Bạn đang xem bài viết Phương Trình Hàm Trên N được cập nhật mới nhất trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất.
Một phương trình hàm bao gồm 3 thành phần chính: tập nguồn (miền xác định), tập đích (miền giá trị); phương trình hay hệ phương trình hàm; các điều kiện bổ sung cho hàm số (lớp hàm). Từ ba thành phần này có những phân loại tương ứng. Phương trình hàm trên N, phương trình hàm trên R, phương trình hàm trên …; phương trình hàm với 1 biến tự do, 2 biến tự do, nhiều biến tự do, phương trình hàm chuyển đổi các giá trị trung bình …; phương trình hàm trên lớp hàm khả vi, phương trình hàm trên lớp hàm liên tục, phương trình hàm đa thức …
Đây là các yếu tố quan trọng cần xét đến khi giải phương trình hàm. Điều này có thể thấy rõ qua ví dụ về phương trình hàm Cauchy. Bài toán tổng quát tìm tất cả các hàm số R thoả mãn phương trình với mọi x, y thuộc R, theo một nghĩa nào đó không có lời giải, thế nhưng với những giới hạn trên tập nguồn, tập đích, các tính chất của hàm số (đơn điệu, liên tục, đa thức …) thì phương trình này giải được trọn vẹn.
Bài này xét các phương trình hàm với các hàm số xác định trên N (hay Z, Q và các tập rời rạc khác). Để giải phương trình hàm xác định trên một tập nào đó, ta phải hiểu rõ cấu trúc và tính chất của tập hợp đó. Đối với N, ta sẽ chú ý đến những yếu tố sau: các phép toán cộng và nhân trên N; N được sắp thứ tự; thứ tự trên N là tốt; định lý cơ bản của số học về phân tích một số ra thừa số nguyên tố.
Phương Trình Và Hàm Số Bậc 4
PHƯƠNG TRÌNH VÀ HÀM SỐ BẬC 4 I. CÁCH GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN Ta thường gặp các dạng đặc biệt sau : Dạng 1: Phương trình trùng phương ax4 + bx2 + c = 0 (1) Đặt t = x2, ta có phương trình : at2 + bt + c = 0 (1’) Nghiệm dương của (1’) ứng với 2 nghiệm của (1) Vậy điều kiện cần và đủ để (1) có nghiệm là phương trình (1’) có ít nhất một nghiệm không âm. ax4 + bx2 + c = 0 (a ≠ 0) ⇔ 2 2 0 ( ) 0 t x f t at bt c ⎧ = ≥⎨ = + + =⎩ t = x2 ⇔ x = ± t (1) có 4 nghiệm ⇔(1/ ) có 2 nghiệm dương ⇔ ; ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ > > >Δ 0S 0P 0 (1) có 3 nghiệm ⇔(1/ ) có 1 nghiệm dương và 1 nghiệm bằng 0 ⇔ ⎩⎨ ⎧ > = 0S 0P (1) có 2 nghiệm ⇔(1/ ) có 1 nghiệm dương ⇔ P < 0 hay ; 0 / 2 0S (1) có 1 nghiệm ⇔( (1/ ) có nghiệm thỏa t1 < 0 = t2 ) hay ( (1/ ) có nghiệm thỏa t1 = t2 = 0 ) ⇔ hay 0 0 P S =⎧⎨ <⎩ 0 / 2 0S Δ =⎧⎨ =⎩ (1) vô nghiệm ⇔(1/ ) vô nghiệm hay ( 1/ ) có 2 nghiệm âm ⇔ Δ < 0 ∨ ⇔ Δ < 0 ∨ ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ < > ≥Δ 0S 0P 0 0 0 P S >⎧⎨ <⎩ ( 1 ) có 4 nghiệm là CSC ⇔ ⎩⎨ ⎧ = << 12 21 t3t tt0 Giải hệ pt : ⎪⎩ ⎪⎨ ⎧ = += = 21 21 12 t.tP ttS t9t Dạng 2 : Phương trình bậc 4 có tính đối xứng : ax4 + bx3 + cx2 + bx + a = 0 (2) * Nếu a = 0, ta có phương trình x(bx2 + cx + b) = 0 * Nếu a ≠ 0, ta có phương trình tương đương : 0c x 1xb x 1xa 2 2 =+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ ++⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ + Đặt t = x + x 1 phương trình cho viết thành a(t2 – 2) + bt + c = 0 (2’) với ⏐t⏐≥ 2 Chú ý : Khi khảo sát hàm số : t = x + x 1 , ta có : * Một nghiệm lớn hơn 2 của phương trình (2’) sẽ tương ứng với 2 nghiệm dương của phương trình (2). * Một nghiệm nhỏ hơn 2 của phương trình (2’) sẽ tương ứng với 2 nghiệm âm của phương trình (2) * Một nghiệm t = 2 của phương trình (2’) sẽ tương ứng với nghiệm x = 1 của phương trình (2) * Một nghiệm t = – 2 của phương trình (2’) sẽ tương ứng với nghiệm x = –1 của phương trình (2) * phương trình t = x + x 1 vô nghiệm khi ⏐t⏐< 2 Dạng 3 : ax4 + bx3 + cx2 – bx + a = 0 (3) * Nếu a = 0, ta có phương trình x(bx2 + cx – b) = 0 * Nếu a ≠ 0, có phương trình tương đương 0c x 1xb x 1xa 2 2 =+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −+⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ + Đặt t = x – x 1 , phương trình cho viết thành : a(t2 + 2) + bt + c = 0 (3’) với t ∈ R. Chú ý : phương trình t = x – x 1 có 2 nghiệm trái dấu với mọi t Dạng 4 : (x + a)4 + (x + b)4 = c (C) Đặt t = 2 bax ++ , t ∈ R thì với α = 2 ba − pt (C) viết thành : (t – α)4 + (t + α)4 = c ⇒ phương trình trùng phương đã biết cách giải và biện luận. Dạng 5 : (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = e với a + b = c + d. Đặt : t = x2 + (a + b)x. Tìm đk của t bằng BBT. I I . TRỤC ĐỐI XỨNG CỦA HÀM BẬC 4 Cho hàm bậc 4 : y = ax4 + bx3 + cx2 + dx + c có đồ thị (C). ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = (αx2 + βx + γ)2 + m ∀x ∈ R. Dùng đồng nhất thức cho ta có được các hệ số α, β, γ, m. III . CỰC TRỊ CỦA HÀM BẬC BỐN TRÙNG PHƯƠNG : y = ax4 + bx2 + c y’ = 4ax3 + 2bx y’ = 0 ⇔ 2x(2ax2 + b) = 0 ⇔ x ax b = + = ⎡ ⎣⎢⎢ 0 1 2 02 ( ) ( )2 3 1. Hàm số có 3 cực trị ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ a.b < 0 2. Hàm số có đúng 1 cực trị ⇔ (2) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép hoặc có nghiệm bằng 0. ⇔ a vàb a vàab = ≠ ≠ ≥ ⎡ ⎣⎢ 0 0 0 0 IV.CỰC TRỊ HÀM BẬC BỐN DẠNG : y = ax4 + bx3 + cx2 + d y’ = 4ax3 + 3bx2 + 2cx y’ = 0 ⇔ x(4ax2 + 3bx + 2c) = 0 ⇔ x ax bx c = + + = ⎡ ⎣⎢⎢ 0 4 3 2 02 ( ) ⇔ (3) vô nghiệm hay (3) có nghiệm kép hay (3) có nghiệm x = 0. 2. Khi a < 0, ta có: Hàm số chỉ có 1 cực đại mà không có cực tiểu. ⇔ (3) vô nghiệm hay (3) có nghiệm kép hay (3) có nghiệm x = 0. TOÁN ÔN VỀ HÀM SỐ BẬC 4 Cho hàm số bậc 4 có đồ thị (C a ) với phương trình : y = x4 + 8ax3 – 4(1 + 2a)x2 + 3 I. Trong phần này ta khảo sát hàm số ứng với a = 0 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (Co). Xác định tọa độ điểm uốn. 2) Định m để tiếp tuyến với (Co) tại M có hoành độ m, cắt (Co) tại hai điểm P, Q khác điểm M. Có giá trị nào của m để M là trung điểm đoạn PQ. 3) Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn PQ khi m thay đổi trong điều kiện câu 2. II. Trong phần này ta khảo sát hàm số ứng với a = 2 1− 4) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 5) Cho đường thẳng ( D ) có phương trình y = ax + b. Tìm a, b để phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D) có hai nghiệm kép phân biệt α và β. Tìm tọa độ hai điểm chung. 6) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) và có hệ số góc bằng –8. Tìm tọa độ các tiếp điểm. III. Trong phần này ta khảo sát hàm số trong trường hợp tổng quát. 7) Biện luận theo a số điểm cực trị của hàm số. Định a để hàm số chỉ có điểm cực tiểu mà không có điểm cực đại. 8) Trong trường hợp đồ thị hàm số có ba điểm cực trị hãy viết phương trình parabol đi qua ba điểm cực trị này. 9) Định a để đồ thị có hai điểm uốn. Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm uốn này. BÀI GIẢI PHẦN I: 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )0C Khi a = 0 hàm số thành y = x4 – 4x2 + 3 y′= 4x3 – 8x, / /y = 12x2 – 8 y′= 0 ⇔ x = 0 x∨ 2 = 2 ⇔ x = 0 ∨ x = ± 2 y ( )0 = 3, y ( 2± ) = –1 y′′= 0 ⇔ =2 2x 3 ⇔ x = ± 6 3 ; y 6 3 ⎛ ⎞±⎜ ⎟⎝ ⎠ = 7 9 ( )0C có 2 điểm cực tiểu là ( )2 , -1± và 1 điểm cực đại là ( ) 0,3 ( )0C có 2 điểm uốn là 6 7, 3 9 ⎛ ⎞±⎜ ⎟⎝ ⎠ Bảng biến thiên và đồ thị : bạn đọc tự làm. 2) Tiếp tuyến ( tại M ()D )− +4 2m , m 4m 3 thuộc ( )0C có phương trình: y = y′ ( )m ( Mx - x ) ( )x - m + yM hay y = ( + m)34m - 8m 4 – 4m2 + 3 Phương trình hoành độ giao điểm của ( )D và ( )0C là x4 – 4x2 + 3 = ( )34m - 8m ( )x - m + m4 – 4m2 + 3 (1) ( Nhận xét: pt (1) chắc chắn nhận m làm nghiệm kép nên ta có: (1) ⇔ ( )2x - m ( ) =2Ax + Bx + C 0 ) (1) ⇔ x4 – m4 – 4 ( )2 2x - m = ( )x - m ( )34m - 8m ⇔ x – m = 0 ∨ x3 + mx2 + m2x + m3 – 4 ( )x + m = 4m3 – 8m ⇔ x = m ∨ x3 + mx2 + ( )2m - 4 x – 3m3 + 4m = 0 (2) ⇔ x = m ∨ ( )x - m ( )2 2x + 2mx + 3m - 4 = 0 ⇔ x = m ∨ x2 + 2mx + 3m2 – 4 = 0 (3) Do đó, ( cắt ()D )0C tại 2 điểm P, Q khác m ⇔ (3) có 2 nghiệm phân biệt khác m. ⇔ 2 2 2 2 2 m + 2m + 3m - 4 0 ⎧ ≠⎪⎨ ′Δ⎪⎩ ⇔ 2 2 2m 3 m < 2 ⎧ ≠⎪⎨⎪⎩ (4)⇔ 6m 3 m < 2 ⎧ ≠ ±⎪⎨⎪⎩ Để M là trung điểm của PQ thì xM = P Q x + x 2 m = –m m = 0 ⇒ ⇒ (m = 0 thoả (4) nên nhận) Nhận xét: pt (2) chắc chắn có nghiệm x = m. 3) I là trung điểm của PQ nên: ta có xI = –m và 2yI = yP + yQ = 2 ( )4 2m - 4m + 3 ⇒ yI = – 4 + 3 4Ix 2Ix Vậy quĩ tích của I là 1 phần đồ thị của hàm số y = x4 – 4x2 + 3 với x < 2 và x ≠ ± 6 3 PHẦN II: Khảo sát hàm số với a = – 1 2 4) Khảo sát và vẽ đồ thị ( )C khi a = – 1 2 : độc giả tự làm. a = – 1 2 , hàm số thành y = x4 – 4x3 + 3; y / = 4x3 – 12x2 5) Tìm a, b để phương trình hoành độ giao điểm của y = x4 – 4x3 + 3 ( )C và đường thẳng: y = ax + b ( )1D có 2 nghiệm kép phân biệt α , β . Phương trình hoành độ giao điểm của ( )C và ( )1D là x4 – 4x3 + 3 = ax + b x⇔ 4 – 4x3 – ax + 3 – b = 0 Do đó, yêu cầu bài toán x⇔ 4 – 4x3 – ax + 3 – b = ( )2x - α ( )2x - β ∀x mà ( )2x-α ( )2x-β = x4 –2 ( )+ α β x3 + ( )2 2+ +4α β αβ x2 –2 x+αβ ( )α +β 2α 2β Do đó, yêu cầu bài toán ⇔ ( ) ( ) ⎧− α + β⎪α β αβ = α +β + α⎪⎨ αβ α β⎪⎪α β⎩ 2 2 2 2 2 2 = -4 + + 4 = 0 ( ) 2 2 + = a = 3 - b β ⇔ α β⎧⎪ αβ αβ⎪⎨⎪⎪⎩ + = 2 4 + 2 = 0( =-2) a = -8 3 - b = 4 a = – 8 và b = –1. ⇒ α β αβ ⇒ α β + β α + với + = 2 và =-2 ( = 1- 3 và =1 3 )hay( = 1- 3 và =1 3 ) Khi đó, thế = ±x 1 3 và y = – 8 x – 1, ta có 2 điểm chung là A ( )1 - 3, -9 + 8 3 và B ( )1 + 3, -9 - 8 3 6) Gọi x là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến có hệ số góc bằng –8, ta có: 4x3 – 12x2 = – 8 4x⇔ 3 – 12x2 + 8 = 0 ⇔ x3 – 3x2 + 2 = 0 ⇔ ( )x - 1 ( )2x - 2x -2 = 0 ⇔ x = 1 hay x = 1± 3 y ( )1 = 0, y (1 - 3 ) = – 9 + 8 3 , y ( )1 + 3 = –9 – 8 3 Tiếp tuyến tại ( là y = – 8)1,0 ( )x - 1 hay y = –8x + 8 Theo câu 5, 2 tiếp điểm tại A và B có cùng 1 tiếp tuyến là y = – 8x – 1 Tóm lại có 2 tiếp tuyến thỏa ycbt là : y = –8x + 8 hay y = – 8x – 1. Các tiếp điểm là : ( , A)1,0 ( )1 - 3, -9 + 8 3 và B ( )1 + 3, -9 - 8 3 PHẦN III: 7) Số điểm cực trị của hàm số là nghiệm đơn hay nghiệm bội ba của đa thức: f′ ( )x = 4x3 + 24ax2 – 8 ( )x 1 + 2a = 4x ( )2x + 6ax - 2 1 + 2a⎡ ⎤⎣ ⎦ Tam thức g(x) = x2 + 6ax – 2(1 + 2a) có : i) Khi a ≠ 1 2 − , g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0, suy ra có 3 nghiệm đơn phân biệt ( )f x = 0′ ⇒ có 3 cực trị. ii) Khi a = 1 2 − thì g(x) = 0 có 1 nghiệm bằng 0 và 1 nghiệm khác 0 có 1 nghiệm kép x = 0 và 1 nghiệm đơn ⇒ ( )f x = 0′ ⇒ có 1 cực trị Điều kiện cần để hàm chỉ có 1 cực trị là a = 1 2 − . Khi a = 1 2 − , hàm đạt cực tiểu tại x = 3. (Khi a = 1 2 − , g(x) = 0 ⇔ x2 = 0 x = 3 ∨ với x = 0 là nghiệm kép và x = 3 là nghiệm đơn). Vậy khi a = 1 2 − thì hàm chỉ có cực tiểu và không có cực đại. 8) Khi a ≠ 1 2 − , hàm số có 3 cực trị. Gọi x1, x2, x3 là hoành độ 3 điểm cực trị khi a ≠ 1 2 − , ta có : x1, x2, x3 là nghiệm của f′ ( )x = 0. Chia đa thức f ( )x cho 1 4 f′ ( )x ta có: f ( )x = 1 4 f′ ( )x [ ]x + 2a – 2 ( )26a + 2a + 1 x2 + 4 ( )2a + 2a x + 3 Vậy 3 điểm cực trị thoả phương trình: y = –2 ( )26a + 2a + 1 x2 + 4 ( )2a + 2a x + 3 vì = = ff′ ( )1x f′ ( )2x ′ ( )3x = 0 Vậy, phương trình Parabol đi qua 3 điểm cực trị là : y = –2 ( )26a + 2a + 1 x2 + 4 ( )2a + 2a x + 3 9) y′ = 4x3 + 24ax2 – 8 ( )x 1 + 2a y′′ = 12x2 + 48ax – 8 ( ) 1 + 2a y′′ = 0 3x⇔ 2 + 12ax – 2 ( )1 + 2a = 0 (9) Vì (9) có = 36a′Δ 2 + 6 ( ) 1 + 2a nên đồ thị luôn có 2 điểm uốn I, J có hoành độ là nghiệm của phương trình (9) Hướng dẫn: giả sử chia f ( )x cho 1 4 f′′ ( )x (vế trái của (9)) Ta có : f ( )x = 1 4 f′′ ( )x ( )h x⎡⎣ ⎤⎦ + Ax + B thì phương trình đường thẳng qua 2 điểm uốn là: y = Ax + B. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2002 KHỐI B: (ĐH: 2,0đ; CĐ: 2,5đ): Cho hàm số : y = mx4 + (m2 – 9)x2 + 10 (1) (m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=1 . 2. Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị . BÀI GIẢI 1) m = 1, y = x4 – 8x2 + 10 (C). MXĐ : D = R y’ = 4x3 – 16x; y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±2 y” = 12x2 – 16; y” = 0 ⇔ x = 3 2± x −∞ − 3 2 3 2 +∞ y" + 0 − 0 + (C) lõm lồi lõm Điểm uốn I1 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ − 9 10, 3 2 , I2 ⎟⎟⎠ ⎞ ⎜⎜⎝ ⎛ 9 10, 3 2 x −∞ −2 0 2 +∞ y' − 0 + 0 − 0 + y +∞ 10 +∞ −6 CĐ −6 CT CT 2) y = mx4 + (m2 – 9)x2 + 10 y’ = 4mx3 + 2(m2 – 9)x y’ = 0 ⇔ ⎢⎢⎣ ⎡ =−+ = (*)0)9m(mx2 0x 22 y có 3 cực trị ⇔ (*) có 2 nghiệm phân biệt ≠ 0 −6 x y 10 −2 2 O ⇔ m(m2 – 9) < 0 ⇔ m < −3 ∨ 0 < m < 3 ĐỀ DỰ BỊ 1 - NĂM 2002 – KHỐI A (2,0 điểm) Cho hàm số: y = x4 – mx2 + m – 1 (1) (m là tham số) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 8. 2) Xác định m sao cho đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt. BÀI GIẢI 1) Khi m = 8 ⇒ y = x4 – 8x2 + 7 • MXĐ : D = R. •y' = 4x3 – 16x = 4x(x2 – 4) y' = 0 ⇔ 4x(x2 – 4) = 0 ⇔ x = 0 hay x = ±2 • y'' = 12x2 – 16; y'' = 0 ⇔ 12x2 – 16 = 0 ⇔ x2 = =16 4 12 3 ⇔ x = ± 2 3 3 x −∞ −2 0 2 +∞ y' − 0 + 0 − 0 + y +∞ 7 +∞ - 9 −9 x −∞ 2 3 3 − 2 3 3 +∞ y'' + 0 − 0 + y +∞ lõm -17/9 lồi - 17/9 lõm +∞ O 2−2 7 −9 x y 2) Xác định m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt. • Phương trình hoành độ giao điểm : x4 – mx2 + m – 1 = 0 (1) Đặt t = x2 ≥ 0, t2 – mt + m – 1 = 0 (2) Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt . ⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt. ⇔ ⇔ 2 2 1 2 1 2 m 4(m 1) (m 2) S t t m 0 P t t m 1 0 0 m 1 m 2 >⎧⎨ ≠⎩ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG - DỰ BỊ 1 - NĂM 2004 - KHỐI A (2 điểm) Cho hàm số : y = x4 – 2m2x2 + 1 (1) với m là tham số 1) Khảo sát hàm số (1) khi m = 1. 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông cân. BÀI GIẢI 1) Khi m = 1 thì y = x4 – 2x2 + 1 MXĐ : D = R y’ = 4x3 – 4x = 4x(x2 - 1) , y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = ± 1 y’’=12x2 – 4 , y’’ = 0 ⇔ x = 3 3 ± y(0) = 1 ; y (± 1) = 0 ; y( 3 3 ± ) = 4 9 x −∞ –1 0 1 +∞ y’ – 0 + 0 – 0 + y +∞ +∞ 0000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000 x −∞ 3 3 − 3 3 +∞ y’’ + 0 – 0 + y +∞ lõm 4 9 lồi 4 9 lõm +∞ y 1 -1 0 x1 2) y’ = 4x3 – 4 m x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = 2 m± . Hàm có 3 cực trị ⇔ m ≠ 0. Gọi A (0;1) ; B, C là 2 điểm cực trị có hoành độ là m± suy ra tung độ của B và C là 1 – m4 ⇒ 4AB ( m ; m )= − −uuur và 4AC ( m ; m )= −uuur .Vì y là hàm chẵn nên AC = AB. Do đó, yêu cầu bt ⇔ m ≠ 0 và chúng tôi 0 → → = ⇔ m ≠ 0 và – m2 + m8 = 0 ⇔ m6 = 1 ⇔ m = 1± DỰ BỊ 1 KHỐI B NĂM 2005: (2 điểm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số 4 26 5y x x= − + 2. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt : 4 2 26 logx x m 0− − = . 1/ Khảo sát 4 2y x 6x 5= − + MXĐ: D= R ( )= − = − = ⇔ = = ±/ 3 2 /y 4x 12x 4x x 3 ,y 0 x 0 hay x 3 = − = ⇔ = ±/ / 2 / /y 12x 12,y 0 x 1 BBT x −∞ 3− -1 0 1 3 +∞ y ' - 0 + + 0 - - 0 + y '' + + 0 - - 0 + + y +∞ 5 +∞ -4 0 0 -4 Đồ thị 2/ Tìm m để pt 4 2 2x 6x log m 0− − = có 4 nghiệm phân biệt. 4 2 4 2 2 2x 6x log m 0 x 6x 5 log m 5− − = ⇔ − + = + Đặt 2k log m 5= + Ycbt đường thẳng y= k cắt (C) tại 4 điểm phân biệt ⇔ 4 k 5⇔ − < < ⇔ − < + <24 log m 5 5 ⇔ − < <29 log m 0 ⇔ < <9 1 m 1 2 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ : I . ( ĐH KT QUỐC DÂN HÀ NỘI, NĂM 1 9 9 7 ) Cho hàm số : y = (1) − 2 2(2 x ) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm A (0; 4 ). II . ( ĐH QG TP HCM ( đợt 3 ) , NĂM 1 9 9 8) Cho hàm số : y = m2 x4 – 2 x2 + m (1) với m là tham số khác không. 1) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2) Khảo sát sự biến thiên của hàm số (1) khi m ≠ 0. Từ đó xác định m sao cho m2 x4 – 2 x2 + m ≥ 0 với mọi số thực x. III . ( ĐH Y DƯỢC TP HCM , NĂM 1 9 9 8) Cho hàm số : y = –x4 + 2 (m + 1) x2 – 2m –1 (1) với m là tham số 1) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ tạo thành 1 cấp số cộng. 2) Gọi (C ) là đồ thị của hàm số (1) khi m = 0. Tìm tất cả các điểm trên trục tung sao cho từ đó có thể kẻ được 3 tiếp tuyến với ( C ). ThS. PHẠM HỒNG DANH TT luyện thi chất lượng cao Vĩnh Viễn
Ứng Dụng Hàm Số (Sử Dụng Tính Đơn Điệu) Giải Phương Trình, Bất Phương Trình
1. Định lý 1: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên tục trên D thì số nghiệm của phương trình trên D: f(x) = k không nhiều hơn một và f(x) = f(y) khi và chỉ khi x = y với mọi x, y ∈ D.
* Lưu ý: Từ định lý trên, ta có thể áp dụng vào giải phương trình như sau:
¤ Bài toán yêu cầu giải PT: F(x) = 0. Ta thực hiện các phép biến đổi tương đương đưa PT về dạng f(x) = k hoặc f(u) = f(v) (với u = (x) và v = v(x)) và ta chứng minh được f(x) là hàm luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến):
– Nếu là PT: f(x) = k thì ta tìm một nghiệm rồi chứng minh nghiệm đó là duy nhất.
– Nếu là PT: f(u) = f(v) thì ta có ngay u = v giải PT này ta tìm được nghiệm
¤ Định lý này cũng được áp dụng cho bài toán chứng minh PT có nghiệm duy nhất.
2. Định lý 2: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và hàm số y = g(x) luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) và liên tục trên D thì số nghiệm trên D của phương trình: f(x) = g(x) không nhiều hơn 1.
* Lưu ý: Khi gặp phương trình F(x) = 0 và ta có thể biến đổi về dạng f(x) = g(x) trong đó f(x) và g(x) khác tính đơn điệu. Khi đó ta tìm một nghiệm của phương trình và chứng minh đó là nghiệm duy nhất.
II. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, bất phương trình.
⇒ f(x) là hàm đồng biến
– Mặt khác f(1) = 1 2019 + 1 = 2 nên theo định lý 1 và 3: x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
* Nhận xét: Với bài toán này các em thấy không phải dạng quen thuộc và số mũ khá lớn nên cần nghĩ đến việc ứng dụng hàm số để giải, và các em thấy việc giải bài toán sẽ dễ dàng hơn nhiều.
b) Điều kiện x ≥ 1 và ta thấy x = 1 không phải là nghiệm của phương trình.
⇒ f(x) là hàm đồng biến
* Nhận xét: – Với bài toán này nếu vận dụng phương pháp giải phương trình căn thức thì phép biến đổi và điều kiện khá phức tạp và gây khó khăn hơn việc sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
– Mặt khác, ta thấy f(1) = 4 nên theo định lý 1 và 3, x = 4 là nghiệm duy nhất của phương trình.
⇒ f(x) là hàm đồng biến trên D
– Mặt khác, ta thấy f(1) = 3 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
– Mặt khác, ta có: f(1) = 4 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
⇒ f(t) là hàm đồng biến. nên theo định lý 2 ta có:
– Vậy phương trình có nghiệm x = 1 và x = -1/2.
– Để ý các biểu thức tham gia trong phương trình ta thấy:
(2x 2 + 4x + 5) – (x 2 + x + 3) = x 2 + 3x + 2. nên ta có phương trình ban đầu trở thành:
⇒ f(t) là hàm đồng biến.
– Vậy phương trình có 2 nghiệm x = -1 và x = -2. Tức tập nghiệm S = {-1;-2}.
– Chia 2 vế của pt (1) cho 5 x ta được:
– Mặt khác, ta có f(2) = 1 nên x = 2 là nghiệm duy nhất.
* Nhận xét: Với bài toán này rất khó để ta sử dụng các phương pháp giải phương trình mũ để giải. Tuy nhiên khi ứng dụng hàm số để giải sẽ dễ dàng hơn.
– Đối chiếu điều kiện t = -1 < 0 (loại)
– Với t = 5 – 2x ⇔ 3 x = 5 – 2x ⇔ 3 x + 2x – 5 = 0
⇒ f(x) là hàm đồng biến
– Mặt khác, f(1) = 0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
⇒ f(x) là hàm số nghịch biến và f(1) = 6.
– Đặt log 7x = t ⇔ x = 7 t bất phương trình đã cho trở thành:
⇒ f(t) là hàm đồng biến trên khoảng [1;3]
– Kết hợp với điều kiện (TXĐ) ta có tập nghiệm là: 2<x≤3.
Bài 1. Giải các phương trình sau sử dụng tính đơn điệu của hàm số
III. Bài tập Ứng dụng hàm số giải phương trình bất phương trình tự làm.
Như vậy, đối với rất nhiều bài toán giải phương trình và bất phương trình mà nếu ta áp dụng giải theo các phương pháp đã biết (như phép biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ,…) thì sẽ rất khó để giải quyết bài toán, tuy nhiên nếu sử dụng tính đơn điệu của hàm số thì bài toán trở lên dễ dàng hơn rất nhiều.
Hy vọng qua bài viết trên, các em đã có thể rèn được kỹ năng giải toán và nhận dạng được một số bài toán giải phương trình và bất phương trình sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Các Dạng Bài Tập Viết Phương Trình Tiếp Tuyến Của Đồ Thị Hàm Số
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số có một số dạng toán mà chúng ta thường gặp như: Viết phương trình tiếp tiếp tại 1 điểm (tiếp điểm); Viết phương trình tiếp tuyến đi qua 1 điểm; Viết phương trình tiếp tuyến khi biết hệ số góc k,…
I. Lý thuyết cần nhớ để viết phương trình tiếp tuyến
– Nguyên tắc chung để viết được phương trình tiếp tuyến (PTTT) là ta phải tìm được hoành độ tiếp điểm
° Dạng 1: Viết phương trình tiếp tuyến TẠI 1 ĐIỂM (biết Tiếp Điểm)
– Nếu đề cho (hoành độ tiếp điểm x 0) thì tìm y 0 bằng cách thế vào hàm số ban đầu, tức là: y 0=f(x 0)
– Nếu đề cho (tung độ tiếp điểm y 0) thì tìm x 0 bằng cách thế vào hàm số ban đầu, tức là: f(x 0)=y 0
– Nếu đề yêu cầu viết phương trình tiếp tuyến tại các giao điểm của đồ thị (C): y=f(x) và đường đường thẳng (d): y=ax+b. Khi đó, các hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (C).
– Trục hoành Ox: y=0; trục tung Oy: x=0.
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C): y=x 3+2x 2 tại điểm M(-1;1)
– Phương trình tiếp tuyến tại điểm M(-1;1) là:
– Vậy PTTT của (C) tại điểm M(-1;1) là: y = -x.
– Vậy phương trình tiếp tuyến tại điểm M của (C) là:
Viết phương trình tiếp tuyến tại giao điểm với trục hoành của hàm số (C): y =x 4 – 2x 2.
– Giao điểm của đồ thị hàm số (C) với trục hoành (Ox) là:
– Như vậy, giờ bài toán trở thành viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị thàm số tại 1 điểm.
⇒ Phương trình tiếp tuyết tại điểm có tọa độ (0; 0) có hệ số góc k = 0 là: y = 0.
⇒ Phương trình tiếp tuyết tại điểm có tọa độ (√2; 0) có hệ số góc k = 4√2 là:
⇒ Phương trình tiếp tuyết tại điểm có tọa độ (-√2; 0) có hệ số góc k = -4√2 là:
y = 0; y = 4√2x – 8 và y = -4√2x – 8
° Dạng 2: Viết phương trình tiếp tuyến ĐI QUA 1 ĐIỂM
– Bài toán: Giả sử cần viết PTTT của đồ thị hàm số (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm A(x A;y A)
Phương trình tiếp tuyến đi qua A(x A;y A) có hệ số góc k có dạng:
Thay x 0 tìm được vào phương trình (**) ta được PTTT cần viết.
Viết Phương trình tiếp tuyến của (C): y = -4x 3 + 3x + 1 đi qua điểm A(-1;2).
– Ta có: y’ = -12x 2 + 3
– Đường thẳng d đi qua A(-1;2) có hệ số góc k có phương trình là: y = k(x + 1) + 2
– Đường thẳng (d) là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
– Từ hệ trên thay k ở phương trình dưới vào phương trình trên ta được:
⇔ x = -1 hoặc x = 1/2.
* Với x = -1 ⇒ k = -12.(-1) 2 + 3 = -9. Phương trình tiếp tuyến là: y = -9x – 7
* Với x = 1/2 ⇒ k = -12.(1/2) 2 + 3 = 0. Phương trình tiếp tuyến là: y = 2
* Vậy đồ thị (C) có 2 tiếp tuyến đi qua điểm A(-1;2) là: y = -9x – 7 và y = 2.
– Đường thẳng (d) đi qua A(-1;4) có hệ số góc k có phương trình: y = k(x + 1) + 4
– Đường thẳng (d) là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
– Từ hệ trên thay k ở phương trình dưới vào phương trình trên ta được:
– Ta thấy x = -1 (loại), x = -4 (nhận)
– Bài toán: Cho hàm số y=f(x) có đồ thị (C). Viết PTTT của (d) với đồ thị (C) với hệ số góc k cho trước.
– Hệ số góc của tiếp tuyến là: k=f'(x 0)
– Giải phương trình k=f'(x 0) này ta tìm được x 0, từ đó tìm được y 0.
* Tiếp tuyến song song với 1 đường thẳng, ví dụ, d//Δ: y=ax+b ⇒k=a. Sau khi lập được PTTT thì cần kiểm tra lại tiếp tuyến có trùng với đường thẳng Δ hay không? nếu trùng thì loại kết quả đó.
* Tiếp tuyến vuông góc với 1 đường thẳng, ví dụ, d⊥Δ: y=ax+b ⇒k.a=-1 ⇒k=-1/a.
* Tiếp tuyến tạo với trục hoành 1 góc α thì k=±tanα.
* Tổng quát: Tiếp tuyến tạo với đường thẳng Δ: y=ax+b một góc α, khi đó:
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C): y = x 3 – 3x + 2 có hệ số góc bằng 9.
– Ta có: y’ = 3x 2 – 3. Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm là M(x 0;y 0)
⇒ Hệ số góc của tiếp tuyến là: k = y'(x 0)
– Kết luận: Vậy đồ thị hàm số (C) có 2 tiếp tuyến có hệ số góc bằng 9 là:
– Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng Δ: y = 3x + 2 nên ta có:
– Phương trình tiếp tuyến tại M 1 là (d 1): y = 3(x + 1) – 1 ⇔ y = 3x + 2
Đối chiếu với phương trình đường Δ ta thấy d 1 ≡Δ nên loại.
– Phương trình tiếp tuyến tại M 2 là (d 2): y = 3(x + 3) + 5 ⇔ y = 3x + 14
* Vậy đồ thị (C) có 1 tiếp tuyến
– Gọi đườn thẳng (d) có hệ số góc k là tiếp tuyến của (C) vuông góc với (Δ) có dạng: y = kx + b
– Để (d) tiếp xúc với (C) thì hệ sau phải có nghiệm:
⇒ phương trình tiếp tuyến (d) của (C) vuông góc với (Δ) là: y = -6x + 10.
* Cách giải khác:
– Ta có hệ số góc của tiếp tuyến (d) với đồ thị (C) là y’ = -4x 3 – 2x.
⇒ Phương trình tiếp tuyến tại điểm (1;4) là: y = -6(x – 1) + 4 = -6x + 10.
– Vận dụng phương pháp giải một trong các dạng toán ở trên sau đó giải và biện luận để tìm giá trị của tham số thỏa yêu cầu bài toán.
Cho hàm số y = x 3 – 3x 2 có đồ thị (C). Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C) có hoành độ x = 1. Tìm giá trị m để tiếp tuyến của (C) tại M song song với đường thẳng Δ: y = (m 2 – 4)x + 2m – 1.
– TXĐ: D = R
– Ta có: y’ = 3x 2 – 6x
– Phương trình tiếp tuyến (d) tại điểm M(1;-2) của (C) có dạng:
– Khi đó pt đường thẳng Δ: y = -3x + 3
– Vậy, với m = -1 thì tiếp tuyến (d) của (C) tại M(1;-2) song sóng với Δ.
Cho hàm số y = x 4 – 2(m + 1)x 2 + m + 2 có đồ thị (C). Gọi A là điểm thuộc (C) có hoành độ bằng 1. Tìm giá trị của m để tiếp tuyến của (C) tại A vuông góc với đường thẳng Δ: x – 4y + 1 = 0.
– TXĐ: D = R
– Ta có: y’ = 4x 3 – 4(m+1)x
– Gọi (d) là tiếp tuyến của (C) tại điểm A,
khi đó hệ số góc của (d) là: k = y'(1) = 4 – 4(m + 1) = -4m
– Do đó: d ⊥ Δ ⇔ k = -4 ⇔ -4m = -4 ⇔ m = 1
Cập nhật thông tin chi tiết về Phương Trình Hàm Trên N trên website Ictu-hanoi.edu.vn. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!