“SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH” Nguyễn Nghi GV Phan Bội Châu Thông thường đứng trước toán giải phương trình, hệ phương trình hay bất phương trình học sinh nghỉ đến dạng mẫu học, phương pháp cộng, phương pháp hay phương pháp đặt ẩn phụ để giải, thực tế qua đề thi đại học, cao đẳng thi học sinh giỏi toán bảng B vừa qua học sinh gặp dạng phức tạp mà để giải đòi hỏi phải có nhận xét đặc biệt Một nhận xét đặc biệt dựa tính đơn điệu hàm số ta tìm nghiệm phương trình, hệ phương trình, bất phương trình NỘI DUNG 1.1/ Lịch sử vấn đề nghiên cứu: Vấn đề áp dụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình, hệ phương trình hay bất phương trình người ta dùng từ lâu, sách giáo khoa có toán áp dụng cách giải này, học sinh không quen dùng kỷ dùng chưa tốt 1.2/ Cơ sở lý luận: Định lí 1: Nếu hàm số y = f(x) đồng biến (hoặc nghịch biến) liên tục D số nghiệm phương trình f(x) = k (k số không đổi) D không nhiều nghiệm f(x) = f(y) x = y với x, y thuộc D Chứng minh: Giả sử phương trình f(x) = k có nghiệm x = a, tức f(a) = k Do f(x) đồng biến nên * x > a suy f(x) > f(a) = k nên phương trình f(x) = k vô nghiệm * x < a suy f(x) < f(a) = k nên phương trình f(x) = k vô nghiệm Vậy pt f(x) = k có nhiều nghiệm Chú ý:* Từ định lí trên, ta áp dụng vào giải phương trình sau: Bài toán yêu cầu giải pt: F(x) = Ta thực phép biến đổi tương đương đưa phương trình dạng f(x) = k f(u) = f(v) ( u = u(x), v = v(x)) ta chứng minh f(x) hàm đồng biến (nghịch biến) Nếu pt: f(x) = k ta tìm nghiệm, chứng minh nghiệm Nếu pt: f(u) = f(v) ta có u = v giải phương trình ta tìm nghiệm * Ta áp dụng định lí cho toán chứng minh phương trình có nghiệm Định lí 2: Nếu hàm số y = f(x) đồng biến (hoặc nghịch biến) hàm số y = g(x) nghịch biến (hoặc đồng biến ) liên tục D số nghiệm D phương trình: f(x) = g(x) không nhiều Chứng minh: Giả sử x = a nghiệm phương trình: f(x) = g(x), tức f(a) = g(a) Ta giả sử f(x) đồng biến g(x) nghịch biến *Nếu x > a suy f(x) > f(a) = g(a) > g(x) dẫn đến phương trình f(x) = g(x) vô nghiệm x > a *Nếu x < a suy f(x) < f(a) = g(a) < g(x) dẫn đến phương trình f(x) = g(x) vô nghiệm x < a Vậy pt f(x) = g(x) có nhiều nghiệm Chú ý: Khi gặp phương trình F(x)=0 ta biến đổi dạng f(x)=g(x), f(x) g(x) khác tính đơn điệu Khi ta tìm nghiệm phương trình chứng minh nghiệm Nhận xét: + Nếu hàm số f(t) đồng biến tập D, f(x) > f(y)  x > y (với x, y thuộc D) + Nếu hàm số f(t) nghịch biến tập D, f(x) > f(y)  x < y (với x, y thuộc D) 1.3/ Nhận định, đánh giá: - Nhận định: Nhiệm vụ Giáo viên phải truyền thụ cho số phương pháp giải toán hay, vừa sức, mà học sinh gặp sách giáo khoa để kích thích tìm tòi, tư cho học sinh - Đánh giá: Đây phương pháp giải toán vừa sức học sinh, học sinh lĩnh hội không khó khăn, đề thi với cách giải đơn giản áp dụng phương pháp 1.4/ Khẳng định cần thiết: Đối với học sinh tham gia kỳ thi đại học thi học sinh giỏi toán bảng B phương pháp giải, cần phải biết Chương 2: Thực trạng vấn đề: Đây áp dụng hay, vừa sức học sinh học sinh không quen sử dụng nên gặp khó khăn đứng trước toán dạng Chương 3: Các biện pháp 3.1/ Cơ sở xác lập biện pháp: Tôi phân chia dạng áp dụng đơn vị kiến thức sau: A- VỀ PHƯƠNG TRÌNH Ví dụ 1: Giải phương trình sau: 3 2/ 5x 1  2x 1   x 1/ x   x  x   3/ x   x 1  2x 1  2x 3 3  x2  x   log 4/    x  3x  x x     Lời giải: 1) Với phương trình x   x  x   giải theo cách bình thường bình phương hay đặt ẩn phụ gặp nhiều khó khăn Tuy nhiên, tinh ý chút ta thấy VT hàm đồng biến x =1 nghiệm phương trình nên theo định lí ta có x=1 nghiệm Vậy ta có cách giải sau   57  ;     TXĐ: D   Xét hàm số f(x) = x   x  x  7 x   0, x  D nên Ta có f(x) hàm số liên tục D f’(x) =  x  x  7x  1 hàm số f(x) đồng biến Mặt khác, ta thấy f(1) = *Nếu x  D x > suy f(x) > f(1) = nên phương trình vô nghiệm *Nếu x  D x < suy f(x) < f(1) = nên phương trình vô nghiệm Vậy x=1 nghiệm phương trình cho Chú ý: * Vì hàm số y = ax + b với a > hàm đồng biến f(x) hàm đồng biến hàm n f ( x) ( với điều kiện thức tồn tại) hàm đồng biến nên ta dễ dàng nhận VT phương trình hàm đồng biến * Khi dự đoán nghiệm ta ưu tiên giá trị x cho biểu thức dấu nhận giá trị số phương 2) Với phương trình x3   x    x dùng phép biến đổi tương đương hay đặt ẩn phụ gặp khó khăn theo ý ta dễ dàng nhận thấy VT phương trình hàm đồng biến phương trình có nghiệm x=1 Do phương trình có nghiệm x=1 (Cách giải tương tự 1) 3) Với đường lối hai ta khó khăn để giải phương trình x   x   x   x Tuy nhiên nhìn kĩ ta thấy biểu thức dấu hai vế có chung mối liên hệ x+2=(x+1)+1 2x2+1=(2x2)+1, đặt u = x + v = 2x2 phương trình cho trở thành u   u  v   v  f(u) = f(v) với f(t) = t   t hàm số liên tục R có f’(t) = 3 (t  1)  3 t2  0, t   \{  1;0} nên f(t) đồng biến R Do f(u) = f(v)  u = v  x + = 2x2  x = 1, x =  Vậy phương trình có nghiệm x = 1, x =  2  x2  x   4) Phương trình: log3    x  3x  x x     TXĐ: D = R Nhận xét biểu thức tham gia phương trình ta thấy ( 2x2+4x +5) – (x2 + x +3 ) = x2 +3x +2 Do vậy, đặt u = x2 + x +3 , v = 2x2 + 4x + (u,v > 0) v - u = x2 + 3x + 2, phương trình trở thành: log3    v  u  log3 u  u  log3 v  v  f (u )  f (v) v Trong f(t) = log3t + t với t > Ta thấy f(t) hàm liên tục đồng biến, f (u) = f (v)  u = v  x2 +3x +2 =  x = -1, x = -2 Vậy phương trình có nghiệm x = -1, x = -2 Ví dụ 2: Giải phương trình sau: 1/ 3x + 4x = 5x u 2/    x 3    5 x 3  x 3/ 9x + 2(x - 2)3x + 2x – = Lời giải: 1) Với phương trình khó để ta sử dụng phương pháp giải phương trình mũ để giải Tuy nhiên với phương trình (1) ta dễ dàng đoán nghiệm phương trình x =2 Ta chứng minh x = nghiệm cúa phương trình x x Thật vậy, phương trình (1)        5  5 Vì hàm số mũ với số dương nhỏ hàm nghịch biến nên đặt x x f(x) =      hàm số nghịch biến, vế phải hàm 5  5 Do nghiệm x = nghiệm 2) Tuy nhiên, với pt  3   x 3    5 x x (2) không dễ để ta đoán nghiệm pt (2) vô nghiệm Ở ta để ý   > <  <    Do vậy, x > ta có    x  (0; )    x < ta có    x  (;0)  2 3 3 x x    5 2  3 x x  VT  VP : Do phtrình nghiệm x 3 1  5 x  VT  VP : Do phtrình nghiệm 0 Với x = 0, rõ ràng không thỏa mãn Vậy pt (2) vô nghiệm Từ hai phương trình ta tổng quát: Cho phương trình ax + bx = cx (*), với a,b,c dương khác Khi đó: Nếu a < b < c a > b > c pt (*) có nghiệm Nếu a < c < b pt (*) vô nghiệm 3) Phương trình 9x + 2(x - 2)3x + 2x – = Đặt 3x = t > 0, phương trình trở thành: t2 + 2(x - 2)t + 2x–5 =  t = -1(loại), t = 5-2x Với t = – 2x ta có 3x = – 2x Nhận thấy x = nghiệm phương trình Vế trái hàm số đồng biến vế phải hàm nghịch biến Do x = nghiệm x x 2 x x 1 Ví dụ 3: Giải phương trình:     x  2x 2x x1 x1 Giải: Ta có phương trình       x 1 (1) Nếu đặt u = 2x v = x + phương trình (1) trở thành 2u + 3u + u = 2v + 3v + v  f(u) = f(v) Trong f(t) = 2t + 3t + t liên tục đồng biến R Do f(u) = f(v)  u = v ta phương trình 2x = x + Cách 1: Ta có 2x = x +  2x – x = Đặt g(x) = 2x – x Ta có g’(x) = 2x ln2 – => g’(x) = 0 x = - log2(ln2) ≈ 0,53 Ta có: + g’(x) > 0, x    log (ln 2);   => Hàm số g(x) đồng biến khoảng x   log2 (ln 2);   => Phương trình g(x) = có nghiệm x =    log (ln 2);   + g’(x) < 0, x   ;  log (ln 2)  => Hàm số g(x) nghịch biến khoảng  ;  log (ln 2)  => Phương trình g(x) = có nghiệm x =   ;  log (ln 2)  Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 0, x = Cách 2: y y = 2x y=x+1 1 x Dựa vào đồ thị ta thấy đường thẳng y = x + đường cong y = 2x cắt điểm (0; 1) (1; 2) nên phương trình 2x = x + có hai nghiệm x = x = Vậy phương trình có nghiệm: x = 0, x = 3 x   x  x  14 (1) Ví dụ 4: Giải phương trình Giải: Điều kiện: x ≤ Đặt f(x) = 3 x , g(x) =  x  x  14 Ta có f’(x) = 1 2 3 x 3 x ln  , x  (-  ; 3) => Hàm số f nghịch biến (-  ; 3] Ta có g’(x) = -2x + > 0, x  (-  ; 3] => Hàm số g đồng biến (-  ; 3] Mặt khác f(3) = g(3) = 1, nên phương trình (1) có nghiệm x = Ví dụ 5: Giải phương trình: log  x  log3 x (1)   Giải: Điều kiện x > Đặt t = log3x  x = 3t Khi (1) trở thành   t t 1  3 log   t           (2)     t t t t t  3 Vì hàm số f(t) =      nghịch biến R f(2) = Vậy (2) có nghiệm  2   t = Suy (1) có nghiệm x = Ví dụ 6: Giải phương trình: 4(x  2) log2 (x  3)  log3 (x  2)  15(x 1) (1) Giải: Điều kiện x > Phương trình (1)  lo g ( x  3)  log3 ( x  2)  15( x  1) 4( x  2) Ta thấy f(x) = lo g ( x  3)  log3 ( x  2) hàm số đồng biến khoảng (3; +  ) Và hàm số g(x) = 15( x  1) hàm số nghịch biến khoảng (3; +  ) (Do g’(x) = 4( x  2) 45 Với < a ≠ b > 0, c > ta có blog c  c log b Nên phương trình (1)  9log x  x 3log x  3log x  3log x  x  (2) (Do 3log x > 0) Đặt t = log2x  x = 2t, phương trình (2) trở thành 3t = 4t – log log x a t log a 2 t 3 1  f (t )        (3) 4 4 Vì f(t) hàm số nghịch biến R f(1) = 1, nên (3) có nghiệm t = 1, suy x = nghiệm phương trình (1) Ví dụ 8: Giải phương trình: ex = + ln(1 + x) Giải: Điều kiện x > -1 Đặt y = ln(1 + x)  ey = + x ex  1 y (1) Kết hợp với phương trình cho ta hệ phương trình:  y e  1 x (2) x y x y Lấy (1) – (2) ta được: e – e = y – x  e + x = e + y  f(x) = f(y) (3) Trong f(t) = et + t Ta có f’(t) = et + > với t => Hàm số f(t) đồng biền R Do (3)  x = y Vậy (1)  ex = + x  ex – x = 1(4) Ta thấy x = nghiệm (4), ta chứng minh x = nghiệm (4) Xét hàm số g(x) = ex – x, với x > -1 Ta có g’(x) = ex – , g’(x) =  x = + Nếu – < x < g’(x) < => Hàm số g(x) giảm nửa khoảng (-1, 0] nên g(x) > g(0) = 1, x  (-1; 0) => Phương trình (4) nghiệm x  (-1; 0) + Nếu x > g’(x) > => Hàm số g(x) tăng nửa khoảng [0; +∞) nên g(x) > g(0) = 1, x  (0; +∞) => Phương trình (4) nghiệm x  (0; +∞) Suy phương trình (4) có nghiệm x = Vậy phương trình có nghiệm x = Ví dụ 9: Chứng minh phương trình: x5 – x2 – 2x –1 = có nghiệm Giải: Để chứng minh phương trình f(x) = có nghiệm D ta tiến hành theo cách sau: * Chứng minh phương trình f(x) = có nghiệm: Để chứng minh điều ta cần chứng chứng minh f(x) liên tục D tồn hai số a, b cho f(a).f(b)< * Tiếp theo ta chứng minh f(x) hàm đồng biến nghịch biến D Trở lại toán: Xét hàm số f(x) = x5 – x2 – 2x –1 Ta có f(x) hàm liên tục R f(0).f(2) < 0, dẫn đến pt f(x) = có nghiệm Giả sử x0 nghiệm phương trình f(x) = Khi x05 = x02 + 2x0 + = (x0 + 1)2 ≥ , x0 Từ ta suy x05 ≥ => x0 ≥ => x05 = (x0 + 1)2 ≥ => x0 ≥ Do ta cần khảo sát f(x) với x ≥ Ta có f’(x) = 5x4 - 2x - = 2x(x3-1)+ 2(x4 – 1) + x4 > nên f(x) hàm đồng biến [1;  ) Vậy phương trình cho có nghiệm Chú ý: * Nếu khảo sát hàm f(x) có f(x) hàm đồng biến, ta cần hạn chế miền xác định x Điều ta có nhờ vào thân phương trình * Để chứng minh phương trình f(x)=0 có nghiệm D ta có cách khác khảo sát hàm f(x) D, lập bảng biên thiên từ bảng biến thiên ta suy đồ thị hàm f(x) cắt Ox điểm Qua toán ta thấy việc ứng dụng tính đơn điệu vào giải số dạng toán phương trình tỏ hiệu cho lời giải ngắn gọn Thông qua ví dụ hi vong em có thêm kĩ giải phương trình nhận dạng dạng phương trình dùng đồng biến, nghịch biến B/ VỀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH I/ Giải bất phương trình Ví dụ 1: Giải bất phương trình sau: 1/ 3  x   2x  2x 1 2/ x  x   x  x  11   x  x  3/ x3  3x  x  16    x 4/ log7 x  log3 (2  x ) Lời giải: 1) ĐK: x 2 Xét hàm số f(x) = 3  x   2x 2x 1 3 1 3    0, x   ;  hàm số f liên tục nửa  x (2 x  1) x  2 2 3 khoảng  ;  => Hàm số f(x) hàm nghịch biến nửa khoảng  ;   2  2 Ta có f’(x) = Mà f(1) = 6, f (x) ≤ = f (1)  x ≥1 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bpt là: T = 1;   2 2) ĐK : 1≤ x ≤ Bất phương trình tương đương: x  x   x    x  x  x  11  ( x  1)2   x    x  (3  x)   f(x – 1) > f(3 – x) Với hàm số f (t) = t   t với t ≥ t Ta có f’(t) = t 2  t  0, t  (0; ) f(t) liên tục nửa khoảng [0; +∞) => hàm số f đồng biến nửa khoảng [0; +∞) Khi bất phương trình cho tương đương với f(x - 1) > f(3 - x)  x – > – x x>2 Vậy nghiệm bất phương trình là: < x ≤ 3) ĐK: -2 ≤ x ≤ Xét hàm số f (x) = x3  3x  x  16   x 3( x  x  1) Ta có f '( x)  x  x  x  16  > 0, x  (2.4) liên tục đoạn [-2; 4] 4 x , f(x) hàm đồng biến đoạn [-2; 4] Mặt khác: f(1) =2 Do bpt f(x) < = f(1)  x < Kết hợp điều kiện ta có nghiệm bpt là: - 2 ≤ x Đặt log7x = t  x = 7t Bất phương trình cho trở thành  t  log  t  t t 1             =f(t)     t t Do f(t) hàm nghịch biến R , f(2) = Nên bất phương trình f(t) < f(2)  t >2 hay log7 x >  x > 49 C/ VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: x y e  e  (log2 y  log2 x)( xy 1) (1)  2 x  y  (2) Giải: Điều kiện x > y > Vì hàm số y = e t, y = ln t đồng biến tập xác định nó, nên: + Nếu x > y > ex > e y => VT = ex - e y > lnx > lny => VP = lny – lnx < Suy (1) có VT > VP => (1) không x > y + Nếu < x < y tường tự (1) có VT < VP => (1) không x < y + Nếu x = y > (1) có VT = VP = =>(1) x = y > (3) Từ (2) (3) giải ta nghiệm hệ phương trình x = y = Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:  log x  log ( y  4)   log y  log ( z  4)   log z  log ( x  4) Giải: Hệ phương trình không đổi qua phép hoán vị vòng quanh nên x = y = z Từ ta có log5 x  log3 ( x  4) Đặt t = log5 x  x = 5t Ta phương trình t t  log3 (  4)  t t  5 1          3   t t t t  5 Phương trình có nghiệm t = hàm số f(t) =      nghịch biến 3   tập R Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = z = 25 Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:  1 2x x 2  y  xy  (1)  ( x2 y  2x)2  2x2 y   4x  (2)  Giải: Ta có phương trình (2)  (x2y +2x)2 – 2(x2y +2x) + = (x2y +2x – 1)2 =  x2y +2x =  y =  2x x2 Khi (1) 2 1 x x2 1 x 1 x 2 x2 1 2x  x   x 1 x x2 1 x 2 x2 x2  x 2  x2 1 x x2 1 x 2 x2  ( x  1)  (1  x)  x2 1 x   x2  1 2x  1 2x   f    f   (3) 2x  x   x  t Với hàm số f(t) = 2t + ta có f’(t) = 2t ln2 +  0, t   => Hàm số f(t) đồng biến 2  x 1 2x R Do (3)    x = x x Vậy hệ phương trình có nghiệm: x = 2, y =  x2   x2 2 x2 x2  Ví dụ 4: Giải hệ phương trình  y2  x2 x   (1) e y 1  3log ( x  y  6)  2log ( x  y  2)  (2)  Giải: x  y   x  y   Điều kiện  Ta có (1)  y2 – x2 = ln(x2 +1) – ln(y2 + 1)  ln(x2 +1) + x2 + = ln(y2 +1) + y2 +  f(x2 +1) = f(y2 +1) (3) t Trong f(t) = lnt + t với t > 1, ta có f’(t) =   0, t  (1; ) => Hàm số f(t) đồng biến khoảng (1; +∞) Từ (3)  x2 + = y2 +  x = ± y + Với y = - x (2)  log3(6 – x) =1  x = 3; y = -3 (thõa điều kiện) + Với y = x (2)  3log3(3x + 6) = 2log2(2x + 2) + 3log3(x + 2) = 2log2(x + 1)  x   9u (4) log3 ( x  2)  2u Đặt 3log3(x + 2) = 2log2(x + 1) = 6u    u  x   (5) log ( x  1)  3u u u Từ (4) (5) ta được: + 8u = 9u        (6) 9 9 u u Ta có hàm số g(u) =      hàm số nghịch biến R nên phương trình (6) có 9 9 nghiệm u = Suy 2log2(x + 1) = x + =  x = 7; y = (thõa điều kiện) x  x  ;  y  3  y  Vậy hệ phương trình có nghiệm:  Ví dụ 5: Giải hệ phương trình  x2 1 y2  12  3(2 y  x ) 2   2( x y )  x y  2  Giải: Điều kiện x ≥ y ≥ 2 x 1  x  2(4 y ) 1  y  f ( x )  f (4 y ) Hệ phương trình   ( x  y )2 1  (*) 3 x y   f ( x  y )  f (1) 2 2 Trong f(t) = 2t  t với t ≥ Ta có f’(t) = 2t 2t ln2 +  0, t  => Hàm số f t  x  x  y  đồng biến [1; +∞) Do (*)    x  y   y   Vậy hệ phương trình có nghiệm x = , y = 5 2 Ví dụ 6: (Đề thi tuyển sinh ĐH khối D – 2006) e x  e y  ln(1  x)  ln(1  y ) Cho hệ phương trình:  y  x  a Chứng minh với a > 0, hệ có nghiệm Giải: y  x  a Hệ phương trình    f ( x)  e xa  e x  ln(1  x)  ln(1  a  x)  Hệ phương trình có nghiệm  Phương trình f ( x)  e x  a  e x  ln(1  x)  ln(1  a  x)  có nghiệm khoảng (-1; +  ) 1  1 x 1 a  x Do a>0 nên f’(x) > 0, x > -1 => Hàm số f đồng biến khoảng (-1; +  ) 1 x   , lim f ( x)   f ( x)  lim e x (e a  1)  lim ln Ta có xlim x  x   x 1 1 x  a Ta có f’(x) = ea  x  e x  10 Như tính liên tục hàm số f suy phương trình f(x) = có nghiệm khoảng (-1; +  ) 3.2/ Các biện pháp cụ thể : Hình thức luyện tập lớp có hướng dẫn Thầy giáo Thực phạm vi số buổi học tự chọn Thầy giáo giảng số ví dụ mẫu, cho tập tương tự để học sinh nhà làm Hình thức tự nghiên cứu toán có hướng dẫn thầy giáo Trên sở làm tập nhà, yêu cầu em sưu tầm, sáng tạo số toán có dạng tương tự 3.3/ Khảo nghiệm tính cấp thiết khả thi Qua thực tế giảng dạy học sinh giỏi toán, nhận thấy học sinh vận dụng tốt để giải toán đề thi C KÕt LUËN VÀ ĐỀ NGHI 1/ Kết luận: Sau thực dạy thấy học sinh có phần mạnh dạn, tự tin giải toán dạng ham thích tìm tòi toán có cách giải hay để trao đổi với bạn bè với Giáo viên 2/ Đề nghị: - Muốn học sinh nắm kiến thức vận dụng kiến thức để giải số toán khó, trước hết người thầy chịu khó sưu tầm, tổng hợp số chuyên đề để trang bị cho em kích thích tìm tòi sáng tạo em - Học sinh phải biết vận dụng linh hoạt hợp lý phương pháp trình giải toán Qua trang bị thêm vốn kiến thức phục vụ tốt cho việc giải toán Cam Ranh, ngày 10 tháng năm 2011 NHẬN XÉT VÀ XẾP LOẠI NGƯỜI VIẾT ĐỀ CƯƠNG CỦA TỔ CHUYÊN MÔN Nguyễn Nghi 11 BÀI TẬP Bài 1: Giải phương trình sau: 1/ x  x   x   x  16  14 2/ 3x     2x 2 x 3/ x   x   4/ Bài 2: Giải bất phương trình sau 12 2) Giải hệ phương trình :  2 x  2010  2009 y  x   y  2010   log ( x  y  6)  log ( x  y  2)  Giải:   x2 x  2010 y  (1)  2009  y  2010   log ( x  y  6)  log ( x  y  2)  1(2) +) ĐK: x + 2y + > x + y + > +) Lấy loga số 2009 đưa pt: x  log 2009 ( x  2010)  y  log 2009 ( y  2010) +) Xét CM HS f (t )  t  log 2009 (t  2010), t  đồng biến, từ suy x2 = y2  x= y, x = - y +) Với x = y vào (2) đưa pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t t t 1 8 Đưa pt dạng       , cm pt có nghiệm t =      x = y =7 +) Với x = - y vào (2) pt: log3(y + 6) =  y = -  x = 13 3/ Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: (2 x  1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1)  (2)  y-1  ( y  1)( x  1)  m x   Giải: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx] TXĐ: D = [0;+) x 1 = (2 x  1) ln x Gọi x1; x2  [0;+) với x1 > x2 x1   x2     Ta có : x1  x2    f ( x1 )  f ( x2 ) : f(x) hàm số tăng ln  ln  0 x1 x2  Từ phương trình (1)  x = y (2)  x   ( x  1)( x  1)  m x    Đặt X = x 1 x 1  24 m0 x 1 x 1 x 1 ==> ≤ X < x 1 Vậy hệ có nghiêm phương trình: X2 – 2X + m = có nghiệm ≤ X < Đặt f(X) = X2 – 2X == > f’(X) = 2X – -1 < m ≤ ==> hệ có nghiêm  x  7x   Bài : Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm   x   m  1 x  m   2  x  x   (1) Giải: Hệ bất phương trình   x   m  1 x  m   (2) 1   x  Hệ cho có nghiệm tồn x0  1;6 thỏa mãn (2)    x  x    x  1 m  x2  2x   m ( x  1; 6  x   0)  x  1 x2  x  ; x  1;6 Hệ cho có nghiệm  x0  1;6 : f ( x0 )  m 2x 1 2 x2  x   x  x  4 1  17 ; f ' x    x2  x    x   f ' x  2  x  1  x  1 Gọi f ( x)  1  17 27  1  17  3  17 Ta có: f (1)  , f (6)  , f    13 2   27 Vì f liên tục có đạo hàm [1;6] nên max f ( x)  13 27 Do x0  1;6 : f ( x0 )  m  max f ( x )  m   m x1;6  13 Vì x  1;6 nên nhận x  14 II/ Tìm điều kiện tham số để phương trình có k nghiệm Ví dụ 1: (Đề thi tuyển sinh ĐH khối B – 2006) Cho phương trình: x  mx   x  Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt Giải:  x   x   2 x     Phương trình     2  x  mx   x  x  3 x  x   m(*)  f ( x)  3x  x   m   x (Vì x = không nghiệm phương trình (*)) 3x  , nên có bảng biến thiên sau: x2 -  -1/2 + Ta có f '( x)  t f’(t) f(t) + + + + 9/2 - Từ bảng biến thiến suy m ≥ giá trị cần tìm Nhận xét: Nếu ta tìm điều kiện để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt   theo định lí so sánh số với hai nghiệm phương trình bậc hai không phù hợp chương trình Ví dụ 2: (Đề thi tuyển sinh ĐH khối A – 2007) Cho phương trình x 1  m x   x 1 Tìm m để phương trình có nghiệm Giải: ĐK: x ≥ Khi phương trình  x 1 x 1  m  24 x 1 x 1 x 1  1 Điều kiện ≤ t < x 1 x 1  f (t )  3t  2t  m Bài toán trở thành tìm m để hệ  có nghiệm 0  t  Đặt t = Ta có f’(t) = - 6t + có bảng biến thiên 15 t - f’(t) f(t) + 1/3 1/3 + - -1 Từ suy -1 < m  Ví dụ 3: (Đề thi tuyển sinh ĐH khối B – 2007) Cho phương trình x  x   m( x  2) (1) Chứng minh với m > 0, phương trình có hai nghiệm thực Giải: x  Ta có với m > 0, phương trình  ( x  2)( x  4)  m( x  2)   ( x  2) ( x  4)  m( x  2) x  x  x       x  2 ( x  2) ( x  4)  m( x  2) ( x  2)( x  x  32  m)     f ( x )  x  x  32  m Ta có f’(x) = 3x2 + 12x > 0, x >2, nên ta có bảng biến thiên + t - f’(t) f(t) 2 + + Do f(2) = 0, nên từ BBT suy với m > 0, phương trình f(x) = m luôn có nghiệm Vậy với m > 0, phương trình (1) luôn có nghiệm x1 = x2  (2;  ) Ví dụ 4: (Đề thi tuyển sinh ĐH khối B – 2004) Cho phương trình: m  x   x    x   x   x (1)   Tìm m để (1) có nghiệm Giải: Đặt t =  x   x Điều kiện t ≥ Suy t2 = –  x ≤ 2, ≤ t ≤ Ta có  x = – t2 Khi phương trình (1) trở thành m(t + 2) = -t2 + t + t  t   f (t )   m (2) t2 Bài toán trở thành tìm m để phương trình (2) có nghiệm t  [0; 2] Ta có f’(t) = t  4t có bảng biến thiên (t  2)2 t - f’(t) f(t) + 2 -1 Vậy   m  16 Ví dụ 5: (Đề thi tuyển sinh ĐH khối A – 2002) 3 Cho phương trình: log x  log x   2m   (1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thuộc đoạn 1;3  Giải: Đặt t = log32 x  , với x 1;3  ≤ t ≤ Phương trình (1) trở thành: t2 + t – 2m – =  f(t) = t2 + t – = 2m (2) Bài toán trở thành: Tìm m để phương trình (2) có nghiệm t  [1; 2] Ta có f’(t) = 2t + có bảng biến thiên + t -  -1/2 f’(t) + f(t) Từ BBT ta ≤ 2m ≤  ≤ m ≤ 2 Ví dụ 6: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x  2x   x  2x  = m Giải: TXĐ: D = R Xét hàm số f(x) = x  x   x  x  tập R Ta có: f '( x)  x 1  x 1 x  2x  x  2x  x 1 x 1    ( x  1) x  x   ( x  1) x  x  (*) f '( x)   2 x  2x  x  2x  2  ( x  1) ( x  x  4)  ( x  1)2 ( x  x  4)  x = Thay x = vào (*) không thõa  f’(x) = vô nghiệm  f’(x) không đổi dấu R Mà f’(0) = > 0, suy f’(x) > 0, x   4x Ta có xlim f ( x ) = lim x  x   x  x  = lim =  x  x  x2  x   x2  x  4 lim 2 x  4 1   1  x x x x 4x 4 Ta có xlim f ( x) = lim = xlim  2 2  x   4 x  2x   x  2x  1   1  x x x x 2   Ta có BBT hàm số f(x) x - + f’(x) + f(x) -2 Dựa vào BBT ta có: Phương trình cho có nghiệm  đồ thị hàm số y = f(x) đường thẳng y = m có giao điểm R  -2 < m < Ví dụ 7: Tìm giá trị m để phương trình sau có nghiệm: 17 1 x   x  (1 x)(8  x)  m (1) Giải: Điều kiện: -1 ≤ x ≤ 1 với -1 < x <  1 x  x 1 1  x  Ta có t’ =   0 x 2 1 x  x   x   x Đặt t =  x   x Ta có t’ = Bảng biến thiên x -1 t’ t + - 3 Từ BBT ta  t  Ta có t =  x   x    x   x   t  (1  x)(8  x)  t2  t2   m  f(t) = t + 2t – = 2m Ta có f’(t) = 2t + > 0, t  [3;3 2] Ta có BBT t 3 2 Phương trình (1) trở thành : t  f’(t) f(t) + 96 Số nghiệm phương trình cho số giao điểm đồ thị hàm số y = f(t) đường thẳng y = 2m đoạn [3;3 2] Dựa vào BBT ta suy phương trình có nghiệm   2m     m  96 2 II/ Tìm điều kiện tham số để bất phương trình có nghiệm Ví dụ 1: Tìm m để bất phương trình m x  x    x(2  x)  (1) có nghiệm   thuộc đoạn 0;1   Giải: Đặt t = x  x    x( x  2)  t  Ta có t’ = x - t’ t x 1 x  2x  2 , t’ =  x = Ta có bảng biến thiên - 1+ + + 2 Từ BBT ta có ≤ t ≤ Khi bất phương trình (1) trở thành: m(t + 1) ≤ t2 –  m  18 t2  = f(t) t 1 Ta có f’(t) = t - f’(t) t  2t   0, t  [1; 2] Ta có bảng biến thiên f(t) (t  1) 2 + + f(t) Bất phương trình (1) có nghiệm x  0;1    Bất phương trình (2) có nghiệm t  [1; 2]  m  Max f (t )  f (2)  [1;2] Ví dụ 2: Tìm giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm: mx  x   m  (1) Giải: Đặt t = x   ta x = t2 + Bất phương trình (1) trở thành m(t2 + 3) – t ≤ m + m(t2 + 2) ≤ t + t 1  f (t ) (2) t2  t  2t  Ta có f’(t) = , f’(t) =  t = 1  (t  1)2 t 1 Ta có xlim 0 f (t )  lim  x  t  BBT t 1 m  f’(t) + + - 1 f(t) Ta có bất phương trình (1) có nghiệm bất phương trình (2) có nghiệm t  [0; +  )  m  Max f (t )  [0;  ) Vậy với m  1 1 bất phương trình (1) có nghiệm II/ Tìm điều kiện tham số để hệ phương trình có nghiệm Ví dụ 1: (Đề thi tuyển sinh ĐH khối D – 2007) 1  x  x  y  y   Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:  (1)  x   y   15m  10  x3 y3 1 Giải: Đặt u  x  , v  y  , |u|≥2; |v|≥2 x y 19 1 1 Ta lại có x    x     x    u  3u , tương tự y   v3  3v x  x x y  u  v  u  v   3 Hệ phương trình trở thành u  v  3(u  v)  15m  10  uv   m (2)   | u | 2,| v | | u | 2,| v | Từ suy hệ (1) (2) có nghiệm phương trình f(t) = t2 – 5t + – m = 0, có hai nghiệm t thõa |t|≥2 Ta có f’(t) = 2t – có bảng biến thiên: -2 5/2 + t - f’(t) + + f(t) +  22 7/4 Vậy giá trị cần tìm m m ≥ 22 m2 x  3x   Ví dụ 3: Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  x  3| x | x  m 15m  Giải: Ta có: x2 – 3x – ≤  -1  x  Hệ bất phương trình cho có nghiệm  x3  | x | x  m2  15m  có nghiệm x  [-1; 4]  x3  | x | x  m  15m có nghiệm x  [-1; 4]  x3  x   x  Đặt f(x) = x3 – 3|x|x =   x  x  x  3 x  x   x  Ta có f’(x) =  3 x  x  x  f’(x) =  x  , f’(x) không xác định  x = Ta có bảng biến thiên x -1 f’(x) || f(x) - + 16 -4 Từ BBT ta có f(x) ≥ m2 + 15m có nghiệm x  [-1; 4]  Max f ( x)  m2 + 15m  16 ≥ [ 1;4] 2 m + 15m  m + 15m -16 ≤  -16 ≤ m ≤ Vậy hệ bất phương trình cho có nghiệm  -16 ≤ m ≤ Ví dụ 4:  x3  y  y  3x   Tìm m để hệ phương trình:  có nghiệm thực 2  x   x  y  y  m  Giải: 20 1  x  1  x  Điều kiện:   2 y  y  0  y  Đặt t = x +  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2 (1) Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến đoạn [0; 2] nên: (1)  y = t  y = x +  (2)  x   x  m  Đặt v   x  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  = m Hàm số g(v) = v2 + 2v  đạt g(v)  1; m ax g(v)  [0;1] [0;1] Vậy hệ phương trình có nghiệm 1  m 21 [...]... [3;3 2] Ta có BBT 7 t 3 3 2 2 Phương trình (1) trở thành : t  f’(t) f(t) + 96 2 6 Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(t) và đường thẳng y = 2m trên đoạn [3;3 2] Dựa vào BBT ta suy ra phương trình có nghiệm  6  2m  9  6 2  3  m  96 2 2 II/ Tìm điều kiện của tham số để bất phương trình có nghiệm Ví dụ 1: Tìm m để bất phương trình m x 2  2 x  2  1 ... f’(t) + 0 + - 3 1 4 f(t) 1 2 0 Ta có bất phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình (2) có nghiệm t  [0; +  )  m  Max f (t )  [0;  ) Vậy với m  3 1 4 3 1 thì bất phương trình (1) có nghiệm 4 II/ Tìm điều kiện của tham số để hệ phương trình có nghiệm Ví dụ 1: (Đề thi tuyển sinh ĐH khối D – 2007) 1 1  x  x  y  y  5  Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:  (1)  x 2 ... ĐỀ CƯƠNG CỦA TỔ CHUYÊN MÔN Nguyễn Nghi 11 BÀI TẬP Bài 1: Giải các phương trình sau: 1/ x  x  5  x  7  x  16  14 2/ 2 3x  1  3  3  2x 2 x 3/ 4 x  1  4 x 2  1  1 4/ Bài 2: Giải các bất phương trình sau 12 2) Giải hệ phương trình :  2 2 x 2  2010  2009 y  x   y 2  2010   3 log 3 ( x  2 y  6)  2 log 2 ( x  y  2)  1 Giải:  2  x2 x 2  2010 y  (1)  2009  y 2  2010  ... và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x)  13 27 Do đó x0  1;6 : f ( x0 )  m  max f ( x )  m   m x1;6  13 Vì x  1;6 nên chỉ nhận x  14 II/ Tìm điều kiện của tham số để phương trình có k nghiệm Ví dụ 1: (Đề thi tuyển sinh ĐH khối B – 2006) Cho phương trình: x 2  mx  2  2 x  1 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt Giải: 1  1 x   x   2 x  1  0   2 Phương trình  ... của f(t) (t  1) 2 1 2 + + 2 3 f(t) 1 2 Bất phương trình (1) có nghiệm x  0;1  3   Bất phương trình (2) có nghiệm t  [1; 2]  m  Max f (t )  f (2)  [1;2] 2 3 Ví dụ 2: Tìm các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm: mx  x  3  m  1 (1) Giải: Đặt t = x  3  0 ta được x = t2 + 3 Bất phương trình (1) trở thành m(t2 + 3) – t ≤ m + 1 m(t2 + 2) ≤ t + 1 t 1  f (t ) (2) t2  2 t 2... 2x  4  x  2x  4 1  2  1  2 x x x x 2 2   Ta có BBT của hàm số f(x) x - + f’(x) + f(x) 2 -2 Dựa vào BBT ta có: Phương trình đã cho có nghiệm  đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = m có giao điểm trên R  -2 < m < 2 Ví dụ 7: Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm: 17 1 x  8  x  (1 x)(8  x)  m (1) Giải: Điều kiện: -1 ≤ x ≤ 8 1 1 với -1 < x < 8  2 1 x 2 8  x 1 1...  24 m0 x 1 x 1 x 1 ==> 0 ≤ X < 1 x 1 Vậy hệ có nghiêm khi phương trình: X2 – 2X + m = 0 có nghiệm 0 ≤ X < 1 Đặt f(X) = X2 – 2X == > f’(X) = 2X – 2 -1 < m ≤ 0 ==> hệ có nghiêm  x  7x  6  0 Bài 3 : Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  2  x  2  m  1 x  m  3  0 2 2  x  7 x  6  0 (1) Giải: Hệ bất phương trình  2  x  2  m  1 x  m  3  0 (2) 1  1  x  6 Hệ... Khi đó phương trình (1) trở thành m(t + 2) = -t2 + t + 2 t 2  t  2  f (t )   m (2) t2 Bài toán trở thành tìm m để phương trình (2) có ít nhất một nghiệm t  [0; 2] Ta có f’(t) = t 2  4t và có bảng biến thiên (t  2)2 t - f’(t) f(t) 0 + 2 1 2 -1 Vậy 2  1  m  1 16 Ví dụ 5: (Đề thi tuyển sinh ĐH khối A – 2002) 3 3 Cho phương trình: log 2 x  log 2 x  1  2m  1  0 (1) Tìm m để phương trình. ..  Giải: Đặt t = log32 x  1 , với x 1;3 3  thì 1 ≤ t ≤ 2 Phương trình (1) trở thành: t2 + t – 2m – 2 = 0  f(t) = t2 + t – 2 = 2m (2) Bài toán trở thành: Tìm m để phương trình (2) có nghiệm t  [1; 2] Ta có f’(t) = 2t + 1 và có bảng biến thiên 1 2 + t -  -1/2 f’(t) + f(t) 4 0 Từ BBT ta được 0 ≤ 2m ≤ 4  0 ≤ m ≤ 2 2 2 Ví dụ 6: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x  2x  4  x  2x  4 = m Giải: ... (Vì x = 0 không là nghiệm phương trình (*)) 3x 2  1 , nên có bảng biến thiên sau: x2 -  -1/2 0 + Ta có f '( x)  t f’(t) f(t) + + + + 9/2 - Từ bảng biến thiến suy ra m ≥ 9 là các giá trị cần tìm 2 Nhận xét: Nếu ta tìm điều kiện để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 1   theo định lí so sánh một số với hai nghiệm của phương trình bậc hai thì không 2 phù hợp chương trình Ví dụ 2: (Đề thi tuyển ... sử dụng phương pháp giải phương trình mũ để giải Tuy nhiên với phương trình (1) ta dễ dàng đoán nghiệm phương trình x =2 Ta chứng minh x = nghiệm cúa phương trình x x Thật vậy, phương trình (1)... giải số dạng toán phương trình tỏ hiệu cho lời giải ngắn gọn Thông qua ví dụ hi vong em có thêm kĩ giải phương trình nhận dạng dạng phương trình dùng đồng biến, nghịch biến B/ VỀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH... nên phương trình vô nghiệm *Nếu x  D x < suy f(x) < f(1) = nên phương trình vô nghiệm Vậy x=1 nghiệm phương trình cho Chú ý: * Vì hàm số y = ax + b với a > hàm đồng biến f(x) hàm đồng biến hàm