Chủ đề này có 83 trả lời

[supermember]

Chào các bạn ; ai trong chúng ta cũng biết : Thi ĐH là ước mơ của rất nhiều người . Do đó ; nhằm giúp VMF trở nên gần gũi với nhiều người hơn ; đáp ứng được những tâm tư ; nguyên vọng của người học Toán . Supermember xin mở màn cho những chuyên đề ôn thi ĐH ; mục đích là để giúp các bạn có những cách nhìn bài bản ; quy củ khi tiếp xúc với 1 bài Toán . Tránh kiểu làm tràn lan ; đụng bài nào giải bài đó . "Thầy giải mẫu cho 10 bài thì làm lại được 9 bài" - trích lời thầy Nam Dũng . Sau đây ; xin giới thiệu về chuyên đề thứ nhất :


Trong kì thi ĐH các năm gần đây ; bài Toán đại số ; với sự tham gia của các tham số luôn là những bài Toán được xếp vào dạng " để phân loại " . Tuy nhiên ; do sự đa dạng của nó ; và cũng do không nhiều tài liệu đề cập đến nên cả giáo viên hướng dẫn và học sinh đều học 1 cách không mấy quy củ ; không mấy tập trung .

Tuy nhiên ; theo quan điểm của supermember ; nếu có được 1 chuyên đề ; với lượng bài tập và ví dụ chu đáo thì vấn đề này sẽ được giải quyết .

Không dài dòng ; chúng ta điểm ngay đến chuyện là các bài Toán này thường có chứa căn thức ;với cách giải chủ đạo là dùng Đạo Hàm ; cụ thể như ví dụ sau đấy ( đơn giản ) :

Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực : $ 3 \sqrt{x-1} + m \sqrt{x+1} = 2 \sqrt[4]{x^2 -1}$
( ĐH A - 2007 )

Hay khó hơn là bài Toán chốt điểm trong kì Đại Học năm 2008 :
Tìm m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thực :

$ \sqrt[4]{2x} + 2 \sqrt[4]{6-x} + \sqrt{2x} + 2 \sqrt{6-x} = m$

Cách thức thực hiện chuyên đề như sau : các bạn sẽ lần lượt tuyển chọn gửi ra các bài Toán hay ; đánh số thứ tự để dễ phân loại ; bài nào có đáp án thì các bạn có thể gửi đáp án ra luôn ở đây ; bài nào chưa có Đáp án thì các thành viên khác sẽ thảo luận . Khi nào đạt con số 100 bài thì supermember sẽ nhờ các super mod khác giúp đỡ để edit và tổng hợp lại thành 1 ebook - tài liệu quý giá cho luyện thi ĐH

Rất mong được sự hưởng ứng của các bạn cho topic này ; và cũng xin gửi lời đến các active mod như Lê Xuân Trường Giang ; E . Galois ; Dark Templar ; để tham gia giải bài ; ghóp đề ( trước tiên là vậy đã ha )


Lưu ý là phương trình lượng giác chứa tham số là dạng Toán mà Bộ GD đã bỏ khỏi chương trình thi từ lâu ; nên không nhận dạng Toán kiểu này

[Lê Xuân Trường Giang]

Vì đây là topic rất bổ ích cho việc học mà lại có trong các đề thi sẵn nên ý thức được đặt lên hàng đầu.
Ý tôi là không xem đáp án trước post lên.
Xin phép a cho em chém 1 bài :
VD 1:$3\sqrt {x - 1} + m\sqrt {x + 1} = \sqrt[4]{{{x^2} - 1}}$

ĐK :$x \ge 1$
$$ \Rightarrow m = \dfrac{{\sqrt[4]{{{x^2} - 1}} - 3\sqrt {x - 1} }}{{\sqrt {x + 1} }} = \sqrt[4]{{\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}}} - 3\sqrt {\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}} $$

Xét hàm số : $\begin{array}{l}f\left( t \right) = t - 3{t^2}\left( {1 > t \ge 0} \right)\\f'\left( t \right) = 1 - 6t \Rightarrow f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{1}{6}\end{array}$

Kẻ bảng biến thiên với $m$ thỏa mãn ${\left[ {f\left( t \right)} \right]_{\min }} \le m\le{\left[ {f\left( t \right)} \right]_{m{\rm{ax}}}}$ thì phương trình có nghiệm thực.

Không biết có đúng không a xem lại e cái nha.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 19-06-2012 - 10:05
Đánh số thứ tự bài

[dark templar]

VD 2:Tìm m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thực :

$ \sqrt[4]{2x} + 2 \sqrt[4]{6-x} + \sqrt{2x} + 2 \sqrt{6-x} = m$

Chém luôn bài này vậy
ĐKXĐ:$0 \le x \le 6$
Đặt $f(x)=\sqrt[4]{2x}+\sqrt{2x}+2\sqrt[4]{6-x}+2\sqrt{6-x}$
$f'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2x}}+\dfrac{1}{2\sqrt[4]{8x^3}}-\dfrac{1}{2\sqrt[4]{(6-x)^3}}-\dfrac{1}{\sqrt{6-x}}$
$f'(x)=0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{\sqrt{2x}}-\dfrac{1}{\sqrt{6-x}}+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{8x^3}}-\dfrac{1}{\sqrt[4]{(6-x)^3}} \right) =0$
$ \Leftrightarrow \left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{2x}}-\dfrac{1}{\sqrt[4]{6-x}} \right)\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{2x}}+\dfrac{1}{\sqrt[4]{6-x}} \right)+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{2x}}-\dfrac{1}{\sqrt[4]{6-x}} \right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{2x}}+\dfrac{1}{\sqrt{6-x}}+\dfrac{1}{\sqrt[4]{2x(6-x)}} \right) =0$
$ \Leftrightarrow \dfrac{1}{\sqrt[4]{2x}}-\dfrac{1}{\sqrt[4]{6-x}}=0 \Leftrightarrow \sqrt[4]{2x}=\sqrt[4]{6-x}(x \neq \{0,6 \})$
$ \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \ge 0\\2x=6-x\end{array}\right. \Leftrightarrow x=2$
Dựa vào bảng biến thiên thì để pt có 2 nghiệm phân biệt thì $f(0) \le m <f(2)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 20-05-2011 - 07:57
Đánh số thứ tự bài

[Lê Xuân Trường Giang]

Gửi đề góp vui, ý kiến này hay lém em thích :
Bài 1:.Tìm $m$ để pt sau có nghiệm duy nhất : ${\log _3}\left( {{x^2} + 4ax} \right) + {\log _{\dfrac{1}{3}}}\left( {2x - 2a - 1} \right) = 0$

Bài 2:Tìm $m$ để pt có 2 nghiệm phân biệt : ${\log _{{x^2} - 2x}}\left( {4x - m} \right) = 1$

Bài 3:Tìm $m$ để pt : ${4^{{x^2} - 2x + 2}} - m{.2^{x^2 - 2x + 3}} + 3m - 2 = 0$

có 4 nghiệm thỏa : ${x_1} < - 1 < {x_2} < 1 < {x_3} < 2 < {x_4}$

bài 4: (có pt dạng tổng quát cần nêu ra)
Tìm $m$ để pt có nghiệm : $\sqrt[{90}]{{{{\left( {1 - x} \right)}^2}}} + m\sqrt[{90}]{{1 - {x^2}}} + \left( {m + \dfrac{5}{4}} \right)\sqrt[{90}]{{{{\left( {1 + x} \right)}^2}}} = 0$
Theo e nghĩ đề thi ĐH sẽ không khó nhưng cần phải kiên trì, chính xác. Và những bài trên là những ví dụ như vậy.
Anh suppermember ơi sắp thi ĐH rồi chúng ta cần xúc tiến nhanh để có được nhiều chuyên đề.
Thân!

P/s: Mong mọi người thông cảm bài 4 mình đã sửa lại đề .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lê Xuân Trường Giang: 30-05-2011 - 09:45

[dark templar]

Gửi đề góp vui, ý kiến này hay lém em thích :
1.Tìm $m$ để pt sau có nghiệm duy nhất : ${\log _3}\left( {{x^2} + 4ax} \right) + {\log _{\dfrac{1}{3}}}\left( {2x - 2a - 1} \right) = 0$

Giải bài đầu trước đã
ĐKXĐ:$ \left\{\begin{array}{l}x^2+4ax \ge 0\\2x-2a-1 \ge 0\end{array}\right.$
Pt tương đương:$\log_{3}(x^2+4ax)=\log_{3}(2x-2a-1) \Leftrightarrow x^2+2x(2a-1)+2a+1=0(1)$
Pt đầu có nghiệm duy nhất tương đương với (1) có nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện trên$ \Leftrightarrow \Delta_{(1)}=4[(2a-1)^2-(2a+1)]=0$
$ \Leftrightarrow a=0$ hay $a=\dfrac{3}{2}$
khi đó $x=1-2a$
$a=0 \Rightarrow x=1$,còn ĐKXĐ trở thành $x \ge \dfrac{1}{2}$
$a=\dfrac{3}{2}$:làm tương tự

[h.vuong_pdl]

Vì đây là topic rất bổ ích cho việc học mà lại có trong các đề thi sẵn nên ý thức được đặt lên hàng đầu.
Ý tôi là không xem đáp án trước post lên.
Xin phép a cho em chém 1 bài :$3\sqrt {x - 1} + m\sqrt {x + 1} = \sqrt[4]{{{x^2} - 1}}$
ĐK :$x \ge 1$
$ \Rightarrow m = \dfrac{{\sqrt[4]{{{x^2} - 1}} - 3\sqrt {x - 1} }}{{\sqrt {x + 1} }} = \sqrt[4]{{\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}}} - 3\sqrt {\dfrac{{x - 1}}{{x + 1}}} $
Xét hàm số : $\begin{array}{l}f\left( t \right) = t - 3{t^2}\left( {1 > t \ge 0} \right)\\f'\left( t \right) = 1 - 6t \Rightarrow f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{1}{6}\end{array}$
Kẻ bảng biến thiên với $m$ thỏa mãn ${\left[ {f\left( t \right)} \right]_{\min }} \le m\le{\left[ {f\left( t \right)} \right]_{m{\rm{ax}}}}$ thì pt có nghiệm thực.
Không biết có đúng không a xem lại e cái nha.

Chém luôn bài này vậy
ĐKXĐ:$0 \le x \le 6$
Đặt $f(x)=\sqrt[4]{2x}+\sqrt{2x}+2\sqrt[4]{6-x}+2\sqrt{6-x}$
$f'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2x}}+\dfrac{1}{2\sqrt[4]{8x^3}}-\dfrac{1}{2\sqrt[4]{(6-x)^3}}-\dfrac{1}{\sqrt{6-x}}$
$f'(x)=0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{\sqrt{2x}}-\dfrac{1}{\sqrt{6-x}}+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{8x^3}}-\dfrac{1}{\sqrt[4]{(6-x)^3}} \right) =0$
$ \Leftrightarrow \left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{2x}}-\dfrac{1}{\sqrt[4]{6-x}} \right)\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{2x}}+\dfrac{1}{\sqrt[4]{6-x}} \right)+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{2x}}-\dfrac{1}{\sqrt[4]{6-x}} \right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{2x}}+\dfrac{1}{\sqrt{6-x}}+\dfrac{1}{\sqrt[4]{2x(6-x)}} \right) =0$
$ \Leftrightarrow \dfrac{1}{\sqrt[4]{2x}}-\dfrac{1}{\sqrt[4]{6-x}}=0 \Leftrightarrow \sqrt[4]{2x}=\sqrt[4]{6-x}(x \neq \{0,6 \})$
$ \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x \ge 0\\2x=6-x\end{array}\right. \Leftrightarrow x=2$
Dựa vào bảng biến thiên thì để pt có 2 nghiệm phân biệt thì $f(0) \le m <f(2)$

p/s: qua 2 ví dụ được giải này, ta thấy đối với dạng toán biện luân tham số cần chú ý kiến cơ bản:
hoành độ giao điểm của 2 đồ thị $y = f(x)$ và $y = g(x)$ là nghiệm của phương trình $f(x) = g(x).$
Vì vậy phương pháp của chúng ta cần làm là cố gắng đưa $y=g(x) = m$, như vậy $y=m$ là một đường thằng, khi xét giao với đồ thị hàm số $y=f(x)$ sẽ rất thuận tiện + trở nên đơn giản + dễ dàng hợn.
Quả thực, hầu như các đề toán đều được ra xuất phát từ ý tưởng này !

Một số ví dụ đơn giản khác cùng dạng:

Bài 5:: Tìm m để phương trình : $x^3-3x^2+mx - m = 0$ có 3 nghiệm $x_1, x_2, x_3$ thảo mãn: $x_1 <-1< x_2 < x_3$

Bài 6::Tìm $m$ để bất phương trình sau có nghiệm đúng trong đoạn $\left[-4;6 \right]$:
$\sqrt{(4+x)(6-x)} \le x^2-2x+m$

Bài 7: Chứng minh với mọi giá trị dương của tham số $m$ thì phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt:
$x^2+2x-8 = \sqrt{m(x-2)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 20-05-2011 - 08:02

[khanh3570883]

2.Tìm $m$ để pt có 2 nghiệm phân biệt : ${\log _{{x^2} - 2x}}\left( {4x - m} \right) = 1$

$(x^2-2x)^1=4x-m$
$\Leftrightarrow x^2-6x+m=0$
Giống như vậy mà

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanh3570883: 20-05-2011 - 13:13
Gõ Latex hoàn toàn trong bài viết

[Lê Xuân Trường Giang]

$\Leftrightarrow \dfrac{\ln (4x-m)}{\ln (x^2-2x)}=1$
$\Leftrightarrow x^2-6x+m=0$
Để pt có 2 nghiệm phân biệt thì
$ \Delta > 0 \Leftrightarrow m < 9$
P/s:Mình nhắc nhở bạn là nhớ gõ Latex hoàn toàn trong bài viết,dạo này bài post của bạn gõ Latex không hoàn toàn đó.Thân

Xin thông báo : Bài làm của em khanh3570883 đã sai như cách làm này thì chưa được $\dfrac{1}{5}$ số điểm của bài.
Tôi hỏi bạn muốn tôi post đáp án hay để bạn suy nghĩ thêm ?
Thân!

Supermember thông báo :

Do đây là Topic rất nghiêm túc để mọi người ôn thi ĐH nên những bài viết 1 cách bất cẩn như của bạn Khánh lần sau mình sẽ xoá

@ Giang : em lúc post đề nhớ để ý cách dòng 1 chút cho dễ nhìn nhé ; Thân

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 19-05-2011 - 23:55

[dark templar]

Bài 8:Định $m$ để pt sau có nghiệm:$\sqrt{7-x}+\sqrt{2+x}-\sqrt{(7-x)(2+x)}=m$
(Đề thi tuyển sinh ĐH Ngoại Thương năm 1994)


Bài này có cách giải rất kinh điển như sau :

Điều kiện : $ -2 \le x \le 7$

Đặt ẩn $ t = \sqrt{7-x} + \sqrt{2+x} \implies t^2 = 9 + 2 \sqrt{(2+x)(7-x)} $

$ \mplies \sqrt{(2+x)(7-x)} = \dfrac{t^2 -9}{2 } $

Nên phương trình ban đầu trở thành : $ t - \dfrac{t^2 -9}{2 } = m$

Từ việc khảo sát hàm số $ g(x) = \sqrt{7-x} + \sqrt{2+x} $ trên $ [ -2 ; 7 ]$

ta có $ g'(x) = \dfrac{1}{\sqrt{2+x}} - \dfrac{1}{\sqrt{7-x}} \ \ \forall -2 <x< 7$

$ g'(x) = 0 \iff x = \dfrac{5}{2}$

Nên dễ tính được : $ 3 \le g(x) \le 3 \sqrt{2} ; \ \ -2 \le x \le 7$


Lập bảng biến thiên của hàm số $ f(t) = t - \dfrac{t^2 -9}{2 } $ trên $ [ 3 ; 3 \sqrt{2} ]$

ta có thể dễ thấy điều kiện của $m$ là $ 3 \sqrt{2} - \dfrac{9}{2} \le m \le 3$

Lưu ý : ở trên ai dùng bất đẳng thức để chặn giá trị $ g(x)$ ; sẽ chắc chắn bị trừ điểm

Giang với Phúc kiểm tra hộ anh nhé :">


Bài 3 của Giang khó quá ; chưa nghĩ ra :">

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 20-05-2011 - 10:01

[supermember]

Xin lỗi Phúc nhé ; lúc nãy anh bất cẩn làm mất bài số 9 của em ; em post lại hộ anh nhé


Bài số 6 có thể giải bằng phép đặt ẩn phụ :

$ t = \sqrt{(4+x)(6-x)} = \sqrt{24 +2x - x^2 } \implies x^2 - 2x = 24 - t^2 $

Sau đó tìm tập giá trị $ \mathcal{I} $ của $t$ khi $x$ chãy qua $ [ -4 ; 6]$

Điều kiện của $m$ là :

$ \max \{ f(t) = t^2 + t -24 | t \in \mathcal{I} \} \le m$


Bài 10 : ( lạ ) Giải và biện luận bất phương trình :

$ \sqrt{x - 4a +16} \ge \sqrt{x} + 2 \sqrt{x - 2a + 4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 20-05-2011 - 10:32

[Lê Xuân Trường Giang]

Bài 3:Tìm $m$ để pt : ${4^{{x^2} - 2x + 2}} - m{.2^{x^2 - 2x + 3}} + 3m - 2 = 0$

có 4 nghiệm thỏa : ${x_1} < - 1 < {x_2} < 1 < {x_3} < 2 < {x_4}$

Câu này :
Đặt $X = {2^{{x^2} - 2x + 2}}$
pt $ \Leftrightarrow {X^2} - 2mX + 3m - 2 = 0$
pt ban đầu có 4 nghiệm ${x_1} < {x_2} < {x_3} < {x_4}$ khi có 2 nghiệm thỏa $2 < {X_1} < {X_2}$
Mặt khác $\left\{ \begin{array}{l}1 < {x_3} < 2 < {x_4} \Leftrightarrow 2 < {X_1} < 4 < {X_2}\\{x_1} < - 1 < {x_2} < 1 \Leftrightarrow 2 < {X_1} < 32 < {X_2}\end{array} \right.$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} < - 1 < {x_2} < 1 < {x_3} < 2 < {x_4}\\2 < {X_1} < 4 < 32 < {X_2}\end{array} \right.$
$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}f\left( 4 \right) < 0\\f\left( {32} \right) < 0\\f\left( 2 \right) > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 5m + 14 < 0\\ - 61m + 1022 < 0\\ - m + 2 > 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow VN$
Đơn giản là không tồn tại $m$ thỏa mãn.

[dark templar]

Đây là đề Bài 9: ạ Giải và biện luận theo $a$ phương trình $\sqrt{x^2-x}=a+1-x$
Gửi thêm 2 bài nữa ạ
Bài 11: Định $m$ để pt sau có nghiệm:$\sqrt{4x^2+2x+1}-\sqrt{4x^2-2x+1}=2a$
Bài 12:Giải và biện luận phương trình $\sqrt{a+x}=a-\sqrt{a-x}$(trong đó $a$ là tham số)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 20-05-2011 - 18:06

[khanh3570883]

Bài 12:Giải và biện luận phương trình $\sqrt{a+x}=a-\sqrt{a-x}$(trong đó $a$ là tham số)

ĐKXĐ: $-a\leq x\leq a$
PT tương đương:
$\sqrt{a+x}+\sqrt{a-x}=a$
-Nếu a < 0 thì PT vô nghiệm
-Nếu a=0 thì PT có 1 nghiệm là x=0
-Nếu a > 0, bình phương 2 vế ta được
$a^2-2a=2\sqrt{a^2-x^2}$
+Nếu 0 < a < 2 thì PT vô nghiệm
+Nếu a=2 thì PT có 1 nghiệm là x=2
+Nếu a > 2, bình phương 2 vế ta được
$4x^2=4a^3-a^4$
*Nếu a > 4 thì PT vô nghiệm
*Nếu a=4 thì PT có 1 nghiệm là x=0
*Nếu 2 < a < 4 thì PT có 2 nghiệm là $x=\pm\sqrt{a^3-\dfrac{a^4}{4}}$

@ Edit : supermember chưa check kĩ cái lời giải này ; nhưng dòng đầu sai 100%
ĐKXĐ: $-a\leq x\leq a$
Có phải dòng này không vậy, nếu sai thì mong bác chỉ rõ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanh3570883: 21-05-2011 - 20:24

[truclamyentu]

tôi xin góp một bài khá hay :

câu 13:
tìm giá trị lớn nhất của a để bất phương trình :
$\sqrt {{a^3}} {(x - 1)^2} + \dfrac{{\sqrt a }}{{{{(x - 1)}^2}}} \le \sqrt[4]{{{a^3}}}\left| {\sin \dfrac{{\pi x}}{2}} \right|$ có ít nhất một nghiệm
(hi , có lượng giác nhưng chẳng liên quan)

giải:
điều kiện : x khác 1
áp dụng AM-GM ta có :
$\sqrt {{a^3}} {(x - 1)^2} + \dfrac{{\sqrt a }}{{{{(x - 1)}^2}}} \ge 2a$
nếu $a>\dfrac{1}{{16}}\Rightarrow 16{a^4} > {a^3} \ge {a^3}{\sin ^4}(\dfrac{{\pi x}}{2}) \Rightarrow 2a > \sqrt[4]{{{a^3}}}\left| {\sin \dfrac{{\pi x}}{2}} \right|$

do đó để bất phương trình có nghiệm thì $0 \le a \le \dfrac{1}{{16}}$
với $a=\dfrac{1}{{16}}$ bất phương trình trở thành :
$\dfrac{{{{(x - 1)}^2}}}{{64}} + \dfrac{1}{{4{{(x - 1)}^2}}} \le \dfrac{1}{8}\left| {\sin \dfrac{{\pi x}}{2}} \right|$

dễ thấy bpt trên có một nghiệm là x=-1

vậy $a=\dfrac{1}{{16}}$ là giá trị lớn nhất của a để bpt có nghiệm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truclamyentu: 21-05-2011 - 16:12

[supermember]

Bài 9:
Giải và biện luận theo $a$ phương trình $\sqrt{x^2-x}=a+1-x$


Bài này giải thế này :

Đặt điều kiện $ x \le 0 $ hoặc $ x \ge 1 $

Viết lại phương trình ở đề dưới dạng : $ f(x) = x -1 + \sqrt{x^2 - x} =m$

Xét hàm số $f(x)$ trên tập xác định của nó :

$ f^{'} (x) = 1 + \dfrac{2x -1}{2 \sqrt{x^2 - x} } = \dfrac{ 2 \sqrt{x^2 - x} + 2x -1}{ 2 \sqrt{x^2 - x}}$

với $ x < 0 $ hoặc $ 1 < x$

TH1 : $ 1 < x$ ; khi đó rõ ràng $ f^{'} (x) > 0$

TH2 : $ x < 0$ ; $ 2x -1 = - \sqrt{ (1-2x)^2} = - \sqrt{1 + 4x^2 - 4x } < - \sqrt{4x^2 - 4x} = -2 \sqrt{x^2 - x}$

$ \implies 2x -1 + 2 \sqrt{x^2 - x} < 0 \implies f^{'} (x) < 0$

Từ đây ta hoàn toàn có thể xây dựng bảng biến thiên của hàm số $f$

Chú ý : $ \lim_{ x \to - \infty} f(x) = \dfrac{-1}{2} ; \lim_{ x \to + \infty} f(x) = + \infty$

$ \lim_{ x \to 0^{-}} f(x) = -1 ; \lim_{ x \to 1^{+}} f(x) =0$

Vẽ bảng biến thiên để kết luận :

Vì hàm số đơn điệu trên mỗi khoảng xác định

Với $ -1 < a < \dfrac{-1}{2}$ hoặc $ 0 < a $ thì phương trình có nghiệm duy nhất .

$ \dfrac{-1}{2} \le a \le 0 $ ; phương trình vô nghiệm

Xong

Hiện tại đã có 13 bài rồi nhưng mới chỉ có 7 lời giải ; trong đó lời giải bài 3 của Giang bị sai ; mọi người cố gắng hơn nhé ; với tiến độ này thì con số 100 xem ra khó đạt được trước tháng 7

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 22-05-2011 - 19:10

[truclamyentu]

Bài 11: Định $m$ để pt sau có nghiệm:$\sqrt{4x^2+2x+1}-\sqrt{4x^2-2x+1}=2a$

txd:R

xét :
$\begin{array}{l}f(x) = \sqrt {4{x^2} + 2x + 1} - \sqrt {4{x^2} - 2x + 1}\\\\f'(x) = \dfrac{{4x + 1}}{{\sqrt {4{x^2} + 2x + 1} }} - \dfrac{{4x - 1}}{{\sqrt {4{x^2} - 2x + 1} }}\\\\ = \dfrac{{2(2x + \dfrac{1}{2})}}{{\sqrt {{{(2x + \dfrac{1}{2})}^2} + \dfrac{3}{4}} }} - \dfrac{{2(2x - \dfrac{1}{2})}}{{\sqrt {{{(2x - \dfrac{1}{2})}^2} + \dfrac{3}{4}} }}\end{array}$

xét :
$f(a) = \dfrac{a}{{\sqrt {{a^2} + \dfrac{3}{4}} }};f'(a) = \dfrac{3}{{4({a^2} + \dfrac{3}{4})\sqrt {{a^2} + \dfrac{3}{4}} }} > 0$
mà:
$2x + \dfrac{1}{2} > 2x - \dfrac{1}{2} \Rightarrow f'(x) > 0$
ta có :
$\mathop {\lim f(x)}\limits_{x \to + \infty } = 1;\mathop {\lim f(x)}\limits_{x \to - \infty } = - 1$
suy ra để pt có nghiệm thì $\dfrac{-1}{2}<a<\dfrac{1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 22-05-2011 - 20:19

[supermember]

http://diendantoanho...rt=#entry260981

Bài 14 được chọn ; đó là bài Toán ở link trên ; cám ơn bạn KemiuTra vì đã đưa ra được 1 lời gỉai tốt

TÌM m ĐỂ HỆ CÓ NGHIỆM:

$\left\{ \begin{array}{l}{x^3} - {y^3} + 3{y^2} - 3x - 2 = 0\\{x^2} + \sqrt {1 - {x^2}} - 3\sqrt {2y - {y^2}} + m = 0\end{array} \right.$

ĐK: $ ( -1 \leq x \leq 1)(0 \leq y \leq 2) $

xét phương trình thứ nhất nha.
${x^3} - {y^3} + 3{y^2} - 3x - 2 = 0 <=> x^{3} - 3x-2=y^{3}-3y^2<=> (x+1)^{2}(x-2)=y^{2}(y-3) $
Đặt u= x +1 ($0 \leq u \leq 2$)
$ <=>u^{2}(u-3)=y^{2}(y-3}.$ Xét $f(t) = t^3-3t^{2}$ đạo hàm lên ta được f'(t) luôn âm trên [0;2] nên f(t) cũng luôn nghịch biến trên đoạn [0;2].
Suy ra $f(u)$ và $f(y)$ cũng luôn nghịch biến trên đoạn $[0;2]$. Mặt khác ta có $f(u) = f(y)$ suy ra $u = y $ suy ra $x+1 = y$ từ đó thế vào phương trình 2 rùi giải tiếp

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 25-05-2011 - 15:56

[supermember]

Bài 15 : Giải và biện luận phương trình sau theo $2$ tham số $a ; b $ :

$ x = a - b ( a - bx^2 )^2 $

[truclamyentu]

Bài 7: Chứng minh với mọi giá trị dương của tham số $m$ thì phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt:
$x^2+2x-8 = \sqrt{m(x-2)}$

điều kiện : x>2

$\begin{array}{l}{x^2} + 2x - 8 = \sqrt {m(x - 2)} \Leftrightarrow {(x - 2)^2} + 2(x - 2) = \sqrt {m(x - 2)} \\\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 2\\{\sqrt {x - 2} ^3} + 2\sqrt {x - 2} = \sqrt m \end{array} \right.\end{array}$

xét phương trình :

${\sqrt {x - 2} ^3} + 2\sqrt {x - 2} = \sqrt m $

nếu x=2 thì m=0 (theo đề bài m dương) , vậy x>2

đặt:
$\sqrt {x - 2} = a > 0$

mỗi a >0 cho ta 1 giá trị x>2 và ngược lại do đó số nghiệm của pt trên cũng là số nghiệm của pt

$f(a)=a^3+2a$ có f'(a)>0 suy ra f(a) đồng biến trên (0;+ ) nên pt trên có duy nhất 1

nghiệm dương , hay có duy nhất 1 nghiệm lớn hơn 2

vậy pt đã cho luôn có 2 nghiệm thực Pb

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truclamyentu: 30-05-2011 - 00:15

[dark templar]

Bài 12:Giải và biện luận phương trình $\sqrt{a+x}=a-\sqrt{a-x}$(trong đó $a$ là tham số)

Giải Bài 12 vậy
Pt $ \Leftrightarrow a=\sqrt{a+x}+\sqrt{a-x}$
Xét hàm số $f(x)=\sqrt{a+x}+\sqrt{a-x}$ trên miền $D_{f}=[-a;a]$
Ta có $f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{a+x}}-\dfrac{1}{2\sqrt{a-x}}$
$f'(x)=0 \Leftrightarrow x=0$
$f'(x)>0 \Leftrightarrow \sqrt{a+x}<\sqrt{a-x} \Leftrightarrow x<0$
Dựa vào bảng biến thiên,ta có:$\sqrt{2a} \le f(x) \le 2\sqrt{a}$
PT có nghiệm khi và chỉ khi $a \in Yf(x) \Leftrightarrow \sqrt{2a} \le a \le 2\sqrt{a} \Leftrightarrow 2 \le a \le 4$