Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 18 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
18
Dung lượng
0,9 MB
Nội dung
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG T.H.P.T VĨNH YÊN
µ
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC
MÔN: TOÁN
ỨNG DỤNG HÀM SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
GIÁO VIÊN:
§¹i V¨n H¶i
TỔ: TOÁN – LÍ- KT
TRƯỜNG: THPT VĨNH YÊN-TP VĨNH YÊN-VĨNH PHÚC
Vĩnh Yên, tháng 3 năm 2014
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC
ỨNG DỤNG HÀM SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Tác giả: Đại Văn Hải
Giáo viên trường THPT VĨNH YÊN
Đối tượng học sinh: Lớp 12, Ôn thi ĐH – CĐ
Số tiết dự kiến:12 tiết
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Bài toán giải phương trình, hệ phương trình và bất phương trình là một bài toán
cơ bản trong chương trình phổ thông thường giải bằng một trong 4 phương
pháp ( phương pháp biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, đánh giá, phương pháp
hàm số) và xuất hiện thường xuyên trong các đề thi Đại học-Cao đẳng có lời
giải dùng phương pháp hàm số. Phương pháp hàm số thường dựa vào một số
tính chất của hàm số và đồ thị hàm số nhờ vào dùng đạo hàm (ở lớp 12) khảo
sát chiều biến thiên của hàm số để xét nghiệm phương trình. Chuyên đề này
nhằm ôn tập cho các em học sinh các kiến thức về hàm số và kĩ năng giải
phương trình, hệ phương trình, bất phương trình bằng phương pháp hàm số.
B. NỘI DUNG
I. HỆ THỐNG KIẾN THỨC CẦN SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN
ĐỀ:
1. Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định trên K
a) f: đồng biến trên K ⇔ ∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 )
b) : nghịch biến trên K ⇔ ∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 )
c) Hàm số đồng biến trên K hoặc nghịch biến trên K ta gọi chung là hàm
số đơn điệu trên K
2. Các tính chất:
Tính chất 1: Cho f (x) đơn điệu trên K, ∀x1 , x2 ∈ K
a) f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇔ x1 = x2
b) f ( x1 ) > f ( x2 ) ⇔ x1 > x2
c) f ( x1 ) < f ( x2 ) ⇔ x1 < x2
Tính chất 2: Nghiệm phương trình f ( x) = 0 là hoành độ giao điểm của đồ
thị hàm số và trục hoành.
Tính chất 3: Nếu hàm số f (x) đơn điệu trên khoảng (a; b) thì phương
trình f ( x ) = 0 có không quá một nghiệm trên khoảng đó.
3. Định lí : Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng (a; b)
Nếu f '( x) ≥ 0 (hoặc f '( x) ≤ 0 ) , ∀x ∈ (a; b) và dấu đẳng thức chỉ xảy ra tại
hữu hạn điểm trên khoảng (a; b) thì f (x) đồng biến ( hoặc nghịch biến)
trên trên khoảng (a; b).
II. CÁC DẠNG BÀI TẬP ĐẶC TRƯNG TRONG CHUYÊN ĐỀ:
1. Giải phương trình :
Dạng 1:
D¹ng F( x ) = 0, víi F( x ) hoÆc ®ång biÕn, hoÆc nghÞch biÕn trªn D.
Bước 1: Xét hàm số y = F( x )
Chỉ rõ hàm số y = F( x ) đồng biến hay nghịch biến trên D.
Bước 2: Đoán được F ( x0 ) = 0 . Lúc đó phương trình có nghiệm duy
nhất x = x0 .
F( x ) ®ång biÕn
G ( x ) nghÞch biÕn
Dạng 2: F( x ) = G ( x ) với
Bước 1: Tìm TXĐ: D
Bước 2: Xét hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x )
Chỉ rõ hàm số y = F( x ) là hàm đồng biến(nghịch biến) trên D
và y = G ( x ) là hàm nghịch biến (đồng biến) trên D.
Bước 3: Đoán được F ( x 0 ) = G ( x 0 ) . Lúc đó phương trình có nghiệm
duy nhất x = x0 .
Dạng 3:
D¹ng ph¬ng tr×nh F(u) = F(v) (*), víi F ( x ) hoÆc ®ång biÕn,
hoÆc nghÞch biÕn trªn ( a; b ) . Lóc ®ã, (*) ⇔ u = v
Bước 1: Xét hàm số: y = F(t ) .
Chỉ rõ hàm số đồng biến hay nghịch biến trên ( a; b ) .
Bước 2:Với u và v nhận giá trị trên (a; b). Khi đó: F(u) = F (v) ⇔ u = v
2.Giải hệ phương trình:
Bài toán: Giải hệ
F(x,y) = 0
G(x,y)= 0
(I)
Nếu một trong hai phương trình của hệ đưa về dạng:
f(x) = f(y) (1) hoặc ( f u ( x ) = f v ( y )
và f là một hàm đơn điệu thì:
Hệ (I) ⇔ x = y
G(x,y)= 0
(II)
hoặc (I) ⇔ u(x) = v(y) (III)
G(x,y)= 0
3.Giải bất phương trình :
D¹ng F( x ) ≥ 0, víi F( x ) hoÆc ®ång biÕn, hoÆc nghÞch biÕn trªn D.
Bước 1: Xét hàm số y = F( x )
Lập bảng biến thiên của hàm số trên D.
Bước 2: Đoán được số nghiệm của phương trình F ( x ) = 0 trên D.
Bước 3: Từ bảng biến thiên suy ra tập nghiệm của bất phương trình
III. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
1.Phương trình:
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:
a) 3x + 4x = 5x
b) 2x = 3 – x
c) log2x = 3 – x
(Bài tập SGK 12 nâng cao)
Hướng dẫn cách giải:
Cách 1: - Nhẩm nghiệm
- Chứng minh nghiệm duy nhất
Cách 2: - Thiết lập hàm số
- Dùng tính đơn điệu để suy ra nghiệm của phương trình.
Cách giải:
a) 3x + 4x = 5x (1)
Cách 1: Ta có x = 2 là nghiệm của phương trình 3x + 4x = 5x (1)
x
x
3 4
(1) ⇔ ÷ + ÷ = 1
5 5
Vế trái: là hàm số nghịch biến
⇒ Nếu phương trình có nghiệm thì có nghiệm duy nhất
Vế phải là hàm hằng
Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình (1)
x
x
3 4
Cách 2: (1) ⇔ ÷ + ÷ = 1
5 5
x
x
3 4
Xét f(x) = ÷ + ÷
5 5
x
x
3
4
3
4
⇒ f’(x) = ÷ ln + ÷ ln < 0 ∀x ∈ ¡
5
5
5
5
⇒ f’(x) nghịch biến trên R và f(2)= 1
⇒ x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (1).
Các ví dụ b, c giải tương tự
Ví dụ 2: Giải phương trình: log 3
x2 + x + 1
= x 2 − 3x + 2
2
2x − 2x + 3
(1)
Cách giải:
2
u = x + x + 1
Nhận dạng: Nếu đặt
⇒ v – u = x 2 − 3x + 2
2
v
=
2
x
−
2
x
+
3
u
- Do đó (1) ⇔ log 3 = v − u (2)
v
- Nhận thấy phương trình có nghiệm u = v
Thiết lập hàm số: biến đổi phương trình 2 về dạng: log3u + u = log3v + v
Xét hàm số f(t) = log 3 t + t , t > 0
u = x 2 + x + 1 > 0 ∀x
đặt
v = 2 x 2 − 2 x + 3 >0 ∀x
⇒ v - u = x 2 − 3x + 2
u
v
Xét hàm số f(t) = log 3 t + t , t > 0
1
f’(t) = 1 +
>0 với ∀ t > 0
t ln 3
Phương trình (1) ⇔ log 3 = v − u = log3u + u = log3v + v (2)
⇒f(t) đồng biến với ∀ t > 0
(2) ⇔ f(u) = f(v) ⇔ u = v ⇔ v – u = 0
⇒ x 2 − 3x + 2 ⇔ x = 1 v x = 2
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1, x= 2
Ví dụ 3 Giải phương trình:
3
x +1 − 2
1
=
2x + 1 − 3 x + 2
( x∈¡ )
Cách giải:
x ≥ −1
ĐKXĐ:
x ≠ 13
Phương trình đã cho tương đương với ( x + 2 )
(
)
x + 1 − 2 = 3 2x + 1 − 3
⇔ ( x + 1) x + 1 + x + 1 = 2x + 1 + 3 2x + 1 (1)
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t ; f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t
Suy ra hàm số f ( t ) liên tục và đồng biến trên ¡
Khi đó: Pt(1) ⇔ f
(
) (
x +1 = f
3
)
2x + 1 ⇔ x + 1 = 3 2x + 1
1
x
≥
−
1
2
1
x = 0
x
≥
−
x
≥
−
2
⇔
⇔
⇔ x = 0
⇔
2
x = 1 + 5
( x + 1) 3 = ( 2x + 1) 2
x3 − x2 − x = 0
2
x = 1 ± 5
2
Đối chiếu ĐKXĐ được nghiệm của phương trình đã cho là:
1+ 5
và x = 0 .
x=
2
)
(
)
(
2
2
Ví dụ 4: Giải phương trình: 3x 2 + 3 + 9 x − ( x + 1) 2 + x + 2 x + 4 = 0
Cách giải:
(
)
(
2
2
Phương trình (1) ⇔ 3x 2 + 3 + (3x) = (x + 1) 2 + 3 + (x + 1)
)
(2) Xét
hàm số f (t) = t(2 + 3 + t 2 ) , ∀t ∈ ¡ , hàm số liên tục trên ¡
(
)
t
f '(t) = 2 + 3 + t 2 + t
2
3+ t
(
)
t2
2
=
2
+
3
+
t
+
÷
2
3+ t
÷ > 0 , ∀t ∈ ¡
1
⇒ f (t) đồng biến trên ¡ . Do đó (2) ⇔ 3x = x + 1 ⇔ x = .
2
1
Vậy nghiệm của phương trình là x =
2
2. Giải hệ phương trình:
(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 2 2
(x, y ∈ R).
4 x + y + 2 3 − 4 x = 7
(Đề thi ĐH 2010-KA)
3
4
ĐK : x ≤ . Đặt u = 2x; v = 5 − 2 y
Pt (1) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 +1) ⇔ (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = 0 ⇔ u =
v
3
0 ≤ x ≤ 4
Nghĩa là : 2 x = 5 − 2 y ⇔
2
y = 5 − 4x
2
25
Pt (2) trở thành − 6 x 2 + 4 x 4 + 2 3 − 4 x = 7 (*)
4
25
Xét hàm số f ( x) = 4 x 4 − 6 x 2 + + 2 3 − 4 x trên
4
4
f '( x) = 4 x (4 x 2 − 3) −
−3 (*)
1 2 x − y 4 2 x − y
2 x− y
1
⇔
5
+ ÷
= 0 (3).
÷
− 1 − 2.2
( )
5
5
1 t 4 t
t
Xét hàm số f ( t ) = 5 ÷ + ÷ − 1 − 2.2 trên ¡
5 5
ta có
1 t 1 4 t 4
f ' ( t ) = 5 ÷ ln ÷+ ÷ .ln ÷ − 2.2t ln 2 < 0 ∀t ∈ ¡ . Suy ra
5
5 5 5
f ( t)
nghịch biến trên ¡ .
Do đó ( 3) ⇔ f ( 2 x − y ) = f ( 1) ⇔ 2 x − y = 1 ⇔ y = 2 x − 1 ( 4 ) .
Thế (4) vào(2) ta được
1− x
x+3
x + 3 x −1
= ln
= 0 (5)
÷ ⇔ ln
÷+
4
4
2x + 2
2x + 2
( x + 5) ( x − 1)
x + 3 x −1
với x > −1 , ta có g ' ( x ) = 4 x + 3 x + 1
÷+
4
(
)(
)
2x + 2
Xét hàm số g ( x ) = ln
x = −5 ∉ ( −1; +∞ )
g '( x) = 0 ⇔
.
x = 1 ∈ ( −1; +∞ )
Ta có bảng biến thiên của g ( x ) trên ( −1; +∞ ) là:
Từ BBT, suy ra g ( x ) = 0 ⇔ x = 1 .
Do đó y = 1 . Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 1;1) .
Ví dụ 7: (Đề thi thử ĐH Chuyên Hà Tĩnh 2013)
x
y
(1)
3 − 3 = y − x
Giải hệ phương trình: 2
2
x + xy + y = 12 (2)
(I)
Hướng dẫn cách giải:
Học sinh nhận thấy được phương trình (1) có nghiệm x = y
Biển đổi phương trình (1) về dạng 3x + x = 3y + y (3)
Thiết lập hàm số: f(t) = 3t + t
Chứng minh f(t) là hàm đồng biến, (3) ⇔ f(x) = f(y) ⇔ x = y
x
y
3 + x = 3 + y (3)
Cách giải: (I) ⇔ 2
2
x + xy + y = 12
Xét hàm số: f(t) = 3t + t ⇒ f’(t) = 3tln3 + 1 >0 ∀ t ∈ ¡
⇒ f(t) là hàm đồng biến, (3) ⇔ f(x) = f(y) ⇔ x = y
x = y
Nên (I) ⇔
2
2
x + xy + y = 12
⇔x=y= ± 2
Vậy hệ có hai nghiệm: (2;2) ; (-2; 2)
Ví dụ 8 (Đề thi Ôlimpic 30-4 năm 2012)
2 x + 1 = y 3 + y 2 + y
3
2
Giải hệ phương trình: 2 y + 1 = z + z + z
2 z + 1 = x3 + x 2 + x
1 3
2
x = 2 ( y + y + y − 1)
x = f ( y)
1 3 2
Cách giải: Hệ tương đương với y = ( z + z + z − 1) ⇔ y = f ( z )
2
z = f ( x)
1 3
2
z
=
(
x
+
x
+
x
−
1)
2
Xét hàm số f(t) =
f’(t) =
1 3 2
(t + t + t − 1) ( t ∈ R )
2
1 2
(3t + 2t + 1) > 0∀t ∈ R
2
Suy ra f(t) là HS đồng biến trên R. Do đó:
+ Nếu x < y thì f(x) < f(y)
⇒ z < x ⇒ f(z) < f(x) ⇒ y < z.Vậy x < y < z . Vô lý. Tương tự nếu y <
x cũng vô lý
Do đó x = y = z .Thế vào hệ ta có: 2x + 1 = x3 + x2 + x
⇔ (x + 1)(x2 - 1) = 0
⇔
∈ { ( 1,1,1) ; ( −1, −1, −1) }
x =1 = y = z
x = −1 = y = z Hệ có nghiệm (x,y,z)
Ví dụ 9: (Tạp chí toán học tuổi trẻ tháng 5- 2012)
2 x + 3 + 4 − y = 4
(1)
2 y + 3 + 4 − x = 4
(2)
Giải hệ
Hướng dẫn cách giải:
(I)
- Nhận dạng: Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2 nên có 1 nghiệm
x=y
- Lấy (1) – (2) và đưa phương trình về dạng
2x + 3 − 4 − x = 2 y + 3 − 4 − y
3
2
- Thiết lập hàm số: f(t)= 2t + 3 − 4 − t , t ∈ [- ;4]
3
Cách giải: Điều kiện - ≤ x, y ≤ 4
2
Lấy
(1)
–
(2)
và
đưa
phương
trình
về
dạng
2 x + 3 − 4 − x = 2 y + 3 − 4 − y (3)
3
2
Xét hàm số: f(t)= 2t + 3 − 4 − t , t ∈ [- ;4]
1
1
3
+
> 0 ∀ t ∈ (- ;4)
2t + 3
4−t
2
3
⇒ f(t) đồng biến trên (- ;4)
2
(3) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y
⇒ f’(t) =
Suy ra: 2 x + 3 + 4 − x = 4 (pt vô tỉ dạng cơ bản)
11
(thỏa mãn điều kiện)
9
11 11
Vậy hệ có 2 nghiệm (3; 3), ;
9 9
Giải pt được 2 nghiệm : x=3, x=
Ví dụ 10 (Đề thi thử ĐH chuyên Vĩnh Phúc 2013)
(
x 2 + 1 − 3x 2 y + 2
Giải hệ phương trình:
x 2 y − x + 2 = 0
)(
)
4 y 2 + 1 + 1 = 8x 2 y3
(1)
Hướng dẫn:
+) Với y ≤ 0 thì VT ( 1) > 0 , VP ( 1) ≤ 0 ⇒ Hệ phương trình chỉ có nghiệm
( x, y ) với y > 0 .
+) Vì y > 0 nên từ phương trình (2) của hệ suy ra x > 2 .
2
2
2
Khi đó: ( 1) ⇔ x + 1 − 3x y + 2 = 2 x y
(
)
4 y 2 +1 −1
⇔ x2 + 1 + 2 = 2x2 y 4 y 2 + 1 + x2 y
(3)
Thay 2 = x − x y vào phương trình (3) ta được:
2
x2 + 1 + x = 2 x2 y 4 y 2 + 1 + 2 x2 y
⇔
1
1 1
1+ 2 + = 2 y 4 y2 +1 + 2 y
x
x
x
+) Xét hàm số: f ( t ) = t 1 + t 2 + t với t > 0
(2)
f '( t ) = 1+ t 2 +
⇒ f ( t)
⇔ xy =
t2
1+ t2
+ 1 > 0 với mọi t > 0
1
là hàm đồng biến trên ( 0; +∞ ) . Mà f ÷ = f ( 2 y ) ⇔ = 2 y
x
x
1
1
2
1
1
vào phương trình (2) của hệ ta có : x = 4 ⇒ y = .
2
8
x = 4
Thử lại thấy 1 thỏa mãn hệ phương trình đã cho.
y=
8
1
Kết luận : Hệ phương trình đã có nghiệm duy nhất ( x, y ) = 4; ÷
8
+) Thay xy =
Ví dụ 11: (Đề thi ĐH khối A, A1 năm 2012)
x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y
Giải hệ phương trình 2 2
(x, y ∈ R).
1
x + y − x + y =
2
x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y
Cách giải: Hệ tương đương với
.
1 2
1 2
( x − ) + ( y + ) = 1
2
2
1
1
Đặt u = x − ; v = y +
2
2
3
45
3 3 2 45
3
2
u − u − u = (v + 1) − (v + 1) − (v + 1)
2
4
2
4
Hệ đã cho thành
2
2
u + v = 1
3
45
45
Xét hàm f(t) = t 3 − t 2 − t có f’(t) = 3t 2 − 3t −
< 0 với mọi t thỏa t≤ 1
2
4
4
⇒ f(u) = f(v + 1) ⇒ u = v + 1 ⇒ (v + 1)2 + v2 = 1 ⇒ v = 0 hay v = -1 ⇒
v = 0
v = −1
hay
u = 1
u = 0
3
1 1 −3
⇒ Hệ đã cho có nghiệm là 2 ; − 2 ÷; 2 ; 2 ÷.
Ví dụ 12: Giải các hệ phương trình sau:
x − 1 − y = 1 − x 3
a)
4
( x − 1) = y
3 + x 2 + 2 x = 3 + y
b)
3 + y 2 + 2 y = 3 + x
(
(
(
)
)
x 3 + 3 x − 3 + ln x 2 − x + 1 = y
3
2
c) y + 3 y − 3 + ln y − y + 1 = z
3
2
z + 3z − 3 + ln z − z + 1 = x
Hướng dẫn giải:
x − 1 − y = 1 − x 3
x −1 ≥ 0
x ≥ 1
⇔
a)
(I) . Điều kiện:
4
y ≥ 0
y ≥ 0
( x − 1) = y
2
3
x − 1 − ( x − 1) = 1 − x
Ta có (I) ⇔
4
( x − 1) = y
2
Từ phương trình : x − 1 − ( x − 1) = 1 − x 3 ⇔ x − 1 = − x 3 + x 2 − 2 x + 2
)
(1)
Ta thấy hàm số f ( x ) = x − 1 là hàm đồng biến trên [ 1;+∞ )
Xét hàm số g ( x ) = − x 3 + x 2 − 2 x + 2 . Miền xác định: D = [ 1; +∞ )
Đạo hàm g / ( x ) = −3x 2 + 2 x − 2 < 0 ∀x ∈ D . Suy ra hàm số nghich biến trên D.
Từ (1) ta thấy x = 1 là nghiệm của phương trình và đó là nghiệm duy nhất.
Vậy hệ có nghiệm ( 1;0 ) .
3 + x 2 + 2 x = 3 + y
b)
(II). Điều kiện:
3 + y 2 + 2 y = 3 + x
3 + x 2 + 2 x = 3 + y
Ta có (II) ⇔
3 + x = 3 + y 2 + 2 y
Cộng vế theo vế ta có:
x ≥ 0
y ≥ 0
3 + x 2 + 3 x + 3 = 3 + y2 + 3 y + 3
(2)
Xét hàm số f (t ) = 3 + t 2 + 3 t + 3 . Miền xác định: D = [ 1; +∞ )
t
3
/
+
+ 1 > 0 ∀x ∈ D . Suy ra hàm số đồng
Đạo hàm: f (t ) =
2
2 t
3+t
biến trên D.
Từ (*) ta có f ( x ) = f ( y) ⇔ x = y
Lúc đó: 3 + x 2 + x = 3 (3)
+ VT (3) là hàm số hàm đồng biến trên D.
+ VP (3) là hàm hằng trên D.
Ta thấy x = 1 là nghiệm của phương trình (3) (thỏa điều kiện)
Suy ra phương trình có nghiệm x = 1 là nghiệm duy nhất.
Vậy hệ có nghiệm ( 1;1)
(
(
(
)
)
x 3 + 3 x − 3 + ln x 2 − x + 1 = y
3
2
c) y + 3 y − 3 + ln y − y + 1 = z
3
2
z + 3z − 3 + ln z − z + 1 = x
)
(
)
3
2
Xét hàm số f (t ) = t + 3t − 3 + ln t − t + 1
f ( x) = y
Lúc đó hệ có dạng: f ( y) = z . Miền xác định: D = R
f (z) = x
/
2
Đạo hàm : f ( x ) = 3t + 3 +
2t − 1
2 t2 − t + 1
> 0 ∀x ∈ R . Suy ra hàm số
đồng biến trên D
Ta giả sử ( x; y; z ) là nghiệm của hệ và x = max { x, y, z} khi đó ta suy ra:
y = f ( x ) ≥ f ( y) = z ⇒ z = f ( y) ≥ f (z ) = x . Vậy
x ≥ y≥z≥ x ⇔ x = y=z.
3
2
Thay vào hệ ta có : x + 3x − 3 + ln x − x + 1 = x
(
)
(
)
⇔ x 3 + 2 x − 3 + ln x 2 − x + 1 = 0 (3)
Ta thấy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (vì VT (3) là đồng biến trên
R)
Vậy hệ có nghiệm ( 1;1;1)
Ví dụ 13: Giải hệ phương trình:
x 6 − y 3 + x 2 − 9 y 2 − 30 = 28 y (1)
( x, y ∈ R ).
2 x + 3 + x = y (2)
3
2
ĐK: x ≥ − , ( 1) ⇔ x 6 + x 2 = ( y + 3)3 + ( y + 3) (3)
Xét hàm số f(t)= t 3 + t , ∀t ∈ R. Có f ’(t)= t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ R ⇒ f(t) đồng biến trên
R
(3) ⇔ f ( x 2 ) = f ( y + 3) ⇔ x 2 = y + 3
1
2
1
2
Thay y = x 2 − 3 vào (2) ta được 2 x + 3 + x = x 2 − 3 ⇔ ( 2 x + 3 + ) 2 = ( x + ) 2
1
1
2x + 3 + 2 = x + 2
2x + 3 = x
x = 3
y = 6
⇔
⇔
⇔
(tm) ⇒
y = −1
2x + 3 + 1 = − x − 1
2 x + 3 = − x − 1
x = − 2
2
2
KL: Hệ có 2 nghiệm (x; y)∈ { (3;6); (− 2; −1)} .
3
2
2
x − x y = x − x + y + 1
Giải hệ phương trình: 3
3 2
x + 2 xy + 2(3x + y ) − 1 = 3 x + 7
Ta có (1) ⇔ ( x 2 + 1)( x − y − 1) = 0 ⇔ y = x − 1
(1)
(2)
Với y = x − 1 thế vào (2) ta được: x3 + 2 x 2 + 6 x − 3 = 3 3 x 2 + 7
⇔ ( x + 1)3 + 3( x + 1) = ( x 2 + 7) + 3 3 x 2 + 7
(3)
3
2
Xét hàm số f (t ) = t + 3t ta có f '(t ) = 3t + 3 > 0, ∀t
Suy ra f (t ) đồng biến trên ¡ do đó từ (3) suy ra
3
2
x + 1 = 3 x 2 + 7 ⇔ x + 2 x + 3x − 6 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 0
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1;0)
ln x − ln y = x − y
Ví dụ 14: Giải hệ phương trình:
2
2
x − xy + y + x + y = 0
( 1)
( 2)
Giải: ĐK: x > 0; y > 0
Ta có: ( 1) ⇔ x − ln x = y − ln y
Xét hàm số : f ( t ) = t − ln t với t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ f ' ( t ) = t −
1
t
Ta có: f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 1 . Hàm số đồng biến trong khoảng ( 0;1) và nghịch
biến trong khoảng ( 1; +∞ )
- Nếu x; y ≥ 1 hoặc x; y ≤ 1 thì
ln ( 1 + x ) − x = ln ( 1 + y ) − y ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y
Thay vào PT: 2 x 2 − 5 xy + y 2 = 0 ta có nghiệm x = y = 0 hoặc
x = y = −2 (loại)
- Nếu x < 1; y > 1 hoặc x > 1; y < 1 thì ( x − 1) ( y − 1) < 0 ⇔ xy − x − y + 1 < 0
x 2 − xy + y 2 + x + y > 1 do đó phương trình vô nghiệm
Vậy hệ vô nghiệm.
x 3 − y 3 + 3 y 2 − 3x − 2 = 0
Ví dụ 15: Giải hệ phương trình: 2
2
2
x + 1 − x − 3 2 y − y = 0
Giải:
ĐK: −1 ≤ x ≤ 1;0 ≤ y ≤ 2
( x + 1) 3 − 3 ( x + 1) 2 = y 3 − 3 y 2 (1)
Hệ đã cho tương đương với: 2
x + 1 − x 2 − 3 2 y − y 2 = 0 (2)
3
2
Xét hàm số: f ( t ) = t − 3t với 0 ≤ t ≤ 2
f ' ( t ) = 3t 2 − 6t ≤ 0∀t ∈ ( 0; 2 ) nên hàm số nghịch biến trên
khoảng (0;2)
khi đó: ( 3) ⇔ f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ x + 1 = y thay vào (2) ta được:
2 1 − x2 = x2 ⇔ x = ± 2 2 − 2
( x; y ) =
(
Vậy hệ có nghiệm:
)(
)
2 2 − 2; 2 2 − 2 + 1 ; − 2 2 − 2; − 2 2 − 2 + 1
Ví dụ 15: Giải hệ phương trình:
( 23 − 3x ) 7 − x + ( 3 y − 20 ) 6 − y = 0 ( 1)
( 2)
2 x + y + 2 − 2 y − 3x − 8 = 0
Giải: ĐK: x ≤ 7; y ≤ 6; 2 x + y + 2 ≥ 0; 2 x − 3 y + 8 ≥ 0
Ta có ( 1) ⇔ 3 ( 7 − x ) + 2 7 − x = 3 ( 6 − y ) + 2 6 − y ( 3)
Xét hàm số: f ( t ) = ( 3t + 2 ) t với t ≥ 0
3t + 2
> 0, ∀t > 0 nên hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ )
2 t
Khi đó: ( 3) ⇔ f ( 7 − x ) = f ( 6 − y ) ⇔ 7 − x = 6 − y ⇔ y = x − 1 thay vào ( 2 ) ta
f '( t ) = 3 t +
được:
3x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0
⇔
(
) (
)
3x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 5
3
1
⇔ ( x − 5)
+
+ 3x + 1÷ = 0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
⇔ x=5
3
1
+
+ 3 x + 1 > 0 ) Vậy hệ có nghiệm: ( x; y ) = ( 5;5 )
(Do
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
Loại 3:
Vận dụng tính đơn điệu để giải bất phương trình
Bài tập 1: Giải các bất phương trình sau:
a) x + 9 + 2 x + 4 > 5
b)
x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1
Hướng dẫn giải:
x + 9 ≥ 0
⇔ x ≥ −2
a) x + 9 + 2 x + 4 > 5 (1). Điều kiện:
2 x + 4 ≥ 0
Xét hàm số y = f ( x ) = x + 9 + 2 x + 4 . Miền xác định : D = [ −2; +∞ )
1
1
/
+
> 0 ∀x > −2 . Suy ra hàm số đồng biến
Đạo hàm f ( x ) =
2 x+9
2x + 4
trên D .
Để ý rằng: f (0) = 5 , do đó:
+ Nếu x > 0 thì f ( x ) > f (0) ⇔ x + 9 + 2 x + 4 > 5 , nên x > 0 là
nghiệm bpt.
+ Nếu −2 ≤ x ≤ 0 thì f ( x ) ≤ f (5) ⇔ x + 9 + 2 x + 4 ≤ 5 nên
−2 ≤ x ≤ 0 không là nghiêm bpt.
Đối chiếu với điều kiện, suy ra tập nghiệm của (1) là T = ( 0; +∞ ) .
b)
x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1 (2)
x2 − 2x + 3 ≥ 0
2
x − 6 x + 11 ≥ 0
⇔1≤ x ≤ 3
Điều kiện:
(*)
3 − x ≥ 0
x − 1 ≥ 0
Biến đổi bất phương trình: ⇔ x 2 − 2 x + 3 + x − 1 > x 2 − 6 x + 11 + 3 − x
⇔ ( x − 1)2 + 2 + x − 1 > (3 − x )2 + 2 + 3 − x
(3)
Xét hàm số f (t ) = t 2 + 2 + t . Ta thấy hàm số đồng biến trên [ 1;3]
Từ (3) ta có f ( x − 1) > f (3 − x ) ⇔ x − 1 > 3 − x ⇔ x > 2
Đối chiếu với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình (2) là T = ( 2;3] .
IV. CÁC BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài tập 1: Giải các phương trình sau:
a) 3 − x + x 2 − 2 + x − x 2 = 1
c)
e
2 x −1
2x −1 + x2 + 3 = 4 − x
1
1
x −1
−e =
−
2x −1 x −1
m x +6
− 2 4 x +3m = ( 4 − m 2 ) x + 3m − 6
e) 2
2
g)
1
2
sin x
−
1
2
sin x cos2 x
= sin 4 x
2
2
2 sin x −3
3
+ ( 3sin x − 10 ) .3sin x −2 + 3 − sin x = 0
Bài tập 2: Giải các bất phương trình sau:
a) x + x 2 − 1 ≥ 1
b)
x − 3 = − x 3 + 3x 2 + x − 12
d)
f) tan x + 2.3log2 tan x = 3
h)
b)
x − 1 + x 2 − 1 ≥ ( x + 1) ( 3 − x )
c)
x + 1 ≤ 1 − 2x + x2 − x3
Bài tập 3: Giải các hệ phương trình sau:
2x − 2y = y − x
a) 2
2
x + xy + y = 12
(
d)
x +3 x −3 ≥ 9− x
b)
)
2
4 x + 1 x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
2
2
4x + y + 2 3 − 4x = 7
3 + x 2 + 2 x + 3 = 5 + y + 3
c)
3 + y 2 + 2 y + 3 = 5 + x + 3
x y = yx
d) 2
2
x + 4 y = 25
sin 2 x − 2 y = sin 2 y − 2 x
e) 2 x + 3y = π
x, y > 0
f)
x 2 − 2 x + 6.log ( 6 − y ) = x
3
2
y − 2 y + 6.log3 ( 6 − z ) = y
2
z − 2 z + 6.log3 ( 6 − x ) = z
tan x − tan y = y − x
g)
y + 1 − 1 = x − y + 8
x − y sin x
e = sin y
h) 10 x 6 + 1 = 3 y 4 + 2
π < x, y < 5π
4
(
)
[...]... − 1) = y 2 Từ phương trình : x − 1 − ( x − 1) = 1 − x 3 ⇔ x − 1 = − x 3 + x 2 − 2 x + 2 ) (1) Ta thấy hàm số f ( x ) = x − 1 là hàm đồng biến trên [ 1;+∞ ) Xét hàm số g ( x ) = − x 3 + x 2 − 2 x + 2 Miền xác định: D = [ 1; +∞ ) Đạo hàm g / ( x ) = −3x 2 + 2 x − 2 < 0 ∀x ∈ D Suy ra hàm số nghich biến trên D Từ (1) ta thấy x = 1 là nghiệm của phương trình và đó là nghiệm duy nhất Vậy hệ có nghiệm (... Vận dụng tính đơn điệu để giải bất phương trình Bài tập 1: Giải các bất phương trình sau: a) x + 9 + 2 x + 4 > 5 b) x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1 Hướng dẫn giải: x + 9 ≥ 0 ⇔ x ≥ −2 a) x + 9 + 2 x + 4 > 5 (1) Điều kiện: 2 x + 4 ≥ 0 Xét hàm số y = f ( x ) = x + 9 + 2 x + 4 Miền xác định : D = [ −2; +∞ ) 1 1 / + > 0 ∀x > −2 Suy ra hàm số đồng biến Đạo hàm f ( x ) = 2 x+9 2x + 4... 0 Biến đổi bất phương trình: ⇔ x 2 − 2 x + 3 + x − 1 > x 2 − 6 x + 11 + 3 − x ⇔ ( x − 1)2 + 2 + x − 1 > (3 − x )2 + 2 + 3 − x (3) Xét hàm số f (t ) = t 2 + 2 + t Ta thấy hàm số đồng biến trên [ 1;3] Từ (3) ta có f ( x − 1) > f (3 − x ) ⇔ x − 1 > 3 − x ⇔ x > 2 Đối chiếu với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình (2) là T = ( 2;3] IV CÁC BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài tập 1: Giải các phương trình sau: a)... 14: Giải hệ phương trình: 2 2 x − xy + y + x + y = 0 ( 1) ( 2) Giải: ĐK: x > 0; y > 0 Ta có: ( 1) ⇔ x − ln x = y − ln y Xét hàm số : f ( t ) = t − ln t với t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ f ' ( t ) = t − 1 t Ta có: f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 1 Hàm số đồng biến trong khoảng ( 0;1) và nghịch biến trong khoảng ( 1; +∞ ) - Nếu x; y ≥ 1 hoặc x; y ≤ 1 thì ln ( 1 + x ) − x = ln ( 1 + y ) − y ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y Thay vào... > 1 do đó phương trình vô nghiệm Vậy hệ vô nghiệm x 3 − y 3 + 3 y 2 − 3x − 2 = 0 Ví dụ 15: Giải hệ phương trình: 2 2 2 x + 1 − x − 3 2 y − y = 0 Giải: ĐK: −1 ≤ x ≤ 1;0 ≤ y ≤ 2 ( x + 1) 3 − 3 ( x + 1) 2 = y 3 − 3 y 2 (1) Hệ đã cho tương đương với: 2 x + 1 − x 2 − 3 2 y − y 2 = 0 (2) 3 2 Xét hàm số: f ( t ) = t − 3t với 0 ≤ t ≤ 2 f ' ( t ) = 3t 2 − 6t ≤ 0∀t ∈ ( 0; 2 ) nên hàm số nghịch... 1 là hàm đồng biến trên ( 0; +∞ ) Mà f ÷ = f ( 2 y ) ⇔ = 2 y x x 1 1 2 1 1 vào phương trình (2) của hệ ta có : x = 4 ⇒ y = 2 8 x = 4 Thử lại thấy 1 thỏa mãn hệ phương trình đã cho y= 8 1 Kết luận : Hệ phương trình đã có nghiệm duy nhất ( x, y ) = 4; ÷ 8 +) Thay xy = Ví dụ 11: (Đề thi ĐH khối A, A1 năm 2012) x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y Giải hệ phương trình... + y2 + 3 y + 3 (2) Xét hàm số f (t ) = 3 + t 2 + 3 t + 3 Miền xác định: D = [ 1; +∞ ) t 3 / + + 1 > 0 ∀x ∈ D Suy ra hàm số đồng Đạo hàm: f (t ) = 2 2 t 3+t biến trên D Từ (*) ta có f ( x ) = f ( y) ⇔ x = y Lúc đó: 3 + x 2 + x = 3 (3) + VT (3) là hàm số hàm đồng biến trên D + VP (3) là hàm hằng trên D Ta thấy x = 1 là nghiệm của phương trình (3) (thỏa điều kiện) Suy ra phương trình có nghiệm x = 1... x; y; z ) là nghiệm của hệ và x = max { x, y, z} khi đó ta suy ra: y = f ( x ) ≥ f ( y) = z ⇒ z = f ( y) ≥ f (z ) = x Vậy x ≥ y≥z≥ x ⇔ x = y=z 3 2 Thay vào hệ ta có : x + 3x − 3 + ln x − x + 1 = x ( ) ( ) ⇔ x 3 + 2 x − 3 + ln x 2 − x + 1 = 0 (3) Ta thấy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (vì VT (3) là đồng biến trên R) Vậy hệ có nghiệm ( 1;1;1) Ví dụ 13: Giải hệ phương trình: x 6 − y 3 + x... thay vào (2) ta được: 2 1 − x2 = x2 ⇔ x = ± 2 2 − 2 ( x; y ) = ( Vậy hệ có nghiệm: )( ) 2 2 − 2; 2 2 − 2 + 1 ; − 2 2 − 2; − 2 2 − 2 + 1 Ví dụ 15: Giải hệ phương trình: ( 23 − 3x ) 7 − x + ( 3 y − 20 ) 6 − y = 0 ( 1) ( 2) 2 x + y + 2 − 2 y − 3x − 8 = 0 Giải: ĐK: x ≤ 7; y ≤ 6; 2 x + y + 2 ≥ 0; 2 x − 3 y + 8 ≥ 0 Ta có ( 1) ⇔ 3 ( 7 − x ) + 2 7 − x = 3 ( 6 − y ) + 2 6 − y ( 3) Xét hàm số: ... sin x cos2 x = sin 4 x 2 2 2 sin x −3 3 + ( 3sin x − 10 ) 3sin x −2 + 3 − sin x = 0 Bài tập 2: Giải các bất phương trình sau: a) x + x 2 − 1 ≥ 1 b) x − 3 = − x 3 + 3x 2 + x − 12 d) f) tan x + 2.3log2 tan x = 3 h) b) x − 1 + x 2 − 1 ≥ ( x + 1) ( 3 − x ) c) x + 1 ≤ 1 − 2x + x2 − x3 Bài tập 3: Giải các hệ phương trình sau: 2x − 2y = y − x a) 2 2 x + xy + y = 12 ( d) x +3 x −3 ≥ 9− x b) ) 2 4 x ... bin) trờn D Bc 3: oỏn c F ( x ) = G ( x ) Lỳc ú phng trỡnh cú nghim nht x = x0 Dng 3: Dạng phương trình F(u) = F(v) (*), với F ( x ) đồng biến, nghịch biến ( a; b ) Lúc đó, (*) u = v Bc 1:... phng trỡnh, h phng trỡnh, bt phng trỡnh bng phng phỏp hm s B NI DUNG I H THNG KIN THC CN S DNG TRONG CHUYấN : nh ngha: Cho hm s f(x) xỏc nh trờn K a) f: ng bin trờn K x1 , x2 K , x1 < x2 f... trờn khong (a; b) thỡ f (x) ng bin ( hoc nghch bin) trờn trờn khong (a; b) II CC DNG BI TP C TRNG TRONG CHUYấN : Gii phng trỡnh : Dng 1: Dạng F( x ) = 0, với F( x ) đồng biến, nghịch biến D Bc 1: