Chứng minh rằng phương trình cosx=x có nghiệm
|
CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM TT
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (97.36 KB, 15 trang ) Chứng minh phương trình sau có nghiệm với mọi m∈ ¡ Kết luận phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị m. b). ( 4m + 1) x3 − ( m + 1) x + m = 0 (1) Đặt f ( x) = ( 4m + 1) x3 − ( m + 1) x + m . Tập xác định của hàm số f(x) là D = R . Vì f(x) là hàm đa thức ⇒ f ( x) liên tục trên R. Ta có f ( 0) = m và có f ( −1) = ( 4m + 1) ( −1) − ( m + 1) ( −1) + m = −2m . Từ đó suy 3 ra f ( −1) .f ( 0) = −2m2 < 0 ∀m ≠ 0 ⇒ f ( x) = 0 luôn có ít nhất 1 nghiệm x0 ∈ ( −1;0) Xét trường hợp: m = 0 ( 4.0+ 1) .x3 − ( 0+ 1) x + 0 = 0 ⇔ x3 − x = 0 ⇔ x = ±1 ∨x= 0 Kết luận phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị m. ( )( ) Đặt f ( x) = ( m − 1) ( x c). m3 − 1 x2001 − 1 ( x + 2) 3 2001 2002 + 2x + 3 = 0 (1) ) − 1 ( x + 2) 2002 + 2x + 3 . Tập xác định của hàm số f(x) là D = R . Vì f(x) là hàm đa thức ⇒ f ( x) liên tục trên R. ( ) 2001 2002 3 − 1 ( −2 + 2) + 2( −2) + 3 = −1. Ta có: f ( −2) = m − 1 ( −2) ( )( ) Ta có: f ( 1) = m3 − 1 12001 − 1 ( 1+ 2) Vì f ( −2) f ( 1) = −5 < 0 với mọi m. 20002 + 2.1+ 3 = 5 ⇒ f ( x) = 0 luôn có ít nhất 1 nghiệm x0 ∈ ( −2;1) với mọi m. Kết luận phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị m. ( ) 2 d). cosx + mcos2x = 0 ⇔ cosx + m 2cos x − 1 = 0 (1) ( ) 2 Đặt f ( x) = cosx + m 2cos x − 1 . Tập xác định của hàm số f(x) là D = R . Vì f(x) là hàm đa thức ⇒ f ( x) liên tục trên R. 1 x= cosx = 1 2 2 2 2cos x − 1 = 0 ⇔ cos x = ⇔ ⇔ Chọn nghiệm, cho 2 cosx = − 1 x = 2 π 4 3π 4 π π π 2 Ta có: f ÷ = cos + m 2cos2 − 1÷ = 4 4 4 2 3π 3π 2 2 3π − 1÷ = − . Ta có: f ÷ = cos + m 2cos 4 4 4 2 π 3π 2 2 1 . − ÷ = − < 0 ⇒ f ( x) luôn có ít nhất 1 nghiệm Vì f ÷.f ÷= ÷ 4 4 2 2 2 π 3π x0 ∈ ; ÷ . Kết luận phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị m. 4 4 Chứng minh phương trình sau có ít nhất một nghiệm: a). x3 − 5x2 + 7 = 0 b). x5 + x − 3 = 0 LỜI GIẢI a). Đặt f ( x) = x − 5x + 7 . Tập xác định của hàm số f(x) là D = R . Vì f(x) là 3 2 hàm đa thức ⇒ f ( x) liên tục trên R. Ta có f ( −1) = −1− 5.1+ 7 = 1 và f ( −2) = −21, nên suy ra f ( −1) f ( −2) = −21 < 0 với mọi m. Do đó f ( x) = 0 luôn có ít nhất 1 nghiệm x0 ∈ ( −2; −1) với mọi m. b). Đặt f ( x) = x5 + x − 3 . Tập xác định của hàm số f(x) là D = R . Vì f(x) là hàm đa thức ⇒ f ( x) liên tục trên R. Ta có f ( 1) = −1 và có f ( 2) = 31 , nên suy ra f ( 1) f ( 2) = 31.( −1) = −31 < 0 với mọi m. Do đó f ( x) = 0 luôn có ít nhất 1 nghiệm n0 ∈ ( 1;2) với mọi m. Chứng minh các phương trình sau có ít nhất hai nghiệm : a). 4x4 + 2x2 − x − 3 = 0 b). x5 + x4 − 2x3 + 4x2 − 1 = 0 LỜI GIẢI a). Đặt f ( x) = 4x4 + 2x2 − x − 3 . Tập xác định của hàm số f(x) là D = R . Vì f(x) là hàm đa thức ⇒ f ( x) liên tục trên R. Ta có f ( 0) = −3 , f ( −1) = 4, f ( 1) = 2 Vì f ( −1) f ( 0) = −12 < 0,∀m ⇒ phương trình ( 1) luôn có ít nhất 1 nghiệm ∈ ( −1;0) ( 2) Vì f ( 0) f ( 1) = −6 < 0 ∀m ⇒ phương trình ( 1) có ít nhất 1 nghiệm ∈ ( 0;1) ( 3) Từ ( 2) ,( 3) ⇒ phương trình (1) luôn có ít nhất 2 nghiệm phân biệt. Chứng minh phương trình x2 cosx + xsinx + 1 = 0 ( 1) có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng ( 0;π ) Đặt f ( x) = x cosx + xsin x + 1 LỜI GIẢI 2 Tập xác định của hàm số f(x) là D = R . Vì f(x) là hàm đa thức ⇒ f ( x) liên tục trên R. Ta có f ( 0) = 02.cosx + 0.sin0 + 1 = 1 và f ( π ) = π2.cos π + π.sin π + 1 = −9 . Vì f ( 0) f ( π ) = −9 < 0 ⇒ phương trình ( 1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc khoảng ( 0; π ) . Chứng minh phương trình x3 + x + 1 = 0 ( 1) có ít nhất một nghiệm âm lớn hơn −1 . LỜI GIẢI Đặt f ( x) = x + x + 1 . Tập xác định của hàm số f(x) là D = R . Vì f(x) là hàm 3 đa thức ⇒ f ( x) liên tục trên R. Ta có: f ( −1) = −1 , và f ( 0) = 1 . Từ đó suy ra f ( −1) f ( 0) = −1 < 0 . Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm thuộc khoảng ( −1;0) . Kết luận phương trình ( 1) luôn có ít nhất 1 nghiệm âm lớn hơn −1 . Cho hàm số f ( x) = ax2 + bx + c( c ≠ 0) và 3a + 4b + 6c = 0 . Chứng minh phương trình f ( x) = 0 luôn có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) . f ( x) = ax2 + bx + c( c ≠ 0) LỜI GIẢI Tập xác định của hàm số f(x) là D = R . Vì f(x) là hàm đa thức ⇒ f ( x) liên tục trên R. Ta có f ( 0) = c và f ( 1) = a + b + c −3a − 4b 6 −3a − 4b −3a − 4b 3a + 4b 3a + 2b × Ta có : f ( 0) f ( 1) = c( a + b + c) = a+ b+ ÷= − 6 6 6 6 Theo đề bài có 3a + 4b + 6c = 0 ⇒ c = 1 f x = Cho hàm số ( ) x −1 x≠ 0 x=0 a). Chứng minh f ( −1) f ( 2) < 0 b). Chứng minh phương trình f ( x) = 0 không có nghiệm thuộc khoảng ( −1;2) LỜI GIẢI 1 ⇒ f ( −1) f ( 2) < 0 2 b. Vì hàm số f ( x) không liên tục trên ( −1;2) ⇒ f ( x) không có nghiệm a. Ta có f ( −1) = −1 và f ( 2) = n0 ∈ ( −1;2) 6. Chứng minh rằng phương trình cos5 x + cosx − 1 = 0 có nghiệm. LỜI GIẢI Đặt cosx = t ( −1 ≤ t ≤ 1) , phương trình đã cho trở thành t5 + t − 1 = 0 ( ∗) Hàm số f ( t) = t5 + t − 1 liên tục trên R. Ta có : f ( 1) = 1,f ( −1) = −3. Do f ( 1) .f ( −1) = −3 < 0 , suy ra phương trình ( ∗) có nghiệm thuộc ( −1;1) Vậy phương trình đã cho có nghiệm. 7. Chứng minh các phương trình sau có nghiệm: a) x4 − 4x + 1 = 0 b) 2x5 + 3x + 3 = 0 c) x4 − 4x3 − 2 = 0 d) 5x3 + 10x + 6 = 0 LỜI GIẢI a). Đặt f ( x) = x − 4x + 1 thì f ( x) liên tục trên R và f ( 0) = 1;f ( 1) = −2. 4 Hàm số f ( x) liên tục trên R, có f ( 0) .f ( 1) < 0 suy ra phương trình có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) . Vậy phương trình đã cho có nghiệm. b). Đặt f ( x) = 2x5 + 3x + 3 thì f ( x) liên tục trên R và f ( −1) = −2;f ( 0) = 3. Hàm số f ( x) liên tục trên R, có f ( −1) .f ( 0) < 0 suy ra phương trình có nghiệm thuộc khoảng ( −1;0) , suy ra phương trình có nghiệm. c). Đặt f ( x) = x4 − 4x3 − 2 thì f ( x) liên tục trên R và f ( −1) = 3;f ( 0) = −2. Hàm số f ( x) liên tục trên R, có f ( −1) .f ( 0) < 0 suy ra phương trình có nghiệm thuộc khoảng ( −1;0) . Vậy phương trình đã cho có nghiệm. d). Đặt f ( x) = 5x3 + 10x + 6 thì f ( x) liên tục trên R và f ( −1) = −9;f ( 0) = 6. Hàm số f ( x) liên tục trên R, có f ( −1) .f ( 0) < 0 suy ra phương trình có nghiệm thuộc khoảng ( −1;0) . Vậy phương trình đã cho có nghiệm. 10. Chứng minh rằng nếu a b c + + = 0;k > n > m > 0 và km ≤ n2 thì k n m phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) . LỜI GIẢI Đặt f ( x) = ax + bx + c thì f ( x) liên tục trên R. 2 n n2 n Ta có f ( 0) = c;f ÷ = a. 2 + b. + c k k k n2 a b c n n2 n2 a b c ⇒ f ( 0) .f ÷ = c + + ÷+ c 1− ÷ = c2 1− ÷ (do + + =0 ) ÷ ÷ km km k n m k k n m k Vì c2 ≥ 0;n2 ≥ km > 0 ⇒ n n2 n2 2 ÷≤ 0 ≥ 1 do đó f ( 0) .f ÷ = c 1− km ÷ km k -Với c = 0: phương trình đã cho ( kí hiệu là phương trình ( 1) trở thành ax2 + bx = 0 Suy ra x = 0 hoặc ax + b = 0. ( 2) +Nếu a = 0 thì từ c = a = 0 và điều kiện a b c + + = 0 suy ra b = 0 . Khi đó k n m phương trình ( 2) có nghiệm là ∀x ∈ R , suy ra phương trình ( 1) có nghiệm x ∈ ( 0;1) + Nếu a ≠ 0 thì b ≠ 0 (vì nếu b = 0,c = 0 thì từ điều kiện ra a = 0 ) suy ra phương trình ( 2) có nghiệm x = − Khi đó từ điều kiện x= − b n = ∈ ( 0;1) a k a b c + + = 0 suy k n m b a a b c + + = 0;k > n > m > 0 và c = 0 suy ra k n m Do đó phương trình ( 1) có nghiệm x ∈ ( 0;1) -Với 1− n n2 n = 0⇒ f ÷= 0⇒ là nghiệm thuộc ( 0;1) . km k k - Với c ≠ 0 và 1− n n2 ≠ 0 ⇒ f ( 0) .f ÷ < 0 ⇒ f ( x) có ít nhất một nghiệm km k n thuộc khoảng 0; ÷ k n n Mà 0; ÷ ⊂ ( 0;1) (vì 0 < < 1 ) nên phương trình ( 1) có nghiệm x ∈ ( 0;1) k k Vậy phương trình ( 1) luôn có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) . 12. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c phương trình ( x − a) ( x − b) + ( x − b) ( x − c) + ( x − c) ( x − a) = 0 có ít nhất một nghiệm. LỜI GIẢI Đặt f ( x) = ( x − a) ( x − b) + ( x − b) ( x − c) + ( x − c) ( x − a) thì f ( x) liên tục trên R. Không giảm tính tổng quát, giả sử a ≤ b ≤ c -Nếu a = b hoặc b = c thì f ( b) = ( b − a) ( b − c) = 0. suy ra phương trình có nghiệm x = b -Nếu a < b < c thì f ( b) = ( b − a) ( b − c) < 0 và f ( a) = ( a − b) ( a − c) > 0 do đó tồn tại x0 thuộc khoảng ( a;b) để f ( x0 ) = 0. Vậy phương trình đã cho luôn có ít nhất một nghiệm. 8. Chứng minh phương trình 2x3 − 6x + 3 = 0 có ba nghiệm trên khoảng ( −2;2) . LỜI GIẢI Đặt f ( x) = 2x − 6x + 3 thì f ( x) liên tục trên R. 3 f ( −2) = −16 + 12 + 3 = −1 < 0;f ( −1) = −2 + 6 + 3 > 0 f ( 1) = 2 − 6 + 3 = −1 < 0;f ( 2) = 16 − 12 + 3 = 7 > 0 Do đó f ( −2) .f ( −1) < 0;f ( −1) .f ( 1) < 0;f ( 1) .f ( 2) < 0. từ tính chất của hàm số liên tục , suy ra f ( x) có nghiệm thuộc khoảng ( −2; −1) ,( −1;1) ,( 1;2) suy ra phương trình có ba nghiệm trên khoảng ( −2;2) . 10. Chứng minh rằng với mọi a, b, c phương trình x3 + ax2 + bx + c = 0 luôn có nghiệm. LỜI GIẢI 3 2 Đặt f ( x) = x + ax + bx + c thì f ( x) liên tục trên R. f ( x) = +∞ ⇒ ∃x1 > 0 để f ( x1 ) > 0. Ta có: xlim →+∞ lim f ( x) = −∞ ⇒ ∃x2 > 0 để f ( x2 ) < 0. x→−∞ Như vậy có x1 ,x2 để f ( x1 ) .f ( x2 ) < 0 suy ra phương trình có nghiệm x ∈ ( x1;x2 ) vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm. 11. Chứng minh rằng với mọi a, b, c phương trình x4 + ax3 + bx2 + cx − 1 = 0 có ít nhất hai nghiệm phân biệt. LỜI GIẢI Đặt f ( x) = x4 + ax3 + bx2 + cx − 1 thì f ( x) liên tục trên R. Ta có: f ( 0) = −1; lim f ( x) = +∞ ⇒ ∃x1 > 0 để f ( x1 ) > 0. x→+∞ lim f ( x) = +∞ ⇒ ∃x2 < 0 để f ( x2 ) > 0. x→−∞ Do đó f ( 0) .f ( x2 ) < 0 suy ra phương trình có nghiệm trong khoảng ( x2 ;0) f ( 0) .f ( x1 ) < 0 suy ra phương trình có nghiệm trong khoảng ( 0;x1 ) mà các khoảng ( x2 ;0) và ( 0;x1 ) không giao nhau, do đó phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt. 12. Chứng minh rằng phương trình 64x6 − 96x4 + 36x2 − 3 = 0 có nghiệm x0 mà 2+ 2+ 2 < x0 < 2 LỜI GIẢI 2+ 2+ 3 2 . Cách 1: Đặt y = 4x2 ta có phương trình y3 − 6y2 + 9y − 3 = 0 ( 2) Ta chứng minh phương trình ( 2) có nghiệm y ∈ 2 + 2 + 2;2 + 2 + 3 ÷ t = y − 2 Đặt phương trình ( 2) trở thành: ( t + 2) 3 − 6( t + 2) + 9( t + 2) − 3 = 0 2 ⇔ t3 + 6t2 + 12t + 8 − 6t2 − 24t − 24 + 9t + 18 − 3 ⇔ t3 − 3t − 1 = 0. ( 3) Ta chứng minh ( 3) có nghiệm trong khoảng 2 + 2; 2 + 3 ÷ Đặt f ( t) = t3 − 3t − 1 thì f ( t) liên tục trên R. Ta có 2 + 2 < 3,42 < 1,85; 2 + 2 > 3,4 > 1,84. 3 Nên f 2 + 2 ÷ < 1,85 − 3.1,84 − 1 < 6,35 − 5,52 − 1 < 0 Và 2 + 3 < 3,74 < 1,94; 2 + 3 > 3,73 > 1,93. 2 Do đó f 2 + 3 ÷ > 1,93 − 3.1,94 − 1 > 7,18 − 5,82 − 1 > 0 Suy ra f 2 + 2 ÷.f 2 + 3 ÷ < 0 vậy phương trình ( 3) có nghiệm t ∈ 2 + 2; 2 + 3 ÷ từ đó suy ra điều phải chứng minh. Cách 2: (sử dụng lượng giác) 1+ cos2α 2 + 2cos2α Từ công thức cos2 α = ⇒ cosα = . 2 2 Do đó α cos = 2 π với 0 < α < . 2 2 + 2cos 2 + 2cosα α ;cos = 2 4 2 α α 2 hay cos = 4 2 + 2 + 2cosα 2 Từ công thức này suy ra: cos π = 2 + 2 + 2 ;cos π = 2 + 2 + 3 16 2 24 2 Nghiệm x0 của phương trình đã cho có thể tìm được dưới dạng : x0 = cosβ π π <β< . 24 16 Đặt x = cosβ , phương trình đã cho trở thành: , sao cho 64cos6 β − 96cos4 β + 36cos2 β − 2 = 1 ( ) ( ) 2 1 ⇔ 2 2 16cos6 β − 24cos4 β + 9cos2 β − 1 = 1 ⇔ 2 4cos3 β − 3cosβ − 1 = 2 1 1 π kπ 2 ⇔ 2cos ( 3β ) − 1 = ⇔ cos6β = ⇔ β = ± + (k = 0;1;2..) 2 2 18 3 π π π π <β< Lấy β = ta được và nghiệm x0 = cos thỏa mãn điều kiện 18 24 16 18 đã nêu. Chứng minh rằng phương trình 8x3 − 6x − 1 = 0 có ba nghiệm thực phân biệt. Hãy tìm 3 nghiệm đó. Đặt f ( x) = 8x3 − 6x − 1 ; tập xác định D = ¡ suy ra hàm số liên tục trên ¡ . 1 Ta có f ( −1) = −3, f − ÷ = 1, f ( 0) = −1, f ( 1) = 1 suy ra 2 1 1 f ( −1) f − ÷ < 0,ff − ÷ ( 0) < 0,f ( 0) f ( 1) < 0 . Từ 3 bất đẳng thức này và tính 2 2 liên tục của hàm số suy ra pt f ( x) = 0 có ba nghiệm phân biệt thuộc ( −1; 1) . Đặt x = cost, t ∈ 0; π thay vào pt ta được: ( ) 2 4cos3 t − 3cost = 1 ⇔ cos3t = cos π π 2π ⇔ t= ± +k , kết hợp với t ∈ 0; π ta 3 9 3 π 5π 7π ; được t ∈ ; . Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm: 9 9 9 π 5π 7π x = cos ,x = cos ,x = cos . 9 9 9 ( ) 3 3 Cho phương trình: m ( x − 1) x − 4x + x − 3x + 1 = 0 ( x là ẩn, m là tham số). Chứng minh rằng với mọi giá trị thực của m phương trình đã cho có ít nhất ba nghiệm thực phân biệt. ( ) LỜI GIẢI Đặt f ( x) = m ( x − 1) x − 4x + x − 3x + 1 ta được f ( x) xác định và liên tục 3 3 trên ¡ . Ta có f ( −2) = −1,f ( 0) = 1,f ( 1) = −1,f ( 2) = 3 Do đó ta được f ( −2) f ( 0) < 0,f ( 0) f ( 1) < 0,f ( 1) f ( 2) < 0 nên phương trình f ( x) = 0 có nghiệm thuộc ( −2;0) ,( 0;1) ,( 1;2) suy ra phương trình có 3 nghiệm phân biệt. Tìm n số nguyên dương nhỏ nhất sao cho phương trình x6 + 1 = 4x2 xn − 1 có nghiệm. Ta có x6 + 1 = 4x2 xn − 1 ⇔ x6 + 1− 4x2 xn − 1 = 0 . Đặt f ( x) = x6 + 1− 4x2 xn − 1 . Điều kiện để hàm số xác định xn − 1 ≥ 0 ⇔ xn ≥ 1 . Nếu n lẻ: hàm số xác định ⇔ x ≥ 1 . Nếu n chẵn: Hàm số xác định ⇔ x ≤ −1∨ x ≥ 1 . Khi đó f ( x) là hàm số chẵn trên tạp xác định của nó nên nếu phương trình f ( x) = 0 có nghiệm x = x0 ≤ −1 thì cũng có nghiệm x = − x0 ≥ 1 . Do đó ta chỉ cần xét trường hợp x ≥ 1. ( )( ) ( ) ( ) 6 2 4 2 2 2 2 Ta có x + 1 = x + 1 x − x + 1 = x + 1 x x − 1 + 1 2 Cauchy x + 1 ≥ 2x Ta có Cauchy ⇒ x6 + 1 ≥ 4x2 x2 − 1 . Dấu " = " xảy ra khi x2 x2 − 1 + 1 ≥ 2x x2 − 1 ( ) x2 = 1 hệ này vô nghiệm. Do đó x6 + 1 > 4x2 x2 − 1,∀x ≥ 1 2 2 x x − 1 = 1 ( ) Vì x ≥ 1⇒ x2 ≥ x ⇒ phương trình vô nghiệm khi n ≤ 2 . Với n = 3 ta có f ( x) = x6 + 1− 4x2 x3 − 1 . 6 2 Có f ( 1) = 2 , f 3 ÷ = 3 ÷ + 1− 4. 3 ÷ 2 2 2 3 3 793 19 . − 9. ÷ −1 = 64 8 2 793 832 64 < 64 = 13 3 3 ⇒ f ÷ < 0 . Từ đó có f ( 1) .f ÷ < 0 (1). Vì 2 2 9. 19 > 9. 18 = 13.5 8 8 Hàm số xác định và liên tục trên 1; +∞ ) do đó hàm số f(x) liên tục trên 3 đoạn 1; (2). Từ (1) và (2) suy ra phương trình f ( x) = 0 có ít nhất một 2 3 nghiệm trong khoảng 1; ÷ . 2 Kết luận n = 3 là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho phương trình x6 + 1 = 4x2 xn − 1 có nghiệm. Cho hàm số f ( x) = x3 − 3x2 − 1 a). Chứng minh phương trình f ( x) = 0 có nghiệm x0 ∈ ( 3;4) . b). Không tính f ( 5 ) ( ) 36 và f 1+ 5 36 hãy chứng minh x0 > 1+ 5 36 . LỜI GIẢI Ta có f ( 3) = −1 và f ( 4) = 15 nên f ( 3) .f ( 4) < 0 (1). Vì hàm số xác định và liên tục trên R nên nên hàm số f(x) liên tục trên đoạn 3;4 (2). Từ (1) và (2) suy ra phương trình f ( x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng x0 ∈ ( 3;4) . Ta có f ( x) = x3 − 3x2 − 1 = x3 − 3x2 + 3x − 3x + 3− 3− 1 = ( x − 1) − 3( x − 1) − 3 . Vì x0 3 là nghiệm của phương trình f ( x) = 0 nên f ( x0 ) = 0 ⇔ ( x0 − 1) − 3( x0 − 1) − 3 = 0 . 3 Đặt α = x0 − 1 vì x0 ∈ ( 3;4) ⇒ α ∈ ( 2;3) và α 3 − 3α − 3 = 0 ⇔ α 3 = 3α + 3 . Áp dụng định lý Cauchy cho hai số không âm 3α và 3 ta có α 3 = 3α + 3 ≥ 2 3α.3 ⇒ α 3 ≥ 6 α ⇔ α 6 ≥ 36α ⇔ α 5 ≥ 36 ⇔ α ≥ 5 36 . Dấu " = " xảy ra ⇔ 3α = 3 ⇔ α = 1∉ ( 2;3) ⇒ α > 5 36 ⇔ x0 − 1 > 5 36 ⇔ x0 > 1+ 5 36 . Chứng minh khi m ∈ ( 2;3) thì phương trình 2x3 − 9x2 + 12x − 2 − m = 0 có ba nghiệm dương phân biệt. LỜI GIẢI Đặt f ( x) = 2x3 − 9x2 + 12x − 2 − m m − 2 > 0 Vì m ∈ ( 2;3) ⇔ 2 < m < 3 ⇒ . m − 3 < 0 Ta có f ( 0) = −2 − m < 2 − m < 0 , f ( 1) = 3 − m > 0 , f ( 2) = 2 − m < 0 , f ( 3) = 7 − m > 0 . f ( 0) .f ( 1) < 0 Từ đó có f ( 1) .f ( 2) < 0 (1). Vì hàm số liên tục và xác định trên R nên hàm f ( 2) .f ( 3) < 0 số liên tục trên các đoạn 0;1 , 1;2 , 2;3 (2). Từ (1) và (2) suy ra phương trình f ( x) = 0 có ba nghiệm dương phân biệt lần lượt thuộc các khoảng ( 0;1) , ( 1;2) , ( 2;3) . Cho α và β thỏa 0 < α < β . Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm : sin10 x − x = α sin10 α + β sin10 β − α 2 − β2 . α +β LỜI GIẢI Đặt f ( x) = sin10 x − x − α sin10 α + β sin10 β − α 2 − β2 . Có hàm số f(x) liên tục α +β trên đoạn α;β (1). Ta có f ( α ) = sin10 α − α − = α sin10 α + β sin10 β − α 2 − β 2 α +β ( 10 10 α sin10 α − α 2 + β sin10 α − αβ − α sin10 α − β sin10 β + α 2 + β 2 β sin α − α − sin β + β = α +β α +β ) . f ( β ) = sin10 β − β − α sin10 α + β sin10 β − α 2 − β2 α +β ( α sin10 α − α − sin10 β + β α sin10 β − αβ + β sin10 β − β2 − α sin10 α − β sin10 β + α 2 + β 2 = =− α +β α +β . ⇒ f ( α ) .f ( β ) = − ( αβ sin10 α − α − sin10 β + β ( α + β) 2 ) 2 < 0,∀α ,β > 0 (2). Từ (1) và (2) suy ra phương trình f ( x) = 0 có nghiệm x0 ∈ α;β . Chứng minh với mọi tham số m phương trình sau luôn có nghiệm thực : (m 2 ) − 3m + 5 x3 + 2x − 2 = 0 LỜI GIẢI ( ) 2 3 Đặt f ( x) = m − 3m + 5 x + 2x − 2 . 2 3 11 Ta có f ( 0) = −2 < 0 và f ( 1) = m2 − 3m + 5 = m − ÷ + > 0,∀m nên 2 4 f ( 0) .f ( 1) < 0 (1). Vì hàm số f(x) xác định và liên tục trên R nên f(x) liên tục trên đoạn 0;1 (1). Từ (1) và (2) suy ra phương trình f ( x) = 0 luôn có nghiệm thuộc khoảng ( 0;1) . ) ( ) 2 3 2 2 2 Chứng minh rằng phương trình m + 1 x − 2m x − 4x + m + 1 = 0 có ba nghiệm phân biệt với mọi giá trị của tham số m. ( ) 2 3 2 2 2 Đặt f ( x) = m + 1 x − 2m x − 4x + m + 1 . Ta có : ( ) f ( −3) = −27m2 − 27 − 18m2 + 12 + m2 + 1 = −44m2 − 14 = − 44m2 + 14 < 0,∀m ∈ ¡ . f ( 0) = m2 + 1 > 0 . f ( 1) = m2 + 1− 2m2 − 4 + m2 + 1 = −2 < 0 . ( ) f ( 2) = 8 m2 + 1 − 8m2 − 8 + m2 + 1 = m2 + 1 > 0,∀ m ∈ ¡ . f ( −3) .f ( 0) < 0 Từ đó ta có f ( 0) .f ( 1) < 0 (1). Hàm số f(x) xác định và liên tục trên R do f ( 1) .f ( 2) < 0 đó f(x) liên tục trên các đoạn −3;0 , 0;1 , 1,2 (2). Từ (1) và (2) suy ra phương trình f ( x) = 0 có ba nghiệm phân biệt lần lượt thuộc các khoảng ( −3;0) ,( 0;1) ,( 1;2) . Chứng minh phương trình −2x4 + mx3 + nx2 + px + 2011 = 0 có ít nhất 2 nghiệm với ∀ m,n,p ∈ R . Xét phương trình: −2x4 + mx3 + nx2 + px + 2011 = 0 (1) Xét hàm số: f(x) = −2x4 + mx3 + nx2 + px + 2011 lim f(x) = lim (−2x4 + mx3 + nx2 + px + 2011) = −∞ ⇒ ∃b > 0 sao cho f ( b) < 0 . x→+∞ x→+∞ lim f(x) = lim (−2x4 + mx3 + nx2 + px + 2011) = −∞ ⇒ ∃a > 0 sao cho f ( a) < 0 x→−∞ x→−∞ f ( 0) = 2011 > 0 Hàm số f(x) liên tục trên các đoạn a;0 và 0;b f(a).f(0) < 0 f(0).f(b) < 0 ⇒ phương trình có ít nhất 1 nghiệm x1 ∈ ( a;0) và ít nhất 1 nghiệm x2 ( 0;b) . Vậy phương trình có ít nhất 2 nghiệm. Cho phương trình: x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 a). Với d < 0 chứng minh rằng phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt. 4 b). Với d = 1, giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh a2 + b2 + c2 ≥ 3 LỜI GIẢI a) Đặt f(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d liên tục trên R. Ta có: f ( 0) = d < 0 f(x) = +∞ , nên tồn tại 2 số α < 0 và β > 0 sao cho f(α ) > 0, Mặt khác xlim →±∞ f(0).f(α) < 0 f(β) > 0 . Do đó . Vậy phương trình có ít nhất hai nghiệm phân f(0).f(β) < 0 biệt thuộc hai khoảng (α ,0) và (0,β) . b). d = 1 Gọi x0 là nghiệm của phương trình ( x0 ≠ 0 ) x04 + ax03 + bx02 + cx0 + 1 = 0 ⇔ b = −x02 + −1 x02 − ax0 − c 1 x0 2 2 1 2 2 2 −1 1 2 1 Ta có: a + b + c x0 + 2 + 1÷ = a + c + −x0 + 2 − ax0 − c ÷ x0 + 2 + 1÷ ÷ ÷ x0 ÷ x0 x0 x0 ( 2 2 2 ) 2 2 1 −1 1 1 ≥ ax0 + c − x02 + 2 − ax0 − c ÷ = x02 + 2 ÷ x0 x0 ÷ x0 x0 ÷ 2 ( Suy ra: a2 + b2 + c2 ) 2 1 x0 + 2 ÷ 1 2 2 x0 ÷ = t với t = x0 + 2 ≥ 2 ≥ x0 1 t+1 x02 + 2 + 1 x0 t2 4 ≥ ⇔ 3t2 − 4t − 4 ≥ 0 ⇔ (t − 2)(3t + 2) ≥ 0 (đúng do t ≥ 2 ). t+1 3 4 Vậy a2 + b2 + c2 ≥ . 3 2 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = − (ứng với x0 = 1 ). 3 2 2 a = c = ,b = − (ứng với x0 = −1 ). 3 3 Mặt khác: Cho ba số a, b, c thoả mãn hệ thức 2a + 3b + 6c = 0 . Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0; 1). LỜI GIẢI Đặt f ( x) = ax2 + bx + c ⇒ f ( x) liên tục trên R. 2 4 2 1 c c • f ( 0) = c , f ÷ = a + b + c = ( 4a + 6b + 12c) − = − . 3 9 3 3 3 9 2 2 • Nếu c = 0 thì f ÷ = 0 ⇒ phương trình đã cho có nghiệm ∈ (0;1) 3 3 2 c2 • Nếu c ≠ 0 thì f(0).f ÷ = − < 0 ⇒ phương trình đã cho có nghiệm 3 3 2 α ∈ 0; ÷ ⊂ (0;1) . 3 Kết luận phương trình đã cho luôn có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0; 1). |
