Kiến thức trọng tâm và phương pháp giải toán Khảo sát hàm số và ứng dụng đạo hàm Lớp 12 - Chủ đề 1, Phần 2: Đơn điệu của hàm số (Có hướng dẫn)

Nội dung text: Kiến thức trọng tâm và phương pháp giải toán Khảo sát hàm số và ứng dụng đạo hàm Lớp 12 - Chủ đề 1, Phần 2: Đơn điệu của hàm số (Có hướng dẫn)

1. Dạng 5: Ứng dụng đơn điệu trong giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình và hệ bất phương trình. Trong khuôn khổ chương trình, tác giả chỉ đề cập những bài tập thường gặp. Bạn đọc muốn nghiên cứu kĩ về ứng dụng đơn điệu trong việc giải phương trình , vui lòng tìm đọc tập sách: Đại số - lượng giác. Phương pháp . Biến đổi phương trình ,bất phương trình đã cho thành dạng f(x) = g(m) , f(x) > g(m), Sau đó lập bảng biến thiên của f(x) , dựa vào bảng biến thiên này sẽ tìm được các giá trị của tham số thỏa yêu cầu của bài toán. Dựa vào định nghĩa hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến ta thấy Nếu hàm số y f(x) liên tục và đồng biến trên D thì : f(x) f(y) x y và f(x) f(y) x y . Nếu hàm số y f(x) liên tục và nghịch biến trên D thì : f(x) f(y) x y và f(x) f(y) x y . Từ đó gợi cho chúng ta ứng dụng vào các bài toán chứng minh bất đẳng thức và các bài toán giải phương trình, bất phương trình. Cụ thể ta có các tính chất sau: Tính chất 1: Nếu hàm số y f(x) liên tục và luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên (a; b) thì số nghiệm của phương trình : f x k (trên (a; b) ) không nhiều hơn một và f u f v u v u,v (a; b) . Chứng minh: Ta giả sử f là hàm đồng biến trên (a; b) Nếu u v f(u) f(v) Nếu u v f(u) f(v) Tính chất 2: Nếu hàm số y f(x) liên tục và luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) ; hàm số y g x liên tục và luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) trên D thì số nghiệm trên D của phương trình : f x g x không nhiều hơn một. Chứng minh: Giả sử f đồng biến còn g nghịch biến trên D và x0 D : f(x0 ) g(x0 ) . * Nếu x x0 f(x) f(x0 ) g(x0 ) g(x) PT:f(x) g(x) vô nghiệm * Nếu x x0 f(x) f(x0 ) g(x0 ) g(x) PT:f(x) g(x) vô nghiệm Vậy x x0 là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) g(x) . Tính chất 3: Nếu hàm số y f x liên tục và luôn đồng biến ( hoặc luôn nghịch biến) trên D thì f(u) f(v) u v (u v) u,v D . Tính chất 4: Cho hàm số y f(x) liên tục trên [a;b] và có đạo hàm trên khoảng liên tục a; b . Nếu f(a) f(b) thì phương trình f'(x) 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (a; b) . 25
2. Chứng minh: Giả sử phương trình f'(x) 0 vô nghiệm trên (a; b) . Khi đó f'(x) 0 x (a; b) (hoặc f'(x) 0 x (a; b) ). Suy ra f(b) f(a) (hoặc f(b) f(a) ). Điều này trái với giả thiết f(a) f(b) . Vậy phương trình f'(x) 0 có ít nhất một nghiệm trên (a; b) . Từ định lí này, ta có được hai hệ quả sau: Hệ quả 1: Nếu phương trình f x 0 có m nghiệm thì phương trình f'(x) 0 có m 1 nghiệm. Hệ quả 2: Cho hàm số y f x có đạo hàm đến cấp k liên tục trên (a; b) . Nếu phương trình f(k)(x) 0 có đúng m nghiệm thì phương trình f(k 1)(x) 0 có nhiều nhất là m 1 nghiệm. Thật vậy: Giả sử phương trình f(k 1)(x) 0 có nhiều hơn m+1 nghiệm thì phương trình f(k)(x) 0 có nhiều hơn m nghiệm, điều này trái với giả thiết bài toán. Từ hệ quả 2 nếu f'(x) 0 có một nghiệm thì f(x) 0 có nhiều nhất hai nghiệm. Chú ý: Sử dụng tính đơn điệu để giải phương trình – bất phương trình ta thường đi theo hai hướng sau: Hướng 1: Đưa phương trình về dạng f(x) f(x0 ) , trong đó y f(t) là một hàm số liên tục và luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên tập đang xét. Để làm theo hướng này, chúng ta cần nhẩm trước một nghiệm của phương trình và nhận diện được tính đơn điệu của hàm số f. Để nhẩm nghiệm, ta có thể sử dụng máy tính bỏ túi để tìm nghiệm. Cụ thể: Để tìm một nghiệm của phương trình f(x) 0 ta thực hiện như sau Bước 1: Nhập biểu thức f(x) (Dùng phím ALPHA+ X) Bước 2: Dùng lệnh giải phương trình: SHIFT+CALC (SOLVE) nhập giá trị của X (nhập giá trị bất kì) =. Để nhận diện được tính đơn điệu của hàm số f, chúng ta cần chú ý *Tổng hai hàm số đồng biến là một hàm số đồng biến * Hàm số đối của một hàm số đồng biến là một hàm số nghịch biến. * Nếu hàm số y f(x) đồng biến thì y n f(x) là hàm số đồng biến. 1 * Nếu hàm số y f(x) đồng biến và nhận giá trị dương thì hàm số y là một f(x) hàm nghịch biến. Hướng 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) f(v) , trong đó u,v là các hàm theo x. Làm theo hướng ta thường áp dụng khi gặp phương trình chứa hai phép toán ngược nhau. 26
3. Chú ý 1: Ký hiệu K là một đoạn,một khoảng hoặc một nửa khoảng. Nếu f x liên tục trên đoạn a; b và f a .f b 0 thì phương trình f x 0 có ít nhất một nghiệm c a; b . Nếu f x liên tục và đơn điệu trên K thì phương trình f x 0 có không quá một nghiệm trên K . Chú ý 2: Nếu f x liên tục và tăng trên K , g x liên tục và giảm (hoặc là hàm hằng) trên K thì phương trình f x g x có không quá một nghiệm trên K . Nếu phương trình f' x 0 có n nghiệm trên khoảng a; b thì phương trình f x 0 có không quá n 1nghiệm trên khoảng a; b . Tổng của 2 hàm tăng trên K là một hàm tăng trên K , tổng của 2 hàm giảm trên K là một hàm giảm trên K . Nếu f x là hàm tăng trên K thì a.f x tăng trên K nếu a 0 và a.f x giảm trên K nếu a 0 . Các ví dụ Ví dụ 1. Giải phương trình: 1. 4x3 x x 1 2x 1 0 Đề thi Cao đẳng năm 2012 3 3 2. 3 x 2 3 x 1 2x2 1 2x2 3. 3x 1 6 x 3x2 14x 8 0 Đề thi Đại học khối B năm 2010 4. 3x 3 5 2x x3 3x2 10x 26 0 Lời giải. 1 1. Điều kiện: x . 2 3 3 Phương trình đã cho tương đương với: 2x 2x 2x 1 2x 1 Xét hàm số: f t t3 t trên ¡ . Ta có: f' t 3t2 1 0, t ¡ , suy ra f t đồng biến trên ¡ x 0 1 5 Do đó 2x 2x 1 2 x 4x 2x 1 4 2. Nhận xét đặc điểm các biểu thức dưới dấu căn ta thấy ở mỗi vế biểu thức dưới dấu 3 căn hơn kém nhau 1. Do đó nếu ta đặt đặt u 3 x 1, v 2x2 thì phương trình đã cho trở thành: 3 u3 1 u 3 v3 1 v f(u) f(v) . 27
4. t2 Trong đó f(t) 3 t3 1 t , có: f'(t) 1 0 nên f(t) là hàm đồng biến. 3 (t3 1)2 1 Do đó: f(u) f(v) u v 2x2 x 1 x 1,x 2 1 Vậy phương trình có hai nghiệm: x 1,x . 2 1 3x 1 0 x 1 3. Điều kiện: 3 x ;6 6 x 0 3 x 6 1 Dễ thấy x hoặc x 6 không là nghiệm phương trình. 3 Cách 1: Xét hàm số: f x 3x 1 6 x 3x2 14x 8 liên tục trên khoảng 1 ;6 . 3 1 3 1 1 Ta có: f' x 6x 14, x ;6 2 3x 1 6 x 3 1 7 11 x ; 3x 1 6 x 2 2 , 3 3 3 2 1 7 3x 14x 8 3 f x 0,x ; . 3 3 7 7 x ;6 : f' x 0 f x đồng biến trên ;6 và f 5 0 . 3 3 7 Do đó trên ;6 phương trình f x 0 có đúng 1 nghiệm x 5 . 3 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 5 . Cách 2: Phương trình : 3x 1 6 x 3x2 14x 8 0 3x 1 4 1 6 x 3x2 14x 5 0 3 x 5 x 5 x 5 3x 1 0 3x 1 4 6 x 1 3 1 x 5 3x 1 0 3x 1 4 6 x 1 3 1 1 Vì 3x 1 0, x ;6 nên phương trình 3x 1 4 6 x 1 3 x 5 0 x 5 . 28
5. Vậy phương trình cho có nghiệm duy nhất x 5 . 5 4. Điều kiện: 1 x . 2 5 Dễ thấy, x 1 hoặc x không là nghiệm phương trình. 2 Phương trình cho viết lại: 3x 3 3 5 2x 1 x 2 x2 x 12 0 3 x 2 2 x 2 x 2 x2 x 12 0 3x 3 3 5 2x 1 3 2 2 x 2 x x 12 0 3x 3 3 5 2x 1 2 5 Xét hàm số f x x x 12 , với x 1; . 2 1 Ta có: f' x 2x 1 và f' x 0 x 2 5 3 2 2 5 min f f 0 , do đó x x 12 0 , mọi x 1; 5 2 2 x 1; 3x 3 3 5 2x 1 2 Vậy, phương trình cho có nghiệm duy nhất x 2 . Ví dụ 2 : Giải phương trình: 2(x 2) 3 x 5 2 2x 5 3x 1 Lời giải. 5 Điều kiện xác định: x . 2 3x 1 Phương trình đã cho tương đương: 3 x 5 2 2x 5 2x 4 3x 1 3 x 5 2 2x 5 0 2x 4 3 3x 1 5 Đặt f(x) x 5 2 2x 5 với x thuộc ; 2x 4 2 1 2 10 5 Ta có: f'(x) 0 với x 2 2 2 33 x 5 2x 5 2x 4 5 hàm số f(x) đồng biến trên ; phương trình f(x) 0 có tối đa một nghiệm 2 Và f(3) 0 (2). Từ (1) và (2) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 3 . Ví dụ 3 : Giải phương trình: 3 sin x 2 sin x 1 Lời giải. 29
6. Tập xác định D ¡ Đặt t sin x , điều kiện t 1 Khi đó phương trình có dạng : 3 t 2 t 1 3 t 1 2 t Dễ thấy: + Hàm số f(t) 3 t là hàm đồng biến trên D 1;1 + Hàm số g(t) 1 2 t là hàm nghịch biến trên D 1;1 Từ suy ra : f(t) g(t) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất Ta thấy t 1 là thỏa phương trình , do đó: sin x 1 x k2 2 3 2y y 2x 1 x 3 1 x Ví dụ 4 : Giải hệ phương trình: 2 2y 1 y 4 x 4 Lời giải. Điều kiện: 4 x 1; y ¡ . Ta có phương trình đầu tương đương 2y3 y 2 1 x 2x 1 x 1 x 2y3 y 2(1 x) 1 x 1 x Xét hàm số f(t) 2t3 t, ta có f'(t) 6t2 1 0,t ¡ f(t) đồng biến trên ¡ . y 0 Vậy phương trình đầu f(y) f 1 x y 1 x 2 y 1 x Thế vào phương trình thứ hai ta được 3 2x 1 x 4 x 4 ( ) Xét hàm số g(x) 3 2x 1 x x 4, liên tục trên [-4;1], 1 1 1 Ta có g'(x) 0 x ( 4;1) g(x) nghịch biến trên 3 2x 2 1 x 2 x 4 đoạn 4;1 . Lại có g( 3) 4 nên x 3 là nghiệm duy nhất của phương trình ( ) . Với x 3 suy ra y 2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x; y 3; 2 Ví dụ 5 Giải hệ phương trình: x3 3x2 9x 22 y3 3y2 9y 1. 1 Đề thi Đại học khối A, A1 năm 2012 x2 y2 x y 2 2 4x 1 x y 3 5 2y 0 1 2. 2 2 4x y 2 3 4x 7 2 Đề thi ĐH khối A năm 2010. Lời giải. 30
7. Trước hết, đây là bài toán cơ bản và có nhiều cách giải ( 15 cách giải ). Trong khuôn khổ ứng dụng đạo hàm, tác giả giới thiệu đến bạn đọc 3 cách giải đơn giản nhất. x3 3x2 9x 22 y3 3y2 9y 2 2 1. Cách 1: Hệ phương trình cho viết lại: 1 1 . x y 1 2 2 1 1 Đặt u x ,v y 2 2 3 3 2 45 3 3 2 45 u u u v 1 v 1 v 1 Hệ đã cho thành 2 4 2 4 2 2 u v 1 3 45 Xét hàm f t t3 t2 t với t 1 2 4 45 Ta có f' t 3t2 3t 0 với mọi t 1;1 4 2 v 0 v 1 f u f v 1 u v 1 v 1 v2 1 hay u 1 u 0 v 0 3 1 v 1 1 3 Với x; y ; Với x; y ; u 1 2 2 u 0 2 2 3 1 1 3 Hệ đã cho có nghiệm là x; y ; ; ; . 2 2 2 2 Cách 2: 3 3 Ta có: x3 3x2 9x 22 y3 3y2 9y x 1 12x 23 y 1 12y 3 3 x 1 12 x 1 y 1 12 y 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 x y x y x y 2 2 2 2 2 2 1 x 1 1 3 1 1 x 1 x 1 2 2 2 2 Từ 2 nhận thấy 2 1 1 3 1 1 y 1 y 1 y 1 2 2 2 2 Từ 1 , xét f t t3 12t với t 2; 2 f' t 3t2 12 0,t 2; 2 (vì x 1,y 1 2; 2 ) nên x y 2 . Thay x y 2 vào 2 ta được: 2 1 y 2 y2 y 2 y 4 y2 8 y 3 0 2 31
8. 3 1 1 3 y ; x hoặc y ; x 2 2 2 2 3 1 1 3 Hệ đã cho có nghiệm là x; y ; ; ; . 2 2 2 2 Cách 3: 3 3 x 1 12 x 1 y 1 12 y 1 Ta có hệ đã cho tương đương với: 2 2 1 1 x y 1 2 2 a3 12a b3 12b 2 2 Đặt a x 1,b y 1 ta được hệ: 1 1 a b 1 2 2 1 3 1 2 9 2 2 1 a 1 a a 1 1 2 2 2 4 Từ a b 1 2 2 1 1 3 2 9 1 b 1 b b 2 2 2 4 Xét hàm số f t t3 12t , ta có f t là hàm liên tục trên ¡ và 9 f'(t) 3 t2 4 0, với t2 . Nên từ a3 12a b3 12b ta có a b . 4 a b 2 2 1 Do đó, hệ đã cho 1 1 a b . a a  2 2 2 3 1 1 3 Vậy nghiệm của hệ đã cho là: x; y ; , ; . 2 2 2 2 3 5 2. Điều kiện: x ,y . 4 2 Cách 1: 4x2 1 x y 3 5 2y 0 4x2 1 2x 2 y 3 5 2y 0 4x2 1 2x 5 2y 1 5 2y có dạng f 2x f 5 2y Xét hàm số f t t t2 1 liên tục trên ¡ . Dễ thấy f' t 3t2 1 0,t ¡ . 3 0 x 4 Do đó f 2x f 5 2y 2x 5 2y 5 4x2 y 2 32
9. 2 5 4x2 Khi đó 2 viết lại 4x2 2 3 4x 7 3 . 2 3 Vì x 0,x không là nghiệm của 3 . 4 2 5 4x2 3 Xét hàm số : g x 4x2 2 3 4x 7 liên tục trên khoảng 0; . 2 4 2 4 3 Ta có g' x 4x 4x 3 0,x 0; g x nghịch 3 4x 4 3 1 1 biến trên khoảng 0; và g 0 3 có nghiệm duy nhất x y 2 . 4 2 2 3 5 v2 Chú ý 1: Ta có thể đặt : u 2x u ,v 5 2y,v 0 y 2 2 u v2 1 Phương trình 1 u2 1 v 0 u v u2 uv v2 1 0 2 2 u v 2x 5 2y vì u2 uv v2 1 0,u,v ¡ . 5 t2 Chú ý 2: Đặt : 5 2y t y với t 0 2 t2 1 Khi đó 1 4x2 1 x t 8x3 2x t3 t 2 2 2 3 2x t 4x 2xt t 1 0 t 2x t 0; 2 2 5 t2 2 trở thành t2 2 3 2t 7 t4 6t2 8 3 2t 3 0 4 3 Vì t 0 hoặc t không là nghiệm phương trình 2 4 2 3 Xét hàm: f t t 6t 8 3 2t 3 liên tục trên khoảng 0; 2 3 8 3 3 Ta có: f' t 4t 12t 0,t 0; và f 1 0 nên trong khoảng 0; và 3 2t 2 2 1 f t 0 có nghiệm duy nhất t 1 x ,y 2 . 2 Cách 2:Đặt u 2x,v 5 2y Từ 1 u2 1 u v2 1 v 0 u v 33
10. 2x 5 2y Ta có hệ: 2 2 4x y 2 3 4x 7 2 Với t y 1,w 3 4x 3 2u u 3 2t 0 u2 3 2t 1 2 2 x t 3 2w t 3 2w u t w 1 2 w 3 2u 0 w2 3 2u y 2 3 5 Cách 3: Điều kiện: x ,y 4 2 3 3 0 x 2 5y 2 5y 4 1 4x3 x 2x 2 5y 2 2 5 4x2 y . 2 2 5 4x2 2 4x2 2 3 4x 7 16x4 25x2 8 3 4x 3 0 2 16 1 2x 16x4 25x2 5 8 3 4x 1 0 4x2 1 4x2 5 0 3 4x 1 2 16 2x 1 2x 1 4x 5 0 3 3 4x 1 3 16 0 x 2x 1 4x2 5 0 2x 1 4x2 5 0 4 3 4x 1 1 3 x y 2 . 2 3x 1 4 2x 1 y 1 3y Ví dụ 6 Giải hệ phương trình: x y 2x y 4 6x 3y Lời giải. 1 Điều kiện: x ,y 1 3 2 Phương trình thứ hai tương đương với: y2 x 3 y 2x2 6x 4 0 , 3x 5 1 Nên có y x 1 0 ( vô nghiệm vì x ,y 1 ) hoặc 2x y 4 0 3 Với 2x y 4 0 y 2x 4 thay vào phương trình đầu, nên có: 3x 1 4 2x 1 2x 3 3 2x 4 2 3x 1 3x 1 2 2x 3 2x 3 Xét hàm số f(t) 2t2 t với t 0 ta có f' t 4t 1 0,t 0 34
11. Do đó f(t) đồng biến trên 0; . Khi đó 3x 1 2x 3 x 4 y 12 Vậy, hệ phương trình cho có nghiệm x,y 4;12 x3 4y2 1 2 x2 1 x 6 Ví dụ 7 Giải hệ phương trình: 2 2 2 x y 2 2 4y 1 x x 1 Lời giải. Điều kiện: x 0 . Nhận thấy, x 0 không là nghiệm của hệ phương trình. 1 1 1 Xét x 0 . Từ phương trình thứ hai ta có 2y 2y 4y2 1 1 x x x2 t2 Xét hàm số f t t t t2 1 với t ¡ , ta có f' t 1 t2 1 0 , với t2 1 t ¡ nên hàm số đồng biến trên với ¡ . 1 1 Khi đó phương trình f 2y f 2y x x 1 Thay 2y vào phương trình đầu, ta được: x3 x 2 x2 1 x 6 x Vế trái của phương trình là hàm đồng biến trên 0; nên có nghiệm duy nhất 1 x 1 và hệ phương trình có nghiệm 1; . 2 2x 2y 2x y 2xy 1 1 Ví dụ 8 Giải hệ phương trình: 3 3 3y 1 8x 2y 1,x 0 Lời giải. 2x 2y 2x y 2xy 1 1 (1) 3 3 3y 1 8x 2y 1 (2) 1 2x 1 2 y 1 2x 1 y 1 0 2x 1 0 Điều kiện: 2x 1 y 1 0 , mà x 0 y 1 0 Khi đó: (1) 2x 1 y 1 2x 1 2 y 1 0 35
12. 2x 1 y 1 2x 1 2 y 1 0 y 2x 3 Thay vào (2): 3 6x 1 8x3 4x 1 6x 1 3 6x 1 2x 2x (3) Hàm số f t t3 t , t ¡ ta có: f' t 3t2 1 0 t ¡ nên đồng biến trên 1 f t t ¡ , do đó (3) 3 6x 1 2x 4x3 3x 2 Nhận thấy x 1 không là nghiệm của phương trình 2 k 1 Xét 0 x 1: Đặt x cos với 0 cos3 9 3 ( k ¢ ) 2 2 2 k 9 3 Do 0 . Vậy hệ có nghiệm cos ; 2cos 2 9 9 9 3x2 2x 1 0 Ví dụ 9 : Giải hệ bấtphương trình: 3 x 3x 1 0 Lời giải. 3x2 2x 1 0 1 x 1 . 3 Xét hàm số f x x3 3x 1 với 1 x 1 3 1 Ta có: f' x 3 x 1 x 1 0,x 1; 3 1 1 1 1 f x giảm trên khoảng 1; và f x f 0,x 1, . 3 3 27 3 Vậy, hệ phương trình cho có nghiệm x 1, 1 . 3 2x 1 y3 y2 y Ví dụ 10 : Giải hệ phương trình sau: 2y 1 z3 z2 z ( ) 2z 1 x3 x2 x Lời giải. 1 3 2 x (y y y 1) 2 1 Viết lại hệ phương trình đã cho dưới dạng: y (z3 z2 z 1) 2 1 3 2 z (x x x 1) 2 36
13. 1 Xét hàm số f(t) (t3 t2 t 1) , t ¡ 2 , 1 2 1 1 2 2 Ta có: f (t) (3t 2t 1) ( 3t ) 0,t ¡ 2 2 3 3 x f(y) Vậy hàm số f(t) đồng biến trên ¡ .Ta viết lại hệ phương trình như sau: y f(z) z f(x) Không giảm tổng quát, giả sử: x min x,y,z . Khi đó: x y f(x) f(y) z x f(z) f(x) y z . Hay x y z x x y z 3 2 2 x 1 Với x y z , xét phương trình: x x x 1 0 (x 1) (x 1) 0 x 1 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm: S1 1; 1; 1, S2 1;1;1 2 8 x 3x 2 5y 1 y 8 Ví dụ 11 : Giải hệ phương trình sau: y2 3y 2 5z 1 z 2 8 z 3z 2 5x 1 x Lời giải. 1 Điều kiện: x,y,z . 5 8 Xét các hàm số f t t2 3t 2,g t 5t 1 . t 8 5 1 Khi đó ta có f' t 2t 3 0,g' t 0,t . t2 2 5t 1 5 1 Mà f t ,g t là các hàm số liên tục trên ; suy ra f t đồng biến trên 5 1 1 ; và g t nghịch biến trên ; . 5 5 Không mất tính tổng quát ta giả sử x min x,y,z . Nếu x y g x g y f z f x z x g z g x f y f z suy ra y z g y g z f x f y x y , vô lí vì x y . 37
14. Do vậy x y , tương tự lí luận như trên ta được x z suy ra x y z . Thay trở lại 8 8 hệ ta được x2 3x 2 5x 1 x2 3x 2 5x 1 0 (1). x x 2 8 1 Đặt h x x 3x 2 5x 1, x ; . x 5 1 Ta thấy hàm số đồng biến trên ; và h 1 0 x 1 là nghiệm duy nhất của 5 phương trình (1). Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là x y z 1. CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1: Giải phương trình: 1. 7x 7 7x 6 13 2. 7x 7 7x 6 13 3 2 3. x3 3x x2 4x 7 0 4. x 3x 4x 2 3x 2 3x 1 3 2 3 5. 27x 27x 13x 2 2 2x 1 6. x3 3x2 8x 40 84 4x 4 0 Bài 2: Giải phương trình: (x 1)3 (5x x2 )3 3 5x x2 3(x 1) Bài 3: Giải phương trình: 1 1 9 2 2 x 9x 1 1. 24x 60x 36 0 2. 3 2x 1 5x 7 x 1 3 3. 3 x 2 8x3 60x2 151x 128 4. 3 7x2 9x 4 x3 4x2 5x 6 5. 3 x3 9x2 19x 11 x3 6x2 12x 7 Bài 4: Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 2 2 x 3x 2 y 2 1 y 0 xy 6x 20xy + 6y 351 1. 2. 2 2 x + y x2 14xy + y2 378 2x x 2 1 y 2x 1 Bài 5:Giải hệ phương trình: 3 3 3 3 x y 9 x y 91 1. 2. 2 2 2 2 x 2y x 4y 4x 3y 16x 9y 4 4 3 3 2 x y 240 x y 3y 3x 2 3. 4. x3 2y3 3 x2 4y2 4 x 8y 2 2 2 x 1 x 3 2y y 2 3 2 3 2 2 2x 4x 3x 1 2x 2 y 3 2y x 1 x y 1 y 1 6. 5. 3 x 2 14 x 3 2y 1 x 6x 2xy 1 4xy 6x 1 Bài 6:Giải hệ phương trình: 38
15. x2 3x y2 y 1 x y3 x3 7 1. 2 2 2. y 3y x x 1 3 2 x x y 9y xy x y 9x 3 3 2 y y x 3x 4x 2 2 2 3. x 2x 22 y y 1 1 x2 y 2 y 1 4. 2 2 y 2y 22 x x 1 8x3 y3 3y2 5y 4x 3 3 5. x 3y 55 64 2x y 5 2x 2 6. xy y2 3y 3 12 51x Dạng 6: Chứng minh phương trình có n nghiệm Phương pháp. “ Hàm số y f x xác định, liên tục trên D và nếu tồn tại một số âm sao cho y 0 và tồn tại một số dương  sao cho y  0 . Theo định lý về giá trị trung gian của hàm số liên tục, phương trình y 0 có ít nhất một nghiệm c ; . Nếu ta chứng minh được hàm số y đơn điệu ( tức đồng biến hoặc nghịch biến ) trên khoảng ; . Từ đó suy ra rằng phương trình đã cho có nghiệm duy nhất thuộc khoảng ; ”. Các ví dụ Ví dụ 1 Chứng minh rằng phương trình: x5 5x 5 0 có nghiệm duy nhất. Lời giải. Xét hàm số f x x5 5x 5 , x ¡ . Ta có: f' x 5 x4 1 5 x2 1 x2 1 , vì x2 1 0, x ¡ nên f' x 0 x 1 hoặc x 1 Từ bảng biến thiên, suy ra: f x 0,x 1 phương trình không có nghiệm khi x 1. Vì f 1 9 và lim f x nên phương trình có nghiệm x 1 x Mặt khác: f x đồng biến trên khoảng 1; , do đó hàm số y cắt trục hoành tại 1 giao điểm . Vậy, phương trình : x5 5x 5 0 có nghiệm duy nhất . Ví dụ 2 Chứng minh phương trình: x5 x2 2x 1 0 có nghiệm duy nhất. Lời giải. 2 x5 x2 2x 1 hay x5 x 1 39
16. 2 Dễ thấy x5 0 x 0 x 1 1 x 1 1 tức x5 1 hay x 1 . Xét hàm số 5 2 y x x 2x 1 xác định và liên tục trên nửa khoảng 1; . Dễ thấy y 1 .y 2 0 phương trình x5 x2 2x 1 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng 1; 2 , hơn nữa hàm số y đồng biến ( y' 0, x 1; 2 ) trong khoảng này. Như vậy, phương trình x5 x2 2x 1 0 có nghiệm duy nhất và nghiệm đó thuộc khoảng 1; 2 . 1 Ví dụ 3 Chứng minh rằng phương trình : x5 x3 4x 3 0 có nghiệm duy nhất 5 và nghiệm đó thuộc khoảng 1; 2 Lời giải. 1 Xét hàm số y x5 x3 4x 3 xác định và liên tục trên ¡ . 5 1 x 1,y 1 Ta có: y' x4 3x2 4 và y' 0 5 29 x 1,y 1 5 Bảng biến thiên, suy ra: y 0,x 1 phương trình không có nghiệm khi x 1. 29 Mặt khác y 1 và lim y , do đó phương trình đã cho có nghiệm x 1, 5 x 17 1 hơn nữa y 2 0 y 1 y 2 0 phương trình x5 x3 4x 3 0 có ít 5 5 nhất 1 nghiệm thuộc khoảng 1; 2 . Hơn nữa y đồng biến trên khoảng 1; , do đó hàm số y cắt trục hoành tại 1 giao điểm có hoành độ x 1; 2 . 1 Vậy, phương trình : x5 x3 4x 3 0 có một nghiệm duy nhất và nghiệm đó 5 thuộc khoảng 1; 2 . CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1: Chứng minh rằng phương trình: 1. x5 5x 5 0 có nghiệm duy nhất. 2. x5 x2 2x 1 0 có nghiệm duy nhất. 3. 2x2 x 2 11 có nghiệm duy nhất. x 4. x5 2012 0 có đúng hai nghiệm dương phân biệt. x2 2 40
17. 2 3 3 5. x5 x4 x2 2x 1 0 có nghiệm duy nhất và nghiệm đó thuộc 1;1 . 5 4 2 2 3 3 6. x5 x4 x2 2x 1 0 có ba nghiệm phân biệt . 5 4 2 7. x5 5x4 15x3 x2 3x 7 0 có nghiệm thực duy nhất. 8. x2012 2x3 x6 1 có đúng 1 nghiệm thực dương. Bài 2: Chứng minh rằng phương trình : x2 1 x4 2x2 1 x5 0 có đúng một nghiệm. Dạng 7: Chứng minh bất đẳng thức Phương pháp. Cách 1: Biến đổi BĐT đã cho về dạng f(x) > 0 ( < 0, ) với x D . Lập bảng biến thiên của f(x) với x D . Từ đó suy ra điều phải chứng minh . Cách 2: Biến đổi BĐT đã cho về dạng f(a) f(b. Nếu a b thì chứng minh f(x) là hàm số đồng biến trên [b;a]. Nếu a b thì chứng minh f(x) là hàm số nghịch biến trên [a;b]. Chú ý: Khi chứng minh bất đẳng thức có dạng f(x) k, x a; b * Nếu k f(a) ta chứng minh hàm f đồng biến trên a; b * Nếu k f(b) ta chứng minh hàm f nghịch biến trên a; b . Bài toán 01: ỨNG DỤNG ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC. Các ví dụ 1 7 Ví dụ 1 : Chứng minh rằng: sin 200 3 20 Lời giải. 1 Đặt a sin 200 0 a sin 300 0 a 2 3 3 Ta có : sin600 sin 3.200 3sin 200 4sin3 200 3a 4a3 2 2 3 3 4a3 3a 0 a là nghiệm của phương trình : 4x3 3x 0 2 2 3 Xét đa thức : f x 4x3 3x 2 3 3 2 Ta có : f 1 1 0 2 2 41
18. 3 f 0 0 f 1 f 0 0 Bởi vì f x liên tục trên toàn trục số .Do đó đa thức 2 f x có một nghiệm thực trên khoảng 1;0 1 27 3 46 f 0 3 54 1 7 Lại có : f f 0 7 1000 3 1757 3 20 f 0 20 2000 1 7 đa thức f x có một nghiệm thực trên khoảng ; 3 20 1 3 2 3 2 1 Lại có : f 0 và f 1 0 f f 1 0 2 2 2 2 1 đa thức f x có một nghiệm thực trên khoảng ;1 2 1 1 7 Bởi vì a 0; a là nghiệm thực trên khoảng ; đpcm. 2 3 20 Ví dụ 2. Chứng minh rằng : 1. sinx x với x 0; 2. sin x ta n x 2x với x 0; 2 2 Lời giải. 1. Xét hàm số f x sin x x liên tục trên đoạn x 0; 2 Ta có: f' x cosx 1 0 ,x 0; f x là hàm nghịch biến trên đoạn 0; . 2 2 Suy ra f x f 0 0 sin x x ,x 0; (đpcm). 2 2. Xét hàm số f x sin x ta n x 2x liên tục trên nửa khoảng 0; . 2 1 2 1 Ta có : f' x cosx 2 cos x 2 0,x 0; cos2 x cos2 x 2 f x là hàm số đồng biến trên 0; và f x f 0 , x 0; (đpcm). 2 2 Ví dụ 3 : Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều có : 1 1 2 cot B cot C 2 3 sin B sinC Lời giải. 42
19. 2 Xét f x cot x với x 0; sin x 2cosx 1 1 2cosx Ta có: f' x sin2 x sin2 x sin2 x 2 x 0; : f' x 0 x maxf x f 3 cot x 3 3 3 sin x Thay x bởi B,C trong bất đẳng thức trên ta được : 2 cot B 3 sin B đpcm. 2 cot C 3 sinC Ví dụ 4 : Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều có : 13 1 cosAcos B cosAcos B cosAcos B cosA cos B cosC cosAcos BcosC 12 Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : 13 1 2cosAcos BcosC 2 cosAcos B cosAcos B cosAcos B 1 cosA cos B cosC 6 13 cos2 A cos2 B cos2 C 2 cosAcos B cosAcos B cosAcos B 1 cosA cos B cosC 6 2 13 cosA cos B cosC 1 cosA cos B cosC 6 1 13 cosA cos B cosC . cosA cos B cosC 6 3 Đặt t cosA cos B cosC 1 t 2 1 3 Xét hàm đặc trưng : f t t với t 1; t 2 1 3 Ta có : f' x 1 0 t 1; f x đồng biến trên khoảng đó. x2 2 3 13 f x f đpcm. 2 6 Ví dụ 5 : Tam giác có chu vi bằng 3. Chứng minh rằng: 13 3 sin2 A sin2 B sin2 C 8R sin Asin BsinC 4R2 Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : 3.4R2 sin2 A 3.4R2 sin2 B 3.4R2 sin2 C 4 2R sin A 2R sin B 2R sinC 13 43
20. 3a2 3b2 3c2 4abc 13 Do vai trò của a,b,c là như nhau nên ta có thể giả sử a b c 3 Theo giả thiết : a b c 3 a b c 3 c c 1 c 2 Ta biến đổi : T 3a2 3b2 3c2 4abc 3 a2 b2 3c2 4abc 2 2 2 2 3 a b 2ab 3c 4abc 3 3 c 3c 4abc 6ab 2 2 3 3 c 3c2 2ab 2c 3 3 3 c 3c2 2ab 3 2c 2 2 2 3 a b 3 c 3 c Vì c 2c 3 0 3 2c 0 và ab 2ab 2 2 2 2 2 2 2 2 3 c 3 3 2 27 Do đó : T 3 3 c 3c 2 3 2c c c f c 2 2 2 3 27 3 Xét f c c3 c2 với 1 c 2 2 2 2 3 Ta có: f' c 3c 3c 0 c 1; f c đồng biến trên khoảng đó. 2 f c f 1 13 đpcm CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1: Chứng minh rằng với mọi x 0; ta luôn có: 2 2 sin x 3 1. 1 sin x 2. cosx x x 1 1 4 3. 1 3 2 2 2 x 1 sin x x 4. 22.sin x 2ta n x 22 3 Bài 2: Chứng minh rằng : 3x x 2 , x 2; 2 . Bài 3: Chứng minh rằng: sina sin b 1. với 0 a b 2. tan x sin x 3x x 0; a b 2 2 2 x 3 3. 1 cosx với x ¡ 4. 3sin x 6 tan x 2 tan x 9x 0 x 0; 2 2 Bài 4: Chứng minh rằng: x3 x2 x4 1. sin x x x 0; 2. cosx 1 x 0; 3! 2 2 24 2 Bài 5: Chứng minh rằng: 44
21. 3 tan x 3 1. với x 0; 1 2cosx x cosx(4 cosx) 2 2. sin(cosx) cos(sin x) x 0; 2 3. a b c (a b c) với a b c 0, 1 . 4. 4(sina sin b) 6(tana tan b) 10(a b) 0 , biết a, b là hai số thực thuộc 0; , a b . 2 5. Cho a,b,c là ba số thực thỏa điều kiện a 6 , b 8 , c 3 . Chứng minh rằng x 1,x4 ax2 bx c . Bài 6: Cho các số thực x,y,z 0; . Chứng minh rằng : 2 1 1 1 1 1 1 12 3 sin2 x sin2 y sin2 z x2 y2 z2 2 Bài 7: 1. Chứng minh rằng : nếu tam giác ABC thoả mãn hệ thức 1 13 cosA cos B cosC thì tam giác ABC đều. cosA cos B cosC 6 2. Cho tam giác ABC có A B C . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : x sin A x sin B M 1. x sinC x sinC Bài 8: Cho ABC bất kỳ. Chứng minh rằng : 3 3 r2 p 28 1. 2. 2R a 2R b 2R c 8R3e 2 S r 3 3 125 3. 1 cos2 A 1 cos2 B 1 cos2 C 16 Bài toán 02: ỨNG DỤNG ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TRONG TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT. Phương pháp. Giả sử hàm số f liên tục trên đoạn a; b . Nếu f đồng biến trên đoạn a; b thì min f f a , max f f b . x a;b x a;b Nếu f nghịch biến trên đoạn a; b thì min f f b , max f f a . x a;b x a;b Các ví dụ 45
22. Ví dụ 1 Cho x,y là các số không âm thoả mãn x y 1.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ x y nhất của biểu thức P . y 1 x 1 Lời giải. 2 x y x2 x y2 y x y 2xy x y 2 2xy P y 1 x 1 xy x y 1 xy x y 1 2 xy 2 x y 1 (vì x y 1). Đặt t xy 0 t . 2 4 2 2t 1 6 1 Xét hàm số f t ,t 0; . Ta có f' t 0,t 0; 2 2 t 4 2 t 4 1 2 Vậy min f t f , max f t f 0 1 1 1 0 t 4 3 0 t 4 4 2 1 minP khi x y và maxP 1 khi x 0,y 1 hoặc x 1,y 0 3 2 x y m Ví dụ 2 Biết rằng x; y là nghiệm của hệ: 2 2 2 . Tìm giá trị lớn nhất x y m 6 và nhỏ nhất của biểu thức F xy 6 x y . Lời giải. x y m x y m Từ hệ 2 2 2 tương đương với 2 x y m 6 x.y m 3 Theo định lý Vi – et đảo thì x,y là các nghiệm của phương trình t2 tu m2 3 0 . Phương trình có nghiệm khi 0 nghĩa là 3m2 12 0 2 m 2 . Với 2 m 2 thì hệ cho có nghiệm x; y và F m2 3m 6 Dễ thấy, F' 2m 3 0 với mọi m 2; 2 suy ra F nghịch biến trên đoạn 2; 2 và F 2 13 , F 2 11 . Vậy, minF 11 khi m 2 và maxF 13 khi m 2 . Ví dụ 3 Biết rằng x; y là các nghiệm của hệ phương trình : x y m x2 y2 m2 4m 6 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất ( nếu có ) của : x 0,y 0; 0 m 2 46