Ứng dụng của tính đơn điệu vào Đại số

Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 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 tục trên (a;b) nên liên tục trên [c;d] ⊂ (a;b). Áp dụng định lý trên thì f(x) có nghiệm α∈(c;d)⊂(a;b). Điều này mâu thuẫn với giả thiết f(x) vô nghiệm trên (a;b). 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 biểu thức mà nó xác định một ra hàm số sơ cấp một biến 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. Xét đa thức 1 1 1 0 ( ) . , 0 n n n n n P x a x a x a x a a − − = + + + + ≠ . Theo định lý cơ bản của đại số ta luôn có thể viết 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2 ( ) ( ) ( ) .( ) ( )( ) .( ) k nn n n k m m P x a x x x x x x x b x c x b x c x b x c= − − − + + + + + + mà trong đó các thừa số bậc hai là vô nghiệm và 1 2 . . k x x x< < < Vì 2 2 2 1 1 2 2 ( )( ) .( ) 0, m m x b x c x b x c x b x c x+ + + + + + > ∀ ∈ ¡ nên ta chỉ cần xét dấu 1 1 1 1 2 ( ) ( ) ( ) .( ) . k nn n n k P x a x x x x x x= − − − Phân hoạch  thành các khoảng 1 1 2 ( ; ), ( ; ), .,( ; ) k x x x x−∞ +∞ thì trên mỗi khoảng này 1 ( )P x liên tục và không có nghiệm nên chỉ mang một dấu. – Vì 1 lim ( ) ( ).( ) n x P x sign a →+∞ = +∞ nên dấu của 1 ( )P x trên ( ; ) k x +∞ là cùng dấu với n a . –1– Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang – Chọn 1 1 ( ; ), ( ; ) i i i i a x x b x x − + ∈ ∈ ta có dấu của 1 ( )P x trên 1 ( ; ) i i x x − là dấu của 1 ( )P a và dấu của 1 ( )P x trên 1 ( ; ) i i x x + là dấu của 1 ( )P b . Mặt khác, ta có 1 1 1 . . i i i k x x a x b x x − + < < < < < < < < nên ( )( ) 0 j j a x b x− − > khi j ≠ i và ( )( ) 0 i i a x b x− − < . Suy ra 2 1 1 ( ) ( ) [( )( )] [( )( )] j i n n n i i j j j i P a P b a a x b x a x b x ≠ = − − − − ∏ cùng dấu với [( )( )] i n i i a x b x− − . Vì vậy, nếu i n là số tự nhiên lẻ thì 1 ( )P a và 1 ( )P b trái dấu, và nếu i n là số tự nhiên chẵn thì 1 ( )P a và 1 ( )P b cùng dấu. Từ các nhận xét trên ta rút ra được qui tắc xét dấu nhanh cho biểu thức dạng phân thức 1 1 1 0 1 1 1 0 . ( ) ( ) ( ) . n n n n m m m m a x a x a x a P x f x Q x b x b x b x b − − − − + + + + = = + + + + như sau: – 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. Lưu y: Vì 1 lim ( ) ( ).( 1) ( ) n n x P x sign a →−∞ = − +∞ nên dấu của 1 ( )P x trên 1 ( ; )x−∞ không những phụ thuộc vào n a mà còn phụ thuộc vào n chẵn hay lẻ (khi n chẵn thì cùng dấu với n a , khi n lẻ thì trái dấu với n a ). Bài toán 1: Xét dấu 3 2 ( ) ( )f x ax bx x ax b= + = + với a ≠ 0. Giải: – Nếu b=0 thì f(x) có nghiệm duy nhất x=0 là nghiệm bội 3 nên f(x) đổi dấu qua nghiệm này. – Nếu a, b 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 trái dấu thì f(x) có 3 nghiệm đơn phân biệt nên f(x) đổi dấu qua mỗi nghiệm này. Nhận xét: Hàm số y = ax 4 +bx 2 +c có đạo hàm là y’=4ax 3 +2bx 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 (2 5 2)( 2) ( ) 3 2 x x x f x x x − + − = − − Giải: Ta có • 2 2 2 5 2 0 1 , 2 x x x x =   − + = ⇔  =  • 2 0 2x x− = ⇔ = , –2– 0 a.f(x)>0 a.f(x)<0 0 a.f(x)>0 a.f(x)<0 0 a.f(x)>0 a.f(x)<0 a.f(x)<0 a.f(x)>0 b a − − b a − Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang • 3 2 2 1 1 3 2 0 ( 1)( 2) 0 1 2 0 2. x x x x x x x x x x x = −  = −   − − = ⇔ + − − = ⇔ ⇔ = −   − − =   =  Do đó, x=2 là nghiệm bội 3 (được lập lại 3 lần), x=–1 là nghiệm bội 2 (được lập lại 2 lần) và 1 2 x = là nghiệm đơn (được lập lại 1 lần) của đa thức 2 3 ( ) (2 5 2)( 2)( 3 2)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 4 3y x x= − . Giải: Ta có y’=12x 2 (1–x); y’=0 có nghiệm x=0 (bội 2) với x=1 (đơn). Do đó ta có BBT của hàm số như sau: Từ đó ta được max (1) 1.y y= = ¡ Bài toán 4: Xét tính đơn điệu của hàm số 2 ( ) 2 2y f x x x= = − + Giải: – TXĐ: D=. – ĐH: 2 2 1 2 ' '( ) ; 1 x x y f x x + − = = + 2 ' 0 1 2 1y x x x= ⇔ + = ⇔ = ; '(0) 0, '( 2) 0.y y> < – Dấu của ĐH: Vì vậy hàm số tăng trên (–∞;1), giảm trên (1;+∞). Nhận xét: bằng cách giải BPT 2 1 2x x+ < ta cũng có thể xác định dấu của y’. Tuy vậy, đối với học sinh việc giải BPT là phức tạp hơn. Bài toán 5: Xét tính đơn điệu của hàm số 2 ( ) 5 4 2.y f x x x x= = − + − –3– –1 1 2 2 + + + – 0 x y y’ – ∞ + ∞ 0 1 + – 0 0 + – ∞ 1 1 0 + – y’: Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang Giải: – TXĐ: D=(–∞;–2]∪[1;+∞). – ĐH: 2 2 5 2 4 2 ' '( ) ; 2 x x x y f x x x + − + + = = + − 2 ' 0 2 4 2 3y x x x x= ⇔ + − = − − ⇔ = − ; y’ không xác định tại x=–2∈D với x=1∈D. Do đó hàm số có ba 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 ( ) 2 2 .y f x x x x= = + − − Giải: – TXĐ: D=(–∞;–2]∪[1;+∞). ĐH: 2 2 2 1 4 2 ' '( ) ; 2 2 x x x y f x x x + − + − = = + − 2 1 ' 0 2 2 1 3 2 y x x x x= ⇔ + − = + ⇔ = − ; y’ không xác định tại x=–2∈D với x=1∈D. Do đó hàm số có ba điểm tới hạn là x=–2; x=1 với 1 3 2 x = − . '( 3) 0, '(1 ) 0, '(2) 0.y y y + − < > < – Dấu của ĐH: Vì vậy hàm số giảm trên mỗi khoảng (–∞;–2), ( 1 3 2 − ;+∞), tăng trên (1; 1 3 2 − ). Lưu ý: Ở bài này số x= 1 3 2 − rất gần với x=1 nên rất khó để chọn x 0 ∈(1; 1 3 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 2 2x x+ − có nghĩa và 2 2 0x x+ − ≈ , 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] và không có nghiệm trên (a;b) thì | ( ) | ( ) b b a a f x dx f x dx= ∫ ∫ . Chứng minh: Do f(x) liên tục trên [a;b] và không có nghiệm trên (a;b) nên, theo mệnh đề 1, f(x) không đổi dấu trên [a;b]. • Trường hợp f(x) ≤ 0, ∀x∈[a;b] thì | ( ) | ( ) b b a a f x dx f x dx= − ∫ ∫ và ( ) 0 0 b b a a f x dx dx≤ = ∫ ∫ . Do đó | ( ) | ( ) ( ) b b b a a a f x dx f x dx f x dx= − = ∫ ∫ ∫ . –4– 1 0 + – y’: + –3 –2 1 0 – – y’: + 1 3 2 − –2 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang • Trường hợp f(x) ≥ 0, ∀x∈[a;b] thì | ( ) | ( ) b b a a f x dx f x dx= ∫ ∫ và ( ) 0 0 b b a a f x dx dx≥ = ∫ ∫ . Do đó | ( ) | ( ) ( ) b b b a a a f x dx f x dx f x dx= = ∫ ∫ ∫ . Bài toán 7: Tính diện tích các hình phẳng sau: 1) (H 1 ) được giới hạn bởi 2 1 ( ) : 5 9C y x x= + với 3 2 ( ) : 9 .C y x x= + 2) (H 2 ) được giới hạn bởi 2 ( ) : 2sin sinC y x x= + với Ox trên [ ; ]. 2 2 π π − 3) (H 3 ) được giới hạn bởi 2 1 4 3 ( ) : 2 x x C y x − + = − với Ox và Oy. Giải: 1) Phương trình hoành độ giao điểm của (C 1 ) với (C 2 ) là 2 3 2 2 0 5 9 9 9.(5 9) 0 4 x x x x x x x x x =  + = + ⇔ + − + = ⇔  = ±  Mặt khác hàm số 2 3 5 9 ( 9 )y x x x 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 4 0 4 2 3 2 3 2 3 4 4 0 0 4 2 3 2 3 4 0 | 5 9 ( 9 ) | | 5 9 ( 9 ) | | 5 9 ( 9 ) | 82 82 164 [5 9 ( 9 )] [5 9 ( 9 )] 3 3 3 S x x x x dx x x x x dx x x x x dx x x x x dx x x x x dx − − − = + − + = + − + + + − + = + − + + + − + = − + = ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) với Ox là 2 sin 0 2sin sin 0 (1 2sin )sin 0 1 sin . 2 x x x x x x =   + = ⇔ + = ⇔  = −  Trên [ ; ] 2 2 π π − phương trình này có đúng 2 nghiệm là 0; . 6 x x π − = = Mặt khác hàm số 2 ( ) 2sin siny f x x x= = + liên tục trên [ ; ] 2 2 π π − nên diện tích cần tính là 0 6 2 2 0 2 2 6 0 6 2 0 2 6 | ( ) | | ( ) | | ( ) | | ( ) | 3 3 2 3 ( ) ( ) ( ) 1 1 2 . 3 4 6 4 2 3 2 S f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx π π π π π π π π π π π π π π − − − − − − − = = + + = + + = − + − − + + = + − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 3) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) với Ox là 2 1 4 3 0 3 2 x x x x x =  − + = ⇔  = −  Nếu không để ý ta sẽ bị sai lầm khi cho rằng diện tích cần tính là 3 1 3 2 2 2 0 0 1 4 3 4 3 4 3 | | | | | | . 2 2 2 x x x x x x S dx dx dx x x x − + − + − + = = + − − − ∫ ∫ ∫ –5– Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang Sai lầm này là do ta không để ý rằng hàm số 2 4 3 2 x x y x − + = − không liên tục tại x=2∈[0;3]. Nếu có đủ cẩn thận và trực giác tốt ta sẽ viết 1 1 2 2 0 0 4 3 4 3 3 3 2ln 2 | | ln2 2 2 2 2 x x x x S dx dx x x − + − + − = = = − + = − − ∫ ∫ . Tuy vậy, tốt nhất là nên 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 bài toán ta không tính được nghiệm (một cách tường minh) mà chỉ biết 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 bài toán sau: Bài toán 8: Chứng minh rằng 2 sin , (0; ). 2 x x x π π > ∀ ∈ Giải: Xét 2 ( ) sin x f x x π = − ta có 2 '( ) cosf x x π = − , ''( ) sin 0, (0; ). 2 f x x π = − < ∀ Do đó '( )f x liên tục trên  và giảm trên khoảng (0; ). 2 π Mặt khác, '(0) '( ) 0 2 f f π < nên '( )f x =0 có duy nhất nghiệm 0 (0; ). 2 x π ∈ Vì vậy 0 0 '( ) '( ) 0, (0; )f x f x x x> = ∀ ∈ và 0 0 '( ) '( ) 0, ( ; ). 2 f x f x x x π < = ∀ ∈ Dựa vào đây ta có BBT: Dựa vào BBT ta có ngay ( ) 0, (0; ). 2 f x π > ∀ Vì vậy 2 sin , (0; ). 2 x x x π π > ∀ ∈ Bài toán 9: Giải PT 2 5 3 10 4 2 0 x x x x+ − + − = Giải: Xét 2 ( ) 5 3 10 4 2 x x f x x x= + − + − ta có '( ) 5 ln5 3 ln 3 20 4 x x f x x= + − + , 2 2 ''( ) 5 ln 5 3 ln 3 20 x x f x = + − . Do '( )f x liên tục, tăng trên  và ''(0) ''(2) 0f f < nên –6– x f f’ 2 π 0 0 x + 0 – 0 0 Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang ''( )f x =0 có duy nhất nghiệm 0 (0;2).x ∈ Vì vậy 0 0 ''( ) ''( ) 0, ( ; )f x f x x x> = ∀ ∈ +∞ và 0 0 ''( ) ''( ) 0, ( ; ).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) 0f f> < và '(2) 0f > nên '( ) 0f x = có đúng 2 nghiệm 1 2 0 1 2x x< < < < . BBT của f(x): Dựa vào BBT này ta có ngay ( ) 0f x = có không quá 3 nghiệm. Mặt khác, (0) (1) (2) 0f f f= = = nên ( ) 0f x = có đúng 3 nghiệm là x=0, x=1 với x=2. Lời bình : 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 bỏ định lý Lagrange nên cách giải trên là « hợp lệ » . –7– x f’ f’’ – ∞ 0 x – 0 + + ∞ x f f’ – ∞ 2 x –0 + + ∞ 1 x 0+ . 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. 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