Tân Giáo Trình Hán Ngữ Tập 1- Unit 26

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (200.87 KB, 22 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU

I. Tóm tắt kiến thức

1. Bất phương trình f(x)  m đúng với mọi x thuộc khoảng ( ; )a b
khi và chỉ khi trên khoảng ( ; )a b , đường thẳng y = m nằm dưới đồ thị

( )C của hàm số y = f(x).

2. Bất phương trình f(x)  m có nghiệm trên khoảng ( ; )a b khi và
chỉ khi trên khoảng ( ; )a b , đường thẳng y = m và đồ thị ( )C của hàm số
y = f(x) có điểm chung hoặc đường thẳng y = m nằm dưới đồ thị ( )C
của hàm số y = f(x).

II. Phương pháp giải tốn và các ví dụ minh họa

Dưới đây, thay cho khoảng hoặc đoạn hoặc nửa khoảng, ta viết
chung là K.

1. Phương pháp độc lập tham số với biến số

Dạng tốn: Tìm tham số m để hàm số y = f(x, m) đồng biến (nghịch biến)
trên K.

Cách giải:

+ Tính đạo hàm f ’(x, m)

+ Hàm số đồng biến (nghịch biến) trên K  f ’(x, m) ≥ 0

(

f ’(x, m)  0

)

,
xK. Viết bất phương trình f ’(x,m) ≥ 0

(

f ’(x,m)  0

)

dưới dạng g(x) ≥ h(m)

(

g(x)  h(m)

)

+ Xét sự biến thiên của hàm số g(x) trên K, từ đó tìm được m.
Ví dụ 1. Tìm m để hàm số y x3 3x2 mx 4m2 4

     nghịch biến trên (1; 1).
Giải

+ Hàm số xác định trên (1; 1)
+ Ta có y' 3x2 6x m

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

+ Hàm số nghịch biến trên (1; 1) khi và chỉ khi:

y’  0, x(1; 1)  m3x2  6 ,x (1) x(1; 1)
+ Xét hàm số g(x) = 3x2 6x trên (1; 1)

g’(x) =  6x  6, g’(x) = 0  x = 1
B ng bi n thiên ả ế c a ủ g(x):

x 1 1
g’(x) 

g(x) 3

9

Từ bảng biến thiên suy ra (1) đúng với mọi x thuộc khoảng (1; 1) khi và
chỉ khi đường thẳng y = m nằm dưới đường cong y = g(x).

Vậy các giá trị cần tìm là mlim ( )x1 g x 9.

Ví dụ 2. Tìm m để hàm số 1 3 ( 1) 2 ( 7) 1
3

y x  m x  m x đồng biến trên
khoảng (2; +).

Giải
+ Hàm số xác định trên (2; +)
+ Ta có y'x2  2(m 1)x (m 7)

+ Hàm số đồng biến trên (2; +)  y’  0 x(2; +)
 x2  2(m 1)x (m 7) 0, x(2; +)

 x2 2x 7 (2x1) ,m x(2; +)



2 2 7

,
2 1

x x

m
x

 



 x(2; +) (vì x2 nên 2x 1 0)
+ Xét hàm số

2 2 7

( ) x x

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2 2

(2 1)(2 1) 2( 2 7) 2 2 12
'( )

(2 1) (2 1)

x x x x x x

g x

x x

      

 

 

2 2 3

'( ) 0 2 2 12 0 6 0

x

g x x x x x

x




          



Bảng biến thiên của g(x):

x 2 +

g’(x) +

g(x)

+
3

Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị cần tìm là m  3.
Ví dụ 3. Tìm m để hàm số 3 ( 1) 2 3( 2)

3
m

y x  m x  m xđồng biến trên [2;+).

Giải
+ Hàm số xác định trên [2;+)

+ Ta có: y'mx2 2(m 1)x3(m 2)

' 0, [2; ) 2( 1) 3( 2) 0, [2; )

y   x   mx  m x m   x 

( 2 3) 2 6, [2; )

m x x x x

       

2 ,

2 6 [2; )

2 3

x

m x

x x

 

    

  (vì x

2 –2x+3 > 0, x

 )

+ Xét g(x) = 22 6
2 3
x

x x

 

  trên [2;)
g'(x) = (2xx22212xx3)62

  ; g'(x) = 0  x 3 6

Bảng biến thiên của g(x):

x 2 3 6 

g'(x)  0 +

g(x) 2

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Vậy (2) 2.

3
m g 

Ví dụ 4. Tìm m để hàm số y = x3

 3x2 + m2x + m nghịch biến trên (1; 2).
Giải

+ Hàm số xác định trên (1; 2)
+ Ta có y’ = 3x2 6x + m2

+ Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; 2) khi và chỉ khi:
y’  0, x (1; 2)  m2 6x  3x2, x (1; 2)
+ Xét hàm số g(x) = 6x  3x2 trên (1; 2)

g’(x) = 6  6x, g’(x) = 0  x = 1
Bảng biến thiên của g(x):

x 1 2

g’(x) 

g(x) 3

0
Từ bảng biến thiên suy ra giá trị cần tìm là m2 0 m 0

   .

Ví dụ 5. Tìm m để hàm số

2 (6 )
2

x m x

y

mx
 


 nghịch biến trên khoảng (0; 1).
Giải

+ Hàm số xác định trên (0; 1) với 2 (0;1)
m

 
+ Ta có:

2 2

(4 6 )( 2) 2 (6 ) 2 4 2 12

( 2) ( 2)

(

)

x m mx m x m x mx x m

y

mx mx

        

 

 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

m = 0  y’ = x + 3 (loại)

m  0, y’  0,x(0; 1) khi và chỉ khi:

(0;1)
m

  và
2

2mx 4x 2m12 0 , x(0; 1)
(x2  1)m2x 6, x(0; 1)

 22 6
1
x
m

x
 


 , x(0; 1)

(

vì

2 1 0, (0;1)

x    x

)

+ Xét hàm số ( ) 22 6
1
x
g x

x
 


 trên (0; 1)

2 2

2 2 2 2

2( 1) 2 (2 6) 2 12 2

'( ) 0, (0;1)

( 1) ( 1)

x x x x x

g x x

x x

     

    

 

(vì x0 nên 2x2 12x 2 0)

Bảng biến thiên của g(x):

x 0 1
g’(x) +

g(x)

+
6

Từ bảng biến thiên suy ra khơng có giá trị nào của m để hàm số đã cho
nghịch biến trên (0; 1).

Ví dụ 6. Tìm m để hàm số

2 (2 4 ) 4 1

mx m x m

y

x

   



 nghịch biến trên

khoảng (1; 1).

Giải
Hàm số xác định trên (1; 1)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>





2

2 2

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

( 1) ( 1)

mx m x mx m x m mx mx

y

x x

         

 

 

Hàm số nghịch biến trên (1; 1)  y’  0,x(1; 1)
Ta có y’  0  mx2  2mx 1 0  m x( 2 2 ) 1x 

m = 0  y’ < 0, x(1; 1)

m  0, m x( 2 2 ) 1x  

2 , 0
1

2 , 0

x x m

m

x x m

m







  

  

Xét hàm số g x( )x2 2x trên (1; 1), ta có:
'( ) 2 2

g x  x ; g x'( )= 0  x = 1
Bảng biến thiên của g(x):

x 1 1
g’(x)  0
g(x) 3

1

Từ bảng biến thiên suy ra:

1 1

3 , 0 , 0

1 1, 0 1, 0

m m m

m

m m

m
m












 

 
 



Vậy 1 1.

m

  

Dạng tốn: Tìm tham số m để bất phương trình f(x, m) ≥ 0 ( f(x, m) ≤ 0)
nghiệm đúng với mọi x thuộc K.

Cách giải:

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Ví dụ 1. Tìm m để bất phương trình x3 2x2 (m 1)x m 1
x

     nghiệm đúng
với mọi x  2.

Giải
Ta có:

x4 – 2x3 + x2 – 1  (x2 – x)m, x  2  4 3 2

2 1

x x x m

x x

  



 ,x 
2

 t2 1 m
t



 ,t  2(với t = x2 – x  2, x  2)

Xét f (t) = t2 1
t

 liên tục trên [2, +

), ta có:

2
1
'( ) 1 0

f t

t

   , t  2  f (t) = t2 1
t

 đồng biến trên [2, +
)

Vậy (2) 3.
2
mf 

Ví dụ 2. Tìm m để bất phương trình – x3 + 3mx – 2

1
x

  nghiệm đúng với
mọi x  1.

Giải
Ta có:

–x3 + 3mx – 2
2

1
x

   x3 + 2 12
x

 3mx x2 2 13

x x

  >3m (1) (do x1)

Xét f (x) = x2 2 13
x x

  liên tục trên [1; + ), ta có:
3

2 4

2( 1) 3

'( ) x 0

f x

x x



   , x  1  f (x) đồng biến [1; + )

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Nhận xét: Nếu cần tìm m để (1) đúng với mọi x1 thì ta tìm m để:

3 lim ( ) 2

x

m f x




  . Vậy 2.
3
m

Ví dụ 3. Tìm m > 0 để bất phương trình m9x4(m1)3xm1 đúng với
mọi x.

Giải
Đặt t 3x 0

  , bài tốn trở thành: Tìm m > 0 để bất phương trình:

2 4( 1) 1 0

mt  m t m   đúng với mọi t > 0.

Ta có: mt24(m1)t m   1 0 (t24 1)t m 4 1 0t 

4 1
4 1
t

m

t



 

  (do t > 0 nên

2 4 1 0

t  t  )

Xét ( ) 24 1
4 1
t
f t

t





  liên tục trên (0;), ta có:

2 2

2 ( 1)

'( ) 0, 0

( 4 1)
t t

f t t

t t

 

   

 

Bảng biến thiên của f (t):

t 0 
f ’(t) 

f (t) 1

0
Vậy m1.

Ví dụ 4. Tìm m để bất phương trình (4x)(6 x)x2 2x m đúng với mọi

x thuộc tập xác định của nó.

Giải
Với x[– 4; 6], đặt:

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Bất phương trình trở thành: t2 + t – 24  m

Xét hàm số f (t) = t2 + t – 24 trên [0; 5], ta có:

f’(t) = 2t + 1; f’(t) = 0  t = 1
2

Bảng biến thiên:

t   1

 0 5

f’(t) – 0 + +

f(t)  6

–24
Từ bảng biến thiên suy ra mf(5) 6.
Nhận xét:

1) Nếu cần tìm m để bất phương trình (4x)(6 x)x2 2x m đúng
với mọi x thuộc tập xác định của nó thì ta tìm m để mf(0)24.

2) Nếu dạng toán yêu cầu : Tìm m để bất phương trình

(4x)(6 x) x  2x m có nghiệm thì ta tìm m để mf(5) 6.

Học sinh lớp 10 và 11 có thể lập được bảng biến thiên trên [0; 5] mà
khơng cần dùng đạo hàm.

Dạng tốn: Tìm m để phương trình f (x, m) = 0 có nghiệm thỏa điều
kiện cho trước.

Cách giải:

+ Viết phương trình dưới dạng g(x) = h(m)

+ Xét sự biến thiên của hàm số g(x) trên tập xác định, từ đó tìm được m.
Ví dụ 1. Tìm m để phương trình x4 + mx3 + x2 + mx + 1 = 0 có khơng ít hơn hai

nghiệm âm khác nhau.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Phương trình có thể viết: x43 x2 1 m
x x

  


 (vì x0)
Xét f x( ) x43 x2 1

x x

  


 trên \{0}, ta có:

6 4 2

2 2 2

2 2 1

'( )

( 1)

x x x

f x

x x

   



 , đặt t = x

2 > 0 thì

f ’(x) = 0  – t3 –2t2 + 2t + 1 = 0  (t – 1)(t2 + 3t + 1) = 0

 t – 1= 0 (do t > 0 nên t2 + 3t + 1> 0)

 x = 1 và do đó ta cũng có

2 4 2

2 2 2

( 1)( 3 1)
'( )

( 1)

x x x

f x

x x

   



 (dễ xét dấu vì x

4 + 3x2 +1 > 0,
x)

Bảng biến thiên:

x   –1 0 1 
f ’(x) – 0 + + 0 –
f (x) 

32



   

Dựa vào bảng biến thiên, tìm được m3.2

Ví dụ 2. Tìm các giá trị của m để phương trình 4x – m.2x+1 + 2m = 0 có hai

nghiệm 0 < x1 < 1 < x2.

Giải

Đặt t = 2x (t > 0), phương trình trở thành: t2 – 2mt + 2m = 0

 m = 2( 1)tt2

 (vì t = 1 khơng phải là nghiệm của phương trình)
Với mỗi t > 0, phương trình 2x = t có duy nhất nghiệm nên yêu cầu bài

tốn trở thành: Tìm các giá trị của m để phương trình t2 – 2mt + 2m = 0 có hai

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

129/52
49/20

Xét ( ) 2
2( 1)

t
f t

t


 trên (0; +∞)\{1}

f ’(t) =

2
2

2 4
(2 2)

t t

t


 ; f ’(t) = 0  t = 0 hoặc t = 2
Bảng biến thiên của hàm f (t):

t 0 1 2 +∞
f’(t) – 0 +

f(t)

+∞ +∞

2
Vậy m > 2.

Ví dụ 3. Tìm các giá trị của m sao cho đường thẳng y = –3 cắt đồ thị hàm
số y = x4 + 2mx2 + 2m tại bốn điểm phân biệt thỏa mãn: có đúng một điểm có

hồnh độ lớn hơn 1,5; các điểm cịn lại có hồnh độ nhỏ hơn 0,5.
Giải

Ta có: x4 + 2mx2 + 2m + 3 = 0  –2m = 4

3
1
x
x



Xét ( ) 42 3

1
x
f x

x



 , f(x) liên tục trên 

5 3 2 2

2 2 2 2

2 4 6 2 ( 1)( 3)
'( )

( 1) ( 1)

x x x x x x

f x

x x

 

 

 

 

f’(x) = 0  x = 0 hoặc x1
Bảng biến thiên của f(x):

x –∞ –1 0 1/2 1 3/2 +∞
f’(x) – 0 + 0 – 0 +

f(x) +∞ +∞

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

2 2
Vậy 129 2 3

52   m hay

3 129

2 m 104
    .

Ví dụ 4. Biện luận số nghiệm của hệ sau theo m

2 5 6

1 5

x x m

x

   



 


Giải
Xét f x( )x2  5x6 trên (1;5]

'( ) 2 5

f x  x ; '( ) 0 5
2
f x   x 

Bảng biến thiên:

x 1 5

2 5

f'(x)  +

f(x) 0 6

1
4



Biện luận:
1
4

m  : hệ vơ nghiệm; 1
4

m : hệ có một nghiệm;
1

2
4 m

   : hệ có hai nghiệm; 2 m 6: hệ có một nghiệm;
6

m : hệ vơ nghiệm.
Ví dụ 5. Tìm m để phương trình:

1 1

2 2

(m 3)log (x 4) (2 m1)log (x 4)m 2 0.

có hai nghiệm x1; x2 thỏa điều kiện 4x1 x2 6.
Giải

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

1 1

2 2

log ( 4) log 2 1
t  x    t

Bài tốn trở thành: Tìm m để phương trình

(m 3)t  (2m1)t m  2 0
có hai nghiệm t1; t2 thỏa điều kiện  1 t1 t2.

Phương trình có thể viết

2
2

3 2

2 1
t t
m

t t

 


  (vì t = 1 khơng là nghiệm)
Xét hàm số

2
2

3 2

( )

2 1
t t
f t

t t

 


  trên ( 1; ) \ {1}, ta có:

7 3
'( )

( 1)
t
f t

t
 


 ,

3
'( ) 0

7
f t   t

Bảng biến thiên:

t –1 3

7 1 
'( )

f t – 0 + –
f (t)  

3
0

25
8



lim ( ) 0;

x   f t  lim ( )x1 f t ; xlim ( )1 f t ; xlim ( ) 3  f t 

Dựa vào bảng biến thiên, ta được: 25 0
8 m

   hoặc m3.

Ví dụ 6. Tìm m để phương trình m(sin x + cos x) + sin2x + m – 1= 0 có nghiệm.
Giải

Đặt sinx + cosx = t, với | t | 2, suy ra

2 1

sin cos

2
t

x x 

Khi đó phương trình trở thành:

mt + (t2 – 1) + m – 1 = 0  t2 + mt + m – 2 = 0
 2 – t2 = m(t + 1) 

2
1

t
m
t


</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Xét hàm số

2
( )

1
t
f t

t



 liên tục trên các khoảng ( 2;1);(1; 2)
2

( 2 2)

'( ) 0, ( 2;1) (1; 2)
( 1)

t t

f t t

t
  

     



 hàm số nghịch biến trên các khoảng ( 2;1);(1; 2)
 đường thẳng y = m luôn cắt đồ thị hàm số f (t).

Vậy phương trình ln có nghiệm với mọi m.

Ví dụ 7. Cho phương trình 2tan x + tan2 x + tan3 x + 2cot x + cot2 x + cot3 x = m

Tìm m để phương trình có nghiệm.

Giải
Điều kiện: x ≠

k , k 

Đặt tan x + cot x = t, với | t |2,  tan2 x + cot2 x = t2 – 2
Ta có:

tan3 x + cot3 x = (tan x +cot x)3 –3tan x.cot x(tan x + cot x) = t3 – 3t

Khi đó phương trình trở thành:

2t + t2 – 2 + t3 – 3t = m  t3 + t2 – t – 2 = m

Xét hàm số f (t) = t3 + t2 – t – 2, f (t) liên tục trên (–;–2]; [2; +)

f’(t) = 3t2 + 2t – 1 > 0,    t ( ; 2] [2; )

Bảng biến thiên:

x – –2 2 +

f’(t) + +

f(t)

–

–4

+

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Trong các ví dụ trên, phương pháp độc lập tham số với biến số chỉ giải được
khi các số hạng chứa tham số có cùng bậc. Nếu các số hạng có chứa tham số mà các
tham số này có bậc khác nhau thì khơng thể cơ lập tham số được. Khi đó, ta có thể gián
tiếp cơ lập tham số bằng cách khảo sát trực tiếp chiều biến thiên của hàm g’(x, m).

Ví dụ 8. Tìm m để hàm số 2 2 3 2
2

x mx m

y

x m

 



 đồng biến trên (1;).
Giải

Hàm số xác định trên (1;) với 2m(1;)

Ta có: y'x2(x4mx m2 )m2 2


Hàm số đồng biến trên (1;) khi và chỉ khi:

2 2

' 0, (1; ) 4 0, 1

2 1 2 1

y x x mx m x

m m

         


 

 

 



Xét hàm số g x( ) x2 4mx m2

   trên (1;)
'( ) 2 4 ;

g x  x m g x'( ) 0  x2m
Bảng biến thiên:

x 2m 1 

g'(x)  0 + +

g(x) 

m2 4m 1

 

2 2 2

1 1 (

lim ( ) lim 4 ) 4 1

x g x x  x  mx m m  m
Dựa vào bảng biến thiên, ta cần có:

2 4 1 0 2 3

2 2 3
m

m m

m
  
    

 



Vì 1
2

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Ví dụ 9. Tìm m để hàm sốy x2 (3m 1)x 5m 1
x m

   



 đồng biến trên (0; 1).
Giải

Hàm số xác định trên (0; 1) với m(0;1)

Ta có:

2 2

2 3 4 1

( )

x mx m m

y

x m

   





Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 1)  y’ ≥ 0, x(0; 1) hay

2 2

( ) 2 3 4 1

g x x  mx m  m ≥ 0, x(0; 1)
'( ) 2 2 ; '( ) 0

g x  x m g x   x m

Xét m0 (1), ta có bảng biến thiên:

x m 0 1 

g'(x)  0 + + +

g(x)

3m  4m1

2 2 2

0 0 (

lim ( ) lim 2 3 4 1) 3 4 1
x g x x  x  mx m  m  m  m
Dựa vào bảng biến thiên, ta cần có:

3 4 1 0 3

1
m

m m

m




   





Kết hợp với điều kiện (1), ta được: m0.
Xét m1 (2), ta có bảng biến thiên:

x 0 1 m 
g'(x)    0 +

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

3m2 6m 2

 

2 2 2

1 1 (

lim ( ) lim 2 3 4 1) 3 6 2
x  g x x  x  mx m  m  m  m
Dựa vào bảng biến thiên, ta cần có:

2 3 3

3 6 2 0

3
m  m   m 

Kết hợp với điều kiện (2), ta được: 3 3.

3
m 

Vậy m  0 hoặc 3 3.
3
m 

2. Ứng dụng tổng tích các nghiệm của Định lý Viét

Dạng tốn: Tìm m để phương trình f (2)(x, m) = 0 có nghiệm thỏa điều

kiện cho trước (Dạng tốn có thể là bất phương trình).
Cách giải:

+ Đổi biến t = x – , ta được phương trình f (2)(t, m) = 0

(Giả sử xi  (i1,2),thế thì ti xi   0)

+ So sánh các nghiệm của phương trình f (2)(t, m) = 0 với số 0. 
Ví dụ 1. Tìm m để phương trình (m+2)x2 – 2(m+1)x + m2 + 4m + 3 = 0

a)Có hai nghiệm đều lớn hơn 1

b) Có hai nghiệm x1, x2 sao cho x1 < 2 < x2
Giải

Phương trình có hai nghiệm khi:

m + 2 ≠ 0 và ∆’ = (m+1)2 – (m+2)(m+1)(m+3) ≥ 0

hay m ≠ –2 và m ≤ –1 (

*

)

a) Đặt x = t + 1. Khi đó phương trình trở thành :
(m+2)(t+1)2 – 2(m+1)(t+1) + m2 + 4m + 3 = 0

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

u cầu bài tốn tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm cùng
dương:

2 2

2 0

2 0
2

3 3 0 3 3 0

m
m

m m m m

m


 

 



 



 






  



    




Hệ vơ nghiệm vì m23m 3 0,m.

Vậy khơng có giá trị nào của m thỏa mãn bài tốn.
b) Đặt x = t + 2, phương trình trở thành:

(m + 2)t2 + (2m + 6)t + m2 + 4m + 7 = 0 (2)

Khi đó x1 < 2 khi t1 < 0, x2 > 2 khi t2 > 0

Yêu cầu bài toán tương đương với (2) có hai nghiệm trái dấu:
(m + 2)(m2 + 4m + 7) < 0

 m < –2 (vì m2 + 4m + 7 > 0,m)
Vậy m < –2 là các giá trị cần tìm.

Ví dụ 2. Tìm m để phương trình x2 – 2(m–1)x + m2 + 4m – 5 = 0

a) có hai nghiệm đều lớn hơn –1;
b) có hai nghiệm đều nhỏ hơn 1;

c) có hai nghiệm x1, x2 sao cho x1 < 1 < x2.
Giải

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:   ' 6 6m 0 m1 (

*

)
Khi đó: x1 + x2 = 2(m–1); x1x2 = m2 + 4m – 5

a) Theo giả thuyết:

1 1

2 2

1 1 0

x x

 

 

 

 

 

   


</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

1 2 1 2 1 2

1 2

( 1)( 1) 0 1 0

2 0
( 1) ( 1) 0

x x x x x x

x x

x x
 
 
 

 

      

  
   

2 6 6 0 3 15

3 15
3 15

2 0

0
m

m m m

m
m
m


 

 

 
 



  
  
        



So với điều kiện (*), các giá trị cần tìm của m là:  3 15m1.
b) Từ giả thuyết:

1 1

2 2

1 1 0

x x
x x
 
 
 
 

 
  

  

Ta có hệ:

1 2 1 2 1 2

1 2

( )

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

2 0

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

1 3

1 3 2

1 3

x x x x x x m m

x x

x x m

m
m
m
m
m
   
  

  

 
  






 
 



        

 
     
  
   
    
  


So với điều kiện (*), các giá trị cần tìm của m là:
1 3

m   hoặc  1 3m1.

c) Theo giả thuyết: x1 1 x2  x1  1 0 x21

Do đó, ta có: (x11)(x21) 0  x x1 2 (x1x2) 1 0 

2 2 2 0

m m

      1 3m  1 3
Vậy các giá trị cần tìm của m là:  3 1 m 3 1 .

Ví dụ 3. Tìm các giá trị của m sao cho phương trình x2 +(2m +1)x +m2 –10 = 0

có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn – 6 < x1 < 1 < x2
Giải

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

∆ = (2m+1)2 – 4(m2 – 10) > 0 hay m > 39

4
 (1)
Khi đó x1 + x2 = – 2m – 1 và x1x2 = m2 – 10

Theo giả thuyết: – 6 < x1; – 6 < x2 nên 0 < x1 + 6; 0 < x2 + 6.

Ta có hệ:

1 2

( 6)( 6) 0 12 20 0 10

2 (2)
( 6) ( 6) 0 12 (2 1) 0 11

2
m

x x m m m

m

x x m

m



 

  

  



  








      

   

      


Mặt khác: x1 < 1 < x2 nên x1 – 1 < 0 < x2 – 1 . Do đó:

(x1 – 1)(x2 – 1) < 0  m2 + 2m – 8 < 0  – 4 < m < 2 (3)

Từ (1), (2) và (3) ta được – 4 < m < 2 là các giá trị cần tìm.

Ví dụ 4. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = x + m cắt đồ thị hàm số
1

3
x
y

x



 tại hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị đó.
Giải

Xét phương trình: x + m = 1
3

x
x




Với x ≠ 3, phương trình tương đương với: x2 + (m+2)x+3m+1 = 0 (1)

Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2

thỏa mãn x1 < 3 < x2.

Từ đó, ta có: x1  3 0 x2 3.

Suy ra:

1 2 1 2 1 2

(x 3)(x 3) 0  x x 3(x x ) 9 0 
3m 1 3(m 2) 9 0 0m 4 0

         (vô nghiệm)

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Ví dụ 5. Cho hàm số 2
2 1

x
y

x



 (H). Tìm các giá trị của m sao cho đường thẳng
1

y mx m   cắt đường cong (H) tại hai điểm thuộc cùng một nhánh của (H).
Giải

Xét phương trình: mx m  1 2
2 1

x
x



Với x ≠ 1

2


, phương trình tương đương với:

(mx m  1)(2x1)  x 2 2mx23(m1)x m  3 0 (1)

u cầu bài tốn tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2

thỏa mãn 1 1 2
2 x x


  hoặc 1 2 1
2

x x 

Đặt 1

x t  phương trình (1) trở thành :

1 1

2 ( ) 3( 1)( ) 3 0

2 2

m t  m t m  2 2 ( 3) 3 0

mt m t

     (2)
Ta cần tìm m để phương trình (2) có 2 nghiệm t1; t2thỏa mãn 0 t1 t2

hoặc t1t20 (hai nghiệm cùng dấu)

2 2

0 ( 3) 12 0 ( 3) 0 3

0 0 0 0

m

m m m

P m m m

         

 

  

   

    

   

Vậy m0 và m3 là các giá trị cần tìm.
Trước khi kết thúc, ta lấy lại một ví dụ ở trang 11.

Ví dụ 6. Tìm m > 0 để bất phương trình m9x4(m1)3xm1 đúng với
mọi x.

Giải
Đặt t 3x 0

  , bài tốn trở thành: Tìm m > 0 để bất phương trình:

( ) 4( 1) 1 0

f t mt  m t m   (1) đúng với mọi t > 0.

f (t) có ' 4(m 1)2 m m( 1)

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Nếu 0m1 thì  ' 0 và nghiệm của bất phương trình (1) là:

t t hoặc t t 2 (2) với t1; t2 là các nghiệm của tam thức f (t)

Vì 1 2

1
0
m

t t

m


  nên t1 0 t2. Do đó, từ (2) suy ra f (t) > 0 không luôn

</div>

Tân Giáo Trình Hán Ngữ Tập 1- Unit 26

<b>ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU</b>

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)







<i>t</i>

<i>t</i>

*

*

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về