Chuyên đề: Ứng dụng đạo hàm giải và biện luận phương trình–bất phương trình–hệ chứa tham số

______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 1 Chuyên đề: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH–BẤT PHƯƠNG TRÌNH–HỆ CHỨA THAM SỐ I.CƠ SỞ LÍ THUYẾT Giả sử hàm số y = f(x) liên tục trên tập D và tồn tại giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trên tập đó, kí hiệu tương ứng xÎD maxf(x), xÎD minf(x) (hay D maxf(x), D min f(x)). Khi đó ta có các mệnh đề sau: F Mệnh đề 1: f(x) = m có nghiệm xÎD Û xÎD minf(x) ≤ m ≤ xÎD maxf(x). F Mệnh đề 2: (i) f(x) ≥ m có nghiệm xÎD Û xÎD maxf(x) ≥ m. (ii) f(x) ≥ m nghiệm đúng "xÎD Û xÎD minf(x) ≥ m. F Mệnh đề 3: (i) f(x) ≤ m có nghiệm xÎD Û xÎD minf(x) ≤ m. (ii) f(x) ≤ m nghiệm đúng "xÎD Û xÎD maxf(x) ≤ m. II.PHƯƠNG PHÁP GIẢI F Bước 1: Tìm TXĐ, điều kiện của biến. F Bước 2: Từ các dữ kiện của bài toán và các phương trình, tìm cách cô lập tham số để phương trình về dạng f(x) = m hoặc f(x) = g(m). F Bước 3: Sử dụng phép đặt ẩn phụ t = t(x) nếu cần thiết, chú ý khảo sát chính xác tập giá trị D của biến. F Bước 4: Sử dụng đạo hàm khảo sát hàm số f(x) trên TXĐ, hay f(t) với t=t(x), tÎD để suy ra GTLN–GTNN của hàm f(x), f(t). F Bước 5: Từ GTLN–GTNN của f(x) hay f(t), suy ra giá trị tham số m thỏa mãn bài toán. III.VÍ DỤ MINH HỌA þ Bài 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm 2x2 –2(m+4)x+5m+10 +3–x = 0 Giải: ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 2 Phương trình đã cho tương đương với hệ: î í ìx≥3 2x2 –2(m–4)x+5m+10=(x–3) 2 Û î í ìx³3 x2 –2x+1 2x–5 =m (I) Xét hàm số y = x 2 –2x+1 2x–5 với x ≥ 3. Ta có: f’(x)= 2x2 –10x+8 (2x–5)2 , f’(x)=0 Û x=4 lim x ® 3 f(x) = –4; lim x ® +∞ f(x) = +∞ Bảng biến thiên: x 3 4 +∞ f’(x) – 0 + f(x) 6 +∞ 3 Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi hệ (I) có nghiệm, điều này xảy ra khi m ³ 3. þ Bài 2. (Đại học khối B–2006) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt x2 +mx+2 = 2x+1 Giải Điều kiện: x ³ – 12 Dễ thấy rằng "m thì x = 0 không là nghiệm Phương trình tương đương với: x2 +mx+2=(2x+1) 2 Û mx = 3x2 +4x–1 Û m = 3x– 1 x +4 (1) Xét hàm số f(x) = 3x+4 – 1x trên D = ëê é–1 2 ,+∞ø÷ ö \{0} Ta có f’(x) = 3+ 1 x2 > 0 "xÎD lim x ® 0– f(x) = lim x ® 0– è ç æ 3x– 1 x +4ø ÷ ö = +a; lim x ® 0+ f(x) = lim x ® 0+ è ç æ 3x– 1 x +4ø ÷ ö = –{ ; lim x ® +∞ f(x) = lim x ® +∞è ç æ 3x– 1 x +4ø ÷ ö = +∞ Bảng biến thiên ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 3 x –1 2 0 +∞ f’(x) + + f(x) +∞ 3 +∞ –∞ Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi m ³ 3. þ Bài 3. (Đại học khối B–2007) Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt x2 + 2x – 8 = m(x–2) Giải Điều kiện: x ≥ 2 Phương trình đã cho tương đương với (x–2)(x3 +6x 2 –32–m)=0 Û ë ê éx=2 x3 +6x 2 –32–m=0 Ta cần chứng minh phương trình x3 +6x2 –3 = m (1) có một nghiệm trong khoảng (2,+∞) Xét hàm số f(x) = x3 +6x2 –32 với x > 2. Ta có f’(x) = 3x2 +12x > 0"x > 2 Bảng biến thiên x 2 +∞ f’(x) + f(x) +∞ 0 Từ bảng biến thiên ta thấy "m > 0 phương trình luôn có một nghiệm trong khoảng (2,+∞) Vậy với mọi m > 0 phương trình có hai nghiệm phân biệt þ Bài 4. Tìm m để hàm số sau đây xác định với mọi x y = cosx+ 1 2cos2x+ 1 3cos3x+m Giải: Hàm số xác định với mọi x nếu như: cosx+ 1 2cos2x+ 1 3cos3x+m ≥ 0 "x (1) ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 4 Dễ thấy (1) có thể đưa về dạng sau: 4 3cos 3 x+cos 2 x+m– 1 2 ≥ 0 (2) Đặt t = cosx, tÎ[–1,1], (2) tương đương với: 4 3t 3 +t 2 ≥ 12 – m (3) Bài toán trở thành tìm m để bất phương trình (3) thỏa mãn với mọi tÎ[–1,1], điều này xảy ra khi và chỉ khi: tÎ[–1,1] min f(t) ≥ 12 – m Xét hàm số f(t) = 43t 3 +t 2 trên [–1,1] Ta có f’(t) = 4t2 +2t, f’(t) = 0 Û ë ê ét=0 t= –1 2 Bảng biến thiên t –1 – 1 2 0 1 f’(t) + 0 – 0 + f(t) – 1 3 1 12 7 3 0 Từ đó suy ra tÎ[–1,1] min f(t) = – 1 3 , vậy giá trị m phải thỏa mãn – 1 3 ≥ 1 2 – m Û m ≥ 56. þ Bài 5. Tìm m để phương trình sau có nghiệm x2 +x+1 – x 2 –x+1 = m Giải: Đặt f(x) = x2 +x+1 – x2 –x+1 thì f(x) xác định "x Î R Ta có: f’(x)= 2x+1 2 x2 +x+1 – 2x–1 2 x2 –x+1 = (2x+1) x2 –x+1–(2x–1) x 2 –x+1 2 (x2 +x+1)(x 2 –x+1) lim x ® +∞ f(x) = lim x ® +∞ ( x2 +x+1 – x 2 –x+1) = lim x ® +∞ 2x x2 +x+1+ x 2 –x+1 ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 5 = 1 lim x ® –∞ f(x) = lim x ® +∞ 2x x2 +x+1+ x 2 –x+1 = –1 Từ các kết quả trên ta có bảng biến thiên sau: x –∞ +∞ f’(x) + f(x) 1 –1 Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi –1 < m < 1. þ Bài 6. (Đề dự bị khối B–2007) Tìm m để phương trình sau có nghiệm 4 x2 +1– x = m Giải: Điều kiện: x ≥ 0 Xét hàm số f(x) = 4 x2 +1– x trên [0,+∞) Ta có f’(x) = x 24 (x2 +1) 3 – 1 2 x f’(x) = 0 Û x 24 (x2 +1) 3 – 1 2 x = 0 Û x–4 (x2 +1)3 = 0 Û x2 = (x2 +1)3 phương trình vô nghiệm Do đó f’(x) không đổi dấu trên [0,+∞), f’(1) < 0 lim x ® +∞ f(x) = lim x ® +∞ (4 x2 +1– x) = lim x ® +∞ x( 4 1+ 1 x2 –1) = 0 Bảng biến thiên x 0 +∞ f’(x) – f(x) 1 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 0 < m ≤ 1. ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 6 þ Bài 7. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x+ 9–x = –x2 +9x+m (1) có nghiệm Giải: Điều kiện 0 ≤ x ≤ 9 Bình phương 2 vế của (1) ta được phương trình tương đương: x+9–x+2 x(9–x) = –x2 +9x+m Û 9+2 –x2 +9x = –x2 +9x+m (2) Đặt t = –x2 +9x Ta có t’ = –2x+9 2 –x2 +9x , t’=0 Û x = 9 2 x 0 9 2 9 f’(x) + 0 – f(x) 9 2 0 0 Từ bảng trên ta có 0 ≤ t ≤ 92 . Khi đó phương trình (2) trở thành: 9+2t = t2 +m Û –t2 +2t+9 = m (3) Xét hàm số: f(t) = –t2 +2t+9 trên đoạn ëê é û ú ù 0, 9 2 f’(t) = –2t+2, f’(t) = 0 Û t = 1 Bảng biến thiên x 0 1 9 2 f’(x) + 0 – f(x) 10 9 –9 4 (1) có nghiệm xÎ[ ]0,9 khi (3) có nghiệm tÎ ë ê é û ú ù 0, 9 2 Điều này xảy ra khi: –94 ≤ m ≤ 10. þ Bài 8. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm x+1– 4–x ≥ m (1) Giải: Điều kiện: –1 ≤ x ≤ 4 Đặt f(x) = x+1– 4–x với xÎ[–1,4] ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 7 (1) có nghiệm khi và chỉ khi xÎ[–1,4] max f(x) ≥ m Ta có f’(x) = 1 2 x+1 + 1 2 4–x > 0, "xÎ[–1;4] Do đó xÎ[–1,4] max f(x) = f(4) = 5 Vậy m ≤ 5 là giá trị cần tìm. þ Bài 9. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm mx– x–3 ≤ m+1 (1) Giải: Điều kiện: x ≥ 3 Biến đổi (1) về dạng: m(x–1) ≤ x–3+1 (2) Vì x ≥ 3 nên (2) tương đương với bất phương trình: m ≤ x–3+1x–1 Xét hàm số f(x) = x–3+1x–1 với x ≥ 3 Ta có f’(x) = 5–x 2 x–3(x–1)2 , f(x) = 0 Û x = 5 lim x ® +∞ f(x) = lim x ® +∞ x–3+1 x–1 = lim x ® +∞ 1 x– 3 x2 +1 1– 1 x = 1 Bảng biến thiên x 3 5 +∞ f’(x) + 0 – 1+ 2 4 f(x) 1 2 1 Từ bảng trên ta suy ra bất phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi m ≤ 1+ 24 . þ Bài 10. Tìm m để bất phương trình có nghiệm m( x2 –2x+2 +1)+x(2–x) ≤ 0 có nghiệm xÎ[0,1+ 3] ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 8 Giải: Đặt t = x2 –2x+2 Ta có t’= x–1 x2 –2x+2 , t’= 0 Û x = 1 Bảng biến thiên x –1 0 1+ 3 f’(x) – 0 + f(x) 2 2 1 Từ đó 1 ≤ t ≤ 2. Với 1 ≤ t ≤ 2 ta biến đổi: t = x2 –2x+2 Û t2 = x2 –2x+2 Û t2 –2 = –x(2–x) Bất phương trình (1) trở thành: m(t+1) ≤ t2 –2 Û m ≤ t 2 –2 t+1 (2) Xét hàm số f(t) = t 2 –2 t+1 với 1 ≤ t ≤ 2. Ta có f’(t) = t2 +2t+2 (t+1)2 > 0, "tÎ[ ]1,2 Bảng biến thiên t 1 2 f’(t) + f(t) 2 3 1 2 Từ bảng biến thiên (1) có nghiệm xÎ[ ]0,1+ 3 khi và chỉ khi (2) có nghiệm tÎ[ ]1,2 . Điều này xảy ra khi m ≤ tÎ[ ]1,2max f(t) = f(2) = 2 3 Vậy m ≤ 23 thỏa mãn bài toán. þ Bài 11. (Đại học khối A–2007) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực 3 x–1 + m x+1 = 24 x2 –1 (1) Giải Điều kiện: x ≥ 1 ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 9 Ta có: (1) Û –3 x–1 x+1 + 2 4 x–1 x+1 = m (2) Đặt t = 4 x–1x+1 = 4 1– 2 x+1 , vì x ≥ 1 nên 0 ≤ t <1 Xét hàm số f(t) = –3t2 +2t trên [0;1) f’(t) = –6t+2 Bảng biến thiên t 0 1 3 1 f’(t) + 0 – 1 3 f(t) 0 –1 Phương trình (1) có nghiệm Û phương trình (2) có nghiệm thuộc [0;1) Dựa vào bảng biến thiên ta được –1 < m ≤ 13 là giá trị cần tìm. þ Bài 12. (Đại học khối B–2004) Xác định m để phương trình sau có nghiệm m( 1+x2 – 1–x 2 + 2) = 2 1–x 4 + 1+x 2 – 1–x 2 (1) Giải Điều kiện: –1 ≤ x ≤ 1 Đặt t = 1+x2 – 1–x2 Ta có 1+x2 ≥ 1–x2 Þ t ≥ 0 , t2 = 2 – 2 1–x4 ≤ 2 , mặt khác t liên tục trên [–1,1] Þ Tập giá trị của t là [0; 2] Phương trình (1) trở thành: m(t+2) = –t2 +t+2 Û –t2 +t+2 t+2 = m (2) Xét hàm số f(t) = –t 2 +t+2 t+2 trên [0; 2] f’(t) = –t2 –4t (t+2)2 ≤ 0 "tÎ[0; 2] Þ f(t) nghịch biến trên [0; 2] Do đó [0; 2] min f(t) = f( 2) = 2–1 , [0; 2] max f(t) = f(0) = 1 (1) có nghiệm Û (2) có nghiệm thuộc [0; 2] ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 10 Û [0; 2] min f(t) ≤ m ≤ [0; 2] max f(t) Vậy giá trị của m cần tìm là 2–1 ≤ m ≤ 1. þ Bài 13. (Đại học khối A–2008) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt 4 2x + 2x + 24 6–x + 2 6–x = m (mÎR) Giải Điều kiện 0 ≤ x ≤ 6 Xét hàm số f(x) = 4 2x + 2x + 24 6–x + 2 6–x trên [0,6] Ta có f(x) = (2x) 1 4 + (2x) 1 2 + 2(6–x) 1 4 + 2(6–x) 1 2 Þ f’(x)= 1 4(2x) –3 4 .2 + 1 2(2x) –1 2 .2 + 1 4.2(6–x) –3 4 .(–1) + 1 2.2(6–x) –1 2 (–1) = 1 2. 1 4 (2x)3 + 1 2x – 1 2. 1 4 (6–x)3 – 1 6–x = 1 2 è ç æ 1 4 (2x)3 – 1 4 (6–x)3 ø ÷ ö + è ç æ 1 2x – 1 6–xø ÷ ö = è ç æ 1 4 2x – 1 4 6–x ø ÷ ö . ë ê é 1 2è ç æ 1 4 (2x)2 + 1 4 2x(6–x) + 1 4 (6–x)2 ø ÷ ö + 1 4 2x + 1 4 6–x û ú ù f’(x) = 0 Û 1 4 2x – 1 4 6–x = 0 Û 4 2x = 4 6–x Û x = 2 Bảng biến thiên x 0 2 6 f’(x) + 0 – 3 2+6 f(x) 24 6+2 6 4 12+2 3 Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đường thẳng y = m và đồ thị hàm số y = f(x) = 4 2x + 2x + 24 6–x + 2 6–x trên ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 11 [0,6] Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m thỏa mãn bài toán là 24 6+2 6 ≤ m ≤ 3 2+6. þ Bài 14. Tìm m để phương trình 2+2sin2x = m(1+cosx)2 có nghiệm trên đoạn ë ê é û ú ù–p 2 , p 2 Giải: Dễ thấy với mọi m thì 1+cosx ≠ 0 (vì nếu 1+cosx = 0 thì vế trái bằng 2,vô lí) Do đó phương trình đã cho tương đương với phương trình: 2(1+sin2x) (1+cosx)2 = m Đặt tan x2 = t, khi đó: cosx = 1–t2 1+t2 , sinx = 2t 1+t2 Bài toán đã cho trở thành: Tìm m để phương trình t4 –4t3 +2t2 +4t+1 = m 2 có nghiệm thuộc đoạn [ ]–1,1 Xét hàm số f(t) = t4 –4t3 +2t2 +4t+1 trên [ ]–1,1 Ta có: f’(t)=(t–1)(t2 –2t–1)=0 Û ë ê ét=1 t=1– 2 Bảng biến thiên: x –1 1– 2 1 f’(x) – 0 + f(x) 1 1 0 Từ bảng trên suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 0 ≤ m ≤ 2. þ Bài 15. Tìm m để phương trình sau có nghiệm sin4 x+cos 4 x=m 2 cos 2 4x (1) Giải: Biến đổi phương trình (1): (sin2 x+cos 2 x) 2 –2sin 2 xcos 2 x=m 2 cos 2 4x Û1– 1 2 sin 2 2x = m 2 cos 2 4x Û 1– 1–cos4x 4 = m 2 cos 2 4x Û 3+cos4x = 4m2 cos2 4x (2) Dễ thấy cos4x = 0 không là nghiệm của (2), do đó ta viết: ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 12 (2) Û 3+cos4x cos2 4x = 4m2 (3) Đặt t = cos4x, tÎ[–1,1]. Khi đó (3) có dạng: 3+t t2 = 4m2 (4) Xét hàm số f(t) = 3+tt2 trên [–1,1]. Ta có f’(t) = –t–6 t3 , f’(t) = 0 Û t = – 6 lim t ® 0+ f(t) = lim t ® 0 3+t t2 = +∞ ; lim t ® 0– t = lim t ® 0– 3+t t2 = +∞ Bảng biến thiên t –1 0 1 f’(t) + – f(t) +∞ 2 +∞ 4 Phương trình (1) có nghiệm x khi và chỉ khi phương trình (4) có nghiệm tÎ[–1,1] Từ kết quả bảng trên cần có 4m2 ≥ 2 Û |m| ≥ 1 2 Vậy m ≤ – 1 2 và m ≥ 1 2 thỏa mãn bài toán. þ Bài 16. Tìm m để phương trình sau có nghiệm 3 sin2 x +3tan2 x+m(tanx+cotx)–1=0 Giải: Điều kiện: sinxcosx≠0 Phương trình đã cho có thể viết dưới dạng: 3(tan2 x+cot 2 x)+m(tanx+cotx)+2 = 0 (1) Đặt t = tanx+cotx Þ |t| > 2 Khi đó phương trình (1) có dạng: 3t2 +mt–4 = 0 Û 4–3t2 t = m (2) Xét hàm số f(t) = 4–3t 2 t với |t| ≥ 2 . Ta có f’(t) = –3t2 –4 t2 2 ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 13 lim t ® –∞ f(t) = lim t ® –∞ 4 t2 –3 1 t = + ; lim t ® +∞ f(t) = lim t ® +∞ 4 t2 –3 1 t = –∞ Bảng biến thiên: t –∞ –2 2 +∞ f’(t) – – f(t) +∞ 4 –4 –∞ Từ bảng trên ta được m > 4 , m < –4 thỏa mãn bài toán. þ Bài 17. Tìm m để phương trình 3 tanx+1(sinx+2cosx) = m(sinx+3cosx) (1) có nghiệm duy nhất thuộc khoảng è ç æ ø ÷ ö 0, p 2 Giải: Xét xÎ è ç æ ø ÷ ö 0, p 2 , khi đó sinx > 0, cosx > 0, tanx > 0 và sinx + 3cosx > 0 (1) Û 3 tanx+1 è ç æsinx+2cosx sinx+3cosxø ÷ ö = m Û 3 tanx+1 è ç ætanx+2 tanx+3ø ÷ ö = m (2) Đặt t = tanx, t > 0, (2) trở thành: 3 t+1. t+2 t+3 = m (3) Xét hàm số f(t) = 3 t+1.t+2t+3 (t > 0) Ta có f’(t) = 3 2 t+1 . t+2 t+3 + 3 t+1 (t+3)2 > 0, "t > 0 Bảng biến thiên t 0 +∞ f’(t) + f(t) +∞ 2 Ứng với mỗi t > 0 thỏa mãn phương trình (3) ta được đúng một nghiệm xÎ è ç æ ø ÷ ö 0, p 2 ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 14 Do đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (3) có duy nhất nghiệm t > 0. Căn cứ vào bảng biến thiên ta suy ra m > 2. þ Bài 18. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm 4sin3xsinx + 4cos è ç æ 3x – p 4ø ÷ ö cos è ç æ x + p 4ø ÷ ö – cos2 è ç æ 2x + p 4ø ÷ ö + m = 0 Giải Ta có: 4sin3xsinx = 2(cos2x – cos4x) 4cos è ç æ 3x – p 4ø ÷ ö cos è ç æ x + p 4ø ÷ ö = 2 ë ê é cos è ç æ 2x – p 2 ø ÷ ö + cos4x û ú ù = 2(sin2x + cos4x) cos2 è ç æ 2x + p 4ø ÷ ö = 1 2 ë ê é 1 + cos è ç æ 4x + p 2ø ÷ ö û ú ù = 1 2(1–sin4x) Do đó, phương trình đã cho tương đương với: 2(cos2x + sin2x) + 1 2 sin4x + m – 1 2 = 0 (1) Đặt t = cos2x + sin2x = 2cos è ç æ 2x – p 4ø ÷ ö Þ tÎ [– 2, 2] Khi đó sin4x = 2sin2xcos2x = t2 –1, phương trình (1) trở thành: t2 +4t+2m–2 = 0 Û t2 +4t = 2–2m (2) Xét hàm số f(t) = t2 +4t trên [– 2, 2] , f’(t) = 2t+4 Bảng biến thiên x – 2 2 f’(x) + f(x) 2+4 2 2–4 2 (1) có nghiệm Û (2) có nghiệm trong [– 2, 2] Û 2–4 2 £ 2–2m £ 2+4 2 Vậy giá trị m thỏa mãn bài toán là –2 2 £ m £ 2 2. þ Bài 19. (Đại học Sư Phạm Hà Nội II – 2001) Tìm tất cả các giá trị của tham số a để bất phương trình a.9x +(a–1).3 x+2 +a–1 > 0 nghiệm đúng với mọi x Giải Đặt t = 3x > 0 ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 15 Bpt Û at2 +9(a–1)t+a–1 > 0 Û a(t2 +9t+1) > 9t+1 Û a > 9t+1 t2 +9t+1 (1) Bpt đã cho nghiệm đúng với mọi x Û (1) đúng với mọi t > 0 Xét hàm số f(t) = 9t+1t2 +9t+1 Ta có f’(t) = –9t2 –2t (t2 +9t+1) 2 0 Bảng biến thiên t 0 +∞ f’(t) – f(t) 1 0 Vậy a ≥ 1 thỏa mãn bài toán. þ Bài 20. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm è ç æ ø ÷ ö1 3 |x2 –2x| = m 2 +m+1 Giải: Do m2 +m+1 > 0 với mọi m nên phương trình đã cho tương đương với phương trình sau: f(x) = |x2 –2x| = log 1 3 (m2 +m+1) (1) Ta có bảng sau: x 0 1 2 f(x) x2 –2x 2x–x 2 x 2 –2x f’(x) 2x–2 2–2x 2x–2 f’(x) – + 0 – + f(x) +∞ 1 0 0 +∞ Từ bảng trên suy ra (1) có 4 nghiệm khi và chỉ khi: 0 < log 1 3 (m2 +m+1) < 1 Û 1 3 < m 2 +m+1 < 1 Û –1 < m < 0. ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 16 þ Bài 21. Cho phương trình log2 2x+log 1 2 x2 –3 = m(log 2x–3) (1) Tìm m để phương trình có nghiệm xÎ[32,+∞) Giải Từ điều kiện bài ra ta thấy log 2x ≥ 5 suy ra m log 2x–3 ≥ 2 nên m ≥ 0 (1) Û log2 2x+log 1 2 x2 –3 = m 2 (log 2x–3) 2 (2) Đặt t = log 2x (t ≥ 5), (2) trở thành: t2 –2t–3 = m 2 (t–3) 2 Û m2 = t+1 t–3 (3) Xét hàm số f(t) = t+1t–3 với t ≥ 5 f’(t) = –4 (t–3)2 < 0 với mọi t ≥ 5. Ta có: t 5 +∞ f’(t) – f(t) 3 1 (1) có nghiêm xÎ [32,+∞) khi và chỉ khi (3) có nghiệm t Î [5,+∞). Điều này xảy ra khi 1 < m2 ≤ 3, kết hợp với m ≥ 0 ta được 1 < m ≤ 3. þ Bài 22. Tìm m để hệ sau có nghiệm î í ì3x2 +2x–1<0 x3 <3mx+1 Giải Với mọi m, x = 0 không phải là nghiệm của hệ nên hệ đã cho tương đương với hệ ë ê é(I) (II) với: (I) î í ì–1<x<0 m> –x3 +1 3x (II) îï í ïì0<x< 1 3 m<– x3 +1 3x Xét hàm số f(x) = –x 3 –1 3x . Ta có f’(x) = 1–2x3 3x2 Bảng biến thiên ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 17 t –1 0 1 3 f’(t) + + f(t) +∞ 0 – 28 27 –∞ Từ bảng biến thiên suy ra hệ (I) có nghiệm khi m > 0, hệ (II) có nghiệm khi m < – 2827 . þ Bài 23. Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất îï í ïì2x2 =y+ a2 y 2y2 =x+ a2 x Giải Điều kiện: x,y ≠ 0 , dễ thấy x,y > 0 Hệ đã cho tương đương với: î í ì2x 2 y=y 2 +a 2 2y2 x=x 2 +a 2 x>0;y>0 Û î í ì2x 2 y=y 2 +a 2 (x–y)(2x+2y+x+y)=0 x>0;y>0 Û î í ìy=x>0 f(x)=2x3 –x 2 =a 2 Do đó hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình 2x3 –x 2 =a 2 (1) có một nghiệm x > 0 Xét hàm số f(x) = 2x3 –x2 trên (0,+∞) , f’(x)=6x2 –2x Bảng biến thiên x 0 1 3 +∞ f’(x) 0 – 0 + f(x) +∞ 0 – 1 27 Từ bảng biến thiên suy ra (1) có nghiệm dương duy nhất do a2 ≥ 0 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất với mọi aÎR. Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi ít nhất một trong hai hệ (I), (II) có nghiệm, tức là khi m > 0 hoặc m < – 2827 . ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 18 þ Bài 24. (Đại học khối D–2007)Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực îï í ïìx+ 1 x+y+ 1 y=5 x3 + 1 x3 +y3 + 1 y3 =15m–10 Giải Từ phương trình đầu ta có: y + 1y = 5 – èç æ x + 1 xø ÷ ö (1) Biến đổi phương trình thứ hai: x3 + 1 x3 + è ç æ y + 1 yø ÷ ö . ë ê é è ç æ y + 1 yø ÷ ö2 – 3û ú ù = 15m–10 (2) Thế y + 1y từ (1) vào (2) ta được x3 + 1 x3 + ë ê é 5 – è ç æ x + 1 xø ÷ ö û ú ù . ë ê é è ç æ x + 1 xø ÷ ö2 – 10è ç æ x + 1 xø ÷ ö + 22 û ú ù = 15m–10 Û è ç æ x + 1 xø ÷ ö . ë ê é è ç æ x + 1 xø ÷ ö2 – 3û ú ù + ë ê é 5 – è ç æ x + 1 xø ÷ ö û ú ù . ë ê é è ç æ x + 1 xø ÷ ö2 – 10è ç æ x + 1 xø ÷ ö + 22 û ú ù = 15m–10 Û è ç æ x + 1 xø ÷ ö2 – 5è ç æ x + 1 xø ÷ ö +8 = m (3) Đặt t = x + 1x , ta có t’ = 1 – 1 x2 , t’ = 0 Û x = ±1 x –∞ –1 0 1 +∞ f’(x) + 0 – – 0 + f(x) –2 –∞ –∞ +∞ +∞ 2 Từ bảng trên Þ tÎD = (–∞,–2]È[2,+∞) Xét hàm số f(t) = t2 –5t+8 trên D. Ta có f’(t) = 2t–5 Bảng biến thiên t –∞ –2 2 52 +∞ f’(t) – – 0 + f(t) +∞ 22 +∞ 2 7 4 Từ bảng biến thiên suy ra hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (3) có ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 19 nghiệm tÎD, điều này xảy ra khi m ³ 22 hoặc 74 £ m £ 2. þ Bài 25. Tìm các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm î í ìx3 –y 3 +3y 2 –3x–2=0 x2 + 1–x 2 –3 2y–y 2 +m=0 Giải Điều kiện: –1 £ x £ 1, 0 £ y £ 2 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: x3 –3x = (y–1) 3 –3(y–1) (1) Xét hàm số f(t) = t3 –3t trên [–1,1], f’(t) = 3t2 –3, f’(t) = 0 Û t = ±1 Þ f(t) nghịch biến trên [–1,1] Phương trình (1) có dạng f(x) = f(y–1) Þ x = y–1, thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được: x2 –2 1–x2 = –m (3) Hệ đã cho có nghiệm Û (3) có nghiệm trong [–1,1] Xét hàm số: g(x) = x2 –2 1–x2 trên [–1,1] Ta có g’(x) = 2x è ç æ 1+ 1 1–x2 ø ÷ ö , g’(x) = 0 Û x = 0 Bảng biến thiên x –1 0 1 f’(x) – 0 + f(x) 1 1 –2 (3) có nghiệm trong [–1,1] Û –2 £ –m £ 1 Û –1 £ m £ 2. þ Bài 26. (Đại học Cần Thơ – 2001) Xác định mọi giá trị của tham số m để hệ sau có hai nghiệm phân biệt: îï í ïìlog 3(x+1)–log 3(x–1)>log 34 log 2(x 2 –2x+5)–mlog (x2 –2x+5) 2=5 Giải Điều kiện: x > 1 Biến đổi bất phương trình trong hệ: log 3è ç æ ø ÷ öx+1 x–1 > log 32 Û x+1 x–1 > 2 Û x < 3 Kết hợp điều kiện ta được 1 < x < 3 Đặt y = x2 –2x+5 với xÎ(1;3) ______Chu Thanh Tiệp – K59E Cử nhân Toán – ĐHSPHN___________________________ 20 x 1 3 y’ + y 8 4 Từ bảng biến thiên ta thấy 4 < y < 8 Þ log 24 < log 2y < log 28 Þ 2 < log 2y < 3 Đặt t = log 2(x2 –2x+5) = log 2y Þ tÎ(2,3) Phương trình của hệ trở thành: t– m t = 5 Û t 2 –5t = m (*) Xét hàm số f(t) = t2 –5t trên (2,3) , f’(t) = 2t–5 Bảng biến thiên t 2 5 2 3 f’(t) – 0 + f(t) –6 –6 – 25 4 Vậy hệ có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt trong khoảng (2,3), điều này xảy ra khi – 254 < m < –6. (còn tiếp)