Các phương pháp giải bất phương trình

Chia sẻ: hakit9x

Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số: Thí dụ 128: Giải bất phương trình: x + 9 + 2x + 4 5 (1) Lời giải: Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) ⇔  nên

Bạn đang xem 7 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Các phương pháp giải bất phương trình

CHƯƠNG 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH x ≤ 0
§1. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số: nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(0) ⇔  ⇔x≤0
x ∈ R
Thí dụ 128: Giải bất phương trình: x + 9 + 2x + 4 > 5 (1) Vậy bất phương trình có nghiệm: x ≤ 0 .
Lời giải:
x + 9 ≥ 0 x ≥ −9 Thí dụ 132: (TL-2000) Giải bất phương trình: x + 2 − 3 - x < 5 − 2x (1)
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) ⇔  ⇔ ⇔ x ≥ −2 (*)
2x + 4 ≥ 0 x ≥ −2 Lời giải:
1 1 (1) ⇔ f(x) = x + 2 − 3 - x − 5 − 2x < 0 = f(2)
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f (x) = + > 0 với ∀ x > -2
'

2 x + 9 2 2x + 4 x + 2 ≥ 0
x > 0  5
nên f(x) đồng biến trên (*). Do đó: (1) ⇔ f(x) > f(0) ⇔  ⇔x>0 Ta có f(x) xác định khi và chỉ khi 3 - x ≥ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ (*)
2
x ≥ −2 5 − 2x ≥ 0

Vậy bất phương trình có nghiệm: x > 0 . 1 1 1 5
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f (x) = + + > 0 với − 2 < x < nên
'

2 x + 2 2 3 - x 2 5 - 2x 2
Thí dụ 129: Giải bất phương trình: x + x − 5 ≤ 5 (1) f(x) đồng biến
Lời giải: x < 2
x ≥ 0 x ≥ 0 
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) ⇔  ⇔ ⇔ x ≥ 5 (*) trên (*). Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(2) ⇔  5 ⇔ −2 ≤ x ≤ 2
x − 5 ≥ 0 x ≥ 5 − 2 ≤ x ≤ 2

1 1 Vậy bất phương trình có nghiệm: − 2 ≤ x ≤ 2 .
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f (x) = + > 0 với ∀x > 5
'

2 x 2 x −5
x ≤ 5 Thí dụ 133: Giải bất phương trình: 1 + 2.2 x + 3.3x < 6 x (1)
nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(5) ⇔  ⇔x=5
x ≥ 5 Lời giải:
Vậy bất phương trình có nghiệm: x = 5 . 1
x
1
x
1
x

Ta có: (1) ⇔   + 2.  + 3.  < 1 (2) (do 6 x > 0 ∀x ∈ R )
6  3 2
Thí dụ 130: Giải bất phương trình: 2 x + 3x + 5x ≥ 38 (1) Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định, liên tục với mọi x ∈ R có:
Lời giải: x x x
1 1 1 1 1 1
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định và liên tục với mọi x∈ R có: f (x) =   ln + 2.  ln + 3.  ln < 0 ∀x ∈ R nên f(x) nghịch biến trên R, do đó (
'

6 6 3 3 2 2
f ' (x) = 2 x ln2 + 3x ln3 + 5 x ln5 > 0 với mọi x ∈ R nên f(x) đồng biến trên (*).Do
x < 1
x ≥ 2 1) ⇔ (2) ⇔ f(x) < f(1) ⇔  ⇔ x 0 với − 2 < x < 4 x > 1  9
2 2x 3 + 3x 2 + 6x + 16 2 4−x − 3x 2 + x + 4 < 2 x − 2 ⇔  ⇔ 2 ⇔ 9 ⇔x>
− 3x + x + 4 < ( 2 x − 2 ) 7 x − 9 x > 0 x < 0 ∨ x > 7
2
2
7
nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó (1) ⇔ f(x) < f(1) ⇔ x < 1 
Kết hợp với (*) ta được: − 2 ≤ x < 1 . 9 4
Kết hợp với điều kiện (*) ta được < x ≤ .
Vậy bất phương trình có nghiệm: − 2 ≤ x < 1 . 7 3

§2: Phương pháp phân khoảng tập xác định: 3x 2 + 2x − 1 < 0
 (1)
Thí dụ 135: Giải hệ thức Thí dụ 138: Giải hệ thức  3
x − 3x + 1 > 0
 (2)
( ) 2 
2 + x 2 − 7 x + 12  − 1 ≤
x 
( )
14x − 2x 2 − 24 + 2 log x
2
x
Lời giải:
1
Lời giải: (1) ⇔ − 1 < x < (*)
3
x > 0, x ≠ 1 Đặt y = x3 - 3x + 1 hàm số xác định liên tục trên R có y/ = 3x2 - 3; y/ = 0 khi x = 1 x = - 1
 2 x = 3
Điều kiện: x − 7 x + 12 ≥ 0 ⇔  ta có bảng biến thiên:
− 2 x 2 + 14 x − 24 ≥ 0 x = 4 1
 x -1
3
- Với x = 3 bất phương trình trở thành bất đẳng thức
1 y/ 0
2  2 1 2 2 −
2 − 1 ≤ 2 log 3 ⇒ − ≤ log 3 ⇒ ≥ 3 3
⇒ 2 ≥ 3 (sai)
3 2

3  3 3 3 3
- Với x = 4 bất phương trình trở thành 1
2  2 1 1 −1 1 y
2 − 1 ≤ 2 log 4 ⇒ − ≤ log 4 ⇒ ≤ − log 4 2 = − (đúng) 27
4  4 2 2 2 2 1
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là x = 4. Nghiệm của hệ: − 1 < x < .
3

Thí dụ 136: Giải hệ thức: log x (x + 1) = lg1,5 (1)
Lời giải:
Thí dụ 139: Giải ( )
x 2 − 4 x + 3 + 1 log 5
x 1
+
5 x
( )
8x − 2 x 2 − 6 + 1 ≤ 0 (1)

Điều kiện: 0 < x ≠ 1 Lời giải:
- Xét 0 < x < 1 khi đó logx(x+1) < logx1 = 0 < lg1,5. Vậy phương trình (1) không có x > 0 x > 0
 2 
nghiệm trong khoảng này Điều kiện: x − 4x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 ∨ x ≥ 3 ⇔ x = 1; x = 3
- Xét 1 < x < +∞ khi đó logx(x+1) > logxx = 1 > lg1,5. Vậy phương trình (1) không có 8x − 2 x 2 − 6 ≥ 0 1 ≤ x ≤ 3
 
nghiệm trong khoảng này 1
Tóm lại (1) vô nghiệm. - Với x = 1 thì (1) ⇔ log 5 + 1 ≤ 0 ⇔ −1 + 1 = 0 ≤ 0 (luôn đúng)
5
1
3 1 3 − 27 1
− 3x 2 + x + 4 + 2 - Với x = 3 thì (1) ⇔ log 5 + ≤ 0 ⇔ ≤ 5 3 ⇔ ≤ (loại)
Thí dụ 137: Giải hệ thức 2 thì x2 – 4 > 0 và x – 2 > 0. Do đó 3 x − 4 > 30 = 1 (vì hàm đồng biến)
2




nên VT(1) > 1 = VP(1). Bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên Thí dụ 144: Giải phương trình: x4 + x3 + 5 x + 2 = 2 + 5 2 (1)
- Với x < 2 thì x2 – 4 < 0 và x – 2 < 0. Do đó 3 x − 4 < 30 = 1 (vì hàm đồng biến)
2
Lời giải:
và (x2-4)3x-2 < 0 nên VT(1) < 1 = VP(1). Bất phương trình không có nghiệm trong khoảng Đặt f(x) = x 4 + x 3 + 5 x + 1 có f(x) xác định liên tục trên [ − 1;+∞)
5
trên f/(x) = 4x + 3x +
3 2


- Với x = 2 thay vào thỏa mãn. 2 x +1
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. - Nểu x ≥ 0 thì f (x) > 0 nên f(x) đồng biến do đó VT(1) đồng biến mà
/

VP(1) = const. Vì vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
- Nếu –1≤ x < 0 ta thấy VT(1) < 6 < VP(1).
Thí dụ141: Giải bất phương trình ( 3 x + 1) + 3 x 2 x −1 ≥ 1 (1)
5

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Lời giải:
- Với x < 0 thì 3 x < 0 mà 2x-1 > 0 nên ( 3 x + 1) < 1; 3 x 2 x −1 < 0 . Do đó VT(1) < 1. Vậy bất
5
§3: Phương pháp hàm liên tục:
phương trình không có nghiệm trong khoảng trên πx
tg + 2x + 3
- Với x ≥ 0 thì 3 x ≥ 0 mà 2x-1 > 0 nên ( 3 x + 1) ≥ 1; 3 x 2 x −1 ≥ 0 . Do đó VT(1) ≥ 1 Thí dụ 145: Giải bất phương trình 4
5
-1
2 2 x
 πx π
x ( x − 1)  4 ≠ 2 + kπ (k ∈ Ζ) x ≠ 4k + 2 ( k ∈ Ζ)
- Nếu x > 1 thì VP = log 2 2( x − 1) = log 2 ( x − x ) − log 2 ( 2x − 2) mà
2

 
 x < 2
4 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 ⇔ (∗)
2


VT = 22x-2- 2 x − x . Do đó: (1) ⇔ 2 x − x + log 2 ( x − x ) = log 2 ( 2x − 2) +22x-2 (1/) Xét hàm số f(x) =
2 2 2   x ≠ 2
 4−x −x ≠ 0
2
x ≠ 2

2t + log2t xác định liên tục trên R+ và: 

1 πx
f/(x) = t.ln2 + < 0 nên f(x) nghịch biến trên R+ f ( x ) = 0 ⇔ g ( x ) = tg + 2 x + 3 = 0 . Có g(x) xác định trên (∗) và
t. ln 2 4
(1/) ⇔ x2 – x = 2x – 2 ⇔ x2 – 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 (loại); x = 2 (thỏa mãn). π
g' (x ) = +2>0
Vậy phương trình có nghiệm x = 2. 2 πx với ∀x thoả mãn (∗) nên g(x) đồng biến trên (∗)
4 cos
4
Thí dụ 143: Giải phương trình x 2 + x + 6 x + 2 = 18 (1) g ( x ) = g (−1) ⇔ x = −1 ⇒ f ( x ) = 0 ⇔ x = −1
Lời giải:  3  2(1 + 2 )  6 3  3  2(7 + 2 )
Do f(x) liên tục trên (∗) f  −  = > 0 ; f  −  < 0 , f (0) = > 0; f   = < 0 nên
Điều kiện: x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ – 2. Đặt f(x) = x 2 + x + 6 x + 2 có f(x) xác định,  2 7 +3  5 2 2 7 −3
3 ta có bảng xét dấu f(x) trên (∗)
liên tục trên [ − 2;+∞) và f/(x) = 2x + 1 +
x+2 x −∞ −2 − 2 −1 2 2
- Nếu x ≥ 0 thì f (x) > 0 nên VT(1) là hàm đồng biến mà VP(1) = const do đó phương
/ +∞
trình có nghiệm duy nhất x = 2 + – 0 + –
- Nếu –2 ≤ x < 0 thì VT(1) < 18 = VP(1) nên phương trình không có nghiệm trong f(x)
khoảng trên . Từ bảng ta được (1) có nghiệm − 2 < x < −1 ∨ 2 < x < 2 .
2
Thí dụ 148: Giải bất phương trình 4x 2 + x.2 x +1
+ 3.2 x > x 2 .2 x + 8x + 12 (1)
21− x − 2 x + 1 Lời giải:
Thí dụ 146: Giải bất phương trình: ≤0 (1)
2x −1 (1) ⇔ 4x 2 + x.2 x +1 + 3.2 x − x 2 .2 x − 8x − 12 > 0
2 2
⇔ ( x 2 − 2 x − 3)(2 x − 4) < 0
Lời giải: x2
1− x
2 − 2x + 1 ⇔ ( x − 2 x − 3)(4
2 2
− 4) < 0
Đặt f ( x ) = , f(x) xác định khi và chỉ khi:
2x −1 x 2 −2

2 x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 ⇔ x ∈ ( − ∞;0 ) ∨ ( 0;+∞) := (∗) ⇔ ( x − 2x − 3)(4
2 2
− 1) < 0
Xét phương trình f ( x ) = 0 ⇔ g( x ) = 21− x − 2x + 1 = 0 . Có g(x) xác định, liên tục trên (∗) x2 − 2
⇔ ( x 2 − 2 x − 3)(4 − 1) 0
Vậy nghiệm của (1) là x = . 
5  1
k = n > 0
k = 2  1
Thí dụ 173: Giải phương trình | x 2 − 4 x + 5 – x 2 − 10 x + 50 | = 5 (1) ⇔

(
1 = k 1 + 3x + 1 − 3x  )
⇔ 2 − 4 x = x + 1 ⇔ 
x = 5

(loại)
Lời giải: 1 − 2x = k ( x + 1)  x = 1
Đặt A(–2;1), B(5;5), M(x;0) thì:  (
1 = k 1 + 3x ) 2 = 1 + 3x


 3

AB = 5AM= ( x − 2) 2 + 12 = x 2 − 4 x + 5 Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
BM = ( x − 5) 2 + 5 2 = x 2 − 10x + 50 mà |AM–BM| ≤ AB (quy tắc 3 điểm)
Thí dụ 175: Giải phươnh trình x 1 + x + 3 − x = 2 x 2 + 1 (1)
Do đó VT(1) = | x 2 − 4 x + 5 – x 2 − 10x + 50 | ≤ 5 = VP(1)
Lời giải:
Đẳng thức xảy ra khi A; B; M thẳng hàng và C nằm ngoài đoạn AB
Điều kiện: 3 − x ≥ 0 ⇔ − 1 ≤ x ≤ 3 (*) . Đặt u ( 1 + x ;− 3 − x ); v( x;1)
1+ x ≥ 0  


x + 1 ≥ 0 x ≥ −1
( =: a ) x +1
n n
    
Áp dụng BĐT thức ∑a i ≤ ∑ ai 1 ↑↑ a 2 ↑↑ .......... ↑↑ a n có: * Vớí (α) ta có: x − x +1
=2⇔ ⇔ 2
( )
x + 1 = 4 x − x + 1  4 x − 5 x + 3 = 0 ( ∆ < 0)
2 2
i =1 i =1
  
VT(1) = x 1 + x + 3 − x = u.v = u v = 2 x 2 + 1 = VP(1) (vô nghệm)
 1 + x = kx x +1 1 x + 1 ≥ 0  x ≥ −1
     * Với (β) ta có: = ⇔ ⇔ 2
Điều đó có nghĩa là: u.v = u.v ⇔ u ↑↑ v ⇔  x2 − x +1 2 2( x + 1) = x − x + 1  x − 3x − 1 = 0
2
 3− x = k


x ≥ −1
x ≥ 0 x = 1  3 + 13 3 − 13
Ta có: (1) ⇔  ⇔ ⇔ 3 + 13 3 − 13 ⇔ x = ;x =
1 + x = ( 3 − x ) x x = 1 + 2 x = ∨x= 2 2
2
 2 2
Vậy phương trình có nghiệm x = 1; x = 1 + 2 . 3 + 13 3 − 13
Vậy phương trình có nghiệm là: x = ;x = .
2 2
Thí dụ 176: Giải phương trình: x 3 + x 2 + 4x + +4 = x x + 2
Lời giải: Thí dụ 180: Giải phương trình 4sin3x = sinx + cosx (1)
Điều kiện x ≥ 0 và x 3 + x 2 + 4x + 4 ≥ 0  x ≥ 0 (*) Lời giải:
→ → → → → →
Đặt u (x; 2) và v ( x ; 1). Ta có: u . v ≤ | u |.| v | (1) ⇔ 4sin3x – sinx – cosx = 0 ⇔ sinx(2sin2x – 1) + 2sin3x – cosx = 0
hay x x + 2 ≤ x 2 + 4 . x + 1 ≤ x 3 + x 2 + 4x + +4 ⇔ sinx(1 – 2cos2x) + 2sin3x – cosx = 0
x ⇔ 2sinx(sinx – cox)(sinx + cosx) + (sinx – cosx) = 0
→ →
Đẳng thức xảy ra khi u // v  = 2  x = 4 (thoả mãn điều kiện (*)) ⇔ (sinx – cosx)(2sin2x + 2sinxcosx + 1) = 0
x
sin x − cos x = 0 (α)
Vậy nghiệm của phương trình là x = 4. ⇔
2 sin x + 2 sin x cos x + 1 = 0 (β)
2


x 4 + y 4 + z 4 = 1
  π
Thí dụ 177: Giải phương trình:  2 2  x = 2 − x + 2 kπ
 x + y + 2z 2 = 7
 ( α ) ⇔ sin x = cos x = sin  π − x  ⇔ 
 
π
⇔ x = + kπ (k ∈ Z)
2   x = π + x + 2 kπ 4
Lời giải: 
 2
→ → → → → →
Đặt u (x 2 ; y 2 ; z 2 ); v (1; 1; 2), có u . v ≤ | u | | v | sin x + cos x = 0 cos x = 0
( β) ⇔ ( sin x + cos x ) 2 + 2 sin 2 x = 0 ⇔  2 ⇔
hay x 2 + y 2 +2z 2 ≤ x 4 + y 4 + z 4  7 ≤ 6 (Điều này là vô lí) 2 sin x = 0 sin x = 0
Vậy phương trình vô nghiệm. (vô nghiệm)
π
Vậy phương trình có nghiệm là x = + kπ ( k ∈ Z) .
Thí dụ 179: Giải phương trình 2( x 2 + 2) = 5 x 3 + 1 (1) 4
Lời giải:
Đặt u = x 2 − x + 1 ; v = x + 1 thì u.v = x3 + 1 và u + v = x2 + 2 nên điều kiện để (1) xác định Thí dụ 181: Giải phương trình sau
là v ≥ 0 (Vì u luôn lơn hơn 0). Với điều kiện đó: (x 2
) (
3
) (
3
)
+ 3x − 4 + 2 x 2 − 5x + 3 = 3x 2 − 2x − 1
3



 v Lời giải:
 =2 (α ) Đặt x 2 + 3x − 4 = a; 2x 2 − 5x + 3 = b thì a + b = 3x2 – 2x – 1 và (1) trở thành a3 + b3 = (a
v v u
(1) trở thành 2(u + v) = 5 uv ⇔ 2 + 2 = 5 (u ≠ 0) ⇔ + b)3
u u  v 1
 = ( β)
 u 2
 x 2 + 3x − 4 = 0 7 7
 2 1 3 Vậy hệ có các cặp nghiệm (x; y) là (3 ; 3 ); (2;1); (−1,−2) .
⇔ 3ab(a + b) = 0 ⇔ 2x − 5x + 3 = 0  x = −4 ∨ x = − ∨ x = 1 ∨ x = 2 2
3x 2 − 2 x − 1 = 0 3 2

2 x 3 − 9 y 3 = ( x − y)(2 xy + 3)
 1 3 Thí dụ 184: Giải hệ x 2 − xy + y 2 = 3 (I)
Vậy phương trình có tập nghiệm là: S = − 4; − ;1;  . 
 3 2
Lời giải:
2 x 3 − 9 y 3 = ( x − y)(2 xy + x 2 − xy + y 2 )
x + y = 1
3 3 (I)  x 2 − xy + y 2 = 3
Thí dụ 182: Giải hệ: x 5 + y 5 = x 2 + y 2 (I) 

x 3 − 8y 3 = 0 
( x − 2 y)( x + 2 xy + 4 y ) = 0
2 2

Lời giải:  x 2 − xy + y 2 = 3 ⇔ 2
 x − xy + y 2 = 3

x 3 + y 3 = 1
 x = 2
x 3 + y 3 = 1 (1)
 x 3 + y 3 = 1
  x = 0
⇔ 5 ⇔ 2 2 ⇔  x − 2 y = 0 ( Do x 2 + 2 xy + 4 y 2 ≥ 0 ∀x ∈ R ) y = 1
(I)
( )(
x + y 5 = x 2 + y 2 x 3 + y 3
 ) x y ( x + y ) = 0
  y = 0
 x 2 − xy + y 2 = 3  x = −2

  y = −1
 x + y = 0 

+) Với x = 0 thay vào (1) ta có y = 1 Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 1); (–2; –1).
+) Với y = 0 thay vào (1) ta có x = 1
 y
+) Với x + y = 0 ⇔ x = – y thay vào (1) ta có –y3 + y3 = 1 ⇔ 0 = 1 (vô lí)  x − 3y = 4 x
Vậy hệ có các cặp nghiệm (x; y) là (0; 1); (1; 0). Thí dụ 185: (QGA-97) Giải hệ  x (I)
 y − 3x = 4
 y
x 3 − y 3 = 7
Thí dụ 183: Giải hệ  Lời giải:
xy( x − y) = 2
Lời giải: Điều kiện: x, y ≠ 0. Với điều kiện đó
x 3 − y 3 = 7
x 2 − 3xy = 4 y x 2 − y 2 = 4( y − x ) ( x − y)( x + y + 4) = 0
 (1) (I)   y 2 − 3xy = 4x  x 2 − 3xy = 4 y  x 2 − 3xy = 4 y
Hệ bài cho tương đương với  3 3   
 ( )
2 x − y − 7 xy( x − y) = 0 (2)
x − y = 0
x − y = 0 x 2 − 3xy = 4 y   x = y = −2

(2) ⇔ (x – y)(2x2 + 2y2 – 5xy) = 0 ⇔  2  x + y + 4 = 0    x = y = 0
 (Loại do x, y ≠ 0)
2 x + 2 y − 5xy = 0
2
 2  x = y = −2

x − 3xy = 4 y
7
- Nếu x – y = 0 ⇔ x = y thay vào (1) ta được x = y = 3 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = –2.
2
- Nếu 2x2 + 2y2 - 5xy = 0 (3)
 1
+) Với y = 0 ta được x = 0 thay vào (1) thấy vô lý  3x (1 + x + y ) = 2

x Thí dụ 186: (VMO-96) Giải hệ  1 (I)
x
2
x y = 2  7 y (1 − )=4 2
2  − 5  + 2 = 0 ⇔  
 x+y
+) Với y ≠ 0 chia hai vế của (3) cho y2 ta được:  y y
    x 1 Lời giải:
y = 2
 Dễ thấy nếu (x; y) là nghiệm của hệ (I) thì x; y > 0
Khi x = 2y thì (1) ⇔ 8y3 – y3 = 7 ⇔ 7y3 = 7 ⇔ y = 1 nên x = 2
Khi y = 2x tương tự ta được x = –1; y = –2
 1 2  1 2 2 Lời giải:
1 + x + y = 3x 1 =
3x
+
7y
(1)
Giả sử (3) có nhiều hơn hai nghiệm thực phân biệt. Khi đó do f(x) = xn + px + q xác định
 
Do đó (I)   ⇔  liên tục trên R nên theo hệ quả định lý Rolle ta có phương trình f/(x) = 0 có ít nhất hai
1 − 1 = 4 2  1 = 1 −2 2 (2) nghiệm.
 x+y 7y x + y
  3x 7y Tương tự f//(x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm mà f/(x) = n.xn – 1 + p; f//(x) = n(n – 1)xn – 2 Do n
Nhân từng vế của (1) và (2) ta được: ∈N*; n chẵn nên n(n – 1) > 0 và n – 2 chẵn
1 1 8 ⇒ f//(x) > 0 ∀x∈R (điều này trái với kết quả trên)
= −  21xy = (x + y)(7y – 24x)  7y2 – 38xy – 24x2 = 0
x + y 3x 7 y Vậy (3) không thể có quá hai nghiệm thực phân biệt (đpcm).
 (y – 6x)(7y + 4x) = 0  y = 6x (Do x; y > 0)
1 2 2 57 + 12 21 114 + 24 21 Thí dụ 190: Chứng minh rằng nếu a, b, c, d đôi một khác nhau thì phương trình
Thay y = 6x vào (1) ta được 1 = + ⇒x= ⇒y= (thử lại
3 x 42 x 189 63 (x – a)(x – b)(x – c) + (x – d)(x – b)(x – c) + (x – a)(x – d)(x – c) + (x – a)(x – b) .(x – d) =
thấy thoả mãn) 0 (4) luôn có ba nghiệm phân biệt
57 + 12 21 114 + 24 21 Lời giải:
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = ( ; ) Đặt f(x) = VT(4) và F(x) = (x – a)(x – b)(x – c)(x – d) xác định liên tục trên R, do F(a) =
189 63
F(b) = F(c) = F(d) = 0 nên phương trình F(x) = 0 có 4 nghiệm phân biệt. Theo hệ quả
Thí dụ 187: Giải biện luận theo a phương trình ax = (a – 1)x + 1 (a > 0) định lý Rolle có F/(x) = 0 có ít nhất 3 nghiệm phân biệt mà
Lời giải: F/(x) = f(x) ⇒ f(x) có ít nhất 3 nghiệm phân biệt.
(1) ⇔ f ( x ) = a x − (a − 1) x − 1 = 0 . Nhận xét rằng: Nhưng f(x) là đa thức bậc 3 nên nó có nhiều nhất 3 nghiệm phân biệt
ao – (a – 1).0 – 1 = 1 – 1 = 0; a1 – (a -– 1).1 – 1 = 0 nên (1) có ít nhất hai nghiệm phân biệt Vậy (4) có đúng 3 nghiệm phân biệt (đpcm).
x = 0; x = 1.
Giả sử (1) có nhiều hơn hai nghiệm thì khi đó do f(x) xác định và liên tục trên R nên theo Thí dụ 191: Chứng minh rằng với ∀a, b, c∈R phương trình
hệ quả định lí rolle ta có: f/(x) có ít nhất 2 nghiệm. acos3x + bcos2x + ccosx + sinx = 0 (5) luôn có nghiệm x ∈ [ 0;2π] (*)
Tương tự f//(x) có ít nhất 1 nghiệm mà f/(x) = axlna – (a – 1) Lời giải:
a b
f//(x) = ax(lna)2 > 0 ∀x ∈ R (điều này trái với kết quả trên) Đặt F( x ) = sin 3x + sin 2x + cos+ 1 ta có F(x) xác định và liên tục trên [ 0;2π] ; khả vi ( 0;2π)
Vậy ∀a > 0 phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x = 0; x = 1. 3 2
mà F(0) = F(2π) = 0 ∀a;b;c ∈R nên theo định lý Rolle phương trình F/(x) = 0 luôn có
Thí dụ 188: Giải phương trình: 3x + 2x = 3x – 2 nghiệm x ∈(0;2π) ⊂ [ 0;2π] mà F/(x) = VT(5)
Lời giải: Vậy (5) luôn có nghiệm x∈ [ 0;2π] .
Ta có: (2)  f(x) = 3x + 2x – 3x – 2 = 0. Nhận xét rằng:
3o + 2o – 3.0 – 2 = 1 + 1 – 2; 31 + 21 – 3.1 – 2 = 5 – 5 = 0 nên (2) có ít nhất hai nghiệm phân Thí dụ 192: Chứng minh rằng với ∀a, b, c, d, e ∈R phương trình sau luôn có nghiệm
biệt x = 0; x = 1. F(x) = acos6 + bcos5 + csin4x + dcos3x + esinx = 0
Giả sử (2) có nhiều hơn hai nghiệm thì khi đó do f(x) xác định; liên tục trên R nên theo Lời giải:
hệ quả định lí rolle ta có: f/(x) có ít nhất hai nghiệm. a b c d a c
Đặt F( x ) = − sin 6x + sin 5x − cos 4x + sin 3x − e cos x + + + e
Tương tự f//(x) có ít nhất 1 nghiệm mà f/(x) = 3xln3 + 2xln2 – 3 6 5 4 3 6 4
f//(x) = 3x(ln3)2 + 2x(ln2)2 > 0 ∀x ∈ R (điều này trái với kết quả trên) Ta có F(x) xác định và liên tục trên [ 0;2π] ; khả vi ( 0;2π) mà F(0) = F(2π) = 0 ∀a, b, c, d, e
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0; x = 1. ∈R nên theo định lý Rolle phương trình F/(x) = 0 luôn có ít nhất một nghiệm x ∈(0;2π)
⊂ [ 0;2π] Mà F/(x) = f(x)
Thí dụ 189: Chứng minh rằng với ∀n∈N*; n chẵn và với ∀p; q∈R thì phương trình xn + Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm.
px + q = 0 (3) không thể có quá hai nghiệm thực phân biệt
Thí dụ 193: Cho f(x) = anxn + an-1xn-1 + …. + a1x + ao. Chứng minh rằng nếu ⇒ Phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.
an a n −11 a a 1
∃ n∈N* sao cho + + .... + 1 + o = 0 thì phương trình Do f(x) xác định liên tục trên (*1) và f (−1) < 0; f   > 0; f (2) < 0; f (4) > 0
m + n m + n −1 m +1 m 2
f(x) = 0 luôn có nghiệm x ∈(0;1). Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (*1) như sau:
Lời giải: BẢNG XÉT DẤU
an a n −1 a a
Đặt F( x ) = x m+n + x m + n −1 + .... + 1 x m +1 + o x m = 0
m+n m + n −1 m +1 m Thí dụ 198: Chứng minh rằng với ∀ak; bk∈R; an + bn ≠ 0 phương trình
Ta có F(x) xác định và liên tục trên [ 0;1] ; khả vi ( 0;1) và có F(0) = F(1) = 0 nên theo định lý n


Rolle phương trình F/(x) = 0 luôn có ít nhất một nghiệm x ∈(0;1) ∑(a
k =1
k sin kx + b k cos kx ) = 0 luôn có nghiệm

Mà F/(x) = an x n + m – 1 + an - 1 x n + m – 2 + … + a1 x m + aox m – 1 Lời giải:
= x m – 1 (an x n + a n – 1 x n - 1 +….+a1x + ao) n

⇒ Nếu gọi xo∈ (0; 1) là một nnghiệm của phương trình F/(x) = 0 thì: Đặt F(x) = ∑(a
k =1
k sin kx + b k cos kx ) thì F(x) xác định liên tục trên [0; 2π]; khả vi (0; 2π) và

xm-1(anxn + an-1xn-1 +….+ a1x + ao) = 0 ak
F(0) = F(2π) = − ∑ . Do đó theo định lý Rolle thì phương trình F/(x) = 0 luôn có ít nhất
⇔ f(xo) = 0 (xo ∈(0;1)) k
Vậy phương trình f(x) = 0 luôn có nghiệm (x ∈(0; 1)). một nghiệm x ∈(0; 2π) mà F/(x) = VT(1)
Vậy phương trình luôn có ít nhất một nghiệm (đpcm).
5+x
lg
Thí dụ 194: Giải bất phương trình f ( x ) = 5− x < 0 (1) Thí dụ 200: Chứng minh rằng với ∀a, b, c đa thức
2 − 3x + 1
x
P(x) = x5 – 2x4 + 2x3 + ax + bx + c có không quá 3 nghiệm
Lời giải: Lời giải:
Điều kiện: Giả sử P(x) có nhiều hơn 3 nghiệm thì khi đó theo định lý Rolle phương trình P/(x) = 0
luôn có ít nhất ba nghiệm và phương trình P//(x) = 0 có ít nhất hai nghiệm; phương trình
5 + x P///(x) = 0 có ít nhất một nghiệm mà
 >0 − 5 < x < 5
5 − x ⇔  x (*) P/(x) = 5x4– 8x3 + 6x2 + 2ax + b; P//(x) = 20x3 – 24x2 + 12x + 2a;
2 x − 3x + 1 ≠ 0 2 − 3x + 1 ≠ 0
 P///(x) = 60x2 – 48x + 12 > 0 (điều này trái với kết quả trên)
Xét phương trình g(x) = 2x – 3x + 1 = 0, có g(x) xác định liên tục trên R và Vậy phương trình đã cho có không quá 3 nghiệm (đpcm).
21– 3.1 + 1 = 0; 23 – 3.2 + 1 = 0
Nên phương trình g(x) = 0 có ít nhất hai nghiệm x = 1; x = 3.
Giả sử phương trình g(x)=0 có nhiều hơn hai nghiệm, khi đó theo định lý Rolle phương
trình g/(x) = 0 luôn có ít nhất hai nghiệm và phương trình g//(x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm
mà g/(x) = 2xln2 – 3; g//(x) = 2x(ln2)2 ∀x ∈R (điều này trái với giả thiết trên)
Do đó g(x) = 0 ⇔ x = 0; x = 3 ⇒ g(x) ≠0 ⇔ x ≠ 0; x ≠ 3
− 5 < x < 5

Vậy (*) ⇔ x ≠ 1 (*1 )
x ≠ 3

Với điều kiện đó xét phương trình:
5+ x
lg
f(x) = 0 ⇔ 5 − x = 0 ⇔ 5 + x = 1 ⇔ x = 0 (TM (* ))
1
2 − 3x + 1
x
5−x
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản