pp giai bat pt

http://toancapba.com , học toán và ôn thi miễn phí, Võ Trọng Trí [email protected]

1

CHƯƠNG 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 9 0 x 9

x 2 (*) 2x 4 0 x 2

+ ≥ ≥ − ⇔ ⇔ ⇔ ≥ − + ≥ ≥ −

f(x) xác định, liên tục trên (*) có: ' 1 1 f (x) 0 2 x 9 2 2x 4

= + > + +

với ∀ x > 2

nên f(x) đồng biến trên (*). Do đó: x 0

(1) f(x) f(0) x 0 x 2

> ⇔ > ⇔ ⇔ > ≥ −

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 0 x 0

x 5 (*) x 5 0 x 5

≥ ≥ ⇔ ⇔ ⇔ ≥ − ≥ ≥

f(x) xác định, liên tục trên (*) có: ' 1 1 f (x) 0 2 x 2 x 5

= + > −

với x 5 ∀ >

nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: x 5

(1) f(x) f(5) x 5 x 5

≤ ⇔ ≤ ⇔ ⇔ = ≥

Vậy bất phương trình có nghiệm: x 5 = .

Thí dụ 130: Giải bất phương trình: x x x 2 3 5 38 (1) + + ≥ Lời giải: Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định và liên tục với mọi x R ∈ có:

' x x x f (x) 2 ln2 3 ln3 5 ln5 0 = + + > với mọi x R ∈ nên f(x) đồng biến trên (*).Do

đó x 2

(1) f(x) f(2) x 2 x R

≥ ⇔ ≥ ⇔ ⇔ ≥ ∈

Vậy bất phương trình có nghiệm: x 2 ≥ .

Thí dụ 131: (NTA2000) Giải bất phương trình: x x

2 3 log (2 1) log (4 2) 2 (1) + + + ≤ Lời giải: Đặt f(x) = VT(1),có f(x) xác định,liên tục với mọi x R ∈ có:

x x '

x x

2 ln2 4 ln4 f (x) 0 (2 1)ln2 (4 2)ln3

= + > + +

với mọi x R ∈

nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: x 0

(1) f(x) f(0) x 0 x R

≤ ⇔ ≤ ⇔ ⇔ ≤ ∈

Vậy bất phương trình có nghiệm: x 0 ≤ .

Thí dụ 132: (TL2000) Giải bất phương trình: x 2 3x 5 2x (1) + − < − Lời giải: (1) f(x) x 2 3x 5 2x 0 f(2) ⇔ = + − − − < =


2

Ta có f(x) xác định khi và chỉ khi x 2 0

5 3x 0 2 x (*) 2

5 2x 0

+ ≥ ≥ ⇔ − ≤ ≤ − ≥

f(x) xác định, liên tục trên (*) có: ' 1 1 1 f (x) 0 2 x 2 2 3x 2 52x

= + + > +

với 5 2 x 2

− < < nên f(x)

đồng biến

trên (*). Do đó: x 2

(1) f(x) f(2) 2 x 2 5 2 x 2

< ⇔ ≤ ⇔ ⇔ − ≤ ≤

− ≤ ≤ Vậy bất phương trình có nghiệm: 2 x 2 − ≤ ≤ .

Thí dụ 133: Giải bất phương trình: x x x 1 2.2 3.3 6 (1) + + < Lời giải:

Ta có: x x x

x 1 1 1 (1) 2. 3. 1 (2) (do 6 0 x R 6 3 2

⇔ + + < > ∀ ∈

)

Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định, liên tục với mọi x R ∈ có: x x x

' 1 1 1 1 1 1 f (x) ln 2. ln 3. ln 0 x R 6 6 3 3 2 2

= + + < ∀ ∈

nên f(x) nghịch biến trên R, do đó

( x 1

1) (2) f(x) f(1) x 1 x R

< ⇔ ⇔ < ⇔ ⇔ < ∈

Vậy bất phương trình có nghiệm: x 1 < .

Thí dụ 134: Giải bất phương trình: 3 2 2 3 6 16 2 3 4 (1) x x x x + + + < + − Lời giải: Ta có: 3 2 (1) f(x) 2x 3x 6x 16 4 x 2 3 f(1) (2) ⇔ = + + + − − < = Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định khi và chỉ khi:

3 2 2 2x 3x 6x 16 0 (x 2)(2x x 8) 0 4 x 0 4 x 0

+ + + ≥ + + ≥ ⇔

− ≥ − ≥ 2 x 2 0 (do 2x x 8 0)

x 4

+ ≥ + > ⇔

≤ 2 x 4 (*) ⇔ − ≤ ≤

f(x) xác định, liên tục trên (*) có: 2

'

3 2

6x 6x 6 1 f (x) 0 2 4 x 2 2x 3x 6x 16

+ = + >

− + + + với 2 x 4 − < <

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

( ) ( ) 2 2 2 2 2 7 12 1 14 2 24 2 log x x x x x x x

+ − + − ≤ − − +

Lời giải:


3

Điều kiện: 2

2

0, 1 3

7 12 0 4

2 14 24 0

x x x

x x x

x x

> ≠ = − + ≥ ⇔ = − + − ≥

Với x = 3 bất phương trình trở thành bất đẳng thức 1

3 2 3 3 3

2 2 1 2 2 2 1 2 log log 3 2 3 3 3 3 3 3

− − ≤ ⇒ − ≤ ⇒ ≥ ⇒ ≥

(sai)

Với x = 4 bất phương trình trở thành

4 4 4 2 2 1 1 1 1 2 1 2 log log log 2 4 4 2 2 2 2

− − ≤ ⇒ − ≤ ⇒ ≤ − = −

(đúng)

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là x = 4.

Thí 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.

Thí dụ 137: Giải hệ thức 2 3 4 2 2 x x x

− + + + <

Lời giải:

Điều kiện: 2

0 1 1 1 ; 0 (*) 3 3 4 0

x x x

x x

≠ ⇔ − ≤ ≤ ≠

− + + ≥ . Với điều kiện đó ta

có: 2 3 4 2 2 x x x − + + < −

( ) 2 2 2

1 2 2 0 1 9 9 7 0 7 9 0 3 4 2 2 7

x x x x

x x x x x x x

> − > > ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ > < ∨ > − > − + + < −

Kết hợp với điều kiện (*) ta được 9 4 7 3

x < ≤ .

Thí dụ 138: Giải hệ thức 2

3

3 2 1 0 (1) 3 1 0 (2)

x x x x

+ − <

− + > Lời giải:

(1) ⇔ 1 1 3

x − < < (*)

Đặt y = x 3 3x + 1 hàm số xác định liên tục trên R có y / = 3x 2 3; y / = 0 khi x = 1 x = 1 ta có bảng biến thiên:

x 1 1 3

y / 0

y 1 27


4

Nghiệm của hệ: 1 1 3

x − < < .

Thí dụ 139: Giải ( ) ( ) 2 2 5

1 4 3 1 log 8 2 6 1 0 5 x x x x x

x − + + + − − + ≤ (1)

Lời giải:

Điều kiện: 2

2

0 0 4 3 0 1 3 1; 3

1 3 8 2 6 0

x x x x x x x x

x x x

> > − + ≥ ⇔ ≤ ∨ ≥ ⇔ = = ≤ ≤ − − ≥

Với x = 1 thì (1) ⇔ 5 1 log 1 0 1 1 0 0 5

+ ≤ ⇔ − + = ≤ (luôn đúng)

Với x = 3 thì (1) ⇔ 1 3

5 3 1 3 27 1 log 0 5 5 3 5 125 5

− + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ (loại)

Vậy bất phương trình có nghiệm là x = 1.

Thí dụ 140: Giải hệ thức ( ) 2 4 2 2 3 4 3 1 x x x − = + − ≥ (1) Lời giải: Với 2 x > thì x 2 – 4 > 0 và x – 2 > 0. Do đó

2 4 0 3 3 1 x − > = (vì hàm đồng biến) nên VT(1) > 1 = VP(1). Bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên Với 2 x < thì x 2 – 4 < 0 và x – 2 < 0. Do đó

2 4 0 3 3 1 x − < = (vì hàm đồng biến) và (x 2 4)3 x2 < 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 ( ) 5 1 3 3 1 2 1 x x x − + + ≥ (1) Lời giải: Với x < 0 thì 3 0 x < mà 2 x1 > 0 nên ( ) 5 1 3 3 1 1; 2 0 x x x − + < < . Do đó VT(1) < 1. Vậy bất

phương trình không có nghiệm trong khoảng trên

Với x ≥ 0 thì 3 0 x ≥ mà 2 x1 > 0 nên ( ) 5 1 3 3 1 1; 2 0 x x x − + ≥ ≥ . Do đó VT(1) ≥ 1

Vậy bất phương trình có nghiệm x ≥ 0.

Thí dụ 142: Giải phương trình 2 1

2 4 2 log 1 x x x x − − − = − (1) Lời giải: Nếu 0 < x ≤ 1 thì ( ) ( ) 2 2 1 1 1 4 2 2 2

x x x x x x − − − − − = − khi đó VP ≤ 1; VT > 1

Nếu x > 1 thì ( ) 2 2 2 2 ( 1) log log ( ) log 2 2 2( 1) x x VP x x x x

− = = − − −

− mà

VT = 2 2x2 2

2 x x − . Do đó: (1) ⇔ 2

2 x x − + ( ) 2 2 2 log ( ) log 2 2 x x x − = − +2 2x2 (1 / ) Xét hàm số f(x) = 2 t

+ log2t xác định liên tục trên R + và:

f / (x) = t.ln2 + 1.ln 2 t

< 0 nên f(x) nghịch biến trên R +

(1 / ) ⇔ x 2 – x = 2x – 2 ⇔ x 2 – 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 (loại); x = 2 (thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm x = 2.


5

Thí dụ 143: Giải phương trình 2 6 2 18 x x x + + + = (1) Lời giải: Điều kiện: x + 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ – 2. Đặt f(x) = 2 6 2 x x x + + + có f(x) xác định,

liên tục trên[ ) 2; − +∞ và f / (x) = 2x + 1 + 3 2 x+

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 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: x 4 + x 3 + 5 2 x+ = 2 + 5 2 (1) Lời giải: Đặt f(x) = 4 3 5 1 x x x + + + có f(x) xác định liên tục trên[ ) 1; − +∞

f / (x) = 3 2 5 4 3 2 1

x x x

+ + +

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 2

2 3 4 0 (1) 4

x tg x

x x

π + +

< − −

Lời giải:

Đặt 2

2 3 4 ( ) 4

x tg x f x

x x

π + +

= − −

; f(x) xác định khi và chỉ khi:

2

2

( ) 4 2 ( ) 4 2 4 0 2

2 4 0

x k k x k k x x

x x x

π π π ≠ + ∈ Ζ ≠ + ∈ Ζ − ≥ ⇔ ≤

≠ − − ≠

2 ( )

2

x

x

< ⇔ ∗ ≠

( ) 0 ( ) 2 3 0 4 x f x g x tg x π

= ⇔ = + + = . Có g(x) xác định trên ( ) ∗ và

2 '( ) 2 0

4cos 4

g x x π

π = + > với x ∀ thoả mãn ( ) ∗ nên g(x) đồng biến trên ( ) ∗

( ) ( 1) 1 g x g x = − ⇔ = − ( ) 0 1 f x x ⇒ = ⇔ = −

Do f(x) liên tục trên( ) ∗ 3 2(1 2) 0 2 7 3

f + − = > + ; 6 3 0, (0)

5 2 f f − < = >

0;

3 2(7 2) 0 2 7 3

f + = < − nên ta có bảng xét dấu f(x) trên ( ) ∗

x −∞ 2 − 2 − 1 − 2 2 +∞

f(x) + – 0 + –


6

Từ bảng ta được (1) có nghiệm 2 1 2 2 x x − < < − ∨ < < .

Thí dụ 146: Giải bất phương trình: 1 2 2 1 0 (1) 2 1

x

x

x − − + ≤

− Lời giải:

Đặt 1 2 2 1 ( ) 2 1

x

x

x f x − − +

= −

, f(x) xác định khi và chỉ khi:

( ) ( ) 2 1 0 0 ;0 0; : ( ) x x x − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ∈ −∞ ∨ +∞ = ∗

Xét phương trình 1 ( ) 0 ( ) 2 2 1 0 x f x g x x − = ⇔ = − + = . Có g(x) xác định, liên tục trên ( ) ∗ 1 '( ) 2 .ln 2 2 0 x g x − = − − < với ( ) x ∀ ∈ ∗ nên g(x) nghịch biến trên ( ) ∗

( ) (1) 1 g x g x = ⇔ = ( ) 0 1 f x x ⇒ = ⇔ =

Do f(x) liên tục trên(*) ( 1) 14 0 f − = − < ; 1 2 2 0 2

f = + >

; 5 (2) 0 6

f − = <

Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (*)

x −∞ 0 1 +∞

f(x) + 0 Từ bảng ta được (1) có nghiệm 0 1 x x < ∨ ≥ .

Thí dụ 147: Giải bất phương trình: 2 2 ( 3) 4 9 (1) x x x − − ≤ − Lời giải:

2 (1) ( ) ( 3)( 4 3) 0 f x x x x ⇔ = − − − − ≤ , f(x) xác định khi và chỉ khi ( ] [ ) 2 4 0 ; 2 2; : ( ) x x − ≥ ⇔ ∈ −∞ − ∨ +∞ = ∗

4 ( ) 0 ( 3)( 4 3) 0 f x x x x = ⇔ − − − − = 2

3 0 ( )

4 3 ( )

x

x x

α

β

− = ⇔

− = + ( ) 3 x α ⇔ =

2 2

3 0 ( )

4 ( 3)

x

x x β

+ ≥ ⇔

− = +

3 6 13 0 x x ≥ −

⇔ + =

3 136

x

x

≥ − ⇔ −

=

136

x −

⇔ =

f(x) liên tục trên( ) ∗ ( 3) 6 5 0 f − = − < ; ( 2) 5 0 f − = > ; (4) 2 3 7 0 f = − < Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên ( ) ∗

x −∞ 13

6 − 2 − 2 3

+∞

f(x) 0 − + 0 + −

Từ bảng ta được (1) có nghiệm 13 3 6

x x −

≤ ∨ ≥ .

Thí dụ 148: Giải bất phương trình 2 2 1 2 4 .2 3.2 .2 8 12 (1) x x x x x x x + + + > + +

Lời giải: (1)

2 2 1 2 4 .2 3.2 .2 8 12 0 x x x x x x x + ⇔ + + − − − > 2 2 ( 2 3)(2 4) 0 x x x ⇔ − − − <

2

2 2 ( 2 3)(4 4) 0 x

x x ⇔ − − − <


7

2 2 2 2 ( 2 3)(4 1) 0

x

x x −

⇔ − − − < 2

2 2 ( 2 3)(4 1) 0 2

x x x −

⇔ − − − <

( 1)( 3)( 2)( 2) 0 x x x x ⇔ + − + − < 2 1 2 3 x x ⇔ − < < − ∨ < < . Vậy (1) có nghiệm 2 1 2 3 x x − < < − ∨ < < .

Thí dụ 149: Giải bất phương trình: (3 ) log (3 ) 1 (1) x x x − − > Lời giải:

Điều kiện: 2

0 3 3 0 ( )

(3 ) 0, 1 3 1 0

x x x x x x

< < − > ⇔ ∗ − > ≠ − + ≠

. Với điều kiện đó:

(3 ) (1) 1 log (3 ) 0 x x x − ⇔ − − <

(3 ) (3 ) log (3 ) log (3 ) 0 x x x x x x x − − ⇔ − − − <

(3 ) log 0 x x x − ⇔ < [ ] (3 ) 1 ( 1) 0 x x x ⇔ − − − <

2 ( 3 1)( 1) 0 x x ⇔ − + − > 3 5 3 5 ( 1) 0 2 2

x x x − +

⇔ − − − >

3 5 3 5 1 2 2

x x − +

⇔ < < ∨ >

Vậy (1) có nghiệm 3 5 3 5 1 3 2 2

x x − +

< < ∨ < < .

Thí dụ 150: Giải bất phương trình: cos sin cos 2 0 x x x − − > (1) với ( ) 0;2 : x π ∈ = (*). Lời giải: Đặt ( ) cos sin cos2 f x x x x = − − , có f(x) xác định, liên tục trên (*) f(x) = 0

cos sin cos 2 0 x x x ⇔ − − = 2 2 cos sin (cos sin ) 0 x x x x ⇔ − − − = (cos sin )(1 cos sin ) 0 x x x x ⇔ − − − =

cos sin 0 cos sin 1 x x x x ⇔ − = ∨ + =

sin 0 4

2 cos 4 2

x

x

π

π

− = ⇔ − =

4

2 ( ) 4 4

2 4 4

x kx

x kx k

x kx

π

π π

π π

− = ⇔ − = + ∈ Ζ − = − +

4

2 ( 2 2

x kx

x kx k

x kx

π

π

= + ⇔ = + ∈ =

Z)

Kết hợp với ( ) ∗ ta có 5 4 2 4

x x x π π π = ∨ = ∨ = .

Do f(x) liên tục trên (*) và 3 2 0 6 2

f π − = <

; 3 ( ) 2 0 2

f f π π = − = − <

Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên ( ) ∗


8

X −∞ 0

4 π

2 π 5

4 π 2π

+∞

f(x) 0 0 0 − + − +

Từ bảng ta đựợc (1) có nghiệm 5 2 4 2 4

x x π π π π < < ∨ < < .

Thí dụ 151: Giải bất phương trình: ( 2 ) 1 log 2 log 2 (1) x x x + − + ≤

Lời giải:

Điều kiện:

2 0 0 0 1 0 1

4 2 0, 1

1 0, 1

x x x x

x x x

x

+ ≥

≥ > + ≥ ⇔

≠ + − > ≠ + > ≠

(*). Với điều kiện đó:

2 2

1 1 (1) log ( 2 ) log 1 x x x

⇔ ≤ + − +

2 2 log ( 2 ) log 1 x x x ⇔ + − ≥ +

2 2 log ( 2 ) log 1 0 x x x ⇔ + − − + ≥

2 2 log 0 1

x x x

+ − ⇔ ≥

+ 2 (2 1) 1 0 1

x x x

+ − ⇔ − − ≥ +

2 1 0 1

x x x x

+ − − + ⇔ ≥

+ 2 1 0 x x x ⇔ + − − + ≥

2 1 2 ( 1) x x x x x ⇔ + ≥ + + + + 1 2 ( 1) x x x ⇔ − ≥ +

2

1 0

(1 ) 4 ( 1)

x

x x x

− ≥ ⇔

− ≥ + 2

1

3 6 1 0

x

x x

≤ ⇔

+ − ≤ 1

3 2 3 3 2 3 3 3

x

x

≤ ⇔ − − − +

≤ ≤

3 2 3 3 2 3 3 3

x − − − +

⇔ ≤ ≤

Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm 3 2 3 0 3

x − +

< ≤ .

Thí dụ 152: Giải bất phương trình: 2 3

2 3 2

log ( 1) log ( 1) 0 (1) 3 4

x x x x + − +

> − −

Lời giải:

Điều kiện:

2

3

2

( 1) 0 1

( 1) 0 4

3 4 0

x x

x x

x x

+ > > −

+ > ⇔ ≠ − − ≠

(*). Với điều kiện đó:


9

[ ] 2 2 3 (1) 2 log ( 1) 3log ( 1) ( 3 4) 0 x x x x ⇔ + − + − − >

1 1

0

2 3 ( 1)( 4) 0 log 2 log 3 x x

x

x x + +

≠ ⇔ − + − >

1 1

1 1

0 2 log 3 3log 2 ( 1)( 4) 0 log 2.log 3

x x

x x

x

x x + +

+ +

≠ ⇔ − + − >

1 1 2 3

0 (log 9 log 8).log ( 1).log ( 1).( 1)( 4) 0 x x

x x x x x + +

≠ ⇔ − + + + − >

1 2 3

0 9 log .log ( 1).log ( 1).( 1)( 4) 0 8 x

x

x x x x +

≠ ⇔

+ + + − >

1 2 3

0 9 log .log ( 1).log ( 1).( 1)( 4) 0 8 x

x

x x x x +

≠ ⇔

+ + + − > 0

9 ( 1 1)( 1).(2 1)( 1 1).(3 1)( 1 1).( 1)( 4) 0 8

x

x x x x x

≠ ⇔

+ − − − + − − + − + − > 3

0

( 1)( 4) 0

x

x x x

≠ ⇔

+ − >

( 1)( 4) 0 x x x ⇔ + − > 1 0 4 x x ⇔ − < < ∨ > Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm 1 0 4 x x − < < ∨ > .

§4: Phương pháp mặt phẳng toạ độ:

Thí dụ 153: Tìm m để hệ: 2

2

1 0 ( )( ) 0 x m x x m

− ≤

− + < vô nghiêm (1)

Lời giải: Đặt m = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y. Ta có:

(1)ó 2

2

1 0 ( )( ) 0 x y x x y

− ≤

− + < ó

2 2

1 1

min ; max ;

x

x x y x x

− ≤ ≤

− < < −

ó 2

1 1 x

x y x

− ≤ ≤

< < − hoặc

2

1 1 x

x y x

− ≤ ≤

− < < (2)

Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = –1; y = – x; y = x 2 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


10

1 1

1

1

2

x

y

y = x y = x^2

x = 1

x = 1

Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là hoành độ của các điểm thuộc phần chung của đường thẳng y = m (⊥ y’oy) và N. 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 2

2 2

2 1 0 (2 1) 0

x x m x m x m m

− + − ≤

− + + + ≤ có nghiệm duy nhất

Lời giải: Đặt m = y và coi hệ đã cho là hệ (1) với 2 ẩn x; y ta có:

(1)ó 2

2 2

2 1 0 (2 1) 0

x x y x y x y y

− + − ≤

− + + + ≤

ó 2

2 2

( 1) (2 1) 0

y x y x y x x

≥ −

− − + − ≤ ó

2 ( 1) 1

y x x y x

≥ −

− ≤ ≤ (2)

Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: y = (x–1) 2 ; y = x – 1; y = x 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

1

2

3

4

x

y

y = x 1 y = (x 1

)^2

y = x


11

Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là hoành độ của các điểm thuộc phần chung của đường thẳng y = m ( ⊥ y’oy) và N. Từ nhận xét trên và từ hình vê ta

thu được (1) có nghiệmó đường thẳng y = m (⊥ y’oy) và N có điểm chung ó 0 ≤ m ≤ 3 5 2

+

Vậy 0 ≤ m ≤ 3 5 2

+ là các giá trị cần tìm để phương trình có nghiệm.

Thí dụ 155: Tìm m để hệ 2 2

2 2

2 2

x y y m x y x m

+ + ≤

+ + ≤ (1) có nghiệm duy nhất

Lời giải:

(1)ó 2 2

2 2

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

+ + ≤ +

+ + ≤ + Xét 2 đường tròn (α): x 2 + (y + 1) 2 = m + 1 có tâm A(0; –1); R = 1 m+

(β): (x + 1) 2 + y 2 = m + 1 có tâm B(–1; 0); R = 1 m+ Hệ (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (α) và (β) có duy nhất 1 điểm chung ó (α) và (β) tiếp xúc ngoài với nhau khi đó: AB = 2 1 m+ ó 2 2 (0 1) ( 1 0) + + − − = 2 1 m+

ó 2 = 2 1 m+ ó m = – 1 2

Vậy giá trị cần tìm của m là m = – 1 2 .

Thí dụ 156: Tìm m để hệ 2 2 log ( ) 1

2 x y

x y

x y m +

+ ≥

+ = (1) có nghiệm

Lời giải: Ta có: log 2 2 x y +

(x + y) = 1 (2)

ó 0 < x + y ≤ x 2 + y 2 < 1 hoặc x + y ≥ x 2 + y 2 > 1

ó 2 2

2 2

0 1

1 1 1 2 2 2

x y x y

x y

+ > + < − + − ≥

hoặc

2 2

2 2

1

1 1 1 2 2 2

x y

x y

+ > − + − ≤

(2)

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số:

∆: x + y = 0; (T 1 ): x 2 + y 2 = 1; (T 2 ): (x –

1 2 ) 2 + (y – 1

2 ) 2 = 1

2

1 1

1

1

2

x

y

1 T

2 T

Δ : x + y = 0

1

2 m y

x =

+

2

2 m y

x =

+

A


12

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 (T 2 ) và (∆) Xét đường thẳng: x + 2y = m tại 2 vị trí ứng với m 1 và m 2

Có đồ thị của hàm số: x + 2y = m 1 đi qua điểm A( 1 2 ;– 1

2 )⇒ m 1 = –

1 2

Đồ thị của hàm số: x + 2y = m 2 tiếp xúc với (T 2 ) tại điểm thuộc góc phần tư thứ nhất ⇒ m 2 =

3 10 2

+

(1) có nghiệmó đường thẳng x + 2y = m và N có điểm chung

ó – 1 2 < m ≤ 3 10

2 +

Vậy – 1 2 < m ≤ 3 10

2 + là những giá trị cần tìm.

Thí dụ 157: Tìm m để hệ 2 1

1 x y m xy x y

+ + + ≥

+ ≤ (1)

a) Có nghiệm. b) Vô nghiệm. Lời giải:

(1)ó 1

2 1 ( ) 0

x y

m xy x y

+ ≤

+ ≥ − + ≥

ó 2

1

2 1 2( ) ( )

x y

m xy x y x y

+ ≤

+ ≥ − + + + ó

2 2

1 (2)

1 ( 1) ( 1) (3)

y x

m y x

≤ −

+ ≥ − + − Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số: y = 1 – x (∆); (x – 1) 2 + (y – 1) 2 = m + 1 (α)

1 1 2 3

1

1

2

3

x

y

(α)

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 Nên: a) (1) có nghiệm khi và chỉ khi đồ thị hàm số của (∆) và (α) có điểm chung ó d(I; ∆) ≤ R (I(1; 1); R là tâm của (α))

ó 2 2

|1 1 1| 1 1

+ −

+ ≤ 1 m+ (m ≥ –1) ó 1

2 ≤ 1 m+ ó – 1

2 ≤ m


13

Vậy những giá trị của m cần tìm để (1) có nghiệm là m ≥ – 1 2 .

b) Nhận thấy những giá trị còn lại của m trên tập R là những giá trị làm cho (1) vô nghiệm.

Vậy những giá trị của m cần tìm để (1) vô nghiệm là m < – 1 2 .

Thí dụ 158: Biện luận theo a số nghiệm của hệ: | | 2 | | 4 ( ) ( 2 )( ) 0 ( ) x y x a y a

α β

+ = − − =

Lời giải:

(α)ó 0; 0 2 4

x y x y

≥ ≥ + =

v 0; 0 2 4

x y x y

≥ ≤ − =

v 0; 0 2 4

x y x y ≤ ≥

− + = v

0; 0 2 4

x y x y

≤ ≤ + = −

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, biểu diễn nghiệm của (α) là hình thoi ABCD như hình vẽ:

Còn (β) ó 1

2

2 ( ) ( )

x a y a

= ∆ = ∆

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 Từ nhận xét trên và từ hình vẽ ta thu được: Khi M nằm ngoài đoạn KN ó |a| > 2 thì hệ vô nghiệm Khi M∈K; Nó |a| = 2 thì hệ có 2 nghiệm phân biệt Khi M∈P; Qó |a| = 1 thì hệ có 3 nghiệm phân biệt Khi M∈[KN] \ K; P; Q; N ó |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 | > x 2 (1) Lời giải: Đặt a = y và coi (1) là hệ bất phương trình 2 ẩn x; y thì (1)ó3 – | x – y | > x 2 Khi đó yều cầu bài ra tương đương với:

2

2

3 0; 0

| | 3

x x x y x

− ≥ < − < −

ó 2 2

3 0 3 3 x

x x y x

− ≤ <

− < − < − ó 2

2

3 0 3

3

x y x x y x x

− ≤ < < − + + > + −

(2)

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường: x = 0; y = –x 2 + x +3; y = x 2 + 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


14

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

5

4

3

2

1

1

2

3

4

x

y y = x^2+x3

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 âmó – 13 4 < a < 3

Vậy – 13 4 < a < 3 là các giá trị cần tìm.

Thí dụ 160: Cho phương trình x a − (x 2 – 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) ó x y − (x 2 – x – y )(2y + 2 – x ) = 0ó 2

1 1 2

y x y x x

y x

=

= −

= −

(2)

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường y = x; y = x 2 – x; y = 1 2 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 = x 2 – x; y = 1 2 x – 1


15

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 = 1/2x1

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 = x 2 – x; y = 1 2 x – 1

Gọi x 0 là nghiệm của phương trình x a − = 0 thì x 0 = a x 1 là nghiệm của phương trình 2a + 2 – x = 0 thì x 1 = 2(a + 1) x 2 < x 3 là nghiệm của phương trình x

2 – x – a = 0 thì:

x 2 = 1 1 4

2 a − + ; x 3 =

1 1 4 2

a + + (a ≥ – 1 4 )

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

Khi a ≥ – 1 4 phương trình có thêm 2 nghiệm x = 1 1 4

2 a − + ; x = 1 1 4

2 a + +

Do đó: (γ)ó 3

3

( 1) 0 ( 1) 0

x x y y

− =

− =

ó 0 1 0 1

x x y y

= ∨ = = ∨ =

ó 0 0

x y

= =

v 0 1

x y

= =

v 1 0

x y

= =

v 1 1

x y

= =

Thay vào (α) ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là: 0 1

x y

= =

và 1 0

x y

= =

2) Yêu cầu bài ra tương đương với

2

0 4

1 1 2

x

y x y x x

y x

≤ ≤

= = −

= −

(4)

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường: y = x; y = x 2 – x; y = 1 2 x – 1


16

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

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 đồ thị N

(phần được tô đậm) là các hàm số y = x; y = x 2 – x ; y = 1 2 x – 1 vẽ trong đoạn [0 ; 4]. Nghiệm

x∈[0; 4] của (1) là nghiệm của (4) với y = a tức là hoành độ điểm chung của đường thẳng y = a (⊥ y’oy) với (N) 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: | x 2 – 2x +a | ≥ |2x 2 – 3x –a | (1) Lời giải: Đặt a = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y thì (1)ó| x 2 – 2x +y | ≥ |2x 2 – 3x –y | (2) Do 2 vế của (2) cùng ≥ 0 nên: (2)ó(x 2 – 2x +y) 2 ≥ (2x 2 – 3x –y) 2 ó (3x 2 –5x)(x 2 –x–2y) ≤ 0

ó 2

2

3 5 0 2 0

x x x x y

− ≤

− − ≥ ∨

2

2

3 5 0 2 0

x x x x y

− ≥

− − ≤ ó

2

5 0 3

2

x

x x y

≤ ≤

− ≤

∨ 2

5 0 3

2

x

x x y

≤ ≤

− ≥

(3)

Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = 5 3 ; y =

2

2 x x − (α)

2 1 1 2 3

1

1

2

3

x

y

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. Tức là nghiệm của (1) là hoành độ phần chung của đường thẳng y = a (⊥ y’oy) với N. Gọi x 1 < x 2 là hoành độ giao điểm của y = a với (α) thì x 1 ; x 2 là nghiệm của phương trình:

a = 2

2 x x −

ó x 2 –x–2a = 0 ó x 1 = 1 1 8

2 a − + và x 2 =

1 1 8 2

a + + (a ≥ – 1 8 )


17

Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta được:

Khi a ≤ – 1 8 thì (1) có nghiệm 0 ≤ x ≤ 5

3

Khi – 1 8 < a ≤ 0 thì (1) có nghiệm x∈[0; 1 1 8

2 a − + ]∩ [ 1 1 8

2 a + + ; 5

3 ]

Khi 0 < a ≤ 5 9 thì (1) có nghiệm x∈[ 1 1 8

2 a − + ; 0]∩ [ 1 1 8

2 a + + ; 5

3 ]

Khi a > 5 9 thì (1) có nghiệm x∈[ 1 1 8

2 a − + ; 0]∩ [ 5

3 ; 1 1 8

2 a + + ].

Thí dụ 163: Tìm p để hai bất phương trình (x 2 – x – p )(x + p – 1) > 0 và x 2 – 2x – 3 ≤ 0 không có nghiệm chung Lời giải: Hai bất phương trình (x 2 – x – p )(x + p – 1) > 0 và x 2 – 2x – 3 ≤ 0 không có

nghiệm chung khi và chỉ khi hệ 2

2

( )( 1) 0 2 3 0

x x p x p x x

− − + − >

− − ≤ (1) vô nghiệm

Đặt p = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y ta có:

ó 2

2

( )( 1) 0 2 3 0

x x y x y x x

− − + − >

− − ≤ ó

2

2

0 1 0

2 3 0

x x y x y x x

− − > + − > − − ≤

∨

2

2

0 1 0

2 3 0

x x y x y x x

− − < + − < − − ≤

ó 2

1 3 1

x y x y x x

− ≤ ≤ > − + < −

∨ 2

1 3 1

x y x y x x

− ≤ ≤ < − + > −

(2)

Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường x = –1; x = 3; y = – x + 1; y = x 2 – x 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 phần chung của đường thẳng y = p (⊥ y’oy) với N

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

Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có (1) vô nghiệm khi và chỉ khi đường y = p (⊥ y’oy) không có điểm chung với N do có p ≤ – 2 hoặc p ≥ 6


18

Vậy p∈(–∞;–2]∩ [6;+∞) là các giá trị cần tìm.

CHƯƠNG 3: MỘT SỐ VẤN ĐỀ KHÁC §1: Các phương pháp khác Thí dụ 164: (Đề số 344a)

Cho hàm số f(x) = x 2 + bx + 1 với b 7 (3, )2

∈ . Giải bất phương trình f(f(x)) > x

Lời giải: Ta có f(f(x)) – x = 2 2 ( 1) 2 ( 1) 1 x b x b x b x + + + + + − + f(f(x)) – x > 0 ó 2 2 ( 1) 2 ( 1) 1 x b x b x b x + + + + + − + > 0

Đặt g(x) = x 2 + (b – 1)x + 1, h(x) = x 2 + (b + 1)x + b + 2; 2 2 ( ) h(x) 2 3 , 2 7 g x b b b b ∆ = − − ∆ = − −

Vì b 7 (3; )2

∈ nên ( ) g x ∆ > 0 và ( ) h x ∆ < 0. Phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm

2 2

1 2 1 2 3 1 2 3 , x

2 2 b b b b b b x

− − − − − + − − = =

Vậy bất phương trình có nghiệm x < x1 hoặc x > x2.

Thí dụ 165: (Đề số 1434) Giải và biện luận theo a, b phương trình x = a – b( a – bx 2 ) 2 ( 1 ) Lời giải:

(1) ó (bx 2 + x – a)(b 2 x 2 – bx – ab + 1) = 0ó 2

2 2

0 ( i ) 1 0 ( ii )

bx x a b x bx ab

+ − =

− − + = Với b = 0 thì (1) có nghiệm x = a Với b ≠ 0

+) Nếu ( i ) có 1 4ab ∆ = + . Khi ab ≥ 1 4

− phương trình có nghiệm

1 2 1 1 4 1 1 4 , x

2 2 ab ab x

b b − + + − − +

= =

+) Nếu ( ii ) có 2 (4 3) b ab ∆ = − .Khi ab ≥ 3 4 phương trình có nghiệm

2 2

3 4 2 2

(4 3) (4 3) , x

2 2 b b ab b b ab

x b b

+ − − − = =


19

Kết luận: Nếu b = 0 thì x = a

Nếu b ≠ 0 Với 3 4 > ab ≥ 1

4 − phương trình có nghiệm x1, x2

Với ab ≥ 3 4 phương trình có nghiệm x1, x2, x3, x4 .

Với ab < 1 4

− phương trình vô nghiệm .

Thí dụ 166: (TN98) Tìm m để phương trình x + 3(m3x 2 ) 2 = m (I) có nghiệm Lời giải:

(1)ó( 3x 2 + x – m )( 9x 2 – 3x + 1 – 3m ) = 0 ó 2

2

3 0 ( 1 ) 9 3 1 3 0 ( 2 ) x x m x x m

+ − =

− + − = Để (I) có nghiệm thì một trong hai phương trình (1) hoặc (2) phải có nghiệm, điều đó xảy ra khi và chỉ khi

1

2

1 12 0 108 27 0

m m

∆ = + ≥ ∆ = − ≥

ó m ≥ 1 12

−

Vậy m ≥ 1 12

− là các giá trị cần tìm.

Thí dụ 167: Giải phương trình x a a x = + + (1)

Lời giải:

Với ( ) f x a x = + à hàm đồng biến trênR +

(1) ( ( )) f f x x ⇔ = ( ) f x x ⇔ = a x x ⇔ + = 0 x x a ⇔ − − = 2

1

2

2

1 1 4 1 2 1 4 2 4 1 ( )

4 1 1 4 1 2 1 4 2 4

a a a x

a a a a x

+ + + + + = = ⇔ ≥ − − + + − +

= =

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 1 ( ) 0 2

f x x a a x

′ = ⟩ ∀ ⟩ − +

Nên f(x) đồng biến trên tập xác định của nó, do đó:


20

(1) ( ( )) f f x x ⇔ = ( ) f x x ⇔ = a x x ⇔ + = 2

0 (*)

0 (2)

x

x x a

≥ ⇔

− − =

1

2

1 1 4 : ( (*)) 1 2 (2) ( )4 1 1 4 :

2

a x x thoa mãn a

a x x

+ + = =

⇔ ≥ − − +

= =

2 x thỏa mãn (*) khi và chỉ khi 1 1 1 4 0 1 1 4 0 0 4

a a a − + ≥ ⇔ ≥ + ≥ ⇔ − ≤ ≤

Vậy (1) có nghiệm 1 1 ;4

x khi a ≥ − 2 1 0 4

x khi a − ≤ ≤ .

Thí dụ 169: Giải phương trình 7 7 a x a x − = + (1)

Lời giải:

(1) 7 7 a x a x ⇔ = + + . Với 7 ( ) f a a x = + xác định với mọi a thuộc R, có:

6 7

1 ( ) 0 7 ( )

f a x a

′ = ≥ +

với a x ∀ ≠ − (1) ( ( )) f f a a ⇔ = ( ) f a a ⇔ = 7 a x a ⇔ + = 7 x a a ⇔ = −

Thí dụ 172: Giải phương trình 2 2 5 x x − + + 2 2 10 x x + + = 29 (1) Lời giải:

Đặt u → (x–1; 2); u

→ (–x–1; 3), ta có:

| u → |+| v

→ | ≥ | u

→ + v

→ | ó 2 2 5 x x − + + 2 2 10 x x + + ≥ 29

Đẳng thức xảy ra khi u → // v

→

ó 1 1

x x −

− − = 2 3 ó x = 1

5 (thoả mãn (1))

Vậy nghiệm của (1) là x = 1 5 .

Thí dụ 173: Giải phương trình | 2 4 5 x x − + – 2 10 50 x x − + | = 5 (1) Lời giải: Đặt A(–2;1), B(5;5), M(x;0) thì: AB = 5AM= 2 2 ( 2) 1 x− + = 2 4 5 x x − +

BM = 2 2 ( 5) 5 x− + = 2 10 50 x x − + mà |AM–BM| ≤ AB (quy tắc 3 điểm)

Do đó VT(1) = | 2 4 5 x x − + – 2 10 50 x x − + | ≤ 5 = VP(1) Đẳng thức xảy ra khi A; B; M thẳng hàng và C nằm ngoài đoạn AB

ó 0

CA kCB k

−→ −→ =

> ó

0 2 (5 ) 1 5

k x k x k

> − = − =

ó

1 5 5 4

k

x

= =

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5 4 .

Thí dụ 174: Giải phương trình:


21

( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 3 1 1 2 3 1 1 3 x x x x x x − + + − − + + + + + = (1)

Lời giải: Phương trình đã cho tương đương với:

( ) ( ) 2 2 2 4 4 2 4 2 3 1 2 4 2 3 1 2 3 2 x x x x x x − + + − − + + + + + =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 1 1 3 1 3 2 x x x x x ⇔ − + + − + + + + + + =

Đặt ( ) ( ) ( ) 1;1 2 ; 1 3 ; 1; 1 3 ; 1 u x v x x p x x − − + + + r r r

Áp dụng bất đẳng thức ( ) 1 2 1 1

' .......... n n

i i n i i

a a a a a = =

≤ = ↑↑ ↑↑ ↑↑ ∑ ∑ r r r r r

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2

1

1 1 1 3 1 3 1 2 1 1

1 3 3 3 2 1

VT u v p u v p

VT x x x x x

VT VP

= + + ≥ + +

⇔ ≥ + − + + + − + + + +

⇔ ≥ + = =

r r r r r r

Do đó ( ) 1 u v p ⇔ ↑↑ ↑↑ r r r u kv

u np =

⇔ =

r r r r

( ) ( )

( ) ( )

1 1 3

1 2 1

1 1 3

1 2 1 ; 0

k x

x k x

n x

x n x k n

= − − = + ⇔ = +

− = + >

( ) ( )

( )

0

1 1 3 1 3

1 2 1

1 1 3

k n

k x x

x k x

k x

= >

= + + − ⇔ − = + = +

1 1

2 5 2 4 1 1

2 1 3 3

k x

x x x x

= = ⇔ − = + ⇔ = = +

(loại)

Vậy hệ đã cho vô nghiệm.

Thí dụ 175: Giải phươnh trình ( ) 2 1 3 2 1 1 x x x x + + − = + Lời giải:

Điều kiện: 1 x 0

1 3 (*) 3 0

x x

+ ≥ ⇔ − ≤ ≤ − ≥

. Đặt ( ) ( ) 1 ; 3 ; ;1 u x x v x + − − r r

Áp dụng BĐT thức ( ) 1 2 1 1

: .......... n n

i i n i i

a a a a a = =

≤ = ↑↑ ↑↑ ↑↑ ∑ ∑ r r r r r có:

( ) ( ) 2 1 1 3 . 2 1 1 VT x x x u v u v x VP = + + − = = = + = r r r r

Điều đó có nghĩa là: 1

. . 3

x kx u v u v u v

x k

+ = = ⇔ ↑↑ ⇔ − =

r r r r r r

Ta có: ( ) 2

0 1 (1)

1 3 1 2

x x x x x x

≥ = ⇔ ⇔ + = − = +


22

Vậy phương trình có nghiệm 1; 1 2 x x = = + .

Thí dụ 176: Giải phương trình: 3 2 4 4 x x x + + + + = x x + 2 Lời giải: Điều kiện x ≥ 0 và x 3 + x 2 + 4x + 4 ≥ 0 ó x ≥ 0 (*)

Đặt u → (x; 2) và v

→ ( x ; 1). Ta có: u

→ . v

→ ≤ | u

→ |.| v

→ |

hay x x + 2 ≤ 2 4 x + . 1 x+ ≤ 3 2 4 4 x x x + + + +

Đẳng thức xảy ra khi u → // v

→

ó x x = 2 ó x = 4 (thoả mãn điều kiện (*))

Vậy nghiệm của phương trình là x = 4.

Thí dụ 177: Giải phương trình: 4 4 4

2 2 2

1

2 7

x y z

x y z

+ + =

+ + = Lời giải:

Đặt u → (x 2 ; y 2 ; z 2 ); v

→ (1; 1; 2), có u

→ . v

→ ≤ | u

→ | | v

→ |

hay x 2 + y 2 +2z 2 ≤ 4 4 4 x y z + + ó 7 ≤ 6 (Điều này là vô lí) Vậy phương trình vô nghiệm.

Thí dụ 179: Giải phương trình ( ) 2 3 2 2 5 1 x x + = + (1) Lời giải: Đặt 2 1 ; 1 u x x v x = − + = + thì u.v = x 3 + 1 và u + v = x 2 + 2 nên điều kiện để (1) xác định là v ≥ 0 (Vì u luôn lơn hơn 0). Với điều kiện đó:

(1) trở thành 2(u + v) = 5 uv⇔ 2 2 5 v v u u

+ = (u ≠ 0)

( )

2 ( )

1 2

v u v u

α

β

=

⇔

=

* Vớí (α) ta có: ( ) 2 2 2

1 0 1 1 2 1 4 1 1 4 5 3 0 ( 0)

x x x x x x x x x x

+ ≥ ≥ − + = ⇔ ⇔ + = − + − + − + = ∆ < (vô nghệm)

* Với (β) ta có: ( ) 2 2 2

1 0 1 1 1 2 1 1 1 2 3 1 0

x x x x x x x x x x

+ ≥ ≥ − + = ⇔ ⇔ + = − + − + − − =

1 3 13 3 13 ; 3 13 3 13 2 2

2 2

x x x

x x

≥ − + − ⇔ ⇔ = = + −

= ∨ =

Vậy phương trình có nghiệm là: 3 13 3 13 ; 2 2

x x + −

= = .

Thí dụ 180: Giải phương trình 4sin 3 x = sinx + cosx (1) Lời giải: (1) ⇔ 4sin 3 x – sinx – cosx = 0 ⇔ sinx(2sin 2 x – 1) + 2sin 3 x – cosx = 0

⇔ sinx(1 – 2cos 2 x) + 2sin 3 x – cosx = 0


23

⇔ 2sinx(sinx – cox)(sinx + cosx) + (sinx – cosx) = 0 ⇔ (sinx – cosx)(2sin 2 x + 2sinxcosx + 1) = 0

⇔ 2

sin cos 0 ( )

2sin 2sin cos 1 0 ( )

x x

x x x

α

β

− = + + =

( ) 2

2 sin cos sin ( ) 2 4 2

2

x x k x x x x k k Z

x x k

π π π π α π

π π

= − + ⇔ = = − ⇔ ⇔ = + ∈ = + +

( ) ( ) 2 2 2

sin cos 0 cos 0 sin cos 2sin 0

sin 0 2sin 0

x x x x x x

x x β

+ = = ⇔ + + = ⇔ ⇔ = =

(vô nghiệm)

Vậy phương trình có nghiệm là ( ) 4

x k k Z π π = + ∈ .

Thí dụ 181: Giải phương trình sau

( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 2 2 3 4 2 5 3 3 2 1 x x x x x x + − + − + = − − Lời giải: Đặt 2 2 3 4 ; 2 5 3 x x a x x b + − = − + = thì a + b = 3x 2 – 2x – 1 và (1) trở thành a 3 + b 3 = (a + b) 3

⇔ 3ab(a + b) = 0

2

2

2

3 4 0

2 5 3 0

3 2 1 0

x x

x x

x x

+ − =

⇔ − + = − − =

ó 1 3 4 1 3 2

x x x x = − ∨ = − ∨ = ∨ =

Vậy phương trình có tập nghiệm là: 1 3 4; ;1; 3 2

S = − −

.

Thí dụ 182: Giải hệ: 3 3

5 5 2 2

1 x y x y x y

+ =

+ = + (I)

Lời giải:

(I) ( )( ) 3 3

5 5 2 2 3 3

1 (1) x y

x y x y x y

+ = ⇔ + = + + ( )

3 3

2 2

1 0

x y x y x y

+ = ⇔ + =

3 3 1 0 0

0

x y x y x y

+ =

= ⇔ = + =

+) Với x = 0 thay vào (1) ta có y = 1 +) Với y = 0 thay vào (1) ta có x = 1 +) Với x + y = 0 ⇔ x = – y thay vào (1) ta có –y 3 + y 3 = 1 ⇔ 0 = 1 (vô lí) Vậy hệ có các cặp nghiệm (x; y) là (0; 1); (1; 0).

Thí dụ 183: Giải hệ 3 3 7 ( ) 2

x y xy x y

− =

− = Lời giải:

Hệ bài cho tương đương với ( ) 3 3

3 3

7 (1)

2 7 ( ) 0 (2)

x y

x y xy x y

− =

− − − =


24

(2) ⇔ (x – y)(2x 2 + 2y 2 – 5xy) = 0 ⇔ 2 2

0

2 2 5 0

x y

x y xy

− =

+ − =

Nếu x – y = 0 ⇔ x = y thay vào (1) ta được 3 7 2

x y = =

Nếu 2x 2 + 2y 2 5xy = 0 (3) +) Với y = 0 ta được x = 0 thay vào (1) thấy vô lý

+) Với y ≠ 0 chia hai vế của (3) cho y 2 ta được: 2 2

2 5 2 0 1 2

x y x x x y y y

= − + = ⇔ = Khi x = 2y thì (1) ⇔ 8y 3 – y 3 = 7 ⇔ 7y 3 = 7 ⇔ y = 1 nên x = 2 Khi y = 2x tương tự ta được x = –1; y = –2

Vậy hệ có các cặp nghiệm (x; y) là 3 3 7 7 ( ; ); (2;1); ( 1, 2) 2 2

− − .

Thí dụ 184: Giải hệ 3 3

2 2

2 9 ( )(2 3) 3

x y x y xy x xy y

− = − +

− + = (I)

Lời giải:

(I)ó 3 3 2 2

2 2

2 9 ( )(2 ) 3

x y x y xy x xy y x xy y

− = − + − +

− + =

ó 3 3

2 2

8 0 3

x y x xy y

− =

− + =

2 2

2 2

( 2 )( 2 4 ) 0 3

x y x xy y x xy y

− + + = ⇔ − + =

ó 2 2

2 2

2 0 ( Do x 2 4 0 x R ) x 3 x y xy y

xy y

− = + + ≥ ∀ ∈

− + = ó

2 1

2 1

x y

x y

= =

= − = − Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 1); (–2; –1).

Thí dụ 185: (QGA97) Giải hệ 3 4

3 4

y x y x x y x y

− = − =

(I)

Lời giải: Điều kiện: x, y ≠ 0. Với điều kiện đó

(I)ó 2

2

3 4 3 4

x xy y y xy x

− =

− = ó

2 2

2

4( ) 3 4

x y y x x xy y

− = −

− = ó

2

( )( 4) 0

3 4

x y x y

x xy y

− + + =

− =

ó 2

2

0

3 4

4 0

3 4

x y

x xy y

x y

x xy y

− =

− = + + = − =

ó 2

0 2

x y x y x y

= = − = = = = −

(Loại do x, y ≠ 0)


25

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = –2.

Thí dụ 186: (VMO96) Giải hệ

1 3 (1 ) 2

1 7 (1 ) 4 2

x x y

y x y

+ = + − = +

(I)

Lời giải: Dễ thấy nếu (x; y) là nghiệm của hệ (I) thì x; y > 0

Do đó (I) ó

1 2 1 2 2 1 1 (1) 3 3x 7

1 4 2 1 1 2 2 1 (2) 7 3 7

x y x y

x y y x y x y

+ = = + + ⇔ − = = − + +

Nhân từng vế của (1) và (2) ta được: 1 1 8

3 7 x y x y = −

+ ó 21xy = (x + y)(7y – 24x) ó 7y 2 – 38xy – 24x 2 = 0

ó (y – 6x)(7y + 4x) = 0 ó y = 6x (Do x; y > 0)

Thay y = 6x vào (1) ta được 1 2 2 1 3 42 x x

= + 57 12 21 189

x +

⇒ = 114 24 21 63

y +

⇒ = (thử lại

thấy thoả mãn)

Vậy hệ có nghiệm (x; y) = ( 57 12 21 114 24 21 ; 189 63

+ + )

Thí dụ 187: Giải biện luận theo a phương trình a x = (a – 1)x + 1 (a > 0) Lời giải: (1) ( ) ( 1) 1 0 x f x a a x ⇔ = − − − = . Nhận xét rằng: a o – (a – 1).0 – 1 = 1 – 1 = 0; a 1 – (a – 1).1 – 1 = 0 nên (1) có ít nhất hai nghiệm phân biệt x = 0; x = 1. Giả sử (1) có nhiều hơn hai nghiệm thì khi đó do f(x) xác định và liên tục trên R nên theo hệ quả định lí rolle ta có: f / (x) có ít nhất 2 nghiệm. Tương tự f // (x) có ít nhất 1 nghiệm mà f / (x) = a x lna – (a – 1) f // (x) = a x (lna) 2 > 0 x R ∀ ∈ (điều này trái với kết quả trên) Vậy 0 a ∀ > phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x = 0; x = 1.

Thí dụ 188: Giải phương trình: 3 x + 2 x = 3x – 2 Lời giải: Ta có: (2) ó f(x) = 3 x + 2 x – 3x – 2 = 0. Nhận xét rằng: 3 o + 2 o – 3.0 – 2 = 1 + 1 – 2; 3 1 + 2 1 – 3.1 – 2 = 5 – 5 = 0 nên (2) có ít nhất hai nghiệm phân biệt x = 0; x = 1. Giả sử (2) có nhiều hơn hai nghiệm thì khi đó do f(x) xác định; liên tục trên R nên theo hệ quả định lí rolle ta có: f / (x) có ít nhất hai nghiệm. Tương tự f // (x) có ít nhất 1 nghiệm mà f / (x) = 3 x ln3 + 2 x ln2 – 3 f // (x) = 3 x (ln3) 2 + 2 x (ln2) 2 > 0 x R ∀ ∈ (điều này trái với kết quả trên) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0; x = 1.

Thí dụ 189: Chứng minh rằng với ∀n∈N * ; n chẵn và với ∀p; q∈R thì phương trình x n + px + q = 0 (3) không thể có quá hai nghiệm thực phân biệt Lời giải:


26

Giả sử (3) có nhiều hơn hai nghiệm thực phân biệt. Khi đó do f(x) = x n + px + q xác định liên tục trên R nên theo hệ quả định lý Rolle ta có phương trình f / (x) = 0 có ít nhất hai nghiệm. Tương tự f // (x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm mà f / (x) = n.x n – 1 + p; f // (x) = n(n – 1)x n – 2 Do n ∈N * ; n chẵn nên n(n – 1) > 0 và n – 2 chẵn ⇒ f // (x) > 0 ∀x∈R (điều này trái với kết quả trên) Vậy (3) không thể có quá hai nghiệm thực phân biệt (đpcm).

Thí dụ 190: Chứng minh rằng nếu a, b, c, d đôi một khác nhau thì phương trình (x – a)(x – b)(x – c) + (x – d)(x – b)(x – c) + (x – a)(x – d)(x – c) + (x – a)(x – b) .(x – d) = 0 (4) luôn có ba nghiệm phân biệt Lời giải: Đặt f(x) = VT(4) và F(x) = (x – a)(x – b)(x – c)(x – d) xác định liên tục trên R, do F(a) = F(b) = F(c) = F(d) = 0 nên phương trình F(x) = 0 có 4 nghiệm phân biệt. Theo hệ quả định lý Rolle có F / (x) = 0 có ít nhất 3 nghiệm phân biệt mà F / (x) = f(x) ⇒ f(x) có ít nhất 3 nghiệm phân biệt. Nhưng f(x) là đa thức bậc 3 nên nó có nhiều nhất 3 nghiệm phân biệt Vậy (4) có đúng 3 nghiệm phân biệt (đpcm).

Thí dụ 191: Chứng minh rằng với ∀a, b, c∈R phương trình acos3x + bcos2x + ccosx + sinx = 0 (5) luôn có nghiệm x ∈[ ] 0; 2π (*) Lời giải:

Đặt ( ) sin 3 sin 2 cos 1 3 2 a b F x x x = + + + ta có F(x) xác định và liên tục trên [ ] 0; 2π ; khả vi

( ) 0; 2π mà F(0) = F(2π) = 0 ∀a;b;c ∈R nên theo định lý Rolle phương trình F / (x) = 0 luôn có

nghiệm x ∈(0;2π) [ ] 0; 2π ⊂ mà F / (x) = VT(5)

Vậy (5) luôn có nghiệm x∈[ ] 0; 2π .

Thí dụ 192: Chứng minh rằng với ∀a, b, c, d, e ∈R phương trình sau luôn có nghiệm F(x) = acos6 + bcos5 + csin4x + dcos3x + esinx = 0 Lời giải:

Đặt ( ) sin 6 sin 5 cos 4 sin 3 cos 6 5 4 3 6 4 a b c d a c F x x x x x e x e = − + − + − + + +

Ta có F(x) xác định và liên tục trên [ ] 0; 2π ; khả vi ( ) 0; 2π mà F(0) = F(2π) = 0 ∀a, b, c, d, e ∈R nên theo định lý Rolle phương trình F / (x) = 0 luôn có ít nhất một nghiệm x ∈(0;2π) [ ] 0; 2π ⊂ Mà F / (x) = f(x) Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm.

Thí dụ 193: Cho f(x) = anx n + an1x n1 + …. + a1x + ao. Chứng minh rằng nếu

∃n∈N * sao cho 11 1 .... 0 1 1

n n o a a a a m n m n m m

− + + + + = + + − +

thì phương trình

f(x) = 0 luôn có nghiệm x ∈(0;1). Lời giải:

Đặt 1 1 1 1 ( ) .... 0 1 1

m n m n m m n n o a a a a F x x x x x m n m n m m

+ + − + − = + + + + = + + − +

Ta có F(x) xác định và liên tục trên[ ] 0;1 ; khả vi ( ) 0;1 và có F(0) = F(1) = 0 nên theo định lý Rolle phương trình F / (x) = 0 luôn có ít nhất một nghiệm x ∈(0;1) Mà F / (x) = an x n + m – 1 + an 1 x n + m – 2 + … + a1 x m + aox m – 1

= x m – 1 (an x n + a n – 1 x n 1 +….+a1x + ao)


27

⇒ Nếu gọi xo∈ (0; 1) là một nnghiệm của phương trình F / (x) = 0 thì: x m1 (anx n + an1x n1 +….+ a1x + ao) = 0

⇔ f(xo) = 0 (xo ∈(0;1)) Vậy phương trình f(x) = 0 luôn có nghiệm (x ∈(0; 1)).

Thí dụ 194: Giải bất phương trình

5 lg 5 ( ) 0

2 3 1 x

x x f x

x

+ − = <

− + (1)

Lời giải: Điều kiện:

5 5 5 0 (*) 5

2 3 1 0 2 3 1 0 x

x

x x x

x x

+ − < < > ⇔ − − + ≠ − + ≠

Xét phương trình g(x) = 2 x – 3x + 1 = 0, có g(x) xác định liên tục trên R và 2 1 – 3.1 + 1 = 0; 2 3 – 3.2 + 1 = 0 Nên phương trình g(x) = 0 có ít nhất hai nghiệm x = 1; x = 3. Giả sử phương trình g(x)=0 có nhiều hơn hai nghiệm, khi đó theo định lý Rolle phương trình g / (x) = 0 luôn có ít nhất hai nghiệm và phương trình g // (x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm mà g / (x) = 2 x ln2 – 3; g // (x) = 2 x (ln2) 2 ∀x ∈R (điều này trái với giả thiết trên) Do đó g(x) = 0 ⇔ x = 0; x = 3 ⇒ g(x) ≠0 ⇔ x ≠ 0; x ≠ 3

Vậy (*) ⇔ 1

5 5 1 (* ) 3

x x x

− < < ≠ ≠

Với điều kiện đó xét phương trình:

f(x) = 0 1

5 lg 5 5 0 1 0 ( (* )) 2 3 1 5 x

x x x x TM

x x

+ + − ⇔ = ⇔ = ⇔ =

− + − ⇒ Phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.

Do f(x) xác định liên tục trên (*1) và 1 ( 1) 0; 0; (2) 0; (4) 0 2

f f f f − < > < >

Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (*1) như sau: BẢNG XÉT DẤU

Thí dụ 198: Chứng minh rằng với ∀ak; bk∈R; an + bn ≠ 0 phương trình

( ) 1

sin cos 0 n

k k k

a kx b kx =

+ = ∑ luôn có nghiệm

Lời giải:

Đặt F(x) = ( ) 1

sin cos n

k k k

a kx b kx =

+ ∑ thì F(x) xác định liên tục trên [0; 2π]; khả vi (0; 2π) và F(0) =

F(2π) = k a k

−∑ . Do đó theo định lý Rolle thì phương trình F / (x) = 0 luôn có ít nhất một nghiệm

x ∈(0; 2π) mà F / (x) = VT(1)


28

Vậy phương trình luôn có ít nhất một nghiệm (đpcm).

Thí dụ 200: Chứng minh rằng với ∀a, b, c đa thức P(x) = x 5 – 2x 4 + 2x 3 + ax + bx + c có không quá 3 nghiệm Lời giải: Giả sử P(x) có nhiều hơn 3 nghiệm thì khi đó theo định lý Rolle phương trình P / (x) = 0 luôn có ít nhất ba nghiệm và phương trình P // (x) = 0 có ít nhất hai nghiệm; phương trình P /// (x) = 0 có ít nhất một nghiệm mà P / (x) = 5x 4 – 8x 3 + 6x 2 + 2ax + b; P // (x) = 20x 3 – 24x 2 + 12x + 2a; P /// (x) = 60x 2 – 48x + 12 > 0 (điều này trái với kết quả trên) Vậy phương trình đã cho có không quá 3 nghiệm (đpcm).

pp giai bat pt

Documents