Dung tinh don deu de giai nhieu bai toan

DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU GIẢI TOÁN
LAISAC biên soạn.
1) Cho bất phương trình : f ( x) ≤ m (*)
( m là một hằng số)
Nếu f(x) là hàm số đồng biến và liên tục trong miền xác định D của nó.(1)
Và: ∃ x 0 ∈ D : m = f ( x 0 ) . (2)
Từ (1) và (2) bất phương trình (*) : f ( x) ≤ m ⇔ f(x) ≤ f(x0) ⇔ x ≤ x0 là nghiệm của bpt(*).
(Nếu f(x) nghịch biến và liên tục trong D ⇔ x ≥ x 0 là nghiệm bấtt p/t).

2) Cho phương trình :f(x) = g(x) (**)
Giả sử phương trình (**) :f(x) =g(x) ⇔ ϕ [h(x)]= ϕ [k(x)].
(3)
Nếu: Hàm số ϕ (t) đơn điệu và liên tục trong miền xác định T của (**) . (4)
Từ (3) và (4) phương trình (**): f(x) = g(x) ⇔ h(x) = k(x) .( Đã biết cách giải).
3) Cho phương trình :f(x) = g(x) (***).
Nếu f(x) là hàm số đơn điệu và liên tục trong 2 khoảng (a,c) và (c,b) . (5)
g(x) là hàm hằng ,hay hàm số đơn điệu và liên tục trong (a,b) , (6)
Từ (5) và (6) phương trình (***) có nhiều nhất 2 nghiệm trong (a,b).
4) Cho phương trình f(x) = g(x) , (****).
Nếu f(x) liên tục trong (a,b),và có đồ thị luôn luôn lồi (lõm) trong khoảng đó (7).
G(x) là hàm hằng hoặc đơn điệu,liên tục trong (a,b) . (8).
Từ (7) và (8) phương trình (****) có nhiều nhất 2 nghiệm trong (a,b) .
5) Định lý Rolle Cho hàm số y= f(x). Thỏa mãn :
1/ f(x) liên tục trong [a,b].
2/ f(x) khả vi trong (a,b) .
3/ f(a) =f(b).
Thế thì ∃ c ∈ ( a, b) : f ' (c ) = 0.
Bài tập minh hoạ.
A.CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC.
Bài 1 .
Cho hai số thực x,y thỏa xy < 0.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

⎛ x2 y2 ⎞ ⎛ x y ⎞
+ 2 ⎟⎟ − 8⎜⎜ + ⎟⎟ + 10
2
x ⎠ ⎝ y x⎠
⎝y
x y
x2 y2
HD : Đặt t = + ⇒ 2 + 2 = t 2 − 2 , t ≥ 2 . Vì xy < 0 suy ra t ≤ −2
y x
y
x

S = 3⎜⎜

Do đó tổng trên viết lại S = 3t2 – 8t +4.
ta có S’ = 6t -8 < 0 với mọi t ≤ −2 nên hàm số nghịch biến với mọi t ≤ −2 suý ra S(t)
Vậy GTNN(S) 32 khi t = -2 khi x = - y .
≥ S ( −2) = 32 .
⎛1+ x ⎞

⎟⎟ .
Bài 2 . Cho x>y>0 .Chứng minh (x-y)(2-x-y) < 2ln ⎜⎜
⎝1+ y ⎠
x2
y2
HD .Bất phương trình tương đương ln(1 + x ) + − x > ln(1 + y) + − y
2
2
2
2

t
1
t
+ t −1 =
> 0 ∀t > 0 nên hàm số luôn đồng
Đặt f(t) = ln(1 + t ) + − t ∀t > 0 ⇒ f ' (t ) =
2
1+ t
1+ t
x2
y2
biên trong (0 ; + ∞ ) .Vậy khi x > y >0 ⇒ f ( x ) > f ( y ) ⇔ ln(1 + x ) + − x > ln(1 + y) + − y
2
2

(dpcm).


π
Bài 3 . Chứng minh rằng sinx +tgx > 2x với x ∈ (0; ) .
2

π
HD. Đặt f(x) = sinx +tgx - 2x là hàm số xác định trong (0; ) .
2

có đạo hàm f’(x) = cosx +

π
1

1
− 2 > cos x +
− 2 = 0 với x ∈ (0; ) Suy ra f(x) > f(0) = 0
2
cos x
2
cos x

π
hay sinx +tgx > 2x với x ∈ (0; )
2

Vận dụng :Có nhiều bài toán đưa về bài toán 3 .
π
Thí dụ 1. Chứng minh rằng với x ∈ (0; ) ta luôn có : 2 sin x + 2 tgx > 2 x +1 .
2

Thí dụ 2 .Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc nhọn thì
sin A + sin B + sin C + tgA + tgB + tgC > 2π .
Thí dụ Chứng minh rằng mọi tam giác ABC ta luôn luôn có :
A
B
C
1 + cos
1 + cos
2 +
2 +
2 >3 3.
A
B

C

1 + cos

π
HD . Xét hàm số f(x) = tgx + sin x − 2 x ∀x ∈ (0; ) .
2

1
1
1
π
+ cos x − 2 ≥
+ cos x − 2 ≥ 2
. cos x − 2 = 0 . ∀x ∈ (0; )
2
cos x
cos x
2
cos x
π
Do đó hàm số đồng biến trong (0; ) nên f(x) ≥ f (0) = 0 ⇒ tgx + sin x − 2 x ≥ 0
2
1 + cos x
Khi x ≠ 0 ta có:
> cot gx
2x
A
B
C

Lần lượt cho x = , x = ; x = ta có :
2
2
2
A
B
C
1 + cos
1 + cos
1 + cos
2 +
2 +
2 > cot g A + cot g B + cot g C ≥ 3 3 .
A
B
C
2
2
2
x2 x3
xn
x
*
Bài 4 .Chứng minh rằng ,với mọi x > 0 và mọi n ∈ N ta có : e > 1 + x + + + ... + .
2! 3 !
n!

Ta có f’(x) =

HD . Chứng minh bằng phương pháp qui nạp .Ta chứng kinh khi n = 1 : e x > 1 + x đúng.

Giả sủ khi n = k tùy ý cũng đúng ,nghĩa là e x > 1 + x +
⇔ 1+ x +

x2 x3
xk
+
+ ... +
2! 3 !
k!

x2 x3
xk
+
+ ... +
− ex < 0 .
2! 3 !
k!

Ta chứng minh khi n = k+1 cũng đúng .Thặt vậy
Xét hàm số :
x2 x3
xn
x n +1
x2 x3
xk
+
+ ... +
+
− e x ⇒ f ' ( x) = 1 + x +
+

+ ... +
− ex < 0
2! 3 !
n ! (n + 1) !
2! 3 !
k!
Vậy hàm số luôn giảm trong (0 ; + ∞ ) . Khi x > 0
f ( x) = 1 + x +

⇒ f (x ) < 0 ⇔ 1 + x +

x2 x3
xn
x n +1
x2 x3
xn
x n +1
+
+ ... +
+
− ex < 0 ⇔ ex > 1+ x +
+
+ ... +
+
2! 3 !
n ! (n + 1) !
2! 3 !
n ! (n + 1) !

Vậy theo nguyên lí qui nàp ta có điều phải chứng minh .

B. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ,BẤT PHƯƠNG TRÌNH.
BaØi 1 . Giải phương trình : 3( x − 2) log 22 ( x + 1) − 2(4 x − 6) log 2 ( x + 1) + 4 x = 0 .
HD. Đặt t= log 2 ( x + 1) .Phương trình trở thành :3(x-2) t2 –2(4x-6) t +4x=0. (1)


Xét : Δ' = 4 x 2 + 24 x + 36 = (2 x − 6) 2 ≥ 0. ∀x ∈ R .
Do đó phương trình (1) có nghiệm: t1= 2 ∨ t2=

2x
.
3( x − 2)

Khi t=2 ⇔ log2(x+1) = 2⇔ x=3.

2x
2x
⇔ log2(x+1)=
. (2).Nghiệm phương trình trên chính là hoành độ giao
3( x − 2)
3( x − 2)
2x
.
điểm của đồ thị f(x)= log2(x+1) và đồ thị g(x)=
3( x − 2)
2x
2
Xét đồ thị g(x)=
. Có g’(x) =< 0 ∀x ≠ 2 .
3( x − 2)
3( x − 2) 2

Nên hàm số luôn luôn giảm trong 2 khoảng (− ∞;2) ∨ (2;+∞ ) .
Mặt khác hàm : f(x)= log2(x+1) là hàm số luôn luôn đồng biến trong (-1; +∞ ).
Do đó hai đồ thị cắt nhau nhiều nhất là 2 điểm có hoành độ x=0 ∨ x=3,chính là nghiệm của
phương trình (2). Vầy phương trình đã cho có nghiệm là: x=0 ∨ x=3.
Bài 2 . Giảiphương trình : 2 log 6 ( 4 x + 8 x ) = log 4 x .

Khi t=

HD Đặt

t = log 4

x ⇒ x = 4 2t .
t
2

t
2

t
2

t
2

t

t
2

t

⎛ 2 ⎞2 ⎛1⎞2
Phương trình tương đương 2 log 6 (2 + 2 ) = t ⇔ 2 + 2 = 6 ⇔ 2 + 1 = 3 ⇔ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 1
⎝3⎠
⎝3⎠
t

t

t

t

⎛ 2⎞2 ⎛1⎞2
Đặt f (t ) = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ là hàm số nghịch biến với mọi t . Mặt khác f(2) = 1 . Do đó phương
⎝ 3⎠
⎝3⎠
trình có nghiệm duy nhất t = 2 ⇔ x = 4 4 .
Bài 3 . Giải phương trình 2 log 3 (cot gx) = log 2 (cos x)

HD . Đặt t = log 2 (cos x) ⇒ cos x = 2 t phương trình trở thành log 3

)

(

4t
4t
=

t
⇔
= 3t .
t
t
1− 4
1− 4

Bài 4. Giải bất phương trình : log 3 sin 2 x + sin x + 2 + 1 + log 5 (sin 2 x + sin x + 3) ≥ 2 .

HD. Đặt: t= sin 2 x + sin x + 2 . Ta nhận thấy t>0.
Bất phương trình trở thành:log3(t+1) + log5(t2+1) ≥ 2 .(1)
Xét hàm số : f(t)=log3(t+1)+log5(t2+1) là tổng của hai hàm số đồng biến trong (0, + ∞)
Nên f(t) là hàm số đồng biến và liên tục trong (0, + ∞) .Mặt khác: f(2)=2.
Do đó bất phương trình : log3(t+1) + log5(t2+1) ≥ 2 ⇔ f(t) ≥ f (2) ⇔ t ≥ 2 .
⎧sin x ≥ 1
π
Hay: sin 2 x + sin x + 2 ≥ 2 ⇔ sin2x+sinx2 ≥ 0 ⇔ ⎨
⇔ sin x = 1 ⇔ x = + kπ (k ∈ Z )
Vậy nghiệm của bất phương trình trên: x =

π
2

⎩sin x ≤ −2

+ kπ

Bài 5. Giải bất phương trình : log (x −1) 3 ≤ log x 2
2

2

(k ∈ Z ) .

(x ∈ R )
1

1

HD.Điều kiện : x>1 , x ≠ 2 . Ta có log (x −1) 3 ≤ log x 2 ⇔
.
≤
log 3 ( x 2 − 1) log 2 x
2

Khi 1 < x < 2 ta có vế trái

1
1
< 0 và vế phải
>0
2
log 2 x
log 3 ( x − 1)

Nên bất phương trình có nghiệm 1 < x < 2 .
Khi x > 2 hai vế bất phương trình đều dương , bất phương trình : log 2 x ≤ log 3 ( x 2 − 1) .
⎛3⎞
⎝4⎠

t

⎛1⎞
⎝4⎠

t

Đặt t = log 2 x ⇒ x = 2 t . Bất phương trình viết lại 3t ≤ 4 t − 1 ⇔ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ≤ 1 (1)


t

t

1
⎛3⎞ ⎛1⎞
Đặt f (t ) = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ là hàm số liên tục trong ( ;+∞) .
2
⎝4⎠ ⎝4⎠
t

t

3 ⎛1⎞
1
1
⎛3⎞
< 0 ⇒ f(t) là hàm số giảm trong ( ;+∞) .
4

4 ⎝4⎠
2
⎝4⎠
Mặt khác ta có f (1) = 1 . Do đó bất phương trình (1) viết lại
f (t ) ≤ f (1) ⇔ t ≥ 1 ⇔ log 2 x ≥ 1 ⇔ x ≥ 2 .

Ta có f ' (t ) = ⎜ ⎟ ln + ⎜ ⎟ ln

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là 1 < x < 2 hoặc x ≥ 2 .
Bài 6. Giải bất phương trình :

3.4 x + 4.3 x − 24
2 1 − x + log 0,5 ( x + 1) − 2

> 0.

HD.Đặt f(x) = 3.4 x + 4.3 x − 24 , có f’(x) > 0 ∀x ⇒ f(x) đồng biến [− 1;1) và f(1) = 0.
Và g(x) = 2 1 − x + log0,5 ( x + 1) − 2 có g’(x) < 0 ⇒ g(x) nghịch biến [− 1;1) và f(0) = 0.
Vậy bất ohương trình tương đương

⎧ f (x) > 0
⎧ f (x) < 0
f (x)
>0⇔⎨
∨ ⎨
g( x )
⎩g( x ) > 0
⎩g( x ) < 0

⎧x > 1

⎧x < 1
⇔⎨
∨ ⎨
⇔ 0 < x < 1 là nghiệm bất phương trình.
⎩x < 0
⎩x > 0

C.HỆ PHƯƠNG TRÌNH.
Đưa về phương trình dạng f(x) = f(y) hoặc f(h(x)) = f( g(y))
NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP :Xét hàm số f(t) .Vận dụng tính đơn điệu của hàm số trong
khoảng , đoạn nào đó để dẫn đến x = y hoặc h( x) = g ( y ) ,từ đó suy ra cách giải .
⎧cot gx − cot gy = x − y
⎩5 x + 8 y = 2π

Bài 1 :Giải hệ phương trình với x , y ∈ (0; π ) : ⎨

HD Từ pương trình (1) tương đương cotỹ –x = cotgy – y . Đặt f(t)= cotgt – t với t ∈ (0; π ) .
1
− 1 < 0 ⇒ Hàm số luôn nghịch biến mọi t ∈ (0; π ) nên phương trình
sin 2 t
trở thành f(x) = f(y) ⇔ x = y .Suy ra kết quả.

Có đạo hàm f’(t) = −

1+ x
⎧
⎪( x − y )[2 − ( x + y )] = 2 ln 1 + y
BaØi 2. Giải hệ phương trình: ⎨
⎪2 x + y − 3 = 2 x + 2 y
⎩

(1)
( 2)

HD.ĐK: x ≥ 0 ; y ≥ 0 .
Phương trình (1) tương đương:y2-2y+2ln(1+y)= x2-2x+2ln(1+x) , có dạng f(y) = f(x) .
Xét hàm số :f(t)= t2-2t+2ln(1+t) ,liên tục trong (0; + ∞ ).
2
2t 2 + 2t
và f’’(t)=
> 0 ∀t ≥ 0 . ⇒ f(t) luôn đồng biến trong (0; + ∞ ).
1+ t
(1 + t )2
Do đó p/t: y2-2y+2ln(1+y)= x2-2x+2ln(1+x) ⇔ f(y)=f(x) ⇔ x=y.
⎧⎪2 x = −1 (l )
x
x
Thế y=x vào (2) ta có: 4 − 3 = 2.2 ⇔ ⎨
.P/t có nghiệm là: x= log 22 3 .
x
⎪⎩2 = 3 (n)

Ta có f’(t)=2t-2+

⎧⎪ 2 x + 3 − y = m

Bài 3 . Định m để hệ phương trình sau có nghiệm: ⎨
HD :Trừ hai vế phương trình ta có:

⎪⎩ 2 y + 3 − x = m

2x − 3 − x = 2 y − 3 − y

Đặt f(t) = 2t + 3 − t .Hàm số xác định trong [0 ; 3 ]
CM hàm số đồng biến ,suy ra x = y. Thế y = x vào phương trình (1) ta có
2x +

⎧ y = 2x + 3 − x
. Lập bảng biến thiên suy ra kết quả.
⎩y = m

3 − x = m⇔ ⎨


Bài 4. Giải các hệ phương trìnhsau :
⎧⎪ x − y = e x − e y
;
⎨ 2
⎪⎩log 2 x + log 1 / 2 y + 2 = 0

⎧⎪2 x − 2 y = ( y − x)( xy + 2)
;
⎨ 2
⎪⎩ x + y 2 = 2

⎧1 + x
x− y
⎪1 + y = e
⎨
⎪ x − 1 + 5 y − 1 + xy + 3 = 4
⎩

Phương trình lại đưa về dạng hệ phương trình dạng .
NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP : Đặt một biểu thức nào đó của phương trình thành một hàm số
rồi dẫn đến hệ phương trình có tính chất đối xứng.
Bài 1.
Giải phương trình : 2 x − log 2 (1 + x) = 1 .
HD. ĐK: x>-1.Đặt : y = log 2 ( x + 1) ⇒ x = 2 t − 1.
⎧⎪2 x = 1 + y (1)
⎪⎩2 y = 1 + x ( 2)

Do đó ta có hệ phương trình sau: ⎨

Lấy (1) trừ cho (2) ta có:2x-2 y = y -x ⇒2x+x = 2 y +y. (3)
Xét hàm số :f(a) = 2a+a là hàm liên tục và đồng biến trong tập số thực R
Phương trình (3) tương đương: f(x)=f(y) ⇒ x = y.
Vậy phương trình (1) trở thành : 2x=1+x.(4)
Nghiệm của p/t (4) chính là hòanh độ giao điểm của hai đồ thị y = 2x và y = x + 1
y y=2x y=x+1
Dựa vào đồ thị ta nhận thấy hai đồ thị
2
cắt nhau lần lượt tại hai điểm
có hoành độ là :x=0 và x=1
x
Vậy nghiệm của phương trình là: x=o hoặc x=1
0 1
Bài 2 : Định tham số a đẻ phương trình sau đây có ba nghiệm phân biệt : x 3 − a = 3 x + a
HD : Đặt y = 3 x + a ⇒ y 3 = x + a .
⎧⎪ x 3 = a + y
Từ phương trình trên ta suy ra hệ ⎨ 3
⇒ x 3 − y 3 = y − x ⇒ x 3 + x = y 3 + y (1)

⎪⎩ y = a + x

Đặt f(t) = t3 + t , có đạo hàm f’(t) = 3t2 + 1 > 0 mọi t thuộc R , nên ham số luôn đồng biến .
Từ phương trình (1) suy ra f(x) = f(y) ⇒ x = y . từ đó ta có x3 = x + a (*) .
Vậy để phương trình trên có ba nghiêm phân bitệt thì phương trình (*) phải có ba nghiệm phân
biệt Dùng bảng biến thiên để phgưong trình có ba nghiệ phân biêt thì a <
Bài 3 : Giải phương trình : log2(sinx + 1) = 2sinx – 1 .
HD : Đặt y = log2(sinx + 1) ⇒ sin x = 2 y − 1 . (1).

2
3 3

.

⎧⎪ y = 2 sin x − 1
⇒ y − sin x = 2 sin x − 2 y ⇔ y + 2 y = sin x + 2 sin x .
y
⎪⎩sin x = 2 − 1

Phương trình trở thành hệ : ⎨

Xét hàm số f(t) = t + 2t có f’(t) = 1 + 2t.ln2 > 0 . hàm số luôn luôn đồng biến
nên : y + 2 y = sin x + 2 sin x ⇔ f ( y ) = f (sin x) ⇒ y = sin x .
Do đó từ (1) ta có y = 2y – 1 ⇔ 2 y = y + 1 ⇔ y = 0 ; y = 1 .
Khi y = 0 ⇒ 2 sin x = 1 ⇔ x = kπ .
π
Khi y =1 ⇒ 2 sin x = 2 ⇔ x = + mπ .
2

Thử lại ,phương trình có nghiệm :x =

Bài 4. Giải phương trình : tgx = 2 cos 2 x

nπ
. (n ∈ Z )
2

π
với x ∈ (0; ) .
2


HD.
2

2
2
sin x 2 cos x
Phương trinh tương đương:
=
⇔ sin x.2 sin x = cos x.2 cos x (2)
2
cos x 2 sin x
π
Vì x∈(0; ) ⇒ sinx>0 ;cosx>0 .Do đó.Xét hàm số:f(t)= t.2 t liên tục và đồng biến ∀t > 0 .
2
π
Nên phương trình tương đương: f(sinx)=f(cosx) ⇔ sinx=cosx⇒ x = .
4
π
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x =

4
2
⎛ x + x+3 ⎞
⎟⎟ = x 2 + 3x + 2.
Bài 5. Giải phương trình: log 3 ⎜⎜ 2
⎝ 2x + 4x + 5 ⎠
x2 + x + 3
HD. Ta có 2
> 0 ∀x ∈ R .
2x + 4x + 5

Ta nhận thấy : (2x2+4x+5)-(x2+x+3)=(x2+3x+2). Do đó phương trình tương đương.
log 3 (x 2 + x + 3) − log 3 (2 x 2 + 4 x + 5) = ( 2 x 2 + 4 x + 3) − ( x 2 + x + 3)

⇔ log 3 (x 2 + x + 3) + ( x 2 + x + 3) = log 3 (2 x 2 + 4 x + 5) +(2x2+4x+5). (1)

Xét hàm số y=f(t)=log3t+t. là hàm số đồng biến và liên tục với ∀t > 0
Nên phương trình (1) ⇔ f(x2+x+3)=f(2x2+4x+5) ⇔ x2+x+3=2x2+4x+5
⇔ x2+3x+2=0 ⇒x=-1 hoặc x=2 .Vậy nghiệ của phương trình trên là: x=-1 hoặc x=2.
Bài 6. Giải phương trình : 3 x = 1 + x + log 3 (1 + 2 x).
1
2

HD.ĐK: x>- .Phương trình tương đương :3x+x=1+2x+log3(1+2x)
Đặt: t=log3(1+2x) ⇒ 1+2x=3t . Vậy phương trình trên viết lại: 3x+x=3t+t (1)
Xét hàm số :f(a) =3a+a. là hàm số liên tục và đồng biến trong tập số thực R.
Phương trình (1) tương đương :f(x) =f(t) ⇒ x=t.
Vậy phương trình trở thành:1+2x=3x.
Nghiệm phương trình trên là hoành độ giao điểm của hai đồ thị : y=1+2x và y=3x .Vẽ hai đồ thị
,ta sẽ có 2 hoành độ giao điễm là: x=0 và x=1.

Vậy phương trình có nghiệm là: x=0 hoặc x=1.
Bài 7. Giải phương trình (2 x + 1)(2 + 4 x 2 + 4 x + 4 ) + 3 x (2 + 9 x 2 + 3 ) = 0 .
HD.Phương trình tương đương
(2 x + 1)(2 + (2 x + 1) 2 + 3 ) = −3 x (2 + (−3 x ) 2 + 3 ) ⇔ f (2 x + 1) = f (−3 x ) .
Trong đó f (t ) = t(2 + t 2 + 3 ) ,là hàm đồng biến và liên tục trong R,phương trình trở thành
f(2x+1) = f(-3x) ⇔ 2 x + 1 = −3 x ⇔ x = −

1
là nghiệm duy nhất.
5