›
›
›

Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 1: Phương trình - Đề 2

doc 33 trang nhungbui22 11/08/2022 1870
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 1: Phương trình - Đề 2", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docbai_tap_phuong_trinh_he_phuong_trinh_toan_lop_10_phan_1_phuo.doc

Nội dung text: Bài tập Phương trình. Hệ phương trình Toán Lớp 10 - Phần 1: Phương trình - Đề 2

  1. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 [I.9] Phương-pháp sử-dụng sự-biến-thiên của hàm-số Các tính chất: Tính chất 1: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=k (k R) có không quá một nghiệm trong khoảng (a;b). Tính chất 2: Nếu hàm f tăng (hoặc giảm) trên khoảng (a;b) thì u, v (a,b) ta có f (u) f v u v . Tính chất 3: Nếu hàm f tăng và g là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b). Định lý Lagrange: Cho hàm số F(x) liên tục trên đoạn [a;b] và tồn tại F'(x) trên khoảng (a;b) thì F b F a c a;b : F ' c . Khi áp dụng giải phương trình: nếu có F(b) – F(a) = 0 thì b a c a;b : F ' c 0 F ' x 0 có nghiệm thuộc (a;b). Định lý Rôn: Nếu hàm số y=f(x) lồi hoăc lõm trên miền D thì phương trình f(x)=0 sẽ không có quá hai nghiệm thuộc D. Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen thuộc. Ta có 3 hướng áp dụng sau đây: Hướng 1: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f (x) k Bước 2: Xét hàm số y f (x) Bước 3: Nhận xét: ● Với x x0 f (x) f (x0 ) k do đó x0 là nghiệm ●Với x x0 f (x) f (x0 ) k do đó phương trình vô nghiệm ●Với x x0 f (x) f (x0 ) k do đó phương trình vô nghiệm ●Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình Hướng 2: thực hiện theo các bước Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f (x) g(x) Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng f (x) và g(x) có những tính chất trái ngược nhau và xác định x0 sao cho f (x0 ) g(x0 ) Bước 3: Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình. Hướng 3: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f (u) f (v) Bước 2: Xét hàm số y f (x) , dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu Bước 3: Khi đó f (u) f (v) u v Ví dụ: Giải phương trình : 2x 1 2 4x2 4x 4 3x 2 9x2 3 0 pt 2x 1 2 2x 1 2 3 3x 2 3x 2 3 f 2x 1 f 3x 1 Xét hàm số f t t 2 t 2 3 , là hàm đồng biến trên R, ta có x 5 Bài tập: Giải phương trình: a) 4x 1 4x2 1 1, b) x 1 x3 4x 5 , c) x 1 3 x x2 , d) x 1 2x 2x2 x3 , e) x 1 x 2 3, f) 2x 1 x2 3 4 x Đối với phương trình chứa tham số ta thực hiện như sau: Xét phương trình f(x,m) = g(m), (1) B1: Lập luận số nghiệm phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị (C ): y = f(x,m) và đường thẳng d: y = g(m). B2: Lập bảng biến thiên cho hàm số y = f(x,m) B3: Kết luận: * phương trình có nghiệm: min f x, m g m max f x, m . x D x D * phương trình có k nghiệm: d cắt (C) tại k điểm. * phương trình vô nghiệm khi: d không cắt (C ) . Xây dựng phương trình vô tỉ dựa theo hàm đơn điệu Dựa vào kết quả : “ Nếu y f t là hàm đơn điệu thì f x f t x t ” ta có thể xây dựng được Bài-giảng Pt- Hpt trang.53 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  2. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 những pt vô tỉ. Xuất phát từ hàm đơn điệu : y f x 2x3 x2 1 mọi x 0 ta xây dựng phương trình : 3 f x f 3x 1 2x3 x2 1 2 3x 1 (3x 1)2 1, Rút gọn ta được phương trình 2x3 x2 3x 1 2 3x 1 3x 1 Từ phương trình f x 1 f 3x 1 thì bài toán sẽ khó hơn 2x3 7x2 5x 4 2 3x 1 3x 1 Để giải hai bài toán trên chúng ta có thể làm như sau: Đặt y 3x 1 khi đó ta có hệ : 3 2 3 2x 7x 5x 4 2y 3 2 cộng hai pt ta được: 2 x 1 x 1 = 2y3 y2 2 3x 1 y Hãy xây dựng những hàm đơn điệu và những bài toán vô tỉ theo dạng trên ? I.65) Giải phương trình: 15 x 3 x 6(1) G: Điều kiện: x 3 x 9 Cách 1: Bình phương hai vế pt (1) và rút gọn ta được: (15 x)(3 x) 9 x x 1 x 1 12 Cách 2: Nhân lượng liên hợp: 15 x 3 x 6 6 15 x 3 x 2 (2) 15 x 3 x Từ (1) và (2) ta có: 15 x 4 x 1 1 1 Cách 3: Xét hàm số f (x) 15 x 3 x,x 3 ; f (x) 0,x 3 suy ra hs nb 15 x 3 x trên ;3, f ( 1) 6 suy ra x= -1 là nghiệm duy nhất của pt. I.66)Giải phương trình: a) 4x 1 4x2 1 1 b) 2x 1 2 4x2 4x 4 3x 2 9x2 3 0 c) 3 x 6 3 x 2 3 x 3 0 d) x 1 x2 2x 17 e) x 2 x 6 x 2 18 f) x4 + x3 + 5 x 2 = 2 + 5 2 G: a) a) 4x 1 4x2 1 1 1 1 2 4x ĐK: x . Đặt f x 4x 1 4x2 1 . Miền xác định: x , f ' x 0. 2 2 4x 1 4x2 1 1 1 Do đó hs đb với x , nên pt nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất. Thấy x là nghiệm của pt. 2 2 b) 2x 1 2 4x2 4x 4 3x 2 9x2 3 0 Pt 2x 1 2 2x 1 2 3 3x 2 3x 2 3 f 2x 1 f 3x 1 Xét hàm số f t t 2 t 2 3 , là hàm đồng biến trên R, ta có x 5 c) 3 x 6 3 x 2 3 x 3 0 Nhận thấy x = -2 là một nghiệm của pt. Đặt f x 3 x 6 3 x 2 3 x 3 Với x1 x2 f x1 f x2 vậy hàm số f(x) đồng biến trên R. Vậy x = -2 là nghiệm duy nhất của pt. d) x 1 x2 2x 17 Đk: x 1 Dễ thấy: Hs f x x 1 đồng biến trên 1; . Hs g x x2 2x 17 nghịch biến trên 1; . Suy ra pt đã cho nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Ta có: f 5 g 5 . Vậy x = 5 là nghiệm duy nhất. e) x 2 x 6 x 2 18 (1) Đk: x + 2 0 x – 2. Bài-giảng Pt- Hpt trang.54 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  3. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 3 Đặt f(x) = x 2 x 6 x 2 có f(x) xác định, liên tục trên 2; và f/(x) = 2x + 1 + x 2 - 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 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. Bài tập áp dụng: Giải phương trình: 2 a) 4x 1 4x2 1 1 c) x 1 3 x x e) x 1 x 2 3 3 2 3 b) x 1 x 4x 5 d) x 1 2x 2x x f) 2x 1 x2 3 4 x I.67) Gpt: a) 4x 1 4x2 1 1 b) x5 x3 1 3x 4 0 c) 3 x x2 2 x x2 1 G: a) 4x 1 4x2 1 1 dkx 1/ 2 xét hàm số y= 4x 1 4x2 1 txd x 1/ 2 2 4x Có đạo hàm y, 0x 1/ 2 hàm số luôn đồng biến trên txđ vậy pt không có 4x 1 4x2 1 quá một nghiệm nhẩm nghiệm ta thấy x=1/2 là nghiệm duy nhất b) x5 x3 1 3x 4 0 xét hàm số y= x5 x3 1 3x 4 txđ x≤1/3 3 y' 5x4 3x2 0 h/s đồng biến trên txđ vậy pt có không quá một nghiệm. Ta thấy x= -1 là 2 1 3x nghiệm duy nhất của bài toán c) 3 x x2 2 x x2 1 3 x x2 2 x x2 1 đặt t = x2- x đ/k -3≤t≤2 1 1 Hs f(t) = 3 t txđ  3,2 f`(t)= o hàm số tăng , g(t) = 1+ 2 t g(t), 0 hàm 2 3 t 2 2 t số nghịch biến vậy chúng chỉ có thể giao nhau tại một điểm duy nhất , thấy t =1 là nghiệm do đó t=1 suy ra 1 5 pt x2- x =1 có nghiệm x . 2 I.68) Gpt : a) 3 x 1 3x2 8x 3 b) x 3x 1 x2 x 1 c) 3 2x 1 3 2x 2 3 2x 3 0 (1) Phương pháp sử dụng đạo hàm bậc 2 * Tìm tập xác định của pt. * Xét hàm số f trên miền D ,tồn tại đạo hàm bậc 2 suy ra hàm số lồi hoặc lõm trên miền D. Suy ra pt không có quá 2 nghiệm nhẩm 2 nghiệm thuộc miền D G: a) 3 x 1 3x2 8x 3 đ/k x≥ - 1 PT ↔3 x 1 3x2 8x 3 0 Xét hàm số f(x) = 3 x 1 3x2 8x 3 trên tập x/đ x ≥ -1 3 3 f '(x) 6x 8 f ''(x) 6 0 vậy hs có đồ thị lồi trên txđ. 2 x 1 4 (x 1)2 Do đó pt nếu có nghiệm thì không quá 2 nghiệm ta dễ thấy x = 0, x = 3 là nghiệm b) x 3x 1 x2 x 1 Điều kiện x ≥ 0 pt tương đương với x 3x 1 x2 x 1 0 xét hàm số f(x) = x 3x 1 x2 x 1 tập xác định x ≥ 0 1 3 1 9 f '(x) 2x 1 f ''(x) 2 0 đồ thị hàm số lồi trên tạp xác 2 x 2 3x 1 4 x2 4 (3x 1)2 định vì vậy phương trình không có quá 2 nghiệm ,dễ thấy x = 0 ,x = 1 là nghiệm Các bước: Tìm tập xác định của phương trình. +Biến đổi phương trình (nếu cần) để đặt f(x) bằng một biểu thức nào đó. Bài-giảng Pt- Hpt trang.55 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  4. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 +Tính đạo hàm f(x), rồi dựa vào tính đồng biến(nbiến) của hàm số để kết luận nghiệm của phương trình. c) 3 2x 1 3 2x 2 3 2x 3 0 (1) Txđ: D = R. Đặt f(x) = 3 2x 1 3 2x 2 3 2x 3 2 2 2 1 3 Ta có: f '(x) 0;x , 1, 3 (2x 1)2 3 (2x 2)2 3 (2x 3)2 2 2 1 1 3 3 Suy ra hàm số f(x) đồng biến trên tập M= ,  , 1  1,  , 2 2 2 2 1 3 Ta thấy f(-1)=0 x=-1 là một nghiệm của (1). Ta có: f ( ) 3; f ( ) 3 2 2 Ta có bảng biến thiên của hàm số f(x): X 3 1 -∞ -1 +∞ 2 2 f’(x) F(x) +∞ 0 3 -∞ -3 Từ bảng biến thiên ta thấy f(x) = 0 x = -1. Vậy phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm x = -1. Bài tập tương tự: Gpt: 1) 3 x 2 3 x 1 3 2x 2 1 3 2x 2 2) 2x 1 2 2x 1 2 3 3x 2 9x 2 3 0 I.69)Gpt: a) 3 2x 1 3 2x 2 3 2x 3 0 b) 2x 1 2 4x2 4x 4 3x 2 9x2 3 0 c) x3 4x2 5x 6 3 7x2 9x 4 G: a) 3 2x 1 3 2x 2 3 2x 3 0 (1) Tập xác định: D = R. Đặt f(x) = 3 2x 1 3 2x 2 3 2x 3 2 2 2 1 3 Ta có: f '(x) 0;x , 1, 3 (2x 1)2 3 (2x 2)2 3 (2x 3)2 2 2 1 1 3 3 Suy ra hàm số f(x) đồng biến trên tập M= ,  , 1  1,  , 2 2 2 2 1 3 Ta thấy f(-1)=0 x=-1 là một nghiệm của (1). Ta có: f ( ) 3; f ( ) 3 2 2 Ta có bảng biến thiên của hàm số f(x): x 3 1 -∞ -1 +∞ 2 2 f’(x) F(x) +∞ 0 3 -∞ -3 Từ bảng biến thiên ta thấy f(x) = 0 x = -1. Vậy phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm x = -1. b) 2x 1 2 4x2 4x 4 3x 2 9x2 3 0 2x 1 2 2x 1 2 3 3x 2 3x 2 3 f 2x 1 f 3x 1 Xét hàm số f t t 2 t 2 3 , là hàm đồng biến trên R, ta có x 5 c) x3 4x2 5x 6 3 7x2 9x 4 Bài-giảng Pt- Hpt trang.56 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  5. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 3 2 x 4x 5x 6 y 3 Đặt y 3 7x2 9x 4 , ta có hệ : y3 y x 1 x 1 2 3 7x 9x 4 y Xét hàm số : f t t3 t , là hàm đơn điệu tăng. Từ pt x 5 3 2 f y f x 1 y x 1 x 1 7x 9x 4 1 5 x 2 I.70) a)Tìm m để pt: x2 x 1 x2 x 1 m có nghiệm. b) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: mx x 3 m 1, c) Tìm m để pt sau có hai nghiệm thực phân biệt: x2 mx 2 2x 1(KB-2006) d) Tìm m để phương trình: x x x 12 m 5 x 4 x có nghiệm. e) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 1 3 x x 1 3 x m , (1) G: a)Tìm m để pt: x2 x 1 x2 x 1 m có nghiệm. 2 2 2x 1 2x 1 TXĐ: R Xét hs: y f x x x 1 x x 1 , Df = R, y ' x2 x 1 x2 x 1 2x 1 2x 1 0 y' 0 2x 1 x2 x 1 2x 1 x2 x 1 2 2 2 2 2x 1 x x 1 2x 1 x x 1 (v.nghiệm) Mặt khác: f’(0) = 1 > 0 suy ra y’ > 0 nên hàm số đồng biến. 2x lim lim 1 x x x2 x 1 x2 x 1 Giới hạn: BBT: 2x lim lim 1 x x x2 x 1 x2 x 1 Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 < m < 1. Chú ý: Trong bài toán trên nếu không thực hiện việc xác định giới hạn hàm số, rất có thể chúng ta ngộ nhận tập giá trị của hàm số là R và dẩn đến việc kết luận sai lầm rằng phương trình có nghiệm với mọi m. Do đó việc tìm giới hạn trong bài toán khảo sát là rất cần thiết để tìm ra tập giá trị. b) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: mx x 3 m 1, ĐK: x 3 1 x 3 1 x 3 5 x 1 bpt m , xét hs y y ' . y' 0 x 5 . lim y 0 và f(3) = . x 1 x 1 2 x 3 x 1 2 x 2 3 1 BBT: .Vậy bất phương trình có nghiệm y 5 m m 4 c) Tìm m để pt sau có hai nghiệm thực phân biệt: x2 mx 2 2x 1(KB-2006) 1 2 2x 1 0 x x mx 2 2x 1 2 2 2 x mx 2 (2x 1) 2 mx 3x 4x 1 (*) Xét phương trình (*): + x 0 : (*) vô nghiệm. Nghĩa là không có giá trị nào của m để pt có nghiệm x 0 1 1 1 + x 0 3x 4 m .Xét hs: f (x) 3x 4 trên tập ; \ 0 x x 2 1 1 1 Ta có f (x) 3 2 0 với x ; \ 0.Nên hs f (x) đb trên ; \ 0 . Ta có BBT: x 1 2 2 - x 2 0 +∞ f'(x) + + +∞ +∞ Bài-giảng Pt- Hpt f ( x ) 9 trang.57 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng 2 -∞
  6. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 1 1 f (x) 3x 4 và đường thẳng y m trên miền ; \ 0 x 2 9 Dựa bảng biến thiên, ta có giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là m 2 d) Tìm m để phương trình: x x x 12 m 5 x 4 x có nghiệm. ĐK: 0 x 4 pt (x x x 12) 5 x 4 x m Xét hs y f x (x x x 12) 5 x 4 x . Miền xác định: D 0;4 Nhận xét:Hàm số h x x x x 12 đồng biến trên D. Hs g x 5 x 4 x đồng biến trên D. Suy ra y = f(x) = h(x).g(x) là hàm đồng biến trên D. Vậy pt có nghiệm khi và chỉ khi f 0 m f 4 e) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 1 3 x x 1 3 x m , (1) ĐK: 1 x 3. Đặt t x 1 3 x , lập BBT của t(x) với 1 x 3 ta có 2 t 2 1 Khi đó phương trình (1) trở thành: t2 + t + 1 = m, lập bảng biến thiên của hàm số vế trái với 2 t 2 2 từ đó kết luận: 1 m 2 . I.71) Biện luận theo m số nghiệm phương trình: x 3 m x2 1 x 3 G: Pt được viết lại dưới dạng: m x2 1 x 3 Số nghiệm của pt là số giao điểm của (C): y và đường thẳng: y = m. x2 1 Lập BBT : . KL: m 1 m 10 : phương trình vô nghiệm. 1 m 1hoặc m 10 : phương trình có nghiệm duy nhất. 1 m 10 : phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Bài tập tương tự: Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x 9 x x2 9x m . Bài 2. Gpt: a) x2 x 1 x2 x 1 3 1 b) x 1 3 x x 1 3 x 1 c) x x x 12 12 5 x 4 x I.72) a)Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x2 x 1 x2 x 1 m b)Tìm m để pt sau có đúng 2 nghiệm pb: x4 4x3 16x m 4 x4 4x3 16x m 6 G: a) Xét hàm số : f(x) = x2 x 1 x2 x 1 có TXĐ: D = R 2x 1 2x 1 f '(x) ; f '(x) 0 (2x 1)(2 x2 x 1) (2x 1)(2 x2 x 1) (*) 2 x2 x 1 2 x2 x 1 (2x 1)2 (x2 x 1) (2x 1)2 (x2 x 1) x = 0. Thay x = 0 vào (*) thấy không thoả. Vậy pt (*) vô nghiệm, tức f’(x) không đổi dấu Mà f’(0)= 1 > 0 suy ra f’(x) >0 với mọi x nên f là hàm đồng biến trên R 2x Ta lại có: lim f (x) lim 1 và lim f (x) 1 x x x2 x 1 x2 x 1 x Bảng biến thiên x - + f’(x) + f(x) = m -1 1 Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra, phương trình có nghiệm -1 m 1 b)Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm phân biệt? x4 4x3 16x m 4 x4 4x3 16x m 6 Bài-giảng Pt- Hpt trang.58 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  7. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 G: Đặt: t 4 x4 4x3 16x m , t 0. Pttt: t2 + t – 6 = 0 t = 2 hay 4 x4 4x3 16x m 2 m x 4 4x3 16x 16 Xét hàm số: f(x) = x4 – 4x3 + 16x – 16 có f’(x) = 4x3 – 12x2 + 16 f’(x) = 0 x = -1; x = 2; lim f (x) x Bảng biến thiên: x - -1 2 + f’(x) - 0 + 0 + f(x) = -m + + -27 Dựa vào bảng biến thiên suy ra, phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: -m >-27 m 2 cho tương ứng t 2 với 2 giá trị của x. Do đó , (1) có 2 nghiệm phân biệt (2) có 2 nghiệm t 2 hoặc có đúng 1 nghiệm t sao cho |t| >2 2 a 6 *TH1 : (2) có 2 nghiệm t 2 không thoả mãn. 22 a 6 *TH2 : (2) có đúng 1 nghiệm t sao cho |t| >2 t 1 3 2 2 Xét hàm số y=t +3t -9t với t ; 2  2; . y’ 3t 6t 9 0 t 3 BBT t -∞ -3 -2 1 2 +∞ y’ + 0 - 0 + +∞ 27 y 22 2 -∞ a 6 27 a 21 Từ BBT ta có 2) có đúng 1 nghiệm t sao cho |t| >2 . a 6 2 a 4 a 21 KL: giá trị của a thoả mãn a 4 *Nhận xét : Đây là dạng toán gặp khá nhiều , khi làm cần lưu ý +Đặt ẩn phụ t chuyển sang phương trình mới với t D ( cần đánh giá để được miền giá trị của t ứng với miền giá trị của x ). +Đưa phương trình về dạng cơ bản f(t)=g(m) , t D . π I.74) Tìm m để pt: sin3x=cosx(x3+m3) (1) có nghiệm trên nửa khoảng 0; . 3 π 2 3 3 2 3 G: Do x 0; nên pt đã-cho↔ tanx.sin x x m . Xét hàm số f x =tanx.sin x x 3 Bài-giảng Pt- Hpt trang.59 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  8. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 f ' x tg2x 2sin2 x 3x2 Áp dụng BĐT Bunyakovsky cho 2 số ta có: 2 2 tan x 2sin x tan2 x 2sin2 x 1 2 tan x 2sin x tan2 x 2sin2 x 3 π Ta chỉ cần chứng minh tanx 2sinx 3x;x 0; là xong 3 π Xét hàm số g(x)=tanx+2sinx-3x , x 0; , 3 1 1 π 3 g ' x 2 2cos x 2 3 2 cos x cos x 3 0;x 0; cos x cos x 3 π π nên hàm đồng biến trên nửa khoảng 0; hay g(x)>g(0)=0, x 0; . 3 3 tgx 2sin x 2 3x 2 Như vậy , f ' x tg2x 2sin2 x 3x2 3x2 3x2 0 do đó , hàm số đồng biến 3 3 π trên nửa khoảng 0; . 3 3 3 π 3 3 π Từ đó ta có , phương trình (1) có nghiệm f 0 m f 0 m 3 . 3 4 27 *Nx: Với dạng bài tập này ( vẫn là dạng f(x)=g(m) , m là tham số ) điều quan trọng là +Nếu với yêu cầu “tìm điều kiện để phương trình có nghiệm “ thì chỉ cần tìm miền giá trị của hàm f(x) bằng phương pháp hàm số hoặc sử dụng bất đẳng thức. +Nếu với yêu cầu “tìm điều kiện để phương trình có k nghiệm “ thì thông thường ta hướng tới việc khảo sát sự biến thiên của hàm f(x). Bài viết của tôi còn một điều chưa làm được đó chính là “ khi nào , gặp dạng toán như nào” thì sử dụng phương pháp này , rất mong được các bạn cùng trao đổi để bài viết được tốt hơn. I.75)Phương pháp sử dụng tính liên tục hàm số để chứng minh số nghiệm phương trình Bài tập áp dụng : CMR phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt thuộc (-7,9): 2x 63 1 x 3 đặt t= 3 1 x có pt 2t3 – 6t + 1 =0 hàm số này liên tục trên R ,có f(-2)f(0)<0 có 1ngh t thuộc (-2,0) suy ra có 1 ngh x thuộc (1,9) , f(0)f(1)<0 có 1ngh t thuộc (0,1) suy ra có 1ngh x thuộc(0,1) , f(1)f(2)< 0 có 1ngh t thuộc(1,2) suy ra có 1 ngh x thuộc (-7,0) vậy phương trình đã cho có đúng 3 nghiệm phân biệt thuộc ( -7,9) I.76)Tìm m để phương trình 3 x 6 x (3 x)(6 x) m có nghiệm. 6 x 3 x G: Đặt t f (x) 3 x 6 x với x [ 3;6] thì t ' f '(x) 2 (6 x)(3 x) x -3 3/2 6 +∞ f’(x) ║ + 0 - ║ f(x)  3 2  3 3 t2 9 t2 9 Vậy t [3;3 2] . Phương trình (1) trở thành t m t m (2). 2 2 2 Phương trình (1) có nghiệm Phương trình (2) có nghiệm t [3;3 2]  đường thẳng y=m có điểm chung t2 9 với đồ thị y= t với t [3;3 2] . 2 2 Ta có y’=-t+1 nên có t 1 3 3 2 y’ + 0 -  -  Bài-giảng Pt- Hpt trang.60 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  9. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 y 3 9 3 2 2 I.77) T×m m ®Ó pt sau cã nghiÖm: x2 x 1 x2 x 1 m . G: XÐt hµm sè y x2 x 1 x2 x 1 + MiÒn x¸c ®Þnh D= R . 2x 1 2x 1 + §¹o hµm: y' ; y' 0 (2x 1) x2 x 1 (2x 1) x2 x 1 2 x2 x 1 2 x2 x 1 (2x 1)(2x 1) 0 (vo nghiem) 2 2 2 2 (2x 1) (x x 1) (2x 1) (x x 1) 2x + y’(0)=1>0 nªn hµm sè §B + Giíi h¹n : lim y lim 1; lim y 1. x x x2 x 1 x2 x 1 x + BBT x -∞ +∞ y’ + y 1 -1 VËy ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm khi vµ chØ khi -1 0 ta cã BBT: x 0 2 +∞ f’(x) - 0 + f(x) 5 +∞ 1 - Khi ®ã ph­¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh m=t2+t-5 t2+t-5-m=0 (1). - NÕu ph­¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm t1; t2 th× t1+ t2 =-1. Do ®ã (1) cã nhiÒu nhÊt 1 nghiÖm t≥1. - VËy pt ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm d­¬ng khi vµ chØ khi pt (1) cã ®óng 1 nghiÖm t (1; 5) . - §Æt g(t)=t2+t-5. Ta ®i t×m m ®Ó ph­¬ng tr×nh g(t)=m cã ®óng 1 nghiÖm t (1; 5) . Bài-giảng Pt- Hpt trang.61 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  10. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 f’(t)=2t+1>0 víi mäi t (1; 5) . Ta cã BBT sau: t 1 5 g’(t) + g(t) 5 -3 Tõ BBT suy ra -3<m< 5 lµ c¸c gi¸ trÞ cÇn t×m. I.80)X¸c ®Þnh m ®Ó ph­¬ng tr×nh sau cã nghiÖm m( 1 x2 1 x2 2) 2 1 x 4 1 x2 1 x2 . G: - §iÒu kiÖn -1≤x≤1. §Æt t 1 x2 1 x2 . - Ta cã: 1 x2 1 x2 t 0;t 0 x 0 ; t2 2 2 1 x 4 2 t 2;t 2 x 1 - TËp gi¸ trÞ cña t lµ 0; 2 (t liªn tôc trªn ®o¹n [-1;1]). Pt ®· cho trë thµnh: t2 t 2 m(t 2) t2 t 2 m(*) t 2 t2 t 2 - XÐt f (t) ;0 t 2.Ta cã f(t) liªn tôc trªn ®o¹n 0; 2 . Ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm x t 2 khi vµ chØ khi ph­¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm t thuéc 0; 2 min f (t) m max f (t) . 0; 2 0; 2 t2 4t - Ta cã f '(t) 0,t 0; 2 f (t)NB 0; 2 . (t 2)2 Suy ra min f (t) f ( 2) 2 1;ma x f (t) f (0) 1. - VËy 2 1 m 1. 0; 2 0; 2 1 I.81)Cho bpt (4 x)(2 x) (18 a 2x x2 ) . Tìm a để bpt nghiệm đúng với mọi x [-2;4]. 4 G: Đặt t (4 x)(2 x) x2 2x 8;t [0;3] . 1 Bpt trở thành: t (10 a t2 ) a t2 4t 10 .(2) 4 (1) nghiệm đúng↔ (2) có nghiệm mọi t [0;3]↔ đt y=a nằm trên ĐTHS y=t2-4t+10 với t [0;3] ; y’=2t-4; y’=0t=2 t 0 2 3 y’  - 0 +  y 10 7 6 Vậy m≥10. I.82)Cho phương trình x 4 x2 x m(x2 1)2 (1). Tìm m để phương trình có nghiệm. 4(x3 x2 x) 4x(x2 1) 4x2 2x 2x G:Pt↔ m 4m 2. ( )2 4m (1 x2 )2 (1 x2 )2 1 x2 1 x2 2x Đặt t= ; t [-1;1]. Khi đó pt(1) trở thành 2t+t2=4m. (1) có nghiệm  (2) có nghiệm t [-1;1] 1 x2 Xét hàm số y=f(t)=t2+2t với t [-1;1]. Ta có f’(t)=2t+2≥0 với mọi t [-1;1]. t -1 1 f’ 0 +  f 3 -1 Bài-giảng Pt- Hpt trang.62 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  11. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 1 3 Từ BBT -1≤4m≤3 m . 4 4 I.83) x 1 3 x (x 1)(3 x) m a)Giaûi pt khi m=2 .b)Tìm m pt coù nghieäm . G:t x 1 3 x; 2 t 2 2 (Vì: a b a b 2(a b) ) t 0(l) 2 2 a)m 2 :t 2t 0 x 1, x 3 b) f(t) = -t /2 + t +2 = m (1) . t 2 Laäp baûng bieán thieân : Tacoù : 2 2 2 m 2. I.84)Tìm m để pt có nghiệm: a) x 9 x x2 9x m b) x4 4x m 4 x4 4x m 6 G: a) x 9 x x2 9x m Bình phöông : Ñaët t= x(9 x) 0 t 9 / 2 . Kshs: f (t) t2 2t 9 ; o t 9/ 2Ds 9/ 4 m 10 b) x4 4x m 4 x4 4x m 6 4 4 2 t 3l 4 4 4 Ñaët : t x 4x m 0 pt :t t 6 0 x 4x m 2 m x 4x 16 t 2 Laäp BBT : m>19VN; m=19: 1 ngh ;m<19pt2ngh. I.85) Tìm các giá trị của tham số m để pt: a) x2 mx 2 2x 1có hai nghiệm phân biệt. b) x 9 x x2 9x m (1) có nghiệm c) 3 x 1 m x 1 2 4 x2 1 (1) có nghiệm d) 6 x x 3 mx (1) có nghiệm 1 e)3 1 x2 2 x3 2x2 1 m (1) có nghiệm duy nhất trên ;1 2 1 2 2 x G: a) x mx 2 2x 1có hai nghiệm pb. Ta có: x mx 2 2x 1 2 2 mx 3x 4x 1 (1) 1 1 Nếu x = 0 thì pt (1) vô nghiệm. Nếu x ; \ 0 thì (1) m 3x 4 (2) 2 x 1 Pt (2) là pt hoành độ giao điểm của d : y m và đồ thị (C) : f (x) 3x 4 x 1 1 Pt đã cho có hai nghiệm pb x ; \ 0 d : y m cắt (C) : f (x) 3x 4 trên 2 x 1 ' 1 1 ; \ 0.Ta có: f (x) 3 2 0, x ; \ 0 2 x 2 Bảng biến thiên: 1 x 0 + 2 f’(x) + + + + f(x) 9 - 2 9 Từ bảng biến thiên ta có: m 2 * Nhận xét : Đưa về bài toán tìm số giao điểm đường thẳng và đồ thị.Nếu giải theo cách đưa về phương 1 trình bậc hai thì tìm điều kiện để ptbậc hai có hai nghiệm phân biệt thỏa điều kiện x ; .Khi đó 2 1 dẫn đến so sánh hai nghiệm của phương trình bậc hai với , bài toán trở nên phức tạp. 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.63 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  12. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 b) x 9 x x2 9x m (1) có nghiệm Điều kiện: 0 x 9 PT (1) x 9 x 2 x(9 x) x2 9x m 9 2 x2 9x x2 9x m (2) 2x 9 9 9 Đặt t x2 9x Ta có: t ' ; t ' 0 x .Lập BBT: Do đó : 0 t 2 x2 9x 2 2 9 Pt (2) trở thành 9 2t t 2 m t 2 2t 9 m (3). Xét hàm số f (t) t 2 2t 9 , 0 t 2 Ta có : f ' (t) 2t 2 ; f ' (t) 0 t 1 Bảng biến thiên : 9 t 0 1 2 f ' (t) + 0 f (t) 10 9 9 4 9 9 Pt (1) có nghiệm x 0;9 pt (3) có nghiệm t 0; m 10 2 4 * Nhận xét : Nếu không đặt ẩn phụ thì ta được pt : 9 2 x2 9x x2 9x m Khi đó xét hàm số f (x) 9 2 x2 9x x2 9x thì việc tính đạo hàm và xét dấu đạo hàm để lập bảng biến thiên tương đối khó khăn. Tuy nhiên khi đặt ẩn phụ thì phải tìm điều kiện của t. Khi đó đưa về phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng song song với trục Ox và đồ thị (C ). c) 3 x 1 m x 1 2 4 x2 1 (1) có nghiệm Điều kiện : x 1. 2 x 1 x 1 x 1 x 1 2 4 4 4 4 4 PT (1) 3 m 2 (2) Đặt t , Do 0 1 1 0 t 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 Pt (2) trở thành : 3t 2 m 2t m 3t 2 2t (3). Xét hàm số f (t) 3t 2 2t , t 0;1 1 Ta có : f ' (t) 6t 2 ; f ' (t) 0 t 3 Bảng biến thiên : 1 t 0 1 3 f ' (t) + 0 1 f (t) 3 0 -1 1 Pt (1) có nghiệm x 1; pt (3) có nghiệm t 0;1 1 m 3 * Nhận xét: Nếu không đặt được ẩn phụ mà giải trực tiếp thì đây là bài toán tương đối phức tạp. Khi đặt ẩn phụ học sinh hay gặp sai lầm là chỉ nói được t 0 , không chỉ ra được t<1. d) 6 x x 3 mx (1) có nghiệm Điều kiện : 3 x 6 6 x 3 x Vì x = 0 không là nghiệm của pt nên (1) ↔ m . x x 6 x 3 x x 12 x 6 Xét hs f (x) , x  3;6. Ta có : f ' (x) x x 2x2 6 x 2x2 x 3 Với mọi x  3;6 x 12 0, x 6 0 nên f ' (x) 0 ,x 3;6 Bảng biến thiên : Bài-giảng Pt- Hpt trang.64 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  13. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 x 3 0 6 f’(x) -1 + f(x) 1 - 2 m 1 Từ bảng biến thiên ta có : Phương trình (1) có nghiệm 1 m 2 * Nhận xét : Đây là bài toán mà ta không đặt được ẩn phụ, nếu dùng phép biến đổi mất căn thì dẫn đến một phương trình phức tạp. Cách giải trên đưa về dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đó là ưu điểm của cách giải trên. 1 e)3 1 x2 2 x3 2x2 1 m (1) có nghiệm duy nhất trên ;1 2 1 Xét hàm số f x 3 1 x2 2 x3 2x2 1 trên ;1 . 2 2 ' 3x 3x 4x 3 3x 4 Ta có f (x) x 1 x2 x3 2x2 1 1 x2 x3 2x2 1 1 Xét hàm số g x x3 2x2 1 trên ;1 . Ta có g x 3x2 4x 0 x 0 2 Ta có bảng biến thiên 1 x 0 1 2 g ' (x) + 0 g(x) 1 1 1 Dựa vào bbt ta thấy g(x) 1,x ;1 và x ;1 ta có 2 2 1 5 3( ) 4 3x 4 3.1 4 3x 4 7 . 2 2 3 3x 4 1 Suy ra 0,x ;1 . Do đó f x 0 x 0 1 x2 x3 2x2 1 2 Bảng biến thiên: 1 x 0 1 2 f ' (x) 0 + f (x) 1 3 3 22 4 2 PT (1) là pt hoành độ giao điểm của d : y m và (C ) : f x 3 1 x2 2 x3 2x2 1 3 3 22 Phương trình có nghiệm duy nhất khi 4 m hoặc m 1. 2 * Nhận xét :Đây là bài toán mà ta không đặt được ẩn phụ, nếu dùng phép biến đổi mất căn thì dẫn đến một phương trình phức tạp. Cách giải trên đưa về dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đó là ưu điểm của cách giải trên. Bài-giảng Pt- Hpt trang.65 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  14. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 I.86) Cho pt :3 tan x 1 sin x 2cos x m sin x 3cos x (1). Tìm m để pt (1) có nghiệm duy nhất x 0; 2 G : Xét x 0; , khi đó sin x 0,cos x 0, tan x 0 ,sin x 3cos x 0 2 sin x 2cos x tan x 2 PT (1) 3 tan x 1 m 3 tan x 1 m (2). Đặt t tan x , t 0 sin x 3cos x tan x 3 t 2 t 2 PT (2) trở thành 3 1 t. m , t >0. Xét hàm số f (t) 3 1 t. , t 0 t 3 t 3 3 t 2 t 1 Ta có : f ' (t) . 3 0 ,t 0 2 t 1 t 3 t 3 2 Bảng biến thiên t 0 f ' (t) + f (t) 2 Ứng mỗi t 0 thỏa mãn PT (3), ta được đúng một nghiệm x 0; của PT (1) 2 Do đó PT (1) có nghiệm duy nhất thỏa x 0; khi và chỉ khi PT (3) có duy nhất nghiệm t 0 . 2 Từ bảng biến thiên ta có : m 2 * Nhận xét : Đây là bài toán tương đối khó, sau khi đặt ẩn phụ ta vẫn được một phương trình chứa căn phức tạp.Cách giải trên đưa về dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đó là ưu điểm của cách giải trên. I.87) Cmr m 0, pt sau luôn có hai nghiệm thực phân biệt: x2 2x 8 m(x 2) G: Do m 0 nên x 2 . (1) (x 2)(x 4) m(x 2) (x 2)(x 4)2 m(x 2) x 2 (x 2) (x 2)(x 4)2 m 0 3 2 x 6x 32 m 0(*) Yêu cầu bài toán quy về chứng minh phương trình (*) có một nghiệm trong (2; ) Biến đổi (*) m x3 6x2 32 . Xét hàm số f (x) x3 6x2 32 với x 2 . Ta có f ' (x) 3x2 12x 0,x 2 và lim f (x) x Bảng biến thiên: x 2 f ' (x) + f (x) 0 Từ bảng biến thiên suy ra m 0 phương trình (*) có đúng một nghiệm x 2 . Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm thực phân biệt m 0. * Nx: Sau khi tìm được điều kiện x 2 việc khảo sát hàm số f (x) ở trên là rất dễ dàng chủ yếu là dùng đạo hàm tuy nhiên dùng định nghĩa cũng suy ra tính đồng biến của hàm số I.88) Xác định tất cả các giá trị m để phương trình : (a) m( 1 x2 1 x2 2) 2 1 x4 1 x2 1 x2 (1) có nghiệm thực ( ĐH khối B – 2004 ) (b) x2 mx 2 2x 1 (1) có 2 nghiệm thực phân biệt (ĐH khối B – 2006) (c)3 x 1 m x 1 2 4 x2 1 (1) có nghiệm thực (ĐH khối A – 2007) Bài-giảng Pt- Hpt trang.66 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  15. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 (d) x 9 x x2 9x m (1) có 4 nghiệm thực phân biệt G: (a) m( 1 x2 1 x2 2) 2 1 x4 1 x2 1 x2 (1) có nghiệm thực ( ĐH khối B – 2004 ) ĐK 1 x 1 . Đặt t = 1 x2 1 x2 . Lập BBT suy ra 0 t 2 , x [– 1; 1] t 2 t 2 (1) trở thành: m(t + 2) = 2 – t2 + t m = (2) t 2 +Phương trình (1) có nghiệm (2) có nghiệm t [0; 2] t 2 t 2 +Đặt f(t) = . Lập BBT từ đó suy ra : phương trình có nghiệm 0 m 1 t 2 (b) x2 mx 2 2x 1 (1) có 2 nghiệm thực phân biệt (ĐH khối B – 2006) 1 1 x 0 2x 1 0 x 2 (1) 2 2 2 x mx 2 4x 4x 1 2 1 mx 3x 4x 1 m 3x 4 (2) x 1 (1) có 2 nghiệm phân biệt (2) có 2 nghiệm phân biệt x [ ;0)  (0; ) 2 1 9 +Đặt f(x) = 3x + 4 . Lập BBT từ đó suy ra :phương trình có 2 nghiệm phân biệt m x 2 (c)3 x 1 m x 1 2 4 x2 1 (1) có nghiệm thực (ĐH khối A – 2007) x 1 x 1 ĐK x 1. Ta có (1) 3 m 2 4 (2) x 1 x 1 x 1 +Đặt t = 4 , 0 t 1 thì (2) trở thành: m = – 3t2 + 2t (3) +(1) có nghiệm (3) có nghiệm t [0; 1). x 1 1 Đặt f(t) = – 3t2 + 2t . Lập BBT từ đó suy ra: phương trình có nghiệm 1 m 3 (d) x 9 x x2 9x m (1) có 4 nghiệm thực phân biệt 0 x 9 HD:(1) . Đặt t = x(9 x) (2) , ta có pt : – t2 + 2t + 9 = m (3) 2 9 2 x(9 x) x 9x m t 0 t 0 t = x(9 x) 2 2 2 t x(9 x) x 9x t 0(*) t 0 9 + (2) có 2 nghiệm phân biệt (*) có 2 nghiệm phân biệt 0 t 2 81 4t 0 2 9 + Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt t [0, ) 2 +Đặt f(t) = – t2 + 2t + 9 . Lập BBT suy ra kết quả 9 m 10 I.89) Xác định tất cả các giá trị m để phương trình sau: (a) 3 x 5 x (3 x)(5 x) m (1) có nghiệm thực (b) x 1 4m 4 x2 3x 2 (m 3) x 2 0 (1) có nghiệm thực (c) mx2 2(m 3)x 3m 1 x 1 (1) 2 nghiệm thực phân biệt (d)(B-06) x2 mx 2 2x 12 nghiệm thực phân biệt G: a) 3 x 5 x (3 x)(5 x) m (1) có nghiệm thực ĐK 3 x 5 . Đặt t = 3 x 5 x t2 = 8 + 2 (3 x)(5 x) BĐT Cô-Si: 2 (3 x)(5 x) 8 8 t2 16 2 2 t 4 Bài-giảng Pt- Hpt trang.67 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  16. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 t 2 8 (1) trở thành t m (2) . Phương trình (1) có nghiệm (2) có nghiệm t [2 2;4] 2 t 2 8 +Đặt f(t) = t . Lập BBT suy ra kết quả 2 2 m 8 2 (b) x 1 4m 4 x2 3x 2 (m 3) x 2 0 (1) có nghiệm thực x 2 x 2 ĐK x 2 . Ta có (1) 1 4m 4 (m 3) 0 (2) x 1 x 1 x 2 +Đặt t = 4 , 0 t 1thì (2) trở thành: 1 + 4mt + (m + 3)t2 = 0 m(t2 + 4t) = – 3t2 – 1 (3) x 1 3t 2 1 +Vì t = 0 không thỏa (3) , nên với 0 < t < 1 thì (3) tương đương m = (4) t 2 4t +(1) có nghiệm (4) có nghiệm t (0; 1). 3t 2 1 3 Đặt f(t) = . Lập BBT suy ra phương trình có nghiệm m t 2 4t 4 (c) mx2 2(m 3)x 3m 1 x 1 (1) 2 nghiệm thực phân biệt x 1 x 1 (1) 2 2 2 x 4x mx 2(m 3) 3m 1 x 2x 1 m 2 (2) x 2x 3 +(1) có 2 nghiệm phân biệt (2) có 2 nghiệm phân biệt x [1; ) x2 4x 5 + Đặt f(x) = . Lập BBT suy ra kết quả m 4 x2 2x 3 2 1 2x 1 0 x B-06) x2 mx 2 2x 1có 2nghiệm thực pb.Pt 2 (d)( 2 2 x mx 2 2x 1 2 mx 3x 4x 1 * Xét pt * : + x 0 0.x 1, phương trình này vô nghiệm. Nghĩa là không có giá trị nào của m để phương trình có nghiệm x 0 1 1 1 + x 0 3x 4 m . Ta xét hàm số f x 3x 4 trên tập ; \ 0 x x 2 1 1 1 Ta có f ' x 3 2 0 với x ; \ 0, suy ra hàm số f x 3x 4 đồng biến trên x 2 x 1 1 1 ; \ 0 ; lim f x lim 3x 4  ; lim f x lim 3x 4  2 x 0 x 0 x x x x Ta có bảng biến thiên của hàm số f x x 1 / 2 0 f’(x) + + 9 f(x) 2 1 Số nghiệm của phương trình (1) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số f x 3x 4 và đường thẳng x 1 9 y m trên miền ; \ 0 .Dựa vào bbt ta được giá trị của m thỏa mãn ycbt là m 2 2 2 I.90) Tìm m để pt m x 2x 2 1 x 2 x 0 có nghiệm thuộc 0;1 3 Bài-giảng Pt- Hpt trang.68 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  17. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 G: Đặt t x2 2x 2 x 2 x t 2 2 . x 1 Khi đó bất phương trình trở thành: m t 1 t 2 2 (*). Ta có t ' ,t ' 0 x 1 x2 2x 2 Ta có bảng biến thiên : x 0 1 1 3 t’ - 0 + 2 t 2 1 t 2 2 Từ đó ta có 1 t 2 , từ (*) suy ra m (1) t 1 2 t 2 2 t 1 1 Xét hàm số f t trên tập1;2. Ta có f ' t 0 với t 1;2 t 1 t 1 2 Ta có bảng biến thiên của hàm số f t t 1 2 f’(t) + 2 f(t) 3 1 2 2 Bpt đã cho có nghiệm x 0;1 3 bpt 1 có nghiệm t 1;2 m max f t f 2 1;2 3 I.91) Tìm m để pt sau có 2 nghiệm thực pb : 4 2x 2x 2 4 6 x 2 6 x m m ¡ (A-08) G: Điều kiện: 0 x 6 . Xét hs f x 4 2x 2x 2 4 6 x 2 6 x trên tập 0;6 1 1 1 1 Ta có: f x 2x 4 2x 2 2 6 x 4 2 6 x 2 3 1 3 1 1 1 1 1 f ' x 2x 4 .2 2x 2 .2 2. 6 x 4 . 1 2. 6 x 2 . 1 4 2 4 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . . . 3 3 3 3 2 4 2x 2 4 6 x 2 4 4 2x 6 x 2x 6 x 2x 6 x 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . 4 4 2 2 4 4 4 4 2 2x 6 x 4 4 2x 6 x 4 2x 6 x 2x 6 x 2x 6 x 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 2 4 2 4 4 2x 6 x 2 4 2x 2x 6 x 4 6 x 2x 6 x 1 1 1 1 1 1 Ta có: 0 với x 0;6 2 2 4 4 2 4 4 2x 6 x 4 2x 6 x 2x 6 x f ' x 0 4 2x 4 6 x 2x 6 x x 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.69 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  18. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 Ta có bảng biến thiên x 0 2 6 f’(x) + 0 - f(x) 3 2 6 2 4 6 2 6 4 12 2 3 Số nghiệm của pt đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hs y f x và đường thẳng y m trên miền 0;6 Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là 2 4 6 2 6 m 3 2 6 I.92) (B-07) Cmr với mọi giá trị dương của tham số m, pt sau có 2 nghiệm thực pb: x2 2x 8 m x 2 G: Điều kiện: do m 0 x 2 . Ta có: x 2 2 x 2x 8 m x 2 x 2 x 4 m x 2 2 x 2 x 4 m * Nhận thấy phương trình đã cho luôn có 1 nghiệm x 2 , để chứng minh khi m 0 phương trình đã cho có 2 nghiệm thực phân biệt ta cần chỉ ra phương trình * luôn có một nghiệm thực x 2 khi m 0 Xét hàm số f x x 2 x 4 2 x3 6x2 32 trên tập 2; 2 3 6 32 Ta có f ' x 3x 12x 0 với x 2; lim f x lim x 1 3 x x x x Ta có bảng biến thiên của hàm số f x x 2 f’(x) + f(x) 0 Số nghiệm của pt (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y f x và đt y m trên miền 2; Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra khi m 0 thì phương trình (*) luôn có 1 nghiệm x 2 Vậy với m 0 thì phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm thực phân biệt I.93) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x2 2x 4 x2 2x 4 m 2 G: Vì x2 2x 4 x 1 3 3 0,x ¡ nên TXĐ: D ¡ Xét hàm số f x x2 2x 4 x2 2x 4 trên ¡ x 1 x 1 x 1 x 1 Ta có: f ' x ; f ' x 0 0 x2 2x 4 x2 2x 4 x2 2x 4 x2 2x 4 x 1 x2 2x 4 x 1 x2 2x 4 (*) x 1 2 x2 2x 4 x 1 2 x2 2x 4 x4 2x3 4x2 2x3 4x2 8x x2 2x 4 x4 2x3 4x2 2x3 4x2 8x x2 2x 4 x 0 Thay x 0 vào phương trình (*) được: 1 = - 1. Vậy phương trình (*) vô nghiệm. Suy ra f ' x chỉ mang 1 dấu (không đổi dấu), có f ' 0 1 0  f ' x 0,x ¡ Ta có Bài-giảng Pt- Hpt trang.70 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  19. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 4x lim f x lim x2 2x 4 x2 2x 4 lim x x x x2 2x 4 x2 2x 4 4 lim 2 x 2 4 2 4 1 1 x x2 x x2 4x lim f x lim x2 2x 4 x2 2x 4 lim x x x x2 2x 4 x2 2x 4 4 lim 2 x 2 4 2 4 1 1 x x2 x x2 Ta có bảng biến thiên của hàm số f x x - f’(x) + 2 f(x) -2 Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y f x và đường thẳng y m trên ¡ . Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình có nghiệm 2 m 2 I.94) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: sin3 x cos3 x m G: sin3 x cos3 x m sin x cos x 1 sin x.cos x m Đặt t sin x cos x 2.sin x , 2 t 2 4 2 2 t 1 Khi đó: t sin x cos x t 2 sin x cos x sin x.cos x 2 2 t 1 1 3 3 Phương trình trở thành: t 1 m t t m 2 2 2 1 3 3 3 Xét hàm số f t t3 t trên tập 2; 2 . Ta có: f ' t t 2 2 2 2 2 3 3 f ' t 0 t 2 0 t 1 2 2 Ta có bảng biến thiên: t - 2 -1 1 2 f’(t) - 0 + 0 - f(t) 1 2 2 2 2 -1 Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y f t và đường thẳng y m trên 2; 2 . Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra phương trình có nghiệm 1 m 1 I.95) Tìm m để pt: (a) (A-07) 3 x 1 m x 1 2 4 x2 1 có nghiệm (b) 1 x 8 x 1 x 8 x m có nghiệm G: (a) (A-07) 3 x 1 m x 1 2 4 x2 1 có nghiệm Bài-giảng Pt- Hpt trang.71 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  20. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 x 1 x 1 Điều kiện: x 1. 3 x 1 m x 1 2 4 x2 1 3 2 4 m (1) x 1 x 1 x 1 Đặt t 4 , khi đó pt (1) trở thành: 3t 2 2t m (*) x 1 2 Ta có x 1 t 0 và t 4 1 1, vậy 0 t 1 x 1 1 Xét hs f t 3t 2 2t trên tập 0;1 . Có f ' t 6t 2; f ' t 0 6t 2 0 t 3 Ta có bbt của hàm số f t . Số nghiệm của pt đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y f t và 1 đường thẳng y m trên miền 0;1 . Dựa vào bbt ta suy ra pt có nghiệm 1 m 3 (b) 1 x 8 x 1 x 8 x m có nghiệm. Điều kiện: 1 x 8. Đặt t 1 x 8 x 1 1 1 1 Ta có: t ' với 1 x 8; t ' 0 0 x 1 8 x 2 1 x 2 8 x 2 1 x 2 8 x 7 x 1 8 x x 2 2 Ta lập BBT: Từ đó dẫn đến 3 t 3 2 . Có t 1 x 8 x t 2 1 x 8 x t 2 9 t 2 9 x 1 8 x , phương trình đã cho trở thành: t m t 2 2t 9 2m 2 2 2 Xét hàm số f t t 2t 9 trên tập 3;3 2 . Ta có: f ' t 2t 2 0 với x 3;3 2 Ta có bbt của hàm số f x Số nghiệm của pt đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y f t và 9 6 2 đt y 2m trên 3;3 2 .Dựa vào bbt ta suy ra pt có nghiệm 6 2m 9 6 2 3 m 2 I.96) Cho pt 1 x 8 x (1 x)(8 x) m (*) . Định các giá trị m để pt có 2 nghiệm phân biệt. u, v 0(1) 2 2 G: Cách 1: Đặt u= 1 + x , v= 8 - x , u 0 , v 0. Ta có hệ u v 9(2) . m u v (3) 1 u Xét hệ trục Ouv, vẽ đường tròn (2) và đồ thị hàm (3) là một hypebol. (*) có 2 nghiệm phân biệt khi (2) và (3) có 2 giao điểm phân biệt. Nhận xét: m 0 phương trình vô nghiệm. Khi m>0 (3) cắt Ou, Ov tại hoành độ m, tung độ m. Có một giá trị mo cho đồ thị (3) tiếp xúc đường tròn (2) tại I, ta tìm tọa độ I và mo I là giao điểm của đường thẳng y=x và đương tròn (2). Vậy: uI= vI= 3/ 2 , thế vào(3) tìm được mo= + . Vậy để thỏa điều kiện đề thì 3 m + Cách 2: Dùng phương pháp khảo sát hàm số. Xét hàm số y 8 x 1 x 1 x 8 x 8 x 1 x 2x 7 *Tập xác định D= 1;8 *Đạo hàm y' 2 1 x 8 x y’=0 8 - x - 1 + x =2x-7. Bình phương 2 vế cho phương trình hệ quả -x 2 + 7x + 8 = - 2x 2 +14x-20 cuối cùng tìm được x= (thỏa phương trình xuất phát). *Lập bảng biến thiên: x -1 8 y’ 0 y + Bài-giảng Pt- Hpt trang.72 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  21. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 3 Vây để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì đồ thị hàm y trên đây cắt đường thẳng y=m tại 2 điểm phân biệt, vậy 3 m + .3 m + . Cách 3: Phương pháp lượng giác. Điều kiện: -1 x 8 - x- . Đặt x- = cos2 với 0 2 tức là 0 suy ra x+1= + cos2 và 8-x= - cos2 . Vậy phương trình (*): cos + sin + 3cos sin = . Đặt u= cos + sin = 2 sin( + ) , vì + nên 1 u 2 , và được phương trình: 3u 2 +2u-3= . Lập bảng: 0 + u 2 1 1 y= 3u 2 +2u-3 3+2 2 2 2 Theo bảng trên: để yhoar điều kiện đề thì: 2 < 3+2 2 . é p ù ê0; ú ê 2 ú Điều kiện này ta tìm được 1 ≠ 2 và dương thuộc ë û . Sử dụng công thức cos2 = 2 cos 2 - 1. Dẫn đến cos2 1 ≠ cos2 2. Tức là x1≠ x2; phương trình có 2 nghiệm phân biệt. I.97) Định các giá trị của m để pt sau đây có 2 nghiệm phân biệt: x 1 x2 m G: Cách 1: Phương pháp giao 2 đường cong. Đặt u=x , v= 1 - x 2 ; v 0. ïì u2 + v2 = 1,v ³ 0 (1) íï ï v = m- u (2) Phương trình tương đương với hệ sau: îï Điều kiện đề thỏa khi các đường (1) và (2) có 2 điểm chung phân biệt. Chú ý (1) là nửađường tròn cố định tâm O bán kính bằng 1, nằm phía trên Ou; (2) là đường thẳng thay đổi và luôn song song với đường thẳng v = -u, cắt Ov tại tung độ m. 1£ m < m Cho m thay đổi, nhận xét rằng (1) và (2) có 2 giao điểm phân biệt khi 0 ; với m0 là tung độ giao điểm của 2 với Ov ( 2 là một vị trí của đường (2) tiếp xúc với đường (1). ) Dễ dàng tính được m0 = 2 . Vậy 1£ m £ 2 . Cách 2: Phương pháp khảo sát hàm số. 1- x2 - x y' = 2 2 Xét hàm số: y = x + 1- x (- 1£ x £ 1) ; 1- x , -1<x<1 y’= 0 1 - x 2 = x ( x ³ 0 ) x= . Bảng biến thiên: x -1 1 Để thỏa đề bài toán đồ thị hàm trên phải cắt y’ + 0 - đường thẳng y = m tại 2 điểm phân biệt. Vậy: y 2 1£ m < 2 -1 1 Cách 3: Phương pháp lượng giác. Đặt x=cos , 0 £ x £ p . Ta đưa về phương trình cos +sin =m sin( + ) = . Xét sự biến thiên của hàm y = sin( + ): ta có y’= cos( + ) ; y’= 0 x = . Bảng biến thiên: Bài-giảng Pt- Hpt trang.73 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  22. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 0 cos( + ) + 0 - sin( + ) 1 - Phương trình phải có 2 nghiệm 1 và 2 phân biệt; chỉ khi <1 1 m< 2 . ( 1 ≠ 2 thuộc [0; ] suy ra x1 = cos 1 ≠ x2 = cos 2 : thỏa đề ) I.98) Tìm tham số a để PT: x3 3x2 a 0, (1) có ba nghiệm phân biệt trong đó có đúng một nghiệm bé hơn 1 G: PT (1) x3 3x2 a , (1a) . Yêu cầu của đề bài tương đương với PT (1a) có ba nghiệm phân biệt x1, x2 , x3 sao cho x1 1 x2 x3 tức là đường thẳng y a phải cắt đồ thị hàm số y f (x) x3 3x2 tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 , x3 thỏa mãn x1 1 x2 x3 ' 2 ' x 0 Ta có f (x) 3x 6x; f (x) 0 x 2 3 3 lim f (x) lim x 1 ; lim f (x) x x x x Bảng biến thiên của hàm số f (x) x - 0 1 2 + f ' (x) + 0 - - 0 + 0 f (x) -2 -4 Từ BBT suy ra điều kiện phải tìm là 4 a 2 Nhận xét: Nghiệm của (1a) là hoành độ giao điểm của đường thẳng y a với đồ thị hàm số y f (x) tức là từ mỗi giao điểm ta chiếu vuông góc lên trục hoành sẽ suy ra vị trí các nghiệm. 3 I.99) Biện luận theo a số nghiệm của PT: x 1 3(x 1)2 a 0, (2) G: Đặt t x 1 , x ¡ t 0 . PT (2) trở thành t3 3t 2 a 0 a t3 3t 2 , (2a) Xét hàm số f (t) t3 3t 2 với t 0 có f ' (t) 3t 2 6t 0,t 0 ; lim f (t) t Bảng biến thiên của hàm số f (t) t 0 + f ' (t) - 0 f (t) Từ BBT ta thấy Nếu a 0 ( 2a) không có nghiệm t 0 nên ( 2) vô nghiệm Nếu a 0 ( 2a) có một nghiệm t 0 nên ( 2) có một nghiệm x 1 Nếu a 0 ( 2a) có một nghiệm t 0 nên ( 2) có hai nghiệm phân biệt Nhận xét: Thay vì việc khai dấu giá trị tuyệt đối ta thực hiện việc đặt ẩn phụ để có lời giải ngắn gọn hơn Lưu ý quan hệ giữa số nghiệm theo ẩn t và số nghiệm theo ẩn x Bài-giảng Pt- Hpt trang.74 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  23. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 I.100) Tìm tham số a để PT: x3 ax2 4 m , ( 3) có ba nghiệm phân biệt m 4;0 G: Yêu cầu của đề bài tương đương với m 4;0 đường thẳng y m phải cắt đồ thị hàm số 3 2 fCD 0 y f (x) x ax 4 tại ba điểm phân biệt (*) fCT 4 x 0 Ta có f ' (x) 3x2 2ax; f ' (x) 0 2a x 3 2a 2a Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi 0 a 0 , khi đó x 0 và x là các điểm cực 3 3 2a 4a3 trị của hàm số các giá trị cực trị là f (0) 4 và f 4 3 27 4a3 Theo ĐK (*) suy ra số -4 phải là giá trị cực tiểu do đó số 4 sẽ là giá trị cực đại 27 4a3 4 0 a 3 27 2a 2a Thử lại : Khi a 3 0 .Lập bảng xét dấu f ' (x) suy ra x 0 là điểm cực tiểu , x là điểm 3 3 cực đại và các giá trị cực trị thỏa mãn ĐK (*) Vậy ĐK phải tìm là a 3 Tổng quát: Xét hàm số f (x) ax3 bx2 cx d với a 0 - Hàm số f (x) có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi PT f ' (x) 0 có hai nghiệm phân biệt - PT f (x) g(m) có ba nghiệm phân biệt điều kiện cần và đủ là fCT g(m) fCD I.101) Biện luận theo m số nghiệm của pt sau: 2x4 17x3 51x2 (36 m)x m 0 , ( 4 ) G: PT ( 4) ↔ 2x4 17x3 51x2 36x m(x 1) (x 1)(2x3 15x2 36x) m(x 1) x 1 3 2 2x 15x 36x m; (4a) Để biện luận số nghiệm của PT (4) trước hết ta biện luận số nghiệm của PT (4a) 3 2 ' 2 ' x 2 Xét hàm số f (x) 2x 15x 36x ; f (x) 6x 30x 36; f (x) 0 x 3 3 15 36 3 15 36 lim f (x) lim x 2 2 ; lim f (x) lim x 2 2 x x x x x x x x Bảng biến thiên x 1 2 3 f ' (x) + + 0 - 0 + 28 f (x) 27 23 Từ BBT suy ra: Nếu m 28 hoặc m 27 và m 23 suy ra PT (4a) có một nghiệm khác 1 nên PT (4) có hai nghiệm phân biệt Nếu m 28 hoặc m 27 suy ra PT (4a) có đúng hai nghiệm khác 1 nên PT (4) có ba nghiệm phân biệt Bài-giảng Pt- Hpt trang.75 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  24. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 Nếu m 23 suy ra PT (4a) có một nghiệm bằng 1 nên PT (4) chỉ có một nghiệm Nếu 27 m 28 suy ra PT (4a) có ba nghiệm phân biệt khác 1 nên PT (4) có bốn nghiệm phân biệt Lưu ý: Việc biện luận số nghiệm của PT (4) trở thành biện luận số nghiệm khác 1 của PT (4a) Khi biến đổi từ PT (4) có nhiều trường hợp ta không quy về PT tích được thì có thể chia cả hai vế cho biểu thức khác 0 để cô lập tham số và khảo sát hàm số phân thức I.102)Tìm m để 3 tan x 1 sin x 2cos x m sin x 3cos x (1) có nghiệm duy nhất x 0; 2 G : Xét x 0; , khi đó sin x 0,cos x 0, tan x 0 ,sin x 3cos x 0 2 sin x 2cos x tan x 2 PT (1) 3 tan x 1 m 3 tan x 1 m (2) sin x 3cos x tan x 3 t 2 t 2 Đặt t tan x , t 0 . PT (2) trở thành 3 1 t. m , t >0. Xét hàm số f (t) 3 1 t. , t 0 t 3 t 3 3 t 2 t 1 Ta có : f ' (t) . 3 0 ,t 0 2 t 1 t 3 t 3 2 Bảng biến thiên t 0 f ' (t) + f (t) 2 Ứng mỗi t 0 thỏa mãn PT (3), ta được đúng một nghiệm x 0; của PT (1) 2 Do đó PT (1) có nghiệm duy nhất thỏa x 0; khi và chỉ khi PT (3) có duy nhất nghiệm t 0 . 2 Từ bảng biến thiên ta có : m 2 * Nhận xét : Đây là bài toán tương đối khó, sau khi đặt ẩn phụ ta vẫn được một phương trình chứa căn phức tạp.Cách giải trên đưa về dùng bảng biến thiên rất đơn giản. Đó là ưu điểm của cách giải trên. I.103) I.104) BÀI TẬP TƯƠNG TỰ: Bài 1) Giải các phương trình sau: 1) 3 x 2 3 x 1 3 2x 2 1 3 2x 2 2) 2x 1 2 2x 1 2 3 3x 2 9x 2 3 0 Từ bài 2, ta có bài tập 3. 3) 2x 1 2000 2x 1 2 1999 x 2000 x2 1999 0 4) x 3 x 19 y 3 y 19 Bài 2) Cho hàm số y 4x3 (a 3)x2 ax . Hãy tìm tham số a để y 1,x  1;1 Đáp số: a 3 Bài 3) Biện luận theo tham số m số nghiệm của PT: x4 (m 1)x3 3x2 (m 1)x 1 0 (13) 3 3 m m 2 2 Đáp số: Nếu PT (13) có hai nghiệm pb. Nếu PT (13) có đúng một nghiệm 7 7 m m 2 2 3 7 Nếu m PT (13) vô nghiệm 2 2 Bài 4) Tìm tham số a để PT sau có nghiệm duy nhất: x3 ax2 4 0 Bài-giảng Pt- Hpt trang.76 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  25. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 x2 2 x 9 Bài 5) Biện luận theo m số nghiệm âm của pt: m(x 2) 2 x 2 Bài 6) Tìm m để phương trình sau có nghiệm : x2 x 1 x2 x 1 m G: xét sự biến thiên của hàm y x2 x 1 x2 x 1 2 π Bài 7) Tìm a để phương trình ax 1 cos x có đúng 1 nghiệm x 0; 2 2 2 2 x x x 2sin sin sin 1 cos x 1 G: 2 2 pt trở thành: 2a 2 2 2 x x x x 2 2 2 sin t π Và xét sự biến thiên của hàm số y ;t 0; t 4 Bài 8) Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất a, 2 x 4 x 8 2x x2 m b, 4 x 4 1 x x 1 x m Bài 9) Tìm m để phương trình có nghiệm a, cos x 2 cos2x cos x 2 cos2x m b, 4m 3 x 3 3m 4 1 x m 1 0 Bài 10) Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt x5 m 5 5 5x m Bài 11) Tìm m để pt: a) 4 x4 13x m x 1 0 có đúng một nghiệm 6 6 b) sin x cos x m.sin 2x có nghiệm. c) cos3x - cos 2x mcos x -1 0 có đúng 7 nghiệm ;2 2 c) x 9 x x2 9x m có nghiệm. d) x 3 2 x 4 x 6 x 4 5 m có đúng hai nghiệm thực phân biệt 1 e) sin4 x cos4 x msin 2x có đúng 2 nghiệm x ; 2 12 2 Bài 12) (ĐH.B’02) Xác định m để pt sau có nghiệm: m 1 x 2 1 x 2 2 2 1 x 4 1 x 2 1 x 2 Bài 13) (ĐH.A’08) Tìm m để ptr sau có đúng 2 nghiệm thực phân biệt: 4 2x 2x 24 6 x 2 6 x m I.105) I.106) Bài-giảng Pt- Hpt trang.77 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  26. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 [I.10] Phương-pháp lượng-giác-hóa 1) Phương pháp : + Nếu : x 1 thì đặt sin t x với t ; hoặc x cos y với y 0;  2 2 + Nếu 0 x 1 thì đặt sin t x , với t 0; hoặc x cos y , với y 0; 2 2 + Nếu : x , y là hai số thực thỏa: x2 y2 1, thì đặt x sin t, y cost với 0 t 2 a + Nếu x a , ta có thể đặt : x , với t ; , tương tự cho trường hợp khác sin t 2 2 + x là số thực bất kỳ thi đặt : x tan t, t ; 2 2 Chúng ta phải đặt điều kiện cho t để biểu thức x f t thỏa mãn với mỗi x có duy nhất một t , và điều kiện trên để đảm bảo điều này . (xem lại vòng tròn lượng giác ) 2) Một ví dụ về việc xây dựng pt vô tỉ bằng pp lượng giác hóa: Từ công phương trình lượng giác đơn giản: cos3t sin t , ta có thể tạo ra được phương trình vô tỉ Chú ý : cos3t 4cos3 t 3cost ta có phương trình vô tỉ: 4x3 3x 1 x2 (1) Bài-giảng Pt- Hpt trang.78 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  27. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 1 Nếu thay x bằng ta lại có phương trình : 4 3x2 x2 x2 1 (2) x Nếu thay x trong pt (1) bởi : (x-1) ta sẽ có pt vô tỉ khó: 4x3 12x2 9x 1 2x x2 (3) Việc giải pt (2) và (3) không đơn giản chút nào! Tương tự như vậy từ công thức sin 3x, sin 4x, .hãy xây dựng những pt vô tỉ theo kiểu lượng giác . Vd:Tìm giaù trò cuûa m ñeå pt sau coù nghieäm : x 1 x m (1) G: ÑK : 0 x 1 Pt (1) coù nghieäm khi m>0 2 2 x sin t; n/x: Vì x 1 x 1 neân ta có thể lg-hoaù baèng caùch ñaët : vôùi t 0; 1 x cost 2 m (1) sin t cost m 2 cos t m cos t . 4 4 2 Pt naøy coù nghieäm 2 m 2 . So saùnh vôùi ñk m>0 ta coù : 0 m 2 . 3 I.107) Giải phương trình: a)1 1 x2 2x2 . b) x3 1 x2 x 2 1 x2 . G: a)1 1 x2 2x2 . ĐK x 1. Đặt x cost, t 0; . Khi đó pttt: 1 1 1 cos2 t 2cos2 t 2sin2 t sin t 1 0. Ta tìm được: sin t . Khi đó 2 3 x cost 1 sin2 t . 2 Nx: * Nếu bài toán có đkxđ là u x a . Ta có thể nghĩ đến cách đặt u x asin t, t ; hoặc đặt 2 2 u x a cost, t 0; . * Nếu u x 0;a ta có thể đặt u x asin2 t, t 0; . 2 3 b) x3 1 x2 x 2 1 x2 . Đặt x cost, t 0;  đưa pt về ptlg sin t cost 1 sin t cost 2 sin t cost . Để giải phương trình này ta lại đặt u sin t cost, u 2 . 2 1 2 2 2 ĐS: x , x . 2 2 2 2 3 3 2 1 x 2 1 I.108)Giải các pt sau: a) 1 1 x 1 x 1 x b) x 1 1 2 3 3 x 1 2 2 x2 1 x 1 x 35 c) x2 1 d) 1 x2 4x3 3x e) x 2x 2x 1 x2 x2 1 12 2 3 3 2 1 x G: a) 1 1 x2 1 x 1 x 3 3 Điều kiện : x 1. Với x [ 1;0]: thì 1 x 3 1 x 3 0 (ptvn) 1 1 x [0;1] ta đặt : x cost, t 0; . Khi đó pt trở thành: 2 6 cos x 1 sin t 2 sin t cost 2 2 6 1 vậy phương trình có nghiệm : x 6 2 1 1 b) x 1 1 Đk: x 1, đặt x , t ; x2 1 sin t 2 2 Bài-giảng Pt- Hpt trang.79 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  28. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 cost 0 1 Khi đó pttt: 1 cot t 1 1 . Phương trình có nghiệm : x 2 3 1 sin2 x sin 2t 2 2 2 x2 1 2 x 1 c) x 1 Đk x 0, x 1. Ta có thể đặt : x tan t, t ; 2x 2x 1 x2 2 2 1 Khi đó pttt: 2sin t cos 2t cos 2t 1 0 sin t 1 sin t 2sin2 t 0 . Kết hợp với đk ta có nghiệm x 3 d) 1 x2 4x3 3x Đk: -1 ≤ x ≤ 1 đặt x = cost t 0,  khi đó pttt: 5 3 1 cos2 t 4cos3 t 3cos t sin t cos3t cos3t cos( t) t , , 2 8 8 4 2 2 5 2 2 3 2 x cos ,cos ,cos 8 2 8 2 4 2 x 35 e) x Đk: x > 1 đặt x = 1/cost t (0. ) x2 1 tan t x2 1 12 2 1 1/ cos t 35 1 1 35 pttt : 12(sin t cos t) 35sin t cos t cos t sin t / cos t 12 cos t sin t 12 1 1 35 2 cos t sin t 12 ↔ u sin t cos t u (1, 2) 35u 24u 35 0 t 7 / 5 1 1 25 cos t sin t 12 1 5 5 x cos t 3 3 ↔ 1 5 5 x cos t 4 4 2 3 I.109)Giải pt: a) 1 x x2 x 1 x 1 b) x3 1 x 2 x 2 2x 2 (1) c) 1 1 x2 2x2 3 2 G: a) 1 x x2 x 1 x 1 .Đặt x sin ,0 . Phương trình trở thành: 3 2 2 2 1 sin 1 sin2 sin 1 sin2 sin cos 3 sin cos 2 0 3 0 sin cos 1 x 0 sin cos 2 x 1 2 3 b) x3 1 x 2 x 2 2x 2 Tập xác định: D = [-1; 1]. (2) 3 Do (2) nên đặt x = cost (*), với 0 t (A). Khi đó pt(1)tt: cos3 t 1 cos 2 t cost 2(1 cos 2 t) (3) Với t (A), ta có: (3) cos 3 t sin 3 t 2 cost.sin t cost sin t 1 sin t.cost 2 cost.sin t(4) X 2 1 Đặt X = cost + sint (5), X 2 (B) X2 = 1 + 2sint.cost sint.cost = 2 Phương trình (4) trở thành phương trình ẩn X: 2 2 X 1 X 1 2 2 3 2 X. 1 2. X 3 X 2 X 1 X 2X 3X 2 0 2 2 X 2 X 2 X 2 X 2 2 2X 1 0 X 2 1 2 X 2 2X 1 0 X 2 1 Ta thấy chỉ có nghiệm X = 2 và X = -2 + 1 là thoả mãn điều kiện (B). Bài-giảng Pt- Hpt trang.80 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  29. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 + Với X = 2 , thay vào (5) ta được: sin t cos t 2 2 sin t 2 sin t 1 t k2 t k2 , k Z. 4 4 4 2 4 2 Vì t (A) nên ta có t = . Thay vào (*) ta được: x = cos = (thoả mãn tập xác định D). 4 4 2 + Với X = -2 + 1, thay vào (5) ta được: 2 1 sint cost 2 1 ( ) 2 sin t 2 1 sin t . 4 4 2 Khi đó, ta có: 2 2 2 1 3 2 2 2 2 1 2 2 1 cos t 1 sin t 1 1 cos t 4 4 2 2 2 4 2 2 2 1 2 2 2 1 cost.cos sint.sin cost sint cost sint 2 2 1(6) 4 4 2 2 2 Từ ( ) và (6) suy ra cost = 2 1 2 2 1 . Thay vào (5), ta được x = 2 1 2 2 1 . 2 2 Nhưng chỉ có nghiệm x = 2 1 2 2 1 thoả mãn tập xác định D. 2 2 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x = và x = 2 1 2 2 1 . 2 2 c) 1 1 x2 2x2 Đk: 1 x 1. Đặt x cos ,0 sin 1 loaïi 2 2 2 3 Pttt: 1 1 cos 2 cos 1 sin 2 cos 6 x 1 5 2 sin 2 6 3 Bài tập tương tự: a) 4x3 3x 1 x 2 (HVQHQT- 2001) b) x3 1 x 2 x. 2 1 x 2 2 1 2x 1 x 2 3 3 2 c) 1 2x 2 d) 1 1 x  1 x 1 x  2 1 x 2 I.110)Giải các pt sau (bằng pp lượng giác hóa): x a) x 2 2 b)x3 (1 x2 )3 x 2(1 x2 ); Ñaët x cos ; 0;  x2 1 x 1 G: a) x 2 2 Ñieàu kieän: x 1. Ñaët x ; (0; ); x2 1 cos 2 1 1 Pttt : 2 2 sin cos 2 2 sin cos . Ñaët : t sin cos 2 cos cos sin 4 t 2 1 Ñk: 1 t 2; sin .cos 2 t 2 2 2 Thu ñöôïc pt: t 2t t 2 2t t 2 0 1 t 2 t 2 Vôùi t 2 0; x 2. 4 2 b)x3 (1 x2 )3 x 2(1 x2 ); Txđ: D = [-1; 1]. (2). Do (2) nên đặt x = cost (*), với 0 t (A) 3 Khi đó phương trình (1) trở thành: cos3 t 1 cos 2 t cost 2(1 cos 2 t) (3) Bài-giảng Pt- Hpt trang.81 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  30. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 Với t (A), ta có: (3) cos 3 t sin 3 t 2 cost.sin t cost sin t 1 sin t.cost 2 cost.sin t(4) X 2 1 Đặt X = cost + sint (5), X 2 (B) X2 = 1 + 2sint.cost sint.cost = 2 Phương trình (4) trở thành phương trình ẩn X: 2 2 X 1 X 1 2 2 3 2 X. 1 2. X 3 X 2 X 1 X 2X 3X 2 0 2 2 X 2 X 2 X 2 X 2 2 2X 1 0 X 2 1 2 X 2 2X 1 0 X 2 1 Ta thấy chỉ có nghiệm X = 2 và X = -2 + 1 là thoả mãn điều kiện (B). + Với X = 2 , thay vào (5) ta được: sin t cos t 2 2 sin t 2 sin t 1 t k2 t k2 , k Z.Vì t 4 4 4 2 4 2 (A) nên ta có t = . Thay vào (*) ta được: x = cos = (thoả mãn tập xác định D). 4 4 2 + Với X = -2 + 1, thay vào (5) ta được: 2 1 sint cost 2 1 ( ) 2 sin t 2 1 sin t . 4 4 2 Khi đó, ta có: 2 2 2 1 3 2 2 2 2 1 2 2 1 cos t 1 sin t 1 1 cos t 4 4 2 2 2 4 2 2 2 1 2 2 2 1 cost.cos sint.sin cost sint cost sint 2 2 1(6) 4 4 2 2 2 Từ ( ) và (6) suy ra cost = 2 1 2 2 1 . Thay vào (5), ta được x = 2 1 2 2 1 . 2 2 Nhưng chỉ có nghiệm x = 2 1 2 2 1 thoả mãn tập xác định D. 2 2 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x = và x = 2 1 2 2 1 . 2 2 I.111) Treân ñoaïn 0;1 pt: 8x 1 2x2 8x4 8x2 1 1coù bao nhieâu nghieäm? G: Vì x 0;1 neân toàn taïi goùc 0; sao cho x sin 2 Thu ñöôïc pt: 8sin 1 2sin2 8sin4 8sin2 1 1 8sin .cos 2 .cos 4 1 Nx: cos 0 khoâng laø nghieäm cuûa pt neân nhaân hai veá cuûa pt cho cos 0 0; ta ñöôïc : 2 8sin .cos cos 2 .cos 4 cos sin8 cos sin8 sin 2 k2 8 k2 2 18 9 ↔ ; k,m Z m2 8 m2 2 14 7 5 5 Vì 0; suy ra caùc nghieäm : x sin ; x sin ; x sin ; x sin 2 18 18 14 14 I.112) Tìm giaù trò cuûa m ñeå phöông trình sau coù nghieäm : x 1 x m (1) Bài-giảng Pt- Hpt trang.82 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  31. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 2 2 G: ÑK : 0 x 1. Pt(1) coù nghieäm khi m>0. Nhaän xeùt : Vì x 1 x 1 x sin t; neân khieán ta nghó ñeán lg-hóa bằng cách đặt: vôùi t 0; 1 x cost 2 m (1) sin t cost m 2 cos t m cos t . 4 4 2 Pt naøy coù nghieäm ↔ 2 m 2 . So saùnh vôùi ñk m>0 ta coù : 0 m 2 I.113) Ñònh giaù trò cuûa m ñeå pt sau coù ngieäm : 4m 3 x 3 3m 4 1 x m 1 0 (1) 3 x 3 4 1 x 1 G: Ñieàu kieän : 3 x 1. (1) m 4 x 3 3 1 x 1 2 2 2 2 x 3 1 x Nhaän thaáy raèng : x 3 1 x 4 1 2 2 2t 1 t 2 Neân  goùc 0; thỏa: x 3 2sin 2 vaø 1 x 2cos 2 vôùi t tan ;t 0;1 2 1 t 2 1 t 2 2 3 x 3 4 1 x 1 7t 2 12t 9 m m 4 x 3 3 1 x 1 5t 2 16t 7 7t 2 12t 9 52t 2 8t 60 Xeùt haøm soá : f (t) 2 ;t 0;1 ; f '(t) 2 0,t 0;1 5t 16t 7 5t 2 16t 7 9 7 Suy ra haøm soá nghòch bieán treân ñoaïn 0;1 vaø f (0) ; f (1) 7 9 7 9 Vaäy pt(1) coù nghieäm khi vaø chæ khi pt (2) coù nghieäm treân ñoaïn 0;1 khi vaø chæ khi : m 9 7 I.114) Cho PT 1 x 8 x (1 x)(8 x) m (1) a) Giaûi PT (1) khi m= 3 b) Tìm m ñeå PT (1) coù nghieäm. 3 sin t 1 x P: Đk x  1;8 gôïi ta nghó ñeán vieäc chuyeån PT (1) veà lg baèng caùch ñaët : ; t 0; 3 cost 8 x 2 G: a) m = 3 ta coù PT : 3sint+3cost+9sint.cost = 3 sint+cost+3sint.cost = 1(2) Ñaët tieáp: u sin t cost 2 sin t ; ÑK :1 u 2 pt 4 u 1 x 1 x 8 2 3u 2u 5 0 5 u l 3 I.115) Ñònh giaù trò cuûa m ñeå pt sau coù ngieäm : 4m 3 x 3 3m 4 1 x m 1 0 (1) 3 x 3 4 1 x 1 G: Ñieàu kieän : 3 x 1. (1) m 4 x 3 3 1 x 1 2 2 2 2 x 3 1 x Nx: x 3 1 x 4 1 2 2 2t 1 t 2 Neân toàn taïi goùc 0; sao cho : x 3 2sin 2 vaø 1 x 2cos 2 vôùi 2 1 t 2 1 t 2 3 x 3 4 1 x 1 7t 2 12t 9 t tan ;t 0;1 . Pt↔ m m 2 4 x 3 3 1 x 1 5t 2 16t 7 Bài-giảng Pt- Hpt trang.83 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  32. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 7t 2 12t 9 52t 2 8t 60 Xeùt haøm soá : f (t) 2 ;t 0;1 f '(t) 2 0,t 0;1 5t 16t 7 5t 2 16t 7 9 7 Suy ra haøm soá nghòch bieán treân ñoaïn 0;1 vaø f (0) ; f (1) 7 9 7 9 Vaäy (1) coù nghieäm (2) coù nghieäm treân ñoaïn 0;1 m . 9 7 I.116) I.117) BÀI TẬP TƯƠNG TỰ: Bài 1) Gpt: a)x 2 2 2 x; Ñaët x 2cos ; 0;  2 5 b) x 1 x.Ñaët : x tan ; ; ; 2 x2 1 2 2 2 c)1 x(1 x) x 1 x C1: Ñaët x cos2 ; 0; ; C2 :Ñaët u x 0;v 1 x 0; 3 2 1 2 2 Bài 2) Giải phương trình 1 x2 4x3 3x . ĐS: x , x . 2 4 Bài 3) Cho phöông trình : x3 3x 1 0 2 2 Chöùng minh raèng phöông trình coù ba nghieäm x1; x2 ; x3 vaø thoûa ñieàu kieän: x1 2 x2 ; x2 2 x3; 1 1 Bài 4) Tìm giaù trò cuûa m để pt có nghiệm: m x 1 x2 Bài 5) Pt sau có bao nhiêu nghiệm: 4x3 3x 1 x2 ;G: Ñk: x  1;1 ; Ñaët : x cost;t ; ; 2 2 Bài 1) Tìm m để pt sau có nghiệm: (4m 3) x 3 (3m 4) 1 x m 1 0; 2 2 Bài 1) Cho (C) có pt: x 1 y 2 2 . Tìm M (x0;y0) thuoäc ( C ) sao cho (x0+y0) nhoû nhaát. x 1 sin ; 2 2 x 1 y 2 2 G: (1) 1 ñaët : y 2 2 2 cos 2 ự ị ọ ươ ỉ [I.11] C c tr hình h c và ph ng trình vô t α)Dùng tọa độ của véc tơ: Trong mp tọa độ Oxy, Cho các véc tơ: u x1; y1 , v x2 ; y2 khi đó ta có 2 2 2 2 2 2 + u v u v x1 x2 y1 y2 x1 y1 x2 y2 x y Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u, v cùng hướng 1 1 k 0 , chú ý tỉ số phải dương x y 2 2 + u.v u . v .cos u . v , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi cos 1 u  v β)Sử dụng tính chất đặc biệt về tam giác +) Nếu tam giác ABC là tam giác đều , thì với mọi điểm M trên mp tam giác, ta luôn có MA MB MC OA OB OC với O là tâm của đường tròn .Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M  O . +) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và điểm M tùy ý trong mặt mặt phẳng Thì MA+MB+MC nhỏ nhất khi điểm M nhìn các cạnh AB,BC,AC dưới cùng một góc 1200 I.118) a) 2x2 2x 1 2x2 3 1 x 1 2x2 3 1 x 1 3 b) x2 4x 5 x2 10x 50 5 Bài-giảng Pt- Hpt trang.84 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng
  33. Pt- Các pp hs/lg-hóa/hình-học/ptđt- Lớp 12 [I.12] Ứng dụng phương trình đường thẳng để giải pt và hệ phương trình VD: Giải phương trình: x3 8 3 12 x3 10 1 Đặt: x3 8 1 3t 1 & 12 x3 3 t 2 Đk: t 3 3 (1) x3 8 (1 3t)2 3 ; 2 12 x3 (3 t)2 4 2 2 t 1 Lấy (3)+(4) theo vế ta có: 20 10t 10 t 1 t 1 (loai) Với t 1 x3 8 x 2 Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình. Ở đây, chúng ta đã ứng dụng phương trình đường thẳng để giải phương trình dạng căn thức. Thực hiện qua các bước sau: 3 3 Bước 1: x 8 312 x 10 Từ đó ta có phương trình đường thẳng: X+3Y=10 X Y X 1 3t Bước 2: Ta viết lại phương trình đường thẳng trên dưới tham số: với t : tham số Y 3 t Lúc này phương trình đã qui về 1 ẩn t và việc giải phương trình trên là không khó. 3 VD: Giải phương trình: x 3 x 2 1 X Y X 1 t Ta có phương trình đường thẳng X + Y = 1 . Viết dưới dạng tham số: Y 0 t x 3 1 t x 3 1 2t t 2 Bây giờ ta đặt: t 1 3 3 x 2 t x 2 t Lấy phương trình (2) trừ phương trình(1) ta có: 1 t3 t 2 2t 1 t3 t 2 2t 0 t 0 x 2 Vậy x = -2 là nghiệm của phương trình. x 3 u ●Trong VD2 chúng ta có thể đặt và qui về giải hệ phương trình theo u và v. 3 x 2 v x y xy 3 (1) I.1) Giải hệ phương trình: ( Đề thi Đại Học_ 2005) x 1 y 1 4 2 x 1 2 t x 1 t 2 4t 4 x t 2 4t 3 G: Đặt: ( 2 t 2) 2 2 y 1 2 t y 1 t 4t 4 y t 4t 3 Thay vào pt (1) ta được pt: 2t 2 6 (t 2 3 4t)(t 2 3 4t) 3 t 2 0 4 2 2 4 2 t 10t 9 2t 3 3t 22t 0 22 t 0 x y 3 t 2 loai 3 3 3 x y 35 x y x y 2 I.2) Giải hệ phương trình : a) b) log (x y) log (x2 xy y2 ) 2 2 2 2 2 5 7 x 3y x y 4 2x y 1 x 1 1 c) 3x y 4 I.3)a) Giải phương trình : 1 sinx 1 cosx 1 b)Xác định m để phương trình sau có nghiệm: x 2m 3 3m x 10 Bài-giảng Pt- Hpt trang.85 ©copy&paste: Trần Xuân Dũng