Đang tải... (xem toàn văn)
Từ nhiều năm trở lại đây việc sử dụng khảo sát sự biến thiên của hàm số để giải và biện luận một số phương trình, bất phương trình và hệ ph ương trình tạo nên sự phong phú về thể loại[r]
(1)ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ TỐN VỀ PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH
VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH I) Đặt vấn đề:
Từ nhiều năm trở lại việc sử dụng khảo sát biến thiên hàm số để giải biện luận số phương trình, bất phương trình hệ phương trình tạo nên phong phú thể loại phương pháp giải tốn, phù hợp với kỳ thi tuyển sinh đại học Để giúp học sinh biết sử dụng biến thiên hàm số để giải biện luận số phương trình, bất phương trình hệ phương trình, tơi tổng kết lại số dạng tốn phương pháp giải sau
II) Một số lưu ý chung:
Để học sinh có kiến thức vững để giải toán dạng 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 số giao điểm đồ thị hàm số y = f(x) với đường thẳng y = m 2) Xét bất phương trình f(x) m với f(x) liên tục [a; b]
Khi đó: m = minf(x) f(x) maxf(x) = M
*) f(x) m có nghiệm thuộc [a; b] m maxf(x) *) f(x) m vô nghiệm thuộc [a; b] m > maxf(x) *) f(x) m có nghiệm x [a; b] m minf(x) II) Các ví dụ :
A) Phương trình: Ví dụ 1:
Xác định m để phương trình sau có nghiệm :
m( 2 2
1
1 )
1x x x x x (1) Điều kiện: x 1
Đặt t = 1 x2
- 1 x2 1 x4 = – t2 Ta có: t = 1 x2
- 1 x2 dấu đạt x = t2 = – 2 1 x4
dấu đạt x = 1 suy điều kiện t là: t
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
4
2
t t t
, t[0; 2] hàm số nghịch biến [0; ] Vậy phương trình (1) có nghiệm f( 2mf(0) 1m 1 Ví dụ 2:
Tìm m để phương trình: x 1 m x 1 24 x2 1
(2)f ’(t) f(t)
0
0
0 -1
+ _
t
1 3
Điều kiện: x
(1) 24
1
x x
m
x x
Đặt: t =
1
x x
=
41
1
x
điều kiện: 0 t Khi phương trình trở thành:
-3t2 + 2t với t [0; 1]
Ta coù f ’(t) = - 6t +2
f ’(t) = 0 - 6t +2 = t =
Ví duï 3:
Chứng minh với m > phương trình sau có hai nghiệm phân biệt x2 + 2x – = m x( 2) (1)
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 nghiêm (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
Ví dụ 4:
Tìm m để phương trình sau có nghiệm thuộc [1; 3]
2
3
log x log x1 - 2m – = (1) Điều kiện : x >
Đặt: t =
log x1 với x [1; 3] 0
log x log32x+1 1 t
Phương trình 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
f(t) = t2 + t
1
0
+
+
+
2
f(x) f '(x)
(3)f ’(t) = 2t + > , t [1; 2]
Vaäy phương trình (1) có nghiệm thuộc [1; 3] 2m + m 1,5
Ví dụ 5:
Tìm m để phương trình sau có nghiệm : (m + 1) tg4x – 3m(1 + tg2x)tg2x +
4
4 cos
m
x = (1)
Điều kiện: x
2 k
(1) m( 2tg4x + 5tg2x + ) = - tg4x
2
2
(2 4)
t tg x
m t t t
2 2
2
t tg x t m
t t
Xeùt: f(t) = 2 52 4
t
t t
với t
f ’(t) =
2 2
5
2
t t
t t
, t
Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm -0,5 < m
Ví dụ 6:
Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 9x – m 33 + 2m + = (1)
(1)
2
3
( 2)
x
t
m t t
3
(2)
x
t t m
t
(vì t = nghiệm pt)
Xét hàm số f(t) = 2
t t
ta coù:
f ’(t) =
2
4
t t
t
f ’(t) = t2 4 1t
=
2
t t
-0,5
f(t)
_ f '(t)
+
0 t
+
5
2
f(t) f '(t)
(4)+ _
_ -
1
2 4 + 5
+
0
+
2 +
0 - -
f(t) f '(t)
t
Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm m < - 0,5 m 4 5
Ví dụ 7:
Tìm a để phương trình: 2
x
x x
+ a (1) có nghiệm nhaát
(1) a =
2
3
2
x x
x
Xét hàm số : f(x) = 2
x x
x
xác định (0,5; +)
Ta coù f’(x) =
2
3
9
2
x x
x
> x 0,5 f đồng biến (0,5; +)
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 Vậya phương trình (1) có nghiệm
Ví dụ 8:
Giải phương trình: x +
2
x x = 3x-1+1 (1)
(1) x – +
2
x x = 3x –
2
1 3a
a x
a a
1
ln ln
a x
a a a
(*) Xeùt f(a) = ln(
1
a a ) – aln3
f ’(a) =
1
a - ln3 < , a
Vậy f(a) nghịch biến R f(0) = nên (*) nghiệm a = Do phương trình (1) có nghiệm x =
Ví dụ 9
(5)Điều kiện:
4
4
x x
x 0,5
Xét: f(x) = 4x1 + 4x21 với x 0,5
f ’(x) = 42x 1
+
4
4
x
x > , x 0,5
f đồng biến (0,5; +)
Do f liên tục đồng biến (0,5; +) , f(0,5) = nên (1) f(x) = f(0,5)
x = 0,5
Ví dụ 10:
Giải phương trình: 3x + 5x = 6x + (*)
Xeùt: f(x) = 3x + 5x – 6x –
f ’(x) = 3xln3 + 5xln5 –
f ”(x) = 3xln23 + 5xln25 > 0,
x f’(x) đồng biến, liên tục đổi dấu (f’(0) < 0, f’(2) >
Nên phương trình f’(x) = có nghiệm x = a
f()
+
+
+ _
0
+
-
f(x) f '(x)
x
Dựa vào bảng biến thiên f(x) cắt trục hoành tới lần phương trình (*) có tối đa hai nghiệm
Ta thấy x = 0, x = nghiệm (*) Ngồi (*) khơng thể có nghiệm khác( có tối đa nghiệm)
Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = , x = III) Các tập:
1) Định m để phương trình có nghiệm thuộc tập hợp cho trước a) x3 – 3x = m với x 3
b) x2- 6lnx – m = với < x < e
c) 4sin6x + cos4x – a = 0
2) Biện luận số nghiệm phương trình: a) 3x4 – 10x3 + 6x2 = m
b) x1 + 5 x = m
c) X3 + mx + m = 0
3) Tìm điều kiện m để phương trình sau có nghiệm: x1 + 3 x - x1 (3 x) = m
4) Tìm điều kiện m để phương trình sau có nghiệm ( đề dự bị ĐH 2007) a) x4 13x m
+ x – =
b) x2 1
- x = m
5) Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
3
sin x + tg
2x + m(tgx + cotgx) = 1
6) Tìm m để phương trình sau có nghiệm
(6)8) biện luận theo k số nghiệm x ; 4
phương trình: 4k(sin
6x + cos6x – 1) = 3sin6x
9) Tìm tất giá trị m để phương trình có nghiệm đoạn 0;
2cosx cos2x.cos3x m = cos2x
10) Biện luận theo m số nghiệm phương trình: a) x +3 = m
1
x
b) x + m = m
1
x
c) x1 + 4m4 x2 3x2 + (m + 3) x =
11) xác định m để phương trình sau có nghiệm: a) 4x2 2x 1 4x2 2x 1
= 2m
b) x4 4x m x4 4x m
=
12) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt : a) 1x 8 x 1x(8 x) = m
b) 2x 2x24 6 x2 6 x = m
13) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: a) tan2x + cot2x +m(tanx + cotx) + =
b) x x x12 m( 5 x 4 x)
c) 2x + x x x2 7x
= m
14) Tìm m để phương trình : sinx + cos 2x = m( cosx + 2sin 2x ) có nghiệm đoạn {0 ; 2 }
B) Bất phương trình: 1) Ví dụ 1:
Tìm m để bất phương trình m( x2 2x 2
+ 1) + x(2- x) có nghiêm thuộc [0; 1+ 3]
Đặt t = x2 2x 2
với x [0; 1+ 3]
t’x =
1
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 Maxf(t) với f(t) =
2 2
1
t t
+ _
2
1
1+
0
(7)Ta coù f ’(t) =
2
2
t t
t
> , t[1; 2]
Vậy bất phương trình có nghiệm x [0; 1+ 3] m M[1;2]ax ( )f t = f(2)
m
3 Ví dụ 2:
Vớùi giá trị m bất phương trình sin3x + cos3x m ,
x (1)
Đặt t = sinx + cosx = cos( )
x , điều kiện : t
Bất phương trình trở thành: t(1 – 2
t
) m, t [- 2; 2] 3t – t3 2m, t [- 2; 2]
Xeùt: f(t) = 3t – t3
f ’(t) = – 3t2
f ’(t) = – 3t2 = t = v t = -1
2 -
1 -
+ _
2 -2
0
-1
t t'x
x
Dựa vào bảng biến thiên ta có : Bất phương trình (1) có nghiệm x 2m -2 m -
Ví dụ 3:
Tìm m để bất phương trình mx4 – 4x + m
, x (1)
(1) m(x4+ 1) 4x , x
m 44
1
x
x , x
Xeùt : f(x) =
4
x x
Ta coù : 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 3x = x = 41
3 v x = -
1
Dựa vào bảng biến thiên ta có bất phương trình có nghiệm x m Maxf(x)
m 27
_
- 27
0 -1
3
27
+ _
0
+
-
f(x) f '(x)
(8)0
-1
1
+ _
1 23
7
1/
f(x) f '(x)
x
Ví dụ 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]
Ta coù: (1) -x3 + 2x2 – x + > m
Xeùt: f(x) = -x3 + 2x2 – x + , x [0; 2]
f’(x) = -3x2 + 4x –
f’(x) = x = v x =
3
a) (1) có nghiệm thuộc [0; 2] Maxf(x) > m m <
b) (1) có nghiệm x [0; 2] Minf(x) > m m < -1
Ví dụ 5:
Tìm điều kiện p, qđể bất phương trình sau có nghiệm thoả x [0; 1]
px +
3 3 1
3
x x x
x
qx + (1)
x = (1) thoả
x (0; 1] ta coù (1) p
2 2
1
x x
x
q
Đặt f(x) = 2
x x
x
f ’(x) =
3
2 1
x x
x
f ’(x) = x = 2 1 y = 2 1
Dựa vào bảng biến thiên ta có: p minf(x) q maxf(x) p 2 1 q
Ví dụ 6:
Cho bất phương trình: x a x b x c (1) với a > b > c
a) chứng minh bất phương trình ln có nghiệm b) Giải bất phương trình: x 4 x1 x4 (2)
(1) x a x b x c >
Đặt: f(x) = x a x b x c với x a
f’(x) = 2 x a1 2 x b1 2 x c1
> , x > a ( x a < x b < x c )
2 + _
2
0
2 -
2 -1
0
f(t) f '(t)
(9) f đồng biến x > a Hơn f(a) = a b a c < xlim ( )f x
(1) ln có
nghiệm
Tập nghiệm là: (xo, +) với f(xo) =
Với a = 4, b = 1, c = -4
Aùp dụng chứng minh (2) có nghiệm là: (xo, +) vơùi f(xo) =
Ta coù f(5) = 4 1 4 = Vy bất phương trình (2) có nghiệm ( 5; +)
Ví dụ 7:
Tìm tất giá trị m để bất phương trình sau nghiệm với x >
(3m +1)12x + (2 – m)6x + 3x < (1)
(1) (3m +1)4x + (2 – m)2x + <
2
2 ,
(3 ) ( 1)
x
t x
t t m t
2
2 ( 1)
(2) (3 )
x
t t m
t t
Xeùt: f(t) = 2
( 1) (3 )
t
t t
,vơùi t >
f ’(t) = 2
7
(3 )
t t
t t
> , t >
Dựa vào bảng biến thiên ta có bất phương trình (1) có nghiệm với x > bất phương trình (2) có nghiệm với t >
m -2
Ví dụ 8:
Giải bất phương trình : 7x 7 7x 6 49x2 7x 42
< 181 – 4x
Điều kiện:
2
7
7
49 42
x x
x x
x
7
Đặt: f(x) = 7x 7 7x 6 49x2 7x 42
+ 4x
f ’(x) =
7 98
2 7 49 42
x
x x x x
+ > , x
6
Vậy f(x) đồng biến (67; +) f(6) = 181
f(a)< +
xo
0 +
+
+
a
f(x) f '(x)
x
1 +
+
-1
3 -2
f(t) f '(t)
(10)Khi x < f(x) < f(6) f(x) < 181
Vậy nghiệm bất phương trình S = [6 7; 6) Ví dụ 9:
Giải bất phương trình:
2x 3x 6x16 > 3 4 x
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) =
2x 3x 6x16 - 4 x
f ’(x) =
2
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 nghiệâm bất phương trình : (1; 4) 2)BaØi tập:
1) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 32x+1 – (m + 3) 3x – 2(m + 3) < 0
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 m.3 x
(1)
Hướng dẫn: Đặt t = sin2
2 x điều kiện1 t 2 sin2
3 x = 2
log
log sin
2 x
t
(1) coù daïng: t + log 32
3
t
log
m t
Xeùt f(t) = 2
log
log
3
t
t
với 1 t 2)
C 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 Ví dụ 1:
Giải hệ :
(1)
3 (2)
1
2
x y
x y
y x
(11)Ta coù: (1) x – y – (1
x y) = (x – y)
1 xy xy
=
x y
x y
Thay vào (2) giải
Hư
ùng : 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
Ví dụ 2: Giải hệ:
2
2
2
2
y x
x x x
y y y
với x, y R
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
Xeùt hàm số f(t) = t t2 1 3t
, t R
f ’(t) = 1
t t
+
tln3
= 21
t t
t
+
tln3 > ,
t (vì t2 1 t > , t)
do hàm số đồng biến R
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
Xeùt : g(a) = ln(a a2 1
) – aln3 (*)
g’(a) =
1
a - ln3 < , a
(12)Ví dụ 3:
Chứng minh hệ phương trình sau có hai nghiệm (x, y) thoả x > 0, y >
2
2
2008
1 2008
1
x
y
y e
y x e
x
(*) ( đề dự bị 2007)
Điều kiện:
2
1
1
1 0,
x
x y
y
x y
(*)
2
2
2008 (1)
1
(2)
1
x
x y
y e
y
x y
e e
x y
Xét hàm số: f(t) = 2
t t
e t
, t > f ’(t) =
2
2
2 2 2
1
1
1 1 1
t t
t t
t
e e
t t t
> , t >
Vậy f(t) đồng biến (1; +)
Từ (2) ta có f(x) = f(y) x = y Thay vào (1) ta có:
2
2008
1
x x
e
x
Xét hàm số : g(x) = 2 2008
x x
e x
= (*)
g’(x) = ex -
13
x
x
g”(x) = ex +
152
x
x > , x >
g’(x) đồng biến liên tục (1; +) đổi dấu
Vì lim '( )x1g x vaø g’(2) = e 2 –
3 > Neân g’(x) = có nghiệm x =
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy g(x) cắt trục hoành tối đa lần
+
+
g()
_
+
+
1 f(x) f '(x)
(13) phương trình (*) có tối đa nghiệm
hệ phương trình có nghiệm (x, y) thoả x > 0, y >
Ví dụ4:
Giải hệ : 1
x y
e ey x
e ex y
(1)
1(2)
x
x y
e ey x
e ex x e ey
Xeùt: f(t) = et + et + t
f ’(t) = et + e + > , t
Vậy f(t) đồng biến R
Từ (2) ta có: f(x) = f(y) x = y
Thay vào (1) ta được: ex = ex – x +1 (*)
Xét hàm số g(x) = ex - ex + x – 1
g’(x) = ex – e + 1
g”(x) = ex > ,
x
Do f’(x) đồng biến liên tục R đổi dấu
Vì g’(0) = – e < g(1) = 1> nên phương trình g’(x) = có nghiệm x =
+
f()
_ 0 +
+
-
g(x) g '(x)
x
Dựa vào bảng biến thiên g(x) cắt trục hoành tối đa hai lần
phương trình (*) có tối đa nghiệm
Ta thấy x = x = hai nghiệm phương trình (*) ngồi (*) khơng thể có nghiệm khác( có tối đa nghiệm)
Vậy hệ có hai nghiệm ( (0; 0) ( 1; 1) Ví dụ 5:
Giải hệ phương trình: 2
ln(1 ) ln(1 )
12 20
x y x y
x xy y
(*) ( Đề dự bị khối D 2006)
Điều kiện: x > -1, y > -1 (*)
2
12 20 ln(1 ) ln(1 )
x xy y
x x y y
Xét hàm số f(t) = ln(1+t) – t f ’(t) =
1
t t
ta thaáy f’(t) = t =
f(0) _
+
0 +
-1 f(t) f '(t)
(14)Ta có (2) f(x) = f(y) x = y x,y thuộc khoảng đơn vị
hoặc xy < x,y không thuộc khoảng đơn vị Nếu xy < vế trái (1) ln dương, phương trình khơng thoả mãn
Nếu x = y thay vào (1) ta nghiệm hệ x = y = Ví dụ 6:
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm
1
x y m
y x m
(I) 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) = 2 1t 1 3 t
> , t (-1; 3)
Vậy f đồng biến (-1; 3) Do f(x) = f(y) x = y
Thay vaøo (1) ta coù: x 1 3 x = m (*)
Xét hàm số : g(x) = x 1 3 x
g ’(x) = 2 1x 1 3 x
g ’(x) = x =
Dựa vào bảng biến thiên phương trình (*) có nghiệm m 2
Do hệâ có nghiệm m 2
Ví dụ 7:
Chứng minh m hệ phương trình sau có nghiệm
2
2
3 (1)
3 (2)
x y y m
y x x m
(I)
Nếu y vế trái (1 ) phương trình khơng thoả suy y > Tương tự x >
(I)
2
3
( )(3 2 )
x y y m
x y xy x y
(I)
2
3x y 2y m
x y
3
3x 2y m
x y
2
2 _
+ 0
1
-1 g(x) g '(x)
(15)Xét: f(x) = 3x3 – 2x2 có f ’(x) = 9x2 – 4x :
f’(x) = 0 x = x =
9
Dựa vào bảng biến thiên phương trình f(x) = có nghiệm x > m > Do hệ có
nghiệm m > Ví dụ 8:
Tìm m để hệ sau có nghiệm: cos cos 2sin 3cos
x y x y
x y m
cos cos (1)( )
2sin 3cos (2)
x x y y
I
x y m
Xeùt f(t) = t – cost
f ’(t) = 1+sint , t f(t) đồng biến R
Neân (1) f(x) = f(y) x = y
Thay vào (2) ta có 2sinx – 3cosx = m 13sin( x - ) = m (*)
vậy hệ có nghiệm phương trình (*) có nghiệm - 13 m 13
Bài tập luyện tập:
1) Giải hệ phương trình:
ln ln
2 36
x x y y
x y x y
2) Tìm m để hệ phương trình coscos3xxcoscos 3yy m1
có nghiệm:
3) Giải hệ :
2
2
cos 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:
Không tính tổng quát ta giả thiết x = max (x, y, z) x y, x z
4
+
32 243 _
1
0 0
f(x) f '(x)
(16)Ví dụ1:
Giải hệ phương trình:
3
3
3
3
3
3
x x x y
y y y z
z z z x
Xét hàm soá f(t) = t3 - 3t2 + 5t +
f ’(t) = 3t2 – 6t + > , t Do f(t) đồng biến
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
Neáu 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
Vaäy x = y = z
Từ phương trính hệ ta có: x3 – 3x2 + x + =
(x – 1)( x2 – 2x – 1) =
1
x x
Dođó 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 Ví dụ 2:
Giải hệ :
3
3
3
6 12 (1) 12 (2) 12 (3)
y x x
z y y
x z z
(I)
(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 32 Tương tự ta có: x 2, z 32
Xét hàm số f(t) = 6t2 – 12t + 8
f ’(t) = 12x – 12 > , t 32
Vậy f(t) đồng biến [32; +)
Vì hệ khơng thay đổi hốn vị vịng quanh x, y,z giả thiết x y, x z
(17)Neáu 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 = Bài tập luyện tập:
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) Giảøi hệ:
3 3
2
2
2
x x x y
y y y z
x z z x
3) Giải hệ:
3
3
3
1 4
x x y
y y z
z z x
4) Chứng minh a hệ sau có nghiệm :
2
2
2
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 daïng x = y =z
6) Chứng minh a > hệ phương trình:
ln(1 ) ln(1 )
x y
e e x y
y x a
coù nghiệm
7) Tìm m đệ hệ phương trình sau có nghiệm thực:
3
3
1
5
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
(18)9) Giải hệ:
2
log 3sin log (3cos ) log 3cos log (3sin )
x y
y x
10) Giải hệ:
2
2
2
2
log (1 tan log (1 tan ) log (1 tan log (1 tan )
x y
y x
Hướng dẫn:
1) Nếu ba số x, y, z Giả sử x = y – = ylny
Xeùt f(y) = y – – ylny
f ’(y) = - lny; f ’(y) = y = vaø f(1) =
0< y < f’(y) > suy f(y) > y > f’(y) < suy f(y) < vaäy y = nghiệm
Nếu x theo y, z hệ cho
ln ln ( 1)
ln ( 1)
y y
x y
z z
y z
x x
z x
(19)