01 2 huong dan giai

Dạng 5: Ứng dụng đơn điệu giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình hệ bất phương trình Bài 1: Mà f'(x)    x  7x  7x  f(x)  f(6) � x  nghiệm phương trình cho Nên  3 1 x  0, x  � y đồng biến nửa khoảng � 0; � Ta có: y'  � x Dễ thấy y  1  � x  nghiệm phương trình cho Ta có: y'    x2  x  3x  2 x  2  0, x � 0; � , phương trình cho có nghiệm nghiệm y  1   x  1  x  1   3 3x   3x  , xét hàm số f  t  t  t, t   3x  1  2 3x  1  2x  1 23 2x  , xét hàm số f  t  t3  2t Cách 1: Xét hàm số: f  x  x3  3x2  8x  40 g  x  84 4x  nửa 1; � , dễ thấy đoạn � � f  x  f  3  13 x�� 1:� � f  x  g  x  x  Cách 2: Đặt max g  x  g  3  13 , x�� 1:� � 12 4x   t, t �0 f  t  t  24t  16t  512t  2816 với t �0 f ' t  2(t  2).g  t  với g  t  0, t �0 suy f ' t  t  tức 4x   hay x  Bài 2: Phương trình cho � 5x  x2  ( 5x  x2 )3  3(x  1)  (x  1)3 (1) Đặt u = 5x  x2 , u �0 v  x  ,v  (1) trở thành : 3u  u3  3v  v3 (2) Xét hàm số f  t  3t  t3 , t �(0; �) , phương trình (2) có dạng f  u  f  v  Ta có f '(t)   3t2  với t �(0; �) nên f(t) đồng biến (0; �) Do (1) � � x �1 � 5x  x2  x  � � � x  1�x  2 5x  x  x  2x  � Bài 3: 6 4x  6  x  1  4x   x  1  5x  7  x   5x   0 25 Cách khác:  5x  6   5x  6  1 Xét hàm số f  t  t  t1  x2  x , với t  1, ta tìm x  2 Phương trình cho biến đổi về: x9  3x3   3x  1  3 3x  1   Dễ thấy f  t  t3  3t đồng biến �, nên   � x3  3x  0; � Đặt x  2cost, t �� � �, từ tìm t   5 7 , t , t 9 � 8x3  60x2  151x  128  y � Đặt y  x  Khi ta có hệ : � cộng vế theo x  y3  � � vế đưa phương trình  2x  5  2x   y3  y Dễ thấy f  t  t3  t x   2x  � � đồng biến  x  3  8x2  36x  41  � � suy y  2x  tức x Đặt y  7x2  9x  Đưa phương trình dạng f  x  1  f  y  Xét f  t  t3  t hàm số đồng biến � f  x  1  f  y  � x   y , ta tìm x  1� , x 5 Xét hàm số f  t  t3  2t hàm số đồng biến � Khi f  y   f  x  1 � y  x  với y  x3  9x2  19x  11 � x  1, x  2, x  Bài 4: � 2x � x2 0 x � �� Điều kiện: � 1�y �1 1 y �0 � � � 2� �  x  1  3 x  1  � � 1 y �  1 y � � � Hệ phương trình viết lại: � � 2 � 2x  x  1 y  2x  1;1� � Xét hàm số: f  t  t3  3t với t �� � Ta có: f ' t  3t2   0,t � 1;1 , suy hàm số f  t nghịch biến đoạn � 1;1� � � � � x  1 1 y2 x   1 y � x1 � � �� �� Ta có hệ: � 2 �y  �1 � � 2x  x  4x  � 2x  x  1 y  2x  � 26 Bài 5: 3 Lấy  1   2 x3 ta  x  1    y  �  x;y    2;1 , 1;2 3 Lấy  1   2 x3 ta  x  4    y  �  x;y    3;4 , 4;3 Lấy  1   2 x8 ta  x  2   y  4 �  x;y    4; 2 , 4;2 t  x  1, �t �2 Đặt 3 � t  3t  y  3y � �2 2 x   x  2y  y   � � Biến đổi hệ cho hệ: 0;2� Xét f  u   u3  3u2 nghịch biến đoạn � � �khi t  y �  x;y    0;1 Phương trình đầu viết lại: x  1 x2    y   1   y  Dễ thấy f  t  t  1 t2 đồng biến �, suy x   y thay vào phương trình thứ ta � x � 25x2 2x  6x   4x  6x  hay � 2x  6x   �  2� � 2 � 111�   2y �  x;y   � 7; � x � 98 � � 1�  x;y    1;2  ; �  x;y   � � 4� Xét f  t  t3  t suy 1 Bài 6: 3 Phương trình thứ viết lại y3  y   x  1  x  1, suy y  x  1� phương trình ta 1 x2  1 x  1 x  Đặt t  1 x  1 x , giải t  �  x;y    1;0 , 1;2 Trừ vế phương trình ta : x2  2x  22  x  x2  2x  y2  2y  22  y  y2  2y Xét hàm f  t  t2  2t  22  t  t2  2t đồng biến khoảng  0;� suy x  y , thay vào phương trình thứ nhất, sau xét hàm số g  x , dễ thấy g  x đồng biến khoảng  0;� g  1  Phương trình đầu � 2 2x   2x  2 y  1   y  1 3 Hàm số f  t  2t  t3  t �� đồng biến t  , suy y  2x  Đặt t  � 3y  55  t3 � , hệ cho đưa dạng: � , cộng vế theo vế ta x �y  3y  3y  3t  51  y  1  3 y  1  t3  3t 27 Dạng 6: Chứng minh phương trình có n nghiệm Bài 1:      2 Ta có: f ' x  x   x  x  , x2   0, x �� nên f ' x  � x  1 x  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 �� f  x đồng biến khoảng  1;� , hàm số y cắt trục hoành giao điểm x5  x2  2x  hay x5   x  1 Dễ thấy x5 �0�� x  x 1 �  x  1 �1 tức x5 �1 hay x �1 1;� Xét hàm 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 Chú ý: Có f '(x)  5x4  2x   2x(x3  1)  2(x4  1)  x5  Mà f(1).f(2)  � phương trình cho có nghiệm 2;� Cách :Xét hàm số y  2x2 x  liên tục nửa khoảng � � Ta có: y'  x 5x  8 x  0,x � 2; �   lim y  lim 2x2 x   � x�� x�� Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị hàm số y  2x2 x  cắt đường thẳng y  11 điểm 2;� Cách 2:Xét hàm số y  f  x  2x2 x   11 liên tục nửa khoảng � � Ta có f  2  11,f  3  Vì f  2 f  3  77  � f  x  có nghiệm khoảng  2;3 f ' x  biến khoảng khoảng  2;3  2;3 x 5x  8 x  0,x � 2; � � f  x liên tục đồng Vậy phương trình có nghiệm thuộc Điều kiện: x  Xét hàm số : f  x  x  28 x x 2  2012 với x  f ' x  5x4  � f " x  20x3  3x  x  2 (x2  2)3  ,x  � f ' x  có nhiều nghiệm � f  x  có nhiều hai lim f  x  �,f nghiệm    x�  3  0, lim f  x  �� f  x  có hai nghiệm x�� x1 � 2; x2  Bài 2: x5  � x2 x4 2x2 x2 (x2 1)2 x Xét hàm số f  x  x2   x4  2x2  1 x5 , hàm số f liên tục [1; �) phương trình (1) có dạng f(x)  � f(1)   1 � � � � Vì � nên phương trình 1      1� � �lim f(x)  lim x � � x�� x�� � x8 x10 x x3 x5 � � � f  x  có nghiệm thuộc (1; �) � �  4x3  2x  5x4  x�  2� x3(4  5x)  với � � x2  � x 1 � x �[1; �) Suy hàm số f  x nghịch biến [1; �) Lại có : f'(x)  x Vậy phương trình f  x  có nghiệm Dạng 7: Chứng minh bất đẳng thức Bài 1: Ta có f ' x  x.cosx  sinx x � � ,x �� 0; � Xét hàm số g  x  x.cosx  sinx liên � 2� � � � � 0; �và có g' x  x.sinx  0,x ��0; �� g  x liên tục trục đoạn � � 2� � 2� � � � � 0; �và ta có g  x  g  0  0,x ��0; � nghịch biến đoạn � � 2� � 2� Từ suy f ' x  g' x x � �  0,x �� 0; �� f  x � 2� liên tục nghịch biến � � � � � � 0; �, ta có f  x  f � � ,x ��0; � nửa khoảng � � 2� �2 �  � 2� 3 sinx x2 �sinx � � x2 � x2 x4 x6  1 �� 1 �  1   � � � x 12 216 �x � � � 6� 29 �sinx � x2 x4 x4 � x2 � ��   � 1 � �  1 � 24 24 � �x � � 9� � � x2 �sinx � x2 x4 Vì x �� 0; �� 1  0� �    � 24 � 2� �x � Mặt khác: 1 x2 x4 � �   cosx ,x �� 0; � 24 � 2� Xét hàm số f  x  sin x  x  � � 0; � liên tục nửa khoảng x �� � 2�  x3 cosx  sin3 x Ta có: f ' x   2cosx   Ta có: 3 3 sin x x x sin x �sinx � � � 0; � � �  cosx ,x �� �x � � 2� � � � � � x3 cosx  sin3 x  ,x �� 0; �� f '  x  ,x �� 0; � � 2� � 2� � � � � 1 � � � f  x f � � , x � 0; � Do vậy:   1 , x �� 0; � 2 2 2 �� � � � 2�  sin x x  (đpcm) Ta có: 2.sin x Ta chứng minh: tanx 2 2sin x tan x �2 sinx tan x 2 3x �2 2  sin x tan x 2.2 � � � sinx  tanx � x,x �� 0; � 2 � 2� � � 3x 0; � Xét hàm số f  x  sinx  tanx  liên tục nửa khoảng � 2 � 2�  cosx  1  2cosx  1 � � f ' x  cosx    �0,x �� 0; � 2 2.cos x 2cos x � 2� � � � f  x đồng biến  � 0; � f  x � 2� f  0 � � � sinx  tanx � x , x �� 0; � 2 � 2� 2;2� � Bài 2: Xét hàm số f  x  3x  x3 , x �� � Ta có: f ' x   3x2 , khoảng  2;2 : f ' x  � x  1 x  1;1� Từ bảng biến thiên, ta kết luận: hàm số đồng biến đoạn � � � 2; 1� 1;2� nghịch biến đoạn � � �, � � � Vì 2  f  1 �f  x �f  2  , x �� 2; 1� � � 1;1� �, 2  f  2 �f  x �f  1  , x �� 1;2� Nên 2  f  1 �f  x �f  1  , x �� � � � 30 Bài 3: Chứng minh hàm số f(x)  � � sinx 0; � nghịch biến � x � 2� � � 0; � Xét hàm số f(x)  tanx  sinx  2x đồng biến � � 2� x2  cosx  1,x �� , ta có: x ��,f(x)  f(x) suy f hàm chẵn � , (1) � x �[0; �),f(x) �0, f '(x)  x  sinx �0 với x �[0; �) f '(x)  � x  � f(x) đồng biến [0; �) � x �[0; �),f(x) �f(0)  Xét hàm số: f  x  (đpcm) � � 0; �, ta có: Xét hàm số f  x  3sinx  6tanx  2tan x  9x , x �� � 2� f '(x)  3cosx   3cosx  � �  6tan2 x � � cos x �cos2 x � � � � �  6�  1� 9 � �  3cosx  cos x cos4 x �cos x � �cos x � � � 0; �nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có Vì cosx �(0;1) với x �� � 2� � 1 � 1 f '(x)  3� cosx    �3.33 cosx 9 4 � cos x cos x � cos x cos4 x � �� f'(x) 93 cos x � � � � 0; � 0, x x � 0; �� f  x đồng biến x �� � 2� � 2� � � � � 0; �do x �� 0; � ,f(x)  f(0)  (đpcm) Lại có f  x liên tục � � 2� � 2� Bài 4: Xét hàm số f(x)  sinx  x  x3 � � , x �� 0; �, � 2� � � 0; �điều gợi ý ta chứng minh hàm Ta cần chứng minh: f(x)  f(0), x �� � 2� � � y  f(x) đồng biến � 0; � Ta có: f'(x)  cosx  1 x � 2� � � � f "(x)   sinx  x �0 x �� 0; � � 2� 31 � � � � x3 �  � � f '(x)�  f'(0) x � 0; � f(x) f(0) x � 0; �� sinx  x  x �� 0; � 2 3! � � � � � 2� Xét hàm số g(x)  cosx  1 Ta có: g'(x)   sinx  x  � cosx  1 � � x2 x4 0; � , với x ��  � 2� 24 � � x3 � � g(x) g(0) x � 0; � �0 x �� 0; � � � 2� � 2� x2 x4 � � x3 � �  x �� 0; � Thật vậy,ta có: sinx  x  x �� 0; � 24 � 2� � 2� 3 sinx x2 �sinx � � x2 � x2 x4 x6 �  1 �� 1   �  1 � � � x 6 12 216 �x � � � � �sinx � x2 x4 x4 x2 ��     (1  ) � 24 24 �x � � � x2 �sinx � x2 x4 Vì x �� 0; �� 1  0� �    � 24 � 2� �x � Mặt khác, 1 x2 x4 � � �sinx � � �   cosx x �� 0; �.Suy �  cosx x �� 0; � � 24 � 2� �x � � 2� Lại có:  sinx  x �   sinx  �sinx � �sinx �  x �(0; ) nên � � �� �  �3 x �x � �x � Bài 5: � � 0; �và Ta chứng minh hàm số f(x)  tanx  2sinx  3x đồng biến � � 2� � � 0; � hàm số g(x)  4sinx  sin2x  3x nghịch biến � � 2� Chứng minh cos(sinx)  cosx  sin(cosx) Xét hàm f(x)  a  b  x  (a  b  x) với x �[0;b] Bất đẳng thức cho � 4sina  6tana  10a  4sin b  6tan b  10b (2) � � 0; � Khi ta phải chứng minh Xét hàm số f  x  4sinx  6tanx – 10x với x �� � 2� � � 0; � ,a  b � f(a)  f(b) a,b �� � 2� � � 0; � Như cần chứng minh hàm số f(x) đồng biến � � 2�  10  4cosx    10 Ta có f '(x)  4cosx  2 cos x cos x cos2 x 32 � � 0; �nên cosx �(0;1) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ,ta có : Vì x �� � 2� f '(x) �2 4cosx cos x  2 cos x  10  Mặt khác cosx �(0;1) nên   10 cosx cos2 x 1  1,  ,suy  > 10 cosx cosx cos2 x cos x � � � � � x �� 0; �, f '(x)  � Hàm số f(x) đồng biến � 0; �(đpcm) � 2� � 2� Xét hàm số f  x  x4  ax2  bx [1; �) ta có f '(x)  4x3  2ax2  b �4  12   , x �[1; �) ,a �6 , b �8 Đẳng thức xảy x  1, a  6, b   Suy f  x đồng biến [1; �) � [1; �), f(x) �f(1)  1 a  b �1   �c (đpcm) Bài 6: � � , t �� 0; � � 2� sin t t � 2cost 2 � �sint � � � � � 0,t ��    cost 0; � Ta có : f ' t   � � 3 � t 2� � sin t t sin t � � � � � � � � �  0; �� f  t f � � , t (0; ] nên hàm số đồng biến � 2 2 � � ��  Xét hàm số : f  t   � 4� 1 Áp dụng vào tốn ta có : f  x  f  y   f  z  �3� � � 2 � Bài 7: A B C Đặt : t  cosA  cosB  cosC  1 4sin sin sin � 1 t � 2 2 � 3� 1; � Xét hàm số f  t  t  hàm số liên tục nửa khoảng � t � 2� � 3� � 3� 13  0,t �� 1; �� f  t  đồng biến � 1; �,suy :  f  t  � t � 2� � 2� 13 Đẳng thức f  t  xảy t  cosA  cosB  cosC  hay tam giác ABC � sinA ; � Biểu thức xác định D   �;sinC  U � f ' t  1 33 M' x  sinC sinA  sinC x  sinC sin B  sinC   0,x �D � M liên tục x  sinA  x  sinC  2 x  sin B  x  sinC  sinA ;� đồng biến khoảng  �;sinC  , � � Do minM  M  sinA   sinA  sin B  sinA  sinC Bài 8: � A � tan  � � � � B tan  Ta có : � � � � C tan  � �  p  b  p  c p  p  a  p  c  p  a p  p  b  p  a  p  b p  p  c � tan pa p b p c A B C tan tan  � � 2 p p p p  p  a  p  b  p  c pa p b p c r2 S    � � 2 S p p p p p Do : r2 A B C  tan tan tan S 2 p  Mặt khác : r  a b c 2 p  a tan cos A  A B C cos cos 2 a b c  b  c  a tan A2  cot  2R  sinA  sin B  sinC  2R  sinB  sinC  sinA  tan A A B C cot cot 2 A A cos Khi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : A B C A B C 28 tan tan tan  cot cot cot � 2 2 2 3 A B C cos sin sin 2 � cot  sin A B C cot cot 2  cot A B C 28 cot cot � 2 3 A B C cot cot t 3 Xét f  t  t  với t �3 2 t 1 28  � đpcm Ta có: f ' t  1  t �3 � minf  t  f 3  3  3 3 t Đặt t  cot  34  Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : 3 2R  a 2R  b 2R  c � � e 2R 2R R 3 � a � � b � � c � �� 1 1 1 � � � � � e 2R 2R � � � � � 2R � 3 �  1 sinA   1 sinB  1 sinC   e Xét f  x  ln  1 x  x với  x  1 x  1   x � 0;1 � f  x nghịch biến 1 x 1 x khoảng � f  x  f  0  � ln  1 x  x Ta có: f ' x  Lần lượt thay x   sinA ,sin B,sinC vào bất đẳng thức cộng lại ta : ln  1 sinA   ln  1 sinB  ln  1 sinC   sinA  sin B  sinC � ln �  1 sinA   1 sin B  1 sinC  � � � sinA  sin B  sinC �  1 sinA   1 sin B  1 sinC   esin A sin BsinC 3 mà sinA  sin B  sinC �3 �  1 sinA   1 sin B  1 sinC   e Không tổng quát giả sử C  min A ,B,C Ta có : � đpcm 1 cos2A � � 1 cos2B � 1 1  1 cos A   1 cos B  � � � � � 2 � � � � Xét P  4 1 cos A   1 cos B    cos2A    cos2B 2 2 � P   3 cos2A  cos2B  cos2A cos2B   6cos A  B cos A  B  � cos 2A  2B  cos 2A  2B � � 2� 1� 2cos  A  B  2cos2  A  B  2� � �   6cosC cos A  B  cos2 C  cos2  A  B  cos A  B �1   6cosC cos A  B      cosC  2 � P  1 cos2 C  �  cosC   1 cos2 C   P 6cosC cos2 C Mặt khác ta có : � C 600 cosC mà cosC  Xét f  x    x  1 x  với � � x �� ;1� � � 35 � � Ta có: f ' x  2 x  3  x  1  2x  1 �0 x �� ;1�� f  x đồng biến khoảng � � �1 � 125 125 �� f   x � f�  � cos2 A cos2 B cos2 C đpcm 16 �2 � 16     Bài toán 02: ỨNG DỤNG ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TRONG TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT Bài Đặt t  a b c d abcd Áp dụng BĐT trung bình cộng – trung bình nhân cho số dương, ta có: a b c d �4 tức t �4 Đẳng thức a  b  c  d �2 ab  cd �44 abcd suy abcd xảy a  b  c  d Bài tốn quy “ Tìm giá trị nhỏ A  t  t  với t �4 ” t 17 Dễ thấy, t �4 A  t đồng biến A  4  đạt t  Bài Khơng tính tổng quát, ta giả sử x �y �z x  y  z  suy �x �3 �y  z � Áp dụng Bất đẳng thức trung bình cộng – trung bình nhân: yz �� � �2 � 2 �y  z ��y  z � Đặt A  xyz  xy  yz  zx , suy A �x� �� �   y  z x � �� � 2   �3  x � �3  x � Hay A �x� � � �  x  x  x  9x  15x  2 � � � � Xét f  x  x3  9x2  15x  , với �x �3 Ta có: f ' x  3x2  18x  15  với x � 1;3 , suy hàm số f  x nghịch 1;3� ��� 1;3�: f  x biến đoạn � � � Với x � f  1 16 suy A � f  x hay A �4 Hơn x �1,y �1 nên  x  1  y  1 �0 tức xy  1�x  y � xy  1�3 xy hay xy �3 Vậy �xy �3, 4 64 16 �3 � 113 94 P xy   4 xy     minP   x;y   � ; �và maxP  27 xy 12 �2 � 3 Bài Ta có: 4xy  �  x y  x;y   1;3 ,  3;1 36 xy xy 37