High School
http://mauxanhaolinh.net

Phương pháp giải BPT trong các kỳ thi dh

Xem chủ đề cũ hơn Xem chủ đề mới hơn Go down

Phương pháp giải BPT trong các kỳ thi dh

Bài gửi  vucongtinh on 23/8/2010, 3:54 pm

BẤT PHƯƠNG TRÌNH
§1. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số:
Thí dụ 128: Giải bất phương trình:
Lời giải:
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1)
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: với x > -2
nên f(x) đồng biến trên (*). Do đó:
Vậy bất phương trình có nghiệm: .

Thí dụ 129: Giải bất phương trình:
Lời giải:
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1)
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: với
nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó:
Vậy bất phương trình có nghiệm: .

Thí dụ 130: Giải bất phương trình:
Lời giải:
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định và liên tục với mọi x có:
với mọi x nên f(x) đồng biến trên (*).Do
đó
Vậy bất phương trình có nghiệm: .

Thí dụ 131: (NTA-2000) Giải bất phương trình:

Lời giải:
Đặt f(x) = VT(1),có f(x) xác định,liên tục với mọi có:
với mọi
nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó:
Vậy bất phương trình có nghiệm: .

Thí dụ 132: (TL-2000) Giải bất phương trình:
Lời giải:

Ta có f(x) xác định khi và chỉ khi
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: với nên f(x) đồng biến
trên (*). Do đó:
Vậy bất phương trình có nghiệm: .

Thí dụ 133: Giải bất phương trình:
Lời giải:
Ta có: )
Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định, liên tục với mọi có:
nên f(x) nghịch biến trên R, do đó (
Vậy bất phương trình có nghiệm: .

Thí dụ 134: Giải bất phương trình:
Lời giải:
Ta có:
Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định khi và chỉ khi:

f(x) xác định, liên tục trên (*) có: với
nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó
Kết hợp với (*) ta được: .
Vậy bất phương trình có nghiệm: .

§2: Phương pháp phân khoảng tập xác định:
Thí dụ 135: Giải hệ thức

Lời giải:
Điều kiện:
- Với x = 3 bất phương trình trở thành bất đẳng thức
(sai)
- Với x = 4 bất phương trình trở thành
(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
Lời giải:
Điều kiện: . Với điều kiện đó ta có:
Kết hợp với điều kiện (*) ta được .

Thí dụ 138: Giải hệ thức
Lời giải:
(1)  (*)
Đặt y = x3 - 3x + 1 hàm số xác định liên tục trên R có y/ = 3x2 - 3; y/ = 0 khi x = 1 x = - 1 ta có bảng biến thiên:
x -1
y/ 0


y
Nghiệm của hệ: .

Thí dụ 139: Giải (1)
Lời giải:
Điều kiện:
- Với x = 1 thì (1)  (luôn đúng)
- Với x = 3 thì (1)  (loại)
Vậy bất phương trình có nghiệm là x = 1.

Thí dụ 140: Giải hệ thức (1)
Lời giải:
- Với thì x2 – 4 > 0 và x – 2 > 0. Do đó (vì hàm đồng biến)
nên VT(1) > 1 = VP(1). Bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên
- Với thì x2 – 4 < 0 và x – 2 < 0. Do đó (vì hàm đồng biến)
và (x2-4)3x-2 < 0 nên VT(1) < 1 = VP(1). Bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên
- Với x = 2 thay vào thỏa mãn.
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.

Thí dụ141: Giải bất phương trình (1)
Lời giải:
- Với x < 0 thì mà 2x-1 > 0 nên . Do đó VT(1) < 1. Vậy bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên
- Với x  0 thì mà 2x-1 > 0 nên . Do đó VT(1)  1
Vậy bất phương trình có nghiệm x  0.

Thí dụ 142: Giải phương trình (1)
Lời giải:
- Nếu 0 < x  1 thì khi đó VP ≤ -1; VT > -1
- Nếu x > 1 thì mà
VT = 22x-2- . Do đó: (1)  + +22x-2 (1/) Xét hàm số f(x) = 2t + log2t xác định liên tục trên R+ và:
f/(x) = t.ln2 + < 0 nên f(x) nghịch biến trên R+
(1/)  x2 – x = 2x – 2  x2 – 3x + 2 = 0  x = 1 (loại); x = 2 (thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.

Thí dụ 143: Giải phương trình (1)
Lời giải:
Điều kiện: x + 2  0  x  – 2. Đặt f(x) = có f(x) xác định,
liên tục trên và f/(x) = 2x + 1 +
- 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: x4 + x3 + 5 = 2 + 5 (1)
Lời giải:
Đặt f(x) = có f(x) xác định liên tục trên
f/(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
Lời giải:
Đặt ; f(x) xác định khi và chỉ khi:
. Có g(x) xác định trên và
với thoả mãn nên g(x) đồng biến trên

Do f(x) liên tục trên ; 0; nên ta có bảng xét dấu f(x) trên
x


f(x)
+ – 0 + –

Từ bảng ta được (1) có nghiệm .

Thí dụ 146: Giải bất phương trình:
Lời giải:
Đặt , f(x) xác định khi và chỉ khi:
Xét phương trình . Có g(x) xác định, liên tục trên
với nên g(x) nghịch biến trên

Do f(x) liên tục trên ; ;
Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (*)
x

f(x) - + 0 -
Từ bảng ta được (1) có nghiệm .

Thí dụ 147: Giải bất phương trình:
Lời giải:
, f(x) xác định khi và chỉ khi



f(x) liên tục trên ; ;
Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên
x

f(x)



Từ bảng ta được (1) có nghiệm .

Thí dụ 148: Giải bất phương trình
Lời giải:
(1)


.
Vậy (1) có nghiệm .

Thí dụ 149: Giải bất phương trình:
Lời giải:
Điều kiện: . Với điều kiện đó:





Vậy (1) có nghiệm .

Thí dụ 150: Giải bất phương trình: (1) với (*).
Lời giải:
Đặt , có f(x) xác định, liên tục trên (*) f(x) = 0



Z)
Kết hợp với ta có .
Do f(x) liên tục trên (*) và ;
Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên
X

f(x)



Từ bảng ta đựợc (1) có nghiệm .

Thí dụ 151: Giải bất phương trình:
Lời giải:
Điều kiện: (*). Với điều kiện đó:








Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm .

Thí dụ 152: Giải bất phương trình:
Lời giải:
Điều kiện: (*). Với điều kiện đó:


Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm .

§4: Phương pháp mặt phẳng toạ độ:

Thí dụ 153: Tìm m để hệ: vô nghiêm (1)
Lời giải:
Đặt m = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y. Ta có:
(1) 
 hoặc (2)
Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = –1; y = – x; y = x
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


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



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 nghiệm  đường thẳng y = m ( y’oy) và N có điểm chung  0 ≤ m ≤
Vậy 0 ≤ m ≤ là các giá trị cần tìm để phương trình có nghiệm.

Thí dụ 155: Tìm m để hệ (1) có nghiệm duy nhất
Lời giải:
(1)
Xét 2 đường tròn (α): x + (y + 1) = m + 1 có tâm A(0; –1); R =
(β): (x + 1) + y = m + 1 có tâm B(–1; 0); R =
Hệ (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (α) và (β) có duy nhất 1 điểm chung
 (α) và (β) tiếp xúc ngoài với nhau khi đó:
AB = 2  = 2
 = 2  m = –
Vậy giá trị cần tìm của m là m = – .

Thí dụ 156: Tìm m để hệ (1) có nghiệm
Lời giải:
Ta có: log (x + y) = 1 (2)
 0 < x + y ≤ x + y < 1 hoặc x + y ≥ x + y > 1
 hoặc (2)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số:
∆: x + y = 0; (T ): x + y = 1; (T ): (x – ) + (y – ) =


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 ) và (∆)
Xét đường thẳng: x + 2y = m tại 2 vị trí ứng với m và m
Có đồ thị của hàm số: x + 2y = m đi qua điểm A( ;– ) m = –
Đồ thị của hàm số: x + 2y = m tiếp xúc với (T ) tại điểm thuộc góc phần tư thứ nhất m =
(1) có nghiệm  đường thẳng x + 2y = m và N có điểm chung
 – < m ≤
Vậy – < m ≤ là những giá trị cần tìm.

Thí dụ 157: Tìm m để hệ (1)
a) Có nghiệm.
b) Vô nghiệm.
Lời giải:
(1)
 
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số:
y = 1 – x (∆); (x – 1) + (y – 1) = m + 1 (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
 d(I; ∆) ≤ R (I(1; 1); R là tâm của (α))
 ≤ (m ≥ –1)  ≤  – ≤ m
Vậy những giá trị của m cần tìm để (1) có nghiệm là m ≥ – .
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 < – .

Thí dụ 158: Biện luận theo a số nghiệm của hệ:
Lời giải:
(α) v v v
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, biểu diễn nghiệm của (α) là hình thoi ABCD như hình vẽ:







Còn (β) 
Biểu diễn nghiệm của (β) là tập G gồm 2 đường thẳng: ∆ và ∆ . Vì ∆ cắt ∆ 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  |a| > 2 thì hệ vô nghiệm
Khi M {K; N} |a| = 2 thì hệ có 2 nghiệm phân biệt
Khi M {P; Q} |a| = 1 thì hệ có 3 nghiệm phân biệt
Khi M [KN] \ {K; P; Q; N}  |a| < 2 và |a| ≠ 1 thì hệ có 4 nghiệm phân biệt.

Thí dụ 159: Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm âm: 3 – | x – a | > x (1)
Lời giải:
Đặt a = y và coi (1) là hệ bất phương trình 2 ẩn x; y thì (1)3 – | x – y | > x
Khi đó yều cầu bài ra tương đương với:
  (2)
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường:
x = 0; y = –x + x +3; y = x + x – 3; x = –
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



Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = a, tức là nghiệm x < 0 của (1) là hoành độ điểm chung của đường thẳng y = a với N
Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có: (1) có nghiệm âm  – < a < 3
Vậy – < a < 3 là các giá trị cần tìm.

Thí dụ 160: Cho phương trình (x – x – a)(2a + 2 – x) = 0 (1)
1) Biện luận theo a số nghiệm của phương trình.
2) Tìm a để mọi nghiệm của phương trình đều thuộc đoạn [0; 4].
Lời giải:
Đặt a = y và coi (1) là phương trình 2 ẩn x; y thì:
(1)  (x – x – y )(2y + 2 – x ) = 0 (2)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường y = x; y = x – x; y = 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 – x; y = x – 1




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 – x; y = x – 1
Gọi x là nghiệm của phương trình = 0 thì x = a
x là nghiệm của phương trình 2a + 2 – x = 0 thì x = 2(a + 1)
x < x là nghiệm của phương trình x – x – a = 0 thì:
x = ; x = (a ≥ – )
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 ≥ – phương trình có thêm 2 nghiệm x = ; x =
Do đó: (γ)
  v v v
Thay vào (α) ta tìm được nghiệm của hệ đã cho là: và
2) Yêu cầu bài ra tương đương với
(4)
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường: y = x; y = x – x; y = 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 – x ; y = 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 – 2x +a | ≥ |2x – 3x –a | (1)
Lời giải:
Đặt a = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y thì (1)| x – 2x +y | ≥ |2x – 3x –y | (2)
Do 2 vế của (2) cùng ≥ 0 nên:
(2)(x – 2x +y) ≥ (2x – 3x –y)  (3x –5x)(x –x–2y) ≤ 0
  (3)
Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = ; y = (α)


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 < x là hoành độ giao điểm của y = a với (α) thì x ; x là nghiệm của phương trình:
a =  x –x–2a = 0  x = và x = (a ≥ – )
Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta được:
Khi a ≤ – thì (1) có nghiệm 0 ≤ x ≤
Khi – < a ≤ 0 thì (1) có nghiệm x [0; ] [ ; ]
Khi 0 < a ≤ thì (1) có nghiệm x [ ; 0] [ ; ]
Khi a > thì (1) có nghiệm x [ ; 0] [ ; ].

Thí dụ 163: Tìm p để hai bất phương trình
(x – x – p )(x + p – 1) > 0 và x – 2x – 3 ≤ 0 không có nghiệm chung
Lời giải:
Hai bất phương trình (x – x – p )(x + p – 1) > 0 và x – 2x – 3 ≤ 0 không có
nghiệm chung khi và chỉ khi hệ (1) vô nghiệm
Đặt p = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y ta có:
 
 (2)
Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường x = –1; x = 3; y = – x + 1; y = x – 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



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
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 34-4-a)
Cho hàm số f(x) = x2 + bx + 1 với b . Giải bất phương trình f(f(x)) > x
Lời giải:
Ta có f(f(x)) – x =
f(f(x)) – x > 0  > 0
Đặt g(x) = x2 + (b – 1)x + 1, h(x) = x2 + (b + 1)x + b + 2;
Vì b nên > 0 và < 0. Phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm
Vậy bất phương trình có nghiệm x < x1 hoặc x > x2.

Thí dụ 165: (Đề số 143-4)
Giải và biện luận theo a, b phương trình x = a – b( a – bx2 )2 ( 1 )
Lời giải:
(1)  (bx2 + x – a)(b2x2 – bx – ab + 1) = 0 
- Với b = 0 thì (1) có nghiệm x = a
- Với b ≠ 0
+) Nếu ( i ) có . Khi ab ≥ phương trình có nghiệm

+) Nếu ( ii ) có .Khi ab ≥ phương trình có nghiệm

Kết luận: Nếu b = 0 thì x = a
Nếu b ≠ 0 Với > ab ≥ phương trình có nghiệm x1, x2
Với ab ≥ phương trình có nghiệm x1, x2, x3, x4 .
Với ab < phương trình vô nghiệm .

Thí dụ 166: (TN-98) Tìm m để phương trình x + 3(m-3x2)2 = m (I) có nghiệm
Lời giải:
(1)( 3x2 + x – m )( 9x2 – 3x + 1 – 3m ) = 0 
Để (I) có nghiệm thì một trong hai phương trình (1) hoặc (2) phải có nghiệm, điều đó xảy ra khi và chỉ khi
 m ≥
Vậy m ≥ là các giá trị cần tìm.
Thí dụ 167: Giải phương trình (1)
Lời giải:
Với à hàm đồng biến trên
(1)

Vậy phương trình có nghiệm x1; x2.

Thí dụ 168: Giải phương trình (1)
Lời giải:
Với f(x) = xác định với mọi x -a, có
Nên f(x) đồng biến trên tập xác định của nó, do đó:
(1)
thỏa mãn (*) khi và chỉ khi
Vậy (1) có nghiệm .

Thí dụ 169: Giải phương trình (1)
Lời giải:
(1) . Với xác định với mọi a thuộc R, có: với

Thí dụ 172: Giải phương trình + = (1)
Lời giải:
Đặt (x–1; 2); (–x–1; 3), ta có:
| |+| | ≥ | + |  + ≥
Đẳng thức xảy ra khi //  =  x = (thoả mãn (1))
Vậy nghiệm của (1) là x = .

Thí dụ 173: Giải phương trình | – | = 5 (1)
Lời giải:
Đặt A(–2;1), B(5;5), M(x;0) thì:
AB = 5AM= =
BM = = mà |AM–BM| ≤ AB (quy tắc 3 điểm)
Do đó VT(1) = | – | ≤ 5 = VP(1)
Đẳng thức xảy ra khi A; B; M thẳng hàng và C nằm ngoài đoạn AB
  
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = .

Thí dụ 174: Giải phương trình:
(1)
Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với:

Đặt
Áp dụng bất đẳng thức

Do đó
(loại)
Vậy hệ đã cho vô nghiệm.

Thí dụ 175: Giải phươnh trình
Lời giải:
Điều kiện: . Đặt
Áp dụng BĐT thức có:

Điều đó có nghĩa là:

Ta có:
Vậy phương trình có nghiệm .

Thí dụ 176: Giải phương trình: = x + 2
Lời giải:
Điều kiện x ≥ 0 và x + x + 4x + 4 ≥ 0  x ≥ 0 (*)
Đặt (x; 2) và ( ; 1). Ta có: . ≤ | |.| |
hay x + 2 ≤ . ≤
Đẳng thức xảy ra khi //  = 2  x = 4 (thoả mãn điều kiện (*))
Vậy nghiệm của phương trình là x = 4.

Thí dụ 177: Giải phương trình:
Lời giải:
Đặt (x ; y ; z ); (1; 1; 2), có . ≤ | | | |
hay x + y +2z ≤  ≤ (Điều này là vô lí)
Vậy phương trình vô nghiệm.

Thí dụ 179: Giải phương trình (1)
Lời giải:
Đặt thì u.v = x3 + 1 và u + v = x2 + 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  (u  0)
* Vớí () ta có:
(vô nghệm)
* Với () ta có:


Vậy phương trình có nghiệm là: .

Thí dụ 180: Giải phương trình 4sin3x = sinx + cosx (1)
Lời giải:
(1)  4sin3x – sinx – cosx = 0  sinx(2sin2x – 1) + 2sin3x – cosx = 0
 sinx(1 – 2cos2x) + 2sin3x – cosx = 0
 2sinx(sinx – cox)(sinx + cosx) + (sinx – cosx) = 0
 (sinx – cosx)(2sin2x + 2sinxcosx + 1) = 0


(vô nghiệm)
Vậy phương trình có nghiệm là .

Thí dụ 181: Giải phương trình sau

Lời giải:
Đặt thì a + b = 3x2 – 2x – 1 và (1) trở thành a3 + b3 = (a + b)3
 3ab(a + b) = 0 
Vậy phương trình có tập nghiệm là: .

Thí dụ 182: Giải hệ: (I)
Lời giải:
(I)
+) 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 –y3 + y3 = 1  0 = 1 (vô lí)
Vậy hệ có các cặp nghiệm (x; y) là (0; 1); (1; 0).

Thí dụ 183: Giải hệ
Lời giải:
Hệ bài cho tương đương với
(2)  (x – y)(2x2 + 2y2 – 5xy) = 0 
- Nếu x – y = 0  x = y thay vào (1) ta được
- Nếu 2x2 + 2y2 - 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 y2 ta được:
Khi x = 2y thì (1)  8y3 – y3 = 7  7y3 = 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 .

Thí dụ 184: Giải hệ (I)
Lời giải:
(I) 

 
Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 1); (–2; –1).
Thí dụ 185: (QGA-97) Giải hệ (I)
Lời giải:
Điều kiện: x, y ≠ 0. Với điều kiện đó
(I)   
  (Loại do x, y ≠ 0)
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = –2.

Thí dụ 186: (VMO-96) Giải hệ (I)
Lời giải:
Dễ thấy nếu (x; y) là nghiệm của hệ (I) thì x; y > 0
Do đó (I) 
Nhân từng vế của (1) và (2) ta được:
 21xy = (x + y)(7y – 24x)  7y2 – 38xy – 24x2 = 0
 (y – 6x)(7y + 4x) = 0  y = 6x (Do x; y > 0)
Thay y = 6x vào (1) ta được (thử lại thấy thoả mãn)
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = ( )

Thí dụ 187: Giải biện luận theo a phương trình ax = (a – 1)x + 1 (a > 0)
Lời giải:
(1) . Nhận xét rằng:
ao – (a – 1).0 – 1 = 1 – 1 = 0; a1 – (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) = axlna – (a – 1)
f//(x) = ax(lna)2 > 0 (điều này trái với kết quả trên)
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x = 0; x = 1.

Thí dụ 188: Giải phương trình: 3x + 2x = 3x – 2
Lời giải:
Ta có: (2)  f(x) = 3x + 2x – 3x – 2 = 0. Nhận xét rằng:
3o + 2o – 3.0 – 2 = 1 + 1 – 2; 31 + 21 – 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) = 3xln3 + 2xln2 – 3
f//(x) = 3x(ln3)2 + 2x(ln2)2 > 0 (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 xn + px + q = 0 (3) không thể có quá hai nghiệm thực phân biệt
Lời giải:
Giả sử (3) có nhiều hơn hai nghiệm thực phân biệt. Khi đó do f(x) = xn + 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.xn – 1 + p; f//(x) = n(n – 1)xn – 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  (*)
Lời giải:
Đặt ta có F(x) xác định và liên tục trên ; khả vi 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) mà F/(x) = VT(5)
Vậy (5) luôn có nghiệm x .

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
Ta có F(x) xác định và liên tục trên ; khả vi 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) Mà F/(x) = f(x)
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm.

Thí dụ 193: Cho f(x) = anxn + an-1xn-1 + …. + a1x + ao. Chứng minh rằng nếu
nN* sao cho thì phương trình
f(x) = 0 luôn có nghiệm x (0;1).
Lời giải:
Đặt
Ta có F(x) xác định và liên tục trên ; khả vi 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)
 Nếu gọi xo (0; 1) là một nnghiệm của phương trình F/(x) = 0 thì:
xm-1(anxn + an-1xn-1 +….+ 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 (1)
Lời giải:
Điều kiện:


Xét phương trình g(x) = 2x – 3x + 1 = 0, có g(x) xác định liên tục trên R và
21– 3.1 + 1 = 0; 23 – 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) = 2xln2 – 3; g//(x) = 2x(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 (*) 
Với điều kiện đó xét phương trình:
f(x) = 0
Phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.
Do f(x) xác định liên tục trên (*1) và
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 luôn có nghiệm
Lời giải:
Đặt F(x) = thì F(x) xác định liên tục trên [0; 2π]; khả vi (0; 2π) và F(0) = F(2π) = . 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)
Vậy phương trình luôn có ít nhất một nghiệm (đpcm).

Thí dụ 200: Chứng minh rằng với a, b, c đa thức
P(x) = x5 – 2x4 + 2x3 + 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) = 5x4– 8x3 + 6x2 + 2ax + b; P//(x) = 20x3 – 24x2 + 12x + 2a;
P///(x) = 60x2 – 48x + 12 > 0 (điều này trái với kết quả trên)
Vậy phương trình đã cho có không quá 3 nghiệm (đpcm).



Mình viết topic nhằm giúp các bạn trao đổi thêm về các dạng BPT trong đề thi DH Very Happy
avatar
vucongtinh
Admin
Admin

Tổng số bài gửi : 32
Join date : 06/08/2010
Age : 23
Đến từ : Gầm cầu

Xem lý lịch thành viên http://diendanhighschool.buygoo.net

Về Đầu Trang Go down

hi!

Bài gửi  vucongtinh on 23/8/2010, 4:03 pm

cố gắng!!!
avatar
vucongtinh
Admin
Admin

Tổng số bài gửi : 32
Join date : 06/08/2010
Age : 23
Đến từ : Gầm cầu

Xem lý lịch thành viên http://diendanhighschool.buygoo.net

Về Đầu Trang Go down

Xem chủ đề cũ hơn Xem chủ đề mới hơn Về Đầu Trang

- Similar topics

 
Permissions in this forum:
Bạn không có quyền trả lời bài viết