Giai phuong trinh vo ti bang dao ham

Bài tập về ứng dụng tính đơn điệu vào giải phương trình.. Giải phương trình sau:..[r]

1.2 Các dạng bài tập

Dạng1: x3 b a ax b 3  (a>0, x là ẩn)

Với hàm đặc trưng f t( ) t3 at a,( 0)

Dạng2: ax3bx2cx d n ex f  3   m px u(  )3n px u(  )m ex f(  )n ex f3 

Với hàm đặc trưng f t( )mt3nt

2 Bài tập Bài tập về ứng dụng tính đơn điệu vào giải phương trình.

Bài 1 Giải phương trình sau:

3 x  2 x  Lời giải:

+)Đ\k :x<2+) Xét hàm số

f x

  trên ( ;2)

+) Ta có  

3 2 2 6(3 )

x x





Suy ra f(x) đồng biến trên khoảng  ;2 Dùng máy tính kiểm tra được

3 2

x 

là nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

3 2

x 

Bài 2 Giải phương trình sau: 4x 1 4x21 1 (ĐHQG HN-07)

Lời giải: +) Đ/K:

2

1

x x

x







 

 



+)Ta thấy

1 2

x 

là một nghiệm +) Xét hàm số

2

f x  x  x   x   



2

x

      

1

; 2





.Vậy

1

2

x 

là nghiệm duy nhất của phương trình

Bài 3 Giải phương trình sau: 2 2  4 2 

1 2x x  1 2x x 2 x1 2x  4x1 Lời giải: Ta có

4

+) Đ/K:  

2

1  x 1   0 0  x 2

+) Ta có    

1  x 1   0 x 1  1

+)Đặt    

2

t x  t Phương trình trở thành : 1 1 t  1 1 t 2t22 1t 

+) Với

1 0;

2

t  

 thì

0 0

VT

pt VP











1 0;

2

  



+) Vời

1

;1 2

t   

 , bình phương hai vế ta có    

2 2 t 4t 2 1t 2t 2 1t

+) Ta thấy t=1 là một nghiệm của phương trình

+) Xét hàm số

2

 

     

 

2 2

 

      

  nghịch biến trên

1

;1 2

 

 

 

+) Xét hàm  

2

2

g t  t t   t  

 

2

2

g t  t t  t t   t    f t

  đồng biến trên

1

;1 2

 

 

 

+) Vậy t=1 là nghiệm duy nhất Với t=1  

1 1

2

x x

x





     

 hai nghiệm x=0; x=2 Bài 4 Giải phương trình: x3 1 2 23 x1

Lời giải: +)Ta có x3 1 2 23 x1 x32x(2x1) 2 2 3 x1

+) Xét hàm số f t( ) t3 2t Ta có f t'( ) 3 t2 2 0, t  f t( )đồng biến

+) Khi đó

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

1

2

x

x







          

 



Vậy phương trình có ba nghiệm x=1;

2

x 

Bài 5 Giải phương trình: 2x3x2 3x 1 2 3 x1 3 x1

Lời giải: Đ/K:

1 3

x 

+) Ta có Pt:2x3x2 3x 1 2 3 x1 3 x1 2x3x2 2 3x13( 3x1)2

+) Xét hàm f t( ) 2 t3t2 trên 0; +) f t'( ) 6 t22t   0, t 0 f t( ) đồng biến trên

0; +) Khi đó phương trình

2x x 2 3x1 ( 3x1)  f x( )f( 3x1)

2

Vậy phương trình có hai nghiệm

2

x 

Bài 6 Giải phương trình: x3  15 x2  78 x  141 5 2  3 x  9(Olimpic30/04/2011)

+) Ta cần phân tích pt về dạng:  3   3 3 3

, với hàm cần xét có dạng f t ( )  mt3 5 t

3

Với f t ( )   t3 5 t  f t '( ) 3  t2   5 0,   t   f(t) đồng biến

Do đó

4

11 5 2

x

TM x







 



Bài 7 Giải phương trình : x3 6x2 12x 7 3 x39x2 19x11 (Olympic30/04/09) Lời giải:

Ta đưa phương trình về dạng

m px u   px u   m  x  x  x    x  x  x 

Đồng nhất các hệ số ta tìm được

1

2







Khi đó pt:

3

3

Vời

f t  t   t f t  t     t   f t

đồng biến

Ta có  

Vậy phương trình có nghiệm x  1, x  2, x  3

Bài 8.Giải phương trình: 8x3 36x253x 2533x 5

Lời giải: Ta cần đưa phương trình về dạng

Đồng nhất hệ số ta tìm được  m  1; u  3 p  2Phương trình

3

(2 3) ( 3 5)

Với f t ( )    t3 t f t '( ) 3  t2   1 0,   t   f t ( ) đồng biến

3

4

f x f x  x  x  x  x  x x 

Vậy phương trình có nghiệm

2,

4

x x 

Bài 9 Giải phương trình 27 x3  27 x2  13 x  2 2 2  3 x  1(HSG Hải Phòng 2010)

Lời giải : Ta có

27 x  27 x  13 x  2 2 2  x  1  3 x  1  2 3 x  1  2 x  1  2 2 x  1

Xét hàm số f t ( )   t3 2 , t t    f t '( ) 3  t2   2 0,   t f t ( ) đồng biến

3

Vậy phương trình có nghiệm x=0

Bài10 Giải phương trình x3  3 x2  4 x   2  3 x  2  3 x  1 (HSG Quảng Bình 2012)

Đ/K:

1

3

x 

Tacó:

Xét hàm số

3

f t   t t t   f t  t     t   f t

đồng biến

Phương trình:

2

0

1

x

x





 Vậy phương trình có hai nghiệm x=0, x=1

Bài11:Giải phương trình: 3 6 x   1 8 x3 4 x  1( Chuyên Lê Quý Đôn- Bà Rịa vũng Tàu) Lời giải :+) ĐKXĐ:a có: 3 6 x   1 8 x3 4 x  1   2 x 3  2 x  (6 x  1)  3 6 x  1 Xét hàm số f t ( )     t3 t t ,   f t '( ) 3  t2    1 0 f t ( ) đồng biến

Ta có

3

1

2

+) Xét x    1;1  .Đặt x=cost, t   0;  , phương trình trở thành

t  t   t     t  k  k  

Mà  0  ; 5 ; 7

t    t   t   t  

suy ra

Do phương trình là bậc ba nên có không quá ba nghiệm

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm

Bài 12.Giải phương trình :3 2x  9x2 34x2 ( 1  x x2 1) 0

+) Ta thấy phương trình chỉ có nghiệm trong khoảng

1

;0 2



 Ta có

Với u  3 , x v  2 x  1, , u v  0

Xét hàm số

3

3



biến trên  0;  Ta có

5

u  u   v  v   f u  f v  u v    x  x   x 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

1 5

x 

Bài 13 Giải phương trình 3 x 1 2 1  x 

x 2 2x 1 3

 



Lời giải:+) ĐKXĐ:

x 13











+) Phương trình đã cho tương đương với  x 2    x 1 2    3 2x 1 3  

  x 1 x 1     x 1 2x 1     3 2x 1 (1) 

+)Xét hàm số f t   t3 t; f ' t  3t2  1 0, t

Suy ra hàm số f t   liên tục và đồng biến trên 

Khi đó: Pt(1)  f  x 1     f 3 2x 1    x 1  3 2x 1 

 3  2 3 2

1 x

x

x

2











 











Bài 14 Giải phương trình sau:  

2

1

x

x



Lời giải: +) ĐKXĐ:

1

1 0

1

2

x x







2 2

+) Xét hàm số 3  

1

ln 3

t

đồng biến trên  0; 

log 2 x  1  2 x  1  log 3 x  1  3 x  1  f (2 x  1)  f (3 x  1 )

2

3

x

x







 

 Vậy phương trình có nghiệm

2 2 3

x x







 



Bài 15: Giải phương trình sau: 3x   1 x log 1 23  xLời giải: +) ĐKXĐ:

1 2

x  

+) Phương trình 3x   1 x log 1 23  x  3x x 1 2xlog (1 2 )3  x

1

ln 3

t

đồng biến +) Phương trình

3

+) Xét hàm g x ( ) 3  x  2 x   1 g x '( ) 3 ln3 2  x   g x "( ) 3 ln 3 0  x 2   phương trình g(x)=0 có nhiều nhất là hai nghiệm, mà g(0)=g(1)=0

Vậy phương trình có hai nghiệm x=0, x=2

Bài16 Giải phương trình :

3

sin x sin x

( ) ( ) sin 3x

27  81  ( HSG Hải Dương ) Lời giải: +) ĐKXĐ : +) Ta có :

3

3sin x 4sin x

3

+) Xét hàm số

f t       t t    f t               t

( )

f t

 nghịch biến

+) Phương trình

3

3sin x 4sin x f (3sin x) f (4sin x)

3sin x 4sin x 3sin x 4sin x 0 sin 3x 0

3x k x k , k

3





Vậy phương trình có nghiệm x k , k3



2.2 Bài tập ứng dụng tính đơn điệu vào giải hệ phương trình

Hệ loại này ta gặp nhiều ở hai dạng

( , ) 0 (1) ( ) ( ) (2)

f x y

f x f y









 với f là hàm đơn điệu trên tập

D và x,y thuộc D Nhiều khi ta cần phải đánh giá ẩn x,y để x,y thuộc tập mà hàm f đơn điệu

Một phương trình trong hệ có dạng f(x)=f(y) , phương trình còn lại giúp ta giới hạn x,y thuộc tập D để trên đó hàm f đơn điệu

Bài1 Giải hệ phương trình

 

 

8 4

x 5x y 5y 1

x y 1 2

   





 



Giải Từ PT (2) ta có x8 1; y4  1 x 1; y 1 

Xét hàm số f t   t3 5t; t  1;1 có f ' t  3t2 5 0; t    1;1 do đó f(t) nghịch biến trên

khoảng (-1;1) hay PT (1) x y thay vào PT (2) ta được PT : x8 x4 1 0 

Đặt a=x4 ≥0 và giải phương trình ta được

4

Bài2 Giải hệ :

2 2

x x 2 x 4 y 1 y 3 y 5(1)

x y x y 44(2)

          





   



Lời giải :

0 : 5

x Dk

y











Từ pt(1) ta xét hàm

hs đồng biến

Khi đó x x 2  x 4  y 1  y 3  y 5  f (x) f (y 5)   x y 5 

Thay vào(2) :hệ có nghiệm

3 10

2 10

x y

  





 



Bài3 Giải hệ :

2

2 2

(4 1) ( 3) 5 2 0 (1)

4 2 3 4 7 (2)





 (x, y  R) (Đề thi ĐH 2010-KA)

Lời giải ĐK :

3 4

x 

Pt (1)

3 3

Xét hàm :f t( )  t3 t f t'( ) 3 t2   1 0 t hs đồng biến

(2 ) 2 5 2 5 2 (2 ) ( 5 2 ) 2 5 2

2

x

x  x  y   y  f x f  y  x  y  y 

Nghĩa là :

2

3 0

4

2 5 2

5 4 2

x

x y



 



   



 



Pt (2) trở thành

25

6 4 2 3 4 7 (*)

4  x  x   x 

Xét hàm số

4 2 25

4

f x  x  x    x

trên

3 0;

4

 

 

 

'( ) 4 (4 3)

3 4

x

 < 0

Mặt khác :

1 7 2

f  

  nên (*) có nghiệm duy nhất x =

1

2 và y = 2 x =

1

2 và y = 2

Bài 4 (Đề thi thử Hà Tĩnh 2013) Giải hệ phương trình: 2 2

3 3 (1)

12 (2)

x xy y

   





Hướng dẫn cách giải:Biển đổi phương trình (1) về dạng 3x + x = 3y + y (3)

Thiết lập hàm số: f(t) = 3t + tChứng minh f(t) là hàm đồng biến, (3)  f(x) = f(y)  x = y

Cách giải: (I)  2 2

3 3 + y (3)

12

x xy y







Xét hàm số: f(t) = 3t + t  f’(t) = 3tln3 + 1 >0 t 

 f(t) là hàm đồng biến, (3)  f(x) = f(y)  x = y

Nên (I)  2 2

12

x xy y







  

  x = y =  2Vậy hệ có hai nghiệm: (2;2) ; (-2; 2)

Bài 5.(Tạp chí toán học tuổi trẻ tháng 5- 2012)Giải hệ

2 3 4 4 (1)

2 3 + 4 = 4 (2)

    





Hướng dẫn cách giải:

Nhận dạng: Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2 nên có 1 nghiệm x = y

- Lấy (1) – (2) và đưa phương trình về dạng 2x 3 4 x  2y 3 4 y

- Thiết lập hàm số: f(t)= 2t 3 4 t , t 

[-3

2;4]

Cách giải: Điều kiện

-3

2 x y, 4

Lấy (1) – (2) và đưa phương trình về dạng 2x 3 4 x  2y 3 4 y (3)

Xét hàm số: f(t)= 2t 3 4 t , t 

[-3

2;4] f’(t) =

0

2t3 4 t  t 

(-3

2;4)

 f(t) đồng biến trên

(-3

2;4) (3) ⇔ f ( x )=f ( y )⇔ x = y

Suy ra: √ 2x+3+ √ 4−x=4 (pt vô tỉ dạng cơ bản)

Giải pt được 2 nghiệm : x=3, x=

11

9 (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ có 2 nghiệm (3; 3),

(119 ;

11

9 )

Bài 6.G hệ phương trình:

2

1 3 2 4 1 1 8

2 0

x y x





   

+) Với y 0 thì VT 1 0, VP 1  0 Hệ phương trình chỉ có nghiệm x y,  với y0 +) Vì y 0 nên từ phương trình (2) của hệ suy ra x 2

1  x   1 3x y  2 2x y 4y   1 1  x2    1 2 2x y2 4y2   1 x y2 (3) Thay 2 x x y  2 vào phương trình (3) ta được:

2 1 2 2 4 2 1 2 2

x   x x y y   x y

2 2

1 2y 4y 1 2y

(2)

+) Xét hàm số: f t  t 1t2 t với t 0  

2 2

2

1

t

t

 với mọi t 0

 

f t

 là hàm đồng biến trên 0;  Mà  

1

2

x

 



 

 

1

2 y

x

2

xy

+) Thay

1 2

xy 

vào phương trình (2) của hệ ta có :

1 4

8

x  y

Thử lại thấy

4 1 8

x y













thỏa mãn hệ phương trình đã cho

Kết luận : Hệ phương trình đã có nghiệm duy nhất  

1

8

x y  

 

Bài 7: (ĐH 2012)Giải hệ phương trình

2 2

1 (2) 2







(x, y  R)

x  x  x y  y  y x  x  y  y

Pt

2 2

1

x

y



  



             



Xét hàm số

f t  t t    f t  t     t  

biến , pt        

x  x  y  y  f x f y  y x 

Thay vào (2):

2

4 8 3 0



  



    

   

 Vậy hệ có nghiệm

3 Bài tập tự luyện:

Bài1: Giải các phương trình sau:

1 4 x3  18 x2  27 x  14 3 4 x  5

2 x3 4x2  5x 6 3 7x2 9x 4

3 x x4 2 1 x 3 5 2 x 0

4

 x  3  x   1  x  3 1   x  2 x  0

5 x3 3 x2  3 33 x    5 1 3 x

6 33 x  4  x3  3 x2   x 2

7 2x3 10x2  17x 8 2x23 5x x 2

8

13 3 x   6 x2   7 x  1 (HSG Lâm Đồng)

14.32x3 x 2 3x32x x3 3 x 2 0

     (HSG Ninh Bình)

15 16sin3x  8sinx  sin 3 x

16 2010x x2  1 x 1

(HSGQuảng Nam)

Bài2 Giải các hệ phương trình:

1)

2x+2 x =3 + y

2y

+2 y =3 + x

¿

{ ¿ ¿ ¿

2x−2y

= (y − x) (xy +2)

x2

+y2 =2

¿

{ ¿ ¿ ¿

¿

3)

ln x −ln y= y− x

x2

+y2 −6 x−2 y+ 6= 0

¿

{ ¿ ¿ ¿

¿

{ ¿ ¿ ¿

¿

 

3 x  6 x  3 x  17 3 9 3   x  21 x  5

9 5x3 1 3 2x 1x4

10

12 2011sin2x  2011cos2x  cos 2 x

5)

4

x y



 

6)

y x











7)

1





8)





























10 )

1 ( 4 ) 1 9 (

1

1 1

9 1 3

2 2

3

2

x x

y x

x x

y xy

(i Dương 13-14)

9)  

4

      





     