Các phương pháp giải quyết bất phương trình

Chia sẻ: Nguyen Dinh Duy Thuc | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

83
lượt xem 24
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo dành cho học sinh trung học phổ thông và ôn thi tú tài.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Các phương pháp giải quyết bất phương trình

x ≤ 0 CHƯƠNG 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(0) ⇔  ⇔x≤0 §1. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số: 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  5 x > 0 Ta có f(x) xác định khi và chỉ khi 3 - x ≥ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ (*) nên f(x) đồng biến trên (*). Do đó: (1) ⇔ f(x) > f(0) ⇔  ⇔x>0 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 trên (*). Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(2) ⇔  5 ⇔ −2 ≤ x ≤ 2 Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) ⇔  ⇔ ⇔ x ≥ 5 (*) − 2 ≤ x ≤ 2 x − 5 ≥ 0 x ≥ 5  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 . x x x 1 1 1 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 f (x) =   ln + 2.  ln + 3.  ln < 0 ∀x ∈ R nên f(x) nghịch biến trên R, do đó ( ' Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định và liên tục với mọi x ∈ R có: 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 1) ⇔ (2) ⇔ f(x) < f(1) ⇔  ⇔ x 0 với mọi x ∈ R '  4 − x ≥ 0  4−x ≥0 (2 + 1)ln2 (4 + 2)ln3
x ≠ 0 x + 2 ≥ 0 (do 2x 2 - x + 8 > 0) 1 ⇔ ⇔ −2 ≤ x ≤ 4 (*) ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 ; x ≠ 0 (*) . Với điều kiện đó ta có: Điều kiện:  x ≤ 4 − 3x + x + 4 ≥ 0 2 3 x > 1 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 '  9 − 3x 2 + x + 4 < 2 x − 2 ⇔  ⇔ 2 ⇔ 9 ⇔x> 2 4−x 2 2x 3 + 3x 2 + 6x + 16 − 3x + x + 4 < ( 2 x − 2 ) x < 0 ∨ x > 7 7 x − 9 x > 0 2 7 2 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 3x 2 + 2x − 1 < 0 §2: Phương pháp phân khoảng tập xác định: (1)  Thí dụ 138: Giải hệ thức  3 Thí dụ 135: Giải hệ thức x − 3x + 1 > 0 (2)  ) ) ( ( 2  2 Lời giải: 2 + x 2 − 7 x + 12  − 1 ≤ 14x − 2x 2 − 24 + 2 log x x  x 1 (1) ⇔ − 1 < x < (*) Lời giải: 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 x = 3 2 ta có bảng biến thiên: Điều kiện: x − 7 x + 12 ≥ 0 ⇔ x = 4 − 2 x 2 + 14 x − 24 ≥ 0 1  x -1 3 - Với x = 3 bất phương trình trở thành bất đẳng thức y/ 0 1 2  2 1 2 2 − 2 − 1 ≤ 2 log 3 ⇒ − ≤ log 3 ⇒ ≥ 3 ⇒ 2 ≥ 3 (sai) 3 2 3 3  3 3 3 3 - Với x = 4 bất phương trình trở thành 1 y −1 2  2 1 1 1 ≤ − log 4 2 = − (đúng) 27 2 − 1 ≤ 2 log 4 ⇒ − ≤ log 4 ⇒ 4  4 2 2 2 2 1 Nghiệm của hệ: − 1 < x < . Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là x = 4. 3 ) ) ( ( Thí dụ 136: Giải hệ thức: log x (x + 1) = lg1,5 (1) x1 x 2 − 4 x + 3 + 1 log 5 + 8x − 2 x 2 − 6 + 1 ≤ 0 (1) Thí dụ 139: Giải Lời giải: 5x Lời giải: Điều kiện: 0 < x ≠ 1 x > 0 x > 0 - Xét 0 < x < 1 khi đó logx(x+1) < logx1 = 0 < lg1,5. Vậy phương trình (1) không có 2  nghiệm trong khoảng này Điều kiện: x − 4x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 ∨ x ≥ 3 ⇔ x = 1; x = 3 8x − 2 x 2 − 6 ≥ 0 1 ≤ x ≤ 3 - Xét 1 < x < +∞ khi đó logx(x+1) > logxx = 1 > lg1,5. Vậy phương trình (1) không có   nghiệm trong khoảng này 1 - Với x = 1 thì (1) ⇔ log 5 + 1 ≤ 0 ⇔ −1 + 1 = 0 ≤ 0 (luôn đúng) Tóm lại (1) vô nghiệm. 5 1 31 3 27 1 − - Với x = 3 thì (1) ⇔ ≤ (loại) log 5 + ≤ 0 ⇔ ≤ 5 3 ⇔ − 3x 2 + x + 4 + 2 Thí dụ 137: Giải hệ thức 53 5 125 5
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 Thí dụ 144: Giải phương trình: x4 + x3 + 5 x + 2 = 2 + 5 2 (1) nên VT(1) > 1 = VP(1). Bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên Lời giải: - Với x < 2 thì x2 – 4 < 0 và x – 2 < 0. Do đó 3 x − 4 < 30 = 1 (vì hàm đồng biến) 2 Đặt f(x) = x 4 + x 3 + 5 x + 1 có f(x) xác định liên tục trên [ − 1;+ ∞) và (x2-4)3x-2 < 0 nên VT(1) < 1 = VP(1). Bất phương trình không có nghiệm trong khoảng 5 trên f/(x) = 4x + 3x + 3 2 2 x +1 - Với x = 2 thay vào thỏa mãn. - Nểu x ≥ 0 thì f (x) > 0 nên f(x) đồng biến do đó VT(1) đồng biến mà / Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. 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: πx phương trình không có nghiệm trong khoảng trên + 2x + 3 tg - 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 x 2  πx π  4 ≠ 2 + kπ (k ∈ Ζ) x ≠ 4k + 2 ( k ∈ Ζ) x ( x − 1) - 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 x ≠ 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  2t + log2t xác định liên tục trên R+ và:   1 πx < 0 nên f(x) nghịch biến trên R+ f/(x) = t.ln2 + + 2 x + 3 = 0 . Có g(x) xác định trên (∗) và f ( x ) = 0 ⇔ g ( x ) = tg 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 với ∀x thoả mãn (∗) nên g(x) đồng biến trên (∗) Vậy phương trình có nghiệm x = 2. 2 πx 4 cos 4 g ( x ) = g (−1) ⇔ x = −1 ⇒ f ( x ) = 0 ⇔ x = −1 Thí dụ 143: Giải phương trình x 2 + x + 6 x + 2 = 18 (1) Lời giải:  6  3  2(1 + 2 )  3  2(7 + 2 ) 3 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,  5 2 7 +3 7 −3  2 2 ta có bảng xét dấu f(x) trên (∗) 3 liên tục trên [ − 2;+ ∞) và f/(x) = 2x + 1 + x −∞ x+2 −2 −1 −2 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 f(x + – 0 + – - Nếu –2 ≤ x < 0 thì VT(1) < 18 = VP(1) nên phương trình không có nghiệm trong ) 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) Lời giải: 21− x − 2 x + 1 2 (1) ⇔ 4x 2 + x.2 x +1 + 3.2 x − x 2 .2 x − 8x − 12 > 0 ⇔ ( x 2 − 2 x − 3)(2 x − 4) < 0 2 Thí dụ 146: Giải bất phương trình: ≤0 (1) 2x −1 x2 Lời giải: ⇔ ( x − 2 x − 3)(4 − 4) < 0 2 2 1− x − 2x + 1 2 x 2 −2 Đặt f ( x ) = , f(x) xác định khi và chỉ khi: ⇔ ( x − 2x − 3)(4 − 1) < 0 2 2 2x −1 2 x − 1 ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 ⇔ x ∈ ( − ∞;0 ) ∨ ( 0;+ ∞) := (∗) x2 − 2 ⇔ ( x 2 − 2 x − 3)(4 − 1)
π x ≤ 1  π   x − 4 = kx  −3−2 3 −3+ 2 3  x = 4 + kx ⇔ − 3 − 2 3 −3+ 2 3 ⇔ ≤x≤  ≤x≤  3 3  ππ π ⇔  x − = + 2kx  3 3 (k ∈ Ζ) ⇔  x = + 2kx (k ∈ Z)  44 2  x = 2kx −3+ 2 3  Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm 0 < x ≤ .  x − π = − π + 2kx  3     4 4 π π 5π Kết hợp với (∗) ta có x = ∨ x = ∨ x = log 2 ( x + 1) 2 − log 3 ( x + 1) 3 . Thí dụ 152: Giải bất phương trình: >0 (1) 4 2 4 x 2 − 3x − 4  3π  π 3−2 Lời giải: < 0 ; f ( π) = − f   = −2 < 0 Do f(x) liên tục trên (*) và f   = 2 6 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 3 2   log 2 − log 3 ( x + 1)( x − 4) > 0  − + − +  0 0 0 f(x) x +1   x +1 x ≠ 0 π π 5π  0 4 24  log x +1 2. log x +1 3  2 ≤ log ⇔ x ≠ 0 Thí dụ 151: Giải bất phương trình: log ( 2 (1) (log 9 − log 8). log ( x + 1). log ( x + 1).( x + 1)( x − 4) > 0 x+2 − x ) x +1  x +1 x +1 Lời giải: 2 3 x ≠ 0 x + 2 ≥ 0  ⇔ 9  . log 2 ( x + 1). log 3 ( x + 1).( x + 1)( x − 4) > 0 log  x +1 8 x ≥ 0  x > 0   Điều kiện: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≠ 0 1 (*). Với điều kiện đó:  x ≠ 4  ⇔ 9  . log 2 ( x + 1). log 3 ( x + 1).( x + 1)( x − 4) > 0  x + 2 − x > 0, ≠ 1 log  x +1 8   x + 1 > 0, ≠ 1  x ≠ 0 x ≠ 0  ⇔ ⇔ 3 1 1 9 (1) ⇔ ≤ ( x + 1 − 1)( − 1).(2 − 1)( x + 1 − 1).(3 − 1)( x + 1 − 1).( x + 1)( x − 4) > 0 x ( x + 1)( x − 4) > 0   log 2 ( x + 2 − x ) log 2 x + 1 8 ⇔ x ( x + 1)(x − 4) > 0 ⇔ −1 < x < 0 ∨ x > 4 ⇔ log 2 ( x + 2 − x ) ≥ log 2 x + 1 Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm − 1 < x < 0 ∨ x > 4 . ⇔ log 2 ( x + 2 − x ) − log 2 x + 1 ≥ 0  x+2− x  x+2− x §4: Phương pháp mặt phẳng toạ độ: ≥ 0 ⇔ (2 − 1) − 1 ≥ 0 ⇔ log 2   x +1 x +1   x 2 − 1 ≤ 0 x + 2 − x − x +1  ⇔ ≥ 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  
− 1 ≤ x ≤ 1 x 2 − 1 ≤ 0 (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 hoặc   2 (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 y=x 2 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 1 x y= -- 1 2 3 4 1 y = x^2 x = x = x Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là hoành 1 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 3+ 5 x điểm chung  0 ≤ m ≤ 2 -1 1 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 x + y + 2 x ≤ m 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. 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 (1)  khi và chỉ khi m < –1 hoặc m > 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 (β): (x + 1) 2 + y 2 = m + 1 có tâm B(–1; 0); R = m + 1 x 2 − 2 x + 1 − m ≤ 0  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: AB = 2 m + 1  (0 + 1) + (−1 − 0) 2 = 2 m + 1 2 Đặt m = y và coi hệ đã cho là hệ (1) với 2 ẩn x; y ta có: 1 x 2 − 2 x + 1 − y ≤ 0  2 = 2 m +1  m = –  (1)  2 2 x − (2 y + 1) x + y 2 + y ≤ 0  1 Vậy giá trị cần tìm của m là m = – .  y ≥ ( x − 1) 2  y ≥ ( x − 1) 2  2  2  (2)  y − (2x − 1) y + x 2 − x ≤ 0 x − 1 ≤ y ≤ x  log x 2 + y 2 ( x + y) ≥ 1  Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: y = (x–1) 2 ; y = x – 1; y = x 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:
x + y ≤ 1 Ta có: log x + y (x + y) = 1 (2)  2 2 (1)   m + 2 xy ≥ 1 − ( x + y) ≥ 0  0 < x + y ≤ x 2 + y 2 < 1 hoặc x + y ≥ x 2 + y 2 > 1   x + y ≤ 1 y ≤ 1 − x (2) x + y > 0   x + y > 1 2 2 m + 2 xy ≥ 1 − 2( x + y) + ( x + y) m + 1 ≥ ( y − 1) + ( x − 1) 2 2 2 (3)   2  x + y < 1 2 hoặc  1  2  1  2 1 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số: (2)  x −  +  y −  ≤  y = 1 – x (∆); (x – 1) 2 + (y – 1) 2 = m + 1 (α) 2 2 2  2 2   x − 1  +  y − 1  ≥ 1     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 T1 1 x x+ -1 1 2 3 2y =m T2 x 1 -1 1 -1 Ta thấy nghiệm của (2) là toàn bộ phần mặt phẳng nằm phía trên đường thẳng ∆ còn A -1 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 ≤ m + 1 (m ≥ –1)  ≤ m +1  – ≤m 1 1 1  )⇒ m1 = – 1 +1 Có đồ thị của hàm số: x + 2y = m 1 đi qua điểm A( 2 2 ;– 2 2 2 2 2 1 Vậy những giá trị của m cần tìm để (1) có nghiệm là m ≥ – . Đồ thị của hàm số: x + 2y = m 2 tiếp xúc với (T 2 ) tại điểm thuộc góc phần tư thứ nhất 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 Vậy những giá trị của m cần tìm để (1) vô nghiệm là m < – . 1 3 + 10 2 –
y y = x^2+x-3 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 hoành độ điểm chung của đường thẳng y = a với N Khi M ∈ {P; Q} |a| = 1 thì hệ có 3 nghiệm phân biệt 13 Khi M ∈ [KN] \ {K; P; Q; N}  |a| < 2 và |a| ≠ 1 thì hệ có 4 nghiệm phân biệt. Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có: (1) có nghiệm âm  – x 2 Thí dụ 160: Cho phương trình x − a (x 2 – x – a)(2a + 2 – x) = 0 (1) Khi đó yều cầu bài ra tương đương với: 1) Biện luận theo a số nghiệm của phương trình. − 3 ≤ x < 0 3 − x 2 ≥ 0; 2) Tìm a để mọi nghiệm của phương trình đều thuộc đoạn [0; 4].   − 3 ≤ x < 0   x < 0  y < −x + x + 3 2 (2)  2 Lời giải: x − 3 < x − y < 3 − x 2 | 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 y = x 2 − 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 (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
y 0 ≤ x ≤ 4  14  2 y = x -x 12  y = x  (4) 10  y = x − x 2  8 1  y = x − 1 6  2 1 4 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường: y = x; y = x 2 – x; y = x–1 2 2 y x 13 -12 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 12 14 12 11 0 -2 y = x^2 10 = x -4 9 y = -1/2x-1 8 -6 - 7 4 x 6 -8 y=x = x 5 y =x -10 4 1 - 3 y = 1/2*x 2 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 2 3 4 5 6 7 8 9 -1 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 phần đồ thị N (phần được tô đậm) là các hàm số y = x; y = x 2 – x ; y = x – 1 vẽ trong x 1 là nghiệm của phương trình 2a + 2 – x = 0 thì x 1 = 2(a + 1) 2 đoạn [0 ; 4]. Nghiệm x ∈ [0; 4] của (1) là nghiệm của (4) với y = a tức là hoành độ điểm x 2 < x 3 là nghiệm của phương trình x 2 – x – a = 0 thì: chung của đường thẳng y = a ( ⊥ y’oy) với (N) 1 1 − 1 + 4a 1 + 1 + 4a x2 = ; x3= (a ≥ – ) Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có để mọi nghiệm của (1) đều thuộc khoảng [0; 4] 4 2 2 thì –1 ≤ a ≤ 14 Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có: Vậy –1 ≤ a ≤ 14 là các giá trị cần tìm. Phương trình luôn có 2 nghiệm x = a; x = 2(a + 1) ∀ a ∈ R 1 1 − 1 + 4a 1 + 1 + 4a phương trình có thêm 2 nghiệm x = Khi a ≥ – ;x= Thí dụ 161: Giải và biện luận: | x 2 – 2x +a | ≥ |2x 2 – 3x –a | (1) 4 2 2 Lời giải: x ( x − 1) = 0 3  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 (2)(x 2 – 2x +y) 2 ≥ (2x 2 – 3x –y) 2  (3x 2 –5x)(x 2 –x–2y) ≤ 0  y = 0 ∨ y = 1  y = 0 v y = 1 v y = 0 v y = 1       5  5 0 ≤ x ≤ 3 0 ≤ x ≤ 3 x = 0 x = 1   3x − 5x ≤ 0  2 3x − 5x ≥ 0 2 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 x2 − x 5 Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = ; y = (α) 3 2
y − 1 ≤ x ≤ 3 − 1 ≤ x ≤ 3   3  y > −x + 1 ∨ y < −x + 1 y = (x^2 (2) 3 / 5 = x 0 = x y < x 2 − x y > x 2 − x 2   - x)/2 Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường x = –1; x = 3; y = – x + 1; y = x 2 – x 1 Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta thu được miền nghiệm N x -2 -1 1 2 3 của (2) là phần được gạch chéo trên hình vẽ (phần lấy biên có màu đỏ) -1 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 8 3 y = x^2 = 1. 7 = x Tức là nghiệm của (1) là hoành độ phần chung của đường thẳng y = a ( ⊥ y’oy) với N. 6 y=1 Gọi x 1 < x 2 là hoành độ giao điểm của y = a với (α) thì x 1 ; x 2 là nghiệm của phương - 5 x trình: - x 4 x2 − x 1 1 − 1 + 8a 1 + 1 + 8a a=  x 2 –x–2a = 0  x 1 = và x 2 = (a ≥ – ) 8 2 3 2 2 Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta được: 2 1 5 thì (1) có nghiệm 0 ≤ x ≤ Khi a ≤ – 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 3 8 2 2 -2 5 1 + 1 + 8a 5 1 − 1 + 8a Khi 0 < a ≤ thì (1) có nghiệm x ∈ [ ; 0] ∩ [ ;] 9 3 2 2 Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có (1) vô nghiệm khi và chỉ khi đường y = p ( ⊥ 5 5 1 + 1 + 8a 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 3 2 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 − 2x − 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    x + y − 1 > 0 ∨ x + y − 1 < 0  2 x − 2 x − 3 ≤ 0  x 2 − 2 x − 3 ≤ 0 x 2 − 2x − 3 ≤ 0  
1 Với ab < − phương trình vô nghiệm . 4 Thí dụ 166: (TN-98) Tìm m để phương trình x + 3(m-3x2)2 = m (I) có nghiệm CHƯƠNG 3: MỘT SỐ VẤN ĐỀ KHÁC Lời giải: §1: Các phương pháp khác Thí dụ 164: (Đề số 34-4-a) 3x 2 + x − m = 0 (1) (1)( 3x2 + x – m )( 9x2 – 3x + 1 – 3m ) = 0  9x 2 − 3x + 1 − 3m = 0 ( 2 ) 7  Cho hàm số f(x) = x2 + bx + 1 với b ∈ (3, ) . Giải bất phương trình f(f(x)) > x Để (I) có nghiệm thì một trong hai phương trình (1) hoặc (2) phải có nghiệm, điều đó 2 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 ∆ 2 = 108m − 27 ≥ 0  m ≥ − 12 f(f(x)) – x > 0  [ x + (b + 1) x + b + 2] [ x + (b − 1) x + 1] > 0  2 2 1 Đặt g(x) = x2 + (b – 1)x + 1, h(x) = x2 + (b + 1)x + b + 2; Vậy m ≥ − là các giá trị cần tìm. 12 ∆ g ( x ) = b 2 − 2b − 3 , ∆ h(x) = b 2 − 2b − 7 7 Thí dụ 167: Giải phương trình (1) x=a+ a+ x 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 = Với f ( x ) = a + à hàm đồng biến trên R + x 2 2 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  2 Thí dụ 165: (Đề số 143-4) 1+  1 + 4a 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  4 1 + 2a − 1 + 4a  = bx 2 + x − a = 0 (i) 2   2 4   (1)  (bx + x – a)(b x – bx – ab + 1) = 0   2 2 2 22  b x − bx − ab + 1 = 0 ( ii )  Vậy phương trình có nghiệm x1; x2. - Với b = 0 thì (1) có nghiệm x = a - Vớ i b ≠ 0 1 +) Nếu ( i ) có ∆ = 1 + 4ab . Khi ab ≥ − phương trình có nghiệm Thí dụ 168: Giải phương trình (1) x= a+ a+x 4 − 1 + 1 + 4ab − 1 − 1 + 4ab Lời giải: x1 = , x2 = 2b 2b 1 f ′( x ) = 〉 0 ∀x 〉 − a Với f(x) = xác định với mọi x ≥ -a, có a+x 3 2 a+x +) Nếu ( ii ) có ∆ = b 2 (4ab − 3) .Khi ab ≥ phương trình có nghiệm 4 Nên f(x) đồng biến trên tập xác định của nó, do đó: b + b 2 (4ab − 3) b − b 2 (4ab − 3) x3 = , x4 = 2b 2 2b 2 Kết luận: Nếu b = 0 thì x = a 3 1 > ab ≥ − phương trình có nghiệm x1, x2 Nếu b ≠ 0 Với 4 4 3 Với ab ≥ phương trình có nghiệm x1, x2, x3, x4 . 4
x ≥ 0  (*) 1 k > 0 k = 5 (1) ⇔ f (f ( x )) = x ⇔ f ( x ) = x ⇔ a + x = x ⇔   −→ −→ CA = k CB   x − x − a = 0 2 (2)   2 − x = k (5 − x )   5  k > 0 1 = 5k x =   1+ 1 + 4a   x = := x 1 ( thoa mãn (*))  4 1 2 (2) ⇔  (a ≥ − ) 5 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = .  4 1− 1 + 4a x = := x 2 4  2 Thí dụ 174: Giải phương trình: 1 mãn (*) khi và chỉ khi 1 − 1 + 4a ≥ 0 ⇔ 1≥1 + 4a ≥ 0 ⇔ − ≤ a ≤ 0 x 2 thỏa ( ) ( ) 4 3 + 1 x + 1 = 3 (1) 2x 2 − 2x + 1 + 2x 2 − 3 − 1 x + 1 + 2x 2 + 1 1 Lời giải: Vậy (1) có nghiệm x 1 khi a ≥ − ; x 2 khi − ≤ a ≤ 0 . Phương trình đã cho tương đương với: 4 4 ( ) ( ) 4x 2 − 4x + 2 + 4x 2 − 2 3 − 1 x + 2 + 4x 2 + 2 3 + 1 x + 2 = 3 2 ( 2x − 1) 2 + 1 + (1 − 3x ) + ( x + 1) 2 + (1 + 3x ) 2 +( x + 1) 2 Thí dụ 169: Giải phương trình (1) 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 ∑a ≤ ∑ ai ↑↑ a 2 ↑↑ .......... ↑↑ a n f ′(a ) = Áp dụng bất đẳng thức ≥ 0 với . Với xác định với mọi a thuộc R, có: (1) ⇔ a = f (a ) = a + x 7 7 x+ a+x 7 i 1 6 77 ( x + a ) i =1 i =1    VT(1) = u + v + p ≥ u + v + p ∀a ≠ − x (1) ⇔ f (f (a )) = a ⇔ f (a ) = a ⇔ a +x = a ⇔ x = a −a 7 7 (1 + 1 − ) ⇔ VT(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 = 29 (1) 2 2 ⇔ VT(1) ≥ 3 2 + 3 2 = 3 2 = VP(1) Lời giải: ( ) 1 = k 1 − 3x → → Đặt u (x–1; 2); u (–x–1; 3), ta có:  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 u = np 1 x −1 2 1 − 2x = n ( x + 1) → → Đẳng thức xảy ra khi (thoả mãn (1)) u // v  − x − 1 = x=  3 5 k ; n > 0 1  Vậy nghiệm của (1) là x = . 5  1 k = n > 0 k = 2  1 ( )  x = 5 1 = k 1 + 3x + 1 − 3x   Thí dụ 173: Giải phương trình | x 2 − 4 x + 5 – x 2 − 10 x + 50 | = 5 (1) ⇔ ⇔ 2 − 4 x = x + 1 ⇔  (loại) 1 − 2x = k ( x + 1) x = 1  Lời giải: ( ) 2 = 1 + 3x  1 = k 1 + 3x  3 Đặt A(–2;1), B(5;5), M(x;0) thì:   Vậy hệ đã cho vô nghiệm. AB = 5AM= ( x − 2) 2 + 12 = x 2 − 4 x + 5 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      ∑a ≤ ∑ ai ↑↑ a 2 ↑↑ .......... ↑↑ a n có: =2⇔ ⇔ 2 Áp dụng BĐT thức * Vớí (α) ta có: ( ) i 1 x − x +1 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) x + 1 ≥ 0 x ≥ −1 x +1 1  1 + x = kx  = ⇔ ⇔ 2 * Với (β) ta có:     2( x + 1) = x − x + 1 Điều đó có nghĩa là: u.v = u.v ⇔ u ↑↑ v ⇔  x2 − x +1 2 x − 3x − 1 = 0 2  3− x = k  x ≥ −1 x = 1 x ≥ 0 3 + 13 3 − 13  ⇔ 3 − 13 ⇔ x = ;x = Ta có: (1) ⇔  ⇔ 3 + 13 1 + x = ( 3 − x ) x 2 2 x = ∨x= x = 1 + 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) Lời giải: Điều kiện x ≥ 0 và x 3 + x 2 + 4x + 4 ≥ 0  x ≥ 0 (*) (1) ⇔ 4sin3x – sinx – cosx = 0 ⇔ sinx(2sin2x – 1) + 2sin3x – cosx = 0 → → →→ → → Đặt u (x; 2) và v ( x ; 1). Ta có: u . v ≤ | u |.| v | ⇔ sinx(1 – 2cos2x) + 2sin3x – cosx = 0 hay x x + 2 ≤ x 2 + 4 . x + 1 ≤ x 3 + x 2 + 4 x + +4 ⇔ 2sinx(sinx – cox)(sinx + cosx) + (sinx – cosx) = 0 x → → 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 π  x 4 + y 4 + z 4 = 1   x = 2 − x + 2 kπ Thí dụ 177: Giải phương trình:  2 2 ( α ) ⇔ sin x = cos x = sin  π − x  ⇔  π  x + y + 2z 2 = 7 ⇔ x = + kπ (k ∈ Z)     x = π + x + 2 kπ 2  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) sin x = 0 2 sin x = 0 Vậy phương trình vô nghiệm. (vô nghiệm) π ( k ∈ Z) . Vậy phương trình có nghiệm là x = + kπ Thí dụ 179: Giải phương trình 2( x 2 + 2) = 5 x 3 + 1 4 (1) Lời giải: Thí dụ 181: Giải phương trình sau 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 (x )( )( ) 3 3 3 + 3x − 4 + 2 x 2 − 5x + 3 = 3x 2 − 2x − 1 2 là v ≥ 0 (Vì u luôn lơn hơn 0). Với điều kiện đó: Lời giải:  v =2 (α )  Đặt x 2 + 3x − 4 = a; 2x 2 − 5x + 3 = b thì a + b = 3x2 – 2x – 1 và (1) trở thành a 3 + b3 = ( a u v v ⇔ (1) trở thành 2(u + v) = 5 uv ⇔ 2 + 2 = 5 (u ≠ 0) + b)3  u u v1 ( β) =   u2
 x 2 + 3x − 4 = 0 7 7 Vậy hệ có các cặp nghiệm (x; y) là (3 ; 3 ); (2;1); (−1,−2) . 2 1 3 2 2 ⇔ 3ab(a + b) = 0 ⇔ 2x − 5x + 3 = 0  x = −4 ∨ x = − ∨ x = 1 ∨ x = 3 2 3x 2 − 2 x − 1 = 0  2 x 3 − 9 y 3 = ( x − y)(2 xy + 3) Thí dụ 184: Giải hệ x 2 − xy + y 2 = 3 (I)  1 3  Vậy phương trình có tập nghiệm là: S = − 4; − ;1;  .  2 3 Lời giải: 2 x 3 − 9 y 3 = ( x − y)(2 xy + x 2 − xy + y 2 ) (I)  x 2 − xy + y 2 = 3 x + y = 1 3 3  Thí dụ 182: Giải hệ: x 5 + y 5 = x 2 + y 2 (I)   ( x − 2 y)( x + 2 xy + 4 y ) = 0 2 2 x 3 − 8y 3 = 0 ⇔ 2 Lời giải:  x 2 − xy + y 2 = 3 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   y = 1 x − 2 y = 0 ( Do x 2 + 2 xy + 4 y 2 ≥ 0 ∀x ∈ R ) ⇔ 5 ⇔ 2 2 ⇔   x = −2 (I) ( )( )  x 2 − xy + y 2 = 3 x y ( x + y ) = 0  y = 0 x + y 5 = x 2 + y 2 x 3 + y 3      y = −1  x + y = 0   Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 1); (–2; –1). +) Với x = 0 thay vào (1) ta có y = 1 +) Với y = 0 thay vào (1) ta có x = 1  y  x − 3y = 4 x +) Với x + y = 0 ⇔ x = – y thay vào (1) ta có –y3 + y3 = 1 ⇔ 0 = 1 (vô lí) Thí dụ 185: (QGA-97) Giải hệ  (I) Vậy hệ có các cặp nghiệm (x; y) là (0; 1); (1; 0). x  y − 3x = 4 y  x 3 − y 3 = 7 Thí dụ 183: Giải hệ  Lời giải: xy( x − y) = 2 Điều kiện: x, y ≠ 0. Với điều kiện đó Lời giải: ( x − y)( x + y + 4) = 0 x 2 − 3xy = 4 y x 2 − y 2 = 4( y − x ) x 3 − y 3 = 7 (I)   y 2 − 3xy = 4x  x 2 − 3xy = 4 y  x 2 − 3xy = 4 y (1)     Hệ bài cho tương đương với  3 3 ( ) 2 x − y − 7 xy( x − y) = 0 (2)  x − y = 0   x = y = −2 x 2 − 3xy = 4 y x − y = 0   x + y + 4 = 0    x = y = 0 (2) ⇔ (x – y)(2x2 + 2y2 – 5xy) = 0 ⇔  2 (Loại do x, y ≠ 0)  2 x + 2 y − 5xy = 0 2  x = y = −2  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  Thí dụ 186: (VMO-96) Giải hệ  (I) x 1 y = 2  7 y (1 − )=4 2 2 x x  x+y − 5  + 2 = 0 ⇔   2  +) 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
Lời giải:   1 2 1 22 1 + x + y = 3x 1 = + (1) Giả sử (3) có nhiều hơn hai nghiệm thực phân biệt. Khi đó do f(x) = xn + px + q xác định 3x 7y   ⇔ liên tục trên R nên theo hệ quả định lý Rolle ta có phương trình f/(x) = 0 có ít nhất hai Do đó (I)   1 − 1 = 4 2  1 = 1 −2 2 nghiệm. (2)  x+y x + y 7y  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) Thí dụ 190: Chứng minh rằng nếu a, b, c, d đôi một khác nhau thì phương trình 57 + 12 21 114 + 24 21 1 22 Thay y = 6x vào (1) ta được 1 = + (thử lại ⇒x= ⇒y= (x – a)(x – b)(x – c) + (x – d)(x – b)(x – c) + (x – a)(x – d)(x – c) + (x – a)(x – b) .(x – d) = 189 63 3x 42 x 0 (4) luôn có ba nghiệm phân biệt thấy thoả mãn) Lời giải: 57 + 12 21 114 + 24 21 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 định lý Rolle có F/(x) = 0 có ít nhất 3 nghiệm phân biệt mà Thí dụ 187: Giải biện luận theo a phương trình ax = (a – 1)x + 1 (a > 0) F/(x) = f(x) ⇒ f(x) có ít nhất 3 nghiệm phân biệt. Lời giải: Nhưng f(x) là đa thức bậc 3 nên nó có nhiều nhất 3 nghiệm phân biệt (1) ⇔ f ( x ) = a x − (a − 1) x − 1 = 0 . Nhận xét rằng: Vậy (4) có đúng 3 nghiệm phân biệt (đpcm). ao – (a – 1).0 – 1 = 1 – 1 = 0; a1 – (a -– 1).1 – 1 = 0 nên (1) có ít nhất hai nghiệm phân biệt x = 0; x = 1. Thí dụ 191: Chứng minh rằng với ∀a, b, c∈R phương trình Giả sử (1) có nhiều hơn hai nghiệm thì khi đó do f(x) xác định và liên tục trên R nên theo acos3x + bcos2x + ccosx + sinx = 0 (5) luôn có nghiệm x ∈ [ 0;2π] (*) hệ quả định lí rolle ta có: f/(x) có ít nhất 2 nghiệm. Lời giải: Tương tự f//(x) có ít nhất 1 nghiệm mà f/(x) = axlna – (a – 1) a b 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) f//(x) = ax(lna)2 > 0 ∀x ∈ R (điều này trái với kết quả trên) 3 2 Vậy ∀a > 0 phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x = 0; x = 1. mà F(0) = F(2π) = 0 ∀a;b;c ∈R nên theo định lý Rolle phương trình F/(x) = 0 luôn có nghiệm x ∈(0;2π) ⊂ [ 0;2π] mà F/(x) = VT(5) Thí dụ 188: Giải phương trình: 3x + 2x = 3x – 2 Vậy (5) luôn có nghiệm x∈ [ 0;2π] . Lời giải: Ta có: (2)  f(x) = 3x + 2x – 3x – 2 = 0. Nhận xét rằng: Thí dụ 192: Chứng minh rằng với ∀a, b, c, d, e ∈R phương trình sau luôn có nghiệm 3o + 2o – 3.0 – 2 = 1 + 1 – 2; 31 + 21 – 3.1 – 2 = 5 – 5 = 0 nên (2) có ít nhất hai nghiệm phân 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 ac 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 64 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 f//(x) = 3x(ln3)2 + 2x(ln2)2 > 0 ∀x ∈ R (điều này trái với kết quả trên) 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
⇒ Phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0. Thí dụ 193: Cho f(x) = anxn + an-1xn-1 + …. + a1x + ao. Chứng minh rằng nếu 1 a an a n −11 a ∃ 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 a an a n −1 a x m+n + x m + n −1 + .... + 1 x m +1 + o x m = 0 Đặt F( x ) = Thí dụ 198: Chứng minh rằng với ∀ak; bk∈R; an + bn ≠ 0 phương trình m+n m + n −1 m +1 m 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 ∑(a sin kx + b k cos kx ) = 0 luôn có nghiệm Rolle phương trình F/(x) = 0 luôn có ít nhất một nghiệm x ∈(0;1) k k =1 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 ∑(a sin kx + b k cos kx ) thì F(x) xác định liên tục trên [0; 2π]; khả vi (0; 2π) và Đặt F(x) = ⇒ Nếu gọi xo∈ (0; 1) là một nnghiệm của phương trình F/(x) = 0 thì: k k =1 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 ) = (1) 5− x < 0 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 − 5 < x < 5 >0  ⇔x 5 − x (*) P/(x) = 5x4– 8x3 + 6x2 + 2ax + b; P//(x) = 20x3 – 24x2 + 12x + 2a; 2 − 3x + 1 ≠ 0 2 x − 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 5 − x = 0 ⇔ 5 + x = 1 ⇔ x = 0 (TM (* )) f(x) = 0 ⇔ 1 5−x 2 − 3x + 1 x