Đang tải... (xem toàn văn)
V – PHƯƠNG PHÁP “SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ” Phương pháp giải Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số để giải BPT vô tỉ thường được áp dụng theo hai hướng sau: 1> Hướng1: Ta thực hiện theo các bước sau: +> Bước 1: Biến đổi BPT đã cho về dạng: f(x) < k (1) +> Bước 2: Chứng minh tính đơn điệu của hàm số f(x). +> Bước 3: Ta đi chứng minh •> f(x) là hàm số đồng biến •> f(x) là hàm số nghịch biến Thật vậy: f(x) là hàm số đồng biến ta có: .Với vô nghiệm .Với nghiệm đúng f(x) là hàm số nghịch biến ta có: .Với vô nghiệm .Với nghiệm đúng +> Bước 4: Kết luận nghiệm cho BPT đã cho. 2> Hướng2: Ta thực hiện theo các bước sau: +> Bước 1: Biến đổi BPT đã cho về dạng: f(u) < f(v) (2) +> Bước 2: Chứng minh tính đơn điệu của hàm số f(x) +> Bước 3: Khi đó ta có: •> f(x) là hàm số đồng biến •> f(x) là hàm số nghịch biến +> Bước 4: Kết luận nghiệm cho BPT đã cho. VI – PHƯƠNG PHÁP “ĐÁNH GIÁ” Phương pháp giải 1> Kiến thức cần nhớ: a> Các BĐT cơ bản: Côsi, Bunhiacôpxki, … b> Các tính chất của giá trị tuyệt đối. c> Đạo hàm và sự biến thiên của hàm số. 2> Bài Toán: Giải BPT: f(x) g(x) (1) Bài giải: +> Bước 1: Tìm TXĐ. Giả sử TXĐ của BPT (1) là D. +> Bước 2: Ta tìm cách chỉ ra: •> Nếu f(x) > g(x) với . Khi đó BPT (1) vô nghiệm. •> Nếu f(x) g(x) với . Khi đó (1) f(x) = g(x). •> Nếu f(x) g(x) với . Khi đó BPT (1) nghiệm đúng với . +> Bước 3: Kết luận nghiệm cho BPT (1). Phần I: – BPT VÔ TỶ CÓ THAM SỐ. I. Sử dụng pp hàm số, kết hợp đạo hàm. + Chú ý : Điều kiện: pt: m f(x) có nghiệm trên miền D m mìnf(x) trênD. Điều kiện: pt m f(x) có nghiệm với mọi x trên D m maxf(x) trên D. Điều kiện : pt m f(x) có m minf(x) trên D. Điều kiện : pt m f(x) có nghiệm trên D m maxf(x). VD1: Tìm m để: bpt: . 1. Có nghiệm . 2. Có nghiệm . Hd: đặt : . Bpt 2t2 – mt >2m +3. () m < với t . 1. Yêu cầu bài toán m < f(t) có nghiệm t . dựa vào bảng biến thiên ta có : bpt có nghiệm : . 2. bpt có nghiệm : hay bpt() có nghiệm : t m minf(t) với t m 32. Cách 2: dùng định lý đảo về dấu tam thức bậc hai. 1. Yêu cầu bài toán: g(t) = 2t2 –mt 2m 3 = 0 có nghiệm t . Có : ∆ < 0 thì g(t) > 0 với t R suy ra thoả mản. ∆ = 0 tương tự trên thoả mản. ∆ > 0 nghiện g(t) có dạng: t< t¬¬1 hoặc t.> t¬¬¬2 giải ra luôn nên thoả mản yêu cầu. KL : thoả mản với mọin m. VD2: giải và biện luận theo m > 0: .(1) HD: đặt: Th1: n chẳn: TXĐ : x .nên f(x) nghịch biến trên . Ta có : xm < x do m >0 nên Vậy bpt f(x) m x 2m. Th2: n lẻ: TXĐ : . f’(x) = 0 do: n 1 chẳn dấu f’(x): . Ta thấy VT(1) = f(2m); bpt f(x) > f(2m) từ bảng biến thiên : bpt ??? 2. +, 2m < 2 m >1 nên bpt có nghiệm: . +, 0 < 2m < 2 1 < m < 0 nên nghiệm bpt: x và . Hoành độ giao điểm 2 đồ thị là nghiệm pt: xét : x0 = . VD4: Tìm m để bpt sau thoả mản với x. x4 + 2mx2 +m > 0. HD: bpt : . Theo yêu cầu bài toán : m > maxf(x) Khoả sát f(x) ta có : . Vậy m > 0. VD5: Cho biểu thức : f(x) = x3 + 3mx 2. Tìm tham số m để : f(x) . HD: bpt trở thành(do x>0 chia 2 vế cho 3x) ta có : . Yêu cầu bài toán : m . Khảo sát g(x) ta có :
V – PHƯƠNG PHÁP “SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ” Phương pháp giải Sử dụng tính chất đơn điệu hàm số để giải BPT vô tỉ thường áp dụng theo hai hướng sau: 1> Hướng1: Ta thực theo bước sau: +> Bước 1: Biến đổi BPT cho dạng: f(x) < k (1) +> Bước 2: Chứng minh tính đơn điệu hàm số f(x) +> Bước 3: Ta chứng minh •> f(x) hàm số đồng biến ⇒ (1) ⇔ f(x) < k = f(x0 ) ⇔ x < x0 •> f(x) hàm số nghịch biến ⇒ (1) ⇔ f(x) < k = f(x0 ) ⇔ x > x0 Thật vậy: f(x) hàm số đồng biến ta có: Với x ≥ x0 ⇒ f(x) ≥ f(x0 ) = k ⇒ (1) vô nghiệm Với x < x0 ⇒ f(x) < f(x0 ) = k ⇒ (1) nghiệm f(x) hàm số nghịch biến ta có: Với x ≤ x0 ⇒ f(x) ≥ f(x0 ) = k ⇒ (1) vô nghiệm Với x > x0 ⇒ f(x) < f(x0 ) = k ⇒ (1) nghiệm +> Bước 4: Kết luận nghiệm cho BPT cho 2> Hướng2: Ta thực theo bước sau: +> Bước 1: Biến đổi BPT cho dạng: f(u) < f(v) (2) +> Bước 2: Chứng minh tính đơn điệu hàm số f(x) +> Bước 3: Khi ta có: •> f(x) hàm số đồng biến ⇒ (2) ⇔ u < v •> f(x) hàm số nghịch biến ⇒ (2) ⇔ u > v +> Bước 4: Kết luận nghiệm cho BPT cho VI – PHƯƠNG PHÁP “ĐÁNH GIÁ” Phương pháp giải 1> Kiến thức cần nhớ: a> Các BĐT bản: Côsi, Bunhiacôpxki, … b> Các tính chất giá trị tuyệt đối c> Đạo hàm biến thiên hàm số 2> Bài Toán: Giải BPT: f(x) ≤ g(x) (1) Bài giải: +> Bước 1: Tìm TXĐ Giả sử TXĐ BPT (1) D +> Bước 2: Ta tìm cách ra: •> Nếu f(x) > g(x) với ∀x ∈ D Khi BPT (1) vô nghiệm •> Nếu f(x) ≥ g(x) với ∀x ∈ D Khi (1) ⇔ f(x) = g(x) •> Nếu f(x) ≤ g(x) với ∀x ∈ D Khi BPT (1) nghiệm với ∀x ∈ D +> Bước 3: Kết luận nghiệm cho BPT (1) Phần I: – BPT VÔ TỶ CÓ THAM SỐ I Sử dụng pp hàm số, kết hợp đạo hàm + Chú ý : Điều kiện: pt: m ≥ f(x) có nghiệm miền D ⇔ m ≥ mìnf(x) trênD Điều kiện: pt m ≥ f(x) có nghiệm với x D ⇔ m ≥ maxf(x) D Điều kiện : pt m ≤ f(x) có ∀x ∈ D ⇔ m ≤ minf(x) D Điều kiện : pt m ≤ f(x) có nghiệm D ⇔ m ≤ maxf(x) VD1: Tìm m để: bpt: x − m x + > 2m + Có nghiệm Có nghiệm ∀ x ≥ − Hd: đặt : t = x + ; (t ≥ 0) Bpt ⇔ 2t2 – mt >2m +3 (*) 2t − ⇔ m< với t ≥ = f (t ) t+2 Yêu cầu toán ⇔ m < f(t) có nghiệm t ≥ 2t + 8t + f ' (t ) = > ; ∀t ≥ (t + 2) t f'(t) + 00 + f(t) -3/2 dựa vào bảng biến thiên ta có : bpt có nghiệm : ∀m bpt có nghiệm : ∀ x ≥ − hay bpt(*) có nghiệm : t ≥ ⇔ m ≤ minf(t) với t ≥ ⇔ m ≤ -3/2 Cách 2: dùng định lý đảo dấu tam thức bậc hai Yêu cầu toán: ⇔ g(t) = 2t2 –mt -2m -3 = có nghiệm t ≥ Có : ∆ < g(t) > với t ∈ R suy thoả mản ∆ = tương tự thoả mản ∆ > nghiện g(t) có dạng: t< t1 t.> t2 giải ∃t ≥ nên thoả mản yêu cầu KL : thoả mản với mọin m VD2: giải biện luận theo m > 0: n x − n x − m ≥ n 2m − n m ; voi n ≥ 2, n ∈ N (1) HD: n ( x − 1) n −1 − n x n −1 1 )= đặt: f ( x) = x − x − m ; f ' ( x) = ( n n −1 − n n x ( x − 1) n −1 n n x n −1 n ( x − 1) n −1 Th1: n chẳn: TXĐ : x ≥ m nên f(x) nghịch biến [ m;+∞ ) Ta có : x-m < x m >0 nên n x − m < n x ⇒ f ' ( x) < ∀x ≥ m Vậy bpt ⇔ f(x) ≥ f (2m) ⇔ m ≤ x ≤ 2m n n Th2: n lẻ: TXĐ : ∀ x∈ R f’(x) = ⇔ n ( x − m) n −1 = n x n −1 ⇔ ( x − m) n −1 = x n −1 ⇔ x − m = x do: n -1 chẳn ⇔ x = m / dấu f’(x): f ' ( x) > ⇔ x − m > x ⇔ x < x -00 -m m/2 2m m + 00 f' CD f f(-m ) f(2m ) Ta thấy VT(1) = f(2m); bpt ⇔ f(x) > f(2m) từ bảng biến thiên : bpt ⇔ ??? 2 +, -2m < -2 ⇔ m >1 nên bpt có nghiệm: x ≤ −2 va < x < x o +, < -2m < ⇔ -1 < m < nên nghiệm bpt: x ≥ xo ≤ x ≤ −2 x = 2m + 2 Hoành độ giao điểm đồ thị nghiệm pt: x − = m( x − 2) ⇔ xét : x0 = 2m + x= (neu co) m2 −1 m −1 Tìm m để bpt sau thoả mản với ∀ x x4 + 2mx2 +m > − x4 HD: bpt : ⇔ m > = f ( x) 2x + Theo yêu cầu toán : ⇔ m > maxf(x) Khoả sát f(x) ta có : f ( x) ≥ ⇒ max f ( x ) = Vậy m > VD4: VD5: Cho biểu thức : f(x) = -x3 + 3mx -2 −1 ; dung ∀ x ≥ x3 x2 HD: bpt trở thành(do x>0 chia vế cho 3x) ta có : m ≤ + − = g ( x) ; ∀x ≥ 3x x ≤ g ( x ) ; ∀ x ≥ Yêu cầu toán : m Khảo sát g(x) ta có : Tìm tham số m để : f(x) ≤ X G'(X) + m≤ G(X) 2/3 Từ bbt ta có : ≤ 0.đúng với ∀x ∈ [1;2] Tìm m để bpt sau : x2 -2x +1 – m2 VD6: HD:bpt: ⇔ m2 ≥ f ( x) = x − x + 1; ∀x ∈ [1;2] , yêu cầu toán ⇔ m2 ≥ max f ( x) voi ∀x ∈ [1;] Khảo sát : f(x) ta có : x - f'(x) + + ≥ ⇔ m ≥1 f(x) Ta có : maxf(x) = f(2) = 1vậy : m2 VD7 Tìm m để bpt x: ( x + x + 3)( x + x + 6) ≥ m (Đh dược 2000) 2 HD: Đặt : t = x2 + 4x +3, : t = ( x + ) −1 ≥ −1 voi ∀x ⇒ t ≥ − (*) hoặc: x -2 t' + - +∞ +∞ t -1 Bpt: trở thành: f(t) = t(t+3) ≥ m ∀t ≥ −1 Yêu cầu toán : ⇔ m ≤ minf(t) với ∀t ≥ −1 -3/2 t F' - -1 + + ≤ F -2 VD8: Hay m -2 Cho bpt : (1 + x)(3 − x ) > m + +2 x + x + (1) Giải : m = -4 Tìm m để (1) thoả mản x thuộc tập xác định −1 HD: TXĐ : D = ; 3 Đặt t = 2 Khi (1) : t > m – t2 + (1 + x)(3 − x ) Đk thừa t ≥ t > 1.Khi m =-4 bpt trở thành : t2 +t – > Với t >1 giải: (1 + x)(3 − x ) > tìm x t < − ( loai t ≥ 0) Khi biện luận có tham số cần tìm điều kiện xác ẩn phụ t; cụ thể có nhiều cách tìm miềm giá trị : −1 biểu thức : t = t(x) = (1+2x)(3-x) với : x ∈ ;3 ta sử dụng đạo hàm :((c2: Kiểu đồ thị nhanh hơn)) 2 Từ bbt: suy : 0≤t ≤ 2 x t’ t −1 + 49 0 Bpt: ⇔ m < t + t − = f (t ) , đk toán : ⇔ m < f (t ) voi : t ∈ 0 ; Bằng cách khảo sát (đồ thị ) ta 8 có : m < -6 BÀI TẬP: Bài 1: Cho bpt: 9x - 3x + m + ≤ 0.(1) Giải m = Tìm m để (1) thoả mản với x Tìm m để (1) thoả mản với ∀ x ∈ [ − 1;1] ( 2) Bài 2: Cho (2 − x)(3 + x) ≤ m + 5(2 − x)(3 + x) + 1 Giải : m = Tìm m để (2) thoả mản ∀x ∈ [ 0;1] Tìm m để (2) thoả mản x thuộc tập xác định Bài : a.Tìm m để bpt sau x : (x2 +6x -3)(x2 + 6x +7) ≤ m b Tìm m để bpt sau toả mản ∀x ∈ [1; 2] : − x + x − < m + x − x + c Tìm m để bpt : x4 +mx3 – (2m+1)x2 + mx +1 > d Tìm m ? để bpt : x2 -3x +m2 ≤ Có nghiệm : ∀x ∈ [ − 1;1] Ta đk thừa : t ≥ Ở ta tìm miềm t dựa vào khảo sát hàm số : t = x t2 −3 ∀x ∈ [ − ; ] t(x) = x + 1/x với : tìm t ∈ D Tiếp khảo sát : f(t) = > m , Rồi m < minf(t) với t ∈ D 2−t (xét riêng t =2) II> SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN CẦN VÁ ĐỦ: BT bản: Tìm điều kiện để : f(x) ≥ m ( : f(x) ≤ m ) có nghiệm thhoả mản với : ∀x ∈ D Phương pháp : ** Điều kiện cần: Do bpt với : ∀x ∈ D suy bpt : x = xo ∈ D ((( Việc tìm x0 quan trọng thường chọn giá trị đặc biệt)))) • Thay xo vào bpt ta sẻ tìm giá trị tham số HD:c: Chia vế ho x2, đặt : t = x + ** Điều kiện đủ: * Thay giá trị tham số vừa tìm vào bpt để kiểm tra Và kết luận cuối VD1: Tìm m để bpt sau thoả mản với ∀ x x4 + 2mx2 +m > HD: bpt : Điều kiện cần: Do bpt moi x nên phải với : x =0 Thế x = vào bpt ta có : m > o Điều kiện đủ: Thay m > vào bpt ta thấy: (x4 + 2mx2) + m > :m > (x4 + 2mx2) > KL: đk : m> ...Phần I: – BPT VÔ TỶ CÓ THAM SỐ I Sử dụng pp hàm số, kết hợp đạo hàm + Chú ý : Điều kiện: pt: m ≥ f(x) có nghiệm miền D ⇔ m ≥ mìnf(x)... ∀x ∈ D Phương pháp : ** Điều kiện cần: Do bpt với : ∀x ∈ D suy bpt : x = xo ∈ D ((( Việc tìm x0 quan trọng thường chọn giá trị đặc biệt)))) • Thay xo vào bpt ta sẻ tìm giá trị tham số HD:c:... thành : t2 +t – > Với t >1 giải: (1 + x)(3 − x ) > tìm x t < − ( loai t ≥ 0) Khi biện luận có tham số cần tìm điều kiện xác ẩn phụ t; cụ thể có nhiều cách tìm miềm giá trị : −1 biểu thức :