PHN I: T VN Trong quỏ trỡnh dy mụn Toỏn trng THPT, tụi nhn thy phng phỏp s dng o hm xột chiu bin thiờn ca hm s cú vai trũ rt quan trng, nú giỳp chỳng ta gii quyt c nhiu loi bi tp, thm chớ cú nhiu bi nu dựng nhng cỏch khỏc thỡ rt khú, vy nờn nú l mt phng phỏp quan trng cn thit i vi hc sinh lp 11, lp 12 v cỏc em hc sinh ụn thi H, ụn luyn thi hc sinh gii. Nú giỳp chỳng ta hiu v cú cỏi nhỡn thu ỏo v nhiu hm s v v quan h hm s, l mi quan h ph bin v quan trng trong lý thuyt cng nh trong i sng thc tin. Nhỡn vo bng bin thiờn ca mt hm s ta cú th thy c ton b v hm s ú, c v nh tớnh v nh lng, qua ú giỳp ta tr li c nhiu cõu hi, gii quyt c nhiu yờu cu liờn quan. Tuy nhiờn trong thc t cng cũn nhiu hc sinh thy khú khn khi hc phn ny v t ú dn ti vic hc cha tt, cha t hiu qu cao, vỡ nhng lớ do trờn nờn tụi vit ti ny, nhm rốn luyn cho cỏc em hc sinh cú th nm vng phng phỏp s dng chiu bin thiờn ca hm s, v cng hỡnh thnh c cỏc k nng cn thit gii mt s bi tp thuc loi ny. Ni dung ti ny gm ba mc: I/ ng dng gii phng trỡnh dng f(x) = a trong ú a l hng s, f(x) l hm s liờn tc v n iu. II/ ng dng gii v bin lun phng trỡnh dng f(x) = m trong ú m l tham s, f(x) l hm s liờn tc. III/ ng dng gii phng trỡnh dng f(u) = f(v), f(x) l hm s liờn tc v n iu. Trong từng phần tôi đều nhắc lại kiến thức lý thuyết, đa ra một số ví dụ điển hình từ dễ đến khó bắt đầu từ những bài tập rất cơ bản mức độ nh bài tập trong SGK sau đợc nâng dần lên mức độ bài toán thi ĐH, CĐ. PHN II: NI DUNG 1 Trong ton b ti ny ta ch xột cỏc hm s liờn tc trờn tp xỏc nh ca nú. I/ ứng dụng giải phơng trình dạng f(x) = a trong đó f(x) là hàm số liên tục và đơn điệu: 1/ Kin thc lý thuyt: Xột phng trỡnh f(x) = a (1) (a l hng s) trờn tp D, trờn ú hm s f(x) n iu, khi ú phng trỡnh (1) cú khụng quỏ mt nghim. Nờn nu ta tỡm c mt nghim ca (1) thỡ ú l nghim duy nht. Sau õy l mt s vớ d: 2/ Vớ d: VD1: Gii phng trỡnh: a) 3521 =++ xx (1) b) 42713 =++++ xxx (2) Bi gii: a) TX D=[5/2; + ) Xột hm s 521)( ++= xxxf trờn D, ta cú 0 52 1 12 1 )(' > + + = xx xf vi mi x thuc khong (5/2; + ), suy ra hm s f ng bin trờn D. Vy (1) cú khụng quỏ mt nghim. Hn na ta thy x=3 l nghim ca (1), vy ú l nghim duy nht ca phng trỡnh (1) ó cho. @ Ta cú th gii phng trỡnh (1) bng cỏch bỡnh phng hai v ca nú kốm theo iu kin tng ng, a v phng trỡnh bc hai, cỏch ny c dựng nhiu lp 10. Ngoi ra nu khụng dựng cụng c o hm, ta cú th lp lun c hm s f(x) l hm s ng bin da vo tớnh cht ca hm s bc nht v hm s cn bc hai. b) TX D=[ 2 577 ; + ) Xột hm s 2713)( ++++= xxxxf , ta cú f(x) l hm s liờn tc trờn D v cú o hm 0 272 272 7 1 132 3 )(' > ++ + + + + = xx x x xf Vi mi x thuc khong ( 2 577 ; + ) nờn hm s f(x) luụn ng bin trờn D. Mt khỏc ta thy f(1)=4 nờn x=1 l mt nghim ca phng trỡnh ó cho. Xột x>1 ta cú f(x)>f(1)=4 nờn phng trỡnh khụng cú nghim x>1 2 Xột tng t ta cng c kt lun phng trỡnh trờn khụng cú nghim trờn tp [ 2 577 ; 1) Kt lun phng trỡnh ó cho cú nghim duy nht x=1. @ Nu ta gii phng trỡnh (2) bng cỏc cỏch khỏc nh bỡnh phng hai v ca nú kốm iu kin tng ng thỡ ta s gp khú khn, õy phng phỏp s dng o hm t ra u th hn. VD2: Giải phơng trình: a) x+sin x = 0 với x thuộc đoạn [0; ] (1) b) 3 -x = 2+ log 2 (2x+ 4) (2) Bài giải: a) Xét hàm số f(x) = x+ sin x trên D = [0; ], có f(x) là hàm số liên tục và f (x)= 1+ cos x không âm với mọi x thuộc (0; ) nên hàm số f(x) đồng biến trên D, suy ra phơng trình (1) có không quá một nghiệm và ta thấy ngay nó có nghiệm duy nhất là x = 0. b) Phơng trình đã cho tơng đơng với phơng trình log 2 (2x+ 4) - 3 -x = 2 (2) TXĐ D= (-2; + ); tơng tự các VD trên, xét hàm số vế trái của phơng trình (2) ta đ- ợc kết luận phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất là -1. @ Để đi tới kết luận vế trái của phơng trình (2 ) là hàm số đơn điệu ta có thể dùng công cụ đạo hàm hoặc dựa vào tính chất của các hàm số. @ Ta chú ý phơng trình dạng h(x) = g(x) (*) trong đó một vế là hàm số đồng biến và vế kia là hàm số nghịch biến ta có thể đa ngay về phơng trình f(x) = a đã xét ở trên. Ngoài ra dựa vào tính chất biến thiên của hàm số ta cũng chứng minh đợc phơng trình (*) có không quá một nghiệm. VD3: CM phơng trình sau có nghiệm duy nhất: 012 25 = xxx Bài giải: @ chng minh phng trỡnh f(x) cú nghim duy nht trờn tp D ta cú th lm nh sau: - Chng minh phng trỡnh trờn luụn cú nghim, chng hn ta chng minh f(x) l hm s liờn tc trờn D v tn ti 2 s a, b sao cho f(a). f(b) <0 - chng minh f(x) l hm s n iu, t ú suy ra nghim trờn l duy nht. Tr li bi toỏn trờn, xột hm s 12)( 25 = xxxxf , l hm s liờn tc trờn R v cú f(0).f(2) < 0 suy ra phng trỡnh f(x) = 0 luụn cú nghim, gi nghim ú l x 0 , khi ú ta cú: 2 2 0 5 0 )1(12 +=++= o xxxx , suy ra 110 0 5 00 xxx . Vy ta ch cn kho sỏt hm s f(x) vi 1 x . Ta cú: 10)1(2)1(2225)(' 4234 >++== xxxxxxxxf nờn f(x) l hm s ng bin khi 1x . Vy phng trỡnh ó cho luụn cú nghim duy nht. @ Chỳ ý: 3 i, Nu chỳng ta kho sỏt ngay hm f(x) thỡ chỳng ta khụng th cú c f(x) l hm ng bin, do vy ta cn hn ch min xỏc nh ca x. iu ny ta cú c l nh vo bn thõn ca phng trỡnh. ii, chng minh phng trỡnh f(x)=0 cú nghim duy nht trờn D ta cũn cú cỏch khỏc ú l kho sỏt hm f(x) trờn D, lp bng biờn thiờn v t bng bin thiờn ta suy ra c th ca hm f(x) ch ct trc Ox ti mt im. Qua cỏc bi toỏn trờn ta thy vic ng dng tớnh n iu vo gii mt s dng toỏn v phng trỡnh t ra hiu qu v cho li gii ngn gn. Thụng qua cỏc vớ d ú hi vng cỏc em cú thờm nhng k nng gii phng trỡnh v nhn dng c nhng dng phng trỡnh no cú th dựng tớnh cht bin thiờn ca hm s. 3/ Bài tập: 1. Giải phơng trình 014110 3 =++ xx 2. Giải phơng trình x x 213 2 =+ 3. Giải phơng trình 1323 424 =+ ++ xx 4. Giải phơng trình 03log)43(log 2 2 2 1 =++ xx 5. Giải phơng trình 0725)3(225 =+ xx xx (ĐH TCKT Hà Nội 1997) 6. Tìm hoành độ giao điểm hai đồ thị: 2 3 sin21; 12 1 2 x y x y =+= (HVCN BCVT 2000) II/ ng dụng giải và biện luận phơng trình dạng f(x) = m: 1/ Kiến thức lý thuyết: Xét phơng trình f(x) = m (*) với x thuộc D, hàm số f(x) liên tục, m là tham số. Vế phải có thể là hàm số của m, khi đó ta có các mệnh đề: i, Phơng trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số f(x). Đặc biệt nếu trên D tồn tại min f = a; max f = b thì phơng trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc on [a; b] ii, Dựa vào bảng biến thiên của hàm số f(x) trên D, ta có thể biện luận đợc số nghiệm của phơng trình (*); xác định đợc m để nghiệm của (*) thoả mãn điều kiện nào đó; 2/ Ví dụ: VD1: a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 23 3 += xxy b) Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình mxx =+ 23 3 Bài giải: a) Kết quả khảo sát hàm số 23 3 += xxy 4 6 4 2 -2 -4 -5 5 y x O y=m b) Dựa vào kết quả ở câu a) ta có kết luận nh sau: + m>4 hoặc m<0 phơng trình có đúng 1 nghiệm. + m=4 hoặc m=0 phơng trình có 2 nghiệm trong đó có 1 nghiệm kép. + 0<m<4 phơng trình có 3 nghiệm phân biệt. Theo sau bài toán khảo sát trên ta có thể có các câu hỏi phụ khác ứng dụng chiều biến thiên của hàm số trên để giải, chẳng hạn nh sau: VD1: c) Tìm k để phơng trình 012.38 =++ k xx có đúng 1 nghiệm. Để giải câu này ta đặt t=2 x thì đợc t>0 và đa về xét phơng trình 123 3 +=+ ktt với t>0. Dựa vào bảng biến thiên hoặc đồ thị trên ta có đợc đáp số: -k+1>2 hoặc k+1=0 tức là k<-1 hoặc k=1. VD2: Tìm m để phơng trình mxx = 2coscos3 3 (1) có 5 nghiệm phân biệt thuộc khoảng D=( ); 2 Bài giải: Đặt t=cos x ta có t thuộc đoạn [-1; 1] và phơng trình (1) trở thành: 3t 3 t - 2 = m (2) Ta có bảng biến thiên của t: x 2/ 0 2/ t=cosx 1 0 0 -1 Và đồ thị của hàm số f(t) = 3t 3 t 2 là: 5 6 4 2 -2 -4 -5 5 y x O 1 -1 Từ đó ta suy ra phơng trình (1) có 5 nghiệm phân biệt thuộc D khi và chỉ khi phơng trình (2) có 2 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0; 1) và 1 nghiệm thuộc khoảng (-1; 0), xảy ra khi và chỉ khi m thuộc khoảng (-20/9; -2) (f(1/3)=-20/9) @ Chú ý: Thay vì khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số f(t) = 3t 3 t 2 ta có thể chỉ cần lập bảng biến thiên của nó, từ đó ta cũng có đợc đáp số. VD3: Tỡm m phng trỡnh: ( ) 12 5 4x x x m x x+ + = + (1) cú nghim. Bài giải: iu kin 0 4x . Ta cú (1) ( ) 12 5 4 x x x f x m x x + + = = + . @ Chỳ ý: Nu tớnh ( ) f x ri xột du thỡ thao tỏc rt phc tp, d nhm ln. t )4;0(0 122 1 2 3 )(';0)(12)( > + +=>++= x x xxgxgxxxxg )4;0(0 42 1 52 1 )(';0)(45)( < =>+= x xx xhxhxxxh Suy ra: ( ) 0g x > v đồng biến, ( ) h x > 0 v nghịch biến hay ( ) 1 0 h x > v đồng biến ( ) ( ) ( ) g x f x h x = đồng biến. Suy ra phng trỡnh ( ) f x m = cú nghim [ ] ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) 0;4 0;4 min ;max 0 ; 4 2 15 12 ;12m f x f x f f = = VD4: Gii phng trỡnh: 4 4 2 4 2x x + = Bài giải: t ( ) 4 4 2 4f x x x= + vi 2 4x 6 30)('; )4( 1 )2( 1 4 1 )(' 4 3 4 3 =⇔=         − − − = xxf xx xf Ta có bảng biến thiên của hàm số f: Nhìn vào bảng biến thiên ta suy ra: ( ) ( ) [ ] 3 2 2,4f x f x ≥ = ∀ ∈ ⇒ Phương trình ( ) 4 4 2 4 2f x x x= − + − = có nghiệm duy nhất x = 3 VD5: (Đề TSĐH khối B, 2007): Chứng minh rằng: Với mọi 0m > , phương trình ( ) 2 2 8 2x x m x + − = − luôn có đúng hai nghiệm phân biệt. Bµi gi¶i: Điều kiện: 2x ≥ . Biến đổi phương trình ta có: ( ) 2 2 8 2x x m x+ − = − ( ) ( ) ( ) 2 6 2x x m x ⇔ − + = − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 2x x m x ⇔ − + = −    =−+= = ⇔=−−+−⇔ mxxxg x mxxx 326)( 2 0)326)(2( 23 23 ycbt ( ) g x m ⇔ = có đúng một nghiệm thuộc khoảng ( ) 2; +∞ . Thật vậy ta có: ( ) ( ) 3 4 0, 2g x x x x ′ = + > ∀ > . Do đó ( ) g x đồng biến mà ( ) g x liên tục và ( ) ( ) 2 0; lim x g g x →+∞ = = +∞ nên ta có bảng biến thiên của hàm số g: Suy ra phương trình ( ) g x m = có đúng một nghiệm thuộc khoảng ( ) 2; +∞ . Vậy 0m ∀ > , phương trình ( ) 2 2 8 2x x m x + − = − có hai nghiệm phân biệt. 3/ Bµi tËp: 1. BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph¬ng tr×nh 1265 24 −=+− mxx 2. BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph¬ng tr×nh: mxx =− )4( 2 3. T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh mxxxx +−=−+ 2)6)(4( 2 cã nghiÖm. 4. T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã 2 nghiÖm ph©n biÖt: 122 2 +=++ xmxx (§TTS B’2006) 7 x234ƒ′ −0+ ƒ2 x2+0 5. Tìm m để phơng trình sau có nghiệm thuộc đoạn [1; 3 3 ]: 0121loglog 2 3 2 3 =++ mxx (ĐTTS A2002) 6. Tỡm m phng trỡnh 4 2 3 1 1 2 1x m x x + + = cú nghim thc (TTS A2007) 7. Tỡm m phng trỡnh sau cú ỳng hai nghim thc phõn bit: 4 4 2 2 2 6 2 6x x x x m + + + = (ĐTTS A2008) III/ ng dụng giải phơng trình dạng f(u) = f(v), f(x) là hàm số liên tục và đơn điệu: 1/ Kiến thức lý thuyết: Xét phng trỡnh dng f(u) = f(v) (*) vi x thuc D, u=u(x) v v=v(x) l cỏc hm s liờn tc trờn D, f l hm s liờn tc v n iu. Khi đó phơng trình (*) nghiệm đúng khi và chỉ khi u(x) = v(x), bài toán đa về giải phơng trình này trên D. 2/ Ví dụ: VD1: Giải phơng trình x+2sinx cosx=sinx (1) Bài giải: @ Rõ ràng phơng trình này là phơng trình không mẫu mực và ta phải nghĩ tới việc sử dụng các phơng pháp đặc biệt để giải, trong đó phơng pháp đợc dùng nhiều là phơng pháp sử dụng các tính chất của hàm số. Ta có (1) 2x+sin 2x=x+sin x (2) Đặt f(t) = t + sin t thì phơng trình (2) là f(x) = f(2x). Bây giờ ta xét tính chất biến thiên của hàm số f(t), ta có f(t)=1 + cos t t 0 nên suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R, vậy phơng trình (2) tơng đơng với 2x=x hay x=0. KL phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x=0. VD2: Giải phơng trình 2112212 532532 +++ ++=++ xxxxxx Bài giải: @ Chú ý các hàm số xuất hiện ở 2 vế của phơng trình và đặc biệt là các biểu thức mũ, ta nghĩ tới việc xét hàm số và hớng giải tơng tự nh VD trên: Đặt f(t) = 21 532 ++ ++ ttt thì phơng trình đã cho là f(x) = f(2x-1) và hàm số f(t) là hàm số đồng biến, từ đó giải ra ta đợc nghiệm duy nhất x=1. VD3: Giải phơng trình: 23 542 3 log 2 2 2 3 ++= ++ ++ xx xx xx (1) (ĐH Ngoại Thơng Tp HCM 2001) Bài giải: Phơng trình trên xác định với mọi x. Nhn xột cỏc biu thc tham gia trong phng trỡnh ta thy: 23)3()542( 222 ++=++++ xxxxxx , do vy nu t 8 0,,233,542 222 >++=++=++= vuxxuvxxuxxv , khi ú phng trỡnh tr thnh: )()(logloglog 333 vfufvvuuuv v u =+=+= trong ú tttf += 3 log)( vi t>0. Ta thy f(t) l hm liờn tc v ng bin, do vy = = =++== 2 1 023)()( 2 x x xxvuvfuf @ Nh vậy ta thấy nhiều phơng trình cha đợc cho ở dạng f(u) =f(v), để đa đựơc về dạng phơng trình này ta phải thực hiện một số phép biến đổi, thậm chí phải có kỹ năng nhất định mới làm đựơc. VD 4: Giải phơng trình 3 23 2 33 21212 xxxx ++=+++ Bài giải: Nhỡn k phng trỡnh thỡ ta thy cỏc biu thc di du cn hai v cú chung mt mi liờn h l x+2=(x+1)+1 v 2x 2 +1=(2x 2 )+1, do vy nu t 3 2 3 2;1 xvxu =+= thỡ phng trỡnh ó cho tr thnh: vvuu ++=++ 3 33 3 11 trong ú tttf ++= 3 3 1)( l mt hm liờn tc v cú o hm 01 )1( )(' 3 23 2 >+ + = t t tf vi mi t khỏc -1 nờn hm s f(t) luụn ng bin. Do ú = = +=== 2 1 1 12)()( 2 x x xxvuvfuf Vy phng trỡnh ó cho cú cỏc nghim x=1, x=-1/2. 3/Bài tập: 1. Gii phng trỡnh: )21(log313 3 xx x += 2. Giải và biện luận phơng trình: mmxx mmxxmxx ++= +++++ 255 224222 22 (ĐH Ngoại Thơng 2001) 3. Giải hệ phơng trình: += = 12 11 3 xy y y x x (ĐTTS ĐH A 2003) 4. CM với mọi a>0 hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất: = ++= axy yxee yx )1ln()1ln( (ĐTTS ĐH D 2006) 9 Phần III: kết quả nghiên cứu và bài học kinh nghiệm 1/ Đối chiếu so sánh kết quả đạt đ ợc: Trong các năm học 2009 2010, 2010- -2011tôi đã thực hiện giảng dạy chuyên đề kiến thức này bằng việc áp dụng đề tài nghiên cứu của mình trên các lớp tôi phụ trách. So sánh với các khoá học trớc kia khi tôi cha áp dụng đề tài, kết quả thu đợc nh sau: Nhóm học sinh Nắm đợc phơng pháp Nắm vững phơng pháp Nắm vững ph- ơng pháp và vận dụng tốt Nắm vững phơng pháp và giải tốt bài tập nâng cao Khi cha áp dụng đề tài 90% 60% 40% 20% Khi áp dụng đề tài 100% 80% 70% 30% Phần trăm tăng thêm 10% 20% 30% 10% 2/ Bài học kinh nghiệm: Qua quá trình dạy học và áp dụng đề tài khoa học của mình tôi đã đúc rút đợc bài học kinh nghiệm sau đây: Phơng pháp áp dụng đạo hàm xét chiều biến thiên của hàm số là phơng pháp khó đối với nhiều học sinh, vậy nên để học sinh nắm vững đựơc phơng pháp này, giáo viên cần phải từng bớc giúp các em lĩnh hội đựơc kiến thức lý thuyết cũng nh hình thành đựơc kỹ năng làm bài tập, thông qua việc áp dụng vào từng dạng bài tập từ dễ đến khó. Hơn nữa phơng pháp này có ứng dụng rộng rãi vào việc giải nhiều lớp bài tập, trong đó có lớp bài tập khó dành cho học sinh khá hơn, một số bài tập xuất hiện trong các đề thi ĐH, CĐ nên việc làm cho học sinh nắm vững phơng pháp và biết cách vận dụng làm bài tập là điều cần thiết. 10 [...]...Trên đây tôi đã trình bày đề tài khoa học của mình, Rèn luyện cho học sinh ứng dụng chiều biến thiên của hàm số để giải một số dạng phơng trình, qua ba mục đã đa ra đợc ba dạng phơng trình thờng gặp trong lớp các bài tập ứng dụng chiều biến thiên của hàm số để giải, bạn đọc cũng đã có cơ sở lý thuyết và một số kỹ năng để giải các dạng phơng trình này Mc dự bn thõn ó c gng nhiu hon thnh . chiều biến thiên của hàm số để giải một số dạng phơng trình, qua ba mục đã đa ra đợc ba dạng phơng trình thờng gặp trong lớp các bài tập ứng dụng chiều biến thiên của hàm số để giải, bạn đọc cũng. làm cho học sinh nắm vững phơng pháp và biết cách vận dụng làm bài tập là điều cần thiết. 10 Trên đây tôi đã trình bày đề tài khoa học của mình, Rèn luyện cho học sinh ứng dụng chiều biến thiên. mình tôi đã đúc rút đợc bài học kinh nghiệm sau đây: Phơng pháp áp dụng đạo hàm xét chiều biến thiên của hàm số là phơng pháp khó đối với nhiều học sinh, vậy nên để học sinh nắm vững đựơc phơng