Xem mẫu
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
I – ƯNG D NG CÁC TÍNH CH T HÀM S VÀO GI I PHƯƠNG TRÌNH
1. N u hàm s y = f ( x ) ñơn ñi u trên t p D thì phương trình f ( x ) = k n u có nghi m
x = x 0 thì ñó là nghi m duy nh t c a phương trình.
2. N u hàm s y = f ( x ) ñơn ñi u trên t p D và u ( x ) , v ( x ) là các hàm s nh n các giá tr
thu c D thì f ( u ( x ) ) = f ( v ( x ) ) ⇔ u ( x ) = v ( x ) .
• M t s lưu ý khi s d ng phương pháp hàm s .
V n ñ quan tr ng nh t khi s dung phương pháp hàm s là chúng ta ph i nh n ra ñư c
hàm s ñơn ñi u và nh m ñư c nghi m c a phương trình.
1) ð phát hi n ñư c tính ñơn ñi u c a hàm s chúng ta c n n m v ng các tính ch t:
i) N u y = f ( x ) ñ ng bi n (ngh ch bi n) thì:
+ y= n f ( x ) ñ ng bi n (ngh ch bi n).
1
+ y= v i f ( x ) > 0 ngh ch bi n (ñ ng bi n).
f ( x)
+ y = − f ( x ) ngh ch bi n (ñ ng bi n).
ii) T ng c a các hàm s ñ ng bi n (ngh ch bi n) trên D là m t hàm s ñ ng bi n (ngh ch
bi n) trên D.
iii) Tích c a các hàm s dương ñ ng bi n (ngh ch bi n) trên D là m hàm s ñ ng bi n
(ngh ch bi n) trên D.
Ví d : T tính ñơn ñi u c a các hàm s y = x + 3 , y = 3 − x, y = 2 − x n u n m ñư c các
tính ch t trên ta có th phát hi n ñư c ngay các hàm s y = 3 x + 3 + x + 3 + x (ñb),
6 8 1
y= + (ñb), y = + 3 − x (nb). T cách nhìn nh n ñó có th giúp
3− x 2−x x+3
chúng ta ñ nh hư ng ñư c phương pháp gi i là s d ng tính ñơn ñi u c a hàm s .
2) Vi c nh m nghi m cũng là m t v n ñ r t quan trong trong phương pháp này, khi nh m
nghi m ta thư ng ưu tiên ch n x mà bi u th c trong d u căn là lũy th a mũ n (n u căn b c
α
n), ho c n u phương trình logarit thì ta ch n x mà bi u th c trong d u loga là a n u pt có
logarit cơ s a…..
Ví d 1. Gi i các phương trình:
5 x − 1 + 3 2 x − 1 + x = 4 (1) 2 x + 3 x + 6 x + 16 − 4 − x = 2 3 (2)
3 3 2
a) b)
Gi i:
a) Quan sát v trái c a pt (1) chúng ta th y khi x tăng (gi m) thì giá tr c a các bi u th c
trong d u căn cũng tăng (gi m), t dó chúng ta th y v trái là hs ñ ng bi n mà v ph i
b ng 4 không ñ i nên ta s d ng tính ñơn ñi u c a hs là l a ch n h p lí ñ gi i quy t bài
toán.
1
ðK: 5 x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 . ð t f ( x ) = 5 x − 1 + 3 2 x − 1 + x , ta có phương trình
3 3
5
f ( x) = 4
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
2
15 x 2 1
Ta có f ' ( x ) = + + 1 > 0 v i m i x ∈ 3 ; +∞ nên hàm s ñ ng
2 5x − 1 3 3 ( 2 x − 1) 5
3 2
1
bi n trên 3 ; +∞ . Mà f (1) = 4 , t c x = 1 là m t nghi m c a phương trình. Ta ch ng
5
minh ñó chính là nghi m duy nh t.
+ N u x > 1 thì f ( x ) > f (1) = 4 ⇒ PTVN
1
+ N u 3 ≤ x < 1 Thì f ( x ) < f (1) = 4 ⇒ PTVN
5
V y PT có nghi m duy nh t x = 1 .
b) ð K:
2 x 3 + 3 x 2 + 6 x + 16 ≥ 0 ( x + 2 ) 2 x − x + 8 ≥ 0
⇔
2
⇔ −2 ≤ x ≤ 4 ( )
4 − x ≥ 0 x ≤ 4
PT (2) có d ng f ( x ) = 2 3 trong ñó f ( x ) = 2 x + 3x + 6 x + 16 − 4 − x
3 2
f '( x ) =
(
3 x + x +1
2
) +
1
> 0 v i m i x ∈ ( −2;4 ) nên hàm s ñ ng bi n trên
2 x + 3x + 6 x + 16
3 2
2 4− x
[-2;4]. Mà f (1) = 2 3 , t ñó ta có x = 1 là nghi m duy nh t c a phương trình.
Ví d 2. Gi i các phương trình :
a)
6
3− x
+
8
2− x
=6
2
( 2
)
b) 3x 2 + 9 x + 3 + ( 4 x + 2 ) 1 + 1 + x + x = 0 ( )
Gi i:
a) ðK: x < 2
6 8
ð t f ( x) = + ta có PT f ( x ) = 6
3− x 2−x
' '
6 8
3− x 2− x
f '( x ) =
3 4
+ = + > 0 v i m i x ∈ ( −∞;2 ) .
6 8 6 8
(3 − x ) (2 − x)
2 2
2 2
3− x 2−x 3− x 2−x
3
Nên hàm s ñ ng bi n trên ( −∞;2 ) . Mà f = 6
2
3
V y PT có nghi m duy nh t x = .
2
b)
( )
3x 2 + 9 x + 3 + ( 4 x + 2 ) 1 + 1 + x + x
2
( 2
)=0
(
⇔ 3x 2 + ( 3x )
2
)
+ 3 = − ( 2 x + 1) 2 + − ( 2 x + 1) + 3
2
( )
Xét f ( t ) = t 2 + t + 3 thì pt có d ng f ( 3 x ) = f ( − ( 2 x + 1) ) (1)
2
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
2
t
Vì f ' ( t ) = 2 + t + 3 + > 0 , nên hs ñ ng bi n, do ñó
2
t +3
2
1
(1) ⇔ 3x = − ( 2 x + 1) ⇔ x = −
5
1
V y PT có nghi m duy nh t x = − .
5
Ví d 3. Gi i các phương trình:
a) 3 x + 2 − 3 2 x + 1 = 3 2 x − 3 x + 1 6 x + 1 = 8x − 4 x − 1
2 2 3
3
b)
Gi i:
x + 2 − 3 2x + 1 = 3 2x − 3 x + 1 ⇔ 3 x + 2 + 3 x + 1 = 3 2x + 3 2x + 1
2 2 2 2
3
a) Ta có
( )
Xét f ( t ) = 3 t + 3 t + 1 , ta có pt f ( x + 1) = f 2 x . Vì f ( t ) = 3 t + 3 t + 1 ñ ng bi n nên
2
f ( x + 1) = f 2 x ( ) ⇔ 2x
− x − 1 = 0 ⇔ x = 1, x = − .
2 2 1
2
1
V y PT có hai nghi m là: x = 1 ∨ x = − .
2
b) 6 x + 1 = 8 x − 4 x − 1 ⇔ 6 x + 1 + 6 x + 1 = ( 2 x ) + 2 x ⇔ f
3
3
3 3
( 3
)
6x + 1 = f ( 2x )
Trong ñó f ( t ) = t + t . D th y f ( t ) là m t hàm ñ ng bi n nên
3
f ( 3
)
6 x + 1 = f ( 2 x ) ⇔ 3 6 x + 1 = 2 x ⇔ 8x − 6 x − 1 = 0 ⇔ 4 x − 3x =
3 3 1
2
(1)
N u x > 1 thì VT (1) = x 4 x − 3 > 1 >
1
2
(
nên PTVN.
2
)
N u x ≤ 1 thì ñ t x = cos ϕ , ϕ ∈ [0;π ] , khi ñó (1) tr thành
1 1 π 2π
4cos ϕ − 3cos ϕ = ⇔ cos3ϕ = ⇔ ϕ = ± + k
3
. Ch n các nghi m trong ño n
2 2 9 3
π 5π 7π
[0;π ] ta ñư c các nghi m ϕ 1 = ,ϕ 2 = ,ϕ 3 = .
9 9 9
π 5π 7π
T ñó ta ñư c 3nghi m c a pt là : x = cos , x = cos , x = cos .
9 9 9
Ví du 4: Gi i các phương trình
b) 7 = 1 + 2log 7 ( 6 x − 5 )
x −1
a) 2008 + 2009 = 2.2007
x x x 3
Gi i :
x x
2008 2009
a) 2008 + 2009 = 2.2007 ⇔ + =2
x x x
2007 2007
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
x x
2008 2009
Hàm s f ( x ) = + có
2007 2007
x x
2008 2008 2009 2009
f '( x ) = ln + ln > 0 nên ñ ng bi n và
2007 2007 2007 2007
0 0
2008 2009
f ( 0) = + = 2 do ñó pt f ( x ) = 2 có nghi m duy nh t x = 0.
2007 2007
b) ðK: 6 x − 5 > 0
ð t y − 1 = log 7 ( 6 x − 5) ⇒ 7 = 6 x − 5 (1)
y −1
Lúc ñó pt ñã cho tr thành 7 = 1 + 2log 7 ( 6 x − 5 ) = 1 + 6log 7 ( 6 x − 5) = 6 y − 5 (2)
x −1 3
Tr theo t ng v (1) và (2) ta ñư c :
7 − 7 = 6 y − 6 x ⇔ 7 + 6 ( x − 1) = 7 + 6 ( y − 1) ⇔ f ( x − 1) = f ( y − 1)
x −1 y −1 x −1 y −1
Trong ñó f ( t ) = 7 + 6t , vì f ' ( t ) = 7 .ln 7 + 6 > 0 nên hàm s ñ ng bi n trên R, suy ra
t t
f ( x − 1) = f ( y − 1) ⇔ x = y . Thay vào (1) và bi n ñ i ta ñư c pt: 7 − 6 ( x − 1) − 1 = 0 (3)
x −1
Hàm s g ( t ) = 7 − 6t − 1 có g ' ( t ) = 7 ln 7 − 6 ta có
t t
g ' ( t ) = 7 ln 7 − 6 = 0 ⇔ t 0 = log 7 6 − log 7 ln 7
t
Hàm s g ( t ) ngh ch bi n trên kho ng ( −∞; t 0 ) và ñ ng bi n trên (t 0 ; +∞) nên trên m i
kho ng ñó g ( t ) có nhi u nh t m t nghi m nên pt g ( t ) = 0 có nhi u nh t 2 nghi m. D th y
t1 = 0, t 2 = 1là hai nghi m c a g ( t ) suy ra pt (3) có hai nghi m x1 = 1, x 2 = 2 . Hai nghi m
này th a mãn ñi u ki n .
Nh n xét:
+ D ng t ng quát c a bài toán trên là s = p log s ( qx + r ) + cx + d ( a ≠ 0, q ≠ 0,0 < s ≠ 1)
ax + b
+ Trong PT trên có hai phép toán trái ngư c nhau là phép lũy th a và phép l y logarit,
trong phương trình có ch a các phép toán khác nhau cũng thư ng ñư c gi i b ng cách s
d ng tính ñơn ñi u c a hàm s . Chúng ta có th th y ñi u ñó qua ví d sau
Ví d 5 : Gi i các phương trình sau:
x − x +1
2
= x − 3x + 2 b) x + x + 1 = 3
2 2 x
a) log 2 2
2x − 4x + 3
Gi i:
a) Ta có
x − x +1
2
= x − 3x + 2
2
log 2 2
2 x −24 x + 3
( ) ( ) ( ) (
⇔ log 2 x − x + 1 − log 2 2 x − 4 x + 3 = 2 x − 4 x + 3 − x − x + 1 (1)
2 2 2
)
ð t u = x − x + 1, v = 2 x − 4 x + 3 thì (1) tr thành
2 2
log 2 u − log 2 v = v − u ⇔ u + log 2 u = v + log 2 v (2)
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
1
ð t f ( t ) = t + log 2 t ⇒ f ' ( t ) = 1 +> 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) nên hàm s ñ ng bi n và (2) có
t ln 2
d ng f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v ⇔ x − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 2 .
2
b) Ta có x + x + 1 = 3 ⇔ 3
2 x x
( x + 1 − x = 1. ð t f ( x ) = 3
2
) ( x + 1 − x) x 2
f ' ( x ) = 3 ln 3
x 2
( x
x +1 − x + 3 2
)x 2
2
x
− 1 = 3 ( x + 1 − x ) ln 3 −
x +1
1
> 0 (Vì
x +1
1
x + 1 > x và ln 3 > 1 ≥ ) nên hàm s ñ ng bi n , mà f ( 0 ) = 1do dó x = 0 là
2
x +1
2
nghi m duy nh t c a phương trình.
Nh n xét : Khi g p phương trình f ( x ) = g ( x ) trong ñó f , g có m t hàm ñ ng bi n và m t
hàm ngh ch bi n thì cách gi i thư ng dùng là nh m nghi m và ch ng minh nghi m ñó là
duy nh t, tuy nhiên trong bài toán c a ta f ( x ) = x + x + 1, g ( x ) = 3 l i ñ u ñ ng bi n
2 x
nên cách ñó không gi i quy t ñư c, vì v y ta chia hai v c a pt cho x + x + 1 ñ ñưa v
2
m t v là h ng s và v còn l i là m t hàm s mà ta có th xét ñư c tính ñơn ñi u c a nó,
ñó cũng là cách mà ta dùng VD4.
Ví d 6. Gi i các phương trình sau:
(
a) log 5 3 + 3 + 1 = log 4 3 + 1
x
) ( x
) (1) (
b) (1 + x ) 2 + 4
x
) = 3.4 (2) x
Gi i:
( )
a) ð t: t = log 4 3 + 1 ⇒ 3 + 1 = 4 ⇔ 3 = 4 − 1 , thay vao (1) ta ñư c phương trình:
x x t x t
( )
t t t t
1 2 1 2
log 5 3 + 2 = t ⇔ 3 + 2 = 5 ⇔ 3 + = 1 . ð t f ( t ) = 3 +
t t t
5 5 5 3
t t
1 1 2 2 1 2
Ta có f ' ( t ) = 3 ln + ln < 0 nên hàm s ngh ch bi n và f (1) = 3 + = 1
5 5 3 3 5 3
V y PT có nghi m duy nh t x = 1 .
( )
x +1 x +1
x x
4 4
b) Ta có : (1 + x ) 2 + 4 = 3.4 ⇔ x = ⇔ x − =0
x x
2+4 3 2+4 3
ð t f ( x) =
x +1 4
x
⇔ f '( x ) =
4 ln 4. 2 + 4 − 4 ln 4 1 2ln 4.4 x 1
x
( x
) 2x
x − − = 2 −
2+4 3 2+4
x 2
3 2 + 4x 3
( ) ( )
( )
x
2ln 4.4 1
f '( x ) = 0 ⇔
2
− =0⇔ 2+4 − 6ln 4.4 = 0 , ñây là pt b c hai theo n là
x x
(2 + 4 )
2
x
3
4 nên có nhi u nh t là 2 nghi m suy ra PT f ( x ) = 0 có nhi u nh t 3 nghi m, mà ta th y
x
1 1
x = 0, x = , x = 1 là các nghi m c a c a nó, do ñó pt có nghi m là x = 0, x = , x = 1 .
2 2
Ví d 7: Gi i các phương trình:
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
2−n
π
2
( n ∈ ℕ, n ≥ 2 ) và x ∈ 0; .
x
a) 1 − = cos x b) sin x + cos x = 2
n n 2
2 2
Gi i:
2 2 2
x x x
a) 1 − = cos x ⇔ + cos x = 1 . ð t f ( x ) = + cos x
2 2 2
D th y f ( − x ) = f ( x ) , ∀x ∈ ℝ do ñó f ( x ) là hàm s ch n, vì v y ch c n gi i trên [0; +∞)
Ta có f ' ( x ) = x − sin x, f '' ( x ) = 1 − cos x ≥ 0, ∀x ∈ [0; +∞) suy ra f ' ( x ) ñ ng bi n trên
[0; +∞) nên f ' ( x ) ≥ f ' ( 0 ) = 0, ∀x ≥ 0 do ñó f ( x ) ñ ng bi n trên [0; +∞) . Mà f ( 0 ) = 1
V y x = 0 là nghi m duy nh t c a pt trên [0; +∞) và ñó cũng chính là nghi m duy nh t c a
PT trên ℝ .
π
b) N u n = 2 thì pt tr thành sin x + cos x = 1nên m i x ∈ 0; là nghi m c a PT
2 2
2
N u n > 2 , ð t: f ( x ) = sin x + cos x ⇒ f ' ( x ) = n sin x.cos x sin
n n
( n−2
x − cos
n−2
x )
2−n
π π π
Vì x ∈ 0; nên f ' ( x ) = 0 ⇔ x = .L p b ng bi n thên ta có min f ( x ) = f =2
2
π
2 4 0;
2
4
2−n
π π
Do ñó trên 0; PT f ( x ) = 2 có nghi m duy nh t x =
2
.
2 4
1 1
1+ 1+
1 x
1 2
Ví d 8. Tìm nghi m dương c a phương trình: x ln 1 + − x ln 1 + 2 =1− x .
3 x
x x
Gi i: Ta có
1 1
1+ 1+
1 1 1
( 1
)
2
= 1 − x ⇔ ( x + 1) ln 1 + − x x + 1 ln 1 + 2 = 1 − x
x
x ln 1 + − x ln 1 + 2
3 x 2
x x x x
1 2
( 1
⇔ ( x + 1) ln 1 + − 1 = x x + 1 ln 1 + 2 − 1
x x
)
1 2
(
1
⇔ x ( x + 1) ln 1 + − 1 = x x + 1 ln 1 + 2 − 1
x
2
x
) (vì x>0) (1)
1
ð t f ( t ) = t ( t + 1) ln 1 + − 1 v i t > 0 thì (1) có d ng f ( x ) = f x
t
2
( )
1 1 2
Ta có f ' ( t ) = ( 2t + 1) ln 1 + − 2 = ( 2t + 1) ln 1 + −
t t 2t + 1
1 2 −1 4 1
ð t g ( t ) = ln 1 + − ⇒ g '(t ) = + 2 = − 2 < 0, ∀t > 0
t 2t + 1 t ( t + 1) ( 2t + 1) t ( t + 1)( 2t + 1)
Do ñó g ( t ) ngh ch bi n trên ( 0; +∞ ) mà lim g ( t ) = 0
t →+∞
suy ra g ( t ) > 0; ∀t > 0 ⇒ f ' ( t ) = ( 2t + 1) g ( t ) > 0, ∀t > 0 nên f ( t ) ñ ng bi n trên ( 0; +∞ ) .
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
( )⇔ x=x
vì v y f ( x ) = f x
2 2
⇔ x = 1.
Tóm l i PT có nghi m duy nh t x = 1 .
II- NG D NG CÁC TÍNH CH T C A HÀM S ð TÌM ðI U KI N C A
THAM S SAO CHO PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHI M.
1. N u hàm s y = f ( x ) liên t c trên ño n [a; b] và f ( a ) f ( b ) < 0 thì phương trình có ít
nh t m t nghi m thu c kho ng ( a; b ) .
2. Phương trình f ( x ) = m có nghi m khi và ch khi m thu c t p giá tr c a hàm s
y = f ( x)
Và s nghi m c a PT là s giao ñi m c a ñ th hàm s y = f ( x ) và ñư ng th ng y = m .
Ví d 1. Tìm m ñ các phương trình sau có nghi m th c nghi m:
a) 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x − 1 x − 13x + m = x − 1
2 4 4
b)
(TSðHKA-2007)
Gi i:
a) ðK: x ≥ 1
x −1 x −1
3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x − 1 ⇔ m = −3 + 24
2
(1)
x +1 x +1
x −1 4 2
ð t t= = 1− , vì x ≥ 1 nên 0 ≤ t < 1 , PT (1) tr thành m = −3t + 2t = f ( t ) (2)
2
4
x +1 x +1
PT(1) có nghi m khi và ch khi PT(2) có nghi m 0 ≤ t < 1 và ñi u này tương ñương v i m
thu c t p giá tr c a hàm s f ( t ) = −3t + 2t v i 0 ≤ t < 1 .
2
1
L p b ng bi n thiên c a hàm s f ( t ) trên [0;1) ta ñư c t p giá tr là ( −1; ]
3
1
V y PT có nghi m khi và ch khi −1 < m ≤ .
3
b)
x ≥ 1 x ≥ 1
x − 13x + m = x − 1 ⇔ 4 4 ⇔ 4
4 4
x − 13x + m = ( x − 1) x − 13x + m = x − 4 x + 6 x − 4 x + 1
4 3 2
x ≥ 1
⇔
m = −4 x + 6 x + 9 x + 1 (1)
3 2
PT ñã cho có 2 nghi m khi và ch khi PT(1) có nghi m x ≥ 1 .
ð t f ( x ) = −4 x + 6 x + 9 x + 1 , x ∈ [1; +∞)
3 2
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
1
x = − (l )
2
( 2
)
f ' ( x ) = −12 x + 12 x + 9 = −3 4 x − 4 x − 3 , f ' ( x ) = 0 ⇔ 4 x − 4 x − 3 = 0 ⇔
2
3
2
x = (n)
2
B ng bi n thiên:
x 1 3/2 +∞
0
f’(x
f(x 29/2
12 −∞
29
T b ng bi n thiên suy ra PT (1) có nghi m x ≥ 1 khi m ≤ , hay PT ñã cho có nghi m
2
29
khi m ≤ .
2
Ví d 2. Tìm m ñ các phương trình sau có ñúng 2 nghi m th c:
2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m x + x +1 + x − x +1 = m
2 2
4
a) b)
(TSðH - KA-2008)
Gi i:
a) ð K: 0 ≤ x ≤ 6
ð t v trái c a phương trình là f ( x ) , x ∈ [ 0;6]
1 1 1 1
Ta có f ' ( x ) = + − −
2 4 (2x) 2x 2 4 (6 − x)3 6− x
3
=
1 1
−
1 + 1 − 1 , x ∈ ( 0;6 )
2 4
(2x)
3
4
(6 − x)
3
2x
6−x
ð t u ( x) = 1 −
1 , v( x) = 1 − 1
4 (2x)3 4 (6 − x)3
2x 6− x
Ta th y u ( 2 ) = v ( 2 ) = 0 ⇒ f ' ( 2 ) = 0
Mà u ( x ) , v ( x ) cùng dương trên (0;2) và cùng âm trên (2;6) nên ta có b ng bi n thiên :
Suy ra các giá tr c n tìm c a m là : 2 6 + 2 4 6 ≤ m < 3 2 + 6
b) ð t v trái c a phương trình là f ( x ) , x ∈ ℝ
Ta có
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
1 1
2x + 1 2x − 1 x+ −x
f '( x ) = + −= 2 2
2 x + x +1 2 x − x +1
2 2 2 2
1 3 1 3
x+ + − x +
2 4 2 4
1 1 t
= h x + − h − x (1) trong ñó h ( t ) = ,t ∈ ℝ là hàm ñ ng bi n nên t ta có
2 2 3
t +
2
4
1 1 1 1
f '( x ) > 0 ⇔ h x + − h − x > 0 ⇔ x + > − x ⇔ x > 0
2 2 2 2
Ngư c l i f ' ( x ) < 0 ⇔ x < 0 và f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 0 . M t khác f ( 0 ) = 2 và lim f ( x ) = +∞
x →±∞
nên ta có b ng bi n thiên:
T b ng bi n thiên suy ra PT có ñúng hai nghiêm khi m > 2 .
Ví d 3: Tìm t t c các giá tr c a tham s m ñ phương trình sau có nghi m th c
m ( 1+ x 2 2
)
− 1 − x + 2 = 2 1 − x + 1 + x − 1 − x (TSðH-KB-2004)
4 2 2
Gi i: ðK: −1 ≤ x ≤ 1
ð t t = 1 + x − 1 − x , d th y t ≥ 0 và t = 2 − 2 1 − x ≤ 2 ⇒ t ≤ 2 , v y ñi u kiên
2 2 2 4
t ∈ 0; 2 .
−t + t + 2
2
PT ñã cho tr thành : m ( t + 2 ) = −t + t + 2 ⇔ m = = f ( t ) . (1)
2
t+2
−t + t + 2
2
Ta có f ( t ) = liên t c trên 0; 2 nên PT ñã cho có nghi m x ⇔ (1) có
t+2
nghi m t ∈ 0; 2 ⇔ min f ( t ) ≤ m ≤ max f ( t ) .
[0; 2 ] [0; 2 ]
−t − 4t
2
Ta có f ' ( t ) =
2 < 0, ∀t ∈ 0; 2 , suy ra hàm s ngh ch bi n trên 0; 2 , do ñó
(t + 2)
min f ( t ) = f
[0; 2 ]
( 2) = 2 − 1,max f ( t ) = f ( 0 ) = 1
[0; 2 ]
V y giá tr c n tìm c a m là 2 − 1 ≤ m ≤ 1.
Ví d 4.
III- NG D NG ð O HÀM ð CH NG MINH B T ð NG TH C.
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
Như chúng ta ñã bi t n u hàm s y = f ( x ) có t p giá tr là kho ng ( m; M ) v i x ∈ D thì
m < f ( x ) < M , ∀x ∈ D (1), ho c n u hàm s y = f ( x ) ñ ng bi n trên D và x < y thì suy ra
f ( x ) < f ( y ) v i x, y ∈ D .T ñó chúng ta th y kh o sát hàm s ñ tìm t p giá tr c a nó
ho c s d ng tính ñơn ñi u c a hàm s có th giúp ta ch ng minh ñư c BðT, ñó chính là
ý tư ng chính mà s ñư c chúng ta s d ng trong ph n này.
1. M t s lưu ý chung.
i) ð ch ng minh b t ñ ng th c có ch a nhi u bi n b ng phương pháp ñ o hàm thì ñi u
quan tr ng nh t là chúng ta ph i ñưa ñư c v m t bi n và kh o sát hàm s theo bi n ñó,
n u ñi u ñó không th thì ta coi b t ñ ng th c là m t bi n và các bi n còn l i ñư c xem
như tham s .
ii) L a ch n hàm s nào ñ xét cũng là khâu quy t ñ nh trong phương pháp hàm s , ch ng
h n khi gi i bài toán :
a b c 3 3
Cho a, b, c > 0, a + b + c = 1 . Ch ng minh r ng: 2 + 2 + 2 ≥
2 2 2
(B ñ
1− a 1− b 1− c 2
TS)
L i gi i b ng hàm s là xét: f ( x ) = x − x , x ∈ (0;1) . Các b n th suy nghĩ xem, căn c vào
3
x
ñi u gì mà ta ch n ñư c hàm s ñó mà không ph i là hàm f ( x ) = 2 , x ∈ (0;1) ?
1− x
x + x + 1 + x − x + 1 ≥ 2, ∀x ∈ ℝ
2 2
Ví d 1. Ch ng minh :
Gi i: ð t v trái c a phương trình là f ( x ) , x ∈ ℝ
Ta có
1 1
2x + 1 2x − 1 x+ −x
f '( x ) = + = 2 − 2
2 x + x +1 2 x − x +1
2 2 2 2
1 3 1 3
x+ + − x +
2 4 2 4
1 1 t
= h x + − h − x (1) trong ñó h ( t ) = ,t ∈ ℝ là hàm ñ ng bi n nên t ta có
2 2 3
t +
2
4
1 1 1 1
f '( x ) > 0 ⇔ h x + − h − x > 0 ⇔ x + > − x ⇔ x > 0
2 2 2 2
Ngư c l i f ' ( x ) < 0 ⇔ x < 0 và f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 0 . M t khác f ( 0 ) = 2 và lim f ( x ) = +∞
x →±∞
B ng bi n thiên:
T b ng bi n thiên ta có ñpcm.
Chú ý: Bài toán có th gi i cách khác
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
Áp d ng BðT AM-GM ta có:
2
(
x + x +1 + x − x +1 ≥ 24 x + x +1 x − x +1 = 2 4 x + x +1 ≥ 2
2 2
)( 2
) 4 2
Ví d 2. Ch ng minh r ng v i m i x ta có
17 ≤ cos x + 4cos x + 6 + cos x − 2cos x + 3 ≤ 2 + 11 (1)
2 2
Gi i : ð t t = cos x ⇒ t ∈ [ −1;1] . B t ñ ng th c (1) tr thành
17 ≤ t + 4t + 6 + t − 2t + 3 ≤ 2 + 11, t ∈ [ −1;1]
2 2
ð t f ( t ) = t + 4t + 6 + t − 2t + 3, t ∈ [ −1;1]
2 2
Ta có
t+2 t −1 t+2 1− t
f '(t ) = 2 + 2 = − = h ( t + 2 ) − h (1 − t ) (2)
t + 4t + 6 t − 2t + 3 ( t + 2) + 2 (1− t) + 2
2 2
t 2
Trong ñó h ( t ) = 2 có h ' ( t ) = > 0 nên ñ ng bi n , v y theo (2) ta có.
t +2 ( )
3
t +2
2
1
f ' ( t ) = 0 ⇔ h ( t + 2 ) = h (1 − t ) ⇔ t + 2 = 1 − t ⇔ t = − .
2
1
Ta có f ( −1) = 3 + 6, f − = 17, f (1) = 2 + 11 và f ( t ) liên t c trên [ −1;1] nên
2
min f ( t ) = 17, max f ( t ) = 2 + 11 . suy ra : 17 ≤ f ( t ) ≤ 2 + 11 .
[ −1;1] [ −1;1]
Ví d 3. Ch ng minh r ng :
x +1
a) ≤ 2, ∀x
x − x +1
2
x − x +1 + y − y +1 + z − z +1 ≥ 3 v i x + y + z = 3
2 2 2
b)
Gi i:
x +1
a) f ( x ) = ,x∈ℝ
x − x +1
2
2x −1
x − x + 1 − ( x + 1)
2
2 x − x +1 =
2
3 (1 − x )
Ta có : f ' ( x ) =
( x − x +1
2
) (
2 x − x +1 x − x +1
2 2
)
f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1, lim f ( x ) = 1, lim f ( x ) = −1
x →+∞ x →−∞
L p b ng bi n thiên và t ñó suy ra f ( x ) ≤ f (1) = 2, ∀x
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
x +1 1
≤ 2, ∀x ⇔ x − x + 1 ≥ ( x + 1) , ∀x (1)
2
b) Áp dung câu a) ta có :
x − x +1 2
2
1 1
( y + 1) , ∀y (2), z − z + 1 ≥ ( z + 1) , ∀z (3)
y − y +1 ≥
2 2
Tương t :
2 2
Công theo v các b t ñ ng th c (1), (2) và (3) ta ñư c:
1
x − x + 1 + y − y + 1 + z − z + 1 ≥ (3 + x + y + z ) = 3 .
2 2 2
2
Chú ý:
Cách 2:
a) Áp d ng BðT Cauchy-Schwarz ta có :
1 3 1 3
2 2 2
1 3 1
2 2
1
x − + + ≥ x − + = ( x + 1)
2 2 2 2
2 2 2 2
b) Áp dung câu a) như cách 1.
Ví d 4. Ch ng minh r ng :
3 x+2
π π
2sin x + t anx ≥ 3x v i m i x ∈ [0; ) +2 ≥2 v i m i x ∈ [0; )
sinx t anx 2
a) b) 4
2 2
Gi i :
π
a) ð t : f ( x ) = 2sin x + t anx-3x , x ∈ [0; )
2
1 1 1
f ' ( x ) = 2cos x + − 3 = cos x + cos x + − 3 ≥ 3 3 cos x. −3=0 v i m i
2
2 2 2
cos x cos x cos x
π π π
x ∈ [0; ) nên hàm s ñ ng bi n trên [0; ) ⇒ f ( x ) ≥ f ( 0 ) = 0, ∀x ∈ [0; ) (dpcm)
2 2 2
b) Áp dung BðT AM-GM và câu a) ta có :
3 x+2
2sin x + tan x .
4 +2 =2 +2 ≥2 2 ≥ 2. 2 = 2
sin x tan x 2sin x tan x 3x 2
x +b
x+a
b
a
Ví d 5. Cho x, a, b > 0, a ≠ b . Ch ng minh r ng: >
x+b b
f '( x )
x+b
x+a x+a x+a b−a
Gi i: ð t: f ( x ) = ⇒ ln f ( x ) = ( x + b ) ln ⇒ = ln +
x+b x+b f ( x) x+b x+a
x+a b−a
⇒ f ' ( x ) = ln + f ( x) .
x +b x + a
(b − a )
2
x+a b−a
ð t g ( x ) = ln + ⇒ g '( x ) = − < 0 suy ra g ( x ) ngh ch bi n, mà
x+b x+a ( x + a) ( x + b)
2
lim g ( x ) = 0 . ⇒ g ( x ) > 0, ∀x > 0 ⇒ f ' ( x ) > 0 suy ra f ( x ) ñông bi n trên
x →+∞
b
a
[0; +∞) ⇒ f ( x ) > f ( 0 ) = , ∀x > 0 .
b
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
Ví d 6. Cho A, B, C là ba góc c a m t tam giác nh n .
Ch ng minh r ng : tan A + tan B + tan C + 6 ( sin A + sin B + sin C ) ≥ 12 3 (1)
(THTT)
Gi i : Trong b t ñ ng th c trên A, B, C bình ñ ng nên ta d dàng ki m tra ñư c (1) x y ra
π
ñ ng th c khi A = B = C = .Vì v y ta c n ch n m t hàm s có d ng
3
π
f ( x ) = tan x + 6sin x + kx mà f ' = 0 ⇒ k = −7 .
3
Ta gi i bài toán :
π
Xét: f ( x ) = tan x + 6sin x − 7 x v i x ∈ (0; )
2
Ta có
6cos x − 7cos x + 1 ( cos x − 1)( 3cos x + 1)( 2cos x − 1)
3 2
1
f '( x ) = 2 + 6cos x − 7 = 2 = 2
cos x cos x cos x
π π
Vì x ∈ (0; ) nên f ' ( x ) = 0 ⇔ 2cos x − 1 = 0 ⇔ x =
2 3
π
L p BBT c a f ( x ) = tan x + 6sin x − 7 x v i x ∈ (0; ) ta ñư c
2
π 7π
min f ( x ) = f = 4 3 −
π
0;
2
3 3
Áp dung vào bài toán ta ñư c:
7π
f ( A) + f ( B ) + f ( C ) ≥ 3 4 3 −
3
⇔ tan A + tan B + tan C + 6 ( sin A + sin B + sin C ) ≥ 12 3 .
π
3
sin x
Ví d 7. Ch ng minh : > cos x, ∀x ∈ 0;
x 2
(Olympic-30-4-1999)
Gi i: Nh m cô l p x v i các hàm lư ng giác ta vi t l i BðT:
3 3
sin x sin x
> cos x ⇔ > x ⇔ sin x.tan x − x > 0 (1)
3 2 3
x cos x
π
Xét hàm s : f ( x ) = sin x tan x − x , x ∈ [0; ) ⇒ f ' ( x ) = 2sin x + tan x - 3x
2 3 2 2 2
2
( 2 2 2
)
Áp d ng BðT: 3 a + b + c ≥ ( a + b + c ) ta có
2
1 2
f ' ( x ) = 2sin x + tan x - 3x = sin x + sin x + tan x − 3x ≥ ( 2sin x + tan x ) − 3 x
2 2 2 2 2 2 2 2
3
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
π 1
Theo VD4 : 2sin x + t anx ≥ 3 x, ∀x ∈ [0; ) suy ra f ' ( x ) ≥ ( 3x ) − 3x = 0 nên hàm s
2 2
2 3
π π
f ( x ) ñ ng bi n trên [0; ) ⇒ f ( x ) > f ( 0 ) = 0, ∀x ∈ 0; .
2 2
Nh n xét:
1) Khi trong b t ñ ng th c có ch a các lo i hàm s khác nhau ta thư ng cô l p m i lo i
hàm s ñ d xét d u c a ñ o hàm, ho c ta có th ñ o hàm liên ti p ñ kh b t m t lo i
hàm s
Ch ng h n VD trên n u chúng ta ñ o hàm ñ n f ''' ( x ) thì ch còn l i hàm lư ng giác còn
3
x b tri t tiêu và v n ñ còn l i tương ñ i d dàng, xin dành cho b n ñ c t ki m tra.
2) Bài toán trên có th gi i theo các cách khác
Cách 2:
π π
3 3
x x
Xét f ( x ) = sin x − x + , x ∈ [0; ) , ta suy ta ñư c sin x > x − , ∀x ∈ 0;
3! 2 3! 2
3
sinx x
3 2 2 4 6 2 4
x x x x x
T ñó suy ra : > 1 − = 1 − + − >1− + ( vì BðT phía sau ch
x 6 2 12 216 2 24
tương ñương v i x < 9 , mà ñi u này l i hi n nhiên)
2
2 4
x x
Bây gi ch c n ch ng minh cos x < 1 − + n a là xong.
2 24
3 3
x x
Cách 3: T (1) ta s d ng hai BðT sin x > x − và tan x > x + cũng ñi ñ n k t qu
3! 3
mong mu n.
α
π
3
sin x sin x sin x
3) Vì ta luôn có: sin x < x, ∀x ∈ 0; ⇒ 0 < cos x, ∀x ∈ 0; .
x 2
π
3 2 4
x x x
Chú ý: Các b t ñ ng th c sin x > x − , ∀x ∈ 0; , cos x < 1 − + và
3! 2 2 24
3
x
tan x > x + ta có th liên tư ng ñ n là nh khai tri n Taylo c a sin x ,cos x và tan x .
3
Ví d 8: Ch ng minh r ng :
1 1 1 1 1 1 12 π
+ + − 2 − 2 − 2 ≤ 3 − 2 , ∀x, y , z ∈ (0; ]
π
2 2 2
sin x sin y sin z x y z 2
1 1 π
Gi i: Xét hàm s : f ( t ) = 2 − 2, t ∈ (0; ]
sin t t 2
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
2 sin t π
3
2cos t 2
Áp d ng ví d 5 ta có : f ' ( t ) = − 3 + 3= 3 − cos t > 0, ∀t ∈ 0; nên
sin t t sin t t 2
π π 4 π
hàm s ñ ng bi n trên (0; ] ⇒ f ( t ) ≤ f = 1 − 2 , ∀t ∈ (0; ]
2 2 π 2
4
Áp d ng vào bài toán ta có : f ( x ) + f ( y ) + f ( z ) ≤ 3 1 − 2 .
π
Ví d 11. Ch ng minh b t ñ ng th c sau v i m i s t nhiên n > 1
n n
n n n
n
1+ + 1− < 2 (HSGQG-92)
n n
n
n
Gi i: ð t x = ∈ ( 0;1) , ∀n ∈ N * .
n
B t ñ ng th c c n ch ng minh là: n 1 + x + n 1 − x < 2, ∀x ∈ ( 0;1)
1 1 1
Xét f ( x ) = 1 + x + 1 − x , x ∈ ( 0;1) ⇒ f ' ( x ) =
n n
− < 0, ∀x ∈ ( 0;1)
n n (1 + x ) n −1 n
(1 − x )
n −1
V y f ( x ) gi m trên (0;1) nên f ( x ) < f ( 0 ) = 2, ∀x ∈ ( 0;1) .
Chú ý: Ta có th gi i bài toán b ng cách s dung BðT AM-GM
n n
n n
n (
n n n − 1) + 1 + ( n − 1) + 1 −
n 1+
n n n + n = 2.
+ 1− ≤
n n n n
Vì không có ñ ng th c nên BðT ñư c ch ng minh.
Ví d 9: Cho a, b ∈ [ 0;1] . Ch ng minh r ng :
x b a
f ( x) = + + + (1 − x )(1 − a )(1 − b ) ≤ 1 v i m i x ∈ [ 0;1] .
a + b +1 x + a +1 x + b +1
1 b a
Gi i: Ta có f ' ( x ) = − 2 − − (1 − a )(1 − b )
a + b + 1 ( x + a + 1) ( x + b + 1)
2b 2a
f '' ( x ) = 3 + ≥ 0, ∀x ∈ [ 0;1]
( x + a + 1) ( x + b + 1)
Nên hàm s f ' ( x ) ñ ng bi n trên [0;1], suy ra f ' ( x ) = 0 nhi u nh t m t nghi m trên
(0;1)
+ N u f ' ( x ) = 0 vô nghiêm thì f ( x ) ñơn ñi u trên [0;1]
⇒ f ( x ) ≤ max f ( x ) = max { f ( 0 ) ; f (1)} .
[0;1]
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
a b + a + b + 1 ab + a + b + 1
2 2
b a
Mà f ( 0 ) = + + (1 − a )(1 − b ) = ≤ = 1 và
a +1 b +1 ( a + 1)( b + 1) ( a + 1)( b + 1)
1 a b 1 a b
f (1) = + + ≤ + + =1 .
a + b +1 b + 2 a + 2 a + b +1 a + b +1 a + b +1
suy ra f ( x ) ≤ max f ( x ) = max { f ( 0 ) ; f (1)} ≤ 1, ∀x ∈ [ 0;1] .
[0;1]
+ N u f ' ( x ) = 0 có nghiêm x = x 0 khi ñó f ' ( x ) ñ ng bi n trên [0;1] nên
f ' ( x ) < 0 , ∀x ∈ [0; x 0 )
và f ' ( x ) > 0 , ∀x ∈ ( x 0 ;1] do ñó x = x 0 là ñi m c c ti u, mà f ( x ) liên t c trên [0;1] nên
f ( x ) ≤ max f ( x ) = max { f ( 0 ) ; f (1)} ≤ 1, ∀x ∈ [ 0;1] .
[0;1]
T hai trư ng h p trên ta có ñpcm.
α
Ví d 10. Cho x > 0,α > 1. Ch ng minh : x ≥ 1 + α ( x − 1) (1)
2 2 A 2 2 B 2 2 C 1− 2
Áp d ng c/m: tan + tan + tan ≥ 3 ( v i A, B, C là 3 góc c a m t tam
2 2 2
giác)(2)
Gi i : Ta có : x ≥ 1 − α + α x ⇔ f ( x ) = x − α x + α − 1 ≥ 0
α α
Xét : f ( x ) = x − α x + α − 1, x ∈ ( 0; +∞ )
α
f '( x ) = α x
α −1
−α = α x( α −1
)
− 1 , f '( x ) = 0 ⇔ x
α −1
− 1 = 0 ⇔ x = 1 ( vì α > 1 )
L p b ng bi n thiên c a hàm trên ( 0;+∞ ) ta ñư c min f ( x ) = f (1) = 0 t ñó suy ra
0; +∞ ( )
f ( x ) ≥ 0, ∀x > 0 (ñpcm).
Ta th y ñ ng th c x y ra trong b t ñ ng th c (1) khi cơ s x = 1 còn ñ ng th c x y ra
π
trong (2) là A = B = C = nên trư c khi áp d ng (1) ñ ch ng minh (2) ta c n vi t l i
3
2 2 2
A 2 2 B 2 2 C 1− 2 2 A 2 B 2 C
+ tan + tan ≥ 3 ⇔ 3tan + 3tan + 3tan ≥ 3ñ
2 2
tan
2 2 2 2 2 2
2 A 2 B 2 C π
ñư c các cơ s 3tan = 3tan = 3tan = 1 khi A = B = C = .
2 2 2 3
Áp d ng (1) ta có :
2 2 2
2 A 2 B 2 C
3tan + 3tan + 3tan ≥
2 2 2
2 A 2 B 2 C
1 + 2 3tan − 1 + 1 + 2 3tan − 1 + 1 + 2 3tan − 1
2 2 2
2 A 2 B 2 C
= 3 + 2 3 tan + tan + tan − 3 ≥ 3
2 2 2
2 A 2 B 2 C A B B C C A
(vì tan + tan + tan ≥ tan tan + tan tan + tan tan = 1 ).
2 2 2 2 2 2 2 2 2
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
Nh n xét : BðT (1) ñư c g i là b t ñ ng th c Bernouli, nó thư ng ñư c s d ng ñ ch ng
minh các b t ñ ng th c có lũy th a v i s mũ h u t ho c vô t .
Ví d 11. Cho 0 < s < 1 và a, b, c là 3 s dương .
1 1 1
a +b s s
b +c
s s s
c +a
s s s
s
Ch ng minh r ng :
2 +
+
≤a+b+c
2 2
1
as + bs s a + b
Gi i : Trư c tiên ta ch ng minh : ≤
2
(*)
2
1
a +b
s s s
a b 2a
s
2b
s
ð t m= ,x = ,y = ⇒ x + y = s s + s = 2
s s
2 m m a +b a +b
s
Áp d ng VD7 ta có :
( ) ( )
1
1 s
x = x ≥ 1 + x − 1 (1)
s s
s
( ) ( )
1
1 s
y= y ≥ 1 + y − 1 (2)
s s
s
C ng (1) và (2) theo v ta ñư c x + y ≥ 2 suy ra (*) ñư c ch ng minh
Áp d ng (*) ta ñư c :
1 1 1
as + bs s bs + cs s cs + as s a + b b + c c + a
+ + ≤ + + =a+b+c.
2 2 2
2 2 2
1 1
a 2 + b2 + c2 2 a3 + b3 + c3 3
Ví d 12.Ch ng mnih:
≤
, a, b, c > 0
3 3
3 3 3
Gi i: ð t : x = a , y = b , z = c ⇒ a = x , b = y , c = z
2 2 2 3 2 3 2 3 2
B t ñ ng th c (*) tr thành :
1
1
3 3 3
3 3
3 3 3
x+ y+z x + y +z ⇔x+ y+z ≤ x + y +z
2 2 2 2 2 2
2 2
≤
3 3
3 3
3 3 3
3
x+ y+z x+ y+z
2 2 2 2 2 2
x 2y z
ð t : m= ,u = ,v = ,s = ⇒u +v +s = =3
3 3 3
3 m m m x+x+z
3
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
Ta có
3 3 3
2 2 3 3
2
2 2 3 3
2
2 2 3 3
2
u = u ≥ 1 + u − 1 (1) , v = v ≥ 1 + v − 1 ( 2 ) , s = s ≥ 1 + s − 1 ( 3)
3 3 3
2 2 2
C ng theo v các b t ñ ng th c (1), (2) và (3) ta ñư c:
3 3 3
3
3 3 u+v+s x +y +z x + y + z 2
2 2 2 2 2 2
u + v + s ≥ 3 + u + v + s − 3 = 3 ⇔ ≥1⇔ ≥
3 3
.
2 3 3 3
( ) ( ) , x> y>0
y x
2 +3 < 2 +3
x x y y
Ví d 13. Ch ng minh :
y x
3 x xy 3
(2 ) < (2 )
y
y x
+3 +3 ⇔ 2 1 + < 2 1 +
x x y y xy
Gi i: Ta có:
2 2
1 1
y x
3 x 3 y 3 x x 3 y y
2 2 2 2
1
⇔ 1 + < 1 + ⇔ 1 + < 1 + ⇔ ln 1 + a < ln 1 + a
x
x 1
y
y
( ) ( )
(1)
3
Trong ñó a = .
2
a ln a − 1 + a ln 1 + a
t t t t
( ) ( )
1
t
(
ð t f ( t ) = ln 1 + a ⇒ f ' ( t ) =
t
) t
2 < 0, ∀t > 0
V y f ( t ) ngh ch bi n trên ( 0;+∞ ) mà x > y > 0 ⇒ f ( x ) < f ( y ) v y (1) ñúng nên b t ñ ng
th c ñư c ch ng minh.
b a
a 1 b 1
Ví d 14. Cho a ≥ b > 0 . Ch ng minh r ng : 2 + a ≤ 2 + b (ðH-KD-2006)
2 2
Gi i : Ý tư ng cô l p m i v m t bi n ti p t c ñư c s d ng, vì th ta bi n ñ i
( ) ( ) ( ) ( )
b a
a 1 b 1 b a
2 + a ≤ 2 + b ⇔ 4 + 1 ≤ 4 + 1 ⇔ b ln 4 + 1 ≤ a ln 4 + 1
a b a b
2 2
⇔
(a
≤
)
ln 4 + 1 ln 4 + 1
b
(
(1)
)
a b
Xét hàm s : f ( t ) =
ln 4 + 1
t
(
, t ∈ ( 0; +∞ )
)
t
Ta có : f ' ( t ) =
4 ln 4 − 4 + 1 ln 4 + 1
t t
( t
) ( t
) < 0, ∀t > 0 nên hàm s ngh ch bi n trên ( 0;+∞ )
t
2
( 4 + 1)
t
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
V y : a ≥ b > 0 ⇒ f ( a ) ≤ f (b) ⇔
(
ln 4 + 1
a
) ≤ ln ( 4 + 1) hay (1) ñúng nên b t ñ ng th c
b
a b
ñư c ch ng minh.
( ) ( ).
y x
Bài 13 và 14 có d ng t ng quát là: v i a, b > 0 và x > y > 0 ta có: a + b < a +b
x x y y
Ví d 15. Cho a, b, c là các s dương th a mãn a + b + c = 1
2 2 2
a b c 3 3
Ch ng minh r ng: + + ≥ (1)
1− a 1− b 1− c
2 2 2
2
Gi i : Trong b t ñ ng th c trên a, b, c có vai trò bình ñ ng nên d dàng ki m tra ñư c
1
ñ ng th c x y ra khi a = b = c = . Ta hãy xét hàm s mà
3
1
f '( x ) = 0 ⇔ x = ⇔ 1 − 3x = 0 ?
2
3
V y hàm s mà ta s xét là : f ( x ) = x − x , x ∈ ( 0;1) .
3
1
Ta có : f ' ( x ) = 1 − 3x , f ' ( x ) = 0 ⇔ 1 − 3x = 0 ⇔ x =
2 2
(Vì x>0)
3
B ng bi n thiên:
T b ng bi n thiên suy ra :
f ( x) = x − x ≤
3 2
3 3
⇔ x 1− x ≤
2 2
3 3
⇔
x
1− x
2 ≥
3 3 2
2
(
x , ∀x ∈ ( 0;1) )
Áp dung vào bài toán ta ñư c:
a
1− a
2 +
1− b
b
2 +
1− c
c
2 ≥
3 3 2
2
(
a +b +c =
2 2 3 3
2
. )
Cách 2: Áp d ng BðT AM-GM ta có:
3
2x 2 + 2 − 2x 2 2 3
2x 1 − x
2
( 2
)(1 − x ) 2
≤
3
= ⇔ x 1− x ≤
3
2 2
3 3
( )
3 3 2x
⇔ x (*) ≥
1− x
2
2
Áp d ng (*) ta có:
a
2 +
b
2 +
1− a 1− b 1− c
c
2 ≥
3 3 2
2
a +b +c =
2 2 3 3
2
. ( )
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
- Phương pháp hàm s trong các bài toán ñ i s
5 4 1
Ví d 16. Cho x > 0, y > 0 và x + y = . Ch ng minh : + ≥ 5 (1)
4 x 4y
5
Gi i: Ta có x + y = ⇒ 4 y = 5 − 4 x
4
4 1 4 1 5
Ta có (1) ⇔ + ≥ 5 . Xét f ( x ) = + , x ∈ 0;
x 5 − 4x x 5 − 4x 4
4 4
f '( x ) = − 2 + 2 , f '( x ) = 0 ⇔ x = 1
x (5 − 4x )
4 1
L p b ng bi n thiên ta ñư c min f ( x ) = f (1) = 5 , t ñó suy ra + ≥ 5 và ñ ng th c
5
0;
4
x 4y
1
x y ra khi x = 1, y = .
4
Chú ý: Bài toán trên có th gi i theo cách khác
Trư c khi áp d ng BðT cauchy ho c BðT CBS ñ gi i bài toán trên ta dư ñoán ñi m rơi
5
x + y = 4 x = 1
x y 1 1
b ng cách gi i h 4 1 ⇔ 1 khi ñó = và = nên ta có hai
y= 2 1
+ =5 4
x 4y
x 4y x 2 y
cách gi i n a là:
Cách 2: Theo BðT CBS ta có :
2
4 1 2 1 25 4 1
( x + y ) + ≥ x. + y = ⇔ + ≥5
x 4y
x
2 y 4 x 4y
4 1 1 1 1 1 1 1 1
Cách 3: Theo BðT cauchy ta có: + = + + + + ≥ 55 ≥5 =5
x 4y x x x x 4y
4
4x y 4x + 4 y
5
Ví d 17. Cho x ≥ 0, y ≥ 0 và x + y = 2 . Ch ng minh: x + y ≤ 2 .
3 3 2 2
(2 − x )
2
Gi i : Ta có x + y = 2 ⇒ y = 2 − x ⇒ x + y = x +
3 3 3 3 2 2 2 3
3
f ( x ) = x + ( 2 − x ) , x ∈ [0;
2
Vì x ≥ 0, y ≥ 0 và x + y = 2 ⇒ 0 ≤ x ≤ 3 2 . Xét
3 3 2 3 3
3 2]
( )
2
2x
Ta có: f ' ( x ) = 2 x − x ∈ 0; 3 2 , f ' ( x ) = 0 ⇔ x 3 2 − x = x
3 2
2−x
3 3
⇔ x 2−x
2
( 3
)=x 4
⇔ x + x − 2 = 0 ⇔ x = 1 (vì x ∈ 0; 3 2
3 2
( )
B n th o xu t b n sách năm 2009 – Nguy n T t Thu – Tr n Văn Thương
nguon tai.lieu . vn
