Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số ứng dụng tính đơn điệu của hàm số

Chia sẻ: Caphesuadathemhanh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:43

Thêm vào BST

Báo xấu

42
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề tài "Một số ứng dụng tính đơn điệu của hàm số" được tác giả chọn viết nhằm giới thiệu với các thầy cô và các em học sinh những kinh nghiệm và phương pháp của chúng tôi khi giảng dạy về tính đơn điệu của hàm số trong chương trình toán THPT, qua đó cũng nhấn mạnh tầm quan trọng của nó qua các ứng dụng, đặc các bài toán được lấy từ các đề thi THPT quốc gia và kì thi học sinh giỏi về toán trong những năm gần đây.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số ứng dụng tính đơn điệu của hàm số

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT NGUYỄN THÁI HỌC =====***===== BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: MỘT SỐ ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Tác giả: Lê Anh Tuấn Điện thoại: 0913389665 Email: leanhtuan@gmail.com Mã sáng kiến: 05.52 1
2
MỤC LỤC Mở đầu 2 PHẦN A: ĐẶT VẤN ĐỀ 3 1. Lý do chọn đề 3 tài............................................................................................................ 2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên 3 cứu................................................................................ 3. Phương pháp nghiên 3 cứu................................................................................................ 4. Giả thuyết khoa 4 học....................................................................................................... 5. Mô tả sáng 4 kiến.............................................................................................................. 6. Bố 4 cục............................................................................................................................ PHẦN B: NỘI DUNG 6 I. Một số vấn đề lý thuyết liên quan 6 II. Một số ứng dụng tính đơn điệu của hàm số 6 1. Chứng minh bất đẳng 6 thức............................................................................................. 2. Giải các phương trình, bấ t phương 18 trình…………………………………………….... 3. Giải các hệ phương 23 trình................................................................................................ III. Một số bài tập vận dụng 35 PHẦN C: KẾT LUẬN 38 1. Kiến nghị, đề xuất về việc triển khai áp dụng đề 38 tài…………………………………. 2. Đánh giá lợi ích có thể thu được do áp dụng đề tài, sáng kiến ……………………. 38 3. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng đề tài, sáng kiến ………… 38 3 Tài liệu tham khảo 39
PHẦN A: ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Lý do chọn đề tài Một trong các ứng dụng cơ bản của đạo hàm là khảo sát tính đơn điệu của hàm số. Bằng việc khảo sát được tính đơn điệu của hàm số ta giải quyết được nhiều dạng toán liên quan như chứng minh bất đẳng thức, giải các phương trình, hệ phương trình. Vì vậy có thể nói tính đơn điệu của hàm số có rất nhiều ứng dụng và rất quan trọng trong chương trình giải tích ở trường THPT. Báo cáo kết quả nghiên cứu này, tôi sẽ trình bày một số ứng dụng của tính đơn điệu hàm số để giải một số dạng toán thường gặp trong các kì thi THPTquốc gia và trong các kì thi chọn học sinh giỏi bậc trung học phổ thông. 2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu Đề tài "Một số ứng dụng tính đơn điệu của hàm số" được tác giả chọn viết nhằm giới thiệu với các thầy cô và các em học sinh những kinh nghiệm và phương pháp của chúng tôi khi giảng dạy về tính đơn điệu của hàm số trong chương trình toán THPT, qua đó cũng nhấn mạnh tầm quan trọng của nó qua các ứng dụng, đặc các bài toán được lấy từ các đề thi THPT quốc gia và kì thi học sinh giỏi về toán trong những năm gần đây. Đề tài này được coi như một chuyên đề để giảng dạy nâng cao cho học sinh THPT và bồi dưỡng cho học sinh giỏi về Toán. Tác giải rất mong nhận được 4
góp ý trao đổi của các thầy chuyên gia, các bạn đồng nghiệp để chuyên đề có thể sâu sắc và hoàn thiện hơn nữa. Hy vọng đề tài sẽ góp một phần nhỏ để việc giảng dạy phần giải tích đạt hiệu quả nhất. 3. Phương pháp nghiên cứu Trong bản sáng kiến kinh nghiệm sử dụng các phương pháp nghiên cứu chủ yếu sau: Phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu các tài liệu về ứng dụng tính đơn điệu hàm số, đặc biệt từ các tạp chí trong và ngoài nước; tài liệu từ Internet... Phương pháp trao đổi, tọa đàm (với giáo viên, học sinh khá giỏi toán). Phương pháp tổng kết kinh nghiệm. 4. Giải thuyết khoa học Nếu học sinh được học chuyên sâu theo chuyên đề như trên sẽ phát triển năng lực tư duy Toán học, đặc biệt là có phương pháp để giải quyết các bài toán về giải tích. 5. Mô tả sáng kiến 5.1. Tên sáng kiến: Một số ứng dụng tính đơn điệu của hàm số 5.2. Tác giả sáng kiến: Họ và tên: Lê Anh Tuấn Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Nguyễn Thái Học Số điện thoại: 0913389665 Email: leanhtuancvp@gmail.com 5.3. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Lê Anh Tuấn 5.4. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Dùng để dạy cho các lớp ôn thi THPTquốc gia và bồi dưỡng các đội tuyển HSG Toán tham dự kì thi HSG Tỉnh. 5
5.5. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: 08/12/2019. 5.6. Mô tả bản chất của sáng kiến: 6. Bố cục Bản sáng kiến kinh nghiệm gồm ba phần chính: A ĐẶT VẤN ĐỀ B NỘI DUNG I. Một số vấn đề lý thuyết liên quan II. Một số ứng dụng tính đơn điệu của hàm số 1. Chứng minh bất đẳng thức 2. Giải các phương trình, bất phương trình 3. Giải các hệ phương trình III. Một số bài tập vận dụng C KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 6
PHẦN B. NỘI DUNG I. Một số vấn đề lý thuyết liên quan 1.1. Cho hàm số y = f ( x) đồng biến trên ( a; b ) . Với mọi x1 , x2 ( a; b ) ta luôn có x1 < x2 � f ( x1 ) < f ( x2 ) . 1.2. Cho hàm số y = f ( x) nghịch biến trên ( a; b ) . Với mọi x1 , x2 ( a; b ) ta luôn có x1 < x2 � f ( x1 ) > f ( x2 ) . 1.3. Cho hàm số y = f ( x) liên tục và đơn điệu trên khoảng ( a; b ) , tức là luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên khoảng ( a; b ) . Với mọi x1 , x2 ( a; b ) ta luôn có x1 = x2 � f ( x1 ) = f ( x2 ) . 1.4. Cho hàm số y = f ( x) liên tục và đơn điệu trên khoảng ( a; b ) . Khi đó phương trình f ( x) = 0 có không quá một nghiệm thuộc khoảng ( a; b ) . 1.5. Nếu phương trình f '( x) = 0 chỉ có một nghiệm trên khoảng ( a; b ) thì phương trình f ( x) = 0 có không quá hai nghiệm trên khoảng ( a; b ) . II. Một số ứng dụng tính đơn điệu của hàm số 1. Chứng minh bất đẳng thức Ta thường sử dụng trực tiếp khái niệm về hàm số đồng biến và hàm số nghịch biến để suy ra các bất đẳng thức mà hai vế đối xứng (có một đặc trưng hàm số nào đó). Việc xét tính đồng biến nghịch biến của một hàm số được thực hiện đơn giản bằng việc xét dấu đạo hàm. Cụ thể ta sử dụng kết quả sau: + Nếu f ( x ) đồng biến trên [a; b] thì f ( x ) > f ( a ) với mọi x > a. + Nếu f ( x ) nghịch biến trên [a; b] thì f ( x ) > f ( b ) với mọi x 1 , với mọi α Bài toán 1.1. Chứng minh rằng cos α + α � 0; � � � 2� 7
�π� Lời giải. Xét hàm số f ( x) = cos x + x sin x với x � 0; �. Ta có � 2� �π� f ( x) = x � cos x > 0 ∀x �� 0; �, suy ra hàm số f ( x) đồng biến trên 2 � � �π� �π� 0; � � f (α ) > f (0) = 1 ∀α ��0; � � cos α + α � sin α > 1 (đpcm). � 2� � � 2� π Bài toán 1.2. Cho 0 < a < b < tan a < a � . Chứng minh rằng b � tan b 2 tan a tan b tan a < a � Lời giải. Ta có b � tan b � < a b tan x �π� Xét hàm số f ( x) = với x � 0; � , ta có x � 2� x − tan x �π� cos 2 x 2 x − sin 2 x với x � 0; � f ( x) = 2 = 2 2 � 2� x 2 x cos x �π� Xét t ( x) = 2 x − sin 2 x, x � 0; �, có � 2� �π� t ( x) = 2 − 2cos 2 x = 2 ( 1 − cos 2 x ) > 0 ∀x � 0; � � 2� �π� 0; �� t ( x) > t (0) = 0 . Do đó Suy ra t ( x) đồng biến trên � � 2� �π� 2 x − sin 2 x > 0, ∀x � 0; � . � 2� 8
�π� �π� Suy ra f ( x) > 0 ∀x �� 0; � f ( x) đồng biến trên � � 0; �. Do vậy ta luôn có 2 � � � 2� f ( a) < f (b) với 0 < a < b < π (đpcm). 2 Nhận xét. Từ cách giải bài toán ta suy ra một kết quả có nhiều ứng dụng trong việc chứng minh bất đẳng thức sau đây: Với mọi x 0 ta có sin x x . Tiếp theo là một ví dụ áp dụng kết quả cơ bản trên π Bài toán 1.3. Cho 0 x . Chứng minh rằng: 2 x3 2x a) sinx x − b) sinx 6 π x3 � π� Lời giải. a) Xét hàm f ( x) = sin x − x + với x � 0; . Ta có 6 � 2� � x 2 f ''( x) = − sin x + x 0 f '( x) = cos x − 1 + ; 2 Do đó f '( x) = f ='(0) � 0 f ( x) f (0) 0 (đpcm). 2x 2 b) Xét hàm f ( x) = sin x − , ta có f '( x) = cos x − . π π Đến đây kịch bản không đơn giản như phần (a) nữa vì f ( x) có nghiệm duy � π� nhất x = α 0; . Tuy nhiên bằng việc lập bảng biến thiên của hàm số f ( x) � � 2� � � π� �π � 2x 0; ta sẽ có ngay f ( x) trong đoạn � f � �= 0 . Vậy sin x (đpcm). � 2� � �2 � π Như vậy ta có một bất đẳng thức kẹp cho sinx: 9
x3 Với mọi x > 0 ta có x − < sinx < x . 6 Bài toán 1.4. Chứng minh rằng với mọi x 0 ta có e x 1 + x. Lời giải. Xét hàm f ( x) = e x − x − 1 với x 0 . Ta có f '( x) = e x − 1 0 với mọi x 0. Suy ra hàm f(x) đồng biến trên [ 0; = � ) + f ( x) f (0) 0 . Vậy e x 1 + x Đẳng thức xảy ra khi x=0. Nhận xét. Bằng việc xét đạo hàm nhiều lần và sử dụng kết quả bài toán 1.4 ta có kết quả tổng quát hơn như sau: x2 Kết quả 1: e x 1 + x + với mọi x 0 . 2 Kết quả 2: Với n là số nguyên dương bất kì ta có: x2 xn ex 1 + x + + ... + với mọi x 0 . 2 n! Bài toán 1.5 (Đề thi Đại học khối D năm 2006). Chứng minh rằng b a � a 1 � �b 1 � �2 + a� �2 + b �, ∀a b > 0 . � 2 � � 2 � Lời giải. Ta có b a b a � a 1 � �b 1� 1 + 4a � � � 1 + 4b � �2 + �a +� �2 � � a � � b � � 2 � � 2b � �2 � �2 � ln ( 1 + 4 a ) ln ( 1 + 4b ) �+( 1�+4 ) (1 a b 4 ) b a a b ln ( 1 + 4 x ) Xét hàm số f ( x ) = với x > 0. Ta có x 10
4 x ln 4 x − ( 1 + 4 x ) ln ( 1 + 4 x ) f ( x) = < 0, ∀x > 0 , x2 ( 1 + 4x ) nên f ( x) là hàm nghịch biến trên ( 0;+ ) . Do đó f ( a ) f ( b ) (đpcm). Bài toán 1.6. Chứng minh rằng với mọi x, y phân biệt thuộc khoảng ( 0;1) ta có 1 � y x � ln � − ln >4 ( 1) . y − x � 1− y 1− x � � Lời giải y x y x Nếu y > x thì ( 1) � ln − ln > 4 ( y − x ) � ln − 4 y > ln − 4x . 1− y 1− x 1− y 1− x y x y x Nếu y 0, ∀t ( 0;1) . t � 1− t � t (1− t) Suy ra f(t) đồng biến trên (0;1). Từ đó ta suy ra ngay điều phải chứng minh. Bài toán 1.7. Cho các số a, b, x dương và a b . Chứng minh rằng b+ x b �a + x � �a � � � >� � �b + x � �b � b+ x �a + x � Lời giải. Xét hàm số f ( x) = � � , x 0. Khi đó �b + x � �a + x � � a + x� ln f ( x) = ( b + x ) ln � �. Suy ra [ ln f ( x) ] = � (b + x)ln �b + x � � b+ x�� 11
f ( x) a+x b + x �a + x � a+ x b−a � = ln + (b + x) .� �= ln + f ( x) b+x a + x �b + x � b+x a+x b+ x b+ x � a + x b − a � �a + x � � a + x b − a � �a + x � � f ( x ) = f ( x) � ln + �= � ln � � + �= � � .g ( x) � b + x a + x � �b + x � � b + x a + x � �b + x � a+ x b−a , trong đó g ( x) = ln + . b+x a+ x b+ x b−a a −b (a − b) 2 Ta có g ( x) = . + =− < 0. a + x (b + x ) 2 (a + x ) 2 (a + x) 2 (b + x) Do đó g(x) nghịch biến trên ( 0;+ ) . Suy ra � a+ x b−a� g ( x) > lim g ( x) = lim � ln + �= 0 . x x � b+ x a+x� Vậy f ( x) > 0, ∀x > 0 , nên f(x) đồng biến trên ( 0;+ ) . Suy ra f(x) > f(0) (đpcm). Bài toán 1.8. ( Đề thi HSG Quốc gia năm 1992). Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1 ta có n n n n n 1+ + 1− n < 2. n n n n Lời giải. Đặt x = ( 0;1) . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành n n 1 + x + n 1 − x < 2, ∀x ( 0;1) . Xét hàm số f ( x ) = n 1 + x + n 1 − x liên tục x [ 0;1) có 1 � 1 1 � f '( x ) = � − �< 0, ∀x ( 0;1) n �n (1 + x )n−1 n (1 − x )n−1 � � � Vậy f(x) nghịch biến (0;1) nên f(x)
� x2 xn �� x 2 x3 xn � 1+ x + � + ... + � �1− x + − + ... + �< 1 . � 2! n ! � � 2! 3! n ! � � � � � Lời giải. Đặt x2 xn u ( x) = 1 + x + + ... + 2! n! x2 x3 xn v( x) = 1 − x + − + ... + 2! 3! n! Ta cần chứng minh f ( x) = u ( x).v( x) < 1 . Ta có x2 x n−1 xn u ( x) = 1 + x + + ... + = u ( x) − 2! ( n − 1)! n! x 2 x3 x n−1 xn v ( x ) = −1 + 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 � xn =� u ( x) − n ! �.v ( x ) + u ( x ) � −v( x) − n ! �= − n! [ u ( x) + v( x) ] � � � � 2xn � x2 x4 x n−1 � =− 1+ � + + ... + � n ! � 2! 4! ( n − 1)!� Vì n là số lẻ lớn hơn 3 nên f ( x ) cùng dấu với (2x). Do đó ta có bảng biến thiên x − 0 + y’ + 0 y 1 13
Từ bảng biến thiên ta có f ( x ) < f (0) = 1, ∀x 0. (đpcm) Bài toán 1.10. Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng 1 xn . 1 − x < với mọi x ( 0;1) . 2n.e n 1 1 Lời giải. Ta có x . 1 − x < � x 2 n (1 − x ) < (*) 2n.e 2ne Xét hàm số f ( x ) = x 2 n (1 − x) với x ( 0;1) . Ta có f ( x ) = x 2 n−1 [ 2n − (2n + 1) x ] Bảng biến thiên x 2n 0 2n + 1 1 f’(x) + 0 f(x) (2n) 2 n (2n) 2 n 1 Vậy max f ( x) = 2 n +1 . Ti ếp theo ta sẽ ch ứ ng minh 2 n +1 < (0;1) (2n + 1) (2n + 1) 2ne 2 n +1 (2n) 2 n 1 � 2n � 1 Thật vậy, 2 n +1 < � � � < (2n + 1) 2ne �2n + 1 � e 14
2 n +1 �2n + 1 � � � � > e � (2n + 1) [ ln(2n + 1) − ln(2n) ] > 1 � 2n � 1 � ln(2n + 1) − ln(2n) > (1) 2n + 1 Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số f ( x) = ln x trên [2n;2n+1] suy ra tồn tại f (2n + 1) − f (2n) c �[ 2n;2n + 1] thuộc sao cho f ( x) = . Suy ra 2n + 1 − 2n 1 1 ln(2n + 1) − ln(2n) = > (2) . e 2n + 1 Từ (1), (2) ta suy ra điều phải chứng minh. Nhận xét. Việc kết hợp thêm định lý Lagrange giúp cho các bước đánh giá trung gian nhanh hơn. Ta xét thêm một ví dụ có sử dụng định lý này trong việc đánh giá. Bài toán 1.11. Chứng minh rằng x +1 x � 1 � � 1� 1+ � � >� 1 + �, ∀x > 0 (1). � x + 1 � � x� Lời giải. Trước tiên ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng về dạng quen đơn giản hơn. Ta có (1) � ( x + 1) � ln ( x + 2 ) − ln ( x + 1) � � ln ( x + 1) − ln x � �> x � � � Vì vậy ta xét hàm số f ( x ) = x � ln ( x + 1) − ln x � � , x > 0 và cần chứng minh � f ( x + 1) > f ( x ) �1 � ln ( x + 1) − ln x 1 Ta có f ' ( x ) = ln ( x + 1) − ln x + x � − x �= − . �x + 1 � x +1− x x Áp dụng định lý Lagrange đối với hàm số g ( t ) = ln t trên [ x; x + 1] , khi đó tồn tại 15
ln( x + 1) − ln ( x ) 1 1 c �( x; x + 1) sao cho = > � f ' ( x ) > 0, ∀x > 0 , do đó f ( x ) ( x + 1) − x c x +1 đồng biến trên ( 0; +�� ) f ( x + 1) > f ( x ) . Bài toán được chứng minh hoàn toàn. Nhận xét. Trong bài toán trên thực chất của vấn đề là ta đi chứng minh hàm số x � 1 � đồng biến trên (0; + ) và để làm được điều đó ta đi chứng minh F ( x) = � 1+ � � x � hàm số f ( x) = ln F ( x) đồng biến trên (0; + ) . Tương tự ta cũng chứng minh x +1 � 1� 1 + � nghịch biến trên (0; + ). được hàm số G ( x) = � � x� Ta có thể chứng minh bài toán trên bằng cách khác như sau: Xét hàm số F ( x) = ln(1 + x) . Với mọi cặp số thực dương x, y bất kì thỏa mãn x < y , theo định lí Lagrange, luôn tồn tại x0 �(0; x), y0 �( x; y ) sao cho: f ( x) − f (0) f ( y ) − f ( x) f '( x0 ) = , f '( y0 ) = x−0 y−x 1 ln(1 + x) 1 ln(1 + y ) − ln(1 + x) hay = ; = . 1 + x0 x 1 + y0 y−x 1 1 ln(1 + x) ln(1 + y ) − ln(1 + x) Mà > � > � y ln(1 + x) > x ln(1 + y ). 1 + x0 1 + y0 x y−x Vậy với mọi cặp số thực dương x,y bất kì thỏa mãn x < y , luôn có 1 1 y ln(1 + x) > x ln(1 + y ) . Thay x bởi và y bởi ta được y x y x 1 � 1� 1 � 1� � 1� � 1� ln 1 + �> ln � 1 + �� 1 + �> � 1 + � (đpcm) x �� y� y � x� � y� � x� 16
�π� Bài toán 1.12. Chứng minh rằng 2s inx + 2t anx 2 x+1 với mọi x � 0; �. 2 � � Lời giải. Áp dụng BĐT Côsi ta có 2s inx + 2 t anx 2. 2s inx.2 t anx . Ta chứng minh 2 2s inx.2t anx �۳� 2 x+1 + � 2s inx + t anx 22 x sinx t anx 2 x . �π� Xét hàm số f ( x) = sin x + tan x − 2 x liên tục trên � 0; , có � 2� � 1 1 �π� f ( x) = cos x + − 2 > cos 2 x + − 2 0, ∀x � 0; . � 2� 2 2 cos x cos x � �π� 0; �. Suy ra f ( x) Do đó f(x) đồng biến trên � f (0) = 0 , hay � 2� �π� sinx + t anx 2x với mọi x � 0; �. Bài toán được chứng minh. � 2� 3 sinx � �π� Bài toán 1.13. Chứng minh rằng � � �> cos x, ∀x � 0; �. �x � � 2� Lời giải. Ta biến đổi 3 �sinx � sin 3 x �> cos x � 3 > cos x � sin x.tan x x > 0 (1) . 2 3 � �x � x �π� Xét hàm số f ( x) = sin 2 x.tan x x 3 với x � 0; . Ta có � 2� � f ( x ) = 2sin 2 x + tan 2 x − 3x 2 . ( a + b + c) 2 Áp dụng BĐT 3(a 2 + b 2 + c 2 ) ta có 1 f ( x ) = sin 2 x + sin 2 x + tan 2 x − 3x 2 ( 2sin x + tan x ) − 3x 2 . 2 3 �π � Tiếp tục xét hàm g ( x) = 2sin x + tan x − 3 x, x 0; , thì � 2� 17
1 1 1 g ( x ) = 2cos x + 2 − 3 = cos x + cos x + 2 − 3 3 3 cos 2 x. 2 − 3 = 0 cos x cos x cos x �π � �π � , với mọi x 0; , nên g(x) đồng biến trên 0; . Suy ra � 2� � 2� �π � g ( x) g ( 0 ) = 0, ∀x 0; . � 2� 1 �π� Do đó f ( x ) ( 3x ) − 3x 2 = 0 nên f(x) đồng biến trên �0; �. Suy ra 2 3 � 2� �π� f ( x ) > f ( 0 ) = 0, ∀x � 0; . � 2� � Nhận xét. Bằng việc xét hàm g ( x) = 2sin x + tan x − 3 x ta đã chứng minh được �π � 2sin x + tan x 3 x, ∀x 0; . Bằng việc áp dụng vào tam giác ABC với tổng ba � 2� góc A + B + C = π ta thu được kết quả khá hấp dẫn sau: Với A, B, C là ba góc của một tam giác nhọn bất kì ta có: 2 ( sin A + sin B + sin C ) + ( tan A + tan B + tan C ) > 3π . Bài toán 1.14. (Đề thi HSG Hà Nội năm 2017). Cho hàm số f xác định trên tập số thực, lấy giá trị trên R và thỏa mãn điều kiện f ( cot x ) = sin 2 x + cos 2 x, ∀x ( 0;π ) . Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số g ( x ) = f ( sin 2 x ) . f ( cos 2 x ) trên tập số thực. Lời giải. Ta có f ( cot x ) = sin 2 x + cos 2 x, ∀x ( 0;π ) 2cot x cot 2 x − 1 cot 2 x + 2cot x − 1 � f ( cot x ) = + = , ∀x �( 0;π ) cot 2 x + 1 cot 2 x + 1 cot 2 x + 1 18
Từ đó với chú ý rằng với mỗi t R đều tồn tại x ( 0;π ) sao cho cot x = t ta được t 2 + 2t − 1 f ( t) = , ∀t R. t2 +1 Dẫn tới sin 4 2 x + 32sin 2 2 x − 32 g ( x ) = f ( sin 2 x ) . f ( cos 2 x ) = , ∀x R (1) . sin 4 2 x − 8sin 2 2 x + 32 1 � 1� Đặt u = sin 2 2 x . Dễ thấy khi x chạy qua R thì u chạy qua � 0; . Vì vậy từ (1) 4 � 4� � ta được min g ( x) = min h(u ) max g ( x) = max h(u ) x R � 1� 0; � và x R � 1� 0; � 4� � � � 4� � u 2 + 8u − 2 2 ( −5u 2 + 4u + 6 ) , trong đó h ( u ) = 2 . Ta có h ( u ) = . ( u 2 − 2u + 2 ) 2 u − 2u + 2 � 1� Dễ dàng chứng minh được h ( u ) > 0, ∀u � 0; . Suy ra hàm h(u) đồng biến � 4� � � 1� � 1� 0; �. Vì vậy trên � trên � 0; ta có � 4� � 4� � �1 � 1 min h ( u ) = h ( 0 ) = −1 và max h ( u ) = h � �= . �4 � 25 1 Vậy min g ( x ) = −1 , đạt được chẳng hạn khi x = 0 và max g ( x ) = , đạt được 25 π chẳng hạn khi x = . 4 19
2. Giải các phương trình, bất phương trình Để giải một phương trình hay bất phương trình bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu ta thường có hai hướng tiếp cận như sau: Hướng 1: Biến đổi phương trình về dạng f(x) = m, nhẩm được một nghiệm rồi chứng minh hàm f(x) đồng biến (nghịch biến). Từ đó suy ra phương trình có nghiệm duy nhất. Hướng 2: Biến đổi phương trình về dạng f(u) = f(v), trong đó hàm f(x) đồng biến (nghịch biến). Khi đó ta được u = v. Bài toán 2.1. Giải phương trình log12 ( ) 1 x + 4 x = log 9 x 2 Lời giải. Điều kiện x > 0 . 1 Đặt t = log 9 x � x = 92t , x = 9t , 4 x = 3t. Khi đó phương trình (1) trở thành 2 t t �3 � �1 � log12 ( 9 + 3 ) = t � 9 + 3 = 12 � � �+ � �= 1 t t t t t �4 � �4 � t t �3 � �1 � Xét hàm số f (t ) = � �+ � � với t ﾡ . Dễ thấy f (t ) là hàm số nghịch biến. �4 � �4 � Khi đó (2) trở thành f (t ) = f (1) � t = 1 � x = 81 (thỏa mãn điều kiện). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 81 . x Bài toán 2.2. Giải bất phương trình 2 x < 3 2 + 1 Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với x x � 3 � �1 � ( 3) x 2x < + 1 � 1 < � �+ � � x �2 � �2 � 20