S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Sö dông tÝnh ®¬n ®iÖu - gtln - gtnn cña hµm sè ĐỂ
đ kh¶o s¸t nghiÖm cña ph¬ng tr×nh - bÊt ph¬ng tr×nh
*****
I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT
1.Tính đơn điệu của hàm số
Cho hàm số y f ( x) có đạo hàm trên D.
Nếu f ' x 0, x D thì hàm số f ( x ) đồng biến (tăng) trên D.
Nếu f ' x 0, x D thì hàm số f ( x ) nghịch biến (giảm) trên D.
(Dấu “=” chỉ xảy ra tại một số điểm hữu hạn trên D)
Nếu hàm f x tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình
f x k k có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b).
Nếu hàm f x tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta có
f (u ) f v u v .
Nếu hàm f x tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta có
f (u ) f v u v ( f (u ) f v u v ).
Nếu hàm f x tăng và g x là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b) thì
phương trình f x g x có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b).
Định lý Bolzano – Cauchy : Nếu hàm số f x liên tục trên a; b và f a . f b 0 thì
tồn tại ít nhất một điểm x0 a; b để f x0 0 .
Nếu hàm số f x đơn điệu và liên tục trên a; b và f a . f b 0 thì tồn tại
duy nhất một điểm x0 a; b để f x0 0 .
Nếu f x là hàm số đồng biến ( nghịch biến ) thì
y=
n
f ( x), n N , n 2 đồng biến (nghịch biến ),
1
với
f ( x)
f x 0 là nghịch
biến ( đồng biến), y f x nghịch biến (đồng biến ).
Tổng các hàm đồng biến ( nghịch biến ) trên D là đồng biến (nghịch biến )
trên D.
Tích của hai hàm số dương đồng biến (nghịch biến ) trên D là một hàm đồng
biến (nghịch biến ) trên D.
2. Giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số
Cho hàm số y f ( x) xác định trên D.
Số M được gọi là GTLN của hàm số y f ( x) trên D nếu f ( x) M , x D và
x0 D sao cho f ( x0 ) M . Kí hiệu M max f ( x)
D
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 1 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Số m được gọi là GTNN của hàm số y f ( x) trên D nếu f ( x) m, x D và
x0 D sao cho f ( x0 ) m . Kí hiệu m min f ( x)
D
Quy tắc tìm GTLN và GTNN của hàm số
* Từ việc lập BBT của hàm số f ( x) trên tập xác định của nó ta sẽ tìm thấy những
điểm trên đồ thị có tung độ lớn nhất ( nhỏ nhất ) các giá trị đó chính là GTLN (
GTNN ) của hàm số .
* Nếu hàm số f ( x) xác định và liên tục trên đoạn a; b thì ta có thể tìm GTLN
và GTNN theo các bước sau :
- Tìm các điểm x1 , x2 ,..., xn trên đoạn a; b mà tại đó f ' ( x) bằng 0 hoặc f ' ( x)
không xác định.
- Tính các giá trị f (a ), f (b), f ( x1 ), f ( x2 ),..., f ( xn )
- Số lớn nhất ( bé nhất ) trong các số trên là GTLN (GTNN ) của hàm số f ( x ) trên
đoạn a; b .
3. Các dạng toán liên quan
3.1. Giải phương trình, bất phương trình không chứa tham số
Từ các tính chất trên ta có 3 phương án biến đổi như sau:
Phương án 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi chứng
minh f(x) đồng biến (nghịch biến) để suy ra phương trình có nghiệm duy nhất.
Phương án 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi dùng
lập luận khẳng định f(x) đồng biến còn g(x) nghịch biến hoặc hàm hằng suy ra
phương trình có nghiệm duy nhất.
Phương án 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) chứng minh f đơn điệu khi
đó ta có: u = v.
Đối với bất phương trình thì biến đổi về dạng f (u) f v rồi chứng minh f đơn
điệu để kết luận.
3.2. Giải phương trình, bất phương trình chứa tham số có sử dụng GTLNGTNN.
Xuất phát từ bài toán liên quan đến khảo sát hàm số là dựa vào đồ thị hàm số
y f ( x) biện luận số nghiệm của phương trình f ( x) g (m) thì số nghiệm của phương
trình f ( x) g (m) chính là số giao điểm của đồ thị hàm số y f ( x) với đường thẳng
y g (m) . Ta giải các bài toán phương trình, bất phương trình chứa tham số theo các
định hướng sau:
Biến đổi các phương trình, bất phương trình chứa tham số m về dạng :
f ( x) g (m) với hàm số f ( x ) có GTLN - GTNN trên tập xác định D . Khi đó:
- Phương trình f ( x) g (m) có nghiệm trên D khi và chỉ khi
min f ( x) g ( m) max f ( x) .
D
D
- Bất phương trình
f ( x) g ( m) thỏa mãn x D khi và chỉ khi
min f ( x) g (m) .
D
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 2 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
- Bất phương trình
f ( x ) g ( m) thỏa mãn x D khi và chỉ khi
max f ( x) g ( m) .
D
- Bất phương trình
f ( x) g ( m) có nghiệm x D khi và chỉ khi
max f ( x) g ( m) .
D
- Bất phương trình
x D khi và chỉ khi
f ( x ) g ( m) có nghiệm
min f ( x) g (m) .
D
Trong trường hợp hàm số f ( x) không có GTLN hoặc GTNN trên tập D ta
phải kết hợp với BBT hoặc đồ thị của nó để có kết luận thích hợp.
Nếu bất phương trình có dạng " " hoặc " " thì bổ sung thêm dấu " " cho
các điều kiện.
II. ỨNG DỤNG
1. Giải phương trình, bất phương trình không chứa tham số
1.1. Các ví dụ
Ví dụ 1: Giải phương trình: 4 x 1 4 x 2 1 1 (1)
Nhận xét:
Quan sát vế trái của phương trình (1), ta thấy khi x tăng thì giá trị của biểu thức
trong căn cũng tăng .Từ đó suy ra vế trái là hàm đồng biến ,vế phải bằng 1 là hàm
hằng, đây là điều kiện thích hợp để sử dụng tính đơn điệu.
Giải
Điều kiện:
Đặt
x
1
.
2
f x 4x 1 4x2 1 .
Do đó hàm số
f x 1
Ta có
f ' x
f x 4x 1 4x2 1
2
4x
1
0, x ;
2
4x 1
2
4x 1
.
1
đồng biến trên ; , nên phương trình
2
nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Hơn nữa,
1
f 1
2
nên
x
1
2
là
nghiệm của phương trình đã cho.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x x 5 x 7 x 16 14
Nhận xét:
Khi gặp dạng toán chứa căn, thường ta phải khử căn thức bằng cách bình
phương, lập phương hoặc nhân lượng liên hợp. Trong bài này chỉ có thể nhân liên
hợp là hợp lí.
Giải
Cách 1: Dùng lượng liên hợp
Điều kiện: x 5 . Khi đó
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 3 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
x x 5 x 7 x 16 14 x 3 x 5 2 x 7 4 x 16 5 0
1
1
1
1
x 9
0 x9
x 5 2
x7 4
x 16 5
x 3
1
1
1
1
Do
0, x 5 .
x 3
x5 2
x7 4
x 16 5
Vậy x 9 là nghiệm của phương trình.
Cách 2: Dùng hàm số
Điều kiện: x 5 . Đặt f ( x) x x 5 x 7 x 16
1
1
1
0, x 5; .
2 x 2 x 5 2 x 7 2 x 16
Do đó hàm số f ( x) x x 5 x 7 x 16 đồng biến trên 5; .
Ta có f ( x)
1
Mà f (9) 14 nên x 9 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 3: Giải phương trình sau:
3
2x 1 3 2x 2 3 2x 3 0
(1)
Giải
Cách 1:
3
2x 1 3 2x 2 3 2x 3 0 3 2x 1 3 2x 2 3 2x 3
3
3
3
2x 1 2x 2
3
2x 3
3
3
2 x 1 2 x 2 2 x 3 2 x 2
3
2 x 1 2 x 2 2 x 3 2 x 2 2 x 2 0 x 1
Ngược lại với x 1 thay vào (1) thỏa mãn. Vậy nghiệm của phương trình đã cho
là x 1 .
Cách 2: Đặt f ( x )
Ta có:
3
2x 1 3 2x 2 3 2x 3
2
f ' ( x)
3
(2 x 1) 2
2
3
(2 x 2) 2
2
3
1
3
0
;
x
,
1
,
2
2
(2 x 3) 2
Do đó hàm số f x đồng biến.
Mà
3
1
f 1 3 2; f 1 0; f 1 3 2; lim f ( x)
x
2
2
nên suy ra
nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Ví dụ 4: Giải phương trình :
5x 3 1 3 2 x 1 x 4
Giải
Điều kiện: x
1
3
5
3
Đặt f ( x) 5x 1 3 2 x 1 x
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 4 -
x 1 là
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Ta có f x
15 x 2
2 5x 3 1
1
1 0, x ( 3 ; ) nên hàm số đồng biến trên
5
3 3 (2 x 1) 2
2
1
[ 3 ; ) . Mà f 1 4 nên x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
5
Ví dụ 5 : Giải phương trình : 2 x 3 3 x 2 6 x 16 2 3 4 x (1)
Nhận xét :
Bài toán này gây khó khăn cho ta từ bước đặt điều kiện
2 x3 3 x 2 6 x 16 0
Điều kiện:
4 x 0
( x 2)(2 x 2 x 8) 0
2 x 4
4 x 0
Khi đó, (1) 2 x 3 3 x 2 6 x 16 4 x 2 3
Xét hàm số f x 2 x3 3x 2 6 x 16 4 x trên 2; 4
3( x 2 x 1)
Ta có f x
3
2
2 x 3 x 6 x 16
1
0, x (2; 4)
2 4 x
Do đó hàm số f x 2 x3 3x 2 6 x 16 4 x đồng biến trên 2; 4 .
Mà f 1 2 3 nên x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 6: Giải phương trình
x 2 2 x 1 3 x 6 4 x 6 2 x 1 3 x 2
Giải
1
Điều kiện: x
2
Viết lại phương trình dưới dạng như sau
2x 1 3
x2 x6 4
Nhận xét: Để phương trình có nghiệm thì
2x 1 3 0 x 5 .
Xét hàm số f x g x h x với g x 2 x 1 3; h x x 2 x 6
1
1
1
Ta có g x
0, x 5; h x
0, x 5 .
2x 1
2 x2 2 x6
Do đó hàm số g x 2 x 1 3; h x x 2 x 6 dương và cùng đồng
biến trên 5; .Suy ra f x g x h x đồng biến trên 5; .
Mà f 7 4 nên x 7 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 7 : Giải phương trình x 5 x 3 1 3 x 4 0
Giải
1
Điều kiện: x
3
1
Xét hàm số f x x 5 x 3 1 3 x 4 trên ;
3
Ta có f ' ( x ) 5 x 4 3x 2
3
1
0, x .
3
2 1 3x
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 5 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
1
Do đó hàm số f x x 5 x 3 1 3 x 4 đồng biến trên ; . Mà f 1 0 nên
3
x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 8. Giải phương trình : 3x(2 9 x 2 3) (4 x 2)(1 1 x x 2 ) 0
Giải
Cách 1:
Viết lại phương trình dưới dạng (2 x 1)(2 (2 x 1)2 3 3 x (2 (3 x) 2 3)
1
2
Nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm thoả mãn 3x(2x+1)<0 x 0 .
1
5
Nhận thấy nếu 2x+1 = -3x x= - thì hai vế của phương trình bằng nhau .Vậy
1
1 1
là nghiệm của phương trình .Hơn nữa ta thấy nghiệm x ;0
5
5 2
1
Ta chứng minh x là nghiệm duy nhất .
5
1
1
2
2
với x 3x 2 x 1 0 3x 2 x 1
nên ta có
2
5
2 (3 x) 2 3) 2 (2 x 1) 2 3 3 x (2 ( 3 x) 2 3) (2 x 1)(2 (2 x 1) 2 3
x
hay
(2 x 1)(2 (2 x 1) 2 3 3 x(2 (3 x) 2 3) 0 suy ra phương trình vô nghiệm trên
1 1
2 5
1
với x 0 làm tương tự như trên ta thấy phương trình vô nghiệm trên
5
1
1
;0 . Vậy nghiệm của phương trình là x .
5
5
khoảng ; .
Cách giải trên sử dụng phương pháp đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất
Cách 2:
Viết lại phương trình dưới dạng:
(2 x 1)(2 (2 x 1) 2 3 3 x (2 ( 3 x) 2 3) (1)
Xét hàm số f (t ) t (2 t 2 3) trên . Ta có f ' (t ) 2 t 2 3
t2
t2 3
0, t . Do đó
hàm số đồng biến trên .
1
5
Từ (1) f 2 x 1 f 3x 2 x 1 3x x . Vậy phương trình có nghiệm duy
1
5
nhất là x .
Ví dụ 9: Giải phương trình
Giải
Gi¸o viªn: §inh Cêng
x 2 15 3x 2 x 2 8
Trang - 6 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Nhận xét:
2
3
x 2 15 x 2 8, x nên khi 3x 2 0 x thì phương trình vô
nghiệm.
x 2 15 x 2 8 3 x 2 0
Viết phương trình về dạng
2
Xét hàm số f x x 2 15 x 2 8 3x 2 trên ; .
3
1
1
2
Ta có
f ' ( x) x
3 0, x . Do
2
3
x2 8
x 15
đó
hàm
số
2
f x x 2 15 x 2 8 3 x 2 nghịch biến trên ; .
3
Mà f 1 0 nên x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.
2
2
Ví dụ 10: Giải phương trình : 2 x x 2x 1 x 1 (1)
Giải
2
2
1 2 x x 2 x1 x 2 2 x 1 2 x1 x 1 2 x x x 2 x 2
Xét hàm số f t 2t t. Khi đó phương trình (2) chính là phương trình
f x 1 f x 2 x .
Ta có f t 1 2t ln 2 0, t nên hàm số f t 2t t đồng biến trên .
Do đó từ f x 1 f x 2 x x 1 x 2 x x 1 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x 1 .
Ví dụ 11: Giải phương trình : log3
x2 x 1
x 2 3x 2 .
2 x2 2x 3
Giải
Đặt u x 2 x 1; v 2 x 2 2 x 3 u 0; v 0 v u x 2 3x 2 . Khi đó phương trình
u
v
đã cho trở thành log 3 v u u log3 u v log3 v (1)
Xét hàm số f t t log 3 t ta có f t 1
đồng
biến
khi
t 0.
1
0, t 0 nên hàm số f t t log 3 t
t ln 3
Do
đó
từ
(1)
ta
x 1
f u f v u v v u 0 x 2 3x 2 0
x 2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x 1; x 2 .
Ví dụ 12: Giải phương trình: log 7 x log3 2 x (1)
Giải
Điều kiện: x 0
Đặt t log 7 x x 7t
t
Khi đó (1) t log3 2 7
Gi¸o viªn: §inh Cêng
t
t
1 7
3 2 7 1 2
(2)
3 3
t
t
Trang - 7 -
có
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
t
t
7
1
Xét hàm số f t 2 . Hàm số này là tổng của hai hàm đơn điệu giảm nên
3 3
là hàm đơn điệu giảm. Hơn nữa f 2 1 nên (2) f t f 2 t 2 x 49 .
Ví dụ 13: Giải phương trình : 2 x3 x 2 3 2 x3 3x 1 3x 1 3 x 2 2 (1)
Giải
Biến đổi (1) 2 x 3 3x 1 3 2 x3 3 x 1 x 2 2 3 x 2 2 (*)
Xét hàm số f t t 3 t . Ta có f t 1
1
33 t 2
0, t \ 0 . Do đó hàm số đồng
biến .
Từ (*) f 2 x3 3x 1 f x 2 2 2 x3 3x 1 x 2 2 2 x3 x 2 3x 1 0
1
x 2
2 x 1 x 2 x 1 0
.
1 5
x 2
1
2
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x ; x
Ví dụ 14: Giải phương trình
3
1 5
2
x 2 3 2 x2 1 3 2 x2 3 x 1
Giải
Ta có
3
x 2 3 2 x 2 1 3 2 x 2 3 x 1 3 x 2 3 x 1 3 2 x2 1 3 2 x 2 (*)
Xét hàm số f t 3 t 1 3 t trên . Ta có f t
1
3 3 t 1
2
1
3
3 t2
0, t \ 0; 1
Suy ra hàm số đồng biến.
x 1
Từ (*) f x 1 f 2 x 2 x x 1 2 x x 1 0
1
x
2
2
2
2
1
2
Vậy phương trình có nghiệm là x ; x 1
3
Ví dụ 15: Giải phương trình
6 x 5 x3 5 x 5
Nhận xét: Có thể giải bài toán này theo hướng sau:
3
6 x 5 x3 5 x 5 3 6 x 5 1 x3 5 x 4
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 8 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
6 x 1
3
6 x 5
2
3 6x 5 1
x 1 x 2 x 4
x 1
6
x2 x 4
2
3 6 x 5 3 6 x 5 1
Vấn đề đặt ra là giải phương trình còn lại sẽ rất phức tạp.
Vì vậy ta sẽ dùng tính đơn điệu của hàm số:
Giải
Ta có 3 6 x 5 x 3 5 x 5 6 x 5 3 6 x 5 x 3 x (*)
Xét hàm số f t t 3 t trên . Ta có f t 3t 2 1 0, t . Suy ra f t t 3 t đồng
biến trên .
Từ
(*) f 3 6 x 5 f x 3 6 x 5 x x 3 6 x 5 0 x 1 x 2 x 5 0
x 1
x 1 21
2
1 21
.
2
Ví dụ 16 : Giải phương trình : 8x 2 2 x x 6 5 x 0
Vậy phương trình có nghiệm là x 1; x
Giải
Điều kiện: x 5
Ta có 8x 2 2 x x 6 5 x 0 8x 2 2 x 6 x 5 x
2
2 x 1 2 x
2
1 5 x .(*)
Xét hàm số f t t 2 1 t trên . Ta có f t 3t 2 1 0, t
5 x
Do đó hàm số f t t 2 1 t đồng biến trên .
0 x 5
Từ (*) f 2 x f 5 x 2 x 5 x
2
4 x x 5 0
x 1
Vậy nghiệm của phương trình là x 1 .
Ví dụ 17: Cho các số dương c1 , c2 , c3 thỏa mãn c1 c2 c3 . Chứng minh rằng phương
trình x c1 x c2 x c3 có nghiệm duy nhất .
Giải
Điều kiện : x c1 . Khi đó phương trình được đưa về dạng :
Xét hàm số f x
x c1
x c3
x c2
1 0
x c3
x c1
x c2
1 trên c1; .
x c3
x c3
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 9 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Ta có f x
c1 c3
2 x c3
2
x c1
x c3
c2 c3
2 x c3
2
x c2
x c3
0 . Do giả thiết c1 c2 c3 nên hàm
số f x đồng biến trên c1; . Mặt khác f c1
c1 c2
1 0 và lim f x 1
x
c1 c3
Sử dụng Định lý Bolzano – Cauchy ta thấy phương trình f x 0 có duy nhất
nghiệm x0 c1; .
Ví dụ này giúp HS có được kết quả cho bài toán sau :
Cho c1 c2 c3 0 . Tìm GTNN của hàm số f x
x c1
x c2
1 .
x c3
x c3
HD: Ở đây để nhận được kết quả cho bài toán này cần lưu ý : Hàm số f x đồng biến
trên ; c3 c1 ; . Mặt khác f c1
Khi đó min f x f c1
c1 c2
1 0 và lim f x 1; lim f x .
x
x c3
c1 c3
c1 c2
1 0 .
c1 c3
Nhận xét: Một điều thú vị nữa khi thay c1 sin A; c2 sin B; c3 sin C trong đó A, B, C
là các góc của tam giác nhọn. Với giả thiết A B C . Ta có các bài toán sau:
BT: Cho tam giác ABC nhọn , với A B C .
a/ Tìm GTNN của hàm số f x
x sin A
x sin C
x sin B
1
x sin C
b/ Chứng minh rằng phương trình
x sin A x sin B x sin C có nghiệm duy nhất.
Đối với bất phương trình ta cũng sử dụng tính đơn điệu của hàm số một
cách linh hoạt thì bài toán sẽ trở nên đơn giản.
Ví dụ 18: Giải bất phương trình x ln x 1
Giải
Điều kiện: x 0
1
x
Xét hàm số f x x ln x trên 0; . Ta có f x 1 0, x 0 nên hàm số
f x x ln x đồng biến trên 0; .
Mặt khác f 1 1 . Do đó bất phương trình x ln x 1 f x f 1 x 1
Kết hợp với điều kiện x 0 ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là
0 x 1.
Ví dụ 19: Giải các bất phương trình sau:
a/ 4 15 x 4 2 x 1 (*)
Nhân xét: Đối với bất phương trình này, ta chỉ có thể đặt ẩn phụ đưa về hệ phương
trình để giải, còn giải trực tiếp sẽ rất khó khăn.
Giải
a/ Giải bất phương trình 4 15 x 4 2 x 1
Cách 1: Đặt ẩn phụ
Điều kiện: 15 x 2
Với điều kiện trên ta đặt u 4 15 x 0; v 4 2 x 0; u v
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 10 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
u 4 v 4 17
Khi đó ta có
u v 1
4
4
u 4 17 v 4
u 4 17 v 4
u 17 v
4
4
4
u 1 v
u 1 v
17 v 1 v
u 4 17 v 4
u 4 17 v 4
.
2
2 v 1
v 1 v 2 v v 4 0
Do v 0 nên ta được 0 v 1 . Suy ra 4 2 x 1 x 1
Kết hợp với điều kiện 15 x 2 ta được nghiệm của bất phương trình đã cho
là 1 x 2 .
Cách 2: Dùng tính đơn điệu của hàm số
Điều kiện: 15 x 2
Xét hàm số f x 4 15 x 4 2 x trên 15; 2 .
Ta
f x
có
1
3
4 4 15 x
1
4 4 2 x
3
0, x 15; 2 .
Suy
ra
hàm
số
f x 4 15 x 4 2 x đồng biến trên 15; 2 .
Mà f 1 1 nên bất phương trình 4 15 x 4 2 x 1 f x f 1 x 1
Kết hợp với điều kiện 15 x 2 ta được nghiệm của bất phương trình đã cho
là 1 x 2 .
Ví dụ 20: Giải bất phương trình: log 4 x log 5 3 x
Giải
Điều kiện: x 0
Đặt t log 4 x x 4t
Khi
đó,
bất
phương
t
trình:
t
1 2
log 4 x log 5 3 x t log 5 3 4t 5t 3 2t 1 3 (*)
5 5
t
t
1
2
Xét hàm số f t 3 . Hàm số này là tổng của hai hàm đơn điệu giảm nên là
5 5
hàm đơn điệu giảm. Hơn nữa f 1 1 nên từ (*) f t f 1 t 1 .
Với t 1 ta có log 4 x 1 0 x 4 .
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 0 x 4 .
Ví dụ 21: Giải bất phương trình 7 x 7 7 x 6 2 49 x 2 7 x 42 181 14 x (*)
Giải
Điều kiện: x
6
7
Bất phương trình (*) được viết lại dưới dạng
2
7x 7 7x 6
7 x 7 7 x 6 182 0 7 x 7 7 x 6 13 0
6
Xét hàm số f x 7 x 7 7 x 6 13 trên ; .
7
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 11 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
7
7
6
0 trên ; nên hàm số f x 7 x 7 7 x 6 13
2 7x 7 2 7x 6
7
6
đồng biến trên ; .
7
Do f x
Mà f 6 0 nên 7 x 7 7 x 6 13 0 f x f 6 x 6 .
Kết hợp với điều kiện x
6
ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là
7
6
x 6.
7
Qua các ví dụ về giải phương trình và bất phương trình trên, đối với những ví
dụ có hai cách giải thì ta thấy cách giải dùng tính đơn điệu của hàm số hay và tự
nhiên hơn rất nhiều so với cách giải đầu. Cách giải đầu thường biến đổi phức tạp và
có bài thấy thiếu sự tự nhiên, không có “Manh mối” để tìm lời giải . Đây là dạng
toán khó đối với học sinh lần đầu tiếp xúc , các em rất khó khăn trong việc sử dụng
các phương pháp khác để giải. Vì vậy việc bồi dưỡng cho học sinh năng lực tư
duy, sáng tạo, vận dụng các kiến thức cơ bản về tính đơn điệu của hàm số là một việc
làm rất cần thiết. Từ đó hình thành ở học sinh Tư duy linh hoạt trong giải toán, để
học sinh không bối rối trước các bài toán lạ.
1.2.Bài tập rèn luyện
Giải các phương trình, bất phương trình sau:
2 n
1/ x 5 2 x 3 9
10/ sin n x cos n x 2 2 ,
2/ x 2 x 1 x 2 x 1 3 1
n , n 2 và x 0;
2
3/ x x 2 x 1 x 1 x 2 x 1 1
4/ x 2 2 x 3 x 2 6 x 11 3 x x 1 11/ log 2 sin x 2 log 3 tan x
12/ 5x 12 x 13x
5/ x x x 12 12 5 x 4 x
6/ x 2 4 x 2
7/ 2 x 3 3 x 2 6 x 16 4 x 2 3
8/ x 3 4 x 2 5 x 6 3 7 x 2 9 x 4
9/ 3 6 x 1 8 x3 4 x 1
4
4
13/ log 2
(6) với
x 2 3x 5
x2 x 2
2 x2 2x 3
15/ log
14/ log 5 3 3x 1 log 4 3x 1
3
1
x 3x 2 2
5
2
3 x x 2 1
2
2. Giải phương trình, bất phương trình chứa tham số
2.1. Các ví dụ
Ví dụ 1. Tìm tham số m để phương trình: x3 3 x2 m 0 , (1) có ba nghiệm phân
biệt trong đó có đúng một nghiệm bé hơn 1.
Giải
Phương trình (1) x 3 3 x 2 m
Xét hàm số f x x 3 3x 2 .
Gi¸o viªn: §inh Cêng
Trang - 12 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Yêu cầu của đề bài là phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 sao cho
x1 1 x2 x3 tức là đường thẳng y m phải cắt đồ thị hàm số y f ( x) x3 3 x 2
tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 thỏa mãn x1 1 x2 x3 .
x 0
Ta có f ' ( x ) 3 x 2 6 x ; f ' ( x ) 0 3 x 2 6 x
x 2
Bảng biến thiên x
0
1
2
f x
+
0 - 0
+
0
f x
-2
-4
Từ bảng biến thiên suy ra điều kiện phải tìm là 4 m 2 .
Ví dụ 2: Tìm m để phương trình x 2 2( m 2) x 5m 4 0 (1) có hai nghiệm
thực phân biệt x1; x2 thoả mãn x1 1 x2 .
Nhận xét :
Do trong chương trình mới không có mặt định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai
nên việc sử dụng đinh lý này học sinh phải chứng minh.Vì vậy ta áp dụng phương
pháp hàm số là phù hợp.
Giải
x2 4x 4
x 4x 4 m 2x 5
m
2x 5
2
Biến đổi phương trình như sau
(Do x
5
không là nghiệm của (1))
2
x 7
x2 4x 4
2 x 2 10 x 28
'
Xét hàm số f ( x )
. Ta có f ( x)
0
.
2
2x 5
2 x 5
x 2
Bảng biến thiên:
x
-
f x
-7
-
0
+
+
5
2
-1
+
+
2
+
0
-
+
f x
0
9
-3
-
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy m 3 là giá trị cần tìm .
Nhận xét :
Ngoài cách giải trên ta có thể dùng định lý Viét để giải như sau
Gi¸o viªn: §inh Cêng
-
Trang - 13 -
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm
Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2
và thoả mãn (x1+1)(x2+1)<0
Qua cách giải bài toán này mở đường cho các dạng toán về câu hỏi phụ trong
khảo sát hàm số như:
Tìm m để hàm số
1
y x 3 m 2 x 2 5m 4 x m 2 1 có cực trị tại hai điểm
3
x1,x2 và thoả mãn x1<-1
- Xem thêm -
.PDF 
38 
213 
133 
