CHƯƠNG 2 PHƯỜNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ
2.3 MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
2.3.1. Xây dựng phương trình và bất phương trình mũ
a. Xây dựng phương trình và bất phương trình mũ dựa vào phương pháp đặt ẩn phụ
Ví dụ 2.33. Xét một phương trình bậc hai 2t2 −9t+ 4 = 0. Lấy t= 2x2−x, ta được 2.(2x2−x)2 −9.2x2−x + 4 = 0.
Chia hai vế phương trình cho 4, ta được 22x2−2x−1 −9.2x2−x−2 + 1 = 0. Nhân hai vế phương trình với 22x+2, ta có bài toán sau
Bài toán 2.15. Giải phương trình
22x2+1−9.2x2+x+ 22x+2 = 0. (2.48) Lời giải. Chia hai vế phương trình (2.48) cho 22x+2 ta được
22x2−2x−1 −9.2x2−x−2 + 1 = 0 ⇔2.22x2−2x−9.2x2−x+ 4 = 0
⇔
2x2−x = 2−1 2x2−x = 22 ⇔
x2 −x+ 1 = 0: vô nghiệm
x2 −x−2 = 0 ⇔
x = −1 x = 2.
Vậy tập nghiệm của phương trình là: T = {−1; 2}. Ví dụ 2.34. Xét một phương trình bậc ba t3 −1 = 0.
Lấy t = 2x− 2
2x, ta được (2x− 2
2x)3 −1 = 0. Khai triển (2x− 2
2x)3 trong phương trình trên ta được bài toán sau Bài toán 2.16. Giải phương trình
23x−6.2x− 1
23(x−1) + 12
2x = 1. (2.49)
Lời giải. Viết phương trình (2.49) dưới dạng (23x− 23
23x)−6(2x− 2
2x) = 1.
Đặt2x− 2
2x = t, suy ra23x− 23
23x = (2x− 2
2x)3+3.2x. 2
2x(2x− 2
2x) = t3+6t.
Khi đó (2.49) trở thành t3 + 6t−6t = 1 ⇔t = 1.
Ta có t = 1 ⇔2x− 2
2x = 1⇔ (2x)2 −2x−2 = 0
⇔
2x = −1 : vô nghiệm
2x = 2 ⇔ x = 1.
Vậy phương trình có nghiệm x = 1.
Ví dụ 2.35. Xét phương trình bậc bốn t4 + 2t3 −t−2 = 0.
Do t = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế phương trình cho t ta được t3 + 2t2− 2
t −1 = 0. Thay t= (2 +√
3)x ta được bài toán sau
Bài toán 2.17. Giải phương trình (26 + 15√
3)x+ 2(7 + 4√
3)x−2(2−√
3)x = 1. (2.50) Lời giải. Đặt (2 +√
3)x = t, điều kiện t > 0. Khi đó phương trình (2.50) trở thành
t3 + 2t2 − 2
t = 1 ⇔t4 + 2t3 −t−2 = 0
⇔
t= −2(loại) t= 1.
Ta có t = 1 ⇔(2 +√
3)x = 1 ⇔(2 +√
3)x = (2 +√
3)0 ⇔x = 0.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình (2.50) là T = {0}.
Nhận xét 2.4. ⊙ Từ các phương trình (2.49), (2.48) và (2.50) nếu thay dấu "=" bởi dấu ">, <, ≤, ≥" ta được các bất phương trình mũ tương ứng.
⊙ Việc xây dựng bất phương mũ tương tự phương trình mũ.
Ví dụ 2.36. Xét hệ phương trình đối xứng loại hai
u2 = v + 6 v2 = u+ 6.
Ta có
u2 = v+ 6
v2 = u+ 6 nên (u2 −6)2 = u+ 6 hay u2 −6 =√
u+ 6. Thay u =
2 3
x
vào phương trình trên và quy đồng ta được bài toán sau Bài toán 2.18. Giải phương trình
4x−6.9x = √
54x+ 6.81x. (2.51) Lời giải. Chia hai vế phương trình (2.51) cho 9x ta được
(2.51) ⇔ 2
3 2x
−6 = s
2 3
x
+ 6.
Đặt 2
3 x
= u, điều kiện u > 0. Khi đó (2.51) trở thành
u2−6 = √
u+ 6. (2.52)
Đặt √
u+ 6 = v, điều kiện v > √ 6, thì
v2 = u+ 6. (2.53)
Từ (2.52) và (2.53) ta có hệ phương trình
u2 = v+ 6 v2 = u+ 6 Do đó u2 −v2 = v −u ⇔ (u−v)(u+ v+ 1) = 0 ⇔
u−v = 0 u+v + 1 = 0 .
⊙ Với u−v = 0 ⇔ u = v, thay vào u2 = v + 6 ta được u2 −u−6 = 0 ⇔
u = 3
u = −2(loại) .
Ta có u = 3 ⇔ 2
3 = 3 ⇔x = log2
3 3.
⊙ Với u+v + 1 = 0⇔ v = −u−1, thay vào u2 = v+ 6 ta được u2 +u−5 = 0 ⇔
u = −1 +√ 21 2 u = −1−√
21
2 (loại) .
Ta có u = −1 +√ 21
2 ⇔
2 3
x
= −1 +√ 21
2 ⇔ x = log2
3
−1 +√ 21
2 .
Vậy phương trình có hai nghiệm: x = log2
3 3, x = log2
3
−1 +√ 21
2 .
Chú ý 2.3. Ta có thể giải phương trình (2.52) theo cách sau (2.52) ⇔
u2 −6≥ 0
u+ 6 = (u2 −6)2 ⇔
u ≥ √ 6
u4 −12u2 −u+ 30 = 0
⇔
u ≥ √ 6
(u−3)(u+ 2)(u2+ u−5) = 0
⇔
u ≥ √ 6
u = 3, u = −2 u = −1 +√
21
2 , u = −1−√ 21 2
⇔
u = 3
u = −1 +√ 21
2 .
Vậy nếu khi xây dựng bài toán, ta cố ý làm cho phương trình không có nghiệm hữu tỉ thì phương pháp đưa về phương trình bậc cao, sau đó phân tích đưa về phương trình tích sẽ gặp khó khăn.
Ví dụ 2.37. Xét hệ phương trình đối xứng loại hai
u3 + 2 = 3v v3 + 2 = 3u Ta có
u3 + 2 = 3v
v3 + 2 = 3u nên u3 + 2 = 3√3
3u−2. Thay u =
4 3
x
vào phương trình trên và quy đồng ta được bài toán sau Bài toán 2.19. Giải phương trình
64x+ 2.27x = 32x+1√3
3.36x−2.27x. (2.54) Lời giải. Phương trình được biến đổi như sau
(2.54) ⇔ 64x+ 2.27x = 32x+1 3 s
27x
3 4
3 x
−2
⇔ 64x+ 2.27x= 33x+1 3 s
3 4
3 x
−2
⇔ 4
3 3x
+ 2 = 3 3 s
3 4
3 x
−2 Đặt
4 3
x
= u, điều kiện u > 0. Khi đó phương trình (2.54) trở thành
u3 + 2 = 3√3
3u−2. (2.55)
Đặt √3
3u−2 = v, suy ra
v3 = 3u−2 ⇔v3 + 2 = 3u. (2.56) Từ (2.55) và (2.56) ta được hệ phương trình
u3+ 2 = 3v v3 + 2 = 3u Suy ra u3 −v3 = 3v −3u ⇔(u−v)(u2 +uv +v2 + 3) = 0
⇔
u= v
u2+ uv+ v2 + 3 = 0 : vô nghiệm. Thay v = u vào u3 + 2 = 3v ta được
u3 −3u+ 2 = 0 ⇔(u−1)(u2 +u−2) = 0
⇔
u−1 = 0
u2 +u−2 = 0 ⇔
u = 1
u = −2: loại. Ta có u = 1 ⇔
4 3
x
= 1 ⇔x = 0. Vậy phương trình có nghiệm x = 0.
b. Xây dựng phương trình và bất phương trình mũ dựa vào tính đơn điệu của hàm số.
Ví dụ 2.38. Xét hàm số f(t) = t3 +t đồng biến trên R.
Cho f(2x+x) =f(1) ta được phương trình (2x+x)3+ 2x+x = 2. Khai triển vế trái của phương trình trên ta được bài toán sau
Bài toán 2.20. Giải phương trình sau
x3 + 23x+ 3x.22x+ (1 + 3x2).2x+ x−2 = 0. (2.57) Lời giải. Ta có (2.57) ⇔(2x+x)3 + 2x+x = 2.
Xét hàm số f(t) = t3 + t, ∀t ∈ R.
Ta có f′(t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R, suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R. Lại có f(1) = 2.
Do đó
(2.57) ⇔ f(2x+x) = f(1) ⇔ 2x+ x= 1 ⇔ 2x = 1−x. (2.58) Ta có: ⊙ Vế trái của (2.58) là một hàm số đồng biến trên R.
⊙ Vế phải của (2.58) là một hàm số nghịch biến trên R.
⊙ x = 0 là một nghiệm của (2.58) vì 20 = 1−0. Suy ra x = 0 là nghiệm duy nhất của (2.58).
Vậy phương trình (2.57) có nghiệm x = 0.
Lưu ý. Có thể sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ để giải phương trình (2.57). Đặt t = 2x+x, khi đó phương trình (2.57) trở thành
t3 +t−2 = 0 ⇔ (t−1)(t2 + t+ 2) = 0 ⇔t = 1.
Ví dụ 2.39. Xét hàm số f(t) = (√
2 + 1)t + 1
2t đồng biến trên R. Cho f
1−x2 x2
= f
1−2x x2
, ta được (√
2 + 1)1−x
2
x2 + 1 2
1−x2 x2
= (√
2 + 1)1−x22x + 1 2
1−2x x2
.
⇔ (√
2 + 1)1−x
2
x2 −(√
2−1)2xx−21 = 1 2 − 1
x. Ta có bài toán sau đây.
Bài toán 2.21. Giải phương trình (√
2 + 1)1−x
2
x2 −(√
2−1)2x−x21 = 1 2 − 1
x. (2.59)
Lời giải. Điều kiện x 6= 0. Nhận xét 1−2x
x2 −1−x2
x2 = 1−2 x = 2
1 2 − 1
x
và(√
2+1)(√
2−1) = 1. (2.59) ⇔ (√
2 + 1)1−x
2
x2 −(√
2 + 1)1−x22x = 1 2
1−2x
x2 − 1−x2 x2
⇔ (√
2 + 1)1−x
2
x2 + 1 2
1−x2 x2
= (√
2 + 1)1−x22x + 1 2
1−2x x2
.
Xét hàm số f(t) = (√
2 + 1)t + 1
2t, ∀t ∈ R. Ta có f′(t) = (√
2 + 1)tln(√
2 + 1) + 1
2 > 0, ∀t ∈ R suy ra f(t) đồng biến trên R.
Do đó (2.59)⇔ f
1−x2 x2
= f
1−2x x2
⇔ 1−x2
x2 = 1−2x x2
⇔x2 −2x = 0 ⇔
x = 0(loại) x = 2(nhận) Vậy nghiệm của phương trình x = 2.
• Với hàm số f(t) = (√
2 + 1)t + 1
2t. Cho f((x−1)2) = f((x+ 1)2), ta được phương trình (√
2 + 1)(x−1)2+1
2(x−1)2 = (√
2 + 1)(x+1)2+1
2(x+ 1)2. Biến đổi phương trình trên ta được bài toán sau.
Bài toán 2.22. Giải phương trình (√
2−1)2x−1 −(√
2 + 1)2x+1 = 2x(√
2 + 1)−x2
•Với hàm số f(t) = (√
2+1)t+1
2t. Cho f(sin2x−sinx) =f(sinx−1), ta được phương trình (√
2+ 1)sin2x−sinx+1
2(sin2x−sinx) = (√
2 + 1)sinx−1+ 1
2(sinx−1).
Biến đổi phương trình trên ta được bài toán sau Bài toán 2.23. Giải phương trình
(√
2 + 1)sin2x−sinx−(√
2−1)1−sinx = −2 sin4x 2 − π
4 Ví dụ 2.40. Xét hàm số f(t) = 2t + 5t +t đồng biến trên R.
Cho f(2x) = f(x+ 1), ta được 22x + 52x+ 2x = 2x+1+ 5x+1+x+ 1. Giản ước 2x hai vế của phương trình, ta có bài toán sau.
Bài toán 2.24. Giải phương trình 22x + 52x = 2x+ 5x+1+ x+ 1.
Lời giải. Cộng vào hai vế của phương trình 2x, ta được phương trình tương đương
22x + 52x + 2x = 2x+1+ 5x+1+x+ 1. (2.60)
Xét hàm số f(t) = 2t + 5t +t với t ∈ R. Ta có f′(t) = 2tln 2 + 5tln 5 + 1 > 0, ∀t ∈ R Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R.
Do đó (2.60)⇔ f(2x) = f(x+ 1)⇔ 2x = x+ 1 ⇔2x−x−1 = 0
⊙ Xét hàm số g(x) = 2x−x−1, ∀x ∈ R. Ta có g′(x) = 2xln 2−1
g′′(x) = 2x(ln 2)2 > 0, ∀x ∈ R.
Như vậy theo hệ quả của định lý Rolle thì phương trình g(x) = 0 không có quá 2 nghiệm phân biệt trên R.
Mà g(0) = g(1) = 0
suy ra phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm x = 0 và x = 1. Vậy phương trình có nghiệm x = 0 và x = 1.
•Với hàm số f(t) = 2t+ 5t+t. Chof(sin2x) = f(cos2x), ta được phương trình 2sin2x+ 5sin2x+ sin2x = 2cos2x+ 5cos2x + cos2x.
Biến đổi phương trình trên ta được bài toán sau.
Bài toán 2.25. Giải phương trình
(2sin2x+ 5sin2x)−(2cos2x+ 5cos2x) = cos 2x.
Nhận xét 2.5. ⊙ Việc xây dựng bất phương trình mũ dựa vào tính đơn điệu của hàm số cũng tương tự phương trình mũ.
⊙ Từ các phương trình (2.59), (2.60) thay dấu "=" bởi các dấu ">, <,
≤,≥" ta đươc các bất phương trình tương ứng.
c. Xây dựng bất phương trình mũ dựa vào hàm phân thức chính quy
Bài toán 2.26. Cho 2 bộ số dương a1, a2, . . . , an và b1, b2, . . . , bn thỏa món điều kiện a1lnb1+ a2lnb2 +ã ã ã+anlnbn = 0.
Xột hàm số f(x) = a1bx1 + a2bx2 +ã ã ã+anbxn, x ∈ R. Chứng minh rằng f(x) ≥ a1 +a2 +ã ã ã+an, ∀x ∈ R.
Lời giải. Đặt x = lnt với t >0. Khi đó f(x) = g(t), trong đó
g(t) =a1tα1 +a2tα2 +ã ã ã+antαn, t ∈ R∗+. (2.61)
thỏa món điều kiện a1α1 +a2α2 +ã ã ã+anαn = 0,
trong đú b1 = eα1, b2 = eα2,ã ã ã , bn = eαn (α1, α2,ã ã ã , αn ∈ R).
Ta có (2.61) chính là phân thức chính quy.
(2.61) ⇔ g(t)
a1 + a2 +ã ã ã+an = λ1tα1 +λ2tα2 +ã ã ã+λntαn với λi = ai
a1 +a2 +ã ã ã+ an và λ1 +λ2+ ã ã ã+λn = 1 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM suy rộng ta có:
g(t)
a1 +a2 +ã ã ã+an ≥(tα1)λ1(tα2)λ2ã ã ã(tαn)λn = 1
⇔g(t) ≥ a1 +a2 +ã ã ã+an hay f(x) ≥a1 + a2 +ã ã ã+an, ∀x ∈ R. Dấu "=" xảy ra khi
t = 1
α1 = α2 = ã ã ã = αn = 0 ⇔
x = 0
b1 = b2 = ã ã ã = bn = 1.
Từ bài toán 2.26 ta có thể xây dựng được một số phương trình và bất phương trình mũ.
Ví dụ 2.41. Cho a1 = 3, a2 = 2, b1 = 3, b2 = q271 . Ta được bất phương trình 3.3x+ 2q271 x ≥ 5 nghiệm đúng với mọi x.
Biến đổi bất phương trình trên ta được bài toán sau.
Bài toán 2.27. Giải bất phương trình 3x+1+ 2q271 x ≥5. Lời giải. Đặt 3x = t, điều kiện t > 0.
Bất phương trình trở thành 3t+ 2
t32 −5 ≥ 0.
Xét hàm số f(t) = 3t+ 2
t32 −5, với t > 0.
Ta có f′(t) = 3− t352, f′(t) = 0 ⇔ t= 1.
Bảng biến thiên t
f′(t) f(t)
0 1 +∞
− 0 +
0
Căn cứ vào bảng biến thiên ta có f(t) ≥ 0, ∀t > 0
Suy ra bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x.
Ví dụ 2.42. Cho a1 = 2, a2 = 2, a3 = 1, b1 = 2, b2 = 3, b3 = 361 . Ta được bất phương trình 2.2x+ 2.3x+ 361 x ≥ 5 nghiệm đúng với mọi x.
Biến đổi bất phương trình trên ta có bài toán sau.
Bài toán 2.28. Giải bất phương trình 2.72x+ 2.108x−5.36x+ 1 ≥ 0.
Lời giải. Đặt 36x = t thì x = log36t (điều kiện t > 0).
Bất phương trình trở thành 2.tlog3672 + 2.tlog36108−5t+ 1≥ 0. Xét hàm số f(t) = 2.tlog3672+ 2.tlog36108−5t+ 1, với t > 0.
Ta có f′(t) = 2 log3672.tlog3672−1 + 2 log36108.tlog36108−1 −5 f′′(t) = 2 log3672(log3672−1)tlog3672−2
+2 log36108(log36108−1)tlog36108−2.
Mà f′′(t) > 0, ∀t > 0 nên f′(t) hàm tăng trên khoảng (0; +∞) và f′(1) = 0.
Do đó phương trình f′(t) = 0 có nghiệm duy nhất t= 1. Bảng biến thiên
t f′(t) f(t)
0 1 +∞
− 0 +
+∞ 1
0
Căn cứ vào bảng biến thiên ta có f(t) ≥ 0, ∀t > 0
Suy ra bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x.
2.3.2. Các bài toán liên quan đến tập nghiệm của phương trình và bất phương trình mũ
Có nhiều dạng toán về phương trình và bất phương trình mũ có chứa tham số. Ở đây, tác giả chỉ xét hai dạng đó là: xác định tham số để phương trình có nghiệm duy nhất, chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất và xác định tham số để bất phương trình nghiệm đúng với mọi biến x thuộc khoảng đã cho.
a. Xác định tham số để phương trình có nghiệm duy nhất
hoặc chứng minh tính duy nhất nghiệm
Bài toán 2.29. Tìma > 0để phương trìnhax = 1+xcó nghiệm duy nhất.
Lời giải. Nhận xét rằng x = 0 là một nghiệm của phương trình với mọi a > 0.
Xét các trường hợp:
⊙ Trường hợp 0 < a < 1: ta có y = ax là hàm số nghịch biến trên R, y = 1 +x là hàm số đồng biến trên R nên x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
⊙ Trường hợp a = 1: phương trình có nghiệm duy nhất là x = 0.
⊙ Trường hợp a > 1: xét hàm số f(x) = ax−x−1, ∀x ∈ R.
Ta có f′(x) = axlna−1, f′(x) = 0 ⇔ axlna−1 = 0 ⇔x = logalogae. Bảng biến thiên: đặt logalogae= m
x f′(x) f(x)
−∞ m +∞
− 0 +
+∞ +∞
f(m)
Nếu 1 < a < e thì m > 0, căn cứ vào bảng biến thiên thì phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt: x = 0 và x = x0 > m.
Nếu a = e thì m = 0, f(0) = 0, căn cứ vào bảng biến thiên thì phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất là x = 0.
Nếu a > e thì m < 0, căn cứ vào bảng biến thiên phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt: x = 0 và x = x0 < m.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi 0< a≤ 1 và a = e.
Bài toán 2.30. Giả sử a, b là hai số dương và a < b. Cho hàm số f(x) =
ax+bx 2
x1
nếu x 6= 0
√ab nếu x= 0
. Tìm m để phương trình f(x) = m có nghiệm duy nhất.
Lời giải. Tập xác định của f(x) D = R.
Ta biểu diễn hàm số f(x) dưới dạng f(x) = b1 +αx 2
x
nếu x 6= 0, với α = a
b.
Đặt g(x) = 1 +αx 2
1x
. Ta có lng(x) = 1
x[ln(1 +αx)−ln 2]
suy ra d
dx[lng(x)] = 1 x2
hαxlnαx
1 +αx −ln1 +αx 2
i = 1
x2h(x). Ta có h′(x) = xαxln2α
(1 +αx)2. Suy ra
h′(x) > 0 khi x > 0 h′(x) = 0 khi x = 0 h′(x) < 0 khi x < 0
. Mà h(0) = 0.
Suy ra h(x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Như vậy lng(x) có đạo hàm dương với mọi x 6= 0. Do đó lng(x) là hàm đơn điệu tăng, suy ra g(x) là hàm đơn điệu tăng. Từ đó suy ra hàm f(x) cũng là hàm đơn điệu tăng.
Lại có lim
x→+∞f(x) = lim
x→+∞b1 +αx 2
1x
= be0 = b.
x→−∞lim f(x) = lim
x→−∞a1 +βx 2
1x
= ae0 = a, với β = b
Vậy phương trình f(x) = m có nghiệm duy nhất khiaa < m < b.
Bài toán 2.31. Chứng minh rằng phương trình x.ax = 1 có nghiệm duy nhất với mọi a > 1.
Lời giải. Xét các trường hợp:
⊙ Trường hợp x ≤0: không thỏa mãn phương trình.
⊙ Trường hợp x > 0:
Xét hàm số f(x) = x.ax−1 liên tục tại mọi điểm x ≥ 0 Ta có f(x) liên tục trên đoạn [0; 1]
và f(0).f(1) = (−1).(a−1) < 0 (do a > 1)
suy ra ∃x0 ∈ (0; 1) sao cho f(x0) = 0 hay phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng (0; 1)
Lại có x.ax = 1 ⇔ax = 1x (do x > 0).
Mà trên khoảng (0; +∞) hàm số y = ax là hàm số đồng biến, còn y = 1x là hàm số nghịch biến.
Do đó trên khoảng (0; +∞) phương trình x.ax = 1 có nghiệm duy nhất
x0 ∈ (0; 1).
Vậy với mọi a > 1 phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x0 ∈ (0; 1). b. Xác định tham số để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thuộc một khoảng đã cho
Bài toán 2.32. Xác định a > 0 để bất phương trình ax ≥ 1 +x nghiệm đúng với mọi x ∈ R.
Lời giải. Xét các trường hợp:
⊙ Trường hợp x ≤ −1 và x = 0: bất phương trình đúng với mọi a > 0.
Với x = 0 dấu "=" xảy ra.
⊙ Trường hợp −1 < x 6= 0: ta có ax ≥ 1 +x⇔ xlna ≥ln(1 + x).
◦ Nếu x > 0 thì xlna ≥ ln(1 +x) ⇔ lna ≥ ln(1+x)x .
Xét g(x) = x−ln(1 +x) xác định và liên tục trên nửa khoảng [0; +∞).
Ta có g′(x) = x
1 +x > 0, ∀x > 0,
suy ra g(x) đồng biến trên nửa khoảng [0; +∞).
Suy ra g(x) > g(0) = 0, ∀x > 0 ⇔ ln(1+x)x < 1, ∀x > 0.
Do đó lna ≥ ln(1+x)x nghiệm đúng với mọi x > 0 ⇔lna ≥ 1⇔ a ≥ e.
◦ Nếu −1< x < 0 thì xlna ≥ ln(1 +x) ⇔lna ≤ ln(1+x)x .
Xét g(x) = x−ln(1 +x) xác định và liên tục trên nửa khoảng (−1; 0]
Ta có g′(x) = x
1 +x < 0, ∀x ∈ (−1; 0),
nên g(x) nghịch biến trên nửa khoảng (−1; 0].
Suy ra g(x) > g(0) = 0, ∀x ∈ (−1; 0)⇔ ln(1+x)x > 1, ∀x ∈ (−1; 0).
Do đó lna ≤ ln(1+x)x nghiệm đúng với mọi x ∈ (−1; 0) ⇔lna ≤ 1 ⇔ a ≤ e.
Từ các trường hợp trên suy ra ax ≥ 1 +x nghiệm đúng với mọi x ∈ R khi và chỉ khi a = e.
Với a = e, ta thấy bất đẳng thức ex ≥ 1 +x đúng với mọi x ∈ R. Nhận xét 2.6. Từ bài toán 2.32 ta có bất đẳng thức ex ≥1 +x, ∀x ∈ R. Dấu "=" xảy ra khi x = 0.
Như vậy phương trình ex = 1 +x có nghiệm duy nhất x = 0.
Bài toán 2.33. Xác định a > 0 để bất phương trình ax ≥ 1 +x + x2 nghiệm đúng với mọi x ≥0. 2
Lời giải. Xét các trường hợp:
⊙ Trường hợp x = 0: bất phương trình đúng với mọi a > 0.
⊙ Trường hợp x > 0, ta có
ax ≥ 1 +x+ x2
2 ⇔ xlna ≥ln (1 +x+ x2
2 ) ⇔lna ≥
ln (1 +x+ x2 2 )
x .
Xét hàm số f(x) = x − ln (1 +x+ x2
2 ) xác định và liên tục trên nửa khoảng [0; +∞)
Ta có f′(x) = 1− x+1
1+x+x2 2
= x2/2
1+x+x2 2
> 0, ∀x > 0.
Suy ra f(x) đồng biến nửa trên khoảng [0; +∞), do đó f(x) > f(0) = 0, ∀x > 0.
Suy ra x−ln (1 +x+ x2
2 ) > 0, ∀x > 0⇔
ln (1+x+x2 2 )
x < 1, ∀x > 0. Do đó lna ≥
ln (1+x+x2 2 )
x nghiệm đúng với mọi x > 0 khi và chỉ khi lna ≥ 1⇔ a ≥ e.
Từ các trường hợp trên suy ra ax ≥ 1 +x+x2
2 nghiệm đúng với mọi x ≥0 khi và chỉ khi a ≥ e.
Nhận xét 2.7. Từ bài toán 2.33 ta có bất đẳng thứcex ≥1+x+x2
2 ,∀x ≥ 0. Dấu "=" xảy ra khi x = 0.
CHƯƠNG 3
MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ LIÊN QUAN ĐẾN HÀM MŨ