DÙNG HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2014

DÙNG HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2014 LÀ TÀI LIỆU THAM KHẢO CỰC HAY DÙNG CHO GIÁO VIÊN, HỌC SINH VÀ PHỤ HUYNH THAM KHẢO, TÀI LIỆU TỔNG HỢP CÁC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TRONG NĂM 2014. CHUẨN BỊ TỐT CÁC BÀI TẬP NÀY SANG NĂM CÁC BẠN SẼ CÓ KẾT QUẢ TỐT

1 Ứng Dụng Đạo Hàm Trong Các Bài Tốn Đại Số I.Các vài tốn liên quan đến nghiệm của pt-bpt Định lí 1: Số nghiệm của pt f(x)=g(x) chính là số giao điểm của hai đồ thị y=f(x) và y=g(x) Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) lt trên D và min ( ) x D m f x   , ax ( ) x D M M f x   thì pt: f(x)=k có nghiệm khi và chỉ khi m k M   Định lí 3: Bất phương trình ( ) ( ) f x g x  nghiệm đúng mọi x thuộc D khi và chỉ khi ( ) ( ) x D x D Min f x Max g x    Các ví dụ: Bài 1:Tìm m để pt sau có nghiệm: 2 2 1 1 x x x x m       (HSG Nghệ an 2005) Lời giải: Xét hàm số 2 2 ( ) 1 1 f x x x x x       có tập xác định là D=R                                            2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 '( ) ' 0 2 1 2 1 (2 1) 1 2 1 1 (1) 1 1 3 1 1 3 [( - ) ] [( ) ] 0 thay vào (1)ta thấy không 2 2 4 2 2 4 thỏa mãn. Vậy f'(x)=0 vô nghiệm, mà f'(0)=1>0, do x x f x f x x x x x x x x x x x x x x x x                   2 2 x + x + đó f'(x)>0 x 2 Mặt khác: Lim ( ) = Lim 1; Lim ( ) 1 1 1 Vậy pt đã cho có nghiệm -1 1 x R x f x f x x x x x m Bài 2:Tìm tất cả các giá trị của a để pt: 2 1 cos ax x   có đúng một nghiệm 0; 2 x         (Đề thi HSG tỉnh Hải Dương Lớp 12 năm 2005) Giải: Ta thấy để pt có nghiệm thì 0 a                                           2 2 2 2 2 sin cos 1 sin 2 Khi đó pt =a -2 . Xét hàm số ( ) với t 0; 4 2 cos - .cos sin ta có '( ) = 0 với t 0; ( ) ngb trên 0; 4 4 t x x t a f t t x x t t tgt t t t f t f t t 2                                   2 2 2 0 2 2 sin 2 2 2 2 8 2 Mà f( )= và ( ) 1 ( ) 1 1 (0; ) 4 2 2 8 1 4 Vậy pt đã cho có đúng 1 nghiệm (0; ) 2 1 2 2 t x Lim f t f t x x x a a Bài 3: Cho phương trình        6 5 4 3 2 3 6 ax 6 3 1 0 x x x x x . Tìm tất cả các giá trị của tham số a, để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt. (HSG Nam Định 2004) Giải: Vì 0 x  khơng phải là nghiệm pt. Chia hai vế pt cho x 3 ta được                           3 2 3 2 2 2 3 2 2 2 1 1 1 1 ( ) 3( ) 6( ) a=0 (1). Đặt t= ta thu được pt ( 3) 3( 2) 6 3 9 6 (1') Từ cách đặt t ta có: 1 0 (2)pt này c ó = - 4 0 2. Từ đây ta có *Nếu 2 thì pt x x x x x x x x t t t t a t t t a x tx t t t    đã cho có một nghiệm *Nếu 2 thì với mỗi giá trò của cho tương ứng hai giá trò của x Nên pt (1) có đúng hai nghiệm phân biệt pt(1') có đúng hai nghiệm t= 2 hoặc (1') có đúng t t                     3 2 2 1nghiệm thỏa mãn 2 2 6 1: Nếu (1') có đúng hai nghiệm t= 2 vô nghiệm 22 6 2 :(1') có đúng một nghiệm 2 Xét hàm số ( ) 3 9 với 2, ta có '( ) 3 6 9 3( 1 t t a TH a TH t f t t t t t f t t t t  )( 3) t Ta có bảng biến thiên: Dựa vào bảng bt ta thấy pt(1’) có đúng một nghiệm  2 t khi và chỉ khi        2 6 22 4 16 a a f(t) f’(t) x - 2 2 1 - 3 0 0 + - 2 22 27 3 Bài 4:Cho hàm số      ( )( ) y x x a x b với a,b là hai số thực dương khác nhau cho trước.Cmr với mỗi số thực    0;1 s đếu tồn tại duy nhất số thực            1 0 : ( ) 2 s s s a b f ( HSG QG bảng A năm 2006) Giải: Trước hết ta cos BĐT :    ( ) 2 2 s s s a b a b (1) ta có thể cm (1) bằng hàm số hoặc bằng BĐT Bécnuli Áp dụng BĐT Côsi và (1) ta có : 1 ( ) 2 2 s s s a b a b ab     (*) (do a b  ) Mặt khác ta có: 2 2 ( )( ) '( ) 2 ( )( ) x a b x a x b f x x a x b         ta dễ dàng cm được f’(x) >0 mọi x>0 suy ra f(x) đồng biến với x>0 nên 0 ( ) ( ) ( ) 2 x x a b Lim f x ab f x Lim f x         (**) Vì f(x) liên tục khi x>0 nên từ (*) và (**) ta có điều phải cm Bài tập: 1. Tìm m để pt sau có nghiệm duy nhất thuộc  [0; ] 4         3 2 (4 6 )sin 3(2 1)sin 2( 2)sin cos (4 3)cos 0 m x m x m x x m x 2.Tìm m để số nghiệm của pt: 2 2 4 2 15 2(6 1) 3 2 0 x m x m m      không nhiều hơn số nghiệm của pt: 2 3 6 8 (3 1) 12 2 6 (3 9) 2 0,25 x m m m x x      (HSG Nghệ an 1998) 3. Tìm tất cả các giá trị a để bpt: 2 ln(1 ) x x ax    nghiệm đúng 0 x   4. a)Cmr nếu a >0 là số sao cho bpt: 1 x a x   đúng với mọi 0 x  thì a e  b) Tìm tất cả các giá trị của a để : 1 x a x x    (HSG 12 Nam Định 2006) 4 II.Giải pt bằng phương pháp hàm số Định lí 1:Nếu hàm số y=f(x) ln đb (hoặc ln ngb) thì số nghiệm của pt : f(x)=k Khơng nhiều hơn một và f(x)=f(y) khi và chỉ khi x=y Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) ln đb (hoặc ln ngb) và hàm số y=g(x) ln ngb (hoặc ln đb) trên D thì số nghiệm trên D của pt: f(x)=g(x) khơng nhiều hơn một Định lí 3:Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm đến cấp n và pt ( ) ( ) 0 k f x  có m nghiệm, khi đó pt ( 1) ( ) 0 k f x   có nhiều nhất là m+1 nghiệm Các ví dụ: Bài 1:Giải pt: 2 2 3 (2 9 3) (4 2)( 1 1) 0 x x x x x         (Olympic 30-4 ĐBSCL 2000) Giải: Ta thấy pt chỉ có nghiệm trong 1 ( ;0) 2    2 2 2 2 3 (2 ( 3 ) 3) (2 1)(2 (2 1) 3) (2 3) (2 3) (1) pt x x x x u u v v                 Với u=-3x, v=2x+1; u,v>0. Xét hàm số 4 2 ( ) 2 3 f t t t t    với t>0 Ta có 3 4 2 2 3 '( ) 2 0 0 ( ) ( ) 3 t t f t t f u f v u v t t            (1)  u=v  -3x=2x+1 1 5 x    là nghiệm duy nhất của pt Bài 2: Giải pt:           2 osx=2 với - ; 2 2 tg x e c x (HSG Lớp 12 Nam Định 2006) Giải: Xét hàm số :            2 ( ) osx với - ; 2 2 tg x f x e c x , ta có             2 2 tg 3 2 3 1 2e os '( ) 2 . sin sin cos os x tg x c x f x tgx e x x x c x Vì    2 3 2 2 os 0 tg x e c x Nên dấu của f’(x) chính là dấu của sinx. Từ đây ta có   ( ) (0) 2 f x f Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=0 Bài 3: Giải pt:    2003 2005 4006 2 x x x (HSG Nghệ an 2005) Giải: Xét hàm số :     ( ) 2003 2005 4006 2 x x f x x Ta có:    '( ) 2003 ln2003 2005 ln2005 4006 x x f x         2 2 ''( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 0 "( ) 0 vô nghiệm f'(x)=0 có nhiều nhất là một nghiệ m f(x)=0 có nhiều nhất là hai nghiệm x x f x x f x 5 Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm x=0 và x=1 Bài 4: Giải pt:     3 3 1 log (1 2 ) x x x (TH&TT) Giải: Đk: x>-1/2             3 3 3 3 1 2 log (1 2 ) 3 log 3 1 2 log (1 2 ) x x x pt x x x x x (1) Xét hàm số:   3 ( ) log f t t t ta có f(t) là hàm đồng biến nên           (1) (3 ) (1 2 ) 3 2 1 3 2 1 0 (2) x x x f f x x x Xét hàm số:          2 ( ) 3 2 1 '( ) 3 ln3 2 "( ) 3 ln 3 0 x x x f x x f x f x   ( ) 0 f x có nhiều nhất là hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm x=0 và x=1 Bài 5: Giải hệ pt:          sinx-siny=3x-3y (1) x+y= (2) 5 , 0 (3) x y Giải: Từ (2) và (3) ta có :   , (0; ) 5 x y  (1) sinx-3x=siny-3y . Xét hàm số f(t)=sint-3t với   (0; ) 5 t ta có f(t) là hàm nghịch biến nên f(x)=f(y)  x=y thay vào (2) ta có    10 x y là nghiệm của hệ Bài 6: Giải hệ:              (1) 1 1 8 (2) tgx tgy y x y x y (30-4 MOĐBSCL 2005) Giải: Đk:          1 8 y x y (*) (1) tgx x tgy y     x y   (do hàm số ( ) f t tgt t   là hàm đồng biến) Thay vào (2) ta có:            1 1 8 1 8 1 y y y y y y                                          2 2 1 8 2 8 1 8 4 4 8 8 8 3 3 3 8 4 8 8 9 48 64 16 128 9 64 64 0 y y y y y y y y y y y y y y y y y y Vậy 8 x y   là nghiệm duy nhất của hệ đã cho 6 Bài 7: Giải hệ phương trình sau (AMS-2014) Giải: 7 Bài 8: Chuyên Quảng Bình-2014 Giải: 8 Bài 9: Chuyên Quảng Trị-2014 Giải: 9 Bài 10: Chu Văn An-2014 Giải: 10 Bài 11: Chuyên Vĩnh Phúc-2014 (3) Giải: [...]... Vĩnh Phúc -2014 (4) Giải: 11 Bài 13: Lạng Giang -2014 Giải: 12 Bài 14: Tồng Duy Tân -2014 Giải: 13 Bài 15: Tống Duy Tân -2014 (2) Giải: 14 Bài 16: Triệu Sơn -2014 Giải: 15 HỆ HOÁN VỊ VÒNG QUANH:  f ( x1 )  g( x2 )  f ( x )  g( x )  2 3 Định nghĩa:Là hệ có dạng:  (I)   f ( xn )  g( x1 )  Định lí 1: Nếu f,g là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên A và ( x1 , x2 , , xn ) là nghiệm của hệ trên A... là nghiệm của hệ trên A  x1  x3   xn 1 thì x1  x2   x n nếu n lẻ và  nếu n chẵn  x2  x 4   xn  x 3  3 x  3  ln( x 2  x  1)  y  3  Bài 7 :Giải hệ:  y  3 y  3  ln( y 2  y  1)  z  3 2  z  3 z  3  ln( z  z  1)  x  Giải: Ta giả sử (x,y,z) là no của hệ Xét hàm số f (t )  t 3  3t  3  ln(t 2  t  1) 2t  1 ta có: f '(t )  3t 2  3   0 nên f(t) là hàm đồng biến...    z y x y z x x z y x y z Giải: Xét hàm số : f ( x )         Với đk đã cho x  y  z  0 z y x  y z x 1 1 y z 1 1 Ta có: f '( x)  (  )  ( 2  2 )  ( y  z)(  2 )  0  f(x) là hàm đồng biến z y yz x x x  f ( x )  f ( y )  0  đpcm Bài 3: Cho x  y  z  0 CMR: Bài 4:Cho a>b>c>0 CMR: a3b 2  b3c 2  c3a 2  a 2b3  b 2c 3  c 2a 3 Giải: Xét hàm số: f (a)  a 3b 2  b3c 2  c 3a... y  y 2 z 2  z 2 ( z  y )2  0  đpcm Bài 6: Cho n,k là các số nguyên dương n  7;2  k  n Cmr: k n  2n k (HSG QG bảng B 96-97) Giải : Bđt  n ln k  k ln n  ln 2  n ln k  k ln n  ln 2 n x Xét hàm số f ( x)  n ln x  x ln n  ln 2 với x  [2; n -1]  f '( x)   ln n  f '( x )  0  x  n ln n n  2  e n  n 2 n  7 Xét hàm số g ( x )  e x  x 2  g '( x )  e x  2 x  g "( x )  e x... x=y=z Vì pt x 3  2 x  3  ln( x 2  x  1)  0 có nghiệm duy nhất x=1 nên hệ đã cho có nghiệm là x=y=z=1  x 2  2 x  6 log (6  y)  x 3   Bài 8 :Giải hệ:  y 2  2 y  6 log3 (6  z)  y (HSG QG Bảng A năm 2006)  2  z  2 z  6 log3 (6  x )  z   x  log3 (6  y )   x2  2x  6  f ( y )  g( x )  y   Giải: Hệ   log3 (6  z)    f ( z)  g( y ) 2 y  2y  6   f ( x )  g( z) ... Trong đó f (t )  log 3 (6  t ) ; g (t )  t với t  (;6) 2 t  2t  6 16 6t Ta có f(t) là hàm nghịch biến, g '(t )  t 2  2t  6 3  0 t  (;6)  g(t) là hàm đb  Nên ta có nếu (x,y,z) là nghiệm của hệ thì x=y=z thay vào hệ ta có: x log 3 (6  x)  pt này có nghiệm duy nhất x=3 x2  2x  6 Vậy nghiệm của hệ đã cho là x=y=z=3 Bài tập: 1 3 x  2  3 x  1  3 2 x 2  1  3 2 x 2 ; 2 81sin10 x ... Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất 2 3 2  x1  x2  4 x2  ax 2  2 3 2  x2  x3  4 x3  ax 3    2 3 2  xn  x1  4 x1  ax1 8 Tìm m để các pt sau có nghiệm: a ) x x  x  12  m( 5  x  4  x ); b) 3+x  6  x  (3  x )(6  x )  m c)tg 2 x  cot g 2 x  m(tgx  cotgx)+3=0; d) 17 cos6 x  sin 6 x cos2 x  sin 2 x  m.tg2 x III Các bài toán cực tri- chứng minh BĐT: Bài 1: Cho 4 số thực... 1 2 x ( x  1)     x 2  x  1  (2  2  )   x 1 x 1 x 1 x 1  x 1 2 x( x  1) Xét hàm số f ( x )  x 2  x  1  (2  2  ) với 1    x x 1  2(2 x  1)  1 2x+1 2 Ta có: f '( x)  2 x  1  2  (  1)[  ]  0 do 1    x  1  +1 ( x   )2 ( x   )2 Giải: Đặt Như vậy hàm f(x) là đồng biến do đó f ( x)  f ( )   2  3  3  Nhưng f '( )  2  3  1     1 ... tổng quát ta giả sử: x  y  z Xét hàm số 18 f ( x)  x 4  y 4  z 4  xyz ( x  y  z )  xy ( x 2  y 2 )  yz ( y 2  z 2 )  zx( z 2  x 2 ) Ta có : f '( x)  4 x 3  3x 2 ( y  z )  xyz  yz ( x  y  z )  ( y 3  z 3 )  f "( x )  12 x 2  6 x ( y  z )  2 yz  f "( x )  0 (do x  y  z )  f '( x)  f '( y )  z 2 y  z 3  z 2 ( y  z )  0 nên f(x) là hàm đb  f ( x )  f ( y )  z 4 ... F  ac  bd  cd  (HSG Nghệ an 2005) 4 Giải: ta có: F  (a 2  b 2 )(c 2  d 2 )  cd  2d 2  6d  9  d 2  3d  f (d ) 3 9 3 9 1  2(d  )2  1  2(d  ) 2  2 2 vì 2 2  0 nên Ta có f '(d )  (2d  3) 2d 2  6d  9 2d 2  6d  9 3 96 2 f (d )  f ( )  ta có đpcm 2 4 Bài 2: Cho 0  x  y  z  1 : 3 x  2 y  z  4 Tìm gtln F  3 x 2  2 y 2  z 2 (TH&TT) 4  2y  z Giải: Từ gt ta có: x  thay . bằng phương pháp hàm số Định lí 1:Nếu hàm số y=f(x) ln đb (hoặc ln ngb) thì số nghiệm của pt : f(x)=k Khơng nhiều hơn một và f(x)=f(y) khi và chỉ khi x=y Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) ln đb. của hệ đã cho 6 Bài 7: Giải hệ phương trình sau (AMS-2014) Giải: 7 Bài 8: Chuyên Quảng Bình-2014 Giải: 8 Bài 9: Chuyên Quảng Trị-2014 Giải: . y=f(x) ln đb (hoặc ln ngb) và hàm số y=g(x) ln ngb (hoặc ln đb) trên D thì số nghiệm trên D của pt: f(x)=g(x) khơng nhiều hơn một Định lí 3:Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm đến cấp n và pt ( ) (