1 2 DON DIEU

Dạng 5: Ứng dụng đơn điệu trong giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình và hệbất phương trình.. Biến đổi phương trình ,bất phương trình đã cho thành dạng fx = gm , fx > gm,…

Dạng 5: Ứng dụng đơn điệu trong giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình và hệ

bất phương trình.

Trong khuôn khổ chương trình, tác giả chỉ đề cập những bài tập thường gặp Bạn đọc muốn nghiên cứu kĩ về ứng dụng đơn điệu trong việc giải phương trình…, vui lòng tìm đọc tập sách: Đại số - lượng giác

Phương pháp

Biến đổi phương trình ,bất phương trình đã cho thành dạng f(x) = g(m) , f(x) > g(m),…Sau đó lập bảng biến thiên của f(x) , dựa vào bảng biến thiênnày sẽ tìm được các giá trị của tham số thỏa yêu cầu của bài toán

Dựa vào định nghĩa hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến ta thấy

� Nếu hàm số y f(x) liên tục và đồng biến trên D thì :

Tính chất 1: Nếu hàm số y f(x) liên tục vàluôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên (a;b) thì số nghiệm của phương trình : f x   (trênk(a;b) ) không nhiều hơn một và f u   f v �u v u,v (a;b) � .

Chứng minh: Ta giả sử f là hàm đồng biến trên (a;b)

� Nếu u v �f(u) f(v)

� Nếu u v �f(u) f(v)

Tính chất 2: Nếu hàm số y f(x) liên tục và luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) ; hàm số y g x  liên tục và luôn nghịch biến (hoặc luôn đồngbiến) trên D thì số nghiệm trên D của phương trình : f x   g x không nhiều hơn một

Chứng minh: Giả sử f đồng biến còn g nghịch biến trên D và

x D :f(x ) g(x )

* Nếu x x 0�f(x) f(x ) g(x ) g(x) 0  0  �PT:f(x) g(x) vô nghiệm

* Nếu x x 0�f(x) f(x ) g(x ) g(x) 0  0  �PT:f(x) g(x) vô nghiệm

Vậy x x 0 là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) g(x)

Tính chất 3: Nếu hàm số y f x   liên tục và luôn đồng biến ( hoặc luôn nghịch biến) trên D thì f(u) f(v) �u v (u v) u,v D   �

Tính chất 4: Cho hàm số y f(x) liên tục trên [a;b] và có đạo hàm trên khoảng liên tục  a;b Nếu f(a) f(b) thì phương trình f'(x) 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b)

Chứng minh:

Giả sử phương trình f'(x) 0 vô nghiệm trên (a;b)

Khi đó f'(x) 0 x (a;b)  � (hoặc f'(x) 0 x (a;b)  � )

Suy ra f(b) f(a) (hoặc f(b) f(a) )

Điều này trái với giả thiết f(a) f(b)

Vậy phương trình f'(x) 0 có ít nhất một nghiệm trên (a;b)

Từ định lí này, ta có được hai hệ quả sau:

Hệ quả 1: Nếu phương trình f x   có m nghiệm thì phương trình f'(x) 00 

Từ hệ quả 2 � nếu f'(x) 0 có một nghiệm thì f(x) 0 có nhiều nhất hai nghiệm

Chú ý: Sử dụng tính đơn điệu để giải phương trình – bất phương trình ta

thường đi theo hai hướng sau:

Hướng 1: Đưa phương trình về dạng f(x) f(x ) 0 , trong đó y f(t) là một hàm số liên tục và luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên tập đang xét

Để làm theo hướng này, chúng ta cần nhẩm trước một nghiệm của phươngtrình và nhận diện được tính đơn điệu của hàm số f

� Để nhẩm nghiệm, ta có thể sử dụng máy tính bỏ túi để tìm nghiệm

Cụ thể: Để tìm một nghiệm của phương trình f(x) 0 ta thực hiện như sau

Bước 1: Nhập biểu thức f(x) (Dùng phím ALPHA+ X)

Bước 2: Dùng lệnh giải phương trình: SHIFT+CALC (SOLVE) nhập giá trị

của X (nhập giá trị bất kì) =

� Để nhận diện được tính đơn điệu của hàm số f, chúng ta cần chú ý

*Tổng hai hàm số đồng biến là một hàm số đồng biến

* Hàm số đối của một hàm số đồng biến là một hàm số nghịch biến

* Nếu hàm số y f(x) đồng biến thì ynf(x) là hàm số đồng biến

* Nếu hàm số y f(x) đồng biến và nhận giá trị dương thì hàm số y 1

�Nếu f x liên tục trên đoạn a;b  � �� �và f a f b    thì phương trình 0 f x   0

có ít nhất một nghiệm c� a;b

�Nếu f x liên tục và đơn điệu trên K thì phương trình   f x  có không 0

quá một nghiệm trên K

Chú ý 2:

Nếu f x liên tục và tăng trên K ,   g x liên tục và giảm (hoặc là hàm  

hằng) trên K thì phương trình f x   g x có không quá một nghiệm trên K

�Nếu phương trình f' x   có n nghiệm trên khoảng 0  a;b thì phương trình

 

f x  có không quá n 10  nghiệm trên khoảng  a;b

� Tổng của 2 hàm tăng trên K là một hàm tăng trên K , tổng của 2 hàm giảm trên K là một hàm giảm trên K

� Nếu f x là hàm tăng trên K thì   a.f x tăng trên K nếu a 0   và a.f x  

giảm trên K nếu a 0

Ta có: f' t 3t2 1 0, t ��, suy ra f t đồng biến trên � 

2 Nhận xét đặc điểm các biểu thức dưới dấu căn ta thấy ở mỗi vế biểu

thức dưới dấu căn hơn kém nhau 1 Do đó nếu ta đặt đặt u3x 1,

3 2

v 2x thì phương trình đã cho trở thành:

3u3  1 u 3v3 1 v�f(u) f(v) .

  �x 5 0  �x 5

Vậy phương trình cho có nghiệm duy nhất x 5

 không là nghiệm phương trình

Phương trình cho viết lại:  3x 3 3    5 2x 1    x 2 x  2 x 120

x 2 x x 12 03x 3 3 5 2x 1

Và f(3) 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

Từ   suy ra : f(t) g(t) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất

Ta thấy t 1 là thỏa phương trình   , do đó: sinx 1 x k2

Điều kiện: 4 x 1;y � � ��

Ta có phương trình đầu tương đương 2y3 y 2 1 x 2x 1 x    1 x

Lại có g( 3) 4  nên x  là nghiệm duy nhất của phương trình ( )3 

1 Cách 1: Hệ phương trình cho viết lại:

Từ  1 , xét f t  t312t với t�2;2�f' t 3t   12 0, t2   �2;2

(vìx 1,y 1  �2;2 ) nên  � x y 2 Thay    x y 2 vào  2 ta được:

y  2 2 y2y  2  y    1�4 y2 8 y  3  0 

Do đó     2

3

0 x4

f 2x f 5 2y 2x 5 2y

5 4xy

5 4xy

Phương trình thứ hai tương đương với: y2x 3 y 2x   26x 4 0  ,

x

 vào phương trình đầu, ta được: x3 x 2 x 21 x 6 

Vế trái của phương trình là hàm đồng biến trên 0;� nên có nghiệm duy 

2k

Ví dụ 11 : Giải hệ phương trình sau:

2 2 2

8

y8

z8

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là x y z 1.  

CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP

Bài 1: Giải phương trình:

Bài 2: Giải phương trình: (x 1)  3 (5x x )  2 3 3 5x x  2 3(x 1) 

Bài 3: Giải phương trình:

2 2

Mặt khác: f x  đồng biến trên khoảng 1;� , do đó hàm số y cắt trục hoành tại

1 giao điểm Vậy, phương trình : x55x 5 0  có nghiệm duy nhất

Ví dụ 2 Chứng minh phương trình: x5x22x 1 0  có nghiệm duy nhất

có ít nhất 1 nghiệm thuộc khoảng  1;2

Hơn nữa y đồng biến trên khoảng 1;� , do đó hàm số y cắt trục hoành

tại 1 giao điểm có hoành độ x� 1;2

Vậy, phương trình : 1x5 x3 4x 3 0

5     có một nghiệm duy nhất và nghiệm

đó thuộc khoảng 1;2

CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP

Bài 1: Chứng minh rằng phương trình:

Dạng 7: Chứng minh bất đẳng thức

Phương pháp.

Cách 1: Biến đổi BĐT đã cho về dạng f(x) > 0 ( < 0, ) với x D�

Lập bảng biến thiên của f(x) với x D� Từ đó suy ra điều phải chứng minh

Cách 2: Biến đổi BĐT đã cho về dạng f(a) � f(b.

Nếu a b� thì chứng minh f(x) là hàm số đồng biến trên [b;a] Nếu a b� thì chứng minh f(x) là hàm số nghịch biến trên [a;b]

Chú ý: Khi chứng minh bất đẳng thức có dạng f(x) k, x�  �� �� �a;b

* Nếu k f(a) ta chứng minh hàm f đồng biến trên  a;b

* Nếu k f(b) ta chứng minh hàm f nghịch biến trên  a;b

Bài toán 01: ỨNG DỤNG ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC.

Ví dụ 3 : Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta đều có :

2cotB 3sinB

2cotC 3sinC

cosA cosB cosC

cosA cosB cosC 6

Do vai trò của a,b,c là như nhau nên ta có thể giả sử a b c� �

Theo giả thiết : a b c 3 a b c 3 c c 1 c 3

CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi x 0;

cosxx

Bài 7:

1 Chứng minh rằng : nếu tam giác ABC thoả mãn hệ thức

cosA cosB cosC

cosA cosB cosC 6

  thì tam giác ABC đều.

2 Cho tam giác ABC có A B C  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

Nếu f đồng biến trên đoạn a;b� �� � thì x a;bmin ff  a

�� �� � , x a;bmax ff  b

�� �� � .Nếu f nghịch biến trên đoạn a;b� �� � thì x a;bmin ff  b

minP

3

 khi x y 1

2

  và maxP 1 khi x 0,y 1  hoặc x 1,y 0 

Ví dụ 2 Biết rằng  x;y là nghiệm của hệ: x y m2 2 2

Với 2 m 2 � � thì hệ cho có nghiệm  x;y và F m 23m 6

Dễ thấy, F' 2m 3 0   với mọi m�2;2 suy ra F nghịch biến trên đoạn2;2

Ví dụ 3 Biết rằng  x;y là các nghiệm của hệ phương trình :

m ;2 2

CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP

Bài 1 Cho a,b,c,d là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức:

4 4

A

a b c dabcd