Tài liệu Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi 12 doc

Tìm tất cả các giá trị của tham số a, để phương trình cĩ đúng 2 nghiệm phân biệt.

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 min ( )

x D



x D



 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

x D x D

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

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

Giải: Ta thấy để pt cĩ nghiệm thì a0



 

 

 

2

sin

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)

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

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)

f x



x>0 suy ra f(x) đồng biến với x>0 nên

0

2

x x

a b Lim f x ab f x Lim f x





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 ( )x 0 cĩ m nghiệm, khi

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

Các ví dụ:

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

(Olympic 30-4 ĐBSCL 2000)

Giải: Ta thấy pt chỉ cĩ nghiệm trong ( 1;0)

2



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

Ta cĩ

3

3





5

x

   là nghiệm duy nhất của pt

2

osx=2 với - ;

2 2

tg x

2 2

tg x

2

x

2e tg x 2 cos x 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

Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên pt đã cho có 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 có 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 có nhiều nhất là hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt đã cho có 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 có : 



, (0; )

5

x y



(1) sinx-3x=siny-3y Xét hàm số f(t)=sint-3t với 

(0; ) 5

 

10

Bài 6: Giải hệ:







(1)

tgx tgy y x

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 có: 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 ( )

(I)

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

 

2

2

2 1

t

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

Ta có f(t) là hàm nghịch biến,

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:

3

2

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:

3 2

3 2

3 2

81

256







7 Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất

2 3 2

2 3 2

2 3 2

n











8 Tìm m để các pt sau có nghiệm:

+

-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:

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

thay vào F ta được

y

3 y (vì y<2/3 thì Max không xảy ra), khi đó ( ) ( ) 162

3

16

3

F

3

Max F 

Bài 3: Cho x  y z 0.CMR: x z y x y z

z     y x y z x

Giải: Xét hàm số : f x( ) x z y x y z

      

  Với đk đã cho x  y z 0

Ta có: f x'( ) (1 1) ( y2 z2) (y z)(1 12) 0

( ) ( ) 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: 3 2 3 2 3 2  2 3 2 3 2 3

( )

f a a b b c c a  a b b c c a

Ta có : f a'( )  3a 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

, ,

x y z o

4 4 4 2 2 2 2 2 2

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

f x  x  x y z xyzyz x  y z y z  f x  x  x y z yz

"( ) 0

f x

  (do x y z)  f x'( )  f '( )y z y2 z3z2(y z) 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 nlnkklnn ln 2 nlnkklnn ln 2

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

ln

2

ln

n

n

g x e x g x e  xg x e  

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

        (*) đúng

Vậy ta có đpcm

Bài 7: Cho 0   a b c.CMR:

2

3

b c c a a b a c a



Giải:Đặt b

a   và c x

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

2

2

x x

1

f x x x

  với 1   x

x

f x x



    

( ) ( ) (1) 0

f x f  f

Bài 8: cho a,b,c>0 Cmr: 3

2

a bb cc a 

Giải: Đặt x b,y c,z a xyz 1

1 x 1 y 1 z 2

Giả sử z  1 xy 1 nên ta có: 1 1 2 2

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: ( )3 ( )3 ( )3 3

8

a b  b c  c a 

   (chọn đội tuyển thi IMO 2005)

Bài tập áp dụng:

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

2 Cmr

2 Cho x y, Rvà 2x y 2.Tìm gtnn của 2 2 2 2

P x  y  x  y

(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)