SKKN su dung tinh don dieu

Phần một: Đặt vấn đề Hiện nay ,giáo dục không ngừng đợc cải cách và đổi mới .Để kịp với xu hớng này ,rất nhiều yêu cầu đợc đặt ra .Một trong số đó chính là làm sao để có đợc những phơng

Phần một: Đặt vấn đề

Hiện nay ,giáo dục không ngừng đợc cải cách và đổi mới Để kịp với xu hớng này ,rất nhiều yêu cầu đợc đặt ra Một trong số đó chính là làm sao để có đợc những phơng pháp giải toán hay ,nhanh,mà vẫn cho kết quả chính xác Phơng pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số là một phơng pháp giải toán nh vậy

Có rất nhiều bài toán thoạt nhìn tởng rất khó,nếu giải đợc thì lời giải sẽ khó hiểu,rắc rối Nhng nếu áp dụng phơng pháp này ,bài toán sẽ trở thành đơn giản ,gọn hơn rất nhiều .Đó chính là một trong những ứng dụng của phơng pháp này ,ngoài ra phơng pháp sử dụng tính đơn điệu còn phát huy sự u việt trong nhiều trờng hợp khác

Nói tóm lại,Phơng pháp này rất cần thiết đối với các em học sinh đang chuẩn bị ôn thi tốt nghiệ trung học phổ thông,thi đại học và cao đẳng.Nó sẽ giúp các em phát huy tối đa tính sáng tạo trong việc tìm ra con đơng giải toán nhanh nhất ,hay nhất và chính xác nhất

Trong quá trình dạy học môn toán ở bậc trung học phổ thông, chúng ta gặp rất nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức ,giải phơng trình ,bất phơng trình ,hệ phơng trình.Để giải các bài toán dạng trên có bài ta giải đợc bằng nhiều phơng pháp khác nhau , cũng có bài chỉ có thể giải đợc bằng phơng pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.Sử dụng tính đơn

điệu của hàm số để giải toán là một phơng pháp hay,thông thờng để giải quyết một bài toán

sẽ đơn giản,gọn nhẹ hơn so với phơng pháp khác

Tuy nhiên để học sinh có kỹ năng ta cần hệ thống hoá lại bài tập ,để học sinh và giáo viên bớt lúng túng hơn

Phơng pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán ,chiếm một vị trí đặc biệt quan trọng trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phơng trình ,bất phơng

trình ,hệ phơng trình.Phơng pháp này dựa trên mối liên hệ giữa tính đồng biến và nghịch biến của một hàm số với đạo hàm của nó

Để sử dụng phơng pháp này,điều cốt yếu là chúng ta cần xây dựng một hàm số thích hợp ,rồi nghiên cứu tính đồng biến ,nghịch biến của nó trên đoạn thích hợp.Các hàm số ấy trong nhiều trờng hợp có thể nhận tra ngay từ đầu ,còn trong các trờng hợp đặc biệt ta cần khôn khéo để phát hiện ra chúng

Phần hai: Nội dung ,phơng pháp ,cách thức thực hiện.

A.Kiến thức cần nhớ !

Hàm số y = f(x) xác định trên đoạn [a;b] đợc gọi là đồng biến trên đoạn ấy, nếu với mọi x1 < x2 thuộc đoạn [a ;b] ta đều có f(x1) < f(x2)

Điều kiện để y = f(x) đồng biến trên [a ;b] là y'= f(x) ≥0 ,∀ ∈x [a ;b] Đồng thời dấu ''='' đạt đợc tại một số điểm riêng biệt

Đối với hàm đồng biến thì ymax= y(b) , ymin= y(a) (a < b) ,đồng thời nếu phơng trình f(x) =0 có nghiệm thì nghiệm ấy là duy nhất

Tơng tự, y = f(x) đợc gọi là nghịch biến trên [a ;b] là y' = f'(x) ≤0 , ∀ ∈x [a;b]

Đồng thời dấu ''='' đạt đợc tại một số điểm riêng biệt

Đối với hàm nghịch biến thì ymax= y(a) , ymin= y(b) (a < b) ,đồng thời nếu phơng trình f(x) =0 có nghiệm thì nghiệm ấy là duy nhất

Hàm số y = f(x) chỉ đồng biến hoặc chỉ nghịch biến trên đoạn [a;b] đợc gọi là

đơn điệu trên đoạn ấy

Hàm đơn điệu có tính chất quan trọng sau đây:

f(x) = f(y) ⇔ x = y.

Nếu f(x) đồng biến , g(x) nghịch biến thì :

1) Nếu phơng trình f(x) = g(x) có nghiệm x = x0 thì nghiệm ấy là duy nhất 2) Nghiệm của bất phơng trình f(x) > g(x) là giao của x>x0 và miền xác định của bất phơng trình

3) Nghiệm của bất phơng trình f(x) < g(x) là giao của x< x0 và miền xác định của bất phơng trình

B.Một số ví dụ :

Ví dụ 1: giải phơng trình: x+1- 4 x− = 1 (1)

Giải: điều kiện -1≤ x≤ 4

⇒(1) ⇔ x+1 = 1+ 4 x−

Có nghiệm x = 3, vì 3 1+ = 2 = 1 + 4 3− = 2 Đúng

và vì vế trái là hàm đồng biến ( đạo hàm dơng) ,

vế phải là hàm nghịch biến ( đạo hàm âm),

nên x = 3 là nghiệm duy nhất của (1)

Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đa phơng trình vô tỷ về sử dụng tính đơn điệu , tránh đợc bình phơng 2 lần dễ dẫn đến mất nghiệm.

Ví dụ 2.Giải phơng trình x5 +x3 - 1 3x− +4 =0

Giải: Điều kiện x≤1/ 3 Đặt f(x) = x5 +x3 - 1 3x− +4

Ta có f'(x) = 5x4 +3x2 + 3

2 1 3x− > 0

⇒ f(x) đồng biến / ( , ]1

3

−∞

Mặt khác f(-1) = 0 nên phơng trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = -1

Ví dụ 3 Giải phơng trình x2+15 3= x− +2 x2+8

Giải.Phơng trình ⇔ f x( ) 3= x− +2 x2+ −8 x2 +15 0= (*)

Nếu x 2 / 3≤ thì f(x) <0 ⇒ phơng trình (*) vô nghiệm

Nếu x >2/3 thì f'(x) = 3 + x

0 x>

3

− > ∀

⇒f(x) đồng biến / 2,

3

 +∞

Mà f(1) = 0 nên (*) có đúng một nghiệm x = 1

Ví dụ 4: Giải bất phơng trình : ( 2− 3) (x + 2+ 3)x =2x (1)

Giải: Nhận thấy x = 2 là nghiệm ,vì khi đó ta có : 2- 3 2+ − 3 4 2= = 2

Vì 2x > 0 nên (1) 2 3 2 3 1

 −   + 

⇔  ữ +  ữ =

− < + <

Nên vế trái là hàm nghịch biến ,và vì vậy x =2 là nghiệm duy nhất của (1)

Nhận xét Cái hay của cách giải này là phát hiện ra cơ số bé hơn 1

để sử dụng tính nghịch biến.

Ví dụ 5:Giải phơng trình : x + lg(x2 -x -6) = 4 +lg(x +2)

Giải: Điều kiện x +2>0, x2 - x -6 >0 ⇒ >x 3

Vậy (1) ⇔ x + lg(x +2) +lg(x -3) = 4 +lg(x +2) ⇒ lg(x -3) = 4 -x (2)

Phơng trình này có nghiệm x =4 vì khi đó ta có lg1 = 0 đúng

Vì vết trái đồng biến (cơ số lôgarit lớn hơn 1).Vế phải nghịch biến ( đạo hàm âm) , Nên (2) có nghiệm duy nhất x = 4 ( thoả mãn điều kiện x > 3)

Ví dụ 6: Giải phơng trình

2log3cotgx = log2cosx Giải: Điều kiện cosx > 0,sinx > 0

Đặt log2cosx = y ⇒ cosx = 2y ⇒ log3cotg2x = log2cosx = y

⇒ cotg2x = 3y Vì cotg2x = cos2 2 4

y y

x

x =

⇒ 3y - 12y = 4y ⇔ 3 3 1,

4

y y

  = +

 ữ

  có nghiệm duy nhất y = -1 Vì vế trái cơ số 3/4 <1 là hàm nghịch biến ,vế phải cơ số 3>1 là hàm đồng biến Vậy cosx = 2-1 = 1/2 ⇒ x = ±π/ 3 2+ k k Rπ, ∈

Kết hợp với điều kiện ,ta đợc nghiệm của (1) là : x = 2 ,

π + π ∈

Nhận xét Cái hay của cách giải này là đa (1) về dạng phơng trình mũ không chính tắc để

sử dụng tính đơn điệu.

Ví dụ 7 : giải phơng trình

3 x2- 2x3 = log2(x2 + 1) - log2x (1)

Giải: Điều kiện: x > 0 với điều kiện ấy

(1) ⇔ x2(3-2x) - log2(x + 1

Do x > 0 nên x+1

x ≥2 và do vế phải là hàm loga có cơ số lớn hơn 1, nên là hàm đồng biến ⇒ log2(x + 1

x ) ≥ log22 = 1

Vậy thì vế trái dơng ⇒x2(3-2x) >0 ⇒3-2x > 0

Ta có x2(3-2x) = x.x.(3-2x) là tích của 3 số dơng ,có tổng không đổi bằng 3 ,nên nó

đạt giá trị lớn nhất bằng 1 ,khi x = 3 -2x = 1

Nh vậy là VT ≤1 ,đạt dấu = khi x = 1 ,

VP ≥ 1 , đạt dấu = khi x = 1

⇒phơng trình có nghiệm duy nhất x = 1

Nhận xét.Cái hay của cách giải này là áp dụng linh hoạt hệ quả của bất đẳng thức Côsi

và tính đơn điệu của hàm logarit.

Ví dụ 8 giải các phơng trình:

3.4x + (3x-10)2x + 3 - x = 0 Giải đặt y = 2x > 0, khi đó ta có

3y2 + (3x - 10)y + 3 - x = 0

Từ đó y = 3 10 (3 8)

6

− + ± − ⇒ y1 =1

3 hoặc y2 = 3-x Nếu y1 =1

3 = 2

x ⇒ x = -log23

Nếu y2 = 3 - x = 2x , ta có x = 1 là nghiệm duy nhất , vì khi đó 3 -1 = 2 đúng

và vì vế trái là hàm nghịch biến ( có đạo hàm âm) ,

vế phải là hàm đồng biến ( cơ số hàm mũ lớn hơn 1)

Nhận xét.Cách giải này hay ở chổ biết chọn ẩn số mới thích hợp để đa về phơng trình bậc hai và sử dụng đợc tính đơn điệu của hàm số.

II Bất hơng trình

Ví dụ 1. giải bất phơng trình x+9 > 5 - 2x+4 (2)

Giải: Điều kiện x≥2

do vế trái là hàm đồng biến( đạo hàm dơng)

vế phải la hàm nghịch biến(đạo hàm âm)

nên nghiệm của (2) là giao của x ≥ 2 và x > x0 vói x0 là nghiệm của phơng trình

9

x+ = 5 - 2x+4 ; phơng trình cuối có nghiệm duy nhất x =0, vì khi đó ta có 9 =5- 4 đúng

và vế trái đồng biến, vế phải nghịch biến

Vậy nghiệm của (2) là giao của x ≥2 va x > 0 ⇒x > 0

Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đa bất phơng trình vô tỷ về sử dụng tính đơn điệu , tránh đợc bình phơng 2 lần dễ dẫn đến mất nghiệm.

Ví dụ 2 Giải bất phơng trình x+ +1 35x− +7 47x− +5 513x− <7 8

Giải Điều kiện x≥5/7 Xết f(x) = x+ +1 35x− +7 47x− +5 513x−7

⇒ F9x) đồng biến / 5,

7

 +∞ữ

 .Mặt khác f(3) = 8 nên bpt f(x) < 8.

5/ 7 5

x

x

≥



⇔ < ⇔ < ⇔ ≤ <

Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đa bất phơng trình vô tỷ về sử dụng tính đơn

điệu,trong khi đó muốn giải bằng cách khác sẽ rất khó khăn.

Ví dụ 3.Giải bất phơng trình 2x + x + x+ +7 2 x2+7x <35

Giải Điều kiện x > 0.Đặt f(x) = 2x + x + x+ +7 2 x2+7x

x

+

2

29

35 12

f   =ữ ữữ

 

Nên f(x) đồng biến và do đó f(x) < 35 =

2

29 12

 ữ ữ

  ữ

2

29 0

12

⇔ < <  ữ 

Ví dụ 4: Giải bất phơng trình : x 12 x 12 2

x

Giải: Điều kiện: x ≠0, x + 12 0,x 12 0

Do vậy (1) ⇔ x3+ +1 x3− ≥1 2 (2)

Đặt x3+ = >1 u x3− = ≥1 v 0,khi đó

2

2

u v

u v

 + ≥

− =

⇒ u -v ≤1⇒  − ≥ −u v v u+ ≥21 ⇒v 1 0

2

≥ > (thích hợp)

x − ≥ ⇔ x ≥ ⇒ ≥x >

Đáp số : 3 5

4

x≥ Hoặc xét VT =f(x)= x3+ +1 x3−1 là hàm đồng biến

Suy ra nghiệm của (2) là giao của x ≥1 và x > x0 ,trong đó x0 là nghiệm

của phơng trình : x3+ +1 x3−1 = 2

Suy ra x0 =3 5

4 ,suy ra bất phơng trình có nghiệm 3

5 4

Nhận xét.Cái hay của cách giải là sử dụng tính đồng biến và sử dụng cách đặt ẩn phụ để

đa về hệ bất phơng trình hoặc hệ phơng trình bậc ,tránh đợc việc bình phơng 2 vế (dễ dẫn

đến sai sót ,thừa nghiệm)và tránh đợc việc giải phơng trình bậc cao.

Ví dụ 5: Giải bất phơng trình

x+ + x+ + x + x+ < − x (1) Giải: Điều kiện x ≥-2

+ = ≥ + = > Suy ra

Do u và v đồng biến khi x ≥-2

Vế trái là hàm đồng biến , vế phải là hàm nghịch biến

Nên nghiệm của (1) là giao của x ≥-2 và x < x0 với x0 là nghiệm của phơng trình:

2

Vì u2 +v2 = 2x +7 ,suy ra 2x = u2 +v2 -7

Và u2 +v2 +2uv +( u +v) -12 =0

Đặt u +v = t >0 ta đợc : t2 +t -12 = 0 , t > 0

Suy ra t =3 vậy 1

1

3 3

3

22 =⇒

⇔

u vu

vu vu

vu

Từ đó u = x+ = ⇒ = −2 1 x 1

Vậy nghiệm của (1) là 2− ≤ ≤ −x 1

Nhận xét.Cái hay của cách giải này là dùng tính đơn điệu của các hàm số để đa bất

ph-ơng trình vô tỷ về hệ phph-ơng trình bậc 1.

Ví dụ 6.Với giá trị nào của tham số m thì bpt sau có nghiệm?

x2 +2 x m m− + 2 + − ≤m 1 0

Giải: Đặt t = x m− ≥0 ⇒t2 = x2 -2mx +m2 , khi đó (1) ⇔ y = t2 +2t +2mx +m -1 ≤0

Có nghiệm t ≥0

Ta có y' = 2t +2 ⇒ y' = 0 ⇔ t = -1

Nên ymin = y(0) = 2mx +m -1 = 2m2 +m -1 0≤ ⇒ -1 1

2

m

≤ ≤

Nhận xét.Cái hay của cách giải này là sử dụng giá trị tuyệt đối x m− làm ẩn số để đa

về parabol theo t ≥0 ⇒Không phải xét tơng quan giữa x và y làm cho cách giải nhẹ nhàng hơn.

III Hệ Phơng trình

Ví dụ 1: Tìm các số x ∈(0; π),y ∈(0; π) thoả mãn hệ : cot - coty x -y (1)

5x + 8 y = 2 (2)

x

π

=





 Giải : Viết phơng trình (1) dới dạng : x - cotx = y - coty (3)

Xét hàm số f(t) = t - cot t , 0 < t < π.

Khi đó f(t) xác định ∀ ∈t (0;π ) và f'(t) = 1 + 12

sin t > 0 , ∀ ∈t (0;π )

⇒ f(t) đồng biến ∀ ∈t (0;π )

Từ (3) ⇒ f(x) = f(y) ⇔ x = y.

Thay vào phơng trình (2) của hệ ,ta đựoc x = y = 2

13

π .

Ví dụ 2: Giải hệ :

tan tan tan tan 2, , 0;

2

− = −





∈ ữ

 Giải : Viết phơng trình (1) dới dạng x - tan x = y - tan y (3)

Và xét hàm f(t) = t - tant xác định 0;

2

t  π 

∀ ∈ ữ,có f'(t) = 1- 12

cos t< 0 ,do 0;

2

t  π 

∈ ữ

⇒ 0 < cos t < 1.Vậy f( t) nghịch biến

Từ (3) suy ra f(x) = f(y) ⇔ x = y và từ (2) ⇒ tan x = tan y = 1 ⇒ x = y =

4 π

Ví dụ 3: Chứng tỏ rằng với 0a ≠ hệ :

2 2

2 2

2

2

a

y a

x



= +





 = +



Có nghiệm duy nhất

Giải: Điều kiện : x 0≠ , y 0≠ Do x và a2

x cùng dấu , Do y và

2

a

y cùng dấu

⇒ x> 0 , y> 0.Bởi vậy :

(1) ⇔2x2y = y2 + a2 (1)'

(2) ⇔ 2y2x = x2 +a2 (2)'

(1)'-(2)' ta đợc:2xy (x -y) = (y-x)(y+x) ⇔( x-y) ( 2xy +x+y) =0,do x > 0,y >0 nên

( 2xy +x+y) >0

Do đó x - y =0 hay x = y.Thay x =y vào (1)' ta đợc :

f(x) = 2x3 -x2 = a2 ; f'(x) = 6x2 -2x

Ta có bảng biến thiên:

Từ đó suy ra phơng trình : 2x3 -x2 = a2 ( a2 > 0) có nghiệm duy nhất

Nhận xét.Cái hay của cách giải này là từ hệ đối xứng loại 2 (1) -(2) ,không trừ trực tiếp ngay ,mà biến đổi trớc để khi trừ (1') cho (2') thì phơng trình hệ quả không chứa tham số,nên tránh đợc biện luận.

Ví dụ 4.Giải hệ :

3 2

3 2

3 2

 + = + +

 + = + +



 + = + +



Giải.Xét hàm đặc trng f(t) = t3 +t2 +t với t ∈Ă

Ta có f'(t) = 3t2 +2t +1 = 2t2 +(t+1)2 >0 ⇒f(t) đồng biến

Giả sử : x y z≤ ≤ ⇒ f x( )≤ f y( )≤ f z( )

⇒2z +1 2≤ x+ ≤1 2y+1 ⇔ ≤ ≤ = =z x y y z

1

x y z

x y z

= = =



 = = = −



x

f f’

∞

-1/27

CT

- - - 0 +

1

3//

33

III Bất đẳng thức

Ví dụ 1 Chứng minh rằng : ex > 1 +x ,∀ ≠x 0

Giải : Đặt f(x) = ex -x -1 , khi đó f'(x) = ex -1

*Nếu x> 0 thì f(x) > 0 nên f tăng trên [ 0; +∞)

Do đó f(x) > f(0) =0 ⇒ ex > x +1

*Nếu x<0 thì f'(x) < 0 nên f giảm trên (-∞,0) do đó f(x) > f(0) = 0

⇒ ex > x +1

Vậy ex > x +1 ∀ ≠x 0

Ví dụ 2 Chứng minh rằng nếu x > 0, thì ln x < x

Giải Xét hàm số f(t) = lnt - t với t > 0.

Ta có f (t) = 1 1 2

2 2

t

−

Lập bảng xét dấu sau:

Nh vậy ∀ >x 0,có f(x) ≤f(4)

⇔lnx - x ≤ ln4-2

Do 4<e2 ⇒ln4 < 2 ,vậy từ (1) suy ra lnx - x < 0 ⇔ ln x < x (đpcm)

Ví dụ 3 Chứng minh rằng log19992000 > log20002001.

Giải Xét hàm số f(x) = logx(x +1) với x > 1

Khi đó bất đẳng thức đã cho có dạng tơng đơng sau :

f( 1999) > f(2000)

0

-f'(t) ft)

Ta có f(x) = logx(x +1) =ln( 1)

ln

x x

+

⇒ f(x) =

ln ( 1)ln( 1) 1

+

+

1 2

ln

( 1)ln

x x

x x

+

+

+ Vậy f(x) là hàm nghịch biến khi x > 1,do đó (2) hiển nhiên đúng (đpcm)

Ví dụ 4 Chứng minh rằng ln ( 1+ 1 x+ 2 ) < 1

x+ ln x nếu x > 0.

Giải.Xét hàm số f(t) = ln( 1+ 1 t+ 2 ) - lnt - 1

t với t > 0

2

1

t t t

+ + +

- 1

t + 2

1

t =

2

1 1

+ − + > 0

Do đó f(t) là hàm đồng biến khi t > 0, vì x > 0 ,nên

f(x) < f(+∞) =tlim→+∞ f(t) = tlim→+∞ ln(1 1 t2) lnt 1

t

 + + − − 

⇒ f(x) < lim (ln1 1 2)

t

t t

→+∞

⇒ ln(1+ 1 x+ ) < lnx +1

x ⇒đ.p.c.m

Ví dụ 5 Chứng minh rằng : x > ln(x +1) , x > 0.

Giải : Đặt f(x) = x - ln(x +1) liên tục trên [ 0 ,+∞) có

x

x

x = x > ∀ >

⇒ f tăng trên [ 0 ,+∞) ⇒ f(x) > f(0) =0 ⇒ x > ln(x+1) với x > 0

Ví dụ 6 Chứng minh rằng : lnx > 2( 1)

1

x x

− + với x>1.

Giải : Đặt f(x) = lnx - 2( 1)

1

x x

− + ( x>1) liên tục trên [ 1 ; +∞)

Ta có f'(x) =

2

x

x

−

− = > ∀ >

Vậy với x > 1 ta có f(x) > f(1) = 0 Từ đó suy ra lnx > 2( 1)

1

x x

− + với x>1.

Ví dụ 7 cho 0 < α<

2

π Chứng minh rằng: sinα > 2α

π

Giải xét hàm số : f(x) = sin x

x với x ∈ 0,

2

π

 

 

 

Ta có f'(x) = xcosx2 sinx

x

− =

2

cos (x x tgx)

x

− suy ra f'(x) < 0

∀x ∈ 0,

2

π

 

 

  ⇒f(x)

là hàm nghịch biến trên ( 0,

2

π )

Vì 0 < α <

2

π ⇒ f(α ) > f(

2

π ) ⇒ sinα

α >

sin 2 2

π

π ⇒ sinαα > π ⇒2 đ.p.c.m

Ví dụ 8 cho 0 < α<

2

π Chứng minh rằng: αsinα + cosα > 1

Giải.xét hàm số : f(x) = xsinx + cosx - 1 với x ∈ 0,

2

π

 

 

  ⇒f'(x) = sinx + xcosx -sinx = xcosx ≥ 0 ∀x ∈ 0,

2

π

 

 

 

Vì f' = 0 chỉ khi x = 0 hoặc x =

2

π ⇒ f là hàm đồng biến trên 0,

2

π

 

 

 . Vì 0 < α <

2

π ⇒ f(0) < f(α) ⇒ 0 < α sinα+ cosα - 1

⇒ α sinα+ cosα > 1 ⇒đ.p.c.m

Ví dụ 9.Chứng minh rằng : sinx < x < tgx với 0 < x <

2 π

Giải Đặt f(x) = x - sin x , x (0; ]

2

π

∈ Khi đó f liên tục trên [ 0 ,

2

π ]

Và có đạo hàm trên ( 0 ;

2

π ) ⇒f tăng trên [ 0 ,

2

π ]

Từ đó x > 0 ⇒ f(x) > f(0) ⇒x > sinx với x (0; )∈ π