01 2 huong dan giai

Dạng 5: Ứng dụng đơn điệu trong giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình và hệ bất phương trình... Vậy phương trình có nghiệm duy nhất thuộc khoảng  2;3.

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

bất phương trình.

Bài 1:

7

2 7x 7 2 7x 6

Nên f(x) f(6) �x 6 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

2 Ta có: y' 1 3 1 x  20, x 0  �y

Dễ thấy y 1 0�x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

3 Ta có:  2   

3



 x�0;� , do đó nếu phương trình đã

cho có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất và y 1   0

x 1   x 1 3x 1  3x 1 , xét hàm số f t t3 t 0t, 

3x 1 2 3x 1 2x 1 2 2x 1   , xét hàm số f t t32t

6 Cách 1: Xét hàm số: f x x33x28x 40 và g x  8 4x 44  trên nửa đoạn �� 1; �., dễ thấy x min f x1:     f 3 13

 

    

xmax g x1: g 3 13

 

đó f x   g x  khi x 33 

Cách 2: Đặt 44x 4 t, t 0  � f t t1224t816t4512t 2816 với t 0� và

f' t 2(t 2).g t với g t  t 00, � suy ra f' t   khi t 20  tức 44x 4 2  hay x 3

Bài 2: Phương trình đã cho �3 5x x 2( 5x x ) 2 33(x 1) (x 1)   3 (1)

Đặt u = 5x x , u 0 2 � và v x 1 ,v 0   (1) trở thành : 3u u 33v v 3 (2) Xét hàm số f t   3t t , t (0;3 � � , khi đó phương trình (2) có dạng)

   

f u f v

Ta có f'(t) 3 3t  2 với mọi t (0;0 � � nên f(t) đồng biến trên (0;) �)

��

�

2.

Bài 3:

1    



Cách khác:  

x 1 5x 6 1



Xét hàm số   2 1

f t t

t 1

 với t 1 , ta tìm được

3 x 2



2 Phương trình cho biến đổi về: 9 3  3  

x 3x  3x 1 3 3x 1  

Dễ thấy f t  t33t đồng biến trên �, nên   �x33x 1

Đặt x 2cost, t�� �� �, từ đây tìm được 0; t , t 5 , t 7

3 Đặt y3x 2 Khi đó ta có hệ :

3

�

�

2x 5 2x 5 y  y

Dễ thấy f t t3 đồng biến trên � suy ra y 2x 5t   tức

3x 2 2x 5   � � x 3 8x   236x 41  � x 30 

4 Đặt y37x29x 4 Đưa phương trình về dạng f x 1    f y

Xét f t t3 là hàm số đồng biến trên � khi ấy t f x 1    f y �x 1 y  ,

ta tìm được x 1 5, x 5

2

 �

5 Xét hàm số f t  t32t là hàm số đồng biến trên �.

Khi đó f y  f x 1  �y x 1  với y  3 x3 9x219x 11 �x 1, x 2, x 3  

Bài 4:

1 Điều kiện:

2 2

1 y 1

�  �

�

�

� Xét hàm số: f t  t33t với t���1;1��

Ta có: f' t 3t2  3 0, t�1;1, suy ra hàm số f t nghịch biến trên đoạn 

1;1



Ta có hệ:

�



�

� � �

�

x 1

Bài 5:

1 Lấy    1  2 x3 ta được   3 3      

x 1  2 y � x;y  2;1 , 1;2

2 Lấy    1  2 x3 ta được   3 3      

x 4  3 y � x;y  3;4 , 4;3

3 Lấy    1  2 x8 ta được   2 4      

x 2  y 4 � x;y   4; 2 , 4;2

4 Đặt t x 1,  0 t 2� � Biến đổi hệ cho về hệ:

�

�

Xét f u  u33u2 nghịch biến trên đoạn 0;2� �� � khi đó t y �   x;y  0;1

5 Phương trình đầu viết lại: 2    2

x 1 x   y 1 y

Dễ thấy f t   t 1 t 2 đồng biến trên �, suy ra x  thay vào phươngy trình thứ 2 ta được 2x26x 1  4x26x 1 hay

6 Xét f t  t3 suy ra t 1 1 3 2y  x;y 7;111

Bài 6: 1  x;y 1; 1

  � �

2    x;y  1;2

3 Phương trình thứ nhất viết lại 3  3

y  y x 1   , suy ra y x 1x 1   � phương trình 2 ta được 1 x 2 1 x  1 x 1 

Đặt t 1 x  1 x , giải được t 2 �  x;y  1;0 , 1;2  .

4 Trừ 2 vế phương trình ta được :

x 2x 22  x x 2x y 2y 22  y y 2y

Xét hàm f t   t2 2t 22 t t 2 2t đồng biến trên khoảng 0;� suy ra

x y , thay vào phương trình thứ nhất, sau đó xét hàm số g x , dễ thấy 

 

g x đồng biến trên khoảng 0;� và  g 1 0

5 Phương trình đầu    3    3

2 2x  2x 2 y 1  y 1

� Hàm số f t 2t t 3 t�� đồng biến t 0   , suy ra y 2x 1 

6 Đặt t 4

x

 , hệ cho đưa về dạng:

3

3y 55 t

�  

�

�

y 1 3 y 1  t 3t

Dạng 6: Chứng minh phương trình có n nghiệm Bài 1:

x 1 hoặc x 1 f x   � � phương trình không có nghiệm khi x 10, x 1  �

Vì f 1    và 9 xlim f x 



� �  � nên phương trình có nghiệm x 1

 

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

giao điểm

2 x5x22x 1 hay 5  2

x  x 1

Dễ thấy x5� ��0  x 0 x 1 1  2

x 1 1

� � tức x5� hay x 11 � Xét hàm số y x 5x22x 1 xác định và liên tục trên nửa khoảng � ��1; .

Dễ thấy y 1 y 2    � phương trình 0 x5x22x 1 0  có ít nhất một

nghiệm thuộc khoảng  1;2 , hơn nữa hàm số y đồng biến ( y' 0,  �x  1;2 ) trong khoảng này Như vậy, phương trình x5x22x 1 0  có nghiệm duy nhất và nghiệm đó thuộc khoảng  1;2

Chú ý: Có f'(x) 5x 42x 2 2x(x  3 1) 2(x4 1) x50

Mà f(1).f(2) 0 � phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

3 Cách 1 :Xét hàm số y 2x x 2 2  liên tục trên nửa khoảng � ��2; 

x 2



xlim y xlim 2x x 2

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị của hàm số y 2x x 2 2  luôn cắt đường thẳng y 11 tại duy nhất một điểm

Ta có f 2   11,f 3  Vì 7 f 2 f 3     77 0�f x 0 có ít nhất một nghiệm trong khoảng  2;3 f' x  x 5x 8 0, x 2;  f x 

x 2



biến trên khoảng  2;3 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất thuộc khoảng  2;3

4 Điều kiện: x 2

Xét hàm số :   5

2

x

  4

2 3

1 f' x 5x

(x 2)



 

3

5 2

3x

�



 

f' x 0

� có nhiều nhất một nghiệm �f x 0 có nhiều nhất là hai

x 2

�

1

x � 2; 3 và x2 3

Bài 2: x5 �x2 1 x4 2x2 1 x2 1 (x2 1)2 1 x 1.

Xét hàm số f x  x2 1 x42x2 1 x5, khi đó hàm số f liên tục trên [1;� và phương trình (1) có dạng f(x) 0) 

x

�

�

�

nên phương trình

 

f x  có nghiệm thuộc (1; ).0 �

với mọi

x [1;� � Suy ra hàm số ) f x nghịch biến trên [1;  � )

Vậy phương trình f x   có đúng một nghiệm.0

Dạng 7: Chứng minh bất đẳng thức

Bài 1:

1 Ta có f' x  x.cosx sinx2 , x

2



Xét hàm số g x x.cosx sinx liên trục trên đoạn 0;

2



và có g' x  x.sinx 0, x 0; g x 

2



liên tục và

nghịch biến trên đoạn 0;

2



và ta có g x   g 0 0, x 0;

2



Từ đó suy ra f' x  g' x 2 0, x f x 

2

 liên tục và nghịch biến trên

nửa khoảng 0;

2



, ta có f x  f 2, x

2







2   ���� �� �� ��� ����   

3 3

3 2 4 4 2

Vì

3



Mặt khác:

2 4



3 Xét hàm số f x  12 12

sin x x

  liên tục trên nửa khoảng x 0;

2



� �

�� �

� �.

2 x cosx sin x

f' x

3

sinx

cosx , x 0;



 

x cosx sin x 0 , x 0; f' x 0 , x 0;



2 sin x x



 (đpcm)

4 Ta có: 2.sinx tanx 2sinx tanx sinx 1tanx

2

Ta chứng minh:

sinx tanx

� �. Xét hàm số f x  sinx 1tanx 3x

2



� �

�

�

� �.

  12 3 cosx 1 2 2cosx 12 

� �

 

f x

� đồng biến trên 0; f x   f 0 0

2



� �

� �



2



� �

� �

Bài 2: Xét hàm số f x  3x x 3, x���2;2��.

Ta có: f' x  3 3x2, trên khoảng 2;2 : f' x  � x0   hoặc x 11 

Từ bảng biến thiên, ta kết luận: hàm số đồng biến trên đoạn��1;1�� và nghịch biến trên các đoạn �� 2; 1 ,�� 1;2� �� � Vì   2 f 1     �f x �f 2 2,

 ���  ��

Nên   2 f 1 f x     � �f 1 2, x ���1;1��,  2 f 2     �f x �f 1 2, x �� �� �.1;2

Bài 3:

1 Chứng minh hàm số f(x) sinx

x

 nghịch biến trên 0;

2



2 Xét hàm số f(x) tanx sinx 2x   đồng biến trên 0;

2



� �

�

�

� �

3 Xét hàm số: f x  x2 cosx 1,x

2

   ��, ta có: x ��,f( x) f(x)  suy ra f là

hàm chẵn trên � , (1)�x [0;� �),f(x) 0, f'(x) x sinx 0�   � với mọi x

[0; )

f'(x) 0 �x 0 �f(x)đồng biến trên [0; )��x [0;� �),f(x) f(0) 0� 

(đpcm)

4 Xét hàm số f x  3sinx 6tanx 2tan x 9x , x3 0;

2



� � , ta có:

2

Vì cosx (0;1)� với mọi x 0;

2



�� �

� �nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có

3

3

7

1

2 cos x





� �� f x đồng biến trên x  0;

2



�� �

Lại có f x liên tục trên 0; 

2



� �

�

�

� � do đó x 0;2 ,f(x) f(0) 0



Bài 4:

1 Xét hàm số f(x) sinx x x3, x 0;



� �

� �,

Ta cần chứng minh: f(x) f(0), x 0;

2



� � điều này gợi ý ta chứng minh hàm

y f(x) đồng biến trên 0;

2



� � Ta có:

2

x f'(x) cosx 1

2

f "(x) sinx x 0 x 0;

2



� �

� �

f'(x) f'(0) 0 x 0; f(x) f(0) 0 x 0;

 

3

x



2 Xét hàm số g(x) cosx 1 x2 x4

2



� �

� �

Ta có: g'(x) sinx x x3 0 x 0;



� �

� � g(x) g(0) 0 x 0;2



� �



� �



� � Thật vậy,ta có:

3

x



3 3

Vì

3



Mặt khác, 1 x2 x4 cosx x 0;



� �.Suy ra

3

sinx

cosx x 0;



Lại có: 0 sinx x 0 sinx 1 x (0; )



3



Bài 5:

1 Ta chứng minh hàm số f(x) tanx 2sinx 3x   đồng biến trên 0;

2



� �

�

�

� � và hàm số g(x) 4sinx 1sin2x 3x

2

2



� �

�

�

� �.

2 Chứng minh cos(sinx) cosx sin(cosx) 

3 Xét hàm f(x) a bx  (a b x) với x [0;b]�

4 Bất đẳng thức cho �4sina 6tana 10a 4sinb 6tanb 10b     (2)

Xét hàm số f x 4sinx 6tanx – 10x với x 0;

2



�� �

� � Khi đó ta phải chứng minh rằng a,b 0; ,a b f(a) f(b)

2



Như vậy chỉ cần chứng minh hàm số f(x) đồng biến trên 0;

2



Vì x 0;

2



�� �

� �nên cosx (0;1)� Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ,ta có :

cosx cos x cos x   cos x

Mặt khác do cosx (0;1)� nên

2

cosx cos x ,suy ra 8 1 22

cosx cos x > 10

2



� � � Hàm số f(x) đồng biến trên 0;

2



� �(đpcm).

5 Xét hàm số f x  x4ax2bx trên [1;� ta có )

f'(x) 4x 2ax b 4 12 8 0 , x [1;�     � � ,a 6 , b) � �8

Đẳng thức chỉ xảy ra khi x 1, a 6, b    Suy ra 8 f x đồng biến trên 

[1;�)

[1; ), f(x) f(1) 1 a b  

Bài 6:

Xét hàm số :f t  12 12, t 0;

2 sin t t



� �

� �

Ta có : f' t  2cost3 23 23 sint 3 cost 0, t 0;

sin t t sin t

nên hàm số đồng biến trên 0;

2



� �

� �

� � f t  f 1 42, t (0; ]

� �



Áp dụng vào bài toán ta có : f x     f y f z � �3 1� 42��



Bài 7:

1 Đặt : t cosA cosB cosC 1 4sin sin sinA B C 1 t 3

Xét hàm số f t  t 1

t

  hàm số liên tục trên nửa khoảng 1;3

2

� �

� �

� �.

2 t

� �

3 1;

2

� �

� �

� �,suy ra :   13

2 f t

6

Đẳng thức f t  13

6

 xảy ra khi t cosA cosB cosC 3

2

đều

2 Biểu thức xác định khi D  �;sinCU ��sinA;�.

 2  2

x sinC sinA sinC 1 x sinC sinB sinC

đồng biến trên mỗi khoảng �;sinC ,��sinA;�

Do đó minM M sinA  sinA sinB 1

sinA sinC



Bài 8:

1 Ta có :

p b p c A

tan

p a p b C

tan

�

�



�

�

�

Do đó : r2 tanAtan tanB C

Mặt khác :

2R sinA sinB sinC

sin

cos sin sin

A

2

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

tan tan tan cot cot cot

cot cot cot

cot cot cot



Đặt t cot cot cotA B C t 3 3

t

  với t 3 3�

Ta có: f' t  1 12 0 t 3 3

t

3 3 3 3

2 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

3 3 2

2R a 2R b 2R c

e

Xét f x ln 1 x   với 0 x 1x  

Ta có: f' x  1 1 x 0 x  0;1

khoảng đó �f x   f 0 0�ln 1 x  x Lần lượt thay xsinA ,sinB,sinC vào bất đẳng thức trên rồi cộng lại ta được :

      sinA sinB sinC

ln 1 sinA ln 1 sinB ln 1 sinC sinA sinB sinC

ln 1 sinA 1 sinB 1 sinC sinA sinB sinC

�

2

3 Không mất tổng quát giả sử C min A ,B,C   Ta có :

Xét P 4 1 cos A 1 cos B   2   2   3 cos2A 3 cos2B   

P 9 3 cos2A cos2B   cos2A cos2B

�

9 6cos A B cos A B    1 cos 2A 2B  cos 2A 2B 

 9 6cosC cos A B  cos C cos A B2  2   do 1 cos A B   � 1

P 1 cos C 3 cosC 1 cos C

Mặt khác ta có : 0 C 600 cosC 1

2

f x  3 x 1 x với 1

2

� �

� �

Ta có:         1

2

� �

� ��f x  đồng biến trên khoảng đó

� �

 

Bài toán 02: ỨNG DỤNG ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TRONG TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT

Bài 1 Đặt t a b c d4

abcd

  



Áp dụng BĐT trung bình cộng – trung bình nhân cho 2 số dương, ta có:

4

a b c d 2 ab 2 cd 4 abcd   �  � suy ra a b c d4 4

abcd

   � tức t 4

� Đẳng thức xảy ra khi a b c d   Bài toán quy về “ Tìm giá trị nhỏ nhất của

t

  với t 4� ”

Dễ thấy, t 4� thì A t đồng biến và   A 4  17

4

 đạt tại t 4

Bài 2 Không mất tính tổng quát, ta giả sử x y z� � và x y z 3   suy ra

1 x 3� �

Áp dụng Bất đẳng thức trung bình cộng – trung bình nhân:

2

y z yz

2



Đặt A xyz xy yz zx    , suy ra A x y z 2 y z 2 y z x

Xét f x x39x215x 9 , với 1 x 3� �

Ta có: f' x 3x218x 15 0  với mọi x� 1;3 , suy ra hàm số f x nghịch  

biến trên đoạn 1;3� �� � Với x���� � 1;3 : f x    f 1 16 suy ra 1  

4

A 4�

Bài 3 Ta có: 4xy 3 x y  6 xy xy 9

4

x 1 y 1    � tức  0 xy 1 x y xy 1 3xy

4

 �  �  � hay xy 3� Vậy 9 xy 3

 3  2

12

 khi  x;y 3 3;

2 2

 � �

� � và

94 maxP

3

 khi

   x;y  1;3 ,  3;1