Chủ đề: Vận dụng tính chất đơn điệu của hàm số để giải phương trình- bất phương trình và hệ phương trình

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Một số kỹ thuật đặc sắc ĐẠI SỐ SƠ CẤP. Chủ đề:. Luyện thi Đại học 2013. VẬN DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH- BPT VÀ HPT. I- TỔNG QUAN PHƯƠNG PHÁP: Xét phương trình f  x   0 1  x  D  với D là một khoảng cho trước. Để vận dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, ta có một số hướng biến đổi (tương ứng với 3 dạng thông dụng) sau đây: 1. Đối với loại phương trình có 3 hướng để giải quyết: Dạng 1: Dạng F ( x )  0, với F ( x ) hoặc đồng biến, hoặc nghịch biến trên D. Bước 1: Đưa phương trình (1) về dạng: F ( x )  0 Bước 2: Xét hàm số y  F ( x ) Chỉ rõ hàm số y  F ( x ) đồng biến hay nghịch biến trên D. Bước 3: Đoán được F  x0   0 . Lúc đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất x  x0 ..  F ( x ) đồng biến trên D Phương trình (1) có:   hoặc ngược lại  G ( x ) nghÞch biÕn trªn D  Bước 1: Đưa phương trình (1) về dạng : F ( x )  G ( x ) (1) Bước 2: Xét hai hàm số y  f ( x ) và y  g ( x ) Chỉ rõ hàm số y  F ( x ) là hàm đồng biến (nghịch biến) và y  G ( x ) là hàm nghịch biến (đồng biến) Bước 3: Đoán được F  x0   G  x0  . Lúc đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất. Dạng 2:. x  x0 . Dạng 3:. Dạng phương trình F (u)  F (v) (*), với F ( x ) hoặc đồng biến, hoặc nghịch biến trên  a; b  . Lúc đó, (*) có nghiệm duy nhất u  v. Bước 1: Đưa phương trình về dạng F (u)  F (v) (1) Bước 2: Xét hàm số: y  F (t ) . Chỉ rõ hàm số đồng biến hay nghịch biến trên  a; b  . Bước 3: Khi đó: F (u)  F (v)  u  v Nhận xét: + Định lí về tính đơn điệu trên đoạn: “ Nếu hàm số y  f  x  liên tục trên  a; b  và có đạo hàm f /  x   0 trên khoảng  a; b . thì hàm số y  f  x  đồng biến trên  a; b  ” + Đối với bất phương trình, hệ phương trình, tư duy vận dụng tính đơn điệu hoàn toàn tương tự như trên. II- BÀI TẬP MINH HỌA: Loại 1: Vận dụng tính đơn điệu để giải phương trình Bài tập 1: Giải các phương trình sau: a). 4x 1  4x2 1  1. b). 3  sin x  2  sin x  1. c). x  1  x3  4 x  5. d). x  x2  x  1  x  1  x2  x  1  1. Giáo viên: LÊ BÁ BẢO. 1 Lop12.net. Tổ Toán THPT Phong Điền.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Một số kỹ thuật đặc sắc ĐẠI SỐ SƠ CẤP Hướng dẫn giải:. 4x 1  4x2 1  1  4x 1  0 Điều kiện:  2 4 x  1  0. Luyện thi Đại học 2013. a). x. 1 2. Nhận xét: Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của hàm số y  4 x  1  4 x 2  1 và y  1. 1  Xét hàm số y  4 x  1  4 x 2  1 . Miền xác định: D   ;   . 2  2 4x 1 Đạo hàm y /    0 x  . O 2 4x 1 4x2 1 1  1  Do hàm số liên tục trên  ;   nên hàm số đồng biến trên  ;   . 2  2  Đồ thị y  4 x  1  4 x 2  1  1 1 1 Dễ thấy x  thỏa (1). Do đó hàm số có nghiệm duy nhất và đó là x  . 2 2 b) 3  sin x  2  sin x  1 . TXĐ: D  R . Đặt t  sin x , điều kiện t  1 y. 1. 1 2. 3  t  1  2  t (2) Khi đó phương trình có dạng : 3  t  2  t  1  Dễ thấy: + Hàm số f (t )  3  t là hàm đồng biến trên D   1;1. + Hàm số g (t )  1  2  t là hàm nghịch biến trên D   1;1 Từ (*) suy ra : f (t )  g (t ) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất Ta thấy t  1 là thỏa phương trình (2), do đó: sin x  1  x  c) x  1   x 3  4 x  5 TXĐ: D  1;   ..  2.  k 2. (3). 1  0 x  1 nên hàm số đồng biến trên 1;  2 x 1 Và hàm số g ( x )   x 3  4 x  5 . Đạo hàm : y /  3 x 2  4  0 x  D  hàm số nghịch biến trên D . Phương trình (3) có dạng f ( x )  g ( x ) . Do đó phương trình nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Ta thấy x  1 thoả mãn phương trình. Vậy phương trình có nghiệm x  1 . Xét hàm số f ( x )  x  1 có f / ( x ) . x  x2  x  1  x  1  x2  x  1  1  x  x 2  x  1  0  x 2  x  1   x Điều kiện:    x  1  x 2  x  1  0  x 2  x  1   x  1. d). Giáo viên: LÊ BÁ BẢO. 2 Lop12.net. Tổ Toán THPT Phong Điền. x.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Một số kỹ thuật đặc sắc ĐẠI SỐ SƠ CẤP Luyện thi Đại học 2013   x  0  2 x  0 x  x  1  0 2 + Với x  x  1   x     x   x  0 x  0  2 2   x  x  1  x   x  1  0  2  x  1 x  x  1  0 2 + Với x  x  1   x  1     x . Vậy D  R   x  1  0  x  1  2 2   x  x  1  x  2 x  1 Biến đổi phương trình về dạng :. x  x 2  x  1  1  ( x  1)  ( x  1)2  ( x  1)  1.  x  x 2  x  1  x  ( x  1)  ( x  1)  ( x  1)2  ( x  1)  1 (4). Xét hàm số f (t )  t  t 2  t  1 . Miền xác định D  R Đạo hàm : f / (t ) . . t  t2  t  1. . /. 2 t  t2  t  1. . 2 t 2  t  1  2t  1 4 t  t 2  t  1. t 2  t  1. Nhận xét :. 2 t 2  t  1  2t  1  4t 2  4t  4  2t  1  (2t  1)2  3  2t  1  2t  1  2t  1  0  f / ( x )  0 x  hàm số đồng biến trên D. Khi đó: (*)  f ( x )  f ( x  1)  x  x  1 vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. Bài tập 2: Giải các phương trình sau:. . 3 x  x 2 1. . 1 2 a) log3 x  3 x  2  2     5 1 1 8sin x  5 4 sin x 1 c) e e   8sin x  5 4sin x  1 Hướng dẫn giải:. . 2. . b) 2 x 1  2 x. 2. x.   x  1. 2. 3 x  x 2 1. 1 2 a) log3 x 2  3 x  2  2    (1)  5 x 1 Điều kiện: x 2  3 x  2  0   . Đặt u  x 2  3 x  2 x  2.  u  0 1 u2. 1 Lúc đó : 3 x  x 2  1  1  u 2 . Khi đó : (1)  log3 (u  2)     5 1 x 2. 1 Xét hàm số: f ( x )  log3 ( x  2)     5. Giáo viên: LÊ BÁ BẢO.  2 (2). . Miền xác định: D  0;  . 3 Lop12.net. Tổ Toán THPT Phong Điền.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Một số kỹ thuật đặc sắc ĐẠI SỐ SƠ CẤP 2 1 1 Đạo hàm : f / ( x )   .2 x.5x .ln 3  0 , x  D . ( x  2) ln 3 5 Suy ra hàm số đồng biến trên D. Luyện thi Đại học 2013. Mặc khác: f (1)  2 . Do đó (2) có dạng : f (u)  f (1)  u  1 : x  b) 2 x 1  2 x. 2. x. 3 5 3 5 x 2 2.  ( x  1)2 . TXĐ: D  R 2. Biến đổi phương trình về dạng : 2 x 1  x  1  2 x  x  x 2  x Xét hàm số f (t )  2 t  t . Miền xác định : D  R. (2). Đạo hàm : f / (t )  ln 2.2 t  1  0 t  D . Suy ra hàm số đồng biến trên D. Từ (2) có dạng f ( x  1)  f ( x 2  x )  x  1  x 2  x  x  1 Vậy x  1 là nghiệm của phương trình 1  sin x   1 1  8sin x  5 4 sin x 1 4 c) e . Điều kiện:  e   8sin x  5 4sin x  1 sin x  5  8 1 1 8sin x  5 4 sin x 1 Biến đổi phương trình về dạng: e (3)  e  8sin x  5 4sin x  1 1 Xét hàm số f (t )  et  . Miền xác định: D   0;   t 1 Đạo hàm : f / ( x )  et  2  0 x  D . Suy ra hàm số đồng biến trên D. t Từ (*) có dạng : f  8sin x  5   f  4sin x  1   8sin x  5  4sin x  1.  sin x  1 8sin x  5  4sin x  1   sin x  1 8sin x  5  1  4sin x 2    x   k 2  2   x    k 2  x  5  k 2  6 6 Loại 2: Vận dụng tính đơn điệu để giải bất phương trình Bài tập 1: Giải các bất phương trình sau:. a) x  9  2 x  4  5 Hướng dẫn giải:. b). x 2  2 x  3  x 2  6 x  11  3  x  x  1. x  9  0  x  2 x  9  2 x  4  5 (1). Điều kiện:  2 x  4  0 Xét hàm số y  f ( x )  x  9  2 x  4 . Miền xác định : D   2;   a). Giáo viên: LÊ BÁ BẢO. 4 Lop12.net. Tổ Toán THPT Phong Điền.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Một số kỹ thuật đặc sắc ĐẠI SỐ SƠ CẤP Luyện thi Đại học 2013 1 1 Đạo hàm f / ( x )    0 x  2 . Suy ra hàm số đồng biến trên D . 2 x9 2x  4 Để ý rằng: f (0)  5 , do đó: + Nếu x  0 thì f ( x )  f (0)  x  9  2 x  4  5 , nên x  0 là nghiệm bpt. + Nếu 2  x  0 thì f ( x )  f (5)  x  9  2 x  4  5 nên 2  x  0 không là nghiêm bpt. Đối chiếu với điều kiện, suy ra tập nghiệm của (1) là T   0;   .. x 2  2 x  3  x 2  6 x  11  3  x  x  1 (2) x2  2x  3  0  2  x  6 x  11  0 Điều kiện:  (*) 1 x  3 3  x  0  x  1  0 b). Biến đổi bất phương trình:  x 2  2 x  3  x  1  x 2  6 x  11  3  x  ( x  1)2  2  x  1  (3  x )2  2  3  x. (3). Xét hàm số f (t )  t 2  2  t . Ta thấy hàm số đồng biến trên 1;3 Từ (3) ta có f ( x  1)  f (3  x )  x  1  3  x  x  2 Đối chiếu với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình (2) là T   2;3 . Loại 3: Vận dụng tính đơn điệu để giải hệ phương trình Bài tập 1: Giải các hệ phương trình sau:  3  x 2  2 x  3  y  x  1  y  1  x 3 a)  b)  4 x  1  y    3  y 2  2 y  3  x   x 3  3 x  3  ln x 2  x  1  y   c)  y3  3 y  3  ln y 2  y  1  z  3 2  z  3z  3  ln z  z  1  x Hướng dẫn giải:  x  1  y  1  x 3 x 1  0 x  1 a)  (I) . Điều kiện:   4 y  0 y  0  x  1  y  x  1   x  12  1  x 3 Ta có (I)   4  x  1  y 2 Từ phương trình : x  1   x  1  1  x 3  x  1   x 3  x 2  2 x  2.   .   . (1). Ta thấy hàm số f ( x )  x  1 là hàm đồng biến trên 1; . Xét hàm số g ( x )   x 3  x 2  2 x  2 . Miền xác định: D  1;  . Giáo viên: LÊ BÁ BẢO. 5 Lop12.net. Tổ Toán THPT Phong Điền.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Một số kỹ thuật đặc sắc ĐẠI SỐ SƠ CẤP Luyện thi Đại học 2013 / 2 Đạo hàm g ( x )  3 x  2 x  2  0 x  D . Suy ra hàm số nghich biến trên D. Từ (1) ta thấy x  1 là nghiệm của phương trình và đó là nghiệm duy nhất. Vậy hệ có nghiệm 1;0  .  3  x 2  2 x  3  y b)  (II). Điều kiện: 2  3  y  2 y  3  x  3  x 2  2 x  3  y Ta có (II)   3  x  3  y 2  2 y. Cộng vế theo vế ta có:. x  0  y  0. 3  x 2  3 x  3  3  y2  3 y  3. (2). Xét hàm số f (t )  3  t 2  3 t  3 . Miền xác định: D  1;   Đạo hàm: f / (t ) . t. 3. . 3  t2 2 t Từ (*) ta có f ( x )  f ( y)  x  y.  1  0 x  D . Suy ra hàm số đồng biến trên D.. Lúc đó: 3  x 2  x  3 (3) + VT (3) là hàm số hàm đồng biến trên D. + VP (3) là hàm hằng trên D. Ta thấy x  1 là nghiệm của phương trình (3) (thỏa điều kiện) Suy ra phương trình có nghiệm x  1 là nghiệm duy nhất. Vậy hệ có nghiệm 1;1.   .   .  x 3  3 x  3  ln x 2  x  1  y   c)  y3  3 y  3  ln y 2  y  1  z  3 2  z  3z  3  ln z  z  1  x Xét hàm số f (t )  t 3  3t  3  ln t 2  t  1. . .  f ( x)  y  Lúc đó hệ có dạng:  f ( y)  z . Miền xác định: D  R  f (z)  x . 2t  1. Đạo hàm : f / ( x )  3t 2  3 .  0 x  R . Suy ra hàm số đồng biến trên D 2 t2  t  1 Ta giả sử  x; y; z  là nghiệm của hệ và x  max  x, y, z khi đó ta suy ra: y  f ( x )  f ( y)  z  z  f ( y)  f ( z )  x . Vậy x  y  z  x  x  y  z .. . . . . Thay vào hệ ta có : x 3  3 x  3  ln x 2  x  1  x  x 3  2 x  3  ln x 2  x  1  0 (3) Ta thấy x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình (vì VT (3) là đồng biến trên R) Vậy hệ có nghiệm 1;1;1 III- BÀI TẬP TỰ LUYỆN: Giáo viên: LÊ BÁ BẢO. 6 Lop12.net. Tổ Toán THPT Phong Điền.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Một số kỹ thuật đặc sắc ĐẠI SỐ SƠ CẤP Bài tập 1: Giải các phương trình sau: a). 3  x  x2  2  x  x2  1. c). 2x 1  x2  3  4  x. . 2. Luyện thi Đại học 2013. x  3   x 3  3 x 2  x  12 1 1 2 x 1 x 1 d) e e   2x 1 x 1 b). . e) 2 m x 6  2 4 x 3m  4  m 2 x  3m  6 g). 1 sin 2 x. . 1 sin 2 x cos2 x. f) tan x  2.3log2 tan x  3 h) 32 sin x 3   3sin x  10  .3sin x 2  3  sin x  0.  sin 4 x. 2 2 Bài tập 2: Giải các bất phương trình sau:. a). x  x2 1  1. b). x  1  x 2  1   x  1 3  x . c). x  1  1  2 x  x2  x3. d). x 3 x 3  9 x. Bài tập 3: Giải các hệ phương trình sau:. . .  2x  2y  y  x a)  2 2  x  xy  y  12.  4 x 2  1 x  ( y  3) 5  2 y  0 b)  2 2  4 x  y  2 3  4 x  7.  3  x 2  2 x  3  5  y  3 c)   3  y 2  2 y  3  5  x  3. x y  yx d)  2 2  x  4 y  25.  x 2  2 x  6.log  6  y   x 3   2 f)  y  2 y  6.log3  6  z   y  2  z  2 z  6.log3  6  x   z  x  y sin x e  sin y   h) 10 x 6  1  3 y 4  2    x, y  5  4. sin 2 x  2 y  sin 2 y  2 x  e) 2 x  3 y    x, y  0 . tan x  tan y  y  x g)   y  1  1  x  y  8. Giáo viên: LÊ BÁ BẢO. . 7 Lop12.net. . Tổ Toán THPT Phong Điền.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>