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 việc sử dụng khảo sát biến thiên hàm số để giải biện luận số phương trình, bất phương trình hệ phương trình tạo nên phong phú thể loại phương pháp giải toán, phù hợp với kỳ thi tuyển sinh đại học Để giúp học sinh biết sử dụng biến thiên hàm số để giải biện luận số phương trình, bất phương trình hệ phương trình, tổng kết lại số dạng toán phương pháp giải sau II) Một số lưu ý chung: Để học sinh có kiến thức vững để giải toán dạng yêu cầu học sinh nắm vững số kiến thức sau: 1) phương trình f(x) = m có nghiệm m thuộc tập giá trị hàm số y = f(x) số nghiệm phương trình số giao điểm 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 [a; b] Khi đó: m = minf(x) ≤ f(x) ≤ maxf(x) = M *) f(x) ≥ m có nghiệm thuộc [a; b] ⇔ m ≤ maxf(x) *) f(x) ≥ m vô nghiệm thuộc [a; b] ⇔ m > maxf(x) *) f(x) ≥ m có nghiệm ∀x ∈ [a; b] ⇔ m ≤ minf(x) II) Các ví dụ : A) Phương trình: Ví dụ 1: Xác định m để phương trình sau có nghiệm : m( + x − − x + 2) = − x + + x − − x (1) Điều kiện: x ≤1 Đặt t = + x - − x ⇒ − x = – t2 Ta có: t = + x - − x ≥ dấu đạt x = t2 = – − x ≤ dấu đạt x = ± suy điều kiện t là: ≤ t ≤ −t2 + t + Phương trình (1) chuyển dạng m(t + 2) = - t2 + t ⇔ = m (2) t+2 ⇔ (2) có nghiệm thoả : ≤ t ≤ Khi phương trình (1) có nghiệm −t2 + t + ⇔ đường thẳng y = m cắt phần đồ thị hàm số y = [0; ] t+2 −t2 + t + Xét hàm số f(t) = [0; ] t+2 − t − 4t ≤ , ∀ t ∈ [0; ] ⇒ hàm số nghịch biến [0; ] Ta có f’(t) = ( t + 2) Vậy phương trình (1) có nghiệm ⇔ f( ≤ m ≤ f (0) ⇔ −1≤ m ≤ Ví dụ 2: Tìm m để phương trình: x − + m x + = x − (1) có nghiệm Điều kiện: x ≥ x −1 x −1 + 24 =m x +1 x +1 x −1 Đặt: t = = 1− điều kiện: ≤ t ≤ Khi phương trình trở thành: x +1 x +1 -3t2 + 2t với t ∈ [0; 1] (1) ⇔ Ta coù f ’(t) = - 6t +2 f ’(t) = ⇔ - 6t +2 = ⇔ t = t f ’(t) + _ f(t) -1 Ví dụ 3: Chứng minh với m > phương trình sau có hai nghiệm phân biệt x2 + 2x – = m( x − 2) (1) Điều kiện x ≥ (1) ⇔ (x – 2)( x3 + 6x2 – 32 – m) = x = ⇔   x − x − 32 − m = Ta cần chứng minh phương trình: x3 + 6x2 – 32 = m (*) có nghiêm (2; + ∞ ) Xét hàm số: f(x) = x3 + 6x2 – 32 với x > x +∞ f ’(x) = 3x2 + 12x > , ∀ x > + f '(x) f(x) +∞ Dựa vào bảng biến thiên ta có: ∀ m > phương trình (*) có nghiệm khoảng (2; + ∞ ) Vậy ∀ m > phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Ví dụ 4: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thuộc [1; 3 ] 2 log x + log3 x + - 2m – = (1) Điều kiện : x > Đặt: t = log x + với x ∈ [1; 3 ] ⇔ ≤ log x ≤ ⇔ ≤ log x +1 ≤ ⇔ ≤ t ≤ Phương trình trở thành: t2 + t = 2m + (2) Phương trình (1) có nghiệm thuộc [1; 3 ] ⇔ Phương trình (2) có nghiệm thuộc [1; 2] ⇔ đường thẳng y = 2m + cắt phần đồ thị y = t2 + t với t ∈ [1; 2] điểm f(t) = t2 + t f ’(t) = 2t + > , ∀ t ∈ [1; 2] t + f '(t) f(t) Vậy phương trình (1) có nghiệm thuộc [1; 3 ] ⇔ ≤ 2m + ≤ ⇔ ≤ m ≤ 1,5 Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghieäm : (m + 1) tg4x – 3m(1 + tg2x)tg2x + 4m = (1) cos x π + kπ (1) ⇔ m( 2tg4x + 5tg2x + ) = - tg4x t = tg x t = tg x   ⇔  ⇔ −t 2 m=  m(2t + 5t + 4) = −t   2t + 5t +  −t Xét: f(t) = với t ≥ 2t + 5t + −5t − 8t t ≤ ∀ ≥ f ’(t) = ( 2t + 5t + ) , t Điều kiện: x ≠ f '(t) f(t) +∞ _ -0,5 Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm ⇔ -0,5 < m ≤ Ví dụ 6: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 9x – m 33 + 2m + = (1) t = 3x  (1) ⇔   m(t − 2) = t +  t = 3x  ⇔ (vì t = nghiệm pt) t2 +1 (2) m = t−2  t2 +1 Xét hàm số f(t) = ta có: t −2 t − 4t − f ’(t) = ( t − 2) t = − f ’(t) = ⇔ t − 4t − = ⇔  t = +  t -∞ 2- f '(t) _ +∞ 2+ _ + f(t) -∞ +∞ +2 Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm m < - 0,5 m ≥ + Ví dụ 7: 3x − = x − + a (1) coù nghiệm Tìm a để phương trình: 2x −1 3x − x ⇔ a= (1) 2x −1 3x − x Xét hàm số : f(x) = xác định (0,5; + ∞ ) 2x −1 x2 − 8x + Ta coù f’(x) = > ∀ x ≥ 0,5 ⇒ f đồng biến treân (0,5; + ∞ ) ( x − 1) x +∞ 0,5 + f '(x) +∞ f(x) -∞ Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số f(x) điểm ∀ a Vậy ∀ a phương trình (1) có nghiệm Ví dụ 8: Giải phương trình: x + (1) ⇔ x – + x-1 x − x + = +1 (1) x–1 x2 − x + = a = x −  ⇔ a a + a + =  a = x −  ⇔ (*) ln a + a + = a ln  ) ( Xeùt f(a) = ln( a + a + ) – aln3 f ’(a) = a2 + - ln3 < , ∀ a Vậy f(a) nghịch biến R f(0) = nên (*) nghiệm a = Do phương trình (1) có nghiệm x = Ví dụ Giải phương trình : 4x −1 + x − = (1) 4 x − ≥ Điều kiện:  4 x − ≥ ⇔ x ≥ 0,5 Xeùt: f(x) = x − + x − với x ≥ 0,5 4x f ’(x) = + > , ∀ x ≥ 0,5 4x −1 4x2 −1 ⇒ f đồng biến (0,5; + ∞ ) Do f liên tục đồng biến (0,5; + ∞ ) , f(0,5) = neân (1) ⇔ f(x) = f(0,5) ⇔ x = 0,5 Ví dụ 10: Giải phương trình: 3x + 5x = 6x + (*) Xeùt: f(x) = 3x + 5x – 6x – f ’(x) = 3xln3 + 5xln5 – f ”(x) = 3xln23 + 5xln25 > 0, ∀ x ⇒ f’(x) đồng biến, liên tục đổi dấu (f’(0) < 0, f’(2) > Nên phương trình f’(x) = có nghiệm x = a x -∞ _ f '(x) f(x) +∞ α + +∞ +∞ f(α) Dựa vào bảng biến thiên f(x) cắt trục hoành tới lần ⇔ phương trình (*) có tối đa hai nghiệm Ta thấy x = 0, x = nghiệm (*) Ngoài (*) có nghiệm khác( có tối đa nghiệm) Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = , x = III) Các tập: 1) Định m để phương trình có nghiệm thuộc tập hợp cho trước a) x3 – 3x = m với ≤ x ≤ b) x2- 6lnx – m = với < x < e c) 4sin6x + cos4x – a = 2) Biện luận số nghiệm phương trình: a) 3x4 – 10x3 + 6x2 = m b) x − + − x = m c) X3 + mx + m = 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 nghiệm ( đề dự bị ÑH 2007) a) x − 13 x + m + x – = b) x2 + - x =m 5) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: + tg2x + m(tgx + cotgx) = sin x 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  −π π  8) biện luận theo k số nghiệm x  ;  phương trình: 4k(sin6x + cos6x – 1) = 3sin6x  4  π 9) Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm ñoaïn 0;   2cosx cos2x.cos3x m = cos2x 10) Biện luận theo m số nghiệm phương trình: a) x +3 = m x + b) x + m = m 2 x2 + x − + 4m x − x + + (m + 3) x − = c) 11) xác định m để phương trình sau có nghiệm: a) x − x + − x + x + = 2m b) x + x + m + x + x + m = 12) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt : a) + x + − x + (1 + x ) (8 − x) = m b) x + x + 24 − x + − x = m 13) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: a) tan2x + cot2x +m(tanx + cotx) + = b) x x + x + 12 = m( − x + − x ) c) 2x + x + x + + x + x = m 14) Tìm m để phương trình : sinx + cos B) x x π = m( cosx + 2sin ) có nghiệm đoạn {0 ; } 2 Bất phương trình: 1) Ví dụ 1: Tìm m để bất phương trình m( x − x + + 1) + x(2- x) ≤ có nghiêm thuộc [0; 1+ ] Đặt t = x − x + với x ∈ [0; 1+ ] t’x = x −1 x2 − 2x + t’x = ⇔ x = , x t'x t _ ⇔ m ≤ t2 − t +1 ⇔ m ≤ Maxf(t) với f(t) = t2 − t +1 + Với x ∈ [0; 1+ ] t ∈ [1; 2] Bất phương trình trở thành: m(t + 1) ≤ t2 – 1+ Ta coù f ’(t) = t + 2t + ( t + 1) > , ∀ t ∈ [1; 2] Vậy bất phương trình có nghiệm x ∈ [0; 1+ ] ⇔ m ≤ M ax f (t ) = f(2) [1;2] ⇔m ≤ Ví dụ 2: Vớùi giá trị m bất phương trình sin3x + cos3x π Đặt t = sinx + cosx = cos( x − ) , điều kiện : t ≤ ≥ m , ∀ x (1) Bất phương trình trở thành: t(1 – t −1 ) ⇔ 3t – t3 ≥ ≥ m, ∀ t ∈ [- ; ] 2m, ∀ t ∈ [- ; ] Xeùt: f(t) = 3t – t f ’(t) = – 3t2 f ’(t) = ⇔ – 3t2 = ⇔ t = v t = -1 x - -1 _ t'x + - t 2 -2 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 ≥ , ∀ x (1) (1) ⇔ m(x4+ 1) ≥ 4x , ∀ x ⇔ m Xeùt : f(x) = 4x , ∀x x +1 ≥ 4x x +1 4( x + − x ) Ta coù : f ’(x) = (x + 1) = 4(1 − x 4) (x + 1) f ’(x) = ⇔ − 3x = ⇔ x = -1 x -∞ _ f '(x) f(x) 4(1 − x )(1 + x ) (x + 1) 1 vx=- 3 +∞ + 4 = _ 27 - 27 Dựa vào bảng biến thiên ta có bất phương trình có nghiệm ∀ x ⇔ m ≥ Maxf(x) ⇔ m ≥ 27 Ví dụ 4: Cho bất phương trình x3 -2x2 + x – + m < (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 coù: (1) ⇔ -x3 + 2x2 – x + > m Xeùt: f(x) = -x3 + 2x2 – x + , x ∈ [0; 2] f’(x) = -3x2 + 4x – f’(x) = ⇔ x = v x = x _ f '(x) f(x) 1/ + -1 23 a) (1) có nghiệm thuộc [0; 2] ⇔ Maxf(x) > m ⇔ m < 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 + ≤ x = (1) thoaû x3 + x + 3x + ≤ qx + (1) 3x + x2 + x + ≤ q x ∈ (0; 1] ta coù (1) ⇔ p ≤ x +1 Đặt f(x) = x +x+2 x +1 x3 + x − f ’(x) = ( x + 1) f ’(x) = ⇔ x = − ⇒ y = 2 − t -1 _ f '(t) f(t) + 2 -1 Dựa vào bảng biến thiên ta có: p ≤ minf(x) q ≥ maxf(x) ⇔ p ≤ 2 − vaø q ≥ Ví dụ 6: Cho bất phương trình: x − a + x − b > x − c (1) với a > b > c a) chứng minh bất phương trình có nghiệm b) Giải bất phương trình: x − + x − > x + (2) (1) ⇔ x − a + x − b − x − c > Đặt: f(x) = x − a + x − b − x − c với x ≥ a f’(x) = 1 + − > , ∀ x > a ( x−a x−b x −c x−a < x−b < x−c ) a − b − a − c < vaø xlim f ( x) = +∞ (1) có →+∞ ⇒ f đồng biến x > a Hơn f(a) = nghiệm x f '(x) f(x) xo a + +∞ + +∞ f(a)< Tập nghiệm là: (xo, + ∞ ) với f(xo) = Với a = 4, b = 1, c = -4 p dụng chứng minh (2) có nghiệm là: (xo, + ∞ ) vơùi f(xo) = Ta coù f(5) = − + − − + = VaÄy baát phương trình (2) có nghiệm ( 5; + ∞ ) Ví dụ 7: Tìm tất giá trị m để bất phương trình sau nghiệm với ∀ x > (3m +1)12x + (2 – m)6x + 3x < (1) (1) ⇔ (3m +1)4x + (2 – m)2x + < t = , ∀x >  ⇔  2 (3t − t )m < −(t + 1)  x −(t + 1) Xeùt: f(t) = ,vơùi t > (3t − t ) 7t + 6t − f ’(t) = > , ∀t > (3t − t ) t = x >  ⇔  −(t + 1) m< (2)  (3t − t )  t +∞ + f '(t) f(t) -2 Dựa vào bảng biến thiên ta có bất phương trình (1) có nghiệm với ∀ x > ⇔ bất phương trình (2) có nghiệm với ∀ t > ⇔ m ≤ -2 Ví dụ 8: Giải bất phương trình : x + + x − + 49 x + x − 42 < 181 – 4x 7 x + ≥  ⇔x ≥ Điều kiện: 7 x − ≥  49 x + x − 42  Đặt: f(x) = x + + x − + 49 x + x − 42 + 4x 7 98 x + + + f ’(x) = + > , ∀x ≥ 2 7x + 7x − 49 x + x − 42 Vậy f(x) đồng biến ( ; + ∞ ) vaø f(6) = 181 Khi x < f(x) < f(6) ⇔ f(x) < 181 Vậy nghiệm bất phương trình S = [ ; 6) Ví dụ 9: Giải bất phương trình: x + x + x + 16 > + − x ( + x ) (2 x − x + 8) ≥  x + x + x + 16 ≥  ⇔ ⇔ -2 ≤ x ≤ Điều kiện:  4 − x ≥ 4 − x ≥  Xét hàm số f(x) = x + x + x + 16 - − x 6( x + x + 1) + f ’(x) = > , ∀ x∈ (-2; 4) 2 x + x + x + 16 − x Suy f đồng biến khoảng (-2; 4) Do x > f(x) > f(1) = ⇔ x + x + x + 16 - − x > ⇔ x + x + x + 16 > 4− x + Vaäy khoảng nghiệâm bất phương trình : (1; 4) 2) Bi tập: 1) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 32x+1 – (m + 3) 3x – 2(m + 3) < 2) Xác định m cho ∀ x nghiệm bất phương trình: 22+cos2x + 21+cos x − 2sin x ≥ m 3) Xaùc định m để bất phương trình sau có nghiệm 2sin x + 3cos x ≥ m.3sin x (1) 2 2 Hướng dẫn: Đặt t = 2sin 2 x điều kiện ≤ t ≤ 3sin (1) có dạng: t + t log 1− log + Xeùt f(t) = t t log x ( sin = 2 x ) log ≥ m.t log2 với ≤ t ≤ ) C Hệ phương trình  f ( x) = f ( y ) (1)  1) Hệ phương trình dạng:  (2)  g ( x, y ) =  Hướng dẫn học sinh tìm lời giải theo hai hướng sau: Hướng 1: (1) ⇔ f(x) – f(y) = (3) Tìm cách đưa (3) phương trình tích Ví dụ 1: (1)  x − x = y − y Giải hệ :   y = x + (2)  = t log 1 Ta coù: (1) ⇔ x – y – ( x − y ) = ⇔ (x – y) x = y ⇔  x = −1 y   + xy =0 xy Thay vào (2) giải Hươùng 2: Xét hàm số f(t) Ta thường gặp hàm số liên tục tập xác định +) Nếu hàm số f(t) đơn điệu (1) suy x = y Khi toán đưa giải biện luận phương trình theo x +) Nếu hàm số f(t) có cực trị t = a thay đổi chiều biến thiên lần qua a Từ (1) suy x = y x, y nằm hai phía a Ví dụ 2:  x + x − x + = y −1 +  Giải hệ:  với x, y ∈ R x −1  y + y − y + = +1   x − + ( x − 1) + = y −1  ⇔   y − + ( y − 1) + = 3x −1  Đặt: a = x – , b = y – ta có hệ a + a + = 3b   b + b + = 3a  a + a + = 3b (1)  ⇔ a + a + + 3a = b + b + + 3b (2)  Xét hàm số f(t) = t + t + = 3t , t∈ R t f ’(t) = + = t +1 t +1 + t t +1 + 3tln3 + 3tln3 > , ∀ t (vì t + + t > , ∀ t) hàm số đồng biến R từ (2) ta có f(a) = f(b) nên a = b Thay vào (1) ta được: a a + a2 +1 = ⇔ ln( a + a + ) = aln3 Xeùt : g(a) = ln( a + a + ) – aln3 g’(a) = a2 + (*) - ln3 < , ∀ a Vậy hàm số g(a) nghịch bến R Nên phương trình (*) có nghiệm a = Do hệ có nghiệm nhât x = y = Ví dụ 3: Chứng minh hệ phương trình sau có hai nghiệm (x, y) thoả x > 0, y > y  x e = 2008 −  y −1   (*) ( đề dự bị 2007) x e y = 2008 −  x −1   x −1 >  x > Điều kiện:  y −1 > ⇔  y >1  x > 0, y >  y  x (1) e = 2008 − y2 −1  (*) ⇔  y e x − x = ey − (2)  x2 −1 y2 −1  t t Xét hàm số: f(t) = e − f ’(t) = et − t −1 t2 t −1 − t −1 ,t>1 t − = et + (t − 1) t − > , ∀t > Vậy f(t) đồng biến (1; + ∞ ) x Từ (2) ta có f(x) = f(y) ⇒ x = y Thay vào (1) ta có: e = 2008 − x x Xét hàm số : g(x) = e + x g’(x) = e - x −1 x x −1 − 2008 = (*) x (x − 1) x x g”(x) = e + (x − 1) > , ∀x > ⇒ g’(x) đồng biến liên tục (1; + ∞ ) đổi dấu lim Vì x →1+ g '( x) = −∞ g’(2) = e2 – >0 3 Nên g’(x) = có nghiệm x = α x + f '(x) f(x) α +∞ +∞ _ +∞ g(α) Dựa vào bảng biến thiên ta thấy g(x) cắt trục hoành tối đa lần ⇔ phương trình (*) có tối đa nghiệm ⇔ hệ phương trình có nghiệm (x, y) thoả x > 0, y > Ví dụ4: e x = ey − x +  Giải hệ :  y e = ex − y +  e x = ey − x + (1)  ⇔ x y e + ex + x = e + ey + 1(2)  Xeùt: f(t) = et + et + t f ’(t) = et + e + > , ∀ t Vậy f(t) đồng biến R Từ (2) ta coù: f(x) = f(y) ⇔ x = y Thay vào (1) ta được: ex = ex – x +1 (*) Xét hàm số g(x) = ex - ex + x – g’(x) = ex – e + g”(x) = ex > , ∀ x Do f’(x) đồng biến liên tục R đổi dấu Vì g’(0) = – e < g(1) = 1> nên phương trình g’(x) = có nghiệm x = α x g '(x) -∞ _ +∞ α + +∞ g(x) f(α) Dựa vào bảng biến thiên g(x) cắt trục hoành tối đa hai lần ⇔ phương trình (*) có tối đa nghiệm Ta thấy x = x = hai nghiệm phương trình (*) (*) có nghiệm khác( có tối đa nghiệm) Vậy hệ có hai nghiệm ( (0; 0) ( 1; 1) Ví dụ 5: ln(1 + x ) − ln(1 + y ) = x − y Giải hệ phương trình:  (*) ( Đề dự bị khối D 2006)  x − 12 xy + 20 y = Điều kiện: x > -1, y > -1  x −12 xy + 20 y = (*) ⇔  ln(1 + x) − x = ln(1 + y ) + y Xét hàm số f(t) = ln(1+t) – t −t f ’(t) = 1+ t ta thaáy f’(t) = ⇔ t = t f '(t) f(t) -1 + f(0) +∞ _ Ta coù (2) ⇔ f(x) = f(y) ⇔ x = y x,y thuộc khoảng đơn vị xy < x,y không thuộc khoảng đơn vị Nếu xy < vế trái (1) dương, phương trình không thoả mãn Nếu x = y thay vào (1) ta nghiệm hệ x = y = Ví dụ 6: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  x +1 + − y = m   (I)  y +1 + − x = m  Điều kiện: -1 ≤ x , y ≤  x + + − y = m (1)  (I) ⇔   x + − − x = y + − − y (2)  Xét hàm soá f(t) = t + − − t 1 + f’(t) = > , ∀ t ∈ (-1; 3) t +1 − t Vậy f đồng biến (-1; 3) Do f(x) = f(y) ⇔ x = y Thay vaøo (1) ta coù: x + + − x = m (*) Xét hàm số : g(x) = x + + − x 1 − x +1 − x g ’(x) = ⇔ x = g ’(x) = x + g '(x) -1 _ 2 g(x) 2 Dựa vào bảng biến thiên phương trình (*) có nghiệm ⇔ ≤ m ≤ 2 Do hệâ có nghiệm ≤ m ≤ 2 Ví dụ 7: Chứng minh ∀ m hệ phương trình sau có nghiệm  3 x y − y − m = (1) (I)  2 3 y x − x − m = (2)  Nếu y ≤ vế trái (1 ) phương trình không thoả suy y > Tương tự x > 3 x y − y = m ⇔  (I) ( x − y )(3 xy + x + y ) = 3 x y − y = m ⇔ (I) x = y 3 x − y = m ⇔ x = y Xeùt: f(x) = 3x3 – 2x2 coù f ’(x) = 9x2 – 4x : f’(x) = ⇔ x = hoaëc x = x f '(x) 0 _ f(x) 32 +∞ 243 Dựa vào bảng biến thiên phương trình f(x) = có nghiệm x > ⇔ m > Do hệ có nghiệm m > Ví dụ 8:  x − y = cos x − cos y Tìm m để hệ sau có nghiệm:   2sin x − 3cos y = m  x − cos x = y − cos y (1) ⇔ (I ) 2 sin x − 3cos y = m(2) Xeùt f(t) = t – cost f ’(t) = 1+sint ≥ , ∀ t ⇒ f(t) đồng biến R Nên (1) ⇔ f(x) = f(y) ⇒ x = y Thay vào (2) ta có 2sinx – 3cosx = m ⇔ 13 sin( x - ϕ ) = m (*) vaäy hệ có nghiệm ⇔ phương trình (*) có nghiệm ⇔ - 13 ≤ m ≤ 13 Bài tập luyện tập: ln x − ln y = x − y  x −1 1) Giải hệ phương trình:  x+ y  y = 36  cos x + cos y = −1 2) Tìm m để hệ phương trình  có nghiệm: cos x + cos y = m  y2 cos x = −   3) Giải hệ :  cos y = − x    x + = 2( x − x + y )  4) Giải hệ   y + = 2( y − y + x )  2) Hệ phương trình có ẩn không thay đổi hoán vị vòng quanh Khi giải hệ cần ý: Không tính tổng quát ta giả thiết x = max (x, y, z) ⇔ x ≥ y, x ≥ z Ví dụ1:  x − 3x + x + = y  Giải hệ phương trình:  y − y + y + = z  z − 3z + z + = x  Xét hàm soá f(t) = t - 3t2 + 5t + f ’(t) = 3t2 – 6t + > , ∀ t Do f(t) đồng biến  f ( x) = y  Hệ phương trình có daïng  f ( y ) = z  f ( z) = x  Vì hệ không đổi hoán vị vòng quanh x, y,z nên ta giả thiết x ≥ y, x ≥ z Neáu 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 phương trính hệ ta có: x3 – 3x2 + x + = ⇔ (x – 1)( x2 – 2x – 1) = x = ⇔  x = 1± x = y = z = Do nghiệm hệ là:  x = y = z = 1±  f ( x) = g ( y )  Nhận xét : Xét hệ có dạng:  f ( y ) = g ( z )  f ( z ) = g ( x)  Nếu hàm số f(t), g(t) đồng biến (hoặc nghịch biến) lý luận ta có x = y =z Ví dụ 2:  y = x − 12 x + (1)  Giải hệ :  z = y − 12 y + (2) (I)  x3 = z − 12 z + (3)   y = f ( x)  (I) ⇔  z = f ( y )  x3 = f ( z )  Từ phương trình (1) ta có y3 = 6(x2 – 2x + ) = 6(x – 1)2 + Tương tự ta có: x ≥ , z ≥ Xét hàm số f(t) = 6t2 – 12t + f ’(t) = 12x – 12 > , ∀ t ≥ Vậy f(t) đồng biến [ ; + ∞ ) ≥ 2⇒ y≥ 3 2 Vì hệ không thay đổi hoán vị vòng quanh x, y,z giả thiết x ≥ y, x ≥ z Neáu 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 x = y = z Từ phương trình hệ ta có: x3 – 6x2 + 12 x - = ⇔ (x – 2)3 = ⇔ x = Vậy hệ có nghiệm x = y = z = Bài tập luyện tập:  x + 3x − + ln( x − x + 1) = y (1)  1) Giải hệ :  y + y − + ln( y − y + 1) = z (2)  x + 3z − + ln( z − z + 1) = x (3)  2 x − x + x − = y  2) Giaûøi heä: 2 y − y + y − = z  2 x − z + z − = x 1  2x + x = y  1 3) Giải hệ:  y + y = z  1  2z + z = x  4) Chứng minh ∀ a hệ sau có nghiệm :  x2 = y3 + y + a  y = z + z + a  z = x3 + x + a   x2 = y + a  5) Tìm a để hệ:  y = z + a z2 = x + a  có nghiệm dạng x = y =z 6) Chứng minh ∀ a > hệ phương trình: e x − e y = ln(1 + x) − ln(1 + y )  có nghiệm y − x = a 1  x + x + y + y =  7) Tìm m đệ hệ phương trình sau có nghiệm thực:   x + + y + = 15m − 10  x3 y3   x( y − 1) = y ln y  8) Giải hệ:  y ( z − 1) = z ln z  z ( x − 1) = x ln x  log + 3sin x = log (3cos y )  9) Giải hệ:  log + 3cos y = log (3sin x)  log (1 + − tan x = + log (1 − tan y )  10) Giải hệ:  log (1 − − tan y = + log (1 − tan x)  Hướng dẫn: 1) Nếu ba số x, y, z Giả sử x = y – = ylny Xeùt f(y) = y – – ylny f ’(y) = - lny; f ’(y) = ⇔ y = vaø f(1) = 0< y < f’(y) > suy f(y) > y > f’(y) < suy f(y) < y = nghiệm  y ln y x = y −1   z ln z ⇒ hệ vô nghiệm Nếu x ≠ theo y, z ≠ hệ cho ⇔  y = ( z − 1)   x ln x z = ( x − 1)  ... luận theo k số nghiệm x  ;  phương trình: 4k(sin6x + cos6x – 1) = 3sin6x  4  π 9) Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm đoạn 0;   2cosx cos2x.cos3x m = cos2x 10) Biện luận theo m... nghiệm: 9x – m 33 + 2m + = (1) t = 3x  (1) ⇔   m(t − 2) = t +  t = 3x  ⇔ (vì t = nghiệm pt) t2 +1 (2) m = t−2  t2 +1 Xeùt hàm số f(t) = ta có: t −2 t − 4t − f ’(t) = ( t − 2) t = −... f ( y ) (1)  1) Hệ phương trình dạng:  (2)  g ( x, y ) =  Hướng dẫn học sinh tìm lời giải theo hai hướng sau: Hướng 1: (1) ⇔ f(x) – f(y) = (3) Tìm cách đưa (3) phương trình tích Ví duï 1: