Nếu fx là hàm số đơn điệu và liên tục trong 2 khoảng a,c và c,b.. Nếu fx liên tục trong a,b,và có đồ thị luôn luôn lồi lõm trong khoảng đó 7.. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ,BẤT PHƯƠNG TRÌNH... 2.Ng
Trang 1DÙNG 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: ∃x0∈D:m= f(x0) (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≥x0là nghiệm bấtt p/t)
2) Cho phương trình :f(x) = g(x) (**)
Giả sử phương trình (**) :f(x) =g(x) ⇔ [h(x)]= [k(x)] (3) ϕ ϕ
Nếu: Hàm số (t) đơn điệu và liên tục trong miền xác định T của (**) (4) ϕ
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
2 2
2
+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +
−
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +
x
y y
x x
y y
x
⇒ +
=
x
y y
x
2
2 2
2
≥
−
=
x
y y
x
Vì xy < 0 suy ra t ≤−2
HD : Đặt
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 suý ra S(t)
Vậy GTNN(S) 32 khi t = -2 khi x = - y
2
−
≤
t
32
)
2
( − =
≥ S
Bài 2 Cho x>y>0 Chứng minh (x-y)(2-x-y) < 2ln ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ +
+
y
x
1
1
HD Bất phương trình tương đương +x + x −x > +y + y −y
2 ) 1 ln(
2 ) 1
biên trong (0 ; Vậy khi x > y >0
(dpcm)
0 0
1
1 1
1 ) ( ' 0 2
) 1
+
=
− + +
=
⇒
>
∀
− +
t
t t
t t
f t
t
t t
)
∞ + ⇒ f(x) > f(y) ⇔ +x + x −x> +y + y −y
2 ) 1 ln(
2 ) 1
Trang 2Bài 3 Chứng minh rằng sinx +tgx > 2x với )
2
; 0 ( π
∈
HD Đặt f(x) = sinx +tgx - 2x là hàm số xác định trong )
2
; 0 ( π
cos
1 cos
2 cos
1
+
x
x
2
; 0 ( π
∈
x Suy ra f(x) > f(0) = 0 hay sinx +tgx > 2x với )
2
; 0 ( π
∈
x
Vận dụng :Cĩ nhiều bài tốn đưa về bài tốn 3
Thí dụ 1 Chứng minh rằng với )
2
; 0 ( π
∈
x ta luơn cĩ :2sinx +2tgx >2x+1
Thí dụ 2 Chứng minh rằng tam giác ABC cĩ ba gĩc nhọn thì
π 2 sin
sin
sinA+ B+ C+tgA+tgB+tgC >
Thí dụ Chứng minh rằng mọi tam giác ABC ta luơn luơn cĩ :
3 3 2 cos 1 2 cos 1
2
cos
1
>
+ +
+
+
+
C
C B
B A
A
2
; 0 ( 2
cos
1 2 2 cos cos
1 2 cos cos
1
x
x x
x
2
; 0 ( π
∈
∀x
Do đĩ hàm số đồng biến trong ) nên f(x)
2
; 0 ( π
0 2 sin 0
) 0
Khi x≠0 ta cĩ: gx
x
x
cot 2
cos
1+ >
Lần lượt cho x =
2
; 2
, 2
C x
B x
A = = ta cĩ :
3 3 2
cot 2
cot 2 cot 2 cos 1 2 cos 1
2
cos
1
≥ +
+
>
+ +
+
+
g
B g
A g C
C B
B A
A
Bài 4 Chứng minh rằng ,với mọi x > 0 và mọi * ta cĩ :
N
n∈
!
! 3
! 2 1
3 2
n
x x
x x e
n
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
!
! 3
! 2 1
3 2
k
x x
x x e
k
x > + + + + +
0
!
! 3
!
2
1
3 2
<
− + + + +
+
k
x x
x
Ta chứng minh khi n = k+1 cũng đúng Thặt vậy
Xét hàm số :
=
⇒
− + + + + + +
+
! 1 (
!
! 3
! 2 1
)
(
1 3
2
x f e n
x n
x x
x x
x
!
! 3
! 2 1
3 2
<
− + + + +
k
x x
x x
Vậy hàm số luơn giảm trong (0 ;+ ∞ ) Khi x > 0
⇔
<
⇒ f (x) 0
! 1 (
!
! 3
! 2 1
0
! 1 (
!
! 3
! 2
+ + + + + + +
>
⇔
<
− + + + + + +
n
x n
x x
x x e
e n
x n
x x
x
Vậy theo nguyên lí qui nàp ta cĩ điều phải chứng minh
B GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ,BẤT PHƯƠNG TRÌNH
BaØi 1 3( 2)log2( 1) 2(4 6)log2( 1) 4 0
x
Đặt t= Phương trình trở thành :3(x-2) t2 –2(4x-6) t +4x=0 (1)
HD. log2(x+1)
Trang 3Xét :Δ' = 4x2 +24x+36=(2x−6)2 ≥0 ∀x∈R
Do đó phương trình (1) có nghiệm: t1= 2 t∨ 2=
) 2 ( 3
2
−
x x
Khi t=2 ⇔ log2(x+1) = 2⇔ x=3
Khi t= ⇔ log2(x+1)= (2).Nghiệm phương trình trên chính là hoành độ giao điểm của đồ thị f(x)= log2(x+1) và đồ thị g(x)=
) 2 (
3
2
−
x
x
) 2 ( 3
2
−
x x
) 2 ( 3
2
−
x x
) 2 ( 3
2
−
x
x
2 0
) 2 ( 3
2
2 < ∀ ≠
x
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 : 4 x 8 x 4 x
log
x x
=
1 3
1 3
2 3
1 2 6 2 2 )
2 2 ( log
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⇔
= +
⇔
= +
⇔
= +
t t
t t
t t t
t
Phương trình tương đương
Đặt 2 2 là hàm số nghịch biến với mọi t
3
1 3
2
)
(
t t
t
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
trình có nghiệm duy nhất t = 2 ⇔ x= 4 4
Bài 3 Giải phương trình 2log3(cotgx)=log2(cosx)
HD Đặt t = log2(cosx)⇒cosx=2t phương trình trở thành t
t
t t
t
4 1
4 4
1
4
−
⇔
=
−
Bài 4 Giải bất phương trình :log ( sin sin 2 1) log (sin 2 sin 3) 2
5
2
HD Đặt: t= sin2 x+sinx+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
2 1
sin 2 sin
1 sin
Z k k x
x x
x
∈ +
=
⇔
=
⇔
⎩
⎨
⎧
−
≤
≥
π π
Vậy nghiệm của bất phương trình trên: ( )
x=π + π ∈
Bài 5 Giải bất phương trình :log( )x2−1 3≤logx2 (x∈R)
( )3 log 2 log x2−1 ≤ x ⇔
x
1 ) 1 ( log
−
0 log
1 2
>
x
ta có vế trái 2
) 1 ( log
1 2 3
<
−
Khi
Nên bất phương trình có nghiệm 1< x< 2
Khi x> 2 hai vế bất phương trình đều dương , bất phương trình :log log ( 2 1 )
3
2 x≤ x − Đặt t =log2 x⇒ x=2t Bất phương trình viết lại 1
4
1 4
3 1 4
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⇔
−
≤
t t
t
Trang 4Đặt
t t
t
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
4
1 4
3 )
2
1 ( +∞
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
4
1 ln 4
1 4
3 ln 4
3 )
(
'
t t
t
2
1 ( +∞ Mặt khác ta cĩ f( 1 ) = 1 Do đĩ bất phương trình (1) viết lại
2 1
log 1 )
1
(
)
(t ≤ f ⇔t≥ ⇔ 2 x≥ ⇔ x≥
2
1< x< hoặc x≥2 Vậy bất phương trình đã cho cĩ nghiệm là
2 ) 1 ( log 1
2
24 3 4 4 3
5 , 0
>
− + +
−
− +
x x
x
x
, cĩ f’(x) > 0 f(x) đồng biến [ và f(1) = 0
24 3 4 4
HD.Đặt f(x) =
cĩ g’(x) < 0 g(x) nghịch biến và f(0) = 0
2 ) 1 ( log 1
Và g(x) =
Vậy bất ohương trình tương đương
⎩
⎨
⎧
<
<
∨
⎩
⎨
⎧
>
>
⇔
>
0 ) (
0 ) ( 0
) (
0 ) ( 0
) (
)
(
x g
x f x
g
x f x
g
x f
1 0
0
1 0
1
<
<
⇔
⎩
⎨
⎧
>
<
∨
⎩
⎨
⎧
<
>
x
x x
x
là nghiệm bất phương trình
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 đĩ để dẫn đến x = y hoặc h(x) = g(y),từ đĩ suy ra cách giải
Bài 1 :Giải hệ phương trình với x , y ∈ ( 0 ;π) :
⎩
⎨
⎧
= +
−
=
− π 2 8 5
cot cot
y x
y x gy gx
HD Từ pương trình (1) tương đương cotỹ –x = cotgy – y Đặt f(t)= cotgt – t với t∈ ( 0 ;π)
Cĩ đạo hàm f’(t) = − − 1 < 0 ⇒
sin
1
2t Hàm số luơn nghịch biến mọi t∈ ( 0 ;π) nên phương trình trở thành f(x) = f(y)⇔x= y.Suy ra kết quả
Giải hệ phương trình : [ ]
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+
=
−
+
+
= +
−
−
2
) 1 ( 1
1 ln 2 ) ( 2 ) (
y x y
x
y
x y
x y
x
2
BaØi
HD.ĐK: x≥ 0 ;y≥ 0
Phương trình (1) tương đương:y2-2y+2ln(1+y)= x2-2x+2ln(1+x) , cĩ dạng f(y) = f(x)
Xét hàm số :f(t)= t2-2t+2ln(1+t) ,liên tục trong (0;+∞)
Ta cĩ f’(t)=2t-2+ và f’’(t)= f(t) luơn đồng biến trong (0; )
t
+ 1
2
2 2 2
2
≥
∀
>
+
+
t t
t
Do đĩ p/t: y2-2y+2ln(1+y)= x2-2x+2ln(1+x)⇔f(y)=f(x) ⇔x=y
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
−
=
⇔
=
−
) ( 3 2
) ( 1 2
2 2 3 4
n
l
x
x x
2
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
− +
=
− +
m x y
m y x
3 2
3 2
Bài 3 Định m để hệ phương trình sau cĩ nghiệm:
HD :Trừ hai vế phương trình ta cĩ: 2x − 3−x = 2y − 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 cĩ
x
2
⎩
⎨
⎧
=
− +
=
⇔
m y
x x
y 2 3 Lập bảng biến thiên suy ra kết quả
Trang 5Bài 4 Giải các hệ phương trìnhsau :
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
+
+
−
=
−
2
) 2 )(
(
2
2
2
2 y
x
xy x y
y
x
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
= + +
−
=
−
0 2 log
log 2 1/2
e e y
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
= + +
− +
−
= +
4 3 1
5 1 1 1
xy y
x
e y
x x y
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 : 2x −log2(1+x)=1
HD ĐK: x>-1.Đặt : y =log2(x+1)⇒x=2t −1
Do đó ta có hệ phương trình sau:
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
+
=
+
=
) 2 ( 1 2
) 1 ( 1 2
x
y
y x
Lấy (1) trừ cho (2) ta có:2x-2y = y-x ⇒2x+x = 2 +y (3) y
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 : x3 −a=3 x+a
HD : Đặt y = 3 x+a ⇒ y3 =x+a
y y x x x y y x x a y
y a x
+
= +
⇒
−
=
−
⇒
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
+
=
+
3
3
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
3 3
2
<
Bài 3 : Giải phương trình : log2(sinx + 1) = 2sinx – 1
HD : Đặt y = log2(sinx + 1) ⇒ sinx= 2y − 1 (1)
y
x
x y
x y x
2 sin 2 2
2 sin 1
2 sin
1 2
+
= +
⇔
−
=
−
⇒
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
−
=
−
=
Xét hàm số f(t) = t + 2t có f’(t) = 1 + 2t.ln2 > 0 hàm số luôn luôn đồng biến
nên :y+2y =sinx+2sinx ⇔ f(y)= f(sinx)⇒ y=sinx
Do đó từ (1) ta có y = 2y – 1 ⇔2y = y+1⇔ y=0 ;y=1
Khi y = 0 ⇒ 2 sinx = 1 ⇔ x=kπ
Khi y =1 ⇒ x = ⇔ x=π +mπ
2 2
Thử lại ,phương trình có nghiệm :x = ( )
Giải phương trình : tgx=2cos 2x với x∈ (0; )
2 π
Bài 4.
Trang 6HD
x
x
x x
x
2
2
cos sin
sin
cos
2 cos 2
sin 2
2 cos
Vì x∈(0; ) ⇒ sinx>0 ;cosx>0 Do đó.Xét hàm số:f(t)= liên tục và đồng biến
2
Nên phương trình tương đương: f(sinx)=f(cosx) ⇔sinx=cosx⇒
4
π
=
x
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
4
π
=
x
5 4 2
3
2
2
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+ +
+ +
x x x
x
x x
x x
x
+ +
+ +
0 5 4 2
3 2
2
Ta nhận thấy : (2x2+4x+5)-(x2+x+3)=(x2+3x+2) Do đó phương trình tương đương
( 3) log (2 4 5) ( 2 4 3 ) ( 3 )
3
2
3 x +x+ − x + x+ = x + x+ − x +x+
⇔ log ( 2 3)
3 x + x+ (x2 + x+3) log (2 2 4 5)
3 x + x+ 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 : 3x = 1 +x+ log3( 1 + 2x).
HD.ĐK: x>- Phương trình tương đương :3x+x=1+2x+log3(1+2x)
2 1
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
0 ) 3 9 2 ( 3 ) 4 4 4 2 )(
1 2 ( x+ + x2 + x+ + x + x2 + =
HD.Phương trình tương đương
) 3 ( ) 1 2 ( ) 3 ) 3 ( 2 ( 3 ) 3 ) 1 2 ( 2
)(
1
2
( x+ + x+ 2 + = − x + − x 2 + ⇔ f x+ = f − x
) 3 2
( ) (t =t + t2 +
f
Trong đó ,là hàm đồng biến và liên tục trong R,phương trình trở thành
5
1 3
1