Đang tải... (xem toàn văn)
Thực tiễn dạy học nói chung và dạy toán nói riêng, đòi hỏi người thầy phải thực sự là người dẫn dắt, định hướng và khơi dậy trong học sinh niềm say mê, hứng thú học tập và khám phá để các em tự tìm tòi, tự phát hiện ra vấn đề và tự giải quyết vấn đề. Trong việc học toán, học cần tìm ra được phương pháp, nắm bắt quy luật và bản chất của một vấn đề, đặc biệt là giải bài tập về phương trình và bất phương trình đại số, mũ, logarit … Học sinh chưa có phương pháp tổng quát để giải quyết các bài tập ở các thể loại khác nhau theo tư duy hệ thống, khái quát, logic và khoa học. Học sinh thường sa vào những tình tiết cụ thể, những cách giải manh mún, chưa khái quát được vấn đề. Bởi vậy kỹ năng giải các loại bài tập thuộc dạng này còn thấp từ đó dẫn đến kết quả học tập của học sinh còn thấp.Chuyên đề phương trình , bất phương trình chiếm một nội dung khá lớn trong chương trình phổ thông và là phần quan trọng trong kì thi học sinh giỏi, thi đại học.tuy nhiên trong các bài toán đó có một lượng lớn bài toán mà ta khó giải được bằng phương pháp thông thường. Ta biết giữa phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hàm số có mói quan hệ chặt chẽ với nhau. Khi sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải các bài toán đó thì đơn giải và gọn gàng hơn. Đặc biệt là các bài toán phức tạp Bởi vậy tôi đã tiến hành khảo sát, triển khai thực hiện đề tài :Sử dụng tính đơn điệu của hàm số đặc trưng để giải phương trình, bất phương trình , hệ phương trình với mục tiêu: một là, giúp học sinh có thêm một phương pháp mới tổng quát để giải phương trình, bất phương trình , hệ phương trình,trang bị thêm cho các em một công cụ sắc bén và hiệu quả; hai là, trên cơ sở đó học sinh hình thành phương pháp tư duy hệ thống, logic và khái quát vấn đề khi học toán để các em đạt kết quả cao trong học tập môn Toán.
A MỞ ĐẦU Thực tiễn dạy học nói chung dạy toán nói riêng, đòi hỏi người thầy phải thực người dẫn dắt, định hướng khơi dậy học sinh niềm say mê, hứng thú học tập khám phá để em tự tìm tòi, tự phát vấn đề tự giải vấn đề Trong việc học toán, học cần tìm phương pháp, nắm bắt quy luật chất vấn đề, đặc biệt giải tập phương trình bất phương trình đại số, mũ, logarit … Học sinh chưa có phương pháp tổng quát để giải tập thể loại khác theo tư hệ thống, khái quát, logic khoa học Học sinh thường sa vào tình tiết cụ thể, cách giải manh mún, chưa khái quát vấn đề Bởi kỹ giải loại tập thuộc dạng thấp từ dẫn đến kết học tập học sinh thấp.Chuyên đề phương trình , bất phương trình chiếm nội dung lớn chương trình phổ thông phần quan trọng kì thi học sinh giỏi, thi đại học.tuy nhiên toán có lượng lớn toán mà ta khó giải phương pháp thông thường Ta biết phương trình, bất phương trình, hệ phương trình hàm số có mói quan hệ chặt chẽ với Khi sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải toán đơn giải gọn gàng Đặc biệt toán phức tạp Bởi tiến hành khảo sát, triển khai thực đề tài :Sử dụng tính đơn điệu hàm số đặc trưng để giải phương trình, bất phương trình , hệ phương trình với mục tiêu: là, giúp học sinh có thêm phương pháp tổng quát để giải phương trình, bất phương trình , hệ phương trình,trang bị thêm cho em công cụ sắc bén hiệu quả; hai là, sở học sinh hình thành phương pháp tư hệ thống, logic khái quát vấn đề học toán để em đạt kết cao học tập môn Toán Cơ sở khoa học 1.1 Cơ sở thực tế Qua khảo sát thực tế, học sinh THPT nói chung, đặc biệt học sinh trường THPT Nguyễn Hoàng nói riêng (chất lượng đầu vào thấp), tư hệ thống, logic khái quát em học sinh hạn chế, ảnh hưởng lớn đến giảng dạy phần giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình nói chung Kiến thức xét tính đơn điệu hàm số mà em đuợc học chương chương trình Giải tích 12 cần cho triển khai thực đề tài việc sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải vấn đề đặt đáp ứng tính hệ thống kiến thức bậc THPT, từ tạo nên hứng thú tìm tòi nghiên cứu cho học sinh Học sinh lứa tuổi ham học hỏi, tìm tòi khám phá mới, tiên tiến khoa học Những tri thức khoa học mà người thầy dẫn dắt, định hướng cho em khám phá phải mang tính vừa sức, khơi dậy em hứng thú khám phá bước đầu em thấy dễ hiểu tạo động lực niềm tin vào khả thân Việc giảng dậy nội dung với nhiều loại phương trình, bất phương trình, hệ phương trình khác dựa phương pháp thực đắn quy luật nhận thức khách quan “Từ trực quan sinh động đến tư trừu tượng ” Từ tạo động lực kích thích em tò mò khoa học, say mê, hứng thú học tập khám phá 1.2 Cơ sở khoa học Để xét tương giao đường cong (C) : y = f(x) đường (C’): y =f(m), ta xét phương trình hoành độ giao điểm hai đưòng (C) (C’) f(x) = f(m) (*) - Số giao điểm đường cong (C) đường thẳng (C’) số nghiệm phương trình (* ) ngược lại - (C ) (C’)có điểm chung phương trình (* ) có nghiệm Đóng góp đề tài Đề tài giải vấn đề sau: 2.1 Khơi dậy phát huy tính chủ động, tích cực hứng thú học tập nội dung đối tượng học sinh, từ tạo động lực niềm tin cho em tự tin học tập môn toán 2.2 Giúp học sinh có thêm phương pháp giải tổng quát để giải phương trình, bất phương trình , hệ phương trình công cụ : xét tính đơn điệu hàm số đặc trưng 2.3 Phát triển tư logic, hệ thống khái quát hoá cho học sinh B NỘI DUNG Từ thực tế học sinh trường THPT Nguyễn Hoàng với đa số hạn chế tư logic, hệ thống khái quát hoá kỹ giải phương trình, bất phương trình,hệ phương trình sở tiến hành thực nghiệm áp dụng đề tài Khái quát chung Dựa kết nghiên cứu lí thuyết toán học bậc THPT, áp dụng khâu trình dạy học sau : 1.1 Nội dung phương pháp hệ thống tập minh hoạ chọn lọc có tính bao quát dạng phương trình, bất phương trình thường gặp mức độ khác nhau, phù hợp với đối tượng học sinh, định hướng dẫn dắt cho học sinh tự hình thành, chiếm lĩnh khâu “Hình thành kiến thức, kỹ mới”; 1.2 Hệ thống tập thực hành có tính chất nội dung tương tự với hệ thống tập thực nghiệm, áp dụng khâu “ Củng cố, hoàn thiện ” khâu “kiểm tra đánh giá ” học sinh rèn luyện kỹ củng cố kiến thức hình thành, đồng thời đánh giá hiệu thực nghiệm 2 Nội dung Bài toán : Giải phương trình , hệ phương trình mà ta chuyển phương trình phương trình đặc trưng dạng: f( x) = f( y) (*) thoả mãn điều kiện T Ta cần chứng minh hàm số f(x) đồng biến nghịch biến điều kiện T Do PT (*) ⇔ x = y Bài toán 2: Giải bất phương trình mà ta đưa dạng đặc trưng f(x) < g(y) hay f(x) ≤ g(y) (*)xác định điều kiện T Ta chứng minh hàm số f(x) đồng biến nghịch biến T Thì bất phương trình (*) ⇔ x < y hay x ≤ y x > y hay x ≥ y Bài tập minh hoạ 1 = y− x y 2y = x +1 x− Bài 1: Giải hệ phương trình: (Đề thi tuyển sinh Đại học –Cao đẳng – KA-2002) Lời giải Điều kiện: x.y ≠ Cách 1: x= y Từ phương trình (1) hệ ⇔ (x – y)(1 + xy ) = ⇔ xy = −1 x = y =1 x=y −1 + ⇔ x = y = Trường hợp 1: 2 y = x + −1 − x = y = xy = −1 ⇔ Trường hợp 1: y = x + y = − x ⇔ − = x3 + x y = − (3) x x + x + = 0(4) Ta chứng minh PT(4) vô nghiệm Do hệ PT có nghiệm Cách 2: Xét hàm số đặc trưng f(t) = t Ta có f’(t) = + , t ≠ t > ∀ t ≠ Nên hàm số f(t) đồng biến với t ≠ t2 Nên PT(1) xảy chi x = y Thay vào PT(2) ta kết giống cách Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) = {( ;1), ( − 1+ − 1+ − − − 1− ; ),( ; )} 2 2 Từ hai cách giải ta thấy cách giải thứ đơn giản x − 3x = y − y Bài 2: Giải hệ phương trình : 6 x + y =1 Lời giải Từ phương trình x6 + y6 = ⇒ x ≤ 1, y ≤ Xét hàm số f(t) = t – 3t với t ≤ Ta có f’(t) = 3t2 -3 =3(t2 – 1) < với t ≤ , Ta có f( ± 1) = , nên f(t) nghịch biến với t ≤ Ta có phương trình x3 -3x = y3 – 3y ta viết f(x) = f(y) ⇔ x = y Do hệ phương trình ⇔ x= y ⇔ x= y=±6 6 x + y = x2 + Bài 3: Giải phương trình : log 2013 x + x +1 x − 3x − = (1) Lời giải TXĐ : D = R, Khi phương trình tương đương với x2 + 2013x + x +1 = x + x + 20134 x + ⇔ (4x +2) 20134 x + = ( x + x + 1).2013( x + x +1) (2) Xét hàm số f (t ) = t.2013t R , ta có f ’(t) = 2013t(1 + t.ln2013) > ∀ t Suy hàm số đồng biến R Do phương trình (2) xảy 4x + = x6 + x2 + ⇔ x6 – 3x2 -1 = ⇔ u3 – 3u – =0 (với x2 = u ≥ ) Xét hàm số f(u) = u3 – 3u – Ta có f’(u) = 3u2 -3 Lập bảng biến thiên hàm số f(u) ta thấy phương trình (3) có π 1 π (3) ⇔ cos3 α − cosα = ⇔ cos 3α = ⇔ α = 2 nghiệm thuộc (0; 2) Đặt u = cos α , α ∈ (0; ) Đáp số : x = ± cos Bài 4: π Giải bất phương trình: ( x + 2) x +1 ≥ x3 + 3x + x + (1) Lời giải : TXĐ : D = R , Khi (1) ⇔ ( x3 + 1)3 + x + ≥ ( x + 1)3 + ( x + 1) (2) Do ta xét hàm số f(t) = t3 + t R Ta có : f’(t) = 2t + 1> 0, ∀ t ∈ R ⇒ f(t) đồng biến R].Bởi vậy,từ (2) ta có f( x + ) ≥ f(x+1) ⇔ ⇔ x ≥−1 ⇔ x + ≥ x + ⇔ x < - ⇔ ⇔ x +1≥( x +1) x≤ Vậy tập nghiệm bất phương trình S = ( - ∞;0] Bài 5: Giải hệ phương trình : x2 − y + 5x − y + = log12 ( x − 1) + log12 ( y − 3) = Lời giải: Điều kiện: x >1 ; y > Ta có : x2 –y2 +5x -3y +4 = ⇔ (x+2)2 +(x+2) = (y+1)2 +(y +1) (1) Xét hàm số: f(t) = t2 + t với t dương ; ta có f’(t) = 2t + 1>0 ∀ t >0 Nên hàm số f(t) đồng biến (0 ; + ∞ ) Vậy để phương trình (1) xảy với điều kiện x > 1; y >3 x+2 = y + ⇒ y = x + Thay vào phương trình thứ hai hệ ta (x – 1)( x - 2) = 12 ⇔ x = x = -2 (loại) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (5;6) Bài 6: Giải hệ phương trình: x ( y +1) + ( x +1) x =6 x y ( + y +1 = x + x +1 (2) Lời giải: Điều kiện x ≥ Ta có x = không thỏa mãn hệ phương trình nên x > Với điều kiện từ hệ suy x + x + > ⇒ x2y(2 + y +1 ) > ⇒ y > Chia hai vế phương trình thứ hệ cho x2 ta x 2y + 2y (2 y )2 + = + 1 ( ) + (3) x x Xét hàm xố f(t) = t + t t + (0 ; + ∞ ); Ta có f ’(t) = + t2 +1 + t2 t2 +1 > 0, ∀ t > ⇒ f(t) đồng biến khoảng (0 ; + ∞ ) Do (3)có nghiệm Thế 2y = x 2y = x vào (2) ta x3 + x + 2(x2 + 1) x = (4) Ta có vế trái (4) hàm số đồng biến khoảng (0 ; + ∞ ) nên x = nghiệm (4) Vậy (x;y) = (1; Bài 7: ) nghiệm hệ phương trình cho Giải hệ phương trình sau 22 x − y − x + y = ( x + y ) x + y − ( x − y ) x − y y − ( x − 1)3 + 1= (Đề thi chọn học sinh giỏi Thanh Hóa năm 2011- 2012) Lời giải Điều kiện : x + y ≥ ; 2x – y ≥ Ta có phương trình (1) hệ tương đương với 2(2x-y) +(2x – y) x − y = 2(x+y) + (x + y) x + y Phương trình có dạng f(2x-y) = f(x+y) (*) Xét hàm số f(t) = 2t + t t với ∀ t ≥ Ta có : f ’(t) > ∀ t ≥ Nên hàm số f(t) đồng biến [0 ; + ∞ ) Nên từ (*) ta có 2x – y = x + y hay x = 2y Thế vào phương trình (2) hệ ta Đặt 3 y + = 2(2 y − 1)3 (3) y = 2t – Khi pt (3) trở thành t= (2 y − 1) y= ( 2t − 1) Trừ vế tương ứng pt hệ ta t = y (Do 2(2y -1) + 2(2y - 1)(2t -1) + 2(2t -1)2 + 1>0 với ∀t,y) Thế t = y vào hệ ta y = (2y – 1)3 ⇔ 8y3 -12y2 +5y – = ⇔ (y–1)(8y2-4y+1)=0 ⇔ y = ⇒ x = thỏa mãn điều kiện Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (2;1) x + xy = y 10 + y Bài 8: Giải hệ phương trình: x +5 + y +8 =6 Lời giải Điều kiện : x ≥ - x x 5 Chia hai vế pt (1) hệ cho y5 ta ( y ) + y = y + y (*) Xét hàm số f(t) = t5 + t Ta có f’(t) = 5t4 + > ∀t ∈R x Nên hàm số đồng biến R Suy để có (*) y = y hay x = y2 Thay vào PT (2) hệ ta x + + x + = ⇔ x = Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = { (1;-1),(1;1)} Bài 9: Giải hệ phương trình: y + y + y + x − 22 x + 21= ( x +1) x −1 x −11 x + = y Lời giải Điều kiện : x ≥ Lấy PT (1) trừ PT(2) hệ nhân với ta : y3 +3y2 + y + = (2x+1) x − - 4y ⇔ y3 +3y2 +5y + = (2x+1) x − ⇔ y3 +3y2 + 3y + +2y+2 = (2x -1 + 2) x − ⇔ (y + 1)2 + 2(y + 1) = ( x − 1)3 + 2 x − (3) Xét hàm số f(t) = t2 + 2t ∀t ∈ R ; Ta có f’(t) = 2t + > ∀t ∈R Nên hàm số f(t) đồng biến R Do (3) ⇔ f(y + 1) = f( x − ) ⇔ ⇔ y = x − - Thay vào PT (2) ta y + = 2x −1 2x – 11x + =2 x − -2 ⇔ 2 x − = 2x2 -11x + 11 x −11 x +11≥ ⇔ (*) ( x −1) = ( x −11 x +11) (*) ⇔ 4x4 – 44x3 165x2 – 250x +125 = ⇔ x =1 x = x = Kết hợp điều kiện suy hệ Phương trình có nghiệm (x;y) = {(1;0), (5;2)} Bài 10 : Giải phương trình: 3x(2 + + x ) – (x + 1)(2 + x + x + ) = (1) Lời giải PT ⇔ 3x(2 + + (3x)2 ) = (x + 1)(2 + + ( x + 1)2 ) (2) Xét hàm số f(t) = 3t(2 + + t ) Ta có f’(t) = (2 + + t ) + t2 + t2 >0 ∀t ∈R Nên hàm số f(t) đồng biến R Do (2) ⇔ 3x = x +1 ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm Bài 11: x= Tìm m để hệ phương trình có nghiệm : x3 −12 x − y + y −16= ,x , y ∈ R x + 4− x − y − y + m = Lời giải Điều kiện : -2 ≤ x ≤ 0≤ y≤4 Từ PT (1) hệ ⇔ x - 12x = (y-2) -12(y – 2) Xét hàm số f(t) = t3 – 12t ; f’(t) = 3(t2 -4) < ∀t ∈ (-2;2) ; Suy hàm số f(t) nghịch biến [-2; 2] (3) Ta có x (y – 2)cùng thuộc đoạn [-2; 2] mà f(x) = f(y – 2) nên kết hợp với (3) ta có x = y – Thay vào PT (2) hệ ta − x - 4x2 = m (4) Để hệ pt cho có nghiệm pt (4) có nghiệm x ∈ [-2;2] ; Đặt g(x) = − x - 4x2 , x∈ [-2;2] ; g’(x) = - x( g’(x) = − x2 + 8) ⇔ x = Ta có : g(0) = ; g(-2) = g(2) = -16 max g(x) = g(0) = [ −2; ] g(x) = -16 [ −2; ] Vậy hệ phương trình cho có nghiệm -16 ≤ m ≤ Bài 12: Giải hệ phương trình: y + = x − x −1 y +1+ log3 ( x − y ) = xy − x + x − xy + y +1+ log3 y Lời giải Từ PT (2) hệ ta có y + - log y - y2 = ( x − y ) + − log3 (2 x − y ) - (2x – y)2 (2) Xét hàm số f(t) = t + - log t - t2 , ta có f’(t) = Ta thấy f’(t) > (vì t t +1 0 t ln + 2t ≥ ) t ln ln Suy hàm số f(t) nghịch biến Nên PT (2) xảy f(y) = f(2x – y) 2x – y = y ⇔ x = y Thay vào PT(1) ta : x + = x − x − ⇔ ( x + − 3) − ( x − 4) + ( x − − 1) = ⇔ ( x − 2)( x+2 x2 + + −x−2+ ) = (*) x −1 +1 x=2 x + ⇔ − x−2+ = (3) x −1 +1 x +5 +3 x+2 x+2 < , , VP (1) ≤ ⇒ hệ phương trình có nghiệm (x; y) với y >0 Vì y > nên từ PT (2) hệ suy x > ⇔ Khi (1) ⇔ x + − x y + = x y ( y + − 1) x2 + + = 2x2 y y + + x2 y ⇔ 1 1 + + = y + (2 y ) + y x x x Xét hàm số f(t) = t + t + t với t >0 f’(t) = + t + t2 + t2 + > ∀ t > ⇒ f(t) hàm đồng biến [ 0; + ∞ ) mà f ( ) = f(2y) x 1 ⇔ = 2y ⇔ xy = x 1 Thay xy = vào (2) hệ ta có : x = ⇒ y = Thử lại ta thấy x = y = thảo mãn hệ phương trình cho Kết luận: Hệ phương trình cho có nghiệm (x,y) = (4; ) (1 + 42 x − y )51− x + y = + 22 x − y +1 Bài 14: Giải hệ phương trình x − y = ln ( x + 3) − ln ( y + 3) , (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2013) Lời giải: Đ/k x > −3 y > −3 ( x, y ∈ ¡ ) + 4t + 2t + Đặt t = 2x – y, phương trình (1) trở thành: (1 + ).5 = + ⇔ t = 5 t t 1 ⇔ ÷ 5 1− t t+1 t 4 + ÷ = + 2t (3) 5 5 t 1 4 Ta có hàm số f (t ) = ÷ + ÷ nghịch biến hàm số g (t ) = + đồng biến 5 5 5 t t R 10 mà t = thỏa mãn (3), nên t = nghiệm phương trình (3) ⇒ x − y = (*) Ta có (2) ⇔ x − 4ln( x + 3) = y − 4ln( y + 3) Xét hàm số: y = f (t ) = t − 4ln(t + 3), t > − 3, (*) ⇔ f ( x ) = f ( y ) Ta có: f '(t ) = BBT: t −1 , f '(t ) = ⇒ t = t +3 t f’(t) -3 - + +∞ f(t) Với x = ⇒ y = 1, ta có x = y = thỏa mãn hệ phương trình cho Từ x − y = ⇔ y − x = x − Với x ≠ ta có: Khi x > ⇒ y > x > ⇒ f ( y ) > f ( x ) Khi x < ⇒ y < x < ⇒ f ( y ) > f ( x) ∀ x ∈ (−3; +∞ ) \ { 1} Suy với x − y = 1, ta có f ( y ) > f ( x) x = y = Vậy hệ cho có nghiệm Bài 15: Giải hệ phương trình xy + = y x + (với x , y ∈ R) 2 y + x + x + x + = x − x ( ) Lời giải: ĐKXĐ: x ∈ R, y ∈ R Ta có xy + = y x + ⇔ y ( ) x2 + − x = ⇔ y = x +2−x ⇔ y = x + + x (1) Thế vào phương trình thứ hai hệ, ta có : ( ) x + + x + ( x + 1) x + x + = x − x ⇔ + x x + + x + ( x + 1) x + x + = ⇔ ( x + 1) 1 + ( x + 1) + = ( − x ) 1 + ( −x) + (*) 11 Xét hàm số t2 f '(t ) = + t + + t2 + ( f (t ) = t + t + ) với t ∈ R Ta có > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f (t ) đồng biến R Mặt khác, phương trình (*) có dạng f ( x + 1) = f (− x) ⇔ x + = − x ⇔ x = − Thay x = − vào (1) ta tìm y = x = − Vậy hệ cho có nghiệm y = ( ) ( ) x3 y + + x + x = Bài 16: Giải hệ phương trình : x y + y + = x + x2 + ( ) Lời giải: ĐK: x ≥ Dễ thấy x = không thỏa mãn hệ phương trình => x>0 ( ) 2 Với ĐK đó, từ hệ suy ra: x + x + > ⇒ x y + y + > ⇒ y > Chia vế PT thứ hệ cho x2 ≠ x => ( ) ⇔ y + y ( y ) + = + Xét hàm f , (t ) = + t + + số t t2 +1 1 ÷ +1 x x (3) trên(0;+ ∞ ) f (t ) = t + t t + có: > 0, ∀t > ⇒ f (t ) dồng biến (0;+ ∞ ) ⇒ (3) ⇔ y = Thế y = Ta vào (2): x3 + x + 2( x + 1) x = x x (4) Dễ thấy vế trái (4) hàm số đồng biến (0;+ ∞ ) ⇒ x = nghiệm (4) ⇒ ( x; y ) = (1; ) nghiệm hệ PT cho x − y + x − y + = Bài 17 : Giải hệ phương trình log12 ( x − 1) + log12 ( y − 3) = Lời giải: ĐK: x > y > (*) 12 Ta có x − y + x − y + = ⇔ ( x + 2) + ( x + 2) = ( y + 1) + ( y + 1) f ( t) = t2 + t ⇔ x + = y + ⇔ y = x + Từ hs đồng biến ( 0; + ∞ ) (1) (*) x = Do log12 ( x − 1) + log12 ( y − 3) = ⇔ ( x − 1) ( x − 2) = 12 ⇔ x = −2 ( l ) nên (1) ⇒ y = Kết luận: nghiệm hệ phương trình x = 5, y = x − x − x + 22 = y + y − y Bài 16: Giải hệ phương trình 2 (x, y ∈ R) x + y − x + y = Lời giải: x − x − x + 22 = y + y − y Đặt t = -x x + y − x + y = t + y + 3t + y − 9(t + y ) = 22 Hệ trở thành 2 Đặt S = y + t; P = y.t t + y + t + y = S − 3PS + 3( S − P) − S = 22 S − 3PS + 3( S − P) − S = 22 ⇔ Hệ trở thành 1 S − 2P + S = P = (S + S − ) 2 3 2 S + S + 45S + 82 = P = −3 ⇔ ⇔ Vậy nghiệm hệ ; − ÷; ; ÷ 2 2 2 P = (S + S − ) S = −2 2 3 x − x − x + 22 = y + y − y 1 Cách khác : Đặt u = x − ; v = y + 2 2 ( x − ) + ( y + ) = 2 45 3 45 u − u − u = (v + 1) − (v + 1) − (v + 1) 4 Hệ cho thành u + v = 45 45 Xét hàm f(t) = t − t − t có f’(t) = 3t − 3t − < với t thỏa t≤ 4 ⇒ f(u) = f(v + 1) ⇒ u = v + ⇒ (v + 1)2 + v2 = ⇒ v = hay v = -1 ⇒ v = v = −1 −3 hay ⇒ Hệ cho có nghiệm ; − ÷; ; ÷ 2 2 2 u = u = y − x = x + 2012 (1) 2011 Bài 17: Giải hệ phương trình: y + 2012 3log3 ( x + y + 6) = 2log ( x + y + 2) +1(2) 13 Lời giải: +) ĐK: x + 2y + > x + y + > +) Lấy logarit số 2011 đưa pt: x + log 2011 ( x + 2012) = y + log 2011 ( y + 2012) Xét hàm số f(t) = t + log 2011 (t + 2012) , t ≥ ta có f’(t) = + 2011(t + 2012) > với ∀ t ≥ nên hàm số đồng biến (0 ; + ∞ ) Từ suy x2 = y2 ⇔ x= y x = - y +) Với x = y vào (2) đưa pt: 3log3(x+2)=2log2(x+1) Đặt 3t=log2(x+1) ta x=23t-1 3log3(23t+1)=6t ⇔ 8t+1=9t t Đưa pt dạng t 1 8 ÷ + ÷ =1 , 9 9 Ta chứng pt có nghiệm t = ⇒ x = y =7 +) Với x = - y vào (2) pt: log3(y + 6) = ⇒ y = - ⇒ x = Vậy hệ có nghiệm (7;7); (3;-3) Bài 18: xy + = y x + Giải hệ phương trình (với x ,y ∈ R) 2 y + ( x + 1) x + x + = x − x (Đề thi HSG tỉnh Nam Định năm 2013) Lời giải: ĐKXĐ: x ∈ R , y ∈ R Ta có xy + = y x + ⇔ y ) ( x2 + − x = ⇔ y = x2 + − x ⇔ y = x + + x (1) Thế vào phương trình thứ hai hệ, ta có : ( ) x + + x + ( x + 1) x + x + = x − x ⇔ + x x + + x + ( x + 1) x + x + = ⇔ ( x + 1) 1 + ( x + 1) ( + = ( − x ) 1 + ( −x) ) + (*) Xét hàm số f (t ) = t + t + với t ∈ R Ta có f’(t) = + t + + t2 t2 + > ∀ t∈ R Nên hàm số f(t) đồng biến R Mặt khác, phương trình (*) có dạng f ( x + 1) = f (− x) ⇔ x + = − x ⇔ x = − Thay x = − vào (1) ta tìm y = 14 x = − Vậy hệ cho có nghiệm y = Bài 19: Giải phương trình: log3 x = log5 (x + x + 95) (1) ĐK: x > Đặt t = log3 x Lời giải: x = 3t Pt(1) trở thành : t = log5 ( 3t + ( 3 ) + 95 ) 5t = 3t + ( 3 ) + 95 t t t t t 3 3 1 ÷ + ÷÷ + 95 ÷ = 5 5 (2) t t t 3 3 1 + + 95 Xét hàm số f(t) = ÷ ÷÷ ÷ 5 5 , t ∈R t t t 3 3 3 1 f '(t) = ÷ ln + ÷÷ ln + 95 ÷ ln 5 5 5 v (2) có vế trái dương, vế phải âm nên (2) vô nghiệm - Tương tự u < v (2) vô nghiệm, nên (2) ⇔ u = v Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) Xét f(u) = eu - u- , f'(u) = eu - Bảng biến thiên: u -∞ +∞ f'(u) + f(u) Theo bảng biến thiên ta có f(u) = ⇔ u = 15 x + y = x = ⇔ x − y = y = Do (3) có nghiệm u = ⇒ v = ⇒ Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (0; 0) Bài 21: Giải hệ phương trình: x − x y = x − x + y +1(1) x − y + ( x − y ) −15 = x + ( ) ( Với x,y ∈ R) Lời giải: Từ (1) ⇔ x3 – x2 y = x2 – x + y + ⇔ x2(x – y) + (x –y) = x2 + ⇔ (x – y) (x2 + 1) = x2 + ⇔ x–y–1=0 Thế vào (2) ta : x3 -9x2 + 6x – = 3 x + ⇔ (x – 1)3 = +3(x – 1) = (6x2 + 2) + 3 x + (3) Xét hàm số f(t) = t3 – t Ta có f’(t) = 3t2 + > ∀ t ∈ R Suy hàm số f(t) đồng biến R Phương trình (3) xảy ⇔ f(x – 1) = f( x + ) ⇔ x–1= 3 x + ⇔ x – 9x + 3x – 3= ⇔ (x + 1)3 = 2(x – 1)3 ⇔ x+1= ⇔ x= (x – 1) 1+ ⇒ y= −1 2 −1 1+ ;3 ) −1 −1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y) = ( Bài 22: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thực x3 − y + y − 3x − 2= x + 1− x − y − y + m = Lời giải: 1− x ≥0 −1≤x ≤1 ⇔ Điều kiện: y − y ≥0 ≤y ≤2 16 Từ PT : x3 – y3 +3y2 – 3x -2 = ⇔ (x + 1)3 -3(x + 1)2 = y3 – 3y2 (1’) Đặt t = x + , t ∈ [0; 2] PT (1’) ⇔ t3 – 3t2 = y3 -3y2 Xét hàm số f(u) = u3 – 3u2 với u ∈ [0; 2] Ta có f’(u) = 3u2 – 6u < với ∀ u ∈ [0; 2] Nên hàm số f(u) nghịch biến [0;2] Nên (1) ⇔ t = y ⇔ y = x + Thay vào (2) ⇔ x2 -2 − x +m = Đặt v = − x , v ∈ [0; 1] Ta có (2) ⇔ v +2v -1 = m g (v) = -1 ; max g (v ) = Hàm số g(v) = v2 +2v -1 đạt [ 0;1] [ 0;1] Vậy hệ phương trình có nghiệm Bài 23: Giải hệ phương trình: -1 ≤ m ≤ 2 x + = y3 + y + y y + = z3 + z + z z + = x3 + x + x (Đề thi Đại học Luật năm 1996) Lời giải: Xét hàm đặc trưng : f(t) = t + t + t với t ∈ R Ta có f’(t) = 3t2 +2t +1> với t ∈ R Nên hàm số f(t) đồng biến Giả sử x ≤ y ≤ z ⇒ f(x) ≤ f(y) ≤ f(z) ⇒ 2z +1 ≤ 2x + ≤ 2y + ⇔ z ≤ x ≤ y ⇒ x=y=z Hệ cho ⇔ x= y= z x + = x3 + x = x x= y=z ( x + 1)( x − 1) = ⇔ ⇔ x = y = z = x = y = z = -1 * Bài tập tương tự : Giải hệ phương trình sau : a x = y3 + y + y − y = z3 + z2 + z − z = x3 + x + x − b ex − ex− y = y e y − e y−z = z ez − ez−x = x (ĐH Ngoại Thương TPHCM 1996) 17 y3 x= + sin y z3 y= + sin z x3 z= + sin x c d z + 3z − + ln( z − z + 1) = x ( ) x +x = y y +y ( ) =z ( ) z +z = x e x + 3x − + ln( x − x + 1) = y y + y − + ln( y − y + 1) = z + 16.4 x −2y = ( + 16 x −2y ).7 y − x +2 d x + 17 x + 10 y + 17 = ( x + ) y + 11 ( Đề thi HSG Tỉnh Thanh Hóa-2014) Bài 24: (Đề 108 II- Bộ đề TS) Tìm x ,y ∈ (0;π ) thỏa mãn hệ PT cot x − cot y = x − y x + y = 2π Lời giải: Hệ ⇔ x + y = 2π x − cot x = y − cot y với u ∈ (0;π ) ta có f’(u) = + (0; π ) Do hệ cho ⇔ x + y = 2π ⇔ f ( x) = f ( y ) Xét hàm số f(u) = u – cot u > Nên hàm số f(u) đồng biến sin u x + y = 2υ x=y ⇔ x=y= 2π 13 C THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM Tổ chức thực nghiệm Tổ chức thực nghiệm trường THPT Nguyễn Hoàng, huyện Hà Trung gồm: • Lớp thực nghiệm 12C3 • Lớp đối chứng 12C4 Trình độ hai lớp tương đương nhau, lớp C3 có 40 học sinh, lớp C4 có 38 học sinh Thời gian tiến hành thực nghiệm từ tháng 02 năm 2011 đến tháng 01 năm 2012 Kết thực nghiệm 18 Hoạt động học tập học sinh nhìn chung diễn sôi không gây cảm giác áp đặt Việc sử dụng biện pháp nhận hứng thú học sinh giải toán học toán Kết kiểm tra Điểm Lớp 10 Số TN(C3) 0 8 40 ĐC(C4) 5 38 Kết quả: Kết lớp thực nghiệm có 36/40 (chiếm90%) đạt trung bình trở lên, có 27/40 (chiếm 62,5%) đạt giỏi Lớp đối chứng có 25/38 (chiếm 65,8%) đạt trung bình trở lên, có 15/38 (chiếm 39,4%) đạt giỏi KẾT LUẬN Sau thực đề tài, em học sinh có được: 1.1.Có thêm phương pháp để giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình sử dụng tính đơn điệu hàm số, hình thành thục kỹ giải toán từ biết so sánh với cách giải cụ thể loại (đại số, lượng giác, mũ, logarit) để tìm ưu điểm bật phương pháp hàm này; 1.2 Tư logic, hệ thống khái quát hoá Trên sở em có phương pháp tư khoa học cho nhóm đối tượng học sinh trung bình - trở lên; 1.3 Tích cực chủ động hứng thú học tập nội dung đối tượng học sinh, từ tạo động lực niềm tin vào thân để em tự tin học môn Toán 2.Kết Kết khả quan việc thực đề tài năm học qua có ý nghĩa to lớn tạo động lực niềm tin cho tiếp tục thực đề tài năm học Sau thực đề tài, ưu điểm kết đề tài trình bầy trên, nhận thấy việc thực đề tài hiệu số vấn đề sau quan tâm: 3.1.Một số học sinh chưa thành thạo kỹ tính đạo hàm hàm số Do đó, thầy cô giáo giảng dạy cần hướng dẫn cho học sinh tính đạo hàm, tìm cực trị ,miền giá trị hàm số cách thành thạo 19 3.2.Đề tài khái quát cách giải chung cho phương trình, bất phương trình thuộc nhiều dạng khác nghĩa triệt tiêu tất cách giải trường hợp cụ thể Do đó, đòi hỏi thầy cô áp dụng cần coi trọng tính ưu việt đề tài tập mà áp dụng theo cách khác gặp khó khăn để tạo hứng thú tính chủ động tích cực cho em Tôi xin chân thành cảm ơn mong nhận góp ý chân thành quý thầy cô đồng nghiệp Thanh Hóa , tháng năm 2014 Xác nhận thủ trưởng đơn vị Tôi xin cam đoan SKKN viết không chép nội dung người khác Trần Thị Hồng Tiến 20 [...]... tài, các em học sinh đã có được: 1.1.Có thêm một phương pháp để giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình bằng sử dụng tính đơn điệu của hàm số, hình thành và thuần thục kỹ năng giải toán và từ đó biết so sánh với cách giải cụ thể của từng loại (đại số, lượng giác, mũ, logarit) để tìm ra những ưu điểm nổi bật của phương pháp hàm này; 1.2 Tư duy logic, hệ thống và khái quát hoá Trên cơ sở... năng tính đạo hàm hàm số Do đó, các thầy cô giáo khi giảng dạy cần hướng dẫn cho học sinh tính đạo hàm, tìm cực trị ,miền giá trị của hàm số một cách thành thạo 19 3.2.Đề tài khái quát một cách giải chung nhất cho các phương trình, bất phương trình thuộc nhiều dạng khác nhau nhưng không có nghĩa là triệt tiêu tất cả các cách giải trong trường hợp cụ thể Do đó, đòi hỏi các thầy cô khi áp dụng cần coi... Đại học Luật năm 1996) Lời giải: 3 2 Xét hàm đặc trưng : f(t) = t + t + t với mọi t ∈ R Ta có f’(t) = 3t2 +2t +1> 0 với mọi t ∈ R Nên hàm số f(t) đồng biến Giả sử x ≤ y ≤ z ⇒ f(x) ≤ f(y) ≤ f(z) ⇒ 2z +1 ≤ 2x + 1 ≤ 2y + 1 ⇔ z ≤ x ≤ y ⇒ x=y=z Hệ đã cho ⇔ x= y= z 2 x + 1 = x3 + x 2 = x x= y=z ( x + 1)( x 2 − 1) = 0 ⇔ ⇔ x = y = z = 1 hoặc x = y = z = -1 * Bài tập tương tự : Giải các hệ phương trình sau... – 3t2 = y3 -3y2 Xét hàm số f(u) = u3 – 3u2 với u ∈ [0; 2] Ta có f’(u) = 3u2 – 6u < 0 với ∀ u ∈ [0; 2] Nên hàm số f(u) nghịch biến trên [0;2] Nên (1) ⇔ t = y ⇔ y = x + 1 Thay vào (2) ⇔ x2 -2 1 − x 2 +m = 0 Đặt v = 2 1 − x 2 , v ∈ [0; 1] Ta có (2) ⇔ v +2v -1 = m g (v) = -1 ; max g (v ) = 2 Hàm số g(v) = v2 +2v -1 đạt min [ 0;1] [ 0;1] Vậy hệ phương trình có nghiệm khi Bài 23: Giải hệ phương trình:... 2 Xét hàm số f (t ) = t 1 + t + 2 với t ∈ R Ta có f’(t) = 1 + t + 2 + 2 t2 t2 + 2 > 0 ∀ t∈ R Nên hàm số f(t) đồng biến trên R 1 2 Mặt khác, phương trình (*) có dạng f ( x + 1) = f (− x) ⇔ x + 1 = − x ⇔ x = − Thay x = − 1 vào (1) ta tìm được y = 1 2 14 1 x = − 2 Vậy hệ đã cho có nghiệm là y = 1 Bài 19: Giải phương trình: log3 x = log5 (x + 3 x + 95) (1) ĐK: x > 0 Đặt t = log3 x Lời giải: ... trình: y 2 + 2012 3log3 ( x + 2 y + 6) = 2log 2 ( x + y + 2) +1(2) 13 Lời giải: +) ĐK: x + 2y + 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy logarit cơ số 2011 và đưa về pt: x 2 + log 2011 ( x 2 + 2012) = y 2 + log 2011 ( y 2 + 2012) Xét hàm số f(t) = t + log 2011 (t + 2012) , t ≥ 0 ta có 1 f’(t) = 1 + 2011(t + 2012) > 0 với ∀ t ≥ 0 nên hàm số đồng biến trên (0 ; + ∞ ) Từ đó suy ra x2 = y2 ⇔ x= y hoặc x = - y +)... Thế 2 y = Ta 1 vào (2): x3 + x + 2( x 2 + 1) x = 6 x 1 x (4) Dễ thấy vế trái (4) là hàm số đồng biến trên (0;+ ∞ ) ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của (4) 1 ⇒ ( x; y ) = (1; ) là nghiệm duy nhất của hệ PT đã cho 2 x 2 − y 2 + 5 x − 3 y + 4 = 0 Bài 17 : Giải hệ phương trình log12 ( x − 1) + log12 ( y − 3) = 1 Lời giải: ĐK: x > 1 và y > 3 (*) 12 Ta có x 2 − y 2 + 5 x − 3 y + 4 = 0 ⇔ ( x + 2) + ( x... Hóa-2014) Bài 24: (Đề 108 II- Bộ đề TS) Tìm x ,y ∈ (0;π ) thỏa mãn hệ PT cot x − cot y = x − y 5 x + 8 y = 2π Lời giải: Hệ ⇔ 5 x + 8 y = 2π x − cot x = y − cot y với u ∈ (0;π ) ta có f’(u) = 1 + trên (0; π ) Do đó hệ đã cho ⇔ 5 x + 8 y = 2π ⇔ f ( x) = f ( y ) Xét hàm số f(u) = u – cot u 1 > 0 Nên hàm số f(u) luôn đồng biến sin 2 u 5 x + 8 y = 2υ x=y ⇔ x=y= 2π 13 C THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 1 Tổ chức thực nghiệm... thực nghiệm từ tháng 02 năm 2011 đến tháng 01 năm 2012 2 Kết quả thực nghiệm 18 Hoạt động học tập của học sinh nhìn chung diễn ra khá sôi nổi không gây cảm giác áp đặt Việc sử dụng các biện pháp nhận được sự hứng thú của học sinh trong giải toán và học toán Kết quả kiểm tra Điểm Lớp 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Số bài TN(C3) 0 0 1 3 5 6 8 8 6 3 40 ĐC(C4) 0 3 4 6 5 5 7 5 2 1 38 3 Kết quả: Kết quả lớp thực nghiệm... 1 ÷ + ÷÷ + 95 ÷ = 1 5 5 5 (2) t t t 3 3 3 1 + + 95 Xét hàm số f(t) = ÷ ÷÷ ÷ 5 5 5 , t ∈R t t t 3 3 1 3 3 3 3 1 f '(t) = ÷ ln + ÷÷ ln + 95 ÷ ln 5 5 5 5 5 5