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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (812.59 KB, 14 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

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 cơ sở.

1. Một số kiến thức cơ bản .

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

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

Đối với hàm đồng biến thì ymax=y(b) ,ymin=y(a) (a<b),đồng thời nếu phương trình f(x)=0
có nghiệm thì nghiệm ấy là duy nhất.

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

Đối với hàm nghịch biến thì ymax=y(a) ,ymin=y(b) (a<b),đồng thời nếu phương trình
f(x)=0 có nghiệm thì nghiệm ấy là duy nhất.

Hàm số y=f(x) chỉ đồng biến hoặc nghịch biến trên đoạn [a,b] được gọi là đơn điệu
trên đoạn ấy.

2. Tính chất của hàm đơn điệu.

Hàm đơn điệu có các tính chát quan trọng sau đây:

f(x)=f(y)x=y.

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

1)Nếu phương trình f(x) = g(x) có nghiệm x=x0 thì nghiệm ấy là duy nhất

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

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

B.Nội dung:

I.Phương trình:

Ví dụ 1. Giải phương trình: 
1

x - 4 x =1 (1)
Giải:

Điều kiện -1x

(1)  x1 = 1+ 4 x có nghiệm x = 3 ( đúng)
Và vì vế trái là hàm đồng biến ( đạo hàm dương),

Vế phải là hàm nghịc biến ( đạo hàm âm),
Nên x = 3 là nghiệm duy nhất của (1).

Nhận xét: Cái hay của bài này là đưa phương trình vơ tỷ về sử dụng tính đơn điệu,tránh 
được bình phương 2 lần để dẫn đến mất nghiệm.

Ví dụ 2. Giải phương trình:

x5 +x3 - 1 3x +4 = 0
Giải:

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

Ta có f'(x) = 5x4 +3x2 + 3

2 1 3x > 0

 f(x) Đồng biến / ( , ]1
3



Mặt khác f(-1) =0 nên phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = -1.
Ví dụ 3. Giải phương trình :

2 2

15 3 2 8

x   x  x 
Giải:

Phương trình 2 2

( ) 3 2 8 15 0

f x x x x

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

Nếu x >2/3 thì f'(x) = 3 + x

2 2

1 1 2

0 x>
3

8 15

x x

 

  

 

 

 

f(x) đồng biến / 2,
3

 

 

 

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ví dụ 4: Giải bất phương trình:



2 3

 

2 3



x x

x

    (4)

Giải:

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

Vì 2x> 0 nên (1) 2 3 2 3 1

4 4

x x

     

      

   

Do 2 3 2 3 1

4 4

   

Nên vế trái của hàm nghịch biến ,và vì vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của (4).

Nhận xét: Cái hay của cách giải này là phát hiện ra cơ số bé hơn 1 để sử dụng tính nghịch 
biến.

Ví dụ5.Giải bất phương trình:

x + lg(x2 -x -6) = 4 +lg(x +2).
Giải:

Điều kiện x +2>0, x2 - x -6 >0  x 3.

Vậy (1)  x + lg(x +2) +lg(x -3) = 4 +lg(x +2)  lg(x -3) = 4 -x (5)
phương trìnhnày có nghiệm x = 4,vì khi đó ta có lg1 = 0 ( đúng )

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

Nên (5) có nghiệm duy nhất x = 4 ( thoả mãn điều kiện x > 3).
Ví dụ 6: Giải bất phương trình:

2log3cotgx = log2cosx (6)
Giải:

Điều kiện cosx > 0,sinx > 0 .
Đặt log2cosx = y  cosx = 2

y

log3cotg
2

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

cos 4

1 cos 1 4

y
y

x
x

 

 3y - 12y = 4y 3 3 1,
4

y
y

   
 

  Có nghiệm duy nhất y = -1

Vì vế trái cơ số ¾ < 1 là hàm nghịch biến,
vế phải cơ số 3 > 1 là hàm đồng biến .
Vậy cosx = 2-1

= 1/2  x = / 3 2 k,kR.

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

x = 2 ,

3 k k z

 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Nhận xét: Cái hay của cách giải này là đưa (6) về dạng phương trình mũ khơng chính 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 > 0. Với điều kiện ấy

(7)  x2(3-2x) - log2(x + 1

x) (*)

Do x > 0 nên x+1

x 2 và do vế phải là hàm logarit có cơ số lớn hơn 1,
nên là hàm đồng biến  log2(x + 1

x)  log22 = 1.
Vậy thì vế trái dương x2(3-2x) >0 3-2x > 0.
Ta có x2(3-2x) = x.x.(3-2x) là tích của 3 số dương ,

có tổng khơng đổi bằng 3,nên nó đạt giá trị lớn nhất bằng 1 ,
khi x = 3 -2x = 1.

Như vậy là VT 1 ,đạt dấu = khi x = 1 ,
VP  1 ,đạt dấu = khi x = 1

phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.

Nhận xét : Cái hay của cách giải này là áp dụng linh hoạt hệ quả của bất đẳng thức Cơsi và
tính đơn điệu của hàm logarit.

Ví dụ 7: Giải bất phương trình:

3.4x + (3x-10)2x + 3 - x = 0
Giải:

Đặt y = 2x

> 0, khi đó ta có
3y2 + (3x - 10)y + 3 - x = 0

Ta có y = 3 10 (3 8)
6

x x

    

y1 =
1

3hoặc y2 = 3-x

Nếu y1 =
1
3 = 2

x

x = -log23.

Nếu y2 = 3 - x = 2
x

, ta có x = 1 là nghiệm duy nhất ,vì khi đó 3 -1 = 2
( đúng).

Và vì vế trái là hàm nghịch biến ( có đạo hàm âm),
Vế phải là hàm đồng biến ( cơ số hàm mũ lớn hơn 1).

Nhận xét. Cách giải này hay ở chổ biết chọn ẩn số mới thích hợp để đưa về phương trình 
bậc hai và sử dụng được tính đơn điệu của hàm số.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 
9

x > 5 - 2x4 (1)
Giải

Điều kiện x-2.

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

Nên nghiệm của (1) là giao của x - 2 và x > x0 với x0 là nghiệm

của phương trình : x9 = 5 - 2x4 ;
Phương trình cuối có nghiệm duy nhất x = 0 ,
vì khi đó ta có 9 =5- 4(đúng)

Và vế trái đồng biến,vế phải nghịch biến.

Vậy nghiệm của (2) là giao của x -2 và x > 0

x > 0

Nhân xét: Cái hay của cách giải này là đưa bất phương trình vơ tỷ về sử dụng đơn 
điệu,tránh được bình phương 2 lần dễ dẫn đến mất nghiệm.

Ví dụ 2: Giải bất phương trình:

3 4 5

1 5 7 7 5 13 7 8

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 4

3 4 5

1 5 7 13

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

f(x) đồng biến / 5,
7

 

 .Mặt khác f(3) = 8 nên bpt f(x) < 8.

5 / 7 5

( ) (3) 3.

3 7

x

f x f x

x




      



Nhận xét: Cái hay của cách giải này là đưa bất phương trình vơ tỷ về sử dụng tính đơn điệu 
,trong khi đó muốn giải bằng cách khác sẽ rất khó khăn.

Ví dụ 3: Giải bất phương trình:

2x + x x 7 2 x2 7x 35
Giải

Điềukiện x > 0.

Xết f(x) = 2x + 2

7 2 7

x  x  x  x

Ta có f'(x) =

1 1 2 7

2 0

2 2 7 7

x

x x x x



   

  ,

2
29

35
12

f    

 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Nên f(x) đồng biến và do đó f(x) < 35 =

2
29
12
f   

 

2
29
0

12
x  
      .

Ví dụ 4: Giải bất phương trình:

2 2

1 1 2

x x

x

x x

    (1)

Giải

Điềukiện: x 0,

x + 12 0,x 12 0

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

Xết 3 3

1 1 0

x   u x   v ,khi đó

(2)

2 2

1 1

2 ( )( ) 2

u v

u v u v u v


 

  

  

 

    

 u -v 1



1
u v
v u

 


   

 v

1
0
2

  (thích hợp)

Vậy : 3 1 3 5 3 5

1 1

2 4 4

x   x   x 

Đáp số : 3 5
4
x

Hoặc xét VT =f(x)= 3 3

1 1

x   x  là hàm đồng biến

Suy ra nghiệm của (2) là giao của x 1 và x > x0 ,trong đó x0 là nghiệm
Của phương trình : 3 3

1 1

x   x  = 2.

Suy ra x0 =3
5

4 ,suy ra bất phương trình có nghiệm

3 5
4
x .

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 sai sót ,thừa nghiệm) và tránh được việc giải phương trình bậc cao.

Ví dụ 5: Giải bất phương trình:

2 5 2 7 10 5 2

x  x  x  x   x (1)
Giải

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Xét 2 0

5 0

x u

x v

  

   Suy ra

7 10 .

x  x uv

Do u và v đồng biến khi x -2.

vế trái là hàm đồng biến ,vế phải là hàm nghịch biến .

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

phương trình: 2

2 5 2 7 10 5 2

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

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

+t -12 = 0 , t > 0

Suy ra t =3 vậy 1

1
3

3
3

2  
























u
v

u
v
u

v
u

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

Nhận xét . Cái hay của cách giải này là dùng tính đơn điệu của hàm số để đưa bất phương 
trình vơ tỷ về hệ phương trình bậc 1.

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

x2 + 2

2 xm m   m 1 0 (1)
Giải:

Xét t = xm 0



t2 = x2 -2mx +m2 ,
khi đó (1)  y = t2 +2t +2mx +m -1 0
Có nghiệm t 0.

Ta có y' = 2t +2  y' = 0  t = -1

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

1
2
m
  .

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

III.Hệ phương trình.

Ví dụ 1: Tìm các số x 

 

0; ,y 

 

0; thoả mãn hệ :

cot - coty

x -y (1)

5x + 8 y = 2 (2)

x











Giải:

Viết phương trình (1) dưới dạng : x - cotx = y - coty (3)
Xét hàm số f(t) = t - cot t , 0 < t < .

Khi đó f(t) xác định t

 



vµ f'(t) = 1 + 12

sin t> 0 ,  t

 





f(t) đồng biến t

 



.
Từ (3)



f(x) = f(y)  x = y.

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


Ví dụ 2: Giải hệ:

tan tan

tan tan 2, , 0;

x y x y

x y x y 

  




    


  



Giải :

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

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

t 





  

 ,

có f'(t) = 1- 12

cos t< 0 ,do t 0;2



 

 

 



0 < cos t < 1.
Vậy f( t) nghịch biến .

Từ (3) suy ra f(x) = f(y)  x = y và từ (2)



tan x = tan y = 1



x = y =



Ví dụ 3: Chứng tỏ rằng với 0a  hệ :

2
2

a
x y

y

a
y x

x



 




  



</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Điều kiện x 0 ,y 0. Do x và
2
a

x cùng dấu , Do y và
2
a

y cùng dấu

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

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

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

Ta có bảng biến thiên:

Từ đó suy ra phương trình : 2x3 -x2 = a2 ( a2> 0) có nghiệm duy nhất .

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

Ví dụ 4: Giải hệ:

3 2

2 1

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 đã cho

3 2 2

2 1 ( 1)( 1) 0

x y z x y z

x x x x x x

   

 

 

      

 

 1

1
x y z

x y z

  


    


IV.Bất đẳng thức:

f

f’



 0 

-1/27 CT

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Ví dụ 1: Chứng minh rằng : ex> 1 +x , x 0

Giải :

Xét f(x) = ex -x -1 , khi đó f'(x) = ex -1

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

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

Vậy ex

> x +1  x 0.

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

Xét hàm số f(t) = lnt - t với t > 0.

Ta có f (t) = 1 1 2

2
2

t

t t t


 

Lập bảng xét dấu sau:

Như vậy  x 0,có f(x) f(4)

lnx - x ln4-2

Do 4<e2ln4 < 2 ,vậy từ (1) suy ra lnx - x < 0

 ln x < x (đpcm)

Ví dụ 3:Chứng minh rằng : log19992000 > log20002001.
Giải.

Xét hàm số f(x) = logx(x +1) với x > 1.

Khi đó bất đảng thức đã 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)

ln ( 1) ln

x x

x x x x

x x

x x x x



   

 



2
ln

( 1)

0
( 1)ln

x
x

x x x



 



Vậy f(x) là hàm nghịch biến khi x > 1,do đó (2) hiển nhiên đúng . (đpcm)

0 4

+ -

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Ví dụ4:Chứng minh rằng : ln ( 1+ 2
1 x ) <1

x+ ln x nếu x > 0.
Giải.

Xét hàm số f(t) = ln( 1+ 2

1 t ) - lnt - 1

t với t > 0

Ta có f(t) =

2
2
1
1 1
t
t
t

  -
1
t + 2

1
t =

2
2 2
1
1
t t
t t
 
 > 0

Do đó f(t) là hàm đồng biến khi t > 0, và x > 0 ,nên

f(x) < f(+) = lim

t f(t) = tlim

2 1

ln(1 1 t ) lnt
t

     

 

 

 f(x) <

1 1

lim (ln )

t
t
t

 
= 0

 ln(1+ 1 x ) < lnx +1

x đ.p.c.m
Ví dụ 5:Chứng minh rằng: x > ln(x +1) , x > 0.

Giải :Xét f(x) = x - ln(x +1) liên tục trên [ 0 ,+) có

f'(x) = 1 - 1 0; 0

1 1

x

x  x   

 f tăng trên [ 0 ,+)  f(x) > f(0) =0  x > ln(x+1) với x > 0.

Ví dụ 6:Chứng minh rằng: lnx >2( 1)

1
x
x



 víi x>1.

Giải : Xét f(x) = lnx - 2( 1)
1
x
x



 ( x>1) liên tục trên [ 1 ; +)

Ta có f'(x) =

2 2

1 4 ( 1)

0, 1.

( 1) ( 1)

x

x x x x



    

 

 f tăng trên [ 1 ; +)

Vậy với x > 1 ta có f(x) > f(1) = 0

Từ đó suy ra lnx >2( 1)
1
x
x



 với x>1.

Ví dụ 7:cho 0 <<



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

x với x  0,2


 

 

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Ta có f'(x) = xcosx2 sinx
x



= cos (x x tgx2 )
x



suy ra f'(x) < 0 x  0,
2


 

 

  f(x) là hàm nghịch biếnn ( 0, 2



)

Vì 0 <<
2



f() > f(
2



) sin
 >

sin
2

2




sin

 > 2



 đ.p.c.m.

Ví dụ 8:cho 0 <<



. Chứng minh rằng: sin + cos> 1

Giải.xét hàm số: f(x) = xsinx + cosx - 1 với x  0,
2


 

 

 

f'(x) = sinx + xcosx -sinx = xcosx  0 x  0,
2


 

 

 

Vì f' = 0 chỉ khi x = 0 hoặc x =



 f là hàm đồng biến trên 0,
2


 

 

 .

Vì 0 <<



 f(0) < f()  0 <sin+ cos - 1

sin+ cos> 1 đ.p.c.m

Ví dụ 9:Chứng minh rằng: sinx < x < tgx với 0 < x <



Giải . Xét f(x) = x - sin x , x (0; ]
2



 . Khi đó f liên tục trên [ 0 ,



]

Và có đạo hàm trên ( 0 ;



) f tăng trên [ 0 ,



]

Ta có x > 0  f(x) > f(0) x > sinx với x (0; )
2





Tương tự ta có x < tgx , 0;
2
x   

  .

Ví dụ 10:Chứng minh rằng: nếu 0 < x <



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

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Ta chứng minh : 2 sin

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



 )

Xét f(x) = sinx +tgx -2x với 0 < x<



Ta có f'(x) = cosx + 12 2
cos x 

V× 0 < x <



nên cosx > cos2x .Do đó : f'(x) > cos2x + 12 2

cos x  0 .
 f tăng trên (0; )

 

f(x) > f(0) = 0

 sinx +tgx > 2x , 0;
2
x   

   ( đpcm)

Ví dụ 11:Chứng minh rằng: x -

3
sin
6
x

x

 với x > 0.

Giải : Xét f(x) = sinx +
3

6
x

-x

Ta có f'(x) = cosx +
2

2
x

-1

f''(x) = - sin x +x > 0

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

3
sin
6
x

x

 ( đpcm) .

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

f(a)= f’(a) =f’’(a)=…=f(n-1)

(a) = 0 và f(n)> 0  x

 

a b; th× f(x) >0 
, x

 

a b;

Ví dụ 11:Chứng minh rằng: sinx < x -

3 5

6 120
x  x

với x > 0.

Giải : Xét f(x) = x -

3 5

6 120

x x

 - sinx , với x > 0.

Ta có :f'(x) =

2 4

1 cos

2 24

x x

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

f'' (x) = - x -
3

sin
6
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) > 0 ; x > 0.

C.Một số bài tập tương tự.

1. Chứng minh rằng : ln(1+x) > x
2

x>0
2

x
 

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

x 

3. Chứng minh rằng : logx(x+1) > logx+1(x+2) , x 1.

4.Giải bất phương trình : x  9 5 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

</div>

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

<b>Chuyên đề: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ </b>

<b> ĐỂ GIẢI TOÁN </b>



 







 

 

cot - coty

x -y (1)

5x + 8 y = 2 (2)

<i>x</i>











 



 





 















 

 

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về