Dang bai tap ung dung tinh don dieu vao tinh so nghiem phuong trinh de6z7

ỨNG DỤNG VÀO TÍNH SỐ NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH A Phương pháp giải Nếu hàm số f đơn điệu trên K thì phương trình   0f x  có tối đa 1 nghiệm Nếu f có đạo hàm cấp 2 không đổi dấu thì f  là hàm đơn điệu nên[.]

ỨNG DỤNG VÀO TÍNH SỐ NGHIỆM PHƯƠNG TRÌNH A Phương pháp giải Nếu hàm số f đơn điệu K phương trình f  x   có tối đa nghiệm Nếu f có đạo hàm cấp khơng đổi dấu f  hàm đơn điệu nên phương trình f   x   có tối đa nghiệm phương trình f  x   có tối đa nghiệm Từ BBT cho ta giá trị y, y nhận giá trị từ âm sang dương hay ngược lại miền y  có nghiệm miền B Ví dụ minh họa Bài tốn Chứng minh phương trình 3x5  15x   có nghiệm Giải Hàm f  x   3x5  15x  hàm số liên tục có đạo hàm ¡ Vì f  0  8  , f 1  10  nên tồn số x0   0;1 cho f  x0   , tức phương trình f  x   có nghiệm Mặt khác, ta có y  15x4  15  , x ¡ nên hàm số cho ln đồng biến Vậy phương trình có nghiệm Bài tốn Chứng minh phương trình: x13  x6  3x4  3x2   có nghiệm Giải: Đặt f  x   x13  x6  3x4  3x2  , D  ¡ Xét x  f  x   x6  x7  1  3x2  x2  1   : phương trình cho vơ nghiệm Xét  x  f  x   x13  1  x   : phương trình cho vơ nghiệm Xét x  thì: f   x   13x12  x5  12 x3  x  13x12  x  x  1  nên f đồng biến Bảng biến thiên: x  y + y  Nên f  x   có nghiệm x  Vậy phương trình cho có nghiệm Bài tốn Chứng minh phương trình x2 x   11 có nghiệm Giải Xét hàm số f  x   x2 x  hàm số xác định liên tục nửa khoảng  2;    x  x(5 x  8) f   x    2x x    , với x0   2;    x2  x2  Do hàm số đồng biến nửa khoảng  2;   Hàm số liên tục đoạn  2;3 , f    , f  3  18 Vì  11  18 nên theo định lí giá trị trung gian hàm số liên tục, tồn số thực c   2;3 cho f  c   11 tức c nghiệm phương trình Vì hàm số đồng biến  2;   nên c nghiệm phương trình Bài tốn Tìm số nghiệm phương trình x3  3x2  9x   Giải Xét hàm số y  x3  3x2  x  , D  ¡ y  3x2  x  , y   x  1 x  BBT x –1  y + – y  + – 31   Dựa vào BBT phương trình y  có nghiệm  x  y  có nghiệm phân biệt  y  x  Bài toán Chứng minh hệ  Giải Trừ phương trình vế theo vế thay ta được: x2 1  x   y 1  y    1  y3  1  x   1  x3  1  y    1  x 1  y  1  y  y  1  x  x    1  x 1  y  y  x 1  x  y   Xét x  hệ có nghiệm 1;0  Xét y  hệ có nghiệm  0;1 Xét x  y x2  y3   x3  x2   Đặt f  x   x3  x  , D  ¡ Ta có f 1   f   x   3x  x , f   x    x   x  BBT x   y + –  y  0 +  23 27 –1  Do f  x   có nghiệm x0  , x0  nên hệ có nghiệm  x0 ; y0  Xét  x  y   y   x 1 nên y  x3   x3  x2  x   x  x  x     x  Do hệ có nghiệm  0;1 Vậy hệ có nghiệm phân biệt Bài tốn Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt: x2  mx   x  Giải  2 x   PT   2  x  x   mx , x     x  mx    x  1 Vì x  khơng thoả mãn nên: Xét f  x   3x  x   m, x   x 3x  x  3x  , x   , x  f   x   2 x x Lập BBT điều kiện phương trình cho có nghiệm phân biệt f  x   m có nghiệm phân biệt x   , x   m  Bài tốn Tìm m để phương trình có nghiệm m    x   x    x  1 x  1 x Giải Điều kiện 1  x  Đặt x   x2   x2 t  t    x4  , dấu = x  Do  t  PT: m  t     t  t  m  t  t  t2 Xét f  t   t  t  t  4t ,  t  , f  t    nên f nghịch biến 0;  t2 t  2 Điều kiện có nghiệm: f  t   m  max f  t   f C Bài tập tự luyện    m  f  0  1  m  ...  Hàm số liên tục đoạn  2;3 , f    , f  3  18 Vì  11  18 nên theo định lí giá trị trung gian hàm số liên tục, tồn số thực c   2;3 cho f  c   11 tức c nghiệm phương trình Vì hàm