Chuyên đề xét dấu và ứng dụng

Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số
PHẦN I
ỨNG DỤNG CỦA TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Một số mệnh đề:
Ký hiệu K là một đoạn,một khoảng hoặc một nửa khoảng.
1) Nếu f(x) liên tục trên đoạn [a ; b] và f(a).f(b) < 0 thì phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm c
∈
(a ; b).
2) Nếu f(x) liên tục và đơn điệu trên K thì phương trình f(x) = 0 có không quá một nghiệm trên K.
Tổng quát hơn,
Nếu f(x) liên tục và tăng trên K, g(x) liên tục và giảm (hoặc là hàm hằng) trên K thì phương trình f(x) = g(x) có không
quá một nghiệm trên K.
3) Nếu f(x) liên tục và đơn điệu trên K thì
∀
x, y
∈
K ta có f(x) = f(y)
⇔
x = y.
4) (Định lý Lagrange) Nếu f(x) liên tục trên đoạn [a ; b] và có đạo hàm trên khoảng (a ; b) thì tồn tại c
∈
(a ; b) sao
cho:
( ) ( )
( )
f b f a
f c
b a
−
′

=
−
.
5) Nếu PT
/
( ) 0f x =
có n nghiệm trên (a ; b) thì PT f(x) = 0 có không quá (n + 1) nghiệm trên (a ; b).
Lưu ý :
* Tổng của 2 hàm tăng trên K là một hàm tăng trên K; tổng của 2 hàm giảm trên K là một hàm giảm trên K.
* Nếu f(x) là hàm tăng trên K thì a.f(x) tăng trên K nếu a > 0 và a.f(x) giảm trên K nếu a < 0.
1) Giải phương trình
2
2
| | 3 1
8 6 1
3
x x
x x
x x
− +
+ + =
+
Giải. ĐK :
2
3 (3 1) 0.x x x x+ = + ≠
PT được viết lại :
2 2 2 2
1 1 1 1
(3 1) (3 1)
3 1 | | 3 1 | |

x x x x
x x x x
+ − = − ⇔ + − = −
+ +
. PT này có dạng f(u) = f(v) với
| 3 1|, | |u x v x= + =
và
2
1
( ) , 0.f t t t
t
= − >
Ta có
/
2
1
( ) 2 0, (0; )f t t t K
t
= + > ∀ ∈ = +∞
nên f(t) tăng trên K. Vì u, v > 0 nên f(u) = f(v) ⇔ u = v ⇔
1
3 1
2
| 3 1| | |
3 1 1
4
x
x x
x x
x x

x
−

=

+ =

+ = ⇔ ⇔


+ = − −


=


2) Giải phương trình 1 2 2 7 4x x x− + − + + = .
Giải. ĐK : x ≥ 1.
• Vì các hàm số y = x − 1, y = x − 2 và y = x + 7 tăng trên R nên
( )
1 2 2 7f x x x x= − + − + +
liên tục và tăng
trên [1 ; +∞). Do đó, PT f(x) = 4 có không quá một nghiệm trên [1 ; + ∞).
• Mặt khác, f(2) = 4 nên PT f(x) = 4 có nghiệm duy nhất là x = 2.
3) Giải phương trình
2
2 2
2 2
1 2 2 1
( 1)(2 2 1)

x x
x x x x
x x x x
+
+ + − + + =
+ + + +
Giải. PT được viết lại :
2 2
2 2
1 1
1 2 2 1
( 1) (2 2 1)
x x x x
x x x x
+ + − + + = −
+ + + +
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 1
Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số
2 2
2 2
1 1
1 2 2 1
( 1) (2 2 1)
x x x x
x x x x
⇔ + + − = + + −
+ + + +
. PT này có dạng f(u) = f(v) với
1
( )f t t

t
= −
. Ta có
/
2
1 1
( ) (0; )
2
f t t
t
t
= + > ∀ ∈ +∞
nên f(t) tăng trên (0 ; +∞).
Mặt khác,
2
1u x x= + +
và
2
2 2 1v x x= + +
luôn luôn dương với mọi x nên PT đã cho tương đương với PT
2 2 2
0
1 2 2 1 0
1.
x
u v x x x x x x
x
=

= ⇔ + + = + + ⇔ + = ⇔


= −

4) Giải phương trình
3 2 2
5 2 5
x x
x
+
+ + =
.
Giải. PT được viết lại
3 2 2
5 (3 2) 5 2
x x
x x
+
+ + = +
có dạng f(u) = f(v) với
( ) 5
t
f t t= +
.
Ta có
/
( ) 5 ln5 1 0,
t
f t t= + > ∀
nên f(t) tăng trên R. Vì vậy, f(u) = f(v) ⇔
3 2 2 2.u v x x x= ⇔ + = ⇔ =

5) Giải phương trình
2
2
1
2
3
1
log 2
2 1
x x
x x
x x
+ +
= − +
− +
Giải. PT được viết lại
2 2 2 2
1 1
3 3
log ( 1) log (2 1) ( 1) (2 1)x x x x x x x x+ + − − + = + + − − +
2 2 2 2
1 1
3 3
log ( 1) ( 1) log (2 1) (2 1)x x x x x x x x⇔ + + − + + = − + − − +
. PT này có dạng f(u) = f(v) với
1
3
( ) logf t t t= − +
. Ta có
/

1
( ) 1 0, (0; )
.ln3
f t t K
t
= − − < ∀ ∈ = +∞
nên f(t) giảm trên K. Vì vậy, f(u) = f(v) ⇔ u =
v ⇔
2 2 2
1 2 1 2 0.x x x x x x+ + = − + ⇔ − =
6)
2 2
2 3 6 11 3 1x x x x x x− + − − + > − − −
Giải. ĐK :
1 3x
≤ ≤
2 2
2 3 1 6 11 3x x x x x x− + + − > − + + −

( ) ( )
2 2
1 2 1 3 2 3x x x x⇔ − + + − > − + + −
Xét hàm số
( )
2
2y f t t t= = + +
trên K = [0 ; +∞). Ta có
( )
( )
2

1
' 0, 0
2
1 2
t
f t t
t
t
= + > ∀ >
− +
nên f(t) liên
tục, tăng trên K. BPT đã cho tương đương với
( 1) (3 )
1 3
1 0 2 3
1 3
3 0
f x f x
x x
x x
x
x
− > −

− > −


− ≥ ⇔ ⇔ ≤ ≤
 
≤ ≤



− ≥

7)
( )
( )
2
2 2 1
5 5 2
x y
y x
x y

− = −


+ + =


Giải. PT (1) :
2 2
x y
x y+ = +
. Ta có hàm số
( )
2
t
f t t= +
tăng trên R nên (1) ⇔ x = y. Thay vào PT (2) ta được PT

2
5 5x x+ = −
là một PT cơ bản.

8)
3 3
2004 2004
2003
1 3
1
2
x y xy
x y

+ = −


+ =


Giải. Ta có
3 3 2 2 2
1
1 3 ( 1)[( 1) ( 1) ( ) ] 0
1
x y
x y xy x y x y x y
x y
+ =


+ = − ⇔ + − + + + + − = ⇔

= = −


* x = y = −1 không là nghiệm của hệ.
* x + y = 1 ⇔ y = 1 − x. Xét
( ) (1 ) , 2.
n n
f t t t n= + − ≥
Ta có
/ 1 1
( ) (1 )
n n
f t nt n t
− −
= − −
, f’(t) = 0 ⇔ t = 1/2.
Lập BBT của f(t) ta được
1
1
( )
2
n
f t
−
≥
và đẳng thức xảy ra KVCK t = 1/2. Hệ đã cho có duy nhất cặp nghiệm
1 1
( ; )

2 2
.
9) CMR PT
2
100
sinx
x =
có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc [2π ;3π]
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 2
Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số
Giải. Với x ∈ [2π ;3π ], PT đã cho tương đương với PT
lgx sinx 0− =
. Đặt
( ) lg sin , [2 ;3 ]f x x x x
π π
= − ∈
ta có
2
1
( ) sin 0, [2 ;3 ]
ln10
"f x x x
x
π π
= − − < ∈
nên f'(x) có không quá một nghiệm. Do đó, f(x) có không quá hai
nghiệm trên [2π ;3π].
Mặt khác,
5
(2 ) ( ) (3 ) 0

2
f f f
π
π π
<
nên PT có ít nhất hai nghiệm phân biệt
[2 ;3 ]x
π π
∈
. Vậy PT đâ cho có đúng hai
nghiệm trên [2π ;3π].
10) Chứng minh rằng hệ sau có đúng hai nghiệm (x ; y) sao cho x>0 ; y>0 :
2
2
2007 (1)
1
2007 (2)
1
x
y
y
e
y
x
e
x

= −

−




= −

−

Giải. ĐK :
, ( ; 1) (1; )x y∈ −∞ − ∪ +∞
. Theo giả thiết x, y > 0 của bài toán, ta phải CM hệ đã cho có đúng hai nghiệm
(x ; y) sao cho x >1 và y >1.
Từ hệ ta được :
2 2
1 1
x y
y x
e e
y x
+ = +
− −
. Do đó,
2 2
(3)
1 1
x y
x y
e e
x y
− = −
− −

Xét hàm số
2
( )
1
t
t
g t e
t
= −
−
ta có
2 3
1
( ) 0, 1.
( 1)
t
g t e t
t
′
= + > ∀ >
−
Do đó g(t) đồng biến trên (1 ; +∞).
Vì vậy trên
(1; ), (3) x y+∞ ⇔ =
. Thay vào (1) ta được :
2
2007 0.
1
x
x

e
x
+ − =
−
Xét hàm số
2
( ) 2007
1
x
x
f x e
x
= + −
−
, với x>1. Ta có,
//
5
2
2
3
( ) 0, 1
( 1)
x
x
f x e x
x
= + > ∀ >
−
nên
/

( )f x
đồng biến
trên (1; +∞). Do
/
( )f x
tăng trên (1 ; +∞),
1
lim ( )
x
f x
+
→
′
= −∞
và
/
(2) 0f >
nên
/
( )f x
có duy nhất 1 nghiệm
0
(1; )x ∈ +∞
. Suy ra,
( )
/
0
( ) 0f x f x< =
khi
0

1 x x< <
và
0
( ) 0 ( )f x f x
′
> =
, khi
0
x x>
.
Dựa vào BBT của f(x) trên (1 ; +∞) ta thấy ngay pt f(x) =0 có đúng 2 nghiệm x>1.
11)
ln(1 ) ln(1 ),
0.
x y
e e x y
y x a

− = + − +

− = >

CM hệ luôn luôn có một nghiệm duy nhất.
Giải. Xét
( ) ln(1 ), 1
x
f x e x x= − + > −
. Hệ đã cho tương đương với
( ) ( )f x f x a
y x a

= +


= +

.
Ta cần chứng minh rằng với mọi a > 0 PT g(x) = f(x+a) − f(x) = 0 có nghiệm duy nhất.
Ta có
( ) ( 1) 0, 1, 0
(1 )(1 )
x a
a
g x e e x a
x x a
′
= − + > ∀ > − >
+ + +
nên g(x) là hàm số tăng trên
( 1; )− +∞
.
Mặt khác,
1
lim ( )
x
g x
→−
= −∞
và
1
lim ( )

x
g x
→−
= +∞
nên PT g(x) = 0 có duy nhất một nghiệm x > -1 với mọi a > 0.
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 3
x
f'(x)
f(x)
+∞
1 x
0
0 +
−
2
f(2)<0
+∞
+∞
y =0
Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số
12) Giải hệ
5 2 0
5 2 0
5 2 0
x y y
y z z
z x x

− + =



− + =


− + =


Giải. Dễ thấy x = 0 hoặc y = 0 hoặc z = 0 đều không thỏa hệ. Vì vậy ta phải có x, y , z đều dương.
Hệ được viết lại
2
5 ( )
2
5 ( )
2
5 ( )
x f y
y
y f z
z
z f x
x

= − =



= − =




= − =


. Xét hàm số
2
( ) 5f t
t
= −
, ta có
/
3
1
( ) 0, 0.f t t
t
= > ∀ >
Do đó f(t) là hàm
số tăng trên (0 ; +∞).
Nếu x > y thì ta có x = f(y) > y = f(z) nên y > z. Suy ra f(z) > f(x) ⇔ z > x. Vậy, x > y > z > x. Mâu thuẫn!
Tương tự, các trường hợp x > z ; y > z ; y > x ; z > x ; z > y đều mâu thuẫn. Do đó, x = y = z.
PT
2
5x
x
= −
được giải bằng cách đặt
u x=
.
MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải các PT, BPT hệ PT sau :
1)

3 3 3
1 3 2 2 4 5x x x− + + + + =
2)
2
4 1 4 1 1x x− + − =
3)
4 2.9 2.16
x x x
+ =
4)
( )
( )
2
lg 6 lg 2 4x x x x− − + = + +
5)
( )
6
log
2 6
log 3 log
x
x x+ =
6)
( ) ( )
2 3
log 2 1 log 4 2 2
x x
+ + + ≤
7)
2

3 3 2
0
4 2
x
x
x
−
+ −
≥
−
. 8)
3
2
2
log log 4 10
2
x y
e e x y
x
y

− = −


+ =


9)
2 2
ln(1 ) ln(1 )

2 5 0
x y x y
x xy y
+ − + = −


− + =

10)
( )
6 4
sin
sin
10 1 3 2
5
;
4
x y
x
e
y
x y
x y
π
π
−

=




+ = +



< <


11)
sin sin
cos2 3sin 1 0
x y x y
x y
− = −


− + =

12)
3
3 1 log (1 2 )
x
x x= + + +
13)
3
3
log (5 1)
log (5 1)
x y
y x

= −


= −

14)
3 2
3 2
3 2
2,
2,
2.
y x x x
x z z z
z y y y

= + + −

= + + −


= + + −

15)
3 2
3 2
3 2
3 3 ln( 1)
3 3 ln( 1)
3 3 ln( 1)

x x x x y
y y y y z
z z z z x

+ − + − + =

+ − + − + =


+ − + − + =

Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 4
Ứng dụng của Giải tích vào các bài toán Đại số
PHẦN II
DÙNG MIN, MAX VÀ PHƯƠNG PHÁP “CÔ LẬP THAM SỐ” ĐỂ TÌM ĐIỀU KIỆN CHO PT – BPT CÓ
NGHIỆM
CƠ SỞ LÝ LUẬN:
MĐ1: Nếu hàm số f(x) liên lục trên ĐOẠN D = [a,b] thì phương trình f(x) = m có nghiệm trên D khi và chỉ khi
m
0
=
min ( ) max ( )
x D
x D
f x m f x
∈
∈
≤ ≤
= M
0

.
Tổng quát hơn, m
0
=
inf ( ) sup ( )
x D
x D
f x m f x
∈
∈
≤ ≤
= M
0
nếu a, b có thể là ∞.
MĐ2: Nếu hàm số f(x) liên lục trên ĐOẠN D = [a,b] thì:
1) Bất phương trình f(x)
≥
m có nghiệm trên D khi và chỉ khi:
max ( )
x D
m f x
∈
≤
(m
≤
sup ( )
x D
f x
∈
nếu a, b có thể là

∞
)
2 ) Bất phương trình f(x)
≤
m có nghiệm trên D khi và chỉ khi:
min ( )
x D
m f x
∈
≥
(
inf ( )
x D
m f x
∈
≥
nếu a, b có thể là
∞
)
MĐ3: Nếu hàm số f(x) liên lục trên ĐOẠN D = [a,b] thì:
1) Bất phương trình f(x) ≥ m đúng với ∀ x ∈ D khi và chỉ khi:
min ( )
x D
m f x
∈
≤
(
inf ( )
x D
m f x

∈
≤
nếu a, b có thể là ∞)
2 ) Bất phương trình f(x) ≤ m đúng với ∀ x ∈ D khi và chỉ khi:
max ( )
x D
m f x
∈
≥
(
sup ( )
x D
m f x
∈
≥
nếu a, b có
thể là ∞)
Việc tìm inf f(x); sup f(x) có thể dùng khảo sát hàm số, BĐT hoặc phương pháp miền giá trị...
Có nhiều bài toán về xác định tham số để PT
−
BPT có nghiệm thỏa mãn yêu cầu nào đó mà ta có thể “cô lập”
được tham số (đưa về dạng m = f(x), m ≥ f(x) hoặc m ≤ f(x)). Khi đó, bằng cách lập BBT của f(x) rồi dùng các
mệnh đề trên hoặc đọc BBT ta có được kết quả. Sau đây là một số ví dụ như vậy.
VÍ DỤ 1. Tìm m để HS sau tăng trên D = [2;+∞):
3 2
1
( 1) 3( 2)
3
y x m x m x= − − + −
.

Giải.
Cách 1: (Dùng tam thức bậc hai) y' = mx
2
– 2(m – 1)x + 3(m – 2). HS tăng trên D khi và chỉ khi y' ≥ 0, ∀ x ∈ D.
Ta có: m –∞
2 6
2
−
0
2 6
2
+
+∞
a = m – – 0 + +
∆ – 0 + + 0 –
+ Tr hợp: m ≤
2 6
2
−
<0 thì y' ≤ 0 với mọi x nên không thỏa yêu cầu của đề.
+ Tr hợp: m ≥
2 6
2
+
thì y' ≥ 0 với mọi x nên y' ≥ 0 đúng với mọi x ∈ D, thỏa yêu cầu của đề.
+ Tr hợp: m = 0 thì y' = 2x – 6 nên y' ≥ 0 ⇔ x ≥ 3. Hàm số chỉ tăng trên [3;+∞), không thỏa yêu cầu của đề.
+ Tr hợp:
2 6
2
−

< m < 0 thì y' ≥ 0 với mọi x ∈ [x
1
,x
2
] mà D ⊄ [x
1
,x
2
] nên thỏa yêu cầu của đề.
+ Tr hợp: 0< m <
2 6
2
+
thì y' ≥ 0 với mọi x ∈ ( –∞;x
1
]∪[x
2
;+∞) nên y' ≥ 0 với mọi x∈D KVCK x
1
< x
2
≤ 2. ĐK:
2 6
0
2
'(2) 0
m
y

+

< <



≥

⇔
2 6
0
2
2
3
m
m

+
< <




≥


⇔
2
3
≤ m <
2 6
2

+
Trương Văn Đại, THPT Nguyễn Trung Trực, Rạch Giá, Kiên Giang 5