (2) là phương trình bậc hai có�

 'a 2x(x 2) 24(x 1)(x 33x2 4) 4(x 2) 2�0

Do đó (2) có hai nghiệm là:

�

  

�

�

2x(x 2) 2(x 2) a

4(x 1) 2x(x 2) 2(x 2) a

4(x 1)

� 

�

�

�

�

�

x 2 a

2 (x 2)(x 1) a

2(x 1)

TH1:  x 2 �  

TH2:    �     



2

(x 2)(x 1)

Phương trình (3) có   2   

x 4a 4a 9 0 a Do đó (3) có nghiệm

1,2

(2a 1) 4a 4a 9

x

Vậy phương trình (1) có nghiệm

� 

�

�

2

x 2a 2 (2a 1) 4a 4a 9 x

2

Nhận xét: Trong phương trình chứa tham số ta thường giải phương

trình với ngầm định tham số là một giá trị nào đó Nhưng ở đây chúng ta thực hiện ngược lại xem ẩn số là tham số và tham số đóng vai trò như ẩn số

Thí dụ 2: Giải phương trình: x4x32x29x � 9 0 (1)

Lời giải

(1) �323.3x (x 4x32 )x 02  (*)

Đặt 3=a phương trình (*) trở thành a23xa (x 4x32x ) 2  0 (2) Xem (2) là phương trình bậc hai đối với a, ta có: (2x2x)2�0 (2)

�   

�

�

�

�   

�

�

2

2

3x (2x x)

a

2 3x (2x x)

a

2

�   

�

�

�

�   

�

�

2

2

3x (2x x) 3

2 3x (2x x) 3

2

�   

� �

  

�

2

2

2x 4x 6 0 vo�nghie�m

2x 2x 6 0

�  

� �

� 

�

x 1 13

x 1 13 Vậy phương trình đã cho có nghiệm  x 1 13; x 1  13

Nhận xét: Đây là một phương trình bậc bốn đầy đủ không có dạng

đặc biệt và cũng không có cơ sở để biến đổi về phương trình tích nên việc giải nó theo cách thông thường gặp nhiều khó khăn

Thí dụ 3: Giải phương trình:

 x5 3x (x2 2 1) 9x(x2 1) 27 0  (1)

Lời giải

(1) � x5 3(x4x ) 9(x2  3 x) 27 0

�33(x3x)32(x4x)3 x 50 (*)

Đặt a=3 phương trình (*) trở thành: a3(x3x)a2(x4x)a x 50

(2) Xem (2) là phương trình bậc ba đối với a, ta có:

(2) �a(a2xa x ) x (a 2  3 2xa x ) 0 2  �(a x )(a 3 2xa x ) 0 2 

� 

� �

  

�

3

(4)

a xa x 0

Từ (3) ta có:  x3 3�x 3 3

Từ (4) ta có: a2xa x 20 (5) Với  x2 4( x ) 5x2  2�0

(5)

�   �   �

�

�

�

 

6

1 5

6

1 5

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:  x 3 3; 

 

6 x

1 5;   

6 x

1 5

Nhận xét: - Cách giải này trong quá trình biến đổi, ta khéo léo nhìn ra

hằng số nào đó trong phương trình là nghiệm Từ đó ta chuyển phương trình

đã cho có bậc cao hơn hay phức tạp hơn về các dạng phương trình đơn giản quen thuộc đã biết cách giải

Thí dụ 4: Giải phương trình sau: (2x 1 1) x 1 2  x  (1)2 0

Lời giải:

Điều kiện : x 1�

Ta có (1) �2x 1 x 1  x 1 2  x 2 0

�2 x 1 (2x   x x 1)2 4 0  

�22(2x x 1)2 2 x 1 0  x   (*)

Xét phương trình bậc hai dạng �a2(2x x 1)a 2 x 1 0 (2)  x  

Từ (*) ta thấy a=2 la nghiệm của (2)

Ta có (2) � x 1(a 2 ) a(a 2 ) 0  x   x 

�( x 1 a)(a 2 ) 0   x 

� ��  

�

� x

a 2

Khi đó ta có 2 1 (vô nghiêm) 1

2 2x

x

x

�  



�

�



�

Thí dụ 5: Giải phương trình sau:

x

1 2(5 log x) ( log x 1) x 1 0

5

Lời giải:

Điều kiện: x 0

x 1

x 1

�



�

� 

�

(1) x 5 1x 5

2.5 2.log x x 1 log x x 1 0

5

�

2.25x 2.5 log xx x 1.log x 5 x 1 0x

�

� 2.(5 )x 2(2log x5  x 1)5 x x 1.log x 0 5  (*)

Xét phương trình bậc hai: 2a2(2log x5  x 1)a  x 1.log x 0 5  (2)

Từ (**) ta thấy (2) có nghiệm a=5x

Ta giải (2):  [ (2log x5  x 1)] 24.2 x 1.log x 5

4log x ( x 1)25   24 x 1.log x 5

(2log x5  x 1) 2 0�

Phương trình (2) có hai nghiệm là: a1 x 1

2 và a log x5

Khi đó ta có:

x

x

5

1

2

5 log x (4)

�

�

� 

� Giải (3) và (4) kết hợp với điều kiện x>1 ta tìm được x

Nhận xét: Chọn a =5x làm nghiệm của phương trình (*)

Xây dựng phương trình (*) thành phương trình bậc hai theo a với là 1 số chính phương có thể giải được ( (2log x5  x 1) 2)

Từ (*) thay a=5x, biến đổi sơ cấp giữa các hàm theo biến x có trong phương trình ta được phương trình ban đầu (1)

Tùy vào mức độ khó dễ của bài toán mà trong phương trình bậc hai theo a ta chọn các nghiệm a1, a2 là các hằng số ,hàm số theo x Sau khi giải

ta được� 

�

� 

�

x x

a 5 f(x)

a 5 g(x)

Chú ý: Phương pháp này khác với phương pháp đặt ẩn phụ vì khi đặt

ẩn phụ ta phải tìm điều kiện của ẩn mới cho phương trình mới tồn tại Ở đây

ta xét phương trình nhận hằng số (hàm số) làm nghiệm

Thí dụ 6: Tìm các nghiệm phương trình 3

3

68 15

x

x x

  (1)

Lời giải

Điều kiện x  0 (2)

* x0 là nghiệm của phương trình (1)

 3 3

68 15 2 17 17 2

17



  �   � là nghiệm của phương trình sau

với ẩn là a:

2

0 0

2 2

2 2 0

a a

x x



  �    

�  

�

�� � 

�

2

1 0

4 0

2 2

0

(3)

2 x

x

* Thay a1 = 17 vào (3) ta cĩ 2

0 17

x   (mâu thuẫn) (5)

* Thay a2 = 17 vào (4) ta cĩ

4

0

2 0

2

17 x x 17x 2 0

x



 �   

 2

17 3 17 3

x  � �x  � � thoả mãn (2)

Từ (5), (6) kết luận phương trình đã cho cĩ các nghiệm là 0 17 3

2

x  � �

Nhận xét: Nếu sử dụng biến đổi (1)  x6 – 15x2 + 2 17= 0 Đặt x2 = t

> 0 Ta cĩ t3 – 13t + 2 17= 0 Đĩ là một phương trình bậc ba Khơng cĩ nhận xét về đốn nghiệm vơ tỷ nên việc đốn nghiệm của phương trình này

để biến đổi nĩ thành phương trình tích vẫn cịn khĩ khăn

Thí dụ 7: Giải phương trình sau: 42x23x 1 2x 3 16 0 (1)

Lời giải:

Đặt t=2x >0

(1) trở thành t42t32.4t 4 2 (*) 0

Ta xét phương trình bậc hai cĩ dạng a22t.a t 4 2t30 (2)

Từ (*) ta suy ra phương trình (2) cĩ nghiệm a=4

Giải (2):   �( t)2 t4 2t3t (t 1)2  2 �0

Phương trình (2) cĩ 2nghiệm:a t t(t 1) t    2 2t và a t t(t 1)    t2

Khi đĩ ta cĩ:

2 2

4 t 2t

4 t (VN)

�  

�

� 

�

t 2t 4 0

t 1 5 (loại)

�  

  

�  

� �x log ( 5 1) 2 

Nhận xét: - Với cách giải này thay vì giải phương trình bậc bốn ta đưa

về việc giải phương trình bậc hai đã biết trước một nghiệm Lúc ngày ta chọn nghiệm đã biết làm ẩn của phương trình mới Bài toán này giải quyết được vì phương trình bậc hai có  là số chính phương

- Khi có sự lặp của số mũ ở luỹ thừa với cơ số khác nhau hoặc có sự lặp của các hằng số dưới các căn thức với bậc khác nhau, bạn có thể nghĩ đến phương pháp tham số biến thiên, hằng số biến thiên

Thí dụ 8: Giải phương trình x + 11  x  11 (1)

Lời giải

Điều kiện 0 < x < 8 (2)

Với điều kiện đó ta có (1)  11 – x = 11  x  (11 – x)2 = 11 + x (3) Đặt 11 = a, phương trình (3) được viết (a - x)2= a + x

 a2 – (2x + 1)a + (x2 - x) = 0 (4) Xem (4) là phương trình bậc 2 đối với a

Ta có a= (2x+1)2 -4(x2- x)= (2 x+1)2, a1 = x + x+1, a2 = x - x

Do vậy (5)



2 1

2

1

�

�

� �

� � (6)

Thay a = 11 ta có (5)  11 1 10 0

x x x x

x x x x

�    �   

�

    

41 1 21 41

3 5 1 23 3 5

�   � 

�   � 

Các giá trị 21 41; 23 3 5

� đều thoả mãn điều kiện (2) nên đó là cái của phương trình đã cho

Nhận xét: Nhìn phương trình (3) dưới dạng (ax+b)2 = p a x b'  '+qx + r (phương trình chứa hai phép toán ngược nhau) ta có lời giải bằng cách đặt ẩn

* Cách 2 (Từ (3))

Đặt x= y – 11, y > 11  (y- 11)2 = x Ta có hệ: � � 

�

�

2 2

(x 11) y

(*) (y 11) x

Giải hệ (*) ta được nghiệm : x = 23 3 5

2

 và x = 21 41

2



Thí dụ 9: Giải phương trình sau: x2 x 7 7 (1) 

Lời giải:

Ta có (1) �    � ��  ��

  

�

2 2

2 2

x 7 7 x

x 7 (7 x ) (3)

Ta xét phương trình (3):

x 7 7  22x 7 x2  4�72(2x21)7 x 4 x 0 (*) Xét phương trình bậc hai dạng: a2(2x21)a x 4 x 0 (4)

Từ (*) ta suy ra phương trình (4) có nghiệm a=7

Giải (4):   ��(2x21)��24(x4 x) (2x 1) 2�0

Phương trình (4) có 2 nghiệm: a x2x và a x 2 x 1

Khi đó ta có:



�

�  �

�   �   

(1 29) x

( 1 5)

2

Từ (2) ta suy ra

� 

�

�

�

�

1 29 x

2

x 2

Nhận xét: Bài toán trên có thể giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ

 

x 7 t Sau đó chuyển về hệ �  �

�

 

�

2 2

x t 7

t x 7 hoặc giải bằng phương pháp biến đổi tương đương

- Cách giải trên đây đã thay đổi vai trò giữa ẩn số và hằng số Ẩn x chuyển thành vai trò của tham số, còn hằng số 7 đươc xem là ẩn mới trong phương trình bậc 2 theo a, nhờ việc chuyển này mà thay vì giải phương trình bậc 4 theo x, ta chỉ cần giải phương trình bậc 2 theo a

- Phương trình bậc 2 theo a có  là một số chính phương nên việc tìm

a dễ dàng hơn

Thí dụ 10: Giải phương trình 2 2

2 2

log log 5log 8 25log 2 0

x

x    (1)

Lời giải

Điều kiện 0 < x  1 (2)

Đặt log2x= t, ta có logx2 = 1

t logx8 = 3

t , log2

4

x

= t-2

Phương trình (1) trở thành

t2 + t – 2 = 15 252

t  t  t4 + t3 – 2t2- 15t – 25 = 0 (3) Đặt a = 5, phương trình trở thành a2 + 3at – t2 (t2 – t + 2) = 0 (4)

Xem (4) là phương trình bậc hai đối với a, ta có  = t2 (2t + 1)2

Bởi vậy (3) 

2

2

3 (2 1)

( 1) 5 2

3 ( 1) ( 2) 5 2 2

t t t

t t t a t t t t a

  

� 

� �   � 

�    ��   ��  

� 

2

2

5 0

2 5 0

t t

t t

�   

�

  

� (Vô nghiệm)

2

1 21 1 21

 �  �  �  (thoả mãn (2))

Vậy x 21 221

�

 là các nghiệm của phương trình đã cho.

Nhận xét: Trong phương trình chứa tham số, chúng ta thường bắt gặp

câu giải phương trình ứng với một giá trị nào đó của tham số Có lẽ sẽ không sai khi nói rằng (3) là phương trình mà tham số đã nhường lại cho số 5

- Vì không phải tất cả các phương trình sau khi chuyển về một phương trình mới là giải được nên phương pháp này còn hạn chế, chẳng hạn như: khi chuyển về phương trình theo ẩn mới ta được  không phải là một số chính phương, khi đó gặp khó khăn và không thể giải được

Thí dụ 11: Giải phương trình xlog 7 3  2 log 3x log 3x5 (1)

Lời giải

Giả sử phương trình có nghiệm x =  tức là log 7 3 log 3 5

3

2  log

   

 log 3 log 3

3

7   2   5log   log 3 log 3

3

7   2    (7 2) log 

Xét hàm số f(t)= tlog 3- tlog3 với t > 0, t  1 Ta có (2)  f(7)=f(2)

 f(7)- f(2) = 0

Rõ ràng f(t) là hàm liên tục trên [2,7] và có đạo hàm

f’(t) = (log3) log 3 1 log 3 1

log ( 1) log

t     t    Theo định lý Lagrăng ắt tồn tại c (2,7) sao cho (7-2).f(c) = f(7)-f(2)

 f(c) = 0   log 3 1 

3

1 log 0

c      33

log 1

log 0

1 0

c 







�

�  

�

 3

3

x x

�

Thay x = 1 và x = 3 vào phương trình (1) thấy đúng

Vậy x = 1 và x = 3 là các nghiệm của phương trình đã cho

Thí dụ 12: Giải phương trình 7cotx – 11cotx= 12cotx

Lời giải

Giả sử  là một nghiệm của phương trình, tức là 7cot – 11cot= 12cot

 7cot – 11cot = 3(11-7)cot

 7cot + 3.7cot = 11cot + 3.11cot

Xét hàm số f(t) = tcot + 3t.cot với t>0, t1

Ta có (2)  f(7) = f(11)  f(7) – f(11) = 0 Rõ ràng f(t) là hàm số liên tục trên [7, 11] và có đạo hàm f(t)=cot.tcotx-1 +3cot = (tcotx-1+3)cot Theo định

lý Lagrăng ắt tồn tại c  (7; 11) sao cho (7-11).f(c) = f(7) – f(11)  f(c) = 0

 (tcotx-1+ 3) cot = 0  cot = 0   = 2+k  x = 2+k (k Z) Thử lại: Thay x =

2

 +k vào phương trình (1) thấy đúng

Vậy x =

2

 +k (k Z) là họ nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

Nhận xét:

Các phương trình trong hai Thí dụ 11 và 12 thuộc dạng: