trungtrancbspkt@gmail.com biquyetthanhcong.net Chun đề I: Ứng Dụng Đạo Hàm Trong Các Bài Tốn Đại Số I.Các vài tốn liên quan đến nghiệm của pt-bpt: Định lí 1: Số nghiệm của pt f(x)=g(x) chính là số giao điểm của hai đồ thị y=f(x) và y=g(x) Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) lt trên D và min ( ) xD m f x , ax ( ) xD M M f x thì pt: f(x)=k có nghiệm khi và chỉ khi m k M Định lí 3: Bất phương trình ( ) ( )f x g x nghiệm đúng mọi x thuộc D khi và chỉ khi ( ) ( ) x D x D Min f x Maxg x Các ví dụ: Bài 1:Tìm m để pt sau có nghiệm: 22 11x x x x m (HSG Nghệ an 2005) Lời giải: Xét hàm số 22 ( ) 1 1f x x x x x có tập xác định là D=R 22 22 22 22 2 1 2 1 '( ) ' 0 2 1 2 1 (2 1) 1 2 1 1 (1) 1 1 3 1 1 3 [( - ) ] [( ) ] 0 thay vào (1)ta thấy không 2 2 4 2 2 4 thỏa mãn. Vậy f'(x)=0 vô nghiệm, mà f'(0)=1>0, do xx f x f x x x x x x x x x x x x x x x x 22 x+ x+ đó f'(x)>0 x 2 Mặt khác: Lim ( ) = Lim 1; Lim ( ) 1 11 Vậy pt đã cho có nghiệm -1 1 x R x f x f x x x x x m Bài 2:Tìm tất cả các giá trị của a để pt: 2 1 cosax x có đúng một nghiệm 0; 2 x (Đề thi HSG tỉnh Hải Dương Lớp 12 năm 2005) Giải: Ta thấy để pt có nghiệm thì 0a 2 22 22 sin cos 1 sin 2 Khi đó pt =a -2 . Xét hàm số ( ) với t 0; 4 2 cos - .cos sin ta có '( ) = 0 với t 0; ( ) ngb trên 0; 44 t x xt a f t t x x t t tgt t t t f t f t t trungtrancbspkt@gmail.com biquyetthanhcong.net 2 22 0 22 sin 2 2 2 2 8 2 Mà f( )= và ( ) 1 ( ) 1 1 (0; ) 42 2 8 1 4 Vậy pt đã cho có đúng 1 nghiệm (0; ) 21 22 t x Lim f t f t x x x a a Bài 3: Cho phương trình 6 5 4 3 2 3 6 ax 6 3 1 0x x x x x . Tìm tất cả các giá trị của tham số a, để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt. (HSG Nam Định 2004) Giải: Vì 0x khơng phải là nghiệm pt. Chia hai vế pt cho x 3 ta được 32 32 2 2 3 2 22 1 1 1 1 ( ) 3( ) 6( ) a=0 (1). Đặt t= ta thu được pt ( 3) 3( 2) 6 3 9 6 (1') Từ cách đặt t ta có: 1 0 (2)pt này có = - 4 0 2. Từ đây ta có *Nếu 2 thì pt x x x x xx xx t t t t a t t t a x tx t t t đã cho có một nghiệm *Nếu 2 thì với mỗi giá trò của cho tương ứng hai giá trò của x Nên pt (1) có đúng hai nghiệm phân biệt pt(1') có đúng hai nghiệm t= 2 hoặc (1') có đúng tt 3 2 2 1nghiệm thỏa mãn 2 26 1: Nếu (1') có đúng hai nghiệm t= 2 vô nghiệm 22 6 2 :(1') có đúng một nghiệm 2 Xét hàm số ( ) 3 9 với 2, ta có '( ) 3 6 9 3( 1 tt a TH a TH t f t t t t t f t t t t )( 3)t Ta có bảng biến thiên: Dựa vào bảng bt ta thấy pt(1’) có đúng một nghiệm 2t khi và chỉ khi 2 6 22 4 16aa f(t) f’(t) x -2 2 1 -3 0 0 + - 2 22 27 trungtrancbspkt@gmail.com biquyetthanhcong.net Bài 4:Cho hàm số ( )( )y x x a x b với a,b là hai số thực dương khác nhau cho trước.Cmr với mỗi số thực 0;1s đếu tồn tại duy nhất số thực 1 0 : ( ) 2 ss s ab f ( HSG QG bảng A năm 2006) Giải: Trước hết ta cos BĐT : () 22 ss s a b a b (1) ta có thể cm (1) bằng hàm số hoặc bằng BĐT Bécnuli Áp dụng BĐT Côsi và (1) ta có : 1 () 22 ss s a b a b ab (*) (do ab ) Mặt khác ta có: 2 2 ( )( ) '( ) 2 ( )( ) x a b x a x b fx x a x b ta dễ dàng cm được f’(x) >0 mọi x>0 suy ra f(x) đồng biến với x>0 nên 0 ( ) ( ) ( ) 2 x x ab Lim f x ab f x Lim f x (**) Vì f(x) liên tục khi x>0 nên từ (*) và (**) ta có điều phải cm Bài tập: 1. Tìm m để pt sau có nghiệm duy nhất thuộc [0; ] 4 32 (4 6 )sin 3(2 1)sin 2( 2)sin cos (4 3)cos 0m x m x m x x m x 2.Tìm m để số nghiệm của pt: 2 2 4 2 15 2(6 1) 3 2 0x m x m m không nhiều hơn số nghiệm của pt: 2 3 6 8 (3 1) 12 2 6 (3 9) 2 0,25 x m m m x x (HSG Nghệ an 1998) 3. Tìm tất cả các giá trị a để bpt: 2 ln(1 ) x x ax nghiệm đúng 0x 4. a)Cmr nếu a >0 là số sao cho bpt: 1 x ax đúng với mọi 0x thì ae b) Tìm tất cả các giá trị của a để : 1 x a x x (HSG 12 Nam Định 2006) trungtrancbspkt@gmail.com biquyetthanhcong.net II.Giải pt bằng phương pháp hàm số: Định lí 1:Nếu hàm số y=f(x) ln đb (hoặc ln ngb) thì số nghiệm của pt : f(x)=k Khơng nhiều hơn một và f(x)=f(y) khi và chỉ khi x=y Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) ln đb (hoặc ln ngb) và hàm số y=g(x) ln ngb (hoặc ln đb) trên D thì số nghiệm trên D của pt: f(x)=g(x) khơng nhiều hơn một Định lí 3:Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm đến cấp n và pt () ( ) 0 k fx có m nghiệm, khi đó pt ( 1) ( ) 0 k fx có nhiều nhất là m+1 nghiệm Các ví dụ: Bài 1:Giải pt: 22 3 (2 9 3) (4 2)( 1 1) 0x x x x x (Olympic 30-4 ĐBSCL 2000) Giải: Ta thấy pt chỉ có nghiệm trong 1 ( ;0) 2 22 22 3 (2 ( 3 ) 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 42 ( ) 2 3f t t t t với t>0 Ta có 3 42 23 '( ) 2 0 0 ( ) ( ) 3 tt f t t f u f v u v tt (1) u=v -3x=2x+1 1 5 x là nghiệm duy nhất của pt Bài 2: Giải pt: 2 osx=2 với - ; 22 tg x e c x (HSG Lớp 12 Nam Định 2006) Giải: Xét hàm số : 2 ( ) osx với - ; 22 tg x f x e c x , ta có 2 2 tg 3 23 1 2e os '( ) 2 . sin sin cos os x tg x cx f x tgx e x x x c x Vì 2 3 2 2 os 0 tg x e c x Nên dấu của f’(x) chính là dấu của sinx. Từ đây ta có ( ) (0) 2f x f Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=0 Bài 3: Giải pt: 2003 2005 4006 2 xx x (HSG Nghệ an 2005) Giải: Xét hàm số : ( ) 2003 2005 4006 2 xx f x x Ta có: '( ) 2003 ln2003 2005 ln2005 4006 xx fx 22 ''( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 0 "( ) 0 vô nghiệm f'(x)=0 có nhiều nhất là một nghiệm f(x)=0 có nhiều nhất là hai nghiệm xx f x x f x trungtrancbspkt@gmail.com biquyetthanhcong.net Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm x=0 và x=1 Bài 4: Giải pt: 3 3 1 log (1 2 ) x xx (TH&TT) Giải: Đk: x>-1/2 3 3 3 3 1 2 log (1 2 ) 3 log 3 1 2 log (1 2 ) x x x pt x x x x x (1) Xét hàm số: 3 ( ) logf t t t ta có f(t) là hàm đồng biến nên (1) (3 ) (1 2 ) 3 2 1 3 2 1 0 (2) x x x f f x x x Xét hàm số: 2 ( ) 3 2 1 '( ) 3 ln3 2 "( ) 3 ln 3 0 x x x f x x f x f x ( ) 0fx có nhiều nhất là hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm x=0 và x=1 Bài 5: Giải hệ pt: sinx-siny=3x-3y (1) x+y= (2) 5 , 0 (3)xy Giải: Từ (2) và (3) ta có : , (0; ) 5 xy (1) sinx-3x=siny-3y . Xét hàm số f(t)=sint-3t với (0; ) 5 t ta có f(t) là hàm nghịch biến nên f(x)=f(y) x=y thay vào (2) ta có 10 xy là nghiệm của hệ Bài 6: Giải hệ: (1) 1 1 8 (2) tgx tgy y x y x y (30-4 MOĐBSCL 2005) Giải: Đk: 1 8 y xy (*) (1) tgx x tgy y xy (do hàm số ( ) f t tgt t là hàm đồng biến) Thay vào (2) ta có: 1 1 8 1 8 1y y y y y y 22 1 8 2 8 1 8 4 4 8 88 33 3 8 4 8 8 9 48 64 16 128 9 64 64 0 y y y y y y y y yy y y y y y y y y Vậy 8 xy là nghiệm duy nhất của hệ đã cho trungtrancbspkt@gmail.com biquyetthanhcong.net HỆ HOÁN VỊ VÒNG QUANH: Định nghĩa:Là hệ có dạng: 12 23 1 ( ) ( ) ( ) ( ) . ( ) ( ) n f x g x f x g x f x g x (I) Định lí 1: Nếu f,g là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên A và 12 ( , , ., ) n x x x là nghiệm của hệ trên A thì 12 . n x x x Định lí 2:Nếu f,g khác tính đơn điệu trên A và 12 ( , , ., ) n x x x là nghiệm của hệ trên A thì 12 . n x x x nếu n lẻ và 1 3 1 24 . . n n x x x x x x nếu n chẵn Bài 7:Giải hệ: 32 32 32 3 3 ln( 1) 3 3 ln( 1) 3 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) là n o của hệ. Xét hàm số 32 ( ) 3 3 ln( 1)f t t t t t ta có: 2 2 21 '( ) 3 3 0 21 t f t t tt nên f(t) là hàm đồng biến Ta giả sử: x=Max{x,y,z} thì ( ) ( ) ( ) ( )y f x f y z z f y f z x Vậy ta có x=y=z. Vì pt 32 2 3 ln( 1) 0x x x x có nghiệm duy nhất x=1 nên hệ đã cho có nghiệm là x=y=z=1 Bài 8:Giải hệ: 2 3 2 3 2 3 2 6 log (6 ) 2 6 log (6 ) 2 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 ) 26 ( ) ( ) log (6 ) ( ) ( ) 26 ( ) ( ) log (6 ) 26 x y xx f y g x y z f z g y yy f x g z z x zz Trong đó 3 2 ( ) log (6 ) ; ( ) 26 t f t t g t tt với ( ;6)t trungtrancbspkt@gmail.com biquyetthanhcong.net Ta có f(t) là hàm nghịch biến, 3 2 6 '( ) 0 ( ;6) 26 t g t t tt g(t) là hàm đb Nên ta có nếu (x,y,z) là nghiệm của hệ thì x=y=z thay vào hệ ta có: 3 2 log (6 ) 26 x x xx pt này có nghiệm duy nhất x=3 Vậy nghiệm của hệ đã cho là x=y=z=3 Bài tập: 2 33 2 2 10 10 33 2 2 cosx osx 32 32 32 81 1. 2 1 2 1 2 ; 2. 81sin os 256 3. (x-1)(x+2)=(x 2) ; 4. 3 2 osx; 5. (1 )(2 4 ) 3.4 x 3 2 5 6. 3 2 5 (HSG QG 2006) 3 2 5 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 7. Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất 2 3 2 1 2 2 2 2 3 2 2 3 3 3 2 3 2 1 1 1 4 ax 4 ax 4 ax n x x x x x x x x x 8. Tìm m để các pt sau có nghiệm: 66 22 22 ) 12 ( 5 4 ); b) 3+x 6 (3 )(6 ) cos sin ) cot ( cotgx)+3=0; d) . 2 os sin a x x x m x x x x x m xx c tg x g x m tgx m tg x c x x + + = - + - + - - + - = + + + + = - trungtrancbspkt@gmail.com biquyetthanhcong.net III. Các bài toán cực tri- chứng minh BĐT: Bài 1: Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: a 2 +b 2 =1; c-d=3. Cmr: 9 6 2 4 F ac bd cd (HSG Nghệ an 2005) Giải: ta có: 2 2 2 2 2 2 ( )( ) 2 6 9 3 ( )F a b c d cd d d d d f d Ta có 2 2 39 1 2( ) 22 '( ) (2 3) 2 6 9 d f d d dd vì 2 2 39 1 2( ) 22 0 2 6 9 d dd nên 3 9 6 2 ( ) ( ) 24 f d f ta có đpcm Bài 2: Cho 0 1.x y z : 3 2 4x y z .Tìm gtln 2 2 2 32F x y z (TH&TT) Giải: Từ gt ta có: 42 3 yz x thay vào F ta được 2 2 2 1 2 1 1 ( ) (4 4 ( 2) 10 16 16) ( ) (9 12 20) ( ) 3 2 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 thì Max không xảy ra), khi đó 2 ( ) ( ) 16 3 g y g 16 3 F dấu “=” có khi 21 ; 33 z y x Vậy 16 3 Max F Bài 3: Cho 0x y z .CMR: x z y x y z z y x y z x Giải: Xét hàm số : () x z y x y z fx z y x y z x Với đk đã cho 0x y z Ta có: 2 2 2 1 1 1 1 '( ) ( ) ( ) ( )( ) 0 yz f x y z z y yz x x x f(x) là hàm đồng biến ( ) ( ) 0f x f y đpcm Bài 4:Cho a>b>c>0. CMR: 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3 a b b c c a a b b c c a Giải: Xét hàm số: 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3 ()f a a b b c c a a b b c c a Ta có : 2 2 3 3 2 2 '( ) 3 2 2 3f a a b ac ab a c . Tiếp tục lấy đạo hàm: 2 2 3 3 2 2 "( ) 6 6 2 2 2( )[3 ( )- ] 0f a ab ac c b b c a b c b c bc do a>b>c>0 '( )fa là hàm đb 4 3 2 2 '( ) '( ) 2 3 0f a f b b bc b c (ta có thể cm được nhờ Côsi) Như vậy do f'(a) >0 nên f(a) đồng biến hay là f(a)>f(b)=0 như vậy ta có đpcm Bài 5:Cho , , x y z o Cmr: 4 4 4 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( )x y z xyz x y z xy x y yz y z zx z x Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử: x y z . Xét hàm số trungtrancbspkt@gmail.com biquyetthanhcong.net 4 4 4 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x x y z xyz x y z xy x y yz y z zx z x Ta có : 3 2 3 3 2 '( ) 4 3 ( ) ( ) ( ) "( ) 12 6 ( ) 2f x x x y z xyz yz x y z y z f x x x y z yz "( ) 0fx (do x y z ) 2 3 2 '( ) '( ) ( ) 0f x f y z y z z y z nên f(x) là hàm đb 4 3 2 2 2 2 ( ) ( ) 2 ( ) 0f x f y z z y y z z z y đpcm Bài 6: Cho n,k là các số nguyên dương 7;2n k n . Cmr: 2 nk kn (HSG QG bảng B 96-97) Giải : Bđt ln ln ln2 ln ln ln2n k k n n k k n Xét hàm số ( ) ln ln ln2f x n x x n với [2; -1]xn '( ) ln '( ) 0 ln nn f x n f x x xn 2 2 7 ln n n e n n n . Xét hàm số 2 ( ) '( ) 2 "( ) 2 0 x x x g x e x g x e x g x e 77 '( ) '(7) 14 0 ( ) (7) 49 0g x g e g x g e Vậy ( ) { (2), ( -1)}f x Min f f n . Ta cm { (2), ( -1)} 0Min f f n * 12 (2) 0 2 n fn ta dễ dàng cm được bằng quy nạp hoặc đạo hàm * 1 1 ( 1) 0 ( 1) 2 2(1 ) 6 n n t f n n n t t t (*) trong đó t=n-1 Ta có 11 (1 ) 3 2(1 ) 6 tt et tt (*) đúng Vậy ta có đpcm Bài 7: Cho 0 abc .CMR: 2 2 2 2 ( ) 3 () a b c c a b c c a a b a c a Giải:Đặt b a và c x a ĐK : 1 x . Khi đó bđt cần cm trở thành 2 2 2 2 2 4 1 2 ( 1) 1 (2 2 ) 1 1 1 1 x x x x x x xx x x x x Xét hàm số 2 1 2 ( 1) ( ) 1 (2 2 ) 1 x x x f x x x x với 1 x Ta có: 22 2(2 1) 1 2x+1 2 '( ) 2 1 2 ( 1)[ ] 0 1 +1 ( ) ( ) x f x x xx do 1 x Như vậy hàm f(x) là đồng biến do đó 2 1 ( ) ( ) 3 3f x f Nhưng 3 2 2 2 1 1 1 '( ) 2 3 3 3 . . 3 0f ( ) ( ) (1) 0f x f f đpcm Bài 8: cho a,b,c>0. Cmr: 3 2 a b c a b b c c a Giải: Đặt , , 1 b c a x y z xyz a b c và bđt đã cho 1 1 1 3 1 1 1 2x y z trungtrancbspkt@gmail.com biquyetthanhcong.net Giả sử 11z xy nên ta có: 1 1 2 2 11 11 z xy xy z 2 1 1 1 2 1 2 1 () 1 1 1 1 1 1 1 zt ft x y z z t z t với 1tz Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2(1 ) 3 '( ) 0 ( ) (1) 1 2 (1 ) (1 ) (1 ) tt f t f t f t t t t đpcm Nhận xét:Từ bài toán trên ta dễ dàng giải quyết được bài toán sau: Cho a,b,c>0. Cmr: 3 3 3 3 ( ) ( ) ( ) 8 a b c a b b c c a (chọn đội tuyển thi IMO 2005) Bài tập áp dụng: 1. Cho , (0; ). : .sin sin 2(cos cos ) 2 Cmr 2. Cho ,x y R và 22xy .Tìm gtnn của 2 2 2 2 ( 3) ( 1)P x y x y (HSG QG Bảng B năm 1998) 3.Cho a,b>0. Cmr: ( 1)ln( 1) ( 1)( 1) b a a e a b (HSG 12 Nam Định 2004) . trên A thì 12 . n x x x Định lí 2:Nếu f,g khác tính đơn điệu trên A và 12 ( , , ., ) n x x x là nghiệm của hệ trên A thì 12 . n x x x nếu. 12 23 1 ( ) ( ) ( ) ( ) . ( ) ( ) n f x g x f x g x f x g x (I) Định lí 1: Nếu f,g là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên A và 12