Tải bản đầy đủ

01 2 huong dan giai

Dạng 5: Ứng dụng đơn điệu trong giải phương
trình, hệ phương trình, bất phương trình và hệ
bất phương trình.
Bài 1:
7

1. Mà f'(x) 

7



 0 x 

6
7

2 7x  7 2 7x  6
f(x)

f(6)

� x  6 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Nên
1
2
 3 1 x  0, x  0 � y đồng biến trên nửa khoảng �
0; � .
2. Ta có: y' 

2 x
Dễ thấy y  1  0 � x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho
3. Ta có: y' 





3 x2  1
3

2 x  3x

 2 x  2  0, x � 0; � , do đó nếu phương trình đã

cho có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất và y  1  0 .
4.  x  1  x  1
3





3

3
3x  1  3x  1 , xét hàm số f  t  t  t, t  0

5.  3x  1  2 3x  1  2x  1 23 2x  1 , xét hàm số f  t  t3  2t
3

6. Cách 1: Xét hàm số: f  x  x3  3x2  8x  40 và g  x  84 4x  4 trên nửa


1; � ., dễ thấy
đoạn �


min f  x  f  3  13 và

x��
1:�


đó f  x  g  x  3 khi x  3 .
Cách 2: Đặt

4

max g  x  g  3  13 , do

x��
1:�


12
8
4
4x  4  t, t �0 . f  t  t  24t  16t  512t  2816 với t �0 và

f ' t  2(t  2).g  t  với g  t  0, t �0 suy ra f ' t  0 khi t  2 tức

4

4x  4  2

hay x  3
Bài 2: Phương trình đã cho � 3 5x  x2  ( 5x  x2 )3  3(x  1)  (x  1)3 (1)
Đặt u =

5x  x2 , u �0 và v  x  1 ,v  0 .(1) trở thành : 3u  u3  3v  v3 (2)

Xét hàm số f  t  3t  t3 , t �(0; �) , khi đó phương trình (2) có dạng
f  u  f  v  .

Ta có f '(t)  3  3t2  0 với mọi t �(0; �) nên f(t) đồng biến trên (0; �)
Do đó (1) �


x �1

1
5x  x2  x  1 � �
� x  1�x  .
2
2
2
5x  x  x  2x  1


Bài 3:
1. 6 4x  6  x  1 

4x  6

 x  1  5x  7 

x  1  5x  7



0

25


Cách khác:  5x  6 

1

2

 5x  6  1
1

2
Xét hàm số f  t  t 

t1

 x2 

1
x 1

,

với t  1, ta tìm được x 

3
.
2

2. Phương trình cho biến đổi về: x9  3x3   3x  1  3 3x  1
3

 

Dễ thấy f  t  t3  3t đồng biến trên �, nên   � x3  3x  1
0; �
Đặt x  2cost, t ��

�, từ đây tìm được t 


5
7
, t
, t
9
9
9


8x3  60x2  151x  128  y

3. Đặt y  x  2 . Khi đó ta có hệ : �
cộng vế theo
x  y3  2


3

vế và đưa về phương trình  2x  5  2x  5  y3  y
3

Dễ
3

thấy

f  t  t3  t

x  2  2x  5 � ... �

đồng

biến

trên

 x  3  8x2  36x  41  0 �



suy

ra

y  2x  5

tức

x 3 .

4. Đặt y  3 7x2  9x  4 . Đưa phương trình về dạng f  x  1  f  y  .
Xét f  t  t3  t là hàm số đồng biến trên � khi ấy f  x  1  f  y  � x  1  y ,
ta tìm được x 

1� 5
, x 5
2

5. Xét hàm số f  t  t3  2t là hàm số đồng biến trên �.

Khi đó f  y   f  x  1 � y  x  1 với y  3 x3  9x2  19x  11 � x  1, x  2, x  3
Bài 4:

2x �
x2 0
0 x 2

��
1. Điều kiện: � 2
1�y �1
1 y �0


3

2�
2

 x  1 3  3 x  1  �
� 1 y �  3 1 y



Hệ phương trình viết lại: �

2
2
� 2x  x  2 1 y  2x  1
1;1�

Xét hàm số: f  t  t3  3t với t ��


Ta có: f ' t  3t2  3  0,t � 1;1 , suy ra hàm số f  t nghịch biến trên đoạn

1;1�




x  1 1 y2
x  1  1 y 2

x1


��
��
Ta có hệ: �
2
2
2
�y  �1

� 2x  x  4x  3
� 2x  x  2 1 y  2x  1 �

26


Bài 5:

3
3
1. Lấy  1   2 x3 ta được  x  1   2  y  �  x;y    2;1 , 1;2
3
3
2. Lấy  1   2 x3 ta được  x  4   3  y  �  x;y    3;4 , 4;3
2
4
3. Lấy  1   2 x8 ta được  x  2   y  4 �  x;y    4; 2 , 4;2

t  x  1,
0 �t �2 .
4.
Đặt
3
2
3
2

t  3t  y  3y

.
�2
2
2
x

1

x

3
2y

y

2

0



Biến

đổi

hệ

cho

về

hệ:

0;2�
Xét f  u   u3  3u2 nghịch biến trên đoạn �

�khi đó t  y �  x;y    0;1
5. Phương trình đầu viết lại: x  1 x2    y   1   y  2
Dễ thấy f  t  t  1 t2 đồng biến trên �, suy ra x   y thay vào phương
2

trình thứ 2 ta được

� 2
x � 25x2
2x  6x  1  4x  6x  1 hay � 2x  6x  1  � 
2�
4

2

2

1
� 111�
 3  2y �  x;y   �
7;

x
� 98 �
� 1 1�
2.  x;y    1;2
 ; �
1.  x;y   �
� 4 4�

6. Xét f  t  t3  t suy ra 1
Bài 6:

3
3. Phương trình thứ nhất viết lại y3  y   x  1  x  1, suy ra y  x  1�

phương trình 2 ta được

1 x2  1 x  1 x  1.
Đặt t  1 x  1 x , giải được t  2 �  x;y    1;0 , 1;2 .
4. Trừ 2 vế phương trình ta được :
x2  2x  22  x  x2  2x  y2  2y  22  y  y2  2y
Xét hàm f  t  t2  2t  22  t  t2  2t đồng biến trên khoảng  0;� suy ra
x  y , thay vào phương trình thứ nhất, sau đó xét hàm số g  x , dễ thấy

g  x đồng biến trên khoảng  0;� và g  1  0

5. Phương trình đầu � 2 2x   2x  2 y  1   y  1
3

3

Hàm số f  t  2t  t3  t �� đồng biến t  0 , suy ra y  2x  1
6. Đặt t 


3y  55  t3

4
, hệ cho đưa về dạng: � 3
, cộng vế theo vế ta
2
x
�y  3y  3y  3t  51

được  y  1  3 y  1  t3  3t
3

27


Dạng 6: Chứng minh phương trình có n nghiệm
Bài 1:



 





4
2
2
1. Ta có: f ' x  5 x  1  5 x  1 x  1 , vì x2  1  0, x �� nên f ' x  0 �

x  1 hoặc x  1. f  x  0,x �1� phương trình không có nghiệm khi x �1.

f  x  � nên phương trình có nghiệm x  1
Vì f  1  9 và xlim
��

f  x đồng biến trên khoảng  1;� , do đó hàm số y cắt trục hoành tại 1
giao điểm
2. x5  x2  2x  1 hay x5   x  1
Dễ thấy x5 �0��
x  0

2

x 1 1 �  x  1 �1 tức x5 �1 hay x �1.
2

1;� .
Xét hàm số y  x5  x2  2x  1 xác định và liên tục trên nửa khoảng �

Dễ thấy y  1 .y  2  0 � phương trình x5  x2  2x  1  0 có ít nhất một

nghiệm thuộc khoảng  1;2 , hơn nữa hàm số y đồng biến ( y'  0, x � 1;2
) trong khoảng này. Như vậy, phương trình x5  x2  2x  1  0 có nghiệm
duy nhất và nghiệm đó thuộc khoảng  1;2 .
Chú ý: Có f '(x)  5x4  2x  2  2x(x3  1)  2(x4  1)  x5  0
Mà f(1).f(2)  0 � phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

2;� .
3. Cách 1 :Xét hàm số y  2x2 x  2 liên tục trên nửa khoảng �

Ta có: y' 

x 5x  8
x 2

 0,x � 2; �





lim y  lim 2x2 x  2  �

x��

x��

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị của hàm số y  2x2 x  2 luôn cắt
đường thẳng y  11 tại duy nhất một điểm.

2;� .
Cách 2:Xét hàm số y  f  x  2x2 x  2  11 liên tục trên nửa khoảng �

Ta có f  2  11,f  3  7 . Vì f  2 .f  3  77  0 � f  x  0 có ít nhất một nghiệm
trong khoảng  2;3 . f ' x 
biến trên khoảng
khoảng  2;3 .

 2;3 .

x 5x  8
x 2

 0,x � 2; � � f  x liên tục và đồng

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất thuộc

4. Điều kiện: x  2
5
Xét hàm số : f  x  x 

28

x
2

x 2

 2012 với x  2 .


f ' x  5x4 

� f " x  20x3 

1

3x

 x  2
2

(x2  2)3

5

 0 ,x  2

� f ' x  0 có nhiều nhất một nghiệm � f  x  0 có nhiều nhất là hai
lim f  x  �,f

nghiệm và






x� 2

 3  0, lim f  x  �� f  x  0 có hai nghiệm
x��

x1 � 2; 3 và x2  3 .
Bài 2: x5  �
x2 1 x4 2x2 1

x2 1 (x2 1)2 1

x 1.

Xét hàm số f  x  x2  1  x4  2x2  1 x5 , khi đó hàm số f liên tục trên
[1; �) và phương trình (1) có dạng f(x)  0 .

f(1)  2  1 0


� 1

Vì �
nên phương trình
1
1 2
1
5

 

 1� �
�lim f(x)  lim x �

x��
x�� � x8 x10
x x3 x5



f  x  0 có nghiệm thuộc (1; �).
� 1

 4x3  2x  5x4  x�
 2� x3(4  5x)  0 với mọi
� 2

x2  1
� x 1

x �[1; �) . Suy ra hàm số f  x nghịch biến trên [1; �) .

Lại có : f'(x) 

x

Vậy phương trình f  x  0 có đúng một nghiệm.

Dạng 7: Chứng minh bất đẳng thức
Bài 1:
1. Ta có f ' x 

x.cosx  sinx
2

x

� �
,x ��
0; �. Xét hàm số g  x  x.cosx  sinx liên
� 2�

� �
� �
0; �và có g' x  x.sinx  0,x ��0; �� g  x liên tục và
trục trên đoạn �
� 2�
� 2�
� �
� �
0; �và ta có g  x  g  0  0,x ��0; �.
nghịch biến trên đoạn �
� 2�
� 2�
Từ đó suy ra f ' x 

g' x
2

x

� �
 0,x ��
0; �� f  x
� 2�

liên tục và nghịch biến trên

� �
� � 2
� �
0; �, ta có f  x  f � � ,x ��0; �.
nửa khoảng �
� 2�
�2 � 
� 2�
3

2.

3
sinx
x2
�sinx � � x2 �
x2 x4 x6
 1
��
1 �  1


� �

x
6
2 12 216
�x � �
� 6�

29


3
�sinx �
x2 x4 x4 � x2 �
��

 �
1 �
�  1

2 24 24 �
�x �
� 9�
3

� �
x2
�sinx �
x2 x4
Vì x ��
0; �� 1
 0� �

1



9
2 24
� 2�
�x �
Mặt khác: 1

x2 x4
� �

 cosx ,x ��
0; �
2 24
� 2�

3. Xét hàm số f  x 

1
2

sin x



1
2

x



� �
0; �.
liên tục trên nửa khoảng x ��
� 2�



2 x3 cosx  sin3 x
Ta có: f ' x   2cosx  2 
. Ta có:
3
3
3
3
sin x x
x sin x
3

�sinx �
� �
0; �

�  cosx ,x ��
�x �
� 2�
� �
� �
� x3 cosx  sin3 x  0 ,x ��
0; �� f '  x  0 ,x ��
0; �
� 2�
� 2�
� �
4
� �
1
1
4
� �
�
f  x f � � 1
, x �
0; �. Do vậy:

 1
, x ��
0; �
2
2
2
2
2
2
��
� �
� 2�

sin x x

(đpcm).
4. Ta có:

2.sin x

2

Ta chứng minh:

tanx

2

2sin x tan x

�2. 2

1
sinx tan x
2
2

3x
�2 2

.2



1
sin x tan x
2
2.2

1
3
� �
� sinx  tanx � x,x ��
0; �.
2
2
� 2�

� �
1
3x
0; �.
Xét hàm số f  x  sinx  tanx 
liên tục trên nửa khoảng �
2
2
� 2�
3  cosx  1  2cosx  1
� �
f ' x  cosx 
 
�0,x ��
0; �
2
2
2.cos x 2
2cos x
� 2�
1

2

� �
� f  x đồng biến
 trên �
0; � f  x
� 2�

f  0

� �
1
3
0 � sinx  tanx � x , x ��
0; �
2
2
� 2�

2;2�
�.
Bài 2: Xét hàm số f  x  3x  x3 , x ��


Ta có: f ' x  3  3x2 , trên khoảng  2;2 : f ' x  0 � x  1 hoặc x  1.
1;1�
Từ bảng biến thiên, ta kết luận: hàm số đồng biến trên đoạn �

� và
2; 1�
1;2�
nghịch biến trên các đoạn �

�, �

�. Vì 2  f  1 �f  x �f  2  2 ,
x ��
2; 1�



1;1�
�, 2  f  2 �f  x �f  1  2 , x ��
1;2�
Nên 2  f  1 �f  x �f  1  2 , x ��


�.

30


Bài 3:
1. Chứng minh hàm số f(x) 

� �
sinx
0; �
nghịch biến trên �
x
� 2�

� �
0; �
2. Xét hàm số f(x)  tanx  sinx  2x đồng biến trên �
� 2�
x2
 cosx  1,x �� , ta có: x ��,f(x)  f(x) suy ra f là
2
hàm chẵn trên � , (1) � x �[0; �),f(x) �0, f '(x)  x  sinx �0 với mọi x
�[0; �) .
f '(x)  0 � x  0 � f(x) đồng biến trên [0; �) � x �[0; �),f(x) �f(0)  0
3. Xét hàm số: f  x 

(đpcm).
� �
3
0; �, ta có:
4. Xét hàm số f  x  3sinx  6tanx  2tan x  9x , x ��
� 2�
f '(x)  3cosx 
 3cosx 

� 1 �
 6tan2 x �
� 9
cos x
�cos2 x �
6

2

� 1

� 1 �
6
 6�
 1�
9
� 2 � 9  3cosx 
2
cos x
cos4 x
�cos x �
�cos x �
6

2

� �
0; �nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
Vì cosx �(0;1) với mọi x ��
� 2�

1
1 �
1
1
f '(x)  3�
cosx 

 9 �3.33 cosx.
.
9
4
4 �
4
cos x cos x �
cos x cos4 x

��
f'(x)
93

1
7

cos x

� �
� �
0; �
9 0, x x �
0; �� f  x đồng biến trên x ��
� 2�
� 2�

� �
� �
0; �do đó x ��
0; �
,f(x)  f(0)  0 (đpcm).
Lại có f  x liên tục trên �
� 2�
� 2�
Bài 4:
1. Xét hàm số f(x)  sinx  x 

x3
� �
, x ��
0; �,
6
� 2�

� �
0; �điều này gợi ý ta chứng minh hàm
Ta cần chứng minh: f(x)  f(0), x ��
� 2�
2
� �
y  f(x) đồng biến trên �
0; �. Ta có: f'(x)  cosx  1 x
� 2�
2

� �
� f "(x)   sinx  x �0 x ��
0; �
� 2�

31


� �
� �
x3
�  �.
�
f '(x)�

f'(0) 0 x �
0; � f(x) f(0) 0 x �
0; �� sinx  x 
x ��
0; �
2
2
3!
� �
� �
� 2�
2. Xét hàm số g(x)  cosx  1
Ta có: g'(x)   sinx  x 
� cosx  1

� �
x2 x4
0; �
, với x ��

� 2�
2 24

� �
x3
� �
g(x) g(0) 0 x �
0; �
�0 x ��
0; � �
6
� 2�
� 2�

x2 x4
� �
x3
� �

x ��
0; �. Thật vậy,ta có: sinx  x 
x ��
0; �
2 24
6
� 2�
� 2�
3

3
sinx
x2 �sinx � � x2 �
x2 x4 x6

 1
��
1


�  1
� �

x
6
6
2
12
216
�x � �


3

�sinx �
x2 x4 x4
x2
��

1



(1

).

2 24 24
9
�x �
3

� �
x2
�sinx �
x2 x4
Vì x ��
0; �� 1
 0� �

1



9
2 24
� 2�
�x �
3

Mặt khác, 1

x2 x4
� �
�sinx �
� �

 cosx x ��
0; �.Suy ra �
 cosx x ��
0; �.

2 24
� 2�
�x �
� 2�

Lại có: 0  sinx  x � 0 



3

sinx

�sinx � �sinx �
 1 x �(0; ) nên �
� ��
�  �3 .
x
2
�x � �x �

Bài 5:
� �
0; �và
1. Ta chứng minh hàm số f(x)  tanx  2sinx  3x đồng biến trên �
� 2�
� �
1
0; �.
hàm số g(x)  4sinx  sin2x  3x nghịch biến trên �
2
� 2�
2. Chứng minh cos(sinx)  cosx  sin(cosx)
3. Xét hàm f(x)  a  b  x  (a  b  x) với x �[0;b]
4. Bất đẳng thức cho � 4sina  6tana  10a  4sin b  6tan b  10b (2)
� �
0; �. Khi đó ta phải chứng minh
Xét hàm số f  x  4sinx  6tanx – 10x với x ��
� 2�
� �
0; �
,a  b � f(a)  f(b) .
rằng a,b ��
� 2�
� �
0; �
Như vậy chỉ cần chứng minh hàm số f(x) đồng biến trên �
� 2�
6
4
2
 10  4cosx 

 10 .
Ta có f '(x)  4cosx 
2
2
cos x
cos x cos2 x

32


� �
0; �nên cosx �(0;1) .Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ,ta có :
Vì x ��
� 2�
f '(x) �2 4cosx.

4
2

cos x



2
2

cos x

 10  8

Mặt khác do cosx �(0;1) nên

1
2

 10 .
cosx cos2 x

1
1
1
2
 1,
 1 ,suy ra 8

> 10
2
cosx
cosx cos2 x
cos x

� �
� �
� x ��
0; �, f '(x)  0 � Hàm số f(x) đồng biến trên �
0; �(đpcm).
� 2�
� 2�
5. Xét hàm số f  x  x4  ax2  bx trên [1; �) .ta có
f '(x)  4x3  2ax2  b �4  12  8  0 , x �[1; �) ,a �6 , b �8
Đẳng thức chỉ xảy ra khi x  1, a  6, b   8. Suy ra f  x đồng biến trên
[1; �)
� [1; �), f(x) �f(1)  1 a  b �1 6  8  3 �c (đpcm).
Bài 6:
� �
, t ��
0; �.
� 2�
sin t t
3

2cost 2
2 �
�sint �
� �

� 0,t ��
 

cost
0; �.
Ta có : f ' t  


3
3
3 �
t
2�

sin t t
sin t �




� �
� �
4

0; ��
f  t f � � 1
, t (0; ]
nên hàm số đồng biến trên �
2
2
2
2
� �
��

Xét hàm số : f  t 

1

2



1

2

� 4�
1
Áp dụng vào bài toán ta có : f  x  f  y   f  z  �3�
�.
� 2 �
Bài 7:
A
B
C
3
1. Đặt : t  cosA  cosB  cosC  1 4sin sin sin � 1 t � .
2
2
2
2
� 3�
1
1; �.
Xét hàm số f  t  t  hàm số liên tục trên nửa khoảng �
t
� 2�
� 3�
� 3�
13
 0,t ��
1; �� f  t  đồng biến trên �
1; �,suy ra : 2  f  t  � .
6
t
� 2�
� 2�
13
3
Đẳng thức f  t 
xảy ra khi t  cosA  cosB  cosC 
hay tam giác ABC
2
6
đều.

sinA ; � .
2. Biểu thức xác định khi D   �;sinC  U �
f ' t  1

1

2

33


M'

x  sinC sinA  sinC 1 x  sinC sin B  sinC
.

.
 0,x �D � M liên tục và
x  sinA  x  sinC  2 2 x  sin B  x  sinC  2

sinA ;� .
đồng biến trên mỗi khoảng  �;sinC  , �

Do đó minM  M  sinA  

sinA  sin B
 1.
sinA  sinC

Bài 8:
� A

tan 
� 2


� B
tan 
1. Ta có : �
� 2

� C
tan 

2



 p  b  p  c
p  p  a
 p  c  p  a
p  p  b
 p  a  p  b
p  p  c

� tan

pa p b p c
A
B
C
tan tan 


2
2
2
p
p
p

p  p  a  p  b  p  c
pa p b p c
r2 S





2
2
S p
p
p
p
p

Do đó :

r2
A
B
C
 tan tan tan
S
2
2
2

p

Mặt khác : r



a b c
2 p  a tan

cos

A
2



A
B
C
cos cos
2
2
2

a b c

 b  c  a tan A2
 cot



2R  sinA  sin B  sinC 
2R  sinB  sinC  sinA  tan

A
2

A
B
C
cot cot
2
2
2

A
2
A
cos
2
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
A
B
C
A
B
C
28
tan tan tan  cot cot cot �
2
2
2
2
2
2 3 3
A
B
C
cos sin sin
2
2
2

1


cot


sin

A
B
C
cot cot
2
2
2

 cot

A
B
C
28
cot cot �
2
2
2 3 3

A
B
C
1
cot cot
t 3 3 . Xét f  t  t 
với t �3 3
2
2
2
t
1
1
28

� đpcm.
Ta có: f ' t  1 2  0 t �3 3 � minf  t  f 3 3  3 3 
3 3 3 3
t
Đặt

t  cot



34




2.

Bất

đẳng

thức

cần

chứng

minh

tương

đương

với

:

3 3
2

2R  a 2R  b 2R  c


e
2R
2R
R

3 3
2

� a �
� b �
� c �
��
1
1
1




� e
2R
2R




� 2R �

3 3
2

�  1 sinA   1 sinB  1 sinC   e

Xét f  x  ln  1 x  x với 0  x  1

1
x
 1 
 0 x � 0;1 � f  x nghịch biến trên
1 x
1 x
khoảng đó � f  x  f  0  0 � ln  1 x  x
Ta có:

f ' x 

Lần lượt thay x   sinA ,sin B,sinC vào bất đẳng thức trên rồi cộng lại ta
được :
ln  1 sinA   ln  1 sinB  ln  1 sinC   sinA  sin B  sinC
� ln �
 1 sinA   1 sin B  1 sinC  �

� sinA  sin B  sinC
�  1 sinA   1 sin B  1 sinC   esin A sin BsinC

3 3
2

mà sinA  sin B  sinC �3 3 �  1 sinA   1 sin B  1 sinC   e
2
3. Không mất tổng quát giả sử C  min A ,B,C .Ta có :

� đpcm.

1 cos2A �
� 1 cos2B �
1
1
 1 cos A   1 cos B  �




2
2




Xét P  4 1 cos A   1 cos B   3  cos2A   3  cos2B
2

2

2

2

� P  9  3 cos2A  cos2B  cos2A cos2B
 9  6cos A  B cos A  B 

1

cos 2A  2B  cos 2A  2B �

2�

1� 2
2cos  A  B  2cos2  A  B  2�


2
 9  6cosC cos A  B  cos2 C  cos2  A  B  1 do cos A  B �1
 9  6cosC cos A  B 







 3 cosC  2
2
� P  1 cos2 C  � 3  cosC   1 cos2 C 
 P 9 6cosC cos2 C

Mặt khác ta có :

0 �
C 600

cosC

mà cosC  0

1
.Xét
2

f  x   3  x

2

 1 x 
2

với


1 �
x �� ;1�
2 �


35



1 �
Ta có: f ' x  2 x  3  x  1  2x  1 �0 x �� ;1�� f  x đồng biến trên khoảng
2 �

đó.
�1 � 125
125
��
f  
x �
f�
 �
1 cos2 A 1 cos2 B 1 cos2 C
đpcm.
16
�2 � 16









Bài toán 02: ỨNG DỤNG ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TRONG TÌM GIÁ TRỊ
LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT.
Bài 1. Đặt t 

a b c d
4

abcd
Áp dụng BĐT trung bình cộng – trung bình nhân cho 2 số dương, ta có:
a b c d
�4 tức t �4 . Đẳng thức
a  b  c  d �2 ab  2 cd �44 abcd suy ra
4
abcd
xảy ra khi a  b  c  d . Bài toán quy về “ Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
A  t  t  với t �4 ”.
t
17
Dễ thấy, t �4 thì A  t đồng biến và A  4 
đạt tại t  4 .
4
Bài 2. Không mất tính tổng quát, ta giả sử x �y �z và x  y  z  3 suy ra
1 �x �3 .
2

�y  z �
Áp dụng Bất đẳng thức trung bình cộng – trung bình nhân: yz ��

�2 �
2

2

�y  z ��y  z �
Đặt A  xyz  xy  yz  zx , suy ra A �x�
��
�   y  z x
� 2 �� 2 �
2

2





�3  x � �3  x �
1 3
2
Hay A �x�
� �
�  x 3  x  x  9x  15x  9 .
2
2
4

� �

Xét f  x  x3  9x2  15x  9 , với 1 �x �3 .

Ta có: f ' x  3x2  18x  15  0 với mọi x � 1;3 , suy ra hàm số f  x nghịch
1;3�
���
1;3�: f  x
biến trên đoạn �

�. Với x


f  1

1
16 suy ra A � f  x hay
4

A �4 .
9
. Hơn nữa vì x �1,y �1 nên
4
 x  1  y  1 �0 tức xy  1�x  y � xy  1�3 xy hay xy �3 . Vậy 9 �xy �3,
4
4
64
6 16
3
2
�3 3 �
113
94
P
xy   4 xy  


. minP 
khi  x;y   � ; �và maxP 
khi
27
xy 3
12
3
�2 2 �

3
Bài 3. Ta có: 4xy  �
 x y

 x;y   1;3 ,  3;1 .
36

6 xy

xy


37



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×