SKKN SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI TOÁN Ở THPT

Trong quá trình dạy học môn toán ở bậc trung học phổ thông, chúng ta gặp rất nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức ,giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình.Để giải các bài toán dạng trên có bài ta giải được bằng nhiều phương pháp khác nhau , cũng có bài chỉ có thể giải được bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán là một phương pháp hay,thông thường để giải quyết một bài toán sẽ đơn giản,gọn nhẹ hơn so với phương pháp khác . Tuy nhiên để học sinh có kỹ năng ta cần hệ thống hoá lại bài tập ,để học sinh và giáo viên bớt lúng túng hơn. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán ,chiếm một vị trí đặc biệt quan trọng trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình.Phương pháp này dựa trên mối liên hệ giữa tính đồng biến và nghịch biến của một hàm số với đạo hàm của nó .

SKKN: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI TOÁN Ở THPT

PHẦN MỘT: ĐẶT VẤN ĐỀ

Hiện nay ,giáo dục không ngừng được cải cách và đổi mới Để kịp với xu hướng này ,rất nhiều yêu cầu được đặt ra Một trong số đó chính là làm sao để có được những phương pháp giải toán hay ,nhanh,mà vẫn cho kết quả chính xác Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số là một phương pháp giải toán như vậy

Có rất nhiều bài toán thoạt nhìn tưởng rất khó,nếu giải được thì lời giải sẽ khó hiểu,rắc rối Nhưng nếu áp dụng phương pháp này ,bài toán sẽ trở thành đơn giản ,gọn hơn rất nhiều Đó chính là một trong những ứng dụng của phương pháp này ,ngoài ra phương pháp sử dụng tính đơn điệu còn phát huy sự ưu việt trong nhiều trường hợp khác

Nói tóm lại,Phương pháp này rất cần thiết đối với các em học sinh đang chuẩn bị

ôn thi tốt nghiệ trung học phổ thông,thi đại học và cao đẳng.Nó sẽ giúp các em phát huy tối đa tính sáng tạo trong việc tìm ra con đương giải toán nhanh nhất ,hay nhất và chính xác nhất

Trong quá trình dạy học môn toán ở bậc trung học phổ thông, chúng ta gặp rất nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức ,giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình.Để giải các bài toán dạng trên có bài ta giải được bằng nhiều phương pháp khác nhau , cũng có bài chỉ có thể giải được bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán là một phương pháp hay,thông thường

để giải quyết một bài toán sẽ đơn giản,gọn nhẹ hơn so với phương pháp khác

Tuy nhiên để học sinh có kỹ năng ta cần hệ thống hoá lại bài tập ,để học sinh và giáo viên bớt lúng túng hơn

Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán ,chiếm một vị trí đặc biệt quan trọng trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình.Phương pháp này dựa trên mối liên hệ giữa tính đồng biến

và nghịch biến của một hàm số với đạo hàm của nó

Để sử dụng phương pháp này,điều cốt yếu là chúng ta cần xây dựng một hàm số thích hợp ,rồi nghiên cứu tính đồng biến ,nghịch biến của nó trên đoạn thích hợp.Các hàm

số ấy trong nhiều trường hợp có thể nhận tra ngay từ đầu ,còn trong các trường hợp đặc biệt ta cần khôn khéo để phát hiện ra chúng

PHẦN HAI: NỘI DUNG

A KIẾN THỨC CẦN NHỚ

Hàm số y = f(x) xác định trên đoạn [a;b] được gọi là đồng biến trên đoạn ấy, nếu với mọi x1 < x2 thuộc đoạn [a ;b] ta đều có f(x1) < f(x2)

Điều kiện để y = f(x) đồng biến trên [a ;b] là y'= f(x) 0 , x [a ;b] Đồng thời dấu ''='' đạt được tại một số điểm riêng biệt

Đối với hàm đồng biến thì ymax= y(b) , ymin= y(a) (a < b) ,đồng thời nếu phương trình f(x) =0 có nghiệm thì nghiệm ấy là duy nhất

Tương tự, y = f(x) được gọi là nghịch biến trên [a ;b] là y' = f'(x) 0 ,  x

[a;b] Đồng thời dấu ''='' đạt được tại một số điểm riêng biệt

Đối với hàm nghịch biến thì ymax= y(a) , ymin= y(b) (a < b) ,đồng thời nếu phương trình f(x) =0 có nghiệm thì nghiệm ấy là duy nhất

Hàm số y = f(x) chỉ đồng biến hoặc chỉ nghịch biến trên đoạn [a;b] được gọi

là đơn điệu trên đoạn ấy

Hàm đơn điệu có tính chất quan trọng sau đây:

f(x) = f(y)  x = y

Nếu f(x) đồng biến , g(x) nghịch biến thì :

1) Nếu phương trình f(x) = g(x) có nghiệm x = x0 thì nghiệm ấy là duy nhất 2) Nghiệm của bất phương trình f(x) > g(x) là giao của x>x0 và miền xác định của bất phương trình

3) Nghiệm của bất phương trình f(x) < g(x) là giao của x< x0 và miền xác định của bất phương trình

B MỘT SỐ VÍ DỤ

Ví dụ 1: giải phương trình: x  - 4 x1  = 1 (1)

Giải: điều kiện -1 x 4

 (1)  x  = 1+ 4 x1 

Có nghiệm x = 3, vì 3 1 = 2 = 1 + 4 3 = 2 Đúng

và vì vế trái là hàm đồng biến ( đạo hàm dương) ,

vế phải là hàm nghịch biến ( đạo hàm âm), nên x = 3 là nghiệm duy nhất của (1)

Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đưa phương trình vô tỷ về sử dụng tính đơn điệu , tránh được bình phương 2 lần dễ dẫn đến mất nghiệm.

Ví dụ 2.Giải phương trình. x5 +x3 - 1 3x +4 =0

Giải: Điều kiện x 1/3 Đặt f(x) = x5 +x3 - 1 3x +4

Ta có f'(x) = 5x4 +3x2 + 3

2 1 3x > 0

 f(x) đồng biến / ( , ]1

3

  Mặt khác f(-1) = 0 nên phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = -1

Ví dụ 3 Giải phương trình x215 3 x 2 x28

Giải.Phương trình  f x( ) 3 x 2 x2  8 x2 15 0 (*)

Nếu x2 /3 thì f(x) <0  phương trình (*) vô nghiệm

Nếu x >2/3 thì f'(x) = 3 + x 21 21 0 x>2

3

 f(x) đồng biến / 2,

3



Mà f(1) = 0 nên (*) có đúng một nghiệm x = 1

Ví dụ 4: Giải bất phương trình :  2 3 x  2 3x 2x (1)

Giải: Nhận thấy x = 2 là nghiệm ,vì khi đó ta có : 2- 3 2  3 4 2  2

Vì 2x > 0 nên (1) 2 3 2 3 1

Nên vế trái là hàm nghịch biến ,và vì vậy x =2 là nghiệm duy nhất của (1)

Nhận xét Cái hay của cách giải này là phát hiện ra cơ số bé hơn 1

để sử dụng tính nghịch biến.

Ví dụ 5: Giải phương trình : x + lg(x2 -x -6) = 4 +lg(x +2)

Giải: Điều kiện x +2>0, x2 - x -6 >0  x3

Vậy (1)  x + lg(x +2) +lg(x -3) = 4 +lg(x +2)  lg(x -3) = 4 -x (2)

Phương trình này có nghiệm x =4 vì khi đó ta có lg1 = 0 đúng

Vì vết trái đồng biến (cơ số lôgarit lớn hơn 1).Vế phải nghịch biến ( đạo hàm âm) , Nên (2) có nghiệm duy nhất x = 4 ( thoả mãn điều kiện x > 3)

Ví dụ 6: Giải phương trình : 2log3cotgx = log2cosx

Giải: Điều kiện cosx > 0,sinx > 0

Đặt log2cosx = y  cosx = 2y  log3cotg2x = log2cosx = y

 cotg2x = 3y Vì cotg2x =

2 2

y y

x

x 

 3y - 12y = 4y  3

3 1, 4

y y

 

 

  có nghiệm duy nhất y = -1

Vì vế trái cơ số 3/4 <1 là hàm nghịch biến ,vế phải cơ số 3>1 là hàm đồng biến Vậy cosx = 2-1 = 1/2  x = / 3 2 k k R, 

Kết hợp với điều kiện ,ta được nghiệm của (1) là : x = 2 ,

3 k k z





Nhận xét Cái hay của cách giải này là đưa (1) về dạng phương trình mũ không chính tắc

để sử dụng tính đơn điệu.

Ví dụ 7: giải phương trình: 3 x2- 2x3 = log2(x2 + 1) - log2x (1)

Giải: Điều kiện: x > 0 với điều kiện ấy

(1)  x2(3-2x) - log2(x + 1

x ) (2)

Do x > 0 nên x+1

x 2 và do vế phải là hàm loga có cơ số lớn hơn 1,

nên là hàm đồng biến  log2(x + 1

x)  log22 = 1.

Vậy thì vế trái dương  x2(3-2x) >0  3-2x > 0.

Ta có x2(3-2x) = x.x.(3-2x) là tích của 3 số dương ,có tổng không đổi bằng 3 ,nên

nó đạt giá trị lớn nhất bằng 1 ,khi x = 3 -2x = 1

Như vậy là VT 1 ,đạt dấu = khi x = 1 ,

VP  1 , đạt dấu = khi x = 1

 phương trình có nghiệm duy nhất x = 1

Nhận xét Cái hay của cách giải này là áp dụng linh hoạt hệ quả của bất đẳng thức Côsi

và tính đơn điệu của hàm logarit.

Ví dụ 8 giải các phương trình:

3.4x + (3x-10)2x + 3 - x = 0 Giải đặt y = 2x > 0, khi đó ta có

3y2 + (3x - 10)y + 3 - x = 0

Từ đó y = 3 10 (3 8)

6

 y1 =1

3 hoặc y2 = 3-x Nếu y1 =1

3 = 2

x  x = -log23

Nếu y2 = 3 - x = 2x , ta có x = 1 là nghiệm duy nhất , vì khi đó 3 -1 = 2 đúng

và vì vế trái là hàm nghịch biến ( có đạo hàm âm) ,

vế phải là hàm đồng biến ( cơ số hàm mũ lớn hơn 1)

Nhận xét.Cách giải này hay ở chổ biết chọn ẩn số mới thích hợp để đưa về phương trình bậc hai và sử dụng được tính đơn điệu của hàm số.

Ví dụ 1. giải bất phương trình x  > 5 - 29 x 4 (2)

Giải: Điều kiện x2

do vế trái là hàm đồng biến( đạo hàm dương)

vế phải la hàm nghịch biến(đạo hàm âm)

nên nghiệm của (2) là giao của x  2 và x > x0 vói x0 là nghiệm của phương trình

9

x  = 5 - 2 x  ;4 phương trình cuối có nghiệm duy nhất x =0, vì khi đó ta có 9 =5- 4 đúng

và vế trái đồng biến, vế phải nghịch biến

Vậy nghiệm của (2) là giao của x 2 va x > 0  x > 0

Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đưa bất phương trình vô tỷ về sử dụng tính đơn điệu , tránh được bình phương 2 lần dễ dẫn đến mất nghiệm.

Ví dụ 2 Giải bất phương trình x 1 35x 7 47x 5513x 7 8

Giải Điều kiện x5/7 Xết f(x) = x 1 35x 7 47x 5513x 7

 F9x) đồng biến / 5,

7





 .Mặt khác f(3) = 8 nên bpt f(x) < 8

5/ 7 5

x

x









Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đưa bất phương trình vô tỷ về sử dụng tính đơn điệu,trong khi đó muốn giải bằng cách khác sẽ rất khó khăn.

Ví dụ 3.Giải bất phương trình 2x + x  x7 2 x2 7x 35

Giải Điều kiện x > 0.Đặt f(x) = 2x + x  x7 2 x27x

x



2 29

35 12

f    

  

Nên f(x) đồng biến và do đó f(x) < 35 =

2 29 12

f   

  

2 29 0

12

x  

 

Ví dụ 4: Giải bất phương trình : x 12 x 12 2

x

Giải: Điều kiện: x 0, x + 12 0,x 12 0

x   x   x 1

Do vậy (1)  x3  1 x3 1 2 (2)

Đặt x3  1 u x3 1  ,khi đó v 0

(2) 2 2

2

2

u v

u v



 

 u -v 1 2

1

u v

v u

 





 



 v 1 0

2

  (thích hợp)

x    x   x 

Đáp số : 3 5

4

x 

Hoặc xét VT =f(x)= x3 1 x3 1 là hàm đồng biến

Suy ra nghiệm của (2) là giao của x 1 và x > x0 ,trong đó x0 là nghiệm

của phương trình : x3  1 x3 1 = 2

Suy ra x0 =3 5

4 ,suy ra bất phương trình có nghiệm 3

5 4

x 

Nhận xét.Cái hay của cách giải là sử dụng tính đồng biến và sử dụng cách đặt ẩn phụ để đưa về hệ bất phương trình hoặc hệ phương trình bậc ,tránh được việc bình phương 2 vế (dễ dẫn đến sai sót ,thừa nghiệm)và tránh được việc giải phương trình bậc cao.

Ví dụ 5: Giải bất phương trình: x2 x 5 2 x27x10 5 2  x (1)

Giải: Điều kiện x -2

  

Suy ra x27x10 uv

Do u và v đồng biến khi x -2

Vế trái là hàm đồng biến , vế phải là hàm nghịch biến

Nên nghiệm của (1) là giao của x -2 và x < x0 với x0 là nghiệm của phương trình:

2

x  x  x  x   x

Vì u2 +v2 = 2x +7 ,suy ra 2x = u2 +v2 -7

Và u2 +v2 +2uv +( u +v) -12 =0

Đặt u +v = t >0 ta được : t2 +t -12 = 0 , t > 0

Suy ra t =3 vậy 1

1 3 3 3

2































u v u v u v u v u

Từ đó u = x2 1  x1

Vậy nghiệm của (1) là 2 x 1

Nhận xét Cái hay của cách giải này là dùng tính đơn điệu của các hàm số để đưa bất phương trình vô tỷ về hệ phương trình bậc 1.

Ví dụ 6.Với giá trị nào của tham số m thì bpt sau có nghiệm?

x2 +2 x m m  2m 1 0

Giải: Đặt t = x m 0  t2 = x2 -2mx +m2 , khi đó (1)  y = t2 +2t +2mx +m -1 0

Có nghiệm t 0

Ta có y' = 2t +2  y' = 0  t = -1

Nên ymin = y(0) = 2mx +m -1 = 2m2 +m -1 0 -1 1

2

m

Nhận xét.Cái hay của cách giải này là sử dụng giá trị tuyệt đối x m làm ẩn số để đưa

về parabol theo t 0  Không phải xét tương quan giữa x và y làm cho cách giải nhẹ nhàng hơn.

Ví dụ 1: Tìm các số x 0;,y 0; thoả mãn hệ : cot - coty x -y (1)

5x + 8 y = 2 (2)

x









 Giải : Viết phương trình (1) dưới dạng : x - cotx = y - coty (3)

Xét hàm số f(t) = t - cot t , 0 < t < 

Khi đó f(t) xác định  t 0;  và f'(t) = 1 + 12

sin t > 0 ,  t 0; 

 f(t) đồng biến  t 0; 

Từ (3)  f(x) = f(y)  x = y

Thay vào phương trình (2) của hệ ,ta đựoc x = y = 2

13



Ví dụ 2: Giải hệ :

tan tan tan tan 2, , 0;

2







Giải : Viết phương trình (1) dưới dạng x - tan x = y - tan y (3)

Và xét hàm f(t) = t - tant xác định 0;

2

t   

 ,có f'(t) = 1- 12

cos t < 0 ,do 0;

2

t  

 0 < cos t < 1.Vậy f( t) nghịch biến

Từ (3) suy ra f(x) = f(y)  x = y và từ (2)  tan x = tan y = 1  x = y =

4



Ví dụ 3: Chứng tỏ rằng với a  0 hệ :

2 2

2 2

2

2

a

x y

y a

y x

x



 









 



Có nghiệm duy nhất

Giải: Điều kiện : x 0 ,y 0 Do x và

2

a

x cùng dấu , Do y và

2

a

y cùng dấu

 x> 0 , y> 0.Bởi vậy :

(1)  2x2y = y2 + a2 (1)'

(2)  2y2x = x2 +a2 (2)'

(1)'-(2)' ta được:2xy (x -y) = (y-x)(y+x)  ( x-y) ( 2xy +x+y) =0,do x > 0,y >0 nên ( 2xy +x+y) >0

Do đó x - y =0 hay x = y.Thay x =y vào (1)' ta được :

f(x) = 2x3 -x2 = a2 ; f'(x) = 6x2 -2x

Ta có bảng biến thiên:

Từ đó suy ra phương trình : 2x3 -x2 = a2 ( a2 > 0) có nghiệm duy nhất

Nhận xét.Cái hay của cách giải này là từ hệ đối xứng loại 2 (1) -(2) ,không trừ trực tiếp ngay ,mà biến đổi trước để khi trừ (1') cho (2') thì phương trình hệ quả không chứa tham số,nên tránh được biện luận.

Ví dụ 4.Giải hệ :

3 2

3 2

3 2









x

f f’



 0  

-1/27

CT

-+

- - 0

1 3 //

Giải.Xét hàm đặc trưng f(t) = t3 +t2 +t với t  

Ta có f'(t) = 3t2 +2t +1 = 2t2 +(t+1)2 >0  f(t) đồng biến

Giả sử : x y z   f x( )f y( )f z( )

 2z +1 2x 1 2y1  z x y   y z

1

x y z

x y z

  



   



Ví dụ 1 Chứng minh rằng : ex > 1 +x , x 0

Giải : Đặt f(x) = ex -x -1 , khi đó f'(x) = ex -1

*Nếu x> 0 thì f(x) > 0 nên f tăng trên [ 0; +)

Do đó f(x) > f(0) =0  ex > x +1

*Nếu x<0 thì f'(x) < 0 nên f giảm trên (-,0) do đó f(x) > f(0) = 0

 ex > x +1

Vậy ex > x +1  x 0

Ví dụ 2 Chứng minh rằng nếu x > 0, thì ln x < x

Giải Xét hàm số f(t) = lnt - t với t > 0.

Ta có f (t) = 1 1 2

2 2

t



Lập bảng xét dấu sau:

Như vậy  x 0,có f(x) f(4)

0

-f'(t) ft)

Do 4<e2  ln4 < 2 ,vậy từ (1) suy ra lnx - x < 0  ln x < x (đpcm)

Ví dụ 3 Chứng minh rằng log19992000 > log20002001

Giải Xét hàm số f(x) = logx(x +1) với x > 1

Khi đó bất đẳng thức đã cho có dạng tương đương sau :

f( 1999) > f(2000)

Ta có f(x) = logx(x +1) =ln( 1)

ln

x x



 f(x) =

ln ( 1)ln( 1) 1





1 2

ln

( 1)ln

x x

x x





 Vậy f(x) là hàm nghịch biến khi x > 1,do đó (2) hiển nhiên đúng (đpcm)

Ví dụ 4 Chứng minh rằng ln ( 1+ 1 x 2 ) < 1

x+ ln x nếu x > 0.

Giải Xét hàm số f(t) = ln( 1+ 1 t 2 ) - lnt - 1

t với t > 0

2

1

t t t



- 1

t + 2

1

t =

2

1 1

t t

 > 0

Do đó f(t) là hàm đồng biến khi t > 0, vì x > 0 ,nên

f(x) < f(+) =t lim f(t) = t lim ln(1 1 t2) lnt 1

t

 f(x) < lim (ln1 1 2)

t

t t

 

 ln(1+ 1 x ) < lnx +1

x  đ.p.c.m

Ví dụ 5 Chứng minh rằng : x > ln(x +1) , x > 0.

Giải : Đặt f(x) = x - ln(x +1) liên tục trên [ 0 ,+) có

x

x

x x   

 f tăng trên [ 0 ,+)  f(x) > f(0) =0  x > ln(x+1) với x > 0

Ví dụ 6 Chứng minh rằng : lnx > 2( 1)

1

x x



 với x>1

Giải : Đặt f(x) = lnx - 2( 1)

1

x x



 ( x>1) liên tục trên [ 1 ; +)

Ta có f'(x) =

2

x

x



Vậy với x > 1 ta có f(x) > f(1) = 0 Từ đó suy ra lnx > 2( 1)

1

x x



 với x>1

Ví dụ 7 cho 0 <  <

2

 Chứng minh rằng: sin > 2



Giải xét hàm số : f(x) = sin x

x với x  0,2



Ta có f'(x) = xcosx2 sinx

x



= cos (x x tgx2 )

x



suy ra f'(x) < 0 x  0,

2



  

f(x) là hàm nghịch biến trên ( 0,

2

 )

Vì 0 <  <

2



 f() > f(

2



 >

sin 2 2



sin

 > 2



 đ.p.c.m

Ví dụ 8 cho 0 <  <

2

 Chứng minh rằng:  sin + cos > 1

Giải.xét hàm số : f(x) = xsinx + cosx - 1 với x  0,

2



 f'(x) = sinx + xcosx -sinx = xcosx  0 x  0,

2



 

Vì f' = 0 chỉ khi x = 0 hoặc x =

2



 f là hàm đồng biến trên 0,

2



 

Vì 0 <  <

2

  f(0) < f( )  0 <  sin + cos - 1   sin + cos > 1  đ.p.c.m

Ví dụ 9 Chứng minh rằng : sinx < x < tgx với 0 < x <

2



Giải Đặt f(x) = x - sin x , x (0; ]

2



 Khi đó f liên tục trên [ 0 ,

2

 ]

Và có đạo hàm trên ( 0 ;

2

 )  f tăng trên [ 0 ,

2

 ]

Từ đó x > 0  f(x) > f(0)  x > sinx với x (0; )

2





Tương tự ta cũng có x < tgx , 0;

2

x   

 

Ví dụ 10 Chứng minh rằng nếu 0 < x <

2

 thì 2sinx + 2tgx  2x+1

Giải: áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 2sinx +2tgx  2 2sinx tgx

Ta chứng minh : 2 2sinx tgx  2x+1  2sinx +tgx  22x

 sinx +tgx  2x ( x (0; )

2



Đặt f(x) = sinx +tgx -2x với 0 < x<

2



Ta có f'(x) = cosx + 12 2

cos x 

Vì 0 < x <

2

 nên cosx > cos2x Do đó : f'(x) > cos2x + 12 2

cos x  0

 f tăng trên (0; )

2

  f(x) > f(0) = 0

 sinx +tgx > 2x , 0;

2

x   

  (đpcm)

Ví dụ 11 Chứng minh bất đẳng thức : x - 3 sin

6

x

x

 với x > 0

Giải : Đặt f(x) = sinx +

3 6

x

-x

Ta có f'(x) = cosx + 2

2

x

-1, f''(x) = - sin x +x > 0 ( theo ví dụ )