Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại sốPHẦN I ỨNG DỤNG CỦA TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Một số mệnh đề: Ký hiệu K là một đoạn,một khoảng ho
Trang 1Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số
PHẦN I
ỨNG DỤNG CỦA TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Một số mệnh đề:
Ký hiệu K là một đoạn,một khoảng hoặc một nửa khoảng.
1) Nếu f(x) liên tục trên đoạn [a ; b] và f(a).f(b) < 0 thì phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm c∈(a ; b).
2) Nếu f(x) liên tục và đơn điệu trên K thì phương trình f(x) = 0 có không quá một nghiệm trên K.
Tổng quát hơn,
Nếu f(x) liên tục và tăng trên K, g(x) liên tục và giảm (hoặc là hàm hằng) trên K thì phương trình f(x) = g(x) có không quá một nghiệm trên K.
3) Nếu f(x) liên tục và đơn điệu trên K thì ∀ x, y ∈ K ta có f(x) = f(y) ⇔ x = y.
4) (Định lý Lagrange) Nếu f(x) liên tục trên đoạn [a ; b] và có đạo hàm trên khoảng (a ; b) thì tồn tại c ∈ (a ; b) sao
f c
b a
−
′ =
5) Nếu PT f x/( ) 0 = có n nghiệm trên (a ; b) thì PT f(x) = 0 có không quá (n + 1) nghiệm trên (a ; b).
Lưu ý :
* Tổng của 2 hàm tăng trên K là một hàm tăng trên K; tổng của 2 hàm giảm trên K là một hàm giảm trên K.
* Nếu f(x) là hàm tăng trên K thì a.f(x) tăng trên K nếu a > 0 và a.f(x) giảm trên K nếu a < 0.
1) Giải phương trình 2 2
3
− + + + =
+
Giải ĐK : 3 x2+ = x (3 x + 1) x ≠ 0.
PT được viết lại : 2 2 1 1 2 1 2 1
+ + PT này có dạng f(u) = f(v) với
| 3 1|, | |
t
= − >
Ta có / 12
t
= + > ∀ ∈ = +∞ nên f(t) tăng trên K Vì u, v > 0 nên f(u) = f(v) ⇔ u = v ⇔
1
| 3 1| | |
4
x
x
−
=
+ =
+ = ⇔ + = − ⇔ = −
2) Giải phương trình x − + 1 2 x − + 2 x + = 7 4
Giải ĐK : x ≥ 1
• Vì các hàm số y = x − 1, y = x − 2 và y = x + 7 tăng trên R nên f x ( ) = x − + 1 2 x − + 2 x + 7 liên tục và tăng trên [1 ; +∞) Do đó, PT f(x) = 4 có không quá một nghiệm trên [1 ; + ∞)
• Mặt khác, f(2) = 4 nên PT f(x) = 4 có nghiệm duy nhất là x = 2
3) Giải phương trình
2
+ + + − + + =
Trang 2Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số
+ + + + PT này có dạng f(u) = f(v) với
1 ( )
t
= − Ta có
/
2
2
t t
= + > ∀ ∈ +∞ nên f(t) tăng trên (0 ; +∞)
Mặt khác, 2
1
v = x + x + luôn luôn dương với mọi x nên PT đã cho tương đương với PT
1.
x
x
=
= ⇔ + + = + + ⇔ + = ⇔ = −
4) Giải phương trình 53x 2 2 52x
x
+ + + =
Giải PT được viết lại 53x 2 (3 2) 52x 2
+ + + = + có dạng f(u) = f(v) với ( ) 5t
Ta có /( ) 5 ln 5t 1 0,
f t = + > ∀ t nên f(t) tăng trên R Vì vậy, f(u) = f(v) ⇔ u v = ⇔ 3 x + = 2 2 x ⇔ = x 2.
5) Giải phương trình
2
2
3
1
x + + = − + x
− +
log ( x + + − x 1) log (2 x − + = x 1) ( x + + − x 1) (2 x − + x 1)
log ( x x 1) ( x x 1) log (2 x x 1) (2 x x 1)
⇔ + + − + + = − + − − + PT này có dạng f(u) = f(v) với
1 3
f t = − + t t Ta có / 1
.ln 3
t
= − − < ∀ ∈ = +∞ nên f(t) giảm trên K Vì vậy, f(u) = f(v) ⇔ u =
v ⇔ x2+ + = x 1 2 x2− + ⇔ x 1 x2− 2 x = 0.
x − x + − x − x + > − − x x −
Giải ĐK : 1≤ ≤x 3
x − x + + x − > x − x + + − x ( )2 ( )2
⇔ − + + − > − + + − Xét hàm số y = f t ( ) = t2+ + 2 t trên K = [0 ; +∞) Ta có ( )
( )2
1
2
t
t t
= + > ∀ >
− + nên f(t) liên tục, tăng trên K BPT đã cho tương đương với
1 3
x x
− > −
− > −
− ≥
( ) 2
− = −
+ + =
Giải PT (1) : 2x 2y
+ = + Ta có hàm số f t ( ) = + 2t t tăng trên R nên (1) ⇔ x = y Thay vào PT (2) ta được PT
2
5 5
x + = − x là một PT cơ bản
8)
2004 2004
2003
1 3 1 2
+ = −
1
x y
+ =
+ = − ⇔ + − + + + + − = ⇔ = = −
* x = y = −1 không là nghiệm của hệ
* x + y = 1 ⇔ y = 1 − x Xét f t ( ) = + − tn (1 t ) ,n n ≥ 2. Ta có f t/( ) = ntn−1− n (1 − t )n−1, f’(t) = 0 ⇔ t = 1/2
Lập BBT của f(t) ta được 11
( )
2n
f t ≥ − và đẳng thức xảy ra KVCK t = 1/2 Hệ đã cho có duy nhất cặp nghiệm 1 1
( ; )
2 2 .
9) CMR PT 2 100sinx
x = có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc [2π ;3π]
Trang 3Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số
Giải Với x ∈ [2π ;3π ], PT đã cho tương đương với PT lgx sinx 0 − = Đặt f x ( ) lg = x − sin , x x ∈ [2 ;3 ] π π ta có
2
1
ln10
"
= − − < ∈ nên f'(x) có không quá một nghiệm Do đó, f(x) có không quá hai
nghiệm trên [2π ;3π]
Mặt khác, 5
(2 ) ( ) (3 ) 0
2
f π f π f π <
nên PT có ít nhất hai nghiệm phân biệt x ∈ [2 ;3 ] π π Vậy PT đâ cho có đúng hai nghiệm trên [2π ;3π]
10) Chứng minh rằng hệ sau có đúng hai nghiệm (x ; y) sao cho x>0 ; y>0 :
2
2
1
1
x
y
y e
y x e
x
Giải ĐK :x y , ∈ −∞ − ∪ +∞ ( ; 1) (1; ) Theo giả thiết x, y > 0 của bài toán, ta phải CM hệ đã cho có đúng hai nghiệm (x ; y) sao cho x >1 và y >1
Từ hệ ta được : 2 2
Xét hàm số ( ) 2
1
t
= −
1
t
t
′ = + > ∀ >
− Do đó g(t) đồng biến trên (1 ; +∞).
Vì vậy trên (1; +∞ ), (3) ⇔ = x y Thay vào (1) ta được : 2 2007 0.
1
e x
− Xét hàm số ( ) 2 2007
1
x
− , với x>1 Ta có,
/ /
5
3
x
= + > ∀ >
/( )
f x đồng biến trên (1; +∞) Do f x/( ) tăng trên (1 ; +∞), lim1 ( )
x + f x
→ ′ = −∞ và f/(2) 0 > nên f x/( ) có duy nhất 1 nghiệm
x ∈ +∞ Suy ra, / ( )
0
( ) 0
f x < = f x khi 1 x x < < 0 và f x ′ ( ) 0 > = f x ( )0 , khi x x > 0
Dựa vào BBT của f(x) trên (1 ; +∞) ta thấy ngay pt f(x) =0 có đúng 2 nghiệm x>1
y x a
− = + − +
− = >
CM hệ luôn luôn có một nghiệm duy nhất.
Giải Xét f x ( ) = − ex ln(1 + x x ), > − 1 Hệ đã cho tương đương với f x ( ) ( f x a )
y x a
= +
Ta cần chứng minh rằng với mọi a > 0 PT g(x) = f(x+a) − f(x) = 0 có nghiệm duy nhất
′ = − + > ∀ > − >
+ + + nên g(x) là hàm số tăng trên ( 1; − +∞ ). Mặt khác, lim ( )1
→− = −∞ và
1
lim ( )
→− = +∞nên PT g(x) = 0 có duy nhất một nghiệm x > -1 với mọi a > 0.
x
f'(x) f(x)
+∞
−
2
f(2)<0
+∞
+∞ y =0
Trang 4Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số
12) Giải hệ
− + =
Giải Dễ thấy x = 0 hoặc y = 0 hoặc z = 0 đều không thỏa hệ Vì vậy ta phải có x, y , z đều dương
Hệ được viết lại
2
2
2
y
z
x
= − =
= − =
= − =
Xét hàm số 2
( ) 5
f t
t
= − , ta có / 13
t
= > ∀ > Do đó f(t) là hàm
số tăng trên (0 ; +∞)
Nếu x > y thì ta có x = f(y) > y = f(z) nên y > z Suy ra f(z) > f(x) ⇔ z > x Vậy, x > y > z > x Mâu thuẫn!
Tương tự, các trường hợp x > z ; y > z ; y > x ; z > x ; z > y đều mâu thuẫn Do đó, x = y = z
5
x
x
= − được giải bằng cách đặt u = x
MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Giải các PT, BPT hệ PT sau :
1) 3 x − + 1 33 x + + 2 3 2 x + = 4 5 2) 2
4 x − + 1 4 x − = 1 1 3) 4x+ 2.9x = 2.16x
lg x − − + = x 6 x lg x + + 2 4 5) ( log 6 )
x + = x 6) log 22( x+ + 1 ) log 43( x+ ≤ 2 ) 2
7)
2
0
x
x
x
− + − ≥
2
x
y
− = −
ln(1 ) ln(1 )
+ − + = −
sin sin
5
; 4
e
y
π
−
=
< <
− = −
x = + + x + x
3
log (5 1)
log (5 1)
2, 2, 2.
= + + −
= + + −
= + + −
15)
+ − + − + =
+ − + − + =
+ − + − + =
Trang 5Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số
PHẦN II
DÙNG MIN, MAX VÀ PHƯƠNG PHÁP “CÔ LẬP THAM SỐ” ĐỂ TÌM ĐIỀU KIỆN CHO PT – BPT CÓ
NGHIỆM
CƠ SỞ LÝ LUẬN:
MĐ1: Nếu hàm số f(x) liên lục trên ĐOẠN D = [a,b] thì phương trình f(x) = m có nghiệm trên D khi và chỉ khi
m0 =min ( ) max ( )
x D f x m x D f x
Tổng quát hơn, m0 =inf ( ) sup ( )
x D f x m x D f x
∈ ≤ ≤ ∈ = M0 nếu a, b có thể là ∞. MĐ2: Nếu hàm số f(x) liên lục trên ĐOẠN D = [a,b] thì:
1) Bất phương trình f(x) ≥ m có nghiệm trên D khi và chỉ khi: m ≤ max ( )x D∈ f x (m ≤sup ( )
x D
f x
∈ nếu a, b có thể là ∞)
2 ) Bất phương trình f(x) ≤ m có nghiệm trên D khi và chỉ khi: min ( )
x D
∈
x D
∈
≥ nếu a, b có thể là ∞) MĐ3: Nếu hàm số f(x) liên lục trên ĐOẠN D = [a,b] thì:
1) Bất phương trình f(x) ≥ m đúng với ∀ x ∈ D khi và chỉ khi: min ( )
x D
∈
x D
∈
≤ nếu a, b có thể là ∞)
2 ) Bất phương trình f(x) ≤ m đúng với ∀ x ∈ D khi và chỉ khi: max ( )
x D
∈
x D
∈
≥ nếu a, b có thể là ∞)
Việc tìm inf f(x); sup f(x) có thể dùng khảo sát hàm số, BĐT hoặc phương pháp miền giá trị
Có nhiều bài toán về xác định tham số để PT−BPT có nghiệm thỏa mãn yêu cầu nào đó mà ta có thể “cô lập”
được tham số (đưa về dạng m = f(x), m ≥ f(x) hoặc m ≤ f(x)) Khi đó, bằng cách lập BBT của f(x) rồi dùng các mệnh đề trên hoặc đọc BBT ta có được kết quả Sau đây là một số ví dụ như vậy.
VÍ DỤ 1 Tìm m để HS sau tăng trên D = [2;+∞): 1 3 2
3
Giải.
Cách 1: (Dùng tam thức bậc hai) y' = mx2 – 2(m – 1)x + 3(m – 2) HS tăng trên D khi và chỉ khi y' ≥ 0, ∀ x ∈ D
Ta có: m –∞ 2 6
2
2
+ Tr hợp: m ≤ 2 6
2
− <0 thì y' ≤ 0 với mọi x nên không thỏa yêu cầu của đề.
+ Tr hợp: m ≥ 2 6
2
+ thì y' ≥ 0 với mọi x nên y' ≥ 0 đúng với mọi x ∈ D, thỏa yêu cầu của đề.
+ Tr hợp: m = 0 thì y' = 2x – 6 nên y' ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 Hàm số chỉ tăng trên [3;+∞), không thỏa yêu cầu của đề
+ Tr hợp: 2 6
2
− < m < 0 thì y' ≥ 0 với mọi x ∈ [x
1,x2] mà D ⊄ [x1,x2] nên thỏa yêu cầu của đề
+ Tr hợp: 0< m <2 6
2
+ thì y' ≥ 0 với mọi x ∈ ( –∞;x
1 ]∪[x2;+∞) nên y' ≥ 0 với mọi x∈D KVCK x1 < x2 ≤ 2 ĐK:
0
2
'(2) 0
m
y
< <
⇔
0
2 2 3
m m
< <
≥
⇔ 2
3 ≤ m <2 6
2 +
Trang 6Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số
Tóm lại, m ≥ 2
3.
Cách 2: (Cô lập tham số) Ta có y' ≥0, ∀x∈D=[2;+∞) tương đương với 2 2 6
x m
− +
≥
− + ∀x∈D (Vì x2 –2x+3>0
∀x∈D.)
Tương đương với m ≥ 2
[2; )
max
x
+∞
− +
− + =
2
3 (xét f(x)= 2
x
− +
− + ; f'(x)=
2
− +
− + )
VÍ DỤ 2 Tìm m để BPT sau đúng với mọi x thuộc tập xác định của nó: (4 + x )(6 − ≤ − x ) x2 2 x m +
Giải.
TXĐ của BPT là ∀ x ∈ [ –4;6] (Vì (4 + x)(6 – x) ≥ 0)
Đặt t = (4 + x )(6 − = − + x ) x2 2 x + 24 = 25 ( − − x 1)2
Ta có: 0 ≤ t ≤ 5, ∀ x ∈ [ –4;6] BPT đã cho viết được lại:
t2 + t – 24 ≤ m, với t ∈ [0; 5].
Xét hàm số f(t) = t2 + t – 24 trên [0; 5], ta có f’(t) = 2t + 1.
Từ BBT ta suy ra max ( )[0;5]
∈ = 6 Do đó f(t) ≤ m với ∀ t ∈ [0;5] khi và chỉ khi m ≥ 6
Nhận xét:
1) Nếu cần tìm m để (4 + x )(6 − ≥ − x ) x2 2 x m + , ∀x ∈[ –4;6] thì ta tìm m để f(t) ≥ m, ∀t ∈ [0;5] ⇔ tmin ( )∈[0;5]f t ≥
m ⇔ –24 ≥ m
2) Nếu cần tìm m để (4 + x )(6 − ≥ − x ) x2 2 x m + có nghiệm thì ta cần có f(t) ≥ m có nghiệm ⇔ max ( )t∈[0;5] f t ≥ m ⇔
6 ≥ m
Lưu ý: Đối với học sinh lớp 10 và 11 có thể lập được BBT như trên mà không cần dùng đạo hàm.
VÍ DỤ 3 Tìm m để BPT sau đúng với mọi x ≥ 2: 3 2 1
x
− − − + ≥
Giải.
BPT: x4 – 2x3 + x2 – 1 ≥ (x2 – x)m ⇔
2
m
− + − ≥
− , ∀ x ≥ 2.
t − ≥ , ∀ t ≥ 2 (ở đây t= x2 – x ≥ 2, ∀ x ≥ 2)
Tương đương với min[2; ) ( )
∈ +∞ ≥ m
Lập BBT của hàm số f(t) =
t t
− trên miền [2, +∞) ta được
[2; )
3 min ( )
2
∈ +∞ = ≥ m
VÍ DỤ 4 Cho PT 4m(sin6x + cos6x – 1) = 3sin6x
1) Giải PT khi m = –4
2) Biện luận, theo m, số nghiệm [ ; ]
4 4
của PT
4
x + x = − x(Dùng hằng đẳng thức bậc 3)
Và sin6x = (3sin 2 x − 4sin 2 )3 x (công thức nhân 3 của sin là: sin3α = 3
3sin α − 4sin α )
4 (1 sin 2 1) 3(3sin 2 4sin 2 )
4
Đặt t = sin2x, ta có [ ; ]
4 4
thì t ∈ − [ 1;1]và với mỗi t ∈ − [ 1;1]thì có duy nhất [ ; ]
4 4
thỏa PT t = sin2x
t f’(t) f(t)
–∞ – 0 5 +∞
– –24
6
Trang 7Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số
Do đó số nghiệm [ ; ]
4 4
của PT đã cho bằng số nghiệm t ∈ − [ 1;1] của PT 4t3– mt2–3t= 0 (*)
Ta có (*) ⇔ 2 0
4t - mt -3 =0 (1)
t =
Vì t = 0 không là nghiệm của (1) nên chia 2 vế cho t và làm gọn ta được:
2
4 t 3
m
Xét hàm số f(t) =
2
4 t 3
m
t − = với ∀ t ∈ [ –1;1].
Dựa vào BTT (nhìn vào các đường vẽ đứt) ta có:
• m < –1 thì PT (1) có 1 nghiệm 0 < t < 1 nên PT (*) có 2 nghiệm
• –1 ≤ m ≤ 1 thì PT (1) có 2 nghiệm –1≤ t ≤ 1 và t ≠ 0 nên PT (*) có 3 nghiệm
• m > 1 thì PT (1) có 1 nghiệm –1< t < 0 nên PT (*) có 2 nghiệm
VÍ DỤ 5 Tìm m để hệ BPT sau có nghiệm: 2
4
x x
− ≥
Giải (1) ⇔1 4( ) 1 ( 5 )
≥ + Vì f(x) = 1 5
x+ x là hàm số giảm và f(2) = 1 nên (1) ⇔ f(x) ≤ f(2) ⇔ x ≥ 2.
log 2 log ( + m x − ≥ ) log ( x + 1) ⇔ 2(m–x) ≥ x4 + 1>0 ⇔ 1 4
2
Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi h(x) ≤ m có nghiệm x ≥ 2 Tương đương với min ( )[2; )
∈ +∞ ≤ m BBT của h(x): Vậy min ( )[2; )
∈ +∞ = h(2) =21
2 ≤ m
VÍ DỤ 6 Cho PT: x + 4 − x2 + x 4 − x2 = m
1) Giải PT khi m = –2
2) Tìm m để PT có nghiệm
4
t = + x − x ta có
2 2
4 ' 4
t
x
− −
=
−
Do đó t ∈ − [ 2; 2 2]khi x∈[ –2;2] và
2
2
4
4
2
t
− = −
PT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi PT
2
t
t + − = m có nghiệm
[ 2; 2 2]
t ∈ − ⇔ f(t) = t 2 + 2t = 2m + 4 có nghiệm
[ 2; 2 2]
t ∈ − Điều này xảy ra KVCK f ( 1) [ 2;2 2 ]min f t ( ) 2 m 4 [ 2;2 2 ]max f t ( ) f (2 2)
5
( ; 2 2 2)
2
− +
Nhận xét: Nếu yêu cầu biện luận theo m số nghiệm của PT thì ta làm như
sau:
Bước 1: (“Bàn giao” số nghiệm theo t qua số nghiệm theo x bằng đọc từ
BBT của HS t = + x 4 − x2 ở trên)
+ t∈[–2;2) hoặc t=2 2 trả về duy nhất một nghiệm x ∈[ –2;2]
+ t ∈ [2;2 2) trả về 2 nghiệm x∈[ –2;2]
Bước 2: (Dựa vào BBT của f(t) BL số nghiệm theo t rồi trả về số nghiệm x)
+ 2m + 4= –1 thì f(t)=2m + 4 có 1 nghiệm t = –1∈[–2;2) nên PT đã cho có 1 nghiệm theo x
t f’(t) f(t)
+∞
–∞
1 –1
+∞
+∞
x 2
+ h’(x
)h(x) 2 21
2
2 2
2 –2
x t’
t
–
–2
2
–1
t f’(t) f(t)
0
8
2
Trang 8Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số
+ –1<2m + 4 ≤ 0 thì f(t)=2m + 4 có 2 nghiệm t∈[–2;2) nên PT đã cho có 2 nghiệm theo x
+ 0<2m + 4 < 8 thì f(t)=2m + 4 có 1 nghiệm t∈(–1;2) ⊂[–2;2) nên PT đã cho có 1 nghiệm theo x
+ 8≤ 2m + 4 < 8 4 2 + thì f(t)=2m + 4 có 1 nghiệm t∈[2;2 2) nên PT đã cho có 2 nghiệm theo x
+ 2m + 4=2 2 thì f(t)=2m + 4 có 1 nghiệm t=2 2 nên PT đã cho có 1 nghiệm theo x
VÍ DỤ 7 Cho PT: x4 – 4x3 + 8x = m
1) Giải PT khi m = 5
2) Tìm m để PT có nghiệm 4 nghiệm khác nhau
Giải Xét f(x) = x4 – 4x3 + 8x Dựa vào BBT dưới đây, m cần là –4 < m < 5
x –∞ (1 − 3) 1 (1 + 3) +∞
VÍ DỤ 8 Cho PT: x4 + mx3 + x2 + mx + 1 = 0
1) Giải PT khi m = –2
2) Tìm m để PT có không ít hơn 2 nghiệm âm khác nhau
Giải Cách 1: Cô lập tham số ta được
3
1
− − −
+ Ta có
'( )
f x
=
+ Phương trình f’(x)=0 được giải như sau: Đặt t = x2≥0 thì ta được PT –t3 –2t2 +2t +1 = 0⇔(t –1)(t2+3t+1)=0 Ta tìm được x = ±1 Hơn nữa, qua đó ta cũng được
'( )
f x
=
+ mà ta dễ dàng xét dấu (vì x4+3x2+1 > 0 với mọi x). Lập BTT của f(x) rồi chỉ quan tâm ở phần x<0 Ta được kết quả là 3
2
m >
Cách 2: PT này có dạng ax4 + bx3 + cx2 + k.b.x + k2 = 0 Chia hai vế cho x2 ta được PT 2 12 1
+ + + + = Đặt 1
x
= + xem đây là hàm theo x, lập BTT ta thấy ngay t= –2 thì sinh ra duy nhất x= –1<0; t < –2 sinh ra 2 nghiệm x<0 và t> –2 thì chẳng trả về x nào âm Do đó PT đã cho có không ít hơn 2 nghiệm âm khác nhau khi
và chỉ khi PT t2+mt –1=0 có ít nhất 1 nghiệm t< –2 Tới đây ta có thể dùng phương pháp cô lập tham số
t
t
− +
= < −
Tuy nhiên, ta nhận thấy rằng PT bậc 2 theo t này luôn có 2 nghiệm t1 < 0 < t2 vì vậy nó có nghiệm t< –2 khi và chỉ khi
t1 < –2 < 0 < t2 Điều này xảy ra khi và chỉ khi 1.f( –2)<0 với f(t)= t2+mt –1 Giải điều kiện này ta cũng được 3
.
2
m >
PHẦN BÀI TẬP
BT 1 Tìm m để BPT 1 2
2
log ( x − 2 x m + ) ≥ − 3 có nghiệm.[ĐHY TPHCM 96]
HD: BPT ⇔
2 2
> − + =
≤ − + + =
⇔ Điểm M(x ; m) nằm phía trên
(P1): f(x)= –x2+2x đồng thời nằm phía dưới hoặc thuộc (P2): g(x)= –x2 +2x + 8
Điều này xảy ra khi và chỉ khi m ≤ 9 (Xem hình bên)
BT 2 Tìm a để BPT x − x − > 1 a có nghiệm với a > 0 [ĐH Y TPHCM 96]
HD: Cách1: Xét f(x) = x − x − 1
Lớp 12: f’(x) < 0 ∀ x >1
Trang 9Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số
Lớp 10&11: 1
( )
1
f x
= + − Với 1≤ x1<x2 thì f(x1) > f(x2) nên hàm số tăng trên [1;+∞ ) Do đó max ( )[1; ]
∈ +∞
=f(1) =1, suy ra a< max ( )[1; ]
∈ +∞ =1 (Ta không cần giả thiết a>0)
Cách2: BPT: x > x − + 1 a Vì a>0 nên 2 vế dương, bình phương và làm gọn ta được
2
1 1 2
a x
a
−
− < BPT có nghiệm KVCK (1 –a2)>0 ⇔ 0<a<1
BT 3 Tìm m để PT x2+ 2 (cos x y − sin ) 2 y + m ≥ 0đúng với mọi x ≥ 2 và mọi y
HD: f(x) = x2+ 2 (cos x y − sin ) 4 y + m tăng trên (siny –cosy; +∞) ⊃ [2;+∞) nên min ( )2
x f x
≥ = f(2) Do đó f(x) ≥ 0, ∀x ≥ 2;∀y KVCK f(2) = 4 + 4(cosy –siny) + 4m ≥ 0,∀ y Điều này xảy ra KVCK m+2 ≥ siny –cosy, ∀ y
Hay m+2 ≥ max(siny –cosy)= 2
BT 4 Tìm a để
2
2
1 1
x + + ≤ + + , ∀x < –1.
HD: • Cô lập tham số a, ta được: f(x) =
3
1 1
x
− + + + ≥ a, ∀ x < –1 f’(x) =
2
x
− − + , f’(x) = 0 ⇔ x = 0; x = 3
2
−
• Lập BBT suyra max ( )1
<− = 3
2
4
− Những giá trị a cần tìm là 23
4
BT 5 Tìm a để BPT a.4x + (a –1)2x+2 + (a –1) > 0, đúng với ∀ x.
BT 6 Cho BPT
t
t m
t − ≥ − 1) Giải BPT khi m = 1
2) Tìm m để BPT đúng với mọi t ≥ 0
BT 7 Cho BPT ( x2+ 1)2+ ≤ m x x2+ + 2 4
1) Giải BPT khi m = 3
2) Tìm m để BPT đúng với ∀x∈ [0;1].
BT 8 Cho PT cos 4 x = cos 32 x a + sin2 x
1) Bằng cách đặt t = cos2x, giải PT khi a = 1
2) Tìm a để PT đã cho có nghiệm x∈(0; )
12
π
(2)
x y xy m
+ + =
+ =
1) Giải hệ khi m = 5
2) Tìm m để hệ có nghiệm
HD: 2) Đặt u = x + y và v = xy, ta được 2
2
u v m
+ =
− =
v m u
+ − =
= −
Vì x,y là nghiệm của PT t2 – ut + v = 0 nên u2 ≥ 4v = 4(m – u) Vậy hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
2
2
+ − =
2
2
1 4
= +
+ ≥
⇔
2
⇔
2
u
= +
≤ ≤
có nghiệm theo u
⇔ 0min ( )≤ ≤u 4 f u ≤ ≤ m max ( )0≤ ≤u 4 f u ⇔ f(0) ≤ m ≤ f(4) ⇔ 0 ≤ m ≤ 8 Ở đây 1 2 2
( )
Trang 10Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số
x y xy m
+ + =
1) Giải hệ khi m = 7/2
2) Tìm m để hệ có nghiệm
HD: Đặt u = x + y và v = xy và tương tự như trên ta cần tìm m để
2
2
8 3 4 4
u m u
m
= −
+
có nghiệm
BT 11 Lập BBT của hàm số 2 3
1
x y x
+
= + Từ đó suy ra số nghiệm của PT x + = 3 m x2+ 1..
BT 12 Tùy theo m hãy lập BBT của hàm số 2
1
x m y
x
+
= + Từ đó suy ra số nghiệm của PT x m m x + = 2+ 1.
BT 13 1) Tìm m để hàm số y x = + − 1 x2 − m không nhận giá trị dương
2) Tìm m để PT sau có 2 nghiệm phân biệt: x + − 1 x2 = m
HD: y x = + − 1 x2 − m không nhận giá trị dương có nghĩa là x + 1 − x2 ≤ m, ∀x∈[–1;1]
Cách 1(dùng lượng giác)
Cách 2 (dùng BĐT Bunhiakốpxki)
Cách 3(dùng đạo hàm lập BBT)
BT 14 Cho BPT x2+ 2 (cos x y + sin ) 1 0 y + ≥
1) Tìm x để BPT đúng với mọi y
2) Tìm y để BPT đúng với mọi x ≥ 0
3
x
x
+
1) Giải PT khi m = –3
2) Tìm m để PT có nghiệm
HD: Lưu ý rằng ( x − = 3) ( x − 3)2 nếu (x–3) ≥ 0 và ( x − = − 3) ( x − 3)2 nếu (x–3)<0
cos
x
1) Giải PT khi a = 1
2 . 2) Tìm a để PT có nhiều hơn 1 nghiệm trong khoảng (0; )
2
π
BT 17 Tìm a để PT sau có nghiệm: sin6x + cos6x a = sin 2 x
BT 18 1) Tìm m để PT 22 2
2) Tìm m để hàm số y = (m –3)x –(2m +1)cosx luôn luôn nghịch biến
BT 19 Tìm a để PT (a + 1)x2 – (8a + 1)x + 6a = 0 có đúng 1 nghiệm thuộc (0;1)
BT 20 Tìm m để HPT sau có nghiệm:
1
2