D03 ứng dụng tính đơn điệu vào pt, bpt, hpt, bđt muc do 3

Do đó phương trình 2 có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.. Nhận thấy y 1là một nghiệm.

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.c] (HSG Toán 12 - Quảng Ngãi 1819) Giải hệ phương trình





Lời giải

Điều kiện

2 3

x

x xy









2

3

f t  t t t  



3 4

t

t

Suy ra f t 

đồng biến trên

2

; 3





 Do đó từ  * y 1

x

.

Thay

1

y x

 vào  1

ta được 2x 7  3x 2 x3 5  **

Ta có

7 2

x 

x

Ta có:

 

Suy ra g x 

đồng biến trên

2 7

;

3 2





 và

7

; 2



Mà g 1 g 6  nên 0  ** có 2 nghiệm là 1và 6

Vậy nghiệm x y; của hệ là 1;1

,

1 6;

6

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.c] Giải hệ phương trình:







với ,x y  

Lời giải

Giải hệ phương trình:







* Điều kiện: 2

1 0

x y

ìï ³ -ïïï ³ íï

ïï + - ³

- Đặt

2 2

0

y b

Khi đó ( )1 trở thành: (b2- 2)a b a- ( 2- 2)= Û0 ab b a( - )+2(b a- )=0

(b a ab) ( 2) 0 a b(do ab 2 0)

- Thay vào phương trình ( )2

ta được phương trình:

- Nếu x< thì 1 ( )3 vô nghiệm

- Với x³ , xét hàm số: 1 f t( )=t 1( + 1+t2)

trên [0;+¥ ) .

Có:

2

1

t

t

3

x

x

é = ê

ê =

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x y; ) (= 3;5).

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.c] (HSG Toán 12 – Bến Tre năm 1819)Giải hệ phương trình

2 2 0 (1)







Lời giải

1 0

x y

 











Đặt

2







 , (a1,b0), ta được

2 2

2

x a

y b







b2 2a b a  2 2  0 ab b a  2b a  0b a ab   2  0 a b

(do ab   ) nên PT (1) 2 0 x2 y x  Thay vào phương trình (2), ta được2 y

(3)

trên , ta có  

2 2

2

1

t

t



 , do đó hàm

số f t 

đồng biến trên 

Ta có (3) f  x1 f x 1  x  1 x 1 2

1

x





 



2

1

x





 

Với x 3 y5, ta thấy x3,y5 thỏa mãn điều kiện

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x y ;  3;5

Nhận xét: Ta có thể biến đổi phương trình (1) đi theo hướng khác như sau:

Từ PT(2), ta có y 3, nên PT(1)

2

2



 (4) , ta có đặt y 2a, a  thay vào (4), ta 1

a  x , từ đây suy ra x  Xét hàm số 0   2

t

g t

t



 đồng biến trên 0; 

, ta

được a x hay y x 2

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.c] (HSG Toán 12 – Bến Tre năm 1819)Giải hệ phương trình

2 2 0 (1)







Lời giải

1 0

x y

 









Đặt

2







 , (a1,b0), ta được

2 2

2

x a

y b







b2 2a b a  2 2  0 ab b a  2b a  0b a ab   2  0 a b

(do ab   ) nên PT (1) 2 0 x2 y x  Thay vào phương trình (2), ta được2 y

(3)

Xét hàm số f t( )t1 1t2

trên , ta có  

2 2

2

1

t

t



 , do đó hàm

số f t 

đồng biến trên 

Ta có (3) f  x1 f x 1  x  1 x 1 2

1

x





 



2

1

x





 

Với x 3 y5, ta thấy x3,y5 thỏa mãn điều kiện

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x y ;  3;5

Nhận xét: Ta có thể biến đổi phương trình (1) đi theo hướng khác như sau:

Từ PT(2), ta có y 3, nên PT(1)

2

2



 (4) , ta có đặt y 2a, a  thay vào (4), ta 1

a  x , từ đây suy ra x  Xét hàm số 0   2

t

g t

t



 đồng biến trên 0; , ta

được a x hay y x 2

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.c] Giải hệ phương trình

2





Lời giải

Xét hệ phương trình

2







+) Điều kiện:

 

2 2

3 3

1

3

x x

*









+) Với điều kiện  *

2

4

3

Suy ra

 

 2 

1

1 0

3 4

t

t



Do đó, hàm số f t   t24 t

đồng biến trên

1

; 3



 Mặt khác f t  liên tục trên

1

; 3



 Do đó, từ    

+) Thay

1

y x

 vào  1

, ta được: 2x 7  3x 2 x3 5.  4 Nhận thấy,

7 2

x 

không là nghiệm của  4

, nên  4

có thể viết lại:

x

 

2

0

g' x

x

x





Suy ra g x 

đồng biến trên

2 7

;

3 2





 và

7

; 2



Mà g 1 g 6  , nên 0  4 có hai nghiệm x1,x6.

+) Vậy nghiệmx y; 

của hệ phương trình là 1;1

và

1 6;

6

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.c] Giải phương trình x3 7x29x12x 3 x 2 5 x 3  x 3 1 

Lời giải

Điều kiện x 3 0  x3

Phương trình đã cho tương đương với

x 4 x2 3x 3 x 3 x 2 5 x 3  x 3 1 

 x 3 1   x 3 1  x2 3x 3 x 3 x 2 5 x 3  x 3 1 





Dễ thấy x 3không là nghiệm của phương trình đã cho.

Với x 3, giải phương trình  * ta được



Xét hàm số  

1

f t

t



 trên 1; , có     2

3

1

t



Suy ra f t  là hàm số đồng biến trên 1; mà  f x  4 f  x 3

4 0

x



 

2

x

x





Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 4;

2

x 

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.c] Giải hệ phương trình





Lời giải Cách 1:

Điều kiện:

0 1 3

y x













 

 

Vì

1 3

x   VP 2  0 3xy 0 x 0

y

Từ  *  3x 1 y 0 y3x thay vào 1  2 ta có:

9x   x 4 2 x 3 9x  x 3 1

1 3

1 1

2 9

x x

x x

x













Cách 2:

Điều kiện:

0 1 3

y x













Vì

1 0;

3

y x

nên 4x 4 2 x  3 0 3xy 0 x 0 3x  1 1 Mặt khác,

4

3

xy  x  x  x y  y 

Đặt a y ; b 3x , 1 a b , 1

 1  a4 4a b 4 4b a b   a b a   2b2 4 0

Vì ,a b  nên 1 2 2

2 2

a b

 





Từ  *  a b hay y  3x 1 y 3x 1

khi đó ta có: 3 3x x 1 4x 4 2 x3  9x2   x 4 2 x 3

2

2

2

1

3



 1

3

1 1

2

9

x

x x

x

















Cách 3:

Điều kiện:

0 1 3

y

x













 1  3x12 4 3x 1 y2 4 y  *

Xét hàm số f t   t4 4t t 0;  

; từ  *

ta có f  3x1 f  y

  4 3 4

f t  t 

; f t     0 t 1 Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy: hàm số nghịch biến trên 0;1

; đồng biến trên 1; 

+ Nếu 3x  và y cùng thuộc 1 0;1hoặc 1; 

thì ta có:

3x 1 y  y3x thay vào 1  2 ta có:

2

1 3

9

x

x















+ Nếu 3x  và y không cùng thuộc 1 0;1hoặc 1; 

thì



Từ  2  3x y  1  x 3 12 0

vô lý

Vậy hệ có nghiệm x y; 

là 1;4

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.c] Giải phương trình 4

log (x 7x 3) log ( x 7x 4),(  x )

Lời giải

Điều kiện

2 2





Viết lại phương trình dưới dạng  log (5 x27x 3) log ( 4 x27x 4) (1)

Đặt ylog (4 x27x 4) Từ phương trình (1) ta có hệ:

2

2

y

y

Hàm số

( )

f y     

    là hàm nghịch biến

Do đó phương trình (2) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất Nhận thấy y 1là một nghiệm

Với

8

x

x





 Vậy phương trình có nghiệm x  và 8 x  1

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.c] Giải phương trình 3 x 3 3 x2 3 2x24x 3 3 2x24x2,(   x )

Lời giải

Đặt u3 x3;v32x24x2

Phương trình đã cho trở thành 3u3  1 u 3 v3  1 v

Xét hàm số f t( )3 3t   Có 1 t

2

3

t

t

Suy ra hàm số luôn đồng biến Nên f(u) f(v)  u v

Ta có

3

0

2

x

x







 

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là

3 0;

2

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.c] (HSG Toán 12 – Phú Yên năm 1617) Tìm m để phương trình

2

2x  2 m5 x5m15 3  x0

có nghiệm

Lời giải

Xét phương trình 2x2 2m5x5m15 x 3

3

x





 

x





 



2

x

x













Ta có

2 2

'( )

f x

x



 Lập được bảng biến thiên sau :

; còn xlim ( )f x

Do đó hệ (3), (4) có nghiệm (tức là ptđc có nghiệm) khi và chỉ khi m  2

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.c] Giải bất phương trình x3 2x2 x 1 x21 x 2  x 2 x2 4x7

Lời giải

+) Điều kiện x 2

+) BPT

 x21 x 2 3 x21 x 2  x 233x 2

Xét f t  t3 3tcó f t'  3t2 3 0,t

2

+

-3

0

5

1 -∞

f(x)

f'(x) x

Do đó hàm số đồng biến và liên tục trên tập số thực

Suy ra f  x21 x 2  f x  2

x 2 x2 x 3 0

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.c] Giải hệ phương trình

,

x y











Lời giải

Hệ đã cho trở thành

 







Xét f t   t2 t t21 t 

2

1

 

Do  t2 1 | |t t

Suy ra f t 

là hàm số đồng biến trên 

Do đó từ phương trình (*) ta có: x y 1thế vào phương trình (2) ta được:

y122y2 2y14y 3 0

2

2

2

y

y











 +) Với y 2 Suy ra x 1

+) Với

2 3

y 

Suy ra

5 3

x 

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y; 

là:  1; 2 ; 5 2;

3 3

Câu 1 [DS12.C1.1.E03.c] Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn a b c   Tìm giá trị nhỏ nhất của1

14

A

Lời giải

2

7 1

A

Đặt t a 2b2c2

Vì a b c , , 0và a b c   nên 01 a , 01   , 0b 1   c 1

Suy ra t a 2b2c2a b c  1

Mặt khác 1a b c  2 a2b2c22ab bc ca   3 a 2b2c2

Suy ra

3

t a b c 

Vậy

1

;1 3

t  



 

 2

2

'

7 1

f t



 

7 18

t

 

hoặc

7 4

t 

(loại)

Lập BBT của hàm số f t 

f t f    t  

Vậy

324 min

7

A 

đạt được khi

a b c