Tuyệt chiêu hàm số
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (603.12 KB, 42 trang )
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
TÍNH ðƠN ðIỆU CỦA HÀM SỐ
TĨM TẮT LÝ THUYẾT
1. ðịnh nghĩa :
Giả sử K là một khoảng , một ñoạn hoặc một nửa khoảng . Hàm số f xác ñịnh trên K ñược gọi là
( ) ( )
⇒ f ( x ) > f (x )
• ðồng biến trên K nếu với mọi x 1, x 2 ∈ K , x 1 < x 2 ⇒ f x 1 < f x 2
• Nghịch biến trên K nếu với mọi x 1, x 2 ∈ K , x 1 < x 2
1
2
2. ðiều kiện cần ñể hàm số ñơn ñiệu :
Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I
( )
I thì f ' ( x ) ≤ 0 với mọi x ∈ I
• Nếu hàm số f đồng biến trên khoảng I thì f ' x ≥ 0 với mọi x ∈ I
• Nếu hàm số f nghịch biến trên khoảng
3. ðiều kiện ñủ ñể hàm số ñơn ñiệu :
ðịnh lý 1 : ðịnh lý về giá trị trung bình của phép vi phân (ðịnh lý Lagrange):
Nếu hàm số f liên tục trên a;b và có đạo hàm trên khoảng a;b thì tồn tại ít nhất một ñiểm c ∈ a;b
( )
()
()
( )(
sao cho f b − f a = f ' c b − a
( )
)
ðịnh lý 2 :
Giả sử I là một khoảng hoặc nửa khoảng hoặc một ñoạn , f là hàm số liên tục trên I và có đạo hàm tại
mọi điểm trong của I ( tức là điểm thuộc I nhưng khơng phải đầu mút của I ) .Khi đó :
( )
Nếu f ' ( x ) < 0 với mọi x ∈ I thì hàm số f
Nếu f ' ( x ) = 0 với mọi x ∈ I thì hàm số f
• Nếu f ' x > 0 với mọi x ∈ I thì hàm số f đồng biến trên khoảng I
•
•
nghịch biến trên khoảng I
khơng đổi trên khoảng I
Chú ý :
( )
( )
( )
( )
• Nếu hàm số f liên tục trên a;b và có đạo hàm f ' x > 0 trên khoảng a;b thì hàm số f đồng biến
trên a;b
• Nếu hàm số f liên tục trên a;b và có đạo hàm f ' x < 0 trên khoảng a;b thì hàm số f nghịch
biến trên a;b
5
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
CÁC BÀI TỐN CƠ BẢN
Ví dụ 1:
Xét chiều biến thiên của các hàm số :
1
a ) f x = x 3 − 3x 2 + 8x − 2
3
x 2 − 2x
b) f x =
x −1
c) f x = x 3 + 3x 2 + 3x + 2
( )
( )
( )
( )
d) f x =
1 3 1 2
x − x − 2x + 2
3
2
Giải :
1 3
x − 3x 2 + 8x − 2
3
Hàm số ñã cho xác ñịnh trên ℝ .
( )
a) f x =
( )
Ta có f ' x = x 2 − 6x + 8
( )
f ' x = 0 ⇔ x = 2, x = 4
Chiều biến thiên của hàm số ñược nêu trong bảng sau :
x
−∞
2
4
+∞
f' x
+
0 − 0
+
( )
f (x )
+∞
−∞
(
) (
)
( )
Vậy hàm số ñồng biến trên mỗi khoảng −∞;2 và 4; +∞ , nghịch biến trên khoảng 2; 4
x 2 − 2x
b) f x =
x −1
Hàm số ñã cho xác ñịnh trên tập hợp ℝ \ 1 .
( )
{}
( )
Ta có f ' x =
(x − 1) + 1 > 0, x ≠ 1
=
( x − 1)
( x − 1)
x 2 − 2x + 2
2
2
2
Chiều biến thiên của hàm số ñược nêu trong bảng sau :
x
−∞
1
+∞
f' x
+
+
( )
+∞
( )
+∞
f x
−∞
−∞
6
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
(
) (
Vậy hàm số ñồng biến trên mỗi khoảng −∞;1 và 1; +∞
)
( )
c) f x = x 3 + 3x 2 + 3x + 2
Hàm số ñã cho xác ñịnh trên ℝ .
( )
(
Ta có f ' x = 3x 2 = 6x + 3 = 3 x + 1
( )
)
2
( )
f ' x = 0 ⇔ x = −1 và f ' x > 0 với mọi x ≠ −1
(
)
Vì hàm số đồng biến trên mỗi nửa khoảng −∞; −1 và −1; +∞ nên hàm số ñồng biến trên ℝ .
Hoặc ta có thể dùng bảng biến thiên của hàm số :
x
−∞
−1
+∞
f' x
+
0
+
( )
f (x )
+∞
1
−∞
Vì hàm số ñồng biến trên mỗi nửa khoảng −∞; −1 và −1; +∞ nên hàm số ñồng biến trên ℝ .
1
1
d ) f x = x 3 − x 2 − 2x + 2 Tương tự bài a )
3
2
(
)
( )
Ví dụ 2:
Xét chiều biến thiên của các hàm số :
a ) f x = 2x 3 + 3x 2 + 1
( )
f (x ) = x
b)
4
− 2x 2 − 5
4
2
c) f x = − x 3 + 6x 2 − 9x −
3
3
d)
( )
f (x ) =
2x − x 2
Giải :
( )
a ) f x = 2x 3 + 3x 2 + 1
Hàm số ñã cho xác ñịnh trên ℝ .
Ta có f ' x = 6x 2 + 6x
( )
( )
(
)( ) ( )
(
) ( )
f ' ( x ) < 0, x ∈ ( −1; 0 ) ⇒ f ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −1; 0 ) .
Ngồi ra : Học sinh có thể giải f ' ( x ) = 0 , tìm ra hai nghiệm x = −1, x = 0 , kẻ bảng biến thiên rồi kết
f ' x > 0, x ∈ −∞; −1 , 0; +∞ ⇒ f x ñồng biến trên mỗi khoảng −∞; −1 và 0; +∞ .
luận.
7
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
( )
b ) f x = x 4 − 2x 2 − 5
Hàm số ñã cho xác ñịnh trên ℝ .
Ta có f ' x = 4x 3 − 4x
( )
( )
( )( ) ( )
( ) ( )
f ' ( x ) < 0, x ∈ ( −∞; −1) , ( 0;1) ⇒ f ( x ) nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( 0;1) .
Ngoài ra : Học sinh có thể giải f ' ( x ) = 0 , tìm ra hai nghiệm x = −1, x = 0, x = 1 , kẻ bảng biến thiên rồi
f ' x > 0, x ∈ −1; 0 , 1; +∞ ⇒ f x ñồng biến trên mỗi khoảng −1; 0 và 1; +∞ .
kết luận.
4
2
c) f x = − x 3 + 6x 2 − 9x −
3
3
Hàm số ñã cho xác ñịnh trên ℝ .
( )
( )
(
Ta có f ' x = −4x 2 + 12x − 9 = − 2x − 3
)
2
3
3
và f ' x < 0 với mọi x ≠
2
2
3
Vì hàm số nghịch biến trên mỗi nửa khoảng −∞; và
2
( )
f' x =0⇔x =
( )
3
; +∞ nên hàm số nghịch biến trên ℝ .
2
( )
d ) f x = 2x − x 2
Hàm số ñã cho xác ñịnh trên 0;2 .
1−x
Ta có f ' x =
, x ∈ 0;2
2x − x 2
( )
( )
( )
( ) ( )
f ' ( x ) < 0, x ∈ (1;2 ) ⇒ f ( x ) nghịch
( 0;1)
biến trên khoảng (1;2 )
f ' x > 0, x ∈ 0;1 ⇒ f x đồng biến trên khoảng
Hoặc có thể trình bày :
( )
( ) ( )
f ' ( x ) < 0, x ∈ (1;2 ) ⇒ f ( x ) nghịch
f ' x > 0, x ∈ 0;1 ⇒ f x ñồng biến trên ñoạn 0;1
biến trên ñoạn 1;2
Ví dụ 3:
( )
Chứng minh rằng hàm số f x = 4 − x 2 nghịch biến trên ñoạn 0;2
Giải :
( )
Dễ thấy hàm số ñã cho liên tục trên ñoạn 0;2 và có đạo hàm f ' x =
( )
x ∈ 0;2 . Do đó hàm số nghịch biến trên ñoạn 0;2 .
8
−x
4 − x2
< 0 với mọi
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
Ví dụ 4:
( )
2 . Chứng minh rằng hàm số f ( x ) = cos 2x − 2x + 3 nghịch biến trên ℝ .
1. Chứng minh rằng hàm số f x = x 3 + x − cos x − 4 ñồng biến trên ℝ .
Giải :
1.
Hàm số ñã cho xác ñịnh trên ℝ .
( )
Ta có f ' x = 3x 2 + 1 + sin x
( )
Vì 3x 2 ≥ 0, x ∈ ℝ
1 + sin x ≥ 0, x ∈ ℝ nên f ' x ≥ 0, x ∈ ℝ . Do đó hàm số ñồng biến trên ℝ .
2 . Hàm số ñã cho xác định trên ℝ .
( )
(
)
( )
Ta có f ' x = −2 sin 2x + 1 ≤ 0, ∀x ∈ ℝ và f ' x = 0 ⇔ sin 2x = −1 ⇔ x = −
π
4
+ kπ , k ∈ ℤ
π
π
Hàm số nghịch biến trên mỗi ñoạn − + k π ; − + k + 1 π , k ∈ ℤ . Do đó hàm số nghịch biến trên
4
4
ℝ.
(
)
Ví dụ 5:
( )
(
Tìm khoảng đơn ñiệu của hàm số f x = sin x trên khoảng 0;2π
)
Giải :
(
)
( )
(
)
Hàm số ñã cho xác ñịnh trên khoảng 0;2π và có đạo hàm f ' x = cos x , x ∈ 0;2π .
3π
2
2
Chiều biến thiên của hàm số ñược nêu trong bảng sau :
π
3π
x
0
2π
2
2
f' x
+
0 − 0
+
( )
(
)
f ' x = 0, x ∈ 0;2π ⇔ x =
( )
f (x )
1
0
π
,x =
0
−1
π 3π
π 3π
Hàm số ñồng biến trên mỗi khoảng 0; và
;2π , nghịch biến trên khoảng ;
2 2
2 2
9
.
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
Ví dụ 6:
π
Chứng minh rằng : sin x + tan x > 2x , ∀x ∈ 0; .
2
Giải :
π
Xét hàm số f x = sin x + tan x − 2x liên tục trên nửa khoảng 0; .Ta có :
2
π
1
1
2
2
cos
2
0,
−
>
+
−
>
∀
∈
f ' x = cos x +
x
x
0; ⇒ f x là hàm số ñồng biến trên
cos2 x
cos2 x
2
( )
( )
( )
π
π
π
0; và f x > f 0 , ∀x ∈ 0; hay sin x + tan x > 2x , ∀x ∈ 0; .
2
2
2
( )
()
ỨNG DỤNG ðẠO HÀM TRONG CÁC BÀI TỐN ðẠI SỐ
Ví dụ 1:
Giải phương trình : 81sin x + cos x =
10
10
81
*
256
()
Giải :
ðặt t = sin x ; 0 ≤ t ≤ 1 .
2
81
, t ∈ 0;1
256
5
5
Xét hàm số f (t ) = 81t + (1 − t ) liên tục trên ñoạn 0;1 , ta có:
()
Khi đó phương trình * ⇔ 81t + (1 − t ) =
5
5
f '(t ) = 5[81t 4 − (1 − t )4 ],t ∈ 0;1
81t 4 = (1 − t )4
1
f '(t ) = 0 ⇔
⇔t =
4
t ∈ 0;1
1
4
81
256
1
1
1
π
⇔ sin 2 x = ⇔ cos 2x = ⇔ x = + k π (k ∈ Z ) .
Vậy phương trình có nghiệm t =
4
4
2
6
Lập bảng biến thiên và từ bảng biến thiên ta có: f (t ) ≥ f ( ) =
10
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
Ví dụ 2:
Giải phương trình :
1. 3x (2 + 9x 2 + 3) + (4x + 2)( 1 + x + x 2 + 1) = 0
2. e tan
2
x
π π
+ cosx=2 ,x ∈ - ; .
2 2
3. 2003x + 2005x = 4006x + 2
4. 3x = 1 + x + log 3(1 + 2x )
Giải :
1. 3x (2 + 9x 2 + 3) + (4x + 2)( 1 + x + x 2 + 1) = 0 (1)
(
)
Phương trình (1) ⇔ −3x (2 +
(−3x )2 + 3) = (2x + 1)(2 + (2x + 1)2 + 3) (2)
ðặt u = −3x , v = 2x + 1, u, v > 0
Phương trình (1) ⇔ u(2 +
Xét hàm số f (t ) = 2t +
Ta có f '(t ) = 2 +
u 2 + 3) = v(2 + v 2 + 3)
(3)
t 4 + 3t 2 , t > 0
2t 3 + 3t
t + 3t
4
(
()
)
> 0, ∀t > 0 ⇒ f t ñồng biến trên khoảng 0; +∞ .
2
Khi đó phương trình (3) ⇔ f (u ) = f (v ) ⇔ u = v ⇔ −3x = 2x + 1 ⇔ x = −
Vậy x = −
Chú ý :
1
5
1
là nghiệm duy nhất của phương trình.
5
( )
Nếu hàm số y = f x ln đơn điệu nghiêm ngoặc ( hoặc ln đồng biến hoặc ln nghịch biến ) thì
( )
( )
()
số nghiệm của phương trình : f x = k sẽ không nhiều hơn một và f x = f y
x =y.
2. e tan
2
x
π π
+ cosx =2 ,x ∈ - ;
2 2
Xét hàm số : f (x ) = e
tan2 x
π π
+ cosx liên tục trên khoảng x ∈ - ; . Ta có
2 2
11
khi và chỉ khi
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
f '(x ) = 2 tan x .
1
2
e tan
Các vấn ñề liên quan Hàm số lớp 12
2
x
cos x
tan2 x
tan2x
2e
− cos3x
− sin x = sin x
cos3x
≥ 2 > cos x > 0
Vì 2e
Nên dấu của f '(x ) chính là dấu của sin x . Từ đây ta có f (x ) ≥ f (0) = 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0 .
3
3. 2003x + 2005x = 4006x + 2
x
x
Xét hàm số : f (x ) = 2003 + 2005 − 4006x − 2
x
x
Ta có: f '(x ) = 2003 ln 2003 + 2005 ln 2005 − 4006
f ''(x ) = 2003x ln2 2003 + 2005x ln2 2005 > 0 ∀x ⇒ f "(x ) = 0 vô nghiệm
( )
( )
và f ( 0 ) = f (1) = 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = 1
f ' x = 0 có nhiều nhất là một nghiệm . Do đó phương trình f x = 0 có nhiều nhất là hai nghiệm
Chú ý :
( )
• Nếu hàm số y = f x ln đơn ñiệu nghiêm ngoặc ( hoặc luôn ñồng biến hoặc luôn nghịch biến )
( )
và hàm số y = g x ln đơn điệu nghiêm ngoặc ( hoặc ln đồng biến hoặc ln nghịch biến ) trên
( )
( )
D , thì số nghiệm trên D của phương trình f x = g x
khơng nhiều hơn một.
( )
• Nếu hàm số y = f x ) có đạo hàm đến cấp n và phương trình f
phương trình f
(k )
(x ) = 0 có m nghiệm, khi đó
(k −1)
(x ) = 0 có nhiều nhất là m + 1 nghiệm
4. 3x = 1 + x + log 3(1 + 2x )
x >−
1
2
Phương trình cho
()
1
> 0, t > 0 ⇒ f (t ) là hàm ñồng biến
Xét hàm số: f (t ) = t + log 3 t, t > 0 ta có f ' (t ) = 1 +
t ln 3
khoảng ( 0; +∞ ) nên phương trình
(*) ⇔ f (3x ) = f (1 + 2x ) ⇔ 3x = 2x + 1 ⇔ 3x − 2x − 1 = 0 (* *)
⇔ 3x + x = 1 + 2x + log3 (1 + 2x ) ⇔ 3x + log3 3x = 1 + 2x + log3 (1 + 2x ) *
x
x
x
2
Xét hàm số: f (x ) = 3 − 2x − 1 ⇒ f '(x ) = 3 ln 3 − 2 ⇒ f "(x ) = 3 ln 3 > 0
12
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
()
⇒ f (x ) = 0 có nhiều nhất là hai nghiệm, và f (0) = f 1 = 0 nên phương trình đã cho có hai
nghiệm x = 0, x = 1 .
Ví dụ 3:
Giải phương trình : log 3
(
)
1
x 2 − 3x + 2 + 2 +
5
3 x −x 2 −1
()
=2 *
Giải :
ðiều kiện x 2 − 3x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 ∨ x ≥ 2
ðặt u = x 2 − 3x + 2, u ≥ 0
1−u 2
1
Phương trình * ⇔ log 3 u + 2 +
5
()
(
)
1 2
= 2 ⇔ log 3 u + 2 + .5u = 2, u ≥ 0 * *
5
(
)
( )
1 2
Xét hàm số : f u = log 3 u + 2 + .5u liên tục trên nửa khoảng 0; +∞ , ta có :
5
( )
f ' (u ) =
(
)
)
1
1 2
+ 5u .ln 5.2u > 0, ∀u ≥ 0 ⇒ f u ñồng biến trên nửa khoảng 0; +∞ và
(u + 2)ln 3 5
( )
()
( )
f 1 = 2 ⇒ u = 1 là nghiệm phương trình * * .
Khi đó
3− 5
x =
2 thoả ñiều kiện.
x 2 − 3x + 2 = 1 ⇔ x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔
3+ 5
x =
2
Ví dụ 4:
Giải hệ phương trình :
1.
2x
3
4
y
4 (1)
2y
3
4
x
4 (2)
x 3 + 2x = y ( 1 )
2. 3
y + 2y = x ( 2 )
x 3 − 3x = y 3 − 3y (1)
3.
6
6
(2)
x + y = 1
13
)
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
Giải :
1.
2x
3
4
y
4 (1)
2y
3
4
x
4 (2)
3
− ≤ x ≤ 4
ðiều kiện: 2
.
3
− ≤ x ≤ 4
2
Cách 1:
Trừ (1) và (2) ta ñược:
2x + 3 − 4 − x =
2y + 3 − 4 − y
(3)
3
2t + 3 − 4 − t , t ∈ − ; 4 , ta có:
2
3
1
1
f / (x ) =
+
> 0, ∀t ∈ − ; 4 ⇒ (3) ⇔ f (x ) = f (y ) ⇔ x = y .
2
2t + 3 2 4 − t
Thay x = y vào (1) ,ta ñược:
Xét hàm số f (t ) =
2x + 3 +
4 − x = 4 ⇔ x + 7 + 2 (2x + 3)(4 − x ) = 16
x = 3
9 − x ≥ 0
⇔ 2 −2x + 5x + 12 = 9 − x ⇔ 2
⇔
9x − 38x + 33 = 0
x = 11
9
11
x = 3 x = 9
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt
,
.
y = 3
11
y =
9
Cách 2:
2
Trừ (1) và (2) ta ñược:
(
) (
2x + 3 − 2y + 3 +
2
⇔ (x − y )
+
2x + 3 + 2y + 3
Thay x = y vào (1) ,ta ñược:
2x + 3 +
)
4 −y − 4 −x = 0 ⇔
1
4 −y +
(2x + 3) − (2y + 3)
2x + 3 + 2y + 3
= 0 ⇔ x = y .
4 − x
4 − x = 4 ⇔ x + 7 + 2 (2x + 3)(4 − x ) = 16
x = 3
9 − x ≥ 0
⇔ 2 −2x + 5x + 12 = 9 − x ⇔ 2
⇔
9x − 38x + 33 = 0
x = 11
9
2
14
+
(4 − y ) − (4 − x )
4 −y +
4−x
=0
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
11
x = 3 x =
9 .
,
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt
y = 3
11
y =
9
x 3 + 2x = y ( 1 )
2. 3
y + 2y = x ( 2 )
Cách 1 :
Xét hàm số f (t ) = t 3 + 2t ⇒ f / (t ) = 3t 2 + 2 > 0, ∀t ∈ ℝ .
f (x ) = y (1)
Hệ phương trình trở thành
.
f (y ) = x (2)
+ Nếu x > y ⇒ f (x ) > f (y ) ⇒ y > x (do (1) và (2) dẫn ñến mâu thuẫn).
+ Nếu x < y ⇒ f (x ) < f (y ) ⇒ y < x (mâu thuẫn).
Suy ra x = y , thế vào hệ ta ñược x 3 + x = 0 ⇔ x ( x 2 + 1 ) = 0 ⇔ x = 0 vì x 2 + 1 > 0.
x = 0
.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
y = 0
Cách 2:
Trừ (1) và (2) ta ñược:
x 3 − y 3 + 3x − 3y = 0 ⇔ (x − y )(x 2 + y 2 + xy + 3) = 0
2
y
3y 2
⇔ (x − y ) x + +
+ 3 = 0 ⇔ x = y
2
4
Thế x = y vào (1) và (2) ta ñược: x 3 + x = 0 ⇔ x ( x 2 + 1 ) = 0 ⇔ x = 0
x = 0
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
.
y = 0
x 3 − 3x = y 3 − 3y (1)
3.
6
6
(2)
x + y = 1
Từ (1) và (2) suy ra −1 ≤ x , y ≤ 1
(1) ⇔ f (x ) = f (y ) (*)
Xét hàm số f (t ) = t − 3t liên tục trên ñoạn [ −1;1] , ta có
3
()
f '(t ) = 3(t 2 − 1) ≤ 0 ∀t ∈ [ −1;1] ⇒ f t nghịch biến trên đoạn [ −1;1]
Do đó: (*) ⇔ x = y thay vào (2) ta ñược nghiệm của hệ là: x = y = ±
Ví dụ 5:
15
1
6
2
.
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
Giải hệ phương trình :
x − 1 = y − 1
(1)
1.
x
y
2
2x − xy − 1 = 0 (2)
x − 1 = y − 1 (1)
2.
x
y
3
2y = x + 1 (2)
Giải :
x − 1 = y − 1
(1)
1.
x
y
2
2x − xy − 1 = 0 (2)
ðiều kiện: x ≠ 0, y ≠ 0 . Ta có:
y = x
1
(1) ⇔ (x − y ) 1 + = 0 ⇔
y = − 1 .
xy
x
• y = x phương trình (2) ⇔ x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1 .
1
• y = − phương trình (2) vơ nghiệm.
x
x = 1 x = −1
.
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt
;
y = 1 y = −1
Bình luận:
x − 1 = y − 1
(1)
Cách giải sau ñây sai:
.
x
y
2
2x − xy − 1 = 0 (2)
ðiều kiện: x ≠ 0, y ≠ 0 .
1
1
Xét hàm số f (t ) = t − , t ∈ ℝ \ {0} ⇒ f / (t ) = 1 + > 0, ∀t ∈ ℝ \ {0} .
t
t2
Suy ra (1) ⇔ f (x ) = f (y ) ⇔ x = y !
Sai do hàm số f (t ) ñơn ñiệu trên 2 khoảng rời nhau (cụ thể f ( −1 ) = f ( 1 ) = 0 ).
2.
x
2y
1
x
y
x3
1
(1)
y
1
(2)
Cách 1:
ðiều kiện: x ≠ 0, y ≠ 0.
16
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
(1) ⇔ x − y +
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
x −y
1
1
= 0 ⇔ (x − y ) 1 + = 0 ⇔ x = y ∨ y = − .
xy
xy
x
• x = y phương trình (2) ⇔ x = 1 ∨ x =
• y =−
−1 ± 5
.
2
1
phương trình (2) ⇔ x 4 + x + 2 = 0.
x
Xét hàm số f (x ) = x 4 + x + 2 ⇒ f / (x ) = 4x 3 + 1 = 0 ⇔ x =
−1
3
f
=
2
−
> 0,
3 4
43 4
vô nghiệm.
−1
3
4
.
lim = lim = +∞ ⇒ f (x ) > 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ x 4 + x + 2 = 0
x →−∞
x →+∞
Cách 2:
ðiều kiện: x ≠ 0, y ≠ 0.
(1) ⇔ x − y +
x −y
1
1
= 0 ⇔ (x − y ) 1 + = 0 ⇔ x = y ∨ y = − .
xy
xy
x
• x = y phương trình (2) ⇔ x = 1 ∨ x =
• y =−
−1 ± 5
.
2
1
phương trình (2) ⇔ x 4 + x + 2 = 0.
x
• Với x < 1 ⇒ x + 2 > 0 ⇒ x 4 + x + 2 > 0 .
• Với x ≥ 1 ⇒ x 4 ≥ x ≥ −x ⇒ x 4 + x + 2 > 0 .
Suy ra phương trình (2) vơ nghiệm.
−1 + 5
−1 − 5
x =
x = 1 x =
2
2
.
∨
∨
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm phân biệt
y = 1
−
+
−
−
1
5
1
5
y =
y =
2
2
Ví dụ 6:
Giải hệ phương trình:
x + x 2 − 2x + 2 = 3y −1 + 1
1.
2
x −1
y + y − 2y + 2 = 3 + 1
(x , y ∈ R)
(1 + 42x −y )51−2x +y = 1 + 22x −y +1 (1)
2.
3
2
y + 4x + 1 + ln(y + 2x ) = 0 (2)
17
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
Giải :
x + x 2 − 2x + 2 = 3y −1 + 1
1.
2
x −1
y + y − 2y + 2 = 3 + 1
ðặt u = x − 1, v = y − 1
(x , y ∈ R)
2
v
u + u + 1 = 3
(I ) viết lại
(II )
v + v 2 + 1 = 3u
( )
Xét hàm số : f x = x + x 2 + 1 liên tục ∀x ∈ ℝ , ta có
()
x
f x =1+
=
x2 + 1 + x
2
2
x +1
( )
>
x +1
x +x
2
x +1
( )
≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇒ f x ñồng biến ∀x ∈ ℝ .
()
Nếu u > u ⇒ f u > f v ⇒ 3v > 3u ⇒ v > u vô lý
Tương tự nếu v > u cũng dẫn đến vơ lý
( )
Do đó hệ II
u + u 2 + 1 = 3u
1 = 3u ( u 2 + 1 − u ) (1)
⇔
⇔
u = v
u = v
( )
ðặt: g u = 3u ( u 2 + 1 − u ) liên tục ∀u ∈ R , ta có
u
1
> 0, ∀u ∈ R
g '(u ) = 3u ln 3( u 2 + 1 − u ) + 3u
− 1 = 3u u 2 + 1 − u ln 3 −
2
2
u +1
u +1
( )
()
Nên ( II ) ⇔ u = v = 0 . Vậy (I ) ⇔ x = y = 1
()
Do đó g u đồng biến ∀u ∈ R và g 0 = 1 ⇒ u = 0 là nghiệm duy nhất của 1 .
(1 + 42x −y )51−2x +y = 1 + 22x −y +1 (1)
2.
3
2
y + 4x + 1 + ln(y + 2x ) = 0 (2)
1
5
t
4
5
t
t
ðặt t = 2x − y . Khi đó phương trình (1) trở thành: 5[( ) + ( ) ] = 1 + 2.2
()
1
5
t
4
5
t
()
(* )
t
Xét f t = 5[( ) + ( ) ] , g t = 1 + 2.2
t
là hàm ñồng biến
( ) 15 t 45 t
()
và f (1) = g (1) = 5 ⇒ t = 1 là một nghiệm của ( * ) . Do ñó ( * ) có nghiệm duy nhất t = 1 .
t = 1 ⇔ 2x − y = 1 ⇔ 2x = y + 1 khi đó: (2) ⇔ y 3 + 2y + 3 + ln(y 2 + y + 1) = 0 ( * * )
Dễ thấy : f t = 5[( ) + ( ) ] là hàm nghịch biến và g t = 1 + 2.2
18
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
3
2
Xét hàm số f (y ) = y + 2y + 3 + ln(y + y + 1) , ta có:
2
f '(y ) = 3y + 2 +
2y + 1
2
= 3y +
2
2y 2 + 4y + 3
2
y +y +1
y +y +1
và f (−1) = 0 nên * * có nghiệm duy nhất y = −1
> 0 ⇒ f (y ) là hàm ñồng biến
( )
x = 0
Vậy nghiệm của hệ là:
.
y
=
−
1
Ví dụ 7:
x
y
e = 2007 −
y 2 − 1 1 có đúng 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện
Chứng minh rằng hệ phương trình
x
e y = 2007 −
x2 − 1
x > 1, y > 1
()
Giải :
()
()
ðặt: f t = e t , g t =
(
t
()
)
liên tục trên khoảng 1, +∞ , ta có
t2 − 1
()
(
f ' t = e t > 0, ∀t > 1 ⇒ f t ñồng biến trên khoảng 1, +∞
−1
g / (t ) =
(t − 1)
2
3
2
()
)
(
)
< 0, ∀t > 1 ⇒ g t nghịch biến trên khoảng 1, +∞ .
x
y
e = 2007 −
2
y − 1 1 ⇔ f x + g y = 2007 ⇒ f x + g y = f y + g x
Hệ phương trình
x
e y = 2007 −
f y + g x = 2007
x2 − 1
()
( )
()
()
( )
()
()
( )
( )
( )
Nếu x > y ⇒ f x > f y ⇒ g y < g x ⇒ y > x vô lý.
Tương tự y > x cũng vô lý .
x
y
x
x
e = 2007 −
2
− 2007 = 0
y − 1 1 ⇔ e +
Khi đó
2
2
x −1
x
y
e = 2007 −
x = y
x2 − 1
()
( )
Xét hàm số: h x = e x +
x
x2 − 1
()
(
)
− 2007 liên tục trên khoảng 1; +∞ , ta có
19
()
()
( )
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
( )
h ' x = ex −
1
(x
2
−1
)
3
2
Các vấn ñề liên quan Hàm số lớp 12
(
= ex − x 2 − 1
)
−
3
2
( )
, h '' x = e x +
(
3 2
x −1
2
)
−
5
2
.2x = e x +
3x
(x
( )
( )
Vậy h ( x ) liên tục và có đồ thị là ñường cong lõm trên (1; +∞ ) .
Do ñó ñể chứng minh ( 2 ) có 2 nghiệm lớn hơn 1 ta chỉ cần chứng minh tồn tại x
2
−1
)
5
2
>0
và lim+ h x = +∞, lim h x = +∞
x →+∞
x →1
()
Chọn x 0 = 2 : h 2 = e 2 +
2
( )
− 2007 < 0 ⇒ h x = 0 có đúng hai nghiệm x > 1
3
()
Vậy hệ phương trình 1 có đúng 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện x > 1, y > 1 .
Ví dụ 8:
Giải hệ phương trình sau:
2x
y =
1 − x2
2y
1. z =
1 − y2
2z
x = 1 − z 2
y 3 − 9x 2 + 27x − 27 = 0
2. z 3 − 9y 2 + 27y − 27 = 0
x 3 − 9z 2 + 27z − 27 = 0
Giải :
2x
y =
1 − x2
2y
1. z =
1 − y2
2z
x
=
1 − z2
Giả sử x > y > z
()
Xét hàm số : f t =
()
f t =
0
2t
,xác ñịnh trên D = ℝ \ ±1 .Ta có
1 − t2
{ }
2(t 2 + 1)
> 0, ∀x ∈ D ⇒ f t ln đồng biến trên D .
(1 − t 2 )2
()
20
( )
> 1 mà h x 0 < 0 .
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
( )
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
()
()
Do đó : x > y > z ⇒ f x > f y > f z ⇒ y > z > x . Mâu thuẫn, do đó điều giả sử sai .
Tương tự x < y < z không thoả .
Vậy x = y = z
(
) (
Hệ cho có nghiệm : x ; y; z = 0; 0; 0
)
y 3 − 9x 2 + 27x − 27 = 0
2. z 3 − 9y 2 + 27y − 27 = 0
x 3 − 9z 2 + 27z − 27 = 0
y 3 − 9x 2 + 27x − 27 = 0
y 3 = 9x 2 + 27x − 27
3
3
2
2
z − 9y + 27y − 27 = 0 ⇔ z = 9y + 27y − 27
x 3 − 9z 2 + 27z − 27 = 0
x 3 = 9z 2 + 27z − 27
Xét hàm số ñặc trưng : f (t ) = 9t 2 − 27t + 27 ⇒ f '(t ) = 18t − 27
3
f
'(
t
)
>
0,
∀
t
>
3
2
f '(t ) = 0 ⇔ 18t − 27 = 0 ⇔ t = ⇒
2
f ' t < 0, ∀t < 3
2
()
3
3
Hàm số ñồng biến trên khoảng ; +∞ và nghịch biến trên khoảng −∞;
2
2
Hàm số ñạt giá trị nhỏ nhất tại t =
3 27
3
⇒f =
2
4
2
3
3
x ≥
>
3
27
27
27
3
3
4 2
Và f (t ) ≥
⇔ 9x 2 − 27x + 27 ≥
⇒ y3 ≥
⇒y ≥
> ⇒
3
4
4
4
4 2
z ≥ 3 > 3
3
4 2
f (x ) = y
Vậy x , y, z thuộc miền ñồng biến, suy ra hệ phương trình f (y ) = z là hệ hốn vị vịng quanh.
f (z ) = x
Khơng mất tính tổng quát giả sử
x ≥ y ⇒ f (x ) ≥ f (y ) ⇒ y 3 ≥ z 3 ⇒ y ≥ z
⇒ f (y ) ≥ f (z ) ⇒ z 3 ≥ x 3 ⇒ z ≥ x
⇒x ≥y ≥z ≥x ⇒x =y =z
Thay vào hệ ta có: x 3 − 9x 2 + 27x − 27 = 0 ⇒ x = 3 .
Suy ra: x = y = z = 3
Ví dụ 9:
Giải hệ phương trình :
x 3 + 3x − 3 + ln(x 2 − x + 1) = y
3
2
1. y + 3y − 3 + ln(y − y + 1) = z
21
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
Giải :
x 3 + 3x − 3 + ln(x 2 − x + 1) = y
1. y 3 + 3y − 3 + ln(y 2 − y + 1) = z
3
2
z + 3z − 3 + ln(z − z + 1) = x
f (x ) = y
Hệ phương trình có dạng : f (y ) = z .
f (z ) = x
(
)
3
2
Ta giả sử x ; y; z là nghiệm của hệ. Xét hàm số f (t ) = t + 3t − 3 + ln(t − t + 1), t ∈ R .
2
Ta có: f '(t ) = 3t + 3 +
2t − 1
2
()
> 0, ∀t ∈ ℝ ⇒ f t là hàm ñồng biến ∀t ∈ R .
2 t −t +1
Giả sử: x = max x ; y; z thì y = f (x ) ≥ f (y ) = z ⇒ z = f (y ) ≥ f (z ) = x
{
}
3
2
Vậy x = y = z . Vì phương trình x + 2x − 3 + ln(x − x + 1) = 0
( )
3
( )
2
Xét hàm số g x = x + 2x − 3 + ln(x − x + 1), x ∈ R , hàm số g x ñồng biến trên R và
()
( )
g 1 = 0 , do đó phương trình g x = 0 có nghiệm duy nhất x = 1 .
Do đó hệ đã cho có nghiệm là x = y = z = 1 .
x 2 − 2x + 6 log (6 − y ) = x
3
2
2. y − 2y + 6 log3 (6 − z ) = y
2
z − 2z + 6 log3 (6 − x ) = z
22
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
x
log3 (6 − y ) =
x 2 − 2x + 6
f (y ) = g(x )
y
Hệ cho ⇔ log3 (6 − z ) =
⇔ f (z ) = g(y )
f (x ) = g(z )
y 2 − 2y + 6
z
log3 (6 − x ) =
z 2 − 2z + 6
t
Xét hàm số f (t ) = log3 (6 − t ) ; g (t ) =
, t ∈ (−∞;6)
2
t − 2t + 6
1
< 0, t ∈ (−∞;6) ⇒ f t nghịch biến trên khoảng (−∞;6) và
Ta có f '(t ) = −
6 − t ln 3
(
()
)
6 −t
g '(t ) =
(t
2
− 2t + 6
(
)
3
> 0,
()
∀t ∈ (−∞;6) ⇒ g t ñồng biến trên khoảng (−∞;6) .
)
Ta giả sử x ; y; z là nghiệm của hệ thì x = y = z thay vào hệ ta có:
log3 (6 − x ) =
x
2
⇔x =3
x − 2x + 6
Vậy nghiệm của hệ ñã cho là x = y = z = 3 .
Chú ý :HỆ HỐN VỊ VỊNG QUANH:
f (x1) = g(x 2 )
f (x 2 ) = g(x 3 )
(I)
ðịnh nghĩa: Là hệ có dạng:
.................
f (x n ) = g(x1)
ðịnh lí 1: Nếu f , g là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên A và (x1, x 2,..., x n ) là nghiệm của hệ
trên A thì x1 = x 2 = ... = x n
ðịnh lí 2:Nếu f , g khác tính ñơn ñiệu trên A và (x1, x 2,..., x n ) là nghiệm của hệ trên A thì
x1 = x 3 = ... = x n −1
x1 = x 2 = ... = x n nếu n lẻ và
nếu n chẵn
x 2 = x 4 = ... = x n
Ví dụ 10:
Giải hệ phương trình :
sin x − sin y = 3x − 3y (1)
π
1. x + y =
(2)
23
Nguyễn
Phú
Khánh
-ðàsốLạt
Tính đơn
điệu
của hàm
Các vấn đề liên quan Hàm số lớp 12
Giải :
sin x − sin y = 3x − 3y (1)
π
1. x + y =
(2)
5
(3)
x , y > 0
( )( )
Từ 2 , 3 ⇒ x , y ∈ (0;
π
)
5
1 ⇔ sin x − 3x = sin y − 3y * .
()
()
()
Xét hàm số f t = sin t − 3t, t ∈ (0;
nghịch biến trên khoảng t ∈ (0;
π
5
π
()
) nên
( * ) ⇔ f ( x ) = f (y ) ⇔ x = y
()
Với x = y thay vào 2 ta tìm được x = y =
( )
π
()
) ta có f ' t = cos t − 3 < 0, t ∈ (0; ) ⇒ f t là hàm
5
5
π
10
π π
; là nghiệm của hệ.
10
10
Vậy x ; y =
log 2 (1 + 3 cos x ) = log 3 (sin y ) + 2
2.
log 2 (1 + 3 sin y ) = log 3 (cos x ) + 2
cos x > 0
ðiều kiện :
sin y > 0
24
