ứng dụng đạo hàm 1

I.Cơ sở lý luận của vấn đề: Để sử dụng phương pháp đạo hàm giải bài toán tìm giá trị tham số để phương trình, bất phương, hệ phương trình có nghiệm. Ta cần nắm vững các mệnh đề sau: Cho hàm số ( )y f x= liên tục trên tập D * Phương trình f(x) = m có nghiệm min ( ) max ( ) x D x D x D f x m f x ∈ ∈ ∈ ⇔ ≤ ≤ * Bất phương trình ( )f x m≤ có nghiệm min ( ) x D x D f x m ∈ ∈ ⇔ ≤ * Bất phương trình ( )f x m≥ có nghiệm max ( ) x D x D m f x ∈ ∈ ⇔ ≤ * Bất phương trình ( )f x m≤ , nghiệm đúng với mọi max ( ) x D x D m f x ∈ ∈ ⇔ ≥ * Bất phương trình ( )f x m≥ , nghiệm đúng với mọi min ( ) x D x D m f x ∈ ∈ ⇔ ≤ * Cho hàm số ( )y f x= đơn điệu trên D. Khi đó: ( ) ( ) ( , )f u f v u v u v D= ⇔ = ∀ ∈ * Cho hai hàm số ( ), ( )y f x y g x= = có đồ thị lần lượt là ( ) ( ) 1 2 ,C C . Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) 1 C và ( ) 2 C là : ( ) ( ) (1)f x g x= Số nghiệm phương trình (1) bằng số giao điểm của ( ) 1 C và ( ) 2 C II.Thực trạng của vấn đề: a.Thuận lợi: Đưa được bài toán tìm giá trị tham số để phương trình, bất phương, hệ phương trình có nghiệm vềdạng ( ) ( )f x g m= hoặc ( ) ( )f x g m≤ sau đó ta sử dụng các mệnh đề trên để giải quyết bài toán đơn giản. b.Khó khăn: Không phải mọi bài toán đều đưa được về dạng ( ) ( )f x g m= hoặc ( ) ( ); ( ) ( )f x g m f x g m≤ ≥ , nhất là khi g(m) là một đa thức theo m mà bậc của m không cùng bậc. III.Các phương pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề: 1. Phương pháp chung: Để giải bài toán tìm các giá trị tham số m để phương trình (PT), bất phương trình (BPT), hệ phương trình (HPT) ta có thể thực hiện thứ tự như sau: * Biến đổi phương trình, bất phương trình, hệ phương trình về dạng ( ) ( )f x g m= hoặc ( ) ( ); ( ) ( )f x g m f x g m≤ ≥ . * Tìm tập xác định D của hàm số f(x) * Tính ' ( )f x * Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) * Xác định max ( );min ( ) x D x D f x f x ∈ ∈ . * Vận dụng một trong các mệnh đề trên, để đưa ra kết luận cho bài toán. Chú ý: Trường hợp phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình chứa các biểu thức phức tạp ta làm như sau: * Đặt ẩn số phụ ( )t x ϕ = . * Từ điều kiện ràng buộc của ẩn x, ta tìm điều kiện cho ẩn t. * Đưa phương trình, bất phương trình ẩn x về phương trình, bất phương trình ẩn t.Ta được ( ) ( )h t g m= hoặc ( ) ( ); ( ) ( )h t g m h t g m≤ ≥ * Lập bảng biến thiên của hàm số f(t) * Từ bảng biến thiên rút ra kết luận bài toán 2.Các bài toán minh họa: 2.1*Dạng 1: Phương trình. Bài toán 1: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 2 2 2 1x mx x+ + = + có hai nghiệm phân biệt. Lời giải: Ta có: 2 2 1 2 2 1 2 3 4 1 (1) x x mx x mx x x  ≥ −  + + = + ⇔   = + −  Nếu x = 0 thì phương trình (1) vô nghiệm. Nếu { } 1 ; \ 0 2 x   ∈ − +∞ ÷    thì 1 (1) 3 4 (2)m x x ⇔ = + − Phương trình (2) là phương trình hoành độ giao điểm của :d y m= và đồ thị 1 ( ): ( ) 3 4C f x x x = + − Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt { } 1 ; \ 0 2 x   ∈ − +∞ ⇔ ÷    :d y m= cắt 1 ( ): ( ) 3 4C f x x x = + − trên { } 1 ; \ 0 2   − +∞ ÷    .Ta có: { } ' 2 1 1 ( ) 3 0, ; \ 0 2 f x x x   = + > ∀ ∈ − +∞ ÷    Bảng biến thiên: x 1 2 − 0 + ∞ f’(x) + + + ∞ + ∞ f(x) 9 2 - ∞ Từ bảng biến thiên ta có: 9 2 m ≥ * Nhận xét : Đưa về bài toán tìm số giao điểm đường thẳng và đồ thị.Nếu giải theo cách đưa về phương trình bậc hai thì tìm điều kiện để phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt thỏa điều kiện 1 ; 2 x   ∈ − +∞ ÷    .Khi đó dẫn đến so sánh hai nghiệm của phương trình bậc hai với 1 2 − , bài toán trở nên phức tạp. Bài toán 2: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm 2 9 9x x x x m+ − = − + + (1) Lời giải: Điều kiện: 0 9x≤ ≤ PT (1) 2 9 2 (9 ) 9x x x x x x m⇔ + − + − = − + + 2 2 9 2 9 9x x x x m⇔ + − + = − + + (2) Đặt 2 9t x x= − + Ta có: ' 2 2 9 2 9 x t x x − + = − + ; ' 9 0 2 t x= ⇔ = x 0 9 2 9 ' t + 0 − t 9 2 0 0 Do đó : 9 0 2 t≤ ≤ Phương trình (2) trở thành 2 2 9 2 2 9t t m t t m+ = + ⇔ − + + = (3) Xét hàm số 2 ( ) 2 9f t t t= − + + , 9 0 2 t≤ ≤ Ta có : ' ' ( ) 2 2 ; ( ) 0 1f t t f t t= − + = ⇔ = Bảng biến thiên : t 0 1 9 2 ' ( )f t + 0 − ( )f t 10 9 9 4 − Phương trình (1) có nghiệm [ ] 0;9x ∈ ⇔ phương trình (3) có nghiệm 9 0; 2 t   ∈     9 10 4 m⇔ − ≤ ≤ * Nhận xét : Nếu không đặt ẩn phụ thì ta được pt : 2 2 9 2 9 9x x x x m+ − + + − = Khi đó xét hàm số 2 2 ( ) 9 2 9 9f x x x x x= + − + + − thì việc tính đạo hàm và xét dấu đạo hàm để lập bảng biến thiên tương đối khó khăn. Tuy nhiên khi đặt ẩn phụ thì phải tìm điều kiện của t. Khi đó đưa về phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng song song với trục Ox và đồ thị (C ). Bài toán 3: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm 2 4 3 1 1 2 1x m x x− + + = − (1) Lời giải :Điều kiện : PT (1) 2 4 4 1 1 3 2 1 1 x x m x x   − − ⇔ + =  ÷  ÷ + +   (2)Đặt 4 1 1 x t x − = + , Do 4 4 1 2 0 1 1 0 1 1 1 x t x x − ≤ = − < ⇒ ≤ < + + Phương trình (2) trở thành : 2 2 3 2 3 2t m t m t t+ = ⇔ = − + (3) Xét hàm số 2 ( ) 3 2f t t t= − + , [ ) 0;1t ∈ Ta có : ' ' 1 ( ) 6 2 ; ( ) 0 3 f t t f t t= − + = ⇔ = Bảng biến thiên : t 0 1 3 1 ' ( )f t + 0 − ( )f t 1 3 0 -1 Phương trình (1) có nghiệm [ ) 1;x ∈ +∞ ⇔ phương trình (3) có nghiệm [ ) 0;1t ∈ 1 1 3 m⇔ − < ≤ * Nhận xét: Nếu không đặt được ẩn phụ mà giải trực tiếp thì đây là bài toán tương đối phức tạp. Khi đặt ẩn phụ học sinh hay gặp sai lầm là chỉ nói được 0t ≥ , không chỉ ra được t<1. Bài toán 4: Cho phương trình 2 2 2 1 2 2 log log 3 (log 3)x x m x+ − = − (1) Tìm m để phương trình có nghiệm [ ) 32;x ∈ +∞ Lời giải : Từ điều kiện của x, ta có 2 2 log 5 log 3 2x x≥ ⇒ − ≥ nên 0m ≥ PT (1) 2 2 2 2 log 2log 3 (log 3)x x m x⇔ − − = − ( ) 2 2 2 2 2 2 log 2log 3 (log 3) 2x x m x⇔ − − = − Đặt 2 log ; 5t x t= ≥ .PT (2) trở thành 2 2 2 2 3 ( 3)t t m t− − = − 2 1 2 t m t + ⇔ = − (3) Xét hàm số 1 ( ) 2 t f t t + = − , 5t ≥ Ta có : ( ) ' 2 4 ( ) 0 , 5 3 f t t t − = < ∀ ≥ − Bảng biến thiên t 5 +∞ ' ( )f t ( )f t 3 1 Phương trình (1) có nghiệm [ ) 32;x ∈ +∞ ⇔ phương trình (3) có nghiệm [ ) 5;t ∈ +∞ 2 1 3m⇔ < ≤ Kết hợp với điều kiện 0m ≥ , ta có : 1 3m< ≤ . * Nhận xét : Nếu ta đưa về phương trình bậc hai theo t thì khi phương trình (3) có nghiệm t phải kiểm tra nghiệm đó thỏa 5t ≥ . Trong khi đó ta giải theo cách trên đưa về dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đó là ưu điểm của cách giải trên. Bài toán 5 :Cho phương trình 1 1 2 2 4 4 ( 1)(2 2 ) 2 x x x x m m + − + − + = + − + (1) Tìm m để phương trình có nghiệm [ ] 0;1x ∈ Lời giải : PT (1) 4(4 4 ) ( 1)4(2 2 ) 2 x x x x m m − − ⇔ + = + − + (2) Đặt 2 2 2 4 4 2 x x x x t t − − = − ⇒ + = + Ta có : [ ] ' 2 ln 2 2 ln 2 0 , 0;1 x x t t − = + > ∀ ∈ x 0 1 ' t + t 3 2 0 Do đó : 3 0 2 t≤ ≤ PT (2) trở thành : 2 2 2 2 4 2( 2) 2( 1) 2 1 t t t m t m m t − + + = + + ⇔ = + (3) Xét hàm số 2 2 2 4 3 ( ) , 0; 2 1 2 t t f t t t − +   = ∈   +   Ta có : ( ) 2 ' ' 2 1 11 4 4 10 2 ( ) ; ( ) 0 2 1 1 11 2 t t t f t f t t t  − + =  + −  = = ⇔  + − − =   Bảng biến thiên : t 0 3 2 ' ( )f t − ( )f t 4 11 8 Phương trình (1) có nghiệm [ ] 0;1x∈ ⇔ phương trình (3) có nghiệm 3 0; 2 t   ∈     11 4 8 m⇔ ≤ ≤ * Nhận xét : Nếu ta đưa về phương trình bậc hai theo t thì khi phương trình (3) có nghiệm t phải kiểm tra nghiệm đó thỏa [ ] 0;1t ∈ . Trong khi đó ta giải theo cách trên đưa về dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đó là ưu điểm của cách giải trên. Bài toán 6 :Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực ( ) 2 2 1 1 1 1 9 3 3 2 1 0 x x m m + − + − − + + + = Lời giải: Điều kiện: 1 1x≤ ≤ . Đặt 2 1 1 3 x t + − = . Ta có: 2 2 0 1 1 1 1 1 2x x≤ − ≤ ⇒ ≤ − + ≤ Nên 2 1 1 2 3 3 3 3 9 x t − + ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ Khi đó, phương trình đã cho trở thành ( ) 2 2 3 1 3 2 1 0 2 t t t m t m m t − + − + + + = ⇔ = − Xét hàm số ( ) 2 3 1 2 t t f t t − + = − trên [ ] 3;9 . Ta có ( ) [ ] 2 ' 2 4 5 ( ) 0, 3;9 2 t t f t t t − + = > ∀ ∈ − . Suy ra: ( )f t là hàm số đồng biến trên [ ] 3;9 Do đó phương trình đã có nghiệm khi và chỉ khi [ ] ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) 3;9 3;9 55 min ax 3 9 1 7 f t m m f t f m f m≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ Bài toán 7 : Cho phương trình ( ) ( ) 3 tan 1 sin 2cos sin 3cosx x x m x x+ + = + (1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm duy nhất 0; 2 x π   ∈  ÷   Lời giải : Xét 0; 2 x π   ∈  ÷   , khi đó sin 0,cos 0, tan 0 ,sin 3cos 0x x x x x> > > + > PT (1) sin 2cos 3 tan 1 sin 3cos x x x m x x + ⇔ + = + tan 2 3 tan 1 tan 3 x x m x + ⇔ + = + (2) Đặt tan , 0t x t= > PT (2) trở thành 2 3 1 . 3 t t m t + + = + , t >0 Xét hàm số 2 ( ) 3 1 . , 0 3 t f t t t t + = + > + Ta có : ( ) ' 2 3 2 1 ( ) . 3 0 , 0 3 2 1 3 t t f t t t t t + + = + > > + + + Bảng biến thiên t 0 +∞ ' ( )f t + ( )f t +∞ 2 Ứng mỗi 0t > thỏa mãn PT (3), ta được đúng một nghiệm 0; 2 x π   ∈  ÷   của PT (1) Do đó PT (1) có nghiệm duy nhất thỏa 0; 2 x π   ∈  ÷   khi và chỉ khi PT (3) có duy nhất nghiệm 0t > . Từ bảng biến thiên ta có : 2m > * Nhận xét : Đây là bài toán tương đối khó, sau khi đặt ẩn phụ ta vẫn được một phương trình chứa căn phức tạp.Cách giải trên đưa về dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đó là ưu điểm của cách giải trên. Bài toán 8 : Cho phương trình 6 3x x mx− + + = (1) .Tìm m để phương trình có nghiệm Lời giải : Điều kiện : 3 6x− ≤ ≤ Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên (1) tương đương với 6 3x x m x x − + + = Xét hàm số 6 3 ( ) x x f x x x − + = + , [ ] 3;6x ∈ − Ta có : ' 2 2 12 6 ( ) 2 6 2 3 x x f x x x x x − + = − − + Với mọi [ ] 3;6 12 0, 6 0x x x∈ − ⇒ − < + > nên ( ) ' ( ) 0 , 3;6f x x< ∀ ∈ − Bảng biến thiên : x 3− 0 6 f’(x) − − -1 + ∞ f(x) - ∞ 1 2 Từ bảng biến thiên ta có : Phương trình (1) có nghiệm 1 1 2 m m ≤ −   ⇔  ≥  * Nhận xét : Đây là bài toán mà ta không đặt được ẩn phụ, nếu dùng phép biến đổi mất căn thì dẫn đến một phương trình phức tạp. Cách giải trên đưa về dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đó là ưu điểm của cách giải trên. Bài toán 9 : Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất 2 3 2 3 1 2 2 1x x x m− − + + = (1) trên 1 ;1 2 −       Lời giải: Xét hàm số ( ) 2 3 2 3 1 2 2 1f x x x x= − − + + trên 1 ;1 2 −       . Ta có 2 ' 2 3 2 2 3 2 3 3 4 3 3 4 ( ) 1 2 1 1 2 1 x x x x f x x x x x x x x   − + + = − = − +  ÷ − + + − + +   Xét hàm số ( ) 3 2 2 1g x x x= + + trên 1 ;1 2 −       . Ta có ( ) 2 3 4 0 0g x x x x ′ = + = ⇔ = Ta có bảng biến thiên x 1 2 − 0 1 ' ( )g x + 0 − ( )g x 1 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy 1 ( ) 1, ;1 2 g x x   ≥ ∀ ∈ −     và 1 ;1 2 x   ∀ ∈ −     ta có 1 5 3( ) 4 3 4 3.1 4 3 4 7 2 2 x x− + ≤ + ≤ + ⇔ ≤ + ≤ . Suy ra 2 3 2 3 3 4 1 0, ;1 2 1 2 1 x x x x x +   + > ∀ ∈ −     − + + Do đó ( ) 0 0f x x ′ = ⇔ = Bảng biến thiên: x 1 2 − 0 1 ' ( )f x − 0 + ( )f x 1 3 3 22 2 − 4− PT (1) là phương trình hoành độ giao điểm của :d y m= và (C ) : ( ) 2 3 2 3 1 2 2 1f x x x x= − − + + Phương trình có nghiệm duy nhất khi 3 3 22 4 2 m − − ≤ < hoặc 1m = . * Nhận xét :Đây là bài toán mà ta không đặt được ẩn phụ, nếu dùng phép biến đổi mất căn thì dẫn đến một phương trình phức tạp. Cách giải trên đưa về dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đó là ưu điểm của cách giải trên. Bài toán 10 : Chứng minh rằng 0m∀ > , phương trình sau luôn có hai nghiệm thực phân biệt: 2 2 8 ( 2)x x m x+ − = − Giải Do 0m > nên 2x ≥ (1) ⇔ [ ] 2 ( 2)( 4) ( 2) ( 2)( 4) ( 2)x x m x x x m x− + = − ⇔ − + = − 2 3 2 2 ( 2) ( 2)( 4) 0 6 32 0(*) x x x x m x x m =    ⇔ − − + − = ⇔    + − − =  Yêu cầu bài toán quy về chứng minh phương trình (*) có một nghiệm trong (2; )+∞ Biến đổi (*) 3 2 6 32m x x⇔ = + − . Xét hàm số 3 2 ( ) 6 32f x x x= + − với 2x > . Ta có ' 2 ( ) 3 12 0, 2f x x x x= + ≥ ∀ > và lim ( ) x f x →+∞ = +∞ Bảng biến thiên: x 2 +∞ ' ( )f x + ( )f x +∞ 0 Từ bảng biến thiên suy ra 0m∀ > phương trình (*) có đúng một nghiệm 2x > . Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt 0m∀ > . * Nhận xét: Sau khi tìm được điều kiện 2x ≥ việc khảo sát hàm số ( )f x ở trên là rất dễ dàng chủ yếu là dùng đạo hàm tuy nhiên dùng định nghĩa cũng suy ra tính đồng biến của hàm số ( )f x . 2.2* Dạng 2: Bất phương trình. Bài toán 1: Tìm m để bất phương trình 4 2 2 4x x m− + − < có nghiệm. Lời giải: Điều kiện: 1 4 2 x≤ ≤ . Khi đó, bất phương trình 4 2 2 4x x m− + − < có nghiệm 1 ;4 2 x   ∈     1 ;4 2 min 4 2 2 4m x x         ⇔ > − + −   Xét hàm số ( ) 4 2 2 4f x x x= − + − trên 1 ;4 2       . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 1 2 4 4 2 4 2 4 4 2 4 x x f x x x x x − − − ′ = − = − − − − ( ) 9 0 2 4 4 2 4 f x x x x ′ = ⇔ − − − ⇔ = Tính ( ) 1 9 14; 2 7; 4 14 2 4 f f f     = = =  ÷  ÷     . Suy ra ( ) 1 ;4 2 min 14f x         =   . Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 14m > . Bài toán 2: Tìm tham số m để bất phương trình sau có nghiệm: 3 1mx x m− − ≤ + (1) Giải Điều kiện: 3x ≥ . Đặt 2 3 , 0 3t x t x t= − ≥ ⇒ = + BPT (1) trở thành 2 2 1 ( 3) 1 2 t m t t m m t + + − ≤ + ⇔ ≤ + (2) Xét hàm số 2 1 ( ) 2 t f t t + = + , 0t ≥ Ta có: ( ) 2 ' ' 2 2 2 1 3 2 2 ( ) , ( ) 0 2 2 0 1 3 2 t t t f t f t t t t t  = − + − − + = = ⇔ − − + = ⇔  = − −  +  Bảng biến thiên t 0 3 1− +∞ ' ( )f t + 0 − ( )f t 1 3 4 + 1 2 0 Suy ra [ ) ( ) 0;+ 1 3 ax 4 m f t ∞ +   =   Bất phương trình (1) có nghiệm 3x ≥ ⇔ bất phương trình (2) có nghiệm 0t ≥ [ 0; ) max ( )m f t +∞ ⇔ ≤ 3 1 4 m + ⇔ ≤ * Nhận xét: Nếu đưa về bất phương trình 1 3 3 1 1 x mx x m m x + − − − ≤ + ⇔ ≥ − . Khi đó hàm số ( ) 1 3 1 x f x x + − = − dẫn đến việc tính đạo hàm, giải phương trình đạo hàm và xét dấu đạo hàm gặp khó khăn. Bài toán 3: Tìm m để bất phương trình ( ) ( ) 2 4 6 2x x x x m+ − ≤ − + (1) nghiệm đúng với mọi [ ] 4;6x ∈ − Lời giải: Đặt 2 2 2 2 24 2 24t x x x x t= − + + ⇒ − = − [...]... + x ⇔ x − 1 x = y − 1 y ⇔ f ( x) = f ( y ) Xét hàm số f (t ) = t − 1 − t , t ∈ [ 0 ;1] 1 1 > 0 , ∀t ∈ ( 0 ;1) ⇒ hàm số y = f (t ) đồng biến trên [ 0 ;1] 2 t 2 1 t Khi đó : f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y Thay vào hệ ta được : x − 1 − x = m + 1 , x ∈ [ 0 ;1] (2) f ' (t ) = + Xét hàm số f ( x) = x + 1 − x , x ∈ [ 0 ;1] 1 1− x − x = 2 x 2 1 − x 2 x (1 − x) 1 f ' ( x) = 0 ⇔ 1 − x = x ⇔ x = 2 1 ' Ta có : f ( x) =... biến thiên t -1 ' f (t ) f (t ) 59 0 0 − 1 + 19 0 Từ bảng biến thiên ta có f(t) ≥ 12 m2 - 24m ,∀ t ∈ [ − 1; 1 ] ⇔ 12 m2 - 24m ≤ min f ( t ) [ -1; 1] ⇔ 12 m2 - 24m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2 Vậy: 0 ≤ m ≤ 2 2.3* Dạng 3: Hệ phương trình  x + y + x2 + y 2 = 8  Bài toán 1: Tìm m để hệ phương trình  (1) có nghiệm  xy ( x + 1) ( y + 1) = m  Lời giải: 1 4 1 4 v = 8−u  u + v = 8 ⇔ 2 Hệ phương trình (1) trở thành ... u ≥ − , v ≥ − 1 4 1 4 Vì v ≥ − ⇒ 8 − u ≥ − ⇔ u ≤ 33 1 33 Do đó: − ≤ u ≤ 4 4 4   Hệ phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm u ∈  − ;   4 4 1 33   Xét hàm số f (u ) = −u 2 + 8u , u ∈  − ;   4 4 1 33 Ta có f ' (u ) = −2u + 1 , f ' (u ) = 0 ⇔ u = 1 2 Bảng biến thiên u f ' (u ) − 1 4 1 2 + 0 − 33 4 f (u ) 16 − 33 16 − Từ bảng biến thiên ta có − 33 16 33 ≤ m ≤ 16 16 *Nhận xét... 36cos2x + 24m - 12 m2 ≥ 0 (2) Đặt t = cosx với t ∈ [ − 1; 1 ] Bất phương trình (2) trở thành 3t4 - 20t3 + 36t2 + 24m - 12 m2 ≥ 0 ⇔ 3t4 - 20t3 + 36t2 ≥ 12 m2 - 24m (3) Bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi x ∈ IR ⇔ bất phương trình (3) nghiệm đúng với mọi t ∈ [ 1; 1] Xét hàm số : f(t) = 3t4 - 20t3 + 36t2 víi t ∈ [ − 1; 1 ] Ta có: f’(t) = 12 t3 - 60t2 + 72t = 12 t(t2 - 5t + 6) t = 0  f’(t) = 0 ⇔ 12 t(t2 - 5t... 6 16 16 Từ bảng biến thiên ta có : 16 ≤ m ≤ 6 Bài toán 6 : Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm 7 2 x + x +1 − 7 2+ x +1 + 2005 x ≤ 2005 (1)   2  x − ( m + 2) x + 2m + 3 ≥ 0 (2)  Lời giải: Điều kiện: x ≥ 1 Ta có (72 x + x +1 − 7 2+ x +1 + 2005 x ≤ 2005 ⇔ 7 x +1 ( 7 2 x − 7 ) ≤ 2005 ( 1 − x ) (3) Nếu x = 1thỏa bất phương trình (3).Do đó bất phương trình (3) có nghiệm x = 1 Nếu x > 1 thì... (2) có 1 4 hai nghiệm u, v lớn hơn hoặc bằng − Khi đó dẫn đến so sánh hai nghiệm với − 1 và học sinh sẽ gặp khó khăn vì so sánh hai nghiệm với số thực không có 4 trong bài định lí về dấu tam thức bậc hai ở lớp 10  x + 1 y = m +1  Bài toán 2: Tìm m để hệ phương trình   y + 1 x = m +1  (1) có nghiệm duy nhất Lời giải: 0 ≤ x ≤ 1 0 ≤ y ≤ 1 Điều kiện:  Từ hệ ⇒ x + 1 − y = 1 − x + x ⇔ x − 1 x =... nghiệm Nếu 1 ≤ x < 1 thì VT < VP nên bất phương trình (3) có nghiệm là 1 ≤ x < 1 Do đó:Bất phương trình (3) có tập nghiệm là T = [ 1; 1] Để hệ bất phương trình có nghiệm thì bất phương trình (2) có nghiệm x ∈ [ 1; 1] Ta có : x 2 − (m + 2) x + 2m + 3 ≥ 0 ⇔ ( x − 2 ) m ≤ x 2 − 2 x + 3 ⇔ m ≥ Xét hàm số f ( x) = f ' ( x) = Bảng biến thiên x -1 ' f ( x) f ( x) x2 − 2x + 3 , x ∈ [ 1; 1] x−2 x2 − 4x + 1 ( x −... f (v ) +∞ 3 − 1 3 1 3 Từ bảng biến thiên ta có: 3m > ⇔ m > 1 Bài toán 5: Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm  x 3 − 12 x − y 3 + 6 y 2 − 16 = 0 (1)   2 2 2  4 x + 2 4 − x − 5 4 y − y + m = 0 (2)  Lời giải:  −2 ≤ x ≤ 2  0≤ y≤4 Điều kiện:  Ta có (1) ⇔ x3 − 12 x = ( y − 2 ) − 12 ( y − 2 ) 3 Xét hàm số f (t ) = t − 12 t , t ∈ [ −2; 2] 3 ( ) ⇒ f ' (t ) = 3t 2 − 12 t = 3 t 2 − 4... log 5 5 ( x + 1)  ≥ log 5 ( mx + 4 x + m )   2 2 −4 x  mx 2 + 4 x + m > 0 m > x 2 + 1   ⇔ ⇔ (*) 2 2 5 x + 1 ≥ mx + 4 x + m m ≤ 5 − 4 x   x2 + 1  ( )   −4 x  m > m¡ax  x 2 + 1     Hệ bất phương trình (*) thỏa với mọi x ⇔  m ≤ 5 + min  −4 x   x2 + 1 ¡     ( ) 4 x2 − 1  x = 1 −4 x f ′( x) = =0⇔ Xét hàm số f ( x ) = 2 trên ¡ Ta có 2 x +1 x = 1 x2 + 1 Bảng biến thiên:... : (2) ⇔ m(2u + 1) = −u 2 + u ⇔ m = 2u + 1 4 1 −u + u , với u ≥ − 4 2u + 1 2u 2 + 2u − 1 3 1 f ' (u ) = − , f ' (u ) = 0 ⇔ u = Ta có : 2 2 ( 2u + 1) Xét hàm số f (u ) = 2 Bảng biến thiên : − u 1 4 3 1 2 + f ' (u ) 0 +∞ − 2− 3 2 f (u ) − 5 8 Từ bảng biến thiên ta có : m ≤ * Nhận xét : −∞ 2− 3 2 1 4 Đây là một câu trong đề thi tuyển sinh đại học khối D năm 2 011 Nếu học sinh không trang bị đầy đủ kiến . nghiệm 2 4 3 1 1 2 1x m x x− + + = − (1) Lời giải :Điều kiện : PT (1) 2 4 4 1 1 3 2 1 1 x x m x x   − − ⇔ + =  ÷  ÷ + +   (2)Đặt 4 1 1 x t x − = + , Do 4 4 1 2 0 1 1 0 1 1 1 x t x x − ≤. thực ( ) 2 2 1 1 1 1 9 3 3 2 1 0 x x m m + − + − − + + + = Lời giải: Điều kiện: 1 1x≤ ≤ . Đặt 2 1 1 3 x t + − = . Ta có: 2 2 0 1 1 1 1 1 2x x≤ − ≤ ⇒ ≤ − + ≤ Nên 2 1 1 2 3 3 3 3 9 x t −. về bất phương trình 1 3 3 1 1 x mx x m m x + − − − ≤ + ⇔ ≥ − . Khi đó hàm số ( ) 1 3 1 x f x x + − = − dẫn đến việc tính đạo hàm, giải phương trình đạo hàm và xét dấu đạo hàm gặp khó khăn. Bài