chuyen de phuong phap ham so giai phuong trinh

Tìm tất cả các giá trị của tham số a, để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt... Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất.[r]

Chuyên đề I: Ứng Dụng Đạo Hàm Trong Các Bài Tốn Đại Số

I.Các vài tốn liên quan đến nghiệm của pt-bpt:

Định lí 1: Số nghiệm của pt f(x)=g(x) chính là số giao điểm của hai đồ thị y=f(x) và

y=g(x)

Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) lt trên D và m min ( )x D f x





, M M x Dax ( )f x





thì pt: f(x)=k cĩ nghiệm khi và chỉ khi m k M 

Định lí 3: Bất phương trình f x( )g x( )nghiệm đúng mọi x thuộc D khi và chỉ khi

Min f x Max g x



Các ví dụ:

Bài 1:Tìm m để pt sau cĩ nghiệm: x2  x 1 x2  x 1 m (HSG Nghệ an 2005)

Lời giải: Xét hàm số f x( ) x2 x  1 x2  x1 cĩ tập xác định là D=R

 

1 [( - )1 3] 1 [( 1) 3] 0 thay vào (1)ta thấy không

thỏa mãn Vậy f'(x)=0 vô nghiệm, mà f'(0)=1>0, do

 

 

x +

x +

đó f'(x)>0 x 2

Vậy pt đã cho có nghiệm -1 1

x

R x

m

Bài 2:Tìm tất cả các giá trị của a để pt: ax2  1 cosx cĩ đúng một nghiệm

0; 2

x  

(Đề thi HSG tỉnh Hải Dương Lớp 12 năm 2005)

Giải: Ta thấy để pt cĩ nghiệm thì a 0



 

 

 

2

sin

Khi đó pt =a -2 Xét hàm số ( ) với t 0;

4 2

cos -.cos sin

t

x

t

t t tgt

t

 





 

 

 

2

0

sin

2

Vậy pt đã cho có đúng 1 nghiệm (0; ) 2 1

t

x

x

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 (HSG Nam Định 2004)

Giải: Vì x 0khơng phải là nghiệm pt Chia hai vế pt cho x3 ta được



( ) 3( ) 6( ) a=0 (1) Đặt t= ta thu được pt

Từ cách đặt t ta có: 1 0 (2)pt này có = - 4 0 2 Từ đây ta có

*Nếu 2 thì pt

t



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



 



 





1nghiệm thỏa mãn 2

1: Nếu (1') có đúng hai nghiệm t= 2 vô nghiệm

2 : (1') có đúng một nghiệm 2

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

a TH

a

Ta cĩ bảng biến thiên:

Dựa vào bảng bt ta thấy pt(1’) cĩ đúng một nghiệm t 2 khi và chỉ khi

f(t)

f’(t)

2 22

27

Bài 4:Cho hàm số y  x  (x a x b )(  ) với a,b là hai số thực dương khác nhau cho

trước.Cmr với mỗi số thực s0;1 đếu tồn tại duy nhất số thực

     

1

0 : ( )

2

s s s

f

( HSG QG bảng A năm 2006)

Giải: Trước hết ta cos BĐT :

s s

s

(1) ta có thể cm (1) bằng hàm số hoặc bằng BĐT Bécnuli

Áp dụng BĐT Côsi và (1) ta có :

1

s s

s

(*) (do a b )

Mặt khác ta có:

'( )

f x

x a x b



  ta dễ dàng cm được f’(x) >0 mọi

x>0 suy ra f(x) đồng biến với x>0 nên 0

2

x x

a b





(**)

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

Bài tập:

1 Tìm m để pt sau có nghiệm duy nhất thuộc

 [0; ] 4

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

2.Tìm m để số nghiệm của pt: 15x2 2(6m21)x 3m42m20không nhiều hơn số nghiệm của pt: (3m 1) 122 x 2x3 6x(36m 9) 28m 0,25 (HSG Nghệ an 1998)

3 Tìm tất cả các giá trị a để bpt: ln(1x) x ax2 nghiệm đúng  x 0

4 a)Cmr nếu a >0 là số sao cho bpt: a x   1 x đúng với mọi x 0 thì a e

b) Tìm tất cả các giá trị của a để : a x  1 x x (HSG 12 Nam Định 2006)

II.Giải pt bằng phương pháp hàm số:

Định lí 1:Nếu hàm số y=f(x) luơn đb (hoặc luơn ngb) thì số nghiệm của pt : f(x)=k

Khơng nhiều hơn một và f(x)=f(y) khi và chỉ khi x=y

Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) luơn đb (hoặc luơn ngb) và hàm số y=g(x) luơn ngb (hoặc

luơn đb) trên D thì số nghiệm trên D của pt: f(x)=g(x) khơng nhiều hơn một

Định lí 3:Cho hàm số y=f(x) cĩ đạo hàm đến cấp n và pt f( )k ( ) 0x  cĩ m nghiệm, khi

đĩ pt f(k1)( ) 0x  cĩ nhiều nhất là m+1 nghiệm

Các ví dụ:

Bài 1:Giải pt:3 (2x  9x23) (4 x2)( 1 x x2 1) 0

(Olympic 30-4 ĐBSCL 2000)

Giải: Ta thấy pt chỉ cĩ nghiệm trong

1 ( ;0) 2



3 (2 ( 3 ) 3) (2 1)(2 (2 1) 3)

Với u=-3x, v=2x+1; u,v>0 Xét hàm số f t( ) 2 t t4 3t2 với t>0

Ta cĩ

3

3





(1) u=v  -3x=2x+1

1 5

x

là nghiệm duy nhất của pt

Bài 2: Giải pt:

 

2

osx=2 với - ;

2 2

tg x

(HSG Lớp 12 Nam Định 2006)

Giải: Xét hàm số :

 

2

2 2

tg x

, ta cĩ

2

x

Vì 2e tg x2  2 cos3x 0

Nên dấu của f’(x) chính là dấu của sinx Từ đây ta cĩ f x( )f(0) 2

Vậy pt đã cho cĩ nghiệm duy nhất x=0

Bài 3: Giải pt: 2003x 2005x 4006x 2 (HSG Nghệ an 2005)

Giải: Xét hàm số : f x( ) 2003 x 2005x  4006x  2

Ta cĩ: f x'( ) 2003 ln2003 2005 ln2005 4006 x  x 

''( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 0 "( ) 0 vô nghiệm

f'(x)=0 có nhiều nhất là một nghiệm f(x)=0 có nhiều nhất là hai nghiệm

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

Bài 4: Giải pt: 3x   1 x log (1 2 )3  x (TH&TT)

Giải: Đk: x>-1/2

 3x   1 2 log (1 2 )3   3x log 33 x  1 2 log (1 2 )3 

Xét hàm số: f t( ) t log3t ta cĩ f(t) là hàm đồng biến nên

(1) f(3 )x f(1 2 )x 3x 2x 1 3x 2x 1 0 (2)

Xét hàm số: f x( ) 3 x  2x 1 f x'( ) 3 ln3 2 x   f x"( ) 3 ln 3 0 x 2 

 f x( ) 0 cĩ nhiều nhất là hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt đã cho cĩ hai nghiệm

x=0 và x=1

Bài 5: Giải hệ pt:

















sinx-siny=3x-3y (1) x+y= (2)

5 , 0 (3)

x y

Giải: Từ (2) và (3) ta cĩ :



 , (0; )

5

x y



(1) sinx-3x=siny-3y Xét hàm số f(t)=sint-3t với t(0; )5 ta cĩ f(t) là hàm nghịch

biến nên f(x)=f(y) x=y thay vào (2) ta cĩ



 10

x y

là nghiệm của hệ

Bài 6: Giải hệ:







(1)

tgx tgy y x

(30-4 MOĐBSCL 2005)

Giải: Đk:









1 8

y

(1)  tgx x tgy y    x y (do hàm số f t( )tgt t là hàm đồng biến)

Thay vào (2) ta cĩ: y 1 1 y y8  y 1 y y8 1

             

Vậy x y 8 là nghiệm duy nhất của hệ đã cho

HỆ HOÁN VỊ VÒNG QUANH:

Định nghĩa:Là hệ có dạng:













1

( )n ( )

f x g x

f x g x (I)

Định lí 1: Nếu f,g là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên A và ( , , , )x x1 2 x n là nghiệm của hệ trên A thì x1x2   x n

Định lí 2:Nếu f,g khác tính đơn điệu trên A và ( , , , )x x1 2 x n là nghiệm của hệ trên A

thì x1x2   x n nếu n lẻ và









n n

x x x nếu n chẵn

Bài 7:Giải hệ:









Giải:Ta giả sử (x,y,z) là no của hệ Xét hàm số f t( )t3 3 3 ln(t   t2  t 1)

ta có:



 

2

2

2 1

t

t t nên f(t) là hàm đồng biến

Ta giả sử: x=Max{x,y,z} thì y f x ( )f y( ) z z f y ( )f z( )x

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

Bài 8:Giải hệ:













2

3 2

3 2

3

2 6 log (6 )

2 6 log (6 )

2 6 log (6 )

(HSG QG Bảng A năm 2006)

Giải: Hệ















log (6 )

log (6 )

x y

y

z x

Trong đó

( ) log (6 ) ; ( )

t

  với t   ( ;6)

Ta có f(t) là hàm nghịch biến,  2 3

6

t



g(t) là hàm đb Nên ta có nếu (x,y,z) là nghiệm của hệ thì x=y=z thay vào hệ ta có:

log (6 )

x x

  pt này có nghiệm duy nhất x=3 Vậy nghiệm của hệ đã cho là x=y=z=3

Bài tập:

2

81

256

3 (x-1)(x+2)=(x 2) ; 4 3 2 osx; 5 (1 )(2 4 ) 3.4

6 3 2 5 (HSG QG 2006)











7 Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất

n













8 Tìm m để các pt sau có nghiệm:

cos sin

os sin

+

-III Các bài toán cực tri- chứng minh BĐT:

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

9 6 2 4

F ac bd cd    

(HSG Nghệ an 2005)

Giải: ta có: F  (a2b2)(c2 d2)  cd  2d2 6d  9 d2  3d f d( )

Ta có

2 2

'( ) (2 3)

d

2 2

d



f d f   

ta có đpcm

Bài 2: Cho 0 x y z 1.:3x2y z 4.Tìm gtln F 3x22y2z2(TH&TT)

Giải: Từ gt ta có:

4 2 3

y z

thay vào F ta được

2 2 2

y

Ta xét

2

1

3  y (vì y<2/3 thì Max không xảy ra), khi đó

2 ( ) ( ) 16

3

16

3

F

dấu “=” có khi

;

z y x

Vậy

16 3

Max F 

Bài 3: Cho x  y z 0.CMR:

z y x  y z x

Giải: Xét hàm số : ( )

f x

       

  Với đk đã cho x  y z 0

'( ) ( ) ( y z ) ( )( ) 0

f(x) là hàm đồng biến ( ) ( ) 0

f x f y

Bài 4:Cho a>b>c>0 CMR: a b3 2b c3 2c a3 2 a b2 3b c2 3c a2 3

Giải: Xét hàm số: f a( ) a b3 2 b c3 2 c a3 2  a b2 3 b c2 3 c a2 3

Ta có : f a'( ) 3 a b2 22ac3 2ab3 3a c2 2 Tiếp tục lấy đạo hàm:

f a  ab  ac  c  b  b c a b c b  c  bc  do a>b>c>0

'( )

f a

 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 5: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

f x x y z xyz x y z   xy x y  yz y z  zx z x

Ta có : f x'( ) 4 x3 3 (x y z2  )xyz yz x y z (   ) ( y3z3) f x"( ) 12 x2 6 (x y z ) 2 yz

"( ) 0

f x

  (do x y z  )  f x'( )f y'( )z y z2  3z y z2(  ) 0 nên f(x) là hàm đb

Bài 6: Cho n,k là các số nguyên dương n7;2 k n Cmr: k n 2n k

(HSG QG bảng B 96-97)

Giải : Bđt  n k kln  lnn ln 2  n k kln  lnn ln 2

Xét hàm số f x( )n x x nln  ln  ln 2 với x[2; -1]n '( ) ln '( ) 0

ln

2

ln

n

n

n     Xét hàm số g x( )e x x2 g x'( )e x 2x g x"( )e x 2 0

Vậy f x( )Min f{ (2), ( -1)}f n Ta cm Min f{ (2), ( -1)} 0f n 

* f(2) 0  2n1n2 ta dễ dàng cm được bằng quy nạp hoặc đạo hàm

*

( 1) 0 ( 1)n 2 n 2(1 ) t 6

t



(*) trong đó t=n-1

Ta có

(1 )t e 3 2(1 )t 6 t

(*) đúng Vậy ta có đpcm

Bài 7: Cho 0 a b c   CMR:

2

3 ( )



Giải:Đặt

b

a  và

c x

a  ĐK : 1    x Khi đó bđt cần cm trở thành

2

2

x x





Xét hàm số

1

f x x x

  với 1    x

x





Như vậy hàm f(x) là đồng biến do đó



Nhưng

3

( ) ( ) (1) 0

f x f  f

Bài 8: cho a,b,c>0 Cmr:

3 2

a b b c c a     

và bđt đã cho

1 x 1 y 1 z 2

Giả sử z 1 xy1 nên ta có:

z

2

( )

f t

2 (1 ) (1 ) (1 )



Nhận xét:Từ bài toán trên ta dễ dàng giải quyết được bài toán sau:

Cho a,b,c>0 Cmr:

8

a b  b c  c a  (chọn đội tuyển thi IMO 2005)

Bài tập áp dụng:

1



Cho , (0; ) : .sin sin 2(cos cos )

2 Cmr

2 Cho x y R,  và 2x y 2.Tìm gtnn của P x2(y 3)2  x2(y1)2

(HSG QG Bảng B năm 1998)

3.Cho a,b>0 Cmr: (a1) ln(a1)e b (a1)(b1) (HSG 12 Nam Định 2004)