CHƯƠNG 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH§1... Vậy phương trình 1 không có nghiệm trong khoảng này Tóm lại 1 vô nghiệm... Số nghiệm của hệ là số điểm chung của G với hình thoi ABCD.
Trang 1CHƯƠNG 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH
§1 Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số:
Thí dụ 128: Giải bất phương trình: x 9 2x 4 5 (1)
Lời giải:
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) x 2 (*)
2 x 9 x 0 4 2x 0 9 x
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: 0
4 2x 2
1 9
x 2
1 (x)
f '
2 x 0 x f(0) f(x)
Vậy bất phương trình có nghiệm: x 0
Thí dụ 129: Giải bất phương trình: x x 5 5 (1)
Lời giải:
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) x (*)
5 x 0 x 0 5 x 0 x
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: 0
5 x 2
1 x
2
1 (x)
f '
5 x 5 x f(5) f(x)
Vậy bất phương trình có nghiệm: x 5
Thí dụ 130: Giải bất phương trình: 2 x 3 x 5 x 38 (1)
Lời giải:
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định và liên tục với mọi x Rcó:
0 ln5 5 ln3 3 ln2
2
(x)
với mọi x Rnên f(x) đồng biến trên (*).Do
R x 2 x f(2) f(x)
Vậy bất phương trình có nghiệm: x 2
Thí dụ 131: (NTA-2000) Giải bất phương trình:
(1) 2) (4 log 1)
(2
3
x
Lời giải:
Đặt f(x) = VT(1),có f(x) xác định,liên tục với mọi x R có:
0 2)ln3 (4
ln4 4 1)ln2
(2
ln2
2
(x)
x x
x
'
R x 0 x f(0) f(x)
Vậy bất phương trình có nghiệm: x 0
Thí dụ 132: (TL-2000) Giải bất phương trình: x 2 3 - x 5 2x (1)
Lời giải:
f(2) 0 2x 5 x -3 2 x f(x)
Ta có f(x) xác định khi và chỉ khi (*)
2 x 2 0 2x 5 0 x -3 0 2 x
2x -5 2
1 x
-3 2
1 2 x 2
1 (x)
f '
đồng biến
2 x 2 2 x f(2) f(x)
Vậy bất phương trình có nghiệm: 2 x 2
Thí dụ 133: Giải bất phương trình: 1 2.2 x 3.3 x 6 x (1)
Lời giải:
2
1 3.
3
1 2.
6
1
x x
x
Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định, liên tục với mọi x Rcó:
R x 0 2
1 ln 2
1 3.
3
1 ln 3
1 2.
6
1 ln 6
1 (x) f
x x
x '
1 x R x 1 x f(1) f(x) (2)
Vậy bất phương trình có nghiệm: x 1
Thí dụ 134: Giải bất phương trình: x 3 x 2 x 16 2 3 4 x (1)
Lời giải:
Ta có: (1) f(x) 2x 3 3x 2 6x 16 4 x 2 3 f(1) (2)
Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định khi và chỉ khi:
0 x 4
0 8) x -2)(2x (x 0
x 4
0 16 6x 3x
4 x
0) 8 x -2x (do 2
(*) x
2
x 4 2
1 16
6x 3x 2x 2
6 6x -6x (x)
f
2 3
2 '
nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó (1) f(x) f(1) x 1 Kết hợp với (*) ta được: 2 x 1
Vậy bất phương trình có nghiệm: 2 x 1
§2: Phương pháp phân khoảng tập xác định:
Thí dụ 135: Giải hệ thức
log 2 24 x x 14 1
x
2 12 x x
Lời giải:
4 x 3 x 0
24 x 14 x
0 12 x 7 x
1 x , 0 x 2 2
- Với x = 3 bất phương trình trở thành bất đẳng thức
2 3 3 1 3
3
2 3
2 log 3
1 3
2 log 2 1 3
2
- Với x = 4 bất phương trình trở thành
2
1 2 log 2
1 2
1 log 2
1 4
2 log 2 1 4
2
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là x = 4
Trang 2Thí dụ 136: Giải hệ thức: log x (x + 1) = lg1,5 (1)
Lời giải:
Điều kiện: 0 < x 1
- Xét 0 < x < 1 khi đó logx(x+1) < logx1 = 0 < lg1,5 Vậy phương trình (1) không có
nghiệm trong khoảng này
- Xét 1 < x < + khi đó logx(x+1) > logxx = 1 > lg1,5 Vậy phương trình (1) không có
nghiệm trong khoảng này
Tóm lại (1) vô nghiệm
x
2 4 x
x 2
Lời giải:
Điều kiện: ; 0 (*)
3 1 x 0 x x 0
2
Với điều kiện đó ta có: x 2 x 4 x 2
7 0 1 0 x 2 2 x 3 0 x
2 2
Kết hợp với điều kiện (*) ta được
3
4 x 7
9
Thí dụ 138: Giải hệ thức
) 2 ( 0 1 x 3 x
) 1 ( 0 1 x 2 x 3
3 2
Lời giải:
(1) 1 x 13(*)
Đặt y = x3 - 3x + 1 hàm số xác định liên tục trên R có y/ = 3x2 - 3; y/ = 0 khi x = 1 x = - 1 ta
có bảng biến thiên:
x -1 31
y/ 0
y 271
Nghiệm của hệ: 1 x 13
x
1 5
x log 1 3 x
5 2
Lời giải:
3 x 1 3 x 1 x 0 x 0 6 x x
0 3 x x
0 x
2
- Với x = 1 thì (1) 1 0 1 1 0 0
5
1 log5 (luôn đúng)
- Với x = 3 thì (1)
5
1 125
27 5
5
3 0 3
1 5
3
1
5 (loại)
Vậy bất phương trình có nghiệm là x = 1
Thí dụ 140: Giải hệ thức 3 x 2 4 x 2 43 x 2 1
Lời giải:
- Với x 2thì x2 – 4 > 0 và x – 2 > 0 Do đó 3 x 2 4 3 0 1
(vì hàm đồng biến) nên VT(1) > 1 = VP(1) Bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên
- Với x 2thì x2 – 4 < 0 và x – 2 < 0 Do đó 3 x 2 4 3 0 1
(vì hàm đồng biến)
và (x2-4)3x-2 < 0 nên VT(1) < 1 = VP(1) Bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên
- Với x = 2 thay vào thỏa mãn
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất x = 2
Thí dụ141: Giải bất phương trình 3 x 15 3 x 2 x 1 1
Lời giải:
- Với x < 0 thì 3 x 0
mà 2x-1 > 0 nên 3 x 15 1 ; 3 x 2 x 1 0
Do đó VT(1) < 1 Vậy bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên
- Với x 0 thì 3 x 0
mà 2x-1 > 0 nên 3 x 15 1 ; 3 x 2 x 1 0
Vậy bất phương trình có nghiệm x 0
Thí dụ 142: Giải phương trình 4 x 1 2 x 2 x log2x 1
Lời giải:
- Nếu 0 < x 1 thì x 1 x x x 12 x 1x
2 2
2
- Nếu x > 1 thì log ( x x ) log x 2
) 1 x ( 2
) 1 x ( x log
2
VT = 22x-2- x 2 x
2 Do đó: (1) x 2 x
2 +log ( x 2 x ) log2 x 2
2 +22x-2 (1/)Xét hàm số f(x) =
2t + log2t xác định liên tục trên R+ và:
f/(x) = t.ln2 +t.ln1 2< 0 nên f(x) nghịch biến trên R+
(1/) x2 – x = 2x – 2 x2 – 3x + 2 = 0 x = 1 (loại); x = 2 (thỏa mãn)
Vậy phương trình có nghiệm x = 2
Thí dụ 143: Giải phương trình x 2 x 6 x 2 18
Lời giải:
Điều kiện: x + 2 0 x – 2 Đặt f(x) = x 2 x 6 x 2
có f(x) xác định, liên tục trên 2 ; và f/(x) = 2x + 1 + x3 2
- Nếu x ≥ 0 thì f/(x) > 0 nên VT(1) là hàm đồng biến mà VP(1) = const do đó phương trình
có nghiệm duy nhất x = 2
Trang 3- Nếu –2 ≤ x < 0 thì VT(1) < 18 = VP(1) nên phương trình không có nghiệm trong khoảng
trên
Tóm lại phương trình có nghiệm duy nhất x = 2
Thí dụ 144: Giải phương trình: x4 + x3 + 5 x 2= 2 + 5 2 (1)
Lời giải:
Đặt f(x) = x 4 x 3 5 x 1
có f(x) xác định liên tục trên 1 ;
f/(x) = 4 x 3 x 2 2 x5 1
- Nểu x ≥ 0 thì f/(x) > 0 nên f(x) đồng biến do đó VT(1) đồng biến mà
VP(1) = const Vì vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
- Nếu –1≤ x < 0 ta thấy VT(1) < 6 < VP(1)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1
§3: Phương pháp hàm liên tục:
Thí dụ 145: Giải bất phương trình 0 (1)
x x 4
3 x 4
x tg
Lời giải:
Đặt
x x 4
3 x 4
x tg
)
x
(
2
; f(x) xác định khi và chỉ khi:
2 x 2 x
) k ( 2 k x 0
x x 4 0 x 4
) k ( k 2 4 2 2
) (
2
x
2
x
0 3 x 4
x tg ) x (
g
0
)
x
( Có g(x) xác định trên( )và
0 2 4
x cos
4
)
x
(
'
g
2
với xthoả mãn( )nên g(x) đồng biến trên ( ) 1
x )
1
(
g
)
x
(
g ( x ) 0 x 1
Do f(x) liên tục trên( ) 0
3 7
) 2 1 ( 2 2
3
2
3 ) 0 ( f , 0 5
6
3 7
) 2 7 ( 2 2
3
nên ta có bảng xét dấu f(x) trên ( )
x 2 2 1 2 2
f(x) + – 0 + –
Từ bảng ta được (1) có nghiệm 2 x 1 2 x 2
Thí dụ 146: Giải bất phương trình: 0 ( 1 )
1 2
1 x 2
x
x 1
Lời giải:
Đặt
1 2
1 x 2 2 ) x
x 1
, f(x) xác định khi và chỉ khi:
; 0 0 ; : ( ) x
0 x 0 1
2 x
Xét phương trình ( x ) 0 g ( x ) 2 1 x x 1 0
Có g(x) xác định, liên tục trên ( )
0 2 2 ln 2 ) x ( '
với x ( )nên g(x) nghịch biến trên ( )
1 x ) 1 ( g ) x (
g ( x ) 0 x 1
Do f(x) liên tục trên(*) ( 1 ) 14 0; 2 2 0
2
1
f
6
5 ) 2 ( Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (*)
x 0 1 f(x) - + 0
-Từ bảng ta được (1) có nghiệm x 0 x 1
Thí dụ 147: Giải bất phương trình:( x 3 ) x 2 4 x 2 9 ( 1 )
Lời giải:
0 ) 3 x 4 x )(
3 x ( ) x ( ) 1
; 2 2 ; : ( ) x
0 4
x 2
0 ) 3 x 4 x )(
3 x ( 0 ) x
) ( 3 x 4 x
) ( 0
3 x
2
3 x ) (
) 3 x ( 4 x 0 3 x ) (
0 13 x 6 3 x
6 13 x
3 x
6
13
x
f(x) liên tục trên( ) ( 3 ) 6 5 0; ( 2 ) 5 0; ( 4 ) 2 3 7 0 Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên ( )
x 6
13
2 2 3
Từ bảng ta được (1) có nghiệm x 3
6
13
x
Thí dụ 148: Giải bất phương trình x 2 x 2 x 2 1 3 2 x x 2 2 x x 12 ( 1 )
Lời giải:
(1) x 2 x 2 x 2 1 3 2 x x 2 2 x x 12 0
0 ) 4 4 )(
3 x x
x 2
2
(x 2x 3)(4 2 1) 0
2 x 2
2
Trang 40
2
2 x ) 1 4 )(
3 x
2
x
( x 1 )( x 3 )( x 2 )( x 2 ) 0 2 x 1 2 x 3
Vậy (1) có nghiệm 2 x 1 2 x 3
Thí dụ 149: Giải bất phương trình: logx(3x)( 3 x ) 1 ( 1 )
Lời giải:
0 1 3 x 3 x 0 1 , 0 ) x ( x
0 x
Với điều kiện đó:
0 ) x 3 ( log
1
)
1
( x(3x)
logx(3x)x ( 3 x ) logx(3x)( 3 x ) 0
logx(3x)x 0 x ( 3 x ) 1( x 1 ) 0
( x 2 3 1 )( x 1 ) 0
2
5 3 x 2
5 3
2
5 3 x 1 x 2
5
2
5 3 1 x 2
5 3
Thí dụ 150: Giải bất phương trình: cos x sin x cos x 0(1) vớix 0 ; 2 : (*)
Lời giải:
Đặt ( x ) cos x sin x cos 2 x, có f(x) xác định, liên tục trên (*) f(x) = 0
0 x 2 cos x sin
x
0 ) x sin x (cos x
sin
x
(cos x sin x )( 1 cos x sin x ) 0
1 x sin x cos 0 x sin
x
2
2 4
x
cos
0 4 x
sin
) k ( kx 2 4 4
x
kx 2 4 4
x
kx
4
x
kx 2 x
kx 2 2 x
kx 4 x
Z)
Kết hợp với( )ta có x 54
2
x 4
x
Do f(x) liên tục trên (*) và 0
2
2 3 6
f
2
3 f )
Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên ( )
X 0
4
2 54
2
Từ bảng ta đựợc (1) có nghiệm x 2
4
5 2
x
Thí dụ 151: Giải bất phương trình: log( x2 x)2 log x12 ( 1 )
Lời giải:
4 x 0 x
1 , 0 1 x
1 , 0 x 2
x
0 1 x 0 x
0 2 x
(*) Với điều kiện đó: 1
x log
1 )
x 2 x ( log
1 )
1 (
2
log2( x 2 x ) log2 x 1
log 2 ( x 2 x ) log 2 x 1 0
1 x
x 2 x
1 x
x 2 x ) 1 2
1 x
1 x x 2 x
x 2 x x 1 2 x ( x 1 ) 1 x 2 x ( x 1 )
1( 1 xx ) 20 x ( x 1 )
xx 21 x 1 0
3 3 3 x 3 3 2 3
3
3 2 3 x 3
3 2
Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm
3
3 2 3 x
0
4 x x
) 1 x ( log ) 1 x ( log
2
3 3
2 2
Lời giải:
4
x 0 4 x 3
( 2 3
(*) Với điều kiện đó:
2 log ( x 1 ) 3 log ( x 1 )( x x 4 ) 0 )
1
3
0 ) 4 )(
1 ( 3 log 3 2 log 2 x
1
1
( 1 )( x 4 ) 0 3 log 2 log 2 log 3 log 2 1 1 1 1
9 log ).8 log ).1 log 1 ).( 1 )( x )4 0 (log01 1 2 3
log 1 ) log 1 ).( 1 )( x 0 8
log 0 3 2
log ( ) log ( 1 ).( )( 4 ) 0 8
log 0 3 2
( x 1 1 ).( 1 )( x 1 ).( 3 x 1 ).( 1 )( 4 ) 0 0
0 ) 4 x )(
1 x ( x 0 x
3 x ( x 1 )( x 4 ) 0 4
x 0 x
1
Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm 1 x 0 x 4
§4: Phương pháp mặt phẳng toạ độ:
Thí dụ 153: Tìm m để hệ:
0 ) m x )(
x m ( 0 1 x
2 2
vô nghiêm (1)
Lời giải:
Đặt m = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y Ta có:
0 ) y x )(
x y (x 12 0 2
} x
; x max{
y } x
; x min{
1 x 1
2 2
x y x
1 x 1
2
x y x
1 x 1
(2)
Trang 5Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = –1; y = – x; y = x2
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là
miền được gạch chéo không lấy biên trên hình vẽ
-1
1 2
x
y
y =
x =
- 1
x = 1
Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là hoành độ
Từ nhận xét trên và hình vẽ ta có (1) vô nghiệm khi y = m và N không có điểm chung, khi
và chỉ khi m < –1 hoặc m > 1
Vậy |m| > 1 là các giá trị cần tìm để hệ (1) vô nghiệm
Thí dụ 154: Tìm m để hệ
0 m m x ) 1 m 2 ( x
0 m 1 x x
2 2
2
có nghiệm duy nhất
Lời giải:
Đặt m = y và coi hệ đã cho là hệ (1) với 2 ẩn x; y ta có:
0 y y x ) 1 y (
x
0 y 1 x
x
2 2
2
0 x x y
)
1
x
(
y
)
1
x
(
y
2 2
2
x y 1 x
) 1 x (
(2)
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là
phần gạch chéo lấy cả biên trên hình vẽ
1 2 3 4
x
y = x
- 1
y = (x
- 1)^2y = x
Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là hoành độ
0 ≤ m ≤
2
5
3
Vậy 0 ≤ m ≤
2
5
Thí dụ 155: Tìm m để hệ
m x 2 y x
m y 2 y x
2 2 2 2
(1) có nghiệm duy nhất
Lời giải:
1 m y ) 1 x (
1 m ) 1 y ( x
2 2 2 2
Hệ (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (α): x) và (β) có duy nhất 1 điểm chung
(α): x) và (β) tiếp xúc ngoài với nhau khi đó:
2 1
Thí dụ 156: Tìm m để hệ
m y 2 x
1 ) y x (
Lời giải:
2 2 y 2
x
1 y x
0 y x
2 2
2
2 2 y 2 x 1 y x
2 2
2
(2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số:
Trang 6-1 1
-1
1 2
x
1
T
2
T
Δ : x + y = 0
1
2
m y x
2
2
m y x
A
Biểu diễn nghiệm từng thành phần rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là phần
gạch chéo trên hình vẽ không lấy những điểm thuộc (T2 ) và (∆)
2
1
;–
2
1
2 1
2
10
3
(1) có nghiệm đường thẳng x + 2y = m và N có điểm chung
–
2
1
< m ≤
2
10
3
Vậy –
2
1
< m ≤
2
10
Thí dụ 157: Tìm m để hệ
1 y x
1 xy 2 m y x
(1) a) Có nghiệm
b) Vô nghiệm
Lời giải:
0 ) y x ( 1 xy
2
m
1
y
x
2
) y x ( ) y x
(
2
1
xy
2
m
1
y
x
) 3 ( ) 1 x ( ) 1 y ( 1 m
) 2 ( x
1 y
2 2
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số:
-1
1 2 3
x
y
(α): x)
▲
Ta thấy nghiệm của (2) là toàn bộ phần mặt phẳng nằm phía trên đường thẳng ∆ còn nghiệm của (3) là những điểm nằm trong và trên đường tròn α): x
Nên:
a) (1) có nghiệm khi và chỉ khi đồ thị hàm số của (∆) và (α): x) có điểm chung
d(I; ∆) ≤ R (I(1; 1); R là tâm của (α): x))
1 1
| 1 1 1
|
b) Nhận thấy những giá trị còn lại của m trên tập R là những giá trị làm cho (1) vô nghiệm
Thí dụ 158: Biện luận theo a số nghiệm của hệ:
) ( 0 ) a y )(
a 2 x (
) ( 4
| y
| 2
| x
|
Lời giải:
(α): x)
4 y 2 x
0 y
; 0 x
v
4 y 2 x
0 y
; 0 x
v
4 y 2 x
0 y
; 0 x
v
4 y
2 x
0 y
; 0 x
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, biểu diễn nghiệm của (α): x) là hình thoi ABCD như hình vẽ:
Còn (β)
) ( a y
) ( a 2 x
2 1
Biểu diễn nghiệm của (β) là tập G gồm 2 đường thẳng: ∆1 và ∆2 Vì ∆1 cắt ∆2 tại M có tọa độ (2a; a) nên M chạy trên đường thẳng ∆: x – 2y = 0
∆ đi qua điểm O(0;0) và song song với AD và BC
Số nghiệm của hệ là số điểm chung của G với hình thoi ABCD Trên hình thoi xét 4 điểm đặc biệt K; P; Q; N
Trang 7Từ nhận xét trên và từ hình vẽ ta thu được:
Khi M nằm ngoài đoạn KN |a| > 2 thì hệ vô nghiệm
Khi M{K; N} |a| = 2 thì hệ có 2 nghiệm phân biệt
Khi M{P; Q} |a| = 1 thì hệ có 3 nghiệm phân biệt
Khi M[KN] \ {K; P; Q; N} |a| < 2 và |a| ≠ 1 thì hệ có 4 nghiệm phân biệt
Thí dụ 159: Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm âm: 3 – | x – a | > x2 (1)
Lời giải:
Đặt a = y và coi (1) là hệ bất phương trình 2 ẩn x; y thì (1)3 – | x – y | > x2
Khi đó yều cầu bài ra tương đương với:
2 2
x 3
|
y
x
|
0
x
; 0 x
3
2
2 3 x y 3 x x
0 x 3
3 x
x y
3 x
x y
0 x
3
2
2 (2) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường:
x = 0; y = –x2 + x +3; y = x2 + x – 3; x = – 3
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là
phần gạch chéo không lấy biên trên hình vẽ
-5 -4 -3 -2 -1
1 2 3 4
x
y
y = x^2+x-3
y = -x 2 + x + 3
N
Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = a, tức là nghiệm x < 0 của (1) là hoành
độ điểm chung của đường thẳng y = a với N
Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có: (1) có nghiệm âm –134 < a < 3
Vậy –134 < a < 3 là các giá trị cần tìm
Thí dụ 160: Cho phương trình x a (x2 – x – a)(2a + 2 – x) = 0 (1)
1) Biện luận theo a số nghiệm của phương trình
2) Tìm a để mọi nghiệm của phương trình đều thuộc đoạn [0; 4]
Lời giải:
Đặt a = y và coi (1) là phương trình 2 ẩn x; y thì:
(1) x y(x2 – x – y )(2y + 2 – x ) = 0
1 x 2
1 y
x x
y x
y
2
(2)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường y = x; y = x2 – x; y = 21 x – 1 Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được nghiệm của (2) là hoành
độ các điểm thuộc đồ thị của các hàm số y = x; y = x2 – x; y = 21 x – 1
-12 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 12 14
-10 -8 -6 -4 -2
2 4 6 8 10 12 14
x y
y = -1/2x-1
y =x
y = x 2 -x
Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = a Tức là nghiệm của (1) chính là hoành độ phần điểm chung của đường thẳng y = a với đồ thị của các hàm số y = x; y = x2
– x; y = 21 x – 1 Gọi x0 là nghiệm của phương trình x a = 0 thì x0= a
x1 là nghiệm của phương trình 2a + 2 – x = 0 thì x1 = 2(a + 1)
x2 < x3 là nghiệm của phương trình x2 – x – a = 0 thì:
x2 =
2
a 4 1
1 ; x3=
2
a 4 1
1 (a ≥ –14 )
Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có:
Phương trình luôn có 2 nghiệm x = a; x = 2(a + 1) a R
Trang 8Khi a ≥ –41 phương trình có thêm 2 nghiệm x =
2
a 4 1
1 ; x =
2
a 4 1
1
Do đó: (γ))
0 ) 1 y ( y
0 ) 1 x ( x
3 3
1 y 0 y
1 x 0 x
0 y 0 x
v
1 y 0 x
v
0 y 1 x
v
1 y 1 x
Thay vào (α): x) ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là:
1 y 0 x
và
0 y 1 x
2) Yêu cầu bài ra tương đương với
1 x
2
y
x
x
y
x
y
4
x
0
-1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
x
y
y = x
y = x^2
- x
x = 0
x = 4
y = 1/2*x
- 1
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (4) rồi kết hợp lại ta được nghiệm của (4) là phần
Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có để mọi nghiệm của (1) đều 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: | x2 – 2x +a | ≥ |2x2 – 3x –a | (1)
Lời giải:
Do 2 vế của (2) cùng ≥ 0 nên:
0 y 2 x
x
0 x
5
x
3
2
2
0 y 2 x x
0 x 5 x 3
2 2
2 x x y
3 5 x 0
2 x x y
3 5 x 0
2
x
x 2 (α): x)
-1
1 2 3
x
x = 5/3
y = (x^2
x)/2
x = 0
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 Nghiệm của (1) là nghiệm của (2) với y = 1
a =
2
x
x 2
2
a 8 1
2
a 8 1
Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta được:
2
a 8 1
1 ][
2
a 8 1
1 ;53]
2
a 8 1
1 ; 0][
2
a 8 1
1 ;53]
2
a 8 1
1 ; 0][35;
2
a 8 1
1 ]
Thí dụ 163: Tìm p để hai bất phương trình
Lời giải:
0 3 x 2 x
0 ) 1 p x )(
p x x (
2 2
(1) vô nghiệm Đặt p = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y ta có:
0 3 x 2 x
0 ) 1 y x )(
y x x (
2 2
0 3
x 2 x
0 1
y x
0 y
x x
2 2
0 3
x 2 x
0 1
y x
0 y
x x
2 2
x x
y
1 x
y
3 x
1
x x
y
1 x
y
3 x
1
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta thu được miền nghiệm N của (2) là phần được gạch chéo trên hình vẽ (phần lấy biên có màu đỏ)
Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = p tức là nghiệm của (1) là hoành độ
Trang 9-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
-2 -1
1 2 3 4 5 6 7 8
x
y
y = 1
- x
y = x^2
-
x
x = 3
không có điểm chung với N do có p ≤ – 2 hoặc p ≥ 6
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 + 1 với b )
2
7 , 3 (
Giải bất phương trình f(f(x)) > x
Lời giải:
Ta có f(f(x)) – x = x 2 ( b 1 ) x b 2 x 2 ( b 1 ) x 1
f(f(x)) – x > 0 x 2 ( b 1 ) x b 2 x 2 ( b 1 ) x 1
Đặt g(x) = x2 + (b – 1)x + 1, h(x) = x2 + (b + 1)x + b + 2; b b 3 , b 2 2 b 7
h(x)
2 ) x (
2
7
; 3 (
nên g ( x ) > 0 và h ( x ) < 0 Phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm
2
3 b b b 1 x , 2
3 b b b 1 x
2 2
2 1
Vậy bất phương trình có nghiệm x < x1 hoặc x > x2
Thí dụ 165: (Đề số 143-4)
Giải và biện luận theo a, b phương trình x = a – b( a – bx2 )2 ( 1 )
Lời giải:
(1) (bx2 + x – a)(b2x2 – bx – ab + 1) = 0
) ii ( 0 1 ab bx x b
) ( 0 a x bx
2 2 2
- Với b = 0 thì (1) có nghiệm x = a
- Với b ≠ 0 +) Nếu ( i ) có 1 4 ab Khi ab ≥
4
1
phương trình có nghiệm
b
ab 4 1 1 x
, b 2
ab 4 1 1
x1 2
+) Nếu ( ii ) có b 2 ( 4 ab 3 )
Khi ab ≥ 43 phương trình có nghiệm
2
2 4
2
2 3
b 2
) 3 ab 4 ( b b x , b
) 3 ab 4 ( b b
Kết luận: Nếu b = 0 thì x = a Nếu b ≠ 0 Với
4
3
> ab ≥
4
1
phương trình có nghiệm x1, x2
Với ab ≥ 43 phương trình có nghiệm x1, x2, x3, x4 Với ab < 14 phương trình vô nghiệm
Thí dụ 166: (TN-98) Tìm m để phương trình x + 3(m-3x2)2 = m (I) có nghiệm
Lời giải :
(1)( 3x2 + x – m )( 9x2 – 3x + 1 – 3m ) = 0 9xx2 3xxm130m 0 ((12))
2
Để (I) có nghiệm thì một trong hai phương trình (1) hoặc (2) phải có nghiệm, điều đó xảy
ra khi và chỉ khi
0 27 m
10812m 0
1 2
Vậy m ≥ 121 là các giá trị cần tìm
Trang 10Thí dụ 167: Giải phương trình x a a x (1)
Lời giải:
Với ( x ) a x à hàm đồng biến trênR
(1) ( ( x )) x ( x ) x a x x x x a 0
4
1 a ( 4
a 4 1 a 2 1 2
a 4 1 1 x
4
a 4 1 a 2 1 2
a 4 1 1 x
2 2
2 1
Vậy phương trình có nghiệm x1; x2
Thí dụ 168: Giải phương trình x a a x (1)
Lời giải:
Với f(x) = a x xác định với mọi x-a, có 0 x a
x a 2
1 )
x (
Nên f(x) đồng biến trên tập xác định của nó, do đó:
(1) ( ( x )) x ( x ) x a x x
) 2 ( 0 a x x
(*) 0
x
2
) 4
1 a ( x
: 2
a 4 1 1
x
(*)) mãn thoa ( x : 2
a 4 1 1
x
)
2
(
2
1
2
4
1 0
a 4 1 1 0 a 4 1
4
1 a khi
4
1 khi
Thí dụ 169: Giải phương trình a 7 x 7 a x (1)
Lời giải:
(1) a 7 x 7 a x Với ( a ) 7 a x xác định với mọi a thuộc R, có: 0
) a x ( 7
1 )
a ( f
với a x ( 1 ) ( ( a )) a ( a ) a 7 a x a x a 7 a
Thí dụ 172: Giải phương trình x 2 x 5
Lời giải:
|
u|+|
u+
v| x 2 x 5
u//
v xx 11
Thí dụ 173: Giải phương trình | x 2 x 5
– x 2 10 x 50
Lời giải:
Đặt A(–2;1), B(5;5), M(x;0) thì:
– x 2 10 x 50
Đẳng thức xảy ra khi A; B; M thẳng hàng và C nằm ngoài đoạn AB
0 k
CB k
k 5 1
) x 5 ( k x 2 0 k
4 5 x
5 1 k
Thí dụ 174: Giải phương trình:
x 1 x
x 2 2 2 (1)
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:
2 x 2 x
x 1 2 1 1 x2 x 1 2 1 x2 x 1 2 3 2
Đặt u 1 ; 1 2 x ; v1 3x ; x 1 ; p1 3 x ; x 1
n 1 i i n
1 i
i a ' a a a
1 3 3 3 2 VP 1 VT
1 x 1 x x 1 x 1 x 1 1 1 VT
p v u p v u 1 VT
2 2
2 2
Do đó 1 u v p
p n u
v k u
0 n
; k
1 x
n x
2 1
x 3 1
n 1
1 x
k x
2 1
x 3 1
k 1
x 3 1
k 1
1 x
k x
2 1
x 3 1
x 3 1
k 1
0 n
k
3 1 x 5 x x
1 2
1 x x 4 2 2 1 k
(loại) Vậy hệ đã cho vô nghiệm
Thí dụ 175: Giải phươnh trình x 1 x 3 x 2 x 2 1 1
Lời giải:
Điều kiện: 13 xx 00 1 x 3 (*)
Đặt u 1 x ; 3 x; v x ; 1
