Giải và biện luận bất phương trình

Question

Cho a>0, giải và biện luận bất phương trình:
$\sqrt[n]{x} - \sqrt[n]{x-a} \geq \sqrt[n]{2a} - \sqrt[n]{a}$

Trần Nhật Tân · Answer 1 · 9/21/2012 10:54:16 AM

*, $n$ là số tự nhiên lẻ, $n=2k+1,   k\in \mathbb{N}$. Như vậy BPT đã cho trở thành

$\sqrt[2k+1]{x} - \sqrt[2k+1]{x-a} \geq \sqrt[2k+1]{2a} - \sqrt[2k+1]{a}          (2)$
Xét hàm số $f(x)=\sqrt[2k+1]{x} - \sqrt[2k+1]{x-a}$,
có $f'(x)=\displaystyle{\frac{1}{(2k+1)\sqrt[2k+1]{x^{2k}}}-\frac{1}{(2k+1)\sqrt[2k+1]{(x-a)^{2k}}}=\frac{(x-a)^{\frac{2k}{2k+1}}-x^{\frac{2k}{2k+1}}}{(2k+1)^2\sqrt[2k+1]{x^{2k}}\sqrt[2k+1]{(x-a)^{2k}}}}$
Bây giờ ta xét các khả năng sau
+, Nếu $x\ge a$ thì làm tương tự như trường hợp $n$ chẵn ta cũng thu được kết quả $a \le x \le 2a.$
+, Nếu $x <0 $, ta có :
$\displaystyle{g(x)=(x-a)^{\frac{2k}{2k+1}}-x^{\frac{2k}{2k+1}}=x^{\frac{2k}{2k+1}}\left ((1-\frac{a}{x})^{\frac{2k}{2k+1}}-1 \right )}$
Thấy rằng với $x<0$ thì $1-\frac{a}{x} > 1 \implies g(x) >0 \implies f'(x) >0 \implies f(x)$ là hàm đồng biến.
Như vậy BPT $(2)\Leftrightarrow f(x) \ge f(2a) \Leftrightarrow x \ge 2a >0$, đây là điều không thể xảy ra.
Vậy trong trường hợp này thì BPT vô nghiệm.
+, Nếu $x=0$ thì hiển nhiên thấy nó là nghiệm của BPT.
+, Nếu $0<x<a$ thì có thể viết
$f'(x)=\displaystyle{\frac{(a-x)^{\frac{2k}{2k+1}}-x^{\frac{2k}{2k+1}}}{(2k+1)^2\sqrt[2k+1]{x^{2k}}\sqrt[2k+1]{(a-x)^{2k}}}}$
và $f'(x)=0\Leftrightarrow a-x=x \Leftrightarrow x = \frac{a}{2}$
Với $0<x < \frac{a}{2} \implies 0<x<a-x \implies f'(x) >0$
Với $x = \frac{a}{2} \implies f'(x) =0$
Với $ \frac{a}{2}<x<a \implies 0<a-x<x \implies f'(x) <0$
$\begin{array}{c|ccccccccc}
x &0 & \; & \; & \frac{a}{2} & \; & \; & a\\
\hline
f^\prime(x) & \; & \; & + & 0 \; & \; & -   \\
\hline
\; & \; & \; & \; & \;   2\sqrt[2k+1]{\frac{a}{2}} \\
f(x) & \; & \; & \nearrow & \; & \; & \searrow & \; \\
\quad &\sqrt[2k+1]{a} & \; & \; & \; & \; & \: & \sqrt[2k+1]{a}
\end{array}$
Từ bảng biến thiên ta thấy
$f(x) \ge \sqrt[2k+1]{a} \ge \sqrt[2k+1]{2a} - \sqrt[2k+1]{a}=f(2a)$
Tức là trong trường hợp này thì BPT luôn có nghiệm.

Hãy ấn nút chấp nhận nếu như bạn thấy lời giải này chính xác nhé. Thanks!

Trần Nhật Tân · Answer 2 · 9/21/2012 10:12:32 AM

Bình chọn tăng 4 Bình chọn giảm

Để dễ tưởng tượng. Chúng ta xét hai khả năng sau.

*, $n$ là số tự nhiên chẵn, $n=2k, k\in \mathbb{N}$. Như vậy BPT đã cho cần điều kiện $x \ge a$ và nó trở thành
$\sqrt[2k]{x} - \sqrt[2k]{x-a} \geq \sqrt[2k]{2a} - \sqrt[2k]{a} (1)$
Xét hàm số $f(x)=\sqrt[2k]{x} - \sqrt[2k]{x-a}$,
có $f'(x)=\displaystyle{\frac{1}{2k\sqrt[2k]{x^{2k-1}}}-\frac{1}{2k\sqrt[2k]{(x-a)^{2k-1}}}=\frac{(x-a)^{\frac{2k-1}{2k}}-x^{\frac{2k-1}{2k}}}{4k^2\sqrt[2k]{x^{2k-1}}\sqrt[2k]{(x-a)^{2k-1}}}}$
Thấy rằng với $x \ge a>0 \implies 0\le x-a<x \implies (x-a)^{\frac{2k-1}{2k}}-x^{\frac{2k-1}{2k}} \le 0 \implies f'(x) \le 0 \implies f(x)$ là hàm nghịch biến.
Mặt khác PT $(1)\Leftrightarrow f(x) \ge f(2a) \Rightarrow x \le 2a.$
Vậy trong trường hợp này $a \le x \le 2a.$

lịch sử

Sửa 21-09-12 10:12 AM

Trần Nhật Tân
1

856K 2M

Trả lời 21-09-12 10:11 AM

Trần Nhật Tân
1

856K 2M

Nếu bạn thấy lời giải này chính xác và có ích đối với bạn. Hãy ấn vào mũi tên bên cạnh đáp án để bình chọn( vote up ) nhé! – Trần Nhật Tân 21-09-12 12:36 PM

Hay,nhưng mà đọc đã thấy nặng đầu chú chưa nói đến giải ,bác newsun157 này học trường nào mà giỏi thế? – hatcattrongdoi 21-09-12 11:03 AM

Còn trường hợp n=2k+1 thì sao bạn? – hatcattrongdoi 21-09-12 10:39 AM