Đang tải... (xem toàn văn)
Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình, hệ phương trình, tìm GTLN, GTNN Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình, hệ phương trình, tìm GTLN, GTNN Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình, hệ phương trình, tìm GTLN, GTNN Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình, hệ phương trình, tìm GTLN, GTNN
ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ TỐN VỀ PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH A) Phương trình: Ví dụ 1: Xác định m để phương trình sau có nghiệm : m( x x 2) x x x (1) Điều kiện: x Đặt t = x - x x = – t2 Ta có: t = x - x dấu đạt x = t2 = – x dấu đạt x = suy điều kiện t là: t t2 t = m (2) t2 Khi phương trình (1) có nghiệm (2) có nghiệm thoả : t t2 t [0; ] đường thẳng y = m cắt phần đồ thị hàm số y = t2 t2 t Xét hàm số f(t) = [0; ] t2 t 4t , t [0; ] hàm số nghịch biến [0; ] Ta có f’(t) = t 22 Phương trình (1) chuyển dạng m(t + 2) = - t2 + t Vậy phương trình (1) có nghiệm f( m f (0) 1 m Ví dụ 2: Tìm m để phương trình: x m x x (1) có nghiệm Điều kiện: x x 1 x 1 24 m x 1 x 1 (1) Đặt: t = x 1 = x 1 1 điều kiện: t Khi phương trình trở thành: x 1 -3t2 + 2t với t [0; 1] Ta có f ’(t) = - 6t +2 f ’(t) = - 6t +2 = t = 1 t f ’(t) + f(t) 0 _ -1 Ví dụ 3: Chứng minh với m > phương trình sau có hai nghiệm phân biệt x2 + 2x – = m( x 2) (1) Điều kiện x (1) (x – 2)( x3 + 6x2 – 32 – m) = x x x 32 m Ta cần chứng minh phương trình: x3 + 6x2 – 32 = m (*) có nghiêm (2; + ) Xét hàm số: f(x) = x3 + 6x2 – 32 với x > x + f ’(x) = 3x2 + 12x > , x > + f '(x) + f(x) Dựa vào bảng biến thiên ta có: m > phương trình (*) có nghiệm khoảng (2; + ) Vậy m > phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Ví dụ 4: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thuộc [1; 3 ] log32 x log32 x - 2m – = (1) Đặt: t = Điều kiện : x > log32 x với x [1; 3 ] log3 x log32 x +1 t Phương trình trở thành: t2 + t = 2m + (2) Phương trình (1) có nghiệm thuộc [1; 3 ] Phương trình (2) có nghiệm thuộc [1; 2] đường thẳng y = 2m + cắt phần đồ thò y = t + t với t [1; 2] điểm f(t) = t2 + t t f ’(t) = 2t + > , t [1; 2] + f '(t) f(t) Vậy phương trình (1) có nghiệm thuộc [1; Ví dụ 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm : (m + 1) tg4x – 3m(1 + tg2x)tg2x + Điều kiện: x 4m = (1) cos x k (1) m( 2tg4x + 5tg2x + ) = - tg4x t tg x t tg x t 2 m m(2t 5t 4) t 2t 5t ] 2m + m 1,5 t Xét: f(t) = với t 2t 5t 5t 8t f ’(t) = , t 2t 5t t + _ f '(t) f(t) -0,5 Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm -0,5 < m Ví dụ 6: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 9x – m 33 + 2m + = (1) t 3x m(t 2) t (1) t 3x (vì t = nghiệm pt) t2 1 m (2) t 2 t2 1 Xét hàm số f(t) = ta có: t2 t 4t f ’(t) = t 2 t f ’(t) = t 4t = t t - f '(t) - _ _ f(t) - + 2+ + + +2 Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm m < - 0,5 m Ví dụ 7: Tìm a để phương trình: 3x x + a (1) có nghiệm 2x 1 3x x 2x 1 3x x Xét hàm số : f(x) = xác đònh (0,5; + ) 2x 1 9x2 8x Ta có f’(x) = > x 0,5 f đồng biến (0,5; + ) x 1 (1) a = x + 0,5 + f '(x) + f(x) - Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng y = a cắt đồ thò hàm số f(x) điểm a Vậy a phương trình (1) có nghiệm Ví dụ 8: Giải phương trình: x + (1) x – + x x = 3x-1+1 (1) x x = 3x – a x a a a a x (*) ln a a a ln Xét f(a) = ln( a a ) – aln3 f ’(a) = a2 - ln3 < , a Vậy f(a) nghòch biến R f(0) = nên (*) nghiệm a = Do phương trình (1) có nghiệm x = Ví dụ Giải phương trình : x + x = (1) 4 x Điều kiện: x 0,5 4 x Xét: f(x) = f ’(x) = x + x với x 0,5 4x + > , x 0,5 4x 1 4x2 1 f đồng biến (0,5; + ) Do f liên tục đồng biến (0,5; + ) , f(0,5) = nên (1) f(x) = f(0,5) x = 0,5 Ví dụ 10: Giải phương trình: 3x + 5x = 6x + (*) Xét: f(x) = 3x + 5x – 6x – f ’(x) = 3xln3 + 5xln5 – f ”(x) = 3xln23 + 5xln25 > 0, x f’(x) đồng biến, liên tục đổi dấu (f’(0) < 0, f’(2) > Nên phương trình f’(x) = có nghiệm x = a x - _ f '(x) + + + f(x) + f( ) Dựa vào bảng biến thiên f(x) cắt trục hoành tới lần phương trình (*) có tối đa hai nghiệm Ta thấy x = 0, x = nghiệm (*) Ngoài (*) có nghiệm khác( có tối đa nghiệm) Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = , x = B) Bất phương trình: 1) Ví dụ 1: Tìm m để bất phương trình m( x x + 1) + x(2- x) có nghiêm thuộc [0; 1+ ] Đặt t = t’x = x x với x [0; 1+ ] x 1 , x2 2x t’x = x = x t'x _ 1+ + t Với x [0; 1+ ] t [1; 2] Bất phương trình trở thành: m(t + 1) t2 – m t2 t 1 m Maxf(t) với f(t) = Ta có f ’(t) = t 2t t 1 t2 t 1 > , t [1; 2] Vậy bất phương trình có nghiệm x [0; 1+ ] m M ax f (t ) = f(2) [1;2] m Ví dụ 2: Vớùi giá trò m bất phương trình sin3x + cos3x Đặt t = sinx + cosx = cos( x ) , điều kiện : t m , x (1) Bất phương trình trở thành: t(1 – t 1 ) m, t [- ; ] 3t – t 2m, t [- ; ] Xét: f(t) = 3t – t f ’(t) = – 3t2 f ’(t) = – 3t2 = t = v t = -1 x - -1 _ t'x + - t 2 -2 Dựa vào bảng biến thiên ta có : Bất phương trình (1) có nghiệm x 2m -2 m -1 Ví dụ 3: Tìm m để bất phương trình mx4 – 4x + m , x (1) (1) m(x4+ 1) 4x , x m 4x , x x 1 4x x 1 4( x x ) Xét : f(x) = Ta có : f ’(x) = x 1 4(1 3x 4) x 1 f ’(x) = 3x2 = x = -1 x - _ f '(x) f(x) 4(1 3x )(1 3x ) x + 1 vx=- 3 + 1 4 _ 27 - 27 Dựa vào bảng biến thiên ta có bất phương trình có nghiệm x m Maxf(x) m 27 Ví dụ 4: Cho bất phương trình x3 -2x2 + x – + m < (1) a) Đònh m để bất phương trình (1) có nghiệm thuộc [0; 2] b) Đònh m để bất phương trình (1) thoả x [0; 2] Ta có: (1) -x3 + 2x2 – x + > m Xét: f(x) = -x3 + 2x2 – x + , x [0; 2] f’(x) = -3x2 + 4x – f’(x) = x = v x = x _ f '(x) f(x) 1/ 1 + 23 -1 a) (1) có nghiệm thuộc [0; 2] Maxf(x) > m m < b) (1) có nghiệm x [0; 2] Minf(x) > m m < -1 Ví dụ 5: Tìm điều kiện p, q để bất phương trình sau có nghiệm thoả x [0; 1] px + x3 x 3x qx + (1) 3x x = (1) thoả x (0; 1] ta có (1) p x2 x q x 1 x2 x Đặt f(x) = x 1 x3 x f ’(x) = x 1 f ’(x) = x = 1 y = 2 1 t _ f '(t) f(t) -1 + 2 -1 Dựa vào bảng biến thiên ta có: p minf(x) q maxf(x) p 2 q Ví dụ 6: Cho bất phương trình: x a x b x c (1) với a > b > c a) chứng minh bất phương trình có nghiệm b) Giải bất phương trình: x x x (2) (1) x a x b x c > Đặt: f(x) = x a x b x c với x a f’(x) = 1 > , x > a ( xa xb xc f đồng biến x > a Hơn f(a) = xa < x b < xc ) a b a c < lim f ( x) (1) có x nghiệm x f '(x) f(x) xo a + + + + f(a)< Tập nghiệm là: (xo, + ) với f(xo) = Với a = 4, b = 1, c = -4 p dụng chứng minh (2) có nghiệm là: (xo, + ) vơùi f(xo) = Ta có f(5) = = Vy bất phương trình (2) có nghiệm ( 5; + ) Ví dụ 7: Tìm tất giá trò m để bất phương trình sau nghiệm với x > (3m +1)12x + (2 – m)6x + 3x < (1) (1) (3m +1)4x + (2 – m)2x + < t x , x 2 (3t t )m (t 1) Xét: f(t) = t x (t 1) m (2) (3t t ) (t 1) ,vơùi t > (3t t ) 7t 6t f ’(t) = > , t > (3t t ) t + + f '(t) - f(t) -2 Dựa vào bảng biến thiên ta có bất phương trình (1) có nghiệm với x > bất phương trình (2) có nghiệm với t > m -2 Ví dụ 8: Giải bất phương trình : x x 49 x x 42 < 181 – 4x 7 x Điều kiện: 7 x x 49 x x 42 Đặt: f(x) = x x 49 x x 42 + 4x 7 98 x x f ’(x) = + > , 7x 7x 49 x x 42 Vậy f(x) đồng biến ( ; + ) f(6) = 181 Khi x < f(x) < f(6) f(x) < 181 Vậy nghiệm bất phương trình S = [ ; 6) Ví dụ 9: Giải bất phương trình: x3 3x x 16 > x x (2 x x 8) 2 x3 x x 16 Điều kiện: -2 x 4 x 4 x Xét hàm số f(x) = x3 3x x 16 - x 6( x x 1) f ’(x) = > , x (-2; 4) 2 x 3x x 16 x Suy f đồng biến khoảng (-2; 4) Do x > f(x) > f(1) = x3 3x x 16 - 4 x > x 3x x 16 > 4 x + Vậy khoảng nghiệâm bất phương trình : (1; 4) 2) Bi tập: 1) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 32x+1 – (m + 3) 3x – 2(m + 3) < 2) Xác đònh m cho x nghiệm bất phương trình: 22+cos2x + 21 cos x 2sin x m 3) Xác đònh m để bất phương trình sau có nghiệm 2sin x 3cos x m.3sin x (1) 2 2 Hướng dẫn: Đặt t = 2sin x điều kiện t 3sin (1) có dạng: t + t t x = 2sin x log2 t log2 m.t log2 log Xét f(t) = t1 log log với t ) C Hệ phương trình f ( x) f ( y ) (1) (2) g ( x, y ) 1) Hệ phương trình dạng: Hướng dẫn học sinh tìm lời giải theo hai hướng sau: Hướng 1: (1) f(x) – f(y) = (3) Tìm cách đưa (3) phương trình tích Ví dụ 1: (1) x x y y Giải hệ : 2 y x3 (2) x y Ta có: (1) x – y – ( ) = (x – y) x y x 1 y xy =0 xy Thay vào (2) giải Hươùng 2: Xét hàm số f(t) Ta thường gặp hàm số liên tục tập xác đònh +) Nếu hàm số f(t) đơn điệu (1) suy x = y Khi toán đưa giải biện luận phương trình theo x +) Nếu hàm số f(t) có cực trò t = a thay đổi chiều biến thiên lần qua a Từ (1) suy x = y x, y nằm hai phía a Ví dụ 2: y 1 x x 2x Giải hệ: với x, y R x 1 y y y x x 12 y 1 y y 12 3x 1 Đặt: a = x – , b = y – ta có hệ b a a a b b b a a (1) a b a a b b (2) Xét hàm số f(t) = t t 3t , t R t f ’(t) = = t2 1 t2 1 t t 1 + 3tln3 + 3tln3 > , t (vì t t > , t) hàm số đồng biến R từ (2) ta có f(a) = f(b) nên a = b Thay vào (1) ta được: a a = 3a ln( a a ) = aln3 Xét : g(a) = ln( a a ) – aln3 g’(a) = a2 (*) - ln3 < , a Vậy hàm số g(a) nghòch bến R Nên phương trình (*) có nghiệm a = Do hệ có nghiệm nhât x = y = Ví dụ 3: Chứng minh hệ phương trình sau có hai nghiệm (x, y) thoả x > 0, y > y x e 2008 y2 1 (*) ( đề dự bò 2007) x e y 2008 x2 1 x2 1 x Điều kiện: y y 1 x 0, y y x (1) e 2008 y (*) y e x x ey (2) 2 x y t t Xét hàm số: f(t) = e t 1 t2 t 1 t f ’(t) = e t 1 ,t>1 t et t 1 t > , t > Vậy f(t) đồng biến (1; + ) x Từ (2) ta có f(x) = f(y) x = y Thay vào (1) ta có: e x 2008 x x Xét hàm số : g(x) = e g’(x) = ex g”(x) = ex + x2 1 x2 1 2008 = (*) x x 1 x x 1 > , x > g’(x) đồng biến liên tục (1; + ) đổi dấu Vì lim g '( x) g’(2) = e2 – >0 x 1 3 Nên g’(x) = có nghiệm x = x + f '(x) f(x) + + _ + g() Dựa vào bảng biến thiên ta thấy g(x) cắt trục hoành tối đa lần phương trình (*) có tối đa nghiệm hệ phương trình có nghiệm (x, y) thoả x > 0, y > Ví dụ4: e x ey x Giải hệ : y e ex y x e ey x (1) x y e ex x e ey 1(2) Xét: f(t) = et + et + t f ’(t) = et + e + > , t Vậy f(t) đồng biến R Từ (2) ta có: f(x) = f(y) x = y Thay vào (1) ta được: ex = ex – x +1 (*) Xét hàm số g(x) = ex - ex + x – g’(x) = ex – e + g”(x) = ex > , x Do f’(x) đồng biến liên tục R đổi dấu Vì g’(0) = – e < g(1) = 1> nên phương trình g’(x) = có nghiệm x = x g '(x) - _ + + + g(x) f() Dựa vào bảng biến thiên g(x) cắt trục hoành tối đa hai lần phương trình (*) có tối đa nghiệm Ta thấy x = x = hai nghiệm phương trình (*) (*) có nghiệm khác( có tối đa nghiệm) Vậy hệ có hai nghiệm ( (0; 0) ( 1; 1) Ví dụ 5: ln(1 x) ln(1 y ) x y Giải hệ phương trình: (*) ( Đề dự bò khối D 2006) x 12 xy 20 y Điều kiện: x > -1, y > -1 x 12 xy 20 y (*) ln(1 x) x ln(1 y ) y Xét hàm số f(t) = ln(1+t) – t t f ’(t) = 1 t ta thấy f’(t) = t = t f '(t) f(t) -1 + + _ f(0) Ta có (2) f(x) = f(y) x = y x,y thuộc khoảng đơn vò xy < x,y không thuộc khoảng đơn vò Nếu xy < vế trái (1) dương, phương trình không thoả mãn Nếu x = y thay vào (1) ta nghiệm hệ x = y = Ví dụ 6: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm x 1 y m (I) y x m Điều kiện: -1 x , y x y m (1) (I) x x y y (2) Xét hàm số f(t) = t t 1 f’(t) = > , t (-1; 3) t 1 t Vậy f đồng biến (-1; 3) Do f(x) = f(y) x = y Thay vào (1) ta có: x x = m (*) Xét hàm số : g(x) = x x g ’(x) = 1 x 1 x g ’(x) = x = x -1 + g '(x) _ 2 g(x) 2 Dựa vào bảng biến thiên phương trình (*) có nghiệm m 2 Do hệâ có nghiệm m 2 Ví dụ 7: Chứng minh m hệ phương trình sau có nghiệm 2 3 x y y m (1) (I) 2 3 y x x m (2) Nếu y vế trái (1 ) phương trình không thoả suy y > Tương tự x > 3x y y m (I) ( x y )(3xy x y ) 3 x y y m (I) x y 3 x y m x y Xét: f(x) = 3x3 – 2x2 có f ’(x) = 9x2 – 4x : f’(x) = x = x = x f '(x) 0 f(x) _ 32 + 243 Dựa vào bảng biến thiên phương trình f(x) = có nghiệm x > m > Do hệ có nghiệm m > Ví dụ 8: x y cos x cos y Tìm m để hệ sau có nghiệm: 2sin x 3cos y m x cos x y cos y (1) (I ) 2sin x 3cos y m(2) Xét f(t) = t – cost f ’(t) = 1+sint , t f(t) đồng biến R Nên (1) f(x) = f(y) x = y Thay vào (2) ta có 2sinx – 3cosx = m 13 sin( x - ) = m (*) hệ có nghiệm phương trình (*) có nghiệm - 13 m 13 2) Hệ phương trình có ẩn không thay đổi hoán vò vòng quanh Khi giải hệ cần ý: Không tính tổng quát ta giả thiết x = max (x, y, z) x y, x z Ví dụ1: x3 3x x y Giải hệ phương trình: y y y z z 3z z x Xét hàm số f(t) = t3 - 3t2 + 5t + f ’(t) = 3t2 – 6t + > , t Do f(t) đồng biến f ( x) y Hệ phương trình có dạng f ( y ) z f ( z) x Vì hệ không đổi hoán vò vòng quanh x, y,z nên ta giả thiết x y, x z Nếu x > y f(x) > f(y) 4y > 4z y > z f(y) > f(z) z > x mâu thuẫn Nếu x > z f(x) > f(z) y > x mâu thuẫn Vậy x = y = z Từ phương trính hệ ta có: x3 – 3x2 + x + = (x – 1)( x – 2x – 1) = x x 1 x y z Do nghiệm hệ là: x y z 1 f ( x) g ( y ) Nhận xét : Xét hệ có dạng: f ( y ) g ( z ) f ( z ) g ( x) Nếu hàm số f(t), g(t) đồng biến (hoặc nghòch biến) lý luận ta có x = y =z Ví dụ 2: y x 12 x (1) Giải hệ : z y 12 y (2) (I) x3 z 12 z (3) y f ( x) (I) z f ( y ) x3 f ( z ) Từ phương trình (1) ta có y3 = 6(x2 – 2x + ) = 6(x – 1)2 + Tương tự ta có: x , z Xét hàm số f(t) = 6t2 – 12t + f ’(t) = 12x – 12 > , t Vậy f(t) đồng biến [ ; + ) 2y 3 2 Vì hệ không thay đổi hoán vò vòng quanh x, y,z giả thiết x y, x z Nếu x > y f(x) > f(y) y3 > z3 y > z f(y) > f(z) z3 > x3 z > x mâu thuẫn Nếu x > z f(x) > f(z) y3 > x3 y > x mâu thuẫn Suy x = y = z Từ phương trình hệ ta có: x3 – 6x2 + 12 x - = (x – 2) = x = Vậy hệ có nghiệm x = y = z = CHƯƠNG I HÀM SỐ BÀI PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ I TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ HÀM SỐ, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT & NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ y f (x) đồng biến / (a, b) x1 x a, b ta có f x1 f x y f (x) nghịch biến / (a, b) x1 x a, b ta có f x1 f x y f (x) đồng biến / (a, b) (x) x(a, b) đồng thời (x) số hữu hạn điểm (a, b) y f (x) nghịch biến / (a, b) (x) x(a, b) đồng thời (x) số hữu hạn điểm (a, b) Cực trị hàm số: Hàm số đạt cực trị điểm x x k f x đổi dấu điểm x k xj a xj xi xi xi x j xi xi xi xj xj xj b x Giá trị lớn nhỏ hàm số Giả sử y (x) liên tục [a, b] đồng thời đạt cực trị x1 , , x n a , b Khi đó: Max f x Max f x1 , , f x n , f a , f b ; x a ,b M in f x M in f x1 , , f x n , f a , f b x a ,b Nếu y f (x) đồng biến / [a, b] Min f x f a ; Max f x f b x a ,b x a ,b Nếu y f (x) nghịch biến / [a, b] Min f x f b ; Max f x f a x a ,b x a ,b Hàm bậc f x x đoạn a; b đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ đầu mút a; b II PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH Nghiệm phương trình u(x) v(x) hồnh độ giao điểm đồ thị y u x với đồ thị y v x u(x) Nghiệm bất phương trình u(x) v(x) phần hồnh độ tương ứng với phần đồ thị y u x nằm phía so với phần đồ thị y v x v(x) a Nghiệm bất phương trình u(x) v(x) phần hồnh độ tương ứng với phần đồ thị y u x nằm phía so với phần đồ thị y v x x b Nghiệm phương trình u(x) m hồnh độ giao điểm đường thẳng y m với đồ thị y u x BPT u(x) m xI Min u x m xI y=m BPT u(x) m xI Max u x m xI BPT u(x) m có nghiệm xI Max u x m xI BPT u(x) m có nghiệm xI Min u x ma b xI x III Các tốn minh họa phương pháp hàm số Bài Cho hàm số f x mx 2mx a Tìm m để phương trình (x) có nghiệm x[1; 2] b Tìm m để bất phương trình (x) nghiệm x[1; 4] c Tìm m để bất phương trình (x) có nghiệm x 1; 3 Giải: a Biến đổi phương trình (x) ta có: f x mx 2mx m x x g x 3 m x x x 1 Để (x) có nghiệm x[1; 2] Min g x m Max g x m x1;2 x1;2 b Ta có x[1; 4] f x mx 2mx m x x g x M in g x m x1;4 Do g x giảm [1; 4] nên ycbt Min g x g m x1;4 x 1 c Ta có với x 1; 3 f x mx 2mx m x x Đặt g x , x 1;3 Xét khả sau đây: x 2x + Nếu x bất phương trình trở thành m.0 nên vơ nghiệm m , x 1; 4 x 2x + Nếu x 0; 3 BPT g x m có nghiệm x 0; 3 Min g x m x 0;3 Do g x x 1 giảm / 0; 3 nên ycbt Min g x g 3 m x 0;3 + Nếu x 1; 0 x x nên BPT g x m có nghiệm x 1; Max g x m Ta có 1;0 g x 3 x x 2x 0, x 1; 0 Do g x nghịch biến nên ta có Max g x g 1 3 m 1;0 Kết luận: (x) có nghiệm x 1; 3 m ; 3 U ; 5 Bài Tìm m để bất phương trình: x 3mx 13 nghiệm x x Giải: BPT 3mx x 13 2, x 3m x 14 f x , x x x x Ta có f x x 45 22 2 x 45 22 22 suy f x tăng x x x x x YCBT f x 3m, x f x f 1 3m m x 1 Bài Tìm m để bất phương trình m.4 x m 1 x m x ¡ Giải: Đặt t x m.4 x m 1 x m x ¡ m.t m 1 t m 1 0, t m t 4t 1 4t 1, t g t 4t m, t Ta có g t 4t 2t nên g t nghịch biến 0; suy t 4t t 4t 1 ycbt Max g t g m t 0 Bài Tìm m để phương trình: x x x 12 m x x có nghiệm Giải: Điều kiện x Biến đổi PT f x x x x 12 m 5 x 4 x Chú ý: Nếu tính f x xét dấu thao tác phức tạp, dễ nhầm lẫn Thủ thuật: Đặt g x x x x 12 g x x h x x x h x 1 0 5 x 4 x Suy ra: g x tăng; h x > giảm hay f x 0 x 12 tăng h x g x tăng Suy f x m có nghiệm h x m f x ; max f x f 0 ; f 4 2 15 12 ;12 0;4 0;4 Bài Tìm m để bất phương trình: x 3x m x x có nghiệm Giải: Điều kiện x Nhân hai vế BPT với x x ta nhận bất phương trình f x x 3x 1 x x m Đặt g x x 3x ; h x x x Ta có g x 3x x 0, x 1; h x x x 2 x 0 x 1 Do g x tăng x ; h x tăng nên f x g x h x tăng x Khi bất phương trình f x m có nghiệm f x f 1 m x 1 Bài Tìm m để x x x x m nghiệm x 4, 6 Cách BPT f x x 2x x x m x 4, 6 f x 2 x 2 x x 1 1 x x 6 x x x Lập bảng biến thiên suy Max Max f x f 1 m 4,6 Cách Đặt t x x x x Ta có t x x 24 Khi bất phương trình trở thành t t m 24, t 0;5 f t t t 24 m; t 0;5 Ta có: 2 f t 2t f t tăng nên f t m; t 0; 5 max f t f 5 m 0;5 Bài Tìm m để x x 18 3x x m m x 3, 6 Giải: Đặt t x x t x x 3 x x t x x x x 18 18 x x x x t ; t 3; Xét f t t t ; f t t 0; t 3;3 max f t f 3 2 3;3 ycbt max f t m m m m m 1 V m 3;3 Bài (Đề TSĐH khối A, 2007) Tìm m để phương trình x m x x có nghiệm thực Giải: ĐK: x , biến đổi phương trình 3 x x m x 1 x 1 Đặt u x 0,1 x 1 x 1 Khi g t 3t 2t m t g t g t + 13 13 – –1 Ta có g t 6t t Do u cầu 1 m 3 Bài (Đề TSĐH khối B, 2007): Chứng minh rằng: Với m , phương trình x x m x ln có hai nghiệm phân biệt x Giải: Điều kiện: x Biến đổi phương trình ta có: g x x 2 x 6 m x 2 g x x 2 x 6 m x 2 2 + x 2 x x 32 m x V g x x x 32 m ycbt g x m có nghiệm thuộc khoảng 2; Thật ta có: g x x x 0, x Do g x đồng biến mà g x liên tục g 0; lim g x nên g x m có nghiệm 2; x Vậy m , phương trình x x m x có hai nghiệm phân biệt Bài 10 (Đề TSĐH khối A, 2008) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2x 2x x x m Giải: Đặt f x x x x x ; x 0; 6 Ta có: f x Đặt u x 2x 2x , x 0; 6x 6 x 2x ; v x , x 0, 2x 6x 6 x f ( x) 0, x 0, u x , v x 0, x 0, f ( x) 0, x 2, u v f (2) u x , v x 0, x 2, x f x + f(x) – 6 24 12 Nhìn BBT ta có PT có nghiệm phân biệt 24 m Bài 11 (Đề TSĐH khối D, 2007): x y x y Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x 13 y 13 15m 10 x y Giải: Đặt u x ; v y ta có x 13 x x y x x 3x x u 3u x x u x x x ; v y y x x x y y u v Khi hệ trở thành 3 u v uv m u v u v 15m 10 u , v nghiệm phương trình bậc hai f t t 5t m Hệ có nghiệm f t m có nghiệm t1 , t thỏa mãn t1 2; t Lập Bảng biến thiên hàm số f t với t t f t f t –2 – + 5/2 – + + + 22 7/4 Nhìn bảng biến thiên ta có hệ có nghiệm m m 22 Bài 12 (Đề 1I.2 Bộ đề TSĐH 1987-2001): Tìm x để bất phương trình x 2x sin y cos y với y ¡ Giải: Đặt u sin y cos y 2, 2 , BPT g u x u x 1 0, u 2, Min g u u , Do đồ thị y g u đoạn thẳng với u 2, nên Min u , x 2x x 1 g g u 2 x x 2x g a, b, c Chứng minh rằng: a b c abc a b c Bài 13 Cho 2 Giải: BĐT a b c 2bc abc a a a bc f u a u 2a 6a u bc b c 2 3 a Như đồ thị y f u đoạn thẳng với u 0; a Ta có f 2a 6a a 2 0; f a a 1 a 4 nên suy f u 0; u 0; a Vậy a b c abc Đẳng thức xảy a b c Bài 14 (IMO 25 – Tiệp Khắc 1984): a , b, c Chứng minh rằng: ab bc ca 2abc 27 a b c Cho Giải: a b c 1 2a bc a 1 a 1 2a bc a 1 a 1 2a u f u 2 Đồ thị y f u 1 2a u a 1 a với u bc b c 1 a đoạn thẳng với giá trị đầu mút f a 1 a a a 27 f 1 a 2a a 1 2a a 4 27 3 27 Do đồ thị y f u đoạn thẳng với u 0; 1 a f ; f 1 a nên 27 27 f u Đẳng thức xảy a b c 27 Bài 15 Chứng minh rằng: a b c ab bc ca 4, a, b, c 0, 2 Giải: Biến đổi bất đẳng thức hàm bậc biến số a, tham số b, c ta có f a b c a b c bc 4, a, b, c 0, 2 Đồ thị y f a đoạn thẳng với a 0, 2 nên f a Max f 0 ; f 2 Ta có f b c 4; f bc f a 4, a, b, c 0, 2 Bài 16 CMR: 1 a 1 b 1 c 1 d a b c d 1, a, b, c, d 0,1 Giải: Biểu diễn bất đẳng thức hàm bậc biến số a, tham số b, c, d, ta có: f a 1 1 b 1 c 1 d a 1 b 1 c 1 d b c d 1, a, b, c, d 0,1 Đồ thị y f a , a 0,1 đoạn thẳng nên Min f a Min f , f 1 a 0,1 Ta có f 1 b c d 1, b, c, d 0,1 f 1 b 1 c 1 d b c d g b 1 1 c 1 d b 1 c 1 d c d Đồ thị y g b , b 0,1 đoạn thẳng nên Min g b Min g , g 1 b 0,1 Ta có g 1 c d 1; g 1 c 1 d c d cd f g b 1, b 0,1 Vậy f a hay ta có (đpcm) [...]... tốn minh họa phương pháp hàm số Bài 1 Cho hàm số f x mx 2 2mx 3 a Tìm m để phương trình (x) 0 có nghiệm x[1; 2] b Tìm m để bất phương trình (x) 0 nghiệm đúng x[1; 4] c Tìm m để bất phương trình (x) 0 có nghiệm x 1; 3 Giải: a Biến đổi phương trình (x) 0 ta có: f x mx 2 2mx 3 0 m x 2 2 x 3 g x 3 3 m x 2 x x 1 2 1 2 Để (x) 0 có... sin( x - ) = m (*) vậy hệ có nghiệm phương trình (*) có nghiệm - 13 m 13 2) Hệ phương trình có ẩn không thay đổi khi hoán vò vòng quanh Khi giải hệ này cần chú ý: Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết x = max (x, y, z) x y, x z Ví dụ1: x3 3x 2 5 x 1 4 y 3 2 Giải hệ phương trình: y 3 y 5 y 1 4 z z 3 3z 2 5 z 1 4 x Xét hàm số f(t) = t3 - 3t2 +... a x a ,b x a ,b Hàm bậc nhất f x x trên đoạn a; b đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất tại các đầu mút a; b II PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH 1 Nghiệm của phương trình u(x) v(x) là hồnh độ giao điểm của đồ thị y u x với đồ thị y v x u(x) 2 Nghiệm của bất phương trình u(x) v(x) là phần hồnh độ tương ứng với phần đồ thị y u ... m (*) Xét hàm số : g(x) = x 1 3 x g ’(x) = 1 1 2 x 1 2 3 x g ’(x) = 0 x = 1 x 3 1 -1 + g '(x) 0 _ 2 2 g(x) 2 2 Dựa vào bảng biến thiên phương trình (*) có nghiệm 2 m 2 2 Do đó hệ có nghiệm khi 2 m 2 2 Ví dụ 7: Chứng minh rằng m hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất 2 2 3 x y 2 y m 0 (1) (I) 2 2 3 y x 2 x m 0 (2) Nếu y 0 thì vế trái của (1 ) phương trình... một khoảng đơn vò Nếu xy < 0 thì vế trái của (1) luôn dương, phương trình không thoả mãn Nếu x = y thay vào (1) ta được nghiệm của hệ là x = y = 0 Ví dụ 6: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm x 1 3 y m (I) y 1 3 x m Điều kiện: -1 x , y 3 x 1 3 y m (1) (I) x 1 3 x y 1 3 y (2) Xét hàm số f(t) = t 1 3 t 1 1 f’(t) = > 0 , t (-1;... 3 U 1 ; 5 Bài 2 Tìm m để bất phương trình: x 3 3mx 2 13 nghiệm đúng x 1 x Giải: BPT 3mx x 3 13 2, x 1 3m x 2 14 2 f x , x 1 x x x Ta có f x 2 x 45 22 2 2 x 45 22 4 22 2 0 suy ra f x tăng x x x x x YCBT f x 3m, x 1 min f x f 1 2 3m 2 m x 1 3 Bài 3 Tìm m để bất phương trình m.4 x m ... 2007) Tìm m để phương trình 3 x 1 m x 1 2 4 x 2 1 có nghiệm thực Giải: ĐK: x 1 , biến đổi phương trình 3 x 1 2 4 x 1 m x 1 x 1 Đặt u 4 x 1 4 1 2 0,1 x 1 x 1 Khi đó g t 3t 2 2t m t 0 g t g t + 0 1 13 0 13 – –1 Ta có g t 6t 2 0 t 1 Do đó u cầu 1 m 1 3 3 Bài 9 (Đề TSĐH khối B, 2007): Chứng minh rằng: Với mọi m 0 , phương. .. y 1 5 x y Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x 3 13 y 3 13 15m 10 x y Giải: Đặt u x 1 ; v y 1 ta có x 3 13 x 1 x y x x 3 3x 1 x 1 u 3u x x và u x 1 x 1 2 x 1 2 ; v y 1 2 y 1 2 x x x y y u v 5 Khi đó hệ trở thành 3 3 u v 5 uv 8 m u v 3 u v 15m 10 u , v là nghiệm của phương trình bậc... t 2 5t 8 m Hệ có nghiệm f t m có 2 nghiệm t1 , t 2 thỏa mãn t1 2; t 2 2 Lập Bảng biến thiên của hàm số f t với t 2 t f t f t –2 2 – + 5/2 – 0 + + + 22 2 7/4 Nhìn bảng biến thiên ta có hệ có nghiệm 7 m 2 m 22 4 Bài 12 (Đề 1I.2 Bộ đề TSĐH 1987-2001): Tìm x để bất phương trình x 2 2x sin y cos y 1 0 đúng với y ¡ Giải: Đặt u sin y ... tối đa 2 lần phương trình (*) có tối đa 2 nghiệm hệ phương trình có đúng 2 nghiệm (x, y) thoả x > 0, y > 0 Ví dụ4: e x ey x 1 Giải hệ : y e ex y 1 x e ey x 1 (1) x y e ex x e ey 1(2) Xét: f(t) = et + et + t f ’(t) = et + e + 1 > 0 , t Vậy f(t) đồng biến trên R Từ (2) ta có: f(x) = f(y) x = y Thay vào (1) ta được: ex = ex – x +1 (*) Xét hàm số g(x) =