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

+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.

 

doc10 trang | Chia sẻ: sangkien | Ngày: 06/08/2015 | Lượt xem: 252 | Lượt tải: 1Download
Bạn đang xem tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Một cách tiếp cận định lý Lagrăng vận dụng giải phương trình mũ", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
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 khoảng (a, b) thì $ c Î (a, b) sao cho 
2)Đạo hàm của hàm số lũy thừa . 
Cho u =u(x) là hàm số có đạo hàm tại x ta có :
(1) (xa )’ = a .xa -1 ; " a Î R ; x > 0
(2) (ua )’ = a .ua -1 u’ ; " a Î R ; u > 0
3)Chú ý : Cho a >0 , b >0 và hàm số f(x) ta có: 
B) Bài toán và cách giải :
1) Bài toán: Giải phương trình mũ sau :
(a+k)x –ax = (b+k)x –bx 
 (*) với a,b,k Î R*+ và x là ẩn
2)Nhận xét :
(a+k)a –aa = (b+k)a –ba 
 * Nếu a là nghiệm của phương trình (*) thì ta có : (**) 
Đẳng thức (**) dạng f(a) =f(b) với f(t) =(t+k)a - ta (là hàm số lũy thừa với biến là t )
Giả sử 0 < a < b xét hàm số f(t) =(t+k)a - ta trên [a;b] ta có f(t) liên tục trên [a;b] và có đạo hàm trên (a; b) Þ theo định lí lagrăng $ c Î (a;b) sao cho 
Vậy nếu a thỏa mãn f(b) = f(a) thì a thỏa mãn f’ (c) =0
Þ a0 là nghiệm của phương trình f(a) =f(b) thì a0 cũng là nghiệm của phương trình f’(c) = 0 ( phương trình ẩn a )
Þ phương trình f’(c) =0 ẩn a là phương trình hệ quả của f(a) =f(b) 
{mọi nghiệm a của phương trình f(a) =f(b) đều là nghiệm của phương trình f’(c) =0 
Hay pt f’(c) =0 ẩn a chứa tất cả các nghiệm phương trình f(a) =f(b)}
3) Các bước giải phương trình.
 (a + k)x –ax = ( b+k)x – bx (*) (a,b,k Î R*+ và x là ẩn)
Bước 1: Gọi a là nghiệm của phương trình (*) hay ta có (a+k)a -aa = (b+k)a -ba 
Bước 2:Xét hàm số f(t) = (t+k)a -ta trên [a;b] ta có f(t) là hàm số liên tục trên [a;b] và có đạo hàm trên (a;b)Þ Theo định lí lagrang $c Î (a;b) sao cho f’(c) = 
 * Từ bước 1 ta có a là nghiệm của phương trình f(a) = f(b) 
Þ a là nghiệm của phương trình f’(c) =0 
Bước 3: Giải phương trình f’(c) =0 (phương trình ẩn a )
Bước 4: Thử lại nghiệm a vào phương trình f(a) =f(b)
 *Từ nghiệm a thỏa mãn Þ 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 
*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
 Ta có phương trình Û 5x – 2x = 6x -3x (*)
Gọi a là nghiệm của phương trình (*) khi đó ta có 5a - 2a = 6a - 3a (1)
Xét hàm số f(t) = (t+3)a - ta trên [2; 3]
Dễ thấy f(t) là hàm số liêm tục trên [2; 3] có đạo hàm trên (2; 3).
Þ $ c Î (2; 3) sao cho (2)
Từ (1) ta có f(2) =f(3) (3)
Ta có f’(t) = a (t+3)a -1 –a ta -1 = a *[(t+3)a -1 - ta -1]
Þf’(c) =a [(c+3)a -1 – ca -1] (4)
Từ (2), (3), (4) ta có : a *[(c+3)a -1 – ca -1 ]= 0 Û Û 
Dễ thấy a =0 ; a =1 thỏa mãn (1)
Với a =0 Þ x = 0
Với a =1 Þ 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)a - ta trên [2; 5] nếu ta biến đổi
 pt Û 3x - 2x = 6x - 5x}
C) Bài tập vận dụng 
Bài 1: Giải phương trình : 
Bài giải :(Nhận xét phương trình chưa có dạng cơ bản) Txđ: D =(-¥; 0] È[1; +¥)
*Đặt u = điều kiện u ≥ 0
Ta có phương trình 3u +5u = 2.4u Û 5u – 4u = 4u - 3u (*) {đây là dạng cơ bản}
Gọi a là nghiệm của phương trình (*) khi đó ta có 5a – 4a = 4a - 3a (1)
Xét hàm số f(t) = (t+1)a - ta trên [3;4] ta có f(t) là hàm số liên tục trên [3;4] có đạo hàm trên (3;4)
Theo định lí lagrang: $ c Î (3;4) sao cho f’(c) = (2)
Từ (1) ta có f(4) =f(3) (3)
Ta có f’(t) = a [( t+1)a -1 – ta - 1 ] Þ f’(c) =a [(c+1)a -1 – ca -1] (4)
Từ (2), (3), (4) ta có a [(c+1)a -1 – ca -1 ] = 0 Û Û 
Dễ thấy a = 0 ; a = 1 thỏa mãn phương trình ( 1) 
Với a = 0 khi đó u = 0 Þ = 0 Û 
Với a =1 khi đó u=1Þ =1 Û x2 – x -1 = 0 Û 
Kết luận : Phương trình đã cho có tập nghiệm T =.
Bài 2: Giải phương trình : 
Bài giải: Txđ D =(0; +¥) .
 Đặt vậy pt có dạng 3u +5u = 2.4u Û 5u – 4u = 4u - 3u (*)
Gọi a là nghiệm của phương trình (*) khi đó ta có 5a – 4a = 4a - 3a (1)
Xét hàm số f(t) = (t+1)a - ta 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)
Theo định lí lagrang: $ c Î (3;4) sao cho f’(c) = (2)
Từ (1) ta có f(4) =f(3) (3)
Ta có f’(t) = a [( t+1)a -1 – ta - 1 ] Þ f’(c) = a [(c+1)a -1 – ca -1] (4)
Từ (2), (3), (4) ta có: a [(c+1)a -1 – ca -1 ] = 0 Û Û 
Dễ thấy a = 0 ; a = 1 thỏa mãn phương trình ( 1) 
*) Với a =0 Þ u=0 Þ 
*) Với a =1 Þ u= 1 Þ 
Kết luận : pt đã cho có 2 nghiệm là x=1 và x= 4;
ÅVới cách làm trên có thể ra đề và làm bài toán có mũ kồng kềnh (* VD Bài 3)
Bài 3 Giải pt : 
Bài giải : Txđ : D=(-¥ ; 0) È (1; +¥).
Ta có pt Û 
Đặt 
Ta có pt 2008u + 2000u = 2* 2004u Û 2008u -2004u = 2004u -2000u (*)
Gọi a là nghiệm của pt (*) khi đó ta có : 2008a -2004a = 2004a -2000a (1)
Xét hàm số f(t)= (t+4)a - t a trên [2000; 2004]
 ta có f(t) là hàm số liên tục trên [2000;2004] có đạo hàm trên (2000;2004)
Theo định lí lagrang: $ c Î (2000;2004) sao cho f’(c) = (2)
Từ (1) ta có f(2004) =f(2000) (3)
Ta có f’(t) = a [( t+4)a -1 – ta - 1 ] Þ f’(c) =a [(c+4)a -1 – ca -1] (4)
Từ (2), (3), (4) ta có: a [(c+4)a -1 – ca -1 ] = 0 Û Û 
Dễ thấy a = 0 ; a = 1 thỏa mãn phương trình ( 1) 
*) Với a =0 Þ u=0 Þ 
*) Với a =1 Þ u= 1 Þ 
Kết luận : pt đã cho có tập nghiệm là 
ÅTương tự với p- pháp trên ta có thể ra đề và làm bài tập liên quan đến lượng giác
Bài 4 Giải pt 
Bài giải : Đk : cosx ≥ 0 ta có pt Û 
Đặt = u khi đó ta có pt 2008u – 9u =2000u -1 (*)
Gọi a là nghiêm của pt (*) khi đó ta có 2008a – 9a  =2000a -1 (1)
Xét hàm số f(t) = (t + 1999)a - ta trên đoạn [ 1;9] 
Ta có f(t) là hàm số liên tục trên [1;9] có đạo hàm trên (1;9)
Theo định lí lagrang: $ c Î (1;9) sao cho f’(c) = (2)
Từ (1) ta có f(9) =f(1) (3)
Ta có f’(t) = a [( t+1999)a -1 – ta - 1 ] Þ f’(c) =a [(c+1999)a -1 – ca -1] (4)
Từ (2), (3), (4) ta có a [(c+1999)a -1 – ca -1 ] = 0
Û Û 
Dễ thấy a = 0 ; a = 1 thỏa mãn phương trình ( 1) 
*) Với a =0 Þ u=0 Þ 
*) Với a =1 Þ u= 1 Þ 
Kết luận : pt đã cho có nghiệm là và 
* Chú ý : ngoài ra ta có thể ra đề và làm bài toán liên quan đến căn và mũ (bài 5 và 6)
Bài 5: Giải phương trình 
Bài giải : Tx đ : D = (0;+¥)
Đặt 
Ta có pt 16u – 4u = 13u -1 (*)
 gọi a là nghiệm của pt (*) khi đó ta có 16a – 4a = 13a -1 (1)
Xét hàm số f(t) = ( t + 12)a -ta trên [1;4] 
ta có f(t) là hàm số liên tục trên [1;4] có đạo hàm trên (1;4)
Theo định lí lagrang: $ c Î (1;4) sao cho f’(c) = (2)
Từ (1) ta có f(4) =f(1) (3)
Ta có f’(t) = a [( t+12)a -1 – ta - 1 ] Þ f’(c) =a [(c+12)a -1 – ca -1] (4)
Từ (2), (3), (4) ta có a [(c+12)a -1 – ca -1 ] = 0
Û Û Dễ thấy a = 0 ; a = 1 thỏa mãn phương trình ( 1) 
*) Với a =0 Þ u =0 Þ 
*) Với a =1 Þ u= 1 Þ 
Kết luận : pt đã cho có 2 nghiệm là x =1 và x =16
Bài 6: Giải pt 
Bài giải : Tx đ : D = (0;+¥) Đặt 
Ta có pt 8u +1 = 4u +5u Û 8u – 5u = 4u -1 (*)
 gọi a là nghiệm của pt (*) khi đó ta có 8a – 5a = 4a -1 (1)
Xét hàm số f(t) = ( t + 3)a - ta trên [1; 5] 
ta có f(t) là hàm số liên tục trên [1; 5] có đạo hàm trên (1;5)
Theo định lí lagrang: $ c Î (1;5) sao cho f’(c) = (2)
Từ (1) ta có f(5) =f(1) (3)
Ta có f’(t) = a [( t+3)a -1 – ta - 1 ] Þ f’(c) =a [(c+3)a -1 – ca -1] (4)
Từ (2), (3), (4) ta có a [(c+3)a -1 – ca -1 ] = 0 Û Û 
Dễ thấy a = 0 ; a = 1 thỏa mãn phương trình ( 1) 
*) Với a =0 Þ u =0 Þ 
*) Với a =1 Þ u= 1 Þ 
Kết luận : pt đã cho có 2 nghiệm là x =1 và x =64
(a + k)x – a*x =(b + k)x – b*x 
D) Chú ý với phương pháp trên ta có thể giải pt dạng
 trong đó a, b, k > 0 và x là ẩn số.
Với pt trên ta chọn hàm số f(t) = ( t + k )a - t*a trên [a; b]
Bài 7 : Giải pt : 
Bài giải : Đặt sin2x – 2sinx =u ta có pt 9u – 7u = 2*u Û 9u – 2*u = 7u (*) 
Gọi a là nghiệm của pt (*) khi đó ta có 9a – 2*a = 7a (1)
Xét hàm số f(t) = (t + 7)a - t*a trên [ 0; 2] 
ta có f(t) là hàm số liên tục trên [0;2] có đạo hàm trên (0;2)
Theo định lí lagrang: $ c Î (0;2) sao cho f’(c) = (2)
Từ (1) ta có f(2) =f(0) (3)
Ta có f’(t) = a [( t+7)a -1 –1 ] Þ f’(c) =a [(c+7)a -1 –1] (4)
Từ (2), (3), (4) ta có a [(c+7)a -1 –1 ] = 0 Û Û 
Dễ thấy a = 0 và a =1 thỏa mãn pt (1) 
Với a = 0 Þ u = 0 Þ sin2x – 2sinx =0 Û 
Với a =1 Þ u =1 Þ sin2x – 2sinx =1 Û sinx =1Û 
Kết luận: Vậy pt có nghiệm là: 
Bài 8: Giải pt : 
Bài giải : Tx đ : D =(-¥;-1]È[1; +¥)
Đặt đk u ≥ 1 khi đó ta có pt : 10u – 9u = u Û 10u – 9*u = 9u -8*u (*). 
Gọi a là nghiệm của pt (*) khi đó ta có 10a – 9*a = 9a - 8*a (1)
Xét hàm số f(t) = (t + 1)a - t*a trên [ 8; 9] 
ta có f(t) là hàm số liên tục trên [8;9] có đạo hàm trên (8;9)
Theo định lí lagrang: $ c Î (8;9) sao cho f’(c) = (2)
Từ (1) ta có f(9) =f(8) (3)
Ta có f’(t) = a [( t+1)a -1 –1 ] Þ f’(c) =a [(c+1)a -1 –1] (4)
Từ (2), (3), (4) ta có a* [(c+1)a -1 –1 ] = 0 Û Û 
Dễ thấy a = 0 và a =1 thỏa mãn pt (1) 
Với a = 0 Þ u = 0 (loại )
Với a = 1 Þ u = 1Þ 
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x=1 và x=-1.
Bài 9: Giải pt : 
Bài giải ta có pt Û 6x + 2x –(5x +3x) = ln(5x +3x)- ln(6x + 2x)
 Û5x +3x + ln(5x +3x) = 6x + 2x + ln(6x + 2x) (*)
Xét hàm số g(u)= u +lnu trên (0; +¥)
 Ta có g’(u) =1+1/u > 0 "u Î (0; +¥) suy ra g(u) đồng biến trên (0; +¥)
Vậy ta có (*) Û 5x +3x = 6x + 2x { Bài toán này là ví dụ phần cơ bản đã giải và có nghiệm là x=0 và x=1.}
Bài tập đề nghị:
 Bài 1. Giải các pt sau 
a, c, 
b, d, 
Bài 2: Giải các pt sau: 
a, c) 
b, 
kết luận
+ Tôi nghĩ với cách tiếp cận định lý , diễn đạt và trình bày như trên đã đáp ứng được phần nào tinh thần, yêu cầu của quý thầy cô và các quý vị.
+Vận dụng định lý này ta đã giải được một số phương trình mũ mà phương pháp khác không giải được.
+Trong quá trình viết và trình bày không tránh khỏi thiếu sót mong quý thầy cô và các quý vị góp ý .

File đính kèm:

  • docON_HSG_SKKN.doc