Chuyên đề: Sử dụng tính đơn điệu trong giải toán đại số

Nhận xét: Cái hay của cách giải này là sử dụng tính đồng biến và sử dụng cách đặt ẩn phụ để đưa về hệ bất phương trình hoặc hệ phương trình ,tránh được việc bình phương 2 vế( dẫn đến s[r]

Chuyên đề: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI TOÁN

Giáo viên: Vũ Hồng Sơn THPT: Dương Đình Nghệ

A.Kiến thức sở

1 Một số kiến thức

Hàm số y = f(x) xác định đoạn [a;b] gọi đồng biến đoạn ấy,nếu với x1<x2 thuộc đoạn [a;b] ta có f(x1) < f(x2)

Điều kiện để y = f(x) đồng biến đoạn [a;b] y’=f’(x)0, x [a;b] Đồng thời dấu “=” đạt số điểm riêng biệt

Đối với hàm đồng biến ymax=y(b) ,ymin=y(a) (a<b),đồng thời phương trình f(x)=0 có nghiệm nghiệm

Tương tự,y = f(x) nghịch biến đoạn [a;b] y’=f’(x)0, x [a;b] Đồng thời dấu “=” đạt số điểm riêng biệt

Đối với hàm nghịch biến ymax=y(a) ,ymin=y(b) (a<b),đồng thời phương trình f(x)=0 có nghiệm nghiệm

Hàm số y=f(x) đồng biến nghịch biến đoạn [a,b] gọi đơn điệu đoạn

2 Tính chất hàm đơn điệu

Hàm đơn điệu có tính chát quan trọng sau đây: f(x)=f(y)x=y

Nếu f(x) đồng biến ,g(x) nghịch biến :

1)Nếu phương trình f(x) = g(x) có nghiệm x=x0 nghiệm

2)Nghiệm bất phương trình f(x)>g(x) giao x>x0 miền xác định bất phương trình

B.Nội dung:

I.Phương trình:

Ví dụ Giải phương trình:

x - x =1 (1) Giải:

Điều kiện -1x

(1)  x1 = 1+ x có nghiệm x = ( đúng) Và vế trái hàm đồng biến ( đạo hàm dương),

Vế phải hàm nghịc biến ( đạo hàm âm), Nên x = nghiệm (1)

Nhận xét: Cái hay đưa phương trình vơ tỷ sử dụng tính đơn điệu,tránh được bình phương lần để dẫn đến nghiệm

Ví dụ Giải phương trình:

x5 +x3 - 1 3x +4 = Giải:

Điều kiện x1/ Đặt f(x) =x5 +x3 - 1 3x +4,

Ta có f'(x) = 5x4 +3x2 +

2 3x >

 f(x) Đồng biến / ( , ]1



Mặt khác f(-1) =0 nên phương trình f(x) = có nghiệm x = -1 Ví dụ Giải phương trình :

2

15

x   x  x  Giải:

Phương trình 2

( ) 15

f x x x x

        (3) Nếu x 2/3 f(x) <0 Phương trình (*) vơ nghiệm

Nếu x >2/3 f'(x) = + x

2

1

0 x>

8 15

x x

 

  

 

 

 

f(x) đồng biến / 2,

 

 

 

Ví dụ 4: Giải bất phương trình:

 3  3

x x

x

    (4)

Giải:

Nhận thấy x = nghiệm ,và ta có : 2- 3 2 3 4

Vì 2x> nên (1) 3

4

x x

     

      

   

Do 3

4

   

Nên vế trái hàm nghịch biến ,và x = nghiệm (4)

Nhận xét: Cái hay cách giải phát số bé để sử dụng tính nghịch biến

Ví dụ5.Giải bất phương trình:

x + lg(x2 -x -6) = +lg(x +2) Giải:

Điều kiện x +2>0, x2 - x -6 >0  x

Vậy (1)  x + lg(x +2) +lg(x -3) = +lg(x +2)  lg(x -3) = -x (5) phương trìnhnày có nghiệm x = 4,vì ta có lg1 = ( )

Vì vế trái đồng biến ( số lôgarit lớn 1) , vế phải nghịch biến ( có đạo hàm âm)

Nên (5) có nghiệm x = ( thoả mãn điều kiện x > 3) Ví dụ 6: Giải bất phương trình:

2log3cotgx = log2cosx (6) Giải:

Điều kiện cosx > 0,sinx > Đặt log2cosx = y  cosx =

y

log3cotg

x = log2cosx = y  cotg2x = 3y Vì cotg2x =

2

2

cos

1 cos

y y

x x

 

 3y - 12y = 4y 3 1,

y y

     

  Có nghiệm y = -1

Vì vế trái số ¾ < hàm nghịch biến, vế phải số > hàm đồng biến Vậy cosx = 2-1

= 1/2  x = / 2 k,kR

Kết hợp với điều kiện ,ta có nghiệm phương trình (6) :

x = ,

3 k k z

 

Nhận xét: Cái hay cách giải đưa (6) dạng phương trình mũ khơng tắc để sử dụng tính đơn điệu

Ví dụ 7: Giải bất phương trình:

3 x2- 2x3 = log2(x2 + 1) - log2x (7) Giải:

Điều kiện : x > Với điều kiện

(7)  x2(3-2x) - log2(x +

x) (*)

Do x > nên x+1

x 2 vế phải hàm logarit có số lớn 1, nên hàm đồng biến  log2(x +

x)  log22 = Vậy vế trái dương x2(3-2x) >0 3-2x > Ta có x2(3-2x) = x.x.(3-2x) tích số dương ,

có tổng khơng đổi 3,nên đạt giá trị lớn , x = -2x =

Như VT 1 ,đạt dấu = x = , VP  ,đạt dấu = x =

phương trình có nghiệm x =

Nhận xét : Cái hay cách giải áp dụng linh hoạt hệ bất đẳng thức Cơsi tính đơn điệu hàm logarit

Ví dụ 7: Giải bất phương trình:

3.4x + (3x-10)2x + - x = Giải:

Đặt y = 2x

> 0, ta có 3y2 + (3x - 10)y + - x =

Ta có y = 10 (3 8)

x x

    

y1 =

3hoặc y2 = 3-x

Nếu y1 = =

x

x = -log23

Nếu y2 = - x = x

, ta có x = nghiệm ,vì -1 = ( đúng)

Và vế trái hàm nghịch biến ( có đạo hàm âm), Vế phải hàm đồng biến ( số hàm mũ lớn 1)

Nhận xét Cách giải hay chổ biết chọn ẩn số thích hợp để đưa phương trình bậc hai sử dụng tính đơn điệu hàm số

Ví dụ 1: Giải bất phương trình:

x > - 2x4 (1) Giải

Điều kiện x-2

Do vế trái hàm đồng biến ( đạo hàm dương) Vế phải hàm nghịch biến ( đạo hàm âm)

Nên nghiệm (1) giao x - x > x0 với x0 nghiệm

phương trình : x9 = - 2x4 ; Phương trình cuối có nghiệm x = , ta có =5- 4(đúng)

Và vế trái đồng biến,vế phải nghịch biến

Vậy nghiệm (2) giao x -2 x >

x >

Nhân xét: Cái hay cách giải đưa bất phương trình vơ tỷ sử dụng đơn điệu,tránh bình phương lần dễ dẫn đến nghiệm

Ví dụ 2: Giải bất phương trình:

3

1 7 13

x  x  x  x  GiảiĐiềukiện x5/7

Xét f(x) = x 1 35x 7 47x 5 513x7

Ta có f'(x) =

2

3

1 13

0 x13 (5x7)  4 (13x7) 5 (13x7) 

f(x) đồng biến / 5,

 

 .Mặt khác f(3) = nên bpt f(x) <

5 /

( ) (3)

3

x

f x f x

x

 

      



Nhận xét: Cái hay cách giải đưa bất phương trình vơ tỷ sử dụng tính đơn điệu ,trong muốn giải cách khác khó khăn

Ví dụ 3: Giải bất phương trình:

2x + x x 7 x2 7x 35 Giải

Điềukiện x >

Xết f(x) = 2x +

7

x  x  x  x

Ta có f'(x) =

2

1

2

2 7

x

x x x x



   

  ,

2 29

35 12

f    

 

Nên f(x) đồng biến f(x) < 35 =

2 29 12 f   

 

 

2 29

12 x        

Ví dụ 4: Giải bất phương trình:

2

1

x x

x

x x

    (1)

Giải

Điềukiện: x 0,

x + 12 0,x 12

x   x  x 1 Do (1)  x3  1 x3 1 (2)

Xết 3

1

x   u x   v ,khi

(2)

2

1

2

2

2 ( )( ) 2

u v

u v

u v u v u v

  

  

  

 

    

 u -v 1 u v v u

  

   

 v

1

  (thích hợp)

Vậy : 3 3

1

2 4

x   x   x 

Đáp số : x

Hoặc xét VT =f(x)= 3

1

x   x  hàm đồng biến

Suy nghiệm (2) giao x 1 x > x0 ,trong x0 nghiệm Của phương trình : 3

1

x   x  =

Suy x0 =3

4 ,suy bất phương trình có nghiệm

3 x

Nhận xét: Cái hay cách giải sử dụng tính đồng biến sử dụng cách đặt ẩn phụ để đưa hệ bất phương trình hệ phương trình ,tránh việc bình phương vế( dẫn đến sai sót ,thừa nghiệm) tránh việc giải phương trình bậc cao

Ví dụ 5: Giải bất phương trình:

2

2 10

x  x  x  x   x (1) Giải

Xét

5

x u

x v

  

   Suy

2

7 10

x  x uv

Do u v đồng biến x -2

vế trái hàm đồng biến ,vế phải hàm nghịch biến

Nên nghiệm (1) giao x -2 x < x0 với x0 nghiệm cawnŽ

phương trình:

2 10

x  x  x  x   x Vì u2 +v2 = 2x +7 ,suy 2x = u2 +v2 -7

Vµ u2 +v2 +2uv +( u +v) -12 =0 Xét u +v = t >0 ta : t2

+t -12 = , t >

Suy t =3

1

3

2

2  

  

  

   

 

  

 

u v

u v u

v u

v u

Từ u = x    2 x Vậy nghiệm (1) 2   x

Nhận xét Cái hay cách giải dùng tính đơn điệu hàm số để đưa bất phương trình vơ tỷ hệ phương trình bậc

Ví dụ 6: Với giá trị tham số m bpt sau có nghiệm?

x2 +

2 xm m   m (1) Giải:

Xét t = xm 0 t2 = x2 -2mx +m2 , (1)  y = t2 +2t +2mx +m -1 0 Có nghiệm t 0

Ta có y' = 2t +2  y' =  t = -1

Nên ymin = y(0) = 2mx +m -1 = 2m2 +m -1 0  -1

1 m  

III.Hệ phương trình

Ví dụ 1: Tìm số x  0; ,y  0; thoả mãn hệ :

cot - coty x -y (1) 5x + y = (2)

x



 

 

Giải:

Viết phương trình (1) dạng : x - cotx = y - coty (3) Xét hàm số f(t) = t - cot t , < t <

Khi f(t) xác định t  0; vµ f'(t) = + 12

sin t> ,  t  0;

 f(t) đồng biến t  0; Từ (3)  f(x) = f(y)  x = y

Thay vào phương trình (2) hệ ,ta x = y =2

13

 Ví dụ 2: Giải hệ:

tan tan

tan tan 2, , 0;

2

x y x y

x y x y 

   



     

  



Giải :

Viết phương trình (1) dạng : x - tan x = y - tan y (3)

Và xét hàm f(t) = t - tant xác định 0;

2

t   

  

 ,

có f'(t) = 1- 12

cos t< ,do t 0;2



 

 

 

 < cos t < Vậy f( t) nghịch biến

Từ (3) suy f(x) = f(y)  x = y từ (2)

 tan x = tan y =  x = y =

4



Ví dụ 3: Chứng tỏ với 0a  hệ :

2

2

2

2

a x y

y

a y x

x



  



  



Điều kiện x 0 ,y 0 Do x a

x dấu , Do y a

y dấu

 x> , y> 0.Bởi : (1) 2x2y = y2 + a2 (1)' (2)  2y2x = x2 +a2 (2)'

(1)'-(2)' ta : 2xy (x -y) = (y-x)(y+x) ( x-y) ( 2xy +x+y) =0,do x > 0,y >0 nên ( 2xy +x+y) >0

Do x - y =0 hay x = y.Thay x =y vào (1)' ta : f(x) = 2x3 -x2 = a2 ; f'(x) = 6x2 -2x

Ta có bảng biến thiên:

Từ suy phương trình : 2x3 -x2 = a2 ( a2> 0) có nghiệm

Nhận xét.Cái hay cách giải từ hệ đối xứng loại (1) –(2) ,không trừ trực tiếp ,mà biến đổi trước để trừ (1’) cho (2’) phương trình hệ khơng chứa tham số,nên tránh biện luận

Ví dụ 4: Giải hệ:

3

3

3

2

2

2

x y y y

y z z z

z x x x

          

     

Giải:

Xét hàm đặc trưng f(t) = t3

+t2 +t với t 

Ta có f'(t) = 3t2 +2t +1 = 2t2 +(t+1)2>0 f(t) đồng biến Giả sử : x  y z f x( ) f y( ) f z( )

2z +1 2x 1 2y1     z x y y z

Hệ cho

3 2

2 ( 1)( 1)

x y z x y z

x x x x x x

   

 

 

      

 



1 x y z

x y z

   

     

IV.Bất đẳng thức:

x

f f’



 0 

-1/27 CT

Ví dụ 1: Chứng minh : ex> +x , x Giải :

Xét f(x) = ex -x -1 , f'(x) = ex -1

*Nếu x> f(x) > nên f tăng [ 0; +) Do f(x) > f(0) =0  ex> x +1

*Nếu x<0 f'(x) < nên f giảm (-,0) f(x) > f(0) =  ex> x +1

Vậy ex

> x +1  x

Ví dụ 2: Chứng minh :nếu x > 0, ln x < x Giải

Xét hàm số f(t) = lnt - t với t >

Ta có f (t) = 1

2

t

t t t

  

Lập bảng xét dấu sau:

Như  x 0,có f(x) f(4)

lnx - x ln4-2

Do 4<e2ln4 < ,vậy từ (1) suy lnx - x <

 ln x < x (đpcm)

Ví dụ 3:Chứng minh : log19992000 > log20002001 Giải

Xét hàm số f(x) = logx(x +1) với x >

Khi bất đảng thức cho có dạng tương đương sau: f( 1999) > f(2000)

Ta có f(x) = logx(x +1) =

ln( 1) ln

x x



 f(x) = 2 2

ln ln( 1)

ln ( 1) ln( 1)

1

ln ( 1) ln

x x

x x x x

x x

x x x x



   

 



1

2 ln

( 1)

0 ( 1)ln

x x

x x

x x x





 



Vậy f(x) hàm nghịch biến x > 1,do (2) hiển nhiên (đpcm)

t

0 4

0

+ -

Ví dụ4:Chứng minh : ln ( 1+ 1 x ) <1

x+ ln x x > Giải

Xét hàm số f(t) = ln( 1+

1 t ) - lnt -

t với t >

Ta có f(t) =

2 1 t t t    - t +

1 t =

2 2 1 t t t t    >

Do f(t) hàm đồng biến t > 0, x > ,nên

f(x) < f(+) = lim

t f(t) = tlim

2

ln(1 t ) lnt t

     

 

 

 f(x) <

2

1

lim (ln )

t t t    =

 ln(1+ 1 x ) < lnx +1

x đ.p.c.m Ví dụ 5:Chứng minh rằng: x > ln(x +1) , x >

Giải :Xét f(x) = x - ln(x +1) liên tục [ ,+) có

f'(x) = - 0;

1

x

x

x  x   

 f tăng [ ,+)  f(x) > f(0) =0  x > ln(x+1) với x > Ví dụ 6:Chứng minh rằng: lnx >2( 1)

1 x x



 víi x>1

Giải : Xét f(x) = lnx - 2( 1) x x



 ( x>1) liên tục [ ; +)

Ta có f'(x) =

2

2

1 ( 1)

0,

( 1) ( 1)

x

x

x x x x



    

 

 f tăng [ ; +)

Vậy với x > ta có f(x) > f(1) =

Từ suy lnx >2( 1) x x



 với x>1

Ví dụ 7:cho <<

2



Chứng minh rằng: sin>2  Giải xét hàm số : f(x) = sin x

x với x  0,2 

 

 

Ta có f'(x) = xcosx2 sinx x



= cos (x x tgx2 ) x



suy f'(x) < x  0, 

 

 

  f(x) hàm nghịch biếnn ( 0,



)

Vì <<



f() > f(



) sin  >

sin

2 



sin

 >



 đ.p.c.m

Ví dụ 8:cho <<

2



Chứng minh rằng: sin + cos>

Giải.xét hàm số: f(x) = xsinx + cosx - với x  0, 

 

 

 

f'(x) = sinx + xcosx -sinx = xcosx  x  0, 

 

 

 

Vì f' = x = x =

2



 f hàm đồng biến 0, 

 

 

 

Vì <<

2



 f(0) < f()  <sin+ cos -

sin+ cos> đ.p.c.m

Ví dụ 9:Chứng minh rằng: sinx < x < tgx với < x <

2



Giải Xét f(x) = x - sin x , x (0; ]



 Khi f liên tục [ ,

2



]

Và có đạo hàm ( ;

2



) f tăng [ ,

2



]

Ta có x >  f(x) > f(0) x > sinx với x (0; )





Tương tự ta có x < tgx , 0; x   

  

Ví dụ 10:Chứng minh rằng: < x <

2



2sinx + 2tgx 2x+1 Giải: áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có :

Ta chứng minh : sin

2 x tgx  2x+1 2sinx +tgx  22x  sinx +tgx  2x ( x (0; )

2



 )

Xét f(x) = sinx +tgx -2x với < x<

2



Ta có f'(x) = cosx + 12 cos x 

V× < x <

2



nên cosx > cos2x Do : f'(x) > cos2x + 12

cos x   f tăng (0; )

2

 

f(x) > f(0) =

 sinx +tgx > 2x , 0; x   

   ( đpcm)

Ví dụ 11:Chứng minh rằng: x -

3 sin x

x

 với x >

Giải : Xét f(x) = sinx +

6 x

-x

Ta có f'(x) = cosx +

2 x

-1

f''(x) = - sin x +x >

f'' tăng ( ; +)  f'(x) > f'( 0) = 0, với x >  f tăng ( ; +)  f(x) > f( 0) = 0, víi x >  x -

3 sin x

x

 ( đpcm)

Nhận xét: Từ cách giải ví dụ 11 ta đên kết tông quát sau: Giả sử f có đạo hàm cấp n (a,b) thoả:

f(a)= f’(a) =f’’(a)=…=f(n-1)

(a) = f(n)>  x  a b; th× f(x) >0 , x  a b;

Ví dụ 11:Chứng minh rằng: sinx < x -

3

6 120 x  x

với x >

Giải : Xét f(x) = x -

3

6 120

x x

 - sinx , với x >

Ta có :f'(x) =

2

1 cos

2 24

x x

f'' (x) = - x -

sin x

x



f(4)(x) = x - sinx f(5)(x) = 1-cosx 0

f(0) = f'(0) = f''(0)=f(3)(0) =f(4)(0) =0  f(x) > ; x >

C.Một số tập tương tự

1 Chứng minh : ln(1+x) > x

x>0

x  

2 Chứng minh : ln(1+ 1x2)<1 ln , x>0.x

x 

3 Chứng minh : logx(x+1) > logx+1(x+2) , x 4.Giải bất phương trình : x  9 2x4

6.Giải hệ :

x x y

y y z

z z x

e e y

e e z

e e x







      

   

7.Giải phương trình : 3.25x-2