Đang tải... (xem toàn văn)
Sông Cầu, ngày 27 tháng 11 năm 2013 Sử dụng tính chất biến thiên của hàm số để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình là dạng toán khá quen thuộc và gặp nhiều trong các đề [r]
(1)Phương trình – hệ phương trình KK38 SỬ DỤNG TÍNH CHẤT BIẾN THIÊN HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƢƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƢƠNG TRÌNH Tx Sông Cầu, ngày 27 tháng 11 năm 2013 Sử dụng tính chất biến thiên hàm số để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình là dạng toán khá quen thuộc và gặp nhiều các đề thi đại học các kỳ thi chọn học sinh giỏi, phương pháp này thật hiệu các bài toán tìm tham số để phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình thỏa mãn điều kiện cho trước Vận dụng tính chất biến thiên hàm số cho chúng ta “lời giải đẹp” và từ đó chúng ta có thể sáng tác các bài toán hay A Các tính chất: Tính chất 1: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=k (kR) có không quá nghiệm khoảng (a;b) Tính chất 2: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta có f (u) f v u v Tính chất 3: Nếu hàm f tăng và g là hàm giảm khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=g(x) có nhiều nghiệm thuộc khoảng (a;b) Định lý Lagrange: Cho hàm số F(x) liên tục trên đoạn [a;b] và tồn F'(x) trên khoảng (a;b) thì c a; b : F ' c F b F a ba Khi áp dụng giải phương trình: có F(b) – F(a) = thì c a; b : F ' c F ' x có nghiệm thuộc (a;b) Định lý Rôn: Nếu hàm số y=f(x) lồi hoăc lõm trên miền D thì phương trình f(x)=0 không có quá hai nghiệm thuộc D Từ các tính chất trên ta có phương án biến đổi sau: Phƣơng án 1: Biến đổi phương trình dạng: f(x) = k, nhẩm nghiệm chứng minh f(x) đồng biến (nghịch biến) suy phương trình có nghiệm Phƣơng án 2: Biến đổi phương trình dạng: f(x) = g(x), nhẩm nghiệm dùng lập luận khẳng định f(x) đồng biến còn g(x) nghịch biến hàm suy phương trình có nghiệm -1- (2) Phương trình – hệ phương trình KK38 Phƣơng án 3: Biến đổi phương trình dạng: f(u) = f(v) chứng minh f(x) đơn điệu đó ta có: u = v Phƣơng án 4: Dùng tính chất đồng biến, nghịch biến hs và tập giá trị hàm để đánh giá B Một số bài toán: Về phƣơng trình: Bài toán 1: Giải phương trình: x 1 x 1 5x 5x (1) Giải: Nhận xét: Phương trình (1) xuất lũy thừa bậc ba nên lũy thừa ba dẫn đến phương trình bậc cao phức tạp, khó giải Nhận thấy: vế trái và vế phải có dạng: A3 + 2A Xét hàm số: f(t) = t3 + t, với t ¡ , Khi đó phương trình (1) có dạng: f(2x – 1) = f( x ) (1’) Vì f’(t) = 3t2 + > t ¡ , nên hàm số đồng biến trên ¡ Do đó: Phương trình (1’) tương đương: x 5x x3 17 x x x0 17 97 x 12 x0 Vậy phương trình (1) có các nghiệm là: 17 97 x 12 Bài toán 2: Giải phương trình x x2 x2 x Giải: Ta có phương trình (2) tương đương x x x x 1 Xét f (t ) t t , đó pt trên có dạng f ( x 1) f (2 x2 ) Vì f '(t ) 33 t 3 t 1 nên hàm số đồng biến trên ¡ -2- (2) (2’) (3) Phương trình – hệ phương trình KK38 x Do đó pt (2’) tương đương x x x 2 Vậy phương trình (2) có hai nghiệm x 1, x Bài toán 3: Giải phương trình 3x x x x x Giải: Phương trình (3) tương đương 3x x2 x 1 x x 3x 3x Xét hàm số f (t ) t t , đó PT có dạng Ta có f '(t ) t t2 t2 x 1 x 1 (3) (3’) , nên hàm số đồng biến trên R Do đó (3’) tương đương 3x (2 x 1) x Vậy phương trình (3) có nghiệm x 2x 1 Bài toán 4: Giải phương trình ln x x ln 1 x 2 x x (4) Giải: ĐK: x 2; 0; Phương trình (4) tương đương: 1 2 1 ln x x x ln 1 x x x x 1 1 1 ln x x x ln x x x Xét hàm số f (t ) ln t 2t t , với t > 0, đó pt (4’) có dạng f t 2 (4’) 1 x f (4’’) x Ta có f ' t 2t 2 , nên hàm số đồng biến trên 0; -3- (4) Phương trình – hệ phương trình Do đó pt (4’’) tương đương KK38 x , cách bình phương hai vế và giải x phương trình này, ta x 1 (nhận), x 13 13 (nhận), x (loại) 2 Vậy phương trình (4) có hai nghiệm: x 1; x 13 Bài toán 5: Giải phương trình: √ √ √ Giải: ĐK: x , Khi đó phương trình đã cho tương đương với ( x 1) ( x 1)2 x ( x 1)3 ( x 1)2 2( x 1) Xét hàm f (t ) t t 2t , số ta có f ' (t ) 3t 2t 0, t 1; nên f (t ) t t 2t đồng biến trên 1; Rõ ràng x 1; ( x 1) 1, x nên ( x 1) ( x 1)2 x ( x 1)3 ( x 1) 2( x 1) x 1 x Đặt u x 1; ta phương trình u u u u 2u u2 Với u = thì x = Vậy phương trình (5) có nghiệm x = * Chú ý ví dụ trên chúng ta phải kiểm x 1; ( x 1) 1, x để sử dụng tính chất đơn điệu hàm số Bài toán 6: Giải phương trình: x3 x3 3( x 1) 3x 0 (6) Giải: Điều kiện x 1 Xét hàm số f (t ) x 1 1 x đồng biến trên 0; Phương trình (1) trở thành f ( x 2) f (3x 3) , đó ta có x3 3x -4- (5) Phương trình – hệ phương trình KK38 x3 3x (6’) Mặt khác xét hàm số : g ( x) x 3x 1, g ( x) 3x x g -1 - + g + -3 Dựa vào bảng biến thiên phương trình (6’) có nghiệm x thì x0 1; 2 2 2 Khi đó ta có phương trình: cos 3t t k , k Z Đặt x cos t , t 0; Kết hợp với điều kiện t ta chọn nghiệm: x cos , x cos 5 Nhận xét: Nhìn hình thức bài toán khá phức tạp, nghiệm phương trình không nguyên Tuy nhiên, cách phối kết hợp ứng dụng đạo hàm và công thức lượng giác cos 3x cos x cos x bài toán trở nên gọn nhẹ, chúng ta nhận nghiệm gọn Hàm số sử dụng bài toán trên dễ dàng nhận thấy Bài toán 7: Giải phương trình: e x ( x x) ln( x 1) e x Giải: Phương trình viết lại: e x ( x x) ln( x 1) e Đặt g ( x) e x ( x x) ln( x 1) e (7) x 0 x Hàm số: f (t ) e t đồng biến trên R Trường hợp 1: x 1; 0 1; Khi đó e x e x , x x , ln( x 1) Do đó g ( x) x 1; 0 1; Tức là phương trình (8) không có nghiệm x 1; 0 1; Trường hợp 2: x ;1 0;1 Khi đó e x e x , x x , ln( x 1) Do đó g ( x) x ;1 0;1 Tức là phương trình (8) không có nghiệm x ;1 0;1 -5- (6) Phương trình – hệ phương trình KK38 Mặt khác g (1) g (1) g (0) Vậy phương trình (7) có nghiệm: x 0, x 1, x 1 Nhận xét: Lấy ý tưởng từ việc giải phương trình đặc biệt đoán nghiệm nguyên Kết hợp với cách sử dụng tính đơn điệu hàm số để chứng minh phương trình không có nghiệm trên các khoảng Việc xác định hàm số và các khoảng hoàn toàn tự nhiên Bài toán 8: Giải phương trình x x x x (8) Giải: Điều kiện: x Đặt f ( x) x x x x f ( x) f ( x) x 1 2 x ( x 1) 2x ( x) , x 1; 2 Ta dễ dàng nhận thấy phương trình f ( x) có nghiệm thuộc 1; 2 Do đó phương trình f ( x) có không quá nghệm thực Mặt khác, f (0) f (1) Vậy nghiệm phương trình (8) là x=0, x=1 Nhận xét: Vẫn là cách giải phương trình đặc biệt đoán nghiệm nguyên Tuy nhiên đây chúng ta nhận thấy sử dụng đạo hàm cấp cao để khẳng định số nghiệm phương trình Bài toán 9: Chứng minh phương trình sau đây có đúng nghiệm x 1 2013 x x 3x 3x (9) Giải: Đặt t x , t Phương trình viết lại: t 2013 2t t t 2013 t 1 t Đặt f (t ) t 2013 2t t Ta có: f (t ) 2013.t 2012 6t 6t 2001t 2012 6(.t 2010 1)t 6(.t 2007 1)t 0, t Do đó hàm số f (t ) đồng biến trên 1; nên phương trình f (t ) có không nhiều nghiệm -6- (7) Phương trình – hệ phương trình KK38 Hơn nữa, lim f (t ) 3; lim f (t ) t 1 t Nên pt f(t)=0 có nghiệm t (t>1) suy phương trình (9) có đúng nghiệm Nhận xét: Yêu cầu bài toán cần quan tâm đến số nghiệm phương trình Bằng cách đánh giá trực tiếp dùng đạo hàm chúng ta thu hẹp lại tập xác định phương trình Chính nhờ việc này giúp chúng dễ dàng đánh giá f (t ) Bài toán 10: Giải phương trình x x2 x 2(1 x) (10) Giải: ĐK x Biến đổi pt (10) thành: x x x 1 2x (10’) Xét hàm số f (t ) t t là hàm số đồng biến trên ¡ Suy (10’) tương đương với f ( x) f x x x x (thỏa đk) Vậy pt (10) có nghiệm là x * Đối với phƣơng trình chứa tham số ta thực nhƣ sau: Xét phương trình f(x) = g(m), (*) B1: Lập luận số nghiệm phương trình (*) là số giao điểm đồ thị (C ): y = f(x) và đường thẳng d: y = g(m) B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x) f x g m max f x : phương trình (*) có nghiệm ; B3: Kết luận: + Khi xD xD + Khi d cắt (C) k điểm: phương trình (*) có k nghiệm; + Khi d không cắt (C ): phương trình (*) vô nghiệm Bài toán 11: Tìm m để phương trình: x2 x x2 x m có nghiệm Giải: TXĐ: ¡ Xét hàm số: y f x x2 x x2 x , Df = R, y ' 2x x x 1 2x x2 x x 1 x 1 y ' x 1 x x x 1 x x vô nghiệm) 2 2 x 1 x x 1 x 1 x x 1 -7- (8) Phương trình – hệ phương trình KK38 Mặt khác: f’(0) = > suy y’ > nên hàm số đồng biến 2x lim y lim Giới hạn: x x2 x x2 x 2x x lim y lim x BBT: x2 x x2 x x x 1 1 y’ + y 1 Vậy phương trình có nghiệm và 1 < m < Chú ý: Trong bài toán trên không thực việc xác định giới hạn hàm số, có thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị hàm số là ¡ và dẩn đến việc kết luận sai lầm phương trình có nghiệm với m Do đó việc tìm giới hạn bài toán khảo sát là cần thiết để tìm tập giá trị Bài toán 12: Tìm m để phương trình: x x x 12 m x x (12) có nghiệm Giải: D 0; 4 Phương trình đã cho tương đương: ( x x x 12) x x m Xét hàm số y f x ( x x x 12) x x Nhận xét: Hàm số h x x x x 12 đồng biến trên D Hàm số g x x x đồng biến trên D Suy y = f(x) = h(x).g(x) là hàm đồng biến trên D Vậy phương trình (12) có nghiệm và f 0 m f 4 3( 2) m 12 Bài toán 13: Biện luận theo m số nghiệm phương trình: x m x2 Giải: Phương trình viết lại dạng: x3 x2 Số nghiệm PT là số giao điểm (C): y -8- m x3 x2 và đường thẳng: y = m (9) Phương trình – hệ phương trình KK38 Lập BBT : x y’ 1/3 + y 10 -1 KL: m 1 m 10 : phương trình vô nghiệm 1 m m 10 : phương trình có nghiệm m 10 : phương trình có nghiệm phân biệt Bài toán 14: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 1 x x 13 x m , (13) Giải: ĐK: x Đặt t x x , lập BBT t(x) với x ta có t 2 Khi đó phương trình (13) trở thành: t2 + t + = m, lập bảng biến thiên hàm số vế trái với t từ đó kết luận: m * Bài tập tƣơng tự: 1/ Tìm m để bất phương trình x 1 x2 x m nghiệm đúng với x ¡ 2/ Tìm tất tham số m để bất phương trình x3 3x m x x 1 có nghiệm (Cấu trúc đề thi đại học khối B-2009, NXB GD) 3/ Tìm m để phương trình x m x x2 có nghiệm (Đại học khối A năm 2007) 4/ Giải phương trình: (1 cos x)(2 4cos x ) 3.4cos x Về hệ phƣơng trình: -9- (10) Phương trình – hệ phương trình KK38 y x 12 x Bài toán 15: Giải hệ phương trình sau z y 12 y x z 12 z y x 12 x Giải: Hệ đã cho tương đương với z y 12 y x z 12 z Xét hàm số f ( x) x 12 x xác định và liên tục trên ¡ 4( x 1) Ta có f ' ( x) 6 x 12 x 4( x 1) Suy f ' ( x) 6 x 12 x x 1 Bảng biến thiên: X y’ - + Y Suy tập giá trị hàm f(x) là: đồng biến trên Ta có hàm số đồng biến trên 1; nên ; 2; Như vậy, Nếu x > f(x) thì f(x) > f(f(x)), suy f(f(x)) > f(f(f(x))) = x, suy x > x mâu thuẩn Điều này chứng tỏ không thể có x > f(x) Tương tự không thể có x < f(x) Do đó x = f(x) Như ta có phương trình: x x 12 x x x 12 x x suy y = z = Vậy hệ phương trình có nghiệm là (2;2;2) - 10 - (11) Phương trình – hệ phương trình KK38 * Thông thường chúng ta sử dụng phương pháp hàm số để đánh giá phương trình hệ Thiết lập mối quan hệ các ẩn vào phương trình còn lại, suy kết Các bài toán sau minh họa cho ý tưởng này x x y y Bài toán 16: Giải hệ phương trình 2 x y Giải: ĐK: x 2, y (1) (2) Phương trình (1) tương đương x x y y Xét hàm số f (t ) t t , với t , hàm số liên tục trên nửa khoảng 1; Ta có f '(t ) t t (t > 1) nên hàm số đồng biến trên 1; t 1 Khi đó phương trình trên có dạng f x f y x y x y 1 Thay – x = 2y – vào phương trình (2), ta 2 y y 1 y 1 2 y 1 y 1 1 y y 1 suy y 5 x 1 , y 1 Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là: x 1 x 1 1 x y 5 x xy y 10 y Bài toán 17: Giải hệ phương trình: 4x y (1) (2) Giải: Nhận xét: y = thì từ phương trình (1) suy x = và phương trình (2) không thỏa mãn Vậy y 0, chia hai vế phương trình (1) cho y5, ta : - 11 - (12) Phương trình – hệ phương trình KK38 x x y y y y (3) x Xét hàm số f (t ) t t , đó phương trình (3) có dạng: f f y (3’) y Vì f '(t ) 5t 1>0, t R nên hàm số đồng biến trên ¡ Do đó (3’) tương đương x y suy y = x thay vào phương trình (2), ta y x x , giải phương trình này ta x = là nghiệm phương trình Từ đó hệ đã cho có nghiệm x = 1, y = x = 1, y = -1 x 3x y y 2 x y x y 3( y x) Bài toán 18 : Giải hệ phương trình : (1) (2) Giải : ĐK x 1, y PT (2) ( x y )( x y ) ( x y ) 3( x y ) ( x y 3)( x y 1) y x 1(do x y 0) Thay vào (1) ta : x 3x x 3( x 1) x 3( x 1) x 3(3 x) Xét hàm số f (t ) 3t t , t là hàm số đồng biến trên (0; ) suy x x Từ đó suy nghiệm (x ;y)=(1 ;2) x x y 3 y (1) Bài toán 19: Giải hệ phương trình: 2 (2) 4x y 4x (Câu V, Đề thi đại học năm 2010, khối A) Giải: (Đáp án Bộ GD & ĐT) ĐK x , y - 12 - (13) Phương trình – hệ phương trình KK38 Phương trình (1) tương đương với x2 1 x y 1 y Xét hàm số f(t) = (t2 + 1)t, đó pt trên có dạng f x f 2y (1’) Ta có f’(t) = 3t2 + > 0, suy hàm số đồng biến trên ¡ x0 Do đó pt (1’) tương đương x y x y Thay y 4x2 vào phương t nh (2), ta được: x x x (2’) 2 Xét hàm số g ( x) x x x , trên 0; Hàm số liên tục trên 2 4 đoạn 0; 4 Ta có g '( x) x x x 2 4 x x 3 , suy hàm số 4x 4x nghịch biến trên đoạn 0; và g 4 2 Do đó pt (2’) có nghiệm x suy y = 2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x; y ; * Đề xuất cách giải khác: Xét phương trình (1): x2 1 x y 3 y x2 1 x y y (1’) Phân tích: Vế phải không âm, nên x không âm Ta có: y y y , vế phải có dạng: t 2t Khi đó : Nếu đặt x2 2t suy x Giải: ĐK: x , y 2t , thì vế trái có dạng: t 2t Vì x < không thỏa phương trình (1) nên xét x Phương trình (1’) tương đương: - 13 - (14) Phương trình – hệ phương trình 4x 1 KK38 x2 1 3 y 3 y 1 1 1 x x y y 2 2 1 Xét hàm số f (t ) t 2t , với t , hàm số liên tục trên ; 2 Khi đó phương trình trên có dạng f x f y (1’’) t 1 > 0, t , nên hàm số đồng biến ; 2t 2 Ta có f '(t ) 2t Do đó phương trình (1’’) tương đương x y Suy y 4x2 , thay vào phương trình (2) và giải hoàn toàn tương tự cách * Bài toán tƣơng tự : x3 x y y 1/ Giải hệ phương trình x y x3 3x x 22 y y y 2/ Giải hệ phương trình (Đại học khối A-2012) x y x y x 13 12 x 1 y 13 12 y 11 2 HD: HPT 1 1 x y 1 2 2 Từ (2) ta có 1 x 1 1 1; 1 y x ; y 2 2 2 3 Xét hàm số f t t 12t , t ; 2 - 14 - (15) Phương trình – hệ phương trình KK38 * Việc phát phương trình đầu có dạng f(u) = f(v) là việc đòi hỏi nhiều kỹ Kỹ biến đổi phương trình ban đầu để đưa dạng phương trình f(u) = f(v) đề cập đề tài khác -Hết - 15 - (16)