Ứng dụng tính chất của hàm số

I – ƯNG DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÀM SỐ VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH 1. Nếu hàm số ( ) =y f x ñơn ñiệu trên tập D thì phương trình ( ) = f x k nếu có nghiệm 0 = x x thì ñó là nghiệm duy nhất của phương trình. 2. Nếu hàm số ( ) =y f x ñơn ñiệu trên tập D và ( ) ( ) ,u x v x là các hàm số nhận các giá trị thuộc D thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = ⇔ = f u x f v x u x v x . • Một số lưu ý khi sử dụng phương pháp hàm số. Vấn ñề quan trọng nhất khi sử dung phương pháp hàm số là chúng ta phải nhận ra ñược hàm số ñơn ñiệu và nhẩm ñược nghiệm của phương trình. 1) ðể phát hiện ñược tính ñơn ñiệu của hàm số chúng ta cần nắm vững các tính chất: i) Nếu ( ) =y f x ñồng biến (nghịch biến) thì: + ( ) = n y f x ñồng biến (nghịch biến). + ( ) 1 =y f x với ( ) 0 >f x nghịch biến (ñồng biến). + ( ) = −y f x nghịch biến (ñồng biến). ii) Tổng của các hàm số ñồng biến (nghịch biến) trên D là một hàm số ñồng biến (nghịch biến) trên D. iii) Tích của các hàm số dương ñồng biến (nghịch biến) trên D là mộ hàm số ñồng biến (nghịch biến) trên D. Ví dụ: Từ tính ñơn ñiệu của các hàm số 3= +y x , 3 , 2= − = −y x y x nếu nắm ñược các tính chất trên ta có thể phát hiện ñược ngay các hàm số 3 3 3= + + + +y x x x (ñb), 6 8 3 2 = + − − y x x (ñb), 1 3 3 = + − + y x x (nb). Từ cách nhìn nhận ñó có thể giúp chúng ta ñịnh hướng ñược phương pháp giải là sử dụng tính ñơn ñiệu của hàm số. 2) Việc nhẩm nghiệm cũng là một vấn ñề rất quan trong trong phương pháp này, khi nhẩm nghiệm ta thường ưu tiên chọn x mà biểu thức trong dấu căn là lũy thừa mũ n (nếu căn bậc n), hoặc nếu phương trình logarit thì ta chọn x mà biểu thức trong dấu loga là α a nếu pt có logarit cơ số a… Ví dụ 1. Giải các phương trình: a) 3 3 5 1 2 1 4− + − + =x x x (1) b) 3 2 2 3 6 16 4 2 3+ + + − − =x x x x (2) Giải: a) Quan sát vế trái của pt (1) chúng ta thấy khi x tăng (giảm) thì giá trị của các biểu thức trong dấu căn cũng tăng (giảm), từ dó chúng ta thấy vế trái là hs ñồng biến mà vế phải bằng 4 không ñổi nên ta sử dụng tính ñơn ñiệu của hs là lựa chọn hợp lí ñể giải quyết bài toán. ðK: 3 3 1 5 1 0 5 − ≥ ⇔ ≥x x . ðặt ( ) 3 3 5 1 2 1= − + − + f x x x x , ta có ph ươ ng trình ( ) 4=f x Ta có ( ) ( ) 2 3 2 3 15 2 ' 1 0 3 2 1 2 5 1 = + + > − − x f x x x với mọi 3 1 ; 5   ∈ +∞     x nên hàm số ñồng biến trên 3 1 ; 5   +∞     . Mà ( ) 1 4=f , tức 1= x là một nghiệm của phương trình. Ta chứng minh ñó chính là nghiệm duy nhất. + Nếu 1> x thì ( ) ( ) 1 4> = ⇒ f x f PTVN + N ế u 3 1 1 5 ≤ < x Thì ( ) ( ) 1 4< = ⇒ f x f PTVN V ậ y PT có nghi ệ m duy nh ấ t 1= x . b) ð K: ( ) ( ) 2 3 2 2 2 8 0 2 3 6 16 0 2 4 4 0 4    + − + ≥ + + + ≥ ⇔ ⇔ − ≤ ≤   − ≥ ≤    x x x x x x x x x PT (2) có d ạ ng ( ) 2 3=f x trong ñ ó ( ) 3 2 2 3 6 16 4= + + + − −f x x x x x ( ) ( ) 2 3 2 3 1 1 ' 0 2 4 2 3 6 16 + + = + > − + + + x x f x x x x x v ớ i m ọ i ( ) 2;4∈ −x nên hàm s ố ñồ ng bi ế n trên [-2;4]. Mà ( ) 1 2 3=f , t ừ ñ ó ta có x = 1 là nghi ệ m duy nh ấ t c ủ a ph ươ ng trình. Ví d ụ 2. Gi ả i các ph ươ ng trình : a) 6 8 6 3 2 + = − −x x b) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 9 3 4 2 1 1 0+ + + + + + + =x x x x x Gi ả i: a) ð K: 2< x ðặ t ( ) 6 8 3 2 = + − − f x x x ta có PT ( ) 6=f x ( ) ( ) ( ) ' ' 2 2 6 8 3 4 3 2 ' 0 6 8 6 8 2 2 3 2 3 2 3 2         − −     = + = + > − − − − − − x x f x x x x x x x v ớ i m ọ i ( ) ;2∈ −∞x . Nên hàm s ố ñồ ng bi ế n trên ( ) ;2−∞ . Mà 3 6 2   =     f V ậ y PT có nghi ệ m duy nh ấ t 3 2 =x . b) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 9 3 4 2 1 1 0 3 2 3 3 2 1 2 2 1 3 + + + + + + + =   ⇔ + + = − + + − + +        x x x x x x x x x Xét ( ) ( ) 2 2 3= + +f t t t thì pt có d ạ ng ( ) ( ) ( ) 3 2 1= − +f x f x (1) Vì ( ) 2 2 2 ' 2 3 0 3 = + + + > + t f t t t , nên hs ñồ ng bi ế n, do ñ ó ( ) ( ) 1 1 3 2 1 5 ⇔ = − + ⇔ = −x x x V ậ y PT có nghi ệ m duy nh ấ t 1 5 = −x . Ví d ụ 3. Gi ả i các ph ươ ng trình: a) 2 2 3 3 3 3 2 2 1 2 1+ − + = − + x x x x b) 3 3 6 1 8 4 1+ = − − x x x Gi ả i: a) Ta có 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1+ − + = − + ⇔ + + + = + +x x x x x x x x Xét ( ) 3 3 1= + + f t t t , ta có pt ( ) ( ) 2 1 2+ =f x f x . Vì ( ) 3 3 1= + + f t t t ñồ ng bi ế n nên ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 1 0 1, 2 + = ⇔ − − = ⇔ = = −f x f x x x x x . V ậ y PT có hai nghi ệ m là: 1 1 2 = ∨ = −x x . b) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 6 1 8 4 1 6 1 6 1 2 2 6 1 2+ = − − ⇔ + + + = + ⇔ + = x x x x x x x f x f x Trong ñ ó ( ) 3 = +f t t t . D ễ th ấ y ( ) f t là m ộ t hàm ñồ ng bi ế n nên ( ) ( ) 3 3 3 3 1 6 1 2 6 1 2 8 6 1 0 4 3 2 + = ⇔ + = ⇔ − − = ⇔ − =f x f x x x x x x x (1) N ế u 1>x t hì ( ) ( ) 2 1 1 4 3 1 2 = − > >VT x x nên PTVN. N ế u 1≤x thì ñặ t cos , [0; ] ϕ ϕ π = ∈ x , khi ñ ó (1) tr ở thành 3 1 1 2 4cos 3cos cos3 2 2 9 3 π π ϕ ϕ ϕ ϕ − = ⇔ = ⇔ = ± + k . Ch ọ n các nghi ệ m trong ñ o ạ n [0; ] π ta ñượ c các nghi ệ m 1 2 3 5 7 , , 9 9 9 π π π ϕ ϕ ϕ = = = . T ừ ñ ó ta ñượ c 3nghi ệ m c ủ a pt là : 5 7 cos , cos , cos 9 9 9 π π π = = =x x x . Ví du 4: Gi ả i các ph ươ ng trình a) 2008 2009 2.2007+ = x x x b) ( ) 1 3 7 7 1 2log 6 5 − = + − x x Gi ả i : a) 2008 2009 2008 2009 2.2007 2 2007 2007     + = ⇔ + =         x x x x x Hàm số ( ) 2008 2009 2007 2007     = +         x x f x có ( ) 2008 2008 2009 2009 ' ln ln 0 2007 2007 2007 2007     = + >         x x f x nên ñồ ng bi ế n và ( ) 0 0 2008 2009 0 2 2007 2007     = + =         f do ñ ó pt ( ) 2=f x có nghi ệ m duy nh ấ t x = 0. b) ð K: 6 5 0− > x ðặ t ( ) 1 7 1 log 6 5 7 6 5 − − = − ⇒ = − y y x x (1) Lúc ñ ó pt ñ ã cho tr ở thành ( ) ( ) 1 3 7 7 7 1 2log 6 5 1 6log 6 5 6 5 − = + − = + − = − x x x y (2) Tr ừ theo t ừ ng v ế (1) và (2) ta ñượ c : ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 7 7 6 6 7 6 1 7 6 1 1 1 − − − − − = − ⇔ + − = + − ⇔ − = − x y x y y x x y f x f y Trong ñ ó ( ) 7 6= + t f t t , vì ( ) ' 7 .ln7 6 0= + > t f t nên hàm s ố ñồ ng bi ế n trên R, suy ra ( ) ( ) 1 1− = − ⇔ = f x f y x y . Thay vào (1) và bi ế n ñổ i ta ñượ c pt: ( ) 1 7 6 1 1 0 − − − − = x x (3) Hàm s ố ( ) 7 6 1= − − t g t t có ( ) ' 7 ln7 6= − t g t ta có ( ) 0 7 7 ' 7 ln7 6 0 log 6 log ln7= − = ⇔ = − t g t t Hàm s ố ( ) g t ngh ị ch bi ế n trên kho ả ng ( ) 0 ;−∞ t và ñồ ng bi ế n trên 0 ( ; )+∞t nên trên m ỗ i kho ả ng ñ ó ( ) g t có nhi ề u nh ấ t m ộ t nghi ệ m nên pt ( ) 0=g t có nhi ề u nh ấ t 2 nghi ệ m. D ễ th ấ y 1 2 0, 1= =t t là hai nghi ệ m c ủ a ( ) g t suy ra pt (3) có hai nghi ệ m 1 2 1, 2= =x x . Hai nghi ệ m này th ỏ a mãn ñ i ề u ki ệ n . Nh ậ n xét: + D ạ ng t ổ ng quát c ủ a bài toán trên là ( ) ( ) log 0, 0,0 1 + = + + + ≠ ≠ < ≠ ax b s s p qx r cx d a q s + Trong PT trên có hai phép toán trái ng ượ c nhau là phép l ũ y th ừ a và phép l ấ y logarit, trong ph ươ ng trình có ch ứ a các phép toán khác nhau c ũ ng th ườ ng ñượ c gi ả i b ằ ng cách s ử d ụ ng tính ñơ n ñ i ệ u c ủ a hàm s ố . Chúng ta có th ể th ấ y ñ i ề u ñ ó qua ví d ụ sau Ví d ụ 5 : Gi ả i các ph ươ ng trình sau: a) 2 2 2 2 1 log 3 2 2 4 3 − + = − + − + x x x x x x b) 2 1 3+ + = x x x Gi ả i: a) Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 log 3 2 2 4 3 log 1 log 2 4 3 2 4 3 1 1 − + = − + − + ⇔ − + − − + = − + − − + x x x x x x x x x x x x x x ðặt 2 2 1, 2 4 3= − + = − +u x x v x x thì (1) trở thành 2 2 2 2 log log log log− = − ⇔ + = +u v v u u u v v (2) ðặt ( ) ( ) ( ) 2 1 log ' 1 0, 0; ln2 = + ⇒ = + > ∀ ∈ +∞f t t t f t t t nên hàm số ñồng biến và (2) có dạng ( ) ( ) 2 3 2 0 1 2= ⇔ = ⇔ − + = ⇔ = ∨ =f u f v u v x x x x . b) Ta có ( ) 2 2 1 3 3 1 1+ + = ⇔ + − = x x x x x x . ðặ t ( ) ( ) 2 3 1= + − x f x x x ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 ' 3 ln3 1 3 1 3 1 ln3 0 1 1     = + − + − = + − − >         + +     x x x x f x x x x x x x (Vì 2 1+ > x x và 2 1 ln3 1 1 > ≥ +x ) nên hàm s ố ñồ ng bi ế n , mà ( ) 0 1=f do dó 0= x là nghi ệ m duy nh ấ t c ủ a ph ươ ng trình. Nh ậ n xét : Khi g ặ p ph ươ ng trình ( ) ( ) =f x g x trong ñ ó , f g có m ộ t hàm ñồ ng bi ế n và m ộ t hàm ngh ị ch bi ế n thì cách gi ả i th ườ ng dùng là nh ẩ m nghi ệ m và ch ứ ng minh nghi ệ m ñ ó là duy nh ấ t, tuy nhiên trong bài toán c ủ a ta ( ) ( ) 2 1, 3= + + = x f x x x g x l ạ i ñề u ñồ ng bi ế n nên cách ñ ó không gi ả i quy ế t ñượ c, vì v ậ y ta chia hai v ế c ủ a pt cho 2 1+ +x x ñể ñư a v ề m ộ t v ế là h ằ ng s ố và v ế còn l ạ i là m ộ t hàm s ố mà ta có th ể xét ñượ c tính ñơ n ñ i ệ u c ủ a nó, ñ ó c ũ ng là cách mà ta dùng ở VD4. Ví d ụ 6. Gi ả i các ph ươ ng trình sau: a) ( ) ( ) 5 4 log 3 3 1 log 3 1+ + = + x x (1) b) ( ) ( ) 1 2 4 3.4+ + = x x x (2) Gi ả i: a) ðặ t: ( ) 4 log 3 1 3 1 4 3 4 1= + ⇒ + = ⇔ = − x x t x t t , thay vao (1) ta ñượ c ph ươ ng trình: ( ) 5 1 2 log 3 2 3 2 5 3 1 5 5     + = ⇔ + = ⇔ + =         t t t t t t . ðặ t ( ) 1 2 3 5 3     = +         t t f t Ta có ( ) 1 1 2 2 ' 3 ln ln 0 5 5 3 3     = + <         t t f t nên hàm s ố ngh ị ch bi ế n và ( ) 1 2 1 3 1 5 3     = + =         f Vậy PT có nghiệm duy nhất 1= x . b) Ta có : ( ) ( ) 4 1 4 1 1 2 4 3.4 0 3 3 2 4 2 4 + + + + = ⇔ = ⇔ − = + + x x x x x x x x x ðặ t ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 ln4. 2 4 4 ln4 4 1 1 2ln4.4 1 ' 3 3 3 2 4 2 4 2 4 + − + = − ⇔ = − = − + + + x x x x x x x x x f x f x ( ) ( ) ( ) 2 2 2ln4.4 1 ' 0 0 2 4 6ln4.4 0 3 2 4 = ⇔ − = ⇔ + − = + x x x x f x , ñ ây là pt b ậ c hai theo ẩ n là 4 x nên có nhi ề u nh ấ t là 2 nghi ệ m suy ra PT ( ) 0=f x có nhi ề u nh ấ t 3 nghi ệ m, mà ta th ấ y 1 0, , 1 2 = = = x x x là các nghi ệ m c ủ a c ủ a nó, do ñ ó pt có nghi ệ m là 1 0, , 1 2 = = = x x x . Ví d ụ 7: Gi ả i các ph ươ ng trình: a) 2 1 cos 2 − = x x b) 2 2 sin cos 2 − + = n n n x x ( ) , 2∈ ≥ℕn n và 0; 2 π   ∈     x . Giải: a) 2 2 1 cos cos 1 2 2 − = ⇔ + = x x x x . ðặt ( ) 2 cos 2 = + x f x x Dễ thấy ( ) ( ) ,− = ∀ ∈ℝf x f x x do ñ ó ( ) f x là hàm s ố ch ẵ n, vì v ậ y ch ỉ c ầ n gi ả i trên [0; )+∞ Ta có ( ) ( ) ' sin , '' 1 cos 0, x [0; )= − = − ≥ ∀ ∈ +∞f x x x f x x suy ra ( ) 'f x ñồ ng bi ế n trên [0; )+∞ nên ( ) ( ) ' ' 0 0, 0≥ = ∀ ≥f x f x do ñ ó ( ) f x ñồ ng bi ế n trên [0; )+∞ . Mà ( ) 0 1=f V ậ y x = 0 là nghi ệ m duy nh ấ t c ủ a pt trên [0; )+∞ và ñ ó c ũ ng chính là nghi ệ m duy nh ấ t c ủ a PT trên ℝ . b) N ế u 2=n thì pt tr ở thành 2 2 sin cos 1+ = x x nên m ọ i 0; 2 π   ∈     x là nghi ệ m c ủ a PT N ế u 2>n , ðặ t: ( ) ( ) ( ) 2 2 sin cos ' sin .cos sin cos − − = + ⇒ = − n n n n f x x x f x n x x x x Vì 0; 2 π   ∈     x nên ( ) ' 0 4 π = ⇔ =f x x .L ậ p b ả ng bi ế n thên ta có ( ) 2 2 0; 2 min 2 4 π π −         = =     n f x f Do ñ ó trên 0; 2 π       PT ( ) 2 2 2 − = n f x có nghiệm duy nhất 4 π =x . Ví d ụ 8. Tìm nghiệm dương của phương trình: 1 1 11 2 3 2 1 1 ln 1 ln 1 1 ++     + − + = −         x x x x x x x . Giải: Ta có ( ) ( ) 1 1 11 2 3 2 2 2 1 1 1 1 ln 1 ln 1 1 1 ln 1 1 ln 1 1 ++         + − + = − ⇔ + + − + + = −                 x x x x x x x x x x x x x ( ) ( ) 2 2 1 1 1 ln 1 1 1 ln 1 1      ⇔ + + − = + + −             x x x x x (vì x>0) (1) ðặ t ( ) ( ) 1 1 ln 1 1     = + + −         f t t t t v ớ i 0>t thì (1) có d ạ ng ( ) ( ) 2 =f x f x Ta có ( ) ( ) ( ) 1 1 2 ' 2 1 ln 1 2 2 1 ln 1 2 1       = + + − = + + −       +       f t t t t t t ðặ t ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 1 2 1 4 1 ln 1 ' 0, 0 2 1 1 2 1 1 2 1 −   = + − ⇒ = + = − < ∀ >   + + + + +   g t g t t t t t t t t t t Do ñ ó ( ) g t ngh ị ch bi ế n trên ( ) 0;+∞ mà ( ) lim 0 →+∞ = t g t suy ra ( ) 0; 0> ∀ > g t t ( ) ( ) ( ) ' 2 1 0, 0⇒ = + > ∀ > f t t g t t nên ( ) f t ñồ ng bi ế n trên ( ) 0;+∞ . ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 ln 1 1 1 ln 1 1        ⇔ + + − = + + −                 x x x x x x vì vậy ( ) ( ) 2 2 1= ⇔ = ⇔ = f x f x x x x . Tóm lại PT có nghiệm duy nhất 1= x . II- ỨNG DỤNG CÁC TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ ðỂ TÌM ðIỀU KIỆN CỦA THAM SỐ SAO CHO PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM. 1. Nếu hàm số ( ) =y f x liên tục trên ñoạn [ ; ]a b và ( ) ( ) 0<f a f b thì phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng ( ) ;a b . 2. Ph ươ ng trình ( ) =f x m có nghi ệ m khi và ch ỉ khi m thu ộ c t ậ p giá tr ị c ủ a hàm s ố ( ) =y f x Và s ố nghi ệ m c ủ a PT là s ố giao ñ i ể m c ủ a ñồ th ị hàm s ố ( ) = y f x và ñườ ng th ẳ ng =y m. Ví d ụ 1. Tìm m ñể các ph ươ ng trình sau có nghi ệ m th ự c nghi ệ m: a) 2 4 3 1 1 2 1− + + = −x m x x b) 4 4 13 1− + = − x x m x (TSðHKA-2007) Gi ả i: a) ð K: 1≥ x 2 4 4 1 1 3 1 1 2 1 3 2 1 1 − − − + + = − ⇔ = − + + + x x x m x x m x x (1) ðặ t 4 4 1 2 1 1 1 − = = − + + x t x x , vì 1≥ x nên 0 1≤ <t , PT (1) tr ở thành ( ) 2 3 2= − + =m t t f t (2) PT(1) có nghi ệ m khi và ch ỉ khi PT(2) có nghi ệ m 0 1≤ <t và ñ i ề u này t ươ ng ñươ ng v ớ i m thu ộ c t ậ p giá tr ị c ủ a hàm s ố ( ) 2 3 2= − +f t t t v ớ i 0 1≤ <t . L ậ p b ả ng bi ế n thiên c ủ a hàm s ố ( ) f t trên [0;1) ta ñượ c t ậ p giá tr ị là 1 ( 1; ] 3 − V ậ y PT có nghi ệ m khi và ch ỉ khi 1 1 3 − < ≤m . b) ( ) 4 4 4 4 4 4 3 2 1 1 13 1 13 1 13 4 6 4 1 ≥ ≥   − + = − ⇔ ⇔   − + = − − + = − + − +   x x x x m x x x m x x x m x x x x ( ) 3 2 1 4 6 9 1 1 ≥  ⇔  = − + + +  x m x x x PT ñ ã cho có 2 nghi ệ m khi và ch ỉ khi PT(1) có nghi ệ m 1≥ x . ðặ t ( ) 3 2 4 6 9 1 , [1; )= − + + + ∈ +∞f x x x x x ( ) ( ) 2 2 ' 12 12 9 3 4 4 3= − + + = − − −f x x x x x , ( ) ( ) ( ) 2 1 2 ' 0 4 4 3 0 3 2  = −  = ⇔ − − = ⇔  =   x l f x x x x n Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy ra PT (1) có nghiệm 1≥ x khi 29 2 ≤m , hay PT ñã cho có nghiệm khi 29 2 ≤m . Ví d ụ 2. Tìm m ñể các ph ươ ng trình sau có ñ úng 2 nghi ệ m th ự c: a) 4 4 2 2 2 6 2 6+ + − + − = x x x x m b) 2 2 1 1 + + + − + = x x x x m ( TSðH - KA-2008) Gi ả i: a) ð K: 0 6≤ ≤ x ðặ t v ế trái c ủ a ph ươ ng trình là ( ) [ ] , 0;6∈f x x Ta có ( ) ( ) ( ) 3 3 4 4 1 1 1 1 ' 2 6 2 2 2 6 = + − − − − f x x x x x ( ) ( ) ( ) 3 3 4 4 1 1 1 1 1 , 0;6 2 2 6 2 6       = − + − ∈     −   −   x x x x x ðặ t ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 4 4 1 1 1 1 , v 2 6 2 6       = − = −     −   −   u x x x x x x Ta th ấ y ( ) ( ) ( ) 2 2 0 ' 2 0= = ⇒ =u v f Mà ( ) ( ) ,u x v x cùng d ươ ng trên (0;2) và cùng âm trên (2;6) nên ta có b ả ng bi ế n thiên : Suy ra các giá tr ị c ầ n tìm c ủ a mlà : 4 2 6 2 6 3 2 6+ ≤ < +m b) ðặ t v ế trái c ủ a ph ươ ng trình là ( ) , ∈ ℝ f x x Ta có x f’ (x f(x 1 3/2 +∞ 0 12 29/2 −∞ ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 ' 1 3 1 3 2 1 2 1 2 4 2 4 + − + − = + = − + + − +     + + − +         x x x x f x x x x x x x 1 1 2 2     = + − −         h x h x (1) trong ñó ( ) 2 , 3 4 = ∈ + ℝ t h t t t là hàm ñồng biến nên từ ta có ( ) 1 1 1 1 ' 0 0 0 2 2 2 2     > ⇔ + − − > ⇔ + > − ⇔ >         f x h x h x x x x Ngược lại ( ) ' 0 0< ⇔ <f x x và ( ) ' 0 0= ⇔ =f x x . Mặt khác ( ) 0 2=f và ( ) lim →±∞ = +∞ x f x nên ta có bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy ra PT có ñúng hai nghiêm khi 2>m . Ví dụ 3: Tìm tất cả các giá trị của tham số m ñể phương trình sau có nghiệm thực ( ) 2 2 4 2 2 1 1 2 2 1 1 1+ − − + = − + + − −m x x x x x ( TSðH-KB-2004 ) Giải: ðK: 1 1− ≤ ≤ x ðặt 2 2 1 1= + − −t x x , dễ thấy 0≥t và 2 4 2 2 1 2 2= − − ≤ ⇒ ≤t x t , vậy ñiều kiên 0; 2   ∈   t . PT ñ ã cho tr ở thành : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 − + + + = − + + ⇔ = = + t t m t t t m f t t . (1) Ta có ( ) 2 2 2 − + + = + t t f t t liên t ụ c trên 0; 2     nên PT ñ ã cho có nghi ệ m ⇔ x (1) có nghi ệ m 0; 2   ∈   t ( ) ( ) [0; 2 ] [0; 2 ] min max⇔ ≤ ≤ f t m f t . Ta có ( ) ( ) 2 2 4 ' 0, 0; 2 2 − −   = < ∀ ∈   + t t f t t t , suy ra hàm s ố ngh ị ch bi ế n trên 0; 2     , do ñ ó ( ) ( ) ( ) ( ) [0; 2 ] [0; 2 ] min 2 2 1,max 0 1= = − = =f t f f t f V ậ y giá tr ị c ầ n tìm c ủ a mlà 2 1 1− ≤ ≤m . Ví d ụ 4. III- Ứ NG D Ụ NG ðẠ O HÀM ðỂ CH Ứ NG MINH B Ấ T ðẲ NG TH Ứ C. Như chúng ta ñã biết nếu hàm số ( ) =y f x có tập giá trị là khoảng ( ) ;m M vớ i ∈ x D thì ( ) ,< < ∀ ∈m f x M x D (1), ho ặ c n ế u hàm s ố ( ) =y f x ñồ ng bi ế n trên D và < x y thì suy ra ( ) ( ) < f x f y v ớ i , ∈ x y D .Từ ñ ó chúng ta th ấ y kh ả o sát hàm s ố ñể tìm t ậ p giá tr ị c ủ a nó ho ặ c s ử d ụ ng tính ñơ n ñ i ệ u c ủ a hàm s ố có th ể giúp ta ch ứ ng minh ñượ c B ð T, ñ ó chính là ý t ưở ng chính mà s ẽ ñượ c chúng ta s ử d ụ ng trong ph ầ n này. 1. Một số lưu ý chung. i) ðể ch ứ ng minh b ấ t ñẳ ng th ứ c có ch ứ a nhi ề u bi ế n b ằ ng ph ươ ng pháp ñạ o hàm thì ñ i ề u quan tr ọ ng nh ấ t là chúng ta ph ả i ñư a ñượ c v ề m ộ t bi ế n và kh ả o sát hàm s ố theo bi ế n ñ ó, n ế u ñ i ề u ñ ó không th ể thì ta coi b ấ t ñẳ ng th ứ c là m ộ t bi ế n và các bi ế n còn l ạ i ñượ c xem nh ư tham s ố . ii) L ự a ch ọ n hàm s ố nào ñể xét c ũ ng là khâu quy ế t ñị nh trong ph ươ ng pháp hàm s ố , ch ẳ ng h ạ n khi gi ả i bài toán : Cho 2 2 2 , , 0, 1> + + =a b c a b c . Ch ứ ng minh r ằ ng: 2 2 2 3 3 2 1 1 1 + + ≥ − − − a b c a b c (B ộ ñề TS) L ờ i gi ả i b ằ ng hàm s ố là xét: ( ) 3 , (0;1)= − ∈f x x x x . Các b ạ n th ử suy ngh ĩ xem, c ă n c ứ vào ñ i ề u gì mà ta ch ọ n ñượ c hàm s ố ñ ó mà không ph ả i là hàm ( ) 2 , (0;1) 1 = ∈ − x f x x x ? Ví d ụ 1. Ch ứ ng minh : 2 2 1 1 2, + + + − + ≥ ∀ ∈ℝx x x x x Giải: ðặt vế trái của phương trình là ( ) , ∈ℝf x x Ta có ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 ' 1 3 1 3 2 1 2 1 2 4 2 4 + − + − = + = − + + − +     + + − +         x x x x f x x x x x x x 1 1 2 2     = + − −         h x h x (1) trong ñó ( ) 2 , 3 4 = ∈ + ℝ t h t t t là hàm ñồng biến nên từ ta có ( ) 1 1 1 1 ' 0 0 0 2 2 2 2     > ⇔ + − − > ⇔ + > − ⇔ >         f x h x h x x x x Ngược lại ( ) ' 0 0< ⇔ <f x x và ( ) ' 0 0= ⇔ =f x x . Mặt khác ( ) 0 2=f và ( ) lim →±∞ = +∞ x f x Bảng biến thiên: T ừ bảng biến thiên ta có ñpcm.  Chú ý: Bài toán có thể giải cách khác [...]... ( x ) ≥ ( 3x ) − 3x = 0 nên hàm s 2 3 π  π f ( x ) ñ ng bi n trên [0; ) ⇒ f ( x ) > f ( 0 ) = 0, ∀x ∈  0;  2  2 Nh n xét: 1) Khi trong b t ñ ng th c có ch a các lo i hàm s khác nhau ta thư ng cô l p m i lo i hàm s ñ d xét d u c a ñ o hàm, ho c ta có th ñ o hàm liên ti p ñ kh b t m t lo i hàm s Ch ng h n VD trên n u chúng ta ñ o hàm ñ n f ''' ( x ) thì ch còn l i hàm lư ng giác còn 3 x b tri... 3 3 3 tính t ng quát ta gi thi t a + b + c = 1 khi ñó f ( a; b; c ) = a + b + 16c 3 3 3 3 1 1 Do tính ñ i x ng c a a, b có th cho ta ư c lư ng a + b ≥ ( a + b ) = (1 − c ) t ñó ta 4 4 3 3 1 1 1 3 3 có f ( a; b; c ) ≥ (1 − c ) + 16c = (1 − c ) + 64c  = g ( c ) ,0 ≤ c ≤ 1  4 4 4 2 1 2 Ta có : g ' ( c ) = 3 64c − (1 − c )  , g ' ( c ) = 0 ⇔ c = ∈ [0;1]   9 64 1 16 L p b ng bi n thiên c a hàm g... 1 1 1 1 1 1 12 + + − 2 − 2 − 2 ≤ 3 − 2 , ∀x, y , z ∈ (0; ] 2 2 2 2 π sin x sin y sin z x y z Gi i: Xét hàm s : f ( t ) = 1 2 sin t − 1 π , t ∈ (0; ] 2 t 2 3  2  sin t   π Áp d ng ví d 5 ta có : f ' ( t ) = − + 3= − cos t  > 0, ∀t ∈  0;  nên 3 3   sin t t sin t  t   2  π π 4 π  hàm s ñ ng bi n trên (0; ] ⇒ f ( t ) ≤ f   = 1 − 2 , ∀t ∈ (0; ] 2 2 π 2 4   Áp d ng vào bài toán... b a b  a 1   b 1  2 + a  ≤  2 + b  ⇔ 4 + 1 ≤ 4 + 1 ⇔ b ln 4 + 1 ≤ a ln 4 + 1  2   2   a b ln 4 + 1 ln 4 + 1 ⇔ ≤ (1) a b t ln 4 + 1 , t ∈ ( 0; +∞ ) Xét hàm s : f ( t ) = t ( ) ( ( ) ( ) ( ) ( ) ) ( ) ( ( 4 + 1) ) < 0, ∀t > 0 nên hàm s 4 ln 4 − 4 + 1 ln 4 + 1 t Ta có : f ' ( t ) = ) ( t t 2 t t t ngh ch bi n trên ( 0;+∞ ) V y : a ≥ b > 0 ⇒ f ( a ) ≤ f (b) ⇔ ( ) ≤ ln ( 4 + 1) hay (1) ñúng nên... 2 + b 1− b 2 + c 1− c 2 ≥ 2 2 3 3 (1) 2 Gi i : Trong b t ñ ng th c trên a, b, c có vai trò bình ñ ng nên d dàng ki m tra ñư c 1 ñ ng th c x y ra khi a = b = c = Ta hãy xét hàm s mà 3 2 1 f '( x ) = 0 ⇔ x = ⇔ 1 − 3x = 0 ? 3 V y hàm s mà ta s xét là : f ( x ) = x − x , x ∈ ( 0;1) 3 Ta có : f ' ( x ) = 1 − 3x , f ' ( x ) = 0 ⇔ 1 − 3x = 0 ⇔ x = 2 2 1 (Vì x>0) 3 B ng bi n thiên: T b ng bi n thiên suy... 3) bc ≥ 13 Vai trò c a a, b, c bình ñ ng nên không gi m tính t ng quát gi s a ≤ b ≤ c mà a + b + c = 3 ⇒ a ≤ 1 ⇒ 2a − 3 < 0 3 2 2 2 2a − 3a + 27 b+c do ñó 27 − 6a ( 3 − a ) + 2 ( 2a − 3) bc ≥ 27 + 6a − 18a + 2 ( 2a − 3)   = 2  2  Xét : f ( a ) = 2a − 3a + 27, a ∈ (0;1] 3 2 Ta có : f ' ( a ) = 6a − 6a = 0 ⇔ a = 1 L p b ng bi n thiên c a hàm f ( a ) , a ∈ (0;1] ta suy ra ñư c 2 f ( a ) ≥ f (1)... B + sin C ) ≥ 12 3  sin x   π Ví d 7 Ch ng minh :   > cos x, ∀x ∈  0;   x   2 (Olympic-30-4-1999) 3 Gi i: Nh m cô l p x v i các hàm lư ng giác ta vi t l i BðT: 3 3 3 2 3 sin x  sin x  > x ⇔ sin x.tan x − x > 0 (1)   > cos x ⇔ cos x  x  π Xét hàm s : f ( x ) = sin x tan x − x , x ∈ [0; ) ⇒ f ' ( x ) = 2sin x + tan x - 3x 2 2 2 2 2 Áp d ng BðT: 3 a + b + c ≥ ( a + b + c ) ta có 2 3... ∈ [ − 1;1] Do vai trò a, b, c nên không m t tính t ng quát gi s a ≤ b ≤ c ð t : P = 3 ( a + b + c ) − 22abc +) N u a = −1 ⇒ b = c = 0 ⇒ P = −3 +) N u −1 < a < 0 , ta có 2 2 2 ( ) ( ) ) 2 2 2 2 P = 3 ( a + b + c ) − 22abc ≤ 3 a + 2 b + c  − 11a b + c     2 2 3 2 P = 3  a + 2 1 − a  − 11a 1 − a = 11a − 8a + 3 2 1 − a = f ( a )     2 3 2.a là hàm ngh ch bi n trên ( −1;0 ) Ta có: f ' ( a... ( ( ) ) 2 1  x1 = y − y + 6 < 0 (l ) 2  6 Ta có: f ' ( x ) = 6 x − 2 yx − 1, f ' ( x ) = 0 ⇔  2 1  x2 = y + y + 6 6  Qua x 2 ñ o hàm ñ i d u t âm sang dương nên x 2 là ñi m c c ti u N u x 2 ∈ [0;1] thì f ( x 2 ) ≤ f ( 0 ) và f ( x 2 ) ≤ f (1) N u x 2 ∉ [0;1] thì hàm s tăng trên [0 ;1] ⇒ f ( x ) ≤ f (1) Trong hai trư ng h p trên ta ñ u có f ( x ) ≤ f ( 0 ) và f ( x ) ≤ f (1) Ta có: 3 2 3 2 f ( 0... = g (a) f (b) ≥ f   = 2  3a  a 1 − 3a 2 Xét hàm g ( a ) , v i a ∈ (0; 1 3 3 ] , g '( a ) = 15a + 14a − 1 4 2 ( ) a 3a − 1 2 2 2 < 0, ∀a ∈ (0; 1 3 3 ]  1  g (a) ≥ g   = 12 3 3 3 Ví d 37 Chưng minh r ng n u s ≥ t ≥ 0 thì s s s t t t a b c a b c s s + s s + s s ≥ t t + t t + t t b +c c +a a +b b +c c +a a +b f ( x) = Gi i: Ta ch c n ch ng minh hàm s [0; +∞) Ta có: f '( x) = a b x x +c a x (c . lại PT có nghiệm duy nhất 1= x . II- ỨNG DỤNG CÁC TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ ðỂ TÌM ðIỀU KIỆN CỦA THAM SỐ SAO CHO PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM. 1. Nếu hàm số ( ) =y f x liên tục trên ñoạn [ ; ]a. biến). ii) Tổng của các hàm số ñồng biến (nghịch biến) trên D là một hàm số ñồng biến (nghịch biến) trên D. iii) Tích của các hàm số dương ñồng biến (nghịch biến) trên D là mộ hàm số ñồng biến. pháp hàm số. Vấn ñề quan trọng nhất khi sử dung phương pháp hàm số là chúng ta phải nhận ra ñược hàm số ñơn ñiệu và nhẩm ñược nghiệm của phương trình. 1) ðể phát hiện ñược tính ñơn ñiệu của hàm