Ứng dụng đạo hàm trong giải hpt , hbpt

5.Phương trình lại đưa về dạng hệ phương trình đối xứng Phương pháp : Đặt một biểu thức nào đó của phương trình thành một hàm số rồi dẫn đến hệ phương trình có tính chất đối xứng... suy

Ứng dụng sự biến thiên của hàm số trong giải hệ

phương trình , hệ bất phương trình 1Hệ bpt Khi gặp hbpt một ẩn trong đó có một bpt tìm được tập nghiệm , bpt

còn lại khó tìm tập nghiệm trực tiếp thì có thể sử dụng pp sau

Viết bpt đó về dạng y = f(x) , khảo sát sự biến thiên của hs đó trên

khoảng nghiệm của bpt trên

VD1 GHBPT :















0 1 3

0 1 2 3

3 2

x x

x x

HD (1)  -1 < x < 1/3

Xét hs y = x3 – 3x + 1 trên khoảng (- 1 ; 1/3) có y’ = 3x2 – 3 < 0 hàm số nb BBT

x -1 1/3

y’

1/27

Vậy hbpt có nghiệm là ( - 1 ; 1/3)

2 Hệ phương trình Khi gặp hệ phương trình dạng 





 0 ) , (

) ( )

(

y x g

y f x f

((12))

Có thể tìm lời giải theo hướng sau

Hướng 1 Xét f(x) = f(y)  f(x) – f(y) = 0 biến đổi về dạng tích

Hướng 2 Xét hàm số y = f(t) thường gặp trường hợp hàm số liên tục trong TXĐ của nó

Nếu y = f(t) đơn điệu thì từ (1) suy ra x = y Khi đó bài toán đưa về giải hoặc BL phương trình (2) theo x

Nếu y = f(t) có một cực trị tại t = a thì hàm số thay đổi cbt khi qua a Từ (1) suy ra x = y hoặc x, y nằm về 2 phía của a

VD 2 Giải hệ phương trình















1 5 5

4

8

3 3

y

x

y y

x

x

((12))

HD

Từ phương trình (2) có x, y [ - 1 ; 1]

Xét hàm số f(t) = t3 – 5t , t [-1 ; 1] có f’(t) = 3t2 – 5 < 0 t [ - 1 ; 1] Do

đó hàm số f(t) nb trên ( - 1 ; 1)

Từ (1) suy ra x = y

Thế vào (2 ) có nghiệm x = y = 4

2

5

1 





VD 3 Hệ đối xứng lọai 2 mà khi giải dẫn đến một trong 2 phương trình của

hệ có dạng f(x) = 0 hoặc f(x) = f(y) trong đó f là hàm số đơn điệu

Giải hpt 



























1 3 2 2

1 3 2 2

1 2

1 2

x y

y y

y

x x x

) 2 (

) 1 (

(Dự bị khối A – 2007)

HD Đặt a x 1 ,by 1 ta có

















a b

b

b

a

a

3 1

3 1

2

2

Trừ theo vế 2 phương trình có

b

a b b

a

a 2 1 3 2 1 3













Xét hàm số f(t) = t t2 1 3t





 có f’(t) = 3 ln 3

1

1 2

2

t

t

t t









Vì t2 1  t2  tnên f’(t) > 0 t do đó f(t) đồng biến trên R

Vậy (*)  a = b thay vào phương trình (1) có a

a

a 2 1 3





Theo nhận xét trên thì 2 vế phương trình (4) dương lấy ln hai vế ta có

( ) ln( 2 1 ) ln 3 0









a

g

0 3 ln 1 3 ln 1

1

)

(

'





a

a

Nên hàm số g(a) nb trên R , mặt khác a = 0 là nghiệm của (4) do đó (4) có nghiệm duy nhất a = 0

Trả biến có nghiệm của hệ đầu là (x ; y ) = ( 1 ; 1)

VD 4 hệ mũ và logarit

Giải hpt 



















0 5

2

) 1 ln(

) 1 ln(

2

2 xy y x

y x y x

((12)) Giải

ĐK x > - 1 , y > - 1

Phương trình(1) của hệ  ln( 1+ x ) – x = ln( 1 + y ) – y (*)

Xét hàm số f(t) = ln( 1 + t ) – t với t > - 1 có f’(t) = t t t









1 1

f’(t) = 0  t = 0 => hàm số f(t) đồng biến trên ( - 1 ; 0 ) và nghịch biến trong (0 ; + )

Ta có (*)  f(x) = f(y) Lúc đó x = y (nếu x , y thuộc cùng một khoảng đơn điệu ) hoặc xy < 0 ( nếu x , y thuộc hai khoảng đơn điệu khác nhau do một khoảng dấu âm , một khoảng dấu dương )

Nếu xy < 0 thì VT của phương trình(2) trong hệ luôn dương Phương trình vô nghiệm

Nếu x = y , thay vào (2) ta được nghiệm của hệ là x = y = 0

3.Biện luận hệ phương trình

VD 5 Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 



















m x y

m y x

3 1 3 1

HD

ĐK  1 x,y 3

Trừ theo vế (1) cho (2) và chuyển vế ta được x 1  3  x  y 1  3  y

)

3

(

Có hàm số f(t)  t 1  3  t đồng biến trên khoảng (- 1 ; 3) nên từ (3) suy ra x = y

Thay vào (1) có phương trình g(x)  x 1  3  xm

g(x) là hàm số liên tục trên [-1 ; 3] và

1 0

) ( ' , 3 2

1 1

2

1

)

(







x x

x

g

BBT

x -1 1 3

g’(x) || + 0 ||

g(x) 2 2

2 2

Vậy hệ có nghiệm khi 2 m 2 2

4 Hệ phương trình 3 ẩn hoán vị vòng quanh Nếu gặp hệ phương trình 3

ẩn hoán vị vòng quanh không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x  y , x

 z

VD6 



























x z

z z

z y

y y

y x

x x

4 1

5 3

4 1

5 3

4 1

5 3

2 3

2 3

2 3

) 3 (

) 2 (

) 1 (

HD

Xét hàm số f(t) = 3 3 2 5 1





t , có f’(t) = 3t2  6t 5  0 , t

Do đó f( t ) luôn đồng biến

Hệ có dạng 







x z

f

z y

f

y x

f

4 )

(

4 )

(

4 )

(

Vì hệ không thay đổi khi hoán vị vòng quanh đối với x, y , z nên có thể giả sử xy,xz

Nếu x > y thì f(x) > f(y) => y > z thì f(y) > f(z) => z > x vô lí

Tương tự nếu x > z

Suy ra x = y = z thế vào (1) có 3 3 2 1 0







x

Hệ có nghiệm x = y = z = 1 ; x = y = z = 1  2

Nhận xét : Xét hệ phương trình có dạng 







) ( )

(

) ( )

(

) ( )

(

x g z

f

z g y

f

y g x

f

nếu

có f(t) và g(t) là các hàm số cùng đồng biến (hoặc nb )thì lập luận tương tự

có x = y = z

5.Phương trình lại đưa về dạng hệ phương trình đối xứng

Phương pháp : Đặt một biểu thức nào đó của phương trình thành một hàm số rồi dẫn đến hệ phương trình có tính chất đối xứng.

HD ĐK: x>-1.

Đặt : y = log2(x 1 )  x 2y  1

Do đó ta có hệ phương trình sau:











x y

y x

1 2 1 2

((12))

Lấy (1) trừ cho (2) ta có: 2x - 2y = y – x => 2x + x = 2y + y (3)

Xét hàm số :f(a) = 2a +a là hàm liên tục và đồng biến trong tập số thực R

Phương trình (3) tương đương: f(x)=f(y)  x = y

Vậy phương trình (1) trở thành : 2x = 1+ x.(4)

Nghiệm của p/t (4) chính là hòanh độ giao điểm của hai

đồ thị y = 2x và y = x + 1

Dựa vào đồ thị ta nhận thấy hai đồ thị cắt nhau lần lượt tại hai điểm có hoành độ là :x=0 và x=1

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 0 hoặc x = 1

VD8Định tham số a để phương trình sau đây có ba nghiệm

phân biệt :

3

HD : Đặt y = 3 x  a

Từ phương trình trên ta suy ra hệ

y y x x x y x x y y a x



























 3 3 3 3 3

3

(1) Đặt f(t) = t3 + t , có đạo hàm f’(t) = 3t2 + 1 > 0 mọi t thuộc R , nên hàm số luôn đồng biến

Từ phương trình (1) suy ra f(x) = f(y)=> x= y từ đó ta có

x3 = x + a (*)

Vậy để phương trình trên có ba nghiêm phân biệt thì phương trình (*) phải có ba nghiệm phân biệt Dùng bảng biến thiên

để phưong trình có ba nghiệm phân biêt thì

3 3

2

|

|a  Bài làm thêm

1 Giải các hệ phương trình

a) với x , y  ( 0 ;  ):    



2 8 5

cot cot

y x

y x y x

b) 



















x

y x y

x y

x

2 2

3 2

1 1 ln 2 )]

( 2 )[

(

) 2 (

) 1 (

c))















2

) 2 )(

( 2

2

2

2 y

x

xy x y

y

x

d)) 















0 2 log log 2x 2 y

e e y

e) 

















4 3 1 5

1

1

1

xy y

x

e

y

x y

g) 































44

5 3

1 4

2

2

2 y x y x

y y

y x

x x

h)













10 4 log

2

2

y x

e

e x y

((12))

HD

a) HD Từ phương trình (1) tương đương cot x –x = cot y – y

Đặt f(t)= cot t – t với t  ( 0 ;  )

Có đạo hàm f’(t) = 1 0

sin

1

2  



t => Hàm số luôn nghịch biến với mọi t ( 0 ;  ) nên phương trình trở thành f(x) = f(y)  x =

y Suy ra kết quả

b) HD.ĐK: x ≥ 0 , y ≥ 0

Phương trình (1) tương đương:y2 - 2y + 2ln(1+y) = x2 - 2x + 2ln(1+x) , có dạng f(y) = f(x)

Xét hàm số :f(t)= t2 - 2t + 2ln(1+t) ,liên tục trong (0; +∞)

Ta có f’(t) = 2t – 2 + t

 1

2

và f’’(t)= 0

) 1 (

2 2

2

2







t

t t

t  0 => f(t) luôn đồng biến trong (0; + ∞)

Do đó p/t: y2 - 2y + 2ln(1+y) = x2 - 2x + 2ln(1+x)  f(y)=f(x)  x=y

Thế y = x vào (2) ta có: 4 x  3  2 2 x  2 x  3 P/t có nghiệm là: x = log 2 3

2

h) HD

ĐK x , y > 0

Phương trình(1) có dạng e x x e y y





Xét hàm số đặc trưng f(t) = et – t có f’(t) = et - 1 > 0 với mọi t > 0

Do đó f(t) đồng biến khi t > 0

Từ (3) => 







 0 ,

0

) ( )

(

y x

y f x f

=> x = y Thay vào (2) ta có log 4 10 log 1 2 ( 2 3 log ) 10 ,

2

2

1

log2 x 

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) = (2 ; 2)

2.giải các hpt sau

a) 







x z

z y

y x

sin sin

b)

















2 3

2 3

z z

z

y

y y

y

x

c)       













x z

z z

z

z y

y y

y

) 1

l n(

3 3

) 1 ln(

3 3

2 3

2 3

d)







































x z y

z z y y x x

2 3 2 3 2 3

2 2 2

4 4 4

e)



























x x

z

z z

y

y y

x

sin 6

sin 6

sin 6

3 3 3

Bài 3 Chứng minh với mọi m > 0 hệ sau có nghiệm duy nhất

















0 2

3

0 2

3

2 2

2 2

m x

x

y

m y

y

x

HD Nếu y 0 thì VT của (1) âm phương trình không thỏa mãn , suy ra y >

0 Tương tự x > 0

Trừ theo vế của (1) cho (2) , ta được

0 ) 2 2 3 )(

( 0 2 2 3

















y

Vì x , y > 0 nên (3)  x = y

Thay vào (1) ta có f(x)  3x3  2x2 m

x x

x

f' ( ) 9 2 4



 , f' (x)  0  x 0 ,x 4 / 9

BBT

x 0 4/9 +

f’(x) 0 0 +

f(x) 0 + 

A

Dựa vào BBT ta thấy với mọi m > 0 phương trình f(x) = m có nghiệm x > 0 duy nhất

Vậy có đpcm

Bài 4 Định m để hệ phương trình sau có nghiệm:

















m x y

m y x

3

2

3

2

HD :Trừ hai vế phương trình ta có: 2x 3  x  2y 3  y

Đặt f(t) = 2t  3  t Hàm số xác định trong [0 ; 3 ]

CM hàm số đồng biến ,suy ra x = y Thế y = x vào phương trình (1) ta có





















m x g

x x

x g m x x

) (

3 2 ) ( 3

2

3 2

1 2

1 )

(





x x

x

g

Lập bảng biến thiên

x 0 2

3 g’(x) + 0

-g(x) 3

3

suy ra kết quả m [ 3 ; 3 ]

Bài 5 Tìm m để các hệ phương trình sau có nghiệm

a) 













m y x

y x

y

x

cos 3 sin

2

cos cos

b) 













m y x

y x

3 cos 3

cos

1 cos

cos

Bài 6 Giả sử x , y là nghiệm của hệ phương trình













m y x

m y x

2 2

Hãy tìm GTLN , GTNN của x 3 y3

Bài 7 : Giải phương trình : log 2 (sinx + 1) = 2sin x – 1

HD : Đặt y = log2(sinx + 1) => sin x = 2y - 1 (1)

Phương trình trở thành hệ : x y y x

y x

x y x y x

y sin sin sin

2 sin 2 2 2 sin 1 2 sin 1 2





























Xét hàm số f(t) = t + 2t có f’(t) = 1 + 2t ln2 > 0 hàm số luôn luôn đồng biến nên

x y x f y f x

y 2y sin 2 sinx ( ) (sin ) sin















Do đó từ (1) ta có y = 2y – 1  2y y 1  y 0 ,y 1

Khi y = 0 x x k







 2 sin 1

2 2











Thử lại ,phương trình có nghiệm :   2 

2

k

BT8§HKT 1998) GHBPT :

















0 10 9 3

0 4 5

2 3 2

x x x x x

BT9 GHBPT :















0 9 5 3 3

0 ) ( log log

2 3

2 2 2

x x x

x x