Bài 35(Chọn đội tuyển Tỉnh THPT Tây Thụy Anh-Thái Bình) Tìm $m$ để phương trình sau đây có nghiệm
$$\sqrt x + \sqrt {x - 4} - \sqrt {x - 1} - \sqrt {x - 3} = m\sqrt {{x^2} + 9} $$
Bài này không sử dụng đạo hàm, mà nó phải dùng đến phương pháp so sánh cơ bản của hàm số đơn điệu:
Điều kiện: $ x \geq 4$
Ta viết lại phương trình dưới dạng tương đương:
$ \left( \sqrt{x} - \sqrt{x -3} \right) - \left( \sqrt{x-1} - \sqrt{x -4} \right) = m \sqrt{x^2+9}$
$ \Leftrightarrow \frac{x+3}{ \sqrt{x} + \sqrt{x -3}} - \frac{x+3}{ \sqrt{x-1} + \sqrt{x -4}} = m \sqrt{x^2+9}$
$ \Leftrightarrow f(x) = \frac{x+3}{ \sqrt{x^2+9}} \cdot \left( \frac{1}{ \sqrt{x} + \sqrt{x -3}} - \frac{1}{ \sqrt{x-1} + \sqrt{x -4}} \right)= m $
Rõ ràng bằng cảm quan, ta đã thấy ngay:
Nhận xét 1: $ g(x) = \frac{1}{ \sqrt{x} + \sqrt{x -3}} - \frac{1}{ \sqrt{x-1} + \sqrt{x -4}} <0$ với mọi $x \geq 4$ và khi $ x $ tiến dần ra $ + \infty$ thì $g(x)$ tiến dần đến $0$
Nhận xét 2: $ h(x) = \frac{x+3}{ \sqrt{x^2+9}} >1$ với mọi $x \geq 4$ và khi $ x $ tiến dần ra $ + \infty$ thì $h(x)$ tiến dần đến $1$
Nên bài toán sẽ được giải quyết nếu ta chỉ ra được: $g(x)$ đơn điệu tăng trên $ [4; + \infty )$; $h(x)$ đơn điệu giảm trên $ [4; + \infty )$ $(1)$
Khi đó ta thấy ngay rằng : tập hợp những giá trị của $m$ thỏa yêu cầu bài toán chính là đoạn $ [ f(4) ; 0)$ tức là đoạn: $ \big[ \frac{1 - \sqrt{3}}{5} ; 0 \big) $
Giờ thì làm chân phương thôi, không màu mè gì đâu:
Giả sử $ 4 \leq x_1 < x_2$ , ta đi chứng minh: $ \frac{1}{ \sqrt{x_1} + \sqrt{x_1 -3}} - \frac{1}{ \sqrt{x_1-1} + \sqrt{x_1 -4}} < \frac{1}{ \sqrt{x_2} + \sqrt{x_2 -3}} - \frac{1}{ \sqrt{x_2-1} + \sqrt{x_2 -4}} $ $ \ (*)$
Thật vậy ; $(*)$ tương đương với:
$ \frac{1}{ \sqrt{x_1} + \sqrt{x_1 -3}} - \frac{1}{ \sqrt{x_2} + \sqrt{x_2 -3}} < \frac{1}{ \sqrt{x_1-1} + \sqrt{x_1 -4}} - \frac{1}{ \sqrt{x_2-1} + \sqrt{x_2 -4}} $
$ \Leftrightarrow \frac{ \sqrt{x_2} - \sqrt{x_1} + \sqrt{x_2 -3} - \sqrt{x_1 -3}}{ (\sqrt{x_1} + \sqrt{x_1 -3})(\sqrt{x_2} + \sqrt{x_2 -3})} < \frac{ \sqrt{x_2 -1 } - \sqrt{x_1 -1} + \sqrt{x_2 -4} - \sqrt{x_1 -4}}{ (\sqrt{x_1 -1} + \sqrt{x_1 -4})(\sqrt{x_2 - 1} + \sqrt{x_2 - 4})}$
$ \Leftrightarrow \frac{ \frac{x_2- x_1}{\sqrt{x_2} + \sqrt{x_1}} + \frac{x_2- x_1}{\sqrt{x_2 -3} + \sqrt{x_1 -3}}}{ (\sqrt{x_1} + \sqrt{x_1 -3})(\sqrt{x_2} + \sqrt{x_2 -3})} < \frac{ \frac{x_2 - x_1}{\sqrt{x_2 -1 } + \sqrt{x_1 -1}} + \frac{x_2 - x_1}{\sqrt{x_2 -4} + \sqrt{x_1 -4}}}{ (\sqrt{x_1 -1} + \sqrt{x_1 -4})(\sqrt{x_2 - 1} + \sqrt{x_2 - 4})}$
$ \Leftrightarrow \frac{ \frac{1}{\sqrt{x_2} + \sqrt{x_1}} + \frac{1}{\sqrt{x_2 -3} + \sqrt{x_1 -3}}}{ (\sqrt{x_1} + \sqrt{x_1 -3})(\sqrt{x_2} + \sqrt{x_2 -3})} < \frac{ \frac{1}{\sqrt{x_2 -1 } + \sqrt{x_1 -1}} + \frac{1}{\sqrt{x_2 -4} + \sqrt{x_1 -4}}}{ (\sqrt{x_1 -1} + \sqrt{x_1 -4})(\sqrt{x_2 - 1} + \sqrt{x_2 - 4})}$
Bất đẳng thức sau cùng là đúng, vì rõ ràng: $ \sqrt{x_2} + \sqrt{x_1} > \sqrt{x_2 -1 } + \sqrt{x_1 -1} > 0 ; \sqrt{x_2 -3} + \sqrt{x_1 -3} > \sqrt{x_2 -4} + \sqrt{x_1 -4} > 0 $
Suy ra: $ 0< \frac{1}{\sqrt{x_2} + \sqrt{x_1}} + \frac{1}{\sqrt{x_2 -3} + \sqrt{x_1 -3}} < \frac{1}{\sqrt{x_2 -1 } + \sqrt{x_1 -1}} + \frac{1}{\sqrt{x_2 -4} + \sqrt{x_1 -4}} ; (\sqrt{x_1} + \sqrt{x_1 -3})(\sqrt{x_2} + \sqrt{x_2 -3}) > (\sqrt{x_1 -1} + \sqrt{x_1 -4})(\sqrt{x_2 - 1} + \sqrt{x_2 - 4}) >0$
Bất đẳng thức cuối cùng đúng, do đó $(*)$ đúng, và $g(x)$ theo đó là hàm đơn điệu tăng trên $ [4; + \infty )$
Giả sử $ 4 \leq x_1 < x_2$ , ta đi chứng minh: $ \frac{x_1 +3 }{ \sqrt{x^2_1 + 9}} > \frac{x_2 +3 }{ \sqrt{x^2_2 + 9}} $ $ \ (**)$
$ \Leftrightarrow \frac{ \sqrt{x^2_1 + 9}}{x_1 +3 } < \frac{ \sqrt{x^2_2 + 9}}{x_2 +3 } \Leftrightarrow \frac{ x^2_1 + 9}{x^2_1 +6x_1 +9 } < \frac{ x^2_2 + 9}{x^2_2 +6x_2 +9 }$
$ \Leftrightarrow ( x^2_1 + 9) ( x^2_2 +6x_2 +9) < ( x^2_2 + 9) (x^2_1 +6x_1 +9)$
$ \Leftrightarrow 6 x_1 x_2 (x_2 - x_1) + 54 (x_1 - x_2) >0$
$ \Leftrightarrow (x_2 - x_1)\left( 6 x_1 x_2 - 54 \right) >0$
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng, do $ 4 \leq x_1 < x_2 \implies 6 x_1 x_2 > 6 .9 = 54 \implies 6 x_1 x_2 - 54 >0 $
Bất đẳng thức cuối cùng đúng, do đó $(**)$ đúng, và $h(x)$ theo đó là hàm đơn điệu giảm trên $ [4; + \infty )$
Từ các nhận xét & chứng minh trên, ta thấy $(1)$ đúng, Suy ra: giá trị nhỏ nhất của $f(x)$ trên $ [4; + \infty )$ đạt được tại $x =4$, tương ứng $ f(4) = \frac{1 - \sqrt{3}}{5}$
$f(x)$ lại là hàm sơ cấp , xác định trên $ [4; + \infty )$, nên liên tục trên $ [4; + \infty )$, ngoài ra $f(x)$ đơn điệu tăng trên $ [4; + \infty )$ với $ \lim_{ x \to + \infty} f(x) = 0$
Nên tập giá trị của $f(x)$ trên $ [4; + \infty )$ sẽ là đoạn: $ \big[ \frac{1 - \sqrt{3}}{5} ; 0 \big) $, đây cũng chính là tập những giá trị tham số $m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Và bài toán theo đó đã được giải quyết hoàn toàn.
Lưu ý: Để chứng minh $f(x)$ là hàm đơn điệu tăng một cách chặt chẽ hơn nữa thì có thể làm như sau:
Với mọi $x_1; x_2$ thỏa $ 4 \leq x_1 < x_2$ thì $ f(x_1) - f(x_2) = g(x_1)h(x_1) - g(x_2)h(x_2) = g(x_1)h(x_1) - g(x_1)h(x_2) + g(x_1)h(x_2)- g(x_2)h(x_2) = g(x_1) \cdot \left( h(x_1)-h(x_2)\right) + h(x_2) \cdot \left( g(x_1)-g(x_2) \right) <0 \implies f(x_1) < f(x_2)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 26-09-2022 - 21:34