Và ở đây, chúng ta cần nhớ rằng các phuong pháp này thường được áp dụng cho các phương trình không mẫu mực 6. 6 Phương pháp giải các phương trình lượng giác không mẫu mực sẽ được trình b[r]
(1)MƠN TỐN
(2)TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
1.
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1
Phương trình bậc hai
Cho phương trình
ax2 +bx+c= 0,(a6= 0) (0.1) Xét 4=b2−4ac(b = 2b0 thì 40 =b02−ac)
• Nếu <0 (40 <0) phương trinh (0.1) vơ nghiệm
• Nếu 4= (40 = ) phương trinh (0.1) có nghiệm kép
x0 =
−b 2a,
x0 =
−b0 a
• Nếu >0 (40 >0) phương trinh (0.1) có hai nghiệm
x1,2 =
−b±√4 2a ,
x1,2 =
−b0±√4 a
• Định lí Vi-et thuận
Nếu phương trình ax2+bx+c= 0,(a6= 0) có hai nghiệm x
1, x2
S =x1+x2 =−
b
2a, P =x1x2 = c a • Định lí Vi-et đảo
Nếu hai sốx1, x2 cóx1+x2 =S, x1x2 =P, S2 ≥4P thìx1, x2 hai nghiệm
(3)1.2
Dấu tam thức bậc hai
1 Cho f(x) =ax2+bx+c,(a 6= 0) có4=b2−4ac
• Nếu 4<0 af(x)>0,∀x∈R
• Nếu 4= af(x)≥0,∀x∈R, dấu =xảy ⇔x=− b 2a
• Nếu 4>0
af(x)<0 x1 < x < x2
af(x)>0
"
x < x1
x > x2
1.3
So sánh nghiệm phương trình bậc hai với số
α
Cho ax2+bx+c= 0 có hai nghiệm x1, x2 α∈R
• Nếu x1 < α < x2 ⇔af(x)<0
• Nếu x1 ≤α < x2 ⇔
(
f(α) = α < S2 af(α)<0
• Nếu α < x1 < x2 ⇔
4>0 af(x)>0
α < S2
• Nếu x1 < x2 < α⇔
4>0 af(α)
S
2 <0
Mở rộng: So sánh hai nghiệm x1, x2 với hai số α, β ∈R
• Nếu x1 < α < β < x2 ⇔
(
af(α)<0 af(β)<0
• x1 < α < x2 < β⇔
af(α)<0 af(β)>0
S
2 < β
1Đây định lí quan trọng, sử dụng xuyên suốt hầu hết vấn đề tốn phổ
(4)• α < x1 < x2 < β⇔
4>0 af(α)>0 af(β)>0 α < S2 < β
1.4
Định lí mở rộng tính đơn điệu hàm số
Định lý 0.1 Giả sử hàm số y=f(x) có đạo hàm khoảng K
Nếu f0(x)≥0(f0(x)≤0),∀x∈K f0(x) = số hữu hạn điểm hàm số đồng biến(nghịch biến) K
2.
CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
2.1
Dạng toán 1: Xác định
m
để hàm số đơn điệu trên
khoảng K
Phương pháp: Chúng ta cần thực bước sau:
Bước 1: Tìm tập xác định hàm số
Bước 2: Tính đạo hàm y0
Bước 3: Lập luận cho trường hợp( tương tự cho tính nghịch biến) sau:
• Hàm số đồng biến K khi:
(
Hàm số xác định K
y0 ≥0,∀x∈K,dấu đẳng thức xảy hữu hạn điểm
• Hàm số đồng biến đoạn có độ dài k:
(
y0 ≥0,∀x∈[a−k;a],dấu đẳng thức xảy hữu hạn điểm của[a−k;a] x∈[a−k;a]không thỏa mãn
Chú ý 0.1 Để giải biểu thức điều kiện y0 phương pháp sử dụng phổ biến phương pháp tam thức bậc hai, nhiên trường hợp riêng biệt dùng phương pháp hàm số để giải
Ví dụ 0.1 Cho hàm số y= 4x3+ (m+ 3)x2+mx Tìm m để:
a Hàm số đồng biến R
(5)c Hàm số nghịch biến đoạn −1 2;
d Hàm số nghịch biến đoạn có độ dài
Giải
TXĐ: D=R
Đạo hàm:
y0 = 12x2+ 2(m+ 3)x+m
y0 = ⇔ f(x) = 12x2+ 2(m+ 3)x+m= (0.2) a Hàm số đồng biến trênR khi:
y0 ≥0,∀x∈R⇔f(x)≥0,∀x∈R⇔ ≤0
⇔(m+ 3)2−12m≤0⇔(m−3)2 ≤0⇔m−3 = 0 ⇔m= 3 Vậy, với m= 3
thỏa mãn điều kiện đầu
b Ta trình bày theo hai cách sau:
Cách 1: Hàm số đồng biến khoảng [0; +∞) khi:
y0 ≥0,∀x∈[0; +∞)⇔f(x)≥0,∀x∈[0; +∞)
⇔
"
(0.2)vơ nghiệm có nghiệm kép
(0.2)có nghiệm x1 < x2 ≤0
⇔
40 ≤0
40 >0 S > P ≥0
⇔
(m−3)2 ≤0
(m−3)2 >0
−m+3 <0
m
12 ≥0
⇔
m=
m6= m >−3
m≥0
⇔m ≥0
Vậy, với m≥0thỏa mãn điều kiện đầu
Cách 2: Nhận xét phương trình (0.2) ln có nghiệmx=−1
2 vàx=− m
6
Từ đó, hàm đồng biến khoảng[0; +∞) khi:
y0 ≥0,∀x∈[0; +∞)⇔f(x)≥0,∀x∈[0; +∞)
⇔
"
(0.2)có nghiệm kép
(0.2)có nghiệm x1 < x2 ≤0
⇔ −1 =−
m
6
−1 <−
m
6 ≤0
−m
6 <− ≤0
⇔
m= 0≤m <3
m >3 ⇔m≥0
(6)Cách 3: Hàm đồng biến khoảng [0; +∞) khi:
y0 ≥0,∀x∈[0; +∞)⇔12x2+ 2(m+ 3)x+m≥0,∀x∈[0; +∞)
⇔m(2x+ 1)≥ −12x2−6x,∀x∈[0; +∞)⇔m≥ −6x,∀x∈[0; +∞)
⇔m≥max
∀x∈[0;+∞)(−6x) = 0⇔m ≥0
Vậy, với m≥0thỏa mãn điều kiện đầu
c Nhận xét phương trình (0.2) ln có nghiệmx=−1
2 x=− m
6
Từ đó, hàm số nghịch biến đoạn
−1 2; khi:
y0 ≤0,∀x∈
−1 2;
⇔f(x)≤0,∀x∈
−1 2; ⇔ ≤ m
6 ⇔m ≥3
Vậy, với m≥3 thỏa mãn điều kiện đầu
d Hàm số nghịch biến đoạn có độ dài khi:
y0 ≤0, đoạn có độ dài
⇔(0.2)có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn |x1−x2|=
⇔
(
40 >0 |x1−x2|=
⇔
40 >0
2
√
40 12 =
⇔p40
=
⇔(m−3)2 = 36⇔
"
m= m=−3
Vậy, hàm số nghịch biến đoạn có độ dài m= m =−3
Nhận xét 0.1 Trong lời giải trên:
• Với nội dung câu b), thấy phương pháp hàm số thường ưu tiên chọn
• Với nội dung câu c), ta nhớ lại phương trình ax2+bx+c= 0(a6= 0) có hai nghiệm x1, x2 thì:
|x1−x2|=
√
|a| |x1−x2|=
2p40
|a|
Ngồi phương trình (0.2) ln có hai nghiệm x1 =−12 x2 =−m6 y0
nhận giá trị âm khoảng nên ta có điều kiện là: |x1−x2|= 1⇔
−1 2+ m
= 1⇔ |m−3|= ⇔
"
m= m=−3
BÀI TẬP ÁP DỤNG2
2Chúng ta tập giải dạng toán với ba hàm thường gặp SGK hàm bậc ba, bậc trùng
(7)Bài Cho hàm số y= x−1 x−m
Với giá trị m :
a Hàm số nghịch biến khoảng xác định nó? b Hàm số nghịch biến khoảng (0; +∞)?
Bài Cho hàm số y=x4+ 2mx2 −m2.Với giá trị m: a Hàm số nghịch biến (1; +∞)?
b Hàm số nghịch biến khoảng (−1; 0) (2; 3)?
Bài Cho hàm số y=x3−(m+ 1)x2−(2m2−3m+ 2)x+ 2m(2m−1)
Tìm m để hàm số đồng biến x≥2 Bài Cho hàm số y=
3mx
3−
(m−1)x2−3(m−2)x+1
Tìm m để hàm số đồng biến [2; +∞) Bài Cho hàm số y=
3x
3−
2x
2−(m−1)x−3
Tìm m để hàm số đồng biến đoạn có độ dài
2.2
Dạng toán 2: Sử dụng tính chất đơn điệu hàm số để
chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức.
Phương pháp
Bằng việc xét hàm số đoạn [a;b], ta có
a Nếu f0(x) = 0,∀x∈[a;b]⇔ Hàm số f(x) hàm trên[a;b] ⇒f(x) = f(x0) với mọix0 ∈[a;b]
b Nếu f0(x)≥0,∀x∈[a;b]⇔ Hàm số f(x)đồng biến [a;b] ⇒f(a)≤f(x)≤f(b)
c Nếu f0(x)≤0,∀x∈[a;b]⇔ Hàm số f(x)nghịch biến [a;b] ⇒f(b)≤f(x)≤f(a)
Ví dụ 0.2 Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vàox: A = sin2(x−2π
3 ) + sin
2
x+ sin2(x+2π )
Giải
(8)A= sin2(x−2π
3 ) + sin
2x+ sin2(x+2π
3 ) Ta có:
A0x = sin(x− 2π
3 ).cos(x− 2π
3 ) + sinx.cosx+ sin(x+ 2π
3 ).cos(x+ 2π
3 ) = sin(2x− 4π
3 ) + sin 2x+ sin(2x+ 4π
3 ) = sin 2xcos2π
3 + sin 2x = −sin 2x+ sin 2x =
⇔ Hàm khơng đổi
Ngồi ta cịn có A=A(0) =
2 Vậy ta có A=
2 không phụ thuộc vào x
Nhận xét 0.2 Qua ví dụ biết cách trình bày dạng tốn " Ứng dụng tính đơn điệu hàm số chứng minh đẳng thức" Và cần nhớ sử dụng phép biến đổi lượng giác túy để thực yêu cầu trên, cụ thể ta sử dụng công thức hạ bậc
Ví dụ 0.3 Chứng minh rằng:
sinx > x− x
3
6 với x >0
Giải
Xét hàm số: f(x) = x−x
3
6 −sinx với x >0 Đạo hàm:
f0(x) = 1− x
2
2 −cosx;f
00
(x) = −x+ sinx,
f000(x) =−1 + cosx <0 với x >0⇔f00(x) nghịch biến với x >0 ⇒f00(x)< f00(0) với ∀x >0⇔f00(x)<0 với ∀x >0
⇔f0(x) nghịch biến với x >0⇒f0(x)< f0(0) với ∀x >0 ⇔f0(x)<0 với ∀x >0⇔f(x) nghịch biến với x >0 ⇔f(x)<0 với ∀x >0
⇔x− x
3
6 −sinx <0 với x >0 ⇔sinx > x− x
3
6 với x >0
BÀI TẬP ÁP DỤNG
(9)a sinx+tanx >2x với x∈h0;π
i
b sinx+tanx >3x với x∈h0;π
i
Bài Chứng minh 4ABC nhọn ta có:3
2
3(sinA+ sinB+ sinC) +
3(tanA+ tanB+ tanC)> π
Bài Chứng minh rằng:4
ex >1 +x+ x
2
2 với x >0
Bài Chứng minh bất đẳng thức sau đây5 luôn với x∈[0; 1] a 1−x≤e−x ≤1−x+x
2
2
b −x < e
−x2
1 +x ≤1−x+ x4
2(1 +x)
2.3
Dạng tốn 3: Sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải
phương trình, bất phương trình hệ.
Phương pháp
Sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình dạng tốn quen thuộc, ta có hướng áp dụng sau:
Hướng 1: Thực theo bước:
Bước 1: Chuyển phương trình dạng:
f(x) = k (0.3)
Bước 2: Xét hàm sốy=f(x), dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu
Bước 3: Khi phương trình (0.3) có nghiệm nghiệm Tìm x0 cho f(x0) = k
Vậy phương trình có nghiệm x=x0 Hướng 2: Thực theo bước sau:
3Áp dụng 1, để chứng minh điều (Lê Văn Duẩn) 4ĐH Kiến Trúc TP.HCM- 1998
(10)Bước 1: Chuyển phương trình dạng:
f(x) =g(x) (0.4)
Bước 2: Xét hàm sốy =f(x) y=g(x), dùng lập luận khẳng định hàm số
y=f(x)là đồng biến hàm số y =g(x) hàm nghịch biến
Bước 3: Khi phương trình (0.4) có nghiệm nghiệm Tìm x0 cho f(x0) = g(x0)
Vậy phương trình có nghiệm x=x0 Hướng 3: Thực theo bước sau:
Bước 1: Chuyển phương trình dạng:
f(u) = g(v) (0.5)
Bước 2: Xét hàm sốy=f(x), dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu
Bước 3: Khi :
(0.5) ⇔u=v với ∀u∈Df
Ví dụ 0.4 Giải phương trình: tanx−x=
Giải
Điều kiện: cosx6= ⇔x6= π
2 +k2π, k ∈Z Xét hàm số f(x) = tanx−x với x6= π
2 +k2π, k∈Z, Ta có:
f0(x) =
cos2x −1 = tan
2x≥0,∀x6= π
2 +k2π, k∈Z ⇔ Hàm số đồng biến D=R\nπ
2 +k2π, k∈Z
o
Do đó, phương trình f(x= 0) có nghiệm nghiệm Ta thấy: f(0) = 0−0 = nên x= nghiệm phương trình
Nhận xét 0.3 Qua ví dụ biết cách trình bày dạng tốn " Ứng dụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình" Và đây, cần nhớ phuong pháp thường áp dụng cho phương trình khơng mẫu mực 6.
6Phương pháp giải phương trình lượng giác khơng mẫu mực trình bày riêng trong
(11)Ví dụ 0.5 Giải phương trình√1−x−√1 +x= 2x3+ 6x
Giải
Điều kiện:
(
1−x ≥ +x ≥ ⇔
(
x≤1
x≥ −1 ⇔ |x| ≤1 Tới trình bầy theo cách sau:
Cách 1: Viết lại phương trình dạng: √1−x−√1 +x−2x3−6x= Xét hàm số f(x) =√1−x−√1 +x−2x3−6x D= [−1; 1] Ta có:
f0(x) = − 2√1−x −
1 √
1 +x −6x
2−6<0,∀x∈D
⇔ Hàm số nghịch biến D
Do đó, phương trình f(x) = có nghiệm nghiệm Ta thấy:
f(0) = 1−1 = 0, nên x= nghiệm phương trình
Cách 2: Ta lần lượt:
• Xét hàm số f(x) = √1−x−√1 +x D = [−1; 1], ta có f0(x) =−
2√1−x− √
1 +x <0,∀x∈D ⇔ Hàm f(x) nghịch biến D
• Xét hàm số g(x) = 2x3+ 6x D= [−1; 1], ta có g0(x) = 6x2+ 6>0,∀x∈D
⇔ Hàm g(x) đồng biến D
Do đó, phương trình f(x) = g(x) có nghiệm nghiệm Với x= 0, ta thấy 1−1 = 0−0⇔0 = đúng, nên x= nghiệm phương trình
Cách 3: Viết lại phương trình dạng: √
1−x+ (1−x)3 =√1 +x+ (1 +x)3 (0.6)
Xét hàm số f(x) =√t+t3trên D= [0; +∞], ta có f0(x) =
2√t + 3t
2
>0,∀t∈D ⇒ Hàm số đồng biến D
(12)BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài Giải bất phương trình:
a x3− |x2−3x+ 2|+ 6x−7>0.
b √x+ +√2x+ <9
Bài Giải phương trình7:
3x+ 5x = 6x+
Bài Giải bất phương trình8:
2x = + 3x2
Bài Giải phương trình sau:
a √x+√x−5 +√x+ +√x+ 16 = 14
b 2x+ sinx+ cosx−1 =