CHUYÊN ĐỀ 1 - TÍNH ĐƠN ĐIỆU VÀ CỰC TRỊ
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
Định lý Lagrange: Cho f là một hàm liên tục trên [ a; b ] , có đạo hàm trên ( a; b ) . Lúc đó tồn tại c ∈ ( a; b ) để:
f ( b) − f ( a)
= f ' ( c ) hay f ( b ) − f ( a ) = ( b − a ) f ' ( c )
b−a
Định lý Rolle: Cho f là một hàm liên tục trên [ a; b ] , có đạo hàm trên ( a; b ) và f ( a ) = f ( b ) . Lúc đó tồn tại
c ∈ ( a; b ) để f ' ( c ) = 0 .
Định lý Cauchy: Cho f và g là hai hàm liên tục trên [ a; b ] , có đạo hàm trên ( a; b ) và g ' ( x ) ≠ 0 tại mỗi
x ∈ ( a; b ) .
Lúc đó tồn tại c ∈ ( a; b ) để
f ( b) − f ( a ) f '( c )
=
.
g ( b) − g ( a ) g '( c )
Tính đơn điệu
Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng ( a; b ) khi đó:
- Nếu f đồng biến trên ( a; b ) thì f ' ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) .
- Nếu f nghịch biến trên ( a; b ) thì f ' ( x ) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) .
- Nếu f ' ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) và f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của ( a; b ) thì hàm số đồng
biến trên khoảng ( a; b ) .
- Nếu f ' ( x ) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) và f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của ( a; b ) thì hàm số nghịch
biến trên khoảng ( a; b ) .
- Nếu f đồng biến trên khoảng ( a; b ) và liên tục trên [ a; b ) thì đồng biến trên [ a; b ) ; và liên tục trên ( a; b ] thì
đồng biến trên ( a; b ] ; liên tục trên [ a; b ] thì đồng biến trên [ a; b ] .
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất
Trang 1
- Nếu f nghịch biến trên ( a; b ) và liên tục trên [ a; b ) thì nghịch biến trên [ a; b ) ; liên tục trên ( a; b ] thì nghịch
biến trên ( a; b ] ; liên tục trên [ a; b ] thì nghịch biến trên [ a; b ] .
- Nếu f ' ( x ) = 0 với mọi x ∈ D thì hàm số f khơng đổi trên D.
Cực trị của hàm số
Cho hàm số f xác định trên tập hợp D và x0 ∈ D .
x0 được gọi là một điểm cực đại của f nếu tồn tại một khoảng ( a; b ) chứa điểm x0 sao cho ( a; b ) ⊂ D và
f ( x ) < f ( x0 ) , ∀x ∈ ( a; b ) \ { x0 } .
x0 được gọi là một điểm cực tiểu của f nếu tồn tại một khoảng ( a; b ) chứa điểm x0 sao cho ( a; b ) ⊂ D và
f ( x ) > f ( x0 ) , ∀x ∈ ( a; b ) \ { x0 } .
Bổ đề Fermat: Giả sử hàm số có đạo hàm trên ( a; b ) . Nếu f đạt cực trị tại điểm x0 ∈ ( a; b ) thì f ' ( x0 ) = 0 .
- Cho y = f ( x ) liên tục trên khoảng ( a; b ) chứa x0 có đạo hàm trên các khoảng ( a; x0 ) và ( x0 ; b ) :
Nếu f ' ( x ) đổi dấu từ âm sang dương thì f đạt cực tiểu tại x0
Nếu f ' ( x ) đổi dấu từ dương sang âm thì f đạt cực đại tại x0
- Cho y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai trên khoảng ( a; b ) chứa x0
Nếu f ' ( x0 ) = 0 và f '' ( x0 ) > 0 thì f đạt cực tiểu tại x0
Nếu f ' ( x0 ) = 0 và f '' ( x0 ) < 0 thì f đạt cực đại tại x0
Ứng dụng vào phương trình
- Nếu hàm số f đơn điệu trên K thì phương trình f ( x ) = 0 có tối đa 1 nghiệm. Nếu f ( a ) = 0 , a thuộc K thì
x = a là nghiệm duy nhất của phương trình f ( x ) = 0 .
- Nếu f có đạo hàm cấp 2 khơng đổi dấu trên K thì f ' là hàm đơn điệu nên phương trình f ( x ) = 0 có tối đa 2
nghiệm trên K. Nếu f ( a ) = 0 và f ( b ) = 0 với a ≠ b thì phương trình f ( x ) = 0 chỉ có 2 nghiệm là x = a
và x = b .
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất
Trang 2
- Nếu f là một hàm liên tục trên [ a; b ] , có đạo hàm trên ( a; b ) thì phương trình f ' ( x ) =
nhất một nghiệm c ∈ ( a; b ) .
f ( b) − f ( a)
có ít
b−a
Đặc biệt, nếu f ( a ) = f ( b ) = 0 thì phương trình f ' ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm c ∈ ( a; b ) hay giữa hai
nghiệm của f thì có ít nhất một nghiệm của đạo hàm f ' .
Chú ý:
1) Tung độ cực trị y = f ( x ) tại x = x0 :
Hàm đa thức: y = q ( x ) . y '+ r ( x ) ⇒ y0 = r ( x0 )
u ( x0 ) u ' ( x0 )
u ( x)
⇒ y0 =
=
v ( x)
v ( x0 ) v ' ( x0 )
Hàm hữu tỉ: y = f ( x ) =
Đặc biệt: Với hàm y = f ( x ) bậc 3 có CĐ, CT và nếu y = q ( x ) . y '+ r ( x ) thì phương trình đường thẳng
qua CĐ, CT là y = r ( x ) .
2) Số nghiệm của phương trình bậc 3: ax 3 + bx 2 + cx + d = 0, a ≠ 0 .
Nếu f ' ( x ) ≥ 0, ∀x hay f ' ( x ) ≤ 0, ∀x thì f ( x ) = 0 chỉ có 1 nghiệm.
Nếu f ' ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt và:
Với yC Ð . yCT > 0 : phương trình f ( x ) = 0 chỉ có 1 nghiệm
Với yC Ð . yCT = 0 : phương trình f ( x ) = 0 có 2 nghiệm (1 đơn, 1 kép)
Với yC Ð . yCT < 0 : phương trình f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt
2. CÁC BÀI TỐN
Bài tốn 1.1: Chứng minh các hàm số sau là hàm không đổi
2
2
a) f ( x ) = cos x + cos x +
π
π
÷− cos x cos x + ÷
3
3
2
2
b) f ( x ) = 2 − sin x − sin ( a + x ) − 2cos a.cos x.cos ( a + x )
Hướng dẫn giải
a)
π
π
π
π
f ' ( x ) = −2cos x sin x − 2cos x + ÷sin x + ÷+ sin x cos x + ÷+ cos x.sin x + ÷
3
3
3
3
2π
= − sin 2 x − sin 2 x +
3
π
÷+ sin 2 x + ÷
3
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất
Trang 3
π
π
= − sin 2 x − 2cos 2 x + ÷.sin
2
6
π
= − sin 2 x − cos 2 x + ÷ = 0 , với mọi x.
2
Do đó f hằng trên R nên f ( x ) = f ( 0 ) = 1 +
1 1 3
− = .
4 2 4
b) Đạo hàm theo biến x (a là hằng số).
f ' ( x ) = −2sin x cos x − 2cos ( a + x ) sin ( a + x ) + 2cos a sin x cos ( a + x ) + cos x sin ( a + x )
= −2sin 2 x − sin ( 2 x + 2a ) + 2cos a.sin ( 2 x + a ) = 0 .
2
2
2
Do đó f hằng trên R nên f ( x ) = f ( 0 ) = 2 − sin a − 2cos a = sin a .
Bài toán 1.2: Cho 2 đa thức P ( x ) và Q ( x ) thỏa mãn: P ' ( x ) = Q ' ( x ) với mọi x và P ( 0 ) = Q ( 0 ) . Chứng
minh: P ( x ) ≡ Q ( x ) .
Hướng dẫn giải
Xét hàm số f ( x ) = P ( x ) − Q ( x ) , D = ¡
Ta
có
f '( x ) = P '( x ) − Q '( x ) = 0
theo
giả
thiết,
do
đó
f ( x)
là
hàm
hằng
nên
f ( x ) = f ( 0 ) = P ( 0 ) − Q ( 0 ) = 0 với mọi x.
⇒ f ( x) ≡ 0 ⇒ P ( x) ≡ Q ( x) .
Bài toán 1.3: Chứng minh rằng:
a) arcsin x + arccos x =
b) 2arctan x + arcsin
π
, x ≤1
2
2x
= −π , x ≤ −1
1 + x2
Hướng dẫn giải
a) Nếu x = 1, x = −1 thì đúng.
Nếu −1 < x < 1 thì xét hàm số f ( x ) = arcsin x + arccos x
⇒ f '( x ) =
1
1− x
2
+
1 π
= 0 ⇒ f ( x) = C = f ÷=
2 2
1− x
−1
2
b) Với x ≤ −1 , xét f ( x ) = 2arctan x + arcsin
2x
1 + x2
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất
Trang 4
2 − 2x2
1 + x2 )
(
2
2
2
+
=
−
= 0 (vì x ≤ −1 )
Ta có f ' ( x ) =
2
2
2
1+ x
1
+
x
1
+
x
2 2
1− x
2 ÷
1+ x
2
Suy ra f ( x ) = C = f ( −1) = −
π π
π
+ =− .
2 4
4
Bài tốn 1.4: Tính gọn arctan x + arctan
1
với x ≠ 0 .
x
Hướng dẫn giải
Xét f ( x ) = arctan x + arctan
1
. D = ( −∞;0 ) ∪ ( 0; +∞ )
x
Với x ∈ ( 0; +∞ ) thì f liên tục và có đạo hàm
−1
1
x2 = 1 − 1 = 0
f '( x ) =
+
nên f hằng trên ( 0; +∞ )
1 + x2 1 + x2 1 + x2 1 + x2
x2
Do đó f ( x ) = f ( 1) =
π π π
+ = .
4 4 2
Với x ∈ ( −∞;0 ) thì f liên tục và có đạo hàm f ' ( x ) = 0 nên f hằng trên ( −∞;0 ) .
Do đó f ( x ) = f ( −1) = −
π π
π
− =−
4 4
2
π
− khi x < 0
1 2
Vậy arctan x + arctan =
x π
khi x > 0
2
Bài tốn 1.5: Tìm số c trong định lý Lagrange:
2
a) y = f ( x ) = 2 x + x − 4 trên [ −1;2]
b) y = f ( x ) = arcsin x trên [ 0;1]
Hướng dẫn giải
2
a) Hàm số y = f ( x ) = 2 x + x − 4 liên tục trên
[ −1;2]
và có đạo hàm f ' ( x ) = 4 x + 1 , theo định lý
Lagrange thì tồn tại số c ∈ [ −1;2] sao cho:
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất
Trang 5
f ( 2 ) − f ( −1)
6+3
1
= f '( c ) ⇔
= 4c + 1 ⇔ 4c = 2 ⇔ c = .
2 − ( −1)
3
2
b) Hàm số y = f ( x ) = arcsin x liên tục trên [ 0;1] và có đạo hàm f ' ( x ) =
1
1 − x2
, theo định lý Lagrange
thì tồn tại số c ∈ [ 0;1] sao cho:
π
−0
f ( 1) − f ( 0 )
1
2
= f '( c) ⇔
=
1− 0
1
1 − c2
⇔ 1 − c2 =
4
4
4
⇔ c 2 = 1 − 2 . Chọn c = 1 − 2 .
2
π
π
π
Bài toán 1.6: Xét chiều biến thiên của hàm số:
b) y =
a) y = x 4 − 2 x 2 − 5
1
( x − 4)
2
Hướng dẫn giải
(
)
3
2
a) D = ¡ . Ta có y ' = 4 x − 4 x = 4 x x − 1
(
)
x
−∞
2
Cho y ' = 0 ⇔ 4 x x − 1 = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1 .
BBT
−1
y'
−
0
0
+
0
+∞
1
−
0
+
y
Vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( −∞; −1)
và ( 0;1) , đồng biến trên mỗi khoảng
( −1;0 )
và
( 1; +∞ ) .
b) D = ¡ \ { 4} . Ta có y ' =
−2
( x − 4)
3
y ' < 0 trên khoảng ( 4; +∞ ) nên y nghịch biến trên khoảng ( 4; +∞ )
y ' > 0 trên khoảng ( −∞;4 ) nên y đồng biến trên khoảng ( −∞;4 )
Bài tốn 1.7: Tìm khoảng đơn điệu của hàm số
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất
Trang 6
a) y =
x3
b) y =
x2 − 6
x +1
1− x
Hướng dẫn giải
(
) (
a) Tập xác định D = −∞; − 6 ∪
Ta có: y ' =
2 x2 ( x2 − 9)
(x
2
− 6) x − 6
2
6; +∞
)
, y ' = 0 ⇔ x = ±3 .
BBT:
−∞
x
y'
− 6
−3
+
0
−
+∞
3
6
−
0
+
y
(
)(
Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −3) , ( 3; +∞ ) , nghịch biến trên các khoảng −3; − 6 ;
6;3
)
.
b) D = ( −∞;1) . Ta có y ' =
3− x
2 (1− x)
3
> 0, ∀x < 1 .
b) y = x − sin x trên [ 0;2π ]
a) y = x + cos 2 x
Hướng dẫn giải
a) D = ¡ . Ta có y ' = 1 − 2cos x sin x = 1 − sin 2 x
y ' = 0 ⇔ sin 2 x = 1 ⇔ x =
Hàm
số
liên
tục
π
+ kπ , k ∈ ¢
4
trên
mỗi
đoạn
π
π
+
k
π
,
+
k
+
1
π
(
)
4
4
π
π
+ kπ ; + ( k + 1) π ÷ nên đồng biến trên mỗi đoạn
4
4
và
y' > 0
trên
mỗi
khoảng
π
π
+
k
π
;
+ ( k + 1) π , k ∈ ¢ .
4
4
Vậy hàm số đồng biến trên ¡ .
b) y ' = 1 − cos x . Ta có ∀x [ 0;2π ] ⇒ y ' ≥ 0 và y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2π .
Vì hàm số liên tục trên đoạn [ 0;2π ] nên hàm số đồng biến trên đoạn [ 0;2π ] .
Bài toán 1.9: Chứng minh các hàm số
a) y = cos 2 x − 2 x + 5 nghịch biến trên ¡
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất
Trang 7
b) y =
sin ( x + a )
sin ( x + b )
( a ≠ b + kπ ; k ∈ ¢ )
đơn điệu trên mỗi khoảng xác định.
Hướng dẫn giải
a) ∀x1 , x2 ∈ ¡ , x1 < x2 . Lấy hai số a, b sao cho a < x1 < x2 < b .
Ta có: f ' ( x ) = −2 ( sin 2 x + 1) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) .
Vì f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của khoảng ( a; b ) nên hàm số f nghịch biến trên khoảng ( a; b )
⇒ đpcm.
b) Điều kiện x ≠ −b + kπ
y' =
( k ∈¢) .
sin ( x + b ) cos ( x + a ) − sin ( x + a ) cos ( x + b ) sin ( b − a )
=
sin 2 ( x + b )
sin 2 ( x + b )
Vì y ' liên tục tại mọi điểm x ≠ −b + kπ , và a − b ≠ kπ nên y ' giữ nguyên một dấu trong mỗi khoảng xác
định ⇒ đpcm.
Bài toán 1.10: Tìm các giá trị của tham số để hàm số:
a) y = ( m − 3) x − ( 2m + 1) cos x nghịch biến trên ¡ .
b) y = x 3 + 3 x 2 + mx + m chỉ nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 3.
Hướng dẫn giải
a) y ' = m − 3 + ( 2m − 3) sin x
Hàm số y không là hàm hằng nên y nghịch biến trên ¡ :
y ' ≤ 0, ∀x ⇔ m − 3 + ( 2m − 1) sin x ≤ 0, ∀x
Đặt t = sin x, −1 ≤ t ≤ 1 thì m − 3 + ( 2m − 1) sin x = m − 3 + ( 2m − 1) t = f ( t )
Điều kiện tương đương: f ( t ) ≤ 0, ∀t ∈ [ −1;1]
f ( −1) ≤ 0
−m − 4 ≤ 0
2
⇔
⇔
⇔ −4 ≤ m ≤ .
3
3m − 2 ≤ 0
f ( 1) ≤ 0
b) D = ¡ , y ' = 3 x 2 + 6 x + m, ∆ ' = 9 − 3m
Xét ∆ ' ≤ 0 thì y ' ≥ 0, ∀x : Hàm luôn đồng biến (loại)
Xét ∆ ' > 0 ⇔ m < 0 thì y ' = 0 có 2 nghiệm x1 , x2 nên x1 + x2 = −2, x1 x2 =
m
3
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất
Trang 8
BBT:
−∞
x
x1
y'
+
+∞
x2
0
−
0
+
y
Theo đề bài: x2 − x1 = 3 ⇔ ( x2 − x1 ) = 9 ⇔ x12 + x22 − 2 x1 x2 = 9
2
4
15
2
⇔ ( x2 + x1 ) − 4 x1 x2 = 9 ⇔ 4 − m = 9 ⇔ m = −
(thỏa)
3
4
Bài tốn 1.11: Tìm cực trị của các hàm số sau:
a) y = ( x + 2 )
2
( x − 3)
b) y = x ( x + 2 )
3
Hướng dẫn giải
a) y ' = 2 ( x + 2 ) ( x − 3) + 3 ( x + 2 )
3
2
( x − 3)
2
= 5 x ( x + 2 ) ( x − 3)
2
Ta có y ' = 0 ⇔ x = −2 hoặc x = 0 hoặc x = 3
BBT
x
−∞
−2
y'
+
y
0
0
−
0
0
−∞
+∞
3
+
0
0
+
+∞
−108
Vậy điểm cực đại ( −2;0 ) và cực tiểu ( 0; −108 )
b) Hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ . Ta có:
−
x ( x + 2)
f ( x) =
x ( x + 2 )
khi x < 0
khi x ≥ 0
Với x < 0, f ' ( x ) = −2 x + 2; f ' ( x ) = 0 ⇔ x = −1
Với x > 0, f ' ( x ) = 2 x + 2 > 0
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất
Trang 9
BBT
−∞
x
−1
y'
+
0
y
+∞
0
−
+
1
0
Vậy điểm CĐ ( −1;1) , CT ( 0;0 ) .
Bài tốn 1.12: Tìm cực trị của hàm số
x +1
a) y = 2
x +8
b) y =
x3
x2 − 6
Hướng dẫn giải
a) D = ¡ . Ta có y ' =
x 2 + 8 − 2 x ( x + 1)
(x
2
+ 8)
2
=
− x2 − 2x + 8
(x
2
+ 8)
2
y ' = 0 ⇔ x = −4 hoặc x = 2 .
BBT
−∞
x
y'
−4
−
y
0
+
0
0
(
) (
b) Tập xác định D = −∞; − 6 ∪
3x
y' =
2
x −6 −
2
−
1/4
−1/8
Hàm số đạt CĐ tại x = 2 , yC Ð =
+∞
2
0
1
1
, đạt CT tại x = −4; yCT = − .
4
8
6; +∞
)
x4
2
2
4
2
2
x 2 − 6 = 3x ( x − 6 ) − x = 2 x ( x − 9 )
3
3
x2 − 6
( x2 − 6)
( x2 − 6)
y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±3 .
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 10
BBT
−∞
x
y'
− 6
−3
+
y
0
−
−
−∞
0
+∞
−9 3
+∞
3
6
−∞
+
+∞
9 3
Hàm số đạt CĐ tại x = −3; yC Ð = −9 3 , đạt CT tại x = 3; yCT = 9 3 .
Bài toán 1.13: Tìm cực trị của hàm số
b) y = 3 − 2cos x − cos 2 x
a) y = x − sin 2 x + 2
Hướng dẫn giải
a) D = ¡ , y ' = 1 − 2cos 2 x
y ' = 0 ⇔ cos 2 x =
1
π
⇔ x = ± + kπ , k ∈ ¢, y '' = 4sin 2 x .
2
6
π
π
+ kπ ÷ = 4sin − ÷ = −2 3 < 0 nên hàm số đạt cực đại tại điểm
6
3
Ta có y '' −
x=−
π
π
3
+ kπ , k ∈ ¢ , yC Ð = − + kπ +
+ 2.
6
6
2
π
π
+ kπ ÷ = 4sin = 2 3 > 0 nên hàm số đạt cực tiểu tại các điểm:
3
6
Ta có y ''
x=
π
π
3
+ kπ , k ∈ ¢ , yCT = + kπ −
+2
6
6
2
b) y ' = 2sin x + 2sin 2 x = 2sin x ( 1 + 2cos x ) :
sin x = 0
2π
y' = 0 ⇔
⇔ x = kπ hoặc x = ±
+ 2 kπ , k ∈ ¢ .
1
cos x = −
3
2
y '' = 2cos x + 4cos 2 x
Ta có y '' ( kπ ) = 2cos kπ + 4cos 2kπ = 2cos kπ + 4 > 0 , với mọi k ∈ ¢ , nên hàm số đã cho đạt cực tiểu
tại các điểm x = kπ , yCT = 2 − 2cos kπ bằng 0 khi k chẵn và bằng 4 khi k lẻ.
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 11
2π
4π
2π
2π
+ 2kπ ÷ = 2cos
+ 4cos
= 6cos
= −3 < 0 nên hàm số đạt cực đại tại điểm:
3
3
3
3
Ta có y '' ±
x=±
2π
9
+ 2kπ , k ∈ ¢ , yC Ð = .
3
2
Bài toán 1.14: Chứng minh hàm số
−2 x khi x < 0
a) f ( x ) =
khơng có đạo hàm tại x = 0 nhưng đạt cực trị tại điểm đó.
x
sin
khi
x
≥
0
2
b) y = f ( x ) = ( x − a ) ( x − b ) ( x − c ) , a ≠ c ln có cực đại và cực tiểu.
Hướng dẫn giải
a) Hàm số f xác định và liên tục trên ¡ . Ta có
−2 x khi x < 0
1
f '( x ) = 1
nên lim− f ' ( x ) = −2 ≠ lim− f ' ( x ) = , do đó f khơng có đạo hàm tại x = 0
x
x →0
x →0
2
2 cos 2 khi x > 0
và BBT trên khoảng ( −π ; π ) .
x
−π
y'
π
0
+
y
−
0
Vậy hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yC Ð = y ( 0 ) = 0 .
b) D = ¡ . y ' = ( x − b ) ( x − c ) + ( x − a ) ( x − c ) + ( x − a ) ( x − b ) .
= 3 x 2 − 2 ( a + b + c ) + ab + bc + ca .
∆ ' = ( a + b + c ) − 3 ( ab + bc + ca ) = a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca
2
=
1
2
2
2
( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) > 0 với a ≠ c .
2
Do đó y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt và đổi dấu 2 lần khi qua 2 nghiệm nên luôn luôn có một cực đại và một
cực tiểu.
Bài tốn 1.15: Tìm tham số thực sao cho hàm số
a)
f ( x) = x + p +
q
đạt cực đại tại điểm ( −2; −2 ) .
x +1
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 12
b)
f ( x) =
a sin x − cos x − 1
đạt cực trị tại 3 điểm thuộc
a cos x
9π
0; ÷
4
Hướng dẫn giải
a) Ta có f ' ( x ) = 1 −
q
, với mọi x ≠ −1 .
x +1
Nếu q ≤ 0 thì f ' ( x ) > 0 với mọi x ≠ −1 : loại.
Nếu q > 0 thì phương trình: f ' ( x ) =
x2 + 2x + 1 − q
( x + 1)
2
= 0 có hai nghiệm phân biệt x1 = −1 − q và
x2 = −1 + q .
BBT:
−∞
x
y'
−1 − q
+
0
−
+∞
−1 + q
−1
−
0
+
y
Hàm số đạt cực đại tại điểm ( 2; −2 ) khi và chỉ khi
−1 − q = −2
q = 1 q = 1
⇔
⇔
p =1
f ( −2 ) = −2
p = 1
b) Điều kiện x ≠
π
a − sin x
+ kπ . Ta có y ' =
, y ' = 0 ⇔ sin x = a .
2
a cos 2 x
− sin 2 x + 2a sin x − 1
y '' =
a cos3 x
Với sin x = a thì y '' =
−1
≠ 0 , do đó hàm số đạt cực trị tại 3 điểm thuộc khoảng
sin x cos x
9π
0; ÷
4
2
9π π 3π
⇔ sin x = a có 3 nghiệm thuộc khoảng 0; ÷\ ; ⇔ 0 < a <
2
4 2 2
Bài tốn 1.16: Tìm m để hàm số:
mx 2 + ( 2 − 4m ) x + 4m + 1
a) y =
có 2 cực trị và hai giá trị cực trị trái dấu.
x −1
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 13
x 2 − 2mx + 2
b) y =
có hai điểm cực trị A và B. Chứng minh đường thẳng AB song song với đường thẳng
x −1
2 x − y − 10 = 0 .
Hướng dẫn giải
a) Điều kiện: x ≠ 1 .
Ta có y ' =
mx 2 − 2mx − 3
( x − 1)
2
2
, đặt g ( x ) = mx − 2mx − 3 .
Đồ thị có 2 cực trị ⇔ m ≠ 0, ∆ ' > 0, g ( 1) ≠ 0 ⇔ m < −3 hoặc m > 0
Ta có x1 + x2 = 2, x1 x2 = −
3
nên yC Ð . yCT < 0
m
⇔ ( 2mx1 + 2 − 4m ) ( 2mx2 + 2 − 4m ) < 0
⇔ 4m 2 x1 x2 + 2m ( 2 − 4m ) ( x1 + x2 ) + ( 2 − 4m ) < 0
2
1
2
⇔ −12m + 2m ( 2 − 4m ) + ( 2 − 4m ) < 0 ⇔ 4 − 20m < 0 ⇔ m > .
5
b) ĐK: x ≠ 1 . Ta có y ' =
x 2 − 2 x + 2m − 2
( x − 1)
2
Điều kiện có 2 cực trị A, B là ∆ ' > 0 và g ( 1) ≠ 0 .
⇔ 3 − 2m > 0 và 3 − 2m ≠ 0 ⇔ m <
(
3
. Ta có
2
)
(
)
A 1 − 3 − 2m ;2 − 2m − 2 3 − 2m và B 1 + 3 − 2m ;2 − 2m + 2 3 − 2m .
Hệ số góc của đường thẳng AB là: k =
y ( x2 ) − y ( x1 ) 4 3 − 2m
=
= 2.
x2 − x1
2 3 − 2m
Và 2 x − y − 10 = 0 ⇔ y = 2 x − 10 nên hệ số góc bằng nhau ⇒ đpcm.
Bài tốn 1.17: Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đai, cực tiểu của đồ thị.
(
)
3
2
2
3
a) y = x + 3mx + 3 m − 1 x + m − 3m
b) y =
x 2 − 2mx + 5m − 4 − m 2
x−2
Hướng dẫn giải
(
)
2
2
a) y ' = 3 x + 6mx + 3 m − 1 , ∆ ' = 1 > 0, ∀x nên đồ thị luôn luôn có CĐ và CT với hồnh độ x1 , x2 .
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 14
1
3
Ta có: y ( x ) = x +
m
÷y ' ( x ) − 2 ( x + m )
3
1
3
Do đó: y1 = y ( x1 ) = x1 +
1
3
và y2 = y ( x2 ) = x2 +
m
÷ y ' ( x1 ) − 2 ( x1 + m ) = −2 ( x1 + m )
3
m
÷ y ' ( x2 ) − 2 ( x2 + m ) = −2 ( x2 + m )
3
nên đường thẳng qua CĐ, CT là y = −2 ( x + m )
b) ĐK: x ≠ 2 . Ta có y = x − 2 ( m − 1) +
nên
m − m2
x−2
( x − 2 ) − ( m − m2 )
y ' = 1−
=
2
2
( x − 2)
( x − 2)
2
m − m2
Điều kiện có CĐ và CT là m − m 2 > 0 ⇔ 0 < m < 1 .
Gọi x1 , x2 là hoành độ CĐ, CT thì x1 < 2 < x2 . Ta có
y ( x1 ) = x1 − 2 ( m − 1) +
y ( x2 )
m − m2
= x − 2 ( m − 1) + ( x1 − 2 ) = 2 x1 − 2m
( x1 − 2 ) 1
m − m2
= x2 − 2 ( m − 1) +
= x − 2 ( m − 1) + ( x2 − 2 ) = 2 x2 − 2m
( x2 − 2 ) 2
Vậy phương trình đường thẳng qua CĐ và CT là y = 2 x − 2m
Bài toán 1.18:
(
)
(
)
2
3
3
2
2
a) Cho đồ thị của hàm số: y = 3a − 1 x − b + 1 x + 3c x + 4d có hai điểm cực trị là ( 1; −7 ) ; ( 2; −8 ) .
Hãy tính tổng M = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 .
b) Tìm a để đồ thị hàm số
( x − 1)
y=
3
x
+ a +1
có 3 cực trị và chứng minh 3 cực trị này thuộc một parabol cố
định.
Hướng dẫn giải
(
)
2
3
2
a) Đặt A = 3a − 1, B = − b + 1 , C = 3c , D = 4d , thì hàm số đã cho là:
y = Ax 3 + Bx 2 + Cx + D
Ta có: y ' = 3 Ax 2 + 2 Bx + C
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 15
y ' ( 1) = 0
3 A + 2 B + C = 0
A = 2
B = −9
y '( 2) = 0
12 A + 4 B + C = 0
⇔
⇔
Ta có:
y ( 1) = −7
A + B + C + D = −7
C = 12
y 2 = −8
8 A + 4 B + 2C + D = −8
D = −12
( )
Nên được a = ±1, b = 2, c = ±2, d = −3 .
Vậy M = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 12 + 22 + 22 + 32 = 18 .
b) Ta có y ' =
2 x3 − 3x 2 − a
,x ≠ 0.
x2
y ' = 0 ⇔ 2 x3 − 3x 2 − a = 0 ⇔ a = 2 x 3 − 3x 2 , x ≠ 0
3
2
Bằng cách xét hàm số g ( x ) = 2 x − 3x , x ≠ 0 và lập bảng biến thiên thì điều kiện hàm số cho có 3 cực trị
khi g ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt khác 0 là −1 < a < 0 .
Từ tọa độ các điểm cực trị suy ra các điểm cực trị này nằm trên ( P ) :
y = 3x 2 − 6 x + 3 cố định.
Bài toán 1.19: Giải các phương trình:
a)
x2 + 2x + 4 − x2 − 2x + 4 = 2
(
)
3 −1
b) 2 x 3 − x 2 + 3 2 x 3 − 3 x + 1 = 3 x + 1 +
3
x2 + 2
Hướng dẫn giải
a) Xét hàm số f ( x ) =
f '( x ) =
x 2 + 2 x + 4 − x 2 − 2 x + 4 trên ¡ .
x +1
x2 + 2 x + 4
Xét hàm số g ( t ) =
x −1
−
x2 − 2x + 4
t
t +3
2
x +1
=
( x + 1)
trên ¡ , g ' ( t ) =
2
+3
−
x −1
( x − 1)
3
( t 2 + 3) t 2 + 3
2
+3
>0
nên hàm số g ( t ) đồng biến trên ¡ , do đó:
x +1 > x −1 ⇒
x +1
( x + 1)
2
+3
x −1
>
( x − 1)
2
+3
⇒ f '( x ) > 0
nên hàm số f ( x ) đồng biến trên ¡ , do đó:
x2 + 2x + 4 − x2 − 2x + 4 = 2
(
)
3 −1 ⇔ f ( x ) = f ( 2) ⇔ x = 2 .
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 16
Vậy nghiệm duy nhất x = 2 .
b) PT ⇔ 2 x 3 − 3 x + 3 2 x3 − 3 x + 1 = x 2 + 1 + 3 x 2 + 2
Xét hàm số: f ( t ) = t + 3 t + 1 trên ¡ , f ' ( t ) = 1 +
1
3 3 ( t + 1)
2
> 0 nên hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡ , do
đó:
(
)
(
)
3
2
3
2
PT: f 2 x − 3 x = f x + 1 ⇔ 2 x − 3 x = x + 1
1
⇔ 2 x 3 − x 2 − 3x − 1 = 0 ⇔ x + ÷( 2 x 2 − 2 x − 2 ) = 0
2
⇔x=−
1
1± 5
hay x =
.
2
2
Bài tốn 1.20: Giải các phương trình:
2
a) 9 x − 54 x + 72 =
(
1
1
−
2x − 5 x −1
)
2
3
2
b) 4 2 x − 1 x − x + 1 = x − 6 x + 15 x − 14
Hướng dẫn giải
5
2
1
1
2
= 3 ( x − 1) −
2x − 5
x −1
a) ĐK: x ≠ 1; , PT : 3 ( 2 x − 5 ) −
2
2
Xét f ( t ) = 3t −
f ' ( t ) = 6t +
1
với t > 0 . Ta có:
t
1
> 0 nên f đồng biến trên ( 0; +∞ )
t2
(
)
Phương trình: f 2 x − 5 = f
( x −1 ) ⇔ 2x − 5 = x −1
⇔ 4 x 2 − 20 x + 25 = x 2 − 2 x + 1 ⇔ 3 x 2 − 18 x + 24 = 0
⇔ x 2 − 6 x + 8 = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = 4 (chọn)
Vậy nghiệm x = 2 hoặc x = 4
b) PT: 2 x − 1 . ( 2 x − 1) + 3 = ( x − 2 ) + 3 x − 6
2
3
⇔ 2x − 1 + 3 2x − 1 = ( x − 2) + 3( x − 2)
3
3
3
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , D = ¡
2
Ta có f ' ( t ) = 3t + 2 > 0 nên f đồng biến trên ¡ .
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 17
(
)
PT: f 2 x − 1 = f ( x − 2 ) ⇔ 2 x − 1 = x − 2
x − 2 ≥ 0
x ≥ 2
⇔
⇔
(VN ) . Vậy S = ∅ .
2
2
2
( 2 x − 1) = ( x − 2 )
3 x = 3
Bài toán 1.21: Giải các hệ phương trình:
5 x 7 + 7 x5 = 5 y 7 + 7 y 5
a) 3
3
( 8 x + 1) + 27 = 162 y
x 2 + y 2 = 5; y ≥ 1
b)
2
2
( y − 1) ( x + y ) − 1 = x + y ( y − 2 y )
(1)
(2)
Hướng dẫn giải
7
5
6
4
a) Xét f ( t ) = 5t + 7t , t ∈ ¡ thì f ' ( t ) = 35t + 35t ≥ 0, ∀t nên f đồng biến trên ¡ .
7
5
7
2
Do đó 5 x + 7 x = 5 x + 7 x ⇔ f ( x ) = f ( y ) = x = y
(
)
(
3
)
3
Nên 8 x3 + 1 + 27 = 162 y ⇔ 8 x3 + 1 = 162 x − 27
(
)
Đặt u = 2 x , phương trình: u 3 + 1 = 27 ( 3u − 1) ⇔ u 3 + 1 = 3 3 3u − 1
3
Lại đặt v = 3 3u − 1 ⇔ v 3 + 1 = 3u
3
u 3 + 1 = 3v
u + 1 = 3v
⇔ 3 3
Ta có hệ: 3
v + 1 = 3u
u − v = 3 ( v − u )
u 3 + 1 = 3v
u 3 + 1 = 3v
⇔
⇔
2
2
u − v = 0
( u − v ) ( u + vu + v + 3) = 0
Do đó u 3 + 1 = 3u hay 8 x 3 − 6 x + 1 = 0
Xét x ∈ [ −1;1] nên đặt x = cos t
(
)
3
PT: 2 4cos t − 3cos t = −1 ⇔ cos t = −
1
2π k 2π
⇔t=±
+
,( k ∈ ¢)
2
9
3
Từ đó có 3 giá trị của x và cũng chính là 3 nghiệm của phương trình bậc 3:
x = cos
2π
8π
14π
, x = cos , x = cos
.
9
9
9
Vậy nghiệm hệ x = y = cos
2π
8π
14π
;cos ;cos
.
9
8
9
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 18
b)
( 2 ) ⇔ ( y − 1) ( x + y )
2
2
− 1 = x + y ( y − 1) − 1
Với y = 1: ( 3) ⇔ x = −1 : không thỏa (1)
Với x + y = 0 ( 3) ⇔ y = 1 ⇒ x = −1 ; không thỏa (1)
Với x + y ≠ 0, y > 1: ( 3)
⇔ x+ y −
( x + y)
⇔
2
x+ y
−1
( y − 1)
=
2
−1
y −1
1
1
= y −1−
x+ y
y −1
1
t
Xét hàm số f ( t ) = t − , D = ( 0; +∞ )
f '( t ) = 1 +
PT ⇔ f
1
> 0, ∀t ∈ D ⇒ hàm số đồng biến trên D
t2
( x + y ) = f ( y − 1) ⇔
x + y = y −1
y >1
⇔
x = −1 hay x = 1 − 2 y
1 − 2 24
x=
x = −1
5
Khi x = −1:
. Khi x = 1 − 2 y :
y = 2
y = 2 + 24
5
Bài toán 1.22: Giải các hệ phương trình
x2 − 2 x + 1 = 2 y
2
a) y − 2 y + 1 = 2 z
z2 − 2z + 1 = 2x
36 x 2 y − 60 x 2 + 25 y = 0
2
2
b) 36 y z − 60 y + 25 z = 0
36 z 2 x − 60 z 2 + 25 x = 0
Hướng dẫn giải
a) Ta có 2 y = x 2 − 2 x + 1 = ( x − 1) ≥ 0 ⇒ y ≥ 0 . Tương tự z , x ≥ 0 .
2
2
Đặt f ( t ) = t − 2t + 1, t ≥ 0 thì f ' ( t ) = 2 ( t − 1) nên f đồng biến trên ( 1; +∞ ) và nghịch biến trên ( 0;1) .
f ( x) = g ( y)
Đặt g ( t ) = 2t , t ≥ 0 thì g ' ( t ) = 2 > 0 nên g đồng biến trên ( 0; +∞ ) . Ta có hệ f ( y ) = g ( z )
f ( z ) = g ( x)
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 19
Giả sử x = min { x; y; z} . Xét x ≤ y ≤ z .
- Nếu x > 1 thì 1 < x ≤ y ≤ z ⇒ f ( x ) ≤ f ( y ) ≤ f ( z )
⇒ g ( y ) ≤ g ( z ) ≤ g ( x ) ⇒ y ≤ z ≤ x nên x = y = z .
Ta có PT: t 2 − 4t + 1 = 0 chọn nghiệm: x = y = z = 2 + 3
- Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì f ( 0 ) ≥ f ( x ) ≥ f ( 1) ⇒ 0 ≤ f ( x ) ≤ 1
nên 0 ≤ g ( y ) ≤ 1 ⇒ 0 ≤ y ≤ 1 ⇒ f ( 0 ) ≥ f ( y ) ≥ f ( 1)
⇒ 0 ≤ f ( y) ≤ 1⇒ 0 ≤ g ( z) ≤ 1⇒ 0 ≤ z ≤ 1
Do đó x ≤ y ≤ z ⇒ f ( x ) ≥ f ( y ) ≥ f ( z ) ⇒ g ( y ) ≥ g ( z ) ≥ g ( x )
⇒ y ≥ z ≥ x nên x = y = z .
Ta có PT t 2 − 4t + 1 = 0 chọn nghiệm: x = y = z = 2 − 2 .
Xét x ≤ z ≤ y thì cùng nhận được kết quả trên.
Vậy hệ có 2 nghiệm x = y = z = 2 + 3, x = y = z = 2 − 3 .
60 x 2
y = 36 x 2 + 25
60 y 2
b) Hệ phương trình tương đương z =
36 y 2 + 25
60 z 2
x =
36 z 2 + 25
Từ hệ suy ra x, y, z không âm. Nếu x = 0 thì y = z = 0 suy ra ( 0;0;0 ) là nghiệm của hệ phương trình.
Nếu x > 0 thì y > 0, z > 0 . Xét hàm số f ( t ) =
60t 2
,t > 0 .
36t 2 + 25
f ' ( t ) > 0, ∀t > 0 nên f đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
60 x 2
y = 36 x 2 + 25
60 y 2
Hệ phương trình được viết lại z =
36 y 2 + 25
60 z 2
x =
36 z 2 + 25
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 20
(
)
2
Từ tính đồng biến của f ( x ) suy ra x = y = z . Thay vào hệ phương trình ta được x 36 x − 60 x + 25 = 0
5
6
. Chọn x = 0; .
5 5 5
6 6 6
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là ( 0;0;0 ) ; ; ; ÷ .
Bài tốn 1.23: Giải các bất phương trình
a)
2 x 3 + 3 x 2 + 6 x + 16 > 2 3 + 4 − x
b)
x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1
Hướng dẫn giải
2 x 3 + 3 x 2 + 6 x + 16 ≥ 0
⇔ −2 ≤ x ≤ 4
a) ĐK
4 − x ≥ 0
Xét: f ( x ) = 2 x 3 + 3 x 2 + 6 x + 16 − 4 − x
f '( x ) =
6 ( x 2 + x + 1)
2 2 x3 + 3x 2 + 6 x + 1
+
1
>0
2 4− x
Suy ra f ( x ) là hàm số đồng biến
Do đó BPT: f ( x ) > f ( 1) ⇔ x > 1 . Vậy S = ( 1;4 )
x −1 ≥ 0
⇔1≤ x ≤ 3
3 − x ≥ 0
b) Điều kiện:
BPT:
⇔
x 2 − 2 x + 3 + x − 1 > x 2 − 6 x + 11 + 3 − x
( x − 1)
2
( x − 3)
+ 2 + x −1 >
2
+ 2 + 3− x
Xét hàm số y = f ( t ) = t 2 + 2 + t , D = ( 0; +∞ )
Đạo hàm: f ' ( x ) =
t
t2 + 2
+
1
2 t
> 0 nên f đồng biến trên ( 1;3] .
Do đó BPT ⇔ f ( x − 1) > f ( 3 − x ) ⇔ x − 1 > 3 − x ⇔ x > 2 .
Vậy nghiệm của bất phương trình S = ( 2;3] .
Bài tốn 1.24: Giải các bất phương trình
a)
3 − x + x2 − 2 + x − x2 < 1
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 21
b) 4
( x)
4
2
5
+ − 2x2 ÷ + 2 3 − 4x < 7
2
Hướng dẫn giải
3 + t − 2 − t < 1, −3 ≤ t ≤ 2 .
a) Đặt t = x 2 − x , BPT:
Xét hàm số f ( t ) = 3 + t − 2 − t , −3 ≤ t ≤ 2 .
Với −3 < t < 2 thì f ' ( t ) =
1
1
+
> 0 nên f đồng biến trên ( −3;2 ) .
2 3+ t 2 2−t
Ta có f ( 1) = 2 − 1 = 1 nên bất phương trình:
f ( t ) < f ( 1) ⇔ t < 1 ⇔ x 2 − x − 1 < 0 ⇔
1− 5
1+ 5
.
2
2
2
3
5
b) ĐK: 0 ≤ x ≤ . PT ⇔ 4 x 2 + − 2 x ÷ + 2 3 − 4 x < 7
4
2
Với x = 0 thì BPT khơng thỏa mãn. Với x =
3
thì BPT thỏa mãn.
4
2
3
5
Với 0 < x < . Xét hàm số g ( x ) = 4 x 2 + − 2 x 2 ÷ − 2 3 − 4 x thì
4
2
4
4
5
g ' ( x ) = 8 x − 8 x − 2 x 2 ÷−
= 4 x ( 4 x 2 − 3) −
<0
3 − 4x
3 − 4x
2
3
4
1
2
1
2
nên g ( x ) nghịch biến trên 0; ÷, mà g ÷ = 7 nên bất phương trình g ( x ) < g ÷ ⇔ x >
1
. Vậy tập
2
1 3
nghiệm S = ; .
2 4
Bài tốn 1.25: Chứng minh phương trình:
x13 − x 6 + 3x 4 − 3x 2 + 1 = 0 có nghiệm duy nhất.
Hướng dẫn giải
13
6
4
2
Đặt f ( x ) = x − x + 3x − 3x + 1, D = ¡
(
)
(
(
)
)
6
7
2
2
Xét x ≥ 1 thì f ( x ) = x x − 1 + 3x x − 1 + 1 > 0 : vô nghiệm
Xét 0 ≤ x < 1 thì f ( x ) = x13 + 1 − x 2
3
> 0 : vô nghiệm
12
5
3
Xét x < 0 thì f ' ( x ) = 13 x − 6 x + 12 x − 6 x
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 22
= 13 x12 − 6 x ( x − 1) > 0 nên f đồng biến
2
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 23
Bảng biến thiên:
−∞
x
0
y'
+
y
1
−∞
Nên f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x < 0
Vậy phương trình cho có nghiệm duy nhất.
Bài tốn 1.26: Chứng minh hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
x2 = y3 + y 2 + y + a
2
3
2
y = z + z + z + a
z 2 = x3 + x 2 + x + a
Hướng dẫn giải
3
2
2
Xét hàm f ( t ) = t + t + t + a có f ' ( t ) = 3t + 2t + 1 > 0 do đó f ( t ) là hàm đồng biến. Hệ PT:
x2 = f ( y )
2
y = f ( z)
2
z = f ( x )
Không giảm tổng quát giả sử x lớn nhất trong 3 số.
- Xét x ≥ y ≥ z ⇒ f ( x ) ≥ f ( y ) ≥ f ( z )
⇒ z 2 ≥ x 2 ≥ y 2 . Nếu z ≥ 0 thì x ≥ y ≥ z ≥ 0
⇒ x2 ≥ y 2 ≥ z 2 ⇒ x2 = y 2 = z 2 ⇒ f ( x ) = f ( y ) = f ( z ) ⇒ x = y = z
Nếu x ≤ 0 ⇒ 0 ≥ x ≥ y ≥ z ⇒ x 2 = y 2 = z 2 ⇒ x = y = z
2
Nếu x > 0 > z . Khi đó y = f ( z ) < f ( 0 ) = a ⇒ a > 0
2
Lại có z = f ( x ) > f ( 0 ) = a ⇒ z = − a
(
)
⇒ y2 = f ( z ) < f − a = − a
(
)
2
a − 1 ≤ 0 : vơ lí.
- Xét x ≥ z ≥ y ⇒ z 2 ≥ y 2 ≥ x 2
Tương tự như trên nếu y ≥ 0 hay x ≤ 0 ta suy ra x = y = z
2
Nếu x > 0 > y ⇒ x = f ( y ) < f ( 0 ) = a
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 24
z 2 = f ( x ) > f ( 0 ) = a . Nếu z > a
thì x ≥ z > a ⇒ x 2 ≥ z 2 ⇒ z 2 = y 2 = z 2
⇒ x = y = z trái với x > 0 > y
Nếu z < − a lí luận như trên ta dẫn đến mâu thuẫn.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = z = t0 ở đó t0 là nghiệm duy nhất của phương trình: t 3 + t 2 + t + a = 0
.
x 2 + y 3 = 1
Bài toán 1.27: Chứng minh hệ 2
có đúng 3 nghiệm phân biệt.
3
y + x = 1
Hướng dẫn giải
Trừ 2 phương trình vế theo vế và thay thế ta được:
x2 ( 1 − x ) − y 2 ( 1 − y ) = 0 ⇒ ( 1 − y 3 ) ( 1 − x ) − ( 1 − x3 ) ( 1 − y ) = 0
⇒ ( 1 − x ) ( 1 − y ) 1 + y + y 2 − ( 1 + x + x 2 ) = 0
⇒ ( 1− x) ( 1− y) ( y − x) ( 1+ x + y) = 0
Xét x = 1 thì hệ có nghiệm ( 1;0 ) . Xét y = 1 thì hệ có nghiệm ( 0;1)
Xét x = y thì x 2 + y 3 = 1 ⇔ x3 + x 2 − 1 = 0
3
2
Đặt f ( x ) = x + x − 1, D = ¡ . Ta có f ( 1) = 1 ≠ 0 .
f ' ( x ) = 3 x 2 + 2 x, f ' ( x ) = 0 ⇔ x = −
2
hoặc x = 0 .
3
BBT
x
−∞
y'
−2/3
+
y
0
+∞
0
−
0
+
+∞
−23/27
−∞
−1
Do đó f ( x ) = 0 có 1 nghiệm duy nhất x0 > 0 , x0 ≠ 1 nên hệ có nghiệm ( x0 ; y0 ) .
Xét 1 + x + y = 0 ⇒ y = − x − 1 nên y 2 + x3 = 1 ⇔ x3 + x 2 + 2 x = 0
⇔ x ( x 2 + x + 2 ) = 0 ⇔ x = 0 . Do đó hệ có nghiệm ( 0;1) .
Vậy hệ có đúng 3 nghiệm phân biệt.
Bài tốn 1.28: Tìm tham số để phương trình
– Website chuyên đề thi, tài liệu file word cập nhật mới nhất Trang 25