Đang tải... (xem toàn văn)
Tuy nhiên, trong một số bài tập nếu ta sử dụng phương trình và tính chất của đường tròn (hình tròn) trong mặt phẳng toạ độ để khảo sát sự tương giao giữa các hình thì bài toán nói trên[r]
(1)PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN
I. KHẢO SÁT SỰ TƯƠNG GIAO CỦA ĐƯỜNG TRÒN VÀ ĐƯỜNG
THẲNG ĐỂ GIẢI HỆ CÓ THAM SỐ
Bài tốn giải biện luận hệ có tham số tương đối phức tạp học sinh, đặc biệt hệ chứa bất phương trình Tuy nhiên, số tập ta sử dụng phương trình tính chất đường trịn (hình trịn) mặt phẳng toạ độ để khảo sát tương giao hình tốn nói trở nên đơn giản nhiều sau xin giới thiệu vài ví dụ
*) Bài Tìm a để hệ sau có nghiệm nhất:
¿ x2
+y2−2 x ≤ 2(1)
x − y+a=0(2) ¿{
¿
Lời Giải
Ta có (1) ⇔ (x – 1)2 + y2 3.
Bất phương trình biểu diễn hình trịn tâm I(1;0), bán kính R = √3 mặt phẳng toạ độ Oxy
Phương trình (2) biểu diễn đường thẳng Để hệ có nghiệm đường thẳng
Δ : x - y + a = tiếp xúc với đường trịn có phương trình: (x – 1)2 + y2 = ⇔ d(I, Δ ) = R
⇔ 1 −0+a
√3 = √3
⇔ a = -1 - √6 a = -1 + √6 *) Bài Tìm a để hệ sau có nghiệm nhất:
¿
x+ y+√2 xy+m ≥1
x + y ≤ 1 ¿{
¿
Lời Giải
Hệ tương đương với
¿
√2 xy+m≥ 1−(x + y )
x + y ≤1 ¿{
¿
⇔
1−(x + y )¿2 ¿ x + y ≤1
¿ ¿
2 xy+m≥¿
⇔
y − 1¿2≤ m+1(3)
¿ x+ y ≤ 1(4 )
¿ x −1¿2+¿
(2)Với m + hay m -1, hệ vô nghiệm
Với m + > hay m > -1, BĐT (3) biểu diễn hình trịn tâm I(1;1), bán kính R = √m+1 mặt phẳng toạ độ Oxy
BPT (4) biểu diễn nửa mặt phẳng bờ đường thẳng x + y = Hệ có nghiệm đường thẳng x + y = tiếp xúc với đường tròn (x - 1)2 + (y +1)2 = m +1
khi
√2 = √m+1 ⇔ -1 *) Bài Tìm a để hệ sau có nghiệm:
¿
4 x −3 y +2 ≤0
x2
+y2=a
¿{
¿
Lời Giải
Nếu a hệ vơ nghiệm
Nếu a > số nghiệm hệ (nếu có) số giao điểm nửa mặt phẳng biểu diễn 4y – 3x + đường trịn tâm O(0;0), bán kính R = √a Vậy hệ có
nghiệm √a OH ⇔ a 254 (với H chân đường vng góc hạ từ O xuống đường thẳng 4y – 3x + = 0)
*) Bài Cho hệ:
y − 1¿2≤ 2(5) ¿
x − y+m=0(6) ¿
x −1¿2+¿ ¿ ¿
Xác định m để hệ nghiệm với x [0;2] Lời Giải
Tập hợp điểm (x;y) thoả mãn (5) điểm nằm đường tròn (x – 1)2 + (y – 1)2 = 2, với tâm I(1;1) bán kính R =
√2 Tập điểm thoả mãn (6) điểm nằm đường thẳng Δ có phương trình :
X – y + m =0
(3)Để hệ có nghiệm với x [0;2] đoạn thẳng AB nằm đường trịn (I;R)
lúc ¿
IA ≤ R IB ≤ R
¿{
¿
⇔
m−1¿2≤2 ¿
2+m− 1¿2≤ 2 ¿ ¿{ 2 −1¿2+¿
0 −1¿2+¿ ¿ ¿
⇔ m =
*) Bài Cho hệ phương trình
¿
x2+y2− x=0(7)
x+ay − a=0(8) ¿{
¿
Tìm a để hệ có hai nghiệm phân biệt Lời Giải
Phương trình (7) ⇔ (x −1
2)
+y2=1
Vậy tập nghiệm phương trình (7) toạ độ điểm nằm đường tròn tâm I
(12;0) bán kính R =
2 Tập nghiệm phương trình (8) toạ độ điểm
nằm đường thẳng x + ay – a = Họ đường thẳng qua điểm A(0;1) cố định Ta có A nằm ngồi đường trịn (I;R), từ A dựng hai tiếp tuyến là: x = x + 43 y - 43 = qua A(0;1)
Thông qua ví dụ ta nhận thấy rằng: sử dụng phương trình tính chất đường trịn (hình trịn) xét tương giao hình, ta dưa toán biện luận hệ dạng toán đơn giản quen thuộc với học sinh Sau số tập tương tự để tự làm thêm:
Bài Tìm số dương a để hệ sau có nghiệm
¿ x2+y2=1− a2
x + y >a ¿{
¿
Bài Tìm a để hệ sau có nghiệm: a)
¿ x2+y2=1− a2
x + y >a ¿{
¿
b)
¿
logx2
+y2(x + y)≥ 1 x +2 y=a
¿{
¿
(4)
¿ x2+y2− x=0
x+ay − a=0. ¿{
¿
Chứng minh (x2 – x1)2 + (y2 – y1)2
Bài Tìm a để hệ sau có nghiệm
¿
x2+y2+2 y +1 ≤ a
x2
+y2+2 x+1≤ a
(5)II. VẬN DỤNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI TỐN
Tính chất hàm số xem công cụ “lợi hại” để giải phương trình nhiều tác giả đề cập tìa liệu tham khảo viết muốn phân tích kỹ việc vận dụng sang tạo tính chất đơn điệu hàm số để giải lớp tốn phương trình, bất phương trình vơ tỷ tính chất sau đây:
Tính chất giả sử hàm số f(x) đơn điệu tập D R với x1, x2 D, ta
có f(x1) = f(x2) ⇔ x1 = x2
Tính chất hàm số f(x) đơn điệu lien tục khoảng (a;b) tồn nhiều điểm x0 (a;b) để f(x0) =
Tính chất (định lý Bolzano-cauchy)
Nếu hàm số f(x) liên tục đoạn [a;b] f(a).f(b) < tồn điểm x0 (a;b) để f(x0) =
Tính chất hàm số f(x) đơn điệu liên tục đoạn [a;b] f(a).f(b) < tồn điểm x0 (a;b) để f(x0) =
Rõ ràng tính chất 2,3,4 cho thấy số nghiệm phương trình f(x) = (a;b)
Các tính chất bạn tìm nhiều tài liệu khác Việc sử dụng vào lớp tốn phương trình, bất phương trình vơ tỷ sau cho ta lời giải “đẹp”
*) Bài toán Giải phương trình
(2x + 1)(2 + √4 x2+4 x +4 ) + 3x(2 + √9 x2+3 ) = (1)
Lời Giải
Chuyển phương trình (1) dạng (2x + 1)[2 + 2 x +1¿
2 +3
¿
√¿
] = (-3x)[2 + −3 x¿
2 +3
¿
√¿ ] Và (1) phương trình
f(2x + 1) = f(-3x)
Trong f(t) = t(2 + √t2+3 ), t R ta có f(t) đồng biến liên tục
R, nhờ tính chất có 2x + = -3x Lúc x = - 15 nghiệm phương trình (1)
*) Bài tốn Tìm tập giá trị hàm số f(x) = √x2
+x +1+√x2− x +1
Lời Giải
Ta có: f’(x) =
x+1
2
√(x+1
2) +3 − 2− x
√(12− x)
+3
(6)= h (x +1
2) - h (
2− x) (2)
trong h(t) = t
√t2+3
, với t R ta thấy hàm số h(t) đồng biến R Từ (2) ta có: f’(x) > ⇔ h (x +1
2) - h (
2− x) >
⇔ h (x +1
2) > h (
2− x) ⇔ x + >
1 - x
⇔ x (0 ;+∞)
Ngược lại f’(x) < ⇔ x (− ∞;0) f’(x) = ⇔ x =
Mặt khác f(0) = x → ±∞lim f(x) = + ∞ Nên tập giá trị hàm số [2; + ∞ ]
*) Bài toán Giải bất phương trình
√7 x +7+√7 x +6+2√49 x2+7 x −12<181 −14 x (3)
Đề thi học viện an ninh KA2001 Lời Giải
BPT (3) viết lại dạng
( √7 x +7+√7 x −6 )2 + ( √7 x +7+√7 x −6 ) – 182 <
⇔ √7 x +7+√7 x −6 - 13 < (4) Nhận thấy hàm số f(x) = √7 x +7+√7 x −6 - 13 đồng biến ¿ Mặt khác f(6) = nhờ tính chất thấy x0 = ¿ nghiệm phương trình f(x) = ¿ Đáp số: x ¿
*) Bài toán cho số dương c1, c2, c3 thoả mãn c1 > c2 > c3.chứng minh phương trình √x − c1−√x − c2=√x − c3 có nghiệm
Lời Giải
Phương trình đưa dạng √x −c1
x − c3+√ x − c2
x − c3−1=0 ; với ĐK x ¿ Xét hàm số f(x) = √x −c1
x − c3+√ x − c2
x − c3 −1 với x ¿ Khi
f’(x) =
x − c3¿2√x −c1 x −c3
¿ x − c3¿
2
√x −c2
x −c3
¿
2¿
2¿ c1− c3
(7)Do giả thiết c1 > c2 > c3 nên hàm số f(x) đồng biến ¿ Mặt khác f(c1) = √
c1−c2
c1−c3 - < x →+∞lim f (x)=1
sử dụng tính chất ta thấy phương trình f(x) = có nghiệm x0 (c1;+∞)
Bài tốn cịn giúp bạn có kết cho toán sau
*) Bài toán cho c1 > c2 > c3 > tìm giá trị nhỏ hàm số: f(x) = √x −c1
x − c3
+√x − c2
x − c3
−1 Hướng dẫn giải
Ở để nhận kết cho toán bạn cần lưu ý: f(x) đồng biến
(-∞ ;c3) [c1;+ ∞ ) x → ±∞lim f ( x)=1 ; x → ±∞lim f ( x)=+ ∞ Khi f (x)=f (c1)√c1− c2
c1− c3− 1<0
Một điều thú vị thay c1 = sinA, c2 = sinB c3 = sinC A, B, Clà góc tam giác nhọn
Với giả thiết A > B > C tốn la đề thi tuyển sinh vào trường đại học bách khoa Hà Nội năm1998
Các bạn vận dụng tính chất để giải tập sau đây:
Bài Giải phương trình sau: a) √x+√x − 5+√x+7 +√x +16=14 ; b) √x+√x2− x+1 −
√x +1+√x2
+x +1=1 Bài Giải bất phương trình sau: a) √x+5+√2 x+3≤ ;
b) √x2−2 x+3 −√x2−6 x +11>√3 − x −√x −1
Bài tìm tập giá trị hàm số y = √x2−2 x+3 −√x2−2 x+
(Đề thi học viện An Ninh khối A năm 1997)
Bài Chứng tỏ phương trình
√x+1+√3c +27=3 √316 − x có nghiệm [0;8] Bài Cho tam giác ABC nhọn, A > B > C
a) tìm giá trị nhỏ hàm số y = √x − sin A
x −sin C+√
x −sin B x − sin C− 1.
b) Chứng minh phương trình
√x −sin A+√x −sin B=√x − sin C có nghiệm
(Đề thi ĐH Bách Khoa Hà Nội năm 1999)
Bài Biện luận theo a số nghiệm phương trình: √2− x2.sin x +√2− x2 cos x=¿a+1∨+¿a −1∨.
(8)III. ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Một số lưu ý chung
1) Phương trình f(x) = m có nghiệm m thuộc tập giá trị hàm số y = f(x) số nghiệm phương trình số điểm đồ thị hàm số y = f(x) với đường thẳng y = m
2) Khi gặp hệ phương trình dạng
¿ f (x)=f ( y )(1)
g (x , y )=0(2) ¿{
¿
ta tìm lời giải theo hai hướng sau:
Hướng phương trình (1) ⇔ f(x) – f(y) = (3) tìm cách đưa (3) phương trình tích
Hướng xét hàm số y = f(t) ta thường gặp trường hợp hàm số liên tục tập xác định
Nếu hàm số y = f(t) đơn điệu từ (1) suy x = y Khi tốn đưa giải biện luận phương trình (2) theo ẩn x
Nếu hàm số y = 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 (xem ví dụ 2)
3) Nếu hệ phương trình ba ẩn x, y, z khơng thay đổi hốn vị vịng quanh x, y, z khơng tính tổng qt giả thiết x max(x, y, z) nghĩa x y, y
z (xem ví dụ 3)
Việc sử dụng khảo sát biến thiên hàm số để giải biện luận số phương trình tạo nên phong phú thể loại phương pháp giải toán, phù hợp với kỳ tuyển sinhvà đại học sau số ví dụ minh hoạ
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Bài giải hệ phương trình sau:
¿
ex−ey=x − y (1) log2x
2+log√24 y
3=10(2)
¿{
¿
Lời Giải
ĐK: x > 0, y >
Phương trình (1) viết dạng ex – x = ey – y (3) Xét hàm số f(t) = et – t, có f’(t) = et – > 0, ∀ t > 0.
Do hàm số f(t) đồng biến t > Từ (3) suy
¿ f (x)=f ( y )
x>0 , y >o ¿{
(9)(10)Bài Giải hệ phương trình
¿
ln(1+x )− ln(1+ y )=x − y (1) 2 x2− xy+ y2=0(2)
¿{
¿
Lời Giải
ĐK: x > -1, y > -1 phương trình (1) viết lại dạng Ln(1 + x) – x = ln(1 + y) – y (3)
Xét hàm số f(t) = ln(1 + t) – t, với t (-1; + ∞ ) có f’(t) = 1+t1 − 1=−t
1+t Ta
thấy f’(t) = ⇔ t =
Hàm số đồng biến khoảng(-1;0) nghịch biến (0; + ∞ )
Ta có (3) ⇔ f(x) = f(y) lúc x = y xy < (nếu x, y thuộc khoảng đơn điệu x = y, trường hợp ngược lại xy < 0)
Nếu xy < vế trái (2) ln dương Phương trình khơng thoả mãn Nếu x =y, thay vào phương trình (2), ta nghiệm hệ x = y =
Bài Giải hệ phương trình
¿
x3−3 x2+x +1=4 y
y3− y2+5 y +1=4 z
z3−3 z2+5 z+1=4 x
¿{ {
¿ Lời Giải
Xét hàm số f(t) = t3 – 3t2 + 5t + 1, có f’(t) = 3t2 – 6t + > 0, ∀ t. Do hànm số f(t) ln đồng biến
Hệ phương trình có dạng
¿ f (x)=4 y f ( y )=4 z f (z)=4 x
¿{ {
¿
Vì hệ khơng thay đổi hốn vị vịng quanh x, y, z nên giả thiết x y, x z
Nếu x > y f(x) > f(y) ⇒ y > z ⇒ f(y) > f(z) ⇒ z > x mâu thuẫn Tương tự x > z ta đến mâu thuẫn, suy x = y = z
Từ phương trình hệ, ta có
x3 – 3x2 + x + = ⇒ (x – 1)(x2 – 2x – 1) = 0 ta nghiệm hệ:
x= y=z=1 ; ¿
x= y=z =1±√2
(11)Nhận xét Xét hệ phương trình có dạng
¿ f (x )=g( y ) f ( y)=g(z ) f (z)=g (x).
¿{ {
¿
(12)BIỆN LUẬN HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Bài Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm
¿
√x+1+√3 − y =m(1)
√y+1+√3 − x =m(2)
¿{
¿
Lời Giải
ĐK: -1 x, y
Trừ theo vế (1) cho (2) chuyển vế ta được: √x+1 −√3 − x=√y +1 −√3 − y (3)
Dễ thấy hàm số f(t) = √t+1 −√3 −t đồng biến (-1;3) nên từ (3) suy x = y Khi từ (1) có √x+1 −√3 − x=m
Xét hàm số g(x) = √x+1+√3 − x , ta có g(x) liên tục [-1 ; 3]
g’(x) =
2√x+1−
1
2√3 − x , g’(x) = ⇔ x =
Ta có g(-1) = 2, g(1) = √2 , g(3) =
Từ g(x) √2
Vậy hệ có nghiệm g(x) √2
Bài Chứng minh với m > 0, hệ phương trình sau có nghiệm
¿
3 x2y − y2− m=0(1)
3 y2x −2 x2− m=0(2)
¿{
¿
Lời Giải
Nếu