Đang tải... (xem toàn văn)
Lời giải : Giả sử ta tìm được a sao cho hệ có nghiệm với mọi b..[r]
(1)§1 Phương pháp nghiệm Thí dụ 1: Giải phương trình : x + x = x Lời giải: x (1) x 3 4 (1) 5 5 3 5 x (1’) Đặt VT(1’) = f(x), có f(x) xác định liên tục trên R và : x f'(x) = ln 4 + ln < x R nên f(x) là hàm nghịch biến Do đó: (1) f(x) = f(2) x = 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =2 Thí dụ : Giải phương trình : | x - 6,5 | 1999 + | x - 7,5 | 2000 = (2) Lời giải : Nhận xét : | 6,5 – 6,5 | 1999 + | 6,5 – 7,5 | 2000 = 1; | 7,5 – 6,5 | 1999 + | 7,5 – 7,5 | 2000 = Do đó x = 6,5 và x = 7,5 là nghiệm phương trình Nếu x < 6,5 ta có : | x – 6,5 | 1999 >0 và | x – 7,5 | 2000 >1 => VT (2) >1 (vô lí ) Nếu x > 7,5 ta có : | x – 6,5 | 1999 >1 và | x – 7,5 | 2000 >0 => VT (2) >1 (vô lí ) Nếu 6,5 < x < 7,5 ta có : < x – 6,5 ; 7,5 – x < => x – 6,5 > | x – 6,5 | 1999 và 7,5 – x > | x – 7,5 | 2000 => VT (2) < x – 6,5 + 7,5 – x = (vô lí ) Vậy phương trình (2) có nghiệm x = 6,5 và x = Thí dụ : Giải phương trình : x + 12 x = 13 x (3) Lời giải : x x 12 (3’) Đặt VT(3’) = f(x), có f(x) xác định liên tục trên R và : 13 13 (3) x x 5 12 12 + ln < x R nên f(x) là hàm nghịch biến.Do đó: (3) f(x) = f(2) x = ln 13 13 13 13 f'(x) = Vậy phương trình (3) có nghiệm x = Thí dụ : Giải phương trình : x = – x (4) Lời giải : Đặt f(x) = x + x – Có f(x) xác định liên tục trên R và : f'(x) = x ln3 + > x R nên f(x) là hàm đồng biến.Bởi : (4) f(x) = = f(1) x = Vậy phương trình (4) có nghiệm x = Thí dụ : Giải phương trình : Lời giải : x + 2x = (5) 2 x x ≥ - (*) x 1 f(x) liên tục trên (*) và: f'(x) = + > x > - nên f(x) đồng biến trên (*).Bởi vậy: x 2x Đặt f(x) = VT(5) ta có : f(x) xác định (5) f(x) = = f(0) ( x = thoả mãn (*) ) x = Vậy phương trình (5) có nghiệm x = Thí dụ : Giải phương trình : 2x + x = 16 (6) Lời giải : Đặt f(x) = VT (6) ta có : f(x) xác định x – ≥ x ≥ Lop10.com (*) (2) f(x) liên tục trên (*) nên ta có : f'(x) = + x3 > x >3 nên f(x) đồng biến trên (*) Bởi vậy: (6) f(x) = 16 = f(7) x = Vậy phương trình có nghiệm x = Thí dụ 7: Giải phương trình : x + x m = Lời giải : +) Nếu m < thì phương trình vô nghiệm m (7) x m x ≥ m (do m ≥ ) x +) m ≥ thì ta có :Điều kiện để phương trình có nghiệm là : Với điều kiện đó ta có : x + x m ≥ m + m m = m Đẳng thức xảy x = m Vậy phương trình có nghiệm x = m m ≥ Thí dụ : Giải phương trình : x (x + ) = (8) Lời giải : Đặt f(x) = x + - x có f(x) xác định liên tục trên R nên ta có : f'(x) = + x ln3 > x R Nên f(x) đồng biến x R Bởi : (8) f(x) = = f(-1) x = -1 Vậy phương trình có nghiệm x = -1 Thí dụ : Giải phương trình : lg(x -5 ) = – x (9) Lời giải : Điều kiện: x – ≥ x ≥ Nhận thấy x = là nghiệm phương trình Nếu x > thì lg(x–5) > lg(6–5) = > – x => phương trình không có nghiệm x > Nếu x < thì lg(x–5) < lg(6–5) = < – x => phương trình không có nghiệm x < Vậy phương trình có nghiệm x =6 Thí dụ 10 : Giải hệ phương trình : 2 x2 y2 ( y x )( xy 2) x y ( ) () Lời giải : Thay (β) vào (α) ta có : (α) x - y = (y – x )( xy + x +y ) = y - x x + x = y + y Đặt f(x) = t + t xác định , liên tục trên R nên ta có: f'(x) = t ln2 + 3t > t R Nên f(x) là hàm đồng biến Vậy: (α) f(x) = f(y) x = y x y Vậy hệ đã cho có nghiệm (x ; y) {(1; 1) ; (-1 ; -1)} Thí dụ 11 : Giải phương trình : log x = : log ( x + ) Lời giải : Điều kiện : x x 20 x > 0.Với điều kiện đó ta có : (1) Đặt t = log x (t > ) x = t t 2 x x = y = ± (1) x +2=3 log x (2) (*) t (2) đó trở thành ( ) +2 = ( t t ) + t = (do >0 t R ) 3 Nhận thấy t = là nghiệm (3) +) Nếu t < thì VT(3) > VP(3) +) Nếu t > thì VT(3) < VP(3) => t = là nghiệm (3).Thay t = vào (*) ta thu x = = 49 Vậy phương trình (1) có nghiệm x = 49 Lop10.com (3) (3) Thí dụ 12 : log x 1 (x+1) = log (1) Lời giải : Điều kiện : x x >1 Với điều kiện đó ta có : x log = log (x-1) = t (do log x 1 > log x 1 = ) log x 1 (1) log x 1 5log (x+1) = log 5 log (x+1) = x x t t t t x (*) 3 5t t t t Xét phương trình thứ (*) ta có: + = ( ) + t = (2) 5 Nhận thấy t = là nghiệm phương trình (2) Nếu t > thì VT(2) < VP(2) Nếu t < thì VT(2) > VP(2) => t = là nghiệm phương trình (2).Ta có: (*) x => x = t Vậy phương trình (1) có nghiệm x = Thí dụ 13 : Giải phương trình : log (log x) = log (log x) (1) Lời giải : Điều kiện : x > Với điều kiện đó ta có log (log x) = log (log x) = t => x = 2t =2 3t (*) => log 3 2t = log 3t t t = log 2 t = log log 3 log log3 Thay giá trị vừa tìm t vào (*) ta có : x = log log3 ( hay = 3 ) log log3 Vậy phương trình (1) có nghiệm x = 3 Thí dụ 14 : Xác định số nghiệm dương phương trình : 12x + 6x - 4x – x – 34 = (1) Lời giải : Đặt f(x) = VT(1) ta có : Xét x (0;1) ta có: f(x) < 12 + + + – 34 < => phương trình vô nghiệm với x (0;1) Xét x [1;+∞) ta có : f(x) xác định liên tục trên [1;+∞) (*) nên : f'(x) = 60x + 24x – 12x – xác định,liên tục trên (*) f'’(x)= 240x +72x –24x = 24x (10x + 3x –1) > 24.(10+3–1) >0 x [1;+∞) => f'’(x) > x [1;+∞) => f'(x) đồng biến trên [1;+∞) => f'(x) ≥ f(1) = 71 > 0=> f(x) đồng biến trên [1;+∞) Có f(1).f(2) < 0=> f(x) có nghiệm (1;2 ) Do f(x) là hàm đồng biến nên đó là nghiệm hay f(x) có nghiệm dương §2: Phương pháp bất đẳng thức Lop10.com (4) Thí dụ 15: Giải phương trình x = cosx (1) Lời giải: cos () x () Ta có: x ≥ = ( x);Cosx ≤ ( x) (1) (β) x = x = thay vào (α) có cos0 = (luôn đúng) Vậy x = là nghiệm Thí dụ 16: Giải phương trình: cos x 3x 2x 2 x (2) Lời giải: Do cos x 3x x 3x x R VT(2) cos x 5 Mặt khác x ; x x R nên theo bất đẳng thức AM-GM: VP(2) x x 2 x.2 x 2, dấu ‘=’ xảy và x x x x 3x cos ( ) 3.0 cos (đúng) (2) ; () x 0, thay vào () có cos 5 2x 2 x () Vậy phương trình có nghiệm x = Thí dụ 17: Giải phương trình x sin x (3) Lời giải: Ta có sin x x R sin x x VP(3) sin x x sin x Còn VT(3) x x R Do đó (3) x sin x x x Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = Thí dụ 18: Giải phương trình sin x cos3 x (4) Lời giải: sin x sin x Ta có: x R x R VT(4) sin x cos3 x 2.1 3.1 VP(4) cos x cos x sin x sin x Do đó: (4) sin x cos x ( vô lí) cos x cos x Vậy phương trình đã cho vô nghiệm Lop10.com (5) Thí dụ 19: Giải phương trình 3x 2 x log ( x 1) log x (5) Lời giải: x 1 (luôn đúng ) x2 Điều kiện x (*) Với điều kiện đó: (5) 3x x log x x0 Do x nên theo bất đẳng thức AM-GM có: ( ) x 2x x2 VT() log log 2 () x x x Xét hiệu 3x x (1 x )(2 x x 1) ( x 1) (2 x 1) Do x nên x 1 còn ( x 1) x (x 1) (2x 1) x VT(α) 3x 2x x ( ) 3x x ( x 1) (2 x 1) x 1 x 1 / Từ () và () có : (5) x x 1 x x x 1 log x Kết hợp với (*) kết luận phương trình đã cho có nghiệm x = Thí dụ 20: Giải phương trình x x x x 24 1 2 2 (6) Lời giải: x0 x (*) Với điều kiện đó, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: Điều kiện 1 x x x (1 1)( x (1 x ) 2.1 x x (1 1)(4 x (1 x ) 2 24 Dấu xảy và Dấu xảy và vhỉ Cộng vế hai bất đẳng thức trên có: VT(6) x x x x 24 x x x 0,5 x x x 0,5 1 2 VP(6) 2 Do đó, (6) x 0,5 (thỏa mãn (*)) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0,5 Thí dụ 21: Giải phương trình: x y y x xy Lời giải: (1) x x () Với điều kiện đó ta có: x , y Ta có: y y Điều kiện: VT (1) x xy x y xy y (x y)(xy x xy y) Lop10.com x y xy x xy y 2xy xy VP (1) 2 (6) xy x xy y y x x y Dấu xảy ra: xy2 x y 2x x x y xy x y xy x xy y Do đó (1) x y Vậy (1) có nghiệm x = y = Thí dụ 22: Giải phương trình: cos x cos y cos( x y) (1) Lời giải: xy xy xy xy xy xy VT (1) 2cos cos 2cos 2 cos cos 1 cos 2 2 2 2 xy x y cos 0 cos 2 Do với x , y R Nên VT (1) VP (1) 2 xy cos xy xy x y x y cos cos cos cos 1 Dấu xảy cos x y cos x y cos x y 2 2 x y 4mπ x y 2π 4mπ (m, n Ζ) 2π 2π x y 4nπ x y 4nπ 3 π π 4π 2π x 2kπ x 2kπ x 2kπ x 2kπ (k, l Ζ) π π 2π 4π y 2lπ y 2lπ y 2lπ y 2lπ 3 3 x y x y ( ) Thí dụ 23: Giải hệ: (1) 2 x x y () Lời giải: () y 2( x 1) Do ( x 1) nên y y 1 y 1 y Khi đó () x y x y x x ( x 1) x x Thay vào () ta có: y y y y 1 (do y 1) Vậy (1) có nghiệm ( x; y) (1;1) Thí dụ 24: Giải phương trình: log ( x x 1) log x x x Lời giải: (1) x x x2 x 1 2x x x () Với điều kiện đó: (1) log x x Điều kiện: x2 x 1 1 x x Do x > nên theo bất đẳng thức AM-GM ta có: x x x Lop10.com (7) x2 x 1 log 3 Lại có ( x 1) x x x x2 x 1 log x (TM ()) Do đó (1) x 2 x x log Vậy (1) có nghiệm x = Thí dụ 25: Giải phương trình: sin 2000 x cos 2000 x Lời giải: (1) sin x sin 2000 x sin x Do nên VT (1) sin x cos x VP (1) 2000 cos x x cos x cos 2000 sin x(sin1998 x 1) x sin x sin Do đó (1) cos 2000 x cos x cos x(cos1998 x 1) x kπ sinx sinx sinx sinx 1 (k Ζ) x π kπ cosx cosx 1 cosx cosx Vậy (1) có nghiệm x k x k (k ) x y () Thí dụ 26: Giải hệ: x y () (1) Lời giải: x | x | Từ (β) => y | y | x y (*).Có (1) x ( x 1) y ( y 1) ( ) - Nếu -1 ≤ x ≤ thì từ (α) y = - x > y > ( Điều này mâu thuẫn với (*) ) - Nếu -1 ≤ y <0 thì tương tự ta có điều mâu thuẫn Vậy x ; y ≥ Mà |x| ≤ 1; |y| ≤ x – ≤ và y -1 ≤ VT(γ) = x (x – 1) + y (y – 1) ≤ = VP(γ) x ( x 1) y ( y 1) Do đó (γ) x x x x x x 1 v v v y y y y y y x y Thay vào (α) ta tìm nghiệm hệ đã cho là : x y ; Thí dụ 27 : Giải phương trình : 1 x + 1 x + 1 x + 1 x = 1 x + 1 x Lời giải : Bổ đề : Với a ≥ b ≥ (*) thì a + 1 ≥b+ a b (α) Thật (α) a b + b ≥ ab + a (ab – 1)(a – b) ≥ Do (*) nên (β) luôn đúng.Vậy bổ đề chứng minh Lop10.com (β) (8) 5 x Trở lại bài toán , áp dụng bổ đề trên ta có :Do > > > nên > > > 1=> y x x x THIẾU x y x y 4 Thí dụ 28 : Giải hệ phương trình : (1) Lời giải : x y 1() x x x ( x 1) (1) Từ (α) có => => => VT(β) ≤ x ( x 1) y ( y 1) 1() y y y ( y 1) Dấu “=” xảy (x;y) {(0;0) ; (0;1) ; (0;1) ; (1;0) ; (–1;0) ; (1;1) ; (1;–1) ; (–1;1) ; (–1;–1)} Thay vào (α) ta nghiệm hệ (x;y) {(0;1) ; (0;1) ; (1;0) ; (–1;0)} x y x y Thí dụ 29 : Giải hệ (1) Lời giải : x y 1() Từ (α) => x ( x 1) y ( y 1) 0() x => ≥ |x| ≥ x và ≥ |y| ≥ y => x –1 ≤ và y –1 ≤ y x ( x 1) => VT(β) ≤ = VP(β).Dấu “=” có (x;y) {(0;0) ; (0;1) ; (1:0) ; (1;1) } y ( y 1) Thay vào (α) ta đươc nghiệm (1) là (x;y) {(0;1) ; (1:0)} (1) 2 Thí dụ 31 : Giải phương trình : sin x +8 cos x =10 + cos2y (1) Lời giải : Đặt t = sin x Điều kiện ≤ t ≤ (*).Khi đó VT = t +8 1t : = f(t).Ta có f(t) xác định , liên tục trên (*) nên: f'(t) = t ln8 + 1t ln8 t thoả mãn (*);f'(t) = t ln8 + 1t ln8 = 0 t = 1t t = – t t = +) Khi t > 1 thì f'(t) > ; +) Khi t < thì f'(t) < 2 Lập bảng biến thiên hàm số y = f(t) (*) có : f(0) = + = ;f(1) = + = Bảng biến thiên: t f'(t) f(t) – + 9 Từ bảng biến thiên ta có VT ≤ Mặt khác VP = 10 + cos2y ≥ 10 – = (do cos2y ≥ –1 ) Lop10.com (9) t f ( t ) Nên (1) t hay cos y 1 cos y 1 sin x sin x sin x v sin x cos y 1 cos y 1 cos y 1 x k x k y n y n x m y n (m ; n ; k thuộc Z ) x m Vậy nghiệm phương trình là y n §3: Phương pháp tổng các số hạng không âm Thí dụ 32: Giải phương trình: sin x sin x tan x tan x 0 Lời giải: 2 tan x 12 Ta có: sin x sin x tan x tan x sin x 2 0 ( ) sin x Do VT = VP.Nên (1) tan x () x ( ) x 2k 3 k (i) (k Z) Thay vào () thấy (i) thỏa mãn (ii) Vậy phương trình có nghiệm: x 2k (k Z) Thí dụ 33: Giải phương trình: x4 –3x2-8x+20=0 (1) Lời giải: (1) <=> x4 –4x2+4+x2- 8x+16=0 <=> (x2-2)2+(x-4)2=0.Do VT 0=VP x x :Vô nghiệm x x Nên (1) Thí dụ 34: Giải phương trình: 5x2+5y2-8xy-2x-2y+2=0 Lời giải: (1) (2x-2y)2+(x-1)2+(y-i)2=0.Do (1) 2 x y VT 0=VP.Nên (1) x y 1 Vậy phương trình có nghiệm:x = y = Lop10.com x y (10) Thí dụ 35: Giải phương trình: sin x sin y sinxsiny sinx siny (1) Lời giải: (1) 2sin x 2sin y 2sinxsiny 2sinx 2siny (sinx siny) (sinx 1) (siny 1) sin x sin y Do VT 0=VP.Nên (1) sin x sin y Vậy phương trình có nghiệm:x = y = 2k x y 2k (k Z) (k Z) §4: Phương pháp đưa hệ Thí dụ 36: Giải phương trình: log 22 x x 1log x 2x (1) Lời giải: 1 x x log x x 2 (1) log 22 x x 1log x 2x log x x x log x x 2 (1) Từ (1) ta thấy phương trình có nghiệm x = 2.VT(1) là hàm log với số 2>1nên là hàm đồng biến trên (*) VP(1) là hàm bậc có hệ số a = -1 nên là hàm đồng biến Nên x=2 là nghiệm (1) Vậy phương trình có nghiệm x = Thí dụ 37: Giải phương trình: 3.16 x (3x 10).4 x x Lời giải : (1) x 3x 10 3x (α) 4 x 2 x 2 (1) 3.(4 ) (3x 10).4 x 4 x 3x 10 3x x ( β) 1 ( ) x log x log ; () f ( x ) x x 3 Có f(x) xác định, liên tục trên R; f ' ( x ) x ln với x R f ( x ) đồng biến Do đó, (1) <=> f ( x ) f (2) x Vậy (1) có nghiệm x log x Thí dụ 38: Giải phương trình: x x (1) Lời giải: Đặt y x ( Điều kiện:y ) (*).Với điều kiện đó ta có: 2 x y 2 x y (1) 2 y x y x y x y x (β) (y x)(y x 1) y x ( ) ( ) (i) (ii) y (i) y = x, thay vào ( ) được:2 - y2 = y y2 + y – = 0 y 2 Với y = ta x = (ii) y = 1-x ta có(*)1-x 1 x (*1) Lop10.com (TM (*)) (Khong TM (*)) (11) 1 x Thay vào ( ) được: - x2 =1- x x2 – x – = 1 x 1 Vậy (1) có hai nghiệm x = 1; x Thí dụ 39: Giải phương trình: 1 2 x x2 (TM (*)) (Khong TM (*)) (1) Lời giải: Đặt 1 2 x t (t 0) Có x t t2 x2 x t xt 2 t x 2 (1) (2) t x ) 1 t x Trừ vế với vế (2) cho (1)ta được: (t + x)2 - (x + t) = 1 1 x x 2 Nếu t + x = -1 thì 2xt = -1thì: t (TMDK) t (Khong TM ) 2 Nếu t + x = thì 2xt = x = t = (TM) Vậy phương trình có nghiệm: x = Thí dụ 40: Giải phương trình: x = 1-2000(1-2000x2) Lời giải: 2000 t x 2000 x t (1) Đặt 1-2000x2 = t thì phương trình đã cho trở thành: (2) Trừ vế với vế (1) cho (2) ta có: 2000(t - x)(t + x)+(t + x) = (t - x)( 2000t +2000x -1) = 8001 8001 : x1 x : x 4000 4000 2000 x 2000 x 1 +)Với t thì 2000 x 2000 2000 +)Với t = x thì 2000x2+x-1=0 <=> x x 2000 2000 4.1999.2000 2000 2000 4.1999.2000 : x x : x 4000 4000 Kết luận các nghiệm tìm là: x = x1 ;x = x2 ;x = x3 ;x = x4 Thí dụ 41: Giải phương trình: Lời giải: Đặt log x u; log x log x x 2 log x 1 x2 v x u.v u (1) trở thành u + u.v2 = 1+(u.v)2 (u.v2 - 1).(1 - u) = Với u=1 thì log x u.v log x x Lop10.com (1) (12) Với u.v2=1 x 2 log x 1 log x 1 1 1 x 1 log x 1 log x x 2 log x (vô lý) Vậy phương trình có nghiệm x = Thí dụ 42:Giải phương trình: x x (1) Lời giải: Đặt x a ; x b (DK : b 0) Ta có: a 1 a 2 a b (a 1)(a 2) a b a b a b a b Do đó x = Vậy phương trình có nghiệm x = 4x (1) 28 Thí dụ 43: Giải phương trình: x x Lời giải: 4x 7x 7x (1) 28 7 x x ( ) () x x -1 (*); ( ) 4x 28 9 x x x 8x 14 7 x x (i) 7 x 8x (ii) 14 65 46 (TM (*)) (0 TM (*)) x x 14 14 Ta có :(i) ;(ii) 65 46 (0 TM (*)) ( TM (*)) x x 14 14 65 46 Vậy phương trình có nghiệm x ;x 14 14 () 49 x 49 x 98x Thí dụ 44:Giải phương trình: x x Lời giải: x (1) 2 x x ( ) 11 11 x (1) ;() x (*) 2 x x x () () x 24 x 32 x 12 x x x4 - 6x3 + 8x2 + 2x – = (x2 - 4x + 1)(x2 - 2x - 1) = x (TMDK ) x 4x x x (TMDK ) x 2x x Vậy phương trình có nghiệm: x 3; x 3; x ; x Lop10.com (13) §5: Phương pháp đảo ẩn Thí dụ 45 : Giải phương trình : (8a2 + 1)sin3x – (4a2 + 1)sinx + 2a.cos3x = (1) Lời giải: (1) [ 2a(2sin2x – 1) + sinxcosx ] ( 2asinx – cosx ) = 0 2a (2 sin x 1) sin x cos x (i) 2a sin x cos x (ii) Nếu ( ii ) thì: 2asinx – cosx = Với sinx = thì cosx = ( Vì cosx = 2asinx ) vô lý Vậy sinx ≠ Chia vế (ii) cho sinx ≠ ta được: 2a = cotgx x k ( k Z) (với α là góc cho cotg α = 2a) Nếu ( i ) thì: 2a(2sinx2 – 1) + sinxcosx = 0 4acos2x – sin2x = Với cosx = thì sin2x = ( Vì sin2x = 4acos2x ) vô lý.Vậy cos2x ≠ Chia vế (i) cho cos2x ≠ ta được: 4a = tg2x x = k ( k Z) 2 (với α là góc cho tg β = 4a) Vậy phương trình có nghiệm: x k ( k Z) , đó cotg α = 2a x= k ( k Z) , đó tg β = 4a 2 Thí dụ 46: Giải phương trình : x4 – 10x3 – 2(a – 11)x2 + 2(5a + 6)x + 2a + a2 = (1) Lời giải: x 4x a (1) ( a – x2 + 4x + ) ( a – x2 + 6x ) = 0 x 6x a (i) ( ii ) Nếu ( i ) thì: x2 – 4x – – a = , Có : ' = + a +) Nếu ' < a > -6 , phương trình (i) vô nghiệm +) Nếu ' ≥ a ≤ -6 , phương trình có nghiệm phân biệt: x = + + a ; x = + + a Nếu ( ii ) : x2 – 6x – = , Có : ' = + a +) Nếu ' < a < -9, phương trình (ii) vô nghiệm +) Nếu ' ≥ a ≥ -9, phương trình (ii) có nghiệm phân biệt: x a ; x a Vậy +) Với a < -9, phương trình vô nghiệm +) Với -9 ≤ a < -6, phương trình có nghiệm: x ; x +) Với -6 ≤ a , phương trình có 4nghiệm: x ; x ; x ; x Thí dụ 47 : Giải phương trình : x2 Lời giải: a x = a (1) x a (*) ax 2 ( ) a x x a (α ) x 2ax x a a ( x x a )( x x a ) (1) x a x x a ( ) x x a () x x a x a x x x2 a x 1 x x a x Lop10.com (14) a x x : g (x) , x (*1 ) (*2 ) a x x : f (x) , x Nghiệm (1) là hoành độ phần chung đường thẳng y = a (┴y’oy) với tập G gồm phần Parabol y = g(x) vẽ (*1) và phần Parabol y =af(x) vẽ (*2) trên cùng mặt phẳng toạ độ, G có dạng: y g(x)=x2+x f(x)=x2-x+1 4.5 3.5 2.5 1.5 0.5 x -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1.5 2.5 3.5 -0.5 -1 -1.5 4a 4a 1 , x2 ) ( với a ≥ 2 4a Gọi x3 là nghiệm lớn (β ): x ( với a ≥ ) Gọi x1; x2 là nghiệm (α ) : x Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta được: Khi a < Khi 1 , phương trình vô nghiệm 1 ≤ a ≤ , phương trình có nghiệm: x1; x2 Khi ≤ a ≤ phương trình có nghiệm: x1 Khi a ≥ , phương trình có ngiệm: x1; x3 Thí dụ 48 : Giải phương trình : x + Lời giải: (1) x = (1) 3 x ; x x = – x 3 x (3 x ) (*) () Lop10.com (15) ( x x 2)( x x 3) x x 1(TMDK (*) (i) (α ) x x ;( i ) ;( ii) x x x 2 ( vo ly loai ) ( ii ) x x Mà theo (α ) thì – x ≥ 0nên x x (vô lý) phương trình ( ii ) không có nghiệm thoả mãn ( α ) Vậy phương trình có nghiệm x = Thí dụ 49 : Giải phương trình : x3 + x2 + 3x + - = Lời giải: 1) (1) x ( 1) x x2 ( 1) x ( x 1) x ( ii ) x = ; ( i) x = (i) ( ii ) 1 1 x= 2 Vậy phương trình có nghiệm : x = ; x = 1 1 ; x= 2 Thí dụ 50 : Giải phương trình : x6 + ( c2- b2 )x2 – bc2 = (1) Lời giải: x b (1) ( x2 – b ) ( x4 + bx2 + c2 ) = 0 2 x bx c Nếu ( i ) : x2 – b = +) Với b < 0, ( i ) vô nghiệm (i) ( ii ) +) Với b ≥ 0, ( i ) có nghiệm x b + bt + = ( iii ) ; b 4c ( Đặt x2 = t , t ≥ 0) +) Với < b2 < 4c2 thì ( iii ) vô nghiệm +) Với ≥ b2 ≥ 4c2 , phương trình có nghiệm Khi b > thì (iii) có nghiệm < (iii) vô nghiệm Nếu ( ii ):t2 c2 2 Khi b ≤ thì (iii) có nghiệm > nên ta có nghiệm x phương trình (iii) là x b b 4c 2 Tóm lại: +) b2 < 4c2 :Với b < thì phương trình vô nghiệm ; với b ≥ thì phương có nghiệm x = b +) b2 ≥ 4c2 :Với b ≥ thì phương trình có nghiệm x = b ; với b < thì phương trình có nghiệm x Thí dụ 51 : Giải phương trình : x2 + Lời giải: (1) b b 4c x = (1) 5 x 0() x x2 2 x x () x x ( β ) x4 – 10x2 – x + 20 = 0 (x2 – x – 5)(x2 + x + 4) = x x Lop10.com (i) (ii) (16) 21 TM (*1 ) x Nếu (i) thì: – x2 = -x -x ≥ x ≤ (*1); (i) x 21 K TM (* ) 47 K TM (*2 ) x Nếu (ii) thì:5 – x2 = x + + x ≥ x ≥ (*2) (ii) x 47 K TM (* ) 2 21 17 ;x Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 2 Thí dụ 52 : Giải phương trình : a3x4 + 6a2x2 – x + 9a + = (1) Lời giải : ax x ( ) (ax x 3)(a x ax 3a 1) 2 a x ax 3a (i) ( ii ) Nếu a = thì phương trình có nghiệm x = -3 Nếu a ≠ thì: +) Xét ( i ) 12a Khi a ≤ 12a 12a , x2 phương trình có nghiệm x 2a 2a 12 +) Xét ( ii ) 3a (1 4a ) Khi a ≤ , phương trình có nghiệm x3 a 3a (1 4a ) 2a , x4 - a - - 3a (1 4a ) 2a Kết luận : Nếu a = phương trình có nghiệm x = -3 Nếu a ≠ , xảy các trường hợp sau: phương trình có nghiệm: x1;x2;x3;x4 1 Với a phương trình có nghiệm x1;x2 12 Với a > phương trình vô nghiệm 12 Với a ≤ Thí dụ 53 : Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực phân biệt : x4 – 2mx2 – x + m2 – m = (1) Lời giải: x x m ( ) ( x2 + x + – m ) ( x2 – x – m) = x x m (i) ( ii ) a a m a a m Giả sử ( i ) và ( ii ) có nghiệm chung x = a.Khi đó ta có hệ Vậy để ( ) có nghiệm phân biệt thì m ≠ Lop10.com a m (17) ( i ) có nghiệm phân biệt = 4m-3 ≥ m > ( ii ) có nghiệm phân biệt = + 4m ≥ m > Kết luận m > là các giá trị cần tìm §6: Phương pháp sử dụng tính chất đặc biệt hệ thức Thí dụ 54 : Tìm a để hệ : x y a y cos x (I) có nghiệm Lời giải : Nhận xét hệ có nghiệm ( x, y ) thì hệ có nghiệm ( -x, y ) Nên đế hệ có nghiệm thì x = đó ( I ) trở thành: y a a = y Ngược lại với a = ta có hệ x y y cos x 2 (1) (2) y x0 Từ ( ) y2 ≤ -1 ≤ y ≤ lại có cosx ≤ y + cosx ≤ Dấu có cos x y x Vậy với a = thì hệ có nghiệm ( x 1)a y cos x sin x y Thí dụ 55 : Cho hệ : 1.Giải hệ a = 2 Tìm a để hệ có nghiệm Lời giải: ( x 1)2 y cos x ( i ) ( ii ) sin x y Từ ( ii ) y2 ≤ -1 ≤ y ≤ lại có cosx ≤ y + cosx ≤ Kết hợp với ( i ) x x = y = 1.Dễ thấy ( x, y ) = ( 0, ) thoả mãn hệ đã cho 1) Khi a = ta có hệ Vậy a = hệ đã cho có nghiệm ( x, y ) = ( 0, ) 2) Nhận thấy hệ có nghiệm ( x,y) thì hệ có nghiệm ( -x,y).Nên để hệ có nghiệm thì x = a y a a y đó (I) trở thành: Với a = thì theo phần 1) ta hệ có nghiệm nhẩt ( x, y ) = ( 0, ) y cos x Với a = ta có hệ Nhận thấy hệ này có nghiệm thì hệ có vô số nghiệm trái với giả sin x y thiết là hệ có nghiệm Vậy a = là giá trị cần tìm x x x y m có nghiệm 2 x y Thí dụ 56 : Cho hệ : Lời giải : Nhận xét hệ có nghiệm ( x, y ) thì hệ có nghiệm (-x,y) 0 y m m m Nên để hệ có nghiệm thì x = 0.Khi đó ta có hệ 0 y Lop10.com (18) 2 x x y x 2 x y Nếu m =2 hệ trở thành Rõ ràng hệ trên có ít nghiệm (x,y) = (1,0) = (-1,0).Do đó m = không thoả mãn bài ra: 2 x x y x 2 x y ( ) ( ) Nếu m = hệ trở thành Từ ( β ) x 1, y x x , 2 x x x2 y Kết hợp với ( α ) ta được: x 2 y x y Vậy m = là các giá trị cần tìm x y m Thí dụ 57 : Tìm m để hệ : có nghiệm y x m Lời giải : Nhận xét hệ có nghiệm (x,y) thì hệ có nghiệm (-x,-y) nên để hệ có nghiệm thì ta phải m m= m có x = y = Khi đó ta đuợc hệ: Ngược lại với m = x y 2 ta có hệ: y x Với x,y ta có x2 , y x y Tương tự y2 y Dấu có và x = y =0 Vậy m = là các giá trị cần tìm Thí dụ 58 : Tìm a, b để các hệ sau có nghiệm : x y 1 a x y x y b xyz z a xyz z b x y z Lời giải : 1) Nhận xét hệ có nghiệm ( x,y,z ) thì hệ có nghiệm ( -x,-y,z ) nên đế hệ có nghiệm z a zab2 thì ta phải có x = y = 0.Khi đó hệ trở thành: z b z a b 2 z xyz z Nếu a = b =2 ta có hệ xyz z xyz(z 1) x y z xyz z x y z Nhận thấy hệ trên luôn có nghiệm ( x,y,z ) = ( 0,0,1) = ( 1 1 , ,1) nên loại vì không thoả mãn bài 2 Nếu a = b = -2 thì làm tương tự tháy không có giá trị a , b thoả mãn bài 2) Nhận thấy hệ có nghiệm ( x, y ) thì hê có nghiệm ( -x , y ) nên để hệ có nghiệm thì 1 a ta phải có x = Khi đó ta có hệ 0 y b ( I ) Để hệ ( I ) có nghiệm thì ta phải có y = dẫn đến a = ; b = Lop10.com (19) x y 1 (1) Ngược lại với a = b = thì ta có hệ x y x y Từ x2 + y2 = x y Thay vào ( ) ta = 1( Luôn đúng ) Vậy a = ; b = là các giá trị cần tìm Thí dụ 59 : (ĐS: 47-1.2) Cho y = 4x3 + mx Tìm m để y x Lời giải: Giả sử y ≤ x thoả mãn x : với x = y(1) -1≤ + m ≤ 1;với x = 1 m y( ) -1≤ 2 2 m 3 m 3 Vì vậy, m Ngược lại với m = -3 ta có: y = 4x3 – 3x Do x nên có thể đặt x = cost ; t , Ta có: y = 4cos3t -3cost = cos3t y cos 3t 1xTM x Vậy m = -3 là các giá trị cần tìm Thí dụ 60 : (ĐS: 69-2.2) Tìm m để x 4,6 là nghiệm bất phương trình : (4 x )(6 x ) x x m (1) Lời giải: Giả sử (1) đúng với x 4,6 (1) đúng với x = (4 1)(6 1) 12 2.1 m 6≤ m 4 x6 x 5 Ngược lại với m ≥ 6, theo BĐT cô-si ta có: (4 x)(6 x) Lại có: x2 – 2x + m ≥ x2 – 2x +1 +5 = (x – 1)2 + ≥ x R ( Do m ≥ 6, theo giả thiết ) Vậy m ≥ là các giá trị cần tìm Thí dụ 61 : (ĐS: 97-3.2) Tìm các cặp số (a,b) để với x R ta luôn có: a (cos x 1) b cos(ax b ) (1) Lời giải: Giả sử (1) đúng với x R (1) đúng với x = b b=0 2 1 cos b 0(Do1 cos b 0b R ) Khi đó (1) a(cosx-1) +1 – cosax = (2) với x R Lấy đạo hàm vế (2) theo x ta được: a0 a0 -asinx + asinax = x R với x R sin ax sin x a Tức là b2 + = cosb2 -b2 = – cosb2 Ngược lại: Với a = 0, b = (1) – cos00 = ( đúng với x R ) Với a = 1, b = (1) cosx – + – cosx = ( đúng với x R ) Vậy (a,b) = (0,0) = (1,0) Thí dụ 62 : (HH-2000) Cho f(x) = ax2 + bx + c thoả mãn f ( x ) với x 0,1 Chứng minh f , (0) Lời giải: Lop10.com (20) Cho x = ta c 3c (1) Cho x = ta a b c Cho x = (a b c) (2) 1 c a 2b 4c (3) ta 4a 2b Cộng vế với vế (1) (2) và (3) ta -8 ≤ b ≤ b f ' (0) b (đpcm) Thí dụ 63 : (ĐS: 102) Tìm a để với b hệ phương trình sau luôn có ít nghiệm: ( x 1) a (b 1) y a bxy x y (1) (2) Lời giải: Với a = 1, x = 0, y = thì hệ phương trình thoả mãn với b R Với a ≠ 1, ta xét trường hợp sau: x = 0.Khi đó (2) a = ( Trái với giả thiết a ≠ ) x ≠ Khi đó cho b = (1) ta (x2 + 1) a = Mà x ≠ x2 + ≠ Nên a = thay vào (1) ta y = ( Do (1) phải có nghiệm với b R ) Với y = thì (2) a = ( trái với giả thiết a ≠ loại ) Vậy a = là các giá trị cần tìm Thí dụ 64 : (LHA + DHA -2001) Xác định các giá trị tham số a để hệ phương trình sau đây có nghiệm (x,y) (a 1) x y bx e (a 1)by a với giá trị tham số b : Lời giải : Giả sử ta tìm a cho hệ có nghiệm với b (a 1) x y 0x e (a 1)0 y a Vì hệ có nghiệm với b nên hệ có nghiệm b = 0, đó ta có hệ a 1 (1 1) x y y bx bx e 2b e (1 1)by +) Nên a = ta có hệ Nhận thấy với b = thì hệ trên vô nghiệm nên giá trị a = không thoả mãn bài (1 1) x y x y (I) bx bx e (1 1)by (1) e +) Nếu a = -1 ta có hệ Nhận thấy hệ ( I ) luôn có nghiệm (x,y) = (0,1) với giá trị b Vậy a = -1 là các giá trị cần tìm §7: Phương pháp sử dụng tính chất hàm số cot gx cot gy x y Thí dụ 65: Tìm các số x, y thuộc khoảng (0; ) thỏa mãn hệ: 5x y 2 (1) (2) Lời giải: (1) cotgx- x = cotgy- y (3) Xét f(t) = cotgt- t với t (0; ) (*) Có f(t) xác định trên (*) và: f (t) =- Nên f(t) nghịch biến trên (*).Do đó (3) f(x) = f(y) x = y Lop10.com -1 với t (*) sin t (x, y thỏa mãn (*)) (21)