SKKN ỨNG DỤNG TÍNH đơn điệu để GIẢI một số bài TOÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Trường THPT Bình Sơn


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ BÀI TOÁN

Người thực hiện : NGUYỄN CẢNH THẮNG
Lĩnh vực nghiên cứu :
Quản lý giáo dục
Phương pháp dạy học bộ môn :
Phương pháp giáo dục
Lĩnh vực khác

Có đính kèm :
 Mô hình

 Phần mềm

 Phim ảnh

Năm học 2012 – 2013






 Hiện vật khác

Sở GD&ĐT Đồng Nai
Trường THPT Bình Sơn

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC


I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN :
1. Họ và tên : NGUYỄN CẢNH THẮNG
2. Ngày tháng năm sinh : 13-03-1980
3. Nam, nữ :

Nam

4. Địa chỉ :

Ấp 1 –Bình Sơn –Long Thành _Đồng Nai

5. Điện thoại :

Cơ quan : 0613533100
ĐTDĐ :

6. E-mail :
7. Chức vụ : Giáo viên
8. Đơn vị công tác : Trường THPT Bình Sơn
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO :
- Học vị : Cử nhân

- Năm nhận bằng : 2005
- Chuyên ngành đào tạo : Toán
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC :
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm :
- Số năm có kinh nghiệm : 7 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 7 năm gần đây : Phương pháp chứng minh
bất đẳng thức và một số sai lầm.


Phần một : THUYẾT MINH SKKN
ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ BÀI TOÁN

Người thực hiện : Nguyễn Cảnh Thắng
Lĩnh vực nghiên cứu :
Quản lý giáo dục
Phương pháp dạy học bộ môn
Phương pháp giáo dục
Lĩnh vực khác







ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ BÀI TOÁN
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI :
Hàm số là một trong những khái niệm cơ bản của toán học nói chung và chương

trình toán phổ thông nói riêng. Quan điểm hàm số cần được quán triệt trong toàn bộ
chương trình toán ở trường trung học phổ thông. Các bài toán khó về hàm số, phương
trình, bất phương trình ,hệ phương trình,giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất ,cực trị… thường
có mặt trong các kỳ thi đại học, cao đẳng, thi học sinh giỏi các cấp... Lý thuyết về hàm
số, phương trình, bất phương trình và hệ phương trình,giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất,cực
tri… được trình bày khá rõ ràng trong SGK và một số sách tham khảo khác.
Toán học nói chung và Hàm số nói riêng có nhiều ứng dụng rất quan trọng trong
đời sống cũng như trong các ngành khoa học khác. SGK đã trình bày rất rõ về định nghĩa
và các tính chất của hàm số; phương trình ; bất phương trình , hệ phương trình ,tìm giá trị
lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất, cực trị…:. Để giúp học sinh THPT đặc biệt là học sinh lớp 12
có thể tìm hiểu sâu hơn về hàm số và ứng dụng của nó làm cơ sở để tham gia các kỳ thi
cuối cấp cũng như ứng dụng trong thực tế cuộc sống, trong phạm vi đề tài sáng kiến kinh
nghiệm của mình tôi xin trình bày một ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào việc giải
phương trình ; bất phương trình , hệ phương trình ,bất đẳng thức,tìm giá trị lớn nhất ,giá
trị nhỏ nhất, cực trị…:
II. THỰC TRẠNG TRUỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI :
1. Thuận lợi : Được sự giúp đỡ của đồng nghiệp và sự quan tâm của nhà trường.
2. Khó khăn: Trường THPT Bình Sơn thuộc diện vùng sâu vùng xa của tỉnh Đồng
Nai , học sinh tương đối yếu và không đồng đều nên việc dạy và học của thầy và trò rất
khó khăn trong việc triển khai đề tài nay.
III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI :
1. Cơ sở lý luận : Là giáo viên toán, ai cũng thấy rằng: học sinh thuộc bài, nắm
được bài trong sách giáo khoa là hoàn toàn không đủ, mà phải biết vận dụng kiến thức,
biết hệ thống các phương pháp giải từng dạng toán. Số các bài toán trong về chứng minh
bất đẳng thức, giải phương trình ; bất phương trình và hệ phương trình đó,tìm giá trị lớn
nhất ,giá trị nhỏ nhất ,cực trị…trong các sách bồi dưỡng, tạp chí, báo toán tuổi trẻ, toán
tuổi thơ...và cả trên thư viện toán điện tử ..vv..Mỗi bài mỗi vẽ, có nhiều hướng, nhiều
cách của nhiều tác giả với nhiều phương pháp giải cơ bản, đặc biệt và mới lạ. Song thời
gian dạy và hướng dẫn học sinh học tập lại hạn chế, do đó đòi hỏi giáo viên phải biết tổng
hợp phân loại các dạng toán thường gặp, các phương pháp giải toán chứng minh bất đẳng

thức giải phương trình ; bất phương trình và hệ phương trình đó,tìm giá trị lớn nhất ,giá
trị nhỏ nhất,cực trị… . Từ đó hướng dẫn học sinh rèn luyện các phương pháp suy nghĩ
đúng đắn, biết đúc rút kinh nghiệm.
2. Một số biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài :
1). Cơ sở lý thuyết tính đơn điệu của hàm số.
2). Những bài toán chọn lọc về ứng dụng tính đơn điệu của hàm số.
3). Một số giải pháp dạy học ứng dụng tính đơn điệu của hàm số nhằm nâng cao chất
lượng học tập môn toán cho học sinh trường THPT Bình Sơn .


4). Những kết quả đạt được. Kết luận.
IV. BÀI HỌC KINH NGHIỆM :
Trong quá trình học toán và dạy toán, tôi đă phân loại các dạng toán thường gặp và tổng
hợp các phương pháp giải thích hợp. Thực tế giảng dạy, bản thân tôi đã đúc rút được một
số kinh nghiệm trong công tác dạy học,sử dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải toán
vừa cũng cố, hoàn thiện kiến thức cho học sinh ban cơ bản; nâng cao. Trong khuôn khổ
đề tài này, tôi xin đưa ra một vài kinh nghiệm về "Dạy học của mình nhằm nâng cao chất
lượng học tập môn toán cho học sinh THPT".
Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số có tác dụng to lớn trong việc bồi dưỡng năng
lực tư duy cho học sinh, nâng cao chất lượng học tập môn toán cho học sinh THPT.
Trong khuôn khổ đề tài này, tôi đã hệ thống một số bài toán mà giáo viên toán cụ thể
hướng dẫn cho học sinh THPT nắm vững và vận dụng tốt. những ví dụ minh hoạ phù
hợp với trình độ học sinh . Một số bài tập chọn lọc về bất đẳng thức, phương trình, bất
phương trình , hệ phương trình ,tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất, cực trị…:
nhằm hướng dẫn học sinh tự học, rèn luyên kỹ năng của minh. Đó là cơ sở để học sinh
ứng dụng vào giải tìm cực trị, giải phương trình, bất phương trình và hệ đại số,....
Bên cạnh đó việc nâng cao chất lượng học tập môn toán cho học sinh mà tôi đã
thực hiện bước đầu có kết quả tốt ở trường THPT Bình Sơn- Một trường thuộc diện vùng
sâu ,vùng xa, có nhiều khó khăn của tỉnh Đồng Nai.
Với những việc đã làm được từ thực tế công tác giảng dạy toán ở trường THPT,

thông qua đề tài này, tôi mong được góp một phần nhỏ vào kinh nghiệm dạy học toán, để
công tác dạy học ngày càng phát triển hơn đáp ứng nhu cầu học tập của học sinh và thực
hiện tốt mục tiêu giáo dục.
Trong phạm vi đề tài, với khả năng có hạn, chắc chắn đề tài còn nhiều hạn chế và
thiếu sót. Rất mong được sự góp ý chân thành của các bạn đồng nghiệp để đề tài được
hoàn thiện và có tác dụng hơn.
V. KẾT LUẬN :
Ứng dụng các tính đơn điệu của hàm số không chỉ có các ứng dụng tôi đã
trình bày trong đề tài này, mà ứng dụng của nó là vô cùng rộng lớn. Tuy nhiên với khuôn
khổ của đề tài cũng như tính thực tiễn của nó tôi chỉ nêu ra một số ứng dụng trên.
Trong những năm qua tôi đã vận dụng phương pháp trên cho đối tượng học sinh
khá giỏi của trường THPT Bình Sơn trong các đợt bồi dưỡng học sinh ôn thi TN và luyện
thi đại học cao đẳng ,bồi dưỡng học sinh giỏi và thấy rằng học sinh tiếp thu tương đối chủ
động ; đa số học sinh hiểu và vận dụng tốt trong quá trình giải các dạng bài tập ở trên.
Trên đây là một số suy nghĩ và đề xuất của tôi, mong đóng góp cùng đồng nghiệp
để giúp đỡ học sinh khai thác tốt hơn các ứng dụng của hàm số trong chương trình toán


học phổ thông làm cơ sở tham gia các kỳ thi cuối cấp cũng như nghiên cứu các ứng dụng
thực tiễn trong cuộc sống sau này.
Trong quá trình biên soạn đề tài này chắc sẽ không tránh khỏi những thiếu sót.
Mong nhận được sự góp ý chân thành của đồng nghiệp và Hội đồng chuyên môn của nhà
trường để các đề tài sau của tôi được tốt hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn.
VI. TÀI LIỆU THAM KHẢO :
1. Sách giáo khoa Đại số 10 – NXB giáo dục.
2. Sách giáo khoa Giải tích 12– NXB giáo dục.
3. Sách giáo viên Giải tích 12– NXB giáo dục.
4. Sách bồi dưỡng học sinh giỏi toán Đại số và Giải tích 12 – NXB ĐHQG Hà Nội.
5. Sách giải các đề thi Đại Học – Cao Đẳng.
6. Vận dụng tính đơn điệu để giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình Trần Phương

Bình Sơn, ngày 18 tháng 5 năm 2013…
Người thực hiện

Nguyễn Cảnh Thắng


Phần hai :

NỘI DUNG SKKN
ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ BÀI TOÁN

Người thực hiện : Nguyễn Cảnh Thắng
Lĩnh vực nghiên cứu :
Quản lý giáo dục
Phương pháp dạy học bộ môn
Phương pháp giáo dục
Lĩnh vực khác







Sáng kiến kinh nghiệm :
ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
A .CƠ SỞ LÝ THUYẾT:
* Tính đơn điệu của hàm số:
a.Định nghĩa: Cho hàm số f(x) xác định trên khoảng (a;b).

- Hàm số f(x) được gọi là đồng biến ( tăng ) trên khoảng (a;b) khi và chỉ khi
x1 , x2  (a; b); x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ) .
- Hàm số f(x) được gọi là nghịch biến ( giảm ) trên khoảng (a;b) khi và chỉ khi
x1 , x2  (a; b); x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ) .
b.Tính chất:
Tính chất 1:
Nếu hàm số f(x) tăng ( hoặc giảm ) trên khoảng (a;b) thì
f ( x1 )  f ( x2 )  x1  x2 ; x1 , x2  (a; b) ( suy ra từ định nghĩa ).
Tính chất 2:
Nếu hàm số f(x) chỉ tăng ( hoặc giảm ) trên khoảng (a;b) thì phương trình f ( x)  0
có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b).
Chứng minh:
a) Trường hợp hàm số f(x) tăng trong khoảng (a;b)
Giả sử có hai số x1 , x2 ( x1  x2 ) sao cho f ( x1 )  f ( x2 )  0* . Điều (*) này gặp phải
mâu thuẩn, vì x1  x 2  f ( x1 )  f ( x 2 ) x1  (a; b), x 2  (a; b) (do hàm số f(x) tăng trong
khoảng (a;b)).
b) Trường hợp hàm số f(x) giảm trong khoảng (a;b).
Giả sử có hai số x1 , x2 ( x1  x2 ) sao cho f ( x1 )  f ( x2 )  0* . Điều (*) này gặp phải
mâu thuẩn, vì x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 ) x1  (a; b), x2  (a; b) (do hàm số f(x) giảm trong
khoảng (a;b)).
Vậy phương trình f(x) = 0 không thể có nhiều hơn một nghiệm trên khoảng (a;b).
B. CÁC VÍ DU:
I. PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Bài 1: Giải phương trình:
Giải: Điều kiện:
Ta có:

x1.
3

f   x   5 x 4  3x 2 

Đặt

x 5  x 3  1  3x  4  0 .

(1)

f  x   x 5  x 3  1  3x  4  0 .

3
0
2 1  3x

 f (x) đồng biến trên

 , 13  .

Mặt khác f (1)  0 nên phương trình f (x)  0 có nghiệm duy nhất x  1.
Bài 2: Giải phương trình: x 2  15  3x  2  x 2  8 (1)
Giải: Bất phương trình 
+ Nếu
+ Nếu

x 2
3
x 2
3

f  x   3x  2  x 2  8  x 2  15

 0 (1).

thì f (x) < 0  (1) vô nghiệm.
1
1
  0 x  2
f   x  3  x 



2
2
3
x  15 
 x 8
biến trên 2 ,  mà f (1)  0 nên (1) có đúng
3

thì

 f (x) đồng





1 nghiệm x  1

Bài 3:Giải phương trình:
Giải: Điều kiện:
Đặt

x

4x  1  4 x2  1  1

1
.
2

f  x   4x  1  4x2  1 .

2
4x
1


 0, x   ;  
2
4x 1
2

4x 1

f '  x 

Ta có

.

đồng biến trên  ;   , nên phương trình
2

1

f  x   4x  1  4x2  1

Do đó hàm số

(1)

1
f   1
2

nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Hơn nữa,

nên

x

1
2

f  x  1

là nghiệm của

phương trình đã cho.
Bài 4:Giải phương trình: x  x  5  x  7  x  16  14 (1)
Giải: Điều kiện: x  5 . Đặt f ( x)  x  x  5  x  7  x  16
1
1
1


 0, x   5;   .
2 x 2 x  5 2 x  7 2 x  16
Do đó hàm số f ( x)  x  x  5  x  7  x  16 đồng biến trên 5; .

Ta có f ( x) 

1



Mà f (9)  14 nên x  9 là nghiệm duy nhất của phương trình.

2x  1  3 2x  2  3 2x  3  0
Giải: Đặt f ( x)  3 2 x  1  3 2 x  2  3 2 x  3
3

Bài 5:Giải phương trình sau:

Ta có:

2

f ' ( x) 

(2 x  1) 2

3

2


3

(2 x  2) 2

(1)

2


3

1
3
 0; x   ,1,
2
2
(2 x  3) 2

Do đó hàm số f  x  đồng biến.
3
1

f ( x)   nên suy ra x  1 là nghiệm
Mà f     1  3 2; f  1  0; f     1  3 2; xlim

 2

 2

duy nhất của phương trình đã cho.
Bài 6:Giải phương trình :
Giải
Điều kiện: x 

5 x3  1  3 2 x  1  x  4

(1)

1
3
5

Đặt f ( x)  5x3  1  3 2 x  1  x
Ta có f   x  

15 x 2
2 5 x3  1



2

1
 1  0, x  ( 3 ; ) nên hàm số đồng biến trên nữa
5
3 3 (2 x  1) 2

1
5

khoảng [ 3 ; ) . Mà f 1  4 nên x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 7: Giải phương trình :
Giải:

2 x3  3x2  6 x  16  2 3  4  x (1)

2 x3  3x 2  6 x  16  0
( x  2)(2 x 2  x  8)  0

 2  x  4
Điều kiện: 
4  x  0
4  x  0

Khi đó, (1)  2x3  3x2  6x  16  4  x  2 3
Xét hàm số f  x   2 x3  3x2  6 x  16  4  x trên 2;4


3( x 2  x  1)

Ta có f   x  

2 x3  3x 2  6 x  16



1
 0, x  (2; 4)
2 4 x

Do đó hàm số f  x   2 x3  3x2  6 x  16  4  x đồng biến trên 2;4 .
Mà f 1  2 3 nên x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 8:Giải phương trình:

 x  2  2 x  1  3

x6  4

 x  6  2 x  1  3

x2

Giải

1
2
Viết lại phương trình dưới dạng như sau
Điều kiện: x 



2x  1  3





x2  x6 4

Nhận xét: Để phương trình có nghiệm thì
2x  1  3  0  x  5 .
Xét hàm số f  x   g  x  h  x  với g  x   2 x  1  3; h  x   x  2  x  6
1
1
1
Ta có g   x  
 0, x  5; h  x  

 0, x  5 .
2x  1
2 x2 2 x6
Do đó hàm số g  x   2 x  1  3; h  x   x  2  x  6 dương và cùng đồng biến
trên  5;   .Suy ra f  x   g  x  h  x  đồng biến trên  5;   .
Mà f  7   4 nên x  7 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 9:Giải phương trình : 3x(2  9 x 2  3)  (4 x  2)(1  1  x  x 2 )  0
Giải:
Viết lại phương trình dưới dạng:
(2 x  1)(2  (2 x  1)2  3   3x  (2  (3x)2  3) (1)
Xét hàm số f (t )  t (2  t 2  3) trên ¡ . Ta có f ' (t )  2  t 2  3 

t2
t2  3

 0, t  ¡ . Do đó

hàm số đồng biến trên ¡ .
1
5

Từ (1)  f  2 x  1  f  3x   2 x  1  3x  x   . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

1
5

là x   .
Bài 10:Giải phương trình 3 x  2  3 2 x 2  1  3 2 x 2  3 x  1
Giải
Ta có 3 x  2  3 2 x 2  1  3 2 x 2  3 x  1  3 x  2  3 x  1  3 2 x 2  1  3 2 x 2 (*)
Xét hàm số f  t   3 t  1  3 t trên ¡ . Ta có f   t  

1
3  t  1
3

2



1
33 t 2

 0, t  ¡ \ 0; 1

Suy ra hàm số đồng biến.

x 1
Từ (*)  f  x  1  f  2 x   2 x  x  1  2 x  x  1  0  
1
x  

2
2

2

2

1
2

Vậy phương trình có nghiệm là x   ; x  1


Bài 11:Giải phương trình : 8x 2  2  x   x  6  5  x  0
Giải
Điều kiện: x  5
Ta có 8x 2  2  x   x  6  5  x  0  8x 2  2  x   6  x  5  x



2
  2 x   1 2 x  







5 x

2

 1 5  x .(*)


Xét hàm số f  t    t 2  1 t trên ¡ . Ta có f  t   3t 2  1  0, t ¡

Do đó hàm số f  t    t 2  1 t đồng biến trên ¡ .

0  x  5

Từ (*)  f  2 x   f  5  x   2 x  5  x  

2
4 x  x  5  0

Vậy nghiệm của phương trình là x  1 .
Bài 12:Giải phương trình: 5 x  4 x  3 x  2 x 

  

 f  x  5 x  4 x  3x  2 x  1

2

Giải. (1)

x

 1
3

x

 1
6

 x 1

1  1  1  2 x 3  5 x 2  7 x  17
2 x 3x 6 x

x

(1)

 2 x 3  5 x 2  7 x  17  g  x 

Ta có f (x) đồng biến và g(x)  6x2  10x  7 < 0 x  g(x) nghịch biến.
Nghiệm của f (x)  g(x) là hoành độ giao điểm của
Do f (x) tăng; g(x) giảm và

f 1  g 1  13

Bài 13:Giải phương trình : 2013sin
Giải:

2013sin

2

x

 2013 cos

2

x

2

x

y  f  x  và y  g  x  .

nên (1) có nghiệm duy nhất x  1.

 2013cos

2

x

 cos 2 x

 cos 2 x  sin 2 x  2013sin

2

x

 sin 2 x  2013 cos

2

x

 cos 2 x

f  u  đồng
 f  sin 2 x   f  cos 2 x   sin 2 x  cos 2 x  cos 2 x  0  x    k  , k ¢
4 2

Xét f  u   2013u  u . Ta có

f   u   2013u.ln u  1  0 .

Suy ra

(*)

biến. (*)

Bài 14:Giải phương trình:
1
log ( x 2  3x  2  2)   
5
 2

3x x2 1

 257

(1)

Giải:
Đặt u  x 2  3x  2

( x  1, x  2) , suy ra u  0 và x 2  3x  u 2  2 ,

thay vào (1) ta có :

1
log (u  2)   
5
2

1u2

1 2
 257  log (u  2)  .2u  257 (2) .
5
2

1 2
Đặt f (u )  log (u  2)  .2u ,
5
2

f’(u)=

2
1
+u. 2u ln2.
(u  2) ln 5

vì f’(u) > 0, u  0; nên f đồng biến trên [0;) .

1
Mặt khác f (3)  log 5  29  257.
5
2
Vì vậy: (2)  f (u)  f (3)  u  3  x 2  3x  2  3  x 

3  33
2


Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x 

3  33
2

2
2
Bài 15 :Giải phương trình: 3  x  x  2  x  x  1
Giải:
Đặt t = x2-x.
(2)  3  t  2  t  1, -3  t  2 .

(1)

Xét hàm số f  t   3  t  2  t
1
1

 0 nên f đồng biến trên (-3;2).
* Với -3 < t < 2 thì f’(t) =
2 3t 2 2t
2
Ta có : f(1) = 1 nên phương trình : f(t)=f(1)  t  1  x  x  1  0  x 

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x 
Bài 16 :Giải phương trình: log

1 5
2

1 5
2

4 x2  1
 x6  3 x 2  2

2013 x6  x2  3

(1)

Giải:
Đặt u  4 x2  1  1; v  x6  x2  3  3
Ta có :
u
(3)  log
 v  u  log
u  u  log
vv
2013 v
2013
2013
 u.2013u  v.2013v (*)
Xét hàm số: f (t )  t.2013t trên [2;)
Ta có f '(t )  2013t (1  t.ln 2013)  0, t [2; ) => hàm số đồng biến trên [2;) nên từ
phương trình (*) suy ra u = v,
hay 4x 2  1  x6  x 2  3  x6  3x 2  2  0
 X 1
Đặt X  x2  0  X 3  3 X  2  0  
 X  2 (l )
Với X  1  x  1
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x  1
Bài 17:Giải bất phương trình:
Giải. Điều kiện x  5 . Đặt f  x  
7

Ta có:

f   x 

x  1  3 5x  7  4 7 x  5  5 13x  7  8

(1)

x  1  3 5 x  7  4 7 x  5  5 13x  7

5
7
13
1



0
2
3
2 x  1 3  3 5x  7 
5  5 (13 x  7) 4
4  4  7 x  5

 f (x) đồng biến trên

 5 , 
 7

 . Mà f (3)  8 nên (1)  f (x) < f (3)  x < 3.

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là
Bài 18:Giải bất phương trình
Giải

5  x3
7

7 x  7  7 x  6  2 49 x 2  7 x  42  181  14 x

(1)


Điều kiện: x 

6
7

Bất phương trình (1) được viết lại dưới dạng



7x  7  7x  6

 
2



7 x  7  7 x  6  182  0  7 x  7  7 x  6  13  0

Xét hàm số f  x   7 x  7  7 x  6  13 trên  ;   .
7

6

7
7
6


 0 trên  ;   nên hàm số f  x   7 x  7  7 x  6  13
2 7x  7 2 7x  6
7

6
đồng biến trên  ;   .
7

f  x 

Do

Mà f  6  0 nên 7 x  7  7 x  6  13  0  f  x   f  6   x  6 .
Kết hợp với điều kiện x 

6
ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là
7

6

 x  6.
7

Bài 19:Tìm số m Max để m  sin x  cos x  1  sin 2 x  sin x  cos x  2

Giải. Đặt

t  sin x  cos x  0  t 2   sin x  cos x   1  sin 2 x

khi đó (1) 


2

x

(1)

 1 t 2  2  1 t 

2

,

m  t  1  t 2  t  1 t  1, 2 

2
f  t   t  t  1  m t  1, 2 
t 1

nên f (t) đồng biến /

1, 2 



2
f   t   t  22t  0
t1, 2 
 t  1
Min f  t   f 1  3  m  3  Max m  3
2
2
2
t1, 2 



Min f  t   m .

Do

2
3
2
Bài 20: Giải bất phương trình: 4 2 x  1  x  x  1  x  6 x  15 x  14

Giải:
2
3

(1)  2 x  1  2 x  1  3   x  2   3x  6

 2x 1  3 2x 1   x  2  3 x  2
3

3

Xét hàm số f(t)= t3+3t, D = R.
Ta có: f’(t) = 3t2+2 > 0 nên f đồng biến trên R.
f  2x 1   f  x  2  2x 1  x  2 .
* Xét x-2 < 0 thì BPT nghiệm đúng.
* Xét x-2  0 thì 2x-1 > 0 nên BPT  2x 1  x  2  x  1 : đúng
Vậy tập nghiệm S = R.
sin2 x
2
 3cos2 x  log 2013  0 (1)
Bài 21: Giải bất phương trình:  
6
3
 
Giải:
Ta có:
sin2 x
sin2 x cos2 x
3
 2
 2
cos2
x
3

 log 2013  0   

 log 2013
 3
6
6
2x
 
 3
sin
3

(1)


sin2 x

 2
 
 3

t  sin 2 x, t  0;1

2
sin2 x
31sin x
1
 2

 log 2013   

 3.
 log 2013 Đặt
6
6
2
2x
3

sin
x
2sin
3
3
t

t

2
1
Bất phương trình trở thành:    3.   log 2013
6
3
9
t
t
 2
1
Hàm f (t )     3.  nghịch biến với t  0;1  f (t )  f (0)  4
 3
9

Mà log 2013  4 .
6
Suy ra, bất phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài 22: Cho f ( x)  2.25 x  (2m  1)10 x  (m  2)4 x
(1)
Tìm m để f ( x)  0, với x  0 .
Giải:
Ta có: f ( x)  0 với x  0
2
x
 5  x 
5
 2     (2m 1)    m  2  0, x  0
 2
 2  
x
5
2
 2t  (2m  1)t  m  2  0, t     1
2
2t 2  t  2

 m, t  1  min f (t )  m
2t 1
[1; )
Đặt f (t ) 

2t  t  2
, t  1
2t 1

2

3

t

4t  4t  3
 f '(t ) 
0  2
2
t   1
 2t 1

2
2

Bảng biến thiên:




t
f’(t)

+

1
2

1

2

0

-

3
2

1
-



0

+
+

f(t)

Vậy m 

5
2

5
là kết quả cần tìm.
2

Bài 23: Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng 1 nghiệm:
4

x2  2x  4  x  1  m

(1)

Giải:
Đặt t =

x  1  0 , phương trình trở thành:

4

t 4  3  t  m *


Nhận xét ứng với mỗi nghiệm không âm của phương trình (*) có đúng 1 nghiệm
của phương trình đã cho, do đó phương trình đã cho có đúng 1 nghiệm khi và chỉ khi
phương trình (*) có đúng 1 nghiệm không âm.
Xét hàm số f  t   4 t 4  3  t với t  0
t3

 f ' t  

4

(t 4  3)3

 1 < 0.

f  t   0 nên có bảng biến thiên:
Mà f  0   4 3 và xlim

t
f’(t)

4

f(t)



0

3
0

Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị cần tìm của m là: 0  m  4 3 .
Bài 24: Tìm m để phương trình : x2 + x2  1 -2m -1=0 có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn
[0; 3 ]
Giải: Đặt t = x2  1 , t  1
Khi x  [0; 3 ] => t  [1;2]
Bài toán trở thành tìm m để phương trình : t2 +t =2m +2 có nghiệm t  [1;2]
Xét hàm số : f(t) = t2 + t , t  [1;2] => f’(t) = 2t+1 ,f’(t) =0  t=- ½
BBT
t
-1/2
1
2

f’(t)
- 0 +
+
f(t)
6
2
Yêu cầu bài toán trở thành : 2  2m+2  6  0  m  2
Bài 25: Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm :
x3 +3x2 -1  a( x  x  1)3
Giải:
(1) 

(1)

Đk: x  1



x3  3x 2  1
x  x 1



3

 a   x3  3x 2  1





3

x  x 1  a

(*)

Ta thấy hàm số : f(x) =  x3  3x 2  1  x  x  1  đồng biến trên [1;+  )
3

Suy ra :f(x)  f(1)=3 => a  3 thi bất phương trình có nghiệm.
1.Bài tập rèn luyện
Giải các phương trình, bất phương trình sau:
1/ x  5  2 x  3  9
2/ x 2  x  1  x 2  x  1  3  1
3/ x  x2  x  1  x  1  x2  x  1  1
4/ x2  2x  3  x2  6x  11  3  x  x 1


5/

x x  x  12  12



5 x  4 x



6/ 4 x  2  4 4  x  2

7/ 2x3  3x2  6x  16  4  x  2 3
8/ x3  4x2  5x  6  3 7 x2  9x  4
9/ 3 6 x  1  8x3  4 x  1
10/ sin x  cos x  2
n

n

2 n
2

 
, (6) với n  ¥ , n  2 và x   0; 
 2

11/ 5x  12 x  13x
x 2  3x  5
 x2  x  2
12/ log 2 2
2x  2x  3





13/ log5 3  3  1  log 4  3  1 14/ log3
x

x





1
x  3x  2  2   
5
2

3 x  x 2 1

2

II. HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH:
1
 1
 x  x  y  y , (1)
Bài 1. Giải hệ phương trình: 
2 x 2  xy  1  0 (2)


Giải: Đk: x,y  0
1
,với t  0
t
1
f’(t) = 1 + 2 >0 ,với t  0
t

Xét hàm số : f(t) =t -

=> Hàm số đồng biến trên các khoảng (-  ;0) và (0; +  )
(1) => f(x) = f(y)  x=y thế vào (2) ta được:
x2 -1=0  x=1 hay x= -1
* x=1 => y=1, x=-1 => y=-1
Vậy hệ có các cặp nghiệm: (1;1) , (-1;-1)
 x 2  y 2  ln( y  1)  ln( x  1)

Bài 2. Giải hệ phương trình:  3
2

 x  3xy  y  1  0

(1)
(2)

Giải: Đk: x,y>-1
Ta có (1)  x2+ln(x+1)= y2 + ln(y+1)
Xét hàm số f(t)= t2 + ln(t+1)
f’(t)=2t +

1
> 0 ,với t>-1=> hàm số f(t) đồng biến trên (-1;+  )
t 1

(1) =>f(x) = f(y)  x=y
Từ đó phương trình (2)  x3 +2x2 -1 =0  (x+1)(x2 +x -1)=0

 x   1 , (l )


1  5
  x 
2

 x  1  5

2

* x=

, (l )
, ( n)

1  5
1  5
=>y=
2
2


Vậy nghiệm hệ pt : x=
Bài 3. Tìm
Giải.

x, y   0, 

1  5
1  5
;y=
2

2

thỏa mãn hệ

cotg x  cotg y  x  y  x  cotg x  y  cotg y .

Xét hàm số đặc trưng
Suy ra

f u 

f u   u  cotg u, u   0,  .

đồng biến trên  0,  . Khi đó

Bài 4. Giải hệ bất phương trình
Giải.

cotg x  cotg y  x  y

3 x  5 y  2 

3x 2  2 x  1  0  1  x  1 .
3

f   x   3  x  1 x  1  0



f  x

Ta có

f  u   1 

1 0.
sin 2 u

 f  x  f  y
x y 

4
3
x

5
y

2



2

3x  2 x  1  0
 3

 x  3x  1  0

Đặt

f  x   x 3  3x  1 .

giảm và

Ta có:



 

f  x   f 1  1  0, x  1, 1
3 27
3

Bài 5 : Giải hệ phương trình:
 x  y  sin x  sin y (*)


cos 2 x  sin 2 y  cos x  sin y  1  0


(4)

Giải:

Ta có (*)  x  sin x  y  sin y (5).
Đặt f (t )  t  sin t , với t  R
f ' (t )  1  cost  0, t  R . Vậy hàm số tăng trên R do đó,
5  f ( x)  f ( y)  x  y , thế vào (4) ta có phương trình :

cos 2 x  sin 2 x  cos x  sin x  1  0
 sin x  cos x  2sin x cos x  2cos2 x  0
 sinx  cosx  2cosx(sinx  cosx)  0
 (sin x  cos x)(2cos x 1)  0

* sin x  cos x  0  tan x  1  x    k (k  Z )
4
1
2
* 2 cos x  1  0  cos x    x  
 k 2 (k  Z )
2
3

2
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm: x  y    k và x  y  
 k 2
4
3

 x  x2  3  y  1  y 2  2 y  4
Bài 6: Giải hệ phương trình:  3
2

 y  3xy  2 y  x  1

Giải:
Xét hàm số : f(t)= t+ t 2  3 =>f’(t)= 1+

t

t2  3

 0, t 

=>Hàm số đồng biến trên R
Từ pt (1) ta có : f(x)= f(y+1)  x=y+1
Thế vào pt (2) ta được:
4y3 + 3y2-y=0  y=0 hay y=-1 hay y=1/4

(1)
(2)

(k  Z )


Vậy hệ có 3 cặp nghiệm: (1;0) , (0;-1) , (3/4;1/4)
3
2
3
2

 x  5x  8x  1  y  3 y  2 y (1)
Bài 7: Giải hệ phương trình:  2
2
(2)

2 x  4 x  11  9 y  15 y

Giải:
Lấy pt (1)-(2) ta được: x3+3x2 +4x +12= y3-6y2 +13y

 (x+1)3+x+1=(y-2)3 +y-2 (*)
Xét hàm số :f(t) =t3 +t => f’(t) = 3t2 +1>0, t 
=> Hàm số đồng biến trên R:
Từ (*) =>f(x+1) =f (y-2)  x+1=y-2 => y=x+3
Thế vào (2) ta được : 7x2 +35x +47=0 pt vô nghiệm
Vậy hệ pt vô nghiệm.
 x3  4 x 2  5 x  6  y (1)
Bài 8: Giải hệ phương trình:  2
3

7 x  9 x  4  y

(2)

Giải:
Lấy (1)+(2) ta được: x3+3x2 +4x +2= y3+y
(x+1)3 +x+1 =y3+y (*)
Xét hàm số : f(t) = t3+t => f’(t) =3t2+1>0 , t 
=> Hàm số đồng biến trên R
(*) => f(x+1)= f(y)  x+1=y
Thế vào pt (2) ta được: x3-4x2-6x+5=0  (x-5)(x2 +x -1)=0
 x=5 hay x=

1  5
1  5
hay x 
2
2

Vậy hệ pt có các cặp nghiệm: (5;6) , (

1  5 1  5
1  5 1  5
;
), (
;
)
2
2
2
2

Bài 9: Giải hệ phương trình: (Khối A: 2010)
(4 x 2  3) x  ( y  3) 5  2 y  0
 2
2
4 x  y  2 3  4 x  7

(1)
(2)

Giải:
5
2

(1)  (4x2+1)x=(3-y) 5  2 y  0, y  , x  0
u  2 x
Đặt 

=>y=

5  v2
2


v  5  2 y
u
5  v2
2
(1) (u +1) +(
-3)v2 =0
2
2

 u3 +u =v3+ v (*)
Xét hàm số : f(t)= t3 +t => f’(t)=3t2 + 1>0
=> Hàm số đồng biến trên R từ (*) f(u)=f(v)  u=v
5  v2 2
) +2 3  2u =7
2
 8 3  2u =-u4 +6u2 +3 (3)

(2)  u2 + (

Xét hàm số: f(u) = -u4 +6u2 +3 , 0  u 
f’(u)=-4u3 +12u
BBT

3
2

u
f’(u)
f(u)

0

3/2
+

3
=>f(u) tăng trên 0; 
 2
3
=> hàm số giảm với
2
1
Ta có f(1) =g(1) =>pt (3) có nghiệm duy nhất u=1=>x= ,y=1
2
1
Vậy hệ pt có cặp nghiệm la: ( ;1)
2

Xét g(u) =8 3  2u =>g’(u)<0 , 0  u 

2 x  1  y 3  y 2  y

Bài 10: Giải hệ phương trình: 2 y  1  z 3  z 2  z


3
2
2 z  1  x  x  x


0u

3
2

(1)

Giải
Xét hàm số : f (t )  t 3  t 2  t , với t  R . Khi đó:
2 x  1  f ( y)

(5)  2 y  1  f ( z)
2 z  1  f ( x)

Ta có : f ' (t )  3t 2  2t  1  0, t  R  hàm số f(t) đồng biến trên R.
* Nếu x < y thì f(x) < f(y)
 2 z  1  2 x  1  z  x  f ( z)  f ( x)  2 y  1  2 z  1  y  z .
Từ đó, suy ra: x  y  z  x . Điều này vô lý.
* Nếu y < x thì f(y) < f(x)
 2 x  1  2 z  1  x  z  f ( x)  f ( z)  2 z  1  2 y  1  z  y
Từ đó, suy ra: y  x  z  y . Điều này vô lý.
Do đó , hệ chỉ có thể có nghiệm x = y = z .
Thế vào hệ ta được:
2x 1  x3  x2  x  x3  x2  x 1  0  ( x 1)( x2 1)  0
x 1 y  z


 x  1  y  z
Vậy nghiệm của hệ phương trình là : (1;1;1) hoặc ( -1;-1;-1).
* Chú ý: Khi hướng dẫn cho học sinh phương pháp này cần đặc biệt lưu ý sự liên tục của
hàm số đặc trưng trên tập xác định của chúng.
Chẳng hạn đối với bài toán:


1
1

x  x  y  y
* Giải hệ phương trình: 
(I) (Đề thi ĐH khối A năm 2003)
2 y  x 3  1


Rất nhiều học sinh giải bài toán theo hướng :
1
t

Đặt f (t )  t   f '(t )  1 

1
 0, t  R nên f(x) = f(y) => x = y rồi thế vào phương
t2

trình còn lại trong hệ đề giải.
Đây là một sai lầm thường mắc phải của các em học sinh khi sử dụng phương pháp
này, bởi vì hàm số f (t )  t 

1
1
có f '(t )  1  2  0, t  R nhưng hàm f(t) gián đoạn
t
t

tại t = 0.
Nhận xét: Với f ' ( x)  0, x  D f và y = f(x) liên tục trên D f thì
 f ( x)  f ( y )
x  y


 F ( x; y )  0
 F ( x; y )  0

III. ỨNG DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Bài 1: (Đề TSCĐ 2009)
Cho 0Giải:
(1)  lnb (a2 +1) > lna (b2 +1) 

ln a
ln b
< 2
2
a 1 b 1

ln t
, 0< t <1

t2 1
t 2 (1  2ln t )  1
f’(t) =
> 0 ,  t  (0;1)
t (t 2  1)

Xét hàm số : f(t) =

=> f(t) đồng biến trên (0;1)
 a, b  (0;1) ,a< b => f(a)< f(b) 

 a2lnb – b2lna > lna – lnb
Bài 2. Chứng minh rằng:
Giải :
Ta có

ln a
ln b
< 2
2
a 1 b 1

(đpcm)
x

x3
x3 x5
 sin x  x 

3!

3! 5!

x3
x3
 sin x x > 0  f  x  
 x  sin x  0 x > 0
3!
3!
x2
f  x 
 1  cos x  f   x   x  sin x  f   x   1  cos x  0
2!

x



f   x 

đồng biến [0, +) 

f   x   f   0  0



f   x

đồng biến [0, +) 

f   x   f   0



f  x

đồng biến [0, +)  f(x) > f(0) = 0



x > 0

x > 0

= 0 x > 0
x > 0  (đpcm)

x3 x5
x5 x3

x > 0  g(x) =   x  sin x  0
3! 5!
5! 3!
4
2
x
x
x3

 1  cos x  g(x) =
 x  sin x =

g(x) =
4! 2!
3!

sin x  x 

Ta có

x > 0

 g(x) đồng biến [0, +)  g(x) > g(0) = 0 x > 0

x > 0
f(x) > 0 x > 0


 g(x) đồng biến [0, +)  g(x) > g (0) = 0 x > 0  (đpcm)
Bài 3. Chứng minh rằng:

sin x 

2x
sin x 2
 f ( x) 


x

x cos x  sin x g ( x)
f ( x) 

 2 , ở đây
x2
x

Giải.

 
x   0, 
 2

2x


x  0,   . Xét biểu thức đạo hàm

sin x 



2

kí hiệu g(x) = x cosx  sinx

Ta có g(x) = cosx  xsinx  cosx =  xsinx < 0 x  0,  


 
 0, 2   g(x) < g(0) = 0



g ( x)
 
f   x   2  0 x  0,   f (x) giảm trên
x
 2
2x
2
 
, x   0, 
f  x   f    sin x 
2


 2

2

 g(x) giảm trên





Bài 4. Chứng minh rằng:

x y
x y

2
ln x  ln y

 
 0, 2 



x > y > 0

Giải. Do x > y > 0, lnx > lny  lnx  lny > 0, nên biến đổi bất đẳng thức


x 1
x y
y
x
ln x  ln y  2 
 ln  2 
x 1
x y
y
y



f (t )  ln t  2 

t 1
0
t 1

t >1. Ta có



ln t  2 

t 1
t 1

với

t

x
>1
y

 t  1
1
4
f  t   

0
t  t  1 2 t  t  1 2
2

t >1

 f(t) đồng biến [1, +)  f(t) > f(1) = 0 t >1  (đpcm)
Bài 5. Chứng minh rằng:

y
1 
x 
 ln
 ln
4
y  x  1 y
1 x 


 x, y   0,1

 x  y

(1)

Giải. Xét hai khả năng sau đây:
y
x
y
x
 ln
 4  y  x   ln
 4 y  ln
 4x
1 y
1 x
1 y
1 x

y
x
y
x
+ Nếu y < x thì (1)  ln
 ln
 4  y  x   ln
 4 y  ln
 4x
1 y
1 x
1 y
1 x
Xét hàm đặc trưng f(t) = ln t  4t với t(0, 1).
1 t
2


Ta có f   t   1  4  2t  1  0 t(0,1)  f(t) đồng biến (0, 1)
t (1  t )
t (1  t )

+ Nếu y > x thì (1) 

ln

 f(y) > f(x) nếu y > x và f(y) < f(x) nếu y < x  (đpcm)
Bài 6. Chứng minh rằng:

ab  ba

a > b  e

Giải. ab < ba  lnab < lnba  blna < alnb 
Xét hàm đặc trưng f(x) =
Ta có

f ( x) 

ln x
x

1  ln x 1  ln e

0
x2
x2

ln a ln b
.

a
b

x  e.
 f(x) nghịch biến [e, +)


 f(a) < f(b) 

ln a ln b

a
b

 ab < ba

Bài 7. (Đề TSĐH khối D, 2007)

 
Giải. Biến đổi bất đẳng thức  2
Chứng minh rằng



2 a  1a
2

b

 , a  b  0
 1   2  1 
2
2

 2 b  1b
2
a

a

b

b

a

b

a

b

a
b




  1  a4    1  b4 
 2 
 2 

a

a
b
b
a
b

a


 1  4 a   1  4 b   ln 1  4 a   ln 1  4 b   ln 1  4  ln 1  4 .
a
b
x

Xét hàm số đặc trưng cho hai vế f  x   ln 1  4 với x  0 . Ta có
x
x
x
x
x


f   x   4 ln 4  21  4 x ln 1  4  0  f  x  giảm trên  0,   f  a   f  b 
x 1  4 

Bài 8. (Bất đẳng thức Nesbitt)
Chứng minh rằng:

a
b
c
3



bc ca ab 2

a, b, c > 0 (1)

Giải. Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c. Đặt x = a  x  b  c > 0.
Ta có (1)  f (x) =

x
b
c


bc c x xb

với x  b  c > 0

1
b
c
1
b
c





0
2
2
2

b  c  x  c
b  c b  c 
 x  b
b  c  2
 f(x) đồng biến [b, +)  f ( x)  f (b)  2b  c (2)
bc
Đặt x = b  x  c > 0, xét hàm số g(x) = 2x  c , với x  c > 0
xc
c
3
 g ( x) 
 0 c > 0  g(x) đồng biến [c, +)  g ( x)  g (c) 
2
2
 x  c
Từ (2), (3) suy ra a  b  c  3 a, b, c >0
bc ca ab 2



f ( x) 

(3)

IV. ỨNG DỤNG ĐỂ TÌM GTLN-GTNN CỦA HÀM SỐ :
Bài 1 : Cho x  0, y  0 và x  y  1 .Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức sau :
S  (4 x 2  3 y)(4 y 2  3x)  25 xy

Giải

Ta có : S  (4 x 2  3 y)(4 y 2  3x)  25xy  16 x 2 y 2  12( x3  y 3 )  34 xy
 16 x 2 y 2  12( x  y )( x 2  xy  y 2 )  34 xy
 16 x 2 y 2  12[( x  y)2  3xy]  34 xy, do x  y  1
 16 x 2 y 2  2 xy  12

( x  y)2 1
1
 0t 
4
4
4
1
Xét hàm số f (t )  16t 2  2t  12 với 0  t  .
4
1
Ta có f '(t )  32t  2 . f '(t )  0  t  .
16

Đặt t  xy . Do x  0; y  0 nên 0  xy 

Bảng biến thiên


t
f’(t)

1
16

0

-

0

1
4

+
25
2

12
f(t)
191
16

Vậy :
2 3
2 3
2 3
2 3
1
191
;y
;y
min f (t )  f ( ) 
khi x 
hoặc x 
 1
4

4
4
4
16
16
0; 
 4

1
1
25
x y .
max f (t )  f ( ) 
khi
 1
2
4
2
0; 
 4

Bài 2 :Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
A  3( x 4  y 4  x 2 y 2 )  2( x 2  y 2 )  1 .
với x, y là các số thỏa mãn điều kiện : ( x  y)3  4 xy  2 .
Giải :Ta luôn có kết quả : ( x  y)2  4 xy , từ đó ta có :
( x  y)3  4 xy  2  ( x  y)3  ( x  y)2  ( x  y)3  4 xy  2
 ( x  y )3  ( x  y ) 2  2
  ( x  y )  1 ( x  y ) 2  ( x  y )  2   0
 ( x  y)  1  0
2

1
7
Do ( x  y ) 2  ( x  y )  2   ( x  y )     0, x, y


2

4

Bài toán được đưa về tìm max, min của :
A  3( x 4  y 4  x 2 y 2 )  2( x 2  y 2 )  1
Với x, y thỏa mãn x  y  1 .

Ta biến đổi biểu thức A như sau :
A  3( x 4  y 4  x 2 y 2 )  2( x 2  y 2 )  1
3
3
 ( x 2  y 2 ) 2  ( x 4  y 4 )  2( x 2  y 2 )  1
2
2
3 2
3( x 2  y 2 ) 2
2 2
 (x  y ) 
 2( x 2  y 2 )  1
2
4
( x 2  y 2 )2
( do x 4  y 4 

)
2
9
4

Hay A  ( x 2  y 2 )2  2( x 2  y 2 )  1 .
1
( x  y)2
( do x  y  1 ) nên x 2  y 2  .
2
2
9
1
Đặt t  x2  y 2 . Ta có hàm số f (t )  t 2  2t  1 với t  .
4
2

Vì x 2  y 2 


9
4
f '(t )  t  2  f '(t )  0  t 
2
9

Ta có bảng biến thiên như sau :
4
9

t

1
2



f '(t )

+


f (t )

9
16
1
1
9
f (t )  f ( ) 
Vậy min
đạt được khi t 
1
2
2 16
t
2

9
1

9
. Mặt khác, ta dễ thấy x  y  thì A  .
16
2
16
9
1
Kết luận : min A  khi x  y  và không có giá trị lớn nhất.
16
2
Bài 3:Cho hai số thực x, y  0 thay đổi thỏa mãn điều kiện

Suy ra A 

( x  y) xy  x 2  y 2  xy . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1 1
A 3  3
x
y

Giải:
1 1 x3  y 3 ( x  y)( x 2  xy  y 2 )
x y 2
1 1
 3 3 3 
(
)  (  )2 .
3
3 3
x

y
x y
x y
xy
x y
2
2
Đặt x  ty . Từ gải thiết ta có: ( x  y) xy  x  y  xy  (t  1)ty 3  (t 2  t  1) y 2
A

t2  t 1
t2  t 1
; x  ty 
Do đó y  2
.
t t
t 1
2

2

 1 1   t 2  2t  1 
Từ đó A       2
 .
 x y   t  t 1 
t 2  2t  1
3t 2  3
 f '(t ) 
Xét hàm số f (t )  2
.

2
t  t 1
 t 2  t  1
1
2

Lập bảng biến thiên ta tìm GTLN của A là: 16 đạt được khi x  y  .
Bài 4:Cho x, y là hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện 2( x2  y 2 )  xy  1 . Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
T

x4  y 4
2 xy  1

Giải:
- Đặt t=xy từ giả thiết suy ra 4 xy  xy  1    xy  . Vậy t    ;  .
5
3
 5 3
Chú ý: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số x và y ta được x2  y 2  2 xy
1

1

1 1


- Biến đổi và biểu diễn theo biến t ta được: T 
- Xét hàm số

f (t ) 

7t 2  2t  1
.
8t  4

7t 2  2t  1
1 1
, t    ;  .
8t  4
 5 3

- Tính đạo hàm, lập bảng biến thiên ta tìm được
max f (t )  f (0) 

 1 1
 5 ; 3 



1
và
4

 1
min f (t )  f    
 1 1
 5
 5 ; 3 




1 2
f  
 3  15

Từ đó kết luận về giá trị lớn nhất và giá trị nho nhất của T
Bài 5:Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 21ab  2bc  8ca  12 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
1
a

P
1
b

1 2 3
  .
a b c

1
c

Giải:Đặt x  , y  , z   x, y, z  0; 2 x  8 y  21z  12 xyz và S  x  2 y  3z
2x  8 y
7
và x  .
12 xy  21
4y

2x  8 y
 f ( x)
Từ biểu thức S suy ra được: S  x  2 y 
4 xy  7

Từ 2 x  8 y  21z  12 xyz  z 

 f '( x)  1 
 x  x0 

14  32 y 2
0
(4 xy  7)2

32 y 2  14  7

7

  ;  
4y
4y
 4y


Bảng biến thiên:
x

7
4y

f’(x)



x0

-

0

+

f ( x)

f ( x0 )

Khi đó từ bảng biến thiên , ta có:
32 y 2  14
9
S  f ( x)  f ( x0 )  2 y 

 g ( y)
4y
2y
g '( y ) 

(8 y 2  9) 32 y 2  14  28
4 y 2 32 y 2  14

0

Đặt t  32 y 2  14 thì phương trình g '( y )  0  (8 y 2  9) 32 y 2  14  28  0
 t 3  50t  122  0  t  8  y 
y

g’(y)

0
-

5
. Ta có bảng biến thiên:
4
5
4

0



+