ứng dụng đạo hàm giải pt và bpt ôn thi đại học môn toán
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (627.96 KB, 10 trang )
Nguyễn Quang Hoàng- Tổ Toán- THPT Vĩnh Định
Người viết: Nguyễn Quang Hoàng- THPT Vĩnh Định
A. GIỚI THIỆU BÀI VIẾT.
Dạy học các kiến thức mới cho học sinh, ngoài việc tổ chức các hoạt động dạy- học thật hợp lí với mục
tiêu chính là giúp cho HS nắm được các kiến thức trọng tâm của bài học. Thông qua đó, trang bị thêm cho
học sinh các “công cụ để giải toán”. Qua bài học “Tính đơn điệu của hàm số”- Giải tích lớp 12 Nâng cao,
tôi thấy rằng, bài học này có thể giúp cho HS làm quen và giải các dạng toán sau đây:
1. Xét tính đơn điệu của hàm số.
2. Chứng minh hàm số f(x) đã cho là đơn điệu trên một khoảng nào đó.
3. Tìm điều kiện của tham số m để hàm số f(x;m) đơn điệu trên một khoảng K cho trước.
4. Vận dụng tính đơn điệu của hàm số chứng minh các bất đẳng thức một biến.
Ngoài ra, ứng dụng của tính đơn điệu có thể phát huy tác dụng trong các bài toán giải phương trình, bất
phương trình và hệ phương trình. Dạng toán này xuất hiện đầu tiên ở câu chốt KA 2010, và từ đó đến nay,
các đề thi Đại học và thi thử Đại học cũng như các thầy cô và các bạn trẻ yêu toán đều sáng tạo và đưa ra
nhiều bài tập rất hay và thú vị. Một số bài toán nếu không dùng đến công cụ tính đơn điệu thì e rằng các cách
giải khác trở nên khó khăn hơn rất nhiều. Hi vọng qua bài giới thiệu này, quý thầy cố sẽ thấy được sự mạnh
mẽ của đạo hàm trong các bài toán PT, BPT và HPT.
Trong bài viết này, tôi giới thiệu về ứng dụng của đạo hàm trong việc giải PT, BPT và HPT, mỗi
dạng toán đều có ví dụ mẫu và PP chung để tìm đường lối giải. Hi vọng rằng tài liệu sẽ phần nào giúp cho
HS bước đầu thấy được ứng dụng của đạo hàm trong đại số.
B. TÓM TẮT LÝ THUYẾT VÀ CÁC DẠNG TOÁN.
1. Định lí cơ bản: (dùng cho trên đoạn)
* “ Nếu hàm số
y f x
liên tục trên
;ab
và có đạo hàm
/
0fx ( 0)
trên khoảng
;ab
, f’(x)=0
chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm thì hàm số
y f x
đồng biến (nghịch biến) trên
;ab
”.
* Hiển nhiên
/
0;f x x a b
thì f(x) không đổi trên
;ab
.
* Nếu trên nửa khoảng thì định lí vẫn đúng, nếu trên khoảng thì không cần đk liên tục. (Hàm số đạo hàm trên
khoảng thì liên tục trên khoảng )
2. Hệ quả:
Cho hàm số f(x) là đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng K (K là kí hiệu chung cho đoạn, khoảng,
nửa khoảng), khi đó:
2.1) Phương trình
()f x a
có nhiều nhất một nghiệm trên K. (Dùng giải PT bằng PP đạo hàm)
2.2) Nếu f(u) = f(v) với
;u v K
thì u = v (Dùng cho giải HPT bằng đạo hàm)
2.3) Nếu f(x) đồng biến thì
( ) ( )f u f v u v
; Nếu f(x) nghịch biến thì
( ) ( )f u f v u v
(Dùng
cho giải BPT bằng đạo hàm)
ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM VÀO VIỆC GIẢI PT- BPT-HPT
Nguyễn Quang Hoàng- Tổ Toán- THPT Vĩnh Định
3. Bài tập vận dụng:
3.1. Ứng dụng giải phương trình.
3.1.1. Ví dụ: Giải các phương trình sau:
a)
2
4 1 4 1 1 xx
b)
3 sin 2 sin 1 xx
c)
3
1 4 5 x x x
d)
22
1 1 1 1 x x x x x x
Hướng dẫn giải:
a)
2
4 1 4 1 1 xx
Điều kiện:
2
4 1 0
4 1 0
x
x
1
2
x
Nhận xét: Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của hàm số
2
4 1 4 1 y x x
và
1y
.
Xét hàm số
2
4 1 4 1 y x x
. Miền xác định:
1
;
2
D
.
Minh họa đồ thị
Đạo hàm
/
2
2 4 1
0
2
41
41
x
yx
x
x
.
Do hàm số liên tục trên
1
;
2
nên hàm số đồng biến trên
1
;
2
.
Dễ thấy
1
2
x
thỏa (1). Do đó hàm số có nghiệm duy nhất và đó là
1
2
x
.
b)
3 sin 2 sin 1 xx
. TXĐ:
DR
.
Đặt
sintx
, điều kiện
1t
x
y
O
1
2
1
Nguyễn Quang Hoàng- Tổ Toán- THPT Vĩnh Định
Khi đó phương trình có dạng :
3 2 1 tt
3 1 2 tt
(2)
Dễ thấy:
+ Hàm số
( ) 3f t t
là hàm đồng biến trên
1;1D
+ Hàm số
( ) 1 2 g t t
là hàm nghịch biến trên
1;1D
Từ (*) suy ra :
( ) ( )f t g t
nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất
Ta thấy
1t
là thỏa phương trình (2), do đó:
sin 1 2
2
x x k
c)
3
1 4 5 x x x
(3)
TXĐ:
1;D
.
Xét hàm số
( ) 1f x x
có
/
1
( ) 0 1
21
f x x
x
nên hàm số đồng biến trên
1;
Và hàm số
3
( ) 4 5 g x x x
. Đạo hàm :
/2
3 4 0 y x x D
hàm số nghịch biến trên
D
.
Phương trình (3) có dạng
( ) ( )f x g x
. Do đó phương trình nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Ta
thấy
1x
thoả mãn phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm
1x
.
d)
22
1 1 1 1 x x x x x x
Điều kiện:
2
2
10
1 1 0
x x x
x x x
2
2
1
11
x x x
x x x
+ Với
2
2
22
0
10
1
0
1
x
xx
x x x
x
x x x
0
0
x
x
x
+ Với
2
2
22
10
10
11
10
1 2 1
x
xx
x x x
x
x x x x
1
1
x
x
x
. Vậy
DR
Biến đổi phương trình về dạng :
22
1 1 ( 1) ( 1) ( 1) 1 x x x x x x
Nguyn Quang Hong- T Toỏn- THPT Vnh nh
22
1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 x x x x x x x x
(4)
Xột hm s
2
( ) 1 f t t t t
. Min xỏc nh
DR
o hm :
/
2
2
/
2 2 2
1
2 1 2 1
()
2 1 4 1. 1
t t t
t t t
ft
t t t t t t t t
Nhn xột :
2 2 2
2 1 2 1 4 4 4 2 1 (2 1) 3 2 1 2 1 2 1 0 t t t t t t t t t t
/
( ) 0 f x x
hm s ng bin trờn D.
Khi ú: (*)
( ) ( 1) 1 f x f x x x
vụ nghim. Vy phng trỡnh ó cho vụ nghim.
3.1.2. S lc v PP gii.
Dng 1:
0Dạng ( ) , với ( ) hoặc đồng biến, hoặc nghịch biến trên D. F x F x
Bc 1: a phng trỡnh (1) v dng:
()Fx 0
Bc 2: Xột hm s
()y F x
Ch rừ hm s
()y F x
ng bin hay nghch bin trờn D.
Bc 3: oỏn c
Fx
0
0
. Lỳc ú phng trỡnh (1) cú nghim duy nht
0
xx
.
Dng 2:
( ) đồng biến trên D
Phơng trình (1) có: hoặc ngợc lại
( ) nghịch biến trên D
Fx
Gx
Bc 1: a phng trỡnh (1) v dng :
( ) ( )F x G x
(1)
Bc 2: Xột hai hm s
()y f x
v
()y g x
Ch rừ hm s
()y F x
l hm ng bin (nghch bin) v
()y G x
l hm nghch bin (ng bin)
Bc 3: oỏn c
F x G x
00
. Lỳc ú phng trỡnh (1) cú nghim duy nht
0
xx
.
Dng 3:
Dạng phơng trình ( ) ( ) (*), với ( ) hoặc đồng biến,F u F v F x
hoặc nghịch biến trên ; . Lúc đó, (*) có nghiệm duy nhất a b u v
Bc 1: a phng trỡnh v dng
( ) ( )F u F v
(1)
Bc 2: Xột hm s:
()y F t
.
Ch rừ hm s ng bin hay nghch bin trờn
;ab
.
Bc 3: Khi ú:
( ) ( ) F u F v u v
Nguyễn Quang Hoàng- Tổ Toán- THPT Vĩnh Định
3.1.3. Bài tập vận dụng.
Giải các phương trình sau:
68
1) 3 14
32xx
3
3
2) x +1=2 2 1x
32
3
3) 8x - 36x + 53x - 25 = 3 5x
32
3
4) x - 15x + 78x - 144 = 5 2 9x
32
3
5) 27x - 27x + 13x - 2 = 2 2 1x
32
6) x +3x + 4x +2 = 3 2 3 1xx
7)
2
4
2 1 2 1 1 2 3x x x x x
3.2. Ứng dụng giải bất phương trình.
3.2.1. Ví dụ:
Giải các bất phương trình sau:
a)
9 2 4 5 xx
b)
22
2 3 6 11 3 1 x x x x x x
Hướng dẫn giải:
a)
9 2 4 5 xx
(1). Điều kiện:
90
2
2 4 0
x
x
x
Xét hàm số
( ) 9 2 4 y f x x x
. Miền xác định :
2; D
Đạo hàm
/
11
( ) 0 2
2 9 2 4
f x x
xx
. Suy ra hàm số đồng biến trên
D
.
Để ý rằng:
(0) 5f
, do đó:
+ Nếu
0x
thì
( ) (0) 9 2 4 5 f x f x x
, nên
0x
là nghiệm bpt.
+ Nếu
20 x
thì
( ) (5) 9 2 4 5 f x f x x
nên
20 x
không là nghiêm
bpt.
Đối chiếu với điều kiện, suy ra tập nghiệm của (1) là
0;T
.
b)
22
2 3 6 11 3 1 x x x x x x
(2)
Điều kiện:
2
2
2 3 0
6 11 0
13
30
10
xx
xx
x
x
x
(*)
Biến đổi bất phương trình:
22
2 3 1 6 11 3 x x x x x x
22
( 1) 2 1 (3 ) 2 3 x x x x
(3)
Nguyễn Quang Hoàng- Tổ Toán- THPT Vĩnh Định
Xét hàm số
2
( ) 2 f t t t
. Ta thấy hàm số đồng biến trên
1;3
Từ (3) ta có
( 1) (3 ) 1 3 2 f x f x x x x
Đối chiếu với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình (2) là
2;3T
.
3.2.2. Sơ lược về PP giải.
Dùng tương tự như giải PT, chú ý tính đồng biến nghịch biến của hàm số để lấy dấu bất phương trình.
3.2.3. Bài tập vận dụng.
Giải các bất phương trình sau:
1) 1 3 4xx
2) 5 1 3 4xx
5
3) 3 3 2 2 6
21
xx
x
3
4) 8 2 ( 2) 1x x x x
3.3. Ứng dụng giải hệ phương trình.
3.3.1. Ví dụ:
Giải các hệ phương trình sau:
a)
3
4
11
1
x y x
xy
b)
2
2
3 2 3
3 2 3
x x y
y y x
c)
32
32
32
3 3 ln 1
3 3 ln 1
3 3 ln 1
x x x x y
y y y y z
z z z z x
Hướng dẫn giải:
a)
3
4
11
1
x y x
xy
(I) . Điều kiện:
1 0 1
00
xx
yy
Ta có (I)
2
3
4
1 1 1
1
x x x
xy
Từ phương trình :
2
3
1 1 1 x x x
32
1 2 2 x x x x
(1)
Ta thấy hàm số
( ) 1f x x
là hàm đồng biến trên
1;
Xét hàm số
32
( ) 2 2 g x x x x
. Miền xác định:
1; D
Đạo hàm
/2
( ) 3 2 2 0 g x x x x D
. Suy ra hàm số nghich biến trên D.
Nguyễn Quang Hoàng- Tổ Toán- THPT Vĩnh Định
Từ (1) ta thấy
1x
là nghiệm của phương trình và đó là nghiệm duy nhất.
Vậy hệ có nghiệm
1;0
.
b)
2
2
3 2 3
3 2 3
x x y
y y x
(II). Điều kiện:
0
0
x
y
Ta có (II)
2
2
3 2 3
3 3 2
x x y
x y y
Cộng vế theo vế ta có:
22
3 3 3 3 3 3 x x y y
(2)
Xét hàm số
2
( ) 3 3 3 f t t t
. Miền xác định:
1; D
Đạo hàm:
/
2
3
( ) 1 0
2
3
t
f t x D
t
t
. Suy ra hàm số đồng biến trên D.
Từ (*) ta có
( ) ( ) f x f y x y
Lúc đó:
2
33 xx
(3)
+ VT (3) là hàm số hàm đồng biến trên D.
+ VP (3) là hàm hằng trên D.
Ta thấy
1x
là nghiệm của phương trình (3) (thỏa điều kiện)
Suy ra phương trình có nghiệm
1x
là nghiệm duy nhất.
Vậy hệ có nghiệm
1;1
c)
32
32
32
3 3 ln 1
3 3 ln 1
3 3 ln 1
x x x x y
y y y y z
z z z z x
Xét hàm số
32
( ) 3 3 ln 1 f t t t t t
Lúc đó hệ có dạng:
()
()
()
f x y
f y z
f z x
. Miền xác định:
DR
Đạo hàm :
/2
2
21
( ) 3 3 0
21
t
f x t x R
tt
. Suy ra hàm số đồng biến trên
D
Ta giả sử
;;x y z
là nghiệm của hệ và
max , ,x x y z
khi đó ta suy ra:
Nguyễn Quang Hoàng- Tổ Toán- THPT Vĩnh Định
( ) ( ) ( ) ( ) y f x f y z z f y f z x
. Vậy
x y z x x y z
.
Thay vào hệ ta có :
32
3 3 ln 1 x x x x x
32
2 3 ln 1 0 x x x x
(3)
Ta thấy
1x
là nghiệm duy nhất của phương trình (vì VT (3) là đồng biến trên R)
Vậy hệ có nghiệm
1;1;1
3.3.2. Các bước giải như sau:
Bước 1. Đặt điều kiện cho PT và chặn miền biến của biến nếu được.
Bước 2: Biến đổi một về hoặc phối hợp cả hai vế của HPT để làm xuất hiện hàm số đặc trưng.
Bước 3: Xét hàm số đặc trưng f(t) (trên TXĐ; trên miền biến chặn được) và chứng minh rằng hàm số f(t) đồng
biến hoặc nghịch biến trên khoảng đang xét.
Bước 4: Vận dụng kiến thức 2.2 để giải; sau khi dùng hàm số, ta thu được một PT mới. PT này có thể giải tiếp
bằng PP hàm số, PP lượng liên hợp, lượng giác hóa, đặt nhân tử chung hoặc đặt ẩn phụ đưa về PT đa thức,…
3.3.3. Bài tập vận dụng.
Giải các hệ phương trình sau.
5 4 10 6
2
1)
4 5 8 6
x xy y y
xy
3 3 2
2
3 4 2
2)
1 2 1
y y x x x
x y y
33
84
55
3)
1
x x y y
xy
22
2
1 1 1
4)
4 2 22 3 8
x x y y
x x y
3 2 2
2 2 2
(4 y 1) 2(x 1) 6
5)
(2 2 4 1) 1
xx
x y y x x
32
3 2 3
2 5 3 3 10 6
6)
6 13 10
x y x y x x y
x x x y y
3
3
(2 3 ) 1
7)
(y 2) 3
xy
x
2 2 2 2
2
(x y)(x xy y 3) 3(x y ) 2
8)
4 2 16 3 8x y x
3 3 2
3
7 3 ( ) 12 6 1
9)
4 1 3 2 4
x y xy x y x x
x y x y
2
22
(4x 1)x (y 3) 5 2 0
10) KA2010
4 2 3 4 7
y
x y x
3 2 3 2
22
3 9 22 3 9
11) KA2012
1
2
x x x y y y
x y x y
3
2 2 2 2
2 2 1 3 1
12)
5 2 12 7 19 5
y x x x y
x y x x y y
Nguyễn Quang Hoàng- Tổ Toán- THPT Vĩnh Định
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
13)
1 3 2 0
x y y x
x x y y
22
22
91 2
91 2
x y y
y x x
2
17 3 5 3 14 4 0
15)
2 2 5 3 3 2 11 6 13
x x y y
x y x y x x
2 2 4 2
2
( ) ( 1)
16)
4 5 8 6
x x y y y
xy
2
2 2 2 2
7 2 1 10 8
17)
4 5 1 1 4 5
x x y
x y y x y x y y
4
3
( 1)
18)
18
xy
x y x
3 3 2 2
2
ln 1 ln 1
19)
( 1) (2 ) 2 3
x y x x y y
x x y y y
3 3 2 2
3( ) 2 3( )
20)
( 2)(y 2) 4
x y x y x y
xy x
22
22
2 2 2 2 1
21)
2 2 2 0
x x x y y y
x y x y
42
3 2 3
( 2) y 4 0
22)
3 4 2(4y y 1)
y x x
x x x
22
22
2 (x 3) y(y 3) 3 ( )
23)
(x 2) 4(2 )
x xy x y
y
`
33
66
33
24)
1
x x y y
xy
22
22
2014
11
25)
2014
11
xy
xy
xy
xy
22
22
2 5 3 4
26)
3 3 1 0
y y y x x
y x y x
22
( 1) 5 5
27)
4 5 (2 ) 1
x y x y
y x x x y
4
4
22
1 1 2
28) KA2013
2 ( 1) 6 1 0
x x y y
x x y y y
Nguyễn Quang Hoàng- Tổ Toán- THPT Vĩnh Định
