Phương pháp giải toán thi đại học PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ Ta có thể sử dụng các tính chất của hàm số để giải một số dạng toán như: số nghiêm của một phương trình ; chứng minh hệ phương trình có nghiêm ; tìm giá trò lớn nhất , nhỏ nhất của một hàm số, . . Hãy xét vài ví dụ sau : Ví dụ : ( Câu IV.2_2006D) Chứng minh rằng với mọi a > 0, hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: ln(1 ) ln(1 ) (1) (2) x y e e x y y x a  − = + − +   − =   Bài giải : Điều kiện : x > -1 và y > -1 Rút y từ (2) và thay vào (1) ta có phương trình : f(x) = e x+a –e x +ln(1+x) – ln(1+a+x) = 0 Khi đó : f’(x) = e x (e a -1) + (1 )(1 ) a x a x+ + + > 0 khi a > 0 và x > -1 Vậy , f(x) là hàm liên tục đồng biến trên (-1;+∞). Mặt khác : lim ( ) và lim x x f x →∞ →∞ = −∞ = +∞ nên f(x) = 0 có một nghiệm trong (-1;+ ∞ ) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi a > 0. Lưu ý : Ta thường mắc sai lầm khi thấy hàm số đồng biến dã vội kết luận phương trình f(x)=0 có nghiệm duy nhất. Ta chỉ có thể kết luận phương trình có nghiệm duy nhất khi Hàm số đơn điệu ; liên tục và trong tập giá trò của nó có cả các giá trò âm và dương . Ví dụ : (Câu V . 2004D) Chứng minh phương trình sau có đúng một nghiệm: x 5 –x 2 -2x -1 = 0 (1) Bài giải: Ta có : (1) ⇔ x 5 =(x+1) 2 với điều kiện x ≥ 0. Với 0≤ x ≤ 1 thì VT < 1 và VP ≥ 1 nên (1) vô nghiệm. Do vậy ta chỉ xét khi x ≥ 1. Xét hàm số f(x) = x 5 –x 2 -2x -1 với x ≥ 1. Đạo hàm f’(x) = 5x 4 -2x -2 = 2x(x 3 -1) + 2(x 4 -1) + x 4 > 0 với moi x ≥ 1 Mặït khác : f(x) là hàm đa thức nên liên tục trên miền xác đònh của nó ; f(x) luôn đồng biến trên (1 ; + ∞ ) và lại có f(1) .f(2) <0 Vậy phương trình (1) luôn có duy nhất 1 nghiệm. Nhận xét: Để chứng minh phương trình f(x) = 0 có đúng một nghiệm x∈D, ta theo 2 bước sau : Bước 1 :Chứng tỏ f(x) = 0 có nghiệm x 0 ∈ D dựa vào tính chất liên tục của f(x) trên miền D và chỉ ra f(x 1 ).f(x 2 ) < 0 với x 1 ; x 2 thuộc D. Bước 2 :Bằng công cụ đạo hàm, chứng tỏ f(x) đơn điệu trên miền D. Từ đó suy ra nghiệm x 0 là nghiệm duy nhất. Ngoài ra , bài toán này có thể giải theo hướng sau : Xét hàm số f(x) = x 5 /(x+1) 2 - 1 trên [0; + ∞ ) sau đó chứng minh f(x) đồng biến trên [0 ; + ∞ ) và có f(0).f(2) < 0 Lưu Phước Mỹ 22/10/2 bùi thò xuân bmt 1 Phương pháp giải toán thi đại học Ví dụ : ( TH & T T số 356 _ 2/2007) Chứng minh rằng, phương trình x 5 -5x -5 = 0 có duy nhất một nghiệm. Bài giải : Đặt f(x) = x 5 -5x -5 thì f(0) = -5 < 0 và lim ( ) và lim x x f x →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ Do vậy tồn tại a sao cho f(a) > 0. Khi đó: f(0) . f(a) < 0 Vì f(x) là hàm số liên tục nên có x 0 sao cho f(x 0 ) = 0 Để chứng minh f(x)=0 có duy nhất một nghiệm ta sẽ chứng minh f(x 1 ).f(x 2 ) >0 với x 1 và x 2 là các điểm cực trò của y =f(x). Thật vây ; ta có : f’(x) = 5(x 2 +1)(x-1)(x+1) nên f’(x)=0 khi x=1 ; x=-1 Ta có f(-1).f(1) = (-1).(-9)>0 nên hai diểm cức trò cuta y=f(x) nằm cùng một phía đối với trục hoành. Vậy phương trình f(x) = 0 có duy nhất một nghiệm. Ví dụ : ( Đề dự bò 2_ 2004 A) Chứng minh rằng, phương trình x : x x+1 = (x+1) x có duy nhất 1 nghiệm dương. Bài giải : Điều kiện : x > 0. Lấy logarit Nê pe hai vế, ta có : (x+1)lnx=x.ln(x+1) Xét hàm số f(x) = x.ln(x+1) – x.lnx – lnx Khi đó : f’(x) = ln(x+1) + x/(x+1) -lnx -1 -1/x = ln[(x+1)/x] + x/(x+1) - (x+1)/x Đặt u = (x+1)/x > 1 ( vì x > 0) Ta lại có : g(u) = lnu + 1/u – u ⇒ g’(u) = 1/u - 1/u 2 -1 < 0 ⇒ f’=g nghòch biến trên ( 1;+ ∞ ) ⇒ g(u) <g(1) với u > 1 ⇒ f’(x) < 0 , với x > 0 ⇒ f(x) nghòch biến trên (0; + ∞ ) Mặt khác : f(1) = ln2 > 0 và 1 lim ( ) lim[ ln ln ] x x x f x x x x →∞ →∞ + = − = −∞ nên phương trình f(x) = 0 có 1 nghiệm dương duy nhất. Ví dụ : (Câu V.2004A) Cho tam giác ABC không tù thoả mãn điều kiện : cos2 2 2cos 2 2cos 3 (1)a B C + + = Tính ba góc của tam giác ABC. Bài giải : Từ giả thiết ABC là tam giác không tù, ta có : 0< A< π/2 ⇒ 0< A/2 < π/4 ⇒ 0 < sin(A/2) ≤ 1 2 Ta có : (1) ⇔ 1- 2sin 2 A + 2√2 . ( cosB + cos C) = 3 ⇔ -sin 2 A + 2√2 .sin(A/2).cos[(B-C)/2] =1 (2) Lại có : 2√2 .sin(A/2).cos[(B-C)/2] ≤2√2 .sin(A/2) (3) Từ (2) và (3) ta ⇒ -sin 2 A + 2√2 .sin(A/2) - 1 ≥ 0 (4) Đặt t = sin(A/2) thì (4) rs -4t 2 (1-t 2 ) + 2√2.t -1 ≥ 0 (4’) Lưu Phước Mỹ 22/10/2 bùi thò xuân bmt 2 Phương pháp giải toán thi đại học Xét hàm số : f(t) = 4t 4 -4t 2 + 2√2.t -1 với 0< t ≤ 1 2 theo (4’) phải có : f(t) ≥ 0 với 0 < t ≤ 1 2 (5) Ta có : f’(t) = 16t 3 -8t + 2√2 và f’’(t) = 48t 2 -8 Do vậy : f” ( t) = 0 ⇔ t = 1 6 Ta có : f”(t) < 0 với 0< t < 1 6 hay f’ (t) nghich biến khi 0< t < 1 6 và f”(t) > 0 với 1 6 < t < 1 2 hay f’ (t) đồng biến khi 1 6 < t < 1 2 Từ đó : f’(t) ≥ f( 1 6 ) > 0 nên f(t) đồng biến khi 0 < t ≤ 1 2 Suy ra : f(t) ≤ f( 1 6 ) = 0 Do vậy (5) chỉ xảy ra ⇔ f(t) = 0 ⇔ t = 1 2 ⇔ sin(A/2) = 1 2 ⇔ A = π/2 (6) Thay (6) vào (2) ta có cos[(B-C)/2]= 1 ⇔ B=C= π /4 Vậy các góc của tam giác ABC là + A = π /2 ; B=C= π /4 Nhận xét 1 : Giả thiết của bài toán cho biểu thức đối xứng đối với hai góc B và C nên ta có thể dự đaón tam giác là tam giác cân tại A. Một cách khác để giải bài toán này là sử dụng các công thức biến đổi lượng giác để đưa biểu thức về dạng f(A,B,C) =0 về dạng g(A)=0 hay g(a) ≥ 0 hay g(a) ≤ 0. Từ đó dung công cụ đạo hàm và khảo sát hàm số y = g(A) và tìm ra lời giải cho bài toán. Luyện tập thêm : 1>Tính ba góc của tam giác ABC biết : cosA + 3 (cosB+cosC) =5/2 2>Cho tam giác ABC có A = max{A,B,C}. Hãy tìm GTLN của biểu thức : S = sin2B + sin2C + 2/sinA Nhận xét 2 : Bài toán này có thêm 5 cách giải khác . (Xem thêm ở TH & T T số 8/2004 trang 7  ) Ví dụ : ( Câu V . 2004 B) Xác đònh m để phương trình sau có nghiệm : 2 2 4 2 2 ( 1 1 2) 2 1 1 1 (1)m x x x x x+ − − + = − + + − − Bài giải : Điều kiện : -1 ≤ x ≤ 1 Đặt t = 2 2 1 1x x+ − − thì t ≥ 0 và t 2 = 2 - 2 4 1 x− ≤ 2 (*) Khi đó : 0 ≤ t ≤ √2 và 2 4 1 x− = 2 – t 2 Và phương trình đã cho trở thành : m(t+2) = 2 – t 2 +t (2) Xét hàm số : f(t) =(-t 2 +t +2) / (t+2) thì f’(t) = -t(t+4) /(t+2) 2 < 0 ∀ t ∈ (0;√2) Suy ra : f(t) nghòch biến trên [0 ; √2] và hàm số f(t) có tập giá trò là [f(√2) ; f(0)]=[√2-1 ; 1 ] (3) Lưu Phước Mỹ 22/10/2 bùi thò xuân bmt 3 Phương pháp giải toán thi đại học Mặt khác phương trình (2) có nghiệm ⇔ m thuộc tập giá trò của hàm f(t) hay m ∈ [√2-1 ; 1 ] và đó là tất cả các giá trò của m cần tìm để phương trình đã cho có nghiệm. Nhận xét 3 : Cần đổi biến để chuyển phương trình (1) thành dạng f(t) = m đơn giảin hơn. Để xác đònhm sao cho phương trình f(t) = m có nghiệm với t thuộc miền D nào đó, ta sử dụng công cụ đạo hàm để tìm được TÂÏP GIÁ TRỊ của f(t) với t ∈ D, từ đó tìm được các giá trò của m cần tìm. Cần chú ý để khỏi mắc sai lầm ở điều kiện (*) cho biến mới t nên dẫn đến kết quả sai Luyện tập:Tìm m để phương trình sau có nghiệm : 2 4 x− =mx – m + 2 Ví dụ :( 2006B) Cho x và y là các số thực thay đổi. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 2A x y x y y= − + + + + + − Bài giải : Trên mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, xét các điểm M(1-x ; y) N(1+x ; y). Ta có OM + ON ≥ MN ⇒ 2 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 4 4x y x y y− + + + + ≥ + Đẳng thức xảy ra ⇔ x = 0. Ta có : A ≥ 2 2 2 1 2y y+ + − Xét hàm số f(y) = 2 2 2 1 2y y+ + − Với y ≥ 2 thì f(y) = 2 2 2 1 2y y+ + − là hàm số đồng biến Với y < 2 , ta có :f(y)= 2 2 2 1 2y y+ + − ⇒ f’(y) = 2 2 1 1 y y − + f’(y) = 0 ⇔ y= 1 3 Từ bảng biến thiên của hàm số, ta có min A = 2 + 3 khi (x;y) =(0; 1 3 ) Lưu ý : Khi tìm GTLN-GTNN mà biểu thức chỉ phụ thuộc một biến số thực, ta có thể sử dụng công cụ đạo hàm, khảo sát sự biến thiên để từ đó tìm ra tập giá trò và các giá trò lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số. Ví dụ: ( Dự bò TSDH 2004) Cho hàm số f(x)= e x - sinx+ 2 2 x . Tìm giá trò nhỏ nhất của hàm số và chứng minh rằng phương trình f(x)= 3 có đúng 2 nghiệm. Lưu Phước Mỹ 22/10/2 bùi thò xuân bmt 4 Phương pháp giải toán thi đại học Giải: Ta có : f(x)= e x - sinx+ 2 2 x có miền xá đònh là D= R Ta có : f’(x) = e x - cosx+ x, f’(x)= 0 có một nghiệm x= 0 Và :f’’(x) = e x + sinx+ 1 > 0 vì 1+ sinx ≥ 0, ∀x, e x > 0, ∀x Do đó f’(x) là hàm tăng. Vì vậy: x - ∞ 0 + ∞ f”(x) + + f’(x) - 0 + f (x) + ∞ + ∞ 0 Nhờ bảng biến thiên, ta thấy GTNN của f(x) là 0 và do đó phương trình f(x) = 3 có đúng 2 nghiệm. Ví dụ: ( Dự bò TSDH 2004) Gọi (x; y) là nghiệm của hệ phương trình: 2 4 3 1 x my m mx y m − = −   + = +  (với m là tham số) Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: A= x 2 + y 2 - 2x, khi m thay đổi. Bài giải : Ta có : 2 4 3 1 x my m mx y m − = −   + = +  ⇔ 2 2 2 4 3 x my m m x my m m − = −    + = +   ⇔ 2 2 2 2 3 3 2 1 4 4 1 1 m m x m m m y m  − + =   +  + +  =   + Do đó : A = x 2 + y 2 -2x = 2 2 19 4 1 1 m m m − + + = f(m) Khảo sát hàm số A = f(m) ta có : f’(m) = 2 2 2 4( 9 1) ( 1) m m m + − + ⇒ f’(m) = 0 ⇔ 9 85 2 m − − = hay 9 85 2 m − + = m - ∞ 9 85 2 − − 9 85 2 − − + ∞ f’(m) + 0 - 0 + f(m) 10+ 85 19 Vậy : Max A = 10+ 85 khi x = 9 85 2 − − Lưu Phước Mỹ 22/10/2 bùi thò xuân bmt 5 Phương pháp giải toán thi đại học Nhận xét : Có thể có thêm các cách giải khác. Xem thêm : trang 159-160 ; Giới thiệu đề thi môn Toán ĐH&CĐ từ 2002-2005 của HÀ VĂN CHƯƠNG –PHẠM HỒNG DANH TỰ LUYỆN TẬP Bài 1 : Chứng minh rằng : e x + cosx ≥ 2 + x - x 2 /2 Hướng dẫn :Có thể chứng minh đồng thời hai bất đẳng thức : e x > 1 + x (1) và cosx ≥ 1 – x 2 /2 (2) rồi công vế để có bất đẳng thức cần chứng minh. *Để chứng minh (1) ta xét hàm số f(x) = e x –x-1 và xét đạo hàm cấp một **Để chứng minh (2) ta xét hàm số g(x) = cosx + x 2 /2 -1 và xét đến đạo hàm cấp 2 để suy ngược dần đến hàm số f là đơn điệu. Ta cũng có thể xét hàm h(x) = e x + cosx + x 2 /2 –x -2 và lấy đạo hàm đến cấp hai để xét tính đơn điệu của h(x) cũng đi đến kết quả như bài ra. Lưu Phước Mỹ 22/10/2 bùi thò xuân bmt 6 . nghiệm của hệ phương trình: 2 4 3 1 x my m mx y m − = −   + = +  (với m là tham số) Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: A= x 2 + y 2 - 2x, khi m thay đổi.