Tìm tất cả các giá trị của tham số a, để phương trình cĩ đúng 2 nghiệm phân biệt... Tìm m để các pt sau có nghiệm: cos sin os sin +.
Trang 1I.Các vài tốn liên quan đến nghiệm của pt-bpt:
Định lí 1: Số nghiệm của pt f(x)=g(x) chính là số giao điểm của hai đồ thị y=f(x) và
y=g(x)
Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) lt trên D và m=min ( )x D∈ f x , M =M x D∈ax ( )f x thì pt: f(x)=k cĩ nghiệm khi và chỉ khi m k M≤ ≤
Định lí 3: Bất phương trình ( ) f x ≥g x( )nghiệm đúng mọi x thuộc D khi và chỉ khi
Min f x Max g x
Các ví dụ:
Bài 1:Tìm m để pt sau cĩ nghiệm: x2 + + −x 1 x2 − + =x 1 m (HSG Nghệ an 2005)
Lời giải: Xét hàm số f x( )= x2 + + −x 1 x2 − +x 1 cĩ tập xác định là D=R
( )
1 [( - )1 3] 1 [( 1) 3] 0 thay vào (1)ta thấy không
thỏa mãn Vậy f'(x)=0 vô nghiệm, mà f'(0)=1>0, do
→ ∞
∀ ∈
⇔ < <
x +
x +
đó f'(x)>0 x 2
Vậy pt đã cho có nghiệm -1 1
x
R x
m
Bài 2:Tìm tất cả các giá trị của a để pt: ax2 + =1 cosx cĩ đúng một nghiệm 0;
2
x π
∈ ÷
(Đề thi HSG tỉnh Hải Dương Lớp 12 năm 2005)
Giải: Ta thấy để pt cĩ nghiệm thì a≤0
π
÷
2
sin
Khi đó pt =a -2 Xét hàm số ( ) với t 0;
4 2
cos -.cos sin
t
x
t
t t tgt
t
Trang 2π π
π
÷
∈ ⇔ < − < ⇔ − < < −
2
0
sin
2
Vậy pt đã cho có đúng 1 nghiệm (0; ) 2 1
t
x
x
Bài 3: Cho phương trình x6 +3x5 −6x4 −ax3 −6x2 +3x + =1 0 Tìm tất cả các giá trị
của tham số a, để phương trình cĩ đúng 2 nghiệm phân biệt (HSG Nam Định 2004)
Giải: Vì x=0khơng phải là nghiệm pt Chia hai vế pt cho x3 ta được
= ±
( ) 3( ) 6( ) a=0 (1) Đặt t= ta thu được pt
Từ cách đặt t ta có: 1 0 (2)pt này có = - 4 0 2 Từ đây ta có
*Nếu 2 thì pt
t
>
đã cho có một nghiệm
*Nếu 2 thì với mỗi giá trị của cho tương ứng hai giá trị của x
Nên pt (1) có đúng hai nghiệm phân biệt pt(1') có đúng hai nghiệm t= 2 hoặc (1') có đúng
>
= +
>
1nghiệm thỏa mãn 2
1: Nếu (1') có đúng hai nghiệm t= 2 vô nghiệm
2 :(1') có đúng một nghiệm 2
Xét hàm số ( ) 3 9 với 2, ta có '( ) 3 6 9 3( 1
a TH
a
Ta cĩ bảng biến thiên:
Dựa vào bảng bt ta thấy pt(1’) cĩ đúng một nghiệm t >2 khi và chỉ khi
< + < ⇔ − < <
f(t)
f’(t)
2 22
27
Trang 3Bài 4:Cho hàm số y= − +x (x a x b với a,b là hai số thực dương khác nhau cho + )( + ) trước.Cmr với mỗi số thực s∈( )0;1 đếu tồn tại duy nhất số thực
α > α = + ÷
1
0 : ( )
2
s s s
a b
Giải: Trước hết ta cos BĐT : + ≤( + )
s s
s
a b a b (1) ta có thể cm (1) bằng hàm số hoặc
bằng BĐT Bécnuli
Áp dụng BĐT Côsi và (1) ta có :
1
s s
s
ab < + < + (*) (do a b≠ )
Mặt khác ta có: '( ) 2 2 ( )( )
x a b x a x b
f x
x a x b
=
+ + ta dễ dàng cm được f’(x) >0 mọi
x>0 suy ra f(x) đồng biến với x>0 nên
0
2
x x
a b Lim f x ab f x Lim f x
→
+
Vì f(x) liên tục khi x>0 nên từ (*) và (**) ta có điều phải cm
Bài tập:
1 Tìm m để pt sau có nghiệm duy nhất thuộc [0; ]π
4
(4 6 )sinm x 3(2m 1)sinx 2(m 2)sin cosx x (4m 3)cosx 0
2.Tìm m để số nghiệm của pt: 15x2 −2(6m2 +1)x−3m4+2m2 =0không nhiều hơn số nghiệm của pt: (3m−1) 122 x +2x3+6x =(36m−9) 28m−0,25 (HSG Nghệ an 1998)
3 Tìm tất cả các giá trị a để bpt: ln(1+ ≥ −x) x ax2 nghiệm đúng ∀ ≥x 0
4 a)Cmr nếu a >0 là số sao cho bpt: a x ≥ + 1 x đúng với mọi x≥ 0 thì a e≥
b) Tìm tất cả các giá trị của a để : a x ≥ + 1 x ∀x (HSG 12 Nam Định 2006)
Trang 4II.Giải pt bằng phương pháp hàm số:
Định lí 1:Nếu hàm số y=f(x) luơn đb (hoặc luơn ngb) thì số nghiệm của pt : f(x)=k
Khơng nhiều hơn một và f(x)=f(y) khi và chỉ khi x=y
Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) luơn đb (hoặc luơn ngb) và hàm số y=g(x) luơn ngb (hoặc
luơn đb) trên D thì số nghiệm trên D của pt: f(x)=g(x) khơng nhiều hơn một
Định lí 3:Cho hàm số y=f(x) cĩ đạo hàm đến cấp n và pt f( )k ( ) 0x = cĩ m nghiệm, khi
đĩ pt f(k−1)( ) 0x = cĩ nhiều nhất là m+1 nghiệm
Các ví dụ:
Bài 1:Giải pt:3 (2x + 9x2+ +3) (4x+2)( 1+ +x x2 + =1) 0
(Olympic 30-4 ĐBSCL 2000)
Giải: Ta thấy pt chỉ cĩ nghiệm trong ( 1;0)
2
−
3 (2 ( 3 ) 3) (2 1)(2 (2 1) 3)
Với u=-3x, v=2x+1; u,v>0 Xét hàm số f t( ) 2= +t t4 +3t2 với t>0
Ta cĩ
3
4 2
3
t t
t t
+
+
(1)⇔u=v ⇔-3x=2x+1 1
5
x
⇔ = − là nghiệm duy nhất của pt
∈ ÷
2
osx=2 với - ;
2 2
tg x
Giải: Xét hàm số : f x( )=e tg x2 +cosx với x∈- ;π π2 2÷, ta cĩ
2
x
2e tg x 2 cos x 0
Nên dấu của f’(x) chính là dấu của sinx Từ đây ta cĩ f x( )≥ f(0) 2=
Vậy pt đã cho cĩ nghiệm duy nhất x=0
Bài 3: Giải pt: 2003x +2005x =4006x +2 (HSG Nghệ an 2005)
Giải: Xét hàm số : f x( ) 2003= x +2005x −4006x −2
Ta cĩ: f x'( ) 2003 ln2003 2005 ln2005 4006= x + x −
''( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 0 "( ) 0 vô nghiệm
f'(x)=0 có nhiều nhất là một nghiệm f(x)=0 có nhiều nhất là hai nghiệm
Trang 5Bài 4: Giải pt: 3x = + +1 x log (1 2 )3 + x (TH&TT)
Giải: Đk: x>-1/2
⇔3x + = +1 2 +log (1 2 )3 + ⇔3x +log 33 x = +1 2 +log (1 2 )3 +
Xét hàm số: f t( )= +t log3t ta có f(t) là hàm đồng biến nên
(1) f(3 )x f(1 2 )x 3x 2x 1 3x 2x 1 0 (2)
Xét hàm số: f x( ) 3= x −2x − ⇒1 f x'( ) 3 ln3 2= x − ⇒ f x"( ) 3 ln 3 0= x 2 >
⇒ f x( ) 0= có nhiều nhất là hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm
x=0 và x=1
Bài 5: Giải hệ pt: π
>
sinx-siny=3x-3y (1) x+y= (2)
5 , 0 (3)
x y
Giải: Từ (2) và (3) ta có : , ∈(0; )π
5
x y
⇔
(1) sinx-3x=siny-3y Xét hàm số f(t)=sint-3t với ∈(0; )π
5
t ta có f(t) là hàm nghịch biến nên f(x)=f(y)⇔x=y thay vào (2) ta có = = π
10
x y là nghiệm của hệ
Bài 6: Giải hệ: − = −
(1)
tgx tgy y x
Giải: Đk: ≥ −
1 8
y
x y (*)
(1) ⇔tgx x tgy y+ = + ⇔ =x y (do hàm số ( )f t =tgt t+ là hàm đồng biến)
Thay vào (2) ta có: y+ − =1 1 y − y+ ⇔8 y+ =1 y− y+ +8 1
Vậy x y= =8 là nghiệm duy nhất của hệ đã cho
Trang 6HỆ HOÁN VỊ VÒNG QUANH:
Định nghĩa:Là hệ có dạng:
=
1
( )n ( )
f x g x
f x g x
f x g x
(I)
Định lí 1: Nếu f,g là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên A và ( , , , )x x1 2 x là n nghiệm của hệ trên A thì x1=x2 = = x n
Định lí 2:Nếu f,g khác tính đơn điệu trên A và ( , , , )x x1 2 x là nghiệm của hệ trên A n thì x1=x2 = = x nếu n lẻ và n = = = 12= 34= = −1
n n
x x x nếu n chẵn
Bài 7:Giải hệ:
Giải:Ta giả sử (x,y,z) là no của hệ Xét hàm số f t( )= + − +t3 3 3 ln(t t2 − +t 1)
− +
2
2
2 1
t
f t t
t t nên f(t) là hàm đồng biến
Ta giả sử: x=Max{x,y,z} thì y f x= ( )≥ f y( )= ⇒ =z z f y( )≥ f z( )=x
Vậy ta có x=y=z Vì pt x3 +2x − +3 ln(x2 − + =x 1) 0 có nghiệm duy nhất x=1 nên hệ
đã cho có nghiệm là x=y=z=1
Bài 8:Giải hệ:
2
3 2
3 2
3
2 6 log (6 )
2 6 log (6 )
2 6 log (6 )
(HSG QG Bảng A năm 2006)
Giải: Hệ
=
log (6 )
log (6 )
x y
y
z x
z z
Trong đó ( ) log (63 ) ; ( ) 2
t
t t
− + với t∈ −∞( ;6)
Trang 7Ta có f(t) là hàm nghịch biến,
t t
Nên ta có nếu (x,y,z) là nghiệm của hệ thì x=y=z thay vào hệ ta có:
log (6 )
x x
x x
− =
− + pt này có nghiệm duy nhất x=3
Vậy nghiệm của hệ đã cho là x=y=z=3
Bài tập:
2
3 2
81
256
3 (x-1)(x+2)=(x 2) ; 4 3 2 osx; 5 (1 )(2 4 ) 3.4
6 3 2 5 (HSG QG 2006)
−
+ + − =
7 Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất
n
8 Tìm m để các pt sau có nghiệm:
cos sin
os sin
+
Trang 8
-III Các bài toán cực tri- chứng minh BĐT:
Bài 1: Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: a2+b2=1; c-d=3 Cmr:
9 6 2 4
F ac bd cd= + − ≤ + (HSG Nghệ an 2005)
Giải: ta có: F ≤ (a2+b2)(c2+d2) −cd = 2d2 +6d+ −9 d2 −3d = f d( )
Ta có
2 2
'( ) (2 3)
d
f d d
vì
2 2
d
<
nên
f d ≤ −f = + ta có đpcm
Bài 2: Cho 0< < ≤ ≤x y z 1.:3x+2y z+ ≤4.Tìm gtln F =3x2+2y2+z2(TH&TT)
Giải: Từ gt ta có: 4 2
3
y z
x≤ − −
thay vào F ta được
y
F ≤ f y = z + z y− + y − y+ ≤ f − = y − y+ = g y
Ta xét 2 1
3≤ ≤y (vì y<2/3 thì Max không xảy ra), khi đó ( ) ( ) 162
3
g y ≤g =
16
3
F
⇒ ≤ dấu “=” có khi 2; 1
3
Max F =
Bài 3: Cho x y z≥ ≥ ≥ 0.CMR: x z y x y z
z+ + ≥ + +y x y z x
Giải: Xét hàm số : f x( ) x z y x y z
= + + − + + ÷
Với đk đã cho x y z≥ ≥ ≥0
Ta có: f x'( ) (1 1) ( y2 z2) (y z)( 1 12) 0
= − − − = − − ≥ ⇒f(x) là hàm đồng biến
( ) ( ) 0
f x f y
Bài 4:Cho a>b>c>0 CMR: a b3 2 +b c3 2 +c a3 2 >a b2 3 +b c2 3 +c a2 3
Giải: Xét hàm số: f a( ) =a b3 2 +b c3 2 +c a3 2 −(a b2 3 +b c2 3 +c a2 3)
Ta có : f a'( ) 3 = a b2 2 + 2ac3 − 2ab3 − 3a c2 2 Tiếp tục lấy đạo hàm:
f a = ab − ac + c − b = b c− a b c b+ − −c bc > do a>b>c>0
'( )
f a
⇒ là hàm đb⇒ f a'( ) ≥ f b'( ) =b4 + 2bc3 − 3b c2 2 > 0 (ta có thể cm được nhờ Côsi)
Như vậy do f'(a) >0 nên f(a) đồng biến hay là f(a)>f(b)=0 như vậy ta có đpcm
Bài 5:Cho , ,x y z o> Cmr: x4 +y4 +z4 +xyz x y z( + + ≥ ) xy x( 2 +y2 ) +yz y( 2 +z2 ) +zx z( 2 +x2 )
Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử: x y z≥ ≥ Xét hàm số
f x =x +y +z +xyz x y z+ + −xy x +y −yz y +z −zx z +x
Ta có : f x'( ) 4 = x3 − 3 (x y z2 + + ) xyz yz x y z+ ( + + − ) (y3 +z3 ) ⇒ f x"( ) 12 = x2 − 6 (x y z+ + ) 2yz
Trang 9(do ) ⇒ f x'( ) ≥ f y'( ) =z y z− =z y z( − ≥ ) 0 nên f(x) là hàm đb
f x f y z z y y z z z y
Bài 6: Cho n,k là các số nguyên dương n≥7;2≤ <k n Cmr: k n >2n k
(HSG QG bảng B 96-97)
Giải : Bđt ⇔n k kln > lnn+ ln 2 ⇔n k kln − lnn− ln 2
Xét hàm số f x( ) =n x x nln − ln − ln 2 với x∈ [2; -1]n '( ) ln '( ) 0
ln
2
ln
n
n
n> ⇔ > ∀ ≥ Xét hàm số g x( ) =e x−x2 ⇒g x'( ) =e x− 2x⇒g x"( ) =e x− > 2 0
Vậy f x( ) ≥Min f{ (2), ( -1)}f n Ta cm Min f{ (2), ( -1)} 0f n ≥
* f(2) 0 ≥ ⇔ 2n−1 ≥n2 ta dễ dàng cm được bằng quy nạp hoặc đạo hàm
* f n( 1) 0 (n 1)n 2n n 1 t 2(1 1) t t 6
t
−
− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ > + ∀ ≥ (*) trong đó t=n-1
Ta có (1 1)t e 3 2(1 1)t 6 t
+ < < ⇒ + < ≤ ⇒ (*) đúng
Vậy ta có đpcm
Bài 7: Cho 0 a b c< ≤ ≤ CMR: 2 2 2 3 ( )2
b c c a a b a c a
−
Giải:Đặt b
a = α và c x
a = ĐK : 1 ≤ ≤ α x Khi đó bđt cần cm trở thành
2
2
x x
Xét hàm số ( ) 2 1 (2 1 2 2 ( 1))
1
f x x x
Ta có: '( ) 2 1 2(2 1) 2 12 ( 1)[2x+1 2 2] 0
x
Như vậy hàm f(x) là đồng biến do đó f x( ) f( ) α α2 3 α 3 1
α
( ) ( ) (1) 0
f x f α f
Bài 8: cho a,b,c>0 Cmr: 3
2
a b b c c a+ + ≥
Giải: Đặt x b,y c,z a xyz 1
= = = ⇒ = và bđt đã cho ⇔1+1x+1+1y+1+1z ≥32
Giả sử z≤ ⇒ 1 xy≥ 1 nên ta có: 1 1 2 2
z
2
( )
f t
Trang 10Ta có: '( ) 2 2 22 2 2(1 )2 2 0 ( ) (1) 3 1
2
−
Nhận xét:Từ bài toán trên ta dễ dàng giải quyết được bài toán sau:
Cho a,b,c>0 Cmr: ( )3 ( )3 ( )3 3
8
a b + b c + c a ≥
+ + + (chọn đội tuyển thi IMO 2005)
Bài tập áp dụng:
1 Cho ,α β∈(0; ).π : .sinα α β− sinβ >2(cosβ −cos )α
2 Cmr
2 Cho x y R, ∈ và 2x y− = 2.Tìm gtnn của P= x2 + − (y 3) 2 + x2 + + (y 1) 2
(HSG QG Bảng B năm 1998)
3.Cho a,b>0 Cmr: (a+ 1) ln(a+ + 1) e b ≥ + (a 1)(b+ 1) (HSG 12 Nam Định 2004)