Dùng tính đơn điệu của hàm số để giải nhiều bài toán - Laisac

 thức 
S = 1083 2
2
2
2
+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +−⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +
x
y
y
x
x
y
y
x 
⇒+=
x
y
y
xt 2,222
2
2
2
≥−=+ tt
x
y
y
x . Vì xy < 0 suy ra 2−≤tHD : Đặt 
Do đó tổng trên viết lại S = 3t2 – 8t +4. 
ta có S’ = 6t -8 < 0 với mọi 2−≤t nên hàm số nghịch biến với mọi suý ra S(t) 
. Vậy GTNN(S) 32 khi t = -2 khi x = - y . 
2−≤t
32)2( =−≥ S
Bài 2 . Cho x>y>0 .Chứng minh (x-y)(2-x-y) < 2ln ⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
+
y
x
1
1 . 
HD .Bất phương trình tương đương yyyxxx −++>−++
2
)1ln(
2
)1ln(
22
Đặt f(t) = nên hàm số luôn đồng 
biên trong (0 ; .Vậy khi x > y >0 
(dpcm). 
00
1
1
1
1)('0
2
)1ln(
22
>∀>+=−++=⇒>∀−++ tt
tt
t
tftttt
)∞+ ⇔>⇒ )()( yfxf yyyxxx −++>−++
2
)1ln(
2
)1ln(
22
Bài 3 . Chứng minh rằng sinx +tgx > 2x với )
2
;0( π∈x . 
HD. Đặt f(x) = sinx +tgx - 2x là hàm số xác định trong )
2
;0( π . 
có đạo hàm f’(x) = cosx 02
cos
1cos2
cos
1
2 =−+>−+ xxx với )2;0(
π∈x Suy ra f(x) > f(0) = 0 
hay sinx +tgx > 2x với )
2
;0( π∈x 
Vận dụng :Có nhiều bài toán đưa về bài toán 3 . 
Thí dụ 1. Chứng minh rằng với )
2
;0( π∈x ta luôn có : 1sin 222 +>+ xtgxx . 
Thí dụ 2 .Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc nhọn thì 
π2sinsinsin >+++++ tgCtgBtgACBA . 
Thí dụ Chứng minh rằng mọi tam giác ABC ta luôn luôn có : 
332
cos1
2
cos1
2
cos1
>
+
+
+
+
+
C
C
B
B
A
A
. 
HD . Xét hàm số f(x) = )
2
;0(2sin π∈∀−+ xxxtgx . 
Ta có f’(x) = 02cos.
cos
122cos
cos
12cos
cos
1
2 =−≥−+≥−+ xxxxxx . )2;0(
π∈∀x 
Do đó hàm số đồng biến trong nên f(x) )
2
;0( π 02sin0)0( ≥−+⇒=≥ xxtgxf
Khi ta có: 0≠x gx
x
x cot
2
cos1 >+ 
Lần lượt cho x = 
2
;
2
,
2
CxBxA == ta có : 
33
2
cot
2
cot
2
cot2
cos1
2
cos1
2
cos1
≥++>
+
+
+
+
+ CgBgAg
C
C
B
B
A
A
. 
Bài 4 .Chứng minh rằng ,với mọi x > 0 và mọi ta có : *Nn∈
!
...
!3!2
1
32
n
xxxxe
n
x +++++> . 
HD . Chứng minh bằng phương pháp qui nạp .Ta chứng kinh khi n = 1 : đúng. xe x +> 1
Giả sủ khi n = k tùy ý cũng đúng ,nghĩa là 
!
...
!3!2
1
32
k
xxxxe
k
x +++++> 
0
!
...
!3!2
1
32
<−+++++⇔ x
k
e
k
xxxx . 
Ta chứng minh khi n = k+1 cũng đúng .Thặt vậy 
Xét hàm số : 
=⇒−+++++++=
+
)('
!)1(!
...
!3!2
1)(
132
xfe
n
x
n
xxxxxf x
nn
0
!
...
!3!2
1
32
<−+++++ x
k
e
k
xxxx 
Vậy hàm số luôn giảm trong (0 ; )∞+ . Khi x > 0 
⇔<⇒ 0)(xf
!)1(!
...
!3!2
10
!)1(!
...
!3!2
1
132132
+++++++>⇔<−+++++++
++
n
x
n
xxxxee
n
x
n
xxxx
nn
xx
nn
Vậy theo nguyên lí qui nàp ta có điều phải chứng minh . 
B. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ,BẤT PHƯƠNG TRÌNH. 
Giải phương trình : . BaØi 1 . 04)1(log)64(2)1(log)2(3 222 =++−−+− xxxxx
 Đặt t= .Phương trình trở thành :3(x-2) t2 –2(4x-6) t +4x=0. (1)HD. )1(log2 +x
Xét : =Δ' Rxxxx ∈∀≥−=++ .0)62(36244 22 . 
Do đó phương trình (1) có nghiệm: t1= 2 t2= . ∨ )2(3
2
−x
x
Khi t=2 ⇔ log2(x+1) = 2⇔ x=3. 
Khi t= ⇔ log2(x+1)= . (2).Nghiệm phương trình trên chính là hoành độ giao 
điểm của đồ thị f(x)= log2(x+1) và đồ thị g(x)= . 
)2(3
2
−x
x
)2(3
2
−x
x
)2(3
2
−x
x
Xét đồ thị g(x)= . Có g’(x) =- . 
)2(3
2
−x
x 20
)2(3
2
2 ≠∀<− xx
Nên hàm số luôn luôn giảm trong 2 khoảng . ( ) ( )+∞∨∞− ;22;
Mặt khác hàm : f(x)= log2(x+1) là hàm số luôn luôn đồng biến trong (-1; ). +∞
Do đó hai đồ thị cắt nhau nhiều nhất là 2 điểm có hoành độ x=0 x=3,chính là nghiệm của 
phương trình (2). Vầy phương trình đã cho có nghiệm là: x=0 ∨ x=3. 
∨
Bài 2 . Giảiphương trình : . xxx 4846 log)(log2 =+
HD Đặt . txxt 24 4log =⇒=
1
3
1
3
2312622)22(log2
22
22222
6 =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⇔=+⇔=+⇔=+
tt
tttt
t
t
t t Phương trình tương đương 
Đặt là hàm số nghịch biến với mọi t . 
22
3
1
3
2)(
tt
tf ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛= Mặt khác f(2) = 1 . Do đó phương 
trình có nghiệm duy nhất t = 2 . 44=⇔ x
Bài 3 . Giải phương trình )(coslog)(cotlog2 23 xgx = 
HD . Đặt t = phương trình trở thành . txx 2cos)(coslog2 =⇒ tt
t
t
t
t 3
41
4
41
4log3 =−⇔=−
Bài 4. Giải bất phương trình : .( ) ( ) 23sinsinlog12sinsinlog 2523 ≥++++++ xxxx
HD. Đặt: t= . Ta nhận thấy t>0. 2sinsin 2 ++ xx
Bất phương trình trở thành:log3(t+1) + log5(t2+1) .(1) 2≥
Xét hàm số : f(t)=log3(t+1)+log5(t2+1) là tổng của hai hàm số đồng biến trong (0, )∞+
Nên f(t) là hàm số đồng biến và liên tục trong (0, .Mặt khác: f(2)=2. )∞+
Do đó bất phương trình : log3(t+1) + log5(t2+1) f(t) t . 2≥ ⇔ )2(f≥ ⇔ 2≥
Hay: sin2x+sinx2 2sinsin 2 ++ xx 2≥ ⇔ 0≥ ⇔ )(
2
1sin
2sin
1sin
Zkkxx
x
x ∈+=⇔=⇔⎩⎨
⎧
−≤
≥ ππ
Vậy nghiệm của bất phương trình trên: . )(
2
Zkkx ∈+= ππ
Bài 5. Giải bất phương trình : ( ) 2log3log 12 xx ≤− ( )Rx∈
( ) 2log3log 12 xx ≤− ⇔ xx 223 log
1
)1(log
1 ≤−HD.Điều kiện : x>1 , .2≠x Ta có . 
0
log
1
2
>
x
 ta có vế trái 21 << x 0
)1(log
1
2
3
<−x và vế phải Khi 
Nên bất phương trình có nghiệm 21 << x . 
Khi 2>x hai vế bất phương trình đều dương , bất phương trình : . )1(loglog 232 −≤ xx
Đặt . Bất phương trình viết lại txxt 2log2 =⇒= 14
1
4
3143 ≤⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⇔−≤
tt
tt (1) 
Đặt 
tt
tf ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
4
1
4
3)( là hàm số liên tục trong );
2
1( +∞ . 
Ta có ⇒<⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛= 0
4
1ln
4
1
4
3ln
4
3)('
tt
tf f(t) là hàm số giảm trong );
2
1( +∞ . 
Mặt khác ta có . Do đó bất phương trình (1) viết lại 1)1( =f
21log1)1()( 2 ≥⇔≥⇔≥⇔≤ xxtftf . 
21 << x hoặc . 2≥xVậy bất phương trình đã cho có nghiệm là 
Bài 6. Giải bất phương trình : 0
2)1(log12
243.44.3
5,0
>−++−
−+
xx
xx . 
 , có f’(x) > 0 f(x) đồng biến [ và f(1) = 0. 243.44.3 −+ xx ⇒∀x )1;1−HD.Đặt f(x) = 
có g’(x) < 0 g(x) nghịch biến và f(0) = 0. 2)1(log12 5,0 −++− xx ⇒ [ )1;1−Và g(x) = 
Vậy bất ohương trình tương đương 
⎩⎨
⎧
<
<∨⎩⎨
⎧
>
>⇔>
0)(
0)(
0)(
0)(
0
)(
)(
xg
xf
xg
xf
xg
xf 
10
0
1
0
1 <<⇔⎩⎨
⎧
>
<∨⎩⎨
⎧
<
>⇔ x
x
x
x
x
 là nghiệm bất phương trình. 
C.HỆ PHƯƠNG TRÌNH. 
Đưa về phương trình dạng f(x) = f(y) hoặc f(h(x)) = f( g(y)) 
NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP :Xét hàm số f(t) .Vận dụng tính đơn điệu của hàm số trong 
khoảng , đoạn nào đó để dẫn đến x = y hoặc )()( ygxh = ,từ đó suy ra cách giải . 
Bài 1 :Giải hệ phương trình với x , y : );0( π∈ ⎩⎨
⎧
=+
−=−
π285
cotcot
yx
yxgygx
HD Từ pương trình (1) tương đương cotỹ –x = cotgy – y . Đặt f(t)= cotgt – t với t . );0( π∈
Có đạo hàm f’(t) = ⇒<−− 01
sin
1
2 t
Hàm số luôn nghịch biến mọi t );0( π∈ nên phương trình 
trở thành f(x) = f(y) yx =⇔ .Suy ra kết quả. 
Giải hệ phương trình: 
[ ]
⎪⎩
⎪⎨
⎧
+=−
+
+=+−−
+ )2(2232
)1(
1
1ln2)(2)(
yxyx
y
xyxyx
2. BaØi 
HD.ĐK: . 0;0 ≥≥ yx
Phương trình (1) tương đương:y2-2y+2ln(1+y)= x2-2x+2ln(1+x) , có dạng f(y) = f(x) . 
Xét hàm số :f(t)= t2-2t+2ln(1+t) ,liên tục trong (0; ). ∞+
Ta có f’(t)=2t-2+ và f’’(t)= . f(t) luôn đồng biến trong (0; ). 
t+1
2
( ) 001
22
2
2
≥∀>+
+ t
t
tt ⇒ ∞+
Do đó p/t: y2-2y+2ln(1+y)= x2-2x+2ln(1+x) f(y)=f(x) x=y. ⇔ ⇔
Thế y=x vào (2) ta có: .P/t có nghiệm là: x= . ⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
−=⇔=−
)(32
)(12
2.234
n
l
x
x
xx 3log 22
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−+
=−+
mxy
myx
32
32
Bài 3 . Định m để hệ phương trình sau có nghiệm: 
HD :Trừ hai vế phương trình ta có: yyxx −−=−− 3232
Đặt f(t) = .Hàm số xác định trong [0 ; 3 ] tt −+ 32
CM hàm số đồng biến ,suy ra x = y. Thế y = x vào phương trình (1) ta có 
= m . xx −+ 32
⎩⎨
⎧
=
−+=⇔
my
xxy 32 Lập bảng biến thiên suy ra kết quả. 
Bài 4. Giải các hệ phương trìnhsau : 
 ; ; ⎪⎩
⎪⎨⎧ =+
+−=−
2
)2)((22
22 yx
xyxyyx
⎪⎩
⎪⎨⎧ =++
−=−
02loglog 2/1
2
2 yx
eeyx yx
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=++−+−
=+
+ −
43151
1
1
xyyx
e
y
x yx
Phương trình lại đưa về dạng hệ phương trình dạng . 
NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP : Đặt một biểu thức nào đó của phương trình thành một hàm số 
rồi dẫn đến hệ phương trình có tính chất đối xứng. 
Bài 1. Giải phương trình : . 1)1(log2 2 =+− xx
HD. ĐK: x>-1.Đặt : y = .12)1(log 2 −=⇒+ txx
 Do đó ta có hệ phương trình sau:
 ⎪⎩
⎪⎨⎧ +=
+=
)2(12
)1(12
x
y
y
x
Lấy (1) trừ cho (2) ta có:2x-2y -x ⇒2x+x y= y = 2 +y. (3) 
Xét hàm số :f(a) = 2a+a là hàm liên tục và đồng biến trong tập số thực R 
Phương trình (3) tương đương: f(x)=f(y) ⇒ x = y. 
Vậy phương trình (1) trở thành : 2x=1+x.(4) 
Nghiệm của p/t (4) chính là hòanh độ giao điểm của hai đồ thị y = 2x và y = x + 1 
 y y=2x y=x+1
 Dựa vào đồ thị ta nhận thấy hai đồ thị 
 2 cắt nhau lần lượt tại hai điểm 
 có hoành độ là :x=0 và x=1 
 x Vậy nghiệm của phương trình là: x=o hoặc x=1 
 0 1 
Bài 2 : Định tham số a đẻ phương trình sau đây có ba nghiệm phân biệt : 33 axax +=− 
HD : Đặt y = . axyax +=⇒+ 33
yyxxxyyx
xay
yax +=+⇒−=−⇒⎪⎩
⎪⎨⎧ +=
+= 3333
3
3
Từ phương trình trên ta suy ra hệ (1) 
Đặt f(t) = t3 + t , có đạo hàm f’(t) = 3t2 + 1 > 0 mọi t thuộc R , nên ham số luôn đồng biến . 
Từ phương trình (1) suy ra f(x) = f(y) yx =⇒ . từ đó ta có x3 = x + a (*) . 
Vậy để phương trình trên có ba nghiêm phân bitệt thì phương trình (*) phải có ba nghiệm phân 
biệt Dùng bảng biến thiên để phgưong trình có ba nghiệ phân biêt thì 
33
2<a . 
Bài 3 : Giải phương trình : log2(sinx + 1) = 2sinx – 1 . 
HD : Đặt y = log2(sinx + 1) . (1). 12sin −=⇒ yx
Phương trình trở thành hệ : . xyyx
y
x
xyxy
x
y sinsin
sin
2sin222sin
12sin
12 +=+⇔−=−⇒⎪⎩
⎪⎨⎧ −=
−=
Xét hàm số f(t) = t + 2t có f’(t) = 1 + 2t.ln2 > 0 . hàm số luôn luôn đồng biến 
nên : . xyxfyfxy xy sin)(sin)(2sin2 sin =⇒=⇔+=+
Do đó từ (1) ta có y = 2y – 1 . 1;012 ==⇔+=⇔ yyyy
Khi y = 0 . πkxx =⇔=⇒ 12sin
Khi y =1 ππ mxx +=⇔=⇒
2
22sin . 
Thử lại ,phương trình có nghiệm :x = )(.
2
Znn ∈π 
 Giải phương trình : với (0; . xtgx 2cos2= ∈x )
2
πBài 4.
HD. 
Phương trinh tương đương: (2) xx
x
x
xx
x
x 22
2
2
cossin
sin
cos
2.cos2.sin
2
2
cos
sin =⇔=
Vì x∈(0; ⇒ sinx>0 ;cosx>0 .Do đó.Xét hàm số:f(t)= liên tục và đồng biến . )
2
π tt 2. 0>∀t
Nên phương trình tương đương: f(sinx)=f(cosx) sinx=cosx⇒ . ⇔
4
π=x
Vậy