Dung tinh don deu de giai nhieu bai toan

DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU GIẢI TOÁN LAISAC biên soạn 1) Cho bất phương trình : f ( x) ≤ m (*) ( m số) Nếu f(x) hàm số đồng biến liên tục miền xác định D nó.(1) Và: ∃ x ∈ D : m = f ( x ) (2) Từ (1) (2) bất phương trình (*) : f ( x) ≤ m ⇔ f(x) ≤ f(x0) ⇔ x ≤ x0 nghiệm bpt(*) (Nếu f(x) nghịch biến liên tục D ⇔ x ≥ x nghiệm bấtt p/t) 2) Cho phương trình :f(x) = g(x) (**) Giả sử phương trình (**) :f(x) =g(x) ⇔ ϕ [h(x)]= ϕ [k(x)] (3) Nếu: Hàm số ϕ (t) đơn điệu liên tục miền xác định T (**) (4) Từ (3) (4) phương trình (**): f(x) = g(x) ⇔ h(x) = k(x) ( Đã biết cách giải) 3) Cho phương trình :f(x) = g(x) (***) Nếu f(x) hàm số đơn điệu liên tục khoảng (a,c) (c,b) (5) g(x) hàm ,hay hàm số đơn điệu liên tục (a,b) , (6) Từ (5) (6) phương trình (***) có nhiều nghiệm (a,b) 4) Cho phương trình f(x) = g(x) , (****) Nếu f(x) liên tục (a,b),và có đồ thị luôn lồi (lõm) khoảng (7) G(x) hàm đơn điệu,liên tục (a,b) (8) Từ (7) (8) phương trình (****) có nhiều nghiệm (a,b) 5) Định lý Rolle Cho hàm số y= f(x) Thỏa mãn : 1/ f(x) liên tục [a,b] 2/ f(x) khả vi (a,b) 3/ f(a) =f(b) Thế ∃ c ∈ ( a, b) : f ' (c ) = Bài tập minh hoạ A.CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài Cho hai số thực x,y thỏa xy < 0.Tìm giá trị nhỏ biểu thức ⎛ x2 y2 ⎞ ⎛ x y ⎞ + ⎟⎟ − 8⎜⎜ + ⎟⎟ + 10 x ⎠ ⎝ y x⎠ ⎝y x y x2 y2 HD : Đặt t = + ⇒ + = t − , t ≥ Vì xy < suy t ≤ −2 y x y x S = 3⎜⎜ Do tổng viết lại S = 3t2 – 8t +4 ta có S’ = 6t -8 < với t ≤ −2 nên hàm số nghịch biến với t ≤ −2 suý S(t) Vậy GTNN(S) 32 t = -2 x = - y ≥ S ( −2) = 32 ⎛1+ x ⎞ ⎟⎟ Bài Cho x>y>0 Chứng minh (x-y)(2-x-y) < 2ln ⎜⎜ ⎝1+ y ⎠ x2 y2 HD Bất phương trình tương đương ln(1 + x ) + − x > ln(1 + y) + − y 2 2 t t + t −1 = > ∀t > nên hàm số đồng Đặt f(t) = ln(1 + t ) + − t ∀t > ⇒ f ' (t ) = 1+ t 1+ t x2 y2 biên (0 ; + ∞ ) Vậy x > y >0 ⇒ f ( x ) > f ( y ) ⇔ ln(1 + x ) + − x > ln(1 + y) + − y 2 (dpcm) π Bài Chứng minh sinx +tgx > 2x với x ∈ (0; ) π HD Đặt f(x) = sinx +tgx - 2x hàm số xác định (0; ) có đạo hàm f’(x) = cosx + π 1 − > cos x + − = với x ∈ (0; ) Suy f(x) > f(0) = cos x cos x π hay sinx +tgx > 2x với x ∈ (0; ) Vận dụng :Có nhiều toán đưa toán π Thí dụ Chứng minh với x ∈ (0; ) ta có : sin x + tgx > x +1 Thí dụ Chứng minh tam giác ABC có ba góc nhọn sin A + sin B + sin C + tgA + tgB + tgC > 2π Thí dụ Chứng minh tam giác ABC ta luôn có : A B C + cos + cos + + >3 A B C + cos π HD Xét hàm số f(x) = tgx + sin x − x ∀x ∈ (0; ) 1 π + cos x − ≥ + cos x − ≥ cos x − = ∀x ∈ (0; ) cos x cos x cos x π Do hàm số đồng biến (0; ) nên f(x) ≥ f (0) = ⇒ tgx + sin x − x ≥ + cos x Khi x ≠ ta có: > cot gx 2x A B C Lần lượt cho x = , x = ; x = ta có : 2 A B C + cos + cos + cos + + > cot g A + cot g B + cot g C ≥ 3 A B C 2 x2 x3 xn x * Bài Chứng minh ,với x > n ∈ N ta có : e > + x + + + + 2! ! n! Ta có f’(x) = HD Chứng minh phương pháp qui nạp Ta chứng kinh n = : e x > + x Giả sủ n = k tùy ý ,nghĩa e x > + x + ⇔ 1+ x + x2 x3 xk + + + 2! ! k! x2 x3 xk + + + − ex < 2! ! k! Ta chứng minh n = k+1 Thặt Xét hàm số : x2 x3 xn x n +1 x2 x3 xk + + + + − e x ⇒ f ' ( x) = + x + + + + − ex < 2! ! n ! (n + 1) ! 2! ! k! Vậy hàm số giảm (0 ; + ∞ ) Khi x > f ( x) = + x + ⇒ f (x ) < ⇔ + x + x2 x3 xn x n +1 x2 x3 xn x n +1 + + + + − ex < ⇔ ex > 1+ x + + + + + 2! ! n ! (n + 1) ! 2! ! n ! (n + 1) ! Vậy theo nguyên lí qui nàp ta có điều phải chứng minh B GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ,BẤT PHƯƠNG TRÌNH BaØi Giải phương trình : 3( x − 2) log 22 ( x + 1) − 2(4 x − 6) log ( x + 1) + x = HD Đặt t= log ( x + 1) Phương trình trở thành :3(x-2) t2 –2(4x-6) t +4x=0 (1) Xét : Δ' = x + 24 x + 36 = (2 x − 6) ≥ ∀x ∈ R Do phương trình (1) có nghiệm: t1= ∨ t2= 2x 3( x − 2) Khi t=2 ⇔ log2(x+1) = 2⇔ x=3 2x 2x ⇔ log2(x+1)= (2).Nghiệm phương trình hoành độ giao 3( x − 2) 3( x − 2) 2x điểm đồ thị f(x)= log2(x+1) đồ thị g(x)= 3( x − 2) 2x Xét đồ thị g(x)= Có g’(x) =< ∀x ≠ 3( x − 2) 3( x − 2) Nên hàm số luôn giảm khoảng (− ∞;2) ∨ (2;+∞ ) Mặt khác hàm : f(x)= log2(x+1) hàm số luôn đồng biến (-1; +∞ ) Do hai đồ thị cắt nhiều điểm có hoành độ x=0 ∨ x=3,chính nghiệm phương trình (2) Vầy phương trình cho có nghiệm là: x=0 ∨ x=3 Bài Giảiphương trình : log ( x + x ) = log x Khi t= HD Đặt t = log x ⇒ x = 2t t t t t t t t ⎛ ⎞2 ⎛1⎞2 Phương trình tương đương log (2 + ) = t ⇔ + = ⇔ + = ⇔ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = ⎝3⎠ ⎝3⎠ t t t t ⎛ 2⎞2 ⎛1⎞2 Đặt f (t ) = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ hàm số nghịch biến với t Mặt khác f(2) = Do phương ⎝ 3⎠ ⎝3⎠ trình có nghiệm t = ⇔ x = 4 Bài Giải phương trình log (cot gx) = log (cos x) HD Đặt t = log (cos x) ⇒ cos x = t phương trình trở thành log ) ( 4t 4t = t ⇔ = 3t t t 1− 1− Bài Giải bất phương trình : log sin x + sin x + + + log (sin x + sin x + 3) ≥ HD Đặt: t= sin x + sin x + Ta nhận thấy t>0 Bất phương trình trở thành:log3(t+1) + log5(t2+1) ≥ (1) Xét hàm số : f(t)=log3(t+1)+log5(t2+1) tổng hai hàm số đồng biến (0, + ∞) Nên f(t) hàm số đồng biến liên tục (0, + ∞) Mặt khác: f(2)=2 Do bất phương trình : log3(t+1) + log5(t2+1) ≥ ⇔ f(t) ≥ f (2) ⇔ t ≥ ⎧sin x ≥ π Hay: sin x + sin x + ≥ ⇔ sin2x+sinx2 ≥ ⇔ ⎨ ⇔ sin x = ⇔ x = + kπ (k ∈ Z ) Vậy nghiệm bất phương trình trên: x = π ⎩sin x ≤ −2 + kπ Bài Giải bất phương trình : log (x −1) ≤ log x 2 (k ∈ Z ) (x ∈ R ) 1 HD.Điều kiện : x>1 , x ≠ Ta có log (x −1) ≤ log x ⇔ ≤ log ( x − 1) log x Khi < x < ta có vế trái 1 < vế phải >0 log x log ( x − 1) Nên bất phương trình có nghiệm < x < Khi x > hai vế bất phương trình dương , bất phương trình : log x ≤ log ( x − 1) ⎛3⎞ ⎝4⎠ t ⎛1⎞ ⎝4⎠ t Đặt t = log x ⇒ x = t Bất phương trình viết lại 3t ≤ t − ⇔ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ≤ (1) t t ⎛3⎞ ⎛1⎞ Đặt f (t ) = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ hàm số liên tục ( ;+∞) ⎝4⎠ ⎝4⎠ t t ⎛1⎞ 1 ⎛3⎞ < ⇒ f(t) hàm số giảm ( ;+∞) 4 ⎝4⎠ ⎝4⎠ Mặt khác ta có f (1) = Do bất phương trình (1) viết lại f (t ) ≤ f (1) ⇔ t ≥ ⇔ log x ≥ ⇔ x ≥ Ta có f ' (t ) = ⎜ ⎟ ln + ⎜ ⎟ ln Vậy bất phương trình cho có nghiệm < x < x ≥ Bài Giải bất phương trình : 3.4 x + 4.3 x − 24 − x + log 0,5 ( x + 1) − > HD.Đặt f(x) = 3.4 x + 4.3 x − 24 , có f’(x) > ∀x ⇒ f(x) đồng biến [− 1;1) f(1) = Và g(x) = − x + log0,5 ( x + 1) − có g’(x) < ⇒ g(x) nghịch biến [− 1;1) f(0) = Vậy bất ohương trình tương đương ⎧ f (x) > ⎧ f (x) < f (x) >0⇔⎨ ∨ ⎨ g( x ) ⎩g( x ) > ⎩g( x ) < ⎧x > ⎧x < ⇔⎨ ∨ ⎨ ⇔ < x < nghiệm bất phương trình ⎩x < ⎩x > C.HỆ PHƯƠNG TRÌNH Đưa phương trình dạng f(x) = f(y) f(h(x)) = f( g(y)) NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP :Xét hàm số f(t) Vận dụng tính đơn điệu hàm số khoảng , đoạn để dẫn đến x = y h( x) = g ( y ) ,từ suy cách giải ⎧cot gx − cot gy = x − y ⎩5 x + y = 2π Bài :Giải hệ phương trình với x , y ∈ (0; π ) : ⎨ HD Từ pương trình (1) tương đương cotỹ –x = cotgy – y Đặt f(t)= cotgt – t với t ∈ (0; π ) − < ⇒ Hàm số nghịch biến t ∈ (0; π ) nên phương trình sin t trở thành f(x) = f(y) ⇔ x = y Suy kết Có đạo hàm f’(t) = − 1+ x ⎧ ⎪( x − y )[2 − ( x + y )] = ln + y BaØi Giải hệ phương trình: ⎨ ⎪2 x + y − = x + y ⎩ (1) ( 2) HD.ĐK: x ≥ ; y ≥ Phương trình (1) tương đương:y2-2y+2ln(1+y)= x2-2x+2ln(1+x) , có dạng f(y) = f(x) Xét hàm số :f(t)= t2-2t+2ln(1+t) ,liên tục (0; + ∞ ) 2t + 2t f’’(t)= > ∀t ≥ ⇒ f(t) đồng biến (0; + ∞ ) 1+ t (1 + t )2 Do p/t: y2-2y+2ln(1+y)= x2-2x+2ln(1+x) ⇔ f(y)=f(x) ⇔ x=y ⎧⎪2 x = −1 (l ) x x Thế y=x vào (2) ta có: − = 2.2 ⇔ ⎨ P/t có nghiệm là: x= log 22 x ⎪⎩2 = (n) Ta có f’(t)=2t-2+ ⎧⎪ x + − y = m Bài Định m để hệ phương trình sau có nghiệm: ⎨ HD :Trừ hai vế phương trình ta có: ⎪⎩ y + − x = m 2x − − x = y − − y Đặt f(t) = 2t + − t Hàm số xác định [0 ; ] CM hàm số đồng biến ,suy x = y Thế y = x vào phương trình (1) ta có 2x + ⎧ y = 2x + − x Lập bảng biến thiên suy kết ⎩y = m − x = m⇔ ⎨ Bài Giải hệ phương trìnhsau : ⎧⎪ x − y = e x − e y ; ⎨ ⎪⎩log x + log / y + = ⎧⎪2 x − y = ( y − x)( xy + 2) ; ⎨ ⎪⎩ x + y = ⎧1 + x x− y ⎪1 + y = e ⎨ ⎪ x − + y − + xy + = ⎩ Phương trình lại đưa dạng hệ phương trình dạng NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP : Đặt biểu thức phương trình thành hàm số dẫn đến hệ phương trình có tính chất đối xứng Bài Giải phương trình : x − log (1 + x) = HD ĐK: x>-1.Đặt : y = log ( x + 1) ⇒ x = t − ⎧⎪2 x = + y (1) ⎪⎩2 y = + x ( 2) Do ta có hệ phương trình sau: ⎨ Lấy (1) trừ cho (2) ta có:2x-2 y = y -x ⇒2x+x = y +y (3) Xét hàm số :f(a) = 2a+a hàm liên tục đồng biến tập số thực R Phương trình (3) tương đương: f(x)=f(y) ⇒ x = y Vậy phương trình (1) trở thành : 2x=1+x.(4) Nghiệm p/t (4) hòanh độ giao điểm hai đồ thị y = 2x y = x + y y=2x y=x+1 Dựa vào đồ thị ta nhận thấy hai đồ thị cắt hai điểm có hoành độ :x=0 x=1 x Vậy nghiệm phương trình là: x=o x=1 Bài : Định tham số a đẻ phương trình sau có ba nghiệm phân biệt : x − a = x + a HD : Đặt y = x + a ⇒ y = x + a ⎧⎪ x = a + y Từ phương trình ta suy hệ ⎨ ⇒ x − y = y − x ⇒ x + x = y + y (1) ⎪⎩ y = a + x Đặt f(t) = t3 + t , có đạo hàm f’(t) = 3t2 + > t thuộc R , nên ham số đồng biến Từ phương trình (1) suy f(x) = f(y) ⇒ x = y từ ta có x3 = x + a (*) Vậy để phương trình có ba nghiêm phân bitệt phương trình (*) phải có ba nghiệm phân biệt Dùng bảng biến thiên để phgưong trình có ba nghiệ phân biêt a < Bài : Giải phương trình : log2(sinx + 1) = 2sinx – HD : Đặt y = log2(sinx + 1) ⇒ sin x = y − (1) 3 ⎧⎪ y = sin x − ⇒ y − sin x = sin x − y ⇔ y + y = sin x + sin x y ⎪⎩sin x = − Phương trình trở thành hệ : ⎨ Xét hàm số f(t) = t + 2t có f’(t) = + 2t.ln2 > hàm số luôn đồng biến nên : y + y = sin x + sin x ⇔ f ( y ) = f (sin x) ⇒ y = sin x Do từ (1) ta có y = 2y – ⇔ y = y + ⇔ y = ; y = Khi y = ⇒ sin x = ⇔ x = kπ π Khi y =1 ⇒ sin x = ⇔ x = + mπ Thử lại ,phương trình có nghiệm :x = Bài Giải phương trình : tgx = cos x nπ (n ∈ Z ) π với x ∈ (0; ) HD 2 sin x cos x Phương trinh tương đương: = ⇔ sin x.2 sin x = cos x.2 cos x (2) cos x sin x π Vì x∈(0; ) ⇒ sinx>0 ;cosx>0 Do đó.Xét hàm số:f(t)= t.2 t liên tục đồng biến ∀t > π Nên phương trình tương đương: f(sinx)=f(cosx) ⇔ sinx=cosx⇒ x = π Vậy nghiệm phương trình cho là: x = ⎛ x + x+3 ⎞ ⎟⎟ = x + 3x + Bài Giải phương trình: log ⎜⎜ ⎝ 2x + 4x + ⎠ x2 + x + HD Ta có > ∀x ∈ R 2x + 4x + Ta nhận thấy : (2x2+4x+5)-(x2+x+3)=(x2+3x+2) Do phương trình tương đương log (x + x + 3) − log (2 x + x + 5) = ( x + x + 3) − ( x + x + 3) ⇔ log (x + x + 3) + ( x + x + 3) = log (2 x + x + 5) +(2x2+4x+5) (1) Xét hàm số y=f(t)=log3t+t hàm số đồng biến liên tục với ∀t > Nên phương trình (1) ⇔ f(x2+x+3)=f(2x2+4x+5) ⇔ x2+x+3=2x2+4x+5 ⇔ x2+3x+2=0 ⇒x=-1 x=2 Vậy nghiệ phương trình là: x=-1 x=2 Bài Giải phương trình : x = + x + log (1 + x) HD.ĐK: x>- Phương trình tương đương :3x+x=1+2x+log3(1+2x) Đặt: t=log3(1+2x) ⇒ 1+2x=3t Vậy phương trình viết lại: 3x+x=3t+t (1) Xét hàm số :f(a) =3a+a hàm số liên tục đồng biến tập số thực R Phương trình (1) tương đương :f(x) =f(t) ⇒ x=t Vậy phương trình trở thành:1+2x=3x Nghiệm phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị : y=1+2x y=3x Vẽ hai đồ thị ,ta có hoành độ giao điễm là: x=0 x=1 Vậy phương trình có nghiệm là: x=0 x=1 Bài Giải phương trình (2 x + 1)(2 + x + x + ) + x (2 + x + ) = HD.Phương trình tương đương (2 x + 1)(2 + (2 x + 1) + ) = −3 x (2 + (−3 x ) + ) ⇔ f (2 x + 1) = f (−3 x ) Trong f (t ) = t(2 + t + ) ,là hàm đồng biến liên tục R,phương trình trở thành f(2x+1) = f(-3x) ⇔ x + = −3 x ⇔ x = − nghiệm ... phương trình ⎩x < ⎩x > C.HỆ PHƯƠNG TRÌNH Đưa phương trình dạng f(x) = f(y) f(h(x)) = f( g(y)) NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP :Xét hàm số f(t) Vận dụng tính đơn điệu hàm số khoảng , đoạn để dẫn đến x = y h(... x x− y ⎪1 + y = e ⎨ ⎪ x − + y − + xy + = ⎩ Phương trình lại đưa dạng hệ phương trình dạng NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP : Đặt biểu thức phương trình thành hàm số dẫn đến hệ phương trình có tính chất