SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT SÁNG SƠN CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC “HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH Ở TRƯỜNG THPT” Đối tượng học sinh bồi dưỡng: lớp 12 Số tiết dự kiến bồi dưỡng: 10 tiết Họ và tên: Hoàng Trung Hiếu Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Sáng Sơn Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn Sông Lô, 2014 DẠY HỌC GIẢI TOÁN PT VÀ BẤT PT BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ Ở TRƯỜNG THPT I. Một số kiến thức cơ bản liên quan giữa hàm số, PT và BPT Trước hết ta nhắc lại một số kiến thức cơ bản về hàm số và PT, BPT thường được sử dụng khi áp dụng phương pháp hàm số để giải các bài toán về PT và BPT. Các kiến thức này đã được nêu trong sách giáo khoa và một số tài liệu tham khảo. Ở đây, chúng tôi hệ thống lại một số kiến thức cơ bản có liên quan đến vấn đề nghiên cứu và có chứng minh một số mệnh đề sẽ được sử dụng. 1. Nếu hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [ a; b ] thì hàm số đó đạt GTLN; GTNN trên đoạn [ a; b ] . GTLN và GTNN của hàm số y = f ( x) trên đoạn [ a; b ] kí hiệu là: max f ( x ) và min f ( x) . [ a ;b] [ a ;b ] f ( x ) = f (a ) và 2. Nếu hàm số y = f ( x) đơn điệu tăng trên đoạn [ a; b ] thì min [ a ;b] max f ( x ) = f (b) . Nếu hàm số [ a ;b ] y = f ( x) đơn điệu giảm trên đoạn [ a; b] thì min f ( x) = f (b) và max f ( x) = f ( a ) . [ a ;b ] [ a ;b] 3. Giả sử hàm số y = f ( x) liên tục và chỉ có một số hữu hạn điểm tới hạn trên đoạn [ a; b ] thì: max f ( x) = max { f ( x1 ); f ( x2 );...; f ( xn ); f (a); f (b)} [ a ;b ] min f ( x) = min { f ( x1 ); f ( x2 );...; f ( xn ); f (a ); f (b)} [ a ;b ] Các điểm x1 ; x2 ;...; xn là các điểm tới hạn của hàm số y = f ( x) trên đoạn [ a; b ] . 4. Nếu hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [ a; b ] và f (a ). f (b) < 0 thì ∃x0 ∈ ( a; b ) sao cho f ( x0 ) = 0 . 5. Nếu hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [ a; b ] và có đạo hàm trên khoảng ( a; b ) thì tồn tại điểm c ∈ ( a; b ) sao cho f (b) − f (a ) = f '(c).(b − a ) . Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 2 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn 6. Nếu hàm số y = f ( x) liên tục trên đoạn [ a; b ] , có đạo hàm trên khoảng ( a; b ) và f (a ) = f (b) thì tồn tại điểm c ∈ ( a; b ) sao cho f '(c ) = 0 . 7. Nếu hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên [ a; b ] và PT f '( x) = 0 có nghiệm duy nhất trên đoạn [ a; b ] thì trên đoạn [ a; b ] , PT f ( x) = 0 không thể có quá hai nghiệm. 8. Giả sử các hàm số y = f ( x) và y = g ( x) liên tục trên miền D và giả thiết rằng tồn tại các GTLN và GTNN của các hàm số trên miền đó. Khi đó, ta có các mệnh đề sau: Mệnh đề 1. PT f ( x) = α có nghiệm trên D khi và chỉ khi m = min f ( x) ≤ α ≤ m ax f ( x) = M . D D Chứng minh: +) Giả sử PT f ( x) = α có nghiệm trên D. Ta chứng minh m ≤ α ≤ M . Thật vậy, do f ( x) = α có nghiệm trên D nên ∃x0 ∈ D : f ( x0 ) = α Mặt khác, ta có ∀x ∈ D : m ≤ f ( x) ≤ M . Vậy m ≤ f ( x0 ) ≤ M hay m ≤ α ≤ M . +) Giả sử m ≤ α ≤ M . Ta chứng minh PT f ( x) = α có nghiệm trên D. Thật vậy, giả sử PT f ( x) = α vô nghiệm trên D. Khi đó, ta có ∀x ∈ D : f ( x) ≠ α , tức là α không thuộc tập giá trị [ m; M ] của hàm số f ( x) , có nghĩa là α < m hoặc α > M , trái với giả thiết m ≤ α ≤ M . Vậy PT f ( x) = α có nghiệm trên D. Mệnh đề 2. a) Nếu hàm số f ( x) đồng biến (nghịch biến) trên D thì nghiệm của PT f ( x) = α (nếu có) là duy nhất. b) Nếu hàm số f ( x) đồng biến (nghịch biến) trên D còn hàm g ( x) nghịch biến (đồng biến) trên D thì nghiệm của PT f ( x) = g ( x) (nếu có) là duy nhất. g ( x) hoặc min f ( x) ≥ m ax g ( x) và tồn tại x0 ∈ D thỏa c) Nếu mDax f ( x) ≤ min D D D mãn f ( x0 ) = g ( x0 ) thì x0 là nghiệm duy nhất của PT f ( x) = g ( x) , hơn nữa, ta có m ax f ( x) = min g ( x) = f ( x0 ) hoặc min f ( x) = m ax g ( x) = f ( x0 ) D D D D Mệnh đề 3. Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 3 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn a) BPT f ( x) ≥ α có nghiệm trên D khi và chỉ khi M = mDax f ( x) ≥ α . f ( x) ≥ α . b) BPT f ( x) ≥ α nghiệm đúng ∀x ∈ D khi và chỉ khi m = min D f ( x) ≤ α . c) BPT f ( x) ≤ α có nghiệm trên D khi và chỉ khi m = min D d) BPT f ( x) ≤ α nghiệm đúng ∀x ∈ D khi và chỉ khi M = mDax f ( x) ≤ α . Chứng minh. a) Giả sử BPT f ( x ) ≥ α có nghiệm trên D. Ta chứng minh M ≥ α . Thật vậy, do f ( x) ≥ α có nghiệm trên D nên ∃x0 ∈ D : f ( x0 ) ≥ α . Mặt khác, ta có ∀x ∈ D, M ≥ f ( x) . Do đó M ≥ f ( x0 ) ≥ α (đpcm). Đảo lại, giả sử M ≥ α . Ta chứng minh BPT f ( x ) ≥ α có nghiệm trên D. Thật vậy, giả sử minh BPT f ( x) ≥ α vô nghiệm trên D, suy ra ∀x ∈ D, f ( x) < α ⇒ M < α (Trái với giả thiết). Vậy BPT f ( x) ≥ α có nghiệm trên D. b) Hiển nhiên. c) Giả sử BPT f ( x ) ≤ α có nghiệm trên D. Ta chứng minh m ≤ α Thật vậy, do f ( x ) ≤ α có nghiệm trên D nên ∃x0 ∈ D : f ( x0 ) ≤ α . Mặt khác, ta có ∀x ∈ D, m ≤ f ( x) . Do đó m ≤ f ( x0 ) ≤ α (đpcm). Đảo lại, giả sử m ≤ α . Ta chứng minh BPT f ( x ) ≤ α có nghiệm trên D. Thật vậy, giả sử minh BPT f ( x) ≤ α vô nghiệm trên D, suy ra ∀x ∈ D, f ( x ) > α ⇒ m > α (Trái với giả thiết). Vậy BPT f ( x ) ≤ α có nghiệm trên D. d) Hiển nhiên. Mệnh đề 4. Nếu (C ) và (C’) lần lượt là đồ thị của các hàm số y = f ( x ) và y = g ( x) thì số nghiệm của PT f ( x) = g ( x) bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số (C ) và (C’). Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 4 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn Mệnh đề 5. Giả sử x1 , x2 , ..., xn là các điểm tới hạn của hàm số y = f ( x ) . Các điểm tới hạn xi (i = 1, 2, ..., n) sắp thứ tự chia tập xác định của hàm số thành các khoảng, trên mỗi khoảng đó đạo hàm f '( x ) không đổi dấu. Chú ý: Cho BPT f ( x ) > g ( x ) với tập xác định của BPT là D. Trên cùng hệ trục tọa độ vẽ đồ thị hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) . Sau đó tìm những phần mà đồ thị hàm số y = f ( x ) nằm trên đồ thị hàm số y = g ( x ) , lấy hình chiếu của phần đồ thị ấy trên trục hoành thì giao của nó với tập D là nghiệm của BPT. Định lý: BPT f ( x ) > g ( x ) nghiệm đúng ∀x ∈ D khi và chỉ khi trên miền D đồ thị hàm số y = f ( x ) luôn nằm trên đồ thị hàm số y = g ( x ) . Sau này ta thường áp dụng mệnh đề 5 để xét dấu của đạo hàm f '( x ) . Chẳng hạn, muốn xét dấu f '( x ) trên khoảng ( xi ; xi +1 ) với xi < xi +1 là hai điểm tới hạn kề nhau của hàm số f ( x ) , ta lấy bất kì x0 ∈ ( xi ; xi +1 ) , dấu của f '( x ) trong khoảng ( xi ; xi +1 ) là dấu của f '( x0 ) . Trong trường hợp f '( x ) là tam thức bậc hai hoặc nhị thức bậc nhất thì việc xét dấu f '( x ) dựa vào quy tắc xét dấu tam thức bậc hai và dấu nhị thức bậc nhất. Nếu f '( x) không phải là tam thức bậc hai hoặc nhị thức bậc nhất thì việc xét dấu f '( x) dựa vào mệnh đề 5 sẽ thuận tiện hơn. Ngoài ra, ta có thể xét dấu f '( x) bằng cách giải BPT. II. Vận dụng các kết quả nghiên cứu hàm số để giải các bài toán về PT và hệ PT Khi hướng dẫn HS giải các bài toán về PT ta thường gặp các PT mà ta không thể trực tiếp áp dụng các phép biến đổi đồng nhất hoặc nếu biến đổi thì rất phức tạp. Những PT này ta thường gọi là “PT không mẫu mực”. Với những PT dạng này thì phương pháp hàm số tỏ ra có hiệu quả. Ý tưởng chung của phương pháp này có thể tóm tắt như sau: Chúng ta quy bài toán đã cho về việc xét một hàm số y = f ( x) trên một tập D nào đó. Dựa vào việc khảo sát một vài tính chất đặc biệt nào đó của hàm số y = f ( x) để dẫn đến kết luận nghiệm cho PT, hệ PT đang xét. Để thấy rõ nội dung phương pháp này với hiệu quả của nó trong việc giải PT, hệ PT và BPT ta xét một số bài toán sau: II.1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, hệ PT, BPT Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, hệ PT, BPT, chúng ta thường sử dụng các kết quả sau: Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 5 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn 1) Định lí 1: Nếu hàm số y = f ( x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và liên tục trên D thì số nghiệm của PT f ( x) = k trên D không nhiều hơn một và f(x) = f(y) ⇔ x = y với mọi x, y ∈ D. Chứng minh. a) Giả sử PT f ( x) = k có nghiệm x = a tức là f (a ) = k . Nếu x > a thì f ( x) > f (a ) = k suy ra PT vô nghiệm. Nếu x < a thì f ( x ) < f (a ) = k suy ra PT vô nghiệm. Vậy PT f ( x) = k có nghiệm duy nhất x = a . b) Nếu x > y thì f(x) > f(y) suy ra PT f(x) = f(y) vô nghiệm. Nếu x < y thì f(x) < f(y) suy ra PT f(x) = f(y) vô nghiệm. 2) Định lí 2: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và hàm số y = g(x) luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) và liên tục trên D thì số nghiệm của PT f(x) = g(x) không nhiều hơn một. Chứng minh. Giả sử PT f(x) = g(x) có nghiệm x = a tức là f(a) = g(a). Nếu x > a thì f(x) > f(a) = g(a) > g(x) suy ra PT vô nghiệm. Nếu x < a thì f(x) < f(a) = g(a) < g(x) suy ra PT vô nghiệm. Vậy PT f(x) = g(x) có nghiệm duy nhất x = a. 3) Định lí 3: Nếu đồ thị hàm số y = f(x) lồi (lõm) trên khoảng (a;b) thì PT f(x) = 0 nếu có nghiệm thì có tối đa 2 nghiệm. Khi sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, hệ PT và BPT, chúng ta thường áp dụng theo ba dạng sau: - Dạng 1. Thực hiện theo các bước sau: + Bước 1. Chuyển PT đã cho về dạng: f ( x) = α (1) + Bước 2. Xét hàm số y = f ( x) . Dùng lập luận khẳng định hàm số y = f ( x) là hàm số đơn điệu, sau đó suy ra PT (1) có không quá 1 nghiệm. + Bước 3. Nhận xét f ( x0 ) = α , sau đó kết luận PT (1) có nghiệm duy nhất x = x0 . - Dạng 2. Thực hiện theo các bước sau: + Bước 1. Chuyển PT đã cho về dạng: f ( x) = g ( x) (2) Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 6 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn + Bước 2. Xét hàm số y = f ( x) , y = g ( x) . Dùng lập luận khẳng định hàm số y = f ( x) đồng biến ( nghịch biến), còn hàm số y = g ( x) nghịch biến (đồng biến hoặc hàm hằng). Xác định x0 sao cho f ( x0 ) = g ( x0 ) . + Bước 3. Kết luận PT (2) có nghiệm duy nhất x = x0 . - Dạng 3. Thực hiện theo các bước sau: + Bước 1. Chuyển PT đã cho về dạng: f (u ) = f (v) (3) + Bước 2. Xét hàm số y = f ( x) . Dùng lập luận khẳng định hàm số y = f ( x) là hàm số đơn điệu. + Bước 3. Khi đó (3) ⇔ u = v . Ví dụ 1: Giải PT: 3 x(2 + 9 x 2 + 3) + (4 x + 2)(1 + 1 + x + x 2 ) = 0 (1) Lời giải: Cách 1. (Sử dụng phương pháp đoán nghiệm và chứng minh nghiệm duy nhất). Ta có (1) ⇔ 3 x(2 + (3 x) 2 + 3) = −(2 x + 1)(2 + [ −(2 x + 1) 2 ] + 3  1  Nếu PT (3) có nghiệm thì nghiệm thoả mãn 3x ( 2x + 1) < 0 hay x ∈  − ;0 ÷. Mặt  2  khác, ta có, nếu 3x = − ( 2x + 1) ⇔ x = − 1 thì hai vế của PT (1) bằng nhau. Hơn nữa, ta 5 1  1  1 1 thấy x = − ∈  − ;0 ÷. Vậy x = − là nghiệm của PT (1). Ta cần chứng minh x = − 5  2  5 5 là nghiệm duy nhất của PT (1). 1 1 2 2 - Với − < x < − ⇒ 3x < −2 x − 1 < 0 ⇒ ( 3 x ) > ( 2 x + 1) nên ta có 2 5 2 + (3 x) 2 + 3) > 2 + (2 x + 1) 2 + 3 ⇒ 3 x(2 + (3 x) 2 + 3) > −(2 x + 1)(2 + [ −(2 x + 1) 2 ] + 3 => 3 x(2 + (3 x) 2 + 3) + (2 x + 1)(2 + [ −(2 x + 1) 2 ] + 3 > 0  1 1 Suy ra, PT vô nghiệm trên khoảng  − ; − ÷.  2 5 Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 7 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn 1 - Với − < x < 0 làm tương tự như trên ta thấy PT vô nghiệm trên 5  1   − ;0 ÷.  5  1 Vậy, nghiệm của PT (1) là x = − . 5 Cách 2. (Sử dụng phương pháp hàm số) Ta có (1) ⇔ 3 x(2 + (3 x) 2 + 3) = −(2 x + 1)(2 + [ −(2 x + 1) 2 ] + 3 Xét hàm số f (t ) = t (2 + t 2 + 3) trên ¡ t2 Ta có f '(t ) = 2 + t + 3 + 2 t2 + 3 > 0 , ∀x ∈ ¡ . Suy ra, hàm số luôn đồng biến trên ¡ 1 Do đó, ta có (1) ⇔ f(3x) = f [−(2 x + 1)] ⇔ 3x = -2x - 1 ⇔ x = − . 5 1 Vậy, PT có nghiệm x = − . 5 Nhận xét: Qua hai cách giải trên ta thấy, cách giải thứ hai hay và tự nhiên hơn so với cách giải đầu. Chúng tôi cũng đã kiểm nghiệm PT này trên nhiều lớp ôn thi đại học và nhận thấy đa phần HS giải theo cách thứ hai. Đây là bài toán khó đối với HS, các em gặp khó khăn trong việc sử dụng các phương pháp khác để giải PT này. Vì vậy, việc bồi dưỡng cho HS năng lực tư duy hàm là một việc làm rất cần thiết của người GV. Từ đó, hình thành ở HS tư duy linh hoạt trong giải toán, để HS có đủ “sức đề kháng” trước các bài toán lạ. Ví dụ 2: Giải PT: 5 x 3 − 1 + 3 2 x − 1 + x = 4 (2) Nhận xét. Quan sát vế trái của PT (2), ta thấy khi x tăng thì giá trị của biểu thức trong căn bậc hai cũng tăng. Từ đó, ta thấy vế trái là hàm đồng biến và vế phải bằng 4 là hàm hằng. Đây là điều kiện thích hợp để sử dụng tính đơn điệu. 1 Lời giải: TXĐ: D = [ 3 , ∞) . 5 Xét hàm số f(x) = Ta có f ' ( x ) = 5 x 3 − 1 + 3 2 x − 1 + x trên D. 15 x 2 2 5x − 1 3 + 2 1  + 1 > 0 , ∀x ∈  ; +∞ ÷. 3 3 3 (2 x − 1)  5  2 Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 8 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn  1  Suy ra, hàm số f(x) đồng biến trên  3 ; +∞ ÷.  5  Mặt khác, ta có f ( 1) = 4 . Do đó, x = 1 là nghiệm duy nhất của PT (2). Ví dụ 3. Giải PT x 5 + x 3 − 1 − 3x + 4 = 0 (3). 1 Lời giải. TXĐ: D = (−∞; ] . 3 Xét hàm số f ( x) = x5 + x 3 − 1 − 3x + 4 trên tập D. 4 2 Ta có f '( x) = 5 x + 3 x + 3 1 > 0; ∀x < . 3 2 1 − 3x Suy ra, hàm số f(x) đồng biến trên D. Mặt khác, ta có f ( −1) = 0 . Do đó, x = −1 là nghiệm duy nhất của PT (3). Ví dụ 4. Giải PT: 3x = 4 − x (4). Lời giải: TXĐ: D = ¡ . Ta có f ( x ) = 3x là hàm số đồng biến trên ¡ và g ( x) = 4 − x là hàm số nghịch biến trên ¡ . Mặt khác, PT (4) có một nghiệm x = 1. Vậy PT (4) có nghiệm duy nhất x = 1 .  x2 + x + 3  2 log Ví dụ 5. Giải PT: ÷ = x + 3x + 2 (5) 3 2  2x + 4x + 5  Lời giải: TXĐ: D = ¡ . Ta có, PT đã cho tương đương với: log 3 ( x 2 + x + 3) + ( x 2 + x + 3) = log 3 (2x 2 + 4x + 5) + (2x 2 + 4x + 5) (*) Xét hàm số f(t) = log 3 t + t trên khoảng (0;+ ∞). Ta có hàm số f(t) xác định và liên tục trên khoảng (0;+ ∞). Ta có f’ ( t ) = 1 + 1 > 0 ; ∀t > 0. t.ln 3 Vậy hàm số f(t) đồng biến trên khoảng (0;+ ∞). Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 9 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn 2 2 Ta có (*) ⇔ f ( x + x + 3) = f ( 2 x + 4 x + 5 ) ⇔ x2 + x + 3 = 2x2 + 4x + 5 ⇔ x = - 1 và x = -2 Bài tập áp dụng: Giải các hệ PT sau 3 3  x − 3 y = y − 3x a)  2 2 2x − y = 4 3 3  x + 3 y = y + 3x b)  2 2 3x + y = 1  x + 3 + 10 − y = 5 c)   y + 3 + 10 − x = 5 Ví dụ 6. Giải PT: 3x = 2 x + 1 (6) Lời giải. TXĐ: D = ¡ . Ta có (6) ⇔ 3x − 2 x − 1 = 0. x Xét hàm số f ( x ) = 3 − 2 x − 1 trên tập D. x Ta có f ’ ( x ) = 3 ln3 − 2 và f ’’ ( x ) = 3x ( ln3) > 0, ∀x ∈ ¡ . 2 Mặt khác, PT (6) có hai nghiệm x = 0 và x = 1. Vậy, PT (6) có đúng hai nghiệm x = 0 và x = 1. Bài tập áp dụng: Giải các PT sau a) 2009 x + 2010 x = 4017 x + 2 b) 3x = 1 + x + log 3 (1 + 2x) cos x cos x c) ( 1 + cos x ) ( 2 + 4 ) = 3.4  x = y3 + y 2 + y − 2  3 2 Ví dụ 7: Giải hệ PT  y = z + z + z − 2  z = x3 + x 2 + x − 2  3 2 Lời giải: Xét hàm số f ( t ) = t + t + t − 2 trên ¡ . 2 Ta có f ’ ( t ) = 3t + 2t + 1 > 0; ∀t ∈ ¡ . Vậy, hàm số f(t) đồng biến trên ¡ . Giả sử x = max{x, y , z } hay x ≥ y và x ≥ z Suy ra, ta có x = f ( y ) ≥ f ( z ) = y và x = f ( y ) ≥ f ( x ) = z. Từ đó, ta có y ≥ z và y ≥ x . Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 10 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn Suy ra f ( y ) ≥ f ( z ) hay z ≥ x . Do đó x ≥ y ≥ z ≥ x. Từ đó, suy ra: x = y = z = 1. Bài tập áp dụng: Giải các hệ PT sau  x3 + 3x − 3 + ln( x 2 − x + 1) = y  3 2 a)  y + 3 y − 3 + ln( y − y + 1) = z  z 3 + 3z − 3 + ln( z 2 − z + 1) = x  2x 3 + 2x 2 − 18 = y 3 + y  3 2 3 b) 2 y + 3 y − 18 = z + z 2z 3 + 3z 2 − 18 = x3 + x   x3 + x 2 + 2x = 2 y 3 + 1  3 2 3 c)  y + y + 2 y = 2z + 1  z 3 + z 2 + 2z = 2x 2 + 1  Ví dụ 8: Giải BPT: x + 6 − 7 − x ≥1 Lời giải: TXĐ: D = [− 6; 7] . Xét hàm số f ( x ) = x + 6 − 7 − x trên tập D. Ta có f '( x) = 1 1 + > 0 , ∀x ∈ ( − 6; 7 ) . 2 x+6 2 7−x Vậy, hàm số f(x) đồng biến trên đoạn [− 6; 7] . Mặt khác, ta có f(3) = 1. Do đó, BPT tương đương với f ( x ) ≥ f ( 3) , ∀x ≥ 3. Vậy, BPT có tập nghiệm S = [3; 7] . Bài tập áp dụng: Giải các BPT sau a) x 3 + 3x 2 + 6x + 16 < 2 3 + 4 − x b) 6 8 + 2 thì PT vô nghiệm Với -1< m ≤ 1 hoặc m = 2 thì PT có một nghiệm Với 1 < m < 2 thì PT có hai ngiệm phân biệt Ví dụ 12: Biện luận theo m số nghiệm của PT: x + m = m x 2 + 1 Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 14 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn Lời giải: TXĐ D = ¡ . PT đã cho đưa trở thành x = m( x 2 + 1 − 1) . Nhân hai vế của PT trên với x 2 + 1 + 1 ta được x( x 2 + 1 + 1) = mx 2 (1) Dễ thấy x = 0 là một nghiệm của PT (1) Với x ≠ 0, chia hai vế của PT (1) cho x2 và rút gọn, ta được: x2 + 1 + 1 =m x Xét hàm số f ( x) = x2 + 1 + 1 trên tập ¡ \ {0}. Ta có f(x) là hàm số liên tục trên x từng khoảng xác định. f ( x) = −1; lim f ( x) = 1 và lim− f ( x) = −∞; lim+ f ( x) = +∞ . Ta có xlim →−∞ x →+∞ x →0 x →0 Ta có f '( x) = −1 − x 2 + 1 x2 x2 + 1 < 0, ∀x ∈ R \ { 0} . Suy ra, f(x) là hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞;0 ) và ( 0; +∞ ) . Bảng biến thiên x f’(x) -1 +∞ 0 - +∞ -1 - f(x) −∞ 1 Dựa vào bảng biến thiên, ta có số nghiệm PT (1) tuỳ theo giá trị của m như sau: Với m < -1 hoặc m > 1 thì PT(1) có 1 nghiệm. Với -1 ≤ m ≤ 1 thì PT(1) vô nghiệm. Ví dụ 13: Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, PT sau luôn có hai nghiệm thực phân biệt: x 2 + 2 x − 8 = m( x − 2) . Lời giải. Do m > 0 nên ta có điều kiện để PT tồn tại là: x ≥ 2 Với x ≥ 2 ta có x 2 + 2x + 8 ≥ 0 , bình phương hai vế PT ta được: ( x + 4) ( x − 2) 2 2 = m( x − 2) (1) Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 15 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn x = 2 ⇔ 2 ( x + 4 ) ( x − 2) = m (2) PT (1) luôn có một nghiệm x = 2. Xét hàm số f ( x ) = ( x + 4 ) 2 (x − 2 ) trên khoảng (2; + ∞) . Ta có f(x) là hàm số liên tục trên khoảng (2; + ∞) . 2 2  20  > 0, ∀x . Do đó, ta có hàm số f(x) luôn Ta có f '( x) = 3 x + 4 x + 8 = 3  x + ÷ + 3 3  2 f ( x) = +∞ . đồng biến và f(2) = 0, xlim →+∞ Bảng biến thiên: x f’(x) 0 +∞ 2 + f(x) +∞ 0 -32 Dựa vào bảng biến thiên, dễ thấy với m > 0 đồ thị hàm số y = m cắt đồ thị y = f(x) tại một điểm duy nhất. Do đó, với m > 0 thì PT (2) luôn có nghiệm duy nhất. Vậy, với m > 0 thì PT đã cho có đúng hai nghiệm thực dương phân biệt Nhận xét: Những bài toán tương tự thế này HS thường mắc lỗi khi không xác định giá trị giới hạn của hàm số khi x tiến ra ±∞ hoặc x tiến đến giá trị không xác định của hàm số. Do đó, ta cần nhấn mạnh phải kiểm tra giới hạn của hàm số trước khi lập bảng biến thiên. Ví dụ 14: Tìm m để PT sau có nghiệm: 3 + x + 6 − x − (3 + x)(6 − x) = m (1) Lời giải: Điều kiện xác định của PT: −3 ≤ x ≤ 6 . Đặt t = x + 3 + 6 − x . Ta có t '( x) = 6− x − x+3 . 2 ( x + 3)(6 − x) Bảng biến thiên: x t’(x) -3 + 3 2 0 6 - Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 16 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn 3 2 t(x) 3 3 Dựa vào bảng biến thiên ta có điều kiện của t là: 3 ≤ t ≤ 3 2 1 9 Ta có t = x + 3 + 6 − x ⇒ ( x + 3)(6 − x) = t 2 − . 2 2 1 9 Biến đổi PT(1) theo t ta được: − t 2 + t + = m (2) 2 2 1 9 Xét hàm số f (t ) = − t 2 + t + trên đoạn 3;3 2  2 2 Ta có f '( x) = −t + 1 . Do đó, ta có f '( x) < 0, ∀t ∈ 3;3 2  Do đó, hàm số f(x) nghịch biên trên đoạn 3;3 2  . Do đó, ta có: max f (t ) = f (3) = 3; min f (t ) = f (3 2) = 3;3 2    3;3 2    6 2 −9 2 Ta có, PT (1) có nghiệm ⇔ PT (2) có nghiệm trên đoạn 3;3 2  ⇔ min f (t ) ≤ m ≤ max f (t ) 3;3 2    3;3 2    ⇔ 6 2 −9 ≤m≤3 2 Ví dụ 15: Tìm m để PT sau có nghiệm: m( 1 + x 2 − 1 − x 2 + 2) = 2 1 − x 4 + 1 + x 2 − 1 − x 2 (1) Lời giải: Điều kiện xác định: −1 ≤ x ≤ 1 . Đặt t = 1 + x 2 − 1 − x 2 ; Ta có t ≥ 0 và t 2 = 2 − 2 1 − x 2 ≤ 2 Suy ra, ta có t ≤ 2 và 2 1 − x 2 = 2 − t 2 Do vậy, ta có điều kiện của t là: 0 ≤ t ≤ 2 2 Ta có PT(1) trở thành: m ( t + 2 ) = 2 − t + t ⇔ m = Xét hàm số f (t ) = −t 2 + t + 2 (2) t+2 −t 2 + t + 2 trên đoạn 0; 2  . Ta có f(t) là hàm số liên tục trên t+2 −t 2 − 4t ( ) đoạn 0; 2  . Ta có f '(t ) = 2 < 0, ∀x ∈ 0; 2 . ( t + 2) Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 17 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn ( ) Do đó, f(t) là hàm số nghịch biến trên 0; 2 . f (t ) = f ( 2) = 2 − 1; max f (t ) = f (0) = 1 . Do đó, ta có min 0; 2  0; 2      Do vậy, PT(1) có nghiệm khi và chỉ khi PT (2) có nghiệm trên đoạn 0; 2  . Điều f (t ) ≤ m ≤ max f (t ) ⇔ 2 − 1 ≤ m ≤ 1 đó có khi min 0; 2  0; 2      Ví dụ 16: Tìm m để PT sau có nghiệm thực: 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 (1) Lời giải: Điều kiện xác định : x ≥ 1 Ta có 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 ⇔ m = −3 Đặt t = 4 x −1 (0 ≤ t < 1) ⇒ x +1 x −1 x −1 + 24 x +1 x +1 x −1 2 =t . x +1 Ta có biển đổi PT theo ẩn t là : m = −3t 2 + 2t (2) Xét hàm số f(t) = -3t2 + 2t trên tập [ 0;1) ; Ta có f’ ( t ) = −6t + 2 . Do đó f’ ( t ) = 0 ⇔ t = 1 . 3 Bảng biến thiên: t 0 f’(t) + f(t) 1 3 0 1 3 1 - 0 -1 Do vậy, PT(1) có nghiệm khi và chỉ khi PT(2) có nghiệm trên nửa khoảng [ 0;1) . Dựa vào bảng biến thiên, điều đó có khi −1 < m ≤ 1 3 Ví dụ 17: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để PT: (m − 1) log 21 ( x − 2) − ( m − 5) log 1 ( x − 2) + m − 1 = 0 (1) 2 2 có hai nghiệm thoả mãn điều kiện 2 < x1 ≤ x2 < 4 Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 18 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn Lời giải: Điều kiện xác định: x > 2. Đặt t = log 1 ( x − 2) 2 . Với 2 < x < 4 ta có t > −1 . Ta có PT(1) biến đổi theo PT ẩn t là: t 2 − 5t + 1 ( m − 1) t – ( m − 5 ) t + m − 1 = 0 ⇔ m = 2 (2) t − t +1 2 t 2 − 5t + 1 Xét hàm số f (t ) = 2 trên khoảng ( −1; +∞ ) . Ta có f(t) là hàm số liên tục t − t +1 và xác định trên ( −1; +∞ ) . 5 1 1− + 2 t t =1 ; f (t ) = lim Ta có xlim →+∞ x →+∞ 1 1 1− + 2 t t 4t 2 − 4 Ta có f '(t ) = 2 . Do đó, f’(t) =0  t = 1. (t − t + 1)2 Ta có bảng biến thiên t f’(t) -1 0 7 3 f(t) - +∞ 1 0 + 1 -3 PT (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả 2 < x1 ≤ x2 < 4 khi và chi khi PT (2) có hai nghiệm t1, t2 thoả mãn -1< t1≤t2. Dựa bào bảng biến thiên ta được -3≤ m 0, ∀t ∈  − ;1 ⇒ f '(t ) > 0, ∀t ∈  −  2 2   3    2 2 ; Suy ra, f(t) là hàm số đồng biến trên đoạn  − .  2 2  Ta có bảng biến thiên: Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 20 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn t − 2 2 2 2 f’(t) + 7 2 −1 2 f(t) −7 2 − 1 2 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy PT theo t có đúng một nghiệm thuộc đoạn  2 2  2 2 ; ; −  . Vì với mỗi t thuộc đoạn  −  có tương ứng duy nhất một giá trị x 2 2 2 2      3π π  thuộc đoạn  − ; −  . Vậy không tồn tại giá trị của m để PT đã cho có nhiều hơn một 8  8  3π π  nghiệm thuộc  − ; −  . 8  8 cos 6 x + sin 6 x = 2m tan 2 x (*) Ví dụ 20: Tìm m để PT có nghiệm: cos 2 x − sin 2 x Lời giải: Điều kiện xác định: cos 2 x − sin 2 x = cos 2 x ≠ 0 . 3 1 − sin 2 2 x sin 2 x Ta có (*) ⇔ 4 = 2m cos 2 x cos 2 x (1) Đặt t = sin2x. Ta có t ∈ (-1;1) và PT trở thành: 3t 2 + 8mt − 4 = 0 (2) Để PT (1) có nghiệm thì PT (2) có nghiệm t thuộc khoảng ( −1;1) . −3t 2 + 4 = m. Vì t = 0 không là nghiệm của PT(2) nên ta có (2) ⇔ 8t Xét hàm số f (t ) = −3t 2 + 4 trên tập ( −1;0 ) ∪ (0;1) . 8t 3 1 Ta có f '(t ) = −( + 2 ) < 0, ∀t ∈ (−1;0) ∪ (0;1) . 8 2t Ta có bảng biếng thiên: t f’(t) -1 0 - 1 - Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 21 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn f(t) −1 8 +∞ 1 8 −∞ Dựa vào bảng biến thiên, ta có : với m > 1 thì PT có nghiệm. 8 Bài tập áp dụng : 1/ Tìm m để PT sau có 3 nghiệm dương phân biệt x 3 − x 2 + 18mx − 2m = 0 2/ Tìm m để PT sau có 3 nghiệm phân biệt x ∈ [ −3;0] . (x2 + 2x)2 – (m + 1)(x2 + 2x) + m + 1 = 0 3/ Chứng minh rằng: Với n là số tự nhiên chẵn và a là số lớn hơn ba thì PT sau vô nghiệm : (n + 1) x n+ 2 − 3(n + 2) x n +1 + a n+ 2 = 0 4/ Tìm các giá trị m để PT sau có đung hai nghiệm thực phân biệt: 4 2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m 5/ Tìm m để PT sau sau có nghiệm : x + 1 = m x2 − x + 1 6/ Biện luận theo m số nghiệm của PT x4 + 4 x + m + 4 x4 + 4x + m = 6 3 7/ Tìm m để PT sau có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn 1;3  : log 32 x + log32 x + 1 − 2m − 1 = 0 8/ Tìm m để PT sau có nghiệm thuộc nửa khoảng [ 32; +∞ ) log 22 x + log 1 x 2 − 3 = m(log 4 x 2 − 3) 2  π 9/ Tìm m để PT sau có duy nhất một nghiệm thuộc đoạn 0;   4 (4 − 6m)sin 3 x + 3(2m − 1)sin x + 2(m − 2)sin 2 x cos x − (4m − 3)cos x = 0 b) Dùng đạo hàm để xét số nghiệm của BPT chứa tham số Ví dụ 21. Tìm m để BPT m( x 2 − 2 x + 2 + 1) + x(2 − x) ≤ 0 (1) có nghiệm thuộc đoạn 0;1 + 3  . Lời giải. Vì x2 - 2x + 2 = (x -1)2 + 1 ≥ 1 nên BPT(1) xác định với mọi x. Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 22 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn Ta có (1)  m( x 2 − 2 x + 2 + 1) ≤ ( x 2 − 2 x + 2) − 2 Đặt t = x 2 − 2 x + 2 . Ta có t ≥ 1; Do x ∈ 0;1 + 3  nên ta có t ∈ [ 1;2] . t2 − 2 Ta có BPT biển đổi theo ẩn t là: m(t + 1) ≤ t − 2 ⇔ m ≤ (2) t +1 2 Xét hàm số f (t ) = t2 − 2 trên đoạn [ 1;2] . t +1 t 2 − 2t + 2 (t − 1) 2 + 1 = > 0, ∀t . Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên Ta có f '(t ) = (t + 1) 2 (t + 1) 2 đoạn [ 1;2] . Do đó, PT(1) có nghiệm trên 0;1 + 3  khi và chỉ khi PT (2) có nghiệm trên đoạn [ 1;2] . Điều đó có khi m ≤ max f (t ) = f (2) = [ 1;2] 2 . 3 Ví dụ 22: Tìm m để BPT x 3 + 3x 2 + 1 ≤ m( x − x − 1)3 có nghiệm Lời giải : Điều kiện xác định x ≥ 1. Ta có x 3 + 3x 2 + 1 ≤ m( x − x − 1)3 ⇔ ( x3 + 3 x 2 + 1)( x + x − 1)3 ≤ m (1) Ta có hàm số h(x)= x3+3x2 +1 xác định trên [ 1; +∞ ) và h’(x) = 3x2 +6x. Ta có h’(x) > 0 ,∀x ∈ [ 1; +∞ ) . Suy ra h(x) là hàm số đồng biến trên tập [ 1; +∞ ) . Ta có hàm số g ( x) = ( x + x − 1)3 xác đinh trên [ 1; +∞ ) và 1   1 g '( x) = 3( x + x − 1) 2  + ÷ > 0, ∀x ∈ [ 1; +∞ )  2 x 2 x −1  Suy ra, g(x) là hàm số đồng biến trên tập [ 1; +∞ ) . Do đó, f(x) = h(x).g(x) là hàm số đồng biến trên tập [ 1; +∞ ) . f ( x) = f (1) = 5 Vậy, BPT (1) có nghiệm ⇔ m ≥ min [ 1;+∞ ) Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 23 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn Ví dụ 23. Tìm các giá trị của m để BPT m 4 x + (m − 1)2 x + 2 + m − 1 > 0 nghiệm đúng với mọi x thuộc ¡ . Lời giải: TXĐ D = ¡ . Đặt t = 2x , (t >0). Ta có BPT biến đổi theo ẩn t là: mt2 + 4(m - 1)t + m - 1 > 0 ⇔ (t2 + 4t +1)m > 4t + 1 Với t > 0 thì t2 + 4t + 1 > 0. Chia hai vế của BPT trên với t ta được m> 4t+1 t 2 + 4t +1 4t+1 trên khoảng ( 0; +∞ ) . t + 4t +1 Xét hàm số f(t)= 2 f (t ) = 0 và f '(t ) = Ta có xlim →+∞ -4t 2 -2t < 0, ∀t ∈ (0; +∞) (t 2 + 4t +1) 2 Suy ra, f(t) là hàm số giảm trên khoảng ( 0; +∞ ) . Ta có bảng biến thiên t f’(t) f(t) +∞ 0 1 0 Dựa vào bảng biến thiên ta có: BPT (1) nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi BPT(2) nghiệm đúng với mọi t dương. Điều đó có khi m >1. Ví dụ 24: Tìm các giá trị của tham số m để BPT sau nghiệm đúng với mọi x thoả mãn x ≥ 1 : 2 m.92 x 2 −x − (2m + 1).62 x 2 −x + m.4 2 x 2 −x ≤ 0 (1) Lời giải: TXĐ D = ¡ . Chia hai vế của BPT (1) cho 42 x  3  2 x m  ÷  2  2 −x 2 2 −x ta được 2x   3  − (2m + 1)  ÷  2  2 −x +m≤0 Xét hàm số g(x) = 2x2 - x trên ¡ , ta có g’(x) = 4x – 1. Do đó, g’(x) = 0 ⇔ x = 1 . 4 Ta có bảng biến thiên Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 24 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn x 0 g’(x) - +∞ 1 2 1 4 +∞ 1 2 - + +∞ g(x) 1 0 Từ bảng biến thiên, ta có g(x) ≥ 0, ∀x thoả x ≥ 2 x2 − x 3 Đặt t =  ÷ 2 . Vì x ≥ 1 . 2 1 nên ta có t ≥ 1. 2 Ta có BPT biến đổi theo ẩn t là : mt 2 − ( 2m + 1) t + m ≤ 0 ⇔ ( t − 1) m ≤ 2t (2) 2 Dễ thấy t = 1 là một nghiệm của BPT (2). Với t > 1, chia hai vế của BPT(2) cho ( t − 1) Ta có, hàm số f (t ) = Ta có lim+ t →1 2t ( t − 1) 2 2 ta được m≤ 2t ( t − 1) 2 (3) liên tục trên khoảng (1; +∞). −2(t + 1) 2t 2t < 0, ∀t > 1 = +∞; lim = 0 và f '(t ) = 3 2 2 t →+∞ (t − 1) (t − 1) ( t − 1) Suy ra, f(t) là hàm số nghịch biến trên khoảng (1; +∞). Ta có bảng biến thiên t f’(t) f(t) +∞ 1 +∞ 0 Dựa vào bảng biến thiên ta có: BPT (1) nghiệm đúng với mọi x thoả x ≥ 1 khi và 2 chỉ khi (3) nghiệm đúng với mọi t ≥ 1. Điều đó có khi m > 0 Bài tập áp dụng 1/ Tìm m để BPT (4 + x)(6 − x) ≤ x 2 − 2 x + m nghiệm đúng với mọi x thuộc [ −3;6] . 2/ Tìm các giá trị tham số m để BPT sau nghiệm đúng với mọi x ≤ 0 Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 25 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn m.2 x +1 + (2m + 1)(3 − 5) x + (3 + 5) x < 0 3/ Tìm m để các BPT sau nghiệm đúng với mọi x a/ sin 3 x + cos3 x ≥ m ; b/ x 4 + 4mx + m > 0 2 c/ x − 2mx + 2 x − m + 2 > 0 c) Dùng đạo hàm để xét nghiệm của hệ PT, hệ BPT chứa tham số Ví dụ 25: Chứng minh rằng với m ≠ 0, hệ PT sau có nghiệm duy nhất  2 m2 2 x = y + y   2 2 y 2 = x + m  x Lời giải : Điều kiện x > 0; y > 0.  2 m2 2 x = y + 2 2 2  y  2 x y = y + m ⇔ 2 Ta có  2 2 2 m 2 y x = x + m 2 y 2 = x +  x (1) (2) Lấy (1) trừ (2) theo vế, ta có 2 x 2 y − 2 y 2 x = y 2 − x 2 ⇔ ( x − y )(2 xy + x + y ) = 0 (3) Vì x > 0, y > 0 nên 2xy + x + y > 0. Do đó, ta có (3) ⇔ y = x. Thế vào (1) ta được: 2x3 = x2 + m2 ⇔ 2x3 – x2 = m2 (4) Xét hàm số f(x) = 2x3 - x2 trên (0; +∞ ), ta có f’(x) = 6x2 - 2x. Suy ra f’(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1 . 3 Ta có bảng biến thiên x f’(x) - 0 0 f(x) +∞ 1 3 0 − + +∞ 1 3 Do m ≠ 0 nên m2 > 0. Dựa vào bảng biến thiến ta thấy (4) có nghiệm duy nhất ∀m ≠ 0 . Vậy ∀m ≠ 0 hệ PT luôn có nghiệm duy nhất Ví dụ 26: Tìm giá trị của tham số m để hệ PT sau có nghiệm Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 26 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn 1 1  x + x + y + y = 5    x3 + 1 + y 3 + 1 = 15m − 10  x3 y3 Lời giải: Điều kiện x.y ≠ 0. 1 1  x + x + y + y = 5  Ta có   x 3 + 1 + y 3 + 1 = 15m − 10  x3 y3  1 1  x + x + y + y = 5   3 3  x + 1  − 3  x + 1  +  y + 1  − 3  y + 1  = 15m − 10 ÷  ÷  ÷  ÷  x x  y y    Đặt u = x + 1 1 ( u ≥ 2) và v = y + ( v ≥ 2) . y x u + v = 5 Ta có hệ PT:  3 3 u + v − 3(u + v) = 15m − 10 u + v = 5 ⇔ 3 (u + v) − 3uv(u + v) − 3(u + v) = 15m − 10 u + v = 5 ⇔ uv = 8 − m Suy ra, u và v là các nghiệm của PT: t2 - 5t + 8 - m = 0 ⇔ t2 - 5t + 8 = m (1) Xét hàm số f(t) = t2 - 5t + 8 trên tập ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ ) . Ta có f’(t) = 2t – 5 và f’(t) = 0 ⇔ t = 5 . 2 Ta có bảng biến thiên: t f’(t) −∞ -2 - 5 2 2 - +∞ 0 Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 27 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn +∞ +∞ 2 f(t) 7 4 22 Theo điều kiện của u và v. Hệ PT có nghiệm khi PT (1) có hai nghiệm t 1; t2 thoả t2 ≥ t1 ≥ 2 . Dựa vào bảng biến thiên ta có 7 < m ≤ 2 ∨ m ≥ 22 . 4 Ví dụ 27. Tìm các giá trị của m để hệ sau có hai nghiệm phân biệt: log 3 ( x + 1) − log 3 ( x − 1) > log 3 4  2 log 2 ( x − 2 x + 5) − m log x2 −2 x +5 2 = 5 Lời giải: Điều kiện xác định x > 1. log 3 ( x + 1) − log 3 ( x − 1) > log 3 4 Ta có  2 log 2 ( x − 2 x + 5) − m log x2 −2 x +5 2 = 5 (1) (2) Ta có (1) ⇔ 2log 3 ( x + 1) > 2log 3 2( x − 1) ⇔ x + 1 > 2( x − 1) > 0 ⇔1< x < 3 Vậy hệ BPT có hai nghiệm phân biệt khi PT (2) có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (1;3). 2 Ta có (2) ⇔ log 2 ( x − 2 x + 5) − m =5 log 2 ( x − 2 x + 5) 2 ⇔ log 22 ( x 2 − 2 x + 5) − 5log 2 ( x 2 − 2 x + 5) − m = 0 2 Vì 1< x < 3 nên 4 < x2 – 2x + 5 < 8 ⇔ 2 < log 2 ( x − 2 x + 5) < 3 Đặt t = log 2 ( x 2 − 2 x + 5) . Do 1 < x < 3 nên ta có 2 < t < 3. Ta có PT biến đổi theo ẩn t là: t2 - 5t - m = 0 ⇔ t2 - 5t = m (3) Xét hàm số f(t) = t2 – 5t trên khoảng (2; 3). Ta có f’(t) = 2t – 5 và f’(t) = 0 ⇔ t = 5 . 2 Ta có bảng biến thiên: t 2 5 2 3 f’(t) 0 + Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 28 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn -6 -6 f(t) − 25 4 Dựa vào bảng biến thiên ta có: PT(2) có hai nghiệm thuộc (1; 3) khi và chỉ khi PT(3) có một nghiệm thuộc (2; 3). Điều đó có khi m = − 25 . 4 Bài tập áp dụng: 1/ Tìm m để hệ PT sau có nghiệm duy nhất 2 x − y − m = 0   x + xy = 1 2/ Tìm m để hệ BPT sau có nghiệm 2 2 x − 7 x + 3 ≤ 0  2  x − mx + m ≤ 0 3/ Tìm m để hệ BPT sau có nghiệm  x 2 − 3x ≤ 0  3 2  x − 2 x x − 2 − m − 20m ≥ 0 2.2.3. Sử dụng định lý Lagrange để giải một số dạng PT Định lý Lagrange: Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm trên khoảng (a; b) thì tồn tại c ∈ (a; b) sao cho f '(c) = f (b) − f (a ) . b−a Hệ quả: Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm đến cấp n. Nếu PT f ( n ) ( x) = 0 có k nghiệm thì PT: f ( n−1) ( x) = 0 có nhiều nhất (k + 1) nghiệm. Ví dụ 28: Cho các số thực a, b, c và số nguyên n > 0 thoả mãn: π 5c ( n + 2 ) + 6 ( a + b ) = 0. Chứng minh rằng PT sau luôn có nghiệm trên (0; ) 2 a.sin n x + b.cos n x + c.sinx+c=0 Lời giải: Từ giả thiết, ta có a 5c b + =− (*) n+2 6 n+2 π sin n+ 2 x cos n+2 x sin 3 x sin 2 x −b +c +c Xét hàm số f ( x) = a trên [0; ] , ta thấy 2 n+2 n+2 3 2 π f(x) thoả mãn điều kiện của định lý Lagrang trên [0; ] . 2 Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 29 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn Mặt khác, ta có f (0) = − b π a 5c ;f( )= + n+2 2 n+2 6 π Suy ra f (0) = f ( ) (do (*)). 2 π Theo định lý Lagrang thì PT f’(x) = 0 có nghiệm trên (0; ) hay ta có: 2 a.sin n+1 x.cosx+cos n+1 x sinx+c.sin 2 x.cosx+c.sinx.cosx=0 ⇔ sinx.cosx(asin n x + b.cos n x + csinx+c)=0 π ⇔ a.sin n x + b.cos n x + c.s inx+c=0 có nghiệm trên (0; ) 2  π (vì sinx, cosx > 0 trên  0; ÷)  2 Ví dụ 29: Cho 0 < a < b. Chứng minh rằng: Lời giải: Ta có (1) ⇔ b−a b b−a < ln < (1) b a a 1 ln b − ln a 1 < < . b b−a a Xét hàm số f(x) = lnx trên [a; b]. Ta thấy f(x) thỏa mãn điều kiện định lý Lagrange trên [a;b] nên tồn tại số c thoả mãn a < c < b sao cho: f '(c) = Vì c ∈ (a; b) nên 1 f (b) − f (a ) ln b − ln a = = . c b−a b−a 1 1 1 1 ln b − ln a 1 < < . Do đó, ta có < < . b c a b b−a a Ví dụ 30: Giải PT: 3cosx = 2cosx + cosx Lời giải: Đặt t = cosx; t ∈ [-1;1] . Khi đó, PT trở thành: 3t = 2 t + t ⇔ 3t − 2t − t = 0 Ta thấy PT này có hai nghiệm t = 0 và t = 1 ta sẽ chứng minh đó là số nghiệm nhiều nhất mà PT có thể có: Xét hàm số f (t ) = 3t - 2t - t với t ∈ [-1;1] ta có f '(t ) = 3t ln 3 − 2t ln 2 − 1 và f "(t ) = 3t ln 2 3 − 2t ln 2 2 > 0 Suy ra f’(t) = 0 có nhiều nhất một nghiệm. Do đó, f(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm. Vậy t = 0; t = 1 là 2 nghiệm của PT. Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 30 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn Với t=0 ⇔ cosx=0 ⇔ x= π + kπ 2 Với t=1 ⇔ cosx=1 ⇔ x=k 2π (k ∈ ¢ ) (k ∈ ¢ ) Vậy PT đã cho có hai họ nghiệm: x = k 2π ; x = π + kπ 2 (k ∈ ¢ ) 2.2.4. Sử dụng khái niệm giới hạn và liên tục của hàm số để giải toán PT Để chứng minh PT f ( x) = 0 có k nghiệm thuộc [ a; b ] bằng cách sử dụng tính chất hàm liên tục ta thực hiện theo các bước sau: - Bước 1. Chọn các số: a < T1 < T2 < ... < Tk −1 < b . Chia đoạn [ a; b ] thành k đoạn thỏa mãn:  f (a ). f (T1 ) < 0  .......................  f (T ). f (b) < 0 k −1  - Bước 2. Kết luận. Phương pháp trên thường được sử dụng để chứng minh PT f ( x) = 0 có k nghiệm thuộc [ a; b ] . Chú ý rằng nếu f (a ). f (b) < 0 trên [ a; b ] liên tục thì ta chỉ khẳng định được PT f ( x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc [ a; b ] . Vì vậy muốn chứng minh PT có k nghiệm thuộc [ a; b] ta phải chia đoạn [ a; b] thành k đoạn thỏa mãn f (a ). f (T1 ) < 0;.....; f (Tk −1 ). f (b) < 0 và các đoạn [ a; T1 ] ; [ T1 ; T2 ] ;...; [ Tk −1; b ] không giao nhau đồng thời phải chứng minh được PT f ( x) = 0 có nhiều nhất k nghiệm. Ví dụ 31. Chứng minh rằng PT x 5 − 5x 3 + 4x − 1 = 0 có 5 nghiệm phân biệt. Lời giải: Đặt f ( x) = x5 − 5x 3 + 4x − 1 . Suy ra, f ( x) liên tục trên ¡ . Ta có f (2) = −1 < 0 , f ( −3 173 )= >0 2 32 1 13 f (0) = −1 < 0 , f ( ) = >0 2 32 Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 31 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn f (1) = −1 < 0 , f (3) = 119 > 0 Từ đó, suy ra PT f ( x) = 0 có ít nhất 5 nghiệm x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 với −2 < x1 < −3 1 < x2 < 0 < x3 < < x4 < 1 < x5 < 3 2 2 Mặt khác, ta có x 5 − 5x 3 + 4x − 1 = 0 là PT đa thức bậc 5. Vậy, PT đã cho có 5 nghiệm phân biệt. Ví dụ 32. Chứng minh rằng PT x 3 + mx 2 − 1 = 0 luôn có ít nhất một nghiệm dương. Lời giải: Đặt f(x)=x 3 + mx 2 − 1 . Suy ra, f(x) liên tục trên ¡ . f ( x) = +∞ ⇒ ∃a > 0 : f ( a) > 0 Mặt khác, ta có f (0) = −1 và xlim →+∞ Do f(x) liên tục trên ¡ và f (0). f (a ) < 0 nên tồn tại x0 ∈ ( 0; a ) : f ( x0 ) = 0 . Suy ra f ( x) luôn có ít nhất 1 nghiệm dương. Ví dụ 33. Chứng minh rằng PT 23 x +1 − 3.2 x +1 + 1 = 0 (1) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt đều nhỏ hơn 1. Lời giải: Đặt 2 x = t ; t > 0 Khi đó, ta có (1) có dạng: 2t 3 − 6t + 1 = 0 (2) Ta có hàm số f (t ) = 2t 3 − 6t + 1 liên tục trên ¡ . Ta có f (−2) = −3 ; f (0) = 1 f (1) = −3 ; f (2) = 5 Ta có f (−2). f (0) = −3 < 0 . Do đó, PT (2) có ít nhất một nghiệm t0 ∈ ( −2;0 ) , loại vì t > 0 . Ta có f (0). f (1) = −3 < 0 . Do đó, PT (2) có ít nhất một nghiệm t1 ∈ ( 0;1) . Ta có f (1). f (2) = −15 < 0 . Do đó, PT (2) có ít nhất một nghiệm t2 ∈ ( 1;2 ) . x x Do đó, ta có 0 < t1 < t2 < 2 ⇔ 0 < 2 1 < 2 2 < 2 ⇔ x1 < x2 < 1 . Vậy, PT (1) có ít nhất hai nghiệm phân biệt đều nhỏ hơn 1. 2.2.5. Sử dụng đồ thị hàm số để giải bài toán về PT, BPT Đây là phương pháp được sử dụng tương đối nhiều trong quá trình ôn thi đại học. Ở lớp 10 các em đã được làm quen với phương pháp đồ thị để giải quyết các bài toán về Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 32 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn PT bậc hai chứa dấu giá trị tuyệt đối, đặc biệt là các bài toán chứa tham số mà không được sử dụng định lý đảo về dấu của tam thức bậc hai. Khi lên lớp 12 phương pháp này càng được áp dụng thường xuyên hơn nữa nhờ việc sử dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. Phương pháp chung: Để giải bài toán tìm điều kiện của tham số m để PT F ( x, m) = 0 có nghiệm, ta có thể hướng dẫn HS thực hiện theo các bước: - Bước 1. Biến đổi PT F ( x, m) = 0 về dạng: f ( x) = g (m) hoặc f ( x) = g (m)( x − x0 ) + y0 - Bước 2. Vẽ đồ thị - Bước 2. Dựa vào đồ thị để kết luận. Sau đây là một số ví dụ về dạng toán này: Ví dụ 34. Biện luận theo m số nghiệm của PT: −2x 2 + 10x − 8 = x 2 − 5x + m 2 2 Lời giải: PT đã cho tương đương với PT: −2x + 10x − 8 − x + 5x = m 2 2 Xét hàm số f ( x) = −2x + 10x − 8 − x + 5x 2 khi x4  x − 5x+8 = 2 −3 x + 15x-8 khi 1 ≤ x ≤ 4 y f(x)=x^2-5*x+8 f(x)=x^2-5*x+8 f(x)=-3*x^2+15*x-8 12 f(x)=6 10 Vẽ đồ thị hàm số y = f ( x) và đường 8 thẳng y = m trên cùng một hệ trục tọa độ. 6 4 Khi đó, số nghiệm của PT là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x) với đường thẳng 2 x -14 -13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -2 y = m. -4 Từ đồ thị hàm số ta có: - Nếu m < 4 thì PT vô nghiệm. m = 4 - Nếu  thì PT có 2 nghiệm phân biệt  m > 43 4  - Nếu 4 < m < 43 thì PT có 4 nghiệm phân biệt 4 Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 33 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn - Nếu m = 43 thì PT có 3 nghiệm phân biệt 4 2 2 2 Ví dụ 35. Biện luận số nghiệm của PT: x + x + m = − x + x + 2 (1) −1 ≤ x ≤ 2 − x 2 + x + 2 ≥ 0  ⇔  −2x − 2 = m Lời giải: Ta có (1) ⇔  2  2 2 2 2 x + x + m = − x + x + 2 ) ( ) −2x 2 + 2 = m (  −2x − 2 = m ⇔ 2  −2x + 2 = m khi x ∈ [ −1;2] khi x ∈ [ −1;2] Vẽ đồ thị (C ) của hàm số y = −2x 2 + 2 với x ∈ [ −1;2] ; đồ thị (D) của hàm số y = −2x-2 với x ∈ [ −1;2] và đường thẳng y = m trên cùng một hề trục tọa độ. Số nghiệm của PT (1) bằng số giao điểm của (C ) và đường thẳng y = m cộng với số giao điểm của (D ) và đường thẳng y = m . Nhìn vào đồ thị hàm số ta thấy: y f(x)=-2*x^2+2 f(x)=-2*x-2 2 f(x)=-4 m > 2 - Nếu  thì PT (1) vô nghiệm.  m < −6 x -17 -16 -15 -14 -13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 m = 2 - Nếu  thì PT (1) có một nghiệm.  m = −6 - Nếu −6 < m < 2 thì PT (1) có hai nghiệm. III. Một số đề xuất hướng dẫn học sử dụng phương -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 -2 -4 -6 -8 -10 -12 -14 -16 pháp hàm số để giải một số dạng toán về PT, bất PT. PT, BPT là một nội dung cơ bản của chương trình toán THPT. Trong chương trình toán THPT thì phần lý thuyết về PT và bất PT được kết thúc ở lớp 10 trong khi đó phần hàm số HS được học ở cả 3 năm lớp 10, 11, 12, đặc biệt ở lớp 11 và lớp 12 HS được học về đạo hàm, một công cụ đắc lực để khảo sát các tính chất của hàm số. Vì vậy trong phần náy chúng tôi đề cập đến việc hướng dẫn HS sử dụng phương pháp hàm số để giải các bài toán về PT và bất PT. Muốn làm được việc này GV cần tạo điều kiện cho HS tập luyện những hoạt động ăn khớp với phương pháp hàm số một cách thường xuyêntrong cả ba năm THPT. III.1. Vận dụng song hành giữa kiến thức về hàm số và PT, bất PT Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 34 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn Khi dạy về hàm số và các tính chất của nó, ta nên tạo cơ hội cho HS sử dụng các tính chất của hàm số để giải các bài toán về PT và bất PT. Còn khi dạy về PT và bất PT nếu có thể thì ta nên minh họa tập nghiệm của PT, bất PT đó thông qua khái niệm của đồ thị hàm số và trong một số phép biến đổi PT, BPT ta đã sử dụng tính chất nào của hàm số để biến đổi. Đối với những PT, bất PT có thuật toán để giải, ví dụ như PT, bất PT bậc hai, thì ngoài cách giải tường minh như sách giáo khoa thì cũng có những bài ta có thể hướng dẫn HS sử dụng các kiến thức về hàm số để giải chúng để từ dódần hình thành cho HS một phương pháp để giải các bài toán về PT, bất PT đó là: “phương pháp hàm số”. Bước đầu GV nên định hướng cho HS những dạng toán về PT, bất PT như thế nào ta nên nghĩ đến phương pháp hàm số. III.2. Tìm cách đưa các mệnh đề và các ví dụ bài tập vào trong các giờ học chính khóa. Thời gian các giờ học chính khóa được quy định rất chặt chẽ. Để đảm bảo được điều đó ta cần lựa chọn những ví dụ bài tập ngắn gọn để thể hiện rõ việc ứng dụng các tính chất của hàm số để giải PT, bất PT, còn các mệnh đề thì ta nên đưa vào trong những giờ ôn tập cuối chương hoặc ôn tập cuối học kì (có thể đưa vào các giờ dạy chuyên đề buổi chiều vì bây giờ hầu hết các trường THPT đều tổ chức học thêm buổi chiều với 100% HS tham gia). Khi đưa các ví dụ và các mệnh đề vào giờ học chính khóa, GV cần tránh dạy học theo kiểu “thầy đọc, trò chép”. Khi HS gặp khó khăn trong việc tìm lời giải của một bài toán, GV không nên đưa ngay ra cách giải vì làm như vậy HS sẽ rất thụ động trong học tập, không giúp họ phát huy tính tự giác, độc lập và sang tạo trong học tập. Trong trường hợp này, GV nên đưa ra các câu hỏi gợi ý, dẫn dắt HS tìm lời giải. III.3. Sử dụng các ví dụ và bài tập để xây dựng chuyên đề ngoại khóa cho HS. + Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, bất PT. + Ứng dụng của đạo hàm vào giải, biện luận PT, bất PT. + Giải PT, bất PT chứa tham số bằng đồ thị. IV. Kết luận. Trong chuyên đề này, chúng tôi đã giải quyết được một số nội dung chính sau: - Một số kiến thức cơ bản liên quan giữa hàm số, PT và BPT - Vận dụng các kết quả nghiên cứu hàm số để giải các bài toán về PT và hệ PT Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 35 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn + Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, hệ PT, BPT + Sử dụng GTLN, GTNN của hàm số để tìm giá trị tham số để PT, BPT, hệ PT có nghiệm + Sử dụng định lý Lagrange để giải một số dạng PT + Sử dụng khái niệm giới hạn và liên tục của hàm số để giải toán PT + Sử dụng đồ thị hàm số để giải bài toán về PT, BPT - Một số đề xuất hướng dẫn học sử dụng phương pháp hàm số để giải một số dạng toán về PT, bất PT. Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 36 [...]... Vận dụng các kết quả nghiên cứu hàm số để giải các bài toán về PT và hệ PT Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 35 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn + Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, hệ PT, BPT + Sử dụng GTLN, GTNN của hàm số để tìm giá trị tham số để PT, BPT, hệ PT có nghiệm + Sử dụng định lý Lagrange để giải một số dạng PT + Sử dụng khái niệm giới hạn và liên tục của hàm số để. .. số để biến đổi Đối với những PT, bất PT có thuật toán để giải, ví dụ như PT, bất PT bậc hai, thì ngoài cách giải tường minh như sách giáo khoa thì cũng có những bài ta có thể hướng dẫn HS sử dụng các kiến thức về hàm số để giải chúng để từ dódần hình thành cho HS một phương pháp để giải các bài toán về PT, bất PT đó là: phương pháp hàm số Bước đầu GV nên định hướng cho HS những dạng toán về PT, bất. .. III Một số đề xuất hướng dẫn học sử dụng phương -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 -2 -4 -6 -8 -10 -12 -14 -16 pháp hàm số để giải một số dạng toán về PT, bất PT PT, BPT là một nội dung cơ bản của chương trình toán THPT Trong chương trình toán THPT thì phần lý thuyết về PT và bất PT được kết thúc ở lớp 10 trong khi đó phần hàm số HS được học ở cả 3 năm lớp 10, 11, 12, đặc biệt ở lớp 11 và lớp 12 HS được học về đạo... + Sử dụng định lý Lagrange để giải một số dạng PT + Sử dụng khái niệm giới hạn và liên tục của hàm số để giải toán PT + Sử dụng đồ thị hàm số để giải bài toán về PT, BPT - Một số đề xuất hướng dẫn học sử dụng phương pháp hàm số để giải một số dạng toán về PT, bất PT Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 36 ... 2.2.5 Sử dụng đồ thị hàm số để giải bài toán về PT, BPT Đây là phương pháp được sử dụng tương đối nhiều trong quá trình ôn thi đại học Ở lớp 10 các em đã được làm quen với phương pháp đồ thị để giải quyết các bài toán về Chuyên đề ôn thi đại học năm học 2013- 2014 32 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn PT bậc hai chứa dấu giá trị tuyệt đối, đặc biệt là các bài toán chứa tham số mà không được sử dụng. .. đạo hàm, một công cụ đắc lực để khảo sát các tính chất của hàm số Vì vậy trong phần náy chúng tôi đề cập đến việc hướng dẫn HS sử dụng phương pháp hàm số để giải các bài toán về PT và bất PT Muốn làm được việc này GV cần tạo điều kiện cho HS tập luyện những hoạt động ăn khớp với phương pháp hàm số một cách thường xuyêntrong cả ba năm THPT III.1 Vận dụng song hành giữa kiến thức về hàm số và PT, bất. .. hỏi gợi ý, dẫn dắt HS tìm lời giải III.3 Sử dụng các ví dụ và bài tập để xây dựng chuyên đề ngoại khóa cho HS + Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, bất PT + Ứng dụng của đạo hàm vào giải, biện luận PT, bất PT + Giải PT, bất PT chứa tham số bằng đồ thị IV Kết luận Trong chuyên đề này, chúng tôi đã giải quyết được một số nội dung chính sau: - Một số kiến thức cơ bản liên quan giữa hàm số, PT và... đại học năm học 2013- 2014 34 Hoàng Trung Hiếu Trường THPT Sáng Sơn Khi dạy về hàm số và các tính chất của nó, ta nên tạo cơ hội cho HS sử dụng các tính chất của hàm số để giải các bài toán về PT và bất PT Còn khi dạy về PT và bất PT nếu có thể thì ta nên minh họa tập nghiệm của PT, bất PT đó thông qua khái niệm của đồ thị hàm số và trong một số phép biến đổi PT, BPT ta đã sử dụng tính chất nào của hàm. .. x b) 6 8 + ... + Sử dụng định lý Lagrange để giải số dạng PT + Sử dụng khái niệm giới hạn liên tục hàm số để giải toán PT + Sử dụng đồ thị hàm số để giải toán PT, BPT - Một số đề xuất hướng dẫn học sử dụng phương. .. Sử dụng đồ thị hàm số để giải toán PT, BPT Đây phương pháp sử dụng tương đối nhiều trình ôn thi đại học Ở lớp 10 em làm quen với phương pháp đồ thị để giải toán Chuyên đề ôn thi đại học năm học. .. III Một số đề xuất hướng dẫn học sử dụng phương -6 -5 -4 -3 -2 -1 -2 -4 -6 -8 -10 -12 -14 -16 pháp hàm số để giải số dạng toán PT, bất PT PT, BPT nội dung chương trình toán THPT Trong chương trình