Chuyên đề Ứng Dụng Đạo Hàm Trong Các Bài Toán Đại Số

Chia sẻ: Nguyen Dinh Duy Thuc | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

259
lượt xem 52
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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 , thì pt: f(x)=k có nghiệm khi và chỉ khi Định lí 3: Bất phương trình nghiệm đúng mọi x thuộc D khi và chỉ khi

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề Ứng Dụng Đạo Hàm Trong Các Bài Toán Đại Số

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 = Max f ( x) thì pt: f(x)=k có xD xD nghiệm khi và chỉ khi mkM 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� x� D 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 ) = 0 � f '(x ) = − 2 x2 + x + 1 2 x2 − x + 1 (2x + 1) x 2 − x + 1 = ( 2x − 1) x 2 + x + 1 (1) 2 2 � 1� 1 3 � 1� 1 3 � � + �[(x - )2 + ] = � − �[(x + )2 + ] � x = 0 thay vaø (1)ta thaá khoâg o y n x x � 2� 2 4 � 2� 2 4 f'(x)> ∀x R thoû maõ. Vaä f'(x)= voâ an y 0 nghieä , maø m f'(0)= 0, do ñoù 1> 0 2x = 1 Limf ( x ) = −1 Maëkhaù: Limf (x ) =Lim t c ; 2 2 x+ x + x + 1+ x − x + 1 x− x+ cho nghieä � -1< m < 1 Vaä pt ñaõ coù y 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 2 = -2a. Xeùhaø soá (t ) = sint vôùt � 0; π � cosx − 1 � Khi ñoù �pt =� a tmf i�� 2 2 � 4� t x x �� 2 �� t.cost − sint cost ( t - tgt ) �π� �π� ta coù '(t ) = < 0 vôù∀t �� f (t ) ngb treâ � � = i 0; n 0; f � t2 t2 � 4� � 4�
x sin2 π 22 2 < 1 ∀x � π ) 22 8 vaøLim f (t ) = 1� < f (t ) < 1 � 2 < Maø )= f( (0; π π 2 π 4 2 t0 x �� 2 �� π 8 1 4 m (0; ) � 2 < −2a < 1� − < a < − 2 Vaä pt ñaõ coù ng 1 nghieä x � y cho ñuù π π 2 2 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 (x 3 + 3 ) + 3(x 2 + 2 ) − 6(x + ) − a= (1 Ñaët= + ta thu ñöôï pt 0 ). t x c x x x x t (t 2 − 3) + 3(t 2 − 2) − 6t = a � t 3 + 3t 2 − 9t = a + 6 (1') Töø ch ñaët ta coùx 2 −+tx ∆1 0 (2)pt naø coù = 2 - 4 0 = �۳ caù t : y 2. Töø y ta coù ñaâ t t *Neá t = 2 thì pt ñaõ coù t nghieä u cho moä m *Neá t > 2 thì vôùmoãgiaù cuû t cho töông öùg hai giaù cuû x u i i trò a n trò a Neâ pt (1) coù ng hai nghieä phaâ bieä ۱ pt(1') coù ng hai nghieä t= 2 n ñuù m nt ñuù m hoaë (1') coù ng 1nghieä t thoû maõ t > 2 c ñuù m an 2= a + 6 TH1: 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 Xeùhaø soá (t ) = t 3 + 3t 2 − 9t vôù t > 2, ta coù '(t ) = 3t 2 + 6t − 9 = 3(t − 1)(t + 3) tmf 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 -3 -2 1 2 x f’(t) - + 0 0 27 f(t) 2 22
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 �s s � a +b s � ( HSG QG bảng A năm 2006) α > 0: f (α ) = � 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 1 s 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 ) = (**) 2 x 0+ x+ 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 x cosx − (4m − 3)cosx = 0 2.Tìm m để số nghiệm của pt: 15 x 2 − 2(6m2 + 1) x − 3m 4 + 2m 2 = 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 + > 0 ∀t > 0 � f (u ) = f (v) � u = v 4 2 t + 3t 1 -3x=2x+1 � x = − là nghiệm duy nhất của pt (1) u=v 5 �π π � tg2x + cosx= vôùx � ; � HSG Lớp 12 Nam Định 2006) 2i - Bài 2: Giải pt: e ( �2 2 � �π π � tg2x Giải: Xét hàm số : f (x ) = e + cosx vôùx � ; �ta có i - , �2 2 � � tg2x − cos3x � 1 tg2x 2e − sin x = sin x � � ì 2etg2x 2 > cos3x > 0 f '(x ) = 2tgx. 2 e V 3 � 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 hieä ng 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 tgx − tgy = y − x (1) Bài 6: Giải hệ: (30-4 MOĐBSCL 2005) y + 1 − 1= x − y + 8 (2) y −1 Giải: Đk: (*) y+8 x (1) � tgx + x = tgy + y � x = y (do hàm số f (t ) = tgt + t là hàm đồng biến) y + 1 − 1= y − y + 8 � y + 1 = y − y + 8 + 1 Thay vào (2) ta có: � 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 � y =8 �� 3 � y 2 − 48y + 64 = 16y + 128 � y 2 − 64y − 64 = 0 9 9 � � Vậy x = y = 8 là nghiệm duy nhất của hệ đã cho
HỆ HOÁN VỊ VÒNG QUANH: f (x1) = g(x2 ) f (x 2 ) = g(x 3 ) Định nghĩa:Là hệ có dạng: (I) ................. f (x n ) = g(x1) Định lí 1: Nếu f,g là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên A và (x1, x2,..., x n ) là nghiệm của hệ trên A thì x1 = x2 = ... = x n Định lí 2:Nếu f,g khác tính đơn điệu trên A và (x1, x2,..., x n ) là nghiệm của hệ trên A x1 = x3 = ... = x n −1 thì x1 = x2 = ... = x n nếu n lẻ và nếu n chẵn x2 = x4 = ... = x n x 3 + 3x − 3 + ln(x 2 − x + 1 = y ) 3 2 Bài 7:Giải hệ: y + 3y − 3 + ln(y − y + 1 = z ) z3 + 3z − 3 + ln(z2 − z + 1 = x ) Giải:Ta giả sử (x,y,z) là no của hệ. Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t − 3 + ln(t 2 − t + 1) 2t − 1 2 ta có: f '(t ) = 3t + 3 + > 0 nên f(t) là hàm đồng biến 2 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 x 3 + 2x − 3 + ln(x 2 − x + 1) = 0 có nghiệm duy nhất x=1 nên hệ đã cho có nghiệm là x=y=z=1 x 2 − 2x + 6log3(6 − y ) = x y 2 − 2y + 6log3(6 − z) = y (HSG QG Bảng A năm 2006) Bài 8:Giải hệ: z 2 − 2z + 6log3(6 − x ) = z x log3(6 − y ) = x 2 − 2x + 6 f (y ) = g(x ) y � � Giải: Hệ � � 3(6 − z) = � � (z) = g(y ) log f 2 y − 2y + 6 � � (x ) = g(z) f z log3(6 − x ) = z2 − 2z + 6
t Trong đó f (t ) = log 3 (6 − t ) ; g (t ) = với t � −� ( ;6) t 2 − 2t + 6 6−t g '(t ) = > 0 ∀t � −�� ( ;6) (t ) Ta có f(t) là hàm nghịch biến, 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 2x 2 + 1 + 3 2x 2 ; 2. 81sin10 x + cos10x = 256 2 −2 3. (x-1)(x+ (x2 − 2)e x + xe x ; 4. 3cosx = 2cosx + cosx; 5. (1+ x )(2 + 4x ) = 3.4x 2)= x3 + 3x 2 + 2x − 5 = y 6. y 3 + 3y 2 + 2y − 5 = z (HSG QG 2006) z3 + 3z2 + 2z − 5 = x 7. Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất 2 3 2 x1 = x2 − 4 x2 + ax 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+ + 6- x - x (3+ x )(6- x ) = m cos6x + sin6 x 2 2 c)tg x + cot g x + m(tgx + cotgx)+ 0; d) 3= = m.tg2x 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 ( a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) − cd = 2d 2 + 6d + 9 − d 2 − 3d = f (d ) Giải: ta có: F 3 9 3 9 1 − 2( d + ) 2 + 1 − 2(d + ) 2 + Ta có f '(d ) = (2d + 3) 2 vì 2 < 0 nên 2 2 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 2− y 1 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 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 '( ) ��−x= +−f = y ) z 4 2 z 3 y y 2 z 2 z 2 ( z y ) 2 0 đpcm f( ) ( 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 � . Xét hàm số g ( x) = e x − x 2 � g '( x ) = e x − 2 x � g "( x ) = e x − 2 > 0 7 ln n � g '( x ) > g '(7) = e7 − 14 > 0 � g ( x ) > g (7) = e 7 − 49 > 0 Vậy f ( x) Min{ f (2), f (n -1)} . Ta cm Min{ f (2), f (n -1)} 0 2n−1 n 2 ta dễ dàng cm được bằng quy nạp hoặc đạo hàm * f (2) �۳ 0 1 * f (n − 1) �� (n − 1)n ��n−1 t > 2(1 + )t ∀t � (*) trong đó t=n-1 0 2n 6 t 1 1 Ta có (1 + )t < e < 3 � 2(1 + )t < 6 �� (*) đúng t t t Vậy ta có đpcm (c − a ) 2 2a 2b 2c + + 3+ Bài 7: Cho 0 < a b c .CMR: b+c c+a a +b a (c + a ) b c = α và = x ĐK : 1 α x . Khi đó bđt cần cm trở thành Giải:Đặt a a x2 + x + 4 2α x +1 2 x( x + 1) 2 2x x2 + x + 1 � + 2α + + + �� (2 ) α + x 1+ x 1+α α+x 1+ α x +1 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 α −1 2(2 x + 1) 2x+1 2 = (α − 1)[ Ta có: f '( x) = 2 x + 1 − α + 1 − 2 − ] 0 do 1 α x α +1 ( x + α ) 2 ( 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 (α ) f (1) 0 đpcm f (x a b c 3 + + Bài 8: cho a,b,c>0. Cmr: a+b b+c c+a 2 1 1 1 3 b c a Giải: Đặt x = , y = , z = � xyz = 1 và bđt đã cho � 1 + x + 1 + y + 1 + z �2 a b c
1 1 2 2z + = � Giả sử z 1 xy 1 nên ta có: 1+ x 1+ y 1 + xy 1+ z 1 1 1 2z 1 2t 1 + + + = + = f (t ) với t = z 1 � � 1+ x 1+ y 1+ z 1+ z 1+ z 1+ t 1+ t2 2(1 − t ) 2 2t 3 Ta có: f '(t ) ��∀ = ��− 2 2 = 0 f (t ) f (1) t1 đpcm 2 22 (1 + t ) (1 + t ) (1 + t ) 2 Nhận xét:Từ bài toán trên ta dễ dàng giải quyết được bài toán sau: a3 b3 c3 3 ) +( ) +( (chọn đội tuyển thi IMO 2005) Cho a,b,c>0. Cmr: ( ) a+b b+c c+a 8 Bài tập áp dụng: π 1. Cho α ,β � (0; ).Cmr : 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)