ứng dụng đạo hàm giải và biện luận phương trình bất phương trình hệ phương trình chứa tham số

20 1.6K 0
ứng dụng đạo hàm giải và biện luận phương trình bất phương trình hệ phương trình chứa tham số

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 1 Chuyên đề: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH–BẤT PHƯƠNG TRÌNH–HỆ CHỨA THAM SỐ I.CƠ SỞ LÍ THUYẾT Giả sử hàm số y = f(x) liên tục trên tập D và tồn tại giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên tập đó, kí hiệu tương ứng xÎD maxf(x), xÎD minf(x) (hay D maxf(x), D min f(x)). Khi đó ta có các mệnh đề sau: F Mệnh đề 1: f(x) = m có nghiệm xÎD Û xÎD minf(x) ≤ m ≤ xÎD maxf(x). F Mệnh đề 2: (i) f(x) ≥ m có nghiệm xÎD Û xÎD maxf(x) ≥ m. (ii) f(x) ≥ m nghiệm đúng "xÎD Û xÎD minf(x) ≥ m. F Mệnh đề 3: (i) f(x) ≤ m có nghiệm xÎD Û xÎD minf(x) ≤ m. (ii) f(x) ≤ m nghiệm đúng "xÎD Û xÎD maxf(x) ≤ m. II.PHƯƠNG PHÁP GIẢI F Bước 1: Tìm TXĐ, điều kiện của biến. F Bước 2: Từ các dữ kiện của bài toán và các phương trình, tìm cách cô lập tham số để phương trình về dạng f(x) = m hoặc f(x) = g(m). F Bước 3: Sử dụng phép đặt ẩn phụ t = t(x) nếu cần thiết, chú ý khảo sát chính xác tập giá trị D của biến. F Bước 4: Sử dụng đạo hàm khảo sát hàm số f(x) trên TXĐ, hay f(t) với t=t(x), tÎD để suy ra GTLN–GTNN của hàm f(x), f(t). F Bước 5: Từ GTLN–GTNN của f(x) hay f(t), suy ra giá trị tham số m thỏa mãn bài toán. III.VÍ DỤ MINH HỌA þ Bài 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm 2x 2 –2(m+4)x+5m+10 +3–x = 0 Giải: ______Chu Thanh Tip K59E C nhõn Toỏn HSPHN___________________________ 2 Phng trỡnh ó cho tng ng vi h: ợ ớ ỡ x3 2x 2 2(m4)x+5m+10=(x3) 2 ợ ớ ỡ x3 x 2 2x+1 2x5 =m (I) Xột hm s y = x 2 2x+1 2x5 vi x 3. Ta cú: f(x)= 2x 2 10x+8 (2x5) 2 , f(x)=0 x=4 lim x đ 3 f(x) = 4; lim x đ + f(x) = + Bng bin thiờn: x 3 4 + f(x) 0 + f(x) 6 + 3 Phng trỡnh ó cho cú nghim khi v ch khi h (I) cú nghim, iu ny xy ra khi m 3. ỵ Bi 2. (i hc khi B2006) Tỡm m phng trỡnh sau cú hai nghim thc phõn bit x 2 +mx+2 = 2x+1 Gii iu kin: x 1 2 D thy rng "m thỡ x = 0 khụng l nghim Phng trỡnh tng ng vi: x 2 +mx+2=(2x+1) 2 mx = 3x 2 +4x1 m = 3x 1 x +4 (1) Xột hm s f(x) = 3x+4 1 x trờn D = ở ờ ộ 1 2 ,+ ứ ữ ử \{0} Ta cú f(x) = 3+ 1 x 2 > 0 "xẻD lim x đ 0 f(x) = lim x đ 0 ố ỗ ổ 3x 1 x +4 ứ ữ ử = +a; lim x đ 0 + f(x) = lim x đ 0 + ố ỗ ổ 3x 1 x +4 ứ ữ ử = { ; lim x đ + f(x) = lim x đ + ố ỗ ổ 3x 1 x +4 ứ ữ ử = + Bng bin thiờn ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 3 x –1 2 0 +∞ f’(x) + + f(x) +∞ 3 +∞ –∞ Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi m ³ 3. þ Bài 3. (Đại học khối B–2007) Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt x 2 + 2x – 8 = m(x–2) Giải Điều kiện: x ≥ 2 Phương trình đã cho tương đương với (x–2)(x 3 +6x 2 –32–m)=0 Û ë ê é x=2 x 3 +6x 2 –32–m=0 Ta cần chứng minh phương trình x 3 +6x 2 –3 = m (1) có một nghiệm trong khoảng (2,+∞) Xét hàm số f(x) = x 3 +6x 2 –32 với x > 2. Ta có f’(x) = 3x 2 +12x > 0"x > 2 Bảng biến thiên x 2 + ∞ f’(x) + f(x) +∞ 0 Từ bảng biến thiên ta thấy "m > 0 phương trình luôn có một nghiệm trong khoảng (2,+∞) Vậy với mọi m > 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt þ Bài 4. Tìm m để hàm số sau đây xác định với mọi x y = cosx+ 1 2 cos2x+ 1 3 cos3x+m Giải: Hàm số xác định với mọi x nếu như: cosx+ 1 2 cos2x+ 1 3 cos3x+m ≥ 0 "x (1) ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 4 Dễ thấy (1) có thể đưa về dạng sau: 4 3 cos 3 x+cos 2 x+m– 1 2 ≥ 0 (2) Đặt t = cosx, tÎ[–1,1], (2) tương đương với: 4 3 t 3 +t 2 ≥ 1 2 – m (3) Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình (3) thỏa mãn với mọi tÎ[–1,1], điều này xảy ra khi và chỉ khi: tÎ[–1,1] min f(t) ≥ 1 2 – m Xét hàm số f(t) = 4 3 t 3 +t 2 trên [–1,1] Ta có f’(t) = 4t 2 +2t, f’(t) = 0 Û ë ê é t=0 t= –1 2 Bảng biến thiên t –1 – 1 2 0 1 f’(t) + 0 – 0 + f(t) – 1 3 1 12 7 3 0 Từ đó suy ra tÎ[–1,1] min f(t) = – 1 3 , vậy giá trị m phải thỏa mãn – 1 3 ≥ 1 2 – m Û m ≥ 5 6 . þ Bài 5. Tìm m để phương trình sau có nghiệm x 2 +x+1 – x 2 –x+1 = m Giải: Đặt f(x) = x 2 +x+1 – x 2 –x+1 thì f(x) xác định "x Î R Ta có: f’(x)= 2x+1 2 x 2 +x+1 – 2x–1 2 x 2 –x+1 = (2x+1) x 2 –x+1–(2x–1) x 2 –x+1 2 (x 2 +x+1)(x 2 –x+1) lim x ® +∞ f(x) = lim x ® +∞ ( x 2 +x+1 – x 2 –x+1) = lim x ® +∞ 2x x 2 +x+1+ x 2 –x+1 ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 5 = 1 lim x ® –∞ f(x) = lim x ® +∞ 2x x 2 +x+1+ x 2 –x+1 = –1 Từ các kết quả trên ta có bảng biến thiên sau: x –∞ + ∞ f’(x) + f(x) 1 –1 Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi –1 < m < 1. þ Bài 6. (Đề dự bị khối B–2007) Tìm m để phương trình sau có nghiệm 4 x 2 +1– x = m Giải: Điều kiện: x ≥ 0 Xét hàm số f(x) = 4 x 2 +1– x trên [0,+∞) Ta có f’(x) = x 2 4 (x 2 +1) 3 – 1 2 x f’(x) = 0 Û x 2 4 (x 2 +1) 3 – 1 2 x = 0 Û x– 4 (x 2 +1) 3 = 0 Û x 2 = (x 2 +1) 3 phương trình vô nghiệm Do đó f’(x) không đổi dấu trên [0,+∞), f’(1) < 0 lim x ® +∞ f(x) = lim x ® +∞ ( 4 x 2 +1– x) = lim x ® +∞ x( 4 1+ 1 x 2 –1) = 0 Bảng biến thiên x 0 + ∞ f’(x) – f(x) 1 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 0 < m ≤ 1. ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 6 þ Bài 7. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x+ 9–x = –x 2 +9x+m (1) có nghiệm Giải: Điều kiện 0 ≤ x ≤ 9 Bình phương 2 vế của (1) ta được phương trình tương đương: x+9–x+2 x(9–x) = –x 2 +9x+m Û 9+2 –x 2 +9x = –x 2 +9x+m (2) Đặt t = –x 2 +9x Ta có t’ = –2x+9 2 –x 2 +9x , t’=0 Û x = 9 2 x 0 9 2 9 f’(x) + 0 – f(x) 9 2 0 0 Từ bảng trên ta có 0 ≤ t ≤ 9 2 . Khi đó phương trình (2) trở thành: 9+2t = t 2 +m Û –t 2 +2t+9 = m (3) Xét hàm số: f(t) = –t 2 +2t+9 trên đoạn ë ê é û ú ù 0, 9 2 f’(t) = –2t+2, f’(t) = 0 Û t = 1 Bảng biến thiên x 0 1 9 2 f’(x) + 0 – f(x) 10 9 –9 4 (1) có nghiệm xÎ [ ] 0,9 khi (3) có nghiệm tÎ ë ê é û ú ù 0, 9 2 Điều này xảy ra khi: –9 4 ≤ m ≤ 10. þ Bài 8. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm x+1– 4–x ≥ m (1) Giải: Điều kiện: –1 ≤ x ≤ 4 Đặt f(x) = x+1– 4–x với xÎ[–1,4] ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 7 (1) có nghiệm khi và chỉ khi xÎ[–1,4] max f(x) ≥ m Ta có f’(x) = 1 2 x+1 + 1 2 4–x > 0, "xÎ[–1;4] Do đó xÎ[–1,4] max f(x) = f(4) = 5 Vậy m ≤ 5 là giá trị cần tìm. þ Bài 9. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm mx– x–3 ≤ m+1 (1) Giải: Điều kiện: x ≥ 3 Biến đổi (1) về dạng: m(x–1) ≤ x–3+1 (2) Vì x ≥ 3 nên (2) tương đương với bất phương trình: m ≤ x–3+1 x–1 Xét hàm số f(x) = x–3+1 x–1 với x ≥ 3 Ta có f’(x) = 5–x 2 x–3(x–1) 2 , f(x) = 0 Û x = 5 lim x ® +∞ f(x) = lim x ® +∞ x–3+1 x–1 = lim x ® +∞ 1 x – 3 x 2 +1 1– 1 x = 1 Bảng biến thiên x 3 5 + ∞ f’(x) + 0 – 1+ 2 4 f(x) 1 2 1 Từ bảng trên ta suy ra bất phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ 1+ 2 4 . þ Bài 10. Tìm m để bất phương trình có nghiệm m( x 2 –2x+2 +1)+x(2–x) ≤ 0 có nghiệm xÎ[0,1+ 3] ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 8 Giải: Đặt t = x 2 –2x+2 Ta có t’= x–1 x 2 –2x+2 , t’= 0 Û x = 1 Bảng biến thiên x –1 0 1+ 3 f’(x) – 0 + f(x) 2 2 1 Từ đó 1 ≤ t ≤ 2. Với 1 ≤ t ≤ 2 ta biến đổi: t = x 2 –2x+2 Û t 2 = x 2 –2x+2 Û t 2 –2 = –x(2–x) Bất phương trình (1) trở thành: m(t+1) ≤ t 2 –2 Û m ≤ t 2 –2 t+1 (2) Xét hàm số f(t) = t 2 –2 t+1 với 1 ≤ t ≤ 2. Ta có f’(t) = t 2 +2t+2 (t+1) 2 > 0, "tÎ [ ] 1,2 Bảng biến thiên t 1 2 f’(t) + f(t) 2 3 1 2 Từ bảng biến thiên (1) có nghiệm xÎ [ ] 0,1+ 3 khi và chỉ khi (2) có nghiệm tÎ [ ] 1,2 . Điều này xảy ra khi m ≤ tÎ [ ] 1,2 max f(t) = f(2) = 2 3 Vậy m ≤ 2 3 thỏa mãn bài toán. þ Bài 11. (Đại học khối A–2007) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực 3 x–1 + m x+1 = 2 4 x 2 –1 (1) Giải Điều kiện: x ≥ 1 ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 9 Ta có: (1) Û –3 x–1 x+1 + 2 4 x–1 x+1 = m (2) Đặt t = 4 x–1 x+1 = 4 1– 2 x+1 , vì x ≥ 1 nên 0 ≤ t <1 Xét hàm số f(t) = –3t 2 +2t trên [0;1) f’(t) = –6t+2 Bảng biến thiên t 0 1 3 1 f’(t) + 0 – 1 3 f(t) 0 –1 Phương trình (1) có nghiệm Û phương trình (2) có nghiệm thuộc [0;1) Dựa vào bảng biến thiên ta được –1 < m ≤ 1 3 là giá trị cần tìm. þ Bài 12. (Đại học khối B–2004) Xác định m để phương trình sau có nghiệm m( 1+x 2 – 1–x 2 + 2) = 2 1–x 4 + 1+x 2 – 1–x 2 (1) Giải Điều kiện: –1 ≤ x ≤ 1 Đặt t = 1+x 2 – 1–x 2 Ta có 1+x 2 ≥ 1–x 2 Þ t ≥ 0 , t 2 = 2 – 2 1–x 4 ≤ 2 , mặt khác t liên tục trên [–1,1] Þ Tập giá trị của t là [0; 2] Phương trình (1) trở thành: m(t+2) = –t 2 +t+2 Û –t 2 +t+2 t+2 = m (2) Xét hàm số f(t) = –t 2 +t+2 t+2 trên [0; 2] f’(t) = –t 2 –4t (t+2) 2 ≤ 0 "tÎ[0; 2] Þ f(t) nghịch biến trên [0; 2] Do đó [0; 2] min f(t) = f( 2) = 2–1 , [0; 2] max f(t) = f(0) = 1 (1) có nghiệm Û (2) có nghiệm thuộc [0; 2] ______Chu Thanh Tip K59E C nhõn Toỏn HSPHN___________________________ 10 [0; 2] min f(t) m [0; 2] max f(t) Vy giỏ tr ca m cn tỡm l 21 m 1. ỵ Bi 13. (i hc khi A2008) Tỡm m phng trỡnh sau cú hai nghim thc phõn bit 4 2x + 2x + 2 4 6x + 2 6x = m (mẻR) Gii iu kin 0 x 6 Xột hm s f(x) = 4 2x + 2x + 2 4 6x + 2 6x trờn [0,6] Ta cú f(x) = (2x) 1 4 + (2x) 1 2 + 2(6x) 1 4 + 2(6x) 1 2 ị f(x)= 1 4 (2x) 3 4 .2 + 1 2 (2x) 1 2 .2 + 1 4 .2(6x) 3 4 .(1) + 1 2 .2(6x) 1 2 (1) = 1 2 . 1 4 (2x) 3 + 1 2x 1 2 . 1 4 (6x) 3 1 6x = 1 2 ố ỗ ổ 1 4 (2x) 3 1 4 (6x) 3 ứ ữ ử + ố ỗ ổ 1 2x 1 6x ứ ữ ử = ố ỗ ổ 1 4 2x 1 4 6x ứ ữ ử . ở ờ ộ 1 2 ố ỗ ổ 1 4 (2x) 2 + 1 4 2x(6x) + 1 4 (6x) 2 ứ ữ ử + 1 4 2x + 1 4 6x ỷ ỳ ự f(x) = 0 1 4 2x 1 4 6x = 0 4 2x = 4 6x x = 2 Bng bin thiờn x 0 2 6 f(x) + 0 3 2+6 f(x) 2 4 6+2 6 4 12+2 3 S nghim ca phng trỡnh ó cho bng s giao im ca ng thng y = m v th hm s y = f(x) = 4 2x + 2x + 2 4 6x + 2 6x trờn [...]... 2 2 f(x) + 2+4 2 f(x) cos2 ỗ2x + 24 2 (1) cú nghim (2) cú nghim trong [ 2, 2] 24 2 Ê 22m Ê 2+4 2 Vy giỏ tr m tha món bi toỏn l 2 2 Ê m Ê 2 2 ỵ Bi 19 (i hc S Phm H Ni II 2001) Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca tham s a bt phng trỡnh a.9x+(a1).3x+2+a1 > 0 nghim ỳng vi mi x Gii x t t = 3 > 0 14 Chu Thanh Tip K59E C nhõn Toỏn HSPHN _ Bpt at2+9(a1)t+a1 > 0 a(t2+9t+1) > 9t+1 a > 9t+1 t +9t+1... cho cú nghim khi v ch khi ớt nht mt trong hai h (I), (II) cú 28 nghim, tc l khi m > 0 hoc m < 27 17 Chu Thanh Tip K59E C nhõn Toỏn HSPHN _ ỵ Bi 24 (i hc khi D2007)Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s m h phng trỡnh sau cú nghim thc ỡx+1+y+1=5 ù x y ớ 1 1 ùx3+x3+y3+y3=15m10 ợ Gii ổ 1 1ử T phng trỡnh u ta cú: y + = 5 ỗx + ữ (1) y xứ ố Bin i phng trỡnh th hai: ự 1 ổ 1ử ộổ 1ử x3 + 3 + ỗy + ữ.ờỗy... 2 7 4 T bng bin thiờn suy ra h ó cho cú nghim khi v ch khi (3) cú 18 Chu Thanh Tip K59E C nhõn Toỏn HSPHN _ nghim tẻD, iu ny xy ra khi m 22 hoc 7 Ê m Ê 2 4 ỵ Bi 25 Tỡm cỏc giỏ tr ca tham s m h phng trỡnh sau cú nghim ỡx3y3+3y23x2=0 ớ 2 2 2 ợx + 1x 3 2yy +m=0 Gii iu kin: 1 Ê x Ê 1, 0 Ê y Ê 2 Phng trỡnh th nht ca h tng ng vi: x33x = (y1)33(y1) (1) 3 Xột hm s f(t) = t 3t trờn [1,1],... trờn [1,1] ổ 1 ử ữ , g(x) = 0 x = 0 Ta cú g(x) = 2xỗ1+ ố 1x2ứ Bng bin thiờn x 1 0 1 f(x) 0 + 1 1 f(x) 2 (3) cú nghim trong [1,1] 2 Ê m Ê 1 1 Ê m Ê 2 ỵ Bi 26 (i hc Cn Th 2001) Xỏc nh mi giỏ tr ca tham s m h sau cú hai nghim phõn bit: ỡlog (x+1)log (x1)>log34 ù 3 3 ớ ùlog2(x22x+5)mlog(x22x+5)2=5 ợ Gii iu kin: x > 1 Bin i bt phng trỡnh trong h: ổx+1ử x+1 log ỗ x1 ữ > log 2 >2x . ĐHSPHN___________________________ 1 Chuyên đề: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH–BẤT PHƯƠNG TRÌNH–HỆ CHỨA THAM SỐ I.CƠ SỞ LÍ THUYẾT Giả sử hàm số y = f(x) liên tục trên tập D và tồn tại giá trị lớn. xÎD maxf(x) ≤ m. II.PHƯƠNG PHÁP GIẢI F Bước 1: Tìm TXĐ, điều kiện của biến. F Bước 2: Từ các dữ kiện của bài toán và các phương trình, tìm cách cô lập tham số để phương trình về dạng f(x). thiên ta thấy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi m ³ 3. þ Bài 3. (Đại học khối B–2007) Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có

Ngày đăng: 21/11/2014, 21:38

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan