Dung Tinh don dieu GPT

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình. Giải phương trình a). Do đó phương trình vô nghiệm. Giải hệ phương trình. a).. Giải các phương trình sau: a). Giải các phương trìn[r]

Dạng Sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình. PHƯƠNG PHÁP GIẢI

1 Biến đổi phương trình dạng f x m (hoặc f x g x ) Xét tính đơn điệu hàm số f (hoặc f g)

3 Chỉ nghiệm phương trình x x (thường nhẩm nghiệm) Dựa vào tính nhất, kết luận x x 0là nghiệm phương trình

 Ghi nhớ:

a) Phương trình có dạng f x m xD

Nếu f x  hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) Dvà phương trình f x  m có nghiệm x x

x x nghiệm phương trình f x  m D b) Phương trình có dạng f x g x  xD

Nếu f x  hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) D, g x  hàm số nghịch biến (hoặc đồng biến) D phương trình f x  g x  có nghiệm x x x x nghiệm phương trình

   

f x g x D VD1 Giải phương trình a) x2 15 3x 2 x2 8

     b) x5x3 4 3 x HDG a)

+ Viết lại: x2 15 3x 2 x2 8 f x  3x 2 x2 8 x2 15 0

             (1)

+ Nếu

x thì: 2 2

8 15

x

x x

 

  

   

 

 f x  0 Do phương trình vơ nghiệm + Nếu

3

x thì:   21 21

8 15

f x x

x x

 

     

 

   

f x liên tục 2;

 

 

 

 f x  đồng biến 2;

 

 

 

+ Ta lại có f  1 0 Vậy phương trình có nghiệm x1

HDG b)

+ Viết lại: x5 x3 4 1 3x f x  x5 x3 4 1 3x 0

          

+ ĐK:

x Ta có:   5 3 0

f x x x

x

    

 ,

1

x

  f x  liên tục ;2

 

 

 

 

 f x  đồng biến ;2

 

 

 

 

+ Ta lại có: f 1 0 Vậy phương trình có nghiệm x1

VD2 Giải hệ phương trình

a)

cot cot ,

x y x y

x y

x y

 

  

 

 



  



b)

3 3 2

2

x y y y

y z z z

z x x x

    



   

 

   



HDG a). + Viết lại:

cot cot cot cot ( ) ( )

5 7

0 , , ,

x y x y x x y y f x f y

x y x y x y

x y x y x y

  

  

      

  

  

       

  

        

  

(1)

+ Xét f u( ) cot u u 0u Ta có:  

1 sin

f u

u

 f u  nghịch biến 0; Do đó: f x f y  xy + Vậy (1) suy

6

x y 

HDG b).

+ Viết lại:

3 3

2 ( )

2 ( )

2 ( )

x y y y x f y

y z z z y f z

z f x

z x x x

       

 

      

 

   

    



(I) + Xét f t( ) t3 t2 t

   t  Ta có: f t  3t2 2t 1 0, t

      ¡  f t  đồng biến ¡ + CHỨNG MINH: Nếu hệ (I) có nghiệm x y z0; ;0 0 x0 y0 z0

Giả sử x0  y0 (1) Ta có: f x 0  f y 0 , f hàm số đồng biến ¡ Khi đó: 2z0 1 2x0 1 z0 x0 (2)

Suy f z 0  f x 0  2y0 1 2z0 1 y0 z0 (3) Từ (1), (2), (3)  x0  y0 z0 x0 (vơ lý)

+ Do đó: (I) 

3

2x x x x x x x

x y z x y z

         



 

   

 



1

x x

x y z

     

  



1

x y z

x y z

   



   

+Vậy: Hệ phương trình có hai nghiệm x  y z 1, x  y z

VD3 Giải phương trình (x2)(2x 1) 3 x6 4  (x6)(2x1) 3 x2

HDG. + ĐK:

2

x

+ Viết lại: f x   x 6 x2  2x1 3  4 (1) + Ta có 2x1 0   x5 Do ta xét (1) với x5

+ Với x5 Ta lại có: g x  x 6 x2 0   1

2 2

g x

x x

   

 

 g x  đồng biến 5;

( )

h x  x   ( )

h x

x

  

  h x  đồng biến 5;

+ Khi f x  đồng biến 5; ( f x g x h x    và g x 0,h x 0) + Mặt khác: f  7  13 3   13 3  4 Vậy x7 nghiệm (1)

BÀI TẬP ÔN LUYỆN Giải phương trình sau: a) 2 1 32

x x

  b) 3x x28x 14 c) 3.25x2 (3x 10).5x2 3 x 0

     d) x2.3x3 (12 )x  x  x38x219x12

2 Giải phương trình sau:

a) log 12  x log3x b)  

log

2

log x log

x  x

c) xlog 92 x2.3log2x xlog 32 d)        

2