Ứng dụng đạo hàm trong giải hpt , hbpt

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 :      >+− <−+ 013 0123 3 2 xx xx HD (1)  -1 < x < 1/3 Xét hs y = x 3 – 3x + 1 trên khoảng (- 1 ; 1/3) có y’ = 3x 2 – 3 < 0 hàm số nb BBT x -1 1/3 y’ y 3 1/27 Vậy hbpt có nghiệm là ( - 1 ; 1/3) 2. Hệ phương trình Khi gặp hệ phương trình dạng    = = 0),( )()( yxg yfxf )2( )1( 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 55 48 33 yx yyxx )2( )1( HD Từ phương trình (2) có x, y ∈ [ - 1 ; 1] Xét hàm số f(t) = t 3 – 5t , t ∈ [-1 ; 1] có f’(t) = 3t 2 – 5 < 0 ∀ t ∈ [ - 1 ; 1] . Do đó hàm số f(t) nb trên ( - 1 ; 1) Từ (1) suy ra x = y Thế vào (2 ) có nghiệm x = y = 4 2 51+− ± 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      +=+−+ +=+−+ − − 1322 1322 12 12 x y yyy xxx )2( )1( (Dự bị khối A – 2007) HD Đặt 1,1 −=−= ybxa ta có      =++ =++ a b bb aa 31 31 2 2 Trừ theo vế 2 phương trình có ba bbaa 3131 22 +++=+++ (*) Xét hàm số f(t) = t tt 31 2 +++ có f’(t) = 3ln.3 1 1 2 2 t t tt + + ++ Vì ttt −≥>+ 22 1 nên f’(t) > 0 ∀ t do đó f(t) đồng biến trên R Vậy (*)  a = b thay vào phương trình (1) có a aa 31 2 =++ (4) Theo nhận xét trên thì 2 vế phương trình (4) dương lấy ln hai vế ta có 03ln)1ln()( 2 =−++= aaaag 03ln13ln 1 1 )(' 2 <−<− + = a ag , ∀ a ∈ R 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    =+− −=+−+ 052 )1ln()1ln( 22 yxyx yxyx )2( )1( 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 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      =−++ =−++ mxy myx 31 31 HD ĐK 3,1 ≤≤− yx Trừ theo vế (1) cho (2) và chuyển vế ta được yyxx −−+=−−+ 3131 )3( Có hàm số tttf −−+= 31)( đồng biến trên khoảng (- 1 ; 3) nên từ (3) suy ra x = y Thay vào (1) có phương trình mxxxg =−++= 31)( g(x) là hàm số liên tục trên [-1 ; 3] và 10)(', 32 1 12 1 )(' =⇔= − − + = xxg xx xg BBT x -1 1 3 g’(x) || + 0 || g(x) 2 2 2 2 Vậy hệ có nghiệm khi 222 ≤≤ m 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      =++− =++− =++− xzzz zyyy yxxx 4153 4153 4153 23 23 23 )3( )2( )1( HD Xét hàm số f(t) = 153 23 ++− ttt , có f’(t) = ttt ∀>+− ,0563 2 Do đó f( t ) luôn đồng biến Hệ có dạng      = = = xzf zyf yxf 4)( 4)( 4)( Vì hệ không thay đổi khi hoán vị vòng quanh đối với x, y , z nên có thể giả sử zxyx ≥≥ , 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 013 23 =++− xxx Hệ có nghiệm x = y = z = 1 ; x = y = z = 1 2± Nhận xét : Xét hệ phương trình có dạng      = = = )()( )()( )()( xgzf zgyf ygxf 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 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. VD7 Giải phương trình : 1)1(log2 2 =+− x x HD. ĐK: x>-1. Đặt : y = log 12)1( 2 −=⇒+ y xx Do đó ta có hệ phương trình sau:      += += x y y x 12 12 )2( )1( Lấy (1) trừ cho (2) ta có: 2 x - 2 y = y – x => 2 x + x = 2 y + y (3) Xét hàm số :f(a) = 2 a +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 : 2 x = 1+ x.(4) Nghiệm của p/t (4) chính là hòanh độ giao điểm của hai đồ thị y = 2 x 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 3 axax +=− HD : Đặt y = 3 ax + Từ phương trình trên ta suy ra hệ yyxxxyyx xay yax +=+⇒−=−⇒      += += 3333 3 3 (1) Đặt f(t) = t 3 + t , có đạo hàm f’(t) = 3t 2 + 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 x 3 = 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 33 2 || <a Bài làm thêm 1 Giải các hệ phương trình a) với x , y );0( π ∈ :    =+ −=− π 285 cotcot yx yxyx b)      +=− + + =+−− + y x yx y x yxyx 2232 1 1 ln2)](2)[( )2( )1( c))      =+ +−=− 2 )2)((22 22 yx xyxy yx d))      =−+ −=− 02loglog 21 2 2 yx eeyx yx e)      =++−+− = + + − 43151 1 1 xyyx e y x yx g)      =+++ −+−+−=++++ 44 53142 22 yxyx yyyxxx h)      =+ −=− 104log 2 log 3 2 2 y x yxee yx )2( )1( HD a) HD Từ phương trình (1) tương đương cot x –x = cot y – y . Đặt f(t)= cot t – t với t );0( π ∈ . Có đạo hàm f’(t) = 01 sin 1 2 <−− t => Hàm số luôn nghịch biến với mọi t );0( π ∈ nên phương trình trở thành f(x) = f(y) ⇔ x = y .Suy ra kết quả b) HD.ĐK: . x ≥ 0 , ψ ≥ 0 Phương trình (1) tương đương:y 2 - 2y + 2ln(1+y) = x 2 - 2x + 2ln(1+x) , có dạng f(y) = f(x) . Xét hàm số :f(t)= t 2 - 2t + 2ln(1+t) ,liên tục trong (0; +∞) Ta có f’(t) = 2t – 2 + t+1 2 và f’’(t)= 0 )1( 22 2 2 > + + t tt 0≥∀t => f(t) luôn đồng biến trong (0; + ∞) Do đó p/t: y 2 - 2y + 2ln(1+y) = x 2 - 2x + 2ln(1+x)  f(y)=f(x)  x=y. Thế y = x vào (2) ta có: 322.234 =<=>=− xxx .P/t có nghiệm là: x = 3log 2 2 h) HD ĐK x , y > 0 Phương trình(1) có dạng yexe yx −=− (3) Xét hàm số đặc trưng f(t) = e t – t có f’(t) = e t - 1 > 0 với mọi t > 0 Do đó f(t) đồng biến khi t > 0 Từ (3) =>    >> = 0,0 )()( yx yfxf => x = y Thay vào (2) ta có ,10)log32(21log104log 2 log 22 3 2 2 =++−⇔=+ xxx x hay 1log 2 =x Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) = (2 ; 2) 2.giải các hpt sau a)      = = = xz zy yx sin sin sin b)      −++= −++= −++= 2 2 2 23 23 23 xxxz zzzy yyyx c)      =+−+−+ =+−+−+ =+−+−+ xzzzz zyyyy yxxxx )1ln(33 )1ln(33 )1ln(33 23 23 23 d)            =       =       =       + + + x z y zz yy xx 23 23 23 2 2 2 4 1 4 1 4 1 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      =−− =−− 023 023 22 22 mxxy myyx HD Nếu 0≤y 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)223)((02233 2222 =++−⇔=−+− yxxyyxyxxyyx (3) Vì x , y > 0 nên (3)  x = y Thay vào (1) ta có mxxxf =−= 23 23)( xxxf 49)(' 2 −= , 9/4,00)(' ==⇔= xxxf 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:      =−+ =−+ mxy myx 32 32 HD :Trừ hai vế phương trình ta có: yyxx −−=−− 3232 Đặt f(t) = tt −− 32 .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    = −+= ⇔=−+ mxg xxxg mxx )( 32)( 32 Có 20)(' 32 1 2 1 )(' =⇔=⇒ − −= xxg xx xg Lập bảng biến thiên x 0 2 3 g’(x) + 0 g(x) 3 3 6 suy ra kết quả. ]3;3[∈m Bài 5. Tìm m để các hệ phương trình sau có nghiệm a)    =− −=− myx yxyx cos3sin2 coscos b)    =+ −=+ myx yx 3cos3cos 1coscos Bài 6. Giả sử x , y là nghiệm của hệ phương trình    =+ =+ myx myx 22 Hãy tìm GTLN , GTNN của 33 yx + Bài 7 : Giải phương trình : log 2 (sinx + 1) = 2 sin x – 1 . HD : Đặt y = log 2 (sinx + 1) => sin x = 2 y - 1 (1) Phương trình trở thành hệ :. xyyx y x xyxy x y sinsin sin 2sin222sin 12sin 12 +=+⇔−=−=>      −= −= Xét hàm số f(t) = t + 2 t có f’(t) = 1 + 2 t .ln2 > 0 . hàm số luôn luôn đồng biến nên xyxfyfxy xy sin)(sin)(2sin2 sin =⇒=⇔+=+ Do đó từ (1) ta có y = 2 y – 1 1,012 ==⇔+=⇔ yyy y Khi y = 0 . π kx x =⇔=⇒ 12 sin Khi y =1 π π 2 2 22 sin kx x +=⇔=⇒ Thử lại ,phương trình có nghiệm : π π π 2 2 , kxkx +== BT8§HKT 1998) GHBPT :      >−−+ <++ 01093 045 23 2 xxx xx BT9 GHBPT :      >++− <− 0953 3 1 0)(loglog 23 2 2 2 2 xxx xx . 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. y = 4 2 51+− ± 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      +=+−+ +=+−+ − − 1322 1322 12 12 x y yyy xxx )2( )1( (Dự. yyxxxyyx xay yax +=+⇒−=−⇒      += += 3333 3 3 (1) Đặt f(t) = t 3 + t , có đạo hàm f’(t) = 3t 2 + 1 > 0 mọi t thuộc R , nên hàm số luôn đồng biến . Từ phương trình (1) suy ra f(x) = f(y)=>