Sáng kiến kinh nghiệm Một cách tiếp cận định lý Lagrăng - Vận dụng giải phương trình mũ

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Một cách tiếp cận định lý Lagrăng - Vận dụng giải phương trình mũ

1. Một cách tiếp cận định lý Lagrăng Vận dụng giải phương trình mũ *Đặt vấn đề +Bài toán “Hãy giải phương trình” nghe thật quen thuộc và có vẻ đơn giản, nhưng đi sâu vào từng loại pt thì bài toán “giải phương trình” quả là vấn đề không đơn giản. +Loại bài toán giải phương trình mũ có nhiều cơ số là bài toán khó .Tôi đã đọc và tham khảo nhiều sách và rút ra được một số cách giải pt mũ như: phương pháp hàm số ,vận dụng định lý lagrăng, sử dụng bất đẳng thức Becnuli, +Vấn đề chọn phương pháp giải lại phải phù hợp với kiến thức học sinh đã biết sao cách viết và diễn đạt dễ hiểu, dễ vận dụng. Định lý lagrăng là một định lý hay trong SGK 12 nó dược vận dụng chứng minh bất đẳng thức, chứng minh pt có nghiệm, tìm giới hạn của hàm số, chứng minh sự tồn tại của giới hạn, và vận dụng giải phương trình mũ. +Vấn đề đặt ra vận dụng định lý lagrăng như thế nào? Vào bài toán “giải phương trình mũ ” và tôi đã mạnh dạn đưa ra suy nghĩ của mình như sau. A)kiến thức cơ bản 1)Định lý Lagrăng: Nếu hàm tại số y=f(x) liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm trên f (b) f (a) khoảng (a, b) thì  c (a, b) sao cho f ' (c) b a 2)Đạo hàm của hàm số lũy thừa . Cho u =u(x) là hàm số có đạo hàm tại x ta có : (1) (x )’ = .x -1 ;  R ; x 0 (2) (u )’ = .u -1 u’ ;  R ; u 0 f (x) f (x) f (x) 0 3)Chú ý : Cho a >0 , b >0 và hàm số f(x) ta có: a b a b B) Bài toán và cách giải : 1) Bài toán: Giải phương trình mũ sau : * (a+k) x –a x = (b+k) x –b x (*) với a,b,k R + và x là ẩn 1
2. 2)Nhận xét : * Nếu là nghiệm của phương trình (*) thì ta có : (a+k) –a = (b+k) –b ( ) Đẳng thức ( ) dạng f(a) =f(b) với f(t) =(t+k) - t (là hàm số lũy thừa với biến là t ) Giả sử 0 < a < b xét hàm số f(t) =(t+k) - t trên [a;b] ta có f(t) liên tục trên [a;b] và f (b) f (a) có đạo hàm trên (a; b) theo định lí lagrăng  c (a;b) sao cho f ' (c) b a Vậy nếu thỏa mãn f(b) = f(a) thì thỏa mãn f’ (c) =0 0 là nghiệm của phương trình f(a) =f(b) thì 0 cũng là nghiệm của phương trình f’(c) = 0 ( phương trình ẩn ) phương trình f’(c) =0 ẩn là phương trình hệ quả của f(a) =f(b) {mọi nghiệm của phương trình f(a) =f(b) đều là nghiệm của phương trình f’(c) =0 Hay pt f’(c) =0 ẩn chứa tất cả các nghiệm phương trình f(a) =f(b)} 3) Các bước giải phương trình. x x x x * (a + k) –a = ( b+k) – b (*) (a,b,k R + và x là ẩn) Bước 1: Gọi là nghiệm của phương trình (*) hay ta có (a+k) -a = (b+k) -b Bước 2:Xét hàm số f(t) = (t+k) -t trên [a;b] ta có f(t) là hàm số liên tục trên [a;b] f (b) f (a) và có đạo hàm trên (a;b) Theo định lí lagrang c (a;b) sao cho f’(c) = b a * Từ bước 1 ta có là nghiệm của phương trình f(a) = f(b) là nghiệm của phương trình f’(c) =0 Bước 3: Giải phương trình f’(c) =0 (phương trình ẩn ) Bước 4: Thử lại nghiệm vào phương trình f(a) =f(b) *Từ nghiệm thỏa mãn nghiệm x *Chú ý 1: +Điều hay của phương pháp trên là đã chỉ ra tất cả các nghiệm của phương trình mũ +Định lý lagrăng có trong chương trình phổ thông nên Học sinh được vận dụng 2
3. *Chú ý 2: +Khi vận dụng phương pháp trên giải phương trình mũ thì phương trình mũ này biến đổi được về dạng (a + b)x –ax = ( b+k)x – bx +Mấu chốt của phương pháp là nhận ra hàm số f(t) và xét hàm số trên đoạn [a;b] phù hợp Ví dụ: Giải phương trình mũ 5x + 3x = 6x + 2x (*) Giải : Tập xác định D=R x x x x Ta có phương trình 5 – 2 = 6 -3 (*) Gọi là nghiệm của phương trình (*) khi đó ta có 5 - 2 = 6 - 3 (1) Xét hàm số f(t) = (t+3) - t trên [2; 3] Dễ thấy f(t) là hàm số liêm tục trên [2; 3] có đạo hàm trên (2; 3). f (3) f (2)  c (2; 3) sao cho f '(c) (2) 3 2 Từ (1) ta có f(2) =f(3) (3) Ta có f’(t) = (t+3) -1 – t -1 = *[(t+3) -1 - t -1] f’(c) = [(c+3) -1 – c -1] (4) 0 -1 -1 0 Từ (2), (3), (4) ta có : *[(c+3) – c ]= 0 1 1 (c 3) c 1 Dễ thấy =0 ; =1 thỏa mãn (1) Với =0 x = 0 Với =1 x=1 Kết luận phương trên đã cho có hai nghiệm : x =0 và x =1 { Ở ví dụ trên ta có thể xét hàm số f(t) = (t+1) - t trên [2; 5] nếu ta biến đổi pt 3x - 2x = 6x - 5x} C) Bài tập vận dụng 2 2 2 Bài 1: Giải phương trình : 3 x x 5 x x 2.4 x x Bài giải :(Nhận xét phương trình chưa có dạng cơ bản) Txđ: D =(- ; 0] [1; + ) *Đặt u = x 2 x điều kiện u ≥ 0 3
4. Ta có phương trình 3u +5u = 2.4u 5u – 4u = 4u - 3u (*) {đây là dạng cơ bản} Gọi là nghiệm của phương trình (*) khi đó ta có 5 – 4 = 4 - 3 (1) Xét hàm số f(t) = (t+1) - t trên [3;4] ta có f(t) là hàm số liên tục trên [3;4] có đạo hàm trên (3;4) f (4) f (3) Theo định lí lagrang:  c (3;4) sao cho f’(c) = (2) 4 3 Từ (1) ta có f(4) =f(3) (3) Ta có f’(t) = [( t+1) -1 – t - 1 ] f’(c) = [(c+1) -1 – c -1] (4) 0 -1 -1 0 Từ (2), (3), (4) ta có [(c+1) – c ] = 0 1 1 (c 1) c 1 Dễ thấy = 0 ; = 1 thỏa mãn phương trình ( 1) 2 x 0 Với = 0 khi đó u = 0 x x = 0 x 1 1 5 x 2 2 Với =1 khi đó u=1 x x =1 x – x -1 = 0 2 1 5 x 2 1 5 1 5  Kết luận : Phương trình đã cho có tập nghiệm T = 0;1; ;  . 2 2  Bài 2: Giải phương trình : 3log4 x 5log4 x 2x Bài giải: Txđ D =(0; + ) . u u u u u u u u Đặt u log 4 x x 4 vậy pt có dạng 3 +5 = 2.4 5 – 4 = 4 - 3 (*) Gọi là nghiệm của phương trình (*) khi đó ta có 5 – 4 = 4 - 3 (1) Xét hàm số f(t) = (t+1) - t trên [3;4] {Cách làm như bài 1} ta có f(t) là hàm số liên tục trên [3;4] có đạo hàm trên (3;4) f (4) f (3) Theo định lí lagrang:  c (3;4) sao cho f’(c) = (2) 4 3 Từ (1) ta có f(4) =f(3) (3) Ta có f’(t) = [( t+1) -1 – t - 1 ] f’(c) = [(c+1) -1 – c -1] (4) 4
5. 0 -1 -1 0 Từ (2), (3), (4) ta có: [(c+1) – c ] = 0 1 1 (c 1) c 1 Dễ thấy = 0 ; = 1 thỏa mãn phương trình ( 1) *) Với =0 u=0 log 4 x 0 x 1 *) Với =1 u= 1 log 4 x 1 x 4 Kết luận : pt đã cho có 2 nghiệm là x=1 và x= 4; Với cách làm trên có thể ra đề và làm bài toán có mũ kồng kềnh (* VD Bài 3) 2 2 log2004 (x x) 2 log2004 (x x) Bài 3 Giải pt : 2008 2x 2x 2000 Bài giải : Txđ : D=(- ; 0)  (1; + ). 2 2 Ta có pt 2008log2004 (x x) 2000log2004 (x x) 2*(x 2 x) 2 2 u Đặt u log 2004 (x x) x x 2004 Ta có pt 2008u + 2000u = 2* 2004u 2008u -2004u = 2004u -2000u (*) Gọi là nghiệm của pt (*) khi đó ta có : 2008 -2004 = 2004 -2000 (1) Xét hàm số f(t)= (t+4) - t trên [2000; 2004] ta có f(t) là hàm số liên tục trên [2000;2004] có đạo hàm trên (2000;2004) f (2004) f (2000) Theo định lí lagrang:  c (2000;2004) sao cho f’(c) = (2) 2004 2000 Từ (1) ta có f(2004) =f(2000) (3) Ta có f’(t) = [( t+4) -1 – t - 1 ] f’(c) = [(c+4) -1 – c -1] (4) 0 -1 -1 0 Từ (2), (3), (4) ta có: [(c+4) – c ] = 0 1 1 (c 4) c 1 Dễ thấy = 0 ; = 1 thỏa mãn phương trình ( 1) 1 5 *) Với =0 u=0 log (x2 x) 0 x2 x 1 x 2004 2 1 8017 *) Với =1 u= 1 log (x 2 x) 1 x 2 x 2004 x 2004 2 1 5 1 8017  Kết luận : pt đã cho có tập nghiệm là T ;  2 2  5
6. Tương tự với p- pháp trên ta có thể ra đề và làm bài tập liên quan đến lượng giác Bài 4 Giải pt 2008 cos x 2000 cos x 9 cos x 1 Bài giải : Đk : cosx ≥ 0 ta có pt 2008 cos x 9 cos x 2000 cos x 1 Đặt cos x = u khi đó ta có pt 2008u – 9u =2000u -1 (*) Gọi là nghiêm của pt (*) khi đó ta có 2008 – 9 =2000 -1 (1) Xét hàm số f(t) = (t + 1999) - t trên đoạn [ 1;9] Ta có f(t) là hàm số liên tục trên [1;9] có đạo hàm trên (1;9) f (9) f (1) Theo định lí lagrang:  c (1;9) sao cho f’(c) = (2) 9 1 Từ (1) ta có f(9) =f(1) (3) Ta có f’(t) = [( t+1999) -1 – t - 1 ] f’(c) = [(c+1999) -1 – c -1] (4) Từ (2), (3), (4) ta có [(c+1999) -1 – c -1 ] = 0 0 0 1 1 (c 1999) c 1 Dễ thấy = 0 ; = 1 thỏa mãn phương trình ( 1) *) Với =0 u=0 cos x 0 cos x 0 x k2 ;k Z 2 *) Với =1 u= 1 cos x 1 cos x 1 x k2 ;k Z Kết luận : pt đã cho có nghiệm là x k2 ;k Z và x k2 ;k Z 2 * Chú ý : ngoài ra ta có thể ra đề và làm bài toán liên quan đến căn và mũ (bài 5 và 6) log x Bài 5: Giải phương trình x x 13 16 1 Bài giải : Tx đ : D = (0;+ ) u u Đặt u log16 x x 16 x 4 Ta có pt 16u – 4u = 13u -1 (*) gọi là nghiệm của pt (*) khi đó ta có 16 – 4 = 13 -1 (1) Xét hàm số f(t) = ( t + 12) -t trên [1;4] ta có f(t) là hàm số liên tục trên [1;4] có đạo hàm trên (1;4) 6
7. f (4) f (1) Theo định lí lagrang:  c (1;4) sao cho f’(c) = (2) 4 1 Từ (1) ta có f(4) =f(1) (3) Ta có f’(t) = [( t+12) -1 – t - 1 ] f’(c) = [(c+12) -1 – c -1] (4) Từ (2), (3), (4) ta có [(c+12) -1 – c -1 ] = 0 0 0 1 1 Dễ thấy = 0 ; = 1 thỏa mãn phương trình ( 1) (c 12) c 1 *) Với =0 u =0 log16 x 0 x 1 *) Với =1 u= 1 log16 x 1 x 16 Kết luận : pt đã cho có 2 nghiệm là x =1 và x =16 Bài 6: Giải pt x 1 3 x 5log64 x u u x 8 Bài giải : Tx đ : D = (0;+ ) Đặt u log 64 x x 64 3 u x 4 Ta có pt 8u +1 = 4u +5u 8u – 5u = 4u -1 (*) gọi là nghiệm của pt (*) khi đó ta có 8 – 5 = 4 -1 (1) Xét hàm số f(t) = ( t + 3) - t trên [1; 5] ta có f(t) là hàm số liên tục trên [1; 5] có đạo hàm trên (1;5) f (5) f (1) Theo định lí lagrang:  c (1;5) sao cho f’(c) = (2) 5 1 Từ (1) ta có f(5) =f(1) (3) Ta có f’(t) = [( t+3) -1 – t - 1 ] f’(c) = [(c+3) -1 – c -1] (4) 0 Từ (2), (3), (4) ta có [(c+3) -1 – c -1 ] = 0 0 1 1 (c 3) c 1 Dễ thấy = 0 ; = 1 thỏa mãn phương trình ( 1) *) Với =0 u =0 log 64 x 0 x 1 *) Với =1 u= 1 log 64 x 1 x 64 Kết luận : pt đã cho có 2 nghiệm là x =1 và x =64 7
8. D) Chú ý với phương pháp trên ta có thể giải pt dạng (a + k) x – a*x =(b + k) x – b*x trong đó a, b, k > 0 và x là ẩn số. Với pt trên ta chọn hàm số f(t) = ( t + k ) - t* trên [a; b] 2 2 Bài 7 : Giải pt : 9sin x 2sin x 7sin x 2sin x 2(sin2 x 2sin x) Bài giải : Đặt sin2x – 2sinx =u ta có pt 9u – 7u = 2*u 9u – 2*u = 7u (*) Gọi là nghiệm của pt (*) khi đó ta có 9 – 2* = 7 (1) Xét hàm số f(t) = (t + 7) - t* trên [ 0; 2] ta có f(t) là hàm số liên tục trên [0;2] có đạo hàm trên (0;2) f (2) f (0) Theo định lí lagrang:  c (0;2) sao cho f’(c) = (2) 2 0 Từ (1) ta có f(2) =f(0) (3) Ta có f’(t) = [( t+7) -1 –1 ] f’(c) = [(c+7) -1 –1] (4) 0 -1 0 Từ (2), (3), (4) ta có [(c+7) –1 ] = 0 1 (c 7) 1 1 Dễ thấy = 0 và =1 thỏa mãn pt (1) 2 sin x 0 Với = 0 u = 0 sin x – 2sinx =0 sin x 0 x k ;k Z sin x 2(loai) Với =1 u =1 sin2x – 2sinx =1 sinx =1 x k2 ;k Z 2 Kết luận: Vậy pt có nghiệm là: x k ;k Z; x k2 ;k Z 2 x2 1 x2 1 2 Bài 8: Giải pt : 109 99 9 x 1 Bài giải : Tx đ : D =(- ;-1][1; + ) 2 Đặt u 9 x 1 đk u ≥ 1 khi đó ta có pt : 10u – 9u = u 10u – 9*u = 9u -8*u (*). Gọi là nghiệm của pt (*) khi đó ta có 10 – 9* = 9 - 8* (1) Xét hàm số f(t) = (t + 1) - t* trên [ 8; 9] ta có f(t) là hàm số liên tục trên [8;9] có đạo hàm trên (8;9) 8