UNG DUNG CUA DAO HAM

[r]

Trang 1

THPT Chuyên Hùng Vương GV: Nguyễn Khánh Huy

Chuyên đề: ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM Một số lưu ý chung:

Để học sinh có thể giải các bài toán dạng này, yêu cầu học sinh nắm vững một số kiến thức

cơ bản sau:

1 Phương trình f(x) = m có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số y = f(x)

2 Số nghiệm phương trình f(x) = m là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với đường

Ta có : t = 1 x+ 2 - 1 x− 2 ≥ 0 (dấu bằng đạt được khi x = 0)

t2 = 2 – 2 1 x− 4 ≤ 2 (dấu bằng đạt được khi x = ±1 )

suy ra điều kiện của t là: 0 ≤ t ≤ 2

Trang 2

Phương trình (1) được chuyển về dạng m(t + 2) = 2 - t2 + t ⇔

2

2 2 +

+ +

−

t

t t

= m (2) Khi đó phương trình (1) có nghiệm⇔ (2) có nghiệm thoả : 0 ≤ t ≤ 2

⇔ đường thẳng y = m cắt phần đồ thị hàm số y =

2

2 2 +

+ +

−

t

t t

trên [0; 2]

Xét hàm số f(t) =

2

2 2 +

+ +

−

t

t t

trên [0; 2]

Ta có f’(t) =

( 2) 0

4 2

2

≤ +

Dựa vào bảng biến thiên ta có: ∀m > 0 phương trình (*) có nghiệm trong khoảng (2; +∞)

Vậy ∀m > 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Trang 3

Đặt: t = 2

3 log x+ 1 với x∈[1; 3 3] ⇔0≤ log3x≤ 3 ⇔1≤ log x32 +1≤ 4⇔1≤ t ≤ 2

Phương trình (1) trở thành: t2 + t = 2m + 2 (2)

Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc [1; 3 3]

⇔ Phương trình (2) có ít nhất 1 nghiệm thuộc [1; 2]

⇔đường thẳng y = 2m + 2 cắt phần đồ thị y = t2 + t với t∈ [1; 2] tại ít nhất một điểm

Tìm m để phương trình sau có nghiệm :

(m + 1) tan4x – 3m(1 + tan2x)tan2x + 44

≠ +

(1) ⇔ m( 2tan4x + 5tan2x + 4 ) = - tan4x

2 2

2

tan tan

f ’(t) =

2 2 2

_

f '(t)

+∞

0 t

+

5 2

2 1

f(t)

f '(t) t

Trang 4

x

t

t m

4 1 2

Trang 5

a + - ln3 < 0 , ∀a Vậy f(a) nghịch biến trên R và f(0) = 0 nên (*) có nghiệm duy nhất a = 0 Do đó phương

Trang 6

5) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 32

sin x + 3 tan2x + m(tanx + cotx) = 1 6) Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

4(sin4x + cos4x) – 4(sin6x + cos6x) – sin24x = m

7) Biện luận theo k số nghiệm x thuộc ;

4k(sin6x + cos6x – 1) = 3sin6x

8) Tìm tất cả giá trị m để phương trình có nghiệm duy nhất trên đoạn 0;

9) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:

Trang 7

11) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt :

a) 1 +x+ 8 −x+ (1 +x)( 8 −x) = m

b) 4 2x+ 2x+ 2 4 6 −x+ 2 6 −x = m

12) Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

a) tan2x + cot2x +m(tanx + cotx) + 3 = 0

b) x x+ x+ 12 =m( 5 −x+ 4 −x)

c) 2x + x x 7 2 x2 7x

+ +

Với x ∈ [0; 1+ 3] thì t ∈[1; 2]

Bất phương trình trở thành: m(t + 1) ≤ t2 – 2

⇔ m ≤

2 2 1

t t

− +

Ta có f ’(t) =

( )

2 2

2 2 1

t

+ + + > 0 , ∀t∈[1; 2]

Suy ra f(t) đồng biến trên [1,2]

Vậy bất phương trình có nghiệm x ∈ [0; 1+ 3] ⇔m ≤

2 2

1

0

1+ 3 1

0

t t'xx

Trang 8

2 -2

0

2 -1

t t'xx

Dựa vào bảng biến thiên ta có :

Trang 9

0

-1 1

1 0

+ _

1 23

7

0

2 1/ 3

f(x)

f '(x) x

1

x

+ + + với x thuộc (0,1]

f ’(x) =

( )

3 2

2 1 1

x

+ − +

Trang 10

x

t t m

f(t)

f '(t) t

2

+ _

Trang 11

Vậy nghiệm bất phương trình là S = [6

1) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 32x+1 – (m + 3) 3x – 2(m + 3) < 0

2) Xác định m sao cho ∀x đều là nghiệm bất phương trình:

22+cos2x + 2 1 cos + 2x 2 sin 2x

− ≥ m 3) Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm

Trang 12

Ta thường gặp hàm số liên tục trong tập xác định của nó

+) Nếu hàm số f(t) đơn điệu thì (1) suy ra x = y Khi đó bài toán đưa về giải và biện luận

phương trình theo x

+) Nếu hàm số f(t) có một cực trị t = a thì nó thay đổi chiều biến thiên một lần khi qua a

Từ (1) suy ra x = y hoặc x, y nằm về hai phía của a

2 2

+ + + 3tln3

= 2

2

1 1

t

+ + + + 3tln3 > 0 , ∀t (vì t2 + + 1 t > 0 , ∀t)

do đó hàm số đồng biến trên R

Trang 13

từ (2) ta có f(a) = f(b) nên a = b Thay vào (1) ta được:

a + - ln3 < 0 , ∀a Vậy hàm số g(a) nghịch bến trên R Nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất a =0

Do đó hệ có nghiệm duy nhât x = y =1

g '(x) x

Trang 14

2 2 2 2 3 2 0 (1) 3 2 0 (2) x y y m y x x m  − − =   − − =  (I) Lời Giải Nếu y ≤ 0 thì vế trái của phương trình (1 ) không thoả suy ra y > 0 Tương tự x > 0 (I) ⇔ 2 2 3 2 ( )(3 2 2 ) 0 x y y m x y xy x y  − =  − + + =  ⇔

2 2 3x y 2y m x y  − =  = 

⇔

3 2 3x 2y m x y  − =  =  3 3 2 2 x y x x m =  ⇔  − =  Xét: f(x) = 3x3 – 2x2 có f ’(x) = 9x2 – 4x :

f’(x) = 0⇔ x = 0 hoặc x = 4 9 x 0 4/9 1

f’(x) 0 - 0

f(x) 0 −∞

-32/243

Dựa vào bảng biến thiên phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x > 0

⇔m > 0 Do đó hệ có nghiệm duy nhất khi m > 0

Bài toán 5:

Tìm m để hệ sau có nghiệm: cos cos

2sin 3cos







Lời Giải

Hệ ⇔ cos cos (1)

( ) 2sin 3cos (2)

I







Xét f(t) = t – cost

f ’(t) = 1+sint ≥ 0 , ∀t

⇒ f(t) đồng biến trên R

Nên (1) ⇔ f(x) = f(y) ⇒ x = y

Thay vào (2) ta có 2sinx – 3cosx = m ⇔ 13sin( x - ϕ) = m (*)

vậy hệ có nghiệm ⇔phương trình (*) có nghiệm ⇔- 13 ≤ m ≤ 13

Trang 15

2

y x

x y



2) Hệ phương trình có ẩn không thay đổi khi hoán vị vòng quanh

Khi giải hệ này cần chú ý:

Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết x = max (x, y, z) ⇔x ≥ y, x ≥ z

Nếu x > y ⇒f(x) > f(y)⇒4y > 4z ⇒ y > z ⇒ f(y) > f(z) ⇒ z > x (mâu thuẫn)

Nếu x > z ⇒ f(x) > f(z) ⇒ y > x (mâu thuẫn)

Vậy x = y = z

Từ một phương trính trong hệ ta có: x3 – 3x2 + x + 1 = 0

⇔(x – 1)( x2 – 2x – 1) = 0

Trang 16

1 2

x x

( ) ( ) ( )

Xét hàm số f(t) = 6t2 – 12t + 8

f ’(t) = 12x – 12 > 0 , ∀t ≥ 32Vậy f(t) đồng biến trên [3 2; +∞)

Vì hệ không thay đổi khi hoán vị vòng quanh đối với x, y,z do đó có thể giả thiết x ≥ y, x

≥ z

Nếu x > y ⇒ f(x) > f(y) ⇒ y3 > z3 ⇒ y > z ⇒ f(y) > f(z) ⇒ z3 > x3 ⇒ z > x mâu thuẫn

Nếu x > z ⇒ f(x) > f(z) ⇒ y3 > x3 ⇒ y > x mâu thuẫn

Suy ra x = y = z

Từ một phương trình trong hệ ta có: x3 – 6x2 + 12 x - 8 = 0

⇔ (x – 2)3 = 0 ⇔ x = 2 Vậy hệ có nghiệm x = y = z = 2

Các bài tập tương tự:

Trang 17

124

 + =



 + =





 + =

MỘT SỐ BÀI TẬP THAM KHẢO

Bài 1:Tìm m để pt sau có nghiệm: x2 + + −x 1 x2 − + =x 1 m

Giải:

Trang 18

Vậy pt đã cho có nghiệm -1 1

x

Rx

Bài 3: Cho phương trình x6 +3x5 −6x4 −ax3 −6x2 +3x+ =1 0 Tìm tất cả các giá trị của

tham số a, để phương trình cĩ đúng 2 nghiệm phân biệt

Giải:

Vì x = khơng phải là nghiệm pt Chia hai vế pt cho x0 3 ta được

Trang 19

đã cho có một nghiệm

*Nếu 2 thì với mỗi giá trị của cho tương ứng hai giá trị của x

Nên pt (1) có đúng hai nghiệm phân biệt pt(1') có đúng hai nghiệm t= 2

hoặc (1') có đúng

2 : (1') có đúng một nghiệm 2

Xét hàm số ( ) 3 9 với 2, ta có '( ) 3 6 9 3( 1

aTH

0

2

x x

Vì f(x) liên tục khi x>0 nên từ (*) và (**) ta cĩ điều phải cm

Bài 5:Giải pt:3 (2x + 9x2 +3) (4+ x+2)( 1+ +x x2 +1) 0= (Olympic 30-4 ĐBSCL 2000)

Trang 20

Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=0

Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm x=0 và x=1

Bài 8: Giải pt: 3x = + +1 log (1 2 )3 +

5

t ta có f(t) là hàm nghịch biến nên f(x)=f(y) ⇔ x=y thay vào (2) ta có x= = 10y π

là nghiệm của hệ

Trang 21

(4 6 )sinm x 3(2m 1)sinx 2(m 2)sin xcosx (4m 3)cosx 0

2.Tìm m để số nghiệm của pt: 15x2−2(6m2+1)x−3m4 +2m2 = không nhiều hơn số 0

Vậy ta có x=y=z Vì pt x3 +2x− +3 ln(x2 −x+1) 0= có nghiệm duy nhất x=1 nên hệ đã

cho có nghiệm là x=y=z=1

3 2

Trang 22

log (6 )

x x

pt này có nghiệm duy nhất x=3

Vậy nghiệm của hệ đã cho là x=y=z=3

Trang 23

Bài 13: Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: a2+b2=1; c-d=3 Cmr: 9 6 2

⇒ là hàm đb⇒ f a'( )≥ f b'( )=b4+2bc3−3b c2 2 >0 (ta có thể cm được nhờ Côsi)

Như vậy do f'(a) >0 nên f(a) đồng biến hay là f(a)>f(b)=0 như vậy ta có đpcm

Bài 17:Cho x y z o, , > Cmr: x4 +y4 +z4 +xyz x( + +y z) ≥xy x( 2 +y2 ) +yz y( 2 +z2 ) +zx z( 2 +x2 )

Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử: x≥ y≥z Xét hàm số

Trang 24

Trang 25

2/Tài liệu tham khảo:

1)“BÀI GIẢNG CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT

PHƯƠNG TRÌNH ” (của GS-TS NGUYỄN VĂN MẬU-TRƯỜNG ĐH KHTN HÀ NỘI)

2)“BÀI GIẢNG CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT

PHƯƠNG TRÌNH ” (của TS NGUYỄN VŨ LƯƠNG-TRƯỜNG ĐH KHTN HÀ NỘI)

3) ỨNG DỤNG KHẢO SÁT HÀM SỐ (của TS NGUYỄN CAM-TRƯỜNG ĐHSP

TPHCM)

4)CÁC CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH NĂNG KHIẾU TOÁN (Tài

liệu Hội nghị Khoa học)

5)CÁC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

6)CÁC ĐỀ THI OLYMPIC 30/4

7)CÁC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG

Hết

Định dạng
Số trang	25
Dung lượng	319,01 KB