Xem mẫu
- Chuyên đề I: Ứng Dụng Đạo Hàm Trong Các Bài Toán Đại Số
I.Các vài toán 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 m = min f ( x) , M = M∈ax f ( x) thì pt: f(x)=k có
x∈D x D
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
Min f ( x) ≥ Max g ( x)
x∈ D x∈ D
Các ví dụ:
Bài 1:Tìm m để pt sau có nghiệm: x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = m (HSG Nghệ an 2005)
Lời giải: Xét hàm số f ( x) = x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 có tập xác định là D=R
2x + 1 2x − 1
f'(x) = − ⇒ f'( x) = 0 ⇔
2 x2 + x + 1 2 x2 − x + 1
(2x + 1) x2 − x + 1 = ( 2x − 1) x2 + x + 1 (1)
2 2
1 1 3 1 1 3
⇒ x + [(x - )2 + ] = x − [(x + )2 + ] ⇔ x = 0 thay vaø (1)ta thaá khoâg
o y n
2 2 4 2 2 4
thoû maõ. Vaä f'(x)= voâ
a n y 0 nghieä , maø
m f'(0)= 0, do ñoù
1> f'(x)> ∀x ∈ R
0
2x
Maëkhaù: Limf(x) =Lim
t c = 1 Limf(x) = −1
;
x→ +∞ 2 2
x→ +∞ x + x + 1+ x − x + 1 x→−∞
y cho nghieä ⇔ -1< m < 1
Vaä pt ñaõ coù m
Bài 2:Tìm tất cả các giá trị của a để pt: ax 2 + 1 = cos x có đúng một nghiệm
π
x ∈ 0;
2
(Đề thi HSG tỉnh Hải Dương Lớp 12 năm 2005)
Giải: Ta thấy để pt có nghiệm thì a ≤ 0
x
sin2
Khi ñoù ⇔
pt
cosx − 1
= ⇔
a 2 = -2a. Xeùhaø soá (t = sint vôùt ∈ 0; π
t m f ) i
2 2
x x t 4
2
t t− sint cost t- t )
.cos ( gt π π
ta coù '(t =
f ) = < 0 vôù∀t∈ 0; ⇒ f(t ngb treâ 0;
i ) n
t2 t2
4 4
- x
sin2
π 2 2 2 2 8 2 < 1 ∀x∈ (0; π )
Maø )=
f( vaøLi f(t = 1⇒
m ) < f(t < 1 ⇒ 2 <
)
4 π →
t 0 π π x
2 2
2
π 8 1 4
Vaä pt ñaõ coù ng 1 nghieä x∈ (0; ) ⇔ 2 < −2a < 1⇔ − < a < − 2
y cho ñuù m
2 π 2 π
6 5 4 3 2
Bài 3: Cho phương trình x + 3x − 6x − ax − 6x + 3x + 1= 0 . 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 x = 0không phải là nghiệm pt. Chia hai vế pt cho x3 ta được
1 1 1 1
(x3 + 3 ) + 3(x2 + 2 ) − 6(x + ) − a= (1 Ñaët= + ta thu ñöôï pt
0 ). t x c
x x x x
(2 2 3 2
tt − 3) + 3(t − 2) − 6t= a ⇔ t + 3t − 9t= a + 6 (1')
Töø ch ñaët ta coùx2 − t + 1= 0 (2)pt naø coù = 2 - 4 ≥ 0 ⇔ t ≥ 2. Töø y ta coù
caù t : x y ∆ t ñaâ
*Neá t= ±2 thì pt ñaõ coù t nghieä
u cho moä m
*Neá t > 2 thì vôùmoãgiaù cuû tcho töông öùg hai giaù cuû x
u i i trò a n trò a
Neâ pt (1) coù ng hai nghieä phaâ bieä ⇔ pt(1') coù ng hai nghieä t=± 2
n ñuù m n t ñuù m
hoaë (1') coù ng 1nghieä tthoû maõ t > 2
c ñuù m a n
2 = a + 6
TH 1: Neá (1') coù ng hai nghieä t=± 2 ⇒
u ñuù m voâ
nghieä
m
22 = a + 6
TH 2:(1') coù ng moänghieä t > 2
ñuù t m
t m f ) 3 2 2
Xeùhaø soá (t = t + 3t − 9tvôù t > 2, ta coù '(t = 3t + 6t− 9 = 3(t− 1)(t+ 3)
i f )
Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng bt ta thấy pt(1’) có đúng một nghiệm t > 2 khi và chỉ khi
2 < a + 6 < 22 ⇔ −4 < a < 16
x -3 -2 1 2
0 - 0 +
f’(t)
27
f(t)
22 2
- 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 s∈ ( 0;1) đếu tồn tại duy nhất số thực
1
a +b
s s s
α > 0: f(α ) = ( HSG QG bảng A năm 2006)
2
as + bs a + b s
Giải: Trước hết ta cos BĐT : ≤( ) (1) ta có thể cm (1) bằng hàm số
2 2
hoặc bằng BĐT Bécnuli
s 1 s
Áp dụng BĐT Côsi và (1) ta có : ab < ( a + b ) s < a + b (*) (do a ≠ b )
2 2
2 x + a + b − 2 ( x + a)( x + b)
Mặt khác ta có: f '( x) = ta dễ dàng cm được f’(x) >0 mọi
2 ( x + a)( x + b)
a+b
x>0 suy ra f(x) đồng biến với x>0 nên Lim f ( x) = ab ≤ f ( x ) ≤ Lim f ( x ) = (**)
x → 0+ x →+∞ 2
Vì f(x) liên tục khi x>0 nên từ (*) và (**) ta có điều phải cm
Bài tập:
π
1. Tìm m để pt sau có nghiệm duy nhất thuộc [0; ]
4
3 2
(4 − 6m )sin x + 3(2m − 1 )sin x + 2(m − 2)sin xcosx − (4m − 3)cosx = 0
2.Tìm m để số nghiệm của pt: 15 x 2 − 2(6m2 + 1) x − 3m4 + 2m2 = 0 không nhiều hơn
số nghiệm của pt: (3m − 1) 212 x + 2 x3 + 6 x = (36 m − 9) 28m − 0, 25 (HSG Nghệ an
1998)
3. Tìm tất cả các giá trị a để bpt: ln(1 + x) ≥ x − ax 2 nghiệm đúng ∀x ≥ 0
4. a)Cmr nếu a >0 là số sao cho bpt: a x ≥ 1 + x đúng với mọi x ≥ 0 thì a ≥ e
b) Tìm tất cả các giá trị của a để : a x ≥ 1 + x ∀x (HSG 12 Nam Định 2006)
- II.Giải pt bằng phương pháp hàm số:
Định lí 1:Nếu hàm số y=f(x) luôn đb (hoặc luôn ngb) thì số nghiệm của pt : f(x)=k
Không nhiều hơn một và f(x)=f(y) khi và chỉ khi x=y
Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) luôn đb (hoặc luôn ngb) và hàm số y=g(x) luôn ngb
(hoặc luôn đb) trên D thì số nghiệm trên D của pt: f(x)=g(x) không nhiều hơn một
Định lí 3:Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm đến cấp n và pt f ( k ) ( x) = 0 có m nghiệm,
khi đó pt f ( k −1) ( x) = 0 có nhiều nhất là m+1 nghiệm
Các ví dụ:
Bài 1:Giải pt: 3 x(2 + 9 x 2 + 3) + (4 x + 2)( 1 + x + x 2 + 1) = 0
(Olympic 30-4 ĐBSCL 2000)
1
Giải: Ta thấy pt chỉ có nghiệm trong (− ;0)
2
pt ⇔ ( −3x ) (2 + (−3 x) 2 + 3) = (2 x + 1)(2 + (2 x + 1) 2 + 3)
⇔ u (2 + u 2 + 3) = v(2 + v 2 + 3) (1)
Với u=-3x, v=2x+1; u,v>0. Xét hàm số f (t ) = 2t + t 4 + 3t 2 với t>0
2t 3 + 3t
Ta có f '(t ) = 2 + 4 2
> 0 ∀t > 0 ⇒ f (u ) = f (v) ⇔ u = v
t + 3t
1
(1) ⇔ u=v ⇔ -3x=2x+1 ⇔ x = − là nghiệm duy nhất của pt
5
t 2x
g π π
Bài 2: Giải pt: e + cosx= vôùx∈ - ; (HSG Lớp 12 Nam Định 2006)
2 i
2 2
t 2x
g π π
Giải: Xét hàm số : f(x) = e + cosx vôùx∈ - ; , ta có
i
2 2
1 t 2x 2etg2x − cos3x
f'(x) = 2t . 2 e − sin x = sin x
gx g
3
Vì 2et 2x ≥ 2 > cos3x > 0
g
cos x cos x
Nên dấu của f’(x) chính là dấu của sinx. Từ đây ta có f(x) ≥ f(0) = 2
Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=0
Bài 3: Giải pt: 2003x + 2005x = 4006x + 2 (HSG Nghệ an 2005)
Giải: Xét hàm số : f(x) = 2003x + 2005x − 4006x − 2
Ta có: f'(x) = 2003x ln2003+ 2005x ln2005 − 4006
- f''(x) = 2003x ln2 2003+ 2005x ln2 2005 > 0 ∀x ⇒ f"(x) = 0 voâ
nghieä
m
⇒ f'(x)= coù u nhaálaø t nghieä ⇒ f(x)= coù u nhaálaø nghieä
0 nhieà t moä m 0 nhieà t hai m
Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm x=0 và x=1
Bài 4: Giải pt: 3x = 1+ x + log3(1+ 2x) (TH&TT)
Giải: Đk: x>-1/2
pt⇔ 3x + x = 1+ 2x + log3(1+ 2x) ⇔ 3x + log3 3x = 1+ 2x + log3(1+ 2x) (1)
Xét hàm số: f(t = t+ log3 t ta có f(t) là hàm đồng biến nên
)
(1) ⇔ f(3x ) = f(1+ 2x) ⇔ 3x = 2x + 1⇔ 3x − 2x − 1= 0 (2)
Xét hàm số: f(x) = 3x − 2x − 1⇒ f'(x) = 3x ln3 − 2 ⇒ f"(x) = 3x ln2 3 > 0
⇒ f(x) = 0 có nhiều nhất là hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm
x=0 và x=1
sinx-siny= 3x-3y (1)
π
Bài 5: Giải hệ pt: x+ y= (2)
5
x, y > 0
(3)
π
Giải: Từ (2) và (3) ta có : x, y∈ (0; )
5
π
(1) ⇔ sinx-3x= siny-3y . Xét hàm số f(t)=sint-3t với t∈(0; ) ta có f(t) là hàm nghịch
5
π
biến nên f(x)=f(y) ⇔ x=y thay vào (2) ta có x = y = là nghiệm của hệ
10
t − t = y − x
gx gy (1)
Bài 6: Giải hệ: (30-4 MOĐBSCL 2005)
y + 1 − 1= x − y + 8
(2)
y ≥ −1
Giải: Đk: (*)
x≥ y+ 8
(1) ⇔ t + x = t + y ⇔ x = y (do hàm số f(t = t + t là hàm đồng biến)
gx gy ) gt
Thay vào (2) ta có: y + 1 − 1= y − y + 8 ⇔ y + 1 = y − y + 8 + 1
⇔ y + 1= y − y + 8 + 2 y − y + 8 + 1⇔ y + 8 = 4y − 4 y + 8
8 8
y≥ y≥
⇔ 3y − 8 = 4 y + 8 ⇔ 3 ⇔ 3 ⇔ y= 8
9y2 − 48y + 64 = 16y + 128 9y2 − 64y − 64 = 0
Vậy x = y = 8 là nghiệm duy nhất của hệ đã cho
- HỆ HOÁN VỊ VÒNG QUANH:
f(x1) = g(x2 )
f(x ) = g(x )
2 3
Định nghĩa:Là hệ có dạng: (I)
.................
f(xn ) = g(x1)
Định lí 1: Nếu f,g là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên A và (x1, x2,..., xn ) là
nghiệm của hệ trên A thì x1 = x2 = ... = xn
Định lí 2:Nếu f,g khác tính đơn điệu trên A và (x1, x2,..., xn ) là nghiệm của hệ trên A
x = x3 = ... = xn−1
1
thì x1 = x2 = ... = xn nếu n lẻ và nếu n chẵn
x2 = x4 = ... = xn
x3 + 3x − 3 + ln(x2 − x + 1 = y )
3
2
Bài 7:Giải hệ: y + 3y − 3 + ln(y − y + 1 = z )
3 2
z + 3z− 3 + ln(z − z+ 1 = x
)
) 3 2
Giải:Ta giả sử (x,y,z) là no của hệ. Xét hàm số f(t = t + 3t− 3 + ln(t − t+ 1)
2 2t− 1
ta có: f'(t = 3t + 3 +
)
2
> 0 nên f(t) là hàm đồng biến
2 t − t+ 1
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 x3 + 2x − 3 + ln(x2 − x + 1 = 0 có nghiệm duy nhất x=1 nên hệ
)
đã cho có nghiệm là x=y=z=1
x2 − 2x + 6log (6 − y) = x
3
2
Bài 8:Giải hệ: y − 2y + 6log3(6 − z) = y (HSG QG Bảng A năm 2006)
2
z − 2z+ 6log3(6 − x) = z
x
log3(6 − y) =
x2 − 2x + 6
f(y) = g(x)
y
Giải: Hệ ⇔ log3(6 − z) = ⇔ f(z) = g(y)
y2 − 2y + 6
f(x) = g(z)
log3(6 − x) = z
z2 − 2z+ 6
- t
Trong đó f (t ) = log3 (6 − t ) ; g (t ) = với t ∈ (−∞;6)
t 2 − 2t + 6
6−t
g '(t ) = > 0 ∀t ∈ (−∞;6) ⇒
Ta có f(t) là hàm nghịch biến,
(t ) g(t) là hàm đb
3
2
− 2t + 6
Nên ta có nếu (x,y,z) là nghiệm của hệ thì x=y=z thay vào hệ ta có:
x
log3 (6 − x) = pt này có nghiệm duy nhất x=3
x2 − 2x + 6
Vậy nghiệm của hệ đã cho là x=y=z=3
Bài tập:
81
1. 3 x + 2 + 3 x + 1 = 3 2x2 + 1 + 3 2x2 ; 2. 81sin10 x + cos10x =
256
2 −2
3. (x-1)(x+ (x2 − 2)ex + xex
2)= ; 4. 3cosx = 2cosx + cosx; 5. (1+ x)(2 + 4x ) = 3.4x
x3 + 3x2 + 2x − 5 = y
3
6. y + 3y2 + 2y − 5 = z (HSG QG 2006)
3 2
z + 3z + 2z− 5 = x
7. Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất
x1 = x2 − 4 x2 + ax 2
2 3 2
2 3 2
x2 = x3 − 4 x3 + ax 3
............................
2 3 2
xn = x1 − 4 x1 + ax1
8. Tìm m để các pt sau có nghiệm:
a)x x + x + 12 = m ( 5- x + 4- x); b) 3+ + x 6- x - (3+ x)(6- x) = m
2 2 cos6x + sin6 x
c)t x + cot g x + m (t + cotgx)+ 0; d)
g gx 3= = m .t 2x
g
cos2x - sin2 x
- III. Các bài toán cực tri- chứng minh BĐT:
Bài 1: Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: a2+b2=1; c-d=3. Cmr:
9+6 2
F = ac + bd − cd ≤ (HSG Nghệ an 2005)
4
Giải: ta có: F ≤ ( a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) − cd = 2d 2 + 6d + 9 − d 2 − 3d = f (d )
3 9 3 9
1 − 2( d + ) 2 + 1 − 2(d + ) 2 +
Ta có f '( d ) = (2d + 3) 2 2 vì 2 2 < 0 nên
2 d 2 + 6d + 9 2d 2 + 6d + 9
3 9+6 2
f (d ) ≤ f (− ) = ta có đpcm
2 4
Bài 2: Cho 0 < x < y ≤ z ≤ 1. : 3 x + 2 y + z ≤ 4 .Tìm gtln F = 3x 2 + 2 y 2 + z 2 (TH&TT)
4 − 2y − z
Giải: Từ gt ta có: x ≤ thay vào F ta được
3
1 2− y 1 1
F ≤ f ( y ) = (4 z 2 + 4 z ( y − 2) + 10 y 2 − 16 y + 16) ≤ f ( ) = (9 y 2 − 12 y + 20) = g ( y )
3 2 3 3
2 2
Ta xét ≤ y ≤ 1 (vì y
- Bài 5:Cho x, y, z> o Cmr: x 4 + y 4 + z 4 + xyz ( x + y + z ) ≥ xy ( x 2 + y 2 ) + yz ( y 2 + z 2 ) + zx( z 2 + x 2 )
Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử: x ≥ y ≥ z . Xét hàm số
f ( x) = x 4 + y 4 + z 4 + xyz ( x + y + z ) − xy ( x 2 + y 2 ) − yz ( y 2 + z 2 ) − zx( z 2 + x 2 )
Ta có : f '( x) = 4 x3 − 3x 2 ( y + z ) + xyz + yz ( x + y + z ) − ( y 3 + z 3 ) ⇒ f "( x) = 12 x 2 − 6 x( y + z ) + 2 yz
⇒ f "( x) > 0 (do x ≥ y ≥ z ) ⇒ f '( x) ≥ f '( y ) = z 2 y − z 3 = z 2 ( y − z ) ≥ 0 nên f(x) là hàm đb
⇒ f ( x) ≥ f ( y ) = z 4 − 2 z 3 y + y 2 z 2 = z 2 ( z − y ) 2 ≥ 0 ⇒ đpcm
Bài 6: Cho n,k là các số nguyên dương n ≥ 7;2 ≤ k < n . Cmr: k n > 2n k
(HSG QG bảng B 96-97)
Giải : Bđt ⇔ n ln k > k ln n + ln 2 ⇔ n ln k − k ln n − ln 2
n n
Xét hàm số f ( x) = n ln x − x ln n − ln 2 với x ∈ [2; n -1] ⇒ f '( x) = − ln n ⇒ f '( x) = 0 ⇔ x =
x ln n
n
> 2 ⇔ e n > n 2 ∀n ≥ 7 . Xét hàm số g ( x) = e x − x 2 ⇒ g '( x ) = e x − 2 x ⇒ g "( x ) = e x − 2 > 0
ln n
⇒ g '( x ) > g '(7) = e7 − 14 > 0 ⇒ g ( x ) > g (7) = e7 − 49 > 0
Vậy f ( x) ≥ Min{ f (2), f (n -1)} . Ta cm Min{ f (2), f (n -1)} ≥ 0
* f (2) ≥ 0 ⇔ 2n−1 ≥ n 2 ta dễ dàng cm được bằng quy nạp hoặc đạo hàm
1
* f (n − 1) ≥ 0 ⇔ (n − 1)n ≥ 2nn−1 ⇔ t > 2(1 + )t ∀t ≥ 6 (*) trong đó t=n-1
t
1 1
Ta có (1 + )t < e < 3 ⇒ 2(1 + )t < 6 ≤ t ⇒ (*) đúng
t t
Vậy ta có đpcm
2a 2b 2c (c − a ) 2
Bài 7: Cho 0 < a ≤ b ≤ c .CMR: + + ≤ 3+
b+c c+a a+b a (c + a )
b c
Giải:Đặt = α và = x ĐK : 1 ≤ α ≤ x . Khi đó bđt cần cm trở thành
a a
2 2α 2x x2 + x + 4 x +1 2 x( x + 1)
+ + ≤ ⇔ x 2 + x + 1 ≥ (2 + 2α + )
α + x 1+ x 1+α x +1 α+x 1+ α
x +1 2 x ( x + 1)
Xét hàm số f ( x) = x 2 + x + 1 − (2 + 2α + ) với 1 ≤ α ≤ x
α+x 1+α
2(2 x + 1) α −1 2x+1 2
Ta có: f '( x) = 2 x + 1 − α + 1 − 2 = (α − 1)[ − ] ≥ 0 do 1 ≤ α ≤ x
( x + α )2 α +1 ( x + α ) 2
1
Như vậy hàm f(x) là đồng biến do đó f ( x) ≥ f (α ) = α 2 − 3α + 3 −
α
1 1 1
Nhưng f '(α ) = 2α − 3 + 2 = α + α + 2 − 3 ≥ 33 α .α . 2 − 3 = 0
α α α
⇒ f ( x) ≥ f (α ) ≥ f (1) = 0 ⇒ đpcm
a b c 3
Bài 8: cho a,b,c>0. Cmr: + + ≥
a+b b+c c+a 2
b c a 1 1 1 3
Giải: Đặt x = , y = , z = ⇒ xyz = 1 và bđt đã cho ⇔ 1 + x + 1 + y + 1 + z ≥ 2
a b c
- 1 1 2 2 z
Giả sử z ≤ 1 ⇒ xy ≥ 1 nên ta có: + ≥ =
1 + x 1 + y 1 + xy 1 + z
1 1 1 2 z 1 2t 1
⇒ + + ≥ + = + = f (t ) với t = z ≤ 1
1+ x 1+ y 1+ z 1+ z 1+ z 1+ t 1+ t2
2 2t 2(1 − t ) 3
Ta có: f '(t ) = 2
− 2 2
≤ 2 2
≤ 0 ⇒ f (t ) ≥ f (1) = ∀t ≤ 1 ⇒ đpcm
(1 + t ) (1 + t ) (1 + t ) 2
Nhận xét:Từ bài toán trên ta dễ dàng giải quyết được bài toán sau:
a 3 b 3 c 3 3
Cho a,b,c>0. Cmr: ( ) +( ) +( ) ≥ (chọn đội tuyển thi IMO 2005)
a+b b+c c+a 8
Bài tập áp dụng:
π
1. Cho α ,β ∈ (0; ).Cm r: α .sinα − β sinβ > 2(cosβ − cosα )
2
2. Cho x, y ∈ R và 2 x − y = 2 .Tìm gtnn của P = x 2 + ( y − 3)2 + x 2 + ( y + 1)2
(HSG QG Bảng B năm 1998)
3.Cho a,b>0. Cmr: (a + 1) ln(a + 1) + eb ≥ (a + 1)(b + 1) (HSG 12 Nam Định 2004)
nguon tai.lieu . vn
