[r]
(1)Chuyên đề: ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM
Một số lưu ý chung:
Để học sinh giải tốn dạng này, yêu cầu học sinh nắm vững số kiến thức sau:
1 Phương trình f(x) = m có nghiệm m thuộc tập giá trị hàm số y = f(x) Số nghiệm phương trình f(x) = m số giao điểm đồ thị hàm số y = f(x) với đường
thẳng y = m
3 Xét bất phương trình f(x) ≥ m với f(x) hàm số liên tục [a; b] Khi đó:
[ , ] [ , ]
min ( ) ( ) max ( )
a b a b
f x ≤ f x ≤ f x
*) f(x) ≥ m có nghiệm thuộc [a; b]
[ , ]
max ( )
a b
m f x
⇔ ≤
*) f(x) ≥ m vô nghiệm thuộc [a; b]
[ , ]
max ( )
a b
m f x
⇔ > *) f(x) ≥ m có nghiệm ∀x∈ [a; b]
[ , ]
min ( )
a b
m f x
⇔ ≤
4 Xét bất phương trình f(x) ≤ m với f(x) hàm số liên tục [a; b] Khi đó:
[ , ] [ , ]
min ( ) ( ) max ( )
a b a b
f x ≤ f x ≤ f x
*) f(x) ≤ m có nghiệm thuộc [a; b]
[ , ]
min ( )
a b
m f x
⇔ ≥
*) f(x) ≤ m vô nghiệm thuộc [a; b]
[ , ]
min ( )
a b
m f x
⇔ < *) f(x) ≤ m có nghiệm ∀x∈ [a; b]
[ , ]
max ( )
a b
m f x
⇔ ≥
A.1)Phương trình: Bài tốn 1:
Xác định m để phương trình sau có nghiệm :
m( 1 1 2) 2 1 1 1
x x
x x
x − − + = − + + − −
+ (1)
Lời Giải Điều kiện: x ≤1
Đặt t = 1 x
+ - 1−x2 ⇒ 1−x4 = – t2
Ta có : t = 1 x
+ - 1−x2 ≥ (dấu đạt x = 0) t2 = – 2 1
x
(2)Phương trình (1) chuyển dạng m(t + 2) = - t2 + t ⇔
2
2
+ + + −
t t t
= m (2) Khi phương trình (1) có nghiệm⇔ (2) có nghiệm thoả : ≤ t ≤
⇔ đường thẳng y = m cắt phần đồ thị hàm số y =
2
2
+ + + −
t t t
[0; 2] Xét hàm số f(t) =
2
2
+ + + −
t t t
[0; 2] Ta có f’(t) =
( 2)
2
≤ +
− −
t t
t ,
∀t∈[0; 2] ⇒ hàm số nghịch biến [0; 2] Vậy phương trình (1) có nghiệm ⇔ f( 2)≤m≤ f(0)⇔ 2−1≤ m ≤ Bài toán 2:
Chứng minh với m > phương trình sau có hai nghiệm phân biệt x2 + 2x – = m x( −2) (1)
Lời Giải Điều kiện x ≥
(1) ⇔ (x – 2)( x3 + 6x2 – 32 – m) = ⇔ 3 2
6 32
x
x x m
=
− − − =
Ta cần chứng minh phương trình: x3 + 6x2 – 32 = m (*) có nghiệm (2; +∞) Xét hàm số: f(x) = x3 + 6x2 – 32 với x >
f ’(x) = 3x2 + 12x > , ∀x >
Dựa vào bảng biến thiên ta có: ∀m > phương trình (*) có nghiệm khoảng (2; +∞) Vậy ∀m > phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
Bài tốn 3:
Tìm m để phương trình sau có nghiệm thuộc [1; 3]
2
3
log x+ log x+1 - 2m – = (1)
Lời Giải Điều kiện : x >
0
+∞
+
+∞
2
f(x) f '(x)
(3)Đặt: t =
log x+1 với x∈[1; 3] ⇔0≤log3x≤ ⇔1≤ log32x+1≤ 4⇔1≤ t ≤ Phương trình (1) trở thành: t2 + t = 2m + (2)
Phương trình (1) có nghiệm thuộc [1; 3]
⇔ Phương trình (2) có nghiệm thuộc [1; 2]
⇔đường thẳng y = 2m + cắt phần đồ thị y = t2 + t với t∈ [1; 2] điểm
Đặt f(t) = t2 + t , t∈ [1; 2]
f ’(t) = 2t + > , ∀t∈ [1; 2]
Vậy phương trình (1) có nghiệm thuộc [1; 3]
⇔2 ≤ 2m + ≤ ⇔0 ≤ m ≤ 1,5 Bài toán 4:
Tìm m để phương trình sau có nghiệm : (m + 1) tan4x – 3m(1 + tan2x)tan2x + 44
cos
m
x = (1)
Lời Giải Điều kiện: x
2 k π
π
≠ +
(1) ⇔ m( 2tan4x + 5tan2x + ) = - tan4x
2
2
2
tan tan
(2 4)
2
t x
t x
t
m t t m
t t
=
=
⇔ ⇔ −
+ + =
+ +
Xét: f(t) = 2 2
t
t t
−
+ + với t ≥ f ’(t) =
( )
2 2
5
t t
t t
− − + +
≤ , ∀t ≥
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm ⇔ -0,5 < m ≤ Bài toán 5:
-0,5
f(t)
_ f '(t)
+∞
0 t
+
5
2
f(t) f '(t)
(4)Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 9x – m 33 + 2m + = (1) Lời Giải
(1) ⇔
2
3
( 2) x
t
m t t
=
− = +
với t>0 ⇔
3
1 (2) x
t t m
t
=
+
=
−
(vì t = khơng phải nghiệm pt)
Xét hàm số f(t) = 2
t t
+
− ta có: f ’(t) =
( )
2
4
t t
t
− − −
f ’(t) = ⇔ t2−4 1t− = ⇔ 5
t t
= −
= +
t −∞ 2− 2+ + ∞
f’(t) - - +
f(t) -0,5 +∞ +∞ −∞ 5+
Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm m < - 0,5 m ≥4 5+ Bài toán 6:
Tìm a để phương trình:
2
3
2
x
x x
−
= −
− + a (1) có nghiệm Lời Giải
(1) ⇔ a =
2
3 2
x x
x
− −
Xét hàm số : f(x) = 2
x x
x
−
− xác định (0,5; +∞) Ta có f’(x) =
( )
2
9 2
x x
x
− + −
(5)0,5 +∞ +
+∞
-∞ f(x) f '(x)
x
Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng y = a cắt đồ thị hàm số f(x) điểm ∀a
Vậy∀a phương trình (1) ln có nghiệm Bài toán 7:
Giải phương trình: x + 2 2
x − x+ = 3x-1+1 (1) Lời Giải (1) ⇔ x – + x2−2x+2 = 3x –
⇔
2
1 3a
a x
a a
= −
+ + =
⇔
( )
1
ln ln
a x
a a a
= −
+ + =
(*)
Xét f(a) = ln(a+ a2+1) – aln3
f ’(a) =
2
1
a + - ln3 < , ∀a
Vậy f(a) nghịch biến R f(0) = nên (*) có nghiệm a = Do phương trình (1) có nghiệm x =
Bài tốn 8:
Giải phương trình : 4x−1 + 4x2−1 = (1) Lời Giải Điều kiện: 2
4
x x
− ≥
− ≥
⇔x ≥ 0,5
Xét: f(x) = 4x−1 + 4x2−1 với x ≥ 0,5 f ’(x) =
4x−1 +
4
x
x − > , ∀x ≥ 0,5 ⇒ f đồng biến (0,5; +∞)
Do f liên tục đồng biến (0,5; +∞)
(6)Vậy phương trình có nghiệm x = 0,5
Các tập tương tự
1) Định m để phương trình có nghiệm thuộc tập hợp cho trước a) x3 – 3x = m với ≤ x ≤
b) x2- 6lnx – m = với < x < e c) 4sin6x + cos4x – a =
2) Biện luận số nghiệm phương trình: a) 3x4 – 10x3 + 6x2 = m
b) x−1 + 5−x = m
3) Tìm điều kiện m để phương trình sau có nghiệm:
x− + 3−x - (x−1 (3) −x) = m
4) Tìm m để phương trình sau có nghiệm (đề dự bịĐH 2007) a) 4 13
x − x+m + x – =
b) 1
x + - x = m
5) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 32
sin x + tan
2x + m(tanx + cotx) =
6) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4(sin4x + cos4x) – 4(sin6x + cos6x) – sin24x = m 7) Biện luận theo k số nghiệm x thuộc ;
4 π π
−
phương trình: 4k(sin6x + cos6x – 1) = 3sin6x
8) Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm đoạn 0; π
: 2cosx cos2x.cos3x m = cos2x
9) Biện luận theo m số nghiệm phương trình: a) x +3 = m 1
x +
b) x + m = m 1
x +
c) x−1 + 4m4 x2−3x+2 + (m + 3) x−2 = 10) Xác định m để phương trình sau có nghiệm:
a) 4 2 1 4 2 1
x − x+ − x + x+ = 2m
b) 4 4 4
(7)11) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt : a) 1+x+ 8−x+ (1+x)(8−x) = m
b) 2x+ 2x+24 6−x+2 6−x = m
12) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: a) tan2x + cot2x +m(tanx + cotx) + = b) x x+ x+12 =m( 5−x+ 4−x)
c) 2x + x+ x+7 +2 x2+7x = m
13) Tìm m để phương trình : sinx + cos
2
x
= m( cosx + 2sin
x
) có nghiệm đoạn [0 ; π ]
A.2) Bất phương trình: Bài tốn 1:
Tìm m để bất phương trình :
m( 2 2
x − x+ + 1) + x(2- x) ≤ có nghiêm thuộc [0; 1+ 3] Lời Giải
Đặt t = 2 2
x − x+ với x ∈ [0; 1+ 3] t’x = 2
2
x
x x
−
− + , t’x = ⇔ x =
Với x ∈ [0; 1+ 3] t ∈[1; 2] Bất phương trình trở thành: m(t + 1) ≤ t2 –
⇔ m ≤
2 2
1
t t
− + ⇔ m ≤
[1,2]
max ( )f t với f(t) =
2 2
1
t t
− + Ta có f ’(t) =
( )
2
2
t t
t
+ +
+ > , ∀t∈[1; 2] Suy f(t) đồng biến [1,2]
Vậy bất phương trình có nghiệm x ∈ [0; 1+ 3] ⇔m ≤
[1;2]ax ( )
M f t = f(2)
⇔m ≤ Bài toán 2:
Với giá trị m bất phương trình sin3x + cos3x ≥ m , ∀x (1)
+ _
2
1
1+
0 t t'x
(8)Lời Giải Đặt t = sinx + cosx = cos( )
4
x−π , điều kiện : t ≤ Bất phương trình trở thành: t(1 –
2
t −
) ≥ m, ∀t ∈ [- 2; 2] ⇔3t – t3 ≥ 2m, ∀t ∈ [- 2; 2]
[ 2, ] 2m f t( )
−
⇔ ≤
Xét: f(t) = 3t – t3 f ’(t) = – 3t2
f ’(t) = ⇔ – 3t2 = ⇔ t = v t = -1
2 -
1 -
+ _
2
-2
-1
t t'x
x
Dựa vào bảng biến thiên ta có :
Bất phương trình (1) có nghiệm ∀x ⇔ 2m ≤ -2 ⇔ m ≤ - Bài toán 3:
Tìm m để bất phương trình mx4 – 4x + m ≥ , ∀x (1) Lời Giải (1) ⇔m(x4+ 1) ≥ 4x , ∀x
⇔ m ≥ 44
x
x + , ∀x Xét : f(x) = 44
1
x x + Ta có : f ’(x) =
( ) ( ) ( )
4 4) 2
2 2
4 4
4( ) 4(1 4(1 )(1 )
1 1
x x x x x
x x x
+ − − − +
= =
+ + +
f ’(x) = ⇔1− 3x2 = ⇔x =
4
1
3 v x = -
1
x 41 41
3
−∞ − + ∞
f’(x) - + - 427
(9)0
-1
1
+ _
1 23
7
1/
f(x) f '(x)
x
-427
Dựa vào bảng biến thiên ta có bất phương trình có nghiệm ∀x ⇔ m ≥ Maxf(x) ⇔ m ≥ 27
Bài toán 4:
Cho bất phương trình x3 -2x2 + x – + m < (1)
a) Định m để bất phương trình (1) có nghiệm thuộc [0; 2] b) Định m để bất phương trình (1) thoả ∀x ∈[0; 2]
Lời Giải Ta có: (1) ⇔ -x3 + 2x2 – x + > m
Xét: f(x) = -x3 + 2x2 – x + , x ∈[0; 2] f’(x) = -3x2 + 4x –
f’(x) = ⇔x = v x =
a) (1) có nghiệm thuộc [0; 2] ⇔
[0,2]
max ( )f x > m ⇔m < b) (1) có nghiệm ∀x ∈[0; 2] ⇔
[0,2]
min ( )f x > m ⇔ m < -1 Bài toán 5:
Tìm điều kiện p, q để bất phương trình sau có nghiệm thoả ∀x ∈[0; 1] px + ≤
3 3 1
3
x x x
x
+ + +
+ ≤ qx + (1) Lời Giải x = (1) thoả
x ∈(0; 1] ta có (1) ⇔ p ≤
2 2
1
x x
x
+ +
+ ≤ q
Đặt f(x) = 2
x x
x
+ +
+ với x thuộc (0,1] f ’(x) =
( )
3
2 1
x x
x
(10)f ’(x) = ⇔ x = 1− ⇒ y = 2 1−
(1) có nghiệm thỏa ∀x ∈[0; 1] p ≤
(0,1]
min ( )f x q ≥ (0,1]
max ( )f x
Dựa vào bảng biến thiên ta có: p ≤ 2 1− q ≥
Bài tốn 6:
Tìm tất giá trị m để bất phương trình sau nghiệm ∀x > (3m +1)12x + (2 – m)6x + 3x < (1)
Lời Giải (1) ⇔(3m +1)4x + (2 – m)2x + <
⇔ 22 , 2
(3 ) ( 1) x
t x
t t m t
= ∀ >
− < − +
⇔
2
2
( 1) (2) (3 ) x
t t m
t t
= >
− +
<
−
Xét: f(t) = (2 1)2 (3 )
t
t t
− +
− ,với t >
f ’(t) = 22 12 (3 )
t t
t t
+ −
− > , ∀t >
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy bất phương trình (1) có nghiệm ∀x > ⇔ bất phương trình (2) có nghiệm ∀t > ⇔ m ≤ -2
Bài toán 7:
Giải bất phương trình : 7 7 7 6 49 7 42
x+ + x− + x + x− < 181 – 4x Lời Giải
Điều kiện:
2
7 7 49 42
x x
x x
+ ≥
− ≥
+ −
⇔x ≥
Đặt: f(x) = 7 7 7 6 49 7 42
x+ + x− + x + x− + 4x với x ≥
1 +∞
+
-1 -2
f(t) f '(t)
t
2 + _
2
0 2 -
2 -1
0
f(t) f '(t)
(11)f ’(x) =
2
7 98
2 7 49 42
x
x x x x
+
+ +
+ − + − + > , ∀x
6 ≥ Vậy f(x) đồng biến (6
7; +∞) f(6) = 181 Khi x < f(x) < f(6) ⇔ f(x) < 181
Vậy nghiệm bất phương trình S = [6 7; 6) Bài tốn 8:
Giải bất phương trình: 2 3 6 16
x + x + x+ > 3+ 4−x
Lời Giải Điều kiện:
3
2 16
4
x x x
x
+ + + ≥
− ≥
(2 )(2 8) 0
4
x x x
x
+ − + ≥
⇔
− ≥
⇔ - ≤ x ≤
Xét hàm số f(x) = 2x3+3x2+6x+16 - 4−x với x thuộc [-2,4]
f ’(x) =
3
6( 1)
2 2 16
x x
x
x x x
+ +
+ −
+ + + > ,
∀x∈ (-2; 4) Suy f đồng biến khoảng (-2; 4)
Do x > f(x) > f(1) = ⇔ 2x3+3x2+6x+16 - 4−x >
⇔ 2x3+3x2+6x+16 > 4−x +
Vậy khoảng nghiệm bất phương trình : (1; 4)
Các tập tương tự:
1) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 32x+1 – (m + 3) 3x – 2(m + 3) < 2) Xác định m cho ∀x nghiệm bất phương trình:
22+cos2x + 1 cos2 sin2
2+ x x
− ≥ m
3) Xác định m để bất phương trình sau có nghiệm
2 2
sin cos sin
2 x x x
m
+ ≥
A.3 Hệ phương trình
1) Hệ phương trình dạng:
(1) (2)
( ) ( ) ( , )
f x f y
g x y
=
=
Hướng dẫn học sinh tìm lời giải theo hai hướng sau: Hướng 1: (1) ⇔ f(x) – f(y) = (3)
Tìm cách đưa (3) phương trình tích
(12)Giải hệ :
(1)
3 (2)
1
2
x y
x y
y x
− = −
= +
Lời Giải Ta có: (1) ⇔x – y – (1
x− y) = ⇔ (x – y)
1 xy xy
+ =
⇔
x y
x y
=
− =
Thay vào (2) giải
Hướng 2: Xét hàm số f(t)
Ta thường gặp hàm số liên tục tập xác định
+) Nếu hàm số f(t) đơn điệu (1) suy x = y Khi tốn đưa giải biện luận
phương trình theo x
+) Nếu hàm số f(t) có cực trị t = a thay đổi chiều biến thiên lần qua a Từ (1) suy x = y x, y nằm hai phía a
Bài tốn 2: Giải hệ:
2
2
2
2
y x
x x x
y y y
−
−
+ − + = +
+ − + = +
với x, y ∈ R
Lời Giải
Hệ ⇔
( ) ( )
2 1
2 1
1 1
1 1
y x
x x
y y
−
−
− + − + =
− + − + =
Đặt: a = x – , b = y – ta có hệ
2
1 3
b a
a a
b b
+ + =
+ + =
⇔
2
2
1 (1)
1 3 (2)
b
a b
a a
a a b b
+ + =
+ + + = + + +
Xét hàm số f(t) = 1 3t
t+ t + = , t∈ R f ’(t) =
2
1
1
t t
+
+ +
tln3
=
2
1
t t
t
+ + + +
tln3 > ,
(13)từ (2) ta có f(a) = f(b) nên a = b Thay vào (1) ta được: a a2 1
+ + = 3a ⇔ ln(a+ a2+1) = aln3 Xét : g(a) = ln( 1
a+ a + ) – aln3 (*) g’(a) =
2
1
a + - ln3 < ,
∀a Vậy hàm số g(a) nghịch bến R Nên phương
trình (*) có nghiệm a =0 Do hệ có nghiệm nhât x = y =1
Bài toán 3:
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm
1
x y m
y x m
+ + − =
+ + − =
(I)
Lời Giải Điều kiện: -1 ≤ x , y ≤
(I) ⇔ (1)
1 3 (2)
x y m
x x y y
+ + − =
+ − − = + − −
Xét hàm số f(t) = t+ −1 3−t
f’(t) = 1
2 t+1 3+ −t > , ∀t ∈ (-1; 3)
Vậy f đồng biến (-1; 3) Do f(x) = f(y) ⇔ x = y Thay vào (1) ta có: x+ +1 3−x = m (*)
Xét hàm số : g(x) = x+ +1 3−x
g ’(x) = 1 x+1 3− −x
g ’(x) = ⇔ x =
Dựa vào bảng biến thiên phương trình (*) có nghiệm ⇔ ≤ m ≤ 2 Do hệ có nghiệm ≤ m ≤ 2
Bài toán 4:
Chứng minh ∀m hệ phương trình sau có nghiệm
2
2 _
+ 0
1
-1
g(x) g '(x)
(14)
2
2
3 (1)
3 (2)
x y y m
y x x m
− − =
− − =
(I)
Lời Giải
Nếu y ≤ vế trái phương trình (1 ) khơng thoả suy y > Tương tự x >
(I) ⇔
2
3
( )(3 2 )
x y y m
x y xy x y
− =
− + + =
⇔
2
3x y 2y m
x y
− =
=
⇔
3
3x 2y m
x y
− =
=
3 2
x y
x x m
= ⇔
− =
Xét: f(x) = 3x3 – 2x2 có f ’(x) = 9x2 – 4x : f’(x) = 0⇔ x = x =
9
x 4/9 f’(x) -
f(x) −∞
-32/243
Dựa vào bảng biến thiên phương trình f(x) = có nghiệm x > ⇔m > Do hệ có nghiệm m >
Bài toán 5:
Tìm m để hệ sau có nghiệm: cos cos
2sin 3cos
x y x y
x y m
− = −
− =
Lời Giải Hệ ⇔ cos cos (1)( )
2sin 3cos (2)
x x y y
I
x y m
− = −
− =
Xét f(t) = t – cost f ’(t) = 1+sint ≥ , ∀t
⇒ f(t) đồng biến R Nên (1) ⇔ f(x) = f(y) ⇒ x = y
Thay vào (2) ta có 2sinx – 3cosx = m ⇔ 13sin( x - ϕ) = m (*)
(15)Các tập tương tự:
1) Giải hệ phương trình:
ln ln
2 36
x x y y
x y x y
− +
− = −
=
2) Tìm m để hệ phương trình cos cos
cos cos
x y
x y m
+ = −
+ =
có nghiệm:
3) Giải hệ :
2
cos
2
cos
2
y x
x y
= −
= −
4) Giải hệ
3
3
1 2( )
1 2( )
x x x y
y y y x
+ = − +
+ = − +
2) Hệ phương trình có ẩn khơng thay đổi hốn vị vịng quanh
Khi giải hệ cần ý:
Khơng tính tổng qt ta giả thiết x = max (x, y, z) ⇔x ≥ y, x ≥ z Bài toán 1:
Giải hệ phương trình:
3
3
3
3
3
3
x x x y
y y y z
z z z x
− + + =
− + + =
− + + =
Lời Giải Xét hàm số f(t) = t3 - 3t2 + 5t +
f ’(t) = 3t2 – 6t + > , ∀t Do f(t) đồng biến R Hệ phương trình có dạng
( ) ( ) ( )
f x y
f y z
f z x
=
=
=
Vì hệ khơng đổi hốn vị vịng quanh x, y,z nên ta giả thiết x ≥ y, x ≥ z
Nếu x > y ⇒f(x) > f(y)⇒4y > 4z ⇒ y > z ⇒ f(y) > f(z) ⇒ z > x (mâu thuẫn) Nếu x > z ⇒ f(x) > f(z) ⇒ y > x (mâu thuẫn)
Vậy x = y = z
Từ phương trính hệ ta có: x3 – 3x2 + x + =
(16)⇔ 1
x x
=
= ±
Do nghiệm hệ là:
1
x y z x y z
= = =
= = = ±
(Nhận xét : Xét hệ có dạng:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f x g y
f y g z
f z g x
=
=
=
Nếu hàm số f(t), g(t) đồng biến (hoặc nghịch biến) lý luận ta có x = y =z)
Bài toán 2: Giải hệ :
3
3
3
6 12 (1)
6 12 (2)
6 12 (3)
y x x
z y y
x z z
= − +
= − +
= − +
(I)
Lời Giải (I) ⇔
3 3
( ) ( ) ( )
y f x
z f y
x f z
=
=
=
Từ phương trình (1) ta có y3 = 6(x2 – 2x +8
6) = 6(x – 1) 2 + 1
3 ≥ ⇒ y ≥ 2 Tương tự ta có: x ≥ 2, z≥
Xét hàm số f(t) = 6t2 – 12t +
f ’(t) = 12x – 12 > , ∀t ≥ 32 Vậy f(t) đồng biến [3 2; +
∞)
Vì hệ khơng thay đổi hốn vị vịng quanh x, y,z giả thiết x ≥ y, x ≥ z
Nếu x > y ⇒ f(x) > f(y) ⇒ y3 > z3 ⇒ y > z ⇒ f(y) > f(z) ⇒ z3 > x3 ⇒ z > x mâu thuẫn Nếu x > z ⇒ f(x) > f(z) ⇒ y3 > x3 ⇒ y > x mâu thuẫn
Suy x = y = z
Từ phương trình hệ ta có: x3 – 6x2 + 12 x - = ⇔ (x – 2)3 = ⇔ x = Vậy hệ có nghiệm x = y = z =
(17)1) Giải hệ :
3
3
3
3 ln( 1) (1)
3 ln( 1) (2)
3 ln( 1) (3)
x x x x y
y y y y z
x z z z x
+ − + − + = + − + − + = + − + − + =
2) Giải hệ:
3
3
3
2
2
2
x x x y
y y y z
x z z x
− + − = − + − = − + − =
3) Giải hệ:
3 3 2 4 12
x x y
y y z
z z x
+ = + = + =
4) Chứng minh ∀a hệ sau có nghiệm :
2 3
x y y a
y z z a
z x x a
= + + = + + = + +
5) Tìm a để hệ:
2 2
x y a
y z a
z x a
= + = + = +
có nghiệm dạng x = y =z
6) Chứng minh ∀a > hệ phương trình: ln(1 ) ln(1 )
x y
e e x y
y x a
− = + − +
− =
có nghiệm
7) Tìm m đệ hệ phương trình sau có nghiệm thực:
3 3 1 1 15 10 x y x y
x y m
x y + + + = + + + = −
8) Giải hệ:
( 1) ln
( 1) ln
( 1) ln
x y y y
y z z z
z x x x
− = − = − =
9) Giải hệ:
2
log 3sin log (3cos ) log 3cos log (3sin )
x y y x + = + =
MỘT SỐ BÀI TẬP THAM KHẢO
(18)Xét hàm số f x( )= x2 + + −x x2 − +x có tập xác định D=R
( ) ( )
+ −
= − ⇒ = ⇔ + − + = − + +
+ + − +
⇒ + + = − + + ⇔ =
2
2
2
2
2
'( ) ' (2 1) 1 (1)
2
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∈ π
Giải:
Ta thấy để pt có nghiệm a≤0
( )
π
π π
−
⇔ ⇔ = = ∈
−
= < ∀ ∈ ⇒
2
2
2
sin
cos 2 sin
Khi pt =a -2 Xét hàm số ( ) với t 0;
4
cos
-.cos sin
ta có '( ) = với t 0; ( ) ngb 0;
4
t
x
x t
a f t
t
x x
t t tgt
t t t
f t f t
t
π π
π π π
π
π π
→ =
⇒ < < ⇒ < < ∀ ∈
∈ ⇔ < − < ⇔ − < < −
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 Tìm tất giá trị
tham số a, để phương trình có nghiệm phân biệt Giải:
(19)+ + + − + − +
− + − − = ⇔ + − = +
− + = ∆ ≥ ⇔ ≥
= ±
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
>
= +
± ⇒
= +
>
= + − > = + − = −
1nghiệm thỏa mãn
2
1: Nếu (1') có hai nghiệm t= vô 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 )(t +3)
Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng bt ta thấy pt(1’) có nghiệm t >2 < + < ⇔ − < <
2 a 22 a 16
Bài 4:Cho hàm số y= − +x (x+a x)( +b) với a,b hai số thực dương khác
chotrước
Cmr với số thực s∈(0;1)tồn số thực α > α = +
1
0 : ( )
2
s s s
a b
f (HSG
QG-A06)
Giải: Trước hết ta có BĐT : + ≤( + )
2
s s
s
a b a b
cm 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
0
( ) ( ) ( )
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 5:Giải pt:3 (2x + 9x2 +3) (4+ x+2)( 1+ +x x2 +1) 0= (Olympic 30-4 ĐBSCL 2000) f(t)
f’(t)
x -3 -2
0 - +
2 22
(20)Giải: Ta thấy pt có nghiệm ( 1;0)
−
( (2) ( )2 3) (2 1)(2 (2 1)2 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
2
'( ) 0 ( ) ( )
3
t t
f t t f u f v u v
t t
+
= + > ∀ > ⇒ = ⇔ =
+
(1)⇔u=v ⇔-3x=2x+1
5 x
⇔ = − nghiệm pt Bài 6: Giải pt: + ∈ π π
2
osx=2 với - ; 2
tg x
e c x
Giải: Xét hàm số : = + ∈ π π
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 ≥ > >
2 3
2etg x cos x
Nên dấu f’(x) dấu sinx Từđây ta có f x( )≥ f(0) 2=
Vậy pt cho có nghiệm x=0 Bài 7: Giải pt: 2003x +2005x =4006x+2
Giải: Xét hàm số : f x( ) 2003= x +2005x −4006x−2
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 8: 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) (3 )x (1 ) 3x 3x (2)
f f x x x
Xét hàm số: f x( ) 3= x −2x−1⇒ f x'( ) ln3 2= x − ⇒ f"( ) ln 0x = 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 9: Giải hệ pt: π
>
sinx-siny=3x-3y (1) x+y= (2)
5
, (3)
x y
Giải: Từ (2) (3) ta có : , ∈(0; )π
5
x y (1)⇔sinx-3x=siny-3y Xét hàm số f(t)=sint-3t với ∈(0; )π
5
t ta có f(t) hàm nghịch biến nên f(x)=f(y)⇔x=y thay vào (2) ta có = = π
10
(21)Bài 10: Giải hệ: − = −
+ − = − +
(1)
1 (2)
tgx tgy y x
y x y
Giải: Đk: ≥ −
≥ +
1
y
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+8 ⇔ y+ =1 y− y+8 1+
⇔ + = − + + − + + ⇔ + = − +
≥ ≥
⇔ − = + ⇔ ⇔ ⇔ =
− + = + − − =
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 nghiệm hệđã cho Bài tập:
Tìm m để pt sau có nghiệm thuộc [0; ]π
4
− + − + − − − =
(4 )sinm x 3(2m 1)sinx 2(m 2)sin xcosx (4m 3)cosx
2.Tìm m để số nghiệm pt: 15x2−2(6m2+1)x−3m4 +2m2 =0không nhiều số
nghiệm pt: (3 1) 122 x (36m 9) 28m 0,25
m− + x + x= − − Tìm tất giá trị a
để bpt: ln(1+x)≥ −x ax2 nghiệm ∀ ≥x a)Cmr a >0 số cho bpt: x
a ≥ +x với x≥0 a≥e
b) Tìm tất giá trị a để : x
a ≥ +x ∀x
Bài 11: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
'( ) 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
Vậy ta có x=y=z Vì pt x3 +2x− +3 ln(x2 −x+1) 0= có nghiệm x=1 nên hệđã cho có nghiệm x=y=z=1
Bài 12:Giải hệ:
− + − =
− + − =
− + − =
2
3
3
3
2 log (6 )
2 log (6 )
2 log (6 )
x x y x
y y z y
z z x z
(22)Giải: Hệ − = − + = ⇔ − = ⇔ = − + = − = − + 2 2 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 hệđã cho x=y=z=3
Bài tập:
− + + + = + + + = − + = + + + =
3
3
10 10
2
cosx osx
1 2 ;
81
2 81sin os
256
3 (x-1)(x+2)=(x 2) ;
4 osx;
5 (1 )(2 ) 3.4
x x
c
x x
x x x x
x c x
e xe c x + + − = + + − = + + − = 3
x
6 (HSG QG 2006)
3
x x y
y y y z
z z z x
7 Tìm a để hệ sau có nghiệm
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
+ + = − + − + − − + − =
+
+ + + =
(23)Bài 13: Cho số thực a,b,c,d thoả mãn: a2+b2=1; c-d=3 Cmr:
4 F =ac+bd−cd≤ +
Giải: ta có: F ≤ (a2 +b2)(c2 +d2)−cd = 2d2+6d + −9 d2 −3d = f d( )
Ta có
2
3
1 2( )
2
'( ) (2 3)
2
d
f d d
d d
− + +
= +
+ +
2
3
1 2( )
2 0
2
d
d d
− + +
<
+ +
nên
3
( ) ( )
2
f d ≤ f − = + ta có đpcm
Bài 14: Cho 0< <x y≤ ≤z 1.: 3x+2y+ ≤z 4.Tìm gtln F =3x2+2y2+z2(TH&TT) Giải: Từ gt ta có:
3 y z
x≤ − − thay vào F ta được
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
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 15: Cho x≥ y≥ ≥z 0.CMR: x z y x y z
z+ y+ x ≥ y+ z+ x
Giải: Xét hàm số : f x( ) x z y x y z
z y x y z x
= + + − + +
Với đk cho x≥ y≥ ≥z Ta có: f'( ) (x 1) ( y2 z2) (y z)( 12)
z y x x yz x
= − − − = − − ≥ ⇒f(x) hàm đồng biến ( ) ( )
f x f y
⇒ ≥ = ⇒đpcm
Bài 16:Cho a>b>c>0 CMR: 3 2 3
a b +b c +c a >a b +b c +c a
Giải: Xét hàm số: f a( )=a b3 2+b c3 2+c a3 2−(a b2 3+b c2 3+c a2 3)
Ta có : f a'( ) 3= a b2 2+2ac3−2ab3−3a 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'( )=b4+2bc3−3b c2 >0 (ta có thể cm được nhờ Cơsi)
Như f'(a) >0 nên f(a) đồng biến f(a)>f(b)=0 ta có đpcm
Bài 17:Cho x y z o, , > Cmr: x4+y4+z4+xyz x( + +y z)≥xy x( 2+y2)+yz y( 2+z2)+zx z( 2+x2) Giải: Không mất tính tổng quát 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 : '( ) 4 3 (2 ) ( ) ( 3) "( ) 12 6 ( ) 2
f x = x − x y+z +xyz+yz x+ +y z − y +z ⇒ f x = x − x y+z + yz
"( )
f x
⇒ > (do x≥ y≥z) ⇒ f '( )x ≥ f'( )y =z y2 −z3=z2(y−z) 0≥ nên f(x) hàm đb
4 2 2
( ) ( ) ( )
f x f y z z y y z z z y
⇒ ≥ = − + = − ≥ ⇒đpcm
Bài 18: Cho n,k số nguyên dương n≥7;2≤ <k n Cmr: kn >2nk(HSG QG bảng B 96-97)
Giải : Bđt ⇔nlnk >klnn+ln 2⇔nlnk−klnn−ln
Xét hàm số f x( )=nlnx−xlnn−ln với x∈[2; -1]n '( ) ln '( )
ln
n n
f x n f x x
x n
(24)2
2
ln
n
n
e n n
n > ⇔ > ∀ ≥ Xét hàm số
2
( ) x '( ) x "( ) x
g x =e −x ⇒g x =e − x⇒g x =e − >
7
'( ) '(7) 14 ( ) (7) 49
g x g e g x g e
⇒ > = − > ⇒ > = − >
Vậy f x( )≥Min f{ (2), ( -1)}f n Ta cm Min f{ (2), ( -1)} 0f n ≥ * (2) 0 2n
f ≥ ⇔ − ≥n ta dễ dàng cm quy nạp đạo hàm
* f n( 1) 0 (n 1)n 2nn t 2(1 1) t t 6
t
−
− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ > + ∀ ≥ (*) t=n-1
Ta có (1 1)t 2(1 1)t
e t
t t
+ < < ⇒ + < ≤ ⇒ (*) Vậy ta có đpcm Bài 19: 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 =α c
x
a = ĐK : 1≤α≤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
α
α
α α α α
+ + + +
+ + ≤ ⇔ + + ≥ + +
+ + + + + +
Xét hàm số ( ) 1 (2 2 ( 1))
x x x
f x x x
x α
α α
+ +
= + + − + +
+ + với 1≤α≤x Ta có: '( ) 2(2 1) 12 ( 1)[2x+1 2]
1 ( ) +1 ( )
x
f x x
x x
α
α
α α α α
+ −
= + − − = − − ≥
+ + + 1≤α≤x
Như hàm f(x) đồng biến f x( ) f( )α α2 3α 3 α
≥ = − + −
Nhưng
2 2
1 1
'( ) 3
f α α α α α α
α α α
= − + = + + − ≥ − =
( ) ( ) (1)
f x f α f
⇒ ≥ ≥ = ⇒đpcm
Bài 20: cho a,b,c>0 Cmr:
a b c
a+b+b+c+c+a ≥
Giải: Đặt x b,y c,z a xyz
a b c
= = = ⇒ = bđt cho 1
1 x y z
⇔ + + ≥
+ + +
Giả sử z≤1⇒xy≥1 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= z≤1 Ta có: '( ) 2 22 2 2(1 2 2) ( ) (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 ( )3
a b c
a b+ + b c+ + c+a ≥ (chọn đội tuyển thi IMO 2005)
Bài tập áp dụng:
1 Cho ,α β∈(0; ).π : .sinα α−βsinβ>2(cosβ−cos )α
2 Cmr
2 Cho x y, ∈Rvà 2x−y=2.Tìm gtnn P= x2+(y−3)2 + x2+(y+1)2 (HSG QG Bảng B năm 1998)
(25)2/Tài liệu tham khảo:
1)“BÀI GIẢNG CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT
PHƯƠNG TRÌNH ” (của GS-TS NGUYỄN VĂN MẬU-TRƯỜNG ĐH KHTN HÀ NỘI)
2)“BÀI GIẢNG CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT
PHƯƠNG TRÌNH ” (của TS NGUYỄN VŨ LƯƠNG-TRƯỜNG ĐH KHTN HÀ NỘI)
3) ỨNG DỤNG KHẢO SÁT HÀM SỐ (của TS NGUYỄN CAM-TRƯỜNG ĐHSP
TPHCM)
4)CÁC CHUYÊN ĐỀ CHỌN LỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH NĂNG KHIẾU TOÁN (Tài
liệu Hội nghị Khoa học)
5)CÁC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
6)CÁC ĐỀ THI OLYMPIC 30/4
7)CÁC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG