Ứng dụng các tính chất hàm số vào giải phương trình

Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương I – ƯNG DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÀM SỐ VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH 1. Nếu hàm số ( )=y f x ñơn ñiệu trên tập D thì phương trình ( ) =f x k nếu có nghiệm 0=x x thì ñó là nghiệm duy nhất của phương trình. 2. Nếu hàm số ( )=y f x ñơn ñiệu trên tập D và ( ) ( ),u x v x là các hàm số nhận các giá trị thuộc D thì ( )( ) ( )( ) ( ) ( )= ⇔ =f u x f v x u x v x . • Một số lưu ý khi sử dụng phương pháp hàm số. Vấn ñề quan trọng nhất khi sử dung phương pháp hàm số là chúng ta phải nhận ra ñược hàm số ñơn ñiệu và nhẩm ñược nghiệm của phương trình. 1) ðể phát hiện ñược tính ñơn ñiệu của hàm số chúng ta cần nắm vững các tính chất: i) Nếu ( )=y f x ñồng biến (nghịch biến) thì: + ( )= ny f x ñồng biến (nghịch biến). + ( ) 1 =y f x với ( ) 0>f x nghịch biến (ñồng biến). + ( )= −y f x nghịch biến (ñồng biến). ii) Tổng của các hàm số ñồng biến (nghịch biến) trên D là một hàm số ñồng biến (nghịch biến) trên D. iii) Tích của các hàm số dương ñồng biến (nghịch biến) trên D là mộ hàm số ñồng biến (nghịch biến) trên D. Ví dụ: Từ tính ñơn ñiệu của các hàm số 3= +y x , 3 , 2= − = −y x y x nếu nắm ñược các tính chất trên ta có thể phát hiện ñược ngay các hàm số 3 3 3= + + + +y x x x (ñb), 6 8 3 2 = + − − y x x (ñb), 1 3 3 = + − + y x x (nb). Từ cách nhìn nhận ñó có thể giúp chúng ta ñịnh hướng ñược phương pháp giải là sử dụng tính ñơn ñiệu của hàm số. 2) Việc nhẩm nghiệm cũng là một vấn ñề rất quan trong trong phương pháp này, khi nhẩm nghiệm ta thường ưu tiên chọn x mà biểu thức trong dấu căn là lũy thừa mũ n (nếu căn bậc n), hoặc nếu phương trình logarit thì ta chọn x mà biểu thức trong dấu loga là αa nếu pt có logarit cơ số a….. Ví dụ 1. Giải các phương trình: a) 3 35 1 2 1 4− + − + =x x x (1) b) 3 22 3 6 16 4 2 3+ + + − − =x x x x (2) Giải: a) Quan sát vế trái của pt (1) chúng ta thấy khi x tăng (giảm) thì giá trị của các biểu thức trong dấu căn cũng tăng (giảm), từ dó chúng ta thấy vế trái là hs ñồng biến mà vế phải bằng 4 không ñổi nên ta sử dụng tính ñơn ñiệu của hs là lựa chọn hợp lí ñể giải quyết bài toán. ðK: 3 3 15 1 0 5 − ≥ ⇔ ≥x x . ðặt ( ) 3 35 1 2 1= − + − +f x x x x , ta có phương trình ( ) 4=f x Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương Ta có ( ) ( ) 2 3 23 15 2 ' 1 0 3 2 12 5 1 = + + > −− xf x xx với mọi 3 1 ; 5   ∈ +∞    x nên hàm số ñồng biến trên 3 1 ; 5   +∞    . Mà ( )1 4=f , tức 1=x là một nghiệm của phương trình. Ta chứng minh ñó chính là nghiệm duy nhất. + Nếu 1>x thì ( ) ( )1 4> = ⇒f x f PTVN + Nếu 3 1 1 5 ≤ <x Thì ( ) ( )1 4< = ⇒f x f PTVN Vậy PT có nghiệm duy nhất 1=x . b) ð K: ( )( )23 2 2 2 8 02 3 6 16 0 2 44 0 4  + − + ≥+ + + ≥ ⇔ ⇔ − ≤ ≤  − ≥ ≤  x x xx x x x x x PT (2) có dạng ( ) 2 3=f x trong ñó ( ) 3 22 3 6 16 4= + + + − −f x x x x x ( ) ( ) 2 3 2 3 1 1 ' 0 2 42 3 6 16 + + = + > −+ + + x x f x xx x x với mọi ( )2;4∈ −x nên hàm số ñồng biến trên [-2;4]. Mà ( )1 2 3=f , từ ñó ta có x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. Ví dụ 2. Giải các phương trình : a) 6 8 6 3 2 + = − −x x b) ( ) ( )( )2 23 2 9 3 4 2 1 1 0+ + + + + + + =x x x x x Giải: a) ðK: 2<x ðặt ( ) 6 8 3 2 = + − − f x x x ta có PT ( ) 6=f x ( ) ( ) ( ) ' ' 2 2 6 8 3 43 2 ' 0 6 8 6 82 2 3 2 3 2 3 2         − −    = + = + > − − − − − − x xf x x x x x x x với mọi ( );2∈ −∞x . Nên hàm số ñồng biến trên ( );2−∞ . Mà 3 6 2   =    f Vậy PT có nghiệm duy nhất 3 2 =x . b) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 22 3 2 9 3 4 2 1 1 0 3 2 3 3 2 1 2 2 1 3 + + + + + + + =  ⇔ + + = − + + − + +     x x x x x x x x x Xét ( ) ( )22 3= + +f t t t thì pt có dạng ( ) ( )( )3 2 1= − +f x f x (1) Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương Vì ( ) 2 2 2 ' 2 3 0 3 = + + + > + tf t t t , nên hs ñồng biến, do ñó ( ) ( ) 11 3 2 1 5 ⇔ = − + ⇔ = −x x x Vậy PT có nghiệm duy nhất 1 5 = −x . Ví dụ 3. Giải các phương trình: a) 2 23 33 32 2 1 2 1+ − + = − +x x x x b) 33 6 1 8 4 1+ = − −x x x Giải: a) Ta có 2 2 2 23 3 3 33 3 3 32 2 1 2 1 2 1 2 2 1+ − + = − + ⇔ + + + = + +x x x x x x x x Xét ( ) 3 3 1= + +f t t t , ta có pt ( ) ( )21 2+ =f x f x . Vì ( ) 3 3 1= + +f t t t ñồng biến nên ( ) ( )2 2 11 2 2 1 0 1, 2+ = ⇔ − − = ⇔ = = −f x f x x x x x . Vậy PT có hai nghiệm là: 11 2 = ∨ = −x x . b) ( ) ( ) ( )3 33 3 36 1 8 4 1 6 1 6 1 2 2 6 1 2+ = − − ⇔ + + + = + ⇔ + =x x x x x x x f x f x Trong ñó ( ) 3= +f t t t . Dễ thấy ( )f t là một hàm ñồng biến nên ( ) ( ) 3 33 3 16 1 2 6 1 2 8 6 1 0 4 3 2+ = ⇔ + = ⇔ − − = ⇔ − =f x f x x x x x x x (1) Nếu 1>x thì ( ) ( )2 11 4 3 1 2= − > >VT x x nên PTVN. Nếu 1≤x thì ñặt cos , [0; ]ϕ ϕ pi= ∈x , khi ñó (1) trở thành 3 1 1 24cos 3cos cos3 2 2 9 3 pi piϕ ϕ ϕ ϕ− = ⇔ = ⇔ = ± + k . Chọn các nghiệm trong ñoạn [0; ]pi ta ñược các nghiệm 1 2 3 5 7 , , 9 9 9 pi pi piϕ ϕ ϕ= = = . Từ ñó ta ñược 3nghiệm của pt là : 5 7cos , cos , cos 9 9 9 pi pi pi = = =x x x . Ví du 4: Giải các phương trình a) 2008 2009 2.2007+ =x x x b) ( )1 377 1 2log 6 5− = + −x x Giải : a) 2008 20092008 2009 2.2007 2 2007 2007     + = ⇔ + =        x x x x x Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương Hàm số ( ) 2008 2009 2007 2007     = +        x x f x có ( ) 2008 2008 2009 2009' ln ln 0 2007 2007 2007 2007     = + >        x x f x nên ñồng biến và ( ) 0 02008 20090 2 2007 2007     = + =        f do ñó pt ( ) 2=f x có nghiệm duy nhất x = 0. b) ðK: 6 5 0− >x ðặt ( ) 171 log 6 5 7 6 5−− = − ⇒ = −yy x x (1) Lúc ñó pt ñã cho trở thành ( ) ( )1 37 77 1 2log 6 5 1 6log 6 5 6 5− = + − = + − = −x x x y (2) Trừ theo từng vế (1) và (2) ta ñược : ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 17 7 6 6 7 6 1 7 6 1 1 1− − − −− = − ⇔ + − = + − ⇔ − = −x y x yy x x y f x f y Trong ñó ( ) 7 6= +tf t t , vì ( )' 7 .ln 7 6 0= + >tf t nên hàm số ñồng biến trên R, suy ra ( ) ( )1 1− = − ⇔ =f x f y x y . Thay vào (1) và biến ñổi ta ñược pt: ( )17 6 1 1 0− − − − =x x (3) Hàm số ( ) 7 6 1= − −tg t t có ( )' 7 ln 7 6= −tg t ta có ( ) 0 7 7' 7 ln 7 6 0 log 6 log ln 7= − = ⇔ = −tg t t Hàm số ( )g t nghịch biến trên khoảng ( )0;−∞ t và ñồng biến trên 0( ; )+∞t nên trên mỗi khoảng ñó ( )g t có nhiều nhất một nghiệm nên pt ( ) 0=g t có nhiều nhất 2 nghiệm. Dễ thấy 1 20, 1= =t t là hai nghiệm của ( )g t suy ra pt (3) có hai nghiệm 1 21, 2= =x x . Hai nghiệm này thỏa mãn ñiều kiện . Nhận xét: + Dạng tổng quát của bài toán trên là ( ) ( )log 0, 0,0 1+ = + + + ≠ ≠ < ≠ax b ss p qx r cx d a q s + Trong PT trên có hai phép toán trái ngược nhau là phép lũy thừa và phép lấy logarit, trong phương trình có chứa các phép toán khác nhau cũng thường ñược giải bằng cách sử dụng tính ñơn ñiệu của hàm số. Chúng ta có thể thấy ñiều ñó qua ví dụ sau Ví dụ 5 : Giải các phương trình sau: a) 2 2 22 1log 3 2 2 4 3 − + = − + − + x x x x x x b) 2 1 3+ + = xx x Giải: a) Ta có ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 2 22 2 2 2 2 2 2 1log 3 2 2 4 3 log 1 log 2 4 3 2 4 3 1 1 − + = − + − + ⇔ − + − − + = − + − − + x x x x x x x x x x x x x x ðặt 2 21, 2 4 3= − + = − +u x x v x x thì (1) trở thành 2 2 2 2log log log log− = − ⇔ + = +u v v u u u v v (2) Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương ðặt ( ) ( ) ( )2 1log ' 1 0, 0;ln 2= + ⇒ = + > ∀ ∈ +∞f t t t f t tt nên hàm số ñồng biến và (2) có dạng ( ) ( ) 2 3 2 0 1 2= ⇔ = ⇔ − + = ⇔ = ∨ =f u f v u v x x x x . b) Ta có ( )2 21 3 3 1 1+ + = ⇔ + − =x xx x x x . ðặt ( ) ( )23 1= + −xf x x x ( ) ( ) ( )2 22 21' 3 ln3 1 3 1 3 1 ln3 01 1   = + − + − = + − − >      + +   x x xxf x x x x xx x (Vì 2 1+ >x x và 2 1ln3 1 1 > ≥ +x ) nên hàm số ñồng biến , mà ( )0 1=f do dó 0=x là nghiệm duy nhất của phương trình. Nhận xét : Khi gặp phương trình ( ) ( )=f x g x trong ñó ,f g có một hàm ñồng biến và một hàm nghịch biến thì cách giải thường dùng là nhẩm nghiệm và chứng minh nghiệm ñó là duy nhất, tuy nhiên trong bài toán của ta ( ) ( )2 1, 3= + + = xf x x x g x lại ñều ñồng biến nên cách ñó không giải quyết ñược, vì vậy ta chia hai vế của pt cho 2 1+ +x x ñể ñưa về một vế là hằng số và vế còn lại là một hàm số mà ta có thể xét ñược tính ñơn ñiệu của nó, ñó cũng là cách mà ta dùng ở VD4. Ví dụ 6. Giải các phương trình sau: a) ( ) ( )5 4log 3 3 1 log 3 1+ + = +x x (1) b) ( )( )1 2 4 3.4+ + =x xx (2) Giải: a) ðặt: ( )4log 3 1 3 1 4 3 4 1= + ⇒ + = ⇔ = −x x t x tt , thay vao (1) ta ñược phương trình: ( )5 1 2log 3 2 3 2 5 3 15 5   + = ⇔ + = ⇔ + =       t t t t t t . ðặt ( ) 1 23 5 3     = +        t t f t Ta có ( ) 1 1 2 2' 3 ln ln 0 5 5 3 3     = + <        t t f t nên hàm số nghịch biến và ( ) 1 21 3 1 5 3     = + =        f Vậy PT có nghiệm duy nhất 1=x . b) Ta có : ( )( ) 4 1 4 11 2 4 3.4 03 32 4 2 4+ ++ + = ⇔ = ⇔ − =+ + x x x x x x x x x ðặt ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 2 2 4 ln 4. 2 4 4 ln 44 1 1 2ln 4.4 1 ' 3 3 32 4 2 4 2 4 + −+ = − ⇔ = − = − + + + x x x x x x x x xf x f x ( ) ( ) ( ) 2 2 2ln 4.4 1 ' 0 0 2 4 6ln 4.4 0 32 4 = ⇔ − = ⇔ + − = + x x x x f x , ñây là pt bậc hai theo ẩn là 4 x nên có nhiều nhất là 2 nghiệm suy ra PT ( ) 0=f x có nhiều nhất 3 nghiệm, mà ta thấy 10, , 1 2 = = =x x x là các nghiệm của của nó, do ñó pt có nghiệm là 10, , 1 2 = = =x x x . Ví dụ7: Giải các phương trình: Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương a) 2 1 cos 2 − = x x b) 2 2 sin cos 2 − + = n n n x x ( ), 2∈ ≥ℕn n và 0; 2 pi  ∈    x . Giải: a) 2 2 1 cos cos 1 2 2 − = ⇔ + = x x x x . ðặt ( ) 2 cos 2 = + xf x x Dễ thấy ( ) ( ),− = ∀ ∈ℝf x f x x do ñó ( )f x là hàm số chẵn, vì vậy chỉ cần giải trên [0; )+∞ Ta có ( ) ( )' sin , '' 1 cos 0, x [0; )= − = − ≥ ∀ ∈ +∞f x x x f x x suy ra ( )'f x ñồng biến trên [0; )+∞ nên ( ) ( )' ' 0 0, 0≥ = ∀ ≥f x f x do ñó ( )f x ñồng biến trên [0; )+∞ . Mà ( )0 1=f Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của pt trên [0; )+∞ và ñó cũng chính là nghiệm duy nhất của PT trên ℝ . b) Nếu 2=n thì pt trở thành 2 2sin cos 1+ =x x nên mọi 0; 2 pi  ∈    x là nghiệm của PT Nếu 2>n , ðặt: ( ) ( ) ( )2 2sin cos ' sin .cos sin cos− −= + ⇒ = −n n n nf x x x f x n x x x x Vì 0; 2 pi  ∈    x nên ( )' 0 4 pi = ⇔ =f x x .Lập bảng biến thên ta có ( ) 2 2 0; 2 min 2 4pi pi −         = =    n f x f Do ñó trên 0; 2 pi      PT ( ) 2 22 − = n f x có nghiệm duy nhất 4 pi =x . Ví dụ 8. Tìm nghiệm dương của phương trình: 11 11 23 2 1 1ln 1 ln 1 1 ++    + − + = −        x x x x x x x . Giải: Ta có ( ) ( ) 11 11 23 2 2 2 1 1 1 1ln 1 ln 1 1 1 ln 1 1 ln 1 1 ++        + − + = − ⇔ + + − + + = −              x x x x x x x x x x xx x ( ) ( )2 21 11 ln 1 1 1 ln 1 1   ⇔ + + − = + + −          x x x x x (vì x>0) (1) ðặt ( ) ( ) 11 ln 1 1  = + + −      f t t t t với 0>t thì (1) có dạng ( ) ( )2=f x f x Ta có ( ) ( ) ( )1 1 2' 2 1 ln 1 2 2 1 ln 1 2 1      = + + − = + + −    +     f t t t t t t ðặt ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 1 2 1 4 1ln 1 ' 0, 0 2 1 1 2 1 1 2 1 −  = + − ⇒ = + = −   + + + + +  g t g t t t t t t t t t t Do ñó ( )g t nghịch biến trên ( )0;+∞ mà ( )lim 0 →+∞ = t g t suy ra ( ) 0; 0> ∀ >g t t ( ) ( ) ( )' 2 1 0, 0⇒ = + > ∀ >f t t g t t nên ( )f t ñồng biến trên( )0;+∞ . ( ) ( )2 2 21 11 ln 1 1 1 ln 1 1     ⇔ + + − = + + −             x x x x x x Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương vì vậy ( ) ( )2 2 1= ⇔ = ⇔ =f x f x x x x . Tóm lại PT có nghiệm duy nhất 1=x . II- ỨNG DỤNG CÁC TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ ðỂ TÌM ðIỀU KIỆN CỦA THAM SỐ SAO CHO PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM. 1. Nếu hàm số ( )=y f x liên tục trên ñoạn [ ; ]a b và ( ) ( ) 0<f a f b thì phương trình có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng ( );a b . 2. Phương trình ( ) =f x m có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số ( )=y f x Và số nghiệm của PT là số giao ñiểm của ñồ thị hàm số ( )=y f x và ñường thẳng =y m . Ví dụ 1. Tìm mñể các phương trình sau có nghiệm thực nghiệm: a) 243 1 1 2 1− + + = −x m x x b) 44 13 1− + = −x x m x (TSðHKA-2007) Giải: a) ðK: 1≥x 24 4 1 13 1 1 2 1 3 2 1 1 − − − + + = − ⇔ = − + + + x x x m x x m x x (1) ðặt 4 4 1 21 1 1 − = = − + + x t x x , vì 1≥x nên 0 1≤ <t , PT (1) trở thành ( )23 2= − + =m t t f t (2) PT(1) có nghiệm khi và chỉ khi PT(2) có nghiệm 0 1≤ <t và ñiều này tương ñương với m thuộc tập giá trị của hàm số ( ) 23 2= − +f t t t với 0 1≤ <t . Lập bảng biến thiên của hàm số ( )f t trên [0;1) ta ñược tập giá trị là 1( 1; ] 3 − Vậy PT có nghiệm khi và chỉ khi 11 3 − < ≤m . b) ( ) 44 4 4 4 4 3 2 1 113 1 13 1 13 4 6 4 1 ≥ ≥  − + = − ⇔ ⇔  − + = − − + = − + − + x x x x m x x x m x x x m x x x x ( )3 2 1 4 6 9 1 1 ≥ ⇔  = − + + + x m x x x PT ñã cho có 2 nghiệm khi và chỉ khi PT(1) có nghiệm 1≥x . ðặt ( ) 3 24 6 9 1 , [1; )= − + + + ∈ +∞f x x x x x Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương ( ) ( )2 2' 12 12 9 3 4 4 3= − + + = − − −f x x x x x , ( ) ( )( ) 2 1 2 ' 0 4 4 3 0 3 2  = − = ⇔ − − = ⇔  =  x l f x x x x n Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy ra PT (1) có nghiệm 1≥x khi 29 2 ≤m , hay PT ñã cho có nghiệm khi 29 2 ≤m . Ví dụ 2. Tìm mñể các phương trình sau có ñúng 2 nghiệm thực: a) 4 42 2 2 6 2 6+ + − + − =x x x x m b) 2 21 1+ + + − + =x x x x m (TSðH - KA-2008) Giải: a) ð K: 0 6≤ ≤x ðặt vế trái của phương trình là ( ) [ ], 0;6∈f x x Ta có ( ) ( ) ( )3 34 4 1 1 1 1 ' 2 62 2 2 6 = + − − − − f x x xx x ( ) ( ) ( )3 34 4 1 1 1 1 1 , 0;6 2 2 62 6     = − + − ∈   −  −  x x xx x ðặt ( ) ( ) ( ) ( )3 34 4 1 1 1 1 , v 2 62 6     = − = −   −  −  u x x x xx x Ta thấy ( ) ( ) ( )2 2 0 ' 2 0= = ⇒ =u v f Mà ( ) ( ),u x v x cùng dương trên (0;2) và cùng âm trên (2;6) nên ta có bảng biến thiên : Suy ra các giá trị cần tìm của m là : 42 6 2 6 3 2 6+ ≤ < +m b) ðặt vế trái của phương trình là ( ), ∈ℝf x x Ta có x f’(x f(x 1 3/2 +∞ 0 12 29/2 −∞ Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 ' 1 3 1 32 1 2 1 2 4 2 4 + −+ − = + = − + + − +    + + − +        x x x xf x x x x x x x 1 1 2 2     = + − −        h x h x (1) trong ñó ( ) 2 , 3 4 = ∈ + ℝ th t t t là hàm ñồng biến nên từ ta có ( ) 1 1 1 1' 0 0 0 2 2 2 2     > ⇔ + − − > ⇔ + > − ⇔ >        f x h x h x x x x Ngược lại ( )' 0 0< ⇔ <f x x và ( )' 0 0= ⇔ =f x x . Mặt khác ( )0 2=f và ( )lim →±∞ = +∞ x f x nên ta có bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy ra PT có ñúng hai nghiêm khi 2>m . Ví dụ 3: Tìm tất cả các giá trị của tham số m ñể phương trình sau có nghiệm thực ( )2 2 4 2 21 1 2 2 1 1 1+ − − + = − + + − −m x x x x x (TSðH-KB-2004) Giải: ðK: 1 1− ≤ ≤x ðặt 2 21 1= + − −t x x , dễ thấy 0≥t và 2 42 2 1 2 2= − − ≤ ⇒ ≤t x t , vậy ñiều kiên 0; 2 ∈  t . PT ñã cho trở thành : ( ) ( ) 2 2 22 2 2 − + + + = − + + ⇔ = = + t t m t t t m f t t . (1) Ta có ( ) 2 2 2 − + + = + t tf t t liên tục trên 0; 2   nên PT ñã cho có nghiệm ⇔x (1) có nghiệm 0; 2 ∈  t ( ) ( )[0; 2 ] [0; 2 ]min max⇔ ≤ ≤f t m f t . Ta có ( ) ( ) 2 2 4 ' 0, 0; 2 2 − −  = < ∀ ∈  + t tf t t t , suy ra hàm số nghịch biến trên 0; 2   , do ñó ( ) ( ) ( ) ( )[0; 2 ] [0; 2 ]min 2 2 1,max 0 1= = − = =f t f f t f Vậy giá trị cần tìm của m là 2 1 1− ≤ ≤m . Ví dụ 4. III-ỨNG DỤNG ðẠO HÀM ðỂ CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC. Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương Như chúng ta ñã biết nếu hàm số ( )=y f x có tập giá trị là khoảng( );m M với ∈x D thì ( ) ,< < ∀ ∈m f x M x D (1), hoặc nếu hàm số ( )=y f x ñồng biến trên D và <x y thì suy ra ( ) ( )<f x f y với , ∈x y D .Từ ñó chúng ta thấy khảo sát hàm số ñể tìm tập giá trị của nó hoặc sử dụng tính ñơn ñiệu của hàm số có thể giúp ta chứng minh ñược BðT, ñó chính là ý tưởng chính mà sẽ ñược chúng ta sử dụng trong phần này. 1. Một số lưu ý chung. i) ðể chứng minh bất ñẳng thức có chứa nhiều biến bằng phương pháp ñạo hàm thì ñiều quan trọng nhất là chúng ta phải ñưa ñược về một biến và khảo sát hàm số theo biến ñó, nếu ñiều ñó không thể thì ta coi bất ñẳng thức là một biến và các biến còn lại ñược xem như tham số. ii) Lựa chọn hàm số nào ñể xét cũng là khâu quyết ñịnh trong phương pháp hàm số , chẳng hạn khi giải bài toán : Cho 2 2 2, , 0, 1> + + =a b c a b c . Chứng minh rằng: 2 2 2 3 3 21 1 1 + + ≥ − − − a b c a b c (Bộ ñề TS) Lời giải bằng hàm số là xét: ( ) 3, (0;1)= − ∈f x x x x . Các bạn thử suy nghĩ xem, căn cứ vào ñiều gì mà ta chọn ñược hàm số ñó mà không phải là hàm ( ) 2 , (0;1)1= ∈− xf x x x ? Ví dụ 1. Chứng minh : 2 21 1 2, + + + − + ≥ ∀ ∈ℝx x x x x Giải: ðặt vế trái của phương trình là ( ), ∈ℝf x x Ta có ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 ' 1 3 1 32 1 2 1 2 4 2 4 + −+ − = + = − + + − +    + + − +        x x x xf x x x x x x x 1 1 2 2     = + − −        h x h x (1) trong ñó ( ) 2 , 3 4 = ∈ + ℝ th t t t là hàm ñồng biến nên từ ta có ( ) 1 1 1 1' 0 0 0 2 2 2 2     > ⇔ + − − > ⇔ + > − ⇔ >        f x h x h x x x x Ngược lại ( )' 0 0< ⇔ <f x x và ( )' 0 0= ⇔ =f x x . Mặt khác ( )0 2=f và ( )lim →±∞ = +∞ x f x Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta có ñpcm.
Chú ý: Bài toán có thể giải cách khác Phương pháp hàm số trong các bài toán ñại số Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương Áp dụng BðT AM-GM ta có: ( )( )2 2 2 2 4 2441 1 2 1 1 2 1 2+ + + − + ≥ + + − + = + + ≥x x x x x x x x x x Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi x ta có 2 217 cos 4cos 6 cos 2cos 3 2 11≤ + + + − + ≤ +x x x x (1) Giải : ðặt [ ]cos 1;1= ⇒ ∈ −t x t . Bất ñẳng thức (1) trở thành 2 217 4 6 2 3 2 11, [ 1;1]≤ + + + − + ≤ + ∈ −t t t t t ðặt ( ) 2 24 6 2 3, [ 1;1]= + + + − + ∈ −f t t t t t t Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 1 2 1 ' 2 1 2 2 1 24 6 2 3 + − + − = + = − = + − − + + − ++ + − + t t t tf t h t h t t tt t t t (2) Trong ñó ( ) 2 2 = + th t t có ( ) ( )32 2 ' 0 2 = > + h t t nên ñồng biến , vậy theo (2) ta có. ( ) ( ) ( ) 1' 0 2 1 2 1 2 = ⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ = −f t h t h t t t t . Ta có ( ) ( )11 3 6, 17, 1 2 11 2   − = + − = = +    f f f và ( )f t liên tục trên [ ]1;1− nên ( ) ( ) [ 1;1] [ 1;1] min 17,max 2 11 − − = = +f t f t . suy ra : ( )17 2 11≤ ≤ +f t .
Ví dụ 3. Chứng minh rằng : a) 2 1 2, 1 + ≤ ∀ − + x x x x b) 2 2 21 1 1 3− + + − + + − + ≥x x y y z z với 3+ + =x y z Giải: a) ( ) 2 1 , 1 + = ∈ − + ℝ xf x x x x Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 11 1 3 12 1 ' 1 2 1 1 − − + − + − − + = = − + − + − + x x x x xx xf x x x x x x x ( ) ( ) ( )' 0 1, lim 1