ung dung dao ham giai pt, bpt, he pt

ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ TỐN VỀ PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH I Đặt vấn đề: Từ nhiều năm trở lại đây việc sử dụng khảo sát sự biến thiên

ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ

TỐN VỀ PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH

VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

I) Đặt vấn đề:

Từ nhiều năm trở lại đây việc sử dụng khảo sát sự biến thiên của hàm số để giải và biện luận một

số phương trình, bất phương trình và hệ phương trình tạo nên sự phong phú về thể loại và phương pháp giải tốn, phù hợp với các kỳ thi tuyển sinh đại học Để giúp học sinh biết sử dụng sự biến thiên của hàm số để giải và biện luận một số phương trình, bất phương trình và hệ phương trình, tôi đã tổng kết lại một số dạng toán và phương pháp giải như sau

II) Một số lưu ý chung:

Để học sinh cĩ kiến thức vững để giải các bài tốn dạng này yêu cầu học sinh nắm vững một số kiến thức cơ bản sau:

1) phương trình f(x) = m cĩ nghiệm khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số y = f(x) và số nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với đường thẳng y = m 2) Xét bất phương trình f(x)  m với f(x) liên tục trên [a; b]

Khi đĩ: m = minf(x)  f(x)  maxf(x) = M

*) f(x)  m cĩ nghiệm thuộc [a; b]  m  maxf(x)

*) f(x)  m vơ nghiệm thuộc [a; b]  m > maxf(x)

*) f(x)  m cĩ nghiệm x [a; b]  m  minf(x)

II) Các ví dụ :

A) Phương trình:

Ví dụ 1:

Xác định m để phương trình sau cĩ nghiệm :

m( 1 x2  1  x2  2 )  2 1  x4  1 x2  1  x2 (1)

Điều kiện: x  1

Đặt t = 1 x2 - 1  x2  2 1  x4 = 2 – t2

Ta cĩ: t = 2

1 x - 2

1  x  0 dấu bằng đạt được khi x = 0

t2 = 2 – 2 1  x4  2 dấu bằng đạt được khi x = 1

suy ra điều kiện của t là: 0  t  2

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

2

2

2









t

t t

= m (2) Khi đĩ phương trình (1) cĩ nghiệm  (2) cĩ 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 cĩ f’(t) =

 2 0

4

2

2









t

t t

, t[0; 2]  hàm số nghịch biến trên [0; 2] Vậy phương trình (1) cĩ nghiệm  f( 2 mf( 0 )  2  1 m 1

Ví dụ 2:

Tìm m để phương trình: 3 x1m x 1 24 x21 (1) có nghiệm

f ’(t)

f(t)

0

0

1 3

Điều kiện: x  1

(1)  3 1 4 1

2

m

Đặt: t = 4 1

1

x x



 = 4 2

1 1

x



 điều kiện: 0 t  1 Khi đó phương trình trở thành:

-3t2 + 2t với t  [0; 1]

Ta có f ’(t) = - 6t +2

f ’(t) = 0 - 6t +2 = 0  t =

Ví dụ 3:

Chứng minh rằng với mọi m > 0 phương trình sau có hai nghiệm phân biệt

x2 + 2x – 8 = m x ( 2) (1) Điều kiện x  2

(1)  (x – 2)( x3 + 6x2 – 32 – m) = 0  3 2 2

x









Ta chỉ cần chứng minh phương trình: x3 + 6x2 – 32 = m (*) có nghiêm trong (2; +)

Xét hàm số: f(x) = x3 + 6x2 – 32 với x > 2

f ’(x) = 3x2 + 12x > 0 , x > 2

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

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

Ví dụ 4:

Tìm m để phương trình sau có ít nhất 1 nghiệm thuộc [1; 3 3]

log x log x1 - 2m – 1 = 0 (1) Điều kiện : x > 0

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 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

f(t) = t2 + t

1 3

0

+

+

+

2

f(x)

f '(x) x

f ’(t) = 2t + 1 > 0 , t [1; 2]

Vậy phương trình (1) có ít nhất một nghiệm thuộc [1; 3 3] 2  2m + 2  5  0  m  1,5

Ví dụ 5:

Tìm m để phương trình sau có nghiệm :

(m + 1) tg4x – 3m(1 + tg2x)tg2x + 4

4 cos

m

x = 0 (1) Điều kiện: x 2k

(1)  m( 2tg4x + 5tg2x + 4 ) = - tg4x



2

(2 5 4)

t tg x

 





  





2 2 2

t tg x

t m

 







 

 Xét: f(t) = 2 2

t



  với t  0

f ’(t) =

2 2 2

 

   0 , t  0

Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm  -0,5 < m  0

Ví dụ 6:

Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 9x – m 33 + 2m + 1 = 0 (1)

x

t

 







 2

3 1 (2) 2

x

t

t m

t

 











(vì t = 2 không phải là nghiệm của pt)

Xét hàm số f(t) = 2 1

2

t t



 ta có:

f ’(t) =

2 2

4 1 2

t

 



f ’(t) = 0  t2 4 1t = 0  2 5

t t

  



 



-0,5

0 f(t)

_

f '(t)

+

0 t

+

5 2

2 1

f(t)

f '(t) t

+ _

_ -

1

+

0 0

+

2 + 5 2

0

2 - 5 -

f(t)

f '(t)

t

Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm khi m < - 0,5 hoặc m 4 2 5

Ví dụ 7:

Tìm a để phương trình: 3 2 1 2 1

2 1

x

x x



 + a (1) có nghiệm duy nhất (1)  a = 3 2 2

2 1

x



 Xét hàm số : f(x) = 3 2 2

2 1

x



 xác định trên (0,5; +)

Ta có f’(x) =

2

3

2 1

x

 > 0 x  0,5  f đồng biến trên (0,5; +)

+

+

-

f(x)

f '(x)

x

Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số f(x) tại một điểm duy nhất

a Vậya phương trình (1) luôn có nghiệm duy nhất

Ví dụ 8:

Giải phương trình: x + x2 2x2 = 3x-1+1 (1)

(1)  x – 1 + x2 2x2 = 3x – 1



2

1

1 3a

a x

 





 

1

a x

 





Xét f(a) = ln(a a21) – aln3

f ’(a) = 12

1

a  - ln3 < 0 , a Vậy f(a) nghịch biến trên R và f(0) = 0 nên (*) nghiệm duy nhất a = 0 Do đó phương trình (1) có một nghiệm x = 1

Ví dụ 9

Giải phương trình : 4x 1 + 4x 2 1 = 1 (1)

Điều kiện: 2

4 1 0

x x

 





 



 x  0,5 Xét: f(x) = 4x 1 + 2

4x 1 với x  0,5

f ’(x) = 42x 1 + 42

x

x  > 0 , x  0,5

 f đồng biến trên (0,5; +)

Do f liên tục và đồng biến trên (0,5; +) , f(0,5) = 1 nên (1)  f(x) = f(0,5)

 x = 0,5

Ví dụ 10:

Giải phương trình: 3x + 5x = 6x + 2 (*)

Xét: f(x) = 3x + 5x – 6x – 2

f ’(x) = 3xln3 + 5xln5 – 6

f ”(x) = 3xln23 + 5xln25 > 0,x  f’(x) đồng biến, liên tục và đổi dấu (f’(0) < 0, f’(2) > 0 Nên phương trình f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = a

f( )

+

+

+

_

0

+

 -

f(x)

f '(x) x

Dựa vào bảng biến thiên f(x) cắt trục hoành tới 2 lần  phương trình (*) có tối đa hai nghiệm

Ta thấy x = 0, x = 1 là 2 nghiệm của (*) Ngoài ra (*) không thể có nghiệm nào khác( do nó chỉ có tối đa 2 nghiệm)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0 , x = 1

III) Các bài tập:

1) Định m để phương trình có nghiệm thuộc tập hợp cho trước

a) x3 – 3x = m với 2  x  3

b) x2- 6lnx – m = 0 với 1 < x < e

c) 4sin6x + cos4x – a = 0

2) Biện luận số nghiệm phương trình:

a) 3x4 – 10x3 + 6x2 = m

b) 2 x 1 + 5 x = m

c) X3 + mx + m = 0

3) Tìm điều kiện m để phương trình sau có nghiệm: x 1 + 3 x - x1 (3  x) = m 4) Tìm điều kiện m để phương trình sau có đúng một nghiệm ( đề dự bị ĐH 2007)

a) 4 x413x m + x – 1 = 0

b) 4 x 2 1 - x = m

5) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2

3

sin x + 3 tg2x + m(tgx + cotgx) = 1 6) Tìm m để phương trình sau có nghiệm

7) Tìm m để phương trình sau có nghiệm4(sin4x + cos4x) – 4(sin6x + cos6x) – sin24x = m

8) biện luận theo k số nghiệm x ;

4 4

 



  của phương trình: 4k(sin6x + cos6x – 1) = 3sin6x 9) Tìm tất cả giá trị m để phương trình có nghiệm duy nhất trên đoạn 0;

2



  2cosx cos2x.cos3x m = 7 cos2x

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

a) x +3 = m 2

1

x 

b) x + m = m 2

1

x 

c) x  1 + 4m4 x2 3x2 + (m + 3) x  2 = 0

11) xác định m để phương trình sau có nghiệm:

a) 4x2 2x 1 4x22x1 = 2m

b) x44x m 4 x44x m = 6

12) 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

13) 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







14) Tìm m để phương trình : sinx + 2 cos 2x = m( cosx + 2sin 2x ) có nghiệm trong đoạn {0 ; 2 }

B) Bất phương trình:

1) Ví dụ 1:

Tìm m để bất phương trình m( x2 2x2 + 1) + x(2- x)  0 có nghiêm thuộc [0; 1+ 3]

Đặt t = x2  2x2 với x  [0; 1+ 3]

t’x = 2 1

x



  , t’x = 0  x = 1

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





 m  Maxf(t) với f(t) = 2 2

1

t t





+ _

2 2

1

0

1+ 3 1

0

t t'x x

Ta có f ’(t) =

2 2

2 2 1

t

 

 > 0 , t[1; 2]

Vậy bất phương trình có nghiệm x  [0; 1+ 3]  m  M[1;2]ax ( )f t = f(2)

3

Ví dụ 2:

Vớùi giá trị nào của m thì bất phương trình sin3x + cos3x  m , x (1)

Đặt t = sinx + cosx = 2 cos( )

4

x  , điều kiện : t  2 Bất phương trình trở thành: t(1 – 2 1

2

t  )  m, t  [- 2; 2]

 3t – t3

 2m, t  [- 2; 2] Xét: f(t) = 3t – t3

f ’(t) = 3 – 3t2

f ’(t) = 0  3 – 3t2 = 0  t = 1 v t = -1

2

- 2

1

- 2

+ _

2 -2

0

2 -1

t t'x x

Dựa vào bảng biến thiên ta có : Bất phương trình (1) có nghiệm x  2m  -2

 m  - 1

Ví dụ 3:

Tìm m để bất phương trình mx4 – 4x + m  0 , x (1)

(1)  m(x4+ 1)  4x , x

 m  4

4 1

x

x  , x Xét : f(x) = 4

4 1

x

x 

Ta có : f ’(x) =

4( 1 4 ) 4(1 3 4(1 3 )(1 3 )

f ’(x) = 0  2

1 3x = 0  x = 4

1

3 v x = - 4

1 3

Dựa vào bảng biến thiên ta có bất phương trình có nghiệm x  m  Maxf(x)

 m  4 27

_

0

1 3

-1 3

27 0

+ _

0

+

-

f(x)

f '(x)

x

-1 1

1 0

+ _

1 23

7

0

2 1/ 3

f(x)

f '(x) x

Ví dụ 4:

Cho bất phương trình x3 -2x2 + x – 1 + m < 0 (1)

a) Định m để bất phương trình (1) có nghiệm thuộc [0; 2]

b) Định m để bất phương trình (1) thoả x [0; 2]

Ta có: (1)  -x3 + 2x2 – x + 1 > m

Xét: f(x) = -x3 + 2x2 – x + 1 , x [0; 2]

f’(x) = -3x2 + 4x – 1

f’(x) = 0  x = 1 v x = 13

a) (1) có nghiệm thuộc [0; 2] Maxf(x) > m  m < 1

b) (1) có nghiệm x [0; 2]  Minf(x) > m  m < -1

Ví dụ 5:

Tìm điều kiện p, q để bất phương trình sau có nghiệm thoả x [0; 1]

px + 1 

3 2 3 1

3 1

x

  qx + 1 (1)

x = 0 (1) thoả

x (0; 1] ta có (1)  p 

2 2 1

x

 

  q Đặt f(x) = 2 2

1

x

 



f ’(x) =

3 2

2 1 1

x

 



f ’(x) = 0  x = 2 1  y = 2 2 1

Dựa vào bảng biến thiên ta có: p  minf(x) và q  maxf(x)

 p  2 2 1 và q  2

Ví dụ 6:

Cho bất phương trình: x a  x b  x c (1) với a > b > c

a) chứng minh bất phương trình luôn có nghiệm

b) Giải bất phương trình: x 4 x1 x4 (2)

(1)  x a  x b  x c > 0

Đặt: f(x) = x a  x b  x c với x  a

2 x a 2 x b  2 x c > 0 , x > a ( vì x a < x b < x c )

2

+ _

2

0

2 2 - 1

2 -1 1 0

f(t)

f '(t) t

 f đồng biến khi x > a Hơn nữa f(a) = a b  a c < 0 và lim ( )

   do đó (1) luôn có nghiệm

Tập nghiệm là: (xo, +) với f(xo) = 0

Với a = 4, b = 1, c = -4

Aùp dụng chứng minh trên (2) có nghiệm là: (xo, +) vơùi f(xo) = 0

Ta có f(5) = 5 4  5 1  5 4 = 0 VaÄy bất phương trình (2) có nghiệm là ( 5; +)

Ví dụ 7:

Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình sau đây nghiệm đúng với x > 0

(3m +1)12x + (2 – m)6x + 3x < 0 (1)

(1)  (3m +1)4x + (2 – m)2x + 1 < 0

x

   





   

2

2 1 ( 1)

(2) (3 )

x

t t m

  





 Xét: f(t) = 2 2

( 1) (3 )

t

 

 ,vơùi t > 1

f ’(t) = 2 2 2

(3 )

 

 > 0 , t > 1

Dựa vào bảng biến thiên ta có bất phương trình (1) có nghiệm với x > 0

 bất phương trình (2) có nghiệm với t > 1

 m  -2

Ví dụ 8:

Giải bất phương trình : 7x 7 7x 6 2 49 x27x 42 < 181 – 4x

Điều kiện:

2

x x



 





 



7



Đặt: f(x) = 7x 7 7x 6 2 49 x27x 42 + 4x

f ’(x) = 2 77 7 2 77 6 982 7

x



    + 4 > 0 , x 6

7

 Vậy f(x) đồng biến trên (67; +) và f(6) = 181

f(a)< 0

+

x o

0 +

+

+

a

f(x)

f '(x) x

+

-1 3 -2

f(t)

f '(t) t

Khi x < 6 thì f(x) < f(6)  f(x) < 181

Vậy nghiệm bất phương trình là S = [6

7; 6)

Ví dụ 9:

Giải bất phương trình: 3 2

2x 3x 6x16 > 2 3 4 x Điều kiện:

3 2

x



 



x



 

 



 - 2  x  4 Xét hàm số f(x) = 3 2

2x 3x 6x16 - 4 x

f ’(x) = 6(3 2 2 1) 1

2 4

x

 





   > 0 , x (-2; 4) Suy ra f đồng biến trong khoảng (-2; 4)

Do đó nếu x > 1 thì f(x) > f(1) = 2 3

 2x33x26x16 - 4 x > 2 3

 2x33x26x16 > 4 x + 2 3

Vậy khoảng nghiệâm của bất phương trình là : (1; 4)

2) BaØi tập:

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 + 21 cos  2x 2sin 2x

  m 3) Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm

sin cos sin

2 x3 x m.3 x (1)

Hướng dẫn: Đặt t = 2sin 2x điều kiện1  t 2 thì 3sin 2x =  2  2

2

log 3

log 3 sin

2 x t

(1) có dạng: t + log 32

3

log 3

m t

 Xét f(t) = 2

2

log 3 1

log 3

3

t

t



 với 1  t 2)

C Hệ phương trình

1) Hệ phương trình dạng:

(1) (2)

( ) ( ) ( , ) 0

g x y







 Hướng dẫn học sinh có thể tìm lời giải theo hai hướng sau:

Hướng 1: (1)  f(x) – f(y) = 0 (3)

Tìm cách đưa (3) về một phương trình tích

Ví dụ 1:

Giải hệ :

(1)

3 (2)

y x



  







Ta có: (1)  x – y – (1 1x y) = 0  (x – y) 1 xyxy = 0

 1

x y





 



Thay vào (2) và giải

Hư

ơ ùng 2 : Xét hàm số f(t) 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

Ví dụ 2:

Giải hệ:

y x









y

x









 Đặt: a = x – 1 , b = y – 1 ta có hệ mới

2 2

1 3

1 3

b a









2

1 3 (1)

b





 Xét hàm số f(t) = t t2 1 3t , t R

f ’(t) = 1 2

1

t t



 + 3tln3 = 2 21

1

t

 

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

do đó hàm số đồng biến trên R

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

a a21 = 3a

 ln(a a21) = aln3

Xét : g(a) = ln(a a21) – aln3 (*)

g’(a) = 21

1

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

Ví dụ 3:

Chứng minh rằng hệ phương trình sau có đúng hai nghiệm (x, y) thoả x > 0, y > 0

2

2

2008

1 2008

1

x

y

y e

y x e

x













(*) ( đề dự bị 2007)

Điều kiện:

2 2

1 0

1

1 0

1

0, 0

x

x y

y









(*)

2

1

(2)

x

y e

y













Xét hàm số: f(t) = 2

1

e t



 , t > 1

f ’(t) =

2 2

2

1

1 1

t t

t

 



> 0 , t > 1

Vậy f(t) đồng biến trên (1; +)

Từ (2) ta có f(x) = f(y)  x = y Thay vào (1) ta có: 2008 2

1

e

x

 Xét hàm số : g(x) = 2 2008

1

e x

 = 0 (*) g’(x) = ex -

x

x 

g”(x) = ex +

 2 152

x

x  > 0 , x > 1

 g’(x) đồng biến và liên tục trên (1; +) và đổi dấu

Vì lim '( )1



  và g’(2) = e2 – 3 31 > 0

Nên g’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy g(x) cắt trục hoành tối đa 2 lần

+

+

g()

_



+

1 f(x)

f '(x) x

 phương trình (*) có tối đa 2 nghiệm

 hệ phương trình có đúng 2 nghiệm (x, y) thoả x > 0, y > 0

Ví dụ4:

Giải hệ : 1

1

x y







1(2)

x





 Xét: f(t) = et + et + t

f ’(t) = et + e + 1 > 0 , t Vậy f(t) đồng biến trên R

Từ (2) ta có: f(x) = f(y)  x = y

Thay vào (1) ta được: ex = ex – x +1 (*)

Xét hàm số g(x) = ex - ex + x – 1

g’(x) = ex – e + 1 g”(x) = ex > 0 , x

Do đó f’(x) đồng biến và liên tục trên R và đổi dấu

Vì g’(0) = 2 – e < 0 và g(1) = 1> 0 nên phương trình g’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 

+

f()

_ 0 +

-

g(x)

g '(x)

x

Dựa vào bảng biến thiên g(x) cắt trục hoành tối đa hai lần

 phương trình (*) có tối đa 2 nghiệm

Ta thấy x = 0 hoặc x = 1 là hai nghiệm của phương trình (*) ngoài ra (*) không thể có nghiệm nào khác( vì nó chỉ có tối đa 2 nghiệm)

Vậy hệ có hai nghiệm ( (0; 0) và ( 1; 1)

Ví dụ 5:

Giải hệ phương trình: ln(12 ) ln(1 2 )





 (*) ( Đề dự bị khối D 2006) Điều kiện: x > -1, y > -1

(*)

ln(1 ) ln(1 )



 Xét hàm số f(t) = ln(1+t) – t

f ’(t) =

1

t t





ta thấy f’(t) = 0  t = 0

f(0)

_

-1 f(t)

f '(t) t