sỬ dỤng tính ĐƠn ĐiỆu cỦa · pdf file . sỬ dỤng tính ĐƠn...

SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT

GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH

Phần 1. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN

1.Tính đơn điệu của hàm số

Hàm số y = f(x) gọi là đồng biến ( tăng) trong khoảng (a ; b) nếu với

1 2x ;x (a;b) mà 1 2x x thì 1 2f (x ) f (x ) .

Hàm số y = f(x) gọi là nghịch biến ( giảm) trong khoảng (a ; b) nếu với

1 2x ;x (a;b) mà 1 2x x thì 1 2f (x ) f (x ) .

Hàm số y = f(x) đồng biến hoặc nghịch biến trên (a;b) , ta nói hàm số

y = f(x) đơn điệu trên (a ; b) .

2 . Định lí

Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm trong khoảng (a ; b) .

+Hàm số y = f(x) đồng biến trong khoảng (a ; b) 'f (x) 0 với x (a;b)

và 'f (x) 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm trong khoảng (a ; b) .

+ Hàm số y = f(x) nghịch biến trong khoảng (a ; b) 'f (x) 0 với x (a;b)

và 'f (x) 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm trong khoảng (a ; b) .

+ Nếu 'f (x) 0 với x (a;b) và f x liên tục trên a;b thì hàm số y f x

đồng biến trên a;b

+ Nếu 'f (x) 0 với x (a;b) và f x liên tục trên a;b thì hàm số y f x

nghịch biến trên a;b

Phần 2. CÁC TÍNH CHẤT a)Tính chất Nếu f(x) liên tục và đơn điệu trên (a ; b ) thì ta có : f(u) = f(v) u = v với mọi u ,v (a ; b ) b) Các bổ đề hỗ trợ:

b.1. Nếu f(x) đơn điệu và liên tục trên (a ; b) thì phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm x0 (a ; b) .

b.2. Nếu f(x); g(x) liên tục và đơn điệu ngược chiều trên (a ; b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trên (a ; b).

b.3. + f(x) đồng biến trên ( a ; b) thì f(u) < f( v) u v + f(x) nghịch biến trên ( a ; b) thì f(u) < f( v) u v

www.VNMATH.com



với u , v (a ; b) . Nhận xét : Các tính chất và bổ đề trên dễ dàng suy ra từ định nghĩa về hàm số đồng biến , nghịch biến Phần 3. VẬN DỤNG TÍNH CHẤT TRÊN VÀO VIỆC GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG

TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH . Trước hết ta sẽ vận dụng tính chất đó vào giải các phương trình,và hệ phương trình. Sau đó là các bài tập vận dụng .

Bài 1. Giải phương trình sau trên tập số thực:

3 2 3x 15x 78x 141 5 2x 9 (1)

(Olimpic 30-4 năm 2011)

Lời giải:

ĐKXĐ: x

PT (1) 3 3x 5 5 x 5 2x 9 5 2x 9 (*)

Xét hàm số đặc trưng : 3f t t 5t với t

Ta có: 2f ' t 3t 5 0 t suy ra hàm số trên đồng biến trên

Mà phương trình (*) có dạng: 3f x 5 f 2x 9

3x 5 2x 9

3 2x 15x 73x 116 0

2x 4 x 11x 29 0

x 4

11 5x2

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là 11 5x 4; x2

Bài 2. Giải phương trình:

3 232 2x 1 27x 27x 13x 2 (1)

www.VNMATH.com



(Đề thi HSG Tỉnh Hải Phòng năm 2010)

Lời giải:

ĐKXĐ: x

PT (1) 332x 1 2 2x 1 3x 1 2 3x 1 (*)

Xét hàm số đặc trưng : 3f t t 2t với t


Mà phương trình (*) có dạng: 3f 3x 1 f 2x 1

3

3

2

3x 1 2x 1

3x 1 2x 1

x 27x 27x 7 0 x 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 0


3 2x 3x 4x 2 3x 2 3x 1 (1)

(Đề thi HSG Tỉnh Quảng Bình năm 2010)

Lời giải:

ĐKXĐ: 13x 1 0 x3

PT (1) 3x 1 x 1 3x 1 1 3x 1

33x 1 x 1 3x 1 3x 1 (*)

Xét hàm số đặc trưng : 3f t t t với t 0

Ta có: 2f ' t 3t 1 0 t 0 suy ra hàm số trên đồng biến trên 0;

Mà phương trình (*) có dạng: f x 1 f 3x 1

2

x 1 3x 1x 2x 1 3x 1

www.VNMATH.com



2 x 1x x 0

x 0

(Thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x 0; x 1


33 6x 1 8x 4x 1 (1)

Lời giải:

ĐKXĐ: x

PT (1) 336x 1 6x 1 2x 2x *

Xét hàm số đặc trưng : 3f t t t với t


Mà phương trình (*) có dạng: 3f 6x 1 f 2x

3 3 18x 6x 1 4x 3x2

(2)

Nếu x 1;1 Đặt x cos t, t 0;π , phương trình (2) trở thành:

3 1 1 π 2π4cos t 3cos t cos3t t k k2 2 9 3

Mà t 0;π π 5π 7πt ; t ; t9 9 9

Suy ra: π 5π 7πx cos ; x cos ;x cos9 9 9

Do phương trình (2) là phương trình bậc ba nên có không quá 3 nghiệm nên phương

trình (2) chỉ có 3 nghiệm trên

Vậy phương trình đã cho là : π 5π 7πx cos ; x cos ;x cos9 9 9


2 23x(2 9x 3) (4x 2)( 1 x x 1) 0 (1)

(Olympic 30-4 ĐBSCL 2000)

www.VNMATH.com



Giải: Ta thấy phương trình chỉ có nghiệm trong 1( ;0)2

2 2

2 2

PT(1) 3x (2 ( 3x) 3) (2x 1)(2 (2x 1) 3)

u(2 u 3) v(2 v 3) (1)

Với u=-3x, v=2x+1; u,v>0. Xét hàm số 4 2f (t) 2t t 3t với t>0

Ta có 3

4 2

2t 3tf '(t) 2 0 t 0t 3t

Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên 0;

Mà phương trình (1) f u f v u=v -3x=2x+1 1x5

Vậy nghiệm duy nhất của phương trình đã cho là 1x5


2x 1 x x 22 2 (x 1) (1)

(ĐH Thủy Lợi 2001-2002)

Lời giải:

ĐKXĐ: x

Ta có: PT(1) 2x 1 x x 22 (x 1) 2 (x x) (*)

Xét hàm số ttf t 2)( với t

Do ' tf (t) 2 ln 2 1 0 với t R f(t) đồng biến trên R

Mà (*) trở thành: 2f (x 1) f (x x) 2x 1 x x

x 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .


2

2 21 x 1 2x

x x 1 12 22 x

(1)

www.VNMATH.com



Lời giải: ĐKXĐ : x 0 ;

Do 2

2 2

1 2x 1 x 1 12( )x x 2 x

.

Nên phương trình (1) 2

2 21 x 1 2x2

x x2 2

1 1 x 1 1 2x2 . 2 .2 x 2 x

(*)

Xét hàm số ttf t 2)( với t

Ta có ' tf (t) 2 ln 2 1 0 với t R Hàm số f(t) đồng biến trên R .

Mà phương trình (*) trở thành: 2

2 2

1 x 1 2xf ( ) f ( )x x

2

2 2

1 x 1 2xx x

2 x 0 (l)x 2x 0

x 2 (t / m)

.

Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình Bài 8. Giải phương trình:

23 2

2x 1log 3x 8x 5 (1)x 1

(Đề thi HSG tỉnh Thái Bình năm 2010-2011)

Lời giải:

ĐKXĐ: x 1x 1 0

12x 1 0 x2

PT(1)

23 2

2x 1log 1 3 x 1 2x 1x 1

23 2

2 23 3

2x 1log 3 x 1 2x 13 x 1

log 2x 1 2x 1 log 3 x 1 3 x 1 *

Xét hàm số đặc trưng : 3f t log t t với t 0

www.VNMATH.com



Ta có: 1f ' t 1 0 t 0t ln 3

suy ra hàm số trên đồng biến trên 0;

Mà PT (*) có dạng : 2f 2x 1 f 3 x 1

2

2

2x 1 3 x 1

3x 8x 4 0

x 2 t / m2x t / m3

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: 2x 2;x3

*Bình luận: Điểm mấu chốt trong bài toán trên là tách hệ số tự do và viết phương trình

về dạng f u f v để xét được hàm số đặc trưng


2sin 2x cos x 1 log sin x (1) với πx 0;2

Lời giải: Do πx 0;2

suy ra: 0 sin x;cos x 1

Nên PT(1) 2 2 2log cos x sin 2x cos x 1 log sin x log cos x

2 2log cos x cos x log sin 2x sin 2x (*)

Xét hàm số đặc trưng: 2f t log t t với t 0;1

Ta có 1f ' t 1 0 t 0,1t ln 2

vì: 0 t 1 0 t ln 2 ln 2 ln e 1

1 11 1 0t ln 2 t ln 2

Suy ra hàm số f t đồng biến trên khoảng 0;1 , mà phương trình (*) có dạng:

www.VNMATH.com



f cos x f sin 2xcos x sin 2x

1sin x2

πx6

Bình luận: Để giải được bài toán trên ta cần phải có kỹ năng thêm bớt và khai thác triệt

để giả thiết (điều kiện của biến)

Bài 10. Giải phương trình :

2log cot x tan x 1 cos 2x sin 2x (2) với πx 0;4

Lời giải:

Do πx 0;4

nên cot x 1

cot x tan x 00 tan x 1

Và: cos x s inx 2cos 2xcot x tan xsinx cos x sin 2x

nên PT(2) 22cos 2xlog 1 cos 2x sin 2xsin 2x

2 2

2 2

πlog cos2x log sin 2x cos2x sin 2x vì 0<sin2x;cos2x 1 x 0;4

log cos2x cos2x log sin 2x sin 2x

Xét hàm số đặc trưng: 2f t log t t với t 0;1

Ta có 1f ' t 1 0 t 0,1t ln 2

vì: 0 t 1 0 t ln 2 ln 2 ln e 1

1 11 1 0t ln 2 t ln 2

Suy ra hàm số f t đồng biến trên khoảng 0;1 , mà phương trình (*) có dạng:

www.VNMATH.com



f cos 2x f sin 2xcos 2x sin 2xtan 2x 1

πx8

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là πx8

Bài 11. Giải phương trình :

x33 1 x log (1 2x) (1)

Lời giải:

ĐKXĐ: 1x2

x3

x x3 3

PT(1) 3 x 1 2x log (1 2x)

3 log 3 1 2x log (1 2x) *

Xét hàm số đặc trưng : 3f (t) t log t với t 0

Ta có 1f ' t 1 0 t 0t ln 3

suy ra f t là hàm đồng biến trên 0;

Mà phương trình x x x(*) f (3 ) f (1 2x) 3 2x 1 3 2x 1 0 (2)

Xét hàm số: x x x 2g(x) 3 2x 1 g '(x) 3 ln 3 2 g"(x) 3 ln 3 0

PT g(x) 0 có nhiều nhất là hai nghiệm, mà g(0)=g(1)=0 nên phương trình (2) có

hai nghiệm x=0 và x=1

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x=0 và x=1

Bài 12. Giải hệ phương trình :

3 3

8 4

x 5x y 5y 1

x y 1 2

Lời giải:

Từ PT (2) ta có 8 4x 1; y 1 x 1; y 1

Xét hàm số 3f t t 5t; t 1;1

www.VNMATH.com



Ta có 2f ' t 3t 5 0; t 1;1 do đó f(t) nghịch biến trên khoảng (-1;1) Mà PT

(1) f x f y x y thay vào PT (2) ta được PT : 8 4x x 1 0

Đặt 4a x và giải phương trình ta được 41 5 1 5a y x2 2

Vậy hệ có 2 nghiêm phân biệt là:

4 4 4 41 5 1 5 1 5 1 5; và ;2 2 2 2

* Bình luận :Ngoài việc đưa một phương trình trong hệ có dạng f(x)=f(y) , ta còn phải

giới hạn x,y thuộc tập D( từ phương trình thứ hai) để trên để trên đó hàm f đơn điệu

Bài 13. Giải hệ phương trình:

5 4 10 6

2

x xy y y 1

4x 5 y 8 6 2

Lời giải:

ĐKXĐ 5x4

Ta thấy y 0 không thỏa mãn hệ, suy ra y 0. Chia cả hai vế của (1) cho y5 0

khi đó hệ phương trình đã cho

55

2

x x y y (*)y y

4x 5 y 8 6 (2)

Xét hàm số f(t) = t5 + t. Ta có f’(t) = 5t4 + 1 > 0 tR, nên hàm số y = f(t) đồng biến

trên R.

Mà phương trình (*) 2x xf f (y) y x yy y

Thay x = y2 vào (2) ta được phương trình: 4x 5 x 8 6 (3)

Xét hàm số g x 4x 5 x 8 6 với 5x4

www.VNMATH.com



Ta có 2 1 5g ' x 0 x44x 5 2 x 8

Mà g x liên tục trên 5 ;4

nên g x đồng biến trên 5 ;

4

Suy ra phương trình g x 0 nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất mà g 1 0

Nên x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3)

Với x = 1 y2 = 1 y = 1.

Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là (1;1) và (1;-1).

Bài 14. Tìm m để hệ phương trình: 3 3 2

2 2 2

x y 3y 3x 2 0

x 1 x 3 2y y m 0

có nghiệm thực.

(Đề ra kỳ này THTT 10/2011) Lời giải:

ĐKXĐ: 2

2

1 x 0 1 x 10 y 22y y 0

Đặt t x 1 t 0;2 , khi đó 3 3 2 3 2 3 2x y 3y 3x 2 0 t 3t y 3y 1 .

Xét hàm số 3 2f u u 3u trên 0;2 ta có 2f ' u 3u 6u 0, u 0;2 suy ra

f u nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: 1 y t y x 1

Khi đó 2 2 2 2 2x 1 x 3 2y y m 0 x 2 1 x m 0

Đặt 2v 1 x v[0; 1] (2) v2 + 2v 1 = m.

Xét hàm số g(v) = v2 + 2v 1 với v[0; 1] ta có g ' v 2v 2 0 v 0;1

và g(v) liên tục trên[0; 1]

Suy ra [0;1] [0;1]

Min g(v) g 0 1; Max g(v) g 1 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: 1 m 2


2 y 1

2 x 1

x x 2x 2 3 1

y y 2y 2 3 1

www.VNMATH.com



(THTT năm 2009)

Lời giải:

Đặt u x -1;v y -1 ta được hệ

2 v

2 u

u u 1 3 1

v v 1 3 2

Trừ vế với vế 2 PT ta được : 2 u 2 vu u 1 3 v v 1 3 (*)

Xét hàm số đặc trưng: 2

2 t t

2

t 1 tf t t t 1 3 ;f ' t 3 ln 3t 1

Vì 2 2 2t 1 t t t 1 t 0 f ' t 0, t do đó hàm số f(t) đồng biến trên

R

Nên PT (*) u v thay vào PT (1) ta được 2 uu u 1 3 (3)

Theo nhận xét trên thì 2u u 1 0 nên PT (4) 2ln u u 1 u ln 3 0 (lấy ln

hai vế)

Xét hàm số 2

2

1g u ln u u 1 u ln 3; g' u ln 3 1 ln 3 0, u Ru 1

hay hàm g(u) nghịch biến trên R và do PT (3) có nghiệm u=0 nên PT (3) có nghiệm duy

nhất: u=0

Từ đó ta được nghiệm của hệ ban đầu là : x=y=1

*Bình luận: Để giải được hệ phương trình trên ta phải nhận dạng hệ là hệ đối xứng loại

hai để trừ hai phương trình cho nhau ta với xét được hàm số đặc trưng


2 22

y x2

3 2

x 1e (1)y 1

3log x 2y 6 2log x y 2 1 (2)

(Đề thi HSG Tỉnh Đồng Tháp 2010)

Lời giải:

ĐKXĐ: x 2y 6 0x 2y 2 0

www.VNMATH.com



Khi đó:

2 2 2 2

2 2 2 2

(1) y x ln x 1 ln y 1

ln x 1 x 1 ln y 1 y 1 (3)

Xét hàm số đặc trưng : f t ln t t với t 1 , phương trình (3) có dạng:

2 2f x 1 f y 1 (4)

Vì 1f '(t) t 0 t 1;+t

f (t) đồng biến trên 1;

Nên: 2 2 2 2f x 1 f y 1 x 1 y 1 x y

Với x y , từ (2) ta được: 3log 6 x 1 x 3 , suy ra y 3 (t/m đk)

Với x y , từ (2) ta được: 3 23log x 2 2log x 1 (5)

Điều kiện: x 1 , ta đặt: 3u 3u2log x 1 3u x 1 2 x 2 1 , phương

trình (5) trở thành:

2u33log x 2 6u x 2 3

Suy ra : u u

3u 2u 1 82 1 3 1 (6)9 9

Xét hàm số: u u1 8g(u)

9 9

với u R

Vì : u u1 1 8 8g '(u) .ln .ln 0 u R

9 9 9 9

g'(u) nghịch biến trên R

Mặt khác: g(1) 1 nên u = 1 là một nghiệm của pt (6). Do đó: pt(6) có nghiệm duy nhất u = 1 Với u = 1 suy ra x = y = 7 (thỏa mãn đk)

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (3;-3) và (7;7). Bài 17. Giải hệ phương trình :

2

2

x 3x ln 2x 1 y

y 3y ln 2y 1 x

(Đề thi HSG quốc gia THPT, bảng B, năm 1994)

Lời giải: Điều kiện : 1 1x ; y2 2

Cộng vế với vế hai phương trình của hệ ta có:

www.VNMATH.com



2 2x 4x ln 2x 1 y 4y ln 2y 1 1

Xét hàm số 2f t t 4t ln 2t 1 trên 1 ;2

Ta có: 2 1f ' t 2t 4 0, t ;2t 1 2

nên f t là hàm số đồng biến trên

1 ;2

nên 1 f x f y x y .

Vậy hệ phương trình đã cho 2

x yx 2x ln 2x 1 0

Xét hàm số 2f x x 2x ln 2x 1 trên 1 ;2

.

Ta có: 2 1f ' x 2x 2 0, x ;2x 1 2

Suy ra f x là hàm số đồng biến trên 1 ;2

Mà f 0 0 nên f x 0 x 0 y 0 .

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 0;0 .

BÀI TẬP ÁP DỤNG: Bài 1. Giải các phương trình:

a) 3 23 3x 5 x 3x x 3 b) 3 23 3x 4 x 3x x 2

c) 33 6x 2 8x 4x 2 d) 22

| x | 3x 18x 6x 1

3x x

e) 2 21 15x 6 x5x 7 x 1

f) 33 2 3 232x x 2x 3x 1 3x 1 x 2

g) 3 2 2 332 10 17 8 2 5x x x x x x (HSG Tỉnh Bình Định 2010) Bài 2. Giải các phương trình:

a) sin x cos x 3sin x cos x - sin x.cos x 1 ln4 sin x.cos x

www.VNMATH.com



b) 2012sin x cos x 3cos2x 2cos x log4 sin x.cos x

c)

23 2

3x 1log 2x 7x 4x 1

d) 22 2

2x 12x 6x 2 log(x 1)

e) 2

23

x x 12log x 7 x x 127 x

f) 2

23 2

x x 3log x 3x 22x 4x 5

g) 2

22

x 4x 5x 2 log 2 2x 32x 3

h) 2

2 21 2 1 1log 2 2 log 1 2 22

xx x xx x

(ĐH Vinh 2010)

Bài 3.Chứng minh rằng với mọi m>0 phương trình sau luôn có nghiệm

2

22

x mx 2log 2x x mx 2 12x 1

Bài 4. Giải các phương trình:

a) x 1 x2 4 x 1 b) 2 2sin x cos x2011 2011 cos2x

c)3sin x sin x16 8 sin 3x d) 2x 5 x 1 1 1e e

2x 5 x 1

e) sin x cos x5 5cos x. sin x.

2 2

f) x66 3log 1 5x 2x 1

g) x 177 6log 6x 5 1 h) x

22 3log 3x 1 1

Bài 5. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 2 2x 2mx 2 2x 4mx m 2 22012 2012 x 2mx m

Bài 6. Giải các hệ phương trình sau:

a)3 3

6 6

x 3x y 3yx y 1

b)

11 10 22 12

2

x xy y y

4x 5 y 3 5

www.VNMATH.com



c)2

1 1x 1 y 1x 1 y 1

x y 30

d) 2

2

3 x 2 x 3 y

3 y 2 y 3 x

e)3 3 28x y 3y 5y 4x 3

2x y 5 2x 2

e)

6 3 2 2x y x 9y 30 28y

2x 3 x y(2)

f) x

y

2 2x 3 y2 2y 3 x

g)

3

3

3

x 3x 3x 1 5 y 0

y 3y 3y 1 5 z 0

z 3z 3z 1 5 x 0

h)

3 2

3 2

3 2

x 3x 3 ln x x 1 y

y 3y 3 ln y y 1 z

z 3z 3 ln z z 1 x

i)

23

23

23

x 2x 6.log 6 y x

y 2y 6.log 6 z y

z 2z 6.log 6 x z

Bài 7.Chứng minh rằng hệ phương trình:

x

2

y

2

ye 2011y 1xe 2011

x 1

có đúng 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện x 0y 0

Nam Trực, ngày 28 tháng 10 năm 2011

Nguyễn Trung Sỹ

www.VNMATH.com

sỬ dỤng tính ĐƠn ĐiỆu cỦa · pdf file . sỬ dỤng tính ĐƠn...

Documents