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

 

  1. 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 <1 đó (1) ⇔ f(x) ≥ f(2) ⇔  ⇔x≥2 x ∈ R x ∈ R Vậy bất phương trình có nghiệm: x < 1 . Vậy bất phương trình có nghiệm: x ≥ 2 . Thí dụ 131: (NTA-2000) Giải bất phương trình: Thí dụ 134: Giải bất phương trình: 2x 3 + 3x 2 + 6x + 16 < 2 3 + 4 − x (1) log 2 (2 x + 1) + log 3 (4 x + 2) ≤ 2 (1) Lời giải: Lời giải: Ta có: (1) ⇔ f(x) = 2x 3 + 3x 2 + 6x + 16 − 4 − x < 2 3 = f(1) (2) Đặt f(x) = VT(1),có f(x) xác định,liên tục với mọi x ∈ R có: Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định khi và chỉ khi: 2 x ln2 4 x ln4 2x 3 + 3x 2 + 6x + 16 ≥ 0 (x + 2)(2x 2 - x + 8) ≥ 0 f (x) = x ' + x > 0 với mọi x ∈ R  ⇔ (2 + 1)ln2 (4 + 2)ln3 4 − x ≥ 0  4−x ≥0
  2. x + 2 ≥ 0 (do 2x 2 - x + 8 > 0) x ≠ 0 1 ⇔ ⇔ −2 ≤ x ≤ 4 (*) Điều kiện:  ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 ; x ≠ 0 (*) . Với điều kiện đó ta có: x ≤ 4 − 3x + x + 4 ≥ 0 2 3 6x 2 - 6x + 6 1 2 x − 2 > 0 x > 1 f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f (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 5 3 5 125 5 x Vậy bất phương trình có nghiệm là x = 1. Lời giải: Thí dụ 140: Giải hệ thức 3 x 2 −4 ( ) + x 2 − 4 3 x =2 ≥ 1 (1)
  3. Lời giải: Tóm lại phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. - Với x > 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 <0 (1) 4 − x2 − x Vậy bất phương trình có nghiệm x ≥ 0. Lời giải: πx 2 Thí dụ 142: Giải phương trình 4 x −1 − 2 x − x = log 2 x − 1 (1) tg + 2x + 3 Đặt f ( x ) = 4 ; f(x) xác định khi và chỉ khi: Lời giải: 4−x −x 2 - Nếu 0 < x ≤ 1 thì 4 x −1 − 2 x − x = ( 2 x −1 ) − ( 2 x −1 ) khi đó VP ≤ -1; VT > -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 .
  4. 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 g ' ( x ) = −21− x . ln 2 − 2 < 0 với ∀x ∈ (∗) nên g(x) nghịch biến trên (∗) 2 g ( x ) = g (1) ⇔ x = 1 ⇒ f ( x ) = 0 ⇔ x = 1 ⇔ ( x + 1)( x − 3)( x + 2 )( x − 2 ) < 0 ⇔ − 2 < x < −1 ∨ 2 < x < 3 . 1 −5 Vậy (1) có nghiệm − 2 < x < −1 ∨ 2 < x < 3 . Do f(x) liên tục trên (*) f (−1) = −14 < 0 ; f   = 2 + 2 > 0 ; f (2) = <0 2 6 Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (*) Thí dụ 149: Giải bất phương trình: log x (3− x ) (3 − x ) > 1 (1) −∞ 0 1 Lời giải: x +∞ 3 − x > 0 0 < x < 3 f(x) - + 0 - Điều kiện:  ⇔ 2 (∗) . Với điều kiện đó: x < 0 ∨ x ≥ 1. x (3 − x ) > 0, ≠ 1 x − 3x + 1 ≠ 0 Từ bảng ta được (1) có nghiệm (1) ⇔ 1 − log x ( 3− x ) (3 − x ) < 0 ⇔ log x ( 3− x ) x (3 − x ) − log x ( 3− x ) (3 − x ) < 0 Thí dụ 147: Giải bất phương trình: ( x − 3) x 2 − 4 ≤ x 2 − 9 (1) Lời giải: ⇔ log x ( 3− x ) x < 0 ⇔ [ x (3 − x ) − 1] ( x − 1) < 0 (1) ⇔ f ( x ) = ( x − 3)( x 2 − 4 − x − 3) ≤ 0 , f(x) xác định khi và chỉ khi  3 − 5  3+ 5  ⇔ ( x 2 − 3 + 1)( x − 1) > 0 ⇔  x −   x −  ( x − 1) > 0 x 2 − 4 ≥ 0 ⇔ x ∈ ( − ∞;−2] ∨ [ 2;+∞) := (∗)  2  2  x − 3 = 0 (α ) 3− 5 3+ 5 f ( x ) = 0 ⇔ ( x − 3)( x 4 − 4 − x − 3) = 0 ⇔  2 ⇔ < x < 1∨ x >  x − 4 = x + 3 (β) 2 2  (α ) ⇔ x = 3 3− 5 3+ 5 Vậy (1) có nghiệm < x < 1∨ < x < 3. 2 2 x + 3 ≥ 0  x ≥ −3 x ≥ −3  − 13 (β) ⇔  2 ⇔ ⇔ − 13 ⇔ x = x= x − 4 = ( x + 3) 6 x + 13 = 0 Thí dụ 150: Giải bất phương trình: cos x − sin x − cos 2x > 0 (1) với x ∈ ( 0;2π) := (*). 2  6  6 f(x) liên tục trên (∗) f (−3) = −6 5 < 0 ; f (−2) = 5 > 0 ; f (4) = 2 3 − 7 < 0 Lời giải: Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (∗) Đặt f ( x ) = cos x − sin x − cos 2x , có f(x) xác định, liên tục trên (*) f(x) = 0 ⇔ cos x − sin x − cos 2 x = 0 13 −∞ − −2 2 3 ⇔ cos x − sin x − (cos 2 x − sin 2 x ) = 0 ⇔ (cos x − sin x )(1 − cos x − sin x ) = 0 x 6 +∞ ⇔ cos x − sin x = 0 ∨ cos x + sin x = 1 f(x   π − 0 + + 0 − sin  x − 4  = 0 )   − 13 ⇔ Từ bảng ta được (1) có nghiệm x ≤ ∨ x ≥ 3.   π 2 6 cos x −  =   4 2
  5.  π x ≤ 1  π  x − 4 = kx  −3−2 3 −3+ 2 3   x = 4 + kx ⇔ − 3 − 2 3 −3+ 2 3 ⇔ ≤x≤ π π  π  ≤x≤ 3 3 ⇔  x − = + 2kx (k ∈ Ζ) ⇔  x = + 2kx (k ∈ Z)  3 3  4 4 2   x = 2kx −3+ 2 3  x − π = − π + 2kx  Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm 0 < x ≤ .   3   4 4 π π 5π Kết hợp với (∗) ta có x = ∨ x = ∨ x = . log 2 ( x + 1) 2 − log 3 ( x + 1) 3 4 2 4 Thí dụ 152: Giải bất phương trình: >0 (1) x 2 − 3x − 4 π 3−2  3π  Do f(x) liên tục trên (*) và f   = < 0 ; f ( π) = − f   = −2 < 0 Lời giải: 6 2  2  ( x + 1) 2 > 0  x > −1 Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (∗) Điều kiện: ( x2 + 1) > 0 ⇔ x ≠ 4 (*). Với điều kiện đó: 3  π π 5π x − 3x − 4 ≠ 0  −∞ 0  X 4 2 4 +∞ x ≠ 0 2π  (1) ⇔ [ 2 log 2 ( x + 1) − 3 log 3 ( x + 1)]( x − 3x − 4) > 0 ⇔  2 2  3  f(x) − 0 + 0 − 0 +  log 2 − log 3 ( x + 1)( x − 4) > 0    x +1 x +1  π π 5π x ≠ 0 Từ bảng ta đựợc (1) có nghiệm <x< ∨ < x < 2π .  4 2 4 ⇔  2 log x +1 3 − 3 log x +1 2 ( x + 1)( x − 4) > 0  log x +1 2. log x +1 3  Thí dụ 151: Giải bất phương trình: log ( 2 ≤ log 2 (1) ⇔ x ≠ 0 x+2 − x ) x +1 (log 9 − log 8). log ( x + 1). log ( x + 1).( x + 1)( x − 4) > 0  x +1 x +1 Lời giải: 2 3 x + 2 ≥ 0 x ≠ 0   ⇔ 9 log . log 2 ( x + 1). log 3 ( x + 1).( x + 1)( x − 4) > 0 x ≥ 0 x > 0  x +1 8    Điều kiện: x + 1 ≥ 0 ⇔ 1 (*). Với điều kiện đó: x ≠ 0   x ≠ 4  ⇔ 9  x + 2 − x > 0, ≠ 1 log . log 2 ( x + 1). log 3 ( x + 1).( x + 1)( x − 4) > 0  x +1 8   x + 1 > 0, ≠ 1  x ≠ 0  x ≠ 0 1 1 ⇔ 9 ⇔ 3 (1) ⇔ ≤ ( x + 1 − 1)( − 1).(2 − 1)( x + 1 − 1).(3 − 1)( x + 1 − 1).( x + 1)( x − 4) > 0 log 2 ( x + 2 − x ) log 2 x + 1   8 x ( x + 1)( x − 4) > 0 ⇔ log 2 ( x + 2 − x ) ≥ log 2 x + 1 ⇔ x ( x + 1)(x − 4) > 0 ⇔ −1 < x < 0 ∨ x > 4 ⇔ log 2 ( x + 2 − x ) − log 2 x + 1 ≥ 0 Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm − 1 < x < 0 ∨ x > 4 . x+2− x  x+2− x  ⇔ log 2 ≥ 0 ⇔ (2 − 1) − 1 ≥ 0 §4: Phương pháp mặt phẳng toạ độ:  x +1  x +1   x + 2 − x − x +1 x 2 − 1 ≤ 0  ⇔ ≥ 0 ⇔ x + 2 − x − x +1 ≥ 0 Thí dụ 153: Tìm m để hệ:  vô nghiêm (1) x +1 (m − x 2 )( x + m) < 0  ⇔ x + 2 ≥ x + x + 1 + 2 x ( x + 1) ⇔ 1 − x ≥ 2 x ( x + 1) Lời giải: 1− x ≥ 0 x ≤ 1 Đặt m = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y. Ta có: ⇔ (1 − x ) 2 ≥ 4 x ( x + 1) ⇔ 3x 2 + 6x − 1 ≤ 0  
  6. x 2 − 1 ≤ 0 − 1 ≤ x ≤ 1 (1) ( y − x 2 )( x + y) < 0   y min{− x; x } < y < max{− x; x } 2 2  4 − 1 ≤ x ≤ 1 − 1 ≤ x ≤ 1 1)^2 - y=x  2 hoặc  (2) x < y < − x − x < y < x 2 3 y = (x - 1 Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = –1; y = – x; y = x 2 2 y=x Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là miền được gạch chéo không lấy biên trên hình vẽ 1 y 2 y= 1 x -- 1 2 3 4 x 1 y = x^2 = x = x 1 Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là hoành độ của các điểm thuộc phần chung của đường thẳng y = m ( ⊥ y’oy) và N. Từ nhận xét trên và từ hình vê ta thu được (1) có nghiệm  đường thẳng y = m ( ⊥ y’oy) và N có x 3+ 5 điểm chung  0 ≤ m ≤ -1 1 2 3+ 5 Vậy 0 ≤ m ≤ là các giá trị cần tìm để phương trình có nghiệm. 2 -1  2 x + y + 2 y ≤ m 2 Thí dụ 155: Tìm m để hệ  2 2 (1) có nghiệm duy nhất Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là hoành x + y + 2 x ≤ m  độ của các điểm thuộc phần chung của đường thẳng y = m ( ⊥ y’oy) và N. Lời giải: Từ nhận xét trên và hình vẽ ta có (1) vô nghiệm khi y = m và N không có điểm chung,  2 x + ( y + 1) ≤ m + 1 2 khi và chỉ khi m < –1 hoặc m > 1 (1)  ( x + 1) 2 + y 2 ≤ m + 1  Vậy |m| > 1 là các giá trị cần tìm để hệ (1) vô nghiệm. Xét 2 đường tròn (α): x 2 + (y + 1) 2 = m + 1 có tâm A(0; –1); R = m + 1 x 2 − 2 x + 1 − m ≤ 0  (β): (x + 1) 2 + y 2 = m + 1 có tâm B(–1; 0); R = m + 1 Thí dụ 154: Tìm m để hệ  2 có nghiệm duy nhất Hệ (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (α) và (β) có duy nhất 1 điểm chung x − (2m + 1) x + m 2 + m ≤ 0   (α) và (β) tiếp xúc ngoài với nhau khi đó: Lời giải: Đặt m = y và coi hệ đã cho là hệ (1) với 2 ẩn x; y ta có: AB = 2 m + 1  (0 + 1) + (−1 − 0) 2 = 2 m + 1 2 x 2 − 2 x + 1 − y ≤ 0 1   2 = 2 m +1  m = – (1)  2 2 x − (2 y + 1) x + y 2 + y ≤ 0  1  y ≥ ( x − 1) 2   y ≥ ( x − 1) 2 Vậy giá trị cần tìm của m là m = – . 2  2  (2)  y − (2x − 1) y + x 2 − x ≤ 0 x − 1 ≤ y ≤ x  Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: y = (x–1) 2 ; y = x – 1; y = x log x 2 + y 2 ( x + y) ≥ 1  Thí dụ 156: Tìm m để hệ  (1) có nghiệm Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của x + 2 y = m  (2) là phần gạch chéo lấy cả biên trên hình vẽ Lời giải:
  7. Ta có: log x + y (x + y) = 1 (2) 2 2 x + y ≤ 1  (1)   0 < x + y ≤ x 2 + y 2 < 1 hoặc x + y ≥ x 2 + y 2 > 1  m + 2 xy ≥ 1 − ( x + y) ≥ 0   x + y ≤ 1 y ≤ 1 − x (2) x + y > 0    x + y > 1 2 2 m + 2 xy ≥ 1 − 2( x + y) + ( x + y) 2 m + 1 ≥ ( y − 1) + ( x − 1) 2 2 (3)  2   x + y < 1 2 hoặc  1  2  1  2 1 (2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số:  2 2  x −  +  y −  ≤ y = 1 – x (∆); (x – 1) 2 + (y – 1) 2 = m + 1 (α)  x − 1  +  y − 1  ≥ 1  2  2 2       2  2 2 y Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số: 3 1 1 1 ∆: x + y = 0; (T 1 ): x 2 + y 2 = 1; (T 2 ): (x – ) 2 + (y – ) 2 = ▲ (α) 2 2 2 2 y x+ 2y 2 =m 2 Δ 1 : x+y=0 1 T1 x x+ -1 1 2 3 2y =m 1 T2 x -1 1 -1 -1 A Ta thấy nghiệm của (2) là toàn bộ phần mặt phẳng nằm phía trên đường thẳng ∆ còn nghiệm của (3) là những điểm nằm trong và trên đường tròn α Nên: Biểu diễn nghiệm từng thành phần rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là a) (1) có nghiệm khi và chỉ khi đồ thị hàm số của (∆) và (α) có điểm chung phần gạch chéo trên hình vẽ không lấy những điểm thuộc (T 2 ) và (∆)  d(I; ∆) ≤ R (I(1; 1); R là tâm của (α)) Xét đường thẳng: x + 2y = m tại 2 vị trí ứng với m 1 và m 2 |1+1−1| 1 1 1 1 1  ≤ m + 1 (m ≥ –1)  ≤ m +1  – ≤m Có đồ thị của hàm số: x + 2y = m 1 đi qua điểm A( ;– ) ⇒ m1 = – 1 +1 2 2 2 2 2 2 2 1 Đồ thị của hàm số: x + 2y = m 2 tiếp xúc với (T 2 ) tại điểm thuộc góc phần tư thứ nhất Vậy những giá trị của m cần tìm để (1) có nghiệm là m ≥ – . 2 ⇒ m 2 = 3 + 10 b) Nhận thấy những giá trị còn lại của m trên tập R là những giá trị làm cho (1) vô 2 nghiệm. (1) có nghiệm  đường thẳng x + 2y = m và N có điểm chung 1 1 Vậy những giá trị của m cần tìm để (1) vô nghiệm là m < – . 3 + 10 2 – <m≤ 2 2 1 3 + 10 | x | +2 | y |= 4 (α ) Vậy – < m ≤ là những giá trị cần tìm. Thí dụ 158: Biện luận theo a số nghiệm của hệ:  2 2 ( x − 2a )( y − a ) = 0 (β) Lời giải: x + y + m + 2 xy ≥ 1  x ≥ 0; y ≥ 0 x ≥ 0; y ≤ 0 x ≤ 0; y ≥ 0 x ≤ 0; y ≤ 0 Thí dụ 157: Tìm m để hệ  (1) (α) x + 2 y = 4 v x − 2 y = 4 v − x + 2 y = 4 v x + 2 y = −4 x + y ≤ 1      a) Có nghiệm. Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, biểu diễn nghiệm của (α) là hình thoi ABCD như hình vẽ: b) Vô nghiệm. Lời giải:
  8. y = x^2+x-3 y 4 3 2 1  x = 2a (∆ 1 ) x Còn (β)   y = a (∆ ) -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5  2 -1 Biểu diễn nghiệm của (β) là tập G gồm 2 đường thẳng: ∆ 1 và ∆ 2 . Vì ∆ 1 cắt ∆ 2 tại M có N tọa độ (2a; a) nên M chạy trên đường thẳng ∆: x – 2y = 0 -2 ∆ đi qua điểm O(0;0) và song song với AD và BC. -3 Số nghiệm của hệ là số điểm chung của G với hình thoi ABCD. Trên hình thoi xét 4 -4 điểm đặc biệt K; P; Q; N Từ nhận xét trên và từ hình vẽ ta thu được: -5 y = -x2 + x + 3 Khi M nằm ngoài đoạn KN  |a| > 2 thì hệ vô nghiệm Khi M ∈ {K; N} |a| = 2 thì hệ có 2 nghiệm phân biệt Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = a, tức là nghiệm x < 0 của (1) là Khi M ∈ {P; Q} |a| = 1 thì hệ có 3 nghiệm phân biệt hoành độ điểm chung của đường thẳng y = a với N Khi M ∈ [KN] \ {K; P; Q; N}  |a| < 2 và |a| ≠ 1 thì hệ có 4 nghiệm phân biệt. 13 Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có: (1) có nghiệm âm  – <a<3 4 13 Thí dụ 159: Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm âm: 3 – | x – a | > x 2 (1) Vậy – < a < 3 là các giá trị cần tìm. Lời giải: 4 Đặt a = y và coi (1) là hệ bất phương trình 2 ẩn x; y thì (1)3 – | x – y | > x 2 Khi đó yều cầu bài ra tương đương với: Thí dụ 160: Cho phương trình x − a (x 2 – x – a)(2a + 2 – x) = 0 (1) − 3 ≤ x < 0 1) Biện luận theo a số nghiệm của phương trình. 3 − x 2 ≥ 0;   − 3 ≤ x < 0   2) Tìm a để mọi nghiệm của phương trình đều thuộc đoạn [0; 4]. x < 0  y < −x + x + 3 2  2 (2) Lời giải: | x − y |< 3 − x 2 x − 3 < x − y < 3 − x  2 y > x 2 + x − 3    Đặt a = y và coi (1) là phương trình 2 ẩn x; y thì:  Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường: y = x x = 0; y = –x 2 + x +3; y = x 2 + x – 3; x = – 3 (1)  x − y (x 2 – x – y )(2y + 2 – x ) = 0 y = x 2 − x (2)  1 Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của y = x −1  2 (2) là phần gạch chéo không lấy biên trên hình vẽ 1 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường y = x; y = x 2 – x; y = x–1 2 Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được nghiệm của (2) là 1 hoành độ các điểm thuộc đồ thị của các hàm số y = x; y = x 2 – x; y = x–1 2
  9. y 0 ≤ x ≤ 4  14  2 y = x -x 12  y = x 10  (4)  y = x − x 2  8 1 6  y = x − 1  2 4 1 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường: y = x; y = x 2 – x; y = x–1 2 2 x 13 y -12 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 12 14 12 11 -2 0 y = x^2 10 -4 = x 9 y = -1/2x-1 8 -6 - 7 -8 x 6 4 y=x 5 = x y =x -10 4 3 - 1 2 y = 1/2*x Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = a. Tức là nghiệm của (1) chính là 1 x hoành độ phần điểm chung của đường thẳng y = a với đồ thị của các hàm số y = x; y = -5 -4 -3 -2 -1 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 x 2 – x; y = x – 1 2 Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (4) rồi kết hợp lại ta được nghiệm của (4) là Gọi x 0 là nghiệm của phương trình x − a = 0 thì x 0 = a 1 x 1 là nghiệm của phương trình 2a + 2 – x = 0 thì x 1 = 2(a + 1) phần đồ thị N (phần được tô đậm) là các hàm số y = x; y = x 2 – x ; y = x – 1 vẽ trong 2 x 2 < x 3 là nghiệm của phương trình x 2 – x – a = 0 thì: đoạn [0 ; 4]. Nghiệm x∈ [0; 4] của (1) là nghiệm của (4) với y = a tức là hoành độ điểm 1 − 1 + 4a 1 + 1 + 4a 1 chung của đường thẳng y = a ( ⊥ y’oy) với (N) x2 = ; x3= (a ≥ – ) Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có để mọi nghiệm của (1) đều thuộc khoảng [0; 4] 2 2 4 Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có: thì –1 ≤ a ≤ 14 Phương trình luôn có 2 nghiệm x = a; x = 2(a + 1) ∀ a ∈ R Vậy –1 ≤ a ≤ 14 là các giá trị cần tìm. 1 1 − 1 + 4a 1 + 1 + 4a Khi a ≥ – phương trình có thêm 2 nghiệm x = ;x= Thí dụ 161: Giải và biện luận: | x 2 – 2x +a | ≥ |2x 2 – 3x –a | (1) 4 2 2 x ( x − 1) = 0 3 Lời giải:  Do đó: (γ)  3 Đặt a = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y thì (1)| x 2 – 2x +y | ≥ |2x 2 – 3x –y | (2)  y ( y − 1) = 0  Do 2 vế của (2) cùng ≥ 0 nên: x = 0 ∨ x = 1 x = 0 x = 0 x = 1 x = 1  y = 0 ∨ y = 1  y = 0 v y = 1 v y = 0 v y = 1 (2)(x 2 – 2x +y) 2 ≥ (2x 2 – 3x –y) 2  (3x 2 –5x)(x 2 –x–2y) ≤ 0       5  5 x = 0 x = 1  3x − 5x ≤ 0 2  3x − 5x ≥ 0 2 0 ≤ x ≤ 3  0 ≤ x ≤ 3 Thay vào (α) ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là:  và   x 2 − x − 2 y ≥ 0 ∨  x 2 − x − 2 y ≤ 0   ∨  x 2 − x (3) y = 1 y = 0     y ≤ x − x 2 y ≥ 2) Yêu cầu bài ra tương đương với   2  2 5 x2 − x Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = ; y = (α) 3 2
  10. y − 1 ≤ x ≤ 3 − 1 ≤ x ≤ 3 3    y > −x + 1 ∨ y < −x + 1 y = (x^2 3 / 5 = x (2) 2 0 = x y < x 2 − x y > x 2 − x - x)/2   1 Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường x = –1; x = 3; y = – x + 1; y = x 2 – x -2 -1 1 2 3 x Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta thu được miền nghiệm N -1 của (2) là phần được gạch chéo trên hình vẽ (phần lấy biên có màu đỏ) Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = p tức là nghiệm của (1) là hoành độ phần chung của đường thẳng y = p ( ⊥ y’oy) với N Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (3) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của y (3) là phần gạch chéo lấy cả biên trên hìmh vẽ. Nghiệm của (1) là nghiệm của (2) với y y = x^2 8 3 = 1. 7 Tức là nghiệm của (1) là hoành độ phần chung của đường thẳng y = a ( ⊥ y’oy) với N. = x 6 Gọi x 1 < x 2 là hoành độ giao điểm của y = a với (α) thì x 1 ; x 2 là nghiệm của phương y=1 - x 5 trình: - x 4 x2 − x 1 − 1 + 8a 1 + 1 + 8a 1 a=  x 2 –x–2a = 0  x 1 = và x 2 = (a ≥ – ) 2 2 2 8 3 Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta được: 2 1 5 Khi a ≤ – thì (1) có nghiệm 0 ≤ x ≤ 1 x 8 3 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 1 1 − 1 + 8a ∩ 1 + 1 + 8a 5 Khi – < a ≤ 0 thì (1) có nghiệm x∈ [0; ] [ ; ] -1 8 2 2 3 -2 5 1 − 1 + 8a 1 + 1 + 8a 5 Khi 0 < a ≤ thì (1) có nghiệm x∈ [ ; 0] ∩ [ ; ] 9 2 2 3 Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có (1) vô nghiệm khi và chỉ khi đường y = p ( ⊥ 5 1 − 1 + 8a 5 1 + 1 + 8a Khi a > thì (1) có nghiệm x∈ [ ; 0] ∩ [ ; ]. y’oy) không có điểm chung với N do có p ≤ – 2 hoặc p ≥ 6 9 2 3 2 Vậy p∈ (–∞;–2] ∩ [6;+∞) là các giá trị cần tìm. Thí dụ 163: Tìm p để hai bất phương trình (x 2 – x – p )(x + p – 1) > 0 và x 2 – 2x – 3 ≤ 0 không có nghiệm chung Lời giải: Hai bất phương trình (x 2 – x – p )(x + p – 1) > 0 và x 2 – 2x – 3 ≤ 0 không có  2 ( x − x − p)( x + p − 1) > 0 nghiệm chung khi và chỉ khi hệ  2 (1) vô nghiệm x − 2 x − 3 ≤ 0  Đặt p = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y ta có: x 2 − x − y > 0 x 2 − x − y < 0  ( x − x − y)( x + y − 1) > 0 2    2  x + y − 1 > 0 ∨ x + y − 1 < 0 x − 2 x − 3 ≤ 0  x 2 − 2 x − 3 ≤ 0 x 2 − 2x − 3 ≤ 0  
  11. 1 Với ab < − phương trình vô nghiệm . 4 CHƯƠNG 3: MỘT SỐ VẤN ĐỀ KHÁC Thí dụ 166: (TN-98) Tìm m để phương trình x + 3(m-3x2)2 = m (I) có nghiệm §1: Các phương pháp khác Lời giải: Thí dụ 164: (Đề số 34-4-a) 3x 2 + x − m = 0 (1) 7 (1)( 3x2 + x – m )( 9x2 – 3x + 1 – 3m ) = 0  9x 2 − 3x + 1 − 3m = 0 ( 2 )  Cho hàm số f(x) = x2 + bx + 1 với b∈ (3, ) . Giải bất phương trình f(f(x)) > x 2 Để (I) có nghiệm thì một trong hai phương trình (1) hoặc (2) phải có nghiệm, điều đó Lời giải: xảy ra khi và chỉ khi Ta có f(f(x)) – x = [ x 2 + (b + 1) x + b + 2][ x 2 + (b − 1) x + 1] ∆1 = 1 + 12m ≥ 0 1 f(f(x)) – x > 0  [ x + (b + 1) x + b + 2][ x + (b − 1) x + 1] > 0 2 2 ∆ 2 = 108m − 27 ≥ 0  m ≥ − 12  Đặt g(x) = x2 + (b – 1)x + 1, h(x) = x2 + (b + 1)x + b + 2; 1 Vậy m ≥ − là các giá trị cần tìm. ∆ g ( x ) = b 2 − 2b − 3 , ∆ h(x) = b 2 − 2b − 7 12 7 Thí dụ 167: Giải phương trình x=a+ a+ x (1) Vì b∈ (3; ) nên ∆ g ( x ) > 0 và ∆ h ( x ) < 0. Phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm 2 Lời giải: 1 − b − b 2 − 2b − 3 1 − b + b 2 − 2b − 3 x1 = , x2 = 2 2 Với f ( x ) = a + x à hàm đồng biến trên R + Vậy bất phương trình có nghiệm x < x1 hoặc x > x2. (1) ⇔ f (f ( x )) = x ⇔ f ( x ) = x ⇔ a + x = x ⇔ x − x − a = 0 Thí dụ 165: (Đề số 143-4)  1+ 1 + 4a  2 1 + 2a + 1 + 4a x1 =   = Giải và biện luận theo a, b phương trình x = a – b( a – bx2 )2 (1)   2  4 1 ⇔   (a ≥ − ) Lời giải: 2 x =  1 − 1 + 4a  1 + 2a − 1 + 4a 4 bx 2 + x − a = 0 (i)   =  2   2   4 (1)  (bx + x – a)(b x – bx – ab + 1) = 0   2 2 2 2 2  b x − bx − ab + 1 = 0  ( ii ) - Với b = 0 thì (1) có nghiệm x = a Vậy phương trình có nghiệm x1; x2. - Với b ≠ 0 1 +) Nếu ( i ) có ∆ = 1 + 4ab . Khi ab ≥ − phương trình có nghiệm Thí dụ 168: Giải phương trình x= a+ a+x (1) 4 − 1 + 1 + 4ab − 1 − 1 + 4ab Lời giải: x1 = , x2 = 2b 2b 1 3 Với f(x) = a+x xác định với mọi x ≥ -a, có f ′( x ) = 〉 0 ∀x 〉 − a +) Nếu ( ii ) có ∆ = b 2 (4ab − 3) .Khi ab ≥ phương trình có nghiệm 2 a+x 4 b + b 2 (4ab − 3) b − b 2 (4ab − 3) Nên f(x) đồng biến trên tập xác định của nó, do đó: x3 = , x4 = 2b 2 2b 2 Kết luận: Nếu b = 0 thì x = a 3 1 Nếu b ≠ 0 Với > ab ≥ − phương trình có nghiệm x1, x2 4 4 3 Với ab ≥ phương trình có nghiệm x1, x2, x3, x4 . 4
  12. x ≥ 0 (*) k > 0  1 (1) ⇔ f (f ( x )) = x ⇔ f ( x ) = x ⇔ a + x = x ⇔   −→ −→ CA = k CB  k = 5  x − x − a = 0 2 (2)    2 − x = k (5 − x )   5  1+ 1 + 4a k > 0  1 = 5k x = x = := x 1 ( thoa mãn (*))    4 2 1 (2) ⇔  (a ≥ − ) 5  1− 1 + 4a 4 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = . x = := x 2 4  2 1 Thí dụ 174: Giải phương trình: x 2 thỏa mãn (*) khi và chỉ khi 1 − 1 + 4a ≥ 0 ⇔ 1≥1 + 4a ≥ 0 ⇔ − ≤ a ≤ 0 4 2x 2 − 2x + 1 + 2x 2 − ( ) 3 − 1 x + 1 + 2x 2 + ( ) 3 + 1 x + 1 = 3 (1) 1 1 Lời giải: Vậy (1) có nghiệm x 1 khi a ≥ − ; x 2 khi − ≤ a ≤ 0 . 4 4 Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 4x 2 − 4x + 2 + 4x 2 − 2 3 − 1 x + 2 + 4x 2 + 2 3 + 1 x + 2 = 3 2 ( ) Thí dụ 169: Giải phương trình (1) ( 2x − 1) 2 + 1 + (1 − 3x ) + ( x + 1) 2 + (1 + 3x ) 2 +( x + 1) 2 2 a7 − x = 7 a + x ⇔ =3 2 Đặt u (1;1 − 2x ); v(1 − 3 ) x; x + 1; p(1 + 3x; x + 1)    Lời giải: ( =' a ) n n 1      (1) ⇔ a = 7 x+ a+x 7 . Với f (a ) = a + x 7 xác định với mọi a thuộc R, có: f ′(a ) = 6 ≥ 0 với Áp dụng bất đẳng thức ∑a i ≤ ∑ ai 1 ↑↑ a 2 ↑↑ .......... ↑↑ a n 77 ( x + a ) i =1 i =1       ∀a ≠ − x (1) ⇔ f (f (a )) = a ⇔ f (a ) = a ⇔ 7 a +x = a ⇔ x = a −a 7 VT(1) = u + v + p ≥ u + v + p ⇔ VT(1) ≥ (1 + 1 − ) 3x + 1 + 3x + (1 − 2 x + x + 1 + x + 1) 2 2 Thí dụ 172: Giải phương trình x − 2 x + 5 + x + 2 x + 10 =2 2 29 (1) ⇔ VT(1) ≥ 3 2 + 3 2 = 3 2 = VP(1) Lời giải: → → Đặt u (x–1; 2); u (–x–1; 3), ta có: 1 = k 1 − 3x  ( ) → → → →   1 − 2x = k ( x + 1) | u |+| v | ≥ | u + v |  x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 ≥ 29     u = kv  Do đó (1) ⇔ u ↑↑ v ↑↑ p ⇔    ⇔ 1 = n 1 + 3x ( ) Đẳng thức xảy ra khi → → x −1 2 1 (thoả mãn (1)) u = np 1 − 2x = n ( x + 1) u // v  − x − 1 = 3 x= 5  1 k ; n > 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    
  13. 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
  14.  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
  15.  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
  16. 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
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản