Chuyên đề xét dấu và ứng dụng

Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số PHẦN I ỨNG DỤNG CỦA TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Một số mệnh đề: Ký hiệu K là một đoạn,một khoảng hoặc một nửa khoảng. 1) Nếu f(x) liên tục trên đoạn [a ; b] và f(a).f(b) < 0 thì phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm c ∈ (a ; b). 2) Nếu f(x) liên tục và đơn điệu trên K thì phương trình f(x) = 0 có không quá một nghiệm trên K. Tổng quát hơn, Nếu f(x) liên tục và tăng trên K, g(x) liên tục và giảm (hoặc là hàm hằng) trên K thì phương trình f(x) = g(x) có không quá một nghiệm trên K. 3) Nếu f(x) liên tục và đơn điệu trên K thì ∀ x, y ∈ K ta có f(x) = f(y) ⇔ x = y. 4) (Định lý Lagrange) Nếu f(x) liên tục trên đoạn [a ; b] và có đạo hàm trên khoảng (a ; b) thì tồn tại c ∈ (a ; b) sao cho: ( ) ( ) ( ) f b f a f c b a − ′ = − . 5) Nếu PT / ( ) 0f x = có n nghiệm trên (a ; b) thì PT f(x) = 0 có không quá (n + 1) nghiệm trên (a ; b). Lưu ý : * Tổng của 2 hàm tăng trên K là một hàm tăng trên K; tổng của 2 hàm giảm trên K là một hàm giảm trên K. * Nếu f(x) là hàm tăng trên K thì a.f(x) tăng trên K nếu a > 0 và a.f(x) giảm trên K nếu a < 0. 1) Giải phương trình 2 2 | | 3 1 8 6 1 3 x x x x x x − + + + = + Giải. ĐK : 2 3 (3 1) 0.x x x x+ = + ≠ PT được viết lại : 2 2 2 2 1 1 1 1 (3 1) (3 1) 3 1 | | 3 1 | | x x x x x x x x + − = − ⇔ + − = − + + . PT này có dạng f(u) = f(v) với | 3 1|, | |u x v x= + = và 2 1 ( ) , 0.f t t t t = − > Ta có / 2 1 ( ) 2 0, (0; )f t t t K t = + > ∀ ∈ = +∞ nên f(t) tăng trên K. Vì u, v > 0 nên f(u) = f(v) ⇔ u = v ⇔ 1 3 1 2 | 3 1| | | 3 1 1 4 x x x x x x x x −  =  + =  + = ⇔ ⇔   + = − −   =   2) Giải phương trình 1 2 2 7 4x x x− + − + + = . Giải. ĐK : x ≥ 1. • Vì các hàm số y = x − 1, y = x − 2 và y = x + 7 tăng trên R nên ( ) 1 2 2 7f x x x x= − + − + + liên tục và tăng trên [1 ; +∞). Do đó, PT f(x) = 4 có không quá một nghiệm trên [1 ; + ∞). • Mặt khác, f(2) = 4 nên PT f(x) = 4 có nghiệm duy nhất là x = 2. 3) Giải phương trình 2 2 2 2 2 1 2 2 1 ( 1)(2 2 1) x x x x x x x x x x + + + − + + = + + + + Giải. PT được viết lại : 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 ( 1) (2 2 1) x x x x x x x x + + − + + = − + + + + Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 1 Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 ( 1) (2 2 1) x x x x x x x x ⇔ + + − = + + − + + + + . PT này có dạng f(u) = f(v) với 1 ( )f t t t = − . Ta có / 2 1 1 ( ) (0; ) 2 f t t t t = + > ∀ ∈ +∞ nên f(t) tăng trên (0 ; +∞). Mặt khác, 2 1u x x= + + và 2 2 2 1v x x= + + luôn luôn dương với mọi x nên PT đã cho tương đương với PT 2 2 2 0 1 2 2 1 0 1. x u v x x x x x x x =  = ⇔ + + = + + ⇔ + = ⇔  = −  4) Giải phương trình 3 2 2 5 2 5 x x x + + + = . Giải. PT được viết lại 3 2 2 5 (3 2) 5 2 x x x x + + + = + có dạng f(u) = f(v) với ( ) 5 t f t t= + . Ta có / ( ) 5 ln5 1 0, t f t t= + > ∀ nên f(t) tăng trên R. Vì vậy, f(u) = f(v) ⇔ 3 2 2 2.u v x x x= ⇔ + = ⇔ = 5) Giải phương trình 2 2 1 2 3 1 log 2 2 1 x x x x x x + + = − + − + Giải. PT được viết lại 2 2 2 2 1 1 3 3 log ( 1) log (2 1) ( 1) (2 1)x x x x x x x x+ + − − + = + + − − + 2 2 2 2 1 1 3 3 log ( 1) ( 1) log (2 1) (2 1)x x x x x x x x⇔ + + − + + = − + − − + . PT này có dạng f(u) = f(v) với 1 3 ( ) logf t t t= − + . Ta có / 1 ( ) 1 0, (0; ) .ln3 f t t K t = − − < ∀ ∈ = +∞ nên f(t) giảm trên K. Vì vậy, f(u) = f(v) ⇔ u = v ⇔ 2 2 2 1 2 1 2 0.x x x x x x+ + = − + ⇔ − = 6) 2 2 2 3 6 11 3 1x x x x x x− + − − + > − − − Giải. ĐK : 1 3x ≤ ≤ 2 2 2 3 1 6 11 3x x x x x x− + + − > − + + − ( ) ( ) 2 2 1 2 1 3 2 3x x x x⇔ − + + − > − + + − Xét hàm số ( ) 2 2y f t t t= = + + trên K = [0 ; +∞). Ta có ( ) ( ) 2 1 ' 0, 0 2 1 2 t f t t t t = + > ∀ > − + nên f(t) liên tục, tăng trên K. BPT đã cho tương đương với ( 1) (3 ) 1 3 1 0 2 3 1 3 3 0 f x f x x x x x x x − > −  − > −   − ≥ ⇔ ⇔ ≤ ≤   ≤ ≤   − ≥  7) ( ) ( ) 2 2 2 1 5 5 2 x y y x x y  − = −   + + =   Giải. PT (1) : 2 2 x y x y+ = + . Ta có hàm số ( ) 2 t f t t= + tăng trên R nên (1) ⇔ x = y. Thay vào PT (2) ta được PT 2 5 5x x+ = − là một PT cơ bản. 8) 3 3 2004 2004 2003 1 3 1 2 x y xy x y  + = −   + =   Giải. Ta có 3 3 2 2 2 1 1 3 ( 1)[( 1) ( 1) ( ) ] 0 1 x y x y xy x y x y x y x y + =  + = − ⇔ + − + + + + − = ⇔  = = −  * x = y = −1 không là nghiệm của hệ. * x + y = 1 ⇔ y = 1 − x. Xét ( ) (1 ) , 2. n n f t t t n= + − ≥ Ta có / 1 1 ( ) (1 ) n n f t nt n t − − = − − , f’(t) = 0 ⇔ t = 1/2. Lập BBT của f(t) ta được 1 1 ( ) 2 n f t − ≥ và đẳng thức xảy ra KVCK t = 1/2. Hệ đã cho có duy nhất cặp nghiệm 1 1 ( ; ) 2 2 . 9) CMR PT 2 100 sinx x = có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc [2π ;3π] Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 2 Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số Giải. Với x ∈ [2π ;3π ], PT đã cho tương đương với PT lgx sinx 0− = . Đặt ( ) lg sin , [2 ;3 ]f x x x x π π = − ∈ ta có 2 1 ( ) sin 0, [2 ;3 ] ln10 "f x x x x π π = − − < ∈ nên f'(x) có không quá một nghiệm. Do đó, f(x) có không quá hai nghiệm trên [2π ;3π]. Mặt khác, 5 (2 ) ( ) (3 ) 0 2 f f f π π π < nên PT có ít nhất hai nghiệm phân biệt [2 ;3 ]x π π ∈ . Vậy PT đâ cho có đúng hai nghiệm trên [2π ;3π]. 10) Chứng minh rằng hệ sau có đúng hai nghiệm (x ; y) sao cho x>0 ; y>0 : 2 2 2007 (1) 1 2007 (2) 1 x y y e y x e x  = −  −    = −  −  Giải. ĐK : , ( ; 1) (1; )x y∈ −∞ − ∪ +∞ . Theo giả thiết x, y > 0 của bài toán, ta phải CM hệ đã cho có đúng hai nghiệm (x ; y) sao cho x >1 và y >1. Từ hệ ta được : 2 2 1 1 x y y x e e y x + = + − − . Do đó, 2 2 (3) 1 1 x y x y e e x y − = − − − Xét hàm số 2 ( ) 1 t t g t e t = − − ta có 2 3 1 ( ) 0, 1. ( 1) t g t e t t ′ = + > ∀ > − Do đó g(t) đồng biến trên (1 ; +∞). Vì vậy trên (1; ), (3) x y+∞ ⇔ = . Thay vào (1) ta được : 2 2007 0. 1 x x e x + − = − Xét hàm số 2 ( ) 2007 1 x x f x e x = + − − , với x>1. Ta có, // 5 2 2 3 ( ) 0, 1 ( 1) x x f x e x x = + > ∀ > − nên / ( )f x đồng biến trên (1; +∞). Do / ( )f x tăng trên (1 ; +∞), 1 lim ( ) x f x + → ′ = −∞ và / (2) 0f > nên / ( )f x có duy nhất 1 nghiệm 0 (1; )x ∈ +∞ . Suy ra, ( ) / 0 ( ) 0f x f x< = khi 0 1 x x< < và 0 ( ) 0 ( )f x f x ′ > = , khi 0 x x> . Dựa vào BBT của f(x) trên (1 ; +∞) ta thấy ngay pt f(x) =0 có đúng 2 nghiệm x>1. 11) ln(1 ) ln(1 ), 0. x y e e x y y x a  − = + − +  − = >  CM hệ luôn luôn có một nghiệm duy nhất. Giải. Xét ( ) ln(1 ), 1 x f x e x x= − + > − . Hệ đã cho tương đương với ( ) ( )f x f x a y x a = +   = +  . Ta cần chứng minh rằng với mọi a > 0 PT g(x) = f(x+a) − f(x) = 0 có nghiệm duy nhất. Ta có ( ) ( 1) 0, 1, 0 (1 )(1 ) x a a g x e e x a x x a ′ = − + > ∀ > − > + + + nên g(x) là hàm số tăng trên ( 1; )− +∞ . Mặt khác, 1 lim ( ) x g x →− = −∞ và 1 lim ( ) x g x →− = +∞ nên PT g(x) = 0 có duy nhất một nghiệm x > -1 với mọi a > 0. Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 3 x f'(x) f(x) +∞ 1 x 0 0 + − 2 f(2)<0 +∞ +∞ y =0 Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số 12) Giải hệ 5 2 0 5 2 0 5 2 0 x y y y z z z x x  − + =   − + =   − + =   Giải. Dễ thấy x = 0 hoặc y = 0 hoặc z = 0 đều không thỏa hệ. Vì vậy ta phải có x, y , z đều dương. Hệ được viết lại 2 5 ( ) 2 5 ( ) 2 5 ( ) x f y y y f z z z f x x  = − =    = − =    = − =   . Xét hàm số 2 ( ) 5f t t = − , ta có / 3 1 ( ) 0, 0.f t t t = > ∀ > Do đó f(t) là hàm số tăng trên (0 ; +∞). Nếu x > y thì ta có x = f(y) > y = f(z) nên y > z. Suy ra f(z) > f(x) ⇔ z > x. Vậy, x > y > z > x. Mâu thuẫn! Tương tự, các trường hợp x > z ; y > z ; y > x ; z > x ; z > y đều mâu thuẫn. Do đó, x = y = z. PT 2 5x x = − được giải bằng cách đặt u x= . MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Giải các PT, BPT hệ PT sau : 1) 3 3 3 1 3 2 2 4 5x x x− + + + + = 2) 2 4 1 4 1 1x x− + − = 3) 4 2.9 2.16 x x x + = 4) ( ) ( ) 2 lg 6 lg 2 4x x x x− − + = + + 5) ( ) 6 log 2 6 log 3 log x x x+ = 6) ( ) ( ) 2 3 log 2 1 log 4 2 2 x x + + + ≤ 7) 2 3 3 2 0 4 2 x x x − + − ≥ − . 8) 3 2 2 log log 4 10 2 x y e e x y x y  − = −   + =   9) 2 2 ln(1 ) ln(1 ) 2 5 0 x y x y x xy y + − + = −   − + =  10) ( ) 6 4 sin sin 10 1 3 2 5 ; 4 x y x e y x y x y π π −  =    + = +    < <   11) sin sin cos2 3sin 1 0 x y x y x y − = −   − + =  12) 3 3 1 log (1 2 ) x x x= + + + 13) 3 3 log (5 1) log (5 1) x y y x = −   = −  14) 3 2 3 2 3 2 2, 2, 2. y x x x x z z z z y y y  = + + −  = + + −   = + + −  15) 3 2 3 2 3 2 3 3 ln( 1) 3 3 ln( 1) 3 3 ln( 1) x x x x y y y y y z z z z z x  + − + − + =  + − + − + =   + − + − + =  Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 4 Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số PHẦN II DÙNG MIN, MAX VÀ PHƯƠNG PHÁP “CÔ LẬP THAM SỐ” ĐỂ TÌM ĐIỀU KIỆN CHO PT – BPT CÓ NGHIỆM CƠ SỞ LÝ LUẬN: MĐ1: Nếu hàm số f(x) liên lục trên ĐOẠN D = [a,b] thì phương trình f(x) = m có nghiệm trên D khi và chỉ khi m 0 = min ( ) max ( ) x D x D f x m f x ∈ ∈ ≤ ≤ = M 0 . Tổng quát hơn, m 0 = inf ( ) sup ( ) x D x D f x m f x ∈ ∈ ≤ ≤ = M 0 nếu a, b có thể là ∞. MĐ2: Nếu hàm số f(x) liên lục trên ĐOẠN D = [a,b] thì: 1) Bất phương trình f(x) ≥ m có nghiệm trên D khi và chỉ khi: max ( ) x D m f x ∈ ≤ (m ≤ sup ( ) x D f x ∈ nếu a, b có thể là ∞ ) 2 ) Bất phương trình f(x) ≤ m có nghiệm trên D khi và chỉ khi: min ( ) x D m f x ∈ ≥ ( inf ( ) x D m f x ∈ ≥ nếu a, b có thể là ∞ ) MĐ3: Nếu hàm số f(x) liên lục trên ĐOẠN D = [a,b] thì: 1) Bất phương trình f(x) ≥ m đúng với ∀ x ∈ D khi và chỉ khi: min ( ) x D m f x ∈ ≤ ( inf ( ) x D m f x ∈ ≤ nếu a, b có thể là ∞) 2 ) Bất phương trình f(x) ≤ m đúng với ∀ x ∈ D khi và chỉ khi: max ( ) x D m f x ∈ ≥ ( sup ( ) x D m f x ∈ ≥ nếu a, b có thể là ∞) Việc tìm inf f(x); sup f(x) có thể dùng khảo sát hàm số, BĐT hoặc phương pháp miền giá trị . Có nhiều bài toán về xác định tham số để PT − BPT có nghiệm thỏa mãn yêu cầu nào đó mà ta có thể “cô lập” được tham số (đưa về dạng m = f(x), m ≥ f(x) hoặc m ≤ f(x)). Khi đó, bằng cách lập BBT của f(x) rồi dùng các mệnh đề trên hoặc đọc BBT ta có được kết quả. Sau đây là một số ví dụ như vậy. VÍ DỤ 1. Tìm m để HS sau tăng trên D = [2;+∞): 3 2 1 ( 1) 3( 2) 3 y x m x m x= − − + − . Giải. Cách 1: (Dùng tam thức bậc hai) y' = mx 2 – 2(m – 1)x + 3(m – 2). HS tăng trên D khi và chỉ khi y' ≥ 0, ∀ x ∈ D. Ta có: m –∞ 2 6 2 − 0 2 6 2 + +∞ a = m – – 0 + + ∆ – 0 + + 0 – + Tr hợp: m ≤ 2 6 2 − <0 thì y' ≤ 0 với mọi x nên không thỏa yêu cầu của đề. + Tr hợp: m ≥ 2 6 2 + thì y' ≥ 0 với mọi x nên y' ≥ 0 đúng với mọi x ∈ D, thỏa yêu cầu của đề. + Tr hợp: m = 0 thì y' = 2x – 6 nên y' ≥ 0 ⇔ x ≥ 3. Hàm số chỉ tăng trên [3;+∞), không thỏa yêu cầu của đề. + Tr hợp: 2 6 2 − < m < 0 thì y' ≥ 0 với mọi x ∈ [x 1 ,x 2 ] mà D ⊄ [x 1 ,x 2 ] nên thỏa yêu cầu của đề. + Tr hợp: 0< m < 2 6 2 + thì y' ≥ 0 với mọi x ∈ ( –∞;x 1 ]∪[x 2 ;+∞) nên y' ≥ 0 với mọi x∈D KVCK x 1 < x 2 ≤ 2. ĐK: 2 6 0 2 '(2) 0 m y  + < <    ≥  ⇔ 2 6 0 2 2 3 m m  + < <     ≥   ⇔ 2 3 ≤ m < 2 6 2 + Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 5 Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số Tóm lại, m ≥ 2 3 . Cách 2: (Cô lập tham số) Ta có y' ≥0, ∀x∈D=[2;+∞) tương đương với 2 2 6 2 3 x m x x − + ≥ − + ∀x∈D. (Vì x 2 –2x+3>0 ∀x∈D.) Tương đương với m ≥ 2 [2; ) 2 6 max 2 3 x x x +∞ − + − + = 2 3 . (xét f(x)= 2 2 6 2 3 x x x − + − + ; f'(x)= 2 2 2 2 12 6 ( 2 3) x x x x − + − + ) VÍ DỤ 2. Tìm m để BPT sau đúng với mọi x thuộc tập xác định của nó: 2 (4 )(6 ) 2x x x x m+ − ≤ − + Giải. TXĐ của BPT là ∀ x ∈ [ –4;6] (Vì (4 + x)(6 – x) ≥ 0) Đặt t = 2 2 (4 )(6 ) 2 24 25 ( 1)x x x x x+ − = − + + = − − . Ta có: 0 ≤ t ≤ 5, ∀ x ∈ [ –4;6]. BPT đã cho viết được lại: t 2 + t – 24 ≤ m, với t ∈ [0; 5]. Xét hàm số f(t) = t 2 + t – 24 trên [0; 5], ta có f’(t) = 2t + 1. Từ BBT ta suy ra [0;5] max ( ) t f t ∈ = 6. Do đó f(t) ≤ m với ∀ t ∈ [0;5] khi và chỉ khi m ≥ 6. Nhận xét: 1) Nếu cần tìm m để 2 (4 )(6 ) 2x x x x m+ − ≥ − + , ∀x ∈[ –4;6] thì ta tìm m để f(t) ≥ m, ∀t ∈ [0;5] ⇔ [0;5] min ( ) t f t ∈ ≥ m ⇔ –24 ≥ m. 2) Nếu cần tìm m để 2 (4 )(6 ) 2x x x x m+ − ≥ − + có nghiệm thì ta cần có f(t) ≥ m có nghiệm ⇔ [0;5] max ( ) t f t ∈ ≥ m ⇔ 6 ≥ m. Lưu ý: Đối với học sinh lớp 10 và 11 có thể lập được BBT như trên mà không cần dùng đạo hàm. VÍ DỤ 3. Tìm m để BPT sau đúng với mọi x ≥ 2: 3 2 1 2 ( 1)x x m x m x − − − + ≥ . Giải. BPT: x 4 – 2x 3 + x 2 – 1 ≥ (x 2 – x)m ⇔ 4 3 2 2 2 1x x x m x x − + − ≥ − , ∀ x ≥ 2. ⇔ 2 1t m t − ≥ , ∀ t ≥ 2 (ở đây t= x 2 – x ≥ 2, ∀ x ≥ 2). Tương đương với [2; ) min ( ) t f t ∈ +∞ ≥ m. Lập BBT của hàm số f(t) = 2 1t t − trên miền [2, +∞) ta được [2; ) 3 min ( ) 2 t f t ∈ +∞ = ≥ m. VÍ DỤ 4. Cho PT 4m(sin 6 x + cos 6 x – 1) = 3sin6x. 1) Giải PT khi m = –4. 2) Biện luận, theo m, số nghiệm [ ; ] 4 4 x π π ∈ − của PT. Giải. Ta có: 6 6 2 3 sin cos 1 sin 2 4 x x x+ = − (Dùng hằng đẳng thức bậc 3). Và sin6x = 3 (3sin 2 4sin 2 )x x− (công thức nhân 3 của sin là: sin3α = 3 3sin 4sin α α − ) PT viết lại: 2 3 3 4 (1 sin 2 1) 3(3sin 2 4sin 2 ) 4 m x x x− − = − Đặt t = sin2x, ta có [ ; ] 4 4 x π π ∈ − thì [ 1;1]t ∈ − và với mỗi [ 1;1]t ∈ − thì có duy nhất [ ; ] 4 4 x π π ∈ − thỏa PT t = sin2x. Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 6 t f’(t) f(t) –∞ – 0 5 +∞ – –24 – + + 0 6 Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số Do đó số nghiệm [ ; ] 4 4 x π π ∈ − của PT đã cho bằng số nghiệm [ 1;1]t ∈ − của PT 4t 3 – mt 2 –3t= 0 (*) Ta có (*) ⇔ 2 0 4t - mt -3 =0 (1) t =    Vì t = 0 không là nghiệm của (1) nên chia 2 vế cho t và làm gọn ta được: 2 4 3t m t − = Xét hàm số f(t) = 2 4 3t m t − = với ∀ t ∈ [ –1;1]. Dựa vào BTT (nhìn vào các đường vẽ đứt) ta có: • m < –1 thì PT (1) có 1 nghiệm 0 < t < 1 nên PT (*) có 2 nghiệm. • –1 ≤ m ≤ 1 thì PT (1) có 2 nghiệm –1≤ t ≤ 1 và t ≠ 0 nên PT (*) có 3 nghiệm. • m > 1 thì PT (1) có 1 nghiệm –1< t < 0 nên PT (*) có 2 nghiệm. VÍ DỤ 5. Tìm m để hệ BPT sau có nghiệm: 2 4 2 2 3 4 5 (1) 1 log ( ) log ( 1) (2) x x m x x   − ≥   + − ≥ +  Giải. (1) ⇔ 1 5 1 4( ) ( ) 3 3 x x ≥ + . Vì f(x) = 1 5 4( ) ( ) 3 3 x x + là hàm số giảm và f(2) = 1 nên (1) ⇔ f(x) ≤ f(2) ⇔ x ≥ 2. (2) ⇔ 4 2 2 2 log 2 log ( ) log ( 1)m x x+ − ≥ + ⇔ 2(m–x) ≥ x 4 + 1>0 ⇔ 4 1 ( 2 1) ( ) 2 m x x h x≥ + + = Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi h(x) ≤ m có nghiệm x ≥ 2. Tương đương với [2; ) min ( ) x h x ∈ +∞ ≤ m BBT của h(x): Vậy [2; ) min ( ) x h x ∈ +∞ = h(2) = 21 2 ≤ m. VÍ DỤ 6. Cho PT: 2 2 4 4x x x x m+ − + − = 1) Giải PT khi m = –2. 2) Tìm m để PT có nghiệm. Giải. Đặt 2 4t x x= + − ta có 2 2 4 ' 4 x x t x − − = − Do đó [ 2;2 2]t ∈ − khi x∈[ –2;2] và 2 2 4 4 2 t x x − = − . PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi PT 2 4 2 t t m − + = có nghiệm [ 2;2 2]t ∈ − ⇔ f(t) = t 2 + 2t = 2m + 4 có nghiệm [ 2;2 2]t ∈ − . Điều này xảy ra KVCK [ 2;2 2 ] [ 2;2 2 ] ( 1) min ( ) 2 4 max ( ) (2 2)f f t m f t f − − − = ≤ + ≤ = ⇔ m∈ 5 ( ;2 2 2) 2 − + . Nhận xét: Nếu yêu cầu biện luận theo m số nghiệm của PT thì ta làm như sau: Bước 1: (“Bàn giao” số nghiệm theo t qua số nghiệm theo x bằng đọc từ BBT của HS 2 4t x x= + − ở trên) + t∈[–2;2) hoặc t= 2 2 trả về duy nhất một nghiệm x ∈[ –2;2]. + t ∈ [2; 2 2 ) trả về 2 nghiệm x∈[ –2;2]. Bước 2: (Dựa vào BBT của f(t) BL số nghiệm theo t rồi trả về số nghiệm x) + 2m + 4= –1 thì f(t)=2m + 4 có 1 nghiệm t = –1∈[–2;2) nên PT đã cho có 1 nghiệm theo x. Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 7 t f’(t) f(t) –1 10 + + +∞ –∞ 1 –1 +∞ +∞ x 2 + h’(x ) h(x) 2 21 2 2 2 2–2x t’ t – + 0 –2 2 –1 t f’(t) f(t) –2 –1 2 2 0 – +0 8 2 Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số + –1<2m + 4 ≤ 0 thì f(t)=2m + 4 có 2 nghiệm t∈[–2;2) nên PT đã cho có 2 nghiệm theo x. + 0<2m + 4 < 8 thì f(t)=2m + 4 có 1 nghiệm t∈(–1;2) ⊂[–2;2) nên PT đã cho có 1 nghiệm theo x. + 8≤ 2m + 4 < 8 4 2+ thì f(t)=2m + 4 có 1 nghiệm t∈[2; 2 2 ) nên PT đã cho có 2 nghiệm theo x. + 2m + 4= 2 2 thì f(t)=2m + 4 có 1 nghiệm t= 2 2 nên PT đã cho có 1 nghiệm theo x. VÍ DỤ 7. Cho PT: x 4 – 4x 3 + 8x = m 1) Giải PT khi m = 5. 2) Tìm m để PT có nghiệm 4 nghiệm khác nhau. Giải. Xét f(x) = x 4 – 4x 3 + 8x. Dựa vào BBT dưới đây, m cần là –4 < m < 5. x –∞ (1 3)− 1 (1 3)+ +∞ f’ – 0 + 0 – 0 + +∞ 5 +∞ f –4 –4 VÍ DỤ 8. Cho PT: x 4 + mx 3 + x 2 + mx + 1 = 0 1) Giải PT khi m = –2. 2) Tìm m để PT có không ít hơn 2 nghiệm âm khác nhau. Giải. Cách 1: Cô lập tham số ta được 4 2 3 1 ( ) x x f x m x x − − − = = + . Ta có 6 4 2 2 2 2 2 2 1 '( ) ( 1) x x x f x x x − − + + = + . Phương trình f’(x)=0 được giải như sau: Đặt t = x 2 ≥0 thì ta được PT –t 3 –2t 2 +2t +1 = 0⇔(t –1)(t 2 +3t+1)=0. Ta tìm được x = ±1. Hơn nữa, qua đó ta cũng được 2 4 2 2 2 2 ( 1)( 3 1) '( ) ( 1) x x x f x x x − − + + = + mà ta dễ dàng xét dấu (vì x 4 +3x 2 +1 > 0 với mọi x). Lập BTT của f(x) rồi chỉ quan tâm ở phần x<0. Ta được kết quả là 3 . 2 m > Cách 2: PT này có dạng ax 4 + bx 3 + cx 2 + k.b.x + k 2 = 0. Chia hai vế cho x 2 ta được PT 2 2 1 1 ( ) 1 0.x m x x x + + + + = Đặt 1 t x x = + xem đây là hàm theo x, lập BTT ta thấy ngay t= –2 thì sinh ra duy nhất x= –1<0; t < –2 sinh ra 2 nghiệm x<0 và t> –2 thì chẳng trả về x nào âm. Do đó PT đã cho có không ít hơn 2 nghiệm âm khác nhau khi và chỉ khi PT t 2 +mt –1=0 có ít nhất 1 nghiệm t< –2. Tới đây ta có thể dùng phương pháp cô lập tham số 2 1 , 2 t m t t − + = < − . Tuy nhiên, ta nhận thấy rằng PT bậc 2 theo t này luôn có 2 nghiệm t 1 < 0 < t 2 vì vậy nó có nghiệm t< –2 khi và chỉ khi t 1 < –2 < 0 < t 2. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 1.f( –2)<0 với f(t)= t 2 +mt –1. Giải điều kiện này ta cũng được 3 . 2 m > PHẦN BÀI TẬP BT 1. Tìm m để BPT 2 1 2 log ( 2 ) 3x x m− + ≥ − có nghiệm.[ĐHY TPHCM 96] HD: BPT ⇔ 2 2 2 ( ), 2 8 ( ). m x x f x m x x g x  > − + =  ≤ − + + =  ⇔ Điểm M(x ; m) nằm phía trên (P 1 ): f(x)= –x 2 +2x đồng thời nằm phía dưới hoặc thuộc (P 2 ): g(x)= –x 2 +2x + 8. Điều này xảy ra khi và chỉ khi m ≤ 9. (Xem hình bên). BT 2. Tìm a để BPT 1x x a− − > có nghiệm với a > 0. [ĐH Y TPHCM 96] HD: Cách1: Xét f(x) = 1x x− − Lớp 12: f’(x) < 0 ∀ x >1. Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 8 Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số Lớp 10&11: 1 ( ) 1 f x x x = + − . Với 1≤ x 1 <x 2 thì f(x 1 ) > f(x 2 ) nên hàm số tăng trên [1;+∞ ). Do đó [1; ] max ( ) x f x ∈ +∞ =f(1) =1, suy ra a< [1; ] max ( ) x f x ∈ +∞ =1 (Ta không cần giả thiết a>0). Cách2: BPT: 1x x a> − + . Vì a>0 nên 2 vế dương, bình phương và làm gọn ta được 2 1 1 2 a x a − − < BPT có nghiệm KVCK (1 –a 2 )>0 ⇔ 0<a<1. BT 3. Tìm m để PT 2 2 (cos sin ) 2 0x x y y m+ − + ≥ đúng với mọi x ≥ 2 và mọi y. HD: f(x) = 2 2 (cos sin ) 4x x y y m+ − + tăng trên (siny –cosy; +∞) ⊃ [2;+∞) nên 2 min ( ) x f x ≥ = f(2). Do đó f(x) ≥ 0, ∀x ≥ 2;∀y KVCK f(2) = 4 + 4(cosy –siny) + 4m ≥ 0,∀ y. Điều này xảy ra KVCK m+2 ≥ siny –cosy, ∀ y Hay m+2 ≥ max(siny –cosy)= 2 . BT 4. Tìm a để 2 2 1 1 x x x a x + + ≤ + + , ∀x < –1. HD: • Cô lập tham số a, ta được: f(x) = 3 1 1 x x x − + + + ≥ a, ∀ x < –1. f’(x) = 3 2 2 2 3 ( 1) x x x − − + , f’(x) = 0 ⇔ x = 0; x = 3 2 − . • Lập BBT suyra 1 max ( ) x f x <− = 3 ( ) 2 f − = 23 4 − . Những giá trị a cần tìm là 23 4 a ≥− . BT 5. Tìm a để BPT a.4 x + (a –1)2 x+2 + (a –1) > 0, đúng với ∀ x. BT 6. Cho BPT 2 1t t m t − ≥ − . 1) Giải BPT khi m = 1. 2) Tìm m để BPT đúng với mọi t ≥ 0. BT 7. Cho BPT 2 2 2 ( 1) 2 4x m x x+ + ≤ + + . 1) Giải BPT khi m = 3. 2) Tìm m để BPT đúng với ∀x∈ [0;1]. BT 8. Cho PT 2 2 cos4 cos 3 sinx x a x= + . 1) Bằng cách đặt t = cos2x, giải PT khi a = 1. 2) Tìm a để PT đã cho có nghiệm x∈ (0; ) 12 π . BT 9. Cho HPT 2 2 (1) (2) x y xy m x y m + + =   + =  1) Giải hệ khi m = 5. 2) Tìm m để hệ có nghiệm. HD: 2) Đặt u = x + y và v = xy, ta được 2 2 u v m u v m + =   − =  ⇔ 2 2 3 0u u m v m u  + − =  = −  Vì x,y là nghiệm của PT t 2 – ut + v = 0 nên u 2 ≥ 4v = 4(m – u). Vậy hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 2 2 2 3 0 4 4 u u m u m u  + − =  ≥ −  ⇔ 2 2 1 2 3 3 1 4 m u u u u m  = +     + ≥   ⇔ 2 2 2 1 2 3 3 1 1 2 4 3 3 m u u u u u u  = +     + ≥ +   ⇔ 2 1 2 3 3 0 4 m u u u  = +    ≤ ≤  có nghiệm theo u. ⇔ 0 4 0 4 min ( ) max ( ) u u f u m f u ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ⇔ f(0) ≤ m ≤ f(4) ⇔ 0 ≤ m ≤ 8. Ở đây 2 1 2 ( ) 3 3 f u u u= + . Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 9 Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số BT 10. Cho HPT 2 2 (1) 3 8 (2) x y xy m x y xy m + + =   + = −  1) Giải hệ khi m = 7/2. 2) Tìm m để hệ có nghiệm. HD: Đặt u = x + y và v = xy và tương tự như trên ta cần tìm m để 2 2 8 3 4 4 u m u u u m  − =  −   +  ≥   có nghiệm BT 11. Lập BBT của hàm số 2 3 1 x y x + = + . Từ đó suy ra số nghiệm của PT 2 3 1.x m x+ = + . BT 12. Tùy theo m hãy lập BBT của hàm số 2 1 x m y x + = + . Từ đó suy ra số nghiệm của PT 2 1x m m x+ = + . BT 13. 1) Tìm m để hàm số 2 1y x x m= + − − không nhận giá trị dương. 2) Tìm m để PT sau có 2 nghiệm phân biệt: 2 1x x m+ − = . HD: 2 1y x x m= + − − không nhận giá trị dương có nghĩa là 2 1x x m+ − ≤ , ∀x∈[–1;1] Cách 1(dùng lượng giác). Cách 2 (dùng BĐT Bunhiakốpxki) Cách 3(dùng đạo hàm lập BBT). BT 14. Cho BPT 2 2 (cos sin ) 1 0x x y y+ + + ≥ 1) Tìm x để BPT đúng với mọi y. 2) Tìm y để BPT đúng với mọi x ≥ 0. BT 15. Cho PT 1 ( 3)( 1) 4( 3) 3 x x x x m x + − + + − = − . 1) Giải PT khi m = –3. 2) Tìm m để PT có nghiệm. HD: Lưu ý rằng 2 ( 3) ( 3)x x− = − nếu (x–3) ≥ 0 và 2 ( 3) ( 3)x x− = − − nếu (x–3)<0. BT 16. Cho PT 2 2 (1 ) 1 3 0 cos a tg x a x − − + + = . 1) Giải PT khi a = 1 2 . 2) Tìm a để PT có nhiều hơn 1 nghiệm trong khoảng (0; ) 2 π . BT 17. Tìm a để PT sau có nghiệm: 6 6 sin cos sin 2x x a x+ = . BT 18. 1) Tìm m để PT 2 2 2 3 ( cot ) 1 0 sin tg x m tgx gx x + + + − = có nghiệm. 2) Tìm m để hàm số y = (m –3)x –(2m +1)cosx luôn luôn nghịch biến. BT 19. Tìm a để PT (a + 1)x 2 – (8a + 1)x + 6a = 0 có đúng 1 nghiệm thuộc (0;1). BT 20. Tìm m để HPT sau có nghiệm: 1 sin sin (1) 2 cos2 cos 2 (2) x y x y m  + =    + =  Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 10 [...]... 4 | = f ( x ), ∀x < 0 m < min f ( x) x 0 min f ( x) = f ( −2) = x 0, ∀x nên f / ( x) là hàm số tăng trên R Do đó, f ′( x) < f ′(0) = 0, ∀x < 0 và f ′( x) > f ′(0) = 0, ∀x > 0 Lập BBT ta thấy ngay minf(x) = f(x) =1 Hơn nữa, lim f ( x) = lim f ( x) = +∞ nên nhìn vào BBT của f(x) ta có ngay kết luận : BT 64 f... (*) đều là nghiệm của: 1 + log 5 ( x + 1) + log 1 ( x + 4 x + 2m) > 0 5 BT 29 Biện luận theo m số nghiệm của PT: x4 – mx3 + ( m+ 2)x2 – mx + 1 = 0 BT 30 Tìm m để x2 –2mx + 2x – m + 2 > 0 đúng với mọi x min HD: Đặt t = x –m Ta cần tìm m để f(t) = t2 + 2t + 2 > m2 đúng với mọi t ≥ 0 ⇔ [0;+∞ ) f (t ) = 2 > m2 1 + 2 cos x + 1 + 2sin x = m −π 2π + k 2π ≤ x ≤ + k 2π Vì y có chu kỳ 2π nên ta chỉ cần xét. .. 1 1 4 [ − ;1] [ − ;1] 8 4 2 4 2 2 BT 21 Cho BPT: (4 + x)(6 − x) ≤ x 2 − 2 x + m 1) Giải khi m = –12 2) Tìm m để với mọi x thỏa –4≤ x ≤ 6 đều là nghiệm BPT BT 22 Cho BPT: −4 (4 − x)(2 + x) ≤ x 2 − 2 x + m − 18 1) Giải khi m = 6 2) Tìm m để với mọi x thỏa –2≤ x ≤ 4 đều là nghiệm BPT BT 23 Cho PT: 3 + x + 6 − x − (3 + x)(6 − x) = m 1) Giải khi m = 3 2) Tìm m PT có nghiệm BT 24 (ĐH BK HN 96) Tìm k lớn... 2)2 + 2 x – m  ≥ 3 đúng với mọi x BT 46 Tìm m để 4x –m2x + m + 3 ≤ 0 có nghiệm BT 47 Biện luận theo a số nghiệm của PT: x2 + x – m 2x – 2 =0 BT 48 Tìm m để PT: 2x3 – x2 – a = 0 có 3 nghiệm phân biệt và tính tổng bình phương các nghiệm đó BT 49 Biện luận theo m số nghiệm của PT: x4 + x + m + 4 x4 + x + m = 6 log 3 x 2 − 2 log 3 y = 0  BT 50 Cho HPT:  3 2  x + y − ay = 0  1) Giải HPT khi a = 2... Đặt t = x –m Ta cần tìm m để f(t) = t2 + 2t + 2 > m2 đúng với mọi t ≥ 0 ⇔ [0;+∞ ) f (t ) = 2 > m2 1 + 2 cos x + 1 + 2sin x = m −π 2π + k 2π ≤ x ≤ + k 2π Vì y có chu kỳ 2π nên ta chỉ cần xét y HD: Xét y = 1 + 2 cos x + 1 + 2sin x với x ∈ 6 3 cos x sin x cos x sin x −π 2π − = ; ] y'= trên đoạn [ = 0⇔ ⇔ 1 + 2sin x 1 + 2 cos x 1 + 2sin x 1 + 2sin x 6 3 (cos x − sin x )(cos x + sin x + 2 + 2 cos x... dương phân biệt BT 40 Biện luận theo a số nghiệm của PT: 2x2 –3x –2 = 5a –8x –2x2 BT 41 Tìm a để x4 + 4x3 + ax2 ≥ 0 đúng với mọi x ≥ 1 BT 42 Biện luận theo a số nghiệm của PT x2 + (3 –a)x + 3 –2a = 0, và so sánh các nghiệm đó với hai số –3; –1 BT 43 Cho PT x3 + mx2 –1 = 0 Hãy CMR PT luôn có nghiệm dương Hãy tìm m để PT có nghiệm duy nhất BT 44 Tìm m để PT (x –1)2 = 2x – m có 4 nghiệm phân biệt BT . Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số PHẦN I ỨNG DỤNG CỦA TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Một số mệnh đề: . Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 4 Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số PHẦN II DÙNG MIN, MAX VÀ PHƯƠNG PHÁP “CÔ LẬP THAM SỐ” ĐỂ TÌM ĐIỀU