1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Ứng dụng đạo hàm trong giải hpt , hbpt

7 559 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 7
Dung lượng 263 KB

Nội dung

5.Phương trình lại đưa về dạng hệ phương trình đối xứng Phương pháp : Đặt một biểu thức nào đó của phương trình thành một hàm số rồi dẫn đến hệ phương trình có tính chất đối xứng... suy

Trang 1

Ứng dụng sự biến thiên của hàm số trong giải hệ

phương trình , hệ bất phương trình 1Hệ bpt Khi gặp hbpt một ẩn trong đó có một bpt tìm được tập nghiệm , bpt

còn lại khó tìm tập nghiệm trực tiếp thì có thể sử dụng pp sau

Viết bpt đó về dạng y = f(x) , khảo sát sự biến thiên của hs đó trên

khoảng nghiệm của bpt trên

VD1 GHBPT :

0 1 3

0 1 2 3

3 2

x x

x x

HD (1)  -1 < x < 1/3

Xét hs y = x3 – 3x + 1 trên khoảng (- 1 ; 1/3) có y’ = 3x2 – 3 < 0 hàm số nb BBT

x -1 1/3

y’

1/27

Vậy hbpt có nghiệm là ( - 1 ; 1/3)

2 Hệ phương trình Khi gặp hệ phương trình dạng

 0 ) , (

) ( )

(

y x g

y f x f

((12))

Có thể tìm lời giải theo hướng sau

Hướng 1 Xét f(x) = f(y)  f(x) – f(y) = 0 biến đổi về dạng tích

Hướng 2 Xét hàm số y = f(t) thường gặp trường hợp hàm số liên tục trong TXĐ của nó

Nếu y = f(t) đơn điệu thì từ (1) suy ra x = y Khi đó bài toán đưa về giải hoặc BL phương trình (2) theo x

Nếu y = f(t) có một cực trị tại t = a thì hàm số thay đổi cbt khi qua a Từ (1) suy ra x = y hoặc x, y nằm về 2 phía của a

VD 2 Giải hệ phương trình

1 5 5

4

8

3 3

y

x

y y

x

x

((12))

HD

Từ phương trình (2) có x, y [ - 1 ; 1]

Xét hàm số f(t) = t3 – 5t , t [-1 ; 1] có f’(t) = 3t2 – 5 < 0 t [ - 1 ; 1] Do

đó hàm số f(t) nb trên ( - 1 ; 1)

Từ (1) suy ra x = y

Trang 2

Thế vào (2 ) có nghiệm x = y = 4

2

5

1 

VD 3 Hệ đối xứng lọai 2 mà khi giải dẫn đến một trong 2 phương trình của

hệ có dạng f(x) = 0 hoặc f(x) = f(y) trong đó f là hàm số đơn điệu

Giải hpt 

1 3 2 2

1 3 2 2

1 2

1 2

x y

y y

y

x x x

) 2 (

) 1 (

(Dự bị khối A – 2007)

HD Đặt ax 1 ,by 1 ta có

a b

b

b

a

a

3 1

3 1

2

2

Trừ theo vế 2 phương trình có

b

a b b

a

a 2 1 3 2 1 3

Xét hàm số f(t) = t t2 1 3t

 có f’(t) = 3 ln 3

1

1 2

2

t

t

t t

t2 1  t2  tnên f’(t) > 0 t do đó f(t) đồng biến trên R

Vậy (*)  a = b thay vào phương trình (1) có a

a

a 2 1 3

Theo nhận xét trên thì 2 vế phương trình (4) dương lấy ln hai vế ta có

( ) ln( 2 1 ) ln 3 0

a

g

0 3 ln 1 3 ln 1

1

)

(

'

a

a

Nên hàm số g(a) nb trên R , mặt khác a = 0 là nghiệm của (4) do đó (4) có nghiệm duy nhất a = 0

Trả biến có nghiệm của hệ đầu là (x ; y ) = ( 1 ; 1)

VD 4 hệ mũ và logarit

Giải hpt 

0 5

2

) 1 ln(

) 1 ln(

2

2 xy y x

y x y x

((12)) Giải

ĐK x > - 1 , y > - 1

Phương trình(1) của hệ  ln( 1+ x ) – x = ln( 1 + y ) – y (*)

Xét hàm số f(t) = ln( 1 + t ) – t với t > - 1 có f’(t) = t t t

1 1

f’(t) = 0  t = 0 => hàm số f(t) đồng biến trên ( - 1 ; 0 ) và nghịch biến trong (0 ; + )

Ta có (*)  f(x) = f(y) Lúc đó x = y (nếu x , y thuộc cùng một khoảng đơn điệu ) hoặc xy < 0 ( nếu x , y thuộc hai khoảng đơn điệu khác nhau do một khoảng dấu âm , một khoảng dấu dương )

Nếu xy < 0 thì VT của phương trình(2) trong hệ luôn dương Phương trình vô nghiệm

Nếu x = y , thay vào (2) ta được nghiệm của hệ là x = y = 0

3.Biện luận hệ phương trình

VD 5 Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 

m x y

m y x

3 1 3 1

HD

Trang 3

ĐK  1 x,y 3

Trừ theo vế (1) cho (2) và chuyển vế ta được x 1  3  xy 1  3  y

)

3

(

Có hàm số f(t)  t 1  3  t đồng biến trên khoảng (- 1 ; 3) nên từ (3) suy ra x = y

Thay vào (1) có phương trình g(x)  x 1  3  xm

g(x) là hàm số liên tục trên [-1 ; 3] và

1 0

) ( ' , 3 2

1 1

2

1

)

(

x x

x

g

BBT

x -1 1 3

g’(x) || + 0 ||

g(x) 2 2

2 2

Vậy hệ có nghiệm khi 2 m 2 2

4 Hệ phương trình 3 ẩn hoán vị vòng quanh Nếu gặp hệ phương trình 3

ẩn hoán vị vòng quanh không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x  y , x

 z

VD6 

x z

z z

z y

y y

y x

x x

4 1

5 3

4 1

5 3

4 1

5 3

2 3

2 3

2 3

) 3 (

) 2 (

) 1 (

HD

Xét hàm số f(t) = 3 3 2 5 1

t , có f’(t) = 3t2  6t 5  0 , t

Do đó f( t ) luôn đồng biến

Hệ có dạng 

x z

f

z y

f

y x

f

4 )

(

4 )

(

4 )

(

Vì hệ không thay đổi khi hoán vị vòng quanh đối với x, y , z nên có thể giả sử xy,xz

Nếu x > y thì f(x) > f(y) => y > z thì f(y) > f(z) => z > x vô lí

Tương tự nếu x > z

Suy ra x = y = z thế vào (1) có 3 3 2 1 0

x

Hệ có nghiệm x = y = z = 1 ; x = y = z = 1  2

Nhận xét : Xét hệ phương trình có dạng 

) ( )

(

) ( )

(

) ( )

(

x g z

f

z g y

f

y g x

f

nếu

có f(t) và g(t) là các hàm số cùng đồng biến (hoặc nb )thì lập luận tương tự

có x = y = z

Trang 4

5.Phương trình lại đưa về dạng hệ phương trình đối xứng

Phương pháp : Đặt một biểu thức nào đó của phương trình thành một hàm số rồi dẫn đến hệ phương trình có tính chất đối xứng.

HD ĐK: x>-1.

Đặt : y = log2(x 1 )  x 2y  1

Do đó ta có hệ phương trình sau:

x y

y x

1 2 1 2

((12))

Lấy (1) trừ cho (2) ta có: 2x - 2y = y – x => 2x + x = 2y + y (3)

Xét hàm số :f(a) = 2a +a là hàm liên tục và đồng biến trong tập số thực R

Phương trình (3) tương đương: f(x)=f(y)  x = y

Vậy phương trình (1) trở thành : 2x = 1+ x.(4)

Nghiệm của p/t (4) chính là hòanh độ giao điểm của hai

đồ thị y = 2x và y = x + 1

Dựa vào đồ thị ta nhận thấy hai đồ thị cắt nhau lần lượt tại hai điểm có hoành độ là :x=0 và x=1

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 0 hoặc x = 1

VD8Định tham số a để phương trình sau đây có ba nghiệm

phân biệt :

3

HD : Đặt y = 3 x  a

Từ phương trình trên ta suy ra hệ

y y x x x y x x y y a x



 3 3 3 3 3

3

(1) Đặt f(t) = t3 + t , có đạo hàm f’(t) = 3t2 + 1 > 0 mọi t thuộc R , nên hàm số luôn đồng biến

Từ phương trình (1) suy ra f(x) = f(y)=> x= y từ đó ta có

x3 = x + a (*)

Vậy để phương trình trên có ba nghiêm phân biệt thì phương trình (*) phải có ba nghiệm phân biệt Dùng bảng biến thiên

để phưong trình có ba nghiệm phân biêt thì

3 3

2

|

|a  Bài làm thêm

1 Giải các hệ phương trình

a) với x , y  ( 0 ;  ):    

2 8 5

cot cot

y x

y x y x

Trang 5

b) 

x

y x y

x y

x

2 2

3 2

1 1 ln 2 )]

( 2 )[

(

) 2 (

) 1 (

c))

2

) 2 )(

( 2

2

2

2 y

x

xy x y

y

x

d))

0 2 log log 2x 2 y

e e y

e) 

4 3 1 5

1

1

1

xy y

x

e

y

x y

g)

44

5 3

1 4

2

2

2 y x y x

y y

y x

x x

h)

10 4 log

2

2

y x

e

e x y

((12))

HD

a) HD Từ phương trình (1) tương đương cot x –x = cot y – y

Đặt f(t)= cot t – t với t  ( 0 ;  )

Có đạo hàm f’(t) = 1 0

sin

1

2  

t => Hàm số luôn nghịch biến với mọi t ( 0 ;  ) nên phương trình trở thành f(x) = f(y)  x =

y Suy ra kết quả

b) HD.ĐK: x ≥ 0 , y ≥ 0

Phương trình (1) tương đương:y2 - 2y + 2ln(1+y) = x2 - 2x + 2ln(1+x) , có dạng f(y) = f(x)

Xét hàm số :f(t)= t2 - 2t + 2ln(1+t) ,liên tục trong (0; +∞)

Ta có f’(t) = 2t – 2 + t

 1

2

và f’’(t)= 0

) 1 (

2 2

2

2

t

t t

t  0 => f(t) luôn đồng biến trong (0; + ∞)

Do đó p/t: y2 - 2y + 2ln(1+y) = x2 - 2x + 2ln(1+x)  f(y)=f(x)  x=y

Thế y = x vào (2) ta có: 4 x  3  2 2 x  2 x  3 P/t có nghiệm là: x = log 2 3

2

h) HD

ĐK x , y > 0

Phương trình(1) có dạng e x x e y y

Xét hàm số đặc trưng f(t) = et – t có f’(t) = et - 1 > 0 với mọi t > 0

Do đó f(t) đồng biến khi t > 0

Từ (3) => 

 0 ,

0

) ( )

(

y x

y f x f

=> x = y Thay vào (2) ta có log 4 10 log 1 2 ( 2 3 log ) 10 ,

2

2

1

log2 x

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) = (2 ; 2)

2.giải các hpt sau

a) 

x z

z y

y x

sin sin

b)

2 3

2 3

z z

z

y

y y

y

x

Trang 6

c)       

x z

z z

z

z y

y y

y

) 1

l n(

3 3

) 1 ln(

3 3

2 3

2 3

d)

x z y

z z y y x x

2 3 2 3 2 3

2 2 2

4 4 4

e)

x x

z

z z

y

y y

x

sin 6

sin 6

sin 6

3 3 3

Bài 3 Chứng minh với mọi m > 0 hệ sau có nghiệm duy nhất

0 2

3

0 2

3

2 2

2 2

m x

x

y

m y

y

x

HD Nếu y 0 thì VT của (1) âm phương trình không thỏa mãn , suy ra y >

0 Tương tự x > 0

Trừ theo vế của (1) cho (2) , ta được

0 ) 2 2 3 )(

( 0 2 2 3

y

Vì x , y > 0 nên (3)  x = y

Thay vào (1) ta có f(x)  3x3  2x2 m

x x

x

f' ( ) 9 2 4

 , f' (x)  0  x 0 ,x 4 / 9

BBT

x 0 4/9 +

f’(x) 0 0 +

f(x) 0 + 

A

Dựa vào BBT ta thấy với mọi m > 0 phương trình f(x) = m có nghiệm x > 0 duy nhất

Vậy có đpcm

Bài 4 Định m để hệ phương trình sau có nghiệm:

m x y

m y x

3

2

3

2

HD :Trừ hai vế phương trình ta có: 2x 3  x  2y 3  y

Đặt f(t) = 2t  3  t Hàm số xác định trong [0 ; 3 ]

CM hàm số đồng biến ,suy ra x = y Thế y = x vào phương trình (1) ta có

m x g

x x

x g m x x

) (

3 2 ) ( 3

2

3 2

1 2

1 )

(

x x

x

g

Lập bảng biến thiên

x 0 2

3 g’(x) + 0

-g(x) 3

3

Trang 7

suy ra kết quả m [ 3 ; 3 ]

Bài 5 Tìm m để các hệ phương trình sau có nghiệm

a) 

m y x

y x

y

x

cos 3 sin

2

cos cos

b) 

m y x

y x

3 cos 3

cos

1 cos

cos

Bài 6 Giả sử x , y là nghiệm của hệ phương trình

m y x

m y x

2 2

Hãy tìm GTLN , GTNN của x 3 y3

Bài 7 : Giải phương trình : log 2 (sinx + 1) = 2sin x – 1

HD : Đặt y = log2(sinx + 1) => sin x = 2y - 1 (1)

Phương trình trở thành hệ : x y y x

y x

x y x y x

y sin sin sin

2 sin 2 2 2 sin 1 2 sin 1 2





Xét hàm số f(t) = t + 2t có f’(t) = 1 + 2t ln2 > 0 hàm số luôn luôn đồng biến nên

x y x f y f x

y 2y sin 2 sinx ( ) (sin ) sin

Do đó từ (1) ta có y = 2y – 1  2yy 1  y 0 ,y 1

Khi y = 0 x x k

 2 sin 1

2 2

Thử lại ,phương trình có nghiệm :   2 

2

k

BT8§HKT 1998) GHBPT :

0 10 9 3

0 4 5

2 3 2

x x x x x

BT9 GHBPT :

0 9 5 3 3

0 ) ( log log

2 3

2 2 2

x x x

x x

Ngày đăng: 12/07/2014, 14:00

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w