ứng dụng đạo hàm giải và biện luận phương trình bất phương trình hệ phương trình chứa tham số

Khi đó ta có các mệnh đề sau: xÎD maxfx.. II.PHƯƠNG PHÁP GIẢI F Bước 1: Tìm TXĐ, điều kiện của biến.. F Bước 2: Từ các dữ kiện của bài toán và các phương trình, tìm cách cô lập tham số

Trang 1

Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN _

PHƯƠNG TRÌNH–BẤT PHƯƠNG TRÌNH–HỆ CHỨA THAM SỐ

I.CƠ SỞ LÍ THUYẾT

Giả sử hàm số y = f(x) liên tục trên tập D và tồn tại giá trị lớn nhất, giá trị

nhỏ nhất trên tập đó, kí hiệu tương ứng

xÎDmaxf(x), xÎDminf(x) (hay maxf(x), D minD f(x)) Khi đó ta có các mệnh đề sau:

xÎD

maxf(x)

F Mệnh đề 2:

(i) f(x) ≥ m có nghiệm xÎD Û

xÎD maxf(x) ≥ m

(ii) f(x) ≥ m nghiệm đúng "xÎD Û xÎDmin f(x) ≥ m

F Mệnh đề 3:

(i) f(x) ≤ m có nghiệm xÎD Û

xÎDmin f(x) ≤ m

(ii) f(x) ≤ m nghiệm đúng "xÎD Û

xÎDmaxf(x) ≤ m

II.PHƯƠNG PHÁP GIẢI

F Bước 1: Tìm TXĐ, điều kiện của biến

F Bước 2: Từ các dữ kiện của bài toán và các phương trình, tìm cách cô lập

tham số để phương trình về dạng

f(x) = m hoặc f(x) = g(m)

F Bước 3: Sử dụng phép đặt ẩn phụ t = t(x) nếu cần thiết, chú ý khảo sát

chính xác tập giá trị D của biến

F Bước 4: Sử dụng đạo hàm khảo sát hàm số f(x) trên TXĐ, hay f(t) với

t=t(x), tÎD để suy ra GTLN–GTNN của hàm f(x), f(t)

F Bước 5: Từ GTLN–GTNN của f(x) hay f(t), suy ra giá trị tham số m thỏa

mãn bài toán

III.VÍ DỤ MINH HỌA

þ Bài 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm

Giải:

Trang 2

Phương trình đã cho tương đương với hệ:

î í

ìx≥3

î í

ìx³3

x2–2x+1 2x–5 =m (I) Xét hàm số y = x22x–5 với x ≥ 3 Ta có: –2x+1

f’(x)= 2x(2x–5)2–10x+82 , f’(x)=0 Û x=4

lim

x ® 3f(x) = –4; lim

x ® +∞f(x) = +∞

Bảng biến thiên:

x 3 4 +∞

f(x) 6

+∞

3 Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi hệ (I) có nghiệm, điều này xảy

ra khi m ³ 3

þ Bài 2. (Đại học khối B–2006)

Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt

Giải Điều kiện: x ³ – 12

Dễ thấy rằng "m thì x = 0 không là nghiệm

Phương trình tương đương với:

x2+mx+2=(2x+1)2 Û mx = 3x2+4x–1 Û m = 3x– 1x +4 (1) Xét hàm số f(x) = 3x+4 – 1x trên D =

ë ê

é–1

2 ,+∞ø÷

ö

\{0}

Ta có f’(x) = 3+x12 > 0 "xÎD

lim

x ® 0–f(x) = lim

x ® 0– èç

æ

3x– 1x +4

ø

÷

ö

= +a; lim

x ® 0+f(x) = lim

x ® 0+ èç

æ

3x– 1x +4

ø

÷ ö

= –{ ; lim

x ® +∞f(x) = lim

x ® +∞ èç

æ

3x– 1x +4

ø

÷

ö

= +∞

Bảng biến thiên

Trang 3

x –1

2 0 +∞

f(x)

+∞

3

+∞

–∞

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi m ³ 3

Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt

x2 + 2x – 8 = m(x–2)

Giải Điều kiện: x ≥ 2

Phương trình đã cho tương đương với

(x–2)(x3+6x2–32–m)=0 Û ëêéx=2

x3+6x2–32–m=0

trong khoảng (2,+∞)

Xét hàm số f(x) = x3+6x2–32 với x > 2 Ta có f’(x) = 3x2+12x > 0"x

> 2

x 2 +∞

f(x)

+∞

0

Từ bảng biến thiên ta thấy "m > 0 phương trình luôn có một nghiệm trong khoảng (2,+∞)

Vậy với mọi m > 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt

þ Bài 4. Tìm m để hàm số sau đây xác định với mọi x

Giải:

Hàm số xác định với mọi x nếu như:

cosx+ 12cos2x+ 13cos3x+m ≥ 0 "x (1)

Trang 4

Dễ thấy (1) có thể đưa về dạng sau:

4 3cos3x+cos2x+m–

1

2 ≥ 0 (2) Đặt t = cosx, tÎ[–1,1], (2) tương đương với:

4 3t3+t2 ≥

1

2 – m (3) Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình (3) thỏa mãn với mọi

tÎ[–1,1], điều này xảy ra khi và chỉ khi:

tÎ[–1,1]min f(t) ≥

1

2 – m Xét hàm số f(t) = 43t3+t2 trên [–1,1]

Ta có f’(t) = 4t2+2t, f’(t) = 0 Û

ë ê

ét=0 t=–12 Bảng biến thiên

t –1 –12 0 1 f’(t) + 0 – 0 + f(t)

–13

1

12

73

0

Từ đó suy ra

tÎ[–1,1]min f(t) = –

1

3 , vậy giá trị m phải thỏa mãn –

1

3 ≥

1

2 –

m Û m ≥ 56

x2+x+1 – x2–x+1 = m

Giải:

Đặt f(x) = x2+x+1 – x2–x+1 thì f(x) xác định "x Î R

2 x2+x+1 –

2x–1

2 x2–x+1 =

lim

x ® +∞f(x) = lim

x ® +∞( x2+x+1 – x2–x+1) = lim

x ® +∞

2x

x2+x+1+ x2–x+1

Trang 5

= 1

lim

x ® –∞f(x) = lim

x ® +∞

2x

x2+x+1+ x2–x+1 = –1

Từ các kết quả trên ta có bảng biến thiên sau:

x –∞ +∞

f(x) 1

–1 Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi –1 < m < 1

þ Bài 6. (Đề dự bị khối B–2007)

Tìm m để phương trình sau có nghiệm

4 x2+1– x = m Giải:

Điều kiện: x ≥ 0

Xét hàm số f(x) = 4 x2+1– x trên [0,+∞)

24 (x2+1)3

2 x

24 (x2+1)3

– 1

2 x = 0 Û x–4 (x2+1)3 = 0 Û x2 = (x2+1)3 phương trình vô nghiệm

Do đó f’(x) không đổi dấu trên [0,+∞), f’(1) < 0

lim

x ® +∞f(x) = lim

x ® +∞(4 x2+1– x) = lim

x ® +∞ x( 4 1+x12 –1) = 0 Bảng biến thiên

x 0 +∞

f(x) 1

0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 0 < m ≤ 1

Trang 6

þ Bài 7. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

x+ 9–x = –x2+9x+m (1)

có nghiệm

Giải:

Điều kiện 0 ≤ x ≤ 9

Bình phương 2 vế của (1) ta được phương trình tương đương:

Đặt t = –x2+9x

2 –x2+9x , t’=0 Û x = 92

x 0

9

2 9 f’(x) + 0 – f(x)

9

2

0 0

Từ bảng trên ta có 0 ≤ t ≤ 92 Khi đó phương trình (2) trở thành:

9+2t = t2+m Û –t2+2t+9 = m (3) Xét hàm số: f(t) = –t2+2t+9 trên đoạn

ë ê

é û ú

ù

0,92 f’(t) = –2t+2, f’(t) = 0 Û t = 1

x 0 1 92 f’(x) + 0 – f(x) 10 9

–94 (1) có nghiệm xÎ[ ]0,9 khi (3) có nghiệm tÎëêé

û ú

ù

0,92 Điều này xảy ra khi: –94 ≤ m ≤ 10

þ Bài 8. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm

x+1– 4–x ≥ m (1)

Giải:

Điều kiện: –1 ≤ x ≤ 4

Đặt f(x) = x+1– 4–x với xÎ[–1,4]

Trang 7

(1) có nghiệm khi và chỉ khi

xÎ[–1,4]max f(x) ≥ m

1

2 4–x > 0, "xÎ[–1;4]

Do đó

xÎ[–1,4]max f(x) = f(4) = 5 Vậy m ≤ 5 là giá trị cần tìm

þ Bài 9. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm

mx– x–3 ≤ m+1 (1)

Giải:

Điều kiện: x ≥ 3

Biến đổi (1) về dạng:

m(x–1) ≤ x–3+1 (2)

Vì x ≥ 3 nên (2) tương đương với bất phương trình:

m ≤ x–3+1x–1 Xét hàm số f(x) = x–3+1x–1 với x ≥ 3

2 x–3(x–1)2 , f(x) = 0 Û x = 5

lim

x ® +∞f(x) = lim

x ® +∞

x–3+1 x–1 = limx ® +∞

1 x–x32+1 1–1x

= 1

x 3 5 +∞

f’(x) + 0 –

1+ 24 f(x) 1

2

1

Từ bảng trên ta suy ra bất phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi

m ≤ 1+ 24

þ Bài 10. Tìm m để bất phương trình có nghiệm

có nghiệm xÎ[0,1+ 3]

Trang 8

Giải:

Đặt t = x2–2x+2

x2–2x+2 , t’= 0 Û x = 1 Bảng biến thiên

x –1 0 1+ 3 f’(x) – 0 +

f(x)

2

1

Từ đó 1 ≤ t ≤ 2 Với 1 ≤ t ≤ 2 ta biến đổi:

t = x2–2x+2 Û t2 = x2–2x+2 Û t2–2 = –x(2–x) Bất phương trình (1) trở thành:

m(t+1) ≤ t2–2 Û m ≤ tt+1 (2) 2–2 Xét hàm số f(t) = tt+1 với 1 ≤ t ≤ 2 Ta có f’(t) = 2–2 t2(t+1)+2t+22 > 0,

"tÎ[ ]1,2

t 1 2

f(t) 23 1

2

Từ bảng biến thiên (1) có nghiệm xÎ[0,1+ 3 khi và chỉ khi (2) có ]

nghiệm tÎ[ ]1,2 Điều này xảy ra khi m ≤

tÎmax f(t) = f(2) = [ ]1,2

2

3 Vậy m ≤ 23 thỏa mãn bài toán

þ Bài 11. (Đại học khối A–2007)

Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực

3 x–1 + m x+1 = 24 x2–1 (1)

Giải Điều kiện: x ≥ 1

Trang 9

Ta có: (1) Û –3 x+1 + 2 x–1 4 x+1 = m (2) x–1

Đặt t = 4 x+1 = x–1 4 1–x+1 , vì x ≥ 1 nên 0 ≤ t <1 2

Xét hàm số f(t) = –3t2+2t trên [0;1)

f’(t) = –6t+2

t

0 13 1 f’(t) + 0 –

13 f(t)

0

–1 Phương trình (1) có nghiệm Û phương trình (2) có nghiệm thuộc [0;1) Dựa vào bảng biến thiên ta được –1 < m ≤ 13 là giá trị cần tìm

Xác định m để phương trình sau có nghiệm

m( 1+x2 – 1–x2 + 2) = 2 1–x4 + 1+x2 – 1–x2 (1)

Giải Điều kiện: –1 ≤ x ≤ 1

Đặt t = 1+x2 – 1–x2

Ta có 1+x2 ≥ 1–x2 Þ t ≥ 0 , t2 = 2 – 2 1–x4 ≤ 2 , mặt khác t liên tục trên [–1,1]

Þ Tập giá trị của t là [0; 2]

Phương trình (1) trở thành:

m(t+2) = –t2+t+2 Û –t2t+2 = m (2) +t+2 Xét hàm số f(t) = –t2t+2 trên [0; 2] +t+2

f’(t) = –t(t+2)2–4t2 ≤ 0 "tÎ[0; 2] Þ f(t) nghịch biến trên [0; 2]

Do đó

[0; 2]min f(t) = f( 2) = 2–1 , [0; 2]max f(t) = f(0) = 1 (1) có nghiệm Û (2) có nghiệm thuộc [0; 2]

Trang 10

Û

[0; 2]min f(t) ≤ m ≤ [0; 2]max f(t)

Vậy giá trị của m cần tìm là 2–1 ≤ m ≤ 1

þ Bài 13. (Đại học khối A–2008)

Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt

4

Giải Điều kiện 0 ≤ x ≤ 6

Ta có f(x) = (2x)

1

4 + (2x)12 + 2(6–x)14 + 2(6–x)12

Þ f’(x)= 14(2x)

–3

4 .2 + 1

2(2x)

–1

2 .2 + 1

4.2(6–x)

–3

4 .(–1) + 1

2.2(6–x)

–1

2 (–1)

= 12 1

4

(2x)3

2x –

1

2

1

4

(6–x)3

6–x

= 12

è

ç

4

(2x)3

4

(6–x)3 ø÷

ö

+

è ç

æ 1 2x –

1 6–xø÷

ö

=

è

ç

æ 1

4 2x

4 6–xø

÷

ö

ë ê

é 1

2èç

4 (2x)2

4 (6–x)2 ø÷

ö

4 2x

4 6–xû

ú

ù

4

2x

4

6–x

= 0 Û 4 2x = 4 6–x Û x = 2

x 0 2 6 f’(x) + 0 –

3 2+6 f(x)

24 6+2 6

4

12+2 3

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đường thẳng

Trang 11

[0,6]

Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m thỏa mãn bài toán là

þ Bài 14. Tìm m để phương trình

có nghiệm trên đoạn

ë ê

é û ú ù

–p

2 ,p

2

Giải:

Dễ thấy với mọi m thì 1+cosx ≠ 0 (vì nếu 1+cosx = 0 thì vế trái bằng 2,vô lí)

Do đó phương trình đã cho tương đương với phương trình:

2(1+sin2x) (1+cosx)2 = m Đặt tan 2 = t, khi đó: cosx = x 1+t1–t22 , sinx = 1+t2t2

Bài toán đã cho trở thành: Tìm m để phương trình t4–4t3+2t2+4t+1 = m

2 có nghiệm thuộc đoạn [–1,1 ]

Xét hàm số f(t) = t4–4t3+2t2+4t+1 trên [–1,1 ]

Ta có: f’(t)=(t–1)(t2–2t–1)=0 Û

ë ê

ét=1 t=1– 2 Bảng biến thiên:

x –1 1– 2 1

0

Từ bảng trên suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi

0 ≤ m ≤ 2

sin4x+cos4x=m2cos24x (1)

Giải:

Biến đổi phương trình (1):

(sin2x+cos2x)2–2sin2xcos2x=m2cos24x Û1– 12 sin22x = m2cos24x

Û 1– 1–cos4x4 = m2cos24x Û 3+cos4x = 4m2cos24x (2)

Dễ thấy cos4x = 0 không là nghiệm của (2), do đó ta viết:

Trang 12

(2) Û 3+cos4xcos24x = 4m2 (3) Đặt t = cos4x, tÎ[–1,1] Khi đó (3) có dạng:

3+t

t2 = 4m2 (4) Xét hàm số f(t) = 3+tt2 trên [–1,1] Ta có f’(t) = –t–6t3 , f’(t) = 0 Û t = –

6

lim

t ® 0+f(t) = lim

t ® 0

3+t

t2 = +∞ ; lim

t ® 0–t = lim

t ® 0–

3+t

t2 = +∞

t –1 0 1

f(t)

+∞

2

+∞

4 Phương trình (1) có nghiệm x khi và chỉ khi phương trình (4) có nghiệm tÎ[–1,1]

2

2 và m ≥

1

2 thỏa mãn bài toán

3 sin2x +3tan2x+m(tanx+cotx)–1=0

Giải:

Điều kiện: sinxcosx≠0

Phương trình đã cho có thể viết dưới dạng:

3(tan2x+cot2x)+m(tanx+cotx)+2 = 0 (1) Đặt t = tanx+cotx Þ |t| > 2

Khi đó phương trình (1) có dạng:

3t2+mt–4 = 0 Û 4–3tt = m (2) 2 Xét hàm số f(t) = 4–3tt với |t| ≥ 2 Ta có f’(t) = 2 –3tt22–4 < 0 "|t| > 2

Trang 13

lim

t ® –∞f(t) = lim

t ® –∞

4

t2–3 1 t

= + ; lim

t ® +∞f(t) = lim

t ® +∞

4

t2–3 1 t

= –∞

Bảng biến thiên:

t –∞ –2 2 +∞

f(t)

+∞

4

–4 –∞

Từ bảng trên ta được m > 4 , m < –4 thỏa mãn bài toán

þ Bài 17. Tìm m để phương trình

3 tanx+1(sinx+2cosx) = m(sinx+3cosx) (1)

có nghiệm duy nhất thuộc khoảng

è ç

æ ø

÷

ö

0,p

2 Giải:

Xét xÎ

è ç

æ ø

÷

ö

0,p

2 , khi đó sinx > 0, cosx > 0, tanx > 0 và sinx + 3cosx > 0 (1) Û 3 tanx+1

è ç

æsinx+2cosx sinx+3cosxø÷

ö

= m Û 3 tanx+1

è ç

ætanx+2 tanx+3ø÷

ö

= m (2)

Đặt t = tanx, t > 0, (2) trở thành:

3 t+1.t+2t+3 = m (3) Xét hàm số f(t) = 3 t+1.t+2t+3 (t > 0)

Ta có f’(t) = 3

2 t+1

t+2 t+3 +

3 t+1 (t+3)2 > 0, "t > 0 Bảng biến thiên

t 0 +∞

f(t) +∞

2 Ứng với mỗi t > 0 thỏa mãn phương trình (3) ta được đúng một

nghiệm xÎèçæ

ø

÷

ö

0,p

2

Trang 14

Do đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có duy nhất nghiệm t > 0

Căn cứ vào bảng biến thiên ta suy ra m > 2

þ Bài 18. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm

4sin3xsinx + 4cos

è ç

æ

3x – p

4ø÷

ö

cos

è ç

æ

x + p

4ø÷

ö

– cos2

è ç

æ

2x + p

4ø÷

ö

+ m = 0 Giải

Ta có:

4sin3xsinx = 2(cos2x – cos4x)

4cos

è

ç

æ

3x – p

4ø÷

ö

cos

è ç

æ

x + p

4ø÷

ö

= 2

ë ê

é

cos

è ç

æ

2x – p

2 ø÷

ö

+ cos4x

û ú

ù

= 2(sin2x + cos4x)

cos2

è

ç

æ

2x + p

4ø÷

ö

= 12

ë ê

é

1 + cos

è ç

æ

4x + p

2ø÷

ö û ú

ù

= 12(1–sin4x)

Do đó, phương trình đã cho tương đương với:

2(cos2x + sin2x) + 12 sin4x + m – 12 = 0 (1) Đặt t = cos2x + sin2x = 2cos

è ç

æ

2x – p

4ø÷

ö

Þ tÎ [– 2, 2]

Khi đó sin4x = 2sin2xcos2x = t2–1, phương trình (1) trở thành:

t2+4t+2m–2 = 0 Û t2+4t = 2–2m (2) Xét hàm số f(t) = t2+4t trên [– 2, 2] , f’(t) = 2t+4

x – 2 2

f(x) 2+4 2

2–4 2 (1) có nghiệm Û (2) có nghiệm trong [– 2, 2] Û 2–4 2 £ 2–2m £ 2+4 2

Vậy giá trị m thỏa mãn bài toán là –2 2 £ m £ 2 2

þ Bài 19. (Đại học Sư Phạm Hà Nội II – 2001)

Tìm tất cả các giá trị của tham số a để bất phương trình

a.9x+(a–1).3x+2+a–1 > 0 nghiệm đúng với mọi x

Giải Đặt t = 3x > 0

Trang 15

Bpt Û at2+9(a–1)t+a–1 > 0 Û a(t2+9t+1) > 9t+1 Û a > t29t+1+9t+1 (1)

Bpt đã cho nghiệm đúng với mọi x Û (1) đúng với mọi t > 0

Xét hàm số f(t) = t29t+1+9t+1

Ta có f’(t) = (t–9t2+9t+1)2–2t 2 < 0 "t > 0

t 0 +∞

f’(t) – f(t) 1

0

Vậy a ≥ 1 thỏa mãn bài toán þ Bài 20. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm è ç æ ø ÷ ö 1 3 |x2–2x| = m2+m+1 Giải: Do m2+m+1 > 0 với mọi m nên phương trình đã cho tương đương với phương trình sau:

f(x) = |x2–2x| = log1 3(m 2+m+1) (1)

Ta có bảng sau: x 0 1 2

f(x) x2–2x 2x–x2 x2–2x f’(x) 2x–2 2–2x 2x–2 f’(x) – + 0 – +

f(x) +∞

1

0 0

+∞

Từ bảng trên suy ra (1) có 4 nghiệm khi và chỉ khi:

0 < log1

3(m

2+m+1) < 1 Û 13 < m2+m+1 < 1 Û –1 < m < 0