111Equation Chapter Section 1SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU HÀM SỐ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC,TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 1/ ĐẶT VẤN ĐỀ 1.1/ Lý chọn đề tài Trong mơn tốn trường THPT tốn phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ ngày quan mức vµ có sức hấp dẫn mạnh mẽ nhờ vào vẽ đẹp độc đáo phương pháp giải chúng Để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, bé sử dụng nhiều kiến thức khác giải nhiều phương pháp khác nhau, phương pháp sử sụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình phương pháp thú vị Phương pháp khơng chìa khố vạn để giải tốn phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, bé chưa phương pháp thích hợp lại có nét lý thú, độc đáo riêng nó, giúp Học Sinh thấy liên hệ mật thiết giữc kiến thức tốn học.Qua trang bị cho Học Sinh thêm nhiều phương pháp giải phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, bé đề thi Đại Học, thi Học Sinh giỏi.Đây lý tơi chọn đề tài 1.2/Mục đích đề tài Chun đề trình bày theo phần, phân ví dụ cụ thể.Qua ví dụ giúp Học Sinh nâng cao thêm định hướng phương pháp giải toán, đồng thời qua lời giải ví dụ giúp Học Sinh hình thành phương pháp giải phương trình, bất phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số, đồng thời qua ví dụ giúp Học Sinh thấy độ hiệu phương pháp Chun đề góp phần phát huy trí thơng minh, tính sáng tạo, khả tư linh hoạt, có suy luận logic, xác, tinh thần vượt khó 1.3/ Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu tài liệu sở lý luận có liên quan đến đề tài - Nghiên cứu dạng thức tốn nhằm rút phương pháp giải - Tích lũy kinh nghiệm thường xuyên trình giảng dạy luyện thi Đại Học trình bồi dưỡng học sinh giỏi trình tự học tự bồi dưỡng cá nhân 1.4/Đối tượng nghiên cứu - Các tài liệu: Sách giáo khoa, sách tham khảo, đề thi ĐH HSG - Học sinh lớp 12 học sinh đội tuyển HSG 1.5/Những đóng góp đề tài - Về mặt lý luận, đề tài xây dựng hệ thống lý thuyết cần thiết tư phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, bé để giải toán luyện thi Đại học bồi dưỡng học sinh giỏi tốn.Đồng thời, thơng qua chun đề hình thành kỹ năng, kỹ xảo cho học sinh 2/NỘI DUNG 2.1/LÝ THUYẾT Định lí 1: Nếu hàm số ln tăng (giảm) liên tục (a;b) số nghiệm phương trình (a;b) khơng nhiều nghiệm Định lí 2: Nếu hàm số ln đồng biến (nghịch biến) hàm số nghich biến (đồng biến) liên tục D số nghiệm phương trình D khơng nhiều nghiệm Định lí 3: Nếu hàm số liên tục [a;b] có đạo hàm (a;b) phương trình có khơng q n nghiệm phân biệt phương trình có khơng q n+1 nghiệm phân biệt (a;b) Định lí 4: Nếu hàm số f ( x) đơn điệu (a;b) phương trình f (u )  f (v ) � u  v u , v �(a; b) Định lí 5: Nếu hàm số tăng liên tục (a; b) ta có Định lí 6: Nếu hàm số giảm liên tục (a; b) ta có 2.2/bµi tËp øng dơng 2.2.1/PHƯƠNG TRÌNH Bài tập 1: Giải phương trình LG: Điều kiện x  (1) Xét hàm số >0  hàm số đồng biến [1/2; nên PT (1) có nghiệm nghiệm nghiệm pt (1) Mặt khác ta thấy x (ĐL 1)  pt (1) có nghiệm x Bài 2: Giải phương trình LG: Điều kiện x>2 Log( (2) (2) Xét hàm số: = hàm số đồng biến (2; hàm số nghịch biến (2; Mặt khác ta thấy x=3 ngiệm pt (2)  phương trình (2) có nghiệm x=3 (đl2) Bài 3: Giải phương trình (3) LG: (3)=1 Xét hàm : hàm liên tục nghịch biến R Mặt khác: f(2)=1 Bài 4:Giải phương trình ( x   x  6)( x   3)  (4) LG: Điều kiện Ta thấy để phương trình có nghiệm Khi ta xét hàm f '( x)  ( 2x    � x  f ( x)  ( x   x  6)( x   3) x �(5; �) 1 x2  x6  )( x   3)   0x �(5; �) x2 x6 2x 1 Ta có  hàm số f ( x) đồng biến (5; �) Mặt khác ta thấy f (7)  Do phương trình (4) có nghiệm x = Bài 5:Giải phương trình LG: Điều kiện x �1 x    x3  4x  (5) Ta có (3) � x  x  x   Xét hàm f ( x)  x  x  x  [1; �) Ta có f '( x)  x   x 1 f '( x)  3x   x� 2 x  >0 x  nên Với 1 1 f '( x)  3( x  1)  (  1)  1 x  x 1 x  Với nên f '( x )  x    Hàm số f ( x ) đồng biến [1; �) Mặt khác ta có f (2)  Do phương trình (5) có nghiệm x=  phương trình có nghiệm x=2 3 Bài 6: Giải phương trình x  x   x  x  x  x  x  LG Dễ thấy x=0 nghiệm phương trình Trường hợp 1:Với x>0, chia hai vế phương trình cho x ta có: 1 4 �     1    x x x x x (6) t Đặt x (6) (6.1) 2 (6.1) trở thành t  t    2t   4t  4t  � (2t  1)  15   3 2t   (2t  1)  Đặt u = 2t  Khi phương trình (6.2) trở thành (6.2) u  15   3u  u  � 3u  u   u  15   Dễ thấy phương trình (6.3) có nghiệm u  6 Xét hàm f (u )  3u  u   u  15  f '(u )   3u ( (6.3) u �(0; �) )0 u �(0; �) u  15 Ta có => hàm số f (u ) đồng biến (0; �) Mặt khác f (1)  u6   Do u =1 nghiệm phương trình (6.3) Với u=1 => t =1 => x= Trường hợp 2:với x phương trình (14.2) có nghiệm x=1; x=0 Vậy phương trình (14) có hai nghiệm x=0; x=1 x 1 Bài 15: Giải phương trình  log (6 x  5)   LG: Điều kiện: Log7 (6 x  5)  y  (15) x � y 1  x  Đặt Phương trình (15) trở thành: Lấy (15.2)-(15.1) ta có: t 1 Xét hàm f (t )   6t x 1 x 1 7 (15.1)  6( y  1)  y 1  y  6x � (15.2) x 1  6x  y 1 6y (15.3) Trên R t 1 Ta có f '(t )  Ln7   t �R , f (t ) đồng biến R x 1 � (15.3) � f ( x )  f ( y ) � x  y � x  Log7 (6 x  5)  �  x  x 1 Xét hàm g ( x)   x  Trên R g '( x)  � x   Log x 1 g '( x )  Ln  Ln7 Ta có: ; � Phương trình g ( x )  có nhiều hai nghiệm Mặt khác ta thấy x= 1, x=2 nghiệm phương trình (15.4) KL: Vậy phương trình cho có hai nghiệm x =1, x=2 (15.4) Trên tốn giải phương trình, sau tơi xin đưa thêm số tốn phương trình có liên quan đến tham số Bài 16: Tìm m để phương trình có nghiệm (16) ( ĐH Bưu Chính Viễn Thơng 1999) LG Điều kiện: (16) Xét hàm G(x), h(x) hàm số đồng biến liên tục [0;4]  hàm số f(x) đồng biến [0;4]  phương trình có nghiệm KL: Bài 17 Tìm m để phương trình sau có nghiệm (HSG-Nghệ an-2005) LG TXD: D=R Xét hàm f(x)= f’(x)= f’(x)=0 (17.1) 1 � 3� � ( x  ) [( x  )  ]  ( x  ) � (x  )  � 2 � 4� Thay x=0 vào (17.1) ta thấy khơng thỗ mãn Do f’(x)=0 vô nghiệm => f’(x) không đổi dấu R Mặt khác: f’(0)=1>0 => => f(x) hàm số đồng biến R Ta có: ; phương trình có nghiệm Bài 18: Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt x  mx   x  (18) (Khối B, 2006) LG � 1 x  �0 � �x � � �2 �� 2 �x  mx   (2 x  1) � x  x   mx � Ta có: (18) � x � � � �� � 3x    m � x ( x=0 Khơng nghiệm phương trình) Xét hàm f ( x)  3x   f '( x)   Ta có: Bảng biến thiên x  0 x2 x �x �0 với  �x �0 với  +� f’(x) + + +� +� f(x) 9/2 -� Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình cho có hai nghiệm thực m� Bài 19 Chứng minh với m dương phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt x  x   m( x  2) (19) (Khối B, 2007) LG Điều kiện: x �2 (do m>0) ( x  2)( x  4)   m( x  2) � ( x  2)( x3  x  32  m)  Với x �2 ta có (19) �  �x  � �3 �x  x  32  m  � tốn đưa tìm m để phương trình x3  x  32  m có nghiệm thuộc (2;+ � ) x �(2; �) Xét hàm f ( x)  x  x  32 Ta có: f '( x)  3x  12 x ; f '( x)  x �(2; �) Bảng biến thiên: x f’(x) +� + +� f(x) Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình x  x  32  m ln có nghiệm thuộc khoảng (2; �) với m>0.Do phương trình (19) ln có hai nghiệm thực phân biệt m>0 Bài 20: Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt 2x  2x   x   x  m (20) (Khối A, 2008) LG Điều kiện: �x �6 x � 0;6 4 Xét hàm số: f ( x)  x  x   x   x f '( x)  Ta có: (2 x) f '( x)  � g (t )  Xét hàm 1   x (6  x) 6 x  (2 x) t  1   x (6  x) 6x  t t  ; g '(t )  3 t  (*) t f(0)=2 t �[0; ] �f (t ) �2 f '(t )  2t   Vậy nên M �ab  bc  ca � �ab  bc  ca  � �a  b  c  � Dấu xẩy (a; b; c) (1;0;0),(0;1;0), (0; 0; 1) Vậy giá trị nhỏ M (a; b; c) (1;0;0),(0;1;0), (0; 0; 1) 2.2.5/CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài 1:Chứng minh Ln(1   x )  Lnx  x với x>0 33 LG Bất đẳng thức tương đương với: Xét hàm f ( x)  f '( x)  Ln(1   x )  Lnx  Ln(1   x )  Lnx   x2  x x x �(0; �) 0 x 1 x Ta có Do hàm số đồng biến (0; �) 2 0 x x �(0; �) 1 1 lim f ( x )  lim [Ln(1   x )  Lnx  ]  lim [Ln(    ] x�� x  x �0 x x x =0 Mặt khác x�� 1 Ln(1   x )  Lnx  Ln(1   x )  Lnx   � f(x)0 Bài 2:Cho số thực a �b  chứng minh (2a  b ) �(2b  b ) a a 2 (Khối D, 2007) LG Bất đẳng thức cho tương đương với Ln(1  4a ) Ln(1  4b ) a b x Ln(1  ) f ( x )  x Xét hàm với x  x x Ln4  (1  x ) Ln(1  x ) f '( x)  0 x x (1  ) x  Ta có: � Hàm số nghich biến (0; �) (1  +�+ a )b  (1 4b ) a Khi f (a) �f (b) ( a �b  ) hay (2 a  b ) �(2b  b ) a a 2 (đpcm) Bài 3:Chứng minh với số thực dương x,y,z thõa mãn x( x  y  z )  yz ta có: ( x  y )3  ( x  z )3  3( x  y )( x  z )( y  z ) �5( y  z )3 (Khối A, 2009) LG y z yz � 1   x ( x  y  z )  yz x x xx Ta có: 3 Ta lại có: ( x  y )  ( x  z )  3( x  y )( x  z )( y  z ) �5( y  z ) y z y z y z y z � (1  )3  (1  )3  3(1  )(1  )(  ) �5(  )3 x x x x z x x x � z b � � x � �a  y Đặt � x 34 a,b số dương thõa mãn 1+a+b=3ab bất đẳng thức cần chứng minh trở 3 thành: (1  a)  (1  b)  3(1  a)(1  b)( a  b) �5(a  b) �  3(a  b)  3(a  b)2  3ab �2(a  b)3 � 2(a  b)  3(a  b) �2(a  b)3 ( 1+a+b=3ab) �  3(a  b) �2(a  b) (*) Đặt a+b= t Ta có 1 a  b (a  b )  a  b  3ab �  ab � t �2 � � � t � ( L) � Khi (*) trở thành 2t  3t  �0 t � 2; � 2t  3t  1 t t2 �� � 3t 4t Xét hàm f(t) = t � 2; � � 2; � hàm số đồng biến  � f (t ) �f (2)  Hay 2t  3t  �0 hay (*) Ta có f '(t )  4t  �0 Dấu xẩy a=b=1 hay x=y=z Bài 4: Cho n số lẻ lớn Chứng minh với x �0 ta có � x2 x n �� x x3 xn � � � � � 1 x    1 x     � 2! n! �� 2! 3! n! � � � � � (ĐH An Ninh 1997) LG: � x2 xn � u ( x)   x    � 2! n! � � x x3 xn v ( x )   x     � 2! 3! n! Đặt � Ta cần chứng minh Ta có f ( x)  u ( x).v( x)  � x2 x n1 xn � u '( x)   x     u ( x)  2! (n 1)! n! � � � x2 x3 x n1 xn v '( x )    x       v ( x )  � 2! 3! (n 1)! n! � Vậy f� ( x)   u ( x).v( x) �  u� ( x)v( x)  u ( x).v� ( x) � � xn � xn � x n � u ( x)  � v( x)  u ( x) � v( x)  �   u ( x)  v( x)  n! � n! � n! � �  xn � x2 x4 xn1 � � � 1    n! � 2! 4! (n  1)!� � � ( x) dấu với (-2x) Do ta có bảng biến thiên Vì n số lẻ lớn nên f � 35 x � f '( x ) � 0 + - f ( x) Từ bảng biến thiên ta có f ( x)  f (0)  1, x �0 (đpcm) Bài 5: Chứng minh �sinx � �� 0; � � � cos x, x �� �x � � � (Olympic 30 - - 1999) LG sin x �sinx � � � cos x �  cos x � sin x.tan x- x  (*) x Ta có: � x � �� x �� 0; � f ( x )  sin x tan x x � � Xét hàm số với Ta có: f�  x   2sin x  tan x  x 3(a  b  c ) � a  b  c  ta có Áp dụng BĐT 2 f�  x   sin x  sin x  tan x  3x �  2sin x  tan x   x � � g ( x)  2sin x  tan x  x, x �� 0; � �, � Đặt 1 g�  x   2cos x    cos x  cos x   �3 cos x   cos x cos x cos x � � � � x �� 0; � 0; � � 2� � � � với , nên g(x) đồng biến � � g  x  �g    0, x �� 0; � � � Suy �� 0; � f�  x  �  3x   3x  � Do nên f(x) đồng biến � � Suy �� �� f  x   f    0, x �� 0; � x �� 0; � � � (*) � 2� � �sinx � �� 0; � � � cos x, x �� � � (đpcm) � �x � 36 2.2.6/ MỘT SỐ VÍ DỤ THAM KHẢO THÊM Bài 1:Giải phưowng trình sau a, 3x   x  x   x 1 x x b,   ( x  1) c, d, Log3 ( x  x   2)  (1/ 5)3 x  x 1 2 e, f, ( x  1)(2 x   3 x  6)  x  (HSG - Thái Bình 2009-2010) Bài 2: Giải bất phương trình sau a, 3  2x   �6 2x 1 b, x  x  x  11   x  c, d, Bài 3: Giải hệ phương trình 3 � �x  y  y  3x �2 a, �x  y  � �x  x   y � (15  x)  x  (4 x  9) y   b, � (HSG - Hà Tĩnh 2005) (HSG- Long An 2014) � y3  y  x  x   x � � 2 y 1  y   x c, � d, � x2 y  y3  x6  x4 � � ( x  2) y   ( x  1) � � �2( x  2) x    y � ( x  2) y   x  x  y  e, � sin x  y  sin y  x � � f, �2 x  y   với x,y>0 g, h, (HSG-QG-2006) 37 Bài 4: Tìm m để phương trình bất phương trình sau có nghiệm a, d, (ĐH-KTQD) b, e, nghiệm c, m ( có nghiệm pb) Bài 5: Tìm giá trị nhỏ của hàm số: y  2x  1  2(1  ) x x với x>0 ( HSG An Giang 2013-2014) Bài 6: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số y  x (2013  2015  x (HSGQG, 1993) Bài 7: Cho ba số thực dương x,y,z thõa mãn x+y+z=4 xyz=2.Tìm giá trị lớn nhất,nhỏ 4 P= x  y  z (HSGQG, 2004) Bài 8: Cho số x, y, z thay đổi đoạn [0; 1] thỏa mãn Tìm GTLN GTNN A  cos  x  y  z  x yz (Đại học xây dựng Hà Nội, 2001) Bài 9: Cho a, b, c > thỏa mãn a  b  c  Chứng minh 2 1     a  b  c  �2 a b c Bài 10: (IMO, 1984) Cho x, y , z > thỏa mãn x + y + z = Chứng minh  xy  yz  zx  xyz � 27 KẾT LUẬN Trên tốn sử dụng đến tính đơn điệu hàm số để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhât hàm số, biểu thức chứng minh bất đẳng thức Hy vọng với toán phương pháp giải phần náo góp phần vào ôn tập, luyện thi đại học, cao đẳng bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi việc dạy học phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhât hàm số, biểu thức chứng minh bất đẳng thức chương trình tốn học phổ thơng Do thời gian hạn chế, kinh nghiệm chưa nhiều, trình bày nhiều chổ chưa thật chặt chẽ mong đóng gãp thêm q thầy, q Tơi xin cám ơn! 38 Tài liệu tham khảo - Sách giáo khoa 12 nâng cao - Bộ đề tuyển sinh đại học, cao đẳng 1997 – 2008 - Đề thi tuyển sinh Đai Học Cao Đẳng Bộ Giáo Dục -Tuyển tập đề thị học sinh giỏi QG - Đạo hàm ứng dụng – tác giả Lê Hồng Đức, Đào Thiện Hải -Phương Pháp hàm số giải toán – tác giả TS Lê Xuân Sơn, ThS Lê Khánh Hưng - Diển đàn toán học THPT (Toán PTTH.net) - Diễn đàn Toán học: MATHS.vn 39 40 ... lớn việc ứng dụng phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số vào giải tốn phương trình, bất phương trình, đặc biệt tốn có chứa tham số m.Tiếp theo xin đưa ví dụ hệ phương trình 2.2.3/HỆ PHƯƠNG TRÌNH... phương trình (30) có nghiệm thỏa mãn �y �4  �m � Khi 17  �m � Vậy hệ phương trình có nghiệm 17 Bên cạnh ứng dụng để giải phương trình,bất phương trình,hệ phương trình ứng dụng quan trọng tính. .. hàm số y= với t Do (t-tant) y’