Chuẩn bị cho kỳ thi vào Đại học THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Chuyên đề ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH Huỳnh Chí Hào I. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. Các định lý • Cho hàm số y f (x) = có đạo hàm trên khoảng ( ) ; a b . a) Nếu ( ) f ' x 0 > với mọi ( ) x a; b ∈ thì hàm số f (x) đồng biến trên ( ) ; a b . b) Nếu ( ) f ' x 0 < với mọi ( ) x a; b ∈ thì hàm số f (x) nghịch biến trên ( ) ; a b . • Nếu hàm số liên tục trên đoạn [ ] a; b và có đạo hàm f '(x) 0 > trên khoảng ( ) a;b thì hàm số f đồng biến trên đoạn [ ] a;b . • Nếu hàm số liên tục trên đoạn đọan [ ] a;b và có đạo hàm f '(x) 0 < trên khoảng ( ) a;b thì hàm số f nghịch biến trên đoạn [ ] a;b . 2. Các tính chất • Tính chất 1: Giả sử hàm số ( ) y f x = đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( ) a;b và ( ) u; v a;b ∈ khi đó: ( ) ( ) f u f v u v = ⇔ = • Tính chất 2: Nếu hàm số ( ) y f x = đồng biến trên ( ) a;b và ( ) y g x = làm hàm hằng hoặc là một hàm số nghịch biến trên ( ) a;b thì phương trình ( ) ( ) f x g x = có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng ( ) a;b . Dựa vào tính chất trên ta suy ra: Nếu có ( ) 0 x a; b ∈ sao cho ( ) ( ) 0 0 f x g x = thì phương trình ( ) ( ) f x g x = có nghiệm duy nhất 0 x trên ( ) a; b . Chú ý: Khoảng ( ) a; b nêu trong tính chất có thể thay bởi các miền ( ) ( ] [ ] ( ] [ ) ( ) [ ) ( ) ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; ;a a a b a b a b b b −∞ −∞ +∞ +∞ −∞ +∞ II. ÁP DỤNG Thí dụ 1. Giải phương trình 15 3 6 x x − + − = (1) Lời giải. • TXĐ: ( ] ;3 D = −∞ • Xét hàm số ( ) 15 3 f x x x = − + − với ( ] ;3 x ∈ −∞ , khi đó: ( ) ( ) ( ) 1 1 ff x⇔ = − (2) • Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên nữa khoảng ( ] ;3 −∞ Ta có: ( ) 1 1 '( ) 0 ;3 2 15 2 3 f x x x x = − − < ∀ ∈ −∞ − − • Do f liên tục trên nữa khoảng ( ] ;3 −∞ và ( ) ( ) ' 0 ;3 f x x< ∀ ∈ −∞ nên f đồng biến trên nữa khoảng ( ] ;3 −∞ • Suy ra: ( ) 2 1 x ⇔ = − • Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là 1 x = − . Thí dụ 2. Giải phương trình 3 5 2 3 2 12 x x x − + + = + − (1) Lời giải. • TXĐ: 5 ;12 3 D = Chuẩn bị cho kỳ thi vào Đại học THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Ta có: ( ) 1 3 5 2 3 12 2 x x x ⇔ − + + − − = (2) • Xét hàm số ( ) 3 5 2 3 12 f x x x x = − + + − − với 5 ;12 3 x ∈ , khi đó: ( ) ( ) ( ) 1 3 f f x⇔ = (3) • Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên đoạn 5 ;12 3 Ta có: 3 1 1 5 '( ) 0 ;12 3 2 3 5 2 3 2 12 f x x x x x = + + > ∀ ∈ − + − Do f liên tục trên đoạn 5 ;12 3 và ( ) 5 ' 0 ;12 3 f x x > ∀ ∈ nên f đồng biến trên đoạn 5 ;12 3 • Suy ra: ( ) 3 3 x ⇔ = • Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là 3 x = . Thí dụ 3. Giải phương trình 7 3 3 5 4 3 x x x − − = − (1) Lời giải. • TXĐ: 5 ; 4 D = −∞ Ta có: ( ) 7 3 1 3 5 4 3 x x x ⇔ + − − = (2) • Xét hàm số 7 3 ( ) 3 5 4 f x x x x = + − − với 5 ; 4 x ∈ −∞ , khi đó: ( ) ( ) ( ) 1 1 f f x⇔ = (3) • Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên nữa khoảng 5 ; 4 −∞ Ta có: 6 2 2 5 '( ) 21 3 0 ; 4 5 4 f x x x x x = + + > ∀ ∈ −∞ − Do f liên tục trên đoạn 5 ; 4 −∞ và ( ) 5 ' 0 ; 4 f x x > ∀ ∈ −∞ nên f đồng biến trên nữa khoảng 5 ; 4 −∞ • Suy ra: ( ) 3 1 x ⇔ = • Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất là 1 x = . Thí dụ 4. Giải phương trình 2 2 2 23 4 2 2 7 x x x + = − + + (1) Lời giải. • Ta có: ( ) 2 2 1 2 23 2 7 4 2 x x x ⇔ + − + = − (2) Do VT(2) luôn dương với mọi x nên với 1 2 x ≤ thì (1) vô nghi ệ m • Đ i ề u ki ệ n: 1 2 x > • Xét hàm s ố 2 2 ( ) 4 2 2 7 2 23 f x x x x = − + + − + v ớ i 1 ; 2 x ∈ +∞ , khi đ ó: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 2 2 7 2 23 0 1 x x f x f x⇔ − + + − + = ⇔ = (3) • Kh ả o sát tính đơ n đ i ệ u c ủ a hàm s ố f trên kho ả ng 1 ; 2 +∞ Chuẩn bị cho kỳ thi vào Đại học THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Ta có: 2 2 1 1 1 '( ) 4 2 0 ; 2 2 7 2 23 f x x x x x = + − > ∀ ∈ +∞ + + Do đ ó f đồ ng bi ế n trên kho ả ng 1 ; 2 +∞ • Suy ra: ( ) 3 1 x ⇔ = • V ậ y ph ươ ng trình (1) có nghi ệ m duy nh ấ t là 3 x = . Thí dụ 5. Giải phương trình ( ) 3 4 1 2 1 0 x x x x + − + + = (1) Lời giải. • TXĐ: 1 ; 2 D = − +∞ • Ta có: ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 1 21 1 x x x x ⇔ + + + + = (2) • Xét hàm đặc trưng 3 ( ) f t t t = + với t ∈ » , khi đó: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 f x f x ⇔ = + (3) • Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên » Ta có: 2 '( ) 3 1 0 f t t t = + > ∀ ∈ » Do đó f đồng biến trên » • Suy ra: ( ) 2 0 0 1 5 3 2 1 2 1 5 4 4 2 1 0 4 x x x x x x x x ≥ ≥ + ⇔ + = ⇔ ⇔ ⇔ = ± − − = = • Vậy phương trình (1) có nghiệm là 1 5 4 x + = . Thí dụ 6. Giải phương trình ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 4 4 4 3 2 9 3 0 x x x x x + + + + + + + = (1) Lời giải. • TXĐ: D = » • Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 11 2 3 3 2 3 3x x x x ⇔ + + = + + − + − + (2) • Xét hàm đặ c tr ư ng ( ) 2 ( ) 2 3 f t t t = + + v ớ i t ∈ » , khi đ ó: ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 f x f x ⇔ + = − (3) • Kh ả o sát tính đơ n đ i ệ u c ủ a hàm s ố f trên » Ta có: 2 2 2 '( ) 2 3 0 3 t f t t t t = + + + > ∀ ∈ + » Do đó f đồng biến trên » • Suy ra: ( ) 1 3 2 1 3 5 x x x ⇔ + = − ⇔ = − • V ậ y ph ươ ng trình (1) có nghi ệ m là 1 5 x = − . Chuẩn bị cho kỳ thi vào Đại học THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu BÀI TẬP Giải các phương trình sau 1. 3 1 8 1 x x + = − + 2. 9 2 4 5 x x + + + = 3. 6 8 6 3 2x x + = − − 4. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 3 6 4 2 2 1 3 2 x x x x x x + − − + = − + − + + 5. 3 2 3 8 36 53 25 3 5 x x x x − + − = − 6. ( ) 3 2 3 4 2 3 2 3 1 x x x x x + + + = + + 7. ( ) ( ) 2 3 5 log log 2 1 log 7 9 3 x x x + − + − = 8. 2 2 2 1 1 2 1 1 2 2 2 x x x x x − − − = − 9. 222)1 2 1 (32 1 2 28 log 2 1 12 2 +++=++ + + + + x x x x xx Hết Chuẩn bị cho kỳ thi vào Đại học THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Chuyên đề ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Huỳnh Chí Hào Thí dụ 1. Giải hệ phương trình x y 1 y 1 x 0 (1) x 1 y 2 (2) − + − − − = + − = Lời giải. • Điều kiện { 0 x 1 0 y 1 ≤ ≤ ≤ ≤ • Khi đó: ( ) x 1 x y 1 y ) 1 (a − − =⇔ − − • Xét hàm đặc trưng: ( ) f t t 1 t = − − với [ ] t 0;1 ∈ Ta có: ( ) ( ) 1 1 f ' t 0 t 0;1 2 t 2 1 t = + > ∀ ∈ − và f liên tục trên đoạn [ ] 0;1 Suy ra: ( ) f t đồng biến trên đoạn [ ] 0;1 • Do đó: ( ) ( ) ( ) f x f x y a y ⇔ = ⇔ = • Thay x y = vào phươ ng trình (2) ta đượ c ph ươ ng trình: ( ) ( ) 1 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 2 x 1 x 1 x 2 + − = ⇔ + − + − = ⇔ − = ⇔ = • V ậ y nghi ệ m c ủ a h ệ ph ươ ng trình là ( ) 1 1 x; y ; 2 2 = . Thí dụ 2. Giải hệ phương trình ( ) ( ) 3 3 2 2 2 8 6 6 9 2 0 (1) 4 1 4 3 1 3 1 0 (2) x y y x y x x y y − + − − + = + − − − − + = Lời giải. • Điều kiện 1 1 ,1 3 2 2 x y − ≤ ≤ ≤ ≤ • Khi đ ó: 3 3 2 3 3 (1) 8 6 6 9 2 ( ) 3( ) (2 2 ) 3( ) 2 2 (a) x x yx y y y yx −⇔ − = − + − ⇔ − −= − • Do 1 1 2 2 x − ≤ ≤ nên 1 2 1 x − ≤ ≤ và 1 3 y ≤ ≤ nên 1 2 1 y − ≤ − ≤ . • Xét hàm đặ c tr ư ng 3 ( ) 3 f t t t = − , v ớ i [ ] 1;1 t ∈ − . Ta có 2 2 '( ) 3 3 3( 1) 0 f t t t = − = − ≤ , v ớ i m ọ i [ ] 1;1 t ∈ − . Suy ra ( ) f t ngh ị ch bi ế n trên đ o ạ n [ ] 1;1 − . • Do đ ó: ( ) (2 ) ( 2) 2 2 2 2 a f x f y x y y x ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = + . • Thay y 2x 2 = + vào ph ươ ng trình (2) ta đượ c ph ươ ng trình: 2 2 2 2 4 2 2 3 3 4 2 1 4 1 0 4 1 2 1 4 16 24 3 0 2 x x x x x x x − − − + = ⇔ + = − ⇔ + − = ⇔ = ± • V ậ y nghi ệ m c ủ a h ệ ph ươ ng trình là ( ) ( ) 2 3 3 2 3 3 ; ; 2 2 3 3 ; ; 2 2 3 3 2 2 x y x y − − = + − ∨ = − − − . Chuẩn bị cho kỳ thi vào Đại học THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Thí dụ 3. Giải hệ phương trình ( ) 3 2 2 3 2 3 2 1 ( 1) 9 6 3 15 3 6 2 (2) x x y x x y x y x y x − = − + + − + − − = + (1) Lời giải. • Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 x x y x x y x x y x y x x y x x ⇔ − = − + + ⇔ − + − = + ⇔ − + = + 1 0 x y ⇔ − − = (vì 2 1 0, x x + > ∀ ) • Thay y x 1 = − vào phương trình (2) ta được phương trình ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 2 32 2 9 6 6 3 6 2 3 3 ( 1 1 6 2 6 a) 2x xx xx x x x−− + − = + − +⇔ = ++ + • Xét hàm đặc trưng 3 ( ) 3 f t t t = + , với t ∈ » . Ta có 2 '( ) 3 3 0 f t t = + > , với mọi t ∈ » . Suy ra ( ) f t đồng biến trên » . • Do đó: ( ) 3 3 2 2 3 2 ( 1) ( 6 2) 1 6 2 9 3 3 0 a f x f x x x x x x ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ − + − = . ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 3 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 x x x x x + ⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ = − • Với 3 3 3 2 1 2 2 1 2 1 x y + = ⇒ = − − • Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( ) 3 3 3 2 1 2 ; ; 2 1 2 1 x y + = − − . Thí dụ 4. Giải hệ phương trình 3 2 (6 5) 2 1 2 3 0 (1) 2 4 23 (2) x x y y y x x x + + − − = + = + − Lời giải. • Điều kiện 2 2 1 0 2 5 2 0 2 2 4 23 0 x x x x x + ≥ − + ≥ ⇔ ≥ + − ≥ • Khi đ ó: ( ) ( ) 2 (1) 2 3 2 3 (a 2 1 2 1 ) x x y y⇔ + = + + + • Xét hàm đặ c tr ư ng ( ) 2 3 ( ) 2 3 3 2 f t t t t t = + = + , v ớ i [ ) 0;t ∈ +∞ . Ta có 2 '( ) 9 2 0 f t t = + > , v ớ i m ọ i [ ) 0;t ∈ +∞ . Suy ra ( ) f t đồ ng bi ế n trên [ ) 0; +∞ . • Do đ ó: ( ) ( 2 1) ( ) 2 1 a f x f y x y ⇔ + = ⇔ + = . • Thay y 2x 1 = + vào ph ương trình (2) ta được phương trình: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 4 23 3 1 2 2 2 4 23 2 2 2 24 0 4 2 6 2 36 0 4 9 2 4 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x + + = + − ⇔ + + + = + − ⇔ + − + − = = + = ⇔ ⇔ + − = ⇔ ⇔ = = − + = − • Với 4 3 x y = ⇒ = • Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( ) ( ) ; 4;3 x y = . Thí dụ 5. Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 2 4 1 3 5 2 0 4 2 3 4 7 x x y y x y x + + − − = + + − = (1) Chuẩn bị cho kỳ thi vào Đại học THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Lời giải. • Điều kiện 3 5 , 4 2 x y ≤ ≤ • Khi đó: ( ) ( ) 2 4 2 5 2(1) 1 . 1 5 2 (a) x x y y⇔ + = +− − • Xét hàm đặc trưng ( ) 2 3 ( ) 1 f t t t t t = + = + , với t ∈ » . Ta có 2 '( ) 3 1 0 f t t = + > , với mọi t ∈ » . Suy ra ( ) f t đồng biến trên » . • Do đó: ( ) 2 0 (2 ) ( 5 2 ) 2 5 2 5 4 2 x a f x f y x y x y ≥ ⇔ = − ⇔ = − ⇔ − = . • Thay 2 5 4x y 2 − = vào phương trình (2) ta được phương trình: 2 2 2 5 4 2 2 3 4 7 0 (b) 2 x x x + − + − − = • Nhận thấy 0 x = và 3 4 x = không là nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình (b) • Xét hàm s ố 2 2 2 5 ( ) 4 2 2 3 4 7 2 g x x x x = + − + − − v ớ i 3 0; 4 x ∈ , khi đ ó: ( ) ( ) 1 2 b g x g ⇔ = (3) • Kh ả o sát tính đơ n đ i ệ u c ủ a hàm s ố g trên kho ả ng 3 0; 4 Ta có: ( ) 2 2 5 4 4 3 '( ) 8 8 2 4 4 3 0 0; 2 4 3 4 3 4 g x x x x x x x x x = − − − = − − < ∀ ∈ − − Do đ ó f đồ ng bi ế n trên kho ả ng 3 0; 4 • Suy ra: ( ) 1 3 2 x ⇔ = • V ớ i 1 2 2 x y = ⇒ = • V ậ y nghi ệ m c ủ a h ệ ph ươ ng trình là ( ) 1 ; ; 2 2 x y = . Thí dụ 6. Giải hệ phương trình ( ) 2 1 2 8 2 1 2 2 4 3(2 ) (1) 3 7 2 (2) 2 2 y x x y y x x y + + + − = − + + = (*) Lời giải. • Điều kiện: 0 0 x y ≥ ≥ • Khi đó: (*) ( ) =++ +=+ ⇔ + + + + 732 43232 1 2 1 2 )4( 1 2 yx yx yx y x • Xét hàm số 2 1 ( ) 2 3 t f t t + = + với [ ) 0 ;t ∈ + ∞ Chuẩn bị cho kỳ thi vào Đại học THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Ta có: ( ) ( ) 2 1 3 '( ) 2 .ln 2. 2 0 0; 2 t f t t t t + = + > ∀ ∈ +∞ và f liên tục trên [ ) 0 ; + ∞ Do đó f đồng biến trên khoảng [ ) 0 ; + ∞ • Suy ra: (1) = = ⇔ =+ = ⇔ =+ = ⇔ 5 1 5 4 1 4 )1()( )4()( y x yx yx fyxf yfxf . • Vậy hệ phương trình có nghiệm là: ( ) 4 1 ; ; 5 5 x y = . Thí dụ 7. Giải hệ phương trình ( ) ( ) 2 2 4 2 2 1 (1) 4 5 8 6 (2) x x y y y x y + = + + + + = Lời giải. • Điều kiện 5 4 x ≥ − • Nh ậ n th ấ y 0 y = không th ỏ a mãn h ệ • Khi đ ó: 3 3 (1) x x y y y y ⇔ + = + (a) • Xét hàm đặ c tr ư ng 3 ( ) f t t t = + , v ớ i t ∈ » . Ta có 2 '( ) 3 1 0 f t t = + > , v ớ i m ọ i t ∈ » . Suy ra ( ) f t đồ ng bi ế n trên » . • Do đ ó: ( ) ( ) 2 x x a f f y y x y y y ⇔ = ⇔ = ⇔ = . • Thay 2 x y = vào ph ươ ng trình (2) ta đượ c ph ươ ng trình: ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 4 5 8 6 2 4 5 8 23 5 5 23 23 23 4 5 5 1 5 1 42 41 0 4 4 5 8 23 5 41 x x x x x x x x x x x x x x x x + + + = ⇔ + + = − − ≤ ≤ ≤ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = = − + = + + = − = • Với 1 1 x y = ⇒ = ± • Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( ) ( ) ( ) ( ) ; 1; 1 ; 1;1 x y x y= − ∨ = . BÀI TẬP Giải các hệ phương trình sau 1. 6 1 2 1 6 1 2 1 x y y x + − = + − = 2. ( ) =−+−+ −−=− − 04122 2 3 22 2 2 2 2 2 1 xyxxyx xy y x x 3. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 log 4 log 4 2 4 10 2 . 2 1 x x y y xy x y x y + + + + − = − + + = + − 4. ( ) ( ) − + = + + + = + + + 2 2 2 2 3 2 1 1 3log 2 6 2log 2 1 y x x e y x y x y Hết . đề ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ HỆ PHƯƠNG TRÌNH Huỳnh Chí Hào Thí dụ 1. Giải hệ phương trình x y 1 y 1 x 0 (1) x 1 y 2 (2) − + − − − = + − = Lời giải. . Diêu Chuyên đề ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH Huỳnh Chí Hào I. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN 1. Các định lý • Cho hàm số y f (x) = có đạo hàm trên khoảng ( ) ; a. = (1) Lời giải. • TXĐ: ( ] ;3 D = −∞ • Xét hàm số ( ) 15 3 f x x x = − + − với ( ] ;3 x ∈ −∞ , khi đó: ( ) ( ) ( ) 1 1 ff x⇔ = − (2) • Khảo sát tính đơn điệu của hàm số f trên