ứng dụng đạo hàm giải và biện luận phương trình bất phương trình hệ phương trình chứa tham số

______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 1 Chuyên đề: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH–BẤT PHƯƠNG TRÌNH–HỆ CHỨA THAM SỐ I.CƠ SỞ LÍ THUYẾT Giả sử hàm số y = f(x) liên tục trên tập D và tồn tại giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên tập đó, kí hiệu tương ứng xÎD maxf(x), xÎD minf(x) (hay D maxf(x), D min f(x)). Khi đó ta có các mệnh đề sau: F Mệnh đề 1: f(x) = m có nghiệm xÎD Û xÎD minf(x) ≤ m ≤ xÎD maxf(x). F Mệnh đề 2: (i) f(x) ≥ m có nghiệm xÎD Û xÎD maxf(x) ≥ m. (ii) f(x) ≥ m nghiệm đúng "xÎD Û xÎD minf(x) ≥ m. F Mệnh đề 3: (i) f(x) ≤ m có nghiệm xÎD Û xÎD minf(x) ≤ m. (ii) f(x) ≤ m nghiệm đúng "xÎD Û xÎD maxf(x) ≤ m. II.PHƯƠNG PHÁP GIẢI F Bước 1: Tìm TXĐ, điều kiện của biến. F Bước 2: Từ các dữ kiện của bài toán và các phương trình, tìm cách cô lập tham số để phương trình về dạng f(x) = m hoặc f(x) = g(m). F Bước 3: Sử dụng phép đặt ẩn phụ t = t(x) nếu cần thiết, chú ý khảo sát chính xác tập giá trị D của biến. F Bước 4: Sử dụng đạo hàm khảo sát hàm số f(x) trên TXĐ, hay f(t) với t=t(x), tÎD để suy ra GTLN–GTNN của hàm f(x), f(t). F Bước 5: Từ GTLN–GTNN của f(x) hay f(t), suy ra giá trị tham số m thỏa mãn bài toán. III.VÍ DỤ MINH HỌA þ Bài 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm 2x 2 –2(m+4)x+5m+10 +3–x = 0 Giải: ______Chu Thanh Tip K59E C nhõn Toỏn HSPHN___________________________ 2 Phng trỡnh ó cho tng ng vi h: ợ ớ ỡ x3 2x 2 2(m4)x+5m+10=(x3) 2 ợ ớ ỡ x3 x 2 2x+1 2x5 =m (I) Xột hm s y = x 2 2x+1 2x5 vi x 3. Ta cú: f(x)= 2x 2 10x+8 (2x5) 2 , f(x)=0 x=4 lim x đ 3 f(x) = 4; lim x đ + f(x) = + Bng bin thiờn: x 3 4 + f(x) 0 + f(x) 6 + 3 Phng trỡnh ó cho cú nghim khi v ch khi h (I) cú nghim, iu ny xy ra khi m 3. ỵ Bi 2. (i hc khi B2006) Tỡm m phng trỡnh sau cú hai nghim thc phõn bit x 2 +mx+2 = 2x+1 Gii iu kin: x 1 2 D thy rng "m thỡ x = 0 khụng l nghim Phng trỡnh tng ng vi: x 2 +mx+2=(2x+1) 2 mx = 3x 2 +4x1 m = 3x 1 x +4 (1) Xột hm s f(x) = 3x+4 1 x trờn D = ở ờ ộ 1 2 ,+ ứ ữ ử \{0} Ta cú f(x) = 3+ 1 x 2 > 0 "xẻD lim x đ 0 f(x) = lim x đ 0 ố ỗ ổ 3x 1 x +4 ứ ữ ử = +a; lim x đ 0 + f(x) = lim x đ 0 + ố ỗ ổ 3x 1 x +4 ứ ữ ử = { ; lim x đ + f(x) = lim x đ + ố ỗ ổ 3x 1 x +4 ứ ữ ử = + Bng bin thiờn ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 3 x –1 2 0 +∞ f’(x) + + f(x) +∞ 3 +∞ –∞ Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi m ³ 3. þ Bài 3. (Đại học khối B–2007) Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt x 2 + 2x – 8 = m(x–2) Giải Điều kiện: x ≥ 2 Phương trình đã cho tương đương với (x–2)(x 3 +6x 2 –32–m)=0 Û ë ê é x=2 x 3 +6x 2 –32–m=0 Ta cần chứng minh phương trình x 3 +6x 2 –3 = m (1) có một nghiệm trong khoảng (2,+∞) Xét hàm số f(x) = x 3 +6x 2 –32 với x > 2. Ta có f’(x) = 3x 2 +12x > 0"x > 2 Bảng biến thiên x 2 + ∞ f’(x) + f(x) +∞ 0 Từ bảng biến thiên ta thấy "m > 0 phương trình luôn có một nghiệm trong khoảng (2,+∞) Vậy với mọi m > 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt þ Bài 4. Tìm m để hàm số sau đây xác định với mọi x y = cosx+ 1 2 cos2x+ 1 3 cos3x+m Giải: Hàm số xác định với mọi x nếu như: cosx+ 1 2 cos2x+ 1 3 cos3x+m ≥ 0 "x (1) ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 4 Dễ thấy (1) có thể đưa về dạng sau: 4 3 cos 3 x+cos 2 x+m– 1 2 ≥ 0 (2) Đặt t = cosx, tÎ[–1,1], (2) tương đương với: 4 3 t 3 +t 2 ≥ 1 2 – m (3) Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình (3) thỏa mãn với mọi tÎ[–1,1], điều này xảy ra khi và chỉ khi: tÎ[–1,1] min f(t) ≥ 1 2 – m Xét hàm số f(t) = 4 3 t 3 +t 2 trên [–1,1] Ta có f’(t) = 4t 2 +2t, f’(t) = 0 Û ë ê é t=0 t= –1 2 Bảng biến thiên t –1 – 1 2 0 1 f’(t) + 0 – 0 + f(t) – 1 3 1 12 7 3 0 Từ đó suy ra tÎ[–1,1] min f(t) = – 1 3 , vậy giá trị m phải thỏa mãn – 1 3 ≥ 1 2 – m Û m ≥ 5 6 . þ Bài 5. Tìm m để phương trình sau có nghiệm x 2 +x+1 – x 2 –x+1 = m Giải: Đặt f(x) = x 2 +x+1 – x 2 –x+1 thì f(x) xác định "x Î R Ta có: f’(x)= 2x+1 2 x 2 +x+1 – 2x–1 2 x 2 –x+1 = (2x+1) x 2 –x+1–(2x–1) x 2 –x+1 2 (x 2 +x+1)(x 2 –x+1) lim x ® +∞ f(x) = lim x ® +∞ ( x 2 +x+1 – x 2 –x+1) = lim x ® +∞ 2x x 2 +x+1+ x 2 –x+1 ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 5 = 1 lim x ® –∞ f(x) = lim x ® +∞ 2x x 2 +x+1+ x 2 –x+1 = –1 Từ các kết quả trên ta có bảng biến thiên sau: x –∞ + ∞ f’(x) + f(x) 1 –1 Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi –1 < m < 1. þ Bài 6. (Đề dự bị khối B–2007) Tìm m để phương trình sau có nghiệm 4 x 2 +1– x = m Giải: Điều kiện: x ≥ 0 Xét hàm số f(x) = 4 x 2 +1– x trên [0,+∞) Ta có f’(x) = x 2 4 (x 2 +1) 3 – 1 2 x f’(x) = 0 Û x 2 4 (x 2 +1) 3 – 1 2 x = 0 Û x– 4 (x 2 +1) 3 = 0 Û x 2 = (x 2 +1) 3 phương trình vô nghiệm Do đó f’(x) không đổi dấu trên [0,+∞), f’(1) < 0 lim x ® +∞ f(x) = lim x ® +∞ ( 4 x 2 +1– x) = lim x ® +∞ x( 4 1+ 1 x 2 –1) = 0 Bảng biến thiên x 0 + ∞ f’(x) – f(x) 1 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 0 < m ≤ 1. ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 6 þ Bài 7. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x+ 9–x = –x 2 +9x+m (1) có nghiệm Giải: Điều kiện 0 ≤ x ≤ 9 Bình phương 2 vế của (1) ta được phương trình tương đương: x+9–x+2 x(9–x) = –x 2 +9x+m Û 9+2 –x 2 +9x = –x 2 +9x+m (2) Đặt t = –x 2 +9x Ta có t’ = –2x+9 2 –x 2 +9x , t’=0 Û x = 9 2 x 0 9 2 9 f’(x) + 0 – f(x) 9 2 0 0 Từ bảng trên ta có 0 ≤ t ≤ 9 2 . Khi đó phương trình (2) trở thành: 9+2t = t 2 +m Û –t 2 +2t+9 = m (3) Xét hàm số: f(t) = –t 2 +2t+9 trên đoạn ë ê é û ú ù 0, 9 2 f’(t) = –2t+2, f’(t) = 0 Û t = 1 Bảng biến thiên x 0 1 9 2 f’(x) + 0 – f(x) 10 9 –9 4 (1) có nghiệm xÎ [ ] 0,9 khi (3) có nghiệm tÎ ë ê é û ú ù 0, 9 2 Điều này xảy ra khi: –9 4 ≤ m ≤ 10. þ Bài 8. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm x+1– 4–x ≥ m (1) Giải: Điều kiện: –1 ≤ x ≤ 4 Đặt f(x) = x+1– 4–x với xÎ[–1,4] ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 7 (1) có nghiệm khi và chỉ khi xÎ[–1,4] max f(x) ≥ m Ta có f’(x) = 1 2 x+1 + 1 2 4–x > 0, "xÎ[–1;4] Do đó xÎ[–1,4] max f(x) = f(4) = 5 Vậy m ≤ 5 là giá trị cần tìm. þ Bài 9. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm mx– x–3 ≤ m+1 (1) Giải: Điều kiện: x ≥ 3 Biến đổi (1) về dạng: m(x–1) ≤ x–3+1 (2) Vì x ≥ 3 nên (2) tương đương với bất phương trình: m ≤ x–3+1 x–1 Xét hàm số f(x) = x–3+1 x–1 với x ≥ 3 Ta có f’(x) = 5–x 2 x–3(x–1) 2 , f(x) = 0 Û x = 5 lim x ® +∞ f(x) = lim x ® +∞ x–3+1 x–1 = lim x ® +∞ 1 x – 3 x 2 +1 1– 1 x = 1 Bảng biến thiên x 3 5 + ∞ f’(x) + 0 – 1+ 2 4 f(x) 1 2 1 Từ bảng trên ta suy ra bất phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ 1+ 2 4 . þ Bài 10. Tìm m để bất phương trình có nghiệm m( x 2 –2x+2 +1)+x(2–x) ≤ 0 có nghiệm xÎ[0,1+ 3] ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 8 Giải: Đặt t = x 2 –2x+2 Ta có t’= x–1 x 2 –2x+2 , t’= 0 Û x = 1 Bảng biến thiên x –1 0 1+ 3 f’(x) – 0 + f(x) 2 2 1 Từ đó 1 ≤ t ≤ 2. Với 1 ≤ t ≤ 2 ta biến đổi: t = x 2 –2x+2 Û t 2 = x 2 –2x+2 Û t 2 –2 = –x(2–x) Bất phương trình (1) trở thành: m(t+1) ≤ t 2 –2 Û m ≤ t 2 –2 t+1 (2) Xét hàm số f(t) = t 2 –2 t+1 với 1 ≤ t ≤ 2. Ta có f’(t) = t 2 +2t+2 (t+1) 2 > 0, "tÎ [ ] 1,2 Bảng biến thiên t 1 2 f’(t) + f(t) 2 3 1 2 Từ bảng biến thiên (1) có nghiệm xÎ [ ] 0,1+ 3 khi và chỉ khi (2) có nghiệm tÎ [ ] 1,2 . Điều này xảy ra khi m ≤ tÎ [ ] 1,2 max f(t) = f(2) = 2 3 Vậy m ≤ 2 3 thỏa mãn bài toán. þ Bài 11. (Đại học khối A–2007) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực 3 x–1 + m x+1 = 2 4 x 2 –1 (1) Giải Điều kiện: x ≥ 1 ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 9 Ta có: (1) Û –3 x–1 x+1 + 2 4 x–1 x+1 = m (2) Đặt t = 4 x–1 x+1 = 4 1– 2 x+1 , vì x ≥ 1 nên 0 ≤ t <1 Xét hàm số f(t) = –3t 2 +2t trên [0;1) f’(t) = –6t+2 Bảng biến thiên t 0 1 3 1 f’(t) + 0 – 1 3 f(t) 0 –1 Phương trình (1) có nghiệm Û phương trình (2) có nghiệm thuộc [0;1) Dựa vào bảng biến thiên ta được –1 < m ≤ 1 3 là giá trị cần tìm. þ Bài 12. (Đại học khối B–2004) Xác định m để phương trình sau có nghiệm m( 1+x 2 – 1–x 2 + 2) = 2 1–x 4 + 1+x 2 – 1–x 2 (1) Giải Điều kiện: –1 ≤ x ≤ 1 Đặt t = 1+x 2 – 1–x 2 Ta có 1+x 2 ≥ 1–x 2 Þ t ≥ 0 , t 2 = 2 – 2 1–x 4 ≤ 2 , mặt khác t liên tục trên [–1,1] Þ Tập giá trị của t là [0; 2] Phương trình (1) trở thành: m(t+2) = –t 2 +t+2 Û –t 2 +t+2 t+2 = m (2) Xét hàm số f(t) = –t 2 +t+2 t+2 trên [0; 2] f’(t) = –t 2 –4t (t+2) 2 ≤ 0 "tÎ[0; 2] Þ f(t) nghịch biến trên [0; 2] Do đó [0; 2] min f(t) = f( 2) = 2–1 , [0; 2] max f(t) = f(0) = 1 (1) có nghiệm Û (2) có nghiệm thuộc [0; 2] ______Chu Thanh Tip K59E C nhõn Toỏn HSPHN___________________________ 10 [0; 2] min f(t) m [0; 2] max f(t) Vy giỏ tr ca m cn tỡm l 21 m 1. ỵ Bi 13. (i hc khi A2008) Tỡm m phng trỡnh sau cú hai nghim thc phõn bit 4 2x + 2x + 2 4 6x + 2 6x = m (mẻR) Gii iu kin 0 x 6 Xột hm s f(x) = 4 2x + 2x + 2 4 6x + 2 6x trờn [0,6] Ta cú f(x) = (2x) 1 4 + (2x) 1 2 + 2(6x) 1 4 + 2(6x) 1 2 ị f(x)= 1 4 (2x) 3 4 .2 + 1 2 (2x) 1 2 .2 + 1 4 .2(6x) 3 4 .(1) + 1 2 .2(6x) 1 2 (1) = 1 2 . 1 4 (2x) 3 + 1 2x 1 2 . 1 4 (6x) 3 1 6x = 1 2 ố ỗ ổ 1 4 (2x) 3 1 4 (6x) 3 ứ ữ ử + ố ỗ ổ 1 2x 1 6x ứ ữ ử = ố ỗ ổ 1 4 2x 1 4 6x ứ ữ ử . ở ờ ộ 1 2 ố ỗ ổ 1 4 (2x) 2 + 1 4 2x(6x) + 1 4 (6x) 2 ứ ữ ử + 1 4 2x + 1 4 6x ỷ ỳ ự f(x) = 0 1 4 2x 1 4 6x = 0 4 2x = 4 6x x = 2 Bng bin thiờn x 0 2 6 f(x) + 0 3 2+6 f(x) 2 4 6+2 6 4 12+2 3 S nghim ca phng trỡnh ó cho bng s giao im ca ng thng y = m v th hm s y = f(x) = 4 2x + 2x + 2 4 6x + 2 6x trờn [...]... 2 2 f(x) + 2+4 2 f(x) cos2 ỗ2x + 24 2 (1) cú nghim (2) cú nghim trong [ 2, 2] 24 2 Ê 22m Ê 2+4 2 Vy giỏ tr m tha món bi toỏn l 2 2 Ê m Ê 2 2 ỵ Bi 19 (i hc S Phm H Ni II 2001) Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca tham s a bt phng trỡnh a.9x+(a1).3x+2+a1 > 0 nghim ỳng vi mi x Gii x t t = 3 > 0 14 Chu Thanh Tip K59E C nhõn Toỏn HSPHN _ Bpt at2+9(a1)t+a1 > 0 a(t2+9t+1) > 9t+1 a > 9t+1 t +9t+1... cho cú nghim khi v ch khi ớt nht mt trong hai h (I), (II) cú 28 nghim, tc l khi m > 0 hoc m < 27 17 Chu Thanh Tip K59E C nhõn Toỏn HSPHN _ ỵ Bi 24 (i hc khi D2007)Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s m h phng trỡnh sau cú nghim thc ỡx+1+y+1=5 ù x y ớ 1 1 ùx3+x3+y3+y3=15m10 ợ Gii ổ 1 1ử T phng trỡnh u ta cú: y + = 5 ỗx + ữ (1) y xứ ố Bin i phng trỡnh th hai: ự 1 ổ 1ử ộổ 1ử x3 + 3 + ỗy + ữ.ờỗy... 2 7 4 T bng bin thiờn suy ra h ó cho cú nghim khi v ch khi (3) cú 18 Chu Thanh Tip K59E C nhõn Toỏn HSPHN _ nghim tẻD, iu ny xy ra khi m 22 hoc 7 Ê m Ê 2 4 ỵ Bi 25 Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s m h phng trỡnh sau cú nghim ỡx3y3+3y23x2=0 ớ 2 2 2 ợx + 1x 3 2yy +m=0 Gii iu kin: 1 Ê x Ê 1, 0 Ê y Ê 2 Phng trỡnh th nht ca h tng ng vi: x33x = (y1)33(y1) (1) 3 Xột hm s f(t) = t 3t trờn [1,1],... trờn [1,1] ổ 1 ử ữ , g(x) = 0 x = 0 Ta cú g(x) = 2xỗ1+ ố 1x2ứ Bng bin thiờn x 1 0 1 f(x) 0 + 1 1 f(x) 2 (3) cú nghim trong [1,1] 2 Ê m Ê 1 1 Ê m Ê 2 ỵ Bi 26 (i hc Cn Th 2001) Xỏc nh mi giỏ tr ca tham s m h sau cú hai nghim phõn bit: ỡlog (x+1)log (x1)>log34 ù 3 3 ớ ùlog2(x22x+5)mlog(x22x+5)2=5 ợ Gii iu kin: x > 1 Bin i bt phng trỡnh trong h: ổx+1ử x+1 log ỗ x1 ữ > log 2 >2x . ĐHSPHN___________________________ 1 Chuyên đề: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH–BẤT PHƯƠNG TRÌNH–HỆ CHỨA THAM SỐ I.CƠ SỞ LÍ THUYẾT Giả sử hàm số y = f(x) liên tục trên tập D và tồn tại giá trị lớn. xÎD maxf(x) ≤ m. II.PHƯƠNG PHÁP GIẢI F Bước 1: Tìm TXĐ, điều kiện của biến. F Bước 2: Từ các dữ kiện của bài toán và các phương trình, tìm cách cô lập tham số để phương trình về dạng f(x). thiên ta thấy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi m ³ 3. þ Bài 3. (Đại học khối B–2007) Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có