Phương pháp hàm số Cơ sở lí thuyết: a f (x) tăng D ⇔ x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2) ∀ x1, x2 ∈ D b f (x) giảm D ⇔ x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2) ∀ x1, x2 ∈ D Lưu ý : Hàm số tăng giảm D gọi chung hàm số đơn điệu D c Nếu hàm số f(x) đơn điệu f(u) = f(v) u = v d Nếu hàm số f(x) đơn điệu D pt f(x) = có nghiệm D nghiệm VD1: Pt pt ⇔ 5x3 − + 5x3 − + 3 x − + 3x = ĐK: x ≥ x − + 3x - = Nhận thấy x = thoả, hàm số f(x) = 5x3 − + x − + 3x - có f '(x) > ∀ x ≥ nên f(x) đơn điệu Vậy x =1 nghiệm pt cho Nhận xét: Với không dùng tính đơn điệu hàm hàm số, mà giải theo cách bình thường khó khăn pt có chứa bậc hai, bậc ba VD2: Giải BPT 3 − x + - 2x ≤ ĐK Pt ⇔ 3x + x = (1 + 2x) + log3(1+2x) ⇔ 3x + log33x = (1 + 2x) + log3(1+2x) (*) Xét hàm số đặc trưng f(t) = t + log3t Rõ ràng f(t) liên tục đơn điệu tăng với t > Do (*) ⇔ f(3x) = f(1+2x) ⇔ 3x = 1+2x Ta thấy x = nghiệm Nhận xét: Nếu VT hàm số đồng biến, VP hàm số nghịch biến pt có nghiệm x = Tuy nhiên, VT VP hàm số đồng biến, nên kết luận x = nghiệm Và rõ ràng ta thấy x = nghiệm pt Gặp trường hợp này, ta lập luận sau: 3x = 1+2x ⇔ 3x - - 2x = Xét hàm số g(x) = 3x - - 2x Ta có g')x) = 3xln3 - 2; g''(x) = 3x.(ln3)2 > ⇒ g'(x) đơn điệu ⇒ pt g'(x) = có không nghiệm ⇒ pt g(x) = có không nghiệm Vậy x = x = hai nghiệm pt g(x) = 3x - - 2x = Điều dễ hiểu bậc f(x) lớn bậc f '(x) đơn vị Chẳng hạn * f(x) = x3 - 4x bậc ba nên f '(x) = 3x - bậc hai, pt x - 4x = có nghiệm thực ( x = 0, x = ± 2) pt 3x2 - = có nghiệm thực (x = ± ) * f(x) = x3 + 4x = bậc ba, có nghiệm thực (x = 0) pt f '(x) = 3x2 + = vô nghiệm R Tổng quát: pt [f(x)](n) = có k nghiệm thực pt [f(x)](n-1) = có k+1 nghiệm thực  x − y − x + y = (1) VD4: Giải hệ pt   x + y = (2) HD: Từ pt (2) suy |x|, |y| ≤ 1; pt (1) ⇔ x3 - 3x = y3 - 3y (*) Xét hàm số đặc trưng f(t) = t3 - 3t với |t| ≤ Ta có f '(t) = 3t2 -3 < (vì |t| ≤ 1) suy f(t) đơn điệu Do (*) ⇔ f(x) = f(y) ⇔ x = y Thay y = x vào pt (2): 4x = Vậy nghiệm hệ x = y = ± Good luck! HCT-THPT Hoài Ân, Bình Định