của tham số a, để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt.. Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất.[r]
(1)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)
Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) lt D mmin ( )x D f x , M Mx Dax ( )f x pt: f(x)=k có
nghiệm m k M
Định lí 3: Bất phương trình f x( )g x( )nghiệm x thuộc D
( ) ( )
x D x D
Min f x Max g x
Các ví dụ:
Bài 1:Tìm m để pt sau có nghiệm: x2 x 1 x2 x 1 m (HSG Nghệ an 2005)
Lời giải: Xét hàm số f x( ) x2 x 1 x2 x1 có tập xác định D=R
2
2
2
2
2
'( ) '
2
(2 1) 1 (1)
1 [( - )1 3] [( 1) 3] 0 thay vào (1)ta thấy không
2 2
thỏa mãn Vậy f'(x)=0 vô nghiệm, mà f'(0)=1>0,
x x
f x f x
x x x x
x x x x x x
x x x x x
2
x + x +
f'(x)>0 x
Mặt khác: Lim ( ) = Lim 1; Lim ( )
1
Vậy pt cho có nghiệm -1
x
R x
f x f x
x x x x
m
Bài 2:Tìm tất giá trị a để pt: ax2 1 cosx có nghiệm
0;
x
(Đề thi HSG tỉnh Hải Dương Lớp 12 năm 2005) Giải: Ta thấy để pt có nghiệm a 0
2
2
2
sin
cos 2 sin
Khi pt =a -2 Xét hàm số ( ) với t 0;
cos -.cos sin
ta có '( ) = với t 0; ( ) ngb 0;
4
t
x
x a f t t
t
x x
t t tgt
t t t
f t f t
(2)
2
2
0
2
sin
2 2 2
Maø f( )= vaø ( ) ( ) 1 (0; )
4
2
8
Vậy pt cho có nghiệm (0; )
2
t
x
Lim f t f t x
x
x a a
Bài 3: Cho phương trình x6 3x5 6x4 ax3 6x2 3x 1 0 Tìm tất giá trị
của 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 được
3
3
2
2
1 1
( ) 3( ) 6( ) a=0 (1) Đặt t= ta thu pt
( 3) 3( 2) (1')
Từ cách đặt t ta có: (2)pt có = - Từ ta có *Nếu pt
x x x x
x x
x x
t t t t a t t t a
x tx t t
t
cho có nghiệm
*Nếu với giá trị cho tương ứng hai giá trị x
Nên pt (1) có hai nghiệm phân biệt pt(1') có hai nghiệm t= (1') có
t t
1nghieäm thỏa mãn
2
1: Nếu (1') có hai nghiệm t= vơ nghiệm
22
: (1') có nghiệm
Xét hàm số ( ) với 2, ta có '( ) 3(
t t
a TH
a
TH t
f t t t t t f t t t t )(t3)
Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng bt ta thấy pt(1’) có nghiệm t 2
2 a 22 a 16
f(t) f’(t)
x -3 -2
0 - +
2 22
(3)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 s0;1 đếu tồn số thực
1
0 : ( )
2 s s s
a b
f
( HSG QG bảng A năm 2006)
Giải: Trước hết ta cos BĐT :
( )
2
s s
s
a b a b
(1) ta cm (1) hàm số BĐT Bécnuli
Áp dụng BĐT Côsi (1) ta có :
1
( )
2
s s s
a b a b
ab
(*) (do a b )
Mặt khác ta có:
2 ( )( )
'( )
2 ( )( )
x a b x a x b
f x
x a x b
ta dễ dàng cm f’(x) >0
x>0 suy f(x) đồng biến với x>0 nên
( ) ( ) ( )
2 x
x
a b
Lim f x ab f x Lim f x
(**) Vì f(x) liên tục x>0 nên từ (*) (**) ta có điều phải cm
Bài tập:
Tìm m để pt sau có nghiệm thuộc
[0; ]
4
(4 )sinm x 3(2m 1)sinx 2(m 2)sin cosx x (4m 3)cosx
2.Tìm m để số nghiệm pt: 15x2 2(6m21)x 3m42m20không nhiều số nghiệm pt: (3m 1) 122 x 2x3 6x(36m 9) 28m 0,25 (HSG Nghệ an 1998) Tìm tất giá trị a để bpt: ln(1x) x ax2 nghiệm x
a)Cmr a >0 số cho bpt: ax 1 x với x 0 a e
(4)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 Khơng nhiều f(x)=f(y) x=y
Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) ln đb (hoặc ngb) hàm số y=g(x) ngb (hoặc ln đb) D số nghiệm D pt: f(x)=g(x) khơng nhiều một
Định lí 3:Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm đến cấp n pt f( )k ( ) 0x có m nghiệm, đó pt f(k1)( ) 0x có nhiều m+1 nghiệm
Các ví dụ:
Bài 1:Giải pt:3 (2x 9x23) (4 x2)( 1 x x2 1) 0 (Olympic 30-4 ĐBSCL 2000)
Giải: Ta thấy pt có nghiệm
1 ( ;0)
2
2
2
3 (2 ( ) 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 f t( ) 2 t t4 3t2 với t>0
Ta có
3
4
2
'( ) 0 ( ) ( )
3
t t
f t t f u f v u v
t t
(1) u=v -3x=2x+1
1
x
nghiệm pt
Bài 2: Giải pt:
2
osx=2 với - ; 2 tg x
e c x
(HSG Lớp 12 Nam Định 2006)
Giải: Xét hàm số :
2
( ) osx với - ;
2 tg x
f x e c x
, ta có
2
2 tg
2
1 2e os
'( ) sin sin
cos os
x
tg x c x
f x tgx e x x
x c x
Vì 2etg x2 2 cos3x 0
Nên dấu f’(x) dấu sinx Từ ta có f x( )f(0) 2 Vậy pt cho có nghiệm x=0
(5)Giải: Xét hàm số : f x( ) 2003 x 2005x 4006x Ta có: f x'( ) 2003 ln2003 2005 ln2005 4006 x x
2
''( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 "( ) vô nghiệm f'(x)=0 có nhiều nghiệm f(x)=0 có nhiều hai nghiệm
x x
f x x f x
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 log (1 )3 x (TH&TT)
Giải: Đk: x>-1/2
3x 1 log (1 )3 3x log 33 x 1 log (1 )3
pt x x x x x (1)
Xét hàm số: f t( ) t log3t ta có f(t) hàm đồng biến nên
(1) f(3 )x f(1 )x 3x 2x 3x 2x (2)
Xét hàm số: f x( ) 3 x 2x 1 f x'( ) ln3 2 x f x"( ) ln 0 x
f x( ) 0 có nhiều hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt cho có hai nghiệm
x=0 x=1
Bài 5: Giải hệ pt:
sinx-siny=3x-3y (1) x+y= (2)
5
, (3)
x y
Giải: Từ (2) (3) ta có :
, (0; )
x y
(1) sinx-3x=siny-3y Xét hàm số f(t)=sint-3t với t(0; )5 ta có f(t) hàm nghịch
biến nên f(x)=f(y) x=y thay vào (2) ta có
10
x y
nghiệm hệ
Bài 6: Giải hệ:
(1)
1 (2)
tgx tgy y x
y x y
(30-4 MOĐBSCL 2005)
Giải: Đk:
1
y
x y (*)
(6)
1 8 4
8
3
3 8
9 48 64 16 128 64 64
y y y y y y y y
y y
y y y
y y y y y
Vậy x y 8 nghiệm hệ cho
HỆ HỐN VỊ VỊNG QUANH:
Định nghĩa:Là hệ có dạng:
1
2
1
( ) ( )
( ) ( )
( )n ( )
f x g x
f x g x
f x g x (I)
Định lí 1: Nếu f,g hàm tăng giảm A ( , , , )x x1 xn là
nghiệm hệ A x1x2 xn
Định lí 2:Nếu f,g khác tính đơn điệu A ( , , , )x x1 xn nghiệm hệ A
thì x1x2 xnnếu n lẻ
1
2
n
n
x x x
x x x nếu n chẵn
Bài 7:Giải hệ:
3
3
3
3 ln( 1)
3 ln( 1)
3 ln( 1)
x x x x y
y y y y z
z z z z x
Giải:Ta giả sử (x,y,z) no hệ Xét hàm số f t( )t3 3 ln(t t2 t 1)
ta có:
2
2
2
'( ) 3
2
t
f t t
t t nên f(t) hàm đồng biến Ta giả sử: x=Max{x,y,z} y f x ( )f y( ) z z f y ( )f z( )x
(7)Bài 8:Giải hệ:
2
3
3
3
2 log (6 ) log (6 ) log (6 )
x x y x
y y z y
z z x z
(HSG QG Bảng A năm 2006)
Giải: Hệ
3 2
3 2
3 2
log (6 )
2 ( ) ( )
log (6 ) ( ) ( )
2 ( ) ( )
log (6 )
2
x y
x x f y g x
y
z f z g y
y y f x g z
z x
z z
Trong
3 2
( ) log (6 ) ; ( )
2
t
f t t g t
t t
với t ( ;6)
Ta có f(t) hàm nghịch biến,
3
6
'( ) ( ;6)
2
t
g t t
t t
g(t) hàm đb Nên ta có (x,y,z) nghiệm hệ x=y=z thay vào hệ ta có:
3 2
log (6 )
2
x x
x x
pt có nghiệm x=3
Vậy nghiệm hệ cho x=y=z=3
Bài tập:
2
3 10 10
3
2 cosx osx
3
3
3
81
1 2 ; 81sin os
256
3 (x-1)(x+2)=(x 2) ; osx; (1 )(2 ) 3.4
x
6 (HSG QG 2006)
3
x x c x x
x x x x x c x
e xe c x
x x y
y y y z
z z z x
(8)
2
1 2
2
2 3
2
1 1
4 ax
4 ax
4 ax
n
x x x
x x x
x x x
8 Tìm m để pt sau có nghiệm:
6
2
2
) 12 ( ); b) 3+x (3 )(6 )
cos sin
) cot ( cotgx)+3=0; d)
os sin
a x x x m x x x x x m
x x
c tg x g x m tgx m tg x
c x x
+ + = - + - + - - + - =
+
+ + + =
-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
F ac bd cd
(HSG Nghệ an 2005)
Giải: ta có: F (a2b2)(c2 d2) cd 2d2 6d 9 d2 3d f d( )
Ta có
2
2
3
1 2( )
2
'( ) (2 3)
2
d
f d d
d d
2
2
3
1 2( )
2 0
2
d
d d
nên
3
( ) ( )
2
f d f
ta có đpcm
Bài 2: Cho 0 x y z 1.:3x2y z 4.Tìm gtln F 3x22y2z2(TH&TT)
Giải: Từ gt ta có:
4
y z
x
(9)2 2
1 1
( ) (4 ( 2) 10 16 16) ( ) (9 12 20) ( )
3 3
y
F f y z z y y y f y y g y
Ta xét
2
1
3 y (vì y<2/3 Max khơng xảy ra),
2 ( ) ( ) 16
3
g y g
16
F
dấu “=” có
2
;
3
z y x
Vậy
16
Max F
Bài 3: Cho x y z 0.CMR:
x z y x y z
z y x y z x
Giải: Xét hàm số : ( )
x z y x y z
f x
z y x y z x
Với đk cho x y z
Ta có: 2
1 1
'( ) ( ) ( y z ) ( )( )
f x y z
z y x x yz x
f(x) hàm đồng biến ( ) ( )
f x f y
đpcm
Bài 4:Cho a>b>c>0 CMR: a b3 2b c3 2c a3 a b2 3b c2 3c a2
Giải: Xét hàm số:
3 3 2 3
( )
f a a b b c c a a b b c c a
Ta có : f a'( ) 3 a b2 22ac3 2ab3 3a c2 2 Tiếp tục lấy đạo hàm:
2 3 2
"( ) 6 2 2( )[3 ( ) - ]
f a ab ac c b b c a b c b c bc a>b>c>0
'( )
f a
hàm đb f a'( )f b'( )b42bc3 3b c2 20 (ta cm nhờ Cơsi)
Như f'(a) >0 nên f(a) đồng biến f(a)>f(b)=0 ta có đpcm
Bài 5:Cho x y z o, , Cmr: x4y4z4xyz x y z( )xy x( 2y2)yz y( 2z2)zx z( 2x2)
Giải: Khơng tính tổng qt ta giả sử: x y z Xét hàm số
4 4 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f x x y z xyz x y z xy x y yz y z zx z x
Ta có : f x'( ) 4 x3 (x y z2 )xyz yz x y z ( ) ( y3z3) f x"( ) 12 x2 (x y z ) 2 yz
"( )
f x
(do x y z ) f x'( )f y'( )z y z2 3z y z2( ) 0 nên f(x) hàm đb
4 2 2
( ) ( ) ( )
f x f y z z y y z z z y
đpcm
Bài 6: Cho n,k số nguyên dương n7;2 k n Cmr: kn 2nk
(HSG QG bảng B 96-97)
Giải : Bđt n k kln lnnln 2 n k kln lnn ln
Xét hàm số f x( )n x x nln ln ln 2 với x[2; -1]n '( ) ln '( ) ln
n n
f x n f x x
x n
2
2
ln
n n
e n n
n Xét hàm số g x( )ex x2 g x'( )ex 2x g x"( )ex 0
7
'( ) '(7) 14 ( ) (7) 49
g x g e g x g e
(10)* f(2) 0 2n1n2 ta dễ dàng cm quy nạp đạo hàm
*
1
( 1) ( 1)n n 2(1 ) t
f n n n t t
t
(*) t=n-1
Ta có
1
(1 )t e 2(1 )t t
t t
(*) Vậy ta có đpcm
Bài 7: Cho 0 a b c .CMR:
2
2 2 ( )
3
( )
a b c c a
b c c a a b a c a
Giải:Đặt
b
a c
x
a ĐK : 1 x Khi bđt cần cm trở thành
2
2
2 2 ( 1)
1 (2 )
1 1
x x x x x x
x x
x x x x
Xét hàm số
2 ( 1)
( ) (2 )
1
x x x
f x x x
x
với 1 x
Ta có: 2
2(2 1) 2x+1
'( ) 2 ( 1)[ ]
1 ( ) +1 ( )
x
f x x
x x
1 x
Như hàm f(x) đồng biến
2
( ) ( ) 3
f x f
Nhưng
3
2 2
1 1
'( ) 3
f
( ) ( ) (1)
f x f f
đpcm
Bài 8: cho a,b,c>0 Cmr:
3
a b c
a b b c c a
Giải: Đặt , ,
b c a
x y z xyz
a b c
và bđt cho
1 1
1 x y z
Giả sử z 1 xy1 nên ta có:
1 2
1 1
z
x y xy z
2
1 1 2
( )
1 1 1 1
z t
f t
x y z z z t t
với t z1
Ta có: 2 2
2 2(1 )
'( ) ( ) (1)
2 (1 ) (1 ) (1 )
t t
f t f t f t
t t t
đpcm
Nhận xét:Từ toán ta dễ dàng giải toán sau:
Cho a,b,c>0 Cmr:
3 3
( ) ( ) ( )
8
a b c
a b b c c a (chọn đội tuyển thi IMO 2005)
Bài tập áp dụng:
1
(11)2 Cho x y R, và 2x y 2.Tìm gtnn P x2(y 3)2 x2(y1)2
(HSG QG Bảng B năm 1998)