intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Phương pháp hàm số-phương trình- bất phương trình

Chia sẻ: Trần Bá Trung5 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:37

Thêm vào BST
Báo xấu
356
lượt xem 168
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu " Phương pháp hàm số-phương trình- bất phương trình " giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập toán học một cách thuận lợi và tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình.Chúc các bạn học tốt

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Phương pháp hàm số-phương trình- bất phương trình

  1. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s I – ƯNG D NG CÁC TÍNH CH T HÀM S VÀO GI I PHƯƠNG TRÌNH 1. N u hàm s y = f ( x ) ñơn ñi u trên t p D thì phương trình f ( x ) = k n u có nghi m x = x 0 thì ñó là nghi m duy nh t c a phương trình. 2. N u hàm s y = f ( x ) ñơn ñi u trên t p D và u ( x ) , v ( x ) là các hàm s nh n các giá tr thu c D thì f ( u ( x ) ) = f ( v ( x ) ) ⇔ u ( x ) = v ( x ) . • M t s lưu ý khi s d ng phương pháp hàm s . V n ñ quan tr ng nh t khi s dung phương pháp hàm s là chúng ta ph i nh n ra ñư c hàm s ñơn ñi u và nh m ñư c nghi m c a phương trình. 1) ð phát hi n ñư c tính ñơn ñi u c a hàm s chúng ta c n n m v ng các tính ch t: i) N u y = f ( x ) ñ ng bi n (ngh ch bi n) thì: + y= n f ( x ) ñ ng bi n (ngh ch bi n). 1 + y= v i f ( x ) > 0 ngh ch bi n (ñ ng bi n). f ( x) + y = − f ( x ) ngh ch bi n (ñ ng bi n). ii) T ng c a các hàm s ñ ng bi n (ngh ch bi n) trên D là m t hàm s ñ ng bi n (ngh ch bi n) trên D. iii) Tích c a các hàm s dương ñ ng bi n (ngh ch bi n) trên D là m hàm s ñ ng bi n (ngh ch bi n) trên D. Ví d : T tính ñơn ñi u c a các hàm s y = x + 3 , y = 3 − x, y = 2 − x n u n m ñư c các tính ch t trên ta có th phát hi n ñư c ngay các hàm s y = 3 x + 3 + x + 3 + x (ñb), 6 8 1 y= + (ñb), y = + 3 − x (nb). T cách nhìn nh n ñó có th giúp 3− x 2−x x+3 chúng ta ñ nh hư ng ñư c phương pháp gi i là s d ng tính ñơn ñi u c a hàm s . 2) Vi c nh m nghi m cũng là m t v n ñ r t quan trong trong phương pháp này, khi nh m nghi m ta thư ng ưu tiên ch n x mà bi u th c trong d u căn là lũy th a mũ n (n u căn b c α n), ho c n u phương trình logarit thì ta ch n x mà bi u th c trong d u loga là a n u pt có logarit cơ s a….. Ví d 1. Gi i các phương trình: 5 x − 1 + 3 2 x − 1 + x = 4 (1) 2 x + 3 x + 6 x + 16 − 4 − x = 2 3 (2) 3 3 2 a) b) Gi i: a) Quan sát v trái c a pt (1) chúng ta th y khi x tăng (gi m) thì giá tr c a các bi u th c trong d u căn cũng tăng (gi m), t dó chúng ta th y v trái là hs ñ ng bi n mà v ph i b ng 4 không ñ i nên ta s d ng tính ñơn ñi u c a hs là l a ch n h p lí ñ gi i quy t bài toán. 1 ðK: 5 x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 . ð t f ( x ) = 5 x − 1 + 3 2 x − 1 + x , ta có phương trình 3 3 5 f ( x) = 4 B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  2. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s 2 15 x 2  1  Ta có f ' ( x ) = + + 1 > 0 v i m i x ∈  3 ; +∞  nên hàm s ñ ng 2 5x − 1 3 3 ( 2 x − 1)  5  3 2  1  bi n trên  3 ; +∞  . Mà f (1) = 4 , t c x = 1 là m t nghi m c a phương trình. Ta ch ng  5  minh ñó chính là nghi m duy nh t. + N u x > 1 thì f ( x ) > f (1) = 4 ⇒ PTVN 1 + N u 3 ≤ x < 1 Thì f ( x ) < f (1) = 4 ⇒ PTVN 5 V y PT có nghi m duy nh t x = 1 . b) ð K:  2 x 3 + 3 x 2 + 6 x + 16 ≥ 0 ( x + 2 ) 2 x − x + 8 ≥ 0  ⇔ 2 ⇔ −2 ≤ x ≤ 4 ( ) 4 − x ≥ 0 x ≤ 4  PT (2) có d ng f ( x ) = 2 3 trong ñó f ( x ) = 2 x + 3x + 6 x + 16 − 4 − x 3 2 f '( x ) = ( 3 x + x +1 2 ) + 1 > 0 v i m i x ∈ ( −2;4 ) nên hàm s ñ ng bi n trên 2 x + 3x + 6 x + 16 3 2 2 4− x [-2;4]. Mà f (1) = 2 3 , t ñó ta có x = 1 là nghi m duy nh t c a phương trình. Ví d 2. Gi i các phương trình : a) 6 3− x + 8 2− x =6 2 ( 2 ) b) 3x 2 + 9 x + 3 + ( 4 x + 2 ) 1 + 1 + x + x = 0 ( ) Gi i: a) ðK: x < 2 6 8 ð t f ( x) = + ta có PT f ( x ) = 6 3− x 2−x ' '  6   8      3− x   2− x  f '( x ) =  3 4 + = + > 0 v i m i x ∈ ( −∞;2 ) . 6 8 6 8 (3 − x ) (2 − x) 2 2 2 2 3− x 2−x 3− x 2−x 3 Nên hàm s ñ ng bi n trên ( −∞;2 ) . Mà f   = 6 2 3 V y PT có nghi m duy nh t x = . 2 b) ( ) 3x 2 + 9 x + 3 + ( 4 x + 2 ) 1 + 1 + x + x 2 ( 2 )=0 ( ⇔ 3x 2 + ( 3x ) 2 ) + 3 = − ( 2 x + 1)  2 +  − ( 2 x + 1)  + 3      2   ( ) Xét f ( t ) = t 2 + t + 3 thì pt có d ng f ( 3 x ) = f ( − ( 2 x + 1) ) (1) 2 B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  3. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s 2 t Vì f ' ( t ) = 2 + t + 3 + > 0 , nên hs ñ ng bi n, do ñó 2 t +3 2 1 (1) ⇔ 3x = − ( 2 x + 1) ⇔ x = − 5 1 V y PT có nghi m duy nh t x = − . 5 Ví d 3. Gi i các phương trình: a) 3 x + 2 − 3 2 x + 1 = 3 2 x − 3 x + 1 6 x + 1 = 8x − 4 x − 1 2 2 3 3 b) Gi i: x + 2 − 3 2x + 1 = 3 2x − 3 x + 1 ⇔ 3 x + 2 + 3 x + 1 = 3 2x + 3 2x + 1 2 2 2 2 3 a) Ta có ( ) Xét f ( t ) = 3 t + 3 t + 1 , ta có pt f ( x + 1) = f 2 x . Vì f ( t ) = 3 t + 3 t + 1 ñ ng bi n nên 2 f ( x + 1) = f 2 x ( ) ⇔ 2x − x − 1 = 0 ⇔ x = 1, x = − . 2 2 1 2 1 V y PT có hai nghi m là: x = 1 ∨ x = − . 2 b) 6 x + 1 = 8 x − 4 x − 1 ⇔ 6 x + 1 + 6 x + 1 = ( 2 x ) + 2 x ⇔ f 3 3 3 3 ( 3 ) 6x + 1 = f ( 2x ) Trong ñó f ( t ) = t + t . D th y f ( t ) là m t hàm ñ ng bi n nên 3 f ( 3 ) 6 x + 1 = f ( 2 x ) ⇔ 3 6 x + 1 = 2 x ⇔ 8x − 6 x − 1 = 0 ⇔ 4 x − 3x = 3 3 1 2 (1) N u x > 1 thì VT (1) = x 4 x − 3 > 1 > 1 2 ( nên PTVN. 2 ) N u x ≤ 1 thì ñ t x = cos ϕ , ϕ ∈ [0;π ] , khi ñó (1) tr thành 1 1 π 2π 4cos ϕ − 3cos ϕ = ⇔ cos3ϕ = ⇔ ϕ = ± + k 3 . Ch n các nghi m trong ño n 2 2 9 3 π 5π 7π [0;π ] ta ñư c các nghi m ϕ 1 = ,ϕ 2 = ,ϕ 3 = . 9 9 9 π 5π 7π T ñó ta ñư c 3nghi m c a pt là : x = cos , x = cos , x = cos . 9 9 9 Ví du 4: Gi i các phương trình b) 7 = 1 + 2log 7 ( 6 x − 5 ) x −1 a) 2008 + 2009 = 2.2007 x x x 3 Gi i : x x  2008   2009  a) 2008 + 2009 = 2.2007 ⇔   +  =2 x x x  2007   2007  B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  4. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s x x  2008   2009  Hàm s f ( x ) =   +  có  2007   2007  x x  2008  2008  2009  2009 f '( x ) =   ln +  ln > 0 nên ñ ng bi n và  2007  2007  2007  2007 0 0  2008   2009  f ( 0) =   +  = 2 do ñó pt f ( x ) = 2 có nghi m duy nh t x = 0.  2007   2007  b) ðK: 6 x − 5 > 0 ð t y − 1 = log 7 ( 6 x − 5) ⇒ 7 = 6 x − 5 (1) y −1 Lúc ñó pt ñã cho tr thành 7 = 1 + 2log 7 ( 6 x − 5 ) = 1 + 6log 7 ( 6 x − 5) = 6 y − 5 (2) x −1 3 Tr theo t ng v (1) và (2) ta ñư c : 7 − 7 = 6 y − 6 x ⇔ 7 + 6 ( x − 1) = 7 + 6 ( y − 1) ⇔ f ( x − 1) = f ( y − 1) x −1 y −1 x −1 y −1 Trong ñó f ( t ) = 7 + 6t , vì f ' ( t ) = 7 .ln 7 + 6 > 0 nên hàm s ñ ng bi n trên R, suy ra t t f ( x − 1) = f ( y − 1) ⇔ x = y . Thay vào (1) và bi n ñ i ta ñư c pt: 7 − 6 ( x − 1) − 1 = 0 (3) x −1 Hàm s g ( t ) = 7 − 6t − 1 có g ' ( t ) = 7 ln 7 − 6 ta có t t g ' ( t ) = 7 ln 7 − 6 = 0 ⇔ t 0 = log 7 6 − log 7 ln 7 t Hàm s g ( t ) ngh ch bi n trên kho ng ( −∞; t 0 ) và ñ ng bi n trên (t 0 ; +∞) nên trên m i kho ng ñó g ( t ) có nhi u nh t m t nghi m nên pt g ( t ) = 0 có nhi u nh t 2 nghi m. D th y t1 = 0, t 2 = 1là hai nghi m c a g ( t ) suy ra pt (3) có hai nghi m x1 = 1, x 2 = 2 . Hai nghi m này th a mãn ñi u ki n . Nh n xét: + D ng t ng quát c a bài toán trên là s = p log s ( qx + r ) + cx + d ( a ≠ 0, q ≠ 0,0 < s ≠ 1) ax + b + Trong PT trên có hai phép toán trái ngư c nhau là phép lũy th a và phép l y logarit, trong phương trình có ch a các phép toán khác nhau cũng thư ng ñư c gi i b ng cách s d ng tính ñơn ñi u c a hàm s . Chúng ta có th th y ñi u ñó qua ví d sau Ví d 5 : Gi i các phương trình sau: x − x +1 2 = x − 3x + 2 b) x + x + 1 = 3 2 2 x a) log 2 2 2x − 4x + 3 Gi i: a) Ta có x − x +1 2 = x − 3x + 2 2 log 2 2 2 x −24 x + 3 ( ) ( ) ( ) ( ⇔ log 2 x − x + 1 − log 2 2 x − 4 x + 3 = 2 x − 4 x + 3 − x − x + 1 (1) 2 2 2 ) ð t u = x − x + 1, v = 2 x − 4 x + 3 thì (1) tr thành 2 2 log 2 u − log 2 v = v − u ⇔ u + log 2 u = v + log 2 v (2) B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  5. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s 1 ð t f ( t ) = t + log 2 t ⇒ f ' ( t ) = 1 +> 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) nên hàm s ñ ng bi n và (2) có t ln 2 d ng f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v ⇔ x − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 2 . 2 b) Ta có x + x + 1 = 3 ⇔ 3 2 x x ( x + 1 − x = 1. ð t f ( x ) = 3 2 ) ( x + 1 − x) x 2 f ' ( x ) = 3 ln 3 x 2 ( x x +1 − x + 3  2   )x 2 2 x − 1 = 3 ( x + 1 − x )  ln 3 − x +1       1   > 0 (Vì  x +1  1 x + 1 > x và ln 3 > 1 ≥ ) nên hàm s ñ ng bi n , mà f ( 0 ) = 1do dó x = 0 là 2 x +1 2 nghi m duy nh t c a phương trình. Nh n xét : Khi g p phương trình f ( x ) = g ( x ) trong ñó f , g có m t hàm ñ ng bi n và m t hàm ngh ch bi n thì cách gi i thư ng dùng là nh m nghi m và ch ng minh nghi m ñó là duy nh t, tuy nhiên trong bài toán c a ta f ( x ) = x + x + 1, g ( x ) = 3 l i ñ u ñ ng bi n 2 x nên cách ñó không gi i quy t ñư c, vì v y ta chia hai v c a pt cho x + x + 1 ñ ñưa v 2 m t v là h ng s và v còn l i là m t hàm s mà ta có th xét ñư c tính ñơn ñi u c a nó, ñó cũng là cách mà ta dùng VD4. Ví d 6. Gi i các phương trình sau: ( a) log 5 3 + 3 + 1 = log 4 3 + 1 x ) ( x ) (1) ( b) (1 + x ) 2 + 4 x ) = 3.4 (2) x Gi i: ( ) a) ð t: t = log 4 3 + 1 ⇒ 3 + 1 = 4 ⇔ 3 = 4 − 1 , thay vao (1) ta ñư c phương trình: x x t x t ( ) t t t t 1 2 1  2 log 5 3 + 2 = t ⇔ 3 + 2 = 5 ⇔ 3   +   = 1 . ð t f ( t ) = 3   +   t t t 5 5 5  3 t t 1 1 2 2 1  2 Ta có f ' ( t ) = 3   ln +   ln < 0 nên hàm s ngh ch bi n và f (1) = 3   +   = 1 5 5  3 3 5  3 V y PT có nghi m duy nh t x = 1 . ( ) x +1 x +1 x x 4 4 b) Ta có : (1 + x ) 2 + 4 = 3.4 ⇔ x = ⇔ x − =0 x x 2+4 3 2+4 3 ð t f ( x) = x +1 4 x ⇔ f '( x ) = 4 ln 4. 2 + 4 − 4 ln 4 1 2ln 4.4 x 1 x ( x ) 2x x − − = 2 − 2+4 3 2+4 x 2 3 2 + 4x 3 ( ) ( ) ( ) x 2ln 4.4 1 f '( x ) = 0 ⇔ 2 − =0⇔ 2+4 − 6ln 4.4 = 0 , ñây là pt b c hai theo n là x x (2 + 4 ) 2 x 3 4 nên có nhi u nh t là 2 nghi m suy ra PT f ( x ) = 0 có nhi u nh t 3 nghi m, mà ta th y x 1 1 x = 0, x = , x = 1 là các nghi m c a c a nó, do ñó pt có nghi m là x = 0, x = , x = 1 . 2 2 Ví d 7: Gi i các phương trình: B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  6. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s 2−n π 2 ( n ∈ ℕ, n ≥ 2 ) và x ∈  0;  . x a) 1 − = cos x b) sin x + cos x = 2 n n 2   2  2 Gi i: 2 2 2 x x x a) 1 − = cos x ⇔ + cos x = 1 . ð t f ( x ) = + cos x 2 2 2 D th y f ( − x ) = f ( x ) , ∀x ∈ ℝ do ñó f ( x ) là hàm s ch n, vì v y ch c n gi i trên [0; +∞) Ta có f ' ( x ) = x − sin x, f '' ( x ) = 1 − cos x ≥ 0, ∀x ∈ [0; +∞) suy ra f ' ( x ) ñ ng bi n trên [0; +∞) nên f ' ( x ) ≥ f ' ( 0 ) = 0, ∀x ≥ 0 do ñó f ( x ) ñ ng bi n trên [0; +∞) . Mà f ( 0 ) = 1 V y x = 0 là nghi m duy nh t c a pt trên [0; +∞) và ñó cũng chính là nghi m duy nh t c a PT trên ℝ .  π b) N u n = 2 thì pt tr thành sin x + cos x = 1nên m i x ∈  0;  là nghi m c a PT 2 2  2 N u n > 2 , ð t: f ( x ) = sin x + cos x ⇒ f ' ( x ) = n sin x.cos x sin n n ( n−2 x − cos n−2 x ) 2−n  π π π  Vì x ∈  0;  nên f ' ( x ) = 0 ⇔ x = .L p b ng bi n thên ta có min f ( x ) = f  =2 2  π  2 4  0;   2 4 2−n  π π Do ñó trên  0;  PT f ( x ) = 2 có nghi m duy nh t x = 2 .  2 4 1 1 1+ 1+  1 x  1  2 Ví d 8. Tìm nghi m dương c a phương trình: x ln 1 +  − x ln 1 + 2  =1− x . 3 x  x  x  Gi i: Ta có 1 1 1+ 1+  1  1   1  ( 1  ) 2 = 1 − x ⇔ ( x + 1) ln 1 +  − x x + 1 ln 1 + 2  = 1 − x x x ln 1 +  − x ln  1 + 2  3 x 2  x  x   x  x   1  2 (  1   ⇔ ( x + 1) ln 1 +  − 1 = x  x + 1 ln 1 + 2  − 1  x   x   )   1  2   ( 1   ⇔ x ( x + 1) ln 1 +  − 1 = x  x + 1 ln 1 + 2  − 1   x   2  x   ) (vì x>0) (1)   1  ð t f ( t ) = t ( t + 1) ln 1 +  − 1 v i t > 0 thì (1) có d ng f ( x ) = f x   t  2 ( )  1   1 2  Ta có f ' ( t ) = ( 2t + 1) ln 1 +  − 2 = ( 2t + 1) ln 1 +  −   t   t  2t + 1   1 2 −1 4 1 ð t g ( t ) = ln 1 +  − ⇒ g '(t ) = + 2 = − 2 < 0, ∀t > 0  t  2t + 1 t ( t + 1) ( 2t + 1) t ( t + 1)( 2t + 1) Do ñó g ( t ) ngh ch bi n trên ( 0; +∞ ) mà lim g ( t ) = 0 t →+∞ suy ra g ( t ) > 0; ∀t > 0 ⇒ f ' ( t ) = ( 2t + 1) g ( t ) > 0, ∀t > 0 nên f ( t ) ñ ng bi n trên ( 0; +∞ ) . B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  7. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s ( )⇔ x=x vì v y f ( x ) = f x 2 2 ⇔ x = 1. Tóm l i PT có nghi m duy nh t x = 1 . II- NG D NG CÁC TÍNH CH T C A HÀM S ð TÌM ðI U KI N C A THAM S SAO CHO PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHI M. 1. N u hàm s y = f ( x ) liên t c trên ño n [a; b] và f ( a ) f ( b ) < 0 thì phương trình có ít nh t m t nghi m thu c kho ng ( a; b ) . 2. Phương trình f ( x ) = m có nghi m khi và ch khi m thu c t p giá tr c a hàm s y = f ( x) Và s nghi m c a PT là s giao ñi m c a ñ th hàm s y = f ( x ) và ñư ng th ng y = m . Ví d 1. Tìm m ñ các phương trình sau có nghi m th c nghi m: a) 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x − 1 x − 13x + m = x − 1 2 4 4 b) (TSðHKA-2007) Gi i: a) ðK: x ≥ 1 x −1 x −1 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x − 1 ⇔ m = −3 + 24 2 (1) x +1 x +1 x −1 4 2 ð t t= = 1− , vì x ≥ 1 nên 0 ≤ t < 1 , PT (1) tr thành m = −3t + 2t = f ( t ) (2) 2 4 x +1 x +1 PT(1) có nghi m khi và ch khi PT(2) có nghi m 0 ≤ t < 1 và ñi u này tương ñương v i m thu c t p giá tr c a hàm s f ( t ) = −3t + 2t v i 0 ≤ t < 1 . 2 1 L p b ng bi n thiên c a hàm s f ( t ) trên [0;1) ta ñư c t p giá tr là ( −1; ] 3 1 V y PT có nghi m khi và ch khi −1 < m ≤ . 3 b) x ≥ 1 x ≥ 1 x − 13x + m = x − 1 ⇔  4 4 ⇔  4 4 4  x − 13x + m = ( x − 1)  x − 13x + m = x − 4 x + 6 x − 4 x + 1 4 3 2 x ≥ 1 ⇔ m = −4 x + 6 x + 9 x + 1 (1) 3 2 PT ñã cho có 2 nghi m khi và ch khi PT(1) có nghi m x ≥ 1 . ð t f ( x ) = −4 x + 6 x + 9 x + 1 , x ∈ [1; +∞) 3 2 B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  8. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s  1 x = − (l ) 2 ( 2 )  f ' ( x ) = −12 x + 12 x + 9 = −3 4 x − 4 x − 3 , f ' ( x ) = 0 ⇔ 4 x − 4 x − 3 = 0 ⇔  2 3 2 x = (n)  2 B ng bi n thiên: x 1 3/2 +∞ 0 f’(x f(x 29/2 12 −∞ 29 T b ng bi n thiên suy ra PT (1) có nghi m x ≥ 1 khi m ≤ , hay PT ñã cho có nghi m 2 29 khi m ≤ . 2 Ví d 2. Tìm m ñ các phương trình sau có ñúng 2 nghi m th c: 2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m x + x +1 + x − x +1 = m 2 2 4 a) b) (TSðH - KA-2008) Gi i: a) ð K: 0 ≤ x ≤ 6 ð t v trái c a phương trình là f ( x ) , x ∈ [ 0;6] 1 1 1 1 Ta có f ' ( x ) = + − − 2 4 (2x) 2x 2 4 (6 − x)3 6− x 3   = 1 1 − 1  +  1 − 1  , x ∈ ( 0;6 ) 2 4 (2x) 3 4 (6 − x) 3   2x   6−x      ð t u ( x) =  1 − 1 , v( x) =  1 − 1   4 (2x)3 4 (6 − x)3     2x 6− x    Ta th y u ( 2 ) = v ( 2 ) = 0 ⇒ f ' ( 2 ) = 0 Mà u ( x ) , v ( x ) cùng dương trên (0;2) và cùng âm trên (2;6) nên ta có b ng bi n thiên : Suy ra các giá tr c n tìm c a m là : 2 6 + 2 4 6 ≤ m < 3 2 + 6 b) ð t v trái c a phương trình là f ( x ) , x ∈ ℝ Ta có B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  9. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s 1 1 2x + 1 2x − 1 x+ −x f '( x ) = + −= 2 2 2 x + x +1 2 x − x +1 2 2 2 2  1 3 1  3 x+  +  − x +  2 4 2  4  1 1  t = h  x +  − h  − x  (1) trong ñó h ( t ) = ,t ∈ ℝ là hàm ñ ng bi n nên t ta có  2 2  3 t + 2 4  1 1  1 1 f '( x ) > 0 ⇔ h  x +  − h  − x  > 0 ⇔ x + > − x ⇔ x > 0  2 2  2 2 Ngư c l i f ' ( x ) < 0 ⇔ x < 0 và f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 0 . M t khác f ( 0 ) = 2 và lim f ( x ) = +∞ x →±∞ nên ta có b ng bi n thiên: T b ng bi n thiên suy ra PT có ñúng hai nghiêm khi m > 2 . Ví d 3: Tìm t t c các giá tr c a tham s m ñ phương trình sau có nghi m th c m ( 1+ x 2 2 ) − 1 − x + 2 = 2 1 − x + 1 + x − 1 − x (TSðH-KB-2004) 4 2 2 Gi i: ðK: −1 ≤ x ≤ 1 ð t t = 1 + x − 1 − x , d th y t ≥ 0 và t = 2 − 2 1 − x ≤ 2 ⇒ t ≤ 2 , v y ñi u kiên 2 2 2 4 t ∈ 0; 2  .   −t + t + 2 2 PT ñã cho tr thành : m ( t + 2 ) = −t + t + 2 ⇔ m = = f ( t ) . (1) 2 t+2 −t + t + 2 2 Ta có f ( t ) = liên t c trên 0; 2  nên PT ñã cho có nghi m x ⇔ (1) có   t+2 nghi m t ∈ 0; 2  ⇔ min f ( t ) ≤ m ≤ max f ( t ) .   [0; 2 ] [0; 2 ] −t − 4t 2 Ta có f ' ( t ) =  2 < 0, ∀t ∈  0; 2  , suy ra hàm s ngh ch bi n trên 0; 2  , do ñó    (t + 2) min f ( t ) = f [0; 2 ] ( 2) = 2 − 1,max f ( t ) = f ( 0 ) = 1 [0; 2 ] V y giá tr c n tìm c a m là 2 − 1 ≤ m ≤ 1. Ví d 4. III- NG D NG ð O HÀM ð CH NG MINH B T ð NG TH C. B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  10. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s Như chúng ta ñã bi t n u hàm s y = f ( x ) có t p giá tr là kho ng ( m; M ) v i x ∈ D thì m < f ( x ) < M , ∀x ∈ D (1), ho c n u hàm s y = f ( x ) ñ ng bi n trên D và x < y thì suy ra f ( x ) < f ( y ) v i x, y ∈ D .T ñó chúng ta th y kh o sát hàm s ñ tìm t p giá tr c a nó ho c s d ng tính ñơn ñi u c a hàm s có th giúp ta ch ng minh ñư c BðT, ñó chính là ý tư ng chính mà s ñư c chúng ta s d ng trong ph n này. 1. M t s lưu ý chung. i) ð ch ng minh b t ñ ng th c có ch a nhi u bi n b ng phương pháp ñ o hàm thì ñi u quan tr ng nh t là chúng ta ph i ñưa ñư c v m t bi n và kh o sát hàm s theo bi n ñó, n u ñi u ñó không th thì ta coi b t ñ ng th c là m t bi n và các bi n còn l i ñư c xem như tham s . ii) L a ch n hàm s nào ñ xét cũng là khâu quy t ñ nh trong phương pháp hàm s , ch ng h n khi gi i bài toán : a b c 3 3 Cho a, b, c > 0, a + b + c = 1 . Ch ng minh r ng: 2 + 2 + 2 ≥ 2 2 2 (B ñ 1− a 1− b 1− c 2 TS) L i gi i b ng hàm s là xét: f ( x ) = x − x , x ∈ (0;1) . Các b n th suy nghĩ xem, căn c vào 3 x ñi u gì mà ta ch n ñư c hàm s ñó mà không ph i là hàm f ( x ) = 2 , x ∈ (0;1) ? 1− x x + x + 1 + x − x + 1 ≥ 2, ∀x ∈ ℝ 2 2 Ví d 1. Ch ng minh : Gi i: ð t v trái c a phương trình là f ( x ) , x ∈ ℝ Ta có 1 1 2x + 1 2x − 1 x+ −x f '( x ) = + = 2 − 2 2 x + x +1 2 x − x +1 2 2 2 2  1 3 1  3 x+  +  − x +  2 4 2  4  1 1  t = h  x +  − h  − x  (1) trong ñó h ( t ) = ,t ∈ ℝ là hàm ñ ng bi n nên t ta có  2 2  3 t + 2 4  1 1  1 1 f '( x ) > 0 ⇔ h  x +  − h  − x  > 0 ⇔ x + > − x ⇔ x > 0  2 2  2 2 Ngư c l i f ' ( x ) < 0 ⇔ x < 0 và f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 0 . M t khác f ( 0 ) = 2 và lim f ( x ) = +∞ x →±∞ B ng bi n thiên: T b ng bi n thiên ta có ñpcm. Chú ý: Bài toán có th gi i cách khác B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  11. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s Áp d ng BðT AM-GM ta có: 2 ( x + x +1 + x − x +1 ≥ 24 x + x +1 x − x +1 = 2 4 x + x +1 ≥ 2 2 2 )( 2 ) 4 2 Ví d 2. Ch ng minh r ng v i m i x ta có 17 ≤ cos x + 4cos x + 6 + cos x − 2cos x + 3 ≤ 2 + 11 (1) 2 2 Gi i : ð t t = cos x ⇒ t ∈ [ −1;1] . B t ñ ng th c (1) tr thành 17 ≤ t + 4t + 6 + t − 2t + 3 ≤ 2 + 11, t ∈ [ −1;1] 2 2 ð t f ( t ) = t + 4t + 6 + t − 2t + 3, t ∈ [ −1;1] 2 2 Ta có t+2 t −1 t+2 1− t f '(t ) = 2 + 2 = − = h ( t + 2 ) − h (1 − t ) (2) t + 4t + 6 t − 2t + 3 ( t + 2) + 2 (1− t) + 2 2 2 t 2 Trong ñó h ( t ) = 2 có h ' ( t ) = > 0 nên ñ ng bi n , v y theo (2) ta có. t +2 ( ) 3 t +2 2 1 f ' ( t ) = 0 ⇔ h ( t + 2 ) = h (1 − t ) ⇔ t + 2 = 1 − t ⇔ t = − . 2  1 Ta có f ( −1) = 3 + 6, f  −  = 17, f (1) = 2 + 11 và f ( t ) liên t c trên [ −1;1] nên  2 min f ( t ) = 17, max f ( t ) = 2 + 11 . suy ra : 17 ≤ f ( t ) ≤ 2 + 11 . [ −1;1] [ −1;1] Ví d 3. Ch ng minh r ng : x +1 a) ≤ 2, ∀x x − x +1 2 x − x +1 + y − y +1 + z − z +1 ≥ 3 v i x + y + z = 3 2 2 2 b) Gi i: x +1 a) f ( x ) = ,x∈ℝ x − x +1 2 2x −1 x − x + 1 − ( x + 1) 2 2 x − x +1 = 2 3 (1 − x ) Ta có : f ' ( x ) = ( x − x +1 2 ) ( 2 x − x +1 x − x +1 2 2 ) f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1, lim f ( x ) = 1, lim f ( x ) = −1 x →+∞ x →−∞ L p b ng bi n thiên và t ñó suy ra f ( x ) ≤ f (1) = 2, ∀x B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  12. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s x +1 1 ≤ 2, ∀x ⇔ x − x + 1 ≥ ( x + 1) , ∀x (1) 2 b) Áp dung câu a) ta có : x − x +1 2 2 1 1 ( y + 1) , ∀y (2), z − z + 1 ≥ ( z + 1) , ∀z (3) y − y +1 ≥ 2 2 Tương t : 2 2 Công theo v các b t ñ ng th c (1), (2) và (3) ta ñư c: 1 x − x + 1 + y − y + 1 + z − z + 1 ≥ (3 + x + y + z ) = 3 . 2 2 2 2 Chú ý: Cách 2: a) Áp d ng BðT Cauchy-Schwarz ta có :  1   3    1   3   2 2 2 1  3 1 2 2 1  x −  +      +   ≥  x −  +   = ( x + 1)   2   2    2   2     2 2  2  2 b) Áp dung câu a) như cách 1. Ví d 4. Ch ng minh r ng : 3 x+2 π π 2sin x + t anx ≥ 3x v i m i x ∈ [0; ) +2 ≥2 v i m i x ∈ [0; ) sinx t anx 2 a) b) 4 2 2 Gi i : π a) ð t : f ( x ) = 2sin x + t anx-3x , x ∈ [0; ) 2 1 1 1 f ' ( x ) = 2cos x + − 3 = cos x + cos x + − 3 ≥ 3 3 cos x. −3=0 v i m i 2 2 2 2 cos x cos x cos x π π π x ∈ [0; ) nên hàm s ñ ng bi n trên [0; ) ⇒ f ( x ) ≥ f ( 0 ) = 0, ∀x ∈ [0; ) (dpcm) 2 2 2 b) Áp dung BðT AM-GM và câu a) ta có : 3 x+2 2sin x + tan x . 4 +2 =2 +2 ≥2 2 ≥ 2. 2 = 2 sin x tan x 2sin x tan x 3x 2 x +b x+a b a Ví d 5. Cho x, a, b > 0, a ≠ b . Ch ng minh r ng:   >   x+b b f '( x ) x+b x+a x+a  x+a b−a Gi i: ð t: f ( x ) =   ⇒ ln f ( x ) = ( x + b ) ln  ⇒ = ln  +  x+b  x+b f ( x)  x+b x+a   x+a b−a ⇒ f ' ( x ) = ln  +  f ( x) .   x +b  x + a (b − a ) 2  x+a b−a ð t g ( x ) = ln  + ⇒ g '( x ) = − < 0 suy ra g ( x ) ngh ch bi n, mà  x+b x+a ( x + a) ( x + b) 2 lim g ( x ) = 0 . ⇒ g ( x ) > 0, ∀x > 0 ⇒ f ' ( x ) > 0 suy ra f ( x ) ñông bi n trên x →+∞ b a [0; +∞) ⇒ f ( x ) > f ( 0 ) =   , ∀x > 0 . b B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  13. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s Ví d 6. Cho A, B, C là ba góc c a m t tam giác nh n . Ch ng minh r ng : tan A + tan B + tan C + 6 ( sin A + sin B + sin C ) ≥ 12 3 (1) (THTT) Gi i : Trong b t ñ ng th c trên A, B, C bình ñ ng nên ta d dàng ki m tra ñư c (1) x y ra π ñ ng th c khi A = B = C = .Vì v y ta c n ch n m t hàm s có d ng 3 π  f ( x ) = tan x + 6sin x + kx mà f '   = 0 ⇒ k = −7 . 3 Ta gi i bài toán : π Xét: f ( x ) = tan x + 6sin x − 7 x v i x ∈ (0; ) 2 Ta có 6cos x − 7cos x + 1 ( cos x − 1)( 3cos x + 1)( 2cos x − 1) 3 2 1 f '( x ) = 2 + 6cos x − 7 = 2 = 2 cos x cos x cos x π π Vì x ∈ (0; ) nên f ' ( x ) = 0 ⇔ 2cos x − 1 = 0 ⇔ x = 2 3 π L p BBT c a f ( x ) = tan x + 6sin x − 7 x v i x ∈ (0; ) ta ñư c 2 π  7π min f ( x ) = f   = 4 3 − π   0;   2 3 3 Áp dung vào bài toán ta ñư c:  7π  f ( A) + f ( B ) + f ( C ) ≥ 3 4 3 −   3  ⇔ tan A + tan B + tan C + 6 ( sin A + sin B + sin C ) ≥ 12 3 .  π 3  sin x  Ví d 7. Ch ng minh :   > cos x, ∀x ∈  0;   x   2 (Olympic-30-4-1999) Gi i: Nh m cô l p x v i các hàm lư ng giác ta vi t l i BðT: 3 3  sin x  sin x  > cos x ⇔ > x ⇔ sin x.tan x − x > 0 (1) 3 2 3   x  cos x π Xét hàm s : f ( x ) = sin x tan x − x , x ∈ [0; ) ⇒ f ' ( x ) = 2sin x + tan x - 3x 2 3 2 2 2 2 ( 2 2 2 ) Áp d ng BðT: 3 a + b + c ≥ ( a + b + c ) ta có 2 1 2 f ' ( x ) = 2sin x + tan x - 3x = sin x + sin x + tan x − 3x ≥ ( 2sin x + tan x ) − 3 x 2 2 2 2 2 2 2 2 3 B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  14. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s π 1 Theo VD4 : 2sin x + t anx ≥ 3 x, ∀x ∈ [0; ) suy ra f ' ( x ) ≥ ( 3x ) − 3x = 0 nên hàm s 2 2 2 3 π  π f ( x ) ñ ng bi n trên [0; ) ⇒ f ( x ) > f ( 0 ) = 0, ∀x ∈  0;  . 2  2 Nh n xét: 1) Khi trong b t ñ ng th c có ch a các lo i hàm s khác nhau ta thư ng cô l p m i lo i hàm s ñ d xét d u c a ñ o hàm, ho c ta có th ñ o hàm liên ti p ñ kh b t m t lo i hàm s Ch ng h n VD trên n u chúng ta ñ o hàm ñ n f ''' ( x ) thì ch còn l i hàm lư ng giác còn 3 x b tri t tiêu và v n ñ còn l i tương ñ i d dàng, xin dành cho b n ñ c t ki m tra. 2) Bài toán trên có th gi i theo các cách khác Cách 2: π  π 3 3 x x Xét f ( x ) = sin x − x + , x ∈ [0; ) , ta suy ta ñư c sin x > x − , ∀x ∈  0;  3! 2 3!  2 3  sinx   x  3 2 2 4 6 2 4 x x x x x T ñó suy ra :   > 1 −  = 1 − + − >1− + ( vì BðT phía sau ch  x    6  2 12 216 2 24 tương ñương v i x < 9 , mà ñi u này l i hi n nhiên) 2 2 4 x x Bây gi ch c n ch ng minh cos x < 1 − + n a là xong. 2 24 3 3 x x Cách 3: T (1) ta s d ng hai BðT sin x > x − và tan x > x + cũng ñi ñ n k t qu 3! 3 mong mu n. α  π 3 sin x  sin x   sin x  3) Vì ta luôn có: sin x < x, ∀x ∈  0;  ⇒ 0 < cos x, ∀x ∈  0;  .  x   2  π 3 2 4 x x x Chú ý: Các b t ñ ng th c sin x > x − , ∀x ∈  0;  , cos x < 1 − + và 3!  2 2 24 3 x tan x > x + ta có th liên tư ng ñ n là nh khai tri n Taylo c a sin x ,cos x và tan x . 3 Ví d 8: Ch ng minh r ng : 1 1 1 1 1 1 12 π + + − 2 − 2 − 2 ≤ 3 − 2 , ∀x, y , z ∈ (0; ] π 2 2 2 sin x sin y sin z x y z 2 1 1 π Gi i: Xét hàm s : f ( t ) = 2 − 2, t ∈ (0; ] sin t t 2 B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  15. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s 2  sin t    π 3 2cos t 2 Áp d ng ví d 5 ta có : f ' ( t ) = − 3 + 3= 3   − cos t  > 0, ∀t ∈  0;  nên sin t t sin t  t    2 π π  4 π hàm s ñ ng bi n trên (0; ] ⇒ f ( t ) ≤ f   = 1 − 2 , ∀t ∈ (0; ] 2 2 π 2  4  Áp d ng vào bài toán ta có : f ( x ) + f ( y ) + f ( z ) ≤ 3 1 − 2  .  π  Ví d 11. Ch ng minh b t ñ ng th c sau v i m i s t nhiên n > 1 n n n n n n 1+ + 1− < 2 (HSGQG-92) n n n n Gi i: ð t x = ∈ ( 0;1) , ∀n ∈ N * . n B t ñ ng th c c n ch ng minh là: n 1 + x + n 1 − x < 2, ∀x ∈ ( 0;1)   1 1 1 Xét f ( x ) = 1 + x + 1 − x , x ∈ ( 0;1) ⇒ f ' ( x ) = n n −  < 0, ∀x ∈ ( 0;1) n  n (1 + x ) n −1 n (1 − x ) n −1    V y f ( x ) gi m trên (0;1) nên f ( x ) < f ( 0 ) = 2, ∀x ∈ ( 0;1) . Chú ý: Ta có th gi i bài toán b ng cách s dung BðT AM-GM n n n n n ( n n n − 1) + 1 + ( n − 1) + 1 − n 1+ n n n + n = 2. + 1− ≤ n n n n Vì không có ñ ng th c nên BðT ñư c ch ng minh. Ví d 9: Cho a, b ∈ [ 0;1] . Ch ng minh r ng : x b a f ( x) = + + + (1 − x )(1 − a )(1 − b ) ≤ 1 v i m i x ∈ [ 0;1] . a + b +1 x + a +1 x + b +1 1 b a Gi i: Ta có f ' ( x ) = − 2 − − (1 − a )(1 − b ) a + b + 1 ( x + a + 1) ( x + b + 1) 2b 2a f '' ( x ) = 3 + ≥ 0, ∀x ∈ [ 0;1] ( x + a + 1) ( x + b + 1) Nên hàm s f ' ( x ) ñ ng bi n trên [0;1], suy ra f ' ( x ) = 0 nhi u nh t m t nghi m trên (0;1) + N u f ' ( x ) = 0 vô nghiêm thì f ( x ) ñơn ñi u trên [0;1] ⇒ f ( x ) ≤ max f ( x ) = max { f ( 0 ) ; f (1)} . [0;1] B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  16. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s a b + a + b + 1 ab + a + b + 1 2 2 b a Mà f ( 0 ) = + + (1 − a )(1 − b ) = ≤ = 1 và a +1 b +1 ( a + 1)( b + 1) ( a + 1)( b + 1) 1 a b 1 a b f (1) = + + ≤ + + =1 . a + b +1 b + 2 a + 2 a + b +1 a + b +1 a + b +1 suy ra f ( x ) ≤ max f ( x ) = max { f ( 0 ) ; f (1)} ≤ 1, ∀x ∈ [ 0;1] . [0;1] + N u f ' ( x ) = 0 có nghiêm x = x 0 khi ñó f ' ( x ) ñ ng bi n trên [0;1] nên f ' ( x ) < 0 , ∀x ∈ [0; x 0 ) và f ' ( x ) > 0 , ∀x ∈ ( x 0 ;1] do ñó x = x 0 là ñi m c c ti u, mà f ( x ) liên t c trên [0;1] nên f ( x ) ≤ max f ( x ) = max { f ( 0 ) ; f (1)} ≤ 1, ∀x ∈ [ 0;1] . [0;1] T hai trư ng h p trên ta có ñpcm. α Ví d 10. Cho x > 0,α > 1. Ch ng minh : x ≥ 1 + α ( x − 1) (1) 2 2 A 2 2 B 2 2 C 1− 2 Áp d ng c/m: tan + tan + tan ≥ 3 ( v i A, B, C là 3 góc c a m t tam 2 2 2 giác)(2) Gi i : Ta có : x ≥ 1 − α + α x ⇔ f ( x ) = x − α x + α − 1 ≥ 0 α α Xét : f ( x ) = x − α x + α − 1, x ∈ ( 0; +∞ ) α f '( x ) = α x α −1 −α = α x( α −1 ) − 1 , f '( x ) = 0 ⇔ x α −1 − 1 = 0 ⇔ x = 1 ( vì α > 1 ) L p b ng bi n thiên c a hàm trên ( 0;+∞ ) ta ñư c min f ( x ) = f (1) = 0 t ñó suy ra 0; +∞ ( ) f ( x ) ≥ 0, ∀x > 0 (ñpcm). Ta th y ñ ng th c x y ra trong b t ñ ng th c (1) khi cơ s x = 1 còn ñ ng th c x y ra π trong (2) là A = B = C = nên trư c khi áp d ng (1) ñ ch ng minh (2) ta c n vi t l i 3 2 2 2 A 2 2 B 2 2 C 1− 2  2 A  2 B   2 C  + tan + tan ≥ 3 ⇔  3tan  +  3tan  +  3tan ≥ 3ñ 2 2 tan  2 2 2  2  2  2 2 A 2 B 2 C π ñư c các cơ s 3tan = 3tan = 3tan = 1 khi A = B = C = . 2 2 2 3 Áp d ng (1) ta có : 2 2 2  2 A  2 B  2 C   3tan  +  3tan  +  3tan  ≥  2  2  2   2 A    2 B    2 C  1 + 2  3tan − 1  + 1 + 2  3tan − 1  + 1 + 2  3tan − 1    2    2    2    2 A 2 B 2 C   = 3 + 2  3  tan + tan + tan  − 3 ≥ 3   2 2 2  2 A 2 B 2 C A B B C C A (vì tan + tan + tan ≥ tan tan + tan tan + tan tan = 1 ). 2 2 2 2 2 2 2 2 2 B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  17. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s Nh n xét : BðT (1) ñư c g i là b t ñ ng th c Bernouli, nó thư ng ñư c s d ng ñ ch ng minh các b t ñ ng th c có lũy th a v i s mũ h u t ho c vô t . Ví d 11. Cho 0 < s < 1 và a, b, c là 3 s dương . 1 1 1 a +b s s  b +c s s s  c +a s s s  s Ch ng minh r ng :   2  +    +    ≤a+b+c     2   2  1  as + bs s a + b Gi i : Trư c tiên ta ch ng minh :  ≤  2  (*)  2   1 a +b  s s s a b 2a s 2b s ð t m= ,x = ,y = ⇒ x + y = s s + s = 2 s s  2   m m a +b a +b s   Áp d ng VD7 ta có : ( ) ( ) 1 1 s x = x ≥ 1 + x − 1 (1) s s s ( ) ( ) 1 1 s y= y ≥ 1 + y − 1 (2) s s s C ng (1) và (2) theo v ta ñư c x + y ≥ 2 suy ra (*) ñư c ch ng minh Áp d ng (*) ta ñư c : 1 1 1  as + bs  s  bs + cs  s  cs + as  s a + b b + c c + a  + + ≤ + + =a+b+c.  2   2   2       2 2 2       1 1  a 2 + b2 + c2  2  a3 + b3 + c3 3 Ví d 12.Ch ng mnih:    ≤    , a, b, c > 0   3   3  3 3 3 Gi i: ð t : x = a , y = b , z = c ⇒ a = x , b = y , c = z 2 2 2 3 2 3 2 3 2 B t ñ ng th c (*) tr thành : 1  1 3 3 3  3 3 3 3 3 x+ y+z x + y +z  ⇔x+ y+z ≤ x + y +z 2 2 2 2 2 2 2 2   ≤    3    3    3  3   3 3 3 3 x+ y+z x+ y+z 2 2 2 2 2 2 x 2y z ð t : m=  ,u = ,v = ,s = ⇒u +v +s = =3 3 3 3  3  m m m x+x+z 3 B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  18. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s Ta có 3 3 3  2 2 3 3  2  2 2 3 3  2  2 2 3 3  2 u =  u  ≥ 1 +  u − 1 (1) , v =  v  ≥ 1 +  v − 1 ( 2 ) , s =  s  ≥ 1 +  s − 1 ( 3) 3 3 3   2    2    2  C ng theo v các b t ñ ng th c (1), (2) và (3) ta ñư c: 3 3 3 3 3 3  u+v+s x +y +z  x + y + z 2 2 2 2 2 2 2 u + v + s ≥ 3 +  u + v + s − 3 = 3 ⇔ ≥1⇔ ≥ 3 3  . 2  3 3  3  ( ) ( ) , x> y>0 y x 2 +3 < 2 +3 x x y y Ví d 13. Ch ng minh : y x   3 x xy  3  (2 ) < (2 ) y y x +3 +3 ⇔ 2 1 +    < 2 1 +    x x y y xy Gi i: Ta có:  2   2  1 1 y x   3 x   3 y    3 x x   3 y y  2   2   2   2  1 ⇔ 1 +    < 1 +    ⇔ 1 +    < 1 +    ⇔ ln 1 + a < ln 1 + a x x 1 y y ( ) ( ) (1) 3 Trong ñó a = . 2 a ln a − 1 + a ln 1 + a t t t t ( ) ( ) 1 t ( ð t f ( t ) = ln 1 + a ⇒ f ' ( t ) = t ) t 2 < 0, ∀t > 0 V y f ( t ) ngh ch bi n trên ( 0;+∞ ) mà x > y > 0 ⇒ f ( x ) < f ( y ) v y (1) ñúng nên b t ñ ng th c ñư c ch ng minh. b a  a 1   b 1  Ví d 14. Cho a ≥ b > 0 . Ch ng minh r ng :  2 + a  ≤  2 + b  (ðH-KD-2006)  2   2  Gi i : Ý tư ng cô l p m i v m t bi n ti p t c ñư c s d ng, vì th ta bi n ñ i ( ) ( ) ( ) ( ) b a  a 1   b 1  b a 2 + a  ≤  2 + b  ⇔ 4 + 1 ≤ 4 + 1 ⇔ b ln 4 + 1 ≤ a ln 4 + 1 a b a b   2   2  ⇔ (a ≤ ) ln 4 + 1 ln 4 + 1 b ( (1) ) a b Xét hàm s : f ( t ) = ln 4 + 1 t ( , t ∈ ( 0; +∞ ) ) t Ta có : f ' ( t ) = 4 ln 4 − 4 + 1 ln 4 + 1 t t ( t ) ( t ) < 0, ∀t > 0 nên hàm s ngh ch bi n trên ( 0;+∞ ) t 2 ( 4 + 1) t B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  19. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s V y : a ≥ b > 0 ⇒ f ( a ) ≤ f (b) ⇔ ( ln 4 + 1 a ) ≤ ln ( 4 + 1) hay (1) ñúng nên b t ñ ng th c b a b ñư c ch ng minh. ( ) ( ). y x Bài 13 và 14 có d ng t ng quát là: v i a, b > 0 và x > y > 0 ta có: a + b < a +b x x y y Ví d 15. Cho a, b, c là các s dương th a mãn a + b + c = 1 2 2 2 a b c 3 3 Ch ng minh r ng: + + ≥ (1) 1− a 1− b 1− c 2 2 2 2 Gi i : Trong b t ñ ng th c trên a, b, c có vai trò bình ñ ng nên d dàng ki m tra ñư c 1 ñ ng th c x y ra khi a = b = c = . Ta hãy xét hàm s mà 3 1 f '( x ) = 0 ⇔ x = ⇔ 1 − 3x = 0 ? 2 3 V y hàm s mà ta s xét là : f ( x ) = x − x , x ∈ ( 0;1) . 3 1 Ta có : f ' ( x ) = 1 − 3x , f ' ( x ) = 0 ⇔ 1 − 3x = 0 ⇔ x = 2 2 (Vì x>0) 3 B ng bi n thiên: T b ng bi n thiên suy ra : f ( x) = x − x ≤ 3 2 3 3 ⇔ x 1− x ≤ 2 2 3 3 ⇔ x 1− x 2 ≥ 3 3 2 2 ( x , ∀x ∈ ( 0;1) ) Áp dung vào bài toán ta ñư c: a 1− a 2 + 1− b b 2 + 1− c c 2 ≥ 3 3 2 2 ( a +b +c = 2 2 3 3 2 . ) Cách 2: Áp d ng BðT AM-GM ta có: 3  2x 2 + 2 − 2x 2   2  3 2x 1 − x 2 ( 2 )(1 − x ) 2 ≤   3  =   ⇔ x 1− x ≤   3 2 2 3 3 ( ) 3 3 2x ⇔ x (*) ≥ 1− x 2 2 Áp d ng (*) ta có: a 2 + b 2 + 1− a 1− b 1− c c 2 ≥ 3 3 2 2 a +b +c = 2 2 3 3 2 . ( ) B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
  20. Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s 5 4 1 Ví d 16. Cho x > 0, y > 0 và x + y = . Ch ng minh : + ≥ 5 (1) 4 x 4y 5 Gi i: Ta có x + y = ⇒ 4 y = 5 − 4 x 4 4 1 4 1  5 Ta có (1) ⇔ + ≥ 5 . Xét f ( x ) = + , x ∈  0;  x 5 − 4x x 5 − 4x  4 4 4 f '( x ) = − 2 + 2 , f '( x ) = 0 ⇔ x = 1 x (5 − 4x ) 4 1 L p b ng bi n thiên ta ñư c min f ( x ) = f (1) = 5 , t ñó suy ra + ≥ 5 và ñ ng th c  5  0;   4 x 4y 1 x y ra khi x = 1, y = . 4 Chú ý: Bài toán trên có th gi i theo cách khác Trư c khi áp d ng BðT cauchy ho c BðT CBS ñ gi i bài toán trên ta dư ñoán ñi m rơi  5 x + y = 4 x = 1  x y 1 1 b ng cách gi i h  4 1 ⇔ 1 khi ñó = và = nên ta có hai y= 2 1  + =5   4 x 4y  x 4y x 2 y cách gi i n a là: Cách 2: Theo BðT CBS ta có : 2 4 1   2 1  25 4 1 ( x + y )  +  ≥  x. + y  = ⇔ + ≥5  x 4y    x  2 y 4 x 4y 4 1 1 1 1 1 1 1 1 Cách 3: Theo BðT cauchy ta có: + = + + + + ≥ 55 ≥5 =5 x 4y x x x x 4y 4 4x y 4x + 4 y 5 Ví d 17. Cho x ≥ 0, y ≥ 0 và x + y = 2 . Ch ng minh: x + y ≤ 2 . 3 3 2 2 (2 − x ) 2 Gi i : Ta có x + y = 2 ⇒ y = 2 − x ⇒ x + y = x + 3 3 3 3 2 2 2 3 3 f ( x ) = x + ( 2 − x ) , x ∈ [0; 2 Vì x ≥ 0, y ≥ 0 và x + y = 2 ⇒ 0 ≤ x ≤ 3 2 . Xét 3 3 2 3 3 3 2] ( ) 2 2x Ta có: f ' ( x ) = 2 x − x ∈ 0; 3 2 , f ' ( x ) = 0 ⇔ x 3 2 − x = x 3 2 2−x 3 3 ⇔ x 2−x 2 ( 3 )=x 4 ⇔ x + x − 2 = 0 ⇔ x = 1 (vì x ∈ 0; 3 2 3 2 ( ) B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2