chuyen de phuong phap ham so giai phuong trinh

Tìm tất cả các giá trị của tham số a, để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt... Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất.[r]

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 mmin ( )x D f x , M Mx Dax ( )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  x1 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

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 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



  

  

  



        

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

f(t) f’(t)

x -3 -2

0 - +

2 22

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 s0;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 Cơsi (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(6m21)x 3m42m20không 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(1x) x ax2 nghiệm  x

a)Cmr a >0 số cho bpt: ax  1 x với x0 a e

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 Không nhiều f(x)=f(y) x=y

Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) đb (hoặc ngb) hàm số y=g(x) ngb (hoặc ln đb) D số nghiệm D pt: f(x)=g(x) không 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(k1)( ) 0x  có nhiều m+1 nghiệm

Các ví dụ:

Bài 1:Giải pt:3 (2x  9x23) (4 x2)( 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

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 (*)

             

 

 

 

         

        

 

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 HOÁN 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 x1x2   xn

Định lí 2:Nếu f,g khác tính đơn điệu A ( , , , )x x1 xn nghiệm hệ A thì x1x2   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      

3

( ) 3 ln( 1)

f t t t t t

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

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 2 ; 81sin os

256

3 (x-1)(x+2)=(x 2) ; osx; (1 )(2 ) 3.4 x

6 (HSG QG 2006)

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



       

      

    

 

   

 

   

 

2

1 2

2

2 3

2

1 1

4 ax 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:

4

F ac bd cd    

(HSG Nghệ an 2005)

Giải: ta có: F  (a2b2)(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.:3x2y z 4.Tìm gtln F 3x22y2z2(TH&TT) Giải: Từ gt ta có:

4

y z x  

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 2b c3 2c a3 a b2 3b c2 3c 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 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 20 (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: x4y4z4xyz x y z(   )xy x( 2y2)yz y( 2z2)zx z( 2x2)

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 (   ) ( y3z3) f x"( ) 12 x2 (x y z ) 2 yz

"( ) f x

  (do x y z  )  f x'( )f y'( )z y z2  3z 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 n7;2 k n Cmr: kn 2nk (HSG QG bảng B 96-97)

Giải : Bđt  n k kln  lnnln 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

         

* f(2) 0  2n1n2 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 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 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



          

2. Cho x y R,  và 2x y 2.Tìm gtnn P x2(y 3)2  x2(y1)2

(HSG QG Bảng B năm 1998)