Giáo án Vật lí lớp 7 tiết 18: Chống ô nhiễm tiếng ồn

Biểu diễn nghiệm từng thành phần của 3 rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của 3 là phần gạch chéo lấy cả biên trên hìmh vẽ... Để I có nghiệm thì một trong hai phương trình 1 hoặc 2 ph[r]

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  9   x  2 (*) 2x   x  2 1   với  x > -2 f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f ' (x)  x  2x  x  nên f(x) đồng biến trên (*) Do đó: (1)  f(x)  f(0)   x0 x  2 Vậy bất phương trình có nghiệm: x  Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1)   Thí dụ 129: Giải bất phương trình: Lời giải: x  x   (1) x  x    x  (*) x   x  1   với x  f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f ' (x)  x x 5 x  nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: (1)  f(x)  f(5)   x5 x  Vậy bất phương trình có nghiệm: x  Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1)   Thí dụ 130: Giải bất phương trình: x  3x  x  38 (1) Lời giải: Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định và liên tục với x  R có: f ' (x)  x ln2  3x ln3  x ln5  với x  R nên f(x) đồng biến trên (*).Do x  x2 x  R Vậy bất phương trình có nghiệm: x  đó (1)  f(x)  f(2)   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: f ' (x)  x ln2 x ln4   với x  R (2 x  1)ln2 (4 x  2)ln3 x  x0 x  R nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: (1)  f(x)  f(0)   Vậy bất phương trình có nghiệm: x  Thí dụ 132: (TL-2000) Giải bất phương trình: Lời giải: x   - x   2x (1)  f(x)  x   - x   2x   f(2) Lop12.net (1) x    Ta có f(x) xác định và 3 - x   2  x  (*) 5  2x   f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f ' (x)  1    với   x  nên 2 x  2 - x - 2x f(x) đồng biến x   trên (*) 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 trên R, đó ( 6 3 2 x  1)  (2)  f(x)  f(1)    x 1 x  R Vậy bất phương trình có nghiệm: x  Thí dụ 134: Giải bất phương trình: x  3x  x  16    x (1) Lời giải: Ta có: (1)  f(x)  2x  3x  6x  16   x   f(1) (2) Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định và khi: 2x  3x  6x  16  (x  2)(2x - x  8)    4  x   4x  x   (do 2x - x   0)  2  x  (*)  x  6x - 6x  f(x) xác định, liên tục trên (*) có: f ' (x)  2x  3x  6x  16 nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó (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   2  x  x  12   1  x   14x  2x   24  log x Lời giải: x  0, x  x     Điều kiện: x  x  12  x   x  14 x  24   Lop12.net x   với   x  4x - Với x = bất phương trình trở thành bất đẳng thức  2 2  2  1  log    log   3   (sai) 3 3 3  - Với x = bất phương trình trở thành 1 1 2  2  1  log    log    log   (đúng) 2 2 4  Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là x = Thí dụ 136: Giải hệ thức: log x (x + 1) = lg1,5 (1) Lời giải: Điều kiện: < x  - Xét < x < đó logx(x+1) < logx1 = < lg1,5 Vậy phương trình (1) không có nghiệm khoảng này - Xét < x < + đó logx(x+1) > logxx = > lg1,5 Vậy phương trình (1) không có nghiệm khoảng này Tóm lại (1) vô nghiệm  3x  x   2 x Thí dụ 137: Giải hệ thức Lời giải: x   1  x  ; x  (*) Với điều kiện đó ta có:  3x  x   Điều kiện:   3x  x   x  x  2 x   x      x 2 7 x  x   3x  x   2 x   x   x  Kết hợp với điều kiện (*) ta  x  3x  x   (1) x  3x   (2) Thí dụ 138: Giải hệ thức  Lời giải: (1)    x  (*) Đặt y = x3 - 3x + hàm số xác định liên tục trên R có y/ = 3x2 - 3; y/ = x = x = - ta có bảng biến thiên: x -1 y/ 27 y Nghiệm hệ:   x  Thí dụ 139: Giải x   x   log x  x  8x  x Lop12.net     (1) Lời giải: x  x    Điều kiện: x  x    x   x   x  1; x  8x  x   1  x    - Với x = thì (1)  log    1    (luôn đúng)  3 27  (loại) - Với x = thì (1)  log      5 125 Vậy bất phương trình có nghiệm là x = Thí dụ 140: Giải hệ thức x Lời giải: 4    x  x 2  - Với x  thì x2 – > và x – > Do đó x 4 (1)  30  (vì hàm đồng biến) nên VT(1) > = VP(1) Bất phương trình không có nghiệm khoảng trên - Với x  thì x2 – < và x – < Do đó x 4  30  (vì hàm đồng biến) và (x2-4)3x-2 < nên VT(1) < = VP(1) Bất phương trình không có nghiệm khoảng trên - Với x = thay vào thỏa mãn Vậy bất phương trình có nghiệm x = Thí dụ141: Giải bất phương trình Lời giải:   x   x x 1  (1)   - Với x < thì x  mà 2x-1 > nên x   1; trình không có nghiệm khoảng trên - Với x  thì x  mà 2x-1 > nên Vậy bất phương trình có nghiệm x   Thí dụ 142: Giải phương trình x 1  x Lời giải: - Nếu < x  thì x 1  x x x 1  Do đó VT(1) < Vậy bất phương  x   1; x x 1  Do đó VT(1)  x  log x  (1)     x  x 1  x 1 đó VP ≤ -1; VT > -1 x ( x  1)  log ( x  x )  log 2 x   mà - Nếu x > thì VP  log 2( x  1) x VT = 22x-2- x  x Do đó: (1)  x log2t xác định liên tục trên R+ và: f/(x) = t.ln2 + x + log ( x  x )  log 2 x   +22x-2 (1/) Xét hàm số f(x) = 2t + < nên f(x) nghịch biến trên 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 trên  2;  và f/(x) = 2x + + x2 f/(x) - Nếu x ≥ thì > nên VT(1) là hàm đồng biến mà VP(1) = const đó phương trình có nghiệm x = - Nếu –2 ≤ x < thì VT(1) < 18 = VP(1) nên phương trình không có nghiệm khoảng trên Lop12.net Tóm lại 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 trên  1;  f/(x) = x  3x  x 1 f/(x) - Nểu x ≥ thì > nên f(x) đồng biến đó VT(1) đồng biến mà VP(1) = const Vì x = là nghiệm phương trình - Nếu –1≤ x < ta thấy VT(1) < < VP(1) Vậy phương trình có nghiệm x = §3: Phương pháp hàm liên tục: tg Thí dụ 145: Giải bất phương trình Lời giải: Đặt f ( x )  tg x  2x  0  x2  x (1) x  2x  ; f(x) xác định và khi:  x2  x  x   x  4k  ( k  )    k (k  )  x    ()  x    x  x      x   4x x   x f ( x )   g ( x )  tg  2x   Có g(x) xác định trên () và  g' ( x )    với x thoả mãn () nên g(x) đồng biến trên () x cos g ( x )  g (1)  x  1  f ( x )   x  1 2(1  )  6   2(7  )  ; f     , f (0)   0; f    0 3 3  5 2 nên ta có bảng xét dấu f(x) trên ()  3  2 Do f(x) liên tục trên () f     x  f(x) 2 1  + – 2 +  – Từ bảng ta (1) có nghiệm   x  1   x  Thí dụ 146: Giải bất phương trình: 21 x  x  0 2x 1 (1) Lời giải: 21 x  x  , f(x) xác định và khi: 2x 1 x    x   x   ;0   0;  : () Đặt f ( x )  Xét phương trình f ( x )   g ( x )  21 x  x   Có g(x) xác định, liên tục trên () Lop12.net g' ( x )  21 x ln   với x  () nên g(x) nghịch biến trên () g ( x )  g (1)  x   f ( x )   x  5 1 0 Do f(x) liên tục trên (*) f (1)  14  ; f      ; f (2)  2 Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (*) x  f(x) + Từ bảng ta (1) có nghiệm x   x   - Thí dụ 147: Giải bất phương trình: ( x  3) x   x  Lời giải: (1) (1)  f ( x )  ( x  3)( x   x  3)  , f(x) xác định và x    x   ;2  2;  : () x   f ( x )   ( x  3)( x   x  3)     x   x  ( )  x  ( ) () x  3 x   x  3  13  ()    x   13  x   6 x  13   x   ( x  3) f(x) liên tục trên () f (3)  6  ; f (2)   ; f (4)    Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên () 13    2 x  f(x)  Từ bảng ta (1) có nghiệm x    13  x  Thí dụ 148: Giải bất phương trình x  x.2 x Lời giải: (1)  x  x.2 x 1  ( x  x  3)(4 2 1  3.2 x  x 2 x  8x  12 (1)  3.2 x  x 2 x  8x  12  x2  ( x  2x  3)(4   ( x  x  3)(2 x  4)   4)  x 2  1)  x2  0  ( x  1)( x  3)( x  )( x  )     x  1   x   ( x  x  3)(4  1) Vậy (1) có nghiệm   x  1   x  Thí dụ 149: Giải bất phương trình: log x ( 3 x ) (3  x )  (1) Lời giải: 0  x  3  x   () Với điều kiện đó: x (3  x )  0,  x  3x   Điều kiện:  Lop12.net (1)   log x (3 x ) (3  x )   log x (3 x ) x (3  x )  log x (3 x ) (3  x )   log x (3 x ) x   x (3  x )  1( x  1)     3   x  ( x  1)   ( x   1)( x  1)    x    2    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 x  (1) với x  0;2  : (*) Lời giải: Đặt f ( x )  cos x  sin x  cos x , có f(x) xác định, liên tục trên (*) 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     sin  x          cos x    4      x   kx      x    2kx  4   x       2kx 4     x   kx   (k  )   x   2kx  x  22kx   (k  Z)   5 x x 4 32  3   Do f(x) liên tục trên (*) và f     ; f ()  f    2    6 Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên ()   5  2 X 4  Kết hợp với () ta có x  f(x)  Từ bảng ta đựợc (1) có nghiệm      5 x   x  2 4 Thí dụ 151: Giải bất phương trình: log ( x2  x )  log Lời giải: Lop12.net 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   log ( x   x )  log x   log ( x   x )  log x    log x2 x x 1  x2 x   1    (2  1) x 1   x   x  x 1   x   x  x 1  x 1  x   x  x   x ( x  1)   x  x ( x  1)  1 x  x 1     2 (  x )  x ( x  )   x  6x   x  32 3  x    3  3 x  3  Kết hợp với (*) ta (1) có nghiệm  x  Thí dụ 152: Giải bất phương trình: 3 log ( x  1)  log ( x  1) 0 x  3x  (1) Lời giải: ( x  1)   Điều kiện: ( x  1)   x  1 (*) Với điều kiện đó: x  x  3x   (1)  2 log ( x  1)  log ( x  1)( x  3x  4)  x  x         log x 1  log x 1 ( x  1)( x  4)    ( x  )( x  )   log x 1 log x 1   log x 1 log x 1  x  (log x 1  log x 1 8) log ( x  1) log ( x  1).( x  1)( x  4)  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 Lop12.net 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   vô nghiêm (m  x )( x  m)  Thí dụ 153: Tìm m để hệ:  (1) Lời giải: Đặt m = y và coi (1) là hệ ẩn x; y Ta có:   x  x    2 ( y  x )( x  y)  min{ x; x }  y  max{ x; x }   x    x    (2) x  y   x  x  y  x (1)  Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = –1; y = – x; y = x Biểu diễn nghiệm thành phần (2) kết hợp lại ta miền nghiệm N (2) là miền gạch chéo không lấy biên trên hình vẽ Nghiệm (1) chính là nghiệm (2) ứng với y = m tức là nghiệm (1) là hoành độ các điểm thuộc phần chung đường thẳng y = m (  y’oy) và N Từ nhận xét trên và hình vẽ ta có (1) vô nghiệm y = m và N không có điểm chung, và m < –1 m > Vậy |m| > là các giá trị cần tìm để hệ (1) vô nghiệm x  x   m  có nghiệm x  (2m  1) x  m  m  Thí dụ 154: Tìm m để hệ  Lời giải: Đặt m = y và coi hệ đã cho là hệ (1) với ẩn x; y ta có: x  x   y  (1)  x  (2 y  1) x  y  y  Lop12.net  y  ( x  1)  y  ( x  1)     y  (2x  1) y  x  x  x   y  x (2) Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: y = (x–1) ; y = x – 1; y = x Biểu diễn nghiệm thành phần (2) kết hợp lại ta miền nghiệm N (2) là phần gạch chéo lấy biên trên hình vẽ Nghiệm (1) chính là nghiệm (2) ứng với y = m tức là nghiệm (1) là hoành độ các điểm thuộc phần chung đường thẳng y = m (  y’oy) và N Từ nhận xét trên và từ hình vê ta thu (1) có nghiệm  đường thẳng y = m (  y’oy) và N có điểm chung  ≤ m ≤ Vậy ≤ m ≤ 3 3 là các giá trị cần tìm để phương trình có nghiệm x  y  y  m x  y  x  m Thí dụ 155: Tìm m để hệ  (1) có nghiệm Lời giải: x  ( y  1)  m  (1)  ( x  1)  y  m  m 1 (β): (x + 1) + y = m + có tâm B(–1; 0); R = m  Xét đường tròn (α): x + (y + 1) = m + có tâm A(0; –1); R = Hệ (1) có nghiệm và (α) và (β) có điểm chung  (α) và (β) tiếp xúc ngoài với đó: AB = m   (0  1)  ( 1  0) = m   = m 1  m = – Vậy giá trị cần tìm m là m = – log x  y ( x  y)  x  y  m Thí dụ 156: Tìm m để hệ  Lời giải: Ta có: log x  y (x + y) = (1) có nghiệm (2)  < x + y ≤ x + y < x + y ≥ x + y > Lop12.net  x  y  x  y     2  x  y   1  1 (2) x   y        2 2  2   x     y     2  2 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đồ thị các hàm số: ∆: x + y = 0; (T ): x + y = 1; (T ): (x – 1 ) + (y – ) = 2 Biểu diễn nghiệm thành phần kết hợp lại ta miền nghiệm N (2) là phần gạch chéo trên hình vẽ không lấy điểm thuộc (T ) và (∆) Xét đường thẳng: x + 2y = m vị trí ứng với m và m 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 (1) có nghiệm  đường thẳng x + 2y = m và N có điểm chung – Vậy – 2 <m≤ <m≤  10  10 là giá trị cần tìm x  y  m  xy  x  y  Thí dụ 157: Tìm m để hệ  (1) a) Có nghiệm b) Vô nghiệm Lời giải: x  y   m  xy   ( x  y)  (1)  x  y   m  2xy   2( x  y)  ( x  y) y   x  (2) m   ( y  1)  ( x  1) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đồ thị các hàm số: y = – x (∆); (x – 1) + (y – 1) = m + (α) Lop12.net 2 (3) y ▲ (α) x -1 -1 Ta thấy nghiệm (2) là toàn phần mặt phẳng nằm phía trên đường thẳng ∆ còn nghiệm (3) là điểm nằm và trên đường tròn α Nên: a) (1) có nghiệm và đồ thị hàm số (∆) và (α) có điểm chung  d(I; ∆) ≤ R (I(1; 1); R là tâm (α))  |111| 12  12 ≤ m  (m ≥ –1)  ≤ m 1  – Vậy giá trị m cần tìm để (1) có nghiệm là m ≥ – ≤m b) Nhận thấy giá trị còn lại m trên tập R là giá trị làm cho (1) vô nghiệm Vậy giá trị m cần tìm để (1) vô nghiệm là m < – ( ) | x | 2 | y | ( x  2a )( y  a )  () Thí dụ 158: Biện luận theo a số nghiệm hệ:  Lời giải: x  0; y  x  0; y  x  0; y  x  0; y  v  v  v  x  y  x  y   x  y  x  y  4 (α)  Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, biểu diễn nghiệm (α) là hình thoi ABCD hình vẽ:  x  2a (  )  y  a ( ) Còn (β)   Biểu diễn nghiệm (β) là tập G gồm đường thẳng: ∆ và ∆ Vì ∆ cắt ∆ M có tọa độ (2a; a) nên M chạy trên đường thẳng ∆: x – 2y = ∆ qua điểm O(0;0) và song song với AD và BC Số nghiệm hệ là số điểm chung G với hình thoi ABCD Trên hình thoi xét điểm đặc biệt K; P; Q; N Từ nhận xét trên và từ hình vẽ ta thu được: Lop12.net Khi M nằm ngoài đoạn KN  |a| > thì hệ vô nghiệm Khi M  {K; N} |a| = thì hệ có nghiệm phân biệt Khi M  {P; Q} |a| = thì hệ có nghiệm phân biệt Khi M  [KN] \ {K; P; Q; N}  |a| < và |a| ≠ thì hệ có nghiệm phân biệt Thí dụ 159: Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm âm: – | x – a | > x (1) Lời giải: Đặt a = y và coi (1) là hệ bất phương trình ẩn x; y thì (1)3 – | x – y | > x Khi đó yều cầu bài tương đương với: 3  x  0;   x      x  x   x  y   x | x  y |  x    x   y  x  x  y  x  x   (2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các 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) là phần gạch chéo không lấy biên trên hình vẽ y y = x^2+x-3 x -5 -4 -3 -2 -1 N -1 -2 -3 -4 -5 y = -x2 + x + Nghiệm (1) chính là nghiệm (2) ứng với y = a, tức là nghiệm x < (1) là hoành độ điểm chung đường thẳng y = a với N Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có: (1) có nghiệm âm  – Vậy – 13 <a<3 13 < a < là các giá trị cần tìm Thí dụ 160: Cho phương trình x  a (x – x – a)(2a + – x) = 1) Biện luận theo a số nghiệm phương trình 2) Tìm a để nghiệm phương trình thuộc đoạn [0; 4] Lời giải: Đặt a = y và coi (1) là phương trình ẩn x; y thì:  y  x (1)  x  y (x – x – y )(2y + – x ) = 0  y  x  x  y  x 1  Lop12.net (2) (1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường y = x; y = x – x; y = x–1 Biểu diễn nghiệm thành phần (2) kết hợp lại ta nghiệm (2) là hoành độ các điểm thuộc đồ thị các hàm số y = x; y = x – x; y = x–1 y 14 y = x2 -x 12 10 x -12 -10 -8 -6 -4 -2 10 12 14 -2 -4 y = -1/2x-1 -6 -8 -10 y =x Nghiệm (1) chính là nghiệm (2) ứng với y = a Tức là nghiệm (1) chính là hoành độ phần điểm chung đường thẳng y = a với đồ thị các hàm số y = x; y = x – x; y = Gọi x là nghiệm phương trình x  a = thì x = a x là nghiệm phương trình 2a + – x = thì x = 2(a + 1) x < x là nghiệm phương trình x – x – a = thì: x2 =   4a   4a ; x3= (a ≥ – ) 2 Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có: Phương trình luôn có nghiệm x = a; x = 2(a + 1)  a  R   4a   4a phương trình có thêm nghiệm x = ;x= 2 x ( x  1)  Do đó: (γ)   y ( y  1)  Khi a ≥ – x   x   y   y   x  x  x  x  v  v  v   y  y  y     y  x  x  Thay vào (α) ta tìm nghiệm hệ đã cho là:  và  y  y   2) Yêu cầu bài tương đương với Lop12.net x–1 0  x     y  x   y  x  x   y  x   (4) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường: y = x; y = x – x; y = x–1 Biểu diễn nghiệm thành phần (4) kết hợp lại ta nghiệm (4) là phần đồ thị N (phần x – vẽ đoạn [0 ; 4] Nghiệm x  [0; 4] (1) là nghiệm (4) với y = a tức là hoành độ điểm chung đường thẳng y = a (  y’oy) với (N) tô đậm) là các hàm số y = x; y = x – x ; y = Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có để nghiệm (1) thuộc khoảng [0; 4] thì –1 ≤ a ≤ 14 Vậy –1 ≤ a ≤ 14 là các giá trị cần tìm Thí dụ 161: Giải và biện luận: | x – 2x +a | ≥ |2x – 3x –a | (1) Lời giải: Đặt a = y và coi (1) là hệ ẩn x; y thì (1)| x – 2x +y | ≥ |2x – 3x –y | (2) Do vế (2) cùng ≥ nên: (2)(x – 2x +y) ≥ (2x – 3x –y)  (3x –5x)(x –x–2y) ≤   0x  x     3  3x  5x   3x  5x      x2  x x  x x  x  y  x  x  y  y  y    2 x x Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = ; y = (α) Lop12.net (3) Biểu diễn nghiệm thành phần (3) kết hợp lại ta miền nghiệm N (3) là phần gạch chéo lấy biên trên hìmh vẽ Nghiệm (1) là nghiệm (2) với y = Tức là nghiệm (1) là hoành độ phần chung đường thẳng y = a (  y’oy) với N Gọi x < x là hoành độ giao điểm y = a với (α) thì x ; x là nghiệm phương trình:   8a   8a x2  x a=  x –x–2a =  x = và x = (a ≥ – ) 2 Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta được: Khi a ≤ – thì (1) có nghiệm ≤ x ≤   8a 1 < a ≤ thì (1) có nghiệm x  [0; ] [   8a 1 Khi < a ≤ thì (1) có nghiệm x  [ ; 0]  [   8a 5 1 Khi a > thì (1) có nghiệm x  [ ; 0]  [ ; Khi –  8a ; ]  8a ; ]  8a ] Thí dụ 163: Tìm p để hai bất phương trình (x – x – p )(x + p – 1) > và x – 2x – ≤ không có nghiệm chung Lời giải: Hai bất phương trình (x – x – p )(x + p – 1) > và x – 2x – ≤ không có ( x  x  p)( x  p  1)  nghiệm chung và hệ  (1) vô nghiệm x  x   Đặt p = y và coi (1) là hệ ẩn x; y ta có: x  x  y  ( x  x  y)( x  y  1)     x  y   x  2x   x  x      x    y  x  y  x  x     x   y  x  y  x  x  x  x  y    x  y   x  x    (2) Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường x = –1; x = 3; y = – x + 1; y = x – x Biểu diễn nghiệm thành phần (2) kết hợp lại ta thu miền nghiệm N (2) là phần gạch chéo trên hình vẽ (phần lấy biên có màu đỏ) Nghiệm (1) chính là nghiệm (2) ứng với y = p tức là nghiệm (1) là hoành độ phần chung đường thẳng y = p (  y’oy) với N Lop12.net Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có (1) vô nghiệm và đường y = p (  y’oy) không có điểm chung với N có p ≤ – p ≥ Vậy p  (–∞;–2]  [6;+∞) là các giá trị cần tìm CHƯƠNG 3: MỘT SỐ VẤN ĐỀ KHÁC §1: Các phương pháp khác Thí dụ 164: (Đề số 34-4-a) 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  x  (b  1) x    f(f(x)) – x >  x  (b  1) x  b  2x    (b  1) x  > Đặt g(x) = x2 + (b – 1)x + 1, h(x) = x2 + (b + 1)x + b + 2;  g ( x )  b  2b  ,  h(x)  b  2b  2  b  b  2b   b  b  2b  x1  , x2  2 Vì b  (3; ) nên  g ( x ) > và  h ( x ) < Phương trình g(x) = có nghiệm Vậy bất phương trình có nghiệm x < x1 x > x2 Thí dụ 165: (Đề số 143-4) Giải và biện luận theo a, b phương trình x = a – b( a – bx2 )2 Lop12.net (1) Lời giải: bx  x  a  (i) b x  bx  ab   ( ii ) (1)  (bx2 + x – a)(b2x2 – bx – ab + 1) =   2 - Với b = thì (1) có nghiệm x = a - Với b ≠ phương trình có nghiệm    4ab    4ab x1  , x2  2b 2b +) Nếu ( ii ) có   b (4ab  3) Khi ab ≥ phương trình có nghiệm +) Nếu ( i ) có    4ab Khi ab ≥  x3  b  b (4ab  3) 2b , x4  b  b (4ab  3) 2b Kết luận: Nếu b = thì x = a Nếu b ≠ > ab ≥  phương trình có nghiệm x1, x2 4 Với ab ≥ phương trình có nghiệm x1, x2, x3, x4 Với ab <  phương trình vô nghiệm Với Thí dụ 166: (TN-98) Tìm m để phương trình x + 3(m-3x2)2 = m (I) có nghiệm Lời giải: 3x  x  m  (1) 9 x  3x   3m  ( ) (1)( 3x2 + x – m )( 9x2 – 3x + – 3m ) =   Để (I) có nghiệm thì hai phương trình (1) (2) phải có nghiệm, điều đó xảy và    12m   m ≥    108m  27  12 Vậy m ≥  là các giá trị cần tìm 12 Thí dụ 167: Giải phương trình x  a  a  x (1) Lời giải: Với f ( x )  a  x à hàm đồng biến trên R  (1)  f (f ( x ))  x  f ( x )  x  a  x  x  x  x  a   1 x        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) Lop12.net Lời giải: Với f(x) = a  x xác định với x  -a, có f ( x )  ax  x   a Nên f(x) đồng biến trên tập xác định nó, đó: x  ax x  x  x  a  (1)  f (f ( x ))  x  f ( x )  x   1 x  (2)    1 x    4a : x  4a : x 2 ( thoa mãn (*)) (*) ( 2) (a   ) 4 x thỏa mãn (*) và   4a     4a     a  Vậy (1) có nghiệm x a   1 ; x   a  4 Thí dụ 169: Giải phương trình a  x  a  x (1) Lời giải: (1)  a  x  a  x Với f (a )  a  x xác định với a thuộc R, có: f (a )  a   x (1)  f (f (a ))  a  f (a )  a  a  x  a  x  a7  a Thí dụ 172: Giải phương trình x  x  + x  x  10 = Lời giải:  29 (1)  Đặt u (x–1; 2); u (–x–1; 3), ta có:     | u |+| v | ≥ | u + v |  x  x  + x  x  10 ≥ 29 2   Đẳng thức xảy u // v  x  =  x = (thoả mãn (1))  x 1 Vậy nghiệm (1) là x = Thí dụ 173: Giải phương trình | x  x  – Lời giải: Đặt A(–2;1), B(5;5), M(x;0) thì: x  10x  50 | = (1) AB = 5AM= ( x  2)  = x  x  2 BM = ( x  5)  = x  10 x  50 mà |AM–BM| ≤ AB (quy tắc điểm) 2 Do đó VT(1) = | x  x  – x  10 x  50 | ≤ = VP(1) Đẳng thức xảy A; B; M thẳng hàng và C nằm ngoài đoạn AB 2 Lop12.net (x  a )6  với  k  k     2  x  k (5  x )   x  1  5k   Vậy phương trình có nghiệm x =    CA  k CB   k  Thí dụ 174: Giải phương trình: 2x  2x   2x     x   2x     x   (1) Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với:      2 x  1   1  3x   x  1  1  3x  x  1    Đặt u 1;1  x ; v1  x; x  1; p1  3x; x  1 4x  4x   4x   x   4x   x   2 2 n   a   i  ' a n Áp dụng bất đẳng thức i 1 i 1 2 3    a   a n        VT1  u  v  p  u  v  p  VT1  1    3x   3x  1  x  x   x  1  VT1     VP1     1  k  3x  1  x  k x  1   u  kv     Do đó 1  u  v  p      1  n  3x u  np 1  x  n x  1  k ; n    k  n  k    x   1  k  3x   3x   (loại)  2  x  x       x  k x    x   1  k  3x 2   3x       Vậy hệ đã cho vô nghiệm Thí dụ 175: Giải phươnh trình x  x   x  x  Lời giải:  1    Điều kiện: 1  x     x  (*) Đặt u  x ;  x ; vx;1  x   n n      Áp dụng BĐT thức  a i   a i : a  a   a n  có: i 1 i 1    VT1  x  x   x  u.v  u v  x   VP1       x  kx   x  k Điều đó có nghĩa là: u.v  u.v  u  v   Lop12.net