Tuyển tập Phương pháp hàm số24 bài

Bài toán (Thi thử THPT Quốc gia 2016 THPT Chuyên Lê Quý Đôn, TP Đà Nẵng)

Giải bất phương trình :

$$\frac{x^2-5x+14}{2+3\sqrt[3]{x^2-x+1}}<\frac{2}{x}$$

Lời giải :

Điều kiện $x\ne 0$. Xét hàm số $f(x)=\frac{x^2-5x+14}{2+3\sqrt[3]{x^2-x+1}}-\frac{2}{x}$.

Ta xét :

$f(x)$$=0$$\iff x^3-5x^2+14x-4$$=6\sqrt[3]{x^2-x+1}$$\iff x^3-5x^2+14x-10$$=6\left(\sqrt[3]{x^2-x+1}-1\right)$$\iff (x-1)(x^2-4x+10)$$=\frac{6x(x-1)}{\sqrt[3]{(x^2-x+1{)}^2}+\sqrt[3]{x^2-x+1}+1}$

Vậy suy ra $x=1$ hoặc :

$$x^2-4x+10=\frac{6x}{\sqrt[3]{(x^2-x+1{)}^2}+\sqrt[3]{x^2-x+1}+1}(2)$$

Ta sẽ chứng minh $(2)$ vô nghiệm. Thật vậy, từ $(2)$ suy ra $x>1$. Tuy nhiên từ đề bài, ta có :

$x^3-5x^2+14x-4$$=6\sqrt[3]{x^2-x+1}$$\le 2\left(1+1+x^2-x+1\right)$$=2(x^2-x+3)$$\iff x$$\le 1$

Vậy $(2)$ vô nghiệm. Suy ra nghiệm của $f(x)$ là $x=1$. Lập bảng xét dấu ta được tập nghiệm của bất phương trình :

$$S=\left(0,1\right)$$

PTHPTĐH5 : Giải hệ phương trình :

$$\{\begin{array}{c}{x}^3-3y^3-3x^{2}y+x{y}^2+x=3y\\ 3x^3+36y^2-1=x\sqrt[3]{27y^3+\frac{2x+1}{x}}\end{array}$$

Lời giải :

Điều kiện $x\ne 0$

Phương trình đầu của hệ có thể viết dưới dạng :

$\left(x^3-3x^{2}y\right)+(x{y}^2-3y^3)+(x-3y)$$=0$$\iff (x-3y)(x^2+y^2+1)$$=0$$\iff x$$=3y$

Thay vào phương trình sau :

$3x^3+4x^2-1$$=x\sqrt[3]{x^3+\frac{1}{x}+2}$$\iff 3x^2+4x-\frac{1}{x}$$=\sqrt[3]{x^3+\frac{1}{x}+2}$$\iff {\left(x+1\right)}^3+(x+1)$$=x^3+\frac{1}{x}+2+\sqrt[3]{x^3+\frac{1}{x}+2}$

Bằng cách xét hàm số $f(t)=t^3+t$ với $t\in \mathbb{R}$. Dễ thấy $f$ đồng biến trên $\mathbb{R}$. Do đó :

$f(x+1)$$=d\left(\sqrt[3]{x^3+\frac{1}{x}+2}\right)$$\iff x+1$$=\sqrt[3]{x^3+\frac{1}{x}+2}$$\iff 3x^3+3x^2-x-1$$=0$$\iff x\in \left\{-1,\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{-1}{\sqrt{3}}\right\}$

Nghiệm của hệ là :

$\left(x,y\right)$$=\left(-1,\frac{-1}{3}\right),\left(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{3\sqrt{3}}\right),\left(\frac{-1}{\sqrt{3}},\frac{-1}{3\sqrt{3}}\right)$

BĐTĐH3 : Cho các số không âm $a,b$ và số dương $c$ thoả $a^3+b^3=c(c-1)$. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của :

$$P=\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c{)}^2}$$

Lời giải :

Ta có

$$(c-2{)}^2\ge 0\iff c^2\ge 4(c-1)\iff c^3\ge 4c(c-1)=4(a^3+b^3)$$

Hơn nữa ta có $4(a^3+b^3)\ge (a+b{)}^3$ cho nên

$$c^3\ge (a+b{)}^3\iff \frac{c}{a+b}\ge 1$$

Ta có :

$P$$=\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c{)}^2}$$\ge \frac{(a+b{)}^2+2c^2}{2(a+b+c{)}^2}$$=\frac{1+2{\left(\frac{c}{a+b}\right)}^2}{2{\left(1+\frac{c}{a+b}\right)}^2}$$=\frac{1+2t^2}{2(1+t{)}^2}$$=f(t)$

Với $t=\frac{c}{a+b}\ge 1$.

Ta có thể kiểm chứng được $f^{\prime }(t)\ge 0\forall t\ge 1$. Do đó :

$$f(t)\ge f(1)=\frac{3}{8}$$

Suy ra rằng :

$$P_{min}=\frac{3}{8}\iff a=b=1,c=2$$

 

Bây giờ, ta thấy :

$$(a+b+c{)}^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\ge a^2+b^2+c^2$$

Do vậy mà

$$P=\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c{)}^2}\le 1$$.

Tóm lại là :

$$P_{max}=1\iff a=b=0,c=1$$

 

 

Bài toán : Giải hệ phương trình sau :

$$\{\begin{array}{c}{3}^{y-x^3}=\left(\sqrt{y^2+1}-y\right)\left(\sqrt{x^6+1}-x^3\right)\\ 3^{3x}-3x^3\ge 2x.3^{x+1}+5y+1\end{array}$$

Lời giải :

Từ phương trình đầu, ta được :

$y-x^3$$={\log }_3\left(\sqrt{y^2+1}-y\right)-{\log }_3\left(\sqrt{x^6+1}-x^3\right)$$\iff {\log }_3\left(\sqrt{y^2+1}-y\right)-y$$={\log }_3\left(\sqrt{x^6+1}-x^3\right)-x^3$

Xét hàm số $f(t)={\log }_3\left(\sqrt{t^2+1}-t\right)-t$ có đạo hàm :

$$f^{\prime }(t)=\frac{-1}{\sqrt{y^2+1}.\ln 3}<0$$

Nên $f$ nghịch biến. Ta có $f(y)=f(x^3)$ nên $y=x^3$. Thay vào bất phương trình sau :

$3^{3x}-3x^3$$\ge 2x.3^{x+1}+5x^3+1$$\iff 3^{3x}-8x^3-1$$\ge 2x.3^{x+1}$$\iff a^3+b^3+c^3$$\ge 3abc\left(a=3^x,b=-2x,c=-1\right)$$\iff \left(a+b+c\right)\left[(a-b{)}^2+(b-c{)}^2+(c-a{)}^2\right]$$\ge 0$

Rõ ràng hệ $a=b=c$ là vô nghiệm nên ta được :

$$a+b+c\ge 0\iff 3^x\ge 2x+1(\ast )$$

Xét phương trình tương ứng :

$$3^x=2x+1$$

Để ý rằng hàm số $g(x)=3^x-2x-1$ có đạo hàm $g^{\prime }(x)=3^x.\ln 3-2$ có nhiều nhất một nghiệm nên $g(x)=0$ có nhiều nhất hai nghiệm (theo hệ quả định lý Rolle). Hơn nữa dễ thấy $g(0)=g(1)=0$ nên $x=0,1$ là hai nghiệm của phương trình.

Lại thấy $g\left(\frac{1}{2}\right)<0$ nên nghiệm của bất phương trình $(\ast )$ là $x\notin \left[0,1\right]$.

Ta kết luận nghiệm của hệ đã cho là :

$$(x,y)=(k,k^3),k\notin \left[0,1\right]$$

Bài toán : Giải hệ phương trình :

$$\{\begin{array}{c}{x}^2+3x+2=\frac{8}{y}-\sqrt{5y-1}\\ y^2+3y+2=\frac{8}{z}-\sqrt{5z-1}\\ z^2+3z+2=\frac{8}{x}-\sqrt{5x-1}\end{array}$$

Lời giải :

Điều kiện $x,y,z\ge \frac{1}{5}$

Xét các hàm số :

$$f(t)=\frac{8}{t}-\sqrt{5t-1}$$

$$g(t)=t^2+3t+2$$

Ta có :

$$f^{\prime }(t)=\frac{-8}{t^2}-\frac{5}{2\sqrt{5t-1}}<0,\forall t\ge \frac{1}{5}$$

$$g^{\prime }(t)=2t+3>0,\forall t\ge \frac{1}{5}$$

Vậy trên $\left[\frac{1}{5},+\infty \right)$ thì $f$ nghịch biến và $g$ đồng biến. Ta viết hệ thành :

$$\{\begin{array}{c}g(x)=f(y)\\ g(y)=f(z)\\ g(z)=f(x)\end{array}$$

Không giảm tổng quát, giả sử $x=max\left\{x,y,z\right\}$. Ta có :

$x$$\ge y$$\Rightarrow f(x)$$\le f(y)$$\Rightarrow g(z)$$\le g(x)$$\Rightarrow z$$\le x$$\Rightarrow f(z)$$\ge f(x)$$\Rightarrow g(y)$$\ge g(z)$$\Rightarrow y$$\ge z$$\Rightarrow f(y)$$\le f(z)$$\Rightarrow g(x)$$\le g(y)$$\Rightarrow x$$\le y$

Ta phải được $x=y$.Tương tự thì được $x=y=z$. Dẫn đến phương trình :

$$t^2+3t+2-\frac{8}{t}+\sqrt{5t-1}=0$$

Hàm số $h(t)=t^2+3t+2-\frac{8}{t}+\sqrt{5t-1}$ có $h^{\prime }(t)=2t+3+\frac{8}{t^2}+\frac{5}{2\sqrt{5t-1}}>0$ nên $h$ đồng biến. Hơn nữa $h(1)=0$ nên $t=1$ là nghiệm duy nhất của phương trình. Từ đó $(x,y,z)=(1,1,1)$ là nghiệm duy nhất của hệ.

Bài toán (Chọn đội tuyển VMO THPT Chuyên Sư Phạm, ĐHQG Hà Nội 2011-2012)

Giải hệ phương trình :

$$\{\begin{array}{c}{x}^2+\sqrt[3]{y^2+1}=\sqrt{y^2+9}+5\\ y^2+\sqrt[3]{z^2+1}=\sqrt{z^2+9}+5\\ z^2+\sqrt[3]{x^2+1}=\sqrt{x^2+9}+5\end{array}$$

Lời giải :

Xét hàm số $f(t)=\sqrt{t+9}+5-\sqrt[3]{t+1}+t$ trên $\left[0,+\infty \right)$. Ta có :

$$f^{\prime }(t)=\frac{1}{2\sqrt{t+9}}-\frac{2}{3\sqrt[3]{(t+1{)}^2}}+1$$

Do $t\ge 0$ nên $\frac{2}{3\sqrt[3]{(t+1{)}^2}}<\frac{2}{3}<1$, từ đó thấy $f^{\prime }(t)>0$. Do đó $f$ đồng biến.

Ta viết hệ đã cho thành :

$$\{\begin{array}{c}{x}^2+y^2=f(y^2)\\ y^2+z^2=f(z^2)\\ z^2+x^2=f(x^2)\end{array}$$

Gỉa sử $x^2=max\left\{x^2,y^2,z^2\right\}$ :

$x^2$$\ge y^2$$\Rightarrow x^2+z^2$$\ge y^2+z^2$$\Rightarrow f(x^2)$$\ge f(z^2)$$\Rightarrow x^2$$\ge z^2$$\Rightarrow x^2+y^2$$\ge z^2+y^2$$\Rightarrow f(y^2)$$\ge f(z^2)$$\Rightarrow y^2$$\ge z^2$$\Rightarrow x^2+y^2$$\ge z^2+x^2$$\Rightarrow f(y^2)$$\ge f(x^2)$$\Rightarrow y^2$$\ge x^2$

Ta được $x^2=y^2$ Tương tự ta được $x^2=y^2=z^2$. Dẫn đến phương trình :

$$t+\sqrt[3]{t+1}-\sqrt{t+9}=5$$

Chú ý hàm $g(t)=t+\sqrt[3]{t+1}-\sqrt{t+9}$ có $g^{\prime }(t)=1+\frac{1}{3\sqrt[3]{(t+1{)}^2}}-\frac{1}{2\sqrt{t+9}}>0$ nên $g$ đồng biến, hơn nữa $g(7)=5$ nên $t=7$ là nghiệm duy nhất của phương trình. 

Ta kết luận nghiệm của hệ ban đầu là :

$$\left(x,y,z\right)=\left(\pm \sqrt{7},\pm \sqrt{7},\pm \sqrt{7}\right)$$ (có tất cả $$8$$ nghiệm)

Bài toán : Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi :

$$\{\begin{array}{c}{x}_1=\frac{1}{3}\\ x_{n+1}=\frac{x_n^2}{2}-1,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }\end{array}$$

Chứng minh rằng $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.

Lời giải  :

Dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp $-1<x_n<0$.

Xét hàm số $f(x)=x^2/2-1$ có $f^{\prime }(x)=x<0,\forall x<0$ nên $f(x)$ nghịch biến trên $\left(-\infty ,0\right)$. Ta kiểm tra được $x_1>0>x_3$ và $x_2<x_4<0$.

Từ đó mà :

$$f(x_2)>f(x_4)\Rightarrow x_3>x_5\Rightarrow f(x_3)<f(x_5)\Rightarrow x_4<x_6$$

Quy nạp ta được ngay dãy $(x_{2n+1})$ giảm và $(x_{2n})$ tăng. Mà $(x_n)$ bị chặn trên và dưới nên hai dãy con nói trên đều hội tụ, giả sử chúng hội tụ lần lượt về $a,b$. Chuyển qua giới hạn :

$$\{\begin{array}{c}a=b^2/2-1\\ b=a^2/2-1\end{array}\Rightarrow (a-b)(a+b-2)=0$$

Do $a+b-2<0$ nên ta được $a=b=1\pm \sqrt{3}$, ta chọn $a=b=1-\sqrt{3}$.

Như vậy $(x_n)$ hội tụ và $\underset{n\to +\infty }{\lim }{x}_n=1-\sqrt{3}$

Bài toán : Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi :

$$\{\begin{array}{c}{u}_0=a\ge 0\\ u_{n+1}=\frac{6}{u_n^2+2},\forall n\in \mathbb{N}\end{array}$$

Tồn tại hay không giá trị của $a$ để dãy $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn ?

Lời giải :

Dễ thấy $(u_n)$ là dãy số dương.

Xét hàm số $f(x)=\frac{6}{x^2+2}$ và $g(x)=f(f(x))$. Dễ dàng thấy $f(x)$ nghịch biến và $g(x)$ đồng biến trên $(0,+\infty )$.

Ta có :

$$g(x)=\frac{3(x^2+2{)}^2}{18+(x^2+2{)}^2}$$

$g(x)$$=x$$\iff \frac{(x-1)(x-2)(x^3+2x-6)}{18+(x^2+2{)}^2}$$=0$$\iff x\in \left\{1,2,k\right\}$

Trong đó :

$$k=\sqrt[3]{3+\sqrt{\frac{251}{27}}}+\sqrt[3]{3-\sqrt{\frac{251}{27}}}$$

là nghiệm của phương trình $x^3+2x-6=0$ (tính được bằng công thức Cardano)

Kiếm tra được $1<k<2$.

Ta có bảng biến thiên :

1. Trường hợp 1 : $x_1=a\le 1$.

Với mọi $x\in \left[0,1\right]$ thì $g(x)\in \left[\frac{6}{11},1\right]$ và $g(x)>x$.

Từ đó :

$$x_3=g(x_1)=g(a)>a=x_1$$

Do $f$ nghịch biến nên $f(x_3)<f(x_1)$ hay $x_4<x_2$.

Bằng quy nạp ta được $(x_{2n+1})$ là dãy tăng và $(x_{2n})$ là dãy giảm.

Hơn nữa dễ thấy $0<x_n<3,\forall n$. Như vậy cả hai dãy trên đều hội tụ, gọi giới hạn của chúng lần lượt là $m,n$. Chuyển qua giới hạn ta được hệ :

$$\{\begin{array}{c}m=\frac{6}{n^2+2}\\ n=\frac{6}{m^2+2}\end{array}\iff \{\begin{array}{c}m{n}^2+2m=6\\ n{m}^2+2n=6\end{array}\Rightarrow (m-n)(mn-2)=0$$

Nếu $$m=n$$ thì $$m=n=k$$. Chú ý với mọi $$x\in \left[0,1\right]$$ thì $$g(x)\in \left[\frac{6}{11},1\right]$$ mà $$x_1\in [0,1]$$, quy nạp ta được $$x_{2n+1}leq1<k$$. Mâu thuẫn với việc giới hạn của nó bằng $$k$$.

Vậy phải có $mn=2$. Từ đó thu được $(m,n)=(2,1),(1,2)$. Tức $m\ne n$, suy ra $(u_n)$ không hội tụ.

2. Trường hợp 2 : $1<x_1=a<k$.

Với mọi $x\in \left[1,k\right]$ thì $g(x)\in \left[1,k\right]$ và $g(x)<x$.

Ta có :

$$x_1=a>g(a)=x_3$$

$$x_2=f(x_1)<f(x_3)=x_4$$

Quy nạp ta được $(x_{2n+1})$ tăng và $(x_{2n})$ giảm. Mà $u_n\in (0,3)$ nên hai dãy này đều hội tụ. Gọi giới hạn của chúng lần lượt là $m,n$. Tương tự trường hợp 1 ta lí luận được $m=n=k$ hoặc $mn=2$.

Nhưng ta thấy :

$$k>x_1>x_3>...>x_{2n+1}>....$$

nên phải có $mn=2$. Tương tự trường hợp 1, ta cũng gặp mâu thuẫn.

3. Trường hợp 3 : $x_1=a=k$.

Lúc này ta được $x_n=k,\forall n$, suy ra $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=k$.

4. Trường hợp 4 : $k<x_{1}a<2$.

Xử lí tương tự trường hợp 1. Ta cũng lí luận được $(u_n)$ không hội tụ.

5. Trường hợp 5 : $x_1=a\ge 2$

Xứ lí tương tự trường hợp 2. Ta cũng lí luận được $(u_n)$ không hội tụ.

Như vậy, tồn tại duy nhất giá trị $a=\sqrt[3]{3+\sqrt{\frac{251}{27}}}+\sqrt[3]{3-\sqrt{\frac{251}{27}}}$ để dãy $(u_n)$ hội tụ.