Các phương pháp giải bất phương trình ppt

CHƯƠNG 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH §1 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số: Thí dụ 128: Giải bất phương trình: x + + 2x + > (1) Lời giải: x ≤ ⇔x≤0 x ∈ R nên f(x) đồng biến (*).Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(0) ⇔  Vậy bất phương trình có nghiệm: x ≤ x + ≥ x ≥ −9 ⇔ ⇔ x ≥ −2 (*) 2x + ≥ x ≥ −2 1 ' + > với ∀ x > -2 f(x) xác định, liên tục (*) có: f (x) = x + 2x + x > ⇔x>0 nên f(x) đồng biến (*) Do đó: (1) ⇔ f(x) > f(0) ⇔  x ≥ −2 Vậy bất phương trình có nghiệm: x > Thí dụ 132: (TL-2000) Giải bất phương trình: x + − - x < − 2x (1) Lời giải: Thí dụ 129: Giải bất phương trình: x + x − ≤ (1) Lời giải: f(x) đồng biến Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) ⇔  x ≥ x ≥ ⇔ ⇔ x ≥ (*) Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) ⇔  x − ≥ x ≥ 1 ' + > với ∀x > f(x) xác định, liên tục (*) có: f (x) = x x −5 x ≤ ⇔x=5 nên f(x) đồng biến (*).Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(5) ⇔  x ≥ Vậy bất phương trình có nghiệm: x = Thí dụ 130: Giải bất phương trình: x + 3x + 5x ≥ 38 (1) Lời giải: Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định liên tục với x ∈ R có: f ' (x) = x ln2 + 3x ln3 + x ln5 > với x ∈ R nên f(x) đồng biến (*).Do x ≥ ⇔x≥2 x ∈ R (1) ⇔ f(x) ≥ f(2) ⇔  Vậy bất phương trình có nghiệm: x ≥ Thí dụ 131: (NTA-2000) Giải bất phương trình: log (2 x + 1) + log (4 x + 2) ≤ (1) Lời giải: Đặt f(x) = VT(1),có f(x) xác định,liên tục với x ∈ R có: x ln2 x ln4 f (x) = x + x > với x ∈ R (2 + 1)ln2 (4 + 2)ln3 ' (1) ⇔ f(x) = x + − - x − − 2x < = f(2) x + ≥  Ta có f(x) xác định 3 - x ≥ ⇔ −2 ≤ x ≤ (*) 5 − 2x ≥  ' f(x) xác định, liên tục (*) có: f (x) = 1 + + > với − < x < nên x + 2 - x - 2x x <  (*) Do đó: (1) ⇔ f(x) ≤ f(2) ⇔  ⇔ −2 ≤ x ≤ − ≤ x ≤  Vậy bất phương trình có nghiệm: − ≤ x ≤ Thí dụ 133: Giải bất phương trình: + 2.2 x + 3.3x < x (1) Lời giải: x x x 1 1 1 Ta có: (1) ⇔   + 2.  + 3.  < (2) (do x > ∀x ∈ R ) 6  3 2 Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định, liên tục với x ∈ R có: x x x 1 1 1 f (x) =   ln + 2.  ln + 3.  ln < ∀x ∈ R nên f(x) nghịch biến R, ( 6 3 2 x < 1) ⇔ (2) ⇔ f(x) < f(1) ⇔  ⇔ x với − < x < f(x) xác định, liên tục (*) có: 2x + 3x + 6x + 16 − x nên f(x) đồng biến (*).Do (1) ⇔ f(x) < f(1) ⇔ x < Kết hợp với (*) ta được: − ≤ x < Vậy bất phương trình có nghiệm: − ≤ x < §2: Phương pháp phân khoảng tập xác định: Thí dụ 135: Giải hệ thức ( ) 2  + x − x + 12  − 1 ≤ x  ( ) 14x − 2x − 24 + log x x Lời giải: x > 0, x ≠ x =  ⇔  Điều kiện: x − x + 12 ≥ x = − x + 14 x − 24 ≥  2 2  2 − 1 ≤ log ⇒ − ≤ log ⇒ ≥ 3 3 3  3x + 2x − <  Thí dụ 138: Giải hệ thức  x − 3x + >  (1) (2) Lời giải: (1) ⇔ − < x < (*) x y/ -1 2 1 −1 2  2 − 1 ≤ log ⇒ − ≤ log ⇒ ≤ − log = − (đúng) 2 2 4  Vậy bất phương trình cho có nghiệm x = Thí dụ 136: Giải hệ thức: log x (x + 1) = lg1,5 (1) Lời giải: Điều kiện: < x ≠ - Xét < x < logx(x+1) < logx1 = < lg1,5 Vậy phương trình (1) khơng có nghiệm khoảng - Xét < x < +∞ logx(x+1) > logxx = > lg1,5 Vậy phương trình (1) khơng có nghiệm khoảng Tóm lại (1) vô nghiệm Lời giải: x > 2 x − > x >  ⇔ ⇔ ⇔x> − 3x + x + < x − ⇔  2 7 x − x > − 3x + x + < ( x − ) x < ∨ x >  Kết hợp với điều kiện (*) ta < x ≤ ⇒ ≥ (sai) - Với x = bất phương trình trở thành Thí dụ 137: Giải hệ thức ⇔ −1 ≤ x ≤ ; x ≠ (*) Với điều kiện ta có: − 3x + x + ≥ Đặt y = x3 - 3x + hàm số xác định liên tục R có y/ = 3x2 - 3; y/ = x = x = - ta có bảng biến thiên: - Với x = bất phương trình trở thành bất đẳng thức − x ≠ Điều kiện:  − 3x + x + + x >   Điều kiện: x − 4x + ≥ ⇔ x ≤ ∨ x ≥ ⇔ x = 1; x = 8x − x − ≥ 1 ≤ x ≤   - Với x = (1) ⇔ log + ≤ ⇔ −1 + = ≤ (luôn đúng) − 3 27 log + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ (loại) - Với x = (1) ⇔ 5 125 Vậy bất phương trình có nghiệm x = Thí dụ 140: Giải hệ thức x −4 ( ) + x − x =2 ≥ (1) Lời giải: - Với x > x2 – > x – > Do x − > 30 = (vì hàm đồng biến) nên VT(1) > = VP(1) Bất phương trình khơng có nghiệm khoảng - Với x < x2 – < x – < Do x − < 30 = (vì hàm đồng biến) (x2-4)3x-2 < nên VT(1) < = VP(1) Bất phương trình khơng có nghiệm khoảng - Với x = thay vào thỏa mãn Vậy bất phương trình có nghiệm x = Tóm lại phương trình có nghiệm x = 2 Thí dụ141: Giải bất phương trình ( x + 1) + x x −1 ≥ (1) Lời giải: - Với x < x < mà 2x-1 > nên ( x + 1) < 1; x x −1 < Do VT(1) < Vậy bất phương trình khơng có nghiệm khoảng - Với x ≥ x ≥ mà 2x-1 > nên ( x + 1) ≥ 1; x x −1 ≥ Do VT(1) ≥ Vậy bất phương trình có nghiệm x ≥ Thí dụ 144: Giải phương trình: x4 + x3 + x + = + (1) Lời giải: Đặt f(x) = x + x + x + có f(x) xác định liên tục [ − 1;+∞ ) f/(x) = 4x + 3x + x ( x − 1) - Nếu x > VP = log 2( x − 1) = log ( x − x ) − log ( 2x − 2) mà VT = 22x-2- x − x Do đó: (1) ⇔ x − x + log ( x − x ) = log ( 2x − 2) +22x-2 (1/) Xét hàm số f(x) = 2t + log2t xác định liên tục R+ và: f/(x) = t.ln2 + < nên f(x) nghịch biến R+ t ln (1/) ⇔ x2 – x = 2x – ⇔ x2 – 3x + = ⇔ x = (loại); x = (thỏa mãn) Vậy phương trình có nghiệm x = Thí dụ 143: Giải phương trình x + x + x + = 18 (1) Lời giải: Điều kiện: x + ≥ ⇔ x ≥ – Đặt f(x) = x + x + x + có f(x) xác định, liên tục [ − 2;+∞ ) f/(x) = 2x + + / x+2 - Nếu x ≥ f (x) > nên VT(1) hàm đồng biến mà VP(1) = const phương trình có nghiệm x = - Nếu –2 ≤ x < VT(1) < 18 = VP(1) nên phương trình khơng có nghiệm khoảng x +1 / - Nểu x ≥ f (x) > nên f(x) đồng biến VT(1) đồng biến mà VP(1) = const Vì x = nghiệm phương trình - Nếu –1≤ x < ta thấy VT(1) < < VP(1) Vậy phương trình có nghiệm x = §3: Phương pháp hàm liên tục: Thí dụ 145: Giải bất phương trình Lời giải: Thí dụ 142: Giải phương trình x −1 − x − x = log x − (1) Lời giải: x - Nếu < x ≤ x −1 − x − x = ( x −1 ) − ( x −1 ) VP ≤ -1; VT > -1 Đặt f ( x ) = tg tg πx + 2x + +1 + 3.2 x > x 2 x + 8x + 12 (1) ⇔ ( x − x − 3)(4 x2 2 ⇔ ( x − x − 3)(2 x − 4) < − 4) < ⇔ ( x − 2x − 3)(4 x −2 − 1) < x2 − Lời giải: (1) 0 < x < 3 − x > ⇔ (∗) Với điều kiện đó: x (3 − x ) > 0, ≠ x − 3x + ≠ Điều kiện:  f(x) + Từ bảng ta (1) có nghiệm x < ∨ x ≥ (1) ⇔ − log x ( 3− x ) (3 − x ) < ⇔ log x ( 3− x ) x (3 − x ) − log x ( 3− x ) (3 − x ) < Thí dụ 147: Giải bất phương trình: ( x − 3) x − ≤ x − (1) Lời giải: (1) ⇔ f ( x ) = ( x − 3)( x − − x − 3) ≤ , f(x) xác định 2 x − ≥ ⇔ x ∈ ( − ∞;−2] ∨ [ 2;+∞ ) := (∗) x − = f ( x ) = ⇔ ( x − 3)( x − − x − 3) = ⇔   x −4 = x +3  (α ) ⇔ x = (α ) (β) x ≥ −3 x + ≥  x ≥ −3 − 13  − 13 ⇔ x = (β) ⇔  ⇔ ⇔ x= 6 x + 13 =  x − = ( x + 3)  f(x) liên tục (∗) f (−3) = −6 < ; f (−2) = > ; f (4) = − < Nên ta có bảng xét dấu f(x) (∗) 13 −∞ − −2 x +∞ f(x) − + Từ bảng ta (1) có nghiệm x ≤ + − 13 ∨ x ≥ − ⇔ log x ( 3− x ) x < ⇔ [ x (3 − x ) − 1] ( x − 1) <  −  3+   x − ( x − 1) > ⇔ ( x − + 1)( x − 1) > ⇔  x −       3− 3+ < x < 1∨ x > 2 3− 3+ < x < 1∨ < x < Vậy (1) có nghiệm 2 ⇔ Thí dụ 150: Giải bất phương trình: cos x − sin x − cos 2x > (1) với x ∈ ( 0;2π) := (*) Lời giải: Đặt f ( x ) = cos x − sin x − cos 2x , có f(x) xác định, liên tục (*) f(x) = ⇔ cos x − sin x − cos x = ⇔ cos x − sin x − (cos x − sin x ) = ⇔ (cos x − sin x )(1 − cos x − sin x ) = ⇔ cos x − sin x = ∨ cos x + sin x =   π sin  x −  =   ⇔   π cos x −  = 4   π   x − = kx  π π ⇔  x − = + 2kx  4   x − π = − π + 2kx  4  π   x = + kx  π (k ∈ Ζ) ⇔  x = + 2kx  x = 2kx    π π π Do f(x) liên tục (*) f   = 6 Nên ta có bảng xét dấu f(x) (∗) π −∞ X +∞ 2π x ≤  −3−2 −3+ ⇔ − − ≤x≤ −3+ ⇔ ≤x≤ 3  3  (k ∈ Z) Kết hợp với (*) ta (1) có nghiệm < x ≤ 5π  3π  3−2 < ; f ( π) = −f   = −2 <   Kết hợp với (∗) ta có x = ∨ x = ∨ x = − f(x) + Từ bảng ta đựợc (1) có nghiệm π 5π − + π π 5π  x > −1 Điều kiện: ( x2 + 1) > ⇔ x ≠ (*) Với điều kiện đó:   x − 3x − ≠  x ≠   (1) ⇔ [ log ( x + 1) − log ( x + 1)]( x − 3x − 4) > ⇔    log − log ( x + 1)( x − 4) >   x +1 x +1   x ≠  ⇔  log x +1 − log x +1 ( x + 1)( x − 4) >  log x +1 log x +1  x +1 (1) x + ≥  x ≥ x >   ⇔ Điều kiện: x + ≥ (*) Với điều kiện đó:  x ≠   x + − x > 0, ≠  x + > 0, ≠  1 (1) ⇔ ≤ log ( x + − x ) log x + x+2− x log ( x + 1) − log ( x + 1) >0 Thí dụ 152: Giải bất phương trình: x − 3x − Thí dụ 151: Giải bất phương trình: log ( Lời giải: ⇔ log −3+ ≥ ⇔ x + − x − x +1 ≥ x +1 ⇔ x + ≥ x + x + + x ( x + 1) ⇔ − x ≥ x ( x + 1) 1− x ≥ x ≤ ⇔ (1 − x ) ≥ x ( x + 1) ⇔ 3x + 6x − ≤   ⇔ x ≠ (log − log 8) log ( x + 1) log ( x + 1).( x + 1)( x − 4) > x +1 x +1  x ≠  ⇔ log log ( x + 1) log ( x + 1).( x + 1)( x − 4) >  x +1  x ≠  ⇔ log log ( x + 1) log ( x + 1).( x + 1)( x − 4) >  x +1  x ≠ x ≠  ⇔ ⇔ ( x + − 1)( − 1).(2 − 1)( x + − 1).(3 − 1)( x + − 1).( x + 1)( x − 4) >  x ( x + 1)( x − 4) >  ⇔ x ( x + 1)(x − 4) > ⇔ −1 < x < ∨ x > Kết hợp với (*) ta (1) có nghiệm − < x < ∨ x > §4: Phương pháp mặt phẳng toạ độ:  x − ≤ Thí dụ 153: Tìm m để hệ:  vơ nghiêm (m − x )( x + m) <  Lời giải: Đặt m = y coi (1) hệ ẩn x; y Ta có: (1) − ≤ x ≤ x − ≤ (1) ( y − x )( x + y) <   2  min{− x; x } < y < max{− x; x } − ≤ x ≤ − ≤ x ≤   (2) x < y < − x − x < y < x y 1)^2 - y = (x - Trên mặt phẳng toạ độ vẽ đường: x = 0; x = –1; y = – x; y = x Biểu diễn nghiệm thành phần (2) kết hợp lại ta miền nghiệm N (2) miền gạch chéo khơng lấy biên hình vẽ y=x y y= y=x x 1 x = x y = x^2 = x Nghiệm (1) nghiệm (2) ứng với y = m tức nghiệm (1) hoành độ điểm thuộc phần chung đường thẳng y = m ( ⊥ y’oy) N Từ nhận xét từ hình vê ta thu (1) có nghiệm  đường thẳng y = m ( ⊥ y’oy) N có điểm chung x -1 -1 Nghiệm (1) nghiệm (2) ứng với y = m tức nghiệm (1) hoành độ điểm thuộc phần chung đường thẳng y = m ( ⊥ y’oy) N Từ nhận xét hình vẽ ta có (1) vơ nghiệm y = m N khơng có điểm chung, m < –1 m > Vậy |m| > giá trị cần tìm để hệ (1) vơ nghiệm x − x + − m ≤  Thí dụ 154: Tìm m để hệ  có nghiệm x − (2m + 1) x + m + m ≤  Lời giải: Đặt m = y coi hệ cho hệ (1) với ẩn x; y ta có: x − x + − y ≤  (1)  x − (2 y + 1) x + y + y ≤   y ≥ ( x − 1)  y ≥ ( x − 1)     y − (2x − 1) y + x − x ≤ x − ≤ y ≤ x  3+ 3+ Vậy ≤ m ≤ giá trị cần tìm để phương trình có nghiệm 0≤m≤ x + y + y ≤ m  Thí dụ 155: Tìm m để hệ  2 x + y + x ≤ m  (1) có nghiệm Lời giải: x + ( y + 1) ≤ m +  (1)  ( x + 1) + y ≤ m +  Xét đường tròn (α): x + (y + 1) = m + có tâm A(0; –1); R = m + (β): (x + 1) + y = m + có tâm B(–1; 0); R = m + Hệ (1) có nghiệm (α) (β) có điểm chung  (α) (β) tiếp xúc ngồi với đó: AB = m +  (0 + 1) + (−1 − 0) = m +  = m +1  m = – 2 Vậy giá trị cần tìm m m = – (2) Trên mặt phẳng toạ độ vẽ đường: y = (x–1) ; y = x – 1; y = x Biểu diễn nghiệm thành phần (2) kết hợp lại ta miền nghiệm N (2) phần gạch chéo lấy biên hình vẽ  log x + y ( x + y) ≥  x + y = m Thí dụ 156: Tìm m để hệ  Lời giải: (1) có nghiệm x + y ≤   m + xy ≥ − ( x + y) ≥  Ta có: log x + y (x + y) = (2)  < x + y ≤ x + y < x + y ≥ x + y > 2  x + y >   2  x + y <  2  x −  +  y −  ≥      2  2  (1)  x + y >       x −  +  y −  ≤ 2  2  x + y ≤  m + xy ≥ − 2( x + y) + ( x + y) (2) y ≤ − x m + ≥ ( y − 1) + ( x − 1) ▲ y =m (3) 1 ∆: x + y = 0; (T ): x + y = 1; (T ): (x – ) + (y – ) = 2 2y y x+ Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đồ thị hàm số: y = – x (∆); (x – 1) + (y – 1) = m + (α) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đồ thị hàm số: (2)  (α) 2 Δ : x+y=0 T1 x+ 2y x -1 =m T2 1 -1 A Có đồ thị hàm số: x + 2y = m qua điểm A( ;– )⇒ m1 = – Đồ thị hàm số: x + 2y = m tiếp xúc với (T ) điểm thuộc góc phần tư thứ ⇒ m + 10 Ta thấy nghiệm (2) toàn phần mặt phẳng nằm phía đường thẳng ∆ cịn nghiệm (3) điểm nằm đường tròn α Nên: a) (1) có nghiệm đồ thị hàm số (∆) (α) có điểm chung  d(I; ∆) ≤ R (I(1; 1); R tâm (α)) |1+1−1| 2 + 10 2 + 10 Vậy – x (1) Lời giải: Đặt a = y coi (1) hệ bất phương trình ẩn x; y (1)3 – | x – y | > x Khi yều cầu tương đương với: − ≤ x < 3 − x ≥ 0; − ≤ x <     x <   y < −x + x + x − < x − y < − x | x − y |< − x y > x + x −     (2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đường: x = 0; y = –x + x +3; y = x + x – 3; x = – Biểu diễn nghiệm thành phần (2) kết hợp lại ta miền nghiệm N (2) phần gạch chéo khơng lấy biên hình vẽ x -5 -4 -3 -2 -1 N -1 -2 -3 -4 -5 y = -x2 + x + Nghiệm (1) nghiệm (2) ứng với y = a, tức nghiệm x < (1) hoành độ điểm chung đường thẳng y = a với N Từ nhận xét từ hình vẽ ta có: (1) có nghiệm âm  – Vậy – 13 x – 2x – ≤ khơng có nghiệm chung Lời giải: Hai bất phương trình (x – x – p )(x + p – 1) > x – 2x – ≤ khơng có ( x − x − p)( x + p − 1) >  nghiệm chung hệ  x − 2x − ≤  (1) vô nghiệm Đặt p = y coi (1) hệ ẩn x; y ta có: x − x − y >   ( x − x − y)( x + y − 1) >   x + y − > x − x − ≤  x − 2x − ≤  ∨ − ≤ x ≤  y < −x + y > x − x  -2 -1 -1 Khi – < a ≤ (1) có nghiệm x ∈ [0; − ≤ x ≤   y > −x + y < x − x  -3 (2) x − x − y <  ∨ x + y − < x − x − ≤  -2 Từ nhận xét từ hình vẽ ta có (1) vô nghiệm đường y = p ( ⊥ y’oy) khơng có điểm chung với N có p ≤ – p ≥ Vậy p∈ (–∞;–2] ∩ [6;+∞) giá trị cần tìm CHƯƠNG 3: MỘT SỐ VẤN ĐỀ KHÁC §1: Các phương pháp khác Thí dụ 164: (Đề số 34-4-a) Lời giải: 3x + x − m = Cho hàm số f(x) = x2 + bx + với b ∈ (3, ) Giải bất phương trình f(f(x)) > x Lời giải: Ta có f(f(x)) – x = [ x + (b + 1) x + b + 2][ x + (b − 1) x + 1] f(f(x)) – x >  [ x + (b + 1) x + b + 2][ x + (b − 1) x + 1] > 2 Đặt g(x) = x2 + (b – 1)x + 1, h(x) = x2 + (b + 1)x + b + 2; ∆ g ( x ) = b − 2b − , ∆ h(x) = b − 2b − 7 Vì b∈ (3; ) nên ∆ g ( x ) > ∆ h ( x ) < Phương trình g(x) = có nghiệm − b − b − 2b − − b + b − 2b − x1 = , x2 = 2 bx + x − a = (1)  (bx + x – a)(b x – bx – ab + 1) =   2 b x − bx − ab + =  2 (i) ( ii ) +) Nếu ( i ) có ∆ = + 4ab Khi ab ≥ − phương trình có nghiệm − + + 4ab − − + 4ab , x2 = 2b 2b +) Nếu ( ii ) có ∆ = b (4ab − 3) Khi ab ≥ phương trình có nghiệm x3 = b + b (4ab − 3) 2b , x4 = (1) x=a+ a+ x x hàm đồng biến R + (1) ⇔ f (f ( x )) = x ⇔ f ( x ) = x ⇔ a + x = x ⇔ x − x − a = - Với b = (1) có nghiệm x = a - Với b ≠ x1 = Thí dụ 167: Giải phương trình Với f ( x ) = a + Thí dụ 165: (Đề số 143-4) Giải biện luận theo a, b phương trình x = a – b( a – bx2 )2 ( ) Lời giải: ∆1 = + 12m ≥ ∆ = 108m − 27 ≥  m ≥ − 12  Vậy m ≥ − giá trị cần tìm 12 Lời giải: Vậy bất phương trình có nghiệm x < x1 x > x2 b − b (4ab − 3) 2b Kết luận: Nếu b = x = a Nếu b ≠ Với > ab ≥ − phương trình có nghiệm x1, x2 4 Với ab ≥ phương trình có nghiệm x1, x2, x3, x4 Với ab < − phương trình vơ nghiệm Thí dụ 166: (TN-98) Tìm m để phương trình x + 3(m-3x2)2 = m (I) có nghiệm (1) (1)( 3x2 + x – m )( 9x2 – 3x + – 3m ) =  9x − 3x + − 3m = ( )  Để (I) có nghiệm hai phương trình (1) (2) phải có nghiệm, điều xảy  1+ x1 =     ⇔ x =  −       + 2a + + 4a  =   (a ≥ − ) + 4a  + 2a − + 4a  =   + 4a Vậy phương trình có nghiệm x1; x2 Thí dụ 168: Giải phương trình x= a+ a+x (1) Lời giải: Với f(x) = a+x xác định với x ≥ -a, có f ′( x ) = a+x 〉 ∀x 〉 − a Nên f(x) đồng biến tập xác định nó, đó: x ≥ (*) x − x − a = (2) (1) ⇔ f (f ( x )) = x ⇔ f ( x ) = x ⇔ a + x = x ⇔   1+ x = (2) ⇔   1− x =  x thỏa + 4a := x + 4a := x 2 ( thoa mãn (*)) (a ≥ − ) 4 mãn (*) − + 4a ≥ ⇔ 1≥1 + 4a ≥ ⇔ − ≤ a ≤ Phương trình cho tương đương với: Vậy (1) có nghiệm x a ≥ − ; x − ≤ a ≤ Thí dụ 169: Giải phương trình a −x= a+x ( Với f (a ) = a + x (1) xác định với a thuộc R, có: ∀a ≠ − x (1) ⇔ f (f (a )) = a ⇔ f (a ) = a ⇔ Thí dụ 172: Giải phương trình x − x + + x + x + 10 = Lời giải: → → Đặt u (x–1; 2); u (–x–1; 3), ta có: → → → f ′(a ) = a + x = a ⇔ x = a7 − a 2 29 (1) → → x −1 → Vậy nghiệm (1) x = x= (thoả mãn (1)) x − 10 x + 50 | = (1) BM = ( x − 5) + = x − 10x + 50 mà |AM–BM| ≤ AB (quy tắc điểm) Do VT(1) = | x − x + – x − 10x + 50 | ≤ = VP(1) Đẳng thức xảy A; B; M thẳng hàng C nằm đoạn AB  k > k =     − x = k (5 − x )   1 = 5k x =    Vậy phương trình có nghiệm x = −→  −→ CA = k CB  k >  Thí dụ 174: Giải phương trình: x − x + + 2x − ( ) − x + + 2x + 77 ( x + a )6 ≥ với (1 + − ) ( ) + x + = (1) ⇔ VT(1) ≥ + = = VP(1) =3   ↑↑ a ↑↑ ↑↑ a n 3x + + 3x + (1 − x + x + + x + 1) ( ) ( ) ) 1 = k − 3x  1 − 2x = k ( x + 1)   u = kv      Do (1) ⇔ u ↑↑ v ↑↑ p ⇔    ⇔ 1 = n + 3x u = np 1 − 2x = n ( x + 1)  k ; n >   k = n >  k =  x =  1 = k + 3x + − 3x  ⇔ ⇔ 2 − x = x + ⇔  (loại) 1 − 2x = k ( x + 1)  x =  1 = k + 3x 2 = + 3x    ( Thí dụ 173: Giải phương trình | x − x + – Lời giải: Đặt A(–2;1), B(5;5), M(x;0) thì: AB = 5AM= ( x − 2) + 12 = x − x + Lời giải:  ( =' a n   Áp dụng bất đẳng thức ∑ a i ≤ ∑ a i i =1 i =1       VT(1) = u + v + p ≥ u + v + p ⇔ VT(1) ≥ | u |+| v | ≥ | u + v |  x − x + + x + x + 10 ≥ 29 Đẳng thức xảy u // v  − x − = ) n x+7 a+x ( ( 2x − 1) + + (1 − 3x ) + ( x + 1) + (1 + 3x ) +( x + 1)    Đặt u (1;1 − 2x ); v(1 − ) x; x + 1; p(1 + 3x; x + 1) ⇔ Lời giải: (1) ⇔ a = ) 4x − 4x + + 4x − − x + + 4x + + x + = ) ( ) Vậy hệ cho vơ nghiệm Thí dụ 175: Giải phươnh trình x + x + − x = x + (1) Lời giải:   1+ x ≥ Điều kiện: 3 − x ≥ ⇔ − ≤ x ≤ (*) Đặt u ( + x ;− − x ); v( x;1)   n Áp dụng BĐT thức  ∑a i =1 i  ( =: a n  ≤ ∑ i =1 )   ↑↑ a ↑↑ ↑↑ a n có:    VT(1) = x + x + − x = u.v = u v = x + = VP(1)  + x = kx  Điều có nghĩa là: u.v = u.v ⇔ u ↑↑ v ⇔       3− x = k  x = ⇔ 1 + x = ( − x ) x x = + Vậy phương trình có nghiệm x = 1; x = + x ≥ Ta có: (1) ⇔  Thí dụ 176: Giải phương trình: x + x + x + +4 = x x + Lời giải: Điều kiện x ≥ x + x + 4x + ≥  x ≥ (*) → → → → → → Đặt u (x; 2) v ( x ; 1) Ta có: u v ≤ | u |.| v | hay x x + ≤ x + x + ≤ x + x + 4x + +4 → → x Đẳng thức xảy u // v  =  x = (thoả mãn điều kiện (*)) x Vậy nghiệm phương trình x = Lời giải: → → → → → → Đặt u (x ; y ; z ); v (1; 1; 2), có u v ≤ | u | | v | hay x + y +2z ≤ x + y + z  ≤ (Điều vơ lí) Vậy phương trình vơ nghiệm Thí dụ 179: Giải phương trình 2( x + 2) = x + (1) Lời giải: Đặt u = x − x + ; v = x + u.v = x3 + u + v = x2 + nên điều kiện để (1) xác định v ≥ (Vì u ln lơn 0) Với điều kiện đó:  v = (α )  v v  u (1) trở thành 2(u + v) = uv ⇔ + = (u ≠ 0) ⇔  u u v ( β) =   u x + ≥  x ≥ −1 x +1 =2⇔ ⇔ * Vớí (α) ta có: x2 − x +1 x + = x − x + 4 x − 5x + = (∆ < 0) ) (vơ nghệm) * Với (β) ta có: + 13 − 13 ;x = 2 Thí dụ 180: Giải phương trình 4sin3x = sinx + cosx (1) Lời giải: (1) ⇔ 4sin3x – sinx – cosx = ⇔ sinx(2sin2x – 1) + 2sin3x – cosx = ⇔ sinx(1 – 2cos2x) + 2sin3x – cosx = ⇔ 2sinx(sinx – cox)(sinx + cosx) + (sinx – cosx) = ⇔ (sinx – cosx)(2sin2x + 2sinxcosx + 1) = sin x − cos x = (α) ⇔ x + y + z =  Thí dụ 177: Giải phương trình:  2  x + y + 2z =  ( Vậy phương trình có nghiệm là: x = x + ≥  x ≥ −1 x +1 = ⇔ ⇔ 2 x − x +1 2( x + 1) = x − x +  x − 3x − = x ≥ −1 + 13 − 13  ⇔ ;x = + 13 − 13 ⇔ x = 2 ∨x= x = 2  (β) 2 sin x + sin x cos x + = π   x = − x + kπ π ( α ) ⇔ sin x = cos x = sin  π − x  ⇔  ⇔ x = + kπ (k ∈ Z)   2   x = π + x + kπ   sin x + cos x = cos x = ( β) ⇔ ( sin x + cos x ) + sin x = ⇔  ⇔ sin x = 2 sin x = (vô nghiệm) π Vậy phương trình có nghiệm x = + kπ Thí dụ 181: Giải phương trình sau (x ( k ∈ Z) ) ( ) ( 3 ) + 3x − + x − 5x + = 3x − 2x − Lời giải: Đặt x + 3x − = a; 2x − 5x + = b a + b = 3x2 – 2x – (1) trở thành + b)3  x + 3x − =  ⇔ 3ab(a + b) = ⇔ 2x − 5x + =  x = −4 ∨ x = − ∨ x = ∨ x = 3x − x − =  3  Vậy phương trình có tập nghiệm là: S = − 4; − ;1;   x + y = Thí dụ 182: Giải hệ: x + y = x + y  Lời giải: (I) 2 a3 + b3 = (a x + y = (1)  x + y = x + y x + y  3 (I) ⇔  ( )( ) x + y =  x + y =   x = ⇔ 2 ⇔  x y ( x + y ) =   y =  x + y =  +) Với x = thay vào (1) ta có y = +) Với y = thay vào (1) ta có x = +) Với x + y = ⇔ x = – y thay vào (1) ta có –y3 + y3 = ⇔ = (vơ lí) Vậy hệ có cặp nghiệm (x; y) (0; 1); (1; 0) x − y = Thí dụ 183: Giải hệ  xy( x − y) = ( ) - Nếu 2x2 + 2y2 - 5xy = (3) +) Với y = ta x = thay vào (1) thấy vô lý +) Với y ≠ chia hai vế (3) cho y ta được: x 2   y   x y = x − 5  + = ⇔  y x   y =  Khi x = 2y (1) ⇔ 8y3 – y3 = ⇔ 7y3 = ⇔ y = nên x = Khi y = 2x tương tự ta x = –1; y = –2 7 Vậy hệ có cặp nghiệm (x; y) (3 ; ); (2;1); (−1,−2) 2 x − y = ( x − y)(2 xy + 3) Thí dụ 184: Giải hệ x − xy + y =  Lời giải: (I)  x − xy + y =  (I) x − y = 4( y − x ) (I)   y − 3xy = 4x  x − 3xy = y   x − y =   x = y = −2 x − 3xy = y  x + y + =    x = y =   x = y = −2    x − 3xy = y ( x − y)( x + y + 4) =  x − 3xy = y  (Loại x, y ≠ 0) Vậy hệ có nghiệm x = y = –2   3x (1 + x + y ) =  Thí dụ 186: (VMO-96) Giải hệ   y (1 − )=4  x+y  (I) Lời giải: Dễ thấy (x; y) nghiệm hệ (I) x; y >  2  1+ = + 1 =  x+y 3x 3x 7y   ⇔  Do (I)   1 − =  = −2  x+y x + y 7y 3x 7y   (1) (2) Nhân vế (1) (2) ta được: (I) 1 = −  21xy = (x + y)(7y – 24x)  7y2 – 38xy – 24x2 = x + y 3x y  (y – 6x)(7y + 4x) =  y = 6x (Do x; y > 0) 2 x − y = ( x − y)(2 xy + x − xy + y ) y   x − 3y = x Thí dụ 185: (QGA-97) Giải hệ  x  y − 3x = y  x − 3xy = y  (1) x − y = Hệ cho tương đương với  3 2 x − y − xy( x − y) = (2)  x − y = (2) ⇔ (x – y)(2x2 + 2y2 – 5xy) = ⇔  2 2 x + y − 5xy = - Nếu x – y = ⇔ x = y thay vào (1) ta x = y = 3 Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 1); (–2; –1) Lời giải: Điều kiện: x, y ≠ Với điều kiện Lời giải: x = y = x − y = ( Do x + 2xy + y ≥ ∀x ∈ R )  x − xy + y =  x = −2    y = −1  2  ( x − y)( x + xy + y ) = x − y = ⇔  x − xy + y = x − xy + y =   Thay y = 6x vào (1) ta = x + 2 42 x ⇒x= 57 + 12 21 114 + 24 21 ⇒y= 189 63 thấy thoả mãn) Vậy hệ có nghiệm (x; y) = ( 57 + 12 21 114 + 24 21 ; ) 189 63 (thử lại x Thí dụ 187: Giải biện luận theo a phương trình a = (a – 1)x + (a > 0) Lời giải: (1) ⇔ f ( x ) = a x − (a − 1) x − = Nhận xét rằng: ao – (a – 1).0 – = – = 0; a1 – (a -– 1).1 – = nên (1) có hai nghiệm phân biệt x = 0; x = Giả sử (1) có nhiều hai nghiệm f(x) xác định liên tục R nên theo hệ định lí rolle ta có: f/(x) có nghiệm Tương tự f//(x) có nghiệm mà f/(x) = axlna – (a – 1) f//(x) = ax(lna)2 > ∀x ∈ R (điều trái với kết trên) Vậy ∀a > phương trình (1) có nghiệm phân biệt x = 0; x = Thí dụ 188: Giải phương trình: 3x + 2x = 3x – Lời giải: Ta có: (2)  f(x) = 3x + 2x – 3x – = Nhận xét rằng: 3o + 2o – 3.0 – = + – 2; 31 + 21 – 3.1 – = – = nên (2) có hai nghiệm phân biệt x = 0; x = Giả sử (2) có nhiều hai nghiệm f(x) xác định; liên tục R nên theo hệ định lí rolle ta có: f/(x) có hai nghiệm Tương tự f//(x) có nghiệm mà f/(x) = 3xln3 + 2xln2 – f//(x) = 3x(ln3)2 + 2x(ln2)2 > ∀x ∈ R (điều trái với kết trên) Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 0; x = Thí dụ 189: Chứng minh với ∀n∈N ; n chẵn với ∀p; q∈R phương trình x + px + q = (3) khơng thể có hai nghiệm thực phân biệt Lời giải: Giả sử (3) có nhiều hai nghiệm thực phân biệt Khi f(x) = xn + px + q xác định liên tục R nên theo hệ định lý Rolle ta có phương trình f/(x) = có hai nghiệm Tương tự f//(x) = có nghiệm mà f/(x) = n.xn – + p; f//(x) = n(n – 1)xn – Do n ∈N*; n chẵn nên n(n – 1) > n – chẵn ⇒ f//(x) > ∀x∈R (điều trái với kết trên) Vậy (3) khơng thể có q hai nghiệm thực phân biệt (đpcm) * n Thí dụ 190: Chứng minh a, b, c, d đơi khác phương trình (x – a)(x – b)(x – c) + (x – d)(x – b)(x – c) + (x – a)(x – d)(x – c) + (x – a)(x – b) (x – d) = (4) ln có ba nghiệm phân biệt Lời giải: Đặt f(x) = VT(4) F(x) = (x – a)(x – b)(x – c)(x – d) xác định liên tục R, F(a) = F(b) = F(c) = F(d) = nên phương trình F(x) = có nghiệm phân biệt Theo hệ định lý Rolle có F/(x) = có nghiệm phân biệt mà F/(x) = f(x) ⇒ f(x) có nghiệm phân biệt Nhưng f(x) đa thức bậc nên có nhiều nghiệm phân biệt Vậy (4) có nghiệm phân biệt (đpcm) Thí dụ 191: Chứng minh với ∀a, b, c∈R phương trình acos3x + bcos2x + ccosx + sinx = (5) ln có nghiệm x ∈ [ 0;2π] (*) Lời giải: a b Đặt F( x ) = sin 3x + sin 2x + cos+ ta có F(x) xác định liên tục [ 0;2π] ; khả vi ( 0;2π) mà F(0) = F(2π) = ∀a;b;c ∈R nên theo định lý Rolle phương trình F/(x) = ln có nghiệm x ∈(0;2π) ⊂ [ 0;2π] mà F/(x) = VT(5) Vậy (5) có nghiệm x∈ [ 0;2π] Thí dụ 192: Chứng minh với ∀a, b, c, d, e ∈R phương trình sau ln có nghiệm F(x) = acos6 + bcos5 + csin4x + dcos3x + esinx = Lời giải: a b c d a c [ 0;2π] ; khả vi ( 0;2π) mà F(0) = F(2π) = ∀a, b, c, d, e Ta có F(x) xác định liên tục Đặt F( x ) = − sin 6x + sin 5x − cos 4x + sin 3x − e cos x + + + e ∈R nên theo định lý Rolle phương trình F/(x) = ln có nghiệm x ∈(0;2π) ⊂ [ 0;2π] Mà F/(x) = f(x) Vậy phương trình cho ln có nghiệm Thí dụ 193: Cho f(x) = anxn + an-1xn-1 + … + a1x + ao Chứng minh ∃n∈N* cho a an a n −11 a + + + + o = phương trình m + n m + n −1 m +1 m f(x) = ln có nghiệm x ∈(0;1) Lời giải: a an a n −1 a x m+n + x m + n −1 + + x m +1 + o x m = m+n m + n −1 m +1 m Ta có F(x) xác định liên tục [ 0;1] ; khả vi ( 0;1) có F(0) = F(1) = nên theo định lý Đặt F( x ) = Rolle phương trình F/(x) = ln có nghiệm x ∈(0;1) Mà F/(x) = an x n + m – + an - x n + m – + … + a1 x m + aox m – = x m – (an x n + a n – x n - +….+a1x + ao) ⇒ Nếu gọi xo∈ (0; 1) nnghiệm phương trình F/(x) = thì: xm-1(anxn + an-1xn-1 +….+ a1x + ao) = ⇔ f(xo) = (xo ∈(0;1)) Vậy phương trình f(x) = ln có nghiệm (x ∈(0; 1)) 5+x Thí dụ 194: Giải bất phương trình f ( x ) = 5− x < x − 3x + lg n Đặt F(x) = (1) (*) Xét phương trình g(x) = 2x – 3x + = 0, có g(x) xác định liên tục R 21– 3.1 + = 0; 23 – 3.2 + = Nên phương trình g(x) = có hai nghiệm x = 1; x = Giả sử phương trình g(x)=0 có nhiều hai nghiệm, theo định lý Rolle phương trình g/(x) = ln có hai nghiệm phương trình g//(x) = có nghiệm mà g/(x) = 2xln2 – 3; g//(x) = 2x(ln2)2 ∀x ∈R (điều trái với giả thiết trên) Do g(x) = ⇔ x = 0; x = ⇒ g(x) ≠0 ⇔ x ≠ 0; x ≠ − < x <  Vậy (*) ⇔ x ≠ x ≠  (*1 ) Với điều kiện xét phương trình: 5+ x f(x) = ⇔ − x = ⇔ + x = ⇔ x = (TM (* )) x 5−x − 3x + ⇒ Phương trình f(x) = có nghiệm x = 1 Do f(x) xác định liên tục (*1) f (−1) < 0; f   > 0; f (2) < 0; f (4) > 2 lg Nên ta có bảng xét dấu f(x) (*1) sau: BẢNG XÉT DẤU Thí dụ 198: Chứng minh với ∀ak; bk∈R; an + bn ≠ phương trình n ∑(a k =1 k sin kx + b k cos kx ) = ln có nghiệm Lời giải: k =1 k sin kx + b k cos kx ) F(x) xác định liên tục [0; 2π]; khả vi (0; 2π) F(0) = F(2π) = − ∑ Lời giải: Điều kiện: 5 + x >0 − < x <  ⇔  x 5 − x 2 − 3x + ≠ 2 x − 3x + ≠  ∑(a ak Do theo định lý Rolle phương trình F/(x) = ln có k nghiệm x ∈(0; 2π) mà F/(x) = VT(1) Vậy phương trình ln có nghiệm (đpcm) Thí dụ 200: Chứng minh với ∀a, b, c đa thức P(x) = x5 – 2x4 + 2x3 + ax + bx + c có khơng q nghiệm Lời giải: Giả sử P(x) có nhiều nghiệm theo định lý Rolle phương trình P/(x) = ln có ba nghiệm phương trình P//(x) = có hai nghiệm; phương trình P/// (x) = có nghiệm mà P/(x) = 5x4– 8x3 + 6x2 + 2ax + b; P//(x) = 20x3 – 24x2 + 12x + 2a; P///(x) = 60x2 – 48x + 12 > (điều trái với kết trên) Vậy phương trình cho có khơng nghiệm (đpcm)  ... nghiệm phương trình - Nếu –1≤ x < ta thấy VT(1) < < VP(1) Vậy phương trình có nghiệm x = §3: Phương pháp hàm liên tục: Thí dụ 145: Giải bất phương trình Lời giải: Thí dụ 142: Giải phương trình. .. VT(1) < = VP(1) Bất phương trình khơng có nghiệm khoảng - Với x = thay vào thỏa mãn Vậy bất phương trình có nghiệm x = Tóm lại phương trình có nghiệm x = 2 Thí dụ141: Giải bất phương trình ( x +... log x + x+2− x log ( x + 1) − log ( x + 1) >0 Thí dụ 152: Giải bất phương trình: x − 3x − Thí dụ 151: Giải bất phương trình: log ( Lời giải: ⇔ log −3+ ≥ ⇔ x + − x − x +1 ≥ x +1 ⇔ x + ≥ x + x