Sử dụng đào hàm cấp hai giải một số các phương trình, hệ phương trình

Chia sẻ: Ngo Grung Hieu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

172
lượt xem 52
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'sử dụng đào hàm cấp hai giải một số các phương trình, hệ phương trình', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sử dụng đào hàm cấp hai giải một số các phương trình, hệ phương trình

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG BÌNH TỔ TOÁN SỬ DỤNG ĐẠO HÀM CẤP HAI GIẢI MỘT SỐ CÁC PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH gv: TRẦN XUÂN BANG Đồng Hới, tháng 4 năm 2012 1
SỬ DỤNG ĐẠO HÀM CẤP HAI GIẢI MỘT SỐ CÁC PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH I. Đặt vấn đề. Trong đề Dự bị thi vào Đại học năm 2007 khối A, có bài toán dưới đây: Bài toán 1. y x e  2007  y2 1 Chứng minh rằng hệ phương trình  có đúng 2  x e  2007  y  x2 1  nghiệm thỏa mãn điều kiện x > 0, y > 0. Giải.  x  1  x  1 Điều kiện của hệ  nhưng x > 0, y > 0 suy ra x > 1, y > 1.  y  1  y  1 T a sẽ chứng minh hệ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x > 1, y > 1.  Trước hết ta chứng minh từ hệ phương trình đã cho suy ra x = y. Cách 1. Xét các hàm số: f(t) = et , t > 1  f '(t) > 0,  t > 1và  f tăng trên (1;  ). t 1 , t  1  g/ (t)  gt   0, t  1  giảm trên (1;  ). 3 2 t 1 2 (t  1) 2 Như thế, f tăng trên và g giảm trên (1;  ).  f  x   g  y   2007  Hệ phương trình (1)    f(x) + g(y) = f(y) + g(x) (1)  f  y   g  x   2007  Nếu x > y  f(x) > f(y)  g(y) < g(x) ( do(1) )  y > x ( do g giảm )  vô lý. Tương tự khi y > x cũng dẫn đến vô lý. Vậy, ta có x = y. Cách 2. x y Từ hệ phương trình đã cho suy ra ex   ey  (2) x2 1 y2  1 t Xét hàm số F(t)  et  , t  1 . Ta có : 2 t 1 2
t t2 1  t 1 t 2  1  et  F '(t)  e t   0, t  1 . 2 t 1 (t  1) t 2  1 2 Suy ra, F đồng biến, liên tục trên (1;  ). (2)  f ( x )  f ( y )  x  y .  Hệ phương trình đã cho tương đương: x x e   2007  0 (*)  x2  1 x  y  x Xét hàm số h(x) = ex  2  2007 , x > 1. x 1 3 1    Khi x > 1  h' x   ex   ex  x 2  1 2 3   x2  1 2 5 32 3x   x  1 2 .2x  e x  h ''  x   e x  0 5 2 x  1 2 2 Đến đây, có một số lời giải như sau: Lời giải 1. Đồ thị hàm số lõm, và hàm số nhận giá trị âm: 2 f  2   e2   2012  0 3 Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm x1 > 1, x2 > 1. Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; x) với x > 1. Lời giải 2. Đồ thị hàm số lõm, và: 2 lim h x    , lim h  x    , h  2   e 2   2012  0 3 x  x 1 Suy ra phương trình (*) có đúng 2 nghiệm x1 > 1, x2 > 1. Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; x) với x > 1. Bình luận: Lời giải 1 có hai sai lầm: + Trong chương trình Giải tích THPT hiện hành không có khái niệm "đồ thị lõm". + Một hàm số có đồ thị lõm và nhận giá trị âm thì chưa hẵn đã có hai nghiệm. Lời giải 2 có một sai lầm: + Trong chương trình Giải tích THPT hiện hành không có khái niệm "đồ thị lõm" 3
Lời giải đúng: 5 Từ h ''  x   e x  3  x 2  1 2 .2x  e x  3x  suy ra h'(x) đồng biến, liên tục  0, 5 2 x  1 2 2 trên (1, +). Mặt khác, lim h '  x    , lim h '  x    . Suy ra hàm số h'(x) đổi dấu từ âm x 1 x  sang dương trên (1, +). Suy ra phương trình h(x) = 0 có không quá hai nghiệm. 2 Cuối cùng do có lim h x    , h  2   e2   2007  0 , lim h  x    , Suy ra 3  x  x 1 phương trình h(x) = 0 có đúng 2 nghiệm x1 > 1, x2 > 1. Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; x) với x > 1. Sau đây là một bài toán trên một trang Web Bài toán 2. Giải phương trình x  3 x  1  x 2  x  1 . Giải. ĐK x  0 Phương trình đã cho tương đương với x  3 x  1  x 2  x  1  0 (1) Xét hàm số f ( x)  x  3 x  1  x 2  x  1, x   0; ) 1 3 1 9 f '( x)    2 x  1  f ''( x)     2  0, x  0. 3 4 (3 x  1)3 2 3x  1 2x 4x Đến đây, có một số lời giải như sau: Lời giải 1. Đồ thị hàm số lồi, và hàm số nhận giá trị dương: 1 1 5131 7 f        2 0 2 2 2422 4 Suy ra phương trình (1) có hai nghiệm. Thấy ngay f(0) = f(1) = 0. Suy ra phương trình (1) có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1. Vậy, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1. Lời giải 2. Đồ thị hàm số lồi, và hàm số nhận giá trị: 1 3 3 11 9 3 5 19 f(0) = 0, f    0, f       1  2    0   2 2 2 242 24 Suy ra phương trình (1) có không quá hai nghiệm. Thấy ngay f(0) = f(1) = 0. Suy ra phương trình (1) có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1. Vậy, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 1, x = 2. Lời giải 3. Theo Roll phương trình (1) có không quá hai nghiệm. Thấy ngay f(0) = f(1) = 0. Suy ra phương trình (1) có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1. Vậy, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1. 4
Bình luận: Lời giải 1 có hai sai lầm: + Trong chương trình Giải tích THPT hiện hành không có khái niệm "đồ thị lồi" + Một hàm số có đồ thị lồi và nhận giá trị dương thì chưa hẵn đã có hai nghiệm. Lời giải 2 có một sai lầm: + Trong chương trình Giải tích THPT hiện hành không có khái niệm "đồ thị lồi" Lời giải 3 có một sai lầm: + Trong chương trình Giải tích THPT hiện hành không có định lý Roll. Cách giải này chỉ có thể dùng trong các kỳ thi HSG. Lời giải đúng: Suy ra f ' nghịch biến, liên tục trên [0;+) . 1 3  Mặt khác lim f '( x)  lim    2 x  1      2 x 2 3x  1 x 0 x0  1 3  lim f '( x)  lim    2 x  1   2 3x  1 x  2 x x    Suy ra f '(x) đổi dấu từ dương sang âm trên [0;+) nên phương trình (1) có không quá hai nghiệm. Thấy ngay f(0) = f(1) = 0. Suy ra phương trình (1) có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1. Vậy, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1. 5
Từ hai bài toán trên Đề xuất phương pháp: Cho phương trình f(x) = 0 (*) Xét hàm số y = f(x) xác định trên D có đạo hàm cấp một f '(x) không xét dấu được.  Nếu đạo hàm cấp hai f "(x) > 0, x  D và f '(x) nhận hai giá trị trái dấu nhau thì f '(x) đổi dấu từ âm sang dương thì phương trình (*) có không quá hai nghiệm và nếu f(x) nhận ba giá trị lần lượt dương, âm, dương từ trái qua phải thì phương trình (*) có đúng hai nghiệm. Nếu đạo hàm cấp hai f "(x) > 0, x  D và f '(x) nhận hai giá trị trái dấu nhau thì f '(x) đổi dấu từ âm sang dương và nếu f ( x1 )  f ( x2 )  0 thì phương trình (*) có đúng hai nghiệm x1 , x2 .  Nếu đạo hàm cấp hai f "(x) < 0, x  D và f '(x) nhận hai giá trị trái dấu nhau thì f '(x) đổi dấu từ dương sang â m thì phương trình (*) có không quá hai nghiệm và nếu f(x) nhận ba giá trị lần lượt â m, dương, âm từ trái qua phải thì phương trình (*) có đúng hai nghiệm. Nếu đạo hàm cấp hai f "(x) < 0, x  D và f '(x) nhận hai giá trị trái dấu nhau thì f '(x) đổi dấu từ dương sang âm và nếu f ( x1 )  f ( x2 )  0 thì phương trình (*) có đúng hai nghiệm x1 , x2 . 6
II. Áp dụng giải một số phương trình Bài toán 3. Giải phương trình 2 x 2  log 2 2 x Giải. ĐK: x  0 2 x 1  log 2 (2 x) 2 x 1  log 2 (2 x)  0 (*) 2 x 2  log 2 2 x    x  0 x  0 x 1 Đặt f(x) = 2  log 2 (2 x ), x  0 1 Suy ra f '(x) = 2 x 1 ln 2  ,x  0 x ln 2 1 f "(x) = 2 x 1 ln 2 2  2  0, x  0 . x ln 2  f ' đồng biến, liên tục trên (0; +  ) Mặt khác : 1 1   x 1 lim f '( x)  lim  2 x 1 ln 2     , xlim f '( x )  xlim  2 ln 2     . x 0 x ln 2  x ln 2    x0   Suy ra f ' đổi dấu từ âm sang dương trên (0; +  ) nên phương trình (*) có không quá hai nghiệm . Thấy rằng f(1) = f(2) = 0. Vậy, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 1, x = 2. Bài toán 4. Giải phương trình 7 x 1  1  6 log 7 (6 x  5) 5 HD. ĐK: x  6 Phương trình đã cho tương đương 7 x 1  6( x  1)  6 x  5  6 log 7 (6 x  5) (1) Xét hàm số f (t )  t  6 log 7 t , t  0. 6  0, t  0. Suy ra f đồng biến, liên tục trên  0;   . f '(t )  1  t ln 7 (1)  f(7x - 1) = f(6x - 5)  7 x 1  6 x  5  7 x1  6 x  5  0 (2) 5 Xét hàm số f ( x)  7 x 1  6 x  5, x  6 5 f '( x)  7 x1 ln 7  6, f "( x )  7 x 1 ln 2 7  0, x  . 6 5 Suy ra f ' đồng biến, liên tục trên  ;   .   6  Để ý rằng, lim f '( x)  ln 7  6  0, lim   , suy ra đạo hàm cấp một đổi dấu từ  x  x 1 âm sang dương nên phương trình (2) có không quá hai nghiệm. Thấy ngay f(1) = f(2) = 0. Suy ra phương trình (2) có đúng hai nghiệm x = 1, x = 2. Vậy, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 1, x = 2. 7
Bài toán 5. Giải phương trình x  log 2 x  x log7  x  3     2 log 7  x  3   log 2 x (1) 2 2  Giải. ĐK : x > 0 1   2 log x  x   log 2 x  2 log 7  x  3   0   2  log 2 x  2 log 7  x  3   0 (2)   2 log2 x  x  0 (3)  x  4t  x  4t  (2)  log 2 x  2 log 7  x  3 = 2t    t x  3  7t t 4  3  7   x  4t    4  t t 1    3    1 (4)  7  7 Xét hàm số : t t t t 4 1 4 4 1 1 f (t )     3   , t  ; f '(t )    ln  3   ln  0, t   . 7 7 7 7 7 7 Suy ra f nghịch biến, liên tục trên  . (4)  f (t )  f (1)  t  1 . Vậy, x = 4 là nghiệm của (2)  (3)  2 log 2 x  x  0 XÐt g  x   2 log2 x  x, x  0. 2 2 g ' x    1; g"  x   2  0, x   0;   x ln 2 x ln 2 Suy ra g' nghịch biến, liên tục trên (0;+) . 2 1 Mặt khác g ' 1   1  0; g'(4)  1  0 ln 2 2 ln 2 Suy ra g(x) đổi dấu từ dương sang âm trên (0;+) nên phương trình (3) có không quá hai nghiệm. Thấy ngay f(2) = f(4) = 0. Suy ra phương trình (3) có đúng hai nghiệm x = 2, x = 4. Như thế, phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2, x = 4. 8
Bài toán 6. Giải phương trình 3x  1  x  log 3 (1  2 x ) 1 Giải. ĐK: 1 + 2x > 0  x   2 Phương trình đã cho tương đương với : 3x  x  (1  2 x)  log 3 (1  2 x) (1) 1 Xét hàm số  0, t > 0 . Vậy f f (t )  t  log 3 t , t  (0; ) ta có: f '(t )  1  t ln 3 đồng biến, liên tục trên (0; +  ) Phương trình (1)  f(3 x ) = f(1 + 2x)  3 x = 1 + 2x  3 x - 1 - 2x = 0 (2) 1 Xét hàm số: g(x) = 3 x - 1 - 2x , x    ;     2  1 g'(x) = 3 x ln3 - 2, g''(x) = 3 x ln23 > 0,  x    ;     2  1 Suy ra g' đồng biến, liên tục trên   ;     2  Mặt khác g'(0) < 0, g'(1) > 0. 1 Suy ra g' đổi dấu từ âm sang dương x    ;   nên phương trình (2) có   2  không quá hai nghiệm g(0) = g(1) = 0. Vậy phương trình (2) có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1. Như thê, phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = 1. Bài toán 7. Giải phương trình log 2 3log 2  3 x  1  1  x   3 2 1 Giải. ĐK x  3  y  log 2  3 x  1  Đặt y = log 2  3x  1 ta có hệ phưg trình  dẫn đến  x  log 2  3 y  1  phương trình sau log 2  3x  1  x = log 2  3 y  1 +y (*)  3 2 1  Xét hàm số f(t) = log 2  3t  1  t với t   ;   . 3   3 2 1  1 f ’(t) =  0, t   ;   .  3t  1 ln 2 3  (*)  x  y  2 x  3x  1  0 9
Đặt g(x) = 2 x  3 x  1 , g’(x) = 2xln2 - 3 g’’(x)=2xln23 > 0 suy ra g’(x) đồng biến, liên tục trên  . Mặt khác g'(1) = ln4 - 3 < 0, g'(3) = 8ln2 - 3 > 0. Suy ra g'(x) đổi dấu từ âm  3 2 1  ;   nên phương trình (**) có không quá hai sang dương trên  3  nghiệm. Thấy ngay g(1) = g(3) = 0 nên phương trình có đúng hai nghiệm x = 1, x = 3. 7x  6 x  1 Bài toán 8. Giải phương trình Giải. Phương trình đã cho tương đương 7 x  6 x  1  0 (*) Xét hàm số f(x) = 7 x  6 x  1 , x   f '( x )  7 x ln 7  6, f ''( x)  7 x ln 2 7  0, x Suy ra f đồng biến, liên tục trên  . Mặt khác f '(0) = ln7 - 6 < 0, f '(1) = 7ln7 - 6 > 0. Suy ra f(x) đổi dấu từ âm sang dương nên phương trình (*) có không quá hai nghiệm. Thấy ngay f(0) = f(1) = 0 nên phương trình có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1. Tổng quát Bài toán 8. Với a > 1, phương trình a x  (a  1) x  1 có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1. 3x  5 x  6 x  2 Bài toán 9. Giải phương trình Giải. Phương trình đã cho tương đương 3x  5 x  6 x  2  0 (*) Xét hàm số f(x) = 3x  5 x  6 x  2 , x   f '( x )  3x ln3  5 x ln5  6, f ''( x)  3x ln 2 3  5 x ln 2 5  0, x Suy ra f đồng biến, liên tục trên  . Mặt khác f '(0) = ln3 + ln5 - 6 < 0, f '(1) = 3ln3 + 5ln5 - 6 > 0. Suy ra f(x) đổi dấu từ âm sang dương nên phương trình (*) có không quá hai nghiệm. Thấy ngay f(0) = f(1) = 0 nên phương trình có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1. Tổng quát Bài toán 9. x x  Với a > 1, b > 1 phương trình a  b  (a  b  2) x  2 = 0 có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1. x  Khi a = b > 1 phương trình a  (a  1) x  1 = 0 có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1. 10
III. Các bài toán tương tự. Bài toán 10. Giải phương trình (1  cosx)  2+4cosx   3.4cosx Bài toán 11. Giải phương trình 64 x  8.343x 1  8  12.4 x.7 x 1 Bài toán 12. Giải phương trình 2011x  2012 x  4021x  2 Bài toán 13. Giải phương trình 3x  1  x  log 3 (1  2 x ) Bài toán 14. Giải phương trình 22 x  32 x  2 x  3x 1  x  1 2sin 2 x 1 1 Bài toán 15. Giải phương trình    cos2x+log 4 (4 cos 3 2 x  cos6x-1)   2 2 11
IV. Kết luận. Trên đây là một ý tưởng về việc dùng đạo hàm cấp hai thay cho việc dùng khái niệm lồi, lõm của đồ thị hàm số và định lý Roll để giải một lớp các phương trình và hệ phương trình. Có thể mở rộng ý tưởng đó vào việc chứng minh một số bất đẳng thức. Ở một khía cạnh tương tự, chúng ta có thể khắc phục thực tế do quan điểm tinh giản mà một số định lý đã không có mặt trong chương trình Toán THPT hiện hành như định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai. Trên đây là một sự nỗ lự cá nhân nhằm mang đến bạn đọc yêu Toán một niềm vui nho nhỏ. Những thiếu sót là không thể tránh khỏi. Xin trân trọng tiếp nhận các trao đổi chân tình của bạn đọc. Đồng Hới, tháng 4 năm 2012 TRẦN XUÂN BANG 12