CHUYÊN ĐỀ: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀMSỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH Trước hết, cần nhớ lại một số thế nào là hàm số đơn điệu.. Từ đó ta đi đến một số
Trang 1CHUYÊN ĐỀ: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM
SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ
PHƯƠNG TRÌNH Trước hết, cần nhớ lại một số thế nào là hàm số đơn điệu Cho hàm số y=f(x) và khoảng K Hàm số y=f(x)đồng biến trên K⇔(∀x 1 , x 2∈K, x 1 < x 2⇒f(x 1 ) < f(x 2 )
Hàm số y=f(x) nghịch biến trên K⇔(∀x 1 , x 2∈K, x 1 < x 2 ⇒f(x 1 ) > f(x 2 )
Khi đó ta nói hàm số đã cho đơn điệu trên khoảng K.
Từ đó ta đi đến một số tính chất quan trọng sau:
Cho hàm số y=f(x) và khoảng K, nếu hàm số đã cho đơn điệu trên K thì:
*Tính chất 1: Phương trình f(x)=0 có tối đa 1 nghiệm.
*Tính chất 2: cho a,b là 2 giá trị thuộc khoảng K.
+Khi f'(x)>0 thì bất phương trình f(a)>f(b) có nghiệm: a>b.
+Khi f'(x)<0 thì bất phương trình f'(a)>f'(b) có nghiệm: a<b.
(Tương tự cho trường hợp f(a)<f(b)).
*Tính chất 3: nếu f(a)=f(b) (a,b là các giá trị thuộc K) thì a=b.
Vận dụng 3 tính chất trên ta đưa vào giải các phương trình, bất phương trình vô tỷ và hệ phương trình.
A-GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Ví dụ 1: Giải phương trình:
659 ) 1 3 ( 5 5
3 + 3 − + 4 − + 2+ =
x
*Nhận xét: đây là 1 phương trình vô tỷ có nhiều căn bậc khác nhau, có thể giải bằng kĩ thuật nhân liên hợp khi đã nhẫm được nghiệm Tuy nhiên việc liên hợp căn bậc 4 và 5 sẽ gặp khó khăn, trong trường hợp này ta sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số để giải.
ĐK: x≥ 5
Xét hàm số:
)
; 5 [ : 659
) 1 3 ( 5 5
3 )
y
Phương trình đã cho tương đương với: f(x)=0
1 3
1
− + +
− +
− + +
y
1 5
3
1 3
2
1 1
9 5 4
1 5 3
1 3 2
1
2 4 3 3
2
>
∀
>
+ +
−
+
−
+ +
= + +
− +
− + +
=
x x
x x
x x
x
y
Hàm số đồng biến trên khoảng ( 5 ; +∞ ), do đó phương trình đã cho có tối đa 1 nghiệm thuộc khoảng ( 5 ; +∞ ) Nhận thấy x=6 là nghiệm của phương trình Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x=6.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3 1 2
3
3 x+ + x− = 1
:x≥
ĐK
Trang 2Xét hàm số: y= 3 3x+ 2 + x− 1 − 3 ; TXĐ:D= [ 1 ; +∞ )
1 2
1 )
1 3 (
1 '
−
+ +
x x
y
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng ( 1 ; +∞ ), suy ra phương trình đã cho có tối đa 1
nghiệm thuộc khoảng ( 1 ; +∞ ) Nhận thấy x=2 là 1 nghiệm của phương trình.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x=2
Trong phương pháp này, tập xác định của hàm số là quan trọng nhất, bởi vì trong nhiều trường hợp nếu không dựa vào TXĐ, ta không thể kết luận hàm số đơn điệu.
Ví dụ 3: Giải phương trình:
x x
x
x2 − 9 + 2 − 16 + 2 + 11 = 65
0 65 16
9
2
2
≥
⇔
>
≥
≥
x x
x x
Xét hàm số: = ( ) = 2− 9 + 2− 16 + 2 + 11 −65 TXD:D= [ 4 ; +∞ )
x x
x x
x f y
Phương trình đã cho tương đương với: f(x)=0
11 16
9
2 2
+
+
−
+
−
x x
x x
x x
x y
Hàm số đồng biến trên khoảng ( 4 ; +∞ ), suy ra phương trình đã cho có tối đa 1 nghiệm thuộc khoảng ( 4 ; +∞ ) và x=5 là nghiệm cần tìm.
Vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất x=5.
*Nhận xét: trong ví dụ này, vì VT là hàm mang giá trị dương nên để phương trình có nghiệm thì VP cũng phải mang dấu dương, tức là kèm theo điều kiện 65> 0
x , nếu ta bỏ quên điều kiện này thì TXĐ của hàm f(x) sẽ là D= ( −∞ ; − 4 ] ∪ [ 4 ; +∞ ) khi đó sẻ khó kết luận được y'>0.
Song, việc giải phương trình vô tỷ không chỉ dừng lại ở điều kiện y'>0 hoặc y'<0, trong nhiều trường hợp y' đổi dấu nhưng ta vẫn sử dụng được hàm số để giải, bằng cách xét tiếp y''.
Ví dụ 4: Giải phương trình:
3 3
2
4 + x + =
x
Xét hàm số: y= f(x) =x4 + x2 + 3 − 3 ; TXĐ:D=R
+ +
= + +
=
3
1 4
3 4
'
2 2 2
3
x x x x
x x
y
Trang 3Đến đây ta chưa thể kết luận y'>0 hay y'<0, nhưng ta vẫn có thể lập bảng biến thiên
để tìm số nghiệm của phương trình Cho y'=0 thì x=0.
Bảng biến thiên:
3
3 −
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy: đồ thị hàm số y=f(x) cắt trục hoành tại 2 điểm, do
đó phương trình HĐGĐ hay phương trình f(x)=0 có đúng 2 nghiệm thực phân biệt.
Dễ dàng phát hiện x=1 và x=-1 là 2 nghiệm thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x=1 và x=-1.
Qua ví dụ trên ta thấy không nhất thiết chỉ phương trình có 1 nghiệm mới có thể dùng hàm số để giải, nếu tinh ý và khéo léo 1 chút ta có thể nhẫm và giải được phương trình có nhiều hơn 1 nghiệm Xét tiếp ví dụ tương tự:
Ví dụ 5: Giải phương trình:
3 2
3
8 3 1 2 8 4
5 9
2x + x + x+ = x+ + x+ 1
:x≥ −
ĐK
4
5 9 2 )
y
2
8
1 1
1 4
5 18
6
'
+
− +
− + +
=
x x
x
x
y
Đến đây vẫn chưa thể kết luận dấu của y' cũng như khó giải được phương trình y'=0
để lập BBT Tuy nhiên ta vẫn có thể tìm được nghiệm của phương trình y'=0 thông qua y'' Cụ thể:
2 1
2
1 18
6
'
+
+ + +
+
x x
x
y
Dó đó phương trình y'=0 có tối đa 1 nghiệm, và x=0 là nghiệm của phương trình đó Tức là y'=0 khi x=0 Ta có Bảng biến thiên:
7 3 4
55
0
Trang 4Nhìn vào BBT ta thấy phương trình f(x)=0 có đúng 1 nghiệm và nghiệm đó là x=0.
Ví dụ 6: Giải phương trình:
(*) 0 24 6 3 5 1
2x+ − x+ + x2 − x− =
ĐK: x≥ − 1 / 2
Nếu trực tiếp chuyển qua VP rồi xét hàm số thì sẽ khó kết luận hàm có đơn điệu hay không hoặc lập BBT cũng sẽ gặp khó khăn, nếu tinh ý ta viết lại phương trình như sau:
2 2
2 2
) 5 ( 5 )
1 2 ( 1 2
25 10 5
1 4 4 1 2 (*)
+ + +
= + + +
⇔
+ + + +
= + + + +
⇔
x x
x x
x x
x x
x x
Xét hàm số: y= f(t) = t +t2 TXD:D= [ 0 ; +∞ )
0 , 0 2
2
1
' = + t > ∀t >
t
y
Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0 ; +∞ )
Phương trình (*) trở thành: f(2x+1)=f(x+5) suy ra: 2x+1=x+5 hay: x=3.
Ví dụ 7: Giải bất phương trình:
2 8 4 2 1
1
2x+ − x− > x2− − x2+ x+ (*)
2
:x≥
ĐK
1 )
2
2
(
1 2
2 8 4 1
2
(*)
2 2
2 2
− +
−
>
− + +
− +
⇔
− +
−
>
+ + +
+
⇔
x x
x x
x x
x x x
Xét hàm số: y= f(t) = t− 1 + t2− 2 TXD:D= [ 2 ; +∞ )
2 ,
0 2 1
2
1
'
2 > ∀ >
−
+
−
t
t t
y
Hàm số đồng biến trên khoảng [ 2 ; +∞ )
Bất phương trình đã cho trở thành: f(2x+2)>f(x) suy ra 2x+2>x hay: x>-2.
Kết hợp với điều kiện ban đầu suy ra nghiệm của bất phương trình là: S =[ 2 ; +∞ )
Ví dụ 8: Giải phương trình:
0 24 8 6 2
2 + − x+x − x − x+ =
( 2 )2 ( )2 2
1 4 1 ) 1 4 ( 5 1
) 5 ( (*) 0
:x≥ ⇔ x + − + x + = x+ − + x+
ĐK
Xét hàm số: y= f(t) = t− 1 +t2 TXD:D= [ 1 ; +∞ )
0 , 0 2 1
2
1
' + > ∀ >
−
t
y
Hàm số đồng biến trên ( 0 ; +∞ )
Lập luận như ví dụ trên, suy ra nghiệm của phương trình là: x=2
Bài tập rèn luyện: Giải các phương trình và bất phương trình sau:
0 2 7 2 5 3
2
)
1 x+ + x+ + x2 + x+ =
7 1
3 4 1
2 9
)
2 x+ + x+ + x+ + x+ +x=
Trang 5( ) x x
x x
2
)
3 + + − > + + + + −
0 3 2 )
1 ( 2 1
2
)
4 x+ +x x2+ + x+ x2+ x+ <
Ví dụ 9: Giải hệ phương trình:
−
= + + +
=
−
− +
−
) 2 ( 2
1
) 1 ( 28 30
9 2
2 3 6
x x y
y y
x y x
0
:x≥
ĐK , viết phương trình thứ nhất của hệ lại như sau:
( 3) (3 3)
2
6 +x = y+ + y+
x
Xét hàm số: f(t) =t3 +t; TXĐ:D=R; f' (t) = 3t2 + 1 > 0 , ∀t∈R
Hàm số đã cho đồng biến trên R Lại có: ( 1 ) ⇔ f( )x2 = f(y+ 3), theo tính chất của hàm số đơn điệu thì có thể suy ra: x2 = y+ 3.
Thế vào (2) và biến đổi ta được: x2+ x+ x+ 1 − 1 = 0
Phương trình này được giải bằng hàm số, nghiệm: x=0.
Kết luận hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm: (x;y)=(0;-3).
Ví dụ 10: (TSĐH Khối A 2012) Giải hệ phương trình:
( )
= +
− +
− +
= +
−
− + +
) 2 ( 0 1 6 1
2
) 1 ( 2 1
1
2 2
4 4
y y y
x x
y y
x x
1
:x≥
ĐK
y y
x x
+ +
=
− + +
−
⇔
+ +
=
− + +
⇔
2 1
2 1
2 1
1 )
1 (
4 4
4 4
Mặt khác, từ (2) ta có điều kiện để phương trình có nghiệm là:
0 0
4
' = ≥ ⇔ ≥
2
2 ) ( ' );
; 0 [ :
; 2 )
(
4
3
+
= +∞
= +
+
t
t t
f D
TXĐ t
t t f
Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0 ; +∞ )
Mà ( 1 ) ⇔ f(4 x− 1)= f( )y ⇒ 4 x− 1 =y⇔x=y4 + 1
=
→
=
=
→
=
⇔
= + + + + + +
−
2 1
1 0
0 4 3
x y
x y
y y y y y y y y
Tóm lại, hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: (x;y)=(1;0) và (x;y)=(2;1)
Ví dụ 11: (TSĐH KA 2010) Giải hệ phương trình:
=
− + +
=
−
− + +
7 4 3 2 4
0 2 5 ) 3 ( ) 1 4 (
2 2 2
x y
x
y y
x x
Điều kiện: x≤ 3 / 4 ;y≤ 5 / 2
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
( y ) y x
x 1 ) 2 5 2 1 5 2 4
( 2 + = − + −
Trang 6Xét hàm số: f(t) = ( 4t2 + 1 )t= 4t3 +t TXD:D= [ 0 ; +∞ )
t t
t
f
y' = ' ( ) = 12 2 + 1 > 0 , ∀
Hàm số đồng biến trên D
Phương trình trở thành: f( 2x) = f( 5 − 2y), suy ra:
−
=
≥
2
4 5
0
2
x y
x
Thế vào phương trình thứ 2 của hệ và biến đổi ta được:
(*) 0 7 4 3 2 2
2
5 4
2 2
−
x
− +
=
=
4
3
; 0 :
7 4 3 2 2
2
5 4
) (
2 2 2
D TXD x
x x
x g y
) 4 / 3
; 0 ( , 0 4 3
4 ) 3 4 ( 4 4 3
4 2
2
5
8
8
2
−
−
−
=
−
−
−
−
x x
x x x
x
x
y
Suy ra hàm số nghịch biến trên (0;3/4)
2
1
=
g nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất: x=1/2 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm: x=1/2, y=2.
Ví dụ 12: Giải hệ phương trình:
− +
=
−
−
+
= + +
) 2 ( 28 20 1
2 2
) 1 ( 2
2
3 2
y x
y x
x x y y x
2 2 2
2 ) 1 ( ⇔ x+ y+x+ y= x+x
Xét hàm: f(t) = 2 t +t , vẫn lập luận như trên suy ra: 2
2y x
x+ =
Thế vào (2) đưa về phương trình bậc 3, ẩn x.
Ví dụ 13: Giải hệ phương trình:
( ) ( )
=
− +
−
+ +
= + +
) 2 ( 5
23 1
) 1 ( 1
4 1 2
3
2 2 2
3
y x
y x x y x
x
1
:x≥
ĐK
Chia 2 vế của (1) cho 2
x :
+
+
= +
1 2
2 2
x
y x
y x
x
Xét hàm: f(t) =t(1 + t2 + 1) để suy ra: 2
2
2 y x x
y
Thế vào (2), dùng hàm số để giải được nghiệm: x=5 Từ đó tìm y.
Ví dụ 14: Giải hệ phương trình:
Trang 7
= +
−
−
=
−
−
) 2 ( 13
13 2
) 1 ( 3 13 ) 5 26 ( 3 2 ) 5 4 (
2
y y x
y y
x x
ĐK: x≥ 3 / 2 ;y≥ 3 / 13
( )
[2 2 3 1] 2 3 [2(13 3) 1] 13 3
)
1
Xét hàm: f(t) =(2t+ 1) t đề suy ra: 2x=13y rồi giải tiếp.
Lưu ý: ta cũng có thể giải như sau:
Đặt:
+
=
+
=
⇒
−
=
−
=
13 3 2 3
3 13
3 2
2 2
v y
u x y
v
x u
thế vào phương trình (1) ta được: u3 +u= v3 +v
2 2
Đến đây ta dễ dàng chứng minh được: u=v hay: y x
13
2
=
Ví dụ 15: Giải hệ phương trình:
=
− +
− + +
= + + + +
) 2 ( 3 4
1
) 1 ( 1 1
2
y y
x x
y y x
x
Vì ( y2 + 1 + y)( y2+ 1 −y)= 1 nên:
1 ) ( 1
1 1
)
1
( ⇔x+ x2+ = −y+ y2+ ⇔ x+ x2+ = −y+ −y 2 +
Xét hàm: f(t) =t+ t2 + 1 ; TXĐ:D= [ 0 ; +∞ ) để suy ra: x=-y
Bài tập rèn luyện: Giải các hệ phương trình sau:
+
= + + +
+
= + + +
7 4
2
7 4
2
1 1
1 1
1 1
1 1
)
1
x y
y y
y x
x x
, gợi ý: nhân pt(1) với x-1, pt(2) với y-1
= + + + + + +
+ + +
= +
+
−
1 1 1
2 2
2013 4
2 2012
9 )
2
2 2
2
y y x
x x
x y
y xy
y
= +
− +
− +
= +
−
−
2 1
9 3 22
9 3 )
3
2 2
2 3 2
3
y x y x
y y y x
x x
+ +
= + + +
+ +
=
−
− +
−
−
13 6 11
2 3 3 5 2
2
0 4
) 14 3 ( 5 3 17
)
4
2
x x y
x y
x
y y
x x
= + +
+
−
= + +
+
6 ) 2 ( log 4 3
log
3 ) 2 ( log )
5
3 3
2
3
y x x
y
y x y
x
x
x
=
− +
−
+ +
=
−
−
1 1 3
2
2 5
2 1 2 1 4 )
6
y x
y y
x x
= +
−
+ + +
=
−
= +
+
+
= +
−
12 3
2 2
1 2 2 log 2 1 2 2 )
8 2
1 8
5 2 1
1 4
)
7
2 2
2
3
y x
y
x
y y
x
x y
x x
y
Trang 8B- PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ
Kiến thức cần nhớ:
Cho hàm số: y=f(x) liên tục trên tập D.
1) Phương trình f(x)=m có nghiệm x D min f(x) m max f(x)
D x D
⇔
∈
2) Bất phương trình f(x) ≤m có nghiệm x D f x m
D
⇔
∈
min
3) Bất phương trình f(x) ≤m có nghiệm đúng với mọi x D f x m
D
⇔
∈
max
4) Bất phương trình f(x) ≥m có nghiệm x D f x m
D
⇔
∈
max
5) Bất phương trình f(x) ≥m có nghiệm đúng với mọi x D f x m
D
⇔
∈
min
6) Cho hàm số f(x) liên tục trên tập D Khi đó: f(u) = f(v) ⇔u=v
*Phương pháp giải:
Để giải bài toán tìm giá trị của tham số m để phương trình, bất phương trình có nghiệm, ta có thể thực hiện các bước theo thứ tự sau:
Biến đổi PT (BPT) về dạng f(x)=g(m) Tìm tập xác định D của hàm số f(x) Tính f'(x)
Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) Xác định min và max của f(x) trên D Vận dụng 1 trong các mệnh đề đã nêu ở phần trên.
Lưu ý: trong trường hợp PT (BPT) chứa các biểu thức phức tạp, ta làm như sau:
Đặt ẩn số phụ: t= ϕ(x)
Từ điều kiện ràng buộc của ẩn x, tìm điều kiện cho ẩn số t Đưa PT, BPT ẩn số x về PT, BPT theo ẩn t.
Lập bảng biến thiên của hàm f(t)
Từ bảng biến thiên rút ra kết luận của bài toán.
Ví dụ 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
) 1 ( 9
9 x x2 x m
Đk: 0 ≤x≤ 9
m x x x x
m x x x x x x
+ +
−
=
− +
⇔
+ +
−
=
− +
−
+
⇔
9 )
9
(
2
9
9 )
9 ( 2 9
)
1
(
2
2
Đặt: t= −x2+ 9x , ta có:
2
9 0
'
; 9 2
9 2 '
+
−
+
−
x x
x t
2
9
9
Trang 92 9
Do đó:
2
9
0 ≤t≤ Khi đó PT trở thành:
(*) 9
2 2
9 + t=t2+m⇔ −t2+ t+ =m
Xét hàm số:
2
9 0
9 2 )
y
1 0
2
2
)
(
' t = − t+ = ⇔t =
f
2 9
9
4
9
−
PT(1) có nghiệm x∈[0;9] khi và chỉ khi PT(*) có nghiệm ∈ 2
9
; 0
4
9
≤
≤
Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm x∈ [ 0 ; 1 + 3 ]:
( x2− 2x+ 2 + 1)+x( 2 −x) ≤ 0 ( 1 )
m
2 2
1 '
; 2 2
2
+
−
−
= +
−
x x
x t
x x
t
Ta có bảng biến thiên:
1
Từ đó: 1 ≤t≤ 2, với điều kiện đó ta biến đổi
) 2 ( 2 2
2 2
2
2
x x t
x
x
) 2 ( 1
2 2
)
1
(
)
1
(
2 2
+
−
≤
⇔
−
≤ +
⇔
t
t m t
t
m
Trang 10Xét hàm số: , [ 1 ; 2 ]
1
2 )
(
2
∈ +
−
t
t t
) 1 (
2 2 )
(
2
>
+
+ +
=
t
t t t
2
3 ) 2 ( ) ( max 2
1 ) 1 ( )
(
∈
D t D
t
Suy ra BPT (1) có nghiệm x∈[0;1+ 3] khi và chỉ khi BPT(2) có nghiệm t∈ [ 1 ; 2 ] Điều này xảy ra khi:
2
3 ) 2 ( ) (
≤
m
D
Ví dụ 3: Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm:
2 3
1 1
x
Đk: x≥ 1, BPT đã cho tương đương với:
( ) m (x x ) ( x x ) m
x
x
x
−
−
−
3
2
3
1 1
3 1
1
3
Xét hàm số: f(x) =(x3 + 3x2− 1) ( x + x− 1)3,x≥ 1 có đạo hàm dương với mọi x≥ 1
nên hàm số đồng biến trên [ 1 ; +∞ ) Từ đó BPT f(x) ≤m có nghiệm khi và chỉ khi
3 ) 1 ( ) (
min
)
;
1
≥
+∞
m
Ví dụ 4: Tìm để hệ phương trình sau có nghiệm: 2 2 3 2 (*)
= +
= + +
−
m y x
y x
Đk: x≥ 2 ,y≥ − 3
Đặt: u= x− 2 ,v= y+ 3 , (u≥ 0 ,v≥ 0 ) suy ra: u+ 2v= 2 ,u≤ 2 ,v≤ 1
Hệ phương trình đã cho trở thành:
= +
−
−
=
⇔
=
−
+
=
+
) 2 ( 3
8 5
) 1 ( 2
2 1
2
2
2 2
2
m v
v
v u
m v
u
v
u
(*) có nghiệm khi (2) có nghiệm v∈ [ 0 ; 1 ]
Xét hàm số: y= f(v) = 5v2− 8v+ 3 ,v∈ [ 0 ; 1 ]có y' = 10v− 8, ta có bảng biến thiên:
5
4
1
5 1
−
Từ BBT ta có: ∈−5;3
1 )
(v
f với v∈ [ 0 ; 1 ] Vậy ∈−5;3
1
Trang 11Nhận xét: học sinh dễ nhầm điều kiện của ẩn v≥ 0 nên dẫn đến kết quả sai
Ví dụ 5: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm ( )
= +
= +
−
− +
m y x
y x xy y
x
2 2
2 2
15 ) ( 2 2 3
Đặt: S =x+ y,P=xy với S2 ≥ 4P
Ta có hệ:
=
−
=
−
−
−
) 2 ( 4
8 4
) 1 ( 0 15 8 2 3
2 2
m P S
P S S
15 2
15 8 2
3
)
1
( ⇔ S2− S = P+ ≤ S2 + (vì S2 ≥ 4P ) nên: S2+ 2S− 15 ≤ 0 ⇔ − 3 ≤S ≤ 5
Từ (1) và (2) ta có: S2+ 2S+ 15 = 4m , HPT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình này có nghiệm thỏa − 3 ≤ S≤ 5
Xét hàm số: y= f(S) =S2+ 2S− 15 TXD:D= [ − 3 ; 5 ]
Lập BBT hàm số này trên D ta tìm được: f(S) ∈[14 ; 50] suy ra: ∈ 2
25
; 2
7
m
C-TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT (Trích)
Ví dụ 1: Cho x>0, y>0 và 4(x+y)=5 Chứng minh rằng: 5 ( 1 )
4
1
4 + ≥
y x
Ta có: 4y=5-4x thay vào (1):
5 4 5
1 4
≥
−
+
x x
Xét hàm số:
1 0
) ( ' , ) 4 5 (
4 4
' 4
5
; 0 ,
4 5
1 4
)
− +
−
=
⇒
=
∈
− +
=
x x
y D
x x x
x
f
y
Từ bảng biến thiên ta được: min ( ) ( 1 ) 5
4
5
; 0
=
=
f x
4 5
1 4
≥
−
+
x x
Đẳng thức xảy ra khi x=1, y=1/4
Ví dụ 2: Cho a,b là các số thực dương thỏa mãn ab+a+b=3 Chứng minh rằng:
) 1 ( 2
3 1
3 1
+ +
≤ +
+ +
+
ab a
b b
a
Đặt t=a+b⇒ab= 3 −t;a2+b2 =t2 − 2 ( 3 −t) =t2+ 2t− 6
Vì (a+b)2 ≥ 4ab⇒t2 ≥ 4 ( 3 −t) ⇔t≥ 2 (vì a,b dương nên t>0).Khi đó:
4 12 2
3 6 2 3
4
3 18 6
3
2
3 ) (
) 1 )(
1 (
) ( 3 ) (
3
)
1
(
2 2
2
2 2 2
2
≤ + +
−
⇔
≤ +
−
−
− + +
−
+
⇔
≤ +
− +
+ +
+
+ + +
⇔
t t t t
t t
t t t
t
b a b a
ab b
a
b a b
a
Xét hàm số: ( ) = − 2+ +12, ≥ 2 ⇒ ' ( ) = − 2 + 1 −122 < 0 , ∀t≥ 2
t t t f t
t t t t f
2 , 4 ) 2
(
)
⇒ f t f t (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=1.
Trang 12Ví dụ 3: Cho hai số thực a,b≥ 0, chứng minh rằng: a4+b4 ≥a3b+b3a ( 1 )
*Nếu một trong hai số a, b bằng 0 thì (1) luôn đúng.
*Với a khác không, đặt: b=ta , khi đó:
) 1 ( ⇔ a4 +t4 ≥a4 t+t3 ⇔t4 −t3 −t+ ≥
Xét hàm số: f(t) =t4−t3−t+ 1, f' (t) = 4t3− 3t2−t= 0 ⇔t = 1
Lập bảng biến thiên từ đó suy ra: f(t) ≥ f( 1 ) = 0 (đpcm)
Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,y,z thỏa mãn x(x+y+z)=3yz (*) ,
5
z x y
Đặt: y=ax, z=bx, khi đó (*) trở thành: 1+a+b=3ab và BĐT trên trở thành:
( ) ( ) (3 3 )( )( ) ( )3
5 1
1 3 1
1 +a + +b + +a +b a+b ≤ a+b
Đặt S=a+b, P=a.b
Mối quan hệ giữa S và P:
≥
+
=
⇔
+
≥
+
=
⇔
= +
≥
2 3 1
3
1 4 3 1
3 1
4
2 2
S
S P
S S
S P
P S
P S
Khi đó:
3
) 1 ( 4 3
1 1
1 ) 1 )(
1
( +a +b = +a+b+ab= +S+ +S = +S
) 2 )(
1 ( 4 ) 2 ( ) 2
)(
1 )(
1 ( 3 ) 2
( ) 1
(
)
1
( +a 3+ +b 3 = +a+b 3− +a +b +a+b = +S 3 − +S +S nên:
0 ) 2 )(
1 2 ( 0 2 3
2
5 ) 1 ( 4 2 3 4 2
2
3 2
3
≥
− +
⇔
≥
−
−
⇔
≤ + + + +
− +
⇔
S S S
S
S S S S
S S
BPT
Điều này đúng vì S≥ 2, suy ra điều phải chứng minh.
HẾT.
