Ứng dụng hàm số trong giải phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

  • Số trang: 18 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 56 |
  • Lượt tải: 0
dinhthithuyha

Đã đăng 3355 tài liệu

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG T.H.P.T VĨNH YÊN ˜–µ˜˜ CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN: TOÁN ỨNG DỤNG HÀM SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH GIÁO VIÊN: §¹i V¨n H¶i TỔ: TOÁN – LÍ- KT TRƯỜNG: THPT VĨNH YÊN-TP VĨNH YÊN-VĨNH PHÚC Vĩnh Yên, tháng 3 năm 2014 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC ỨNG DỤNG HÀM SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Tác giả: Đại Văn Hải Giáo viên trường THPT VĨNH YÊN Đối tượng học sinh: Lớp 12, Ôn thi ĐH – CĐ Số tiết dự kiến:12 tiết A. ĐẶT VẤN ĐỀ Bài toán giải phương trình, hệ phương trình và bất phương trình là một bài toán cơ bản trong chương trình phổ thông thường giải bằng một trong 4 phương pháp ( phương pháp biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, đánh giá, phương pháp hàm số) và xuất hiện thường xuyên trong các đề thi Đại học-Cao đẳng có lời giải dùng phương pháp hàm số. Phương pháp hàm số thường dựa vào một số tính chất của hàm số và đồ thị hàm số nhờ vào dùng đạo hàm (ở lớp 12) khảo sát chiều biến thiên của hàm số để xét nghiệm phương trình. Chuyên đề này nhằm ôn tập cho các em học sinh các kiến thức về hàm số và kĩ năng giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình bằng phương pháp hàm số. B. NỘI DUNG I. HỆ THỐNG KIẾN THỨC CẦN SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ: 1. Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định trên K a) f: đồng biến trên K � x1 , x2 �K , x1  x2 � f ( x1 )  f ( x2 ) b) : nghịch biến trên K � x1 , x2 �K , x1  x2 � f ( x1 )  f ( x2 ) c) Hàm số đồng biến trên K hoặc nghịch biến trên K ta gọi chung là hàm số đơn điệu trên K 2. Các tính chất: Tính chất 1: Cho f (x ) đơn điệu trên K, x1 , x2 �K a) f ( x1 )  f ( x2 ) � x1  x2 b) f ( x1 )  f ( x2 ) � x1  x2 c) f ( x1 )  f ( x2 ) � x1  x2 Tính chất 2: Nghiệm phương trình f ( x)  0 là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành. Tính chất 3: Nếu hàm số f (x ) đơn điệu trên khoảng (a; b) thì phương trình f ( x )  0 có không quá một nghiệm trên khoảng đó. 3. Định lí : Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng (a; b) Nếu f '( x) �0 (hoặc f '( x) �0 ) , x �(a; b) và dấu đẳng thức chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm trên khoảng (a; b) thì f (x) đồng biến ( hoặc nghịch biến) trên trên khoảng (a; b). II. CÁC DẠNG BÀI TẬP ĐẶC TRƯNG TRONG CHUYÊN ĐỀ: 1. Giải phương trình : Dạng 1: D� ng F( x )  0, v� i F ( x ) ho�� c � ng bi� n, ho� c ngh� ch bi� n tr� n D. Bước 1: Xét hàm số y  F ( x ) Chỉ rõ hàm số y  F ( x ) đồng biến hay nghịch biến trên D. Bước 2: Đoán được F  x 0   0 . Lúc đó phương trình có nghiệm duy nhất x  x0 . � ng bi� n �F( x ) � ch bi� n �G ( x ) ngh� Dạng 2: F( x )  G ( x ) với � Bước 1: Tìm TXĐ: D Bước 2: Xét hai hàm số y  f ( x ) và y  g ( x ) Chỉ rõ hàm số y  F ( x ) là hàm đồng biến(nghịch biến) trên D và y  G ( x ) là hàm nghịch biến (đồng biến) trên D. Bước 3: Đoán được F  x0   G  x0  . Lúc đó phương trình có nghiệm duy nhất x  x0 . Dạng 3: D� ng ph� � ng tr� nh F(u)  F(v) (*), v� i F( x ) ho� c� � ng bi� n, ho� c ngh� ch bi� n tr� n  a; b  . L� c� � , (*) � u  v Bước 1: Xét hàm số: y  F (t ) . Chỉ rõ hàm số đồng biến hay nghịch biến trên  a; b  . Bước 2:Với u và v nhận giá trị trên (a; b). Khi đó: F (u)  F(v) � u  v 2.Giải hệ phương trình: Bài toán: Giải hệ F(x,y) = 0 G(x,y)= 0 (I) Nếu một trong hai phương trình của hệ đưa về dạng: u  x � v y � f(x) = f(y) (1) hoặc ( f � � � f � � � và f là một hàm đơn điệu thì: Hệ (I) � x = y hoặc (I) � u(x) = v(y) (III) (II) G(x,y)= 0 G(x,y)= 0 3.Giải bất phương trình : D� ng F( x ) �0, v� i F( x ) ho�� c � ng bi� n, ho� c ngh� ch bi� n tr� n D. Bước 1: Xét hàm số y  F ( x ) Lập bảng biến thiên của hàm số trên D. Bước 2: Đoán được số nghiệm của phương trình F  x   0 trên D. Bước 3: Từ bảng biến thiên suy ra tập nghiệm của bất phương trình III. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA 1.Phương trình: Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: a) 3x + 4x = 5x b) 2x = 3 – x c) log2x = 3 – x (Bài tập SGK 12 nâng cao) Hướng dẫn cách giải: Cách 1: - Nhẩm nghiệm - Chứng minh nghiệm duy nhất Cách 2: - Thiết lập hàm số - Dùng tính đơn điệu để suy ra nghiệm của phương trình. Cách giải: a) 3x + 4x = 5x (1) Cách 1: Ta có x = 2 là nghiệm của phương trình 3x + 4x = 5x (1) x x �3 � �4 � (1) � � � � � 1 5 5 �� �� Vế trái: là hàm số nghịch biến  Nếu phương trình có nghiệm thì có nghiệm duy nhất Vế phải là hàm hằng Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình (1) x x �3 � �4 � Cách 2: (1) � � � � � 1 �5 � �5 � x x �3 � �4 � Xét f(x) = � � � � �5 � �5 � x x �3 � 3 �4 � 4  f’(x) = � �ln + � �ln < 0 x �� �5 � 5 �5 � 5  f’(x) nghịch biến trên R và f(2)= 1  x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Các ví dụ b, c giải tương tự Ví dụ 2: Giải phương trình: log 3 x2  x  1  x 2  3x  2 2 2 x  2x  3 (1) Cách giải: � u  x2  x  1 � Nhận dạng: Nếu đặt �  v – u = x 2  3x  2 2 v  2 x  2 x  3 � u - Do đó (1) � log 3  v  u (2) v - Nhận thấy phương trình có nghiệm u = v Thiết lập hàm số: biến đổi phương trình 2 về dạng: log3u + u = log3v + v Xét hàm số f(t) = log 3 t  t , t > 0 u  x 2  x  1 > 0 x đặt v  2 x 2  2 x  3 >0 x  v - u = x 2  3x  2 u v Xét hàm số f(t) = log 3 t  t , t > 0 1 f’(t) = 1 + >0 với  t > 0 t ln 3 Phương trình (1) � log 3  v  u = log3u + u = log3v + v (2) f(t) đồng biến với  t > 0 (2) � f(u) = f(v) � u = v � v – u = 0  x 2  3x  2 � x = 1 v x = 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1, x= 2 Ví dụ 3 Giải phương trình: 3 x 1  2 1  2x  1  3 x  2  x �� Cách giải: �x �1 ĐKXĐ: � �x �13 Phương trình đã cho tương đương với  x  2    x  1  2  3 2x  1  3 �  x  1 x  1  x  1  2x  1  3 2x  1 (1) 3 2 Xét hàm số f  t   t  t ; f '  t   3t  1  0, t Suy ra hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên � Khi đó: Pt(1) � f    x 1  f 3  2x  1 � x  1  3 2x  1 1 � x �  � 1 2 � x0 1 � � x �  � x �  � � � 2 x0 �� �� � �� � � 1 5 2 � 3 2 x � �x 3  x 2  x  0 �� 1 � 5 x  1  2x  1     � � 2 � �� x �� 2 Đối chiếu ĐKXĐ được nghiệm của phương trình đã cho là: 1 5 và x  0 . x 2     2 2 Ví dụ 4: Giải phương trình: 3x 2  3  9 x   x  1 2  x  2 x  4  0 Cách giải:    2 2 Phương trình (1) � 3x 2  3  (3x)  (x  1) 2  3  (x  1)  (2) Xét hàm số f (t)  t(2  3  t 2 ) , t ��, hàm số liên tục trên �   � t f '(t)  2  3  t 2  t � 2 � 3 t   � � t2 2  2  3  t  � � 2 � � 3 t � � 0 , t �� � 1 � f (t) đồng biến trên �. Do đó (2) � 3x  x  1 � x  . 2 1 Vậy nghiệm của phương trình là x  2 2. Giải hệ phương trình: � (4 x 2  1) x  ( y  3) 5  2 y  0 � Ví dụ 5: Giải hệ phương trình � 2 2 (x, y  R). 4x  y  2 3  4x  7 � (Đề thi ĐH 2010-KA) 3 4 ĐK : x � . Đặt u = 2x; v  5  2 y Pt (1) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 +1)  (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = 0  u = v 3 � 0 �x � � � 4 Nghĩa là : 2 x  5  2 y � � 2 �y  5  4 x � 2 25 Pt (2) trở thành  6 x 2  4 x 4  2 3  4 x  7 (*) 4 25 Xét hàm số f ( x)  4 x 4  6 x 2   2 3  4 x trên 4 4 f '( x)  4 x(4 x 2  3)  <0 3x  4 � 3� 0; � � 4� � 1 �1 � Mặt khác : f � � 7 nên (*) có nghiệm duy nhất x = và y = 2. 2 2 �� Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = 1 và y = 2 2 Ví dụ 6: (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hoá 2013) Giải hệ phương trình �  �1  42 x  y .51 2 x  y  1  22 x  y 1 �x  y �  ln  x  3  ln  y  3 �4  1  2 Giải: Điều kiện x, y  3 (*) 2 x y 2 x y � �1 � �4 � � 2 x y 1 � 5   0 (3). �   �� � � � 1  2.2 5 5 � � � � � � � � t t � �1 � �4 �� t Xét hàm số f  t   5 � � � � �� 1  2.2 trên � �5 � �5 �� � � � ta có t t � � �1 � �1 � �4 � �4 � t f ' t   5 � ln  .ln � 2.2 ln 2  0 t ��. Suy ra �� ���� �� 5 5 5 5 �� ���� �� � � � � f  t nghịch biến trên �. Do đó  3 � f  2 x  y   f  1 � 2 x  y  1 � y  2 x  1  4  . Thế (4) vào(2) ta được 1 x �x  3 � �x  3 � x  1  ln �  0 (5) �� ln � � 4 �2 x  2 � �2 x  2 � 4  x  5  x  1 x  3 � x 1 với x  1 , ta có g '  x   4 x  3 x  1 �    �2 x  2 � 4 � Xét hàm số g  x   ln � � x  5 � 1; � g ' x  0 � � . x  1 � 1; � � Ta có bảng biến thiên của g  x  trên  1; � là: Từ BBT, suy ra g  x   0 � x  1 . Do đó y  1 . Vậy hệ có nghiệm  x; y    1;1 . Ví dụ 7: (Đề thi thử ĐH Chuyên Hà Tĩnh 2013) � 3x  3 y  y  x (1) � Giải hệ phương trình: � 2 2 �x  xy  y  12 (2) (I) Hướng dẫn cách giải: Học sinh nhận thấy được phương trình (1) có nghiệm x = y Biển đổi phương trình (1) về dạng 3x + x = 3y + y (3) Thiết lập hàm số: f(t) = 3t + t Chứng minh f(t) là hàm đồng biến, (3) � f(x) = f(y) � x = y � 3x  x  3 y + y (3) � Cách giải: (I) � � 2 2 �x  xy  y  12 Xét hàm số: f(t) = 3t + t  f’(t) = 3tln3 + 1 >0  t ��  f(t) là hàm đồng biến, (3) � f(x) = f(y) � x = y �x  y Nên (I) � �2 2 �x  xy  y  12 �x=y=2 Vậy hệ có hai nghiệm: (2;2) ; (-2; 2) Ví dụ 8 (Đề thi Ôlimpic 30-4 năm 2012) �2 x  1  y 3  y 2  y � 3 2 Giải hệ phương trình: �2 y  1  z  z  z �2 z  1  x3  x 2  x � � 1 3 2 �x  2 ( y  y  y  1) �x  f ( y ) � � 1 3 2 � Cách giải: Hệ tương đương với �y  ( z  z  z  1) � �y  f ( z ) � 2 �z  f ( x) � � 1 3 2 �z  2 ( x  x  x  1) � Xét hàm số f(t) = f’(t) = 1 3 2 (t  t  t  1) ( t �R ) 2 1 2 (3t  2t  1)  0t �R 2 Suy ra f(t) là HS đồng biến trên R. Do đó: + Nếu x < y thì f(x) < f(y) � z < x � f(z) < f(x) � y < z.Vậy x < y < z . Vô lý. Tương tự nếu y < x cũng vô lý Do đó x = y = z .Thế vào hệ ta có: 2x + 1 = x3 + x2 + x � (x + 1)(x2 - 1) = 0 � �  1,1,1 ;  1, 1, 1  x 1 y  z � Hệ có nghiệm (x,y,z) � x  1  y  z � Ví dụ 9: (Tạp chí toán học tuổi trẻ tháng 5- 2012) � � 2x  3  4  y  4 Giải hệ � � 2y  3 + 4  x = 4 Hướng dẫn cách giải: (1) (2) (I) - Nhận dạng: Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2 nên có 1 nghiệm x=y - Lấy (1) – (2) và đưa phương trình về dạng 2x  3  4  x  2 y  3  4  y 3 2 - Thiết lập hàm số: f(t)= 2t  3  4  t , t �[- ;4] 3 Cách giải: Điều kiện - �x, y �4 2 Lấy (1) – (2) và đưa phương trình về dạng 2 x  3  4  x  2 y  3  4  y (3) 3 2 Xét hàm số: f(t)= 2t  3  4  t , t �[- ;4] 1 1 3   0  t �(- ;4) 2t  3 4t 2 3  f(t) đồng biến trên (- ;4) 2  f’(t) = (3)  f  x   f  y   x  y Suy ra: 2 x  3  4  x 4 (pt vô tỉ dạng cơ bản) 11 9 ˜ 11 11 ˜ ˜ ; ˜ ˜ 9 9 ˜ Giải pt được 2 nghiệm : x=3, x= Vậy hệ có 2 nghiệm (3; 3), (thỏa mãn điều kiện) Ví dụ 10 (Đề thi thử ĐH chuyên Vĩnh Phúc 2013)  � x 2  1  3x 2 y  2 � Giải hệ phương trình: � 2 � �x y  x  2  0   4 y 2  1  1  8x 2 y3 (1) Hướng dẫn: +) Với y �0 thì VT  1  0 , VP  1 �0 � Hệ phương trình chỉ có nghiệm  x, y  với y  0 . +) Vì y  0 nên từ phương trình (2) của hệ suy ra x  2 . 2 2 2 Khi đó:  1 � x  1  3x y  2  2 x y �   4 y 2  1 1 x2  1  2  2 x2 y 4 y 2  1  x2 y (3) Thay 2  x  x y vào phương trình (3) ta được: 2 x2  1  x  2 x2 y 4 y 2  1  2 x2 y � 1 1 1 1 2   2 y 4 y2  1  2 y x x x +) Xét hàm số: f  t   t 1  t 2  t với t  0 (2) f ' t   1 t2  � f  t � xy  t2 1 t2  1  0 với mọi t  0 1 1 �� là hàm đồng biến trên  0; � . Mà f � � f  2 y  �  2 y x �x � 1 2 1 1 vào phương trình (2) của hệ ta có : x  4 � y  . 2 8 �x  4 � Thử lại thấy � 1 thỏa mãn hệ phương trình đã cho. y � � 8 � 1� Kết luận : Hệ phương trình đã có nghiệm duy nhất  x, y   �4; � � 8� +) Thay xy  Ví dụ 11: (Đề thi ĐH khối A, A1 năm 2012) �x 3  3 x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y � Giải hệ phương trình � 2 2 (x, y  R). 1 �x  y  x  y  � 2 �x 3  3 x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y � Cách giải: Hệ tương đương với � 1 2 . 1 ( x  )  ( y  )2  1 � � 2 2 1 1 Đặt u = x  ; v = y + 2 2 3 45 �3 3 2 45 u  u  u  (v  1)3  (v  1)2  (v  1) � 4 2 4 Hệ đã cho thành � 2 2 2 � u  v 1 � 3 45 45 Xét hàm f(t) = t 3  t 2  t có f’(t) = 3t 2  3t  < 0 với mọi t thỏa t 1 2 4 4  f(u) = f(v + 1)  u = v + 1  (v + 1)2 + v2 = 1  v = 0 hay v = -1  v0 v  1 � � hay � � u 1 u0 � � �3 1 ��1 3 �  Hệ đã cho có nghiệm là � ;  �; � ; �. �2 2 ��2 2 � Ví dụ 12: Giải các hệ phương trình sau: 3 � � x 1  y  1 x a) � 4  x  1  y � 2 � �3 x  2 x  3 y b) � 2 � �3 y  2 y  3 x      �x 3  3x  3  ln x 2  x  1  y � �3 2 c) �y  3y  3  ln y  y  1  z �3 2 � �z  3z  3  ln z  z  1  x Hướng dẫn giải: 3 � �x  1 �0 �x �1 � x 1  y  1 x �� a) � (I) . Điều kiện: � 4 �y �0  x  1  y �y �0 � 2 3 � � x  1   x  1  1  x Ta có (I) � � 4  x  1  y � � 2 Từ phương trình : x  1   x  1  1  x 3 � x  1   x 3  x 2  2 x  2  (1) Ta thấy hàm số f ( x )  x  1 là hàm đồng biến trên  1;� Xét hàm số g ( x )   x 3  x 2  2 x  2 . Miền xác định: D   1; � Đạo hàm g / ( x )  3x 2  2 x  2  0 x �D . Suy ra hàm số nghich biến trên D. Từ (1) ta thấy x  1 là nghiệm của phương trình và đó là nghiệm duy nhất. Vậy hệ có nghiệm  1;0  . 2 � �3 x  2 x  3 y b) � (II). Điều kiện: 2 3  y  2 y  3  x � � 2 � �3 x  2 x  3 y Ta có (II) � � 3  x  3  y2  2 y � � Cộng vế theo vế ta có: �x �0 � �y �0 3  x 2  3 x  3  3  y2  3 y  3 (2) Xét hàm số f (t )  3  t 2  3 t  3 . Miền xác định: D   1; � t 3 /   1  0 x �D . Suy ra hàm số đồng Đạo hàm: f (t )  2 2 t 3 t biến trên D. Từ (*) ta có f ( x )  f ( y) � x  y Lúc đó: 3  x 2  x  3 (3) + VT (3) là hàm số hàm đồng biến trên D. + VP (3) là hàm hằng trên D. Ta thấy x  1 là nghiệm của phương trình (3) (thỏa điều kiện) Suy ra phương trình có nghiệm x  1 là nghiệm duy nhất. Vậy hệ có nghiệm  1;1      �x 3  3x  3  ln x 2  x  1  y � �3 2 c) �y  3y  3  ln y  y  1  z �3 2 � �z  3z  3  ln z  z  1  x   3 2 Xét hàm số f (t )  t  3t  3  ln t  t  1  �f ( x )  y � Lúc đó hệ có dạng: �f ( y)  z . Miền xác định: D  R �f ( z )  x � / 2 Đạo hàm : f ( x )  3t  3  2t  1 2 t2  t  1  0 x �R . Suy ra hàm số đồng biến trên D Ta giả sử  x; y; z  là nghiệm của hệ và x  max  x, y, z khi đó ta suy ra: y  f ( x ) �f ( y)  z � z  f ( y) �f ( z)  x . Vậy x �y �z �x � x  y  z . 3 2 Thay vào hệ ta có : x  3 x  3  ln x  x  1  x     � x 3  2 x  3  ln x 2  x  1  0 (3) Ta thấy x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình (vì VT (3) là đồng biến trên R) Vậy hệ có nghiệm  1;1;1 Ví dụ 13: Giải hệ phương trình: � �x 6  y 3  x 2  9 y 2  30  28 y (1) ( x, y �R ). � � 2 x  3  x  y (2) 3 2 ĐK: x � , ( 1) � x 6  x 2  ( y  3)3  ( y  3) (3) Xét hàm số f(t)= t 3  t , t �R. Có f ’(t)= t 2  1  0, t �R � f(t) đồng biến trên R (3) � f ( x 2 )  f ( y  3) � x 2  y  3 1 2 1 2 Thay y  x 2  3 vào (2) ta được 2 x  3  x  x 2  3 � ( 2 x  3  ) 2  ( x  ) 2 1 1 � � 2x  3  2  x  2 � 2x  3  x x3 � y6 � �� �� �� (tm) � � y  1 x 2 � � 2x  3  1   x  1 � 2x  3  x 1 � � 2 2 KL: Hệ có 2 nghiệm (x; y)� (3;6); ( 2; 1) . �x3  x 2 y  x 2  x  y  1 � Giải hệ phương trình: �3 3 2 �x  2 xy  2(3x  y )  1  3 x  7 Ta có (1) � ( x 2  1)( x  y  1)  0 � y  x  1 (1) (2) Với y  x  1 thế vào (2) ta được: x3  2 x 2  6 x  3  3 3 x 2  7 � ( x  1)3  3( x  1)  ( x 2  7)  3 3 x 2  7 (3) 3 2 Xét hàm số f (t )  t  3t ta có f '(t )  3t  3  0, t Suy ra f (t ) đồng biến trên � do đó từ (3) suy ra 3 2 x  1  3 x2  7 � x  2 x  3x  6  0 � x  1 � y  0 Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y )  (1;0) ln x  ln y  x  y � Ví dụ 14: Giải hệ phương trình: �2 2 �x  xy  y  x  y  0  1  2 Giải: ĐK: x  0; y  0 Ta có:  1 � x  ln x  y  ln y Xét hàm số : f  t   t  ln t với t � 0; � � f '  t   t  1 t Ta có: f '  t   0 � t  1 . Hàm số đồng biến trong khoảng  0;1 và nghịch biến trong khoảng  1; � - Nếu x; y �1 hoặc x; y �1 thì ln  1  x   x  ln  1  y   y � f  x   f  y  � x  y Thay vào PT: 2 x 2  5 xy  y 2  0 ta có nghiệm x  y  0 hoặc x  y  2 (loại) - Nếu x  1; y  1 hoặc x  1; y  1 thì  x  1  y  1  0 � xy  x  y  1  0 x 2  xy  y 2  x  y  1 do đó phương trình vô nghiệm Vậy hệ vô nghiệm. 3 3 2 � �x  y  3 y  3 x  2  0 Ví dụ 15: Giải hệ phương trình: �2 2 2 �x  1  x  3 2 y  y  0 Giải: ĐK: 1 �x �1;0 �y �2 3 2 �  x  1  3  x  1  y 3  3 y 2 (1) � Hệ đã cho tương đương với: � 2 2 2 (2) � �x  1  x  3 2 y  y  0 3 2 Xét hàm số: f  t   t  3t với 0 �t �2 f '  t   3t 2  6t �0t � 0; 2  nên hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) khi đó:  3 � f  x  1  f  y  � x  1  y thay vào (2) ta được: 2 1  x2  x2 � x  � 2 2  2  x; y    Vậy hệ có nghiệm:   2 2  2; 2 2  2  1 ;  2 2  2;  2 2  2  1 Ví dụ 15: Giải hệ phương trình: �  23  3x  7  x   3 y  20  6  y  0  1 � �  2 � 2 x  y  2  2 y  3x  8  0 Giải: ĐK: x �7; y �6; 2 x  y  2 �0; 2 x  3 y  8 �0 3  7  x   2� 3  6  y   2� Ta có  1 � � � �7x  � � � 6  y  3 Xét hàm số: f  t    3t  2  t với t �0 3t  2  0, t  0 nên hàm số đồng biến trên  0; � 2 t Khi đó:  3 � f  7  x   f  6  y  � 7  x  6  y � y  x  1 thay vào  2  ta f ' t   3 t  được: 3 x  1  6  x  3 x 2  14 x  8  0 �     3x  1  4  1  6  x  3 x 2  14 x  5 1 � 3 � �  x  5 �   3x  1� 0 � 3x  1  4 1  6  x � � x5 3 1   3x  1  0 ) Vậy hệ có nghiệm:  x; y    5;5  (Do 3x  1  4 1  6  x Loại 3: Vận dụng tính đơn điệu để giải bất phương trình Bài tập 1: Giải các bất phương trình sau: a) x  9  2 x  4  5 b) x 2  2 x  3  x 2  6 x  11  3  x  x  1 Hướng dẫn giải: �x  9 �0 ۳ x a) x  9  2 x  4  5 (1). Điều kiện: � 2 x  4 �0 � 2 Xét hàm số y  f ( x )  x  9  2 x  4 . Miền xác định : D   2; � 1 1 /   0 x  2 . Suy ra hàm số đồng biến Đạo hàm f ( x )  2 x9 2x  4 trên D . Để ý rằng: f (0)  5 , do đó: + Nếu x  0 thì f ( x )  f (0) � x  9  2 x  4  5 , nên x  0 là nghiệm bpt. + Nếu 2 �x �0 thì f ( x ) �f (5) � x  9  2 x  4 �5 nên 2 �x �0 không là nghiêm bpt. Đối chiếu với điều kiện, suy ra tập nghiệm của (1) là T   0; � . b) x 2  2 x  3  x 2  6 x  11  3  x  x  1 (2) �x 2  2 x  3 �0 �2 �x  6 x  11 �0 �1 x 3 ۣ Điều kiện: � (*) 3  x � 0 � � �x  1 �0 Biến đổi bất phương trình: � x 2  2 x  3  x  1  x 2  6 x  11  3  x � ( x  1)2  2  x  1  (3  x )2  2  3  x (3) Xét hàm số f (t )  t 2  2  t . Ta thấy hàm số đồng biến trên  1;3 Từ (3) ta có f ( x  1)  f (3  x ) � x  1  3  x � x  2 Đối chiếu với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình (2) là T   2;3 . IV. CÁC BÀI TẬP TỰ GIẢI Bài tập 1: Giải các phương trình sau: a) 3  x  x 2  2  x  x 2  1 c) e 2 x 1 2x 1  x2  3  4  x 1 1 x 1 e   2x 1 x 1 m x 6  2 4 x 3 m   4  m 2  x  3m  6 e) 2 2 g) 1 2 sin x  1 2 sin x cos2 x  sin 4 x 2 2 2 sin x 3 3   3sin x  10  .3sin x 2  3  sin x  0 Bài tập 2: Giải các bất phương trình sau: a) x  x 2  1 �1 b) x  3   x 3  3 x 2  x  12 d) f) tan x  2.3log2 tan x  3 h) b) x  1  x 2  1 � x  1  3  x  c) x  1 �1  2 x  x 2  x 3 Bài tập 3: Giải các hệ phương trình sau: �2 x  2 y  y  x a) � 2 2 �x  xy  y  12  d) x  3 x  3 �9  x b)  2 � �4 x  1 x  ( y  3) 5  2 y  0 � 2 2 � � 4x  y  2 3  4x  7 2 � �3 x  2 x  3  5 y 3 c) � 2 � �3 y  2 y  3  5 x 3 �x y  y x d) � 2 2 �x  4 y  25 sin 2 x  2 y  sin 2 y  2 x � � 2 x  3y   e) � �x, y  0 � f) � x 2  2 x  6.log  6  y   x 3 � � 2 � y  2 y  6.log3  6  z   y � 2 z  2 z  6.log3  6  x   z � � tan x  tan y  y  x � � g) � � y 1 1  x  y  8 �x  y sin x e  � sin y � � h) � 10 x 6  1  3 y 4  2 � 5 �   x , y  � � 4  
- Xem thêm -