Luyện thi Đại học, Cao đẳng - Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số phần 2 - Nguyễn Dương

 Luyện thi ĐH chất lượng cao ths . Nguyễn Dương 093 252 8949 
 ứng dụng tính đơn điệu của hàm số 
 ( phần 2 ) 
Một số Ví dụ : 
Ví dụ 1 : (D2004) Chứng minh rằng phương trình sau có đúng một nghiệm : 
 5 2 2 1 0x x x    (1) 
Bài giải : 
 5 2(1) 2 1x x x    5 2( 1)x x   , do 0x  không là nghiệm của phương trình , điều kiện 
: 0x  
 Chia cả hai vế cho x 2 ta được : 
2
3 2
2
( 1) 1(1 )xx
x x

   
Xét hai hàm số sau : 
 3 2( ) , '( ) 3 0 (0, )f x x f x x x      , hàm tăng trên ( 0 , ) 
 2 2
1 1 1( ) (1 ) ; '( ) (1 ) 0 (0, )g x g x x
x x x
         , hàmgiảm trên ( 0 , ) 
 phương trình (1) có nhiều nhất là một nghiệm (*) 
Mặt khác ta có 5 2( ) 2 1h x x x x    liên tục trên ( 0 , ) và 
(1). (2) ( 3)(23) 0 ( ) 0h h h x     có nghiệm thuộc (1,2) (**) 
 Từ (*) và (**) kết luận : phương trình (1) có một nghiệm duy nhất 
Ví dụ 2 : 
 giải phương trình : 
 3 .2 3 2 1x xx x   (1) 
Bài giải : 
(1) (2 1)3 2 1xx x    (*) rõ ràng 1
2
x  không là nghiệm của phương trình , chia hai vế cho 
 Nha trang 8/2009 
Định lý 3 :: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến ( hoặc luôn nghịch biến) và hàm số y = g(x) luôn 
nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) và liên tục trên D thì số nghiệm của phương trình f(x) = g(x) 
không nhiều hơn một. 
Chứng minh: 
 Giả sử phương trình f(x) = g(x) có nghiệm 0 0 0( ) ( )x x f x g x   
 Nếu 0x x thì 0( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x g x f x g x    vô nghiệm. 
 Nếu 0x x thì 0( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x g x f x g x    vô nghiệm 
Vậy 0x x là nghiệm duy nhất của phương trình 
 Định lí 4: Nếu đồ thị hàm số y = f(x) lồi (lõm) trên khoảng (a;b) thì phương trình f(x) = m có tối 
đa 2 nghiệm 
Chứng minh : bạn đọc tự chứng minh , dựa vào hình dáng của đồ thì hàm y = f(x) lồi 
 (hoặc lõm ) trên (a, b ) , dễ thấy đường thẳng : y = m cắt đồ thị tại tối đa là 2 điểm 
: ( )pt f x m  có tối đa là hai nghiệm 
Luyện thi ĐH chất lượng cao ths . Nguyễn Dương 093 252 8949 
(2x – 1 ) 0 ta được : 2 13
2 1
x x
x



 điều kiện : 1 1( , ) ( , )
2 2
x    
Xét hàm : ( ) 3 '( ) 3 ln 3 0 ( )x xf x f x f x     là hàm đồng biến và liên tục trên các khoảng 
1 1( , ) ; ( , )
2 2
  
Xét hàm : 2
2 1 4( ) , '( ) 0 ( )
2 1 (2 1)
xg x g x g x
x x
 
   
 
 là hàm nghịch biến và liên tục trên các 
khoảng 1 1( , ) ; ( , )
2 2
  
 (*) có không quá một nghiệm thuộc 1( , )
2
 và có không quá một nghiệm 1( , )
2
  
1:
1( , )
2
TH x  ta thấy ( 1) ( 1) 1f g x      là một nghiệm của phương trình 
2
1: ( , )
2
TH x  ta thấy (1) (1) 1f g x   là một nghiệm của phương trình 
Kết luận : 
 Phương trình có hai nghiệm : 1x   
ứng dụng giải hệ hoán vị vòng quang : 
 ví dụ 1 : Giải hệ phương trình 
3 2
3 2
3 2
2
2
2
x y y y
y z z z
z x x x
    

   
    
 bài giải : 
Xét hàm số f(t) = t3 + t2 + t - 2. f’(t) = 3t2 + 2t + 1 > 0 t R. Vậy hàm số f(t) đồng biến trên R. 
 Giả sử x = maxx,y,z hay x y và x  z suy ra x = f(y)  f( z) = y và x= f(y)  f(x) = z . Từ đó ta 
có y  z và y  x. Suy ra f(y)  f(z) hay z  x. Do đó x  y z x từ đó x = y = z = 1. 
 Bài tập về nhà 
 Bài tập 1: Giải hệ phương trình 
3 2
3 2
3 2
3 3 ln( 1)
3 3 ln( 1)
3 3 ln( 1)
x
z
x x x y
y y y y z
z z z x
      

     
      
Bài tập 2: Giải hệ phương trình 
3 2 3
3 2 3
3 2 3
2 2 18
2 3 18
2 3 18
x x
z z
y y
y y z z
x x
    

   
    
Bài tập 3: Giải hệ phương trình 
3 2 3
3 2 3
3 2 2
2 2 1
2 2 1
2 2 1
x
z
z x
x x y
y y y
z z
    

   
    
Luyện thi ĐH chất lượng cao ths . Nguyễn Dương 093 252 8949 
Bài tập 4: Giải phương trình: 2009x + 2010x = 4017x + 2 
Bài tập 5: Giải phương trình: 33 1 log (1 2 )x
x x    
Bài tập 6: Giải phương trình:    cos cos1 cos 2 4 3.4x xx   
Bài tập 7 : chứng minh rằng 22 2 11x x   có nghiệm duy nhất 
Bài tập 8 : gải phương trình 
Bài giảng này gồm tất cả 10 phần trên đây là phần 1 , các phần tiếp theo tôi tiếp tục đăng trên 
trang web của tôi để các bạn tham khảo 
 Phần 3 : ứng dụng tính đơn điệu để chứng minh bất đẳng thức 
 Nha trang 8/2009