Ứng dụng của tính đơn điệu vào Đại số

BÀI TOÁN XÉT DẤU VÀ ỨNG DỤNGI... 4 Một số bài toán khác Qui trình xét dấu trên đòi hỏi ta phải tìm được nghiệm.

BÀI TOÁN XÉT DẤU VÀ ỨNG DỤNG

I Cơ sở lý thuyết

Định lý:

Nếu hàm số 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 x=c(a;b).

Từ định lý này ta có được mệnh đề phản đảo (làm cơ sở cho việc xét dấu) sau:

Mệnh đề 1:

Nếu hàm số f(x) liên tục trên khoảng (a;b) và phương trình f(x)=0 vô nghiệm trên (a;b) thì f(x) không đổi dấu trên (a;b).

Chứng minh.

Giả sử ngược lại thì tồn tại c, d(a;b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liên), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liên tục trên (a;b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liên) nên liên tục trên [c;d]  (a;b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liên) Áp dụng định lý trên thì f(x) có nghiệm

(c;d)(a;b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liên) Điều này mâu thuẫn với giả thiết f(x) vô nghiệm trên (a;b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liên)

II Qui trình xét dấu của một biểu thức

Dựa vào tính liên tục của hàm số sơ cấp và mệnh đề trên ta có qui trình xét dấu cho những b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liêniểu thức mà nó xác định một ra hàm số sơ cấp một b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liêniến f(x) như sau:

– Tìm tập xác định D của f(x)

– Tìm tất cả các nghiệm của f(x)

– Phân hoạch tập D thành các khoảng mà trên đó f(x) liên tục và không có nghiệm – Xác định dấu của f(x) tại một điểm thuộc mỗi khoảng để suy ra dấu của f(x) trên mỗi khoảng đó

III Ứng dụng

1) Xét dấu nhanh biểu thức dạng đa thức và phân thức hữu tỷ

Vì dấu của thương P

Q và dấu của tích P Q là như nhau nên việc xét dấu một phân

thức hữu tỷ qui về việc xét dấu một đa thức

1 1 0



      Theo định lý cơ b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênản của đại

số ta luôn có thể viết

mà trong đó các thừa số b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênậc hai là vô nghiệm và x1x2  x k

Vì (x2b x c x1  1)( 2b x c2  2) (x2b x c m  m) 0,   x nên ta chỉ cần xét dấu

1( ) ( 1) (n 2) (n ) n k

Phân hoạch  thành các khoảng ( ; ), ( ; ), ,( ;x1 x x1 2 x k ) thì trên mỗi khoảng này

1( )

P x liên tục và không có nghiệm nên chỉ mang một dấu.

– Vì lim ( )1 ( ).(n )

    nên dấu của P x trên ( ;1( ) x  là cùng dấu với k ) a n

1 i 1 i i 1 k

x  x a x  b x  x nên (a x b x j)(  j) 0 khi j  i và (a x b x i)(  i) 0 Suy ra 1( ) ( )1 2[( )( )]n i [( )( )]n j

j i



dấu với [( )( )]n i

i i

a x b x  Vì vậy, nếu n là số tự nhiên lẻ thì i P a và 1( ) P b trái dấu, và1( ) nếu n là số tự nhiên chẵn thì i P a và 1( ) P b cùng dấu.1( )

Từ các nhận xét trên ta rút ra được qui tắc xét dấu nhanh cho b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liêniểu thức dạng phân thức

1

1 1 0 1

1 1 0

( ) ( )

n n

n n

m m

m m

P x

f x









– Tìm tất cả các nghiệm của P(x), Q(x) và xác định số bội của mỗi nghiệm đó (số lần

lập lại của nghiệm)

– Sắp xếp các nghiệm theo thứ tự tăng dần Phân hoạch  thành các khoảng mà các nghiệm là các đầu khoảng

– Trên khoảng tận cùng bên phải (khoảng chứa +) dấu của f(x) cùng dấu với tích

n m

a b

– Qua nghiệm bội lẻ f(x) đổi dấu và qua nghiệm bội chẵn f(x) không đổi dấu.

n

      nên dấu của P x trên 1( ) ( ; )x1 không những phụ thuộc vào a mà còn phụ thuộc vào n chẵn hay lẻ (khi n chẵn thì cùng dấu với n a , n

khi n lẻ thì trái dấu với a ) n

Giải: – Nếu b=0 thì f(x) có nghiệm duy nhất x=0 là nghiệm b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênội 3 nên f(x) đổi dấu qua

nghiệm này

– Nếu a, b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liên cùng dấu thì f(x) có nghiệm duy nhất x=0 là nghiệm đơn nên f(x) đổi dấu qua nghiệm này

– Nếu a, b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liên trái dấu thì f(x) có 3 nghiệm đơn phân b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liêniệt nên f(x) đổi dấu qua mỗi nghiệm này

Nhận xét: Hàm số y = ax4+b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênx2+c có đạo hàm là y’=4ax3+2b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênx nên ta có thể xét dấu

nhanh y’ như sau: tìm nghiệm của y’  khoảng tận cùng bên phải cùng dấu hệ số a 

qua nghiệm đổi dấu y’.

Bài toán 2: Xét dấu

2 3

( )

f x



Giải: Ta có

 2

2

, 2

x

x







 



 x 2 0  x2,

a.f(x)<0

a.f(x)<0

0

a.f(x)>0

b a



a



 3 2 2

1 1

2 0

2

x x

x









Do đó, x=2 là nghiệm b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênội 3 (được lập lại 3 lần), x=–1 là nghiệm b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênội 2 (được lập lại 2 lần) và 1

2

x  là nghiệm đơn (được lập lại 1 lần) của đa thức

g x  x  x x x  x Vì dấu của f(x) và g(x) giống nhau nên ta có dòng xét dấu của f(x) như sau

2) Xét tính đơn điệu của hàm số

Dựa vào qui trình xét dấu tổng quát ở trên ta rút ra được qui trình xét tính đơn điệu như ý tưởng mà SGK Giải tích 12 đã viết:

– Tìm tập xác định D của hàm số f(x)

– Tìm tất cả các điểm tới hạn của f(x).

– Phân hoạch tập D thành các khoảng mà trên đó '( )f x liên tục và không có nghiệm.

– Xác định dấu của '( )f x tại một điểm thuộc mỗi khoảng để suy ra dấu của '( ) f x

trên mỗi khoảng đó

– Dựa vào dấu của '( )f x suy ra tính đơn điệu của f(x).

Bài toán 3: (SGK trang 66) Tìm GTLN của hàm số 3 4

Giải: Ta có y’=12x2(1–x); y’=0 có nghiệm x=0 (b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênội 2) với x=1 (đơn) Do đó ta có BBT của hàm số như sau:

Từ đó ta được maxyy(1) 1.



Bài toán 4: Xét tính đơn điệu của hàm số yf x( ) x 2x22

Giải:

– TXĐ: D=

– ĐH:

2 2

1

x

 



2

'(0) 0, '( 2) 0

– Dấu của ĐH:

Vì vậy hàm số tăng trên (–;1), giảm trên (1;+)

Nhận xét: b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênằng cách giải BPT 2

x   x ta cũng có thể xác định dấu của y’ Tuy

–1

1

+

x y y’

+ –

1

1 0

y’:

– TXĐ: D=(–;–2][1;+)

– ĐH:

2 2

2

 

2

y   x  x  x  x  ; y’

không xác định tại x=–2D với x=1D Do đó hàm số có b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liêna điểm tới hạn là x=–3; x=–2 với x=1 '( 4) 0, '( 2 ) 0, '(2) 0.y y  y

– Dấu của ĐH:

Vì vậy hàm số tăng trên (–;–3) với (1;+), giảm trên (–3;–2)

Bài toán 6: Xét tính đơn điệu của hàm số 2

Giải:

– TXĐ: D=(–;–2][1;+)

ĐH:

2 2

 

2

y’ không xác định tại x=–2D với x=1D Do đó hàm số có b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liêna điểm tới hạn là x=–2;

2

x   '( 3) 0, '(1 ) 0, '(2) 0.y y  y

– Dấu của ĐH:

Vì vậy hàm số giảm trên mỗi khoảng (–;–2), ( 3 1

2

 ;+), tăng trên (1; 3 1

2

 )

Lưu ý: Ở b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênài này số x= 3 1

2

 rất gần với x=1 nên rất khó để chọn x0(1; 3 1

2

 ) để

mà xác định dấu của y’ trên khoảng này Giải pháp tốt nhất là ta “liều lĩnh” tính y’(1+): khi x1 nhưng x>1 thì x2  x 2 có nghĩa và x2 x 2 0 , 2x+1>0 do vậy y’(1+)>0

3) Tính diện tích hình phẳng

Mệnh đề 2: Nếu f(x) liên tục trên [a;b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liên] và không có nghiệm trên (a;b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liên) thì

Chứng minh: Do f(x) liên tục trên [a;b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liên] và không có nghiệm trên (a;b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liên) nên, theo

mệnh đề 1, f(x) không đổi dấu trên [a;b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liên]

 Trường hợp f(x)  0, x[a;b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liên] thì | ( ) | ( )

1 0

1

0

1 3 2



–2

 Trường hợp f(x)  0, x[a;b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liên] thì | ( ) | ( )

Bài toán 7: Tính diện tích các hình phẳng sau:

1) (H1) được giới hạn b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênởi 2

1

( ) :C y5x x  với 9 ( ) :C2 y x 39 x

2) (H2) được giới hạn b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênởi 2

( ) :C y2sin xsinx với Ox trên [ ; ]

2 2

 



3) (H3) được giới hạn b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênởi

2 1

( ) :

2

x



 với Ox và Oy.

Giải:

1) Phương trình hoành độ giao điểm của (C1) với (C2) là

4

x

x





 Mặt khác hàm số y5x x2 9 (x39 )x liên tục trên [–4;0] với [0;4] và không có nghiệm trên mỗi khoảng (–4;0) với (0;4), do đó diện tích cần tính là



2) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) với Ox là

2

2

x

x







 Trên [ ; ]

2 2

 

6

x x Mặt khác hàm

số yf x( ) 2sin 2 xsinx liên tục trên [ ; ]

2 2

 

 nên diện tích cần tính là

0 6

0

0

0







3) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) với Ox là

2 4 3 1

0

3 2

x

x x





Nếu không để ý ta sẽ b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênị sai lầm khi cho rằng diện tích cần tính là

Sai lầm này là do ta không để ý rằng hàm số

2 4 3 2

y x



 không liên tục tại x=2[0;3]

Nếu có đủ cẩn thận và trực giác tốt ta sẽ viết

1 2 1 2

vẽ hình ra (nếu có thể)

4) Một số bài toán khác

Qui trình xét dấu trên đòi hỏi ta phải tìm được nghiệm Tuy vậy, có một số b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênài toán ta không tính được nghiệm (một cách tường minh) mà chỉ b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liêniết được số nghiệm Qui trình trên vẫn có thể áp dụng được nhưng ta còn có thể sử dụng tính đơn điệu như một vài b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênài toán sau:

Bài toán 8: Chứng minh rằng sin 2 , (0; )

2

x



Giải:

Xét f x( ) sinx 2x



  ta có f x'( ) cosx 2



2

f x  x   Do đó '( )f x

liên tục trên  và giảm trên khoảng (0; )

2

 Mặt khác, '(0) '( ) 0

2

f f   nên '( )f x =0 có

duy nhất nghiệm 0 (0; )

2

x   Vì vậy f x'( ) f x'( ) 0,0   x (0; )x0 và

2

f x  f x   x x  Dựa vào đây ta có BBT:

Dựa vào BBT ta có ngay ( ) 0, (0; )

2

2

x



Bài toán 9: Giải PT 5x3x10x24x 2 0

Giải:

Xét f x( ) 5 x3x10x24x 2 ta có '( ) 5 ln 5 3 ln 3 20f x  x  x  x4,

2 2

''( ) 5 ln 5 3 ln 3 20x x

x f



''( )

f x =0 có duy nhất nghiệm x 0 (0;2). Vì vậy f x''( ) f x''( ) 0,0   x ( ;x0 ) và

f x  f x     x x Dựa vào đây ta có BBT của '( )f x :

Dựa vào BBT này ta có ngay '( ) 0f x  có không quá 2 nghiệm Mặt khác,

'(0) 0; '(1) 0

f  f  và '(2) 0f  nên '( ) 0f x  có đúng 2 nghiệm 0x1 1 x2 2 BBT của f(x):

Dựa vào BBT này ta có ngay ( ) 0f x  có không quá 3 nghiệm Mặt khác,

f f f  nên ( ) 0f x  có đúng 3 nghiệm là x=0, x=1 với x=2.

Lời b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênình : Bài toán này, trước đây, có thể dùng hệ quả của định lý Lagrange : nếu đạo

hàm có không quá n nghiệm thuộc (a ; b) thì hàm số có không quá n+1 nghiệm trên (a;b).

Nay SGK PB b), c<d, sao cho f(c) và f(d) trái dấu Vì f(x) liênỏ định lý Lagrange nên cách giải trên là « hợp lệ »

x f’

f’’

+

x f f’

–

2

x

–

+

1

x

0 +