Ứng dụng đạo hàm vào giải một số bài toán phương trình-hệ phương trình

Chia sẻ: Nguyễn Hoàng Đông | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

521
lượt xem 143
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Ở bậc Trung học phổ thông, học sinh được làm quen với phương trình, hệ phương trình và một số phương pháp giải như: Biến đổi tương đương, dùng ẩn phụ, phương pháp hình học...Tuy nhiên, những năm gần đây trong các đề thi vào đại học phương trình và hệ phương trình được khai thác nhiều hơn dưới quan điểm hàm số, hệ thống bài tập thuộc dạng này ít được đề cập ở sách giáo khoa. Do vậy, trong bài viết này chúng tôi đưa một số ví dụ mẫu và việc vận dụng đạo hàm vào giải một số bài toán về...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Ứng dụng đạo hàm vào giải một số bài toán phương trình-hệ phương trình

ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH- HỆ PHƯƠNG TRÌNH ThS. Nguyễn Kiếm Ở bậc Trung học phổ thông, học sinh được làm quen với phương trình, hệ phương trình và một số phương pháp giải như: Biến đổi tương đương, dùng ẩn phụ, phương pháp hình học...Tuy nhiên, những năm gần đây trong các đề thi vào đại học phương trình và hệ phương trình được khai thác nhiều hơn dưới quan điểm hàm số, hệ thống bài tập thuộc dạng này ít được đề cập ở sách giáo khoa. Do vậy, trong bài viết này chúng tôi đưa một số ví dụ mẫu và việc vận dụng đạo hàm vào giải một số bài toán về phương trình, hệ phương trình. 1. Một số kiến thức cơ bản về hàm số và đạo hàm. 1.1. Ánh xạ và tính chất đơn ánh của ánh xạ. Định nghĩa 1. Cho hai tập hợp A và B. Một ánh xạ f từ A vào B là một quy tắc liên hệ giữa A và B sao cho mỗi phần tử a ∈ A có duy nhất một phần tử kí hiệu f ( a ) ∈ B . Phần tử ( ) f a ∈ B được gọi là giá trị của f tại a. Định nghĩa 2. Khi A, B là hai tập con của tập số thực R thì ánh xạ f từ A vào B gọi là hàm số f : A → B với x ∈ A  f ( x ) ∈ B Định nghĩa 3. Ánh xạ f : A → B được gọi là đơn ánh nếu với mọi x1, x2 thuộc A và x1 ≠ x2 thì f(x1) ≠ f(x2) hay: f ( x1 ) = f ( x 2 ) ⇒ x1 = x 2 Định nghĩa 4. Hàm số f được gọi là đồng biến trên A nếu: ∀ x1, x2 ∈A, x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) Hàm số f được gọi là nghịch biến trên A nếu: ∀ x1, x2 ∈A, x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) Định lý 1. Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I a) Nếu f ( x ) > 0 với mọi x ∈I thì hàm số f đồng biến trên khoảng I ' b) Nếu f ( x ) < 0 với mọi x ∈I thì hàm số f nghịch biến trên khoảng I ' Định lý 2. Nếu hàm số f đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng I thì ánh xạ f đơn ánh Chứng minh. Giả sử hàm số f đồng biến trên khoảng I ∀x1 , x2 ∈ I : x1 > x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) và x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) Suy ra: x1 ≠ x2 ⇒ f ( x1 ) ≠ f ( x2 ) . Vậy f đơn ánh 1.2. Mối liên hệ giữa tính đơn điệu hàm số và số nghiệm của phương trình. Mệnh đề 1. Giả sử hàm số f đồng biến( nghịch biến) trên khoảng I và tồn tại x0 ∈ I sao cho f ( x0 ) = 0 thì phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x0 ∈ I Chứng minh. Giả sử phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 ∈ I . Khi đó: f ( x1 ) = 0 và f ( x2 ) = 0 hàm số f đồng biến ( nghịch biến) trên khoảng I nên f là đơn ánh và f ( x1 ) = f ( x2 ) = 0 ⇒ x1 = x2 Mệnh đề 2. Giả sử α ( x ) , β ( x ) là hai hàm xác định trên khoảng I và với x ∈I thì α ( x ) , β ( x ) thuộc khoảng K. Nếu hàm F(t) đồng biến ( nghịch biến) trên khoảng K và F ( α ( x ) ) = F ( β ( x ) ) ⇒ α ( x ) = β ( x ) với mọi x ∈I 2. Ứng dụng đạo hàm vào giải một số bài toán về phương trình 1
2.1. Sử dụng định lý 1 và mệnh đề 1 để giải phương trình. 2 Ví dụ 1. Giải phương trình: 3 x − 2 − 6 − x + 3 x 2 − 12 = 0 Điều kiện: ≤ x≤6 3 2  Xét hàm số f ( x ) = 3x − 2 − 6 − x + 3x 2 − 12 với x ∈  ;6  3  3 2 2  f ' ( x) = + + 6 x > 0, ∀ x ∈  ;6 ÷ . 2 3x − 2 2 6 − x 3  2  Suy ra hàm số f ( x ) = 3x − 2 − 6 − x + 3x 2 − 12 đồng biến trên khoảng  ;6 ÷ 3  Ta có: f ( 2 ) = 3.2 − 2 − 6 − 2 + 3.22 − 12 = 2 − 2 + 12 − 12 = 0 ⇒ x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình Từ cách giải trên, ta nhận thấy phương trình có một nghiệm bằng 2 nên có thể dùng cách phân tích để đưa về cách giải sau. ( 3x − 2 − 6 − x )( 3x − 2 + 6 − x ) + 3 x2 − 4 = 0 Cách khác: 3x − 2 − 6 − x + 3x 2 − 12 = 0 ⇔ 3x − 2 + 6 − x ( ) 4 ( x − 2)  4  ⇔ + 3( x − 2) ( x + 2) = 0 ⇔ ( x − 2)  + 3( x + 2) ÷= 0 ⇔ x = 2 3x − 2 + 6 − x  3x − 2 + 6 − x  2 6 Ví dụ 2. Giải phương trình: 2 4 3 x − 2 − 3 6 − 5 x + 9 x 2 − 8 = 0 Điều kiện: ≤ x ≤ 3 5 2 6 Xét hàm số f ( x ) = 2 4 3 x − 2 − 3 6 − 5 x + 9 x 2 − 8 với x ∈  ;  3 5 3 3 − 15 2 6 f ' ( x ) = ( 3x − 2 ) 4 + + 18 x > 0, ∀ x ∈  ; ÷ 4 2 6 − 5x 3 5  2 6 Suy ra hàm số f ( x ) = 2 4 3 x − 2 − 3 6 − 5 x + 9 x 2 − 8 đồng biến trên khoảng  ; ÷  3 5 Ta có: f ( 1) = 2 4 3.1 − 2 − 3 6 − 5.1 + 9.12 − 8 = 2 − 3 + 9 − 8 = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình Ví dụ 3. Giải phương trình: x + 4 + x − 4 + 2 x 2 − 16 − 10 = 0 Điều kiện: x ≥ 4 Xét hàm số f ( x ) = x + 4 + x − 4 + 2 x 2 − 16 − 10 với x ≥ 4 1 1 2x f ' ( x) = + + > 0, ∀x > 2 2 x+4 2 x−4 2 x − 16 Suy ra: f ( x ) = x + 4 + x − 4 + 2 x 2 − 16 − 10 đồng biến trên [ 4; +∞ ) f ( 5 ) = 5 + 4 + 5 − 4 + 2 52 − 16 − 10 = 3 + 1 + 2.3 − 10 = 0 ⇒ x = 5 là nghiệm duy nhất của phương trình x Ví dụ 4. Giải phương trình: 2 x = 1 + 3 2 x x x Ta có: x 1 3 2 1  3 x 2 = 1+ 3 2 ⇔ x + x =1⇔  ÷ + ÷ −1 = 0 2 2 2  2 ÷   2
x x x x 1  3 1 1  3  3 Xét hàm số f ( x ) =  ÷ +  ÷ − 1 với x ∈ R và f ' ( x ) =  ÷ ln  ÷+  ÷ ln  ÷ < 0, ∀x ∈ R 2  2 ÷   2 2  2 ÷  2 ÷     x x 1  3 Suy ra: f ( x ) =  ÷ +  ÷ − 1 nghịch biến trên R 2  2 ÷   2 2 1  3 1 3 f ( 2) =  ÷ +   2 ÷ − 1 = 4 + 4 − 1 = 0 ⇒ x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình ÷ 2   x Ví dụ 5. Giải phương trình: 3x − 4 = 5 2 x x x x x 1  5  x 3 −4=5 ⇔3 = 4+5 2 ⇔ 4 ÷ +  ÷ −1 = 0 3  3 ÷ 2   x x x x 1  5  1 1  5   5  Xét hàm số f ( x ) = 4  ÷ +  ÷ − 1 với x ∈ R và f ' ( x ) = 4  ÷ ln  ÷+  ÷ ln  ÷ < 0, ∀ x ∈ R 3  3 ÷    3  3  3 ÷  3 ÷     x x 1  5  Suy ra: f ( x ) = 4  ÷ +  ÷ − 1 nghịch biến trên R 3  3 ÷   2 2 1  5  4 5 f ( 2) = 4  ÷ +   3 ÷ − 1 = 9 + 9 − 1 = 0 ⇒ x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình ÷ 3   Ví dụ 6. Giải phương trình: log 7 x = log3 ( x + 2) . Điều kiện: x > 0  x + 2 = 3t  x + 2 = 32t t t Đặt : log 7 x = log3 ( )  x+2 =t ⇒ t  ⇔ t t 2t 7 1 ⇒ 7 + 2 = 3 ⇔  ÷ + 2  ÷ −1 = 0 x = 7  x = 7  9 9 t t t t Xét hàm f ( t ) =   + 2  ÷ − 1 ⇒ f ' ( t ) =   ln   + 2   ln   < 0 với ∀t ∈ R   7 1 7 7 1 1  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷ 9 9 9 9 9 9 t t 7 1 7 2 Suy ra: Hàm f ( t ) =  ÷ + 2  ÷ − 1 nghịch biến trên R và f ( 1) = + − 1 = 0 ⇒ t = 1 là nghiệm duy 9 9 9 9 nhất của phương trình. Suy ra, nghiệm của phương trình x = 7 Ví dụ 7. Giải phương trình: 25 x − 2 ( 3 − x ) 5 x + 2 x − 7 = 0 Đặt t = 5 x ⇒ t > 0 . Ta có:  t = −1 t 2 − 2 ( 3 − x ) t + 2x − 7 = 0 ⇔  t = 7 − 2 x *) Khi t = 1, ta có: 5 x = 1 ⇔ x = 0 *) Khi t = 7 − 2 x ⇒ 5 x = 7 − 2 x ⇔ 5 x + 2 x − 7 = 0 Xét hàm số f ( x ) = 5 x + 2 x − 7 ⇒ f ' ( x ) = 5 x ln 5 + 2 > 0, ∀x ∈ R nên hàm f(x) đồng biến trên R Ta có: f ( 1) = 5 + 2 − 7 = 0 ⇒ 5 x + 2 x − 7 = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 *) Nghiệm của phương trình: x = 0 hoặc x = 1 2 Ví dụ 8. Giải phương trình: log 3 ( x + 1) + ( x − 5) log 3 ( x + 1) − 2 x + 6 = 0 Điều kiện: x > - 1. Đặt: t = log3 ( x + 1) 3
t = 2 log3 ( x + 1) = 2 x = 8 Thay vào: t 2 + ( x − 5)t − 2 x + 6 = 0 ⇔  ⇔ ⇔ t = − x + 3 log3 ( x + 1) = − x + 3  log 3 ( x + 1) + x − 3 = 0 1 Xét hàm số f ( x ) = log3 ( x + 1) + x − 3 ⇒ f ( x ) = x + 1 ln 3 + 1 > 0, ∀x > −1 ' ( ) Suy ra hàm f(x) đồng biển trên (-1; + ∞) và f ( 2 ) = log 3 ( 3) + 2 − 3 = 0 ⇒ x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình log 3 ( x + 1) + x − 3 = 0 . Vậy, nghiệm của phương trình: x = 8 hoặc x = 2 Ví dụ 9. Giải phương trình: 3x + 5 x = 6 x + 2 Ta có: 3x + 5 x = 6 x + 2 ⇔ 3x + 5 x − 6 x − 2 = 0 . Xét hàm số f ( x ) = 3x + 5 x − 6 x − 2 với x ∈ R f ' ( x ) = 3x ln 3 + 5 x ln 5 − 6 và lim x→−∞ ( f ( x ) ) = lim ( 3 ln 3 + 5 ln 5 − 6 ) = −6 , ' x →−∞ x x lim x→+∞ ( f ( x) ) = ' ( x lim 3 ln 3 + 5 x →+∞ x ln 5 − 6 ) = +∞ . Suy ra, tồn tại x ∈R sao cho f ( x ) = 0 0 ’ 0 f '' ( x ) = 3x ( ln 3) + 5 ( ln 5 ) > 0, ∀x ∈ R nên đồ thị hàm số f ( x ) = 3x + 5 x − 6 x − 2 lõm trong khoảng 2 x 2 (- ∞; + ∞) và f ( 1) = 3 + 5 − 6 − 2 = 0 ; f ( 0 ) = 1 + 1 − 2 = 0 . Suy ra, phương trình có hai nghiệm x = 1, x=0 ( ) +( ) = ( 5) x x x Ví dụ 10. Giải phương trình: 3− 2 2+ 3 x x  3− 2  2+ 3 ( ) +( ) = ( 5) x x x Ta có: 3− 2 2+ 3 ⇔  ÷ + ÷ =1  5 ÷    5 ÷  x x  2+ 3  2+ 3  2+ 3 * Khi x ≥ 0 , f ( x ) =   ÷ ⇒ f ( x) =  ' ÷ ln  ÷ > 0, ∀x ≥ 0  5 ÷    5 ÷    5 ÷  x  2+ 3 Suy ra hàm số f ( x ) =   ÷ đồng biến với ∀x ≥ 0  5 ÷  x x x  2+ 3  3− 2   2+ 3 ⇒ f ( x ) ≥ f ( 0) ⇔   ÷ ≥ 1⇒  ÷ + ÷ > 1 . Phương trình không có nghiệm khi  5 ÷    5 ÷    5 ÷  x≥0 x x  3− 2  3− 2  3− 2 * Khi x < 0 , g ( x ) =   ÷ ⇒ g ( x) =  ' ÷ ln  ÷ < 0, ∀x < 0  5 ÷    5 ÷    5 ÷  x  3− 2 Suy ra hàm số g ( x ) =   ÷ nghịch biến với x < 0  5 ÷  x 0 x x  3− 2   3− 2   3+ 2  3− 2 g ( x) > 0 ⇔   ÷ > ÷ =1⇒  ÷ + ÷ > 1 Phương trình không có  5 ÷    5 ÷   5 ÷    5 ÷  nghiệm khi x < 0 * Phương trình vô nghiệm 2.2. Sử dụng định lý 1 và mệnh đề 2 để giải phương trình. ( ) Ví dụ 11. Giải phương trình: 4 x + 1 x + ( x − 3) 5 − 2 x = 0 2 4
5 Điều kiện: x ≤ 2 ( ) ( ) Ta có: 4 x + 1 x + ( x − 3) 5 − 2 x = 0 ⇔ 4 x + 1 x = ( 3 − x ) 5 − 2 x ⇔ 4 x + 1 2 x = ( 5 − 2 x + 1) 5 − 2 x 2 2 2 ( ) ( ) Xét hàm số f ( t ) = t t + 1 = t + t với t ∈ R và f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ R 2 3 Suy ra f ( t ) = t 3 + t đồng biến trên R ( ) Ta có: 4 x + 1 2 x = ( 5 − 2 x + 1) 5 − 2 x ⇒ f ( 2 x ) = f 2 ( ) 5 − 2x ⇒ 2x = 5 − 2x  5   0≤ x≤ 5   0≤ x≤ 5 0 ≤ x ≤ 2  −1 + 21 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ ⇔ x= 4 x 2 = 5 − 2 x 4 x 2 + 2 x − 5 = 0  x = −1 ± 21 4     4 Ví dụ 12. Giải phương trình: x3 − 2 x − 3 3 x − 2 + 2 = 0 Ta có: x3 − 2 x − 3 3x − 2 + 2 = 0 ⇔ x3 + x = 3x − 2 + 3 3x − 2 Xét hàm số f ( t ) = t 3 + t với t ∈ R và f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ R Suy ra f ( t ) = t 3 + t đồng biến trên R Ta có: x + x = 3x − 2 + 3 3x − 2 ⇒ f ( x ) = f 3 ( 3 3 x − 2 ) ⇒ x = 3 3x − 2 x = 1 ⇔ x3 = 3x − 2 ⇔ x3 − 3 x + 2 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 + x − 2 ) = 0 ⇔   x = −2 2 Ví dụ 13. Giải phương trình: 2 x −1 − 2 x −x = ( x − 1) 2 2 2 Ta có: 2 x −1 − 2 x − x = x 2 − 2 x + 1 ⇔ 2 x −1 + x − 1 = 2 x − x + x 2 − x (*) Xét hàm số f ( t ) = 2t + t với t∈R và f ' ( t ) = 2t ln 2 + 1 > 0, ∀t ∈ R . Suy ra: f ( t ) = 2t + t đồng biến trên R ( ) 2 Từ (*) ta có: 2 x −1 + x − 1 = 2 x −x + x 2 − x ⇒ f ( x − 1) = f x 2 − x ⇒ x − 1 = x 2 − x ⇔ ( x − 1) 2 = 0 ⇔ x = 1  x2 + x + 3  log 3  2 = x 2 + 3 x + 2 . Điều kiện: ∀x ∈R Ví dụ 14. Giải phương trình:  2x + 4x + 5 ÷ ÷    x + x+3  2 Ta có: log 3  2  2x + 4x + 5 ÷ ÷ ( ) = x 2 + 3 x + 2 ⇔ log3 x 2 + x + 3 − log 3 2 x 2 + 4 x + 5 = x 2 + 3 x + 2 ( )   ( ) ( ⇔ log3 x 2 + x + 3 + x 2 + x + 3 = log3 2 x 2 + 4 x + 5 + 2 x 2 + 4 x + 5 (*) ) 1 Xét hàm số f ( t ) = log3 t + t với t > 0 và f ' ( t ) = + 1 > 0, ∀t > 0 t ln 3  x = −1 2 ( 2 ) 2 ( 2 ) 2 Từ (*), ta có: f x + x + 3 = f 2 x + 4 x + 5 ⇒ x + x + 3 = 2 x + 4 x + 5 ⇔ x + 3x + 2 = 0 ⇔   x = −2 3. Ứng dụng đạo hàm vào giải một số bài toán về hệ phương trình 3.1. Hệ phương trình đối xứng loại hai  x +1 + 7 − y = 4  Ví dụ 1. Giải hệ phương trình:   y +1 + 7 − x = 4  5
−1 ≤ x ≤ 7 Điều kiện:  −1 ≤ y ≤ 7 Trừ vế theo vế: x +1 + 7 − y = y +1 + 7 − x ⇔ x +1 − 7 − x = y +1 − 7 − y Xét hàm số f ( t ) = t + 1 − 7 − t với t ∈ [ −1;7 ] 1 1 f '( t) = + > 0, ∀t ∈ ( −1;7 ) 2 t +1 2 7 − t ⇒ f ( t ) = t + 1 − 7 − t đồng biến trên khoảng (-1; 7) Ta có: x +1 − 7 − x = y +1 − 7 − y ⇒ f ( x) = f ( y) ⇒ x = y Khi đó:x +1 − 7 − x = 4 ⇔ x +1 = 4 + 7 − x ⇔ x +1 = 4 + 7 − x + 8 7 − x 5 ≤ x ≤ 7 5 ≤ x ≤ 7  ⇔ x −5= 4 7− x ⇔  2 ⇔ ⇒ x = −3 + 4 6  x + 6 x − 87 = 0  x = −3 ± 4 6  Nghiệm của hệ: x = y = −3 + 4 6  x +1 + y − 7 = 4  Ví dụ 2. Giải hệ phương trình:   y +1 + x − 7 = 4  x ≥ 7 Điều kiện:  y ≥ 7 Trừ vế theo vế: x +1 + y − 7 = y +1 + x − 7 ⇔ x +1 − x − 7 = y +1 − y − 7 Xét hàm số f ( t ) = t + 1 − t − 7 với t ∈ [ 7; +∞ ) 1 1 t − 7 − t +1 8 f '( t) = − = =− < 0, ∀t ∈ ( 7; +∞ ) 2 t +1 2 t − 7 2 t +1 t − 7 2 ( t + 1) ( t − 7 ) ( t − 7 + t +1 ) ⇒ f ( t ) = t + 1 − t − 7 nghịch biến trên khoảng ( 7;+∞ ) Ta có: x + 1 − x − 7 = y +1 − y − 7 ⇒ f ( x) = f ( y) ⇒ x = y Khi đó: x +1 + x − 7 = 4 ⇔ x +1+ x − 7 + 2 ( x + 1) ( x − 7 ) = 16 ⇔ ( x + 1) ( x − 7 ) = 11 − x 7 ≤ x ≤ 11 ⇔ ⇒ x= y =8  x =8  x 2 + 91 = y − 2 + y 2  Ví dụ 3. Giải hệ phương trình:  2  y + 91 = x − 2 + x 2  x ≥ 2 Điều kiện:  y ≥ 2 Trừ vế theo vế: x 2 + 91 − y 2 + 91 = y − 2 + y 2 − x − 2 − x 2 ⇔ x 2 + 91 + x − 2 + x 2 = y 2 + 91 + y − 2 + y 2 Xét hàm số f ( t ) = t 2 + 91 + t − 2 + t 2 với t ∈ [ 2; +∞ ) 6
t 1 f ' ( t) = + + 2t > 0, ∀ t ∈ ( 2; +∞ ) t 2 + 91 2 t − 2 ⇒ f ( t ) = t 2 + 91 + t − 2 + t 2 đồng biến trên khoảng ( 2;+∞ ) Ta có: x 2 + 91 + x − 2 + x 2 = y 2 + 91 + y − 2 + y 2 ⇒ f ( x ) = f ( y ) ⇒ x = y Khi đó: x 2 + 91 = x − 2 + x 2 ⇔ x 2 + 91 − x − 2 − x 2 = 0 Xét hàm số f ( x ) = x 2 + 91 − x − 2 − x 2 với x ∈ [ 2; +∞ ) x 1  1  1 f ' ( x) = − − 2x = x  − 2÷− x + 91 2 x − 2 2  x + 91  2 x − 2 2 1 1 1 1 Ta có: x ≥ 2 ⇒ x ≥ 4 ⇔ x + 91 ≥ 4 + 91 = 95 ⇔ x + 91 ≥ 95 ⇔ ≤ ⇔ − 2≤ − 2< 0 2 2 2 x + 91 2 95 x + 91 2 95  1  1 Suy ra: f ( x ) = x  − 2÷− < 0, ∀ x ∈ ( 2; +∞ ) '  x + 91  2 x − 2 2 Suy ra: f ( x ) = x 2 + 91 − x − 2 − x 2 đồng biến trên khoảng ( 2;+∞ ) f ( 3) = 32 + 91 − 3 − 2 − 32 = 10 − 1 − 9 = 0 ⇒ x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình x 2 + 91 − x − 2 − x 2 = 0 Nghiệm của hệ: x = y = 3  x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1  Ví dụ 4. Giải hệ phương trình:   y + y 2 − 2 y + 2 = 3x −1 + 1  Trừ vế theo vế: x + x 2 − 2 x + 2 − y − y 2 − 2 y + 2 = 3 y −1 − 3x−1 ⇔ x + x 2 − 2 x + 2 + 3 x−1 = y + y 2 − 2 y + 2 + 3 y −1 Xét hàm số f ( t ) = t + t 2 − 2t + 2 + 3t −1, t ∈ R t −1 2 f ' ( t ) = 1+ + 3t −1 ln 3 = t − 2t + 2 + t − 1 + 3t −1 ln 3 t 2 − 2t + 2 t 2 − 2t + 2 1 − t ≤ 0 t ≥ 1   t ≥ 1 Xét t − 2t + 2 + t − 1 > 0 ⇔ t − 2t + 2 > 1 − t ⇔  1 − t > 0 2 2  ⇔  t < 1 ⇔  ⇔ ∀t ∈ R  t 2 − 2t + 2 > 1 + t 2 − 2t   2 > 1 t < 1   t −1 Suy ra: f ( t ) = 1 + + 3t −1 ln 3 > 0, ∀t ∈ ( −∞; +∞ ) ' 2 t − 2t + 2 Suy ra: f ( t ) = t + t 2 − 2t + 2 + 3t −1 đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) Ta có: x + x 2 − 2 x + 2 + 3x −1 = y + y 2 − 2 y + 2 + 3 y −1 ⇒ f ( x ) = f ( y ) ⇒ x = y Khi đó: x + x 2 − 2 x + 2 = 3x −1 + 1 ⇔ x 2 − 2 x + 2 + x − 1 = 3x −1    Ta có:  x 2 − 2 x + 2 + x − 1÷ x 2 − 2 x + 2 − ( x − 1) ÷ = x 2 − 2 x + 2 − ( x − 1) = 1 2    =3 ( ) 1 1 − x −1 x 2 − 2 x + 2 − ( x − 1) = = x −1 x2 − 2 x + 2 + x − 1 3 7
 x 2 − 2 x + 2 + x − 1 = 3x −1  ( ) ⇒ 2 x − 2 = 3x −1 − 3 ( ) ⇔ 3 x −1 − 3 ( ) − 2 x + 2 = 0 − x −1 − x −1 Suy ra:  −( x −1)  x 2 − 2 x + 2 − ( x − 1) = 3  Xét hàm số f ( x ) = 3x −1 − 3−( x −1) − 2 x + 2 với x ∈ ( −∞; +∞ ) ( f ' ( x ) = 3x −1 ln3 + 3 ( ) ln3 − 2 = 3 x −1 + 3 ( ) ln3 − 2 ≥ 2ln3 − 2 > 0 − x −1 − x −1 ) Suy ra: hàm số f ( x ) = 3x −1 − 3−( x −1) − 2 x + 2 đồng biến trên khoảng x ∈ ( −∞; +∞ ) f ( 1) = 31−1 − 3 ( ) − 2 + 2 = 1 − 1 − 2 + 2 = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình − 1−1 3x −1 − 3 ( ) − 2 x + 2 = 0 . Nghiệm của hệ: x = y = 1 − x −1  x y e = 2012 −  y2 −1 Ví dụ 5. Chứng minh rằng hệ phương trình  e y = 2012 − x  2  x −1 x > 1 có đúng hai nghiệm thỏa mãn điều kiện:  y >1 x y x y Trừ vế theo vế : ex − e y = − ⇔ ex − = ey − 2 2 2 2 x −1 y −1 x −1 y −1 1 với t > 1 và ( ) t f ' t = et + > 0, ∀ t > 1 Xét hàm số f ( t ) = e − t 2 t −1 t2 −1 t2 −1 ( ) t Suy ra: hàm số f ( t ) = e − đồng biến trên khoảng ( −∞; −1) ∪ ( 1; +∞ ) t t2 −1 x y x Ta có: e − = ey − ⇒ f ( x) = f ( y) ⇒ x = y x2 −1 y2 −1 x x x Khi đó: e = 2012 − ⇔ ex + − 2012 = 0 x2 − 1 x2 − 1 x Xét hàm số f ( x ) = e + x − 2012 với x > 1 x2 − 1 1   Ta có: f ' ( x) = ex − ( x2 − 1) ( và lim+ f ( x ) ' )  x = lim  e − 1 ÷ ÷ = −∞ x2 − 1 x→1 + x →1   ( 2 2 ) x −1 x −1 ÷    ( ) lim f ( x ) = lim  e − '  x 1 ÷ ÷ = +∞ . Suy ra, tồn tại x 0 ∈ ( 1; +∞ ) sao cho f x 0 = 0 ' ( ) x→+∞ x→+∞   ( x2 − 1 x2 − 1 ÷  )  x   x  Mặt khác: lim+ ( f ( x ) ) = lim+  e + 2 − 2012 ÷ = +∞ và lim ( f ( x ) ) = lim  e + 2 − 2012 ÷ = +∞ x x x→1 x →1  x −1 ÷  x→+∞ x →+∞   x −1 ÷  2 f ( 2 ) = e2 + − 2012 < 0 3 x x Suy ra: Phương trình e + 2 − 2012 = 0 có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (1; +∞) x −1 8
x > 1 Suy ra: Hệ phương trình có đúng hai nghiệm thỏa mãn điều kiện:  y >1  2 xy x + 3 2 = x2 + y  x − 2x + 9 Ví dụ 6. Giải hệ phương trình:  2 xy y + = y2 + x  2 3 y − 2y + 9    1 1 Trừ vế theo vế: 2 ( x − y ) + 2 xy  3 2  − 3 y2 − 2 y + 9 ÷ ÷= x2 − y 2  x − 2x + 9     3 y 2 − 2 y + 9 − 3 x2 − 2x + 9 ÷ 2 ⇔ 2 ( x − y ) + 2 xy  2 ÷ = x − y (*) ( )(  3 x2 − 2 x + 9 y2 − 2 y + 9 ÷   )  2 ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 Đặt P = 3 x − 2 x + 9 y − 2 y + 9  3 y − 2 y + 9 + 3 x − 2 x + 9 y − 2 y + 9 + 3 x − 2 x + 9 ÷> 0  ÷    2 xy ( x + y − 2 )  Khi đó: (*) ⇔ 2 ( x − y ) + 2 xy 2 P ( ) y − x2 + 2 x − 2 y = x2 − y 2 ⇔ ( x − y ) 2 − ( x + y ) −  P =0  x − y = 0 x − y = 0 x − y = 0  ⇔  2 − ( x + y ) − 2 xy ( x + y − 2 ) = 0 ( x + y − 2 )  1 + 2 xy  = 0 ⇔  x + y − 2 = 0 ⇔     P    P ÷  2x2 x = 0 x = 0 = y *) Khi x = y, ta có: x + = x2 + x ⇔  ⇔ 3 2 x − 2x + 9  3 x2 − 2 x + 9 = 2  x =1 = y 2 *) Khi y = 2- x, ta có: x − 2 x + 2 + ( 2 x2 − 2 x ) = 0 (**). Đặt t = 3 x 2 − 2 x + 9 = 3 ( x − 1) 2 + 8 ≥ 2 3 2 x − 2x + 9 4 3 3 2 ( Thay vào (**), ta có: t + 2t − 7t − 18 = 0 ⇔ ( t − 2 ) t + 4t + 8t + 9 = 0 ⇔ t − 2 = 0 ) 3 ⇔ x2 − 2x + 9 = 2 ⇔ x2 − 2 x + 1 = 0 ⇔ x = 1 = y *) Nghiệm của hệ phương trình:(0; 0); (1; 1) 3.2. Hệ phương trình (  4 x 2 + 1 x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0  Ví dụ 7. Giải hệ phương trình: ( Khối A.2010).  ) 4 x 2 + y 2 + 2 3 − 4 x = 7   3 x ≤ 4  Điều kiện:  y ≤ 5   2 ( ) ( ) ( Ta có: 4 x + 1 x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 ⇔ 4 x + 1 x = ( 3 − y ) 5 − 2 y ⇔ 4 x + 1 2 x = ( 5 − 2 y + 1) 5 − 2 y 2 2 2 ) ( ) Xét hàm số f ( t ) = t t + 1 = t + t với t ∈ R và f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ R 2 3 9
Suy ra f ( t ) = t 3 + t đồng biến trên R ( ) Ta có: 4 x + 1 2 x = ( 5 − 2 y + 1) 5 − 2 y ⇒ f ( 2 x ) = f 2 ( ) 5 − 2 y ⇒ 2x = 5 − 2 y 5 − 4x2 5 ⇔ 4x2 = 5 − 2 y ⇔ y = = − 2 x 2 với x ≥ 0 2 2 2 2 Khi đó: 4 x 2 + y 2 + 2 3 − 4 x = 7 ⇔ 4 x 2 +  − 2 x 2  + 2 3 − 4 x = 7 ⇔ 4 x 2 +  − 2 x 2  + 2 3 − 4 x − 7 = 0 5 5  ÷  ÷ 2  2  2  3 Xét hàm số f ( x ) = 4 x 2 +  − 2 x 2  + 2 3 − 4 x − 7 với x ∈ 0;  5  ÷ 2   4 5  f ' ( x ) = 8 x − 8 x  − 2 x 2 ÷− 2  4 3 − 4x ( = 4x 4x2 − 3 − )4 3 − 4x  3 < 0, ∀ x ∈  0; ÷  4 2  3 Suy ra hàm f ( x ) = 4 x 2 +  − 2 x 2  + 2 3 − 4 x − 7 nghịch biến với x ∈  0; ÷ 5  ÷ 2   4 2 2 1 5 1 2 1 1 1 f  ÷ = 4  ÷ +  − 2  ÷ ÷ + 2 3 − 4  ÷ − 7 = 1 + 4 + 2 − 7 = 0 ⇒ x = là nghiệm duy nhất của  2 2 2 2 ÷    2 2  1 2 5 2 2 x = phương trình 4 x +  − 2 x ÷ + 2 3 − 4 x − 7 = 0 . Nghiệm của hệ  2 2  y = 2   2 x − 2 y = ( y − x)( xy + 2)  Ví dụ 8. Giải hệ phương trình:  2 2 x + y = 2   2 x − 2 y = ( y − x)( xy + 2)  Ta có:  2 2  ⇔ (  2 x − 2 y = ( y − x ) xy + x 2 + y 2  x ) y 2 − 2 = y − x ⇔ 3 3 x + y = 2   x2 + y 2 = 2   x2 + y2 = 2  Ta có: 2 x − 2 y = y 3 − x3 ⇔ 2 x + x3 = 2 y + y3 Xét hàm số f ( t ) = 2t + t 3 , ∀t ∈ R và f ' ( t ) = 2t ln 2 + 3t 2 > 0, ∀t ∈ R Suy ra f ( t ) = 2t + t 3 đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) Ta có: 2 x + x3 = 2 y + y3 ⇒ f ( x ) = f ( y ) ⇒ x = y  2 x − 2 y = y 3 − x3  x = y  x = y  x = y =1 Khi đó:  2 2 ⇔ 2 2 ⇔ 2 ⇔ x + y = 2   x + y = 2  x = 1  x = y = −1    y2 − x −1 = x2 − y −1  x ≥ 1 Ví dụ 9. Giải hệ phương trình:  x Điều kiện:  y ≥1 y +1 4 = 3  Ta có: y 2 − x − 1 = x 2 − y − 1 ⇔ y 2 + y − 1 = x 2 + x − 1 1 Xét hàm số: f ( t ) = t 2 + t − 1 với t ∈ [ 1; +∞ ) và f ( t ) = 2t + ' > 0, ∀t > 1 2 t −1 Suy ra: f ( t ) = t 2 + t − 1 đồng biến trên khoảng ( 1;+∞ ) Ta có: y 2 + y − 1 = x 2 + x − 1 ⇒ f ( y ) = f ( x ) ⇒ y = x 10
x = y  y2 − x −1 = x2 − y −1  x = y   Khi đó:  x ⇔ x x +1 ⇔  4  x ⇔ x = y = log 4 3 4 = 3  y +1 4 = 3   ÷ = 3 3  3   1 8 x3 − y 3 + 2 x − y = 0  x ≥ 2  Ví dụ 10. Giải hệ phương trình:  Điều kiện:  y ≥ 1 2  2 y −1 + 4x −1 = 1    2 Ta có: 8 x3 − y 3 + 2 x − y = 0 ⇔ 8 x3 + 2 x = y 3 + y ⇔ ( 2 x ) + 2 x = y 3 + y 3 Xét hàm số: f ( t ) = t 3 + t với t ∈ R và f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ R Suy ra: f ( t ) = t 3 + t đồng biến trên khoảng ( −∞; +∞ ) Ta có: ( 2 x ) + 2 x = y 3 + y ⇒ f ( 2 x ) = f ( y ) ⇒ 2 x = y 3 Khi đó: 2 y − 1 + 4 x 2 − 1 = 1 ⇔ 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 = 1 ⇔ 4 x − 1 + 4 x2 − 1 − 1 = 0 1 2 4x 1 Xét hàm số f ( x ) = 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 − 1, x ≥ và f ( x ) = ' + > 0, ∀x > 2 4x −1 4 x2 − 1 2 1  Suy ra: hàm f ( x ) = 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 − 1 đồng biến trên  ; +∞ ÷ 2  1 1 f  ÷ = 2 − 1 + 1 − 1 − 1 = 1 + 0 − 1 = 0 ⇒ x = là nghiệm duy nhất của phương trình 2 2 1 Nghiệm của hệ: x = y = 2  y ( 2 y + 3) − ( 4 x + 3) 2 x = 0  5  x ≥ Ví dụ 11. Giải hệ phương trình:  Điều kiện:  3  5 y + 1 + 3x − 5 = 9 x + 4 + y − 2  y ≥ 2  Ta có: y ( 2 y + 3) − ( 4 x + 3) 2 x = 0 ⇔ 2 y ( 2 y + 3) = ( 4 x + 3 ) 2 x ( ) ( Xét hàm số f ( t ) = t t + 3 với t ∈ R và f ' ( t ) = t 3 + 3t = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ R 2 ) ' ( ) Suy ra f ( t ) = t t + 3 đồng biến trên R 2 Ta có: 2 y ( 2 y + 3) = ( 4 x + 3) 2 x ⇒ f ( ) ( ) 2 y = f 2 x ⇒ 2 y = 2 x ⇒ y = 2x Khi đó: 5 y + 1 + 3 x − 5 = 9 x + 4 + y − 2 ⇔ 10 x + 1 + 3 x − 5 = 9 x + 4 + 2 x − 2 ⇔ 10 x + 1 − 9 x + 4 + 3 x − 5 − 2 x − 2 = 0 ⇔ ( 10 x +1 − 9 x + 4 )( 10 x +1 + 9 x + 4 ) +( 3x − 5 − 2 x − 2 )( 3x − 5 + 2 x − 2 ) =0 10 x + 1 + 9 x + 4 3x − 5 + 2 x − 2 x −3 x −3  1 1  ⇔ + = 0 ⇔ ( x − 3)  + ÷= 0 ⇔ x = 3 10 x + 1 + 9 x + 4 3x − 5 + 2 x − 2  10 x + 1 + 9 x + 4 3x − 5 + 2 x − 2  x = 3 Nghiệm của hệ:  y = 6 Kết luận. Trong bài viết này, chúng tôi nêu lên nhiều ví dụ. Qua đó chúng ta có thể tạo ra các lớp bài tập toán tương tự. Các bài tập này có thể chuyển từ hệ phương trình sang phương trình và 11
ngược lại hoặc từ những bài toán cơ bản và mô phỏng thành các bài toán khó hơn. Từ đó thấy được mối liên hệ giữa đạo hàm với phương trình, hệ phương trình. Tài liệu tham khảo. 1. Sách giáo khoa và sách bài tập toán 10, 11, 12. 2. Tuyển tập Đề thi đại học môn toán- Trần Phương 12