Tải bản đầy đủ (.doc) (10 trang)

Bài soạn chuyen de toan 12

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (189.06 KB, 10 trang )

Chun Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12
Chun đề I: Ứng Dụng Đạo Hàm Trong Các Bài Tốn Đại Số
I.Các vài tốn 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
min ( )
x D
m f x

=
,
ax ( )
x D
M M f x

=
thì pt: f(x)=k có
nghiệm khi và chỉ khi
m k M≤ ≤
Định lí 3: Bất phương trình
( ) ( )f x g x≥
nghiệm đúng mọi x thuộc D khi và chỉ khi
( ) ( )
x D x D
Min f x Max g x
∈ ∈

Các ví dụ:
Bài 1:Tìm m để pt sau có nghiệm:
2 2


1 1x x x x m+ + − − + =
(HSG Nghệ an 2005)
Lời giải: Xét hàm số
2 2
( ) 1 1f x x x x x
= + + − − +
có tập xác định là D=R

( )
( )
+ −
= − ⇒ = ⇔
+ + − +
+ − + = − + +
   
⇒ + + = − + + ⇔ =
 ÷  ÷
   
2 2
2 2
2 2
2 2
2 1 2 1
'( ) ' 0
2 1 2 1
(2 1) 1 2 1 1 (1)
1 1 3 1 1 3
[( - ) ] [( ) ] 0 thay vào (1)ta thấy không
2 2 4 2 2 4
thỏa mãn. Vậy f'(x)=0 vô nghiệm, mà f'(0)=1>0, do

x x
f x f x
x x x x
x x x x x x
x x x x x
→ ∞
→ ∞ →−∞
∀ ∈
= = −
+ + + − +
⇔ < <
2 2
x +
x +
đó f'(x)>0 x
2
Mặt khác: Lim ( ) = Lim 1; Lim ( ) 1
1 1
Vậy pt đã cho có nghiệm -1 1
x
R
x
f x f x
x x x x
m
Bài 2:Tìm tất cả các giá trị của a để pt:
2
1 cosax x+ =
có đúng một nghiệm
0;

2
x
π
 

 ÷
 
(Đề thi HSG tỉnh Hải Dương Lớp 12 năm 2005)
Giải: Ta thấy để pt có nghiệm thì
0a ≤
( )
π
π π

 
⇔ ⇔ = = ∈
 ÷
 
 
 ÷
 

   
= < ∀ ∈ ⇒
 ÷  ÷
   
2
2 2
2 2
sin

cos 1 sin
2
Khi đó pt =a -2 . Xét hàm số ( ) với t 0;
4
2
cos -
.cos sin
ta có '( ) = 0 với t 0; ( ) ngb trên 0;
4 4
t
x
x t
a f t
t
x
x
t t tgt
t t t
f t f t
t
Nguyễn Tất Thu
Chun Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12
π π
π π
π
π
π π

= ⇒ < < ⇒ < < ∀ ∈
 

 ÷
 
∈ ⇔ < − < ⇔ − < < −
2
2 2
0
2 2
sin
2 2 2 2 8
2
Mà f( )= và ( ) 1 ( ) 1 1 (0; )
4 2
2
8 1 4
Vậy pt đã cho có đúng 1 nghiệm (0; ) 2 1
2 2
t
x
Lim f t f t x
x
x a a
Bài 3: Cho phương trình
+ − − − + + =
6 5 4 3 2
3 6 ax 6 3 1 0x x x x x
. 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
0x =
khơng phải là nghiệm pt. Chia hai vế pt cho x

3
ta được
+ + + − + − +
− + − − = ⇔ + − = +
− + = ∆ ≥ ⇔ ≥
= ±
3 2
3 2
2 2 3 2
2 2
1 1 1 1
( ) 3( ) 6( ) a=0 (1). Đặt t= ta thu được pt
( 3) 3( 2) 6 3 9 6 (1')
Từ cách đặt t ta có: 1 0 (2)pt này có = - 4 0 2. Từ đây ta có
*Nếu 2 thì pt
x x x x
x x
x x
t t t t a t t t a
x tx t t
t
>
⇔ ±
đã cho có một nghiệm
*Nếu 2 thì với mỗi giá trò của cho tương ứng hai giá trò của x
Nên pt (1) có đúng hai nghiệm phân biệt pt(1') có đúng hai nghiệm t= 2
hoặc (1') có đúng
t t
>
= +


± ⇒

= +

>
= + − > = + − = −
3 2 2
1nghiệm thỏa mãn 2
2 6
1: Nếu (1') có đúng hai nghiệm t= 2 vô nghiệm
22 6
2 :(1') có đúng một nghiệm 2
Xét hàm số ( ) 3 9 với 2, ta có '( ) 3 6 9 3( 1
t t
a
TH
a
TH t
f t t t t t f t t t t +)( 3)t
Ta có bảng biến thiên:
Dựa vào bảng bt ta thấy pt(1’) có đúng một nghiệm
> 2t
khi và chỉ khi
< + < ⇔ − < <2 6 22 4 16a a
Nguyễn Tất Thu
f(t)
f’(t)
x
-2 21-3

0
0
+-
2
22
27
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12
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
( )
∈ 0;1s
đếu tồn tại duy nhất số thực
α α
 
+
> =
 ÷
 
1
0 : ( )
2
s s
s
a b
f
( HSG QG bảng A năm 2006)
Giải: Trước hết ta cos BĐT :
+ +

≤ ( )
2 2
s s
s
a b a b
(1) ta có thể cm (1) bằng hàm số hoặc
bằng BĐT Bécnuli
Áp dụng BĐT Côsi và (1) ta có :
1
( )
2 2
s s
s
a b a b
ab
+ +
< <
(*) (do
a b≠
)
Mặt khác ta có:
2 2 ( )( )
'( )
2 ( )( )
x a b x a x b
f x
x a x b
+ + − + +
=
+ +

ta dễ dàng cm được f’(x) >0 mọi
x>0 suy ra f(x) đồng biến với x>0 nên
0
( ) ( ) ( )
2
x
x
a b
Lim f x ab f x Lim f x
+
→+∞

+
= ≤ ≤ =
(**)
Vì f(x) liên tục khi x>0 nên từ (*) và (**) ta có điều phải cm
Bài tập:
1. Tìm m để pt sau có nghiệm duy nhất thuộc
π
[0; ]
4
− + − + − − − =
3 2
(4 6 )sin 3(2 1)sin 2( 2)sin cos (4 3)cos 0m x m x m x x m x

2.Tìm m để số nghiệm của pt:
2 2 4 2
15 2(6 1) 3 2 0x m x m m− + − + = không nhiều hơn số
nghiệm của pt:
2 3 6 8

(3 1) 12 2 6 (3 9) 2 0,25
x m m
m x x
− + + = − −
(HSG Nghệ an 1998)
3. Tìm tất cả các giá trị a để bpt:
2
ln(1 ) x x ax+ ≥ −
nghiệm đúng
0x∀ ≥
4. a)Cmr nếu a >0 là số sao cho bpt:
1
x
a x≥ +
đúng với mọi
0x

thì
a e≥
b) Tìm tất cả các giá trị của a để :
1
x
a x x≥ + ∀
(HSG 12 Nam Định 2006)
Nguyễn Tất Thu
Chun Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12
II.Giải pt bằng phương pháp hàm số:

Định lí 1:Nếu hàm số y=f(x) ln đb (hoặc ln ngb) thì số nghiệm của pt : f(x)=k
Khơng nhiều hơn một và f(x)=f(y) khi và chỉ khi x=y

Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) ln đb (hoặc ln ngb) và hàm số y=g(x) ln ngb (hoặc
ln đb) trên D thì số nghiệm trên D của pt: f(x)=g(x) khơng nhiều hơn một
Định lí 3:Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm đến cấp n và pt
( )
( ) 0
k
f x =
có m nghiệm, khi đó
pt
( 1)
( ) 0
k
f x

=
có nhiều nhất là m+1 nghiệm
Các ví dụ:
Bài 1:Giải pt:
2 2
3 (2 9 3) (4 2)( 1 1) 0x x x x x+ + + + + + + =
(Olympic 30-4 ĐBSCL 2000)
Giải: Ta thấy pt chỉ có nghiệm trong
1
( ;0)
2

( )
2 2
2 2
3 (2 ( 3 ) 3) (2 1)(2 (2 1) 3)

(2 3) (2 3) (1)
pt x x x x
u u v v
⇔ − + − + = + + + +
⇔ + + = + +

Với u=-3x, v=2x+1; u,v>0. Xét hàm số
4 2
( ) 2 3f t t t t
= + +
với t>0
Ta có
3
4 2
2 3
'( ) 2 0 0 ( ) ( )
3
t t
f t t f u f v u v
t t
+
= + > ∀ > ⇒ = ⇔ =
+
(1)

u=v

-3x=2x+1
1
5

x⇔ = −
là nghiệm duy nhất của pt
Bài 2: Giải pt:
π π
 
+ ∈
 ÷
 
2
osx=2 với - ;
2 2
tg x
e c x
(HSG Lớp 12 Nam Định 2006)
Giải: Xét hàm số :
π π
 
= + ∈
 ÷
 
2
( ) osx với - ;
2 2
tg x
f x e c x
, ta có
 

 ÷
= − =

 ÷
 
2
2
tg 3
2 3
1 2e os
'( ) 2 . sin sin
cos os
x
tg x
c x
f x tgx e x x
x c x

≥ > >
2
3
2 2 os 0
tg x
e c x
Nên dấu của f’(x) chính là dấu của sinx. Từ đây ta có
≥ =( ) (0) 2f x f
Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=0
Bài 3: Giải pt:
+ = +2003 2005 4006 2
x x
x
(HSG Nghệ an 2005)
Giải: Xét hàm số :

= + − −( ) 2003 2005 4006 2
x x
f x x
Ta có:
= + −'( ) 2003 ln2003 2005 ln2005 4006
x x
f x
= + > ∀ ⇒ =
⇒ ⇒
2 2
''( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 0 "( ) 0 vô nghiệm
f'(x)=0 có nhiều nhất là một nghiệm f(x)=0 có nhiều nhất là hai nghiệm
x x
f x x f x
Nguyễn Tất Thu
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12
Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm x=0 và x=1
Bài 4: Giải pt:
= + + +
3
3 1 log (1 2 )
x
x x
(TH&TT)
Giải: Đk: x>-1/2
⇔ + = + + + ⇔ + = + + +
3 3 3
3 1 2 log (1 2 ) 3 log 3 1 2 log (1 2 )
x x x
pt x x x x x

(1)
Xét hàm số:
= +
3
( ) logf t t t
ta có f(t) là hàm đồng biến nên
⇔ = + ⇔ = + ⇔ − − =(1) (3 ) (1 2 ) 3 2 1 3 2 1 0 (2)
x x x
f f x x x
Xét hàm số:
= − − ⇒ = − ⇒ = >
2
( ) 3 2 1 '( ) 3 ln3 2 "( ) 3 ln 3 0
x x x
f x x f x f x
⇒ =( ) 0f x
có nhiều nhất là hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm
x=0 và x=1
Bài 5: Giải hệ pt:
π





>


sinx-siny=3x-3y (1)
x+y= (2)

5
, 0 (3)x y
Giải: Từ (2) và (3) ta có :
π
∈, (0; )
5
x y
⇔(1) sinx-3x=siny-3y
. Xét hàm số f(t)=sint-3t với
π
∈(0; )
5
t
ta có f(t) là hàm nghịch
biến nên f(x)=f(y)

x=y thay vào (2) ta có
π
= =
10
x y
là nghiệm của hệ
Bài 6: Giải hệ:
− = −



+ − = − +



(1)
1 1 8 (2)
tgx tgy y x
y x y
(30-4 MOĐBSCL 2005)
Giải: Đk:
≥ −



≥ +


1
8
y
x y
(*)
(1)
tgx x tgy y⇔ + = +

x y⇔ =
(do hàm số
( ) f t tgt t= +
là hàm đồng biến)
Thay vào (2) ta có:
+ − = − + ⇔ + = − + +1 1 8 1 8 1y y y y y y
⇔ + = − + + − + + ⇔ + = − +
 
≥ ≥

 
⇔ − = + ⇔ ⇔ ⇔ =
 
 
− + = + − − =
 
2 2
1 8 2 8 1 8 4 4 8
8 8
3 3
3 8 4 8 8
9 48 64 16 128 9 64 64 0
y y y y y y y y
y y
y y y
y y y y y
Vậy
8 x y= =
là nghiệm duy nhất của hệ đã cho
Nguyễn Tất Thu

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×