các phương pháp giải phương trình

giải phương trình sau

§1 Phương pháp nghiệm duy nhất

3+

4ln5

4 < 0 ∀x∈R nên f(x) là hàm nghịch biến Do đó: (1)  f(x) = f(2)  x = 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =2

Thí dụ 4 : Giải phương trình : 3x= 4 – x (4)

Lời giải :

Đặt f(x) = 3x+ x – 4 Có f(x) xác định liên tục trên R và :

f'(x) = 3xln3 + 1 > 0 ∀ x ∈ R nên f(x) là hàm đồng biến.Bởi vậy : (4)  f(x) = 0 = f(1)  x = 1

Vậy phương trình (4) có nghiệm duy nhất x = 1

≥ + 0 9

0 4 2

1 +

1 +

x > 0 ∀x > - 2 nên f(x) đồng biến trên (*).Bởi vậy: (5)  f(x) = 5 = f(0) ( x = 0 thoả mãn (*) )  x = 0

Vậy phương trình (5) có nghiệm duy nhất x = 0

Thí dụ 6 : Giải phương trình : 2x + x − 3= 16 (6)

Lời giải :

Đặt f(x) = VT (6) ta có : f(x) xác định  x – 3 ≥ 0  x ≥ 3 (*)

f(x) liên tục trên (*) nên ta có : f'(x) = 2 +

3 2

+) Nếu m < 0 thì phương trình vô nghiệm

+) m ≥ 0 thì ta có :Điều kiện để phương trình có nghiệm là :

m x

 x ≥ m (do m ≥ 0 )

Với điều kiện đó ta có : x + x − m ≥ m+ m − m= m Đẳng thức xảy ra khi x = m

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = m khi m ≥ 0

Điều kiện: x – 5 ≥ 0  x ≥ 5 Nhận thấy x = 6 là một nghiệm của phương trình

Nếu x > 6 thì lg(x–5) > lg(6–5) = 0 > 6 – x => phương trình không có nghiệm x > 6

Nếu x < 6 thì lg(x–5) < lg(6–5) = 0 < 6 – x => phương trình không có nghiệm x < 6

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =6

Thí dụ 10 : Giải hệ phương trình :



x22−+y22==(2y −x)( xy+2 ) ((βα))

y x

Lời giải :

Thay (β) vào (α) ta có :

(α)  2x- 2y = (y – x )( xy + x2+y2) = y3 - x3 2x+ x3 = 2y + y3

Đặt f(x) = 2t+ t3xác định , liên tục trên R nên ta có: f'(x) = 2tln2 + 3t2> 0 ∀ t ∈ R

Nên f(x) là hàm đồng biến Vậy: (α)  f(x) = f(y)  x = y

 x = y = ± 1

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x ; y) ∈ {(1; 1) ; (-1 ; -1)}

Thí dụ 11 : Giải phương trình : log7 x = : log3 ( x + 2 ) (1)

+) Nếu t > 2 thì VT(3) < VP(3)

=> t = 2 là nghiệm duy nhất của (3).Thay t = 2 vào (*) ta thu được x = 72 = 49

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 49

0 1

5log

=

−

t t

x

x

5 1

3 1 

=

−

t t

t

x

5 2 3

3 1 (*)

t

x

=> x = 4

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 4

Thí dụ 13 : Giải phương trình : log2(log3x) = log3(log2x) (1)

Lời giải :

Điều kiện : x > 0 Với điều kiện đó ta có log2(log3x) = log3(log2x) = t

=> x = 32t = 23t (*) => log332t = log323t  2t= 3tlog32 t = log

3

2log32

Thay giá trị vừa tìm được của t vào (*) ta có : x = 3

2 log 3 2 log

2 log 3 2 log

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 3

2 log 3 2 log

Xét x ∈ (0;1) ta có: f(x) < 12 + 6 + 0 + 0 – 34 < 0 => phương trình vô nghiệm với x ∈ (0;1)

Xét x ∈ [1;+∞) ta có : f(x) xác định liên tục trên [1;+∞) (*) nên :

Thí dụ 15: Giải phương trình 3x = cosx (1)

) ( 1 cos

2

x (β)⇔x2= 0 ⇔ x = 0 thay vào (α) có cos0 = 1 (luôn đúng)

Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất.

5

xxcos 2+ = x + − x

Lời giải:

5

xxcos2)2(VTRx15

xx

Mặt khác 2x;2− x〉0∀x∈Rnên theo bất đẳng thức AM-GM:

VP(2)=2x +2− x ≥2 2x.2− x =2,dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi 2x =2− x ⇔x=0

)(25

xxcos

2

;(β)⇔x=0,thay vào 2cos0 2

5

0.30cos2có)

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0

Thí dụ 17: Giải phương trình x2 +1= 1−sin4x (3)

Lời giải :

Ta có 1≥sin4x≥0 ∀x∈R⇒0≤1−sin4x≤1∀x⇒VP(3)= 1−sin4x ≤1 ∀x

Còn VT(3)=x2+1≥1∀x∈R Do đó x 0

0 x

0 x sin 1

1 x

1 x sin 1 )

3 (

2

4 2

=

−

⇔

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0

Thí dụ 18: Giải phương trình 2sin5x+3cos3x=5 (4)

Lời giải:

Ta có: x R VT(4) 2sin x 3cos x 2.1 3.1 5 VP(4)

1xcos

1xsinR

x1x

cos

1x

≤+

1xsin1

xcos

1x

3

5

=+

Thí dụ 19: Giải phương trình x x log (x2 1) log2x (5).

2 3

Lời giải:

0x

)đúngluôn(01

x

1xlogxx)5(

2 2 3

xx

1x

2

2 2

2

β

=

≥+

=α

⇒

=

≥+ Xét hiệu x2 − x3−1=(1−x)( x2 −x+1)=−(x−1)2( x+1)

Do x〉0nên x+1〉0còn(x−1)2≥0∀x ⇒ − (x − 1)2(2x + 1) ≤ 0 ∀ x 〉 0

⇔ VT(α ) = 3x2 − 2x3 ≤ 1 ∀ x 〉 0 ( δ )

1x

2/1x1x0

1xx

0)1x()1x(1x

1xlog

1xx)

5(có)

2

3 2

−

=+

=

−

⇔δ

12x1xx1

0x

121.2)x1(x)(

11(x

1

x+ − ≤ + 2 + − 2 = = Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1−x ⇔x=0,5

.2

1222)x1(x)(

11(x

12x1xx1x)6(

1 x 0 1 y

0 1 x

2xy2

yxyxxyyxy)xyxy)(xy(x

yxy.yxxy

x

(1)

Dấu bằng xảy ra:

−

= +

y

y xy x

x xy

2 y x x 2x

y x xy

y x

1 x 1 y

y cos x

1 2

y x cos 2

1 2

y x cos 2 1 2

y x 2cos 2

y x cos 2

y x 2cos

+

−

− +

y x

cos

0 2

y x cos 2

1 2

y x

1 0 ) 1 (

y x cos

2

y x cos 2

1 2

y x cos

cos

1 2

cos

2

1 2 cos

1 2 cos

y x

y x y

x

y x

Ζ) l (k, 2lπ 3

4π y

2kπ 3

2π x

2lπ 3

2π y

2kπ 3

4π x

2lπ 3

π y

2kπ 3

π x

2lπ 3

π y

2kπ 3

π x

Ζ) n (m, 4nπ 3

2π y

x

4mπ 2π y x 4nπ 3

2π y x

4mπ y

) ( 0 y x 2 y x

3 2

2 2

−

α

= +

−

Lời giải:

( β ) ⇔ − y3 − 1 = 2 ( x − 1 )2.Do ( x − 1 )2 ≥ 0 nên − y3 − 1 ≥ 0 ⇒ y3 ≤ − 1 ⇒ y ≤ − 1 ⇒ y2 ≥ 1 Khi đó ( α ) ⇔ 0 = x2y2 − x + y2 ≥ x2 − 2 x + 1 = ( x − 1 )2 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1

Thay vào ( α )ta có: y2 − 2 + y2 = 0 ⇔ y2 = 1 ⇔ y = − 1 ( do y ≤ − 1 )

Vậy (1) có nghiệm duy nhất ( x ; y ) = ( 1 ; − 1 )

Thí dụ 24: Giải phương trình: log ( x x 1 ) log x 2 x x2 ( 1 )

0 1 x

x

1 x x log )

1 x x

1 x

x2

= +

≥ + +

= + +

log 3 1

x

1 x x

log3 2 + + ≥ 3 =

⇒ Lại có ( x − 1 )2 ≥ 0 ⇒ 2 x − x2 ≤ 1

1 x x 2

x

1 x x log )

Vậy (1) có nghiệm duy nhất x = 1

Thí dụ 25: Giải phương trình: sin2000x + cos2000x = 1 ( 1 )

cos

1 x

x sin x sin

2 2000

2 2000

) 1 ( VP 1 x cos x sin ) 1 (

x sin x sin )

1

2 2000

0 1) x x(sin sin

1998 2

1998 2

kπ 2

π x

kπ x 0 cosx

1 sinx 0

cosx

1 sinx 1

cosx

0 sinx 1

cosx

0 sinx

α

= +

) ( 1 y x

) ( 1 y x4 4

3 3

1 x4

| y

|

1

| x

−

= +

) ( 1 ) 1 y ( y ) 1 x ( x

1 y x

3 3

3 3

- Nếu -1 ≤ x ≤ 0 thì từ (α) ⇒ y3 = 1 - x3 > 1 ⇔ y > 1 ( Điều này mâu thuẫn với (*) )

- Nếu -1 ≤ y <0 thì tương tự ta cũng có điều mâu thuẫn

0 ) 1 x ( x3

1 x 0 x

0 x

1 x

1 x

Thay vào (α) ta tìm được 2 nghiệm của hệ đã cho là :

0 x

1 x

1 (α) Thật vậy (α)  a2b + b ≥ ab2 + a  (ab – 1)(a – b) ≥ 0 (β)

Do (*) nên (β) luôn đúng.Vậy bổ đề được chứng minh

Trở lại bài toán , áp dụng bổ đề trên ta có :Do 5 > 3 > 2 > 1 nên 5x> 3x > 2x > 1=>

5

5x

THIẾU Thí dụ 28 : Giải hệ phương trình :

= + 1 y x

1 y x6 6

4 4

−

α

= +

) ( 1 ) 1 y ( y ) 1 x

(

x

) ( 1 y x

2 4 2

4

4 4

1 x4

4 =>

1 x2

2 =>

0 ) 1 x ( x2 4

2 4

=> VT(β) ≤ 0

Dấu “=” xảy ra khi (x;y) ∈ {(0;0) ; (0;1) ; (0;1) ; (1;0) ; (–1;0) ; (1;1) ; (1;–1) ; (–1;1) ; (–1;–1)}

Thay vào (α) ta được nghiệm của hệ (x;y) ∈ {(0;1) ; (0;1) ; (1;0) ; (–1;0)}

= + 1 y x

1 y x3 3

2 2

−

α

= +

) ( 0 ) 1 y ( y ) 1 x

(

x

) ( 1 y x

2 2

2 2

1 x2

2 => 1 ≥ |x| ≥ x và 1 ≥ |y| ≥ y => x –1 ≤ 0 và y –1 ≤ 0

0 ) 1 (2

2

y y

x x

 (x;y) ∈ {(0;0) ; (0;1) ; (1:0) ; (1;1) } Thay vào (α) ta đươc nghiệm của (1) là (x;y) ∈ {(0;1) ; (1:0)}

Thí dụ 31 : Giải phương trình : 8sin 2x+8cos 2x=10 + cos2y (1)

9 ) t (

1 t

0 t

1 x sin

0 x sin2

0 sin

1 sin

y x

π

=

π

= n 2 y

k x

π

=

π +

π

=

n 2 y

k 2

2 m x

2 sin x − x + 2x − x + =

L ời giải :

2

3 tan 2 tan sin

1 x tan

) ( 0

2

2 x sin

) Z k ( ) ii ( k

4

3

x

) i ( k

π

=

π +

π

=

⇔

Vậy phương trình có nghiệm: 2 k ( k Z )

2 x

0 4 x

0 2

1

0 1

0 2 2

y

x y

x

y x

Vậy phương trình có nghiệm:x = y = 1

Thí dụ 35: Giải phương trình: sin2x + sin2y = sinxsiny + sinx + siny − 1 (1).

Lời giải:

(1) ⇔ 2sin2x + 2sin2y − 2sinxsiny − 2sinx − 2siny + 1 = 0 ⇔ (sinx − siny)2 + (sinx − 1)2 + (siny − 1)2 = 0

Do VT ≥ 0=VP.Nên (1) ⇔ x y k ( k Z )

0 1 y sin

0 1 x sin

0 y sin x sin

∈ π

2

5 x x 1 x log

3 x log

2 x2

) 3.(4

− +

−

=

=

− + +

8 3x 10 3x 4

( 3

1 6

8 3x 10 3x 4

2 x

2 x

3

1 log x 3

1 log 2

y x y

) ( y

x 2 x y 2

y x 2

2 2

2

β α

=

−

⇔

(ii) 0

1 x y

(i) 0

x y

(i)⇔ y = x, thay vào (α ) được:2 - y2 = y ⇔ y2 + y – 2 = 0⇔ 

(*)) TM ( 1 y Với y = 1 ta được x = 1

(ii) ⇔ y = 1-x ta có(*)⇔1-x ≥ 0 ⇔ 1≥ x (*1)

Thay vào (α ) được: 2 - x2 =1- x ⇔ x2 – x – 1 = 0 ⇔

5 1 x

(*)) TM ( 2

5 1 x

Vậy (1) có hai nghiệm x = 1;

2

5 1

x = − .

Thí dụ 39: Giải phương trình: 2 ( 1 )

2

1 1

2 =

−

+

x x

=

− +

= +

) 2 ( 2

x t

) 1 ( 0 xt 2 t x 2

x t

2 t

1 x

1

2 2 2

−

= + 2 x t

1 ) x t

3 1 t

2

3 1 x K) TMD ( 2

3 1 t

2

3 1 x

) 1 ( x 1 t 20002 2

Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta có: 2000(t - x)(t + x)+(t + x) = 0 ⇔ (t - x)( 2000t +2000x -1) = 0

4000

8001 1

: 4000

8001 1

x x

2000 x

x : 4000

0 4.1999.200 2000

2000

⇔

Kết luận các nghiệm tìm được là: x = x1 ;x = x2 ;x = x3 ;x = x4.

Thí dụ 41: Giải phương trình:( 2 2 )log2x x ( 2 2 )log2x 1 x2

+

=

− +

(1) trở thành u + u.v2 = 1+(u.v)2⇔ (u.v2 - 1).(1 - u) = 0 ⇔ 





=

= 1 v u

1 u2 Với u=1 thì (2 2)log2x 1 log2x 0 x 1

Với u.v2=1 ⇔ x ( 2 2 )log2x 1

=

x log 1 x

log 1 x

2 1

2 2

2

1 2

2 x x

1 2

1 a 1 a 1

= +

−

0 b

1 a 1

b a

0 ) 2 a )(

1 a

Do đó x = 1 Vậy phương trình có nghiệm x = 1

Thí dụ 43: Giải phương trình:

28

9 4 7

+

= +

⇔

) ( 0

7 7

) ( 28

9 4 7

7

2

2 2

β

α

x x

x x

49 4 + 2 + 3 = +

14

9 x 8 x 7 2

1 x 6 x

9 x x

) i ( 0 2

1 x 6 x2 2

2 5 6 x

(*)) TM ( 14

2 5 6 x

46 8 x

(*)) TM 0 ( 14

46 8 x

Vậy phương trình có nghiệm

14

2 5 6

x = − + ;

14

46 8

x 1 x x

) ( 0

1 x 6 x

2

2 2

2

;(α)⇔

2

11 3 x 2

11 3

x ≤ − ∨ ≥ + (*)(β)⇔ 4 x4 − 24 x3 + 32 x2 + 12 x + 1 = 4 x + 5⇔ x4 - 6x3 + 8x2 + 2x – 1 = 0 ⇔ (x2 - 4x + 1)(x2 - 2x - 1) = 0

−

) TMDK (

2 1 x

2 1 x 0

1 x 2 x

) TMDK (

3 2 2 x

3 2 2 x 0

1 x 4 x

sin a

2 a ( 2 sin x 1 ) sin x cos x 0 ( i )

Nếu ( ii ) thì: 2asinx – cosx = 0

Với sinx = 0 thì cosx = 0 ( Vì cosx = 2asinx ) ⇒ vô lý Vậy sinx ≠ 0

Chia cả 2 vế của (ii) cho sinx ≠ 0 ta được: 2a = cotgx  x=α+kπ ( k∈ Z )

(với α là góc sao cho cotg α = 2a)

Nếu ( i ) thì: 2a(2sinx2 – 1) + sinxcosx = 0 4acos2x – sin2x = 0

Với cosx = 0 thì sin2x = 0 ( Vì sin2x = 4acos2x ) ⇒ vô lý.Vậy cos2x ≠ 0

Chia cả 2 vế của (i) cho cos2x ≠ 0 ta được: 4a = tg2x  x = β + π

2

k

2 ( k∈ Z ) (với α là góc sao cho tg β = 4a)

Vậy phương trình có nghiệm: x = α + k π ( k∈ Z ), trong đó cotg α = 2a

x x 2 a 0 ( )

x2 2

Nếu ( i ) thì: x2 – 4x – 2 – a = 0 , Có : ∆'= 6 + a

+) Nếu ∆'< 0  a > -6 , phương trình (i) vô nghiệm

+) Nếu ∆'≥ 0  a ≤ -6 , phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 2 + 6 + a ;x2 = 2 + 6 + aNếu ( ii ) : x2 – 6x – 2 = 0 , Có : ∆'= 9 + a

+) Nếu ∆'< 0  a < -9, phương trình (ii) vô nghiệm

+) Nếu ∆'≥ 0  a ≥ -9, phương trình (ii) có 2 nghiệm phân biệt: x3 = 3 + 9 + a ;x4 = 3 − 9 + a Vậy +) Với a < -9, phương trình vô nghiệm

+) Với -9 ≤ a < -6, phương trình có 2 nghiệm: x3; x4

+) Với -6 ≤ a , phương trình có 4nghiệm: x1; x2; x3; x4

(*) 0 a x

2 2 2

=

− +

+

1 x a x ) ( 0 a 1 x

x x a 0 ( ) x a x

x

2 2

2 2

x x 1 a x

0

x2 2

−

=

) (*

1 x , (x)

f : 1 x x

Nghiệm của (1) là hoành độ phần chung của đường thẳng y = a (┴y’oy) với tập G gồm phần Parabol y = g(x) vẽ trong (*1) và phần Parabol y =af(x) vẽ trong (*2) trên cùng một mặt phẳng toạ độ, G có dạng:

-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

-1.5 -1 -0.5

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

, 2

a 4 1 1

Khi a ≥ 1 , phương trình có 2 ngiệm: x1; x3

)

* ( 0 x

; 0 x 3

2

−

−

− +

) ii ( 0 3

)

i ( 0 2

0 ) 3 )(

2 (

x x

x x

x x x x

;( i )    x = = − ⇒ 2 ( vo = ly ⇒ loai )

(*) TMDK (

1 x 1 x

x2

( ii )  x = 1 − 3; ( i)  x =

2

3 2 1

3 − +

2

3 2 1

3 − +

2

3 2 1

−

) ii ( 0 c bx

x b 0 ( i )

x

2 2 4 2

+) b2 < 4c2 :Với b < 0 thì phương trình vô nghiệm ; với b ≥ 0 thì phương có nghiệm x =± b

+) b2 ≥ 4c2 :Với b ≥ 0 thì phương trình có nghiệm x =± b;

với b < 0 thì phương trình có nghiệm

2

c 4 b b x

α

≥

−

) ( x 5 5 x

) ( 0 x 5

2 2 2

( β )  x4 – 10x2 – x + 20 = 0 (x2 – x – 5)(x2 + x + 4) = 0    x + − x + − 4 = = 0 ( ii )

) i ( 0 5 x x2 2

Nếu (i) thì: 5 – x2 = -x  -x ≥ 0  x ≤ 0 (*1); (i) 

=

−

=

) (*

TM K 2

21 1 x

) (*

TM 2

21 1 x

1 0

1

Nếu (ii) thì:5 – x2 = x + 1  1 + x ≥ 0  x ≥ 0 (*2) (ii) 

TM K 2

47 1 x

) (*

TM K 2

47 1 x

2 0 2 0

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm

2

17 1 x

; 2

21 1

−

) ii ( 0 1 a 3 ax x

a x 3 0 ( i )

ax2 2 2

Nếu a = 0 thì phương trình có một nghiệm x = -3

Nếu a ≠ 0 thì:

+) Xét ( i ) ∆=1−12a Khi a ≤

12

1phương trình có nghiệm

a 2

a 12 1 1 x , a 2

a 12 1 1

2

2 3

a 2

) a 4 1 ( 3a - - a - x , a

2

) a 4 1 ( a 3 a

= +

− +

−

= Kết luận :

Nếu a = 0 phương trình có một nghiệm x = -3

Nếu a ≠ 0 , xảy ra các trường hợp sau:

Thí dụ 53 : Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt : x4 – 2mx2 – x + m2 – m = 0 (1)

x x 1 m 0 ( )

x2 2

Giả sử ( i ) và ( ii ) có nghiệm chung x = a.Khi đó ta có hệ

0 m 1 a a2

1 a

Vậy để ( 1 ) có 4 nghiệm phân biệt thì m ≠

4 3

−

( i ) có 3 nghiệm phân biệt  ∆= 4m-3 ≥ 0  m >

4 3

( ii ) có 2 nghiệm phân biệt  ∆ = 1 + 4m ≥ 0  m >

x2 2

( I ) có nghiệm duy nhất

Lời giải :

Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm ( x, y ) thì hệ cũng có nghiệm ( -x, y )

Nên đế hệ có nghiệm duy nhất thì x = 0 khi đó ( I ) trở thành:

Ngược lại với a = 1 ta có hệ





= + + cos x = 2 ( 2 )

y 0 x

Vậy với a = 1 thì hệ có nghiệm duy nhất

x cos y a ) 1 x (

2 4 1.Giải hệ khi a = 2

)

i ( x cos y 2 ) 1 x (

2 4

Từ ( ii ) ⇒ y2 ≤ 1⇒ -1 ≤ y ≤ 1 lại có cosx ≤ 1 ⇒ y + cosx ≤ 2

Kết hợp với ( i ) ⇒ x + 1 ≤ 1 ⇒ x = 0 ⇒ y = 1.Dễ thấy ( x, y ) = ( 0, 1 ) thoả mãn hệ đã cho

Vậy khi a = 2 hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x, y ) = ( 0, 1 )

2) Nhận thấy hệ có nghiệm ( x,y) thì hệ cũng có nghiệm ( -x,y).Nên để hệ có nghiệm duy nhất thì x = 0 khi

1 y a

2 ⇒   a a = = 0 2. Với a = 2 thì theo phần 1) ta được hệ có nghiệm duy nhẩt ( x, y ) = ( 0, 1 )

Với a = 0 ta có hệ





= + =

+

1 y x sin

0 x cos y

m y x 2 x2 2

x 2

có nghiệm duy nhất

Lời giải :

Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm ( x, y ) thì hệ cũng có nghiệm (-x,y)

Nên để hệ có nghiệm duy nhất thì x = 0.Khi đó ta có hệ





= + = y + − 1 −

0 1 0 y m 0

2    m m = = 2 0

2 x y x 22 2

2 x

) ( x y x 22 2

2 x

x xx

2 





=

= 1

y 0 x Vậy m = 0 là các giá trị cần tìm

= + +

m x 2 y

m y 2 x2

= + +

m 0 2 0

m 0 2 02

= + +

2 x 2 y

2 y 2 x2 2

Với mọi x,y ta đều có x2 + 2 ≥ 2 , y ≥ 0 ⇒ x2 + 2 + y ≥ 2.Tương tự y2 + 2 + y ≥ 2 Dấu bằng có khi và chỉ khi x = y =0

= +

4 z y x

b z xyz z a

xyz

2 2 2

= +

+

b y x

a 1 x

1 x2 2 y y

= +

4 z y

xyz z 2

xyz

2 2 2

=

−

4 z y

xyz ( z 1 ) 0

xyz

2 2 2

Nhận thấy rằng hệ trên luôn có nghiệm ( x,y,z ) = ( 0,0,1) = ( , 1 )

2

1 5 , 2

1

5 + − nên loại vì không thoả mãn bài ra

Nếu a = b = -2 thì làm tương tự tháy không có giá trị a , b thoả mãn bài ra

2) Nhận thấy rằng nếu hệ có nghiệm ( x, y ) thì hê cũng có nghiệm ( -x , y ) nên để hệ có nghiệm duy nhất thì

= +

− b y 0

a 1 0

1 02 ( I )

Để hệ ( I ) có nghiệm duy nhất thì ta phải có y = 0 dẫn đến a = 1 ; b = 0

Ngược lại với a = b = 0 thì ta có hệ

= +

−

0 y x

) 1 ( 1 1 x

1 x2 2 y y

Từ x2 + y2 = 0 ⇒ x = y = 0Thay vào ( 1 ) ta được 1 = 1( Luôn đúng )

2

m 2

Ngược lại với m = -3 ta có: y = 4x3 – 3x Do x ≤ 1 nên có thể đặt x = cost ; t∈ [ − π , π ]

Ta có: y = 4cos3t -3cost = cos3t ⇒ y = cos 3 t ≤ 1 ∀ xTM x ≤ 1

) 6 )(

4 ( + x − x ≤ + x + − x = Lại có: x2 – 2x + m ≥ x2 – 2x +1 +5 = (x – 1)2 + 5 ≥ 5 ∀ x ∈ R

( Do m ≥ 6, theo giả thiết )

0 b

2 2

2

 b = 0 Khi đó (1)  a(cosx-1) +1 – cosax = 0 (2) với ∀ x ∈ R.Lấy đạo hàm 2 vế của (2) theo x ta được: -asinx + asinax = 0 ∀ x ∈ R   sin a = ax 0 = sin x với mọi x∈ R   a a = = 1 0

Ngược lại:

Với a = 0, b = 0 (1)  1 – cos00 = 0 ( đúng với mọi x∈ R )

Với a = 1, b = 0 (1)  cosx – 1 + 1 – cosx = 0 ( đúng với mọi x∈ R )

Vậy (a,b) = (0,0) = (1,0)

Thí dụ 62 : (HH-2000) Cho f(x) = ax2 + bx + c thoả mãn ( x ) ≤ 1 với mọi x∈ [ ] 0 , 1

Chứng minh rằng f,( 0 ) ≤ 8

Lời giải:

≤ + +  − 4 ≤ a + b + 4 c ≤ 4(3) Cộng vế với vế của (1) (2) và (3) ta được -8 ≤ b ≤ 8  b ≤ 8  f'( 0 ) = b ≤ 8 (đpcm)

Thí dụ 63 : (ĐS: 102) Tìm a để với mọi b hệ phương trình sau luôn có ít nhất một nghiệm:

a x 1 ) ( b 1 ) 2 ( 1 )

(

2

y 2 a 2

Lời giải:

Với a = 1, x = 0, y = 0 thì hệ phương trình được thoả mãn với mọi b∈ R

Với a ≠ 1, ta xét 2 trường hợp sau:

x = 0.Khi đó (2)  a = 1 ( Trái với giả thiết a ≠ 1 )

x ≠ 0 Khi đó cho b = 0 ở (1) ta được (x2 + 1) a = 1

Mà x ≠ 0 ⇒ x2 + 1 ≠ 1

Nên a = 0 thay vào (1) ta được y = 0 ( Do (1) phải có nghiệm với mọi b ∈ R )

Với y = 0 thì (2)  a = 1 ( trái với giả thiết a ≠ 1 ⇒ loại )

Vậy a = 1 là các giá trị cần tìm

Thí dụ 64 : (LHA + DHA -2001) Xác định các giá trị của tham số a để hệ phương trình sau đây có nghiệm (x,y)

với mọi giá trị của tham số b :







= +

−

2 4 bx

5 5

a by ) 1 a ( e

1 y x ) 1 a (

Lời giải :

Giả sử ta tìm được a sao cho hệ có nghiệm với mọi b

Vì hệ có nghiệm với mọi b nên hệ cũng có nghiệm khi b = 0, khi đó ta có hệ







= +

−

2 4 x

5 5

a y 0 ) 1 a ( e

1 y x ) 1 a (

−

2 4 bx

5 5

1 by ) 1 1 ( e

1 y x ) 1 1 (







= +

=

1 b

e 1

ybx Nhận thấy với b = 1 thì hệ trên vô nghiệm nên giá trị a = 1 không thoả mãn bài ra

−

−

2 4

bx

5 5

) 1 ( by ) 1 1 (

ebxx y 1

5 5

( I ) Nhận thấy hệ ( I ) luôn có nghiệm (x,y) = (0,1) với mọi giá trị của b

−

=

−

)2(2

yx

)1(yxgycotgxcot

Lời giải:

(1)⇔cotgx- x = cotgy- y (3)

Xét f(t) = cotgt- t với t∈(0;Π) (*) Có f(t) xác định trên (*) và: f′(t)

=-tsin

1

2 -1〈0 với mọi t∈(*) Nên f(t) nghịch biến trên (*).Do đó (3)⇔f(x) = f(y)⇔x = y (x, y thỏa mãn (*))

=

−++

75y2x

72y5x

≥

−

≥+

2y

2x0

2y

;05y

02x

;05x

Với điều kiện đó, hệ bài cho tương đương với:

=

−

−+

=

−++

)2(2y5y2x5x

)1(7

2y5x

Xét f(t) = t+5 - t−2 với t∈[2;+∞) (*).Có f(t) xác định trên (*) và:

f′(t) =

)2t)(

5t2

5t2t2t2

15t

2

1

−+

Vậy f′( )〈0 với mọi t〉2 do 2 t+5)(t−2)〉0 Nên f(t) nghịch biến trên (*), bởi vậy:

(2)⇔f(x) = f(y)⇔x = y (x, y thỏa mãn (*)).Thay y = x vào (1) ta được: x+5+ x−2=7 (3) Xét g(x) = x+5+ x−2 xác định với x∈(*) và 0

2x2

15x2

1)x(

−

++

x

1

1my

−

=

−++

my1x6

my6x1

(ΙΙ)

Lời giải:

a) Điều kiện của hệ (Ι): 0 x;y 1

0y1

;0y

0x1

;0x

⇔

)2(y1yx1x

)1(1

my1x

Xét f(t) = t− 1−t xác định với t∈(*) có:

t12

1t

=

′ với mọi t∈(0; 1).Nên f(t) đồng biến trên (*),

Bởi vậy:(2)⇔f(x) = f(y)⇔x = y ( Do x,y∈(*) )

Thay y = x vào (1) ta có: x+ 1−x=m+1⇔ x+ 1−x −1=m (3)

1x

;0y1

0x6

;0x1

≥

−

≥+

=

−

−+

′

=

−++

)2(y6y1x6x1

)1(m

y6x1

Xét f(t) = 1+t− 6−t xác định với t∈(*′)và: 0

t62

1t

12

1)(

−

++

=

Nên f(t) đồng biến trên(*′)bởi vậy:(2′)⇔ (x)= (y) ⇔x = y ( Do x,y∈(*′))

Thay y = x vào )(1′ ta có: 1+x + 6−x=m (3′)Xét g(x) = 1+x + 6−x xác định với mọi x∈(*′)

Hệ (ΙΙ) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3′)có nghiệm duy nhất, điều này xảy ra khi và chỉ khi

đồ thị hàm số

y = g(x) vẽ trong (*′)có duy nhất một điểm chung với đường thẳng y = m.

Có

)x1)(

x6(2

x1x6x62

1x

1

2

1)

=

x1x60

- Với t∈(0; +∞) thì (1)⇔x = -1 (không thỏa mãn)

Vậy x = -1 là nghiệm duy nhất

Thí dụ 70: Tìm hàm số f(x) đồng biến: R→R thỏa mãn:f(f(x)) + f(x) – f(2x+1) = 2x+1 (1) với mọi x∈R

4 2

2 2

1tt2ln

t2t42

ln)1tt

1t22

ln)1tt

1t2)

(

+

−++

+

=+

−

−+

++

(1)⇔f(x) = f(x )2 ⇔ x = x2 ⇔ x = 0 hoặc x = 1 (thỏa mãn thuộc (*))

-Nếu x≤0 thì do f(x) nghịch biến trên (−∞;0] (**) nên:

(**))mãnthoa(0x

Vậy x = 0 hoặc x = 1 là nghiệm của phương trình

Thí dụ 72: Giải và biện luận: 5x 2 2 mx 2 5 x 2 4 mx m 2 x2 2mx m

++

=+++

Xét f(t) = 5 + t với tt ∈R.Có f′(t)=5tln5+1〉0 với mọi t∈R Nên f(t) đồng biến trên R, do đó:

(1)⇔ (x2 +2mx+2)= ( x2 +4mx+m+2) ⇔x2 +2mx+2= x2 +4mx+m+2 ⇔x2 +2mx+m=0 (2)

Vế trái của (2) là tam thức bậc 2 có ∆′=m2 −m

∆′〈0⇔m2 −m〈0⇔0〈m〈1 thì (2)vô nghiệm nên (1) vô nghiệm

0m0mm

0mkhi0x

1m0mm

−

=

mmmx

mmmx

2 2

2 1

11

)

(

f

3 2 〉 ∀ ≠+

1x

3x06xx

0x3

−

≥

−

- Nếu 3 - x≤-1⇒4−x≤0⇒3 4−x≤0.⇒Vế trái (1)≤-1 = Vế phải (1)≥0 (vô lí)

Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình

Thí dụ 74: Giải phương trình 2x −2 x + 1=(x+1).3x (1)