Ứng dụng đạo hàm trong giải hpt , hbpt

Ứng dụng sự biến thiên của hàm số trong giải hệ
phương trình , hệ bất phương trình
1Hệ bpt Khi gặp hbpt một ẩn trong đó có một bpt tìm được tập nghiệm , bpt
còn lại khó tìm tập nghiệm trực tiếp thì có thể sử dụng pp sau
Viết bpt đó về dạng y = f(x) , khảo sát sự biến thiên của hs đó trên
khoảng nghiệm của bpt trên
VD1 GHBPT :





>+−
<−+
013
0123
3
2
xx
xx
HD (1)  -1 < x < 1/3
Xét hs y = x
3
– 3x + 1 trên khoảng (- 1 ; 1/3) có y’ = 3x
2
– 3 < 0 hàm số nb
BBT
x -1 1/3
y’
y 3

1/27
Vậy hbpt có nghiệm là ( - 1 ; 1/3)
2. Hệ phương trình Khi gặp hệ phương trình dạng



=
=
0),(
)()(
yxg
yfxf

)2(
)1(
Có thể tìm lời giải theo hướng sau
Hướng 1 Xét f(x) = f(y)  f(x) – f(y) = 0 biến đổi về dạng tích
Hướng 2 Xét hàm số y = f(t) . thường gặp trường hợp hàm số liên tục trong
TXĐ của nó
Nếu y = f(t) đơn điệu thì từ (1) suy ra x = y . Khi đó bài toán đưa về giải
hoặc BL phương trình (2) theo x
Nếu y = f(t) có một cực trị tại t = a thì hàm số thay đổi cbt khi qua a . Từ (1)
suy ra x = y hoặc x, y nằm về 2 phía của a
VD 2 Giải hệ phương trình





=+

−=−
1
55
48
33
yx
yyxx

)2(
)1(
HD
Từ phương trình (2) có x, y
∈
[ - 1 ; 1]
Xét hàm số f(t) = t
3
– 5t , t
∈
[-1 ; 1] có f’(t) = 3t
2
– 5 < 0
∀
t
∈
[ - 1 ; 1] . Do
đó hàm số f(t) nb trên ( - 1 ; 1)
Từ (1) suy ra x = y
Thế vào (2 ) có nghiệm x = y =
4
2

51+−
±
VD 3 Hệ đối xứng lọai 2 mà khi giải dẫn đến một trong 2 phương trình của
hệ có dạng f(x) = 0 hoặc f(x) = f(y) trong đó f là hàm số đơn điệu
Giải hpt





+=+−+
+=+−+
−
−
1322
1322
12
12
x
y
yyy
xxx
)2(
)1(
(Dự bị khối A – 2007)
HD Đặt
1,1 −=−= ybxa
ta có






=++
=++
a
b
bb
aa
31
31
2
2
Trừ theo vế 2 phương trình có
ba
bbaa 3131
22
+++=+++
(*)
Xét hàm số f(t) =
t
tt 31
2
+++
có f’(t) =
3ln.3
1
1
2
2

t
t
tt
+
+
++
Vì
ttt −≥>+
22
1
nên f’(t) > 0
∀
t do đó f(t) đồng biến trên R
Vậy (*)  a = b thay vào phương trình (1) có
a
aa 31
2
=++
(4)
Theo nhận xét trên thì 2 vế phương trình (4) dương lấy ln hai vế ta có

03ln)1ln()(
2
=−++= aaaag
03ln13ln
1
1
)('
2
<−<−

+
=
a
ag
,
∀
a
∈
R
Nên hàm số g(a) nb trên R , mặt khác a = 0 là nghiệm của (4) do đó (4) có
nghiệm duy nhất a = 0
Trả biến có nghiệm của hệ đầu là (x ; y ) = ( 1 ; 1)
VD 4 hệ mũ và logarit
Giải hpt



=+−
−=+−+
052
)1ln()1ln(
22
yxyx
yxyx

)2(
)1(
Giải
ĐK x > - 1 , y > - 1 .
Phương trình(1) của hệ  ln( 1+ x ) – x = ln( 1 + y ) – y (*)

Xét hàm số f(t) = ln( 1 + t ) – t với t > - 1 có f’(t) =
t
t
t +
−
=−
+ 1
1
1
1
f’(t) = 0  t = 0 => hàm số f(t) đồng biến trên ( - 1 ; 0 ) và nghịch
biến trong (0 ; +
∞
)
Ta có (*)  f(x) = f(y) . Lúc đó x = y (nếu x , y thuộc cùng một
khoảng đơn điệu ) hoặc xy < 0 ( nếu x , y thuộc hai khoảng đơn điệu khác
nhau do một khoảng dấu âm , một khoảng dấu dương )
Nếu xy < 0 thì VT của phương trình(2) trong hệ luôn dương . Phương
trình vô nghiệm
Nếu x = y , thay vào (2) ta được nghiệm của hệ là x = y = 0
3.Biện luận hệ phương trình
VD 5 Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm





=−++
=−++
mxy

myx
31
31
HD
ĐK
3,1 ≤≤− yx
Trừ theo vế (1) cho (2) và chuyển vế ta được
yyxx −−+=−−+ 3131

)3(
Có hàm số
tttf −−+= 31)(
đồng biến trên khoảng (- 1 ; 3) nên từ
(3) suy ra x = y
Thay vào (1) có phương trình
mxxxg =−++= 31)(
g(x) là hàm số liên tục trên [-1 ; 3] và
10)(',
32
1
12
1
)(' =⇔=
−
−
+
= xxg
xx
xg
BBT

x -1 1 3
g’(x) || + 0 ||
g(x)
2
2
2 2
Vậy hệ có nghiệm khi
222 ≤≤ m
4 . Hệ phương trình 3 ẩn hoán vị vòng quanh Nếu gặp hệ phương trình 3
ẩn hoán vị vòng quanh không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x
≥
y , x
≥

z
VD6





=++−
=++−
=++−
xzzz
zyyy
yxxx
4153
4153
4153

23
23
23

)3(
)2(
)1(
HD
Xét hàm số f(t) =
153
23
++− ttt
, có f’(t) =
ttt ∀>+− ,0563
2
Do đó f( t ) luôn đồng biến
Hệ có dạng





=
=
=
xzf
zyf
yxf
4)(
4)(

4)(
Vì hệ không thay đổi khi hoán vị vòng quanh đối với x, y , z nên có
thể giả sử
zxyx ≥≥ ,

Nếu x > y thì f(x) > f(y) => y > z thì f(y) > f(z) => z > x vô lí
Tương tự nếu x > z
Suy ra x = y = z thế vào (1) có
013
23
=++− xxx
Hệ có nghiệm x = y = z = 1 ; x = y = z = 1
2±
Nhận xét : Xét hệ phương trình có dạng





=
=
=
)()(
)()(
)()(
xgzf
zgyf
ygxf
nếu có f(t) và g(t) là
các hàm số cùng đồng biến (hoặc nb )thì lập luận tương tự có x = y = z

5.Phương trình lại đưa về dạng hệ phương trình đối xứng
Phương pháp : Đặt một biểu thức nào đó của phương trình thành một hàm
số rồi dẫn đến hệ phương trình có tính chất đối xứng.
VD7 Giải phương trình :
1)1(log2
2
=+− x
x

HD. ĐK: x>-1.
Đặt : y = log
12)1(
2
−=⇒+
y
xx
Do đó ta có hệ phương trình sau:





+=
+=
x
y
y
x
12
12

)2(
)1(
Lấy (1) trừ cho (2) ta có: 2
x
- 2
y
= y – x => 2
x
+ x = 2
y
+ y (3)
Xét hàm số :f(a) = 2
a
+a là hàm liên tục và đồng biến trong tập số thực
R
Phương trình (3) tương đương: f(x)=f(y)
⇔
x = y.
Vậy phương trình (1) trở thành : 2
x
= 1+ x.(4)
Nghiệm của p/t (4) chính là hòanh độ giao điểm của hai đồ thị y = 2
x

và y = x + 1
Dựa vào đồ thị ta nhận thấy hai đồ thị cắt nhau lần lượt tại hai điểm có
hoành độ là :x=0 và x=1
Vậy nghiệm của phương trình là: x = 0 hoặc x = 1
VD8Định tham số a để phương trình sau đây có ba nghiệm phân biệt :

3
3
axax +=−
HD : Đặt y =
3
ax +
Từ phương trình trên ta suy ra hệ
yyxxxyyx
xay
yax
+=+⇒−=−⇒





+=
+=
3333
3
3
(1)
Đặt f(t) = t
3
+ t , có đạo hàm f’(t) = 3t
2
+ 1 > 0 mọi t thuộc R , nên hàm số
luôn đồng biến .
Từ phương trình (1) suy ra f(x) = f(y)=> x= y . từ đó ta có x
3

= x + a (*) .
Vậy để phương trình trên có ba nghiêm phân biệt thì phương trình (*) phải
có ba nghiệm phân biệt Dùng bảng biến thiên để phưong trình có ba nghiệm
phân biêt thì
33
2
|| <a
Bài làm thêm
1 Giải các hệ phương trình
a) với x , y
);0(
π
∈
:



=+
−=−
π
285
cotcot
yx
yxyx
b)






+=−
+
+
=+−−
+ y
x
yx
y
x
yxyx
2232
1
1
ln2)](2)[(

)2(
)1(
c))





=+
+−=−
2
)2)((22
22
yx
xyxy

yx
d))





=−+
−=−
02loglog
21
2
2
yx
eeyx
yx
e)





=++−+−
=
+
+
−
43151
1
1

xyyx
e
y
x
yx
g)





=+++
−+−+−=++++
44
53142
22
yxyx
yyyxxx
h)





=+
−=−
104log
2
log
3

2
2
y
x
yxee
yx

)2(
)1(
HD
a) HD Từ phương trình (1) tương đương cot x –x = cot y – y . Đặt f(t)= cot t
– t với t
);0(
π
∈
.
Có đạo hàm f’(t) =
01
sin
1
2
<−−
t
=> Hàm số luôn nghịch biến với mọi t
);0(
π
∈
nên phương trình trở thành f(x) = f(y)
⇔
x = y .Suy ra kết quả

b) HD.ĐK: . x ≥ 0 , ψ ≥ 0
Phương trình (1) tương đương:y
2
- 2y + 2ln(1+y) = x
2
- 2x + 2ln(1+x) , có
dạng f(y) = f(x) .
Xét hàm số :f(t)= t
2
- 2t + 2ln(1+t) ,liên tục trong (0; +∞)
Ta có f’(t) = 2t – 2 +
t+1
2
và f’’(t)=
0
)1(
22
2
2
>
+
+
t
tt

0≥∀t
=> f(t) luôn đồng
biến trong (0; + ∞)
Do đó p/t: y
2

- 2y + 2ln(1+y) = x
2
- 2x + 2ln(1+x)  f(y)=f(x)  x=y.
Thế y = x vào (2) ta có:
322.234 =<=>=−
xxx
.P/t có nghiệm là: x =
3log
2
2
h) HD
ĐK x , y > 0
Phương trình(1) có dạng
yexe
yx
−=−
(3)
Xét hàm số đặc trưng f(t) = e
t
– t có f’(t) = e
t
- 1 > 0 với mọi t > 0
Do đó f(t) đồng biến khi t > 0
Từ (3) =>



>>
=
0,0

)()(
yx
yfxf
=> x = y
Thay vào (2) ta có
,10)log32(21log104log
2
log
22
3
2
2
=++−⇔=+ xxx
x
hay
1log
2
=x
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) = (2 ; 2)
2.giải các hpt sau
a)





=
=
=
xz

zy
yx
sin
sin
sin
b)





−++=
−++=
−++=
2
2
2
23
23
23
xxxz
zzzy
yyyx
c)





=+−+−+

=+−+−+
=+−+−+
xzzzz
zyyyy
yxxxx
)1ln(33
)1ln(33
)1ln(33
23
23
23
d)











=







=






=






+
+
+
x
z
y
zz
yy
xx
23
23
23
2
2
2
4

1
4
1
4
1
e)









+=
+=
+=
x
x
z
z
z
y
y
y
x
sin
6
sin

6
sin
6
3
3
3
Bài 3 Chứng minh với mọi m > 0 hệ sau có nghiệm duy nhất





=−−
=−−
023
023
22
22
mxxy
myyx
HD Nếu
0≤y
thì VT của (1) âm phương trình không thỏa mãn , suy ra y >
0 . Tương tự x > 0
Trừ theo vế của (1) cho (2) , ta được
0)223)((02233
2222
=++−⇔=−+− yxxyyxyxxyyx
(3)
Vì x , y > 0 nên (3)  x = y

Thay vào (1) ta có
mxxxf =−=
23
23)(
xxxf 49)('
2
−=
,
9/4,00)(' ==⇔= xxxf
BBT
x 0 4/9 +
∞
f’(x) 0 0 +
f(x) 0 +
∞
A
Dựa vào BBT ta thấy với mọi m > 0 phương trình f(x) = m có nghiệm x > 0
duy nhất
Vậy có đpcm.
Bài 4 . Định m để hệ phương trình sau có nghiệm:





=−+
=−+
mxy
myx
32

32
HD :Trừ hai vế phương trình ta có:
yyxx −−=−− 3232
Đặt f(t) =
tt −− 32
.Hàm số xác định trong [0 ; 3 ]
CM hàm số đồng biến ,suy ra x = y. Thế y = x vào phương trình (1) ta có




=
−+=
⇔=−+
mxg
xxxg
mxx
)(
32)(
32
Có
20)('
32
1
2
1
)(' =⇔=⇒
−
−= xxg
xx

xg
Lập bảng biến thiên
x 0 2 3
g’(x) + 0
g(x) 3
3

6
suy ra kết quả.
]3;3[∈m
Bài 5. Tìm m để các hệ phương trình sau có nghiệm
a)



=−
−=−
myx
yxyx
cos3sin2
coscos
b)



=+
−=+
myx
yx
3cos3cos

1coscos
Bài 6. Giả sử x , y là nghiệm của hệ phương trình




=+
=+
myx
myx
22

Hãy tìm GTLN , GTNN của
33
yx +
Bài 7 : Giải phương trình : log
2
(sinx + 1) = 2
sin x
– 1 .
HD : Đặt y = log
2
(sinx + 1) => sin x = 2
y
- 1 (1)
Phương trình trở thành hệ :.
xyyx
y
x
xyxy

x
y
sinsin
sin
2sin222sin
12sin
12
+=+⇔−=−=>





−=
−=
Xét hàm số f(t) = t + 2
t
có f’(t) = 1 + 2
t
.ln2 > 0 . hàm số luôn luôn đồng
biến nên
xyxfyfxy
xy
sin)(sin)(2sin2
sin
=⇒=⇔+=+
Do đó từ (1) ta có y = 2
y
– 1
1,012 ==⇔+=⇔ yyy

y
Khi y = 0 .
π
kx
x
=⇔=⇒ 12
sin
Khi y =1
π
π
2
2
22
sin
kx
x
+=⇔=⇒
Thử lại ,phương trình có nghiệm :
π
π
π
2
2
, kxkx +==
BT8§HKT 1998) GHBPT :






>−−+
<++
01093
045
23
2
xxx
xx
BT9 GHBPT :





>++−
<−
0953
3
1
0)(loglog
23
2
2
2
2
xxx
xx