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
31

856K 2M

Trả lời 21-09-12 10:11 AM

Trần Nhật Tân
31

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