1 2 DON DIEU

Dạng 5: Ứng dụng đơn điệu giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình hệ bất phương trình Trong khn khổ chương trình, tác giả đề cập tập thường gặp Bạn đọc muốn nghiên cứu kĩ ứng dụng đơn điệu việc giải phương trình…, vui lòng tìm đọc tập sách: Đại số - lượng giác Phương pháp Biến đổi phương trình ,bất phương trình cho thành dạng f(x) = g(m) , f(x) > g(m),…Sau lập bảng biến thiên f(x) , dựa vào bảng biến thiên tìm giá trị tham số thỏa yêu cầu toán Dựa vào định nghĩa hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến ta thấy �Nếu hàm số y  f(x) liên tục đồng biến D : f(x)  f(y) � x  y f(x)  f(y) � x  y �Nếu hàm số y  f(x) liên tục nghịch biến D : f(x)  f(y) � x  y f(x)  f(y) � x  y Từ gợi cho ứng dụng vào toán chứng minh bất đẳng thức toán giải phương trình, bất phương trình Cụ thể ta có tính chất sau: Tính chất 1: Nếu hàm số y  f(x) liên tục đồng biến (hoặc ln nghịch biến) (a;b) số nghiệm phương trình : f  x  k (trên (a;b) ) không nhiều f  u   f  v  � u  v u,v �(a;b) Chứng minh: Ta giả sử f hàm đồng biến (a;b) �Nếu u  v � f(u)  f(v) �Nếu u  v � f(u)  f(v) Tính chất 2: Nếu hàm số y  f(x) liên tục đồng biến (hoặc nghịch biến) ; hàm số y  g  x liên tục nghịch biến (hoặc ln đồng biến) D số nghiệm D phương trình : f  x  g  x không nhiều Chứng minh: Giả sử f đồng biến g nghịch biến D x0 �D :f(x0)  g(x0) * Nếu x  x0 � f(x)  f(x0)  g(x0)  g(x) � PT:f(x)  g(x) vô nghiệm * Nếu x  x0 � f(x)  f(x0)  g(x0)  g(x) � PT:f(x)  g(x) vô nghiệm Vậy x  x0 nghiệm phương trình f(x)  g(x) Tính chất 3: Nếu hàm số y  f  x liên tục đồng biến ( ln nghịch biến) D f(u)  f(v) � u  v (u  v) u,v �D Tính chất 4: Cho hàm số y  f(x) liên tục [a;b] có đạo hàm khoảng liên tục  a;b Nếu f(a)  f(b) phương trình f '(x)  có nghiệm thuộc khoảng (a;b) 25 Chứng minh: Giả sử phương trình f '(x)  vô nghiệm (a;b) Khi f '(x)  x �(a;b) (hoặc f '(x)  x �(a;b) ) Suy f(b)  f(a) (hoặc f(b)  f(a) ) Điều trái với giả thiết f(a)  f(b) Vậy phương trình f '(x)  có nghiệm (a;b) Từ định lí này, ta có hai hệ sau: Hệ 1: Nếu phương trình f  x  có m nghiệm phương trình f '(x)  có m  nghiệm Hệ 2: Cho hàm số y  f  x có đạo hàm đến cấp k liên tục (a;b) Nếu phương trình f(k) (x)  có m nghiệm phương trình f(k1) (x)  có nhiều m  nghiệm Thật vậy: Giả sử phương trình f(k1) (x)  có nhiều m+1 nghiệm phương trình f(k) (x)  có nhiều m nghiệm, điều trái với giả thiết toán Từ hệ � f '(x)  có nghiệm f(x)  có nhiều hai nghiệm Chú ý: Sử dụng tính đơn điệu để giải phương trình – bất phương trình ta thường theo hai hướng sau: Hướng 1: Đưa phương trình dạng f(x)  f(x0 ) , y  f(t) hàm số liên tục đồng biến nghịch biến tập xét Để làm theo hướng này, cần nhẩm trước nghiệm phương trình nhận diện tính đơn điệu hàm số f �Để nhẩm nghiệm, ta sử dụng máy tính bỏ túi để tìm nghiệm Cụ thể: Để tìm nghiệm phương trình f(x)  ta thực sau Bước 1: Nhập biểu thức f(x) (Dùng phím ALPHA+ X) Bước 2: Dùng lệnh giải phương trình: SHIFT+CALC (SOLVE) nhập giá trị X (nhập giá trị bất kì) = �Để nhận diện tính đơn điệu hàm số f, cần ý *Tổng hai hàm số đồng biến hàm số đồng biến * Hàm số đối hàm số đồng biến hàm số nghịch biến * Nếu hàm số y  f(x) đồng biến y  n f(x) hàm số đồng biến * Nếu hàm số y  f(x) đồng biến nhận giá trị dương hàm số y  f(x) hàm nghịch biến Hướng 2: Biến đổi phương trình dạng: f(u)  f(v) , u,v hàm theo x Làm theo hướng ta thường áp dụng gặp phương trình chứa hai phép toán ngược Chú ý 1: Ký hiệu K đoạn,một khoảng nửa khoảng 26 �Nếu f  x liên tục đoạn � a;b� � �và f  a f  b  phương trình f  x  có nghiệm c � a;b �Nếu f  x liên tục đơn điệu K phương trình f  x  có khơng q nghiệm K Chú ý 2: Nếu f  x liên tục tăng K , g  x liên tục giảm (hoặc hàm hằng) K phương trình f  x  g  x có khơng q nghiệm K �Nếu phương trình f ' x  có n nghiệm khoảng  a;b phương trình f  x  có khơng q n  1nghiệm khoảng  a;b �Tổng hàm tăng K hàm tăng K , tổng hàm giảm K hàm giảm K �Nếu f  x hàm tăng K a.f  x tăng K a  a.f  x giảm K a  Các ví dụ Ví dụ Giải phương trình: 4x3  x   x  1 2x   Đề thi Cao đẳng năm 2012 x   x   2x2   2x2 3x    x  3x2  14x   năm 2010 3x    2x  x3  3x2  10x  26  Lời giải 1 Điều kiện: x � Đề thi Đại học khối B Phương trình cho tương đương với:  2x  2x    2x   2x    Xét hàm số: f  t  t3  t � Ta có: f ' t   3t2   0, t �� , suy f  t đồng biến � � x �0 1 � �x Do   � 2x  2x  � � 4x  2x  � Nhận xét đặc điểm biểu thức dấu ta thấy vế biểu thức dấu Do ta đặt đặt u  x  1, v  2x2 phương trình cho trở thành: 3 u3   u  v3   v � f(u)  f(v) 27 Trong f(t)  t   t , có: f '(t)  3 t2 (t3  1)2   nên f(t) hàm đồng biến Do đó: f(u)  f(v) � u  v � 2x2  x  � x  1,x   Vậy phương trình có hai nghiệm: x  1,x   � � 3x  1�0 � x � �1 � ��  ;6� Điều kiện: � � x ��  x �0 �3 � � � x � � Dễ thấy x   x  không nghiệm phương trình Cách 1: Xét hàm số: f  x  3x    x  3x2  14x  liên tục �1 �  ;6� khoảng � �3 � Ta có: f ' x  1� � �1 �   ;6� � � 6x  14, x �� � 3x  6 x � �3 � � 7� 11 �x ��  ; �� 3x    x  2  , 3 � � � 7� 3x2  14x  �3 � f  x  0,x ��  ; � � 3� � � � � �x �� ;6�:f ' x  � f  x đồng biến � ;6� f  5  � � � � � � Do � ;6�phương trình f  x  có nghiệm x  � � Vậy phương trình có nghiệm x  Cách 2: Phương trình : 3x    x  3x2  14x   �     3x    1  x  3x2  14x   3 x  5 x   x  5  3x  1  3x   6 x  � � �  x  5 �   3x  1�    6 x  � 3x   � � �1 �  3x   0, x ��  ;6�nên phương trình 3x   6 x  �3 �   � x   � x  Vì 28   Vậy phương trình cho có nghiệm x  Điều kiện: 1�x � Dễ thấy, x  1 x  khơng nghiệm phương trình Phương trình cho viết lại: 3 x  2 �  2 x  2    3x         2x    x  2 x2  x  12     x  2 x2  x  12  3x    2x  � � �  x  2 �   x2  x  12�  2x  � 3x   � � 5� 1; � Xét hàm số f  x  x2  x  12 , với x �� � 2� Ta có: f ' x  2x  f ' x  � x  �5 � ff � � � 5� �2 � , 3x     2x   x  x  12  , x�� 1; � � � � 5� x �� 1; � � 2� Vậy, phương trình cho có nghiệm x   3 x   2x   Ví dụ : Giải phương trình: 2(x  2)  x   2x   3x  Lời giải Điều kiện xác định: x � Phương trình cho tương đương: � x   2x   3x  2x  3x  0 2x  � � 3x  với x thuộc � ; �� 2x  � � 10   0 với x  2x   2x  4 2 Đặt f(x)  x   2x   Ta có: f '(x)  33  x  5 � � � hàm số f(x) đồng biến � ; ��� phương trình f(x)  có tối đa � � nghiệm 29 Và f(3)  (2) Từ (1) (2) suy phương trình cho có nghiệm x  Ví dụ : Giải phương trình:  sinx   sinx  Lời giải Tập xác định D  � Đặt t  sinx , điều kiện t �1 Khi phương trình có dạng :  t   t  �  t  1  t   1;1� Dễ thấy: + Hàm số f(t)   t hàm đồng biến D  � � � 1;1� + Hàm số g(t)  1  t hàm nghịch biến D  � � � Từ   suy : f(t)  g(t) có nghiệm nghiệm Ta thấy t  thỏa phương trình   , đó: sinx  � x    k2 � 2y3  y  2x 1 x  1 x � Ví dụ : Giải hệ phương trình: � � � 2y   y   x  Lời giải Điều kiện: 4 �x �1;y �� Ta có phương trình đầu tương đương 2y3  y  1 x  2x 1 x  1 x � 2y3  y  2(1 x) 1 x  1 x Xét hàm số f(t)  2t3  t, ta có f '(t)  6t2   0,t �� � f(t) đồng biến � �y �0 �  x � y  1 x � � �y  1 x Thế vào phương trình thứ hai ta  2x  1 x   x  () Vậy phương trình đầu � f(y)  f   Xét hàm số g(x)   2x  1 x  x  4, liên tục [-4;1], Ta có g'(x)    2x  1 x  x  x �(4;1) � g(x) nghịch biến 4;1� đoạn � � � Lại có g(3)  nên x  3 nghiệm phương trình () Với x  3 suy y  Vậy hệ có nghiệm  x;y    3;2 Ví dụ Giải hệ phương trình: � x3  3x2  9x  22  y  3y2  9y � � x  y2  x  y  � � năm 2012 30 Đề thi Đại học khối A, A1   �4x2  x   y  3  2y   1 � � � 4x2  y2   4x   2 � Đề thi ĐH khối A năm 2010 Lời giải Trước hết, tốn có nhiều cách giải ( 15 cách giải ) Trong khuôn khổ ứng dụng đạo hàm, tác giả giới thiệu đến bạn đọc cách giải đơn giản � x3  3x2  9x  22  y3  3y2  9y � � 2 Cách 1: Hệ phương trình cho viết lại: � � 1� � 1� x   y  � � � � � � 2� � 2� � 1 ,v  y  2 � 3 45 3 45 u  u  u   v  1   v  1   v  1 � 4 Hệ cho thành � 2 � u v 1 � Đặt u  x  45 Xét hàm f  t  t3  t2  t với t �1 45  với t � 1;1 Ta có f ' t   3t2  3t  � v0 � v  1 hay � � f  u   f  v  1 � u  v  1�  v  1  v2   � u1 u0 � � � v0 �3 � �  x;y  � ;  � Với � u1 �2 � � � v  1 �1 � �  x;y   � ;  � Với � u0 �2 � � �3 ��1 � ; ;  �  Hệ cho có nghiệm  x;y   � ;  �� �2 ��2 � Cách 2: Ta có: x3  3x2  9x  22  y3  3y2  9y �  x  1  12x  23   y  1  12y 3 �  x  1  12 x  1   y  1  12 y  1  1 3  2 � 1� � 1� x  y  x y  � � x  �  �y  �  � 2� � 2� 2  2 � � 1� � �3 � x  � � �1 � 1�x  �1 �  �x  � � � � � � 2 �� ��2 Từ  2 nhận thấy � 1 � � � 1� 1�y  �1 �  �y  1� � � �y  � �1 � 2 � 2� � 31 Từ  1 , xét f  t  t3  12t với t � 2;2 � f ' t  3t2  12  0,t � 2;2 (vì x  1,y  1� 2;2 ) nên � x  y  Thay x  y  vào  2 ta được:  1  y   2   y2   y   2   y  � 4 y2   8 y   3   0 1 � y   ;x  y   ;x  2 2 �3 ��1 � ; ;  � Hệ cho có nghiệm  x;y   � ;  �� �2 ��2 � Cách 3: �x   12 x   y   12 y          � � 2 Ta có hệ cho tương đương với: � � 1� � � � x   y  � � � � � � 2� � � � a3  12a  b3  12b � � 2 Đặt a  x  1,b  y  ta hệ: � � 1� � 1� a   b  � � � � � � � 2� � 2� � �3 �2 2 1�a  �1 �  �a � a � � � � 1� � 1� � �2 � 2 a  �  �b  �  1� � �� �� Từ � 1 �2 � 2� � 2� � 1�b  �1 �  �b � b � � �2 � Xét hàm số f  t  t3  12t , ta có f  t hàm liên tục �   f '(t)  t2   0, với t2 � Nên từ a3  12a  b3  12b ta có a  b � a b � 2 Do đó, hệ cho � � � � � � � a  b  �2 a � � a � � � � 2� � 2� � �3 � �1 � , � ;  � Vậy nghiệm hệ cho là:  x;y   � ;  � �2 � �2 � Điều kiện: x � ,y �     2 Cách 1: 4x  x   y  3  2y  � 4x  2x  2 y  3  2y    � 4x2  2x    2y  1  2y có dạng f  2x  f     2y  Xét hàm số f  t  t t  liên tục � Dễ thấy f ' t  3t2   0,t �� 32 Do f  2x  f � �x � � �  2y � 2x   2y � � �y   4x � �   �5  4x2 � Khi  2 viết lại 4x  � �   4x  7 3 � � � � Vì x  0,x  khơng nghiệm  3 2 �5  4x2 � � 3� 0; � Xét hàm số : g  x  4x  � �   4x  liên tục khoảng � � � 4� � � � � 3�  0,x �� 0; �� g  x nghịch Ta có g' x  4x 4x    4x � 4�   � 3� �1 � 0; � g � � �  3 có nghiệm x  � y  biến khoảng � � � � � Chú ý 1: Ta đặt : u �� 2x  u ,v 2y ,v  u2  v 2 1v  �  u  v  u  Phương trình  1 � u2  y  v2   uv  v2   � u  v � 2x   2y u2  uv  v2   0,u,v �� Chú ý 2: Đặt :  2y  t � y    t2 với t �0  t2  t � 8x3  2x  t3  t � 3� �  2x  t 4x2  2xt  t2   � t  2x � t �� 0; � � 2� Khi  1 � 4x2  x    2 trở thành   5 t   t2 Vì t  t  4     2t  � t  6t   2t   khơng nghiệm phương trình   � 3� 0; � Xét hàm: f  t  t4  6t2   2t  liên tục khoảng � � 2� 33 Ta có: f ' t  4t  12t  � 3�  0,t �� 0; �và f  1  nên khoảng  2t � 2� � 3� 0; �và f  t  có nghiệm t  1� x  ,y  � 2 � �     2 Cách 2:Đặt u  2x,v   2y Từ  1 � u  u  v  v  � u  v � 2x   2y � Ta có hệ: � 4x  y2   4x  7 2 � � Với t  y  1,w  3 4x  3 2u � � u   2t �0 u2   2t � � � �2 �2 �x  �� t   2w �� t   2w � u  t  w  1� � � � �y  � w   2u �w   2u �0 � � � Cách 3: Điều kiện: x � ,y � � �x � � �  5y � �  5y � � 2x   5y � �  1 � 4x3  x  � � � �y   4x � � � � �5  4x2 � �   4x  � 16x4  25x2   4x    2 � 4x  � � � � � 16 1 2x � 16x4  25x2    4x   � 4x2  4x2   0  4x  � � 16 �  2x  1 �  2x  1 4x2   �  3  4x  1� � 16 0 �x � �  2x  1 4x2   �  2x  1 4x    4x  1  3 � x  � y             � � 3x   4 2x  1  y   3y Ví dụ Giải hệ phương trình: �  x  y  2x  y    6x  3y � � Lời giải Điều kiện: x � ,y �1 34 Phương trình thứ hai tương đương với:    3x  5  y2   x  3 y  2x2  6x   , Nên có y  x   ( vơ nghiệm x � ,y �1 ) 2x  y   Với 2x  y   � y  2x  thay vào phương trình đầu, nên có: 3x   4 2x  1  2x   3 2x  4 � 2 3x  1  3x   2 2x  3  2x  3  Xét hàm số f(t)  2t2  t với t �0 ta có f ' t  4t   0,t �0 0;� Do f(t) đồng biến � � Khi   � 3x   2x  � x  � y  12 Vậy, hệ phương trình cho có nghiệm  x,y    4;12     � x3 4y2   x2  x  � Ví dụ Giải hệ phương trình: � x2y �  4y2  1� � � � x  x  � � � Lời giải Điều kiện: x �0 Nhận thấy, x  khơng nghiệm hệ phương trình Xét x  Từ phương trình thứ hai ta có 2y  2y 4y   1     x x x2 Xét hàm số f  t  t  t t2  với t ��, ta có f' t   1 t   với t �� nên hàm số đồng biến với � �1 � Khi phương trình   � f  2y   f � �� 2y  x �x �  t2 t2   0,  vào phương trình đầu, ta được: x  x  x  x  x Vế trái phương trình hàm đồng biến  0;� nên có nghiệm Thay 2y  � 1� 1; � x  hệ phương trình có nghiệm � � 2� � 2x  2y  2x  y  2xy   � Ví dụ Giải hệ phương trình: � 3 � � 3y   8x  2y  1,x  Lời giải 35 � 2x  2y  2x  y  2xy   � � 3 � � 3y   8x  2y  (1) (2)  1 �  2x  1  2 y  1   2x  1  y  1  � 2x   Điều kiện:  2x  1  y  1 �0 , mà x  � � �y  1�0 Khi đó: (1) � �    2x   y  Thay vào (2):  2x   y   2x   y    2x   y   � y  2x 6x   8x3  4x  �  6x  1  6x    2x  2x (3) Hàm số f  t  t3  t , t �� ta có: f' t  3t2   t �� nên đồng biến f  t t ��, (3) � 6x   2x � 4x3  3x  Nhận thấy x  khơng nghiệm phương trình �  2  k �  �� � cos3  Xét  x �1: Đặt x  cos với �  ( k ��)  2 2 �  k � � �  �   cos ;2cos � Do � � �   Vậy hệ có nghiệm � 9� � � 3x2  2x  1 � Ví dụ : Giải hệ bấtphương trình: � x  3x  1 � Lời giải 3x2  2x  1 � 1 x  3 Xét hàm số f  x  x  3x  với 1 x  � 1� 1; � Ta có: f ' x  3 x  1  x  1  0,x �� � 3�      � 1� � f  x giảm khoảng � 1; �và f  x  f   0,x � 1, 27 � 3� Vậy, hệ phương trình cho có nghiệm x � 1, � 2x   y3  y2  y � � 2y   z3  z2  z () Ví dụ 10 : Giải hệ phương trình sau: � � 2z   x3  x2  x � � 36 Lời giải � x  (y  y2  y  1) � � � Viết lại hệ phương trình cho dạng: �y  (z  z  z  1) � � z  (x  x2  x  1) � � Xét hàm số f(t)  (t3  t2  t  1) , t �� 2 1� 2� , ( 3t  )  � 0,t �� Ta có: f (t)  (3t 2t  1)  � 2� 3� Vậy hàm số f(t) đồng biến �.Ta viết lại hệ phương trình sau: �x  f(y) � �y  f(z) �z  f(x) � Không giảm tổng quát, giả sử: x  min x,y,z Khi đó: x y �f(x) f(y) z x Hay x �y �z �x � x  y  z f(z) f(x) y z � x  1 2 Với x  y  z , xét phương trình: x  x  x   � (x  1) (x  1)  � � x1 � Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm: S1   1; 1; 1 , S2   1;1;1 �2 x  3x    5y  � y � �2 Ví dụ 11 : Giải hệ phương trình sau: �y  3y    5z  z � �2 z  3z    5x  � x � Lời giải Điều kiện: x,y,z �  5t  t  0,t  Khi ta có f ' t  2t   0,g' t    5t  t Xét hàm số f  t  t2  3t  2,g  t  37 � � Mà f  t ,g  t hàm số liên tục � ;  ��suy f  t đồng biến � � � � � � ;  ��và g  t nghịch biến � ;  �� � 5 � � � � x  Khơng tính tổng qt ta giả sử  x,y,z Nếu x  y � g x  g y � f  z  f  x � z  x � g  z   g  x � f  y   f  z  suy y  z � g  y   g  z  � f  x  f  y  � x  y , vơ lí x  y Do x  y , tương tự lí luận ta x  z suy x  y  z Thay 8 trở lại hệ ta x2  3x    5x  � x2  3x    5x   (1) x x � � Đặt h  x  x  3x    5x  1, x �� ; �� x � � � � Ta thấy hàm số đồng biến � ;  ��và h  1  � x  nghiệm � � phương trình (1) Vậy nghiệm hệ phương trình cho x  y  z  CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1: Giải phương trình: 7x   7x   13 7x   7x   13 x3  3x  x2  4x   x3  3x2  4x    3x  2 3x  27x3  27x2  13x   23 2x  x3  3x2  8x  40  84 4x   Bài 2: Giải phương trình: (x  1)3  (5x  x2)3  5x  x2  3(x  1) Bài 3: Giải phương trình: 1  0 24x  60x  36  5x  x1 3 x   8x3  60x2  151x  128 7x2  9x   x3  4x2  5x  x3  9x2  19x  11  x3  6x2  12x  Bài 4: Giải hệ phương trình: � x3  3x2   y2  1 y2  � � � 2x  x2  1 y2  2x  �   Bài 5:Giải hệ phương trình: � x3  y3  � � x  2y2  x  4y � � 38 x9  9x2   2x     � xy 6x2  20xy +6y2  351 � � �  x +y x2  14xy +y2  378 �  � x3  y3  91 � � 4x  3y2  16x  9y � � x4  y4  240 � � x  2y3  x2  4y2  4 x  8y  � �  � x3  y3  3y2  3x  � � x2  1 x2  2y  y2  2 � �  � 2x3  4x2  3x  1 2x3   y   2y � � � � x   14  x  2y  � � �y  1 y2 � x  1 x2 � � � � � � � � � � � � x 6x  2xy   4xy  6x  � Bài 6:Giải hệ phương trình: � x2  3x  y2  y  � � 2 �y  3y  x  x    � x y3  x3  � � � x3  x  y   9y  xy2  x  y   9x � � x2  2x  22  y  y    � � � y2  2y  22  x   x  1 � � x3  3y  55  64 � � xy y2  3y   12  51x � � �y3  y  x3  3x2  4x  � � � � 1 x  y   y  � 8x3  y3  3y2  5y  4x  � � � � 2x  y   2x    Dạng 6: Chứng minh phương trình có n nghiệm Phương pháp “ Hàm số y  f  x xác định, liên tục D tồn số âm  cho y     tồn số dương  cho y     Theo định lý giá trị trung gian hàm số liên tục, phương trình y  có nghiệm c � ;  Nếu ta chứng minh hàm số y đơn điệu ( tức đồng biến nghịch biến ) khoảng  ;  Từ suy phương trình cho có nghiệm thuộc khoảng  ;  ” Các ví dụ Ví dụ Chứng minh phương trình: x5  5x   có nghiệm Lời giải Xét hàm số f  x  x5  5x  , x ��      2 Ta có: f ' x  x   x  x  , x2   0, x �� nên f ' x  � x  1 x  Từ bảng biến thiên, suy ra: f  x  0,x �1� phương trình khơng có nghiệm x �1 f  x  � nên phương trình có nghiệm x  Vì f  1  9 xlim �� 39 Mặt khác: f  x đồng biến khoảng  1;� , hàm số y cắt trục hoành giao điểm Vậy, phương trình : x5  5x   có nghiệm Ví dụ Chứng minh phương trình: x5  x2  2x   có nghiệm Lời giải x5  x2  2x  hay x   x  1 Dễ thấy x5 �0�� x  x 1 �  x  1 �1 tức x5 �1 hay x �1 Xét hàm 1;� số y  x5  x2  2x  xác định liên tục nửa khoảng � � Dễ thấy y  1 y  2  � phương trình x5  x2  2x   có nghiệm thuộc khoảng  1;2 , hàm số y đồng biến ( y'  0, x � 1;2 ) khoảng Như vậy, phương trình x5  x2  2x   có nghiệm nghiệm thuộc khoảng  1;2 x  x3  4x   có nghiệm nghiệm thuộc khoảng  1;2 Ví dụ Chứng minh phương trình : Lời giải x  x3  4x  xác định liên tục � � x  1,y  1   � Ta có: y'  x4  3x2  y'  � � 29 � x  1,y  1   � � y  0,  x � � Bảng biến thiên, suy ra: phương trình khơng có nghiệm x �1 29 y  �, phương trình cho có nghiệm Mặt khác y  1   xlim �� 17  � y  1 y  2  � phương trình x5  x3  4x   x  1, y  2  5 có nghiệm thuộc khoảng  1;2 Xét hàm số y  Hơn y đồng biến khoảng  1;� , hàm số y cắt trục hồnh giao điểm có hồnh độ x � 1;2 x  x3  4x   có nghiệm nghiệm thuộc khoảng  1;2 CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1: Chứng minh phương trình: Vậy, phương trình : 40 x5  5x   có nghiệm x5  x2  2x   có nghiệm 2x2 x   11 có nghiệm x  2012  có hai nghiệm dương phân biệt x  x 2 3 x5  x4  x2  2x   có nghiệm nghiệm thuộc  1;1   x  x  x  2x   có ba nghiệm phân biệt x5  5x4  15x3  x2  3x   có nghiệm thực x2012  2x3  x6  có nghiệm thực dương Bài 2: Chứng minh phương trình : có x2   x4  2x2  1 x5  nghiệm Dạng 7: Chứng minh bất đẳng thức Phương pháp Cách 1: Biến đổi BĐT cho dạng f(x) > ( < 0, ) với x �D Lập bảng biến thiên f(x) với x �D Từ suy điều phải chứng minh Cách 2: Biến đổi BĐT cho dạng f(a) � f(b Nếu a �b chứng minh f(x) hàm số đồng biến [b;a] Nếu a �b chứng minh f(x) hàm số nghịch biến [a;b] a;b� � Chú ý: Khi chứng minh bất đẳng thức có dạng f(x) �k, x �� � * Nếu k  f(a) ta chứng minh hàm f đồng biến  a;b * Nếu k  f(b) ta chứng minh hàm f nghịch biến  a;b Bài toán 01: ỨNG DỤNG ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Các ví dụ Ví dụ : Chứng minh rằng:  sin200  20 Lời giải Đặt a  sin200 �  a  sin300 �  a  Ta có : 3  sin600  sin3.200  3sin200  4sin3 200 � 3a  4a3  2 � 4a3  3a  3  � a nghiệm phương trình : 4x3  3x  0 2 41 Xét đa thức : f  x  4x3  3x  Ta có : f  1  1 3 3  0 2  � f  1 f  0  Bởi f  x liên tục tồn trục số Do đa thức f  x có nghiệm thực khoảng  1;0 f  0  ��1� 27  46 f � � 0 � 54 �1 ��7 � ��3� � ff� �� � Lại có : � �3 ��20 � ��7 � 1000  1757 f   � � � 20 2000 �� � �1 � � đa thức f  x có nghiệm thực khoảng � ; � �3 20 � �1 � Lại có : f � � �� 3 3 �1�  f  1   � ff� � 1  2 �2 � �1 � � đa thức f  x có nghiệm thực khoảng � ;1� �2 � � 1� �1 � Bởi a ��0; �� a nghiệm thực khoảng � ; �� đpcm �3 20 � � 2� Ví dụ Chứng minh : � � 0; � sinx �x với x�� � 2� � � 0; � sinx  tanx  2x với x �� � 2� Lời giải � � 0; � Xét hàm số f  x  sinx  x liên tục đoạn x �� � 2� � � 0; �� f  x hàm nghịch biến đoạn Ta có: f ' x  cosx  1�0 ,x �� � 2� � � 0; � Suy f  x = �= f  0   �0 � � 2� � � sinx x , x � 0; �(đpcm) � 2� � � 0; � Xét hàm số f  x  sinx  tanx  2x liên tục nửa khoảng � � 2� Ta có : f ' x  cosx  cos x   cos2 x  � �   0,x �� 0; � � 2� cos x � � � � � f  x hàm số đồng biến � 0; �và f  x  f  0 , x �� 0; �(đpcm) � 2� � 2� 42 Ví dụ : Chứng minh tam giác ta có : �1 � 2�  �  cot B  cotC  �2 sin B sinC � � Lời giải  cotx với x � 0;  sinx 2cosx 1 2cosx f ' x     2 sin x sin x sin2 x Xét f  x  Ta có: � �  � maxf  x  f � � �  cotx � 3 sinx �� Thay x B,C bất đẳng thức ta : �2  cot B � � �sin B � đpcm � �  cotC � �sinC Ví dụ : Chứng minh tam giác ta có : 13 1 cosA cosB  cosA cosB  cosA cosB �  cosA  cosB  cosC   cosA cosBcosC 12 Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : 13 1 2cosA cosBcosC  2 cosA cosB  cosA cosB  cosA cosB  �  cosA  cosB  cosC  13 � cos2 A  cos2 B  cos2 C  2 cosA cosB  cosA cosB  cosA cosB  �  cosA  cosB  cosC  13 �  cosA  cosB  cosC   �  cosA  cosB  cosC  13 � cosA  cosB  cosC  � cosA  cosB  cosC Đặt t  cosA  cosB  cosC � 1 t � � 3� 1; � Xét hàm đặc trưng : f  t  t  với t �� t � 2� x � 0;  : f ' x  � x  Ta có : f ' x  1 � 3�  t �� 1; �� f  x đồng biến khoảng x � 2� � f  x �3 � 13 f� � �2 � đpcm Ví dụ : Tam giác có chu vi Chứng minh rằng: 43   13 sin2 A  sin2 B  sin2 C  8R sinA sin BsinC � 4R Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : 3.4R sin2 A  3.4R sin2 B  3.4R sin2 C  4 2R sinA   2R sin B  2R sinC  �13 � 3a2  3b2  3c2  4abc �13 Do vai trò a,b,c nên ta giả sử a �b �c  � c 3� a b c c c c Theo giả thiết : a b   2 Ta biến đổi : T  3a2  3b2  3c2  4abc  a  b  3c  4abc  3�  3c2  4abc  3  c  3c2  4abc  6ab �a  b  2ab� � � �  3  c  3c2  2ab 2c  3  3  c  3c2  2ab  2c 2 Vì c 2 �3  c � 3 27 Do : T �3  c  3c2  2� �  2c  c  c   f  c � � 27 Xét f  c  c3  c2  với �c  2 � 3� 1; �� f  c đồng biến khoảng Ta có: f ' c  3c  3c �0 c �� � 2� � f  c f  1 13 đpcm CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP � � 0; �ta ln có: Bài 1: Chứng minh với x �� � 2� sinx �sinx � 1  � �  cosx  x �x � 1   1 x1 2.sin x sin2 x x2 2  2tan x  22 2;2� � Bài 2: Chứng minh : 3x  x �2 , x �� � Bài 3: Chứng minh rằng: sina sin b  với a b  0 a  b  44 �a  b � �3  c � �3  c � � 2c   �  2c  ab �� � � � � 2ab �2� � 2 � � � � �2 � � � 0; � tanx  sinx �3x x �� � 2� � � 0; � 3sinx  6tanx  2tan3 x  9x  x �� � 2� x2 �cosx với x �� Bài 4: Chứng minh rằng: 1 x3 � � x2 x4 � � x �� 0; �  x �� 0; � cosx  1 3! 2 24 � � � 2� Bài 5: Chứng minh rằng: tanx � �   0; � với x �� 1 2cosx x cosx(4  cosx) � 2� sinx  x  � � 0; � sin(cosx)  cos(sinx) x �� � 2� a  b  c �(a  b  c) với a �b �c �0, �1 4(sina  sinb)  6(tana  tanb)  10(a  b)  , biết a, b hai số thực thuộc � � 0; � ,a b � � 2� Cho a,b,c ba số thực thỏa điều kiện a �6 , b �8 , c �3 Chứng minh x �1,x4  ax2  bx �c � � 0; � Chứng minh : Bài 6: Cho số thực x,y,z �� � 2� 1 1 1 12      �3  2 2 2 sin x sin y sin z x y z 2 Bài 7: Chứng minh : tam giác ABC thoả mãn hệ thức 13 cosA  cosB  cosC   tam giác ABC cosA  cosB  cosC Cho tam giác ABC có A  B  C Tìm giá trị nhỏ biểu thức : M x  sinA x  sinB   x  sinC x  sinC Bài 8: Cho ABC Chứng minh : r2 p 28  � S r 3     2R  a  2R  b  2R  c  8R 3 e  125 1 cos2 A 1 cos2 B 1 cos2 C � 16 Bài toán 02: ỨNG DỤNG ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TRONG TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT Phương pháp a;b� Giả sử hàm số f liên tục đoạn � � � 45 ff a;b� Nếu f đồng biến đoạn � � �thì x�� a;b� � �  a ff a;b� Nếu f nghịch biến đoạn � � �thì x�� a;b� � � ff , xmax �� a;b� � �  b ff  a  b , xmax �� a;b� � � Các ví dụ Ví dụ Cho x,y số không âm thoả mãn x  y  1.Tìm giá trị lớn y x  nhỏ biểu thức P  y x1 Lời giải y x2  x  y2  y  x  y   2xy  x  y  2xy x P     y  x  xy  x  y  xy  x  y   xy 2 �x  y � (vì x  y  1) Đặt t  xy � t � � �2 � Xét hàm số f  t  6 � 1�  2t � 1�  0,t �� 0; � ,t �� 0; � Ta có f ' t  � 4� 2 t � 4�   t �1 � Vậy min1 f  t  f �4 � , max1 f  t  f  0  �� 0�� t 0�� t 4 minP  x  y  maxP  x  0,y  x  1,y  � x y  m � Ví dụ Biết  x;y  nghiệm hệ: � Tìm giá trị x  y2  m2  � lớn nhỏ biểu thức F  xy  6 x  y  Lời giải � x y  m � x y  m � � Từ hệ � tương đương với � 2 x  y  m  x.y  m2  � � Theo định lý Vi – et đảo x,y nghiệm phương trình t2  tu  m2     Phương trình   có nghiệm  �0 nghĩa 3m2  12 �0 � 2 �m �2 Với 2 �m �2 hệ cho có nghiệm  x;y  F  m2  3m  Dễ thấy, F'  2m   với m � 2;2 suy F nghịch biến đoạn � 2;2� �và F  2  13 , F  2  11 � Vậy, minF  11 m  maxF  13 m  2 46 Ví dụ Biết  x;y  nghiệm hệ phương trình : � x y  m � �2 x  y2  m2  4m  Tìm giá trị lớn nhỏ ( có ) : � � x �0,y �0; �m �2 � T   x  y   6xy  x  y   39m  Lời giải � S m Đặt S  x  y,P  xy Hệ cho trở thành: � P  2m  � Hệ có nghiệm phương trình: t2  mt  2m   có nghiệm t1,t2 � � m thỏa toán � �m �2 � Khi T  m3  6 2m  3 m  39m   m3  12m2  21m  � � Ta xét hàm số f  m  m3  12m2  21m  đoạn � ;2� � � �3 � Ta có f ' m  3m  24m  21  0, m �� ;2�� f  m đồng biến đoạn �2 � � � �3� 511 ;2� f � � , f  2  100 � � � �2 � 511 maxT  max f  m  100 minT  f  m  � � Vậy: m  � � m�� ;2� m�� ;2� 2 � � � � m  CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài Cho a,b,c,d số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A  a b c d  abcd a b c d abcd y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x  y  z  x, Bài Cho Chứng minh rằng: xyz  xy  yz  zx �4 Bài Cho số thực dương x,y thỏa mãn điều kiện x �1,y �1 3 x  y   4xy Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức �1 1� � P  x3  y3  3�  �x2 y2 � � � 47