Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12 Chuyên đề I: Ứng Dụng Đạo Hàm Trong Các Bài Toán Đại Số I.Các vài toán liên quan đến nghiệm pt-bpt: Định lí 1: Số nghiệm pt f(x)=g(x) số giao điểm hai đồ thị y=f(x) y=g(x) f ( x) , M = Max f ( x ) pt: f(x)=k có Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) lt D m = x∈D x∈D m ≤ k ≤ M nghiệm Định lí 3: Bất phương trình f ( x) ≥ g ( x) nghiệm x thuộc D Min f ( x) ≥ Max g ( x) x∈ D x∈ D Các ví dụ: Bài 1:Tìm m để pt sau có nghiệm: x + x + − x − x + = m (HSG Nghệ An 2005) Lời giải: Xét hàm số f ( x) = x + x + − x − x + có tập xác định D=R f '(x) = 2x + − 2x − x2 + x + x2 − x + ⇒ f '( x) = ⇔ (2x + 1) x2 − x + = ( 2x − 1) x2 + x + (1) 2 1 1 ⇒ x + ÷ [(x - )2 + ] = x − ÷ [(x + )2 + ] ⇔ x = thay vaø o (1)ta thấ y khô ng 2 2 thỏ a mã n Vậ y f'(x)=0 vônghiệ m, màf'(0)=1>0, đóf'(x)>0 ∀x ∈ R 2x Mặ t c: Limf (x) =Lim = 1; Limf (x) = −1 2 x→ +∞ x→ +∞ x→−∞ x + x + 1+ x − x + Vậ y pt đãcho cónghiệ m ⇔ -1< m< π Bài 2:Tìm tất giá trị a để pt: ax + = cos x có nghiệm x ∈ 0; ÷ 2 (Đề thi HSG tỉnh Hải Dương Lớp 12 năm 2005) Giải: Ta thấy để pt có nghiệm a ≤ x sin2 cosx − sint π = -2a Xé Khi đópt ⇔ = a ⇔ t hà m số f ( t ) = vớ i t ∈ 0; ÷ t x2 4 x ÷ 2 t.cost − sint cost( t - tgt) π π ta coùf '(t) = = < vớ i ∀ t ∈ 0; ⇒ f ( t ) ngb treâ n ÷ 0; ÷ t2 t2 4 4 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12 x π 2 2 < ∀x∈ (0; π ) Maøf( )= vaøLimf (t) = 1⇒ < f (t) < ⇒ < t→ π π π x ÷ 2 π Vậ y pt đãcho cóđú ng nghieä m x∈ (0; ) ⇔ < −2a < 1⇔ − < a < − 2 π π Bài 3: Cho phương trình x + 3x − 6x − ax − 6x + 3x + 1= Tìm tất giá trị tham số a, để phương trình có nghiệm phân biệt (HSG Nam Định 2004) Giải: Vì x = 0khơng phải nghiệm pt Chia hai vế pt cho x3 ta 1 1 (x3 + ) + 3( x2 + ) − 6( x + ) − a=0 (1) Đặ t t=x + ta thu pt x x x x sin2 t(t2 − 3) + 3(t2 − 2) − 6t = a ⇔ t3 + 3t2 − 9t = a + (1') Từcá ch đặ t t ta coù : x2 − tx + 1= (2)pt nà y có∆=t2 - ≥ ⇔ t ≥ Từđâ y ta có *Nế u t = ±2 pt đãcho cómộ t nghiệ m *Nế u t > vớ i mỗ i giátrịcủ a t cho tương ứ ng hai giátrịcủ ax Nê n pt (1) cóđú ng hai nghiệ m phâ n biệ t ⇔ pt(1') cóđú ng hai nghiệ m t=± hoặ c (1') cóđú ng 1nghiệ m t thỏ a mã n t >2 2 = a + TH1: Neá u (1') cóđú ng hai nghiệ m t=± ⇒ vônghiệ m 22 = a + TH 2:(1') cóđú ng mộ t nghiệ m t >2 Xé t hà m sốf (t) = t3 + 3t2 − 9t vớ i t > 2, ta cóf '(t) = 3t2 + 6t − = 3(t − 1)(t + 3) Ta có bảng biến thiên: Dựa vào bảng bt ta thấy pt(1’) có nghiệm t > < a + < 22 ⇔ −4 < a < 16 x f’(t) -3 -2 - + 27 f(t) 22 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12 Bài 4:Cho hàm số y = − x + (x + a)(x + b) với a,b hai số thực dương khác cho trước.Cmr với số thực s∈ ( 0;1) đếu tồn số thực s s a +b α > 0: f (α ) = ÷ ( HSG QG bảng A năm 2006) as + bs a + b s Giải: Trước hết ta cos BĐT : ≤( ) (1) ta cm (1) hàm số 2 BĐT Bécnuli s s s Áp dụng BĐT Cơsi (1) ta có : ab < ( a + b ) s < a + b (*) (do a ≠ b ) 2 x + a + b − ( x + a )( x + b) Mặt khác ta có: f '( x) = ta dễ dàng cm f’(x) >0 ( x + a)( x + b) a+b x>0 suy f(x) đồng biến với x>0 nên Lim+ f ( x ) = ab ≤ f ( x ) ≤ Lim f ( x ) = (**) x →+∞ x →0 Vì f(x) liên tục x>0 nên từ (*) (**) ta có điều phải cm Bài tập: π Tìm m để pt sau có nghiệm thuộc [0; ] (4 − 6m)sin x + 3(2m− 1)sin x + 2(m− 2)sin xcosx − (4m− 3)cosx = 2.Tìm m để số nghiệm pt: 15 x − 2(6m2 + 1) x − 3m + 2m = không nhiều số nghiệm pt: (3m − 1)212 x + x3 + x = (36 m − 9) 28m − 0, 25 (HSG Nghệ an 1998) Tìm tất giá trị a để bpt: ln(1 + x) ≥ x − ax nghiệm ∀x ≥ a)Cmr a >0 số cho bpt: a x ≥ + x với x ≥ a ≥ e b) Tìm tất giá trị a để : a x ≥ + x ∀x (HSG 12 Nam Định 2006) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12 II.Giải pt phương pháp hàm số: Định lí 1:Nếu hàm số y=f(x) ln đb (hoặc ln ngb) số nghiệm pt : f(x)=k Không nhiều f(x)=f(y) x=y Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) đb (hoặc ngb) hàm số y=g(x) ngb (hoặc ln đb) D số nghiệm D pt: f(x)=g(x) khơng nhiều Định lí 3:Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm đến cấp n pt f ( k ) ( x) = có m nghiệm, pt f ( k −1) ( x) = có nhiều m+1 nghiệm Các ví dụ: Bài 1:Giải pt: x(2 + x + 3) + (4 x + 2)( + x + x + 1) = (Olympic 30-4 ĐBSCL 2000) Giải: Ta thấy pt có nghiệm (− ;0) pt ⇔ ( −3x ) (2 + (−3 x) + 3) = (2 x + 1)(2 + (2 x + 1) + 3) ⇔ u (2 + u + 3) = v(2 + v + 3) (1) Với u=-3x, v=2x+1; u,v>0 Xét hàm số f (t ) = 2t + t + 3t với t>0 Ta có f '(t ) = + 2t + 3t t + 3t > ∀t > ⇒ f (u ) = f (v) ⇔ u = v nghiệm pt π π tg2x i x∈ - ; ÷ (HSG Lớp 12 Nam Định 2006) Bài 2: Giải pt: e + cosx=2 vớ 2 π π tg2x i x∈ - ; ÷, ta có Giải: Xét hàm số : f (x) = e + cosx vớ 2 2etg2x − cos3x tg2x ÷ Vì 2etg2x ≥ > cos3x > f '(x) = 2tgx e − sin x = sin x ÷ cos x cos x Nên dấu f’(x) dấu sinx Từ ta có f (x) ≥ f (0) = Vậy pt cho có nghiệm x=0 Bài 3: Giải pt: 2003x + 2005x = 4006x + (HSG Nghệ an 2005) Giải: Xét hàm số : f (x) = 2003x + 2005x − 4006x − Ta có: f '(x) = 2003x ln2003+ 2005x ln2005 − 4006 f ''(x) = 2003x ln2 2003 + 2005x ln2 2005 > ∀x ⇒ f "(x) = vônghiệ m (1) ⇔ u=v ⇔ -3x=2x+1 ⇔ x = − ⇒ f'(x)=0 cónhiề u nhấ t làmộ t nghiệ m⇒ f(x)=0 cónhiề u nhấ t làhai nghiệ m Chun Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12 Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên pt cho có hai nghiệm x=0 x=1 Bài 4: Giải pt: 3x = 1+ x + log3(1+ 2x) (TH&TT) Giải: Đk: x>-1/2 pt ⇔ 3x + x = 1+ 2x + log3(1+ 2x) ⇔ 3x + log3 3x = 1+ 2x + log3(1+ 2x) (1) Xét hàm số: f (t) = t + log3 t ta có f(t) hàm đồng biến nên (1) ⇔ ff(3x ) = (1+ 2x) ⇔ 3x = 2x + 1⇔ 3x − 2x − 1= (2) Xét hàm số: f (x) = 3x − 2x − 1⇒ f '(x) = 3x ln3 − ⇒ f "(x) = 3x ln2 > ⇒ f (x) = có nhiều hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt cho có hai nghiệm x=0 x=1 (1) sinx-siny=3x-3y π (2) Bài 5: Giải hệ pt: x+y= (3) x, y > π Giải: Từ (2) (3) ta có : x, y∈ (0; ) π (1) ⇔ sinx-3x=siny-3y Xét hàm số f(t)=sint-3t với t∈(0; ) ta có f(t) hàm nghịch π biến nên f(x)=f(y) ⇔ x=y thay vào (2) ta có x = y = nghiệm hệ 10 (1) tgx − tgy = y − x Bài 6: Giải hệ: (30-4 MOĐBSCL 2005) y + − = x − y + (2) y ≥ −1 Giải: Đk: (*) x ≥ y + (1) ⇔ tgx + x = tgy + y ⇔ x = y (do hàm số f (t) = tgt + t hàm đồng biến) Thay vào (2) ta có: y + − 1= y − y + ⇔ y + = y − y + + ⇔ y + 1= y − y + + y − y + + 1⇔ y + = 4y − y + 8 y ≥ y ≥ 3 ⇔ 3y − = y + ⇔ ⇔ ⇔ y= 9y2 − 48y + 64 = 16y + 128 9y2 − 64y − 64 = Vậy x = y = nghiệm hệ cho Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12 HỆ HOÁN VỊ VÒNG QUANH: f (x1) = g(x2 ) f (x ) = g(x ) Định nghĩa:Là hệ có dạng: (I) f (xn ) = g(x1) Định lí 1: Nếu f,g hàm tăng giảm A (x1, x2, , xn ) nghiệm hệ A x1 = x2 = = xn Định lí 2:Nếu f,g khác tính đơn điệu A (x1, x2, , xn ) nghiệm hệ A x1 = x3 = = xn−1 x1 = x2 = = xn n lẻ n chẵn x2 = x4 = = xn x3 + 3x − + ln(x2 − x + 1) = y Bài 7:Giải hệ: y + 3y − + ln(y − y + 1) = z z + 3z − + ln(z − z + 1) = x Giải:Ta giả sử (x,y,z) no hệ Xét hàm số f (t) = t3 + 3t − + ln(t2 − t + 1) 2t − > nên f(t) hàm đồng biến ta có: f '(t) = 3t + + 2 t − t+1 Ta giả sử: x=Max{x,y,z} y = f (x) ≥ f (y) = z ⇒ z = f (y) ≥ f (z) = x Vậy ta có x=y=z Vì pt x3 + 2x − + ln(x2 − x + 1) = có nghiệm x=1 nên hệ cho có nghiệm x=y=z=1 x2 − 2x + 6log (6 − y) = x Bài 8:Giải hệ: y − 2y + 6log3(6 − z) = y (HSG QG Bảng A năm 2006) z − 2z + 6log3(6 − x) = z x log3(6 − y) = x2 − 2x + f (y) = g(x) y ⇔ f (z) = g(y) Giải: Hệ ⇔ log3(6 − z) = y2 − 2y + f (x) = g(z) z log3(6 − x) = z2 − 2z + Trong f (t ) = log (6 − t ) ; g (t ) = t t − 2t + với t ∈ (−∞;6) Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12 6−t g '(t ) = > ∀t ∈ (−∞;6) ⇒ Ta có f(t) hàm nghịch biến, g(t) hàm đb t − 2t + ( ) Nên ta có (x,y,z) nghiệm hệ x=y=z thay vào hệ ta có: x log3 (6 − x) = pt có nghiệm x=3 x2 − 2x + Vậy nghiệm hệ cho x=y=z=3 Bài tập: x + + x + = 2x2 + + 2x2 ; 81sin10 x + cos10x = −2 (x-1)(x+2)=(x2 − 2)ex + xex 81 256 ; 3cosx = 2cosx + cosx; (1+ x)(2 + 4x ) = 3.4x x3 + 3x2 + 2x − = y y3 + 3y2 + 2y − = z (HSG QG 2006) z + 3z + 2z − = x Tìm a để hệ sau có nghiệm x12 = x23 − x22 + ax x2 = x33 − x32 + ax xn = x1 − x1 + ax1 Tìm m để pt sau có nghiệm: a)x x + x + 12 = m( 5- x + 4- x); b) 3+x + 6- x c)tg2x + cot g2x + m(tgx + cotgx)+3=0; d) cos6x + sin6 x cos2x - sin2 x (3+ x)(6- x) = m = mtg 2x Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12 III Các toán cực tri- chứng minh BĐT: Bài 1: Cho số thực a,b,c,d thoả mãn: a2+b2=1; c-d=3 Cmr: 9+6 (HSG Nghệ an 2005) F = ac + bd − cd ≤ Giải: ta có: F ≤ ( a + b )(c + d ) − cd = 2d + 6d + − d − 3d = f (d ) 9 − 2( d + ) + − 2(d + ) + Ta có f '(d ) = (2d + 3) 2 2 < nên d + 6d + 2d + 6d + 9+6 ta có đpcm f (d ) ≤ f (− ) = Bài 2: Cho < x < y ≤ z ≤ : x + y + z ≤ Tìm gtln F = 3x + y + z (TH&TT) Giải: Từ gt ta có: x ≤ − 2y − z thay vào F ta 2− y 1 F ≤ f ( y ) = (4 z + z ( y − 2) + 10 y − 16 y + 16) ≤ f ( ) = (9 y − 12 y + 20) = g ( y ) 3 2 Ta xét ≤ y ≤ (vì y ln n ⇒ g '( x ) > g '(7) = e7 − 14 > ⇒ g ( x) > g (7) = e − 49 > Vậy f ( x) ≥ Min{ f (2), f (n -1)} Ta cm Min{ f (2), f (n -1)} ≥ * f (2) ≥ ⇔ 2n−1 ≥ n ta dễ dàng cm quy nạp đạo hàm t * f (n − 1) ≥ ⇔ (n − 1)n ≥ 2n n−1 ⇔ t > 2(1 + )t ∀t ≥ (*) t=n-1 t t Ta có (1 + )t < e < ⇒ 2(1 + )t < ≤ t ⇒ (*) Vậy ta có đpcm Bài 7: Cho < a ≤ b ≤ c CMR: 2a 2b 2c (c − a ) + + ≤ 3+ b+c c+a a +b a (c + a ) b c = α = x ĐK : ≤ α ≤ x Khi bđt cần cm trở thành a a 2α 2x x2 + x + x +1 x( x + 1) + + ≤ ⇔ x + x + ≥ (2 + 2α + ) α + x 1+ x 1+α x +1 α+x 1+ α x +1 x( x + 1) + 2α + ) với ≤ α ≤ x Xét hàm số f ( x) = x + x + − (2 α+x 1+α 2(2 x + 1) α −1 2x+1 = ( α − 1)[ − ] ≥ ≤ α ≤ x Ta có: f '( x) = x + − α + − α +1 ( x + α ) ( x + α )2 Như hàm f(x) đồng biến f ( x) ≥ f (α ) = α − 3α + − α 1 Nhưng f '(α ) = 2α − + = α + α + − ≥ 33 α α − = α α α ⇒ f ( x) ≥ f (α ) ≥ f (1) = ⇒ đpcm a b c + + ≥ Bài 8: cho a,b,c>0 Cmr: a+b b+c c+a 1 b c a Giải: Đặt x = , y = , z = ⇒ xyz = bđt cho ⇔ + x + + y + + z ≥ a b c Giải:Đặt Giả sử z ≤ ⇒ xy ≥ nên ta có: ⇒ 1 2 z + ≥ = + x + y + xy + z 1 z 2t + + ≥ + = + = f (t ) với t = z ≤ 1+ x 1+ y 1+ z 1+ z 1+ z 1+ t 1+ t2 Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12 Ta có: f '(t ) = (1 + t ) − 2t 2 (1 + t ) ≤ 2(1 − t ) 2 (1 + t ) ≤ ⇒ f (t ) ≥ f (1) = ∀t ≤ ⇒ đpcm Nhận xét:Từ toán ta dễ dàng giải toán sau: Cho a,b,c>0 Cmr: ( Bài tập áp dụng: a b c 3 ) +( ) +( ) ≥ (chọn đội tuyển thi IMO 2005) a+b b+c c+a π Cho α ,β ∈ (0; ).Cmr : α sinα − β sinβ > 2(cosβ − cosα ) 2 Cho x, y ∈ R x − y = Tìm gtnn P = x + ( y − 3)2 + x + ( y + 1)2 (HSG QG Bảng B năm 1998) 3.Cho a,b>0 Cmr: (a + 1) ln(a + 1) + eb ≥ (a + 1)(b + 1) (HSG 12 Nam Định 2004) ... 28m − 0, 25 (HSG Nghệ an 1998) Tìm tất giá trị a để bpt: ln(1 + x) ≥ x − ax nghiệm ∀x ≥ a)Cmr a >0 số cho bpt: a x ≥ + x với x ≥ a ≥ e b) Tìm tất giá trị a để : a x ≥ + x ∀x (HSG 12 Nam Định 2006)... (2 )pt nà y có∆=t2 - ≥ ⇔ t ≥ Từđâ y ta có *Nế u t = ±2 pt đãcho cómộ t nghiệ m *Nế u t > vớ i mỗ i giátrịcủ a t cho tương ứ ng hai giátrịcủ ax Nê n pt (1) cóđú ng hai nghiệ m phâ n biệ t ⇔ pt( 1')... để pt sau có nghiệm thuộc [0; ] (4 − 6m)sin x + 3(2m− 1)sin x + 2(m− 2)sin xcosx − (4m− 3)cosx = 2.Tìm m để số nghiệm pt: 15 x − 2(6m2 + 1) x − 3m + 2m = không nhiều số nghiệm pt: (3m − 1)212