SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: "SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH" PHẦN MỘT: ĐẶT VẤN ĐỀ Hiện ,giáo dục không ngừng cải cách đổi Để kịp với xu hướng ,rất nhiều yêu cầu đặt Một số để có phương pháp giải toán hay ,nhanh,mà cho kết xác Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số phương pháp giải toán Có nhiều toán nhìn tưởng khó,nếu giải lời giải khó hiểu,rắc rối Nhưng áp dụng phương pháp ,bài toán trở thành đơn giản ,gọn nhiều Đó ứng dụng phương pháp ,ngoài phương pháp sử dụng tính đơn điệu phát huy ưu việt nhiều trường hợp khác Nói tóm lại,Phương pháp cần thiết em học sinh chuẩn bị ôn thi tốt nghiệ trung học phổ thông,thi đại học cao đẳng.Nó giúp em phát huy tối đa tính sáng tạo việc tìm đương giải toán nhanh ,hay xác Trong trình dạy học môn toán bậc trung học phổ thông, gặp nhiều toán chứng minh bất đẳng thức ,giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình.Để giải toán dạng có ta giải nhiều phương pháp khác , có giải phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số.Sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải toán phương pháp hay,thông thường để giải toán đơn giản,gọn nhẹ so với phương pháp khác Tuy nhiên để học sinh có kỹ ta cần hệ thống hoá lại tập ,để học sinh giáo viên bớt lúng túng Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải toán ,chiếm vị trí đặc biệt quan trọng toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình.Phương pháp dựa mối liên hệ tính đồng biến nghịch biến hàm số với đạo hàm Để sử dụng phương pháp này,điều cốt yếu cần xây dựng hàm số thích hợp ,rồi nghiên cứu tính đồng biến ,nghịch biến đoạn thích hợp.Các hàm số nhiều trường hợp nhận tra từ đầu ,còn trường hợp đặc biệt ta cần khôn khéo để phát chúng PHẦN HAI: NỘI DUNG A KIẾN THỨC CẦN NHỚ Hàm số y = f(x) xác định đoạn [a;b] gọi đồng biến đoạn ấy, với x1 < x2 thuộc đoạn [a ;b] ta có f(x1) < f(x2) Điều kiện để y = f(x) đồng biến [a ;b] y'= f(x) ≥ , ∀x ∈ [a ;b] Đồng thời dấu ''='' đạt số điểm riêng biệt Đối với hàm đồng biến ymax= y(b) , ymin= y(a) (a < b) ,đồng thời phương trình f(x) =0 có nghiệm nghiệm Tương tự, y = f(x) gọi nghịch biến [a ;b] y' = f'(x) ≤0 , ∀x ∈ [a;b] Đồng thời dấu ''='' đạt số điểm riêng biệt Đối với hàm nghịch biến y max= y(a) , ymin= y(b) (a < b) ,đồng thời phương trình f(x) =0 có nghiệm nghiệm Hàm số y = f(x) đồng biến nghịch biến đoạn [a;b] gọi đơn điệu đoạn Hàm đơn điệu có tính chất quan trọng sau đây: f(x) = f(y) ⇔ x = y Nếu f(x) đồng biến , g(x) nghịch biến : 1) Nếu phương trình f(x) = g(x) có nghiệm x = x0 nghiệm 2) Nghiệm bất phương trình f(x) > g(x) giao x>x miền xác định bất phương trình 3) Nghiệm bất phương trình f(x) < g(x) giao x< x miền xác định bất phương trình B MỘT SỐ VÍ DỤ I PHƯƠNG TRÌNH Ví dụ 1: giải phương trình: x +1 - − x = (1) Giải: điều kiện -1 ≤ x ≤ ⇒ (1) ⇔ x + = 1+ − x Có nghiệm x = 3, + = = + − = Đúng vế trái hàm đồng biến ( đạo hàm dương) , vế phải hàm nghịch biến ( đạo hàm âm), nên x = nghiệm (1) Nhận xét.Cái hay cách giải đưa phương trình vô tỷ sử dụng tính đơn điệu , tránh bình phương lần dễ dẫn đến nghiệm Ví dụ 2.Giải phương trình x5 +x3 - − 3x +4 =0 Giải: Điều kiện x ≤ 1/ Đặt f(x) = x5 +x3 - − 3x +4 Ta có f'(x) = 5x4 +3x2 + >0 − 3x ⇒ f(x) đồng biến / ( −∞, ] Mặt khác f(-1) = nên phương trình f(x) = có nghiệm x = -1 Ví dụ Giải phương trình x + 15 = 3x − + x + Giải.Phương trình ⇔ f ( x) = x − + x + − x + 15 = (*) Nếu x ≤ / f(x) 2/3 f'(x) = + x   x +8 −  > ∀x>  x + 15  2  ⇒ f(x) đồng biến /  , +∞ ÷ 3  Mà f(1) = nên (*) có nghiệm x = Ví dụ 4: Giải bất phương trình : ( 2− ) +( x 2+ ) x = 2x (1) Giải: Nhận thấy x = nghiệm ,vì ta có : 2- + − = = 22 x x 2− 3 2+ 3 Vì > nên (1) ⇔  ÷ +  ÷ =1     x Do 2− 2+ < 0, x2 - x -6 >0 ⇒ x > Vậy (1) x + lg(x +2) +lg(x -3) = +lg(x +2) ⇒ lg(x -3) = -x ⇔ (2) Phương trình có nghiệm x =4 ta có lg1 = Vì vết trái đồng biến (cơ số lôgarit lớn 1).Vế phải nghịch biến ( đạo hàm âm) , Nên (2) có nghiệm x = ( thoả mãn điều kiện x > 3) Ví dụ 6: Giải phương trình : 2log3cotgx = log2cosx Giải: Điều kiện cosx > 0,sinx > Đặt log2cosx = y ⇒ cosx = 2y ⇒ log3cotg2x = log2cosx = y ⇒ cotg x = ⇒ - 12 = y y cos x 4y = Vì cotg x = − cos x − y y y y ⇔  ÷ = y + 1, 4 có nghiệm y = -1 Vì vế trái số 3/4 1 hàm đồng biến Vậy cosx = 2-1 = 1/2 ⇒ x = ±π / + 2kπ , k ∈ R Kết hợp với điều kiện ,ta nghiệm (1) : x= π + 2kπ , k ∈ z Nhận xét Cái hay cách giải đưa (1) dạng phương trình mũ không tắc để sử dụng tính đơn điệu Ví dụ 7: giải phương trình: x - 2x = log (x + 1) - log x (1) Giải: Điều kiện: x > với điều kiện (1) ⇔ x (3-2x) - Do x > nên x+ nên hàm đồng biến log (x + ) x (2) ≥ vế phải hàm loga có số lớn 1, x ⇒ log (x + ) ≥ log22 = x Vậy vế trái dương ⇒ x2(3-2x) >0 ⇒ 3-2x > Ta có x2(3-2x) = x.x.(3-2x) tích số dương ,có tổng không đổi ,nên đạt giá trị lớn ,khi x = -2x = Như VT ≤ ,đạt dấu = x = , VP ≥ , đạt dấu = x = ⇒ phương trình có nghiệm x = Nhận xét Cái hay cách giải áp dụng linh hoạt hệ bất đẳng thức Côsi tính đơn điệu hàm logarit Ví dụ giải phương trình: 3.4x + (3x-10)2x + - x = Giải đặt y = 2x > 0, ta có 3y2 + (3x - 10)y + - x = Từ y = −3 x + 10 ± (3x − 8) ⇒ Nếu y1 = = 2x ⇒ x = -log23 y1 = y2 = 3-x Nếu y2 = - x = 2x , ta có x = nghiệm , -1 = vế trái hàm nghịch biến ( có đạo hàm âm) , vế phải hàm đồng biến ( số hàm mũ lớn 1) Nhận xét.Cách giải hay chổ biết chọn ẩn số thích hợp để đưa phương trình bậc hai sử dụng tính đơn điệu hàm số II BẤT HƯƠNG TRÌNH Ví dụ x+9 > - giải bất phương trình 2x + (2) Giải: Điều kiện x ≥ vế trái hàm đồng biến( đạo hàm dương) vế phải la hàm nghịch biến(đạo hàm âm) nên nghiệm (2) giao x ≥ x > x vói x nghiệm phương trình x+9 = - 2x + ; phương trình cuối có nghiệm x =0, ta có =5- vế trái đồng biến, vế phải nghịch biến Vậy nghiệm (2) giao x ≥ va x > ⇒x > Nhận xét.Cái hay cách giải đưa bất phương trình vô tỷ sử dụng tính đơn điệu , tránh bình phương lần dễ dẫn đến nghiệm x + + x − + x − + 13 x − < Ví dụ Giải bất phương trình Giải Điều kiện x ≥ 5/7 Xết f(x) = x + + x − + x − + 13 x − 7 13 + + >0 Ta có f'(x) = x + + 3 (5 x − 7) (13 x − 7) (13 x − 7) 5  ⇒ F9x) đồng biến /  , +∞ ÷.Mặt khác f(3) = nên bpt f(x) < 7  10  x ≥ 5/ ⇔ f ( x) < f (3) ⇔  ⇔ ≤ x < x < Nhận xét.Cái hay cách giải đưa bất phương trình vô tỷ sử dụng tính đơn điệu,trong muốn giải cách khác khó khăn Ví dụ 3.Giải bất phương trình 2x + Giải Điều kiện x > 0.Đặt f(x) = 2x + x + x + + x + x < 35 x + x + + x2 + x   29 2  2x + + + > , f   ÷ ÷ = 35 Ta có f'(x) = +   12  ÷ x x+7 x2 + x     29 2  Nên f(x) đồng biến f(x) < 35 = f   ÷ ÷ ÷   12   Ví dụ 4: Giải bất phương trình : Giải: Điều kiện: x ≠ 0, x + 1 + x− ≥ x x x 1 ≥ 0, x − ≥ x x Do (1) ⇔ x3 + + x3 − ≥ Đặt x+  29  ⇔0< x x3 − = v ≥ ,khi 11  u + v ≥ ≤  ⇔ u + v (2) ⇔  2 u − v =  (u + v)(u − v) = u + v ≥ ⇒ u -v ≤ ⇒   v − u ≥ −1 Vậy : x3 − ≥ Đáp số : x ≥ ⇒v≥ > (thích hợp) 5 ⇔ x3 ≥ ⇒ x ≥ > 4 Hoặc xét VT =f(x)= x3 + + x3 − hàm đồng biến Suy nghiệm (2) giao x ≥ x > x0 ,trong x0 nghiệm phương trình : Suy x0 = x3 + + x3 − = 5 ,suy bất phương trình có nghiệm x ≥ 4 Nhận xét.Cái hay cách giải sử dụng tính đồng biến sử dụng cách đặt ẩn phụ để đưa hệ bất phương trình hệ phương trình bậc ,tránh việc bình phương vế (dễ dẫn đến sai sót ,thừa nghiệm)và tránh việc giải phương trình bậc cao Ví dụ 5: Giải bất phương trình: x + + x + + x + x + 10 < − x (1) Giải: Điều kiện x ≥ -2 12 Đặt x+2 =u≥0 x+5 =v >0 Suy x + x + 10 = uv Do u v đồng biến x ≥ -2 Vế trái hàm đồng biến , vế phải hàm nghịch biến Nên nghiệm (1) giao x ≥ -2 x < x0 với x0 nghiệm phương trình: x + + x + + x + x + 10 = − x Vì u2 +v2 = 2x +7 ,suy 2x = u2 +v2 -7 Và u2 +v2 +2uv +( u +v) -12 =0 Đặt u +v = t >0 ta : t2 +t -12 = , t > u + v = u + v = ⇔ ⇒ u =1  2 u − v = −1 u − v = −3 Suy t =3  Từ u = x + = ⇒ x = −1 Vậy nghiệm (1) −2 ≤ x ≤ −1 Nhận xét Cái hay cách giải dùng tính đơn điệu hàm số để đưa bất phương trình vô tỷ hệ phương trình bậc Ví dụ 6.Với giá trị tham số m bpt sau có nghiệm? x2 + x − m + m + m − ≤ 13 Giải: Đặt t = x − m ≥ ⇒t2 = x2 -2mx +m2 , (1) ⇔ y = t2 +2t +2mx +m -1 ≤ Có nghiệm t ≥ Ta có ⇒ y' = y' = 2t +2 ⇔ t = -1 Nên ymin = y(0) = 2mx +m -1 = 2m2 +m -1 ≤ ⇒ -1 ≤ m ≤ Nhận xét.Cái hay cách giải sử dụng giá trị tuyệt đối x − m làm ẩn số để đưa parabol theo t ≥ ⇒Không phải xét tương quan x y làm cho cách giải nhẹ nhàng III HỆ PHƯƠNG TRÌNH cot x - coty = x -y (1) Ví dụ 1: Tìm số x ∈ ( 0; π ) ,y ∈ ( 0; π ) thoả mãn hệ :  (2) 5x + y = 2π Giải : Viết phương trình (1) dạng : x - cotx = y - coty (3) Xét hàm số f(t) = t - cot t , < t < π Khi f(t) xác định ∀t ∈ ( 0;π ) f'(t) = + ⇒ > , ∀t ∈ ( 0;π ) sin t f(t) đồng biến ∀t ∈ ( 0;π ) Từ (3) ⇒ f(x) = f(y) ⇔ x = y 14 Thay vào phương trình (2) hệ ,ta đựoc x = y = 2π 13 Ví dụ 2: Giải hệ :  x − y = tan x − tan y    π tan x + tan y = 2, x , y ∈  0; ÷   2  Giải : Viết phương trình (1) dạng x - tan x = y - tan y (3)  π  π Và xét hàm f(t) = t - tant xác định ∀t ∈  0; ÷,có f'(t) = 1- < ,do t ∈  0; ÷ cos t  2  2 ⇒ < cos t < 1.Vậy f( t) nghịch biến ⇔ Từ (3) suy f(x) = f(y) x = y từ (2) ⇒ tan x = tan y = ⇒ x = y = π  a2 2 x = y + y  Ví dụ 3: Chứng tỏ với a ≠ hệ :  Có nghiệm a  2 y = x + x Giải: Điều kiện : x ≠ , y ≠ a2 a2 Do x dấu , Do y dấu y x ⇒ x> , y> 0.Bởi : (1) ⇔ 2x2y = y2 + a (1)' 15 (2) ⇔ 2y2x = x2 +a2 (2)' (1)'-(2)' ta được:2xy (x -y) = (y-x)(y+x) ⇔( x-y) ( 2xy +x+y) =0,do x > 0,y >0 nên ( 2xy +x+y) >0 Do x - y =0 hay x = y.Thay x =y vào (1)' ta : f(x) = 2x3 -x2 = a2 ; f'(x) = 6x2 -2x Ta có bảng biến thiên: −∞ x f’ f - // 33 - - + +∞ -1/27 CT Từ suy phương trình : 2x3 -x2 = a2 ( a2 > 0) có nghiệm Nhận xét.Cái hay cách giải từ hệ đối xứng loại (1) -(2) ,không trừ trực tiếp ,mà biến đổi trước để trừ (1') cho (2') phương trình hệ không chứa tham số,nên tránh biện luận 2 x + = y + y + y  Ví dụ 4.Giải hệ : 2 y + = z + z + z  2 z + = x + x + x Giải.Xét hàm đặc trưng f(t) = t3 +t2 +t với t ∈ ¡ 16 Ta có f'(t) = 3t2 +2t +1 = 2t2 +(t+1)2 >0 ⇒ f(t) đồng biến Giả sử : x ≤ y ≤ z ⇒ f ( x ) ≤ f ( y ) ≤ f ( z ) ⇒ 2z +1 ≤ x + ≤ y + ⇔ z≤x≤ y= y=z x = y = z x = y = z ⇔  2 x + = x + x + x  ( x + 1)( x − 1) = Hệ cho ⇔  x = y = z =1 ⇔  x = y = z = −1 III BẤT ĐẲNG THỨC Ví dụ Chứng minh : ex > +x , ∀x ≠ Giải : Đặt f(x) = ex -x -1 , f'(x) = ex -1 *Nếu x> f(x) > nên f tăng [ 0; + ∞ ) Do f(x) > f(0) =0 ⇒ ex > x +1 *Nếu x ,có f(x) ≤ f(4) ⇔ lnx - x ≤ ln4-2 Do 4 log20002001 Giải Xét hàm số f(x) = logx(x +1) với x > Khi bất đẳng thức cho có dạng tương đương sau : f( 1999) > f(2000) Ta có f(x) = logx(x +1) = ln( x + 1) ln x 18 xx ln x ln( x + 1) ln − x ln x − ( x + 1)ln( x + 1) ⇒ f(x) = x + ( x + 1) x +1 x = = 1,do (2) hiển nhiên (đpcm) Ví dụ Chứng minh ln ( 1+ + x ) < + ln x x > x Giải Xét hàm số f(t) = ln( 1+ + t ) - lnt - với t > t t Ta có f(t) = 1+ t 1+ 1+ t2 1 1+ t2 − t - + = >0 t t t 1+ t2 Do f(t) hàm đồng biến t > 0, x > ,nên lim f(t) = lim  ln(1 + + t ) − ln t − 1 f(x) < f(+ ∞ ) = t→+∞  t→+∞   t ⇒ f(x) < lim (ln + + t ) = t →+∞ t ⇒ ln(1+ + x ) < lnx + ⇒ đ.p.c.m x Ví dụ Chứng minh : x > ln(x +1) , x > Giải : Đặt f(x) = x - ln(x +1) liên tục [ ,+ ∞ ) có 19 f'(x) = - x = > 0; ∀x > x +1 x +1 ⇒ f tăng [ ,+ ∞ ) ⇒ f(x) > f(0) =0 ⇒ x > ln(x+1) với x > Ví dụ Chứng minh : lnx > Giải : Đặt f(x) = lnx - 2( x − 1) x +1 với x>1 2( x − 1) ( x>1) liên tục [ ; + ∞ ) x +1 ( x − 1) = > 0, ∀x > ⇒ f tăng [ ; + ∞ ) Ta có f'(x) = − x ( x + 1) x( x + 1) Vậy với x > ta có f(x) > f(1) = 0Từ suy lnx > Ví dụ cho < α < với x>1 2α π Chứng minh rằng: sin α > π Giải xét hàm số : f(x) = Ta có f'(x) = 2( x − 1) x +1 sin x  π với x ∈ 0,  x  2 x cos x − sin x cos x( x − tgx)  π = suy f'(x) < ∀ x ∈ 0,  2 x x  2 nghịch biến ( 0, ⇒ f(x) hàm π ) 20 Vì < α < sin α π π ⇒ f( α ) > f( ) ⇒ > α 2 Ví dụ cho < α < π ⇒ sin α > π ⇒ đ.p.c.m π α 2 sin π Chứng minh rằng: α sin α + cos α >  π Giải.xét hàm số : f(x) = xsinx + cosx - với x ∈ 0,   2  π ⇒ f'(x) = sinx + xcosx -sinx = xcosx ≥ ∀ x ∈  0,   2 Vì f' = x = x = π ⇒ f hàm đồng biến  π  0,  π ⇒ f(0) < f( α ) ⇒ < α sin α + cos α - 0 ⇒ đ.p.c.m π Ví dụ Chứng minh : sinx < x < tgx với < x < π Giải Đặt f(x) = x - sin x , x ∈ (0; ] Và có đạo hàm ( ; Khi f liên tục [ , π ] π π ) ⇒ f tăng [ , ] 2 π Từ x > ⇒ f(x) > f(0) ⇒ x > sinx với x ∈ (0; ) 21  π Tương tự ta có x < tgx , ∀x ∈  0; ÷  Ví dụ 10 Chứng minh < x <  π 2sinx + 2tgx ≥ 2x+1 Giải: áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 2sinx +2tgx ≥ 2sin x+tgx Ta chứng minh : 2sin x+tgx ≥ 2x+1 ⇔ ⇔ 2sinx +tgx ≥ 22x π sinx +tgx ≥ 2x ( x ∈ (0; ) ) Đặt f(x) = sinx +tgx -2x với < x< Ta có f'(x) = cosx + Vì < x < π −2 cos x π nên cosx > cos2x Do : f'(x) > cos2x + − ≥ cos x π ⇒ f tăng (0; ) ⇒ f(x) > f(0) =  π ⇒ sinx +tgx > 2x , ∀x ∈  0; ÷  2 (đpcm) x3 < sin x với x > Ví dụ 11 Chứng minh bất đẳng thức : x 22 x3 Giải : Đặt f(x) = sinx + -x x2 Ta có f'(x) = cosx + -1, f''(x) = - sin x +x > ( theo ví dụ ) ⇒ f'' tăng ( ; + ∞ ) ⇒ f'(x) > f'( 0) = 0, với x > ⇒ f tăng ( ; + ∞ ) ⇒ f(x) > f( 0) = 0, với x > x3 ⇒ x< sin x ( đpcm) Nhận xét : Từ cách giải ví dụ 11 ta đến kết tổng quát sau : Giả sử f có đạo hàm cấp n ( a,b) thoả : f(a) = f'(a) = f''(a) = = f(n-1)(a) = f(n) >0 ∀x ∈ ( a; b ) f(x) >0 , ∀x ∈ ( a; b ) x3 x5 + Ví dụ 12 Chứng minh : sinx < x với x > 120 x3 x5 + Giải : đặt f(x) = x - sinx , với x > 120 Ta có : f'(x) = − x3 x2 x4 + sin x , , f'' (x) = x + − cos x 24 f(4)(x) = x - sinx f(5)(x) = 1-cosx ≥ 0, f(0) = f'(0) = f''(0)=f(3)(0) =f(4)(0) =0 ⇒ f(x) > ; ∀ x > C MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN 23 1.Chứng minh : ln(1+x) > x − x2 2.Chứng minh : ln(1+ + x ) < ∀x>0 + ln x , ∀x>0 x Chứng minh : logx(x+1) > logx+1(x+2) , ∀x > 4.Giải bất phương trình : x + > − 2x +  y3 + sin y x =   z3 5.Giải hệ phương trình :  y = + sin z   x3  z = + sin x  e x − e x − y = y  y y− z 6.Giải hệ : e − e = z  z z−x e − e = x 7.Giải phương trình : 3.25x-2 +(3x-10).5x-2 +3-x = PHẦN 3: KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM -Sau rèn luyện hệ thống kiến thức trên,các em học sinh mạnh dạn ,linh hoạt việc dùng đạo hàm để giải toán 24 -Cái hay cách giải sử dụng linh hoạt tính đơn điệu hàm số để chứng minh bất đẳng thức ,giải phương trình, giải bất phương trình, giải hệ phương trình -Tránh việc biện luận theo tham số số toán -Tránh phải xét nhiều trường hợp số toán -Tránh phải áp dụng bất đẳng thức côsi cần phải chứng minh -Tránh việc bình phương hai vế dễ dẫn đến sai sót ,thừa nghiệm tránh việc giải phương trình bậc cao Hết 25 [...]... dùng đạo hàm để giải toán 24 -Cái hay của cách giải này là sử dụng linh hoạt tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng thức ,giải phương trình, giải bất phương trình, giải hệ phương trình -Tránh được việc biện luận theo tham số ở một số bài toán -Tránh phải xét nhiều trường hợp ở một số bài toán -Tránh phải áp dụng bất đẳng thức côsi cần phải chứng minh duy nhất -Tránh việc bình phương hai... =f(x)= x3 + 1 + x3 − 1 là hàm đồng biến Suy ra nghiệm của (2) là giao của x ≥ 1 và x > x0 ,trong đó x0 là nghiệm của phương trình : Suy ra x0 = 3 x3 + 1 + x3 − 1 = 2 5 5 ,suy ra bất phương trình có nghiệm x ≥ 3 4 4 Nhận xét.Cái hay của cách giải là sử dụng tính đồng biến và sử dụng cách đặt ẩn phụ để đưa về hệ bất phương trình hoặc hệ phương trình bậc ,tránh được việc bình phương 2 vế (dễ dẫn đến sai... − v = −1 u − v = −3 Suy ra t =3 vậy  Từ đó u = x + 2 = 1 ⇒ x = −1 Vậy nghiệm của (1) là −2 ≤ x ≤ −1 Nhận xét Cái hay của cách giải này là dùng tính đơn điệu của các hàm số để đưa bất phương trình vô tỷ về hệ phương trình bậc 1 Ví dụ 6.Với giá trị nào của tham số m thì bpt sau có nghiệm? x2 + 2 x − m + m 2 + m − 1 ≤ 0 13 Giải: Đặt t = x − m ≥ 0 ⇒t2 = x2 -2mx +m2 , khi đó (1) ⇔ y = t2 +2t +2mx +m -1... x ≥ 5/ 7 5 ⇔ f ( x) < f (3) ⇔  ⇔ ≤ x < 3 7 x < 3 Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đưa bất phương trình vô tỷ về sử dụng tính đơn điệu, trong khi đó muốn giải bằng cách khác sẽ rất khó khăn Ví dụ 3 .Giải bất phương trình 2x + Giải Điều kiện x > 0.Đặt f(x) = 2x + x + x + 7 + 2 x 2 + 7 x < 35 x + x + 7 + 2 x2 + 7 x   29 2  1 2x + 7 + + > 0 ,... ≤ Nhận xét.Cái hay của cách giải này là sử dụng giá trị tuyệt đối x − m làm ẩn số để đưa về parabol theo t ≥ 0 ⇒Không phải xét tương quan giữa x và y làm cho cách giải nhẹ nhàng hơn III HỆ PHƯƠNG TRÌNH cot x - coty = x -y (1) Ví dụ 1: Tìm các số x ∈ ( 0; π ) ,y ∈ ( 0; π ) thoả mãn hệ :  (2) 5x + 8 y = 2π Giải : Viết phương trình (1) dưới dạng : x - cotx = y - coty (3) Xét hàm số f(t) = t - cot t... ,thừa nghiệm)và tránh được việc giải phương trình bậc cao Ví dụ 5: Giải bất phương trình: x + 2 + x + 5 + 2 x 2 + 7 x + 10 < 5 − 2 x (1) Giải: Điều kiện x ≥ -2 12 Đặt x+2 =u≥0 x+5 =v >0 Suy ra x 2 + 7 x + 10 = uv Do u và v đồng biến khi x ≥ -2 Vế trái là hàm đồng biến , vế phải là hàm nghịch biến Nên nghiệm của (1) là giao của x ≥ -2 và x < x0 với x0 là nghiệm của phương trình: x + 2 + x + 5 + 2 x 2 +... 1 + x 2 ) < ∀x>0 1 + ln x , ∀x>0 x 3 Chứng minh rằng : logx(x+1) > logx+1(x+2) , ∀x > 1 4 .Giải bất phương trình : x + 9 > 5 − 2x + 4  y3 + sin y x = 6   z3 5 .Giải hệ phương trình :  y = + sin z 6   x3  z = + sin x 6  e x − e x − y = y  y y− z 6 .Giải hệ : e − e = z  z z−x e − e = x 7 .Giải phương trình : 3.25x-2 +(3x-10).5x-2 +3-x = 0 PHẦN 3: KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM -Sau... CT Từ đó suy ra phương trình : 2x3 -x2 = a2 ( a2 > 0) có nghiệm duy nhất Nhận xét.Cái hay của cách giải này là từ hệ đối xứng loại 2 (1) -(2) ,không trừ trực tiếp ngay ,mà biến đổi trước để khi trừ (1') cho (2') thì phương trình hệ quả không chứa tham số, nên tránh được biện luận 2 x + 1 = y 3 + y 2 + y  3 2 Ví dụ 4 .Giải hệ : 2 y + 1 = z + z + z  3 2 2 z + 1 = x + x + x Giải. Xét hàm đặc trưng... ∈ ( 0;π ) sin 2 t f(t) đồng biến ∀t ∈ ( 0;π ) Từ (3) ⇒ f(x) = f(y) ⇔ x = y 14 Thay vào phương trình (2) của hệ ,ta đựoc x = y = 2π 13 Ví dụ 2: Giải hệ :  x − y = tan x − tan y    π tan x + tan y = 2, x , y ∈  0; ÷   2  Giải : Viết phương trình (1) dưới dạng x - tan x = y - tan y (3) 1  π  π Và xét hàm f(t) = t - tant xác định ∀t ∈  0; ÷,có f'(t) = 1- 2 < 0 ,do t ∈  0; ÷ cos t  2... minh rằng nếu x > 0, thì ln x < x Giải Xét hàm số f(t) = lnt - t với t > 0 1 1 2− t = t 2 t 2t f (t) = − Ta có Lập bảng xét dấu sau: t 0 + f'(t) ft) 4 0 - Như vậy ∀x > 0 ,có f(x) ≤ f(4) ⇔ lnx - x ≤ ln4-2 Do 4 log20002001 Giải Xét hàm số f(x) = logx(x +1) với x > 1 Khi đó bất đẳng thức đã cho có dạng tương ... minh bất đẳng thức ,giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình. Để giải toán dạng có ta giải nhiều phương pháp khác , có giải phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số .Sử dụng tính đơn điệu. .. việc dùng đạo hàm để giải toán 24 -Cái hay cách giải sử dụng linh hoạt tính đơn điệu hàm số để chứng minh bất đẳng thức ,giải phương trình, giải bất phương trình, giải hệ phương trình -Tránh... lúng túng Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải toán ,chiếm vị trí đặc biệt quan trọng toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình .Phương pháp