lời giải

theo phương pháp chia nhỏ xét

\(f\left(x\right)=x^5-x^2-2x-1\)

\(f'\left(x\right)=5x^4-2x-2\)

\(f''\left(x\right)=20x^3-2\)

1) xét f'(x)

\(f''\left(x\right)=0\Rightarrow x=\sqrt[3]{\dfrac{1}{10}}\Rightarrow f'\left(x\right)\)

xét hàm f'(x) nếu có chỉ có 2 nghiệm trái dấu

f''(x) \(\left\{{}\begin{matrix}f''\left(x\right)< 0\\x\le0\end{matrix}\right.\)

Vậy điểm cực đại f(x) có hoành độ x_cd<0

\(\left\{{}\begin{matrix}f'\left(-1\right)=5>0\\f'\left(0\right)=-2< 0\\f'\left(1\right)=1>0\end{matrix}\right.\) vậy f'(x) có hai nghiệm \(\left[{}\begin{matrix}x_{cđ}=\left(-1,0\right)\\x_{ct}=\left(0,1\right)\end{matrix}\right.\)

Ta lại có

\(f\left(x\right)=\dfrac{x}{5}.f'\left(x\right)-\dfrac{1}{5}\left(3x^2+8x+5\right)\)

\(\Rightarrow f\left(x_{cd}\right)=-\dfrac{1}{5}\left(x^2+8x-5\right)\)

{a-b+c=0} \(\Rightarrow f\left(x_{cd}\right)\le0..khi..\left[{}\begin{matrix}x\le-\dfrac{5}{3}\\x\ge-1\end{matrix}\right.\)

Khi \(-1< x< 0\Rightarrow f\left(cđ\right)< 0\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) có nghiệm duy nhất --> dpcm

p/s:

nếu làm tổng thể \(f\left(x_{xd}\right).f\left(x_{ct}\right)>0\) ra bậc bốn rất khó khăn trong việc giải BPT

Lời giải sau đây có lẽ đơn giản hơn:

Viết lại phương trình đã cho dưới dạng \(x^5=\left(x+1\right)^2\). Từ đó nếu \(x\) là nghiệm của phương trình thì \(x\ge0\).

Hơn nữa, \(x\ge0\Rightarrow x+1\ge1\Rightarrow x^5=\left(x+1\right)^2\ge1\Rightarrow x\ge1\) . Như vậy mọi \(x< 1\) đều không phải là nghiệm của phương trình.

Xét \(x\ge1\), ta có \(f'\left(x\right)=5x^4-2x-2=2x\left(x^3-1\right)+2\left(x^4-1\right)+1>0\). Do đó hàm số

\(f\left(x\right)=x^5-x^2-2x-1\) đồng biến trong khoảng \([1;+\infty)\). Ngoài ra \(f\left(1\right)=-3;f\left(2\right)=23\) nên phương trình \(f\left(x\right)=0\) có duy nhất một nghiệm (trong khoảng \(\left(1;2\right)\)).

Gọi \(s = sin ⁡ x , \textrm{ }\textrm{ } c = cos ⁡ x\). Vì \(x \in \left[\right. 0 , \pi / 4 \left]\right.\) nên \(c > 0\). Chia cả phương trình cho \(cos ⁡ x\) được (không làm mất nghiệm vì \(cos ⁡ x \neq 0\) trên đoạn này). Đặt \(t = tan ⁡ x = \frac{s}{c} \in \left[\right. 0 , 1 \left]\right.\). Sau khi biến đổi ta được:

tương đương (sau tính toán và đưa về \(t\)):

Vậy nghiệm ứng với \(t\) là:

hoặc \(t\) là nghiệm của đa thức bậc hai

Ta cần số nghiệm \(t \in \left[\right. 0 , 1 \left]\right.\). Lưu ý \(t = 1\) luôn là một nghiệm (tương ứng \(x = \pi / 4\)). Để phương trình chỉ có một nghiệm trên \(\left[\right. 0 , \pi / 4 \left]\right.\) tức là không có nghiệm \(t\) nào khác nằm trong \(\left[\right. 0 , 1 \left.\right)\). Do đó phải đảm bảo rằng phương trình \(q \left(\right. t \left.\right) = 0\) không có nghiệm trong đoạn \(\left[\right. 0 , 1 \left.\right)\).

Phân tích \(q \left(\right. t \left.\right)\):

• Đặt \(D_{q} = 4 \left(\right. \left(\right. m - 1 \left.\right) \left(\right. m - 3 \left.\right) \left.\right)\). Nếu \(1 < m < 3\) thì \(D_{q} < 0\) → \(q\) không có nghiệm thực → không có nghiệm trong \(\left[\right. 0 , 1 \left.\right)\) → duy nhất \(t = 1\).
• Nếu \(m \geq 3\) thì hai nghiệm của \(q\) là \(m \pm \sqrt{\left(\right. m - 1 \left.\right) \left(\right. m - 3 \left.\right)}\); cả hai đều \(> 1\) (không rơi vào \(\left[\right. 0 , 1 \left.\right)\)) → chỉ \(t = 1\).
• Nếu \(m \leq 1\) thì \(q\) có nghiệm thực; xét riêng:
• • Nếu \(m < \frac{3}{4}\) thì một nghiệm của \(q\) âm và nghiệm kia \(> 1\) → không có nghiệm trong \(\left[\right. 0 , 1 \left.\right)\) → chỉ \(t = 1\).
  • Nếu \(m = \frac{3}{4}\) thì \(q \left(\right. 0 \left.\right) = 0\) (tức \(t = 0\) là nghiệm) → hai nghiệm trong \(\left[\right. 0 , \frac{\pi}{4} \left]\right.\): \(t = 0\) và \(t = 1\) → không thỏa yêu cầu “duy nhất”.
  • Nếu \(\frac{3}{4} < m < 1\) thì \(q\) có đúng một nghiệm nằm trong \(\left(\right. 0 , 1 \left.\right)\) → cộng với \(t = 1\) ta có ít nhất hai nghiệm → không thỏa.
  • Nếu \(m = 1\) thì \(q \left(\right. t \left.\right) = \left(\right. t - 1 \left.\right)^{2}\) và duy nhất nghiệm trong đoạn là \(t = 1\) (bội) → vẫn một nghiệm.

Kết luận: phương trình có đúng một nghiệm \(x \in \left[\right. 0 , \pi / 4 \left]\right.\) khi và chỉ khi

(Nói ngắn: tất cả \(m\) ngoại trừ đoạn \(\left[\right. \frac{3}{4} , 1 \left.\right)\); điểm \(m = \frac{3}{4}\) bị loại vì lúc đó có thêm nghiệm \(x = 0\).)

ĐK: \(\left\{{}\begin{matrix}2x^2+2x-6>0\\2x^2-5x+4>0\\mx-5>0\end{matrix}\right.\)

Khi đó pt tương đương:

\(2log_{mx-5}\left(x^2+2x-6\right)=2log_{mx-5}\left(2x^2-5x+4\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+2x-6=2x^2-5x+4\)

\(\Leftrightarrow x^2-7x+10=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=5\\x=2\end{matrix}\right.\)

Thay 2 nghiệm vào 2 điều kiện đầu đều thỏa mãn

\(\Rightarrow\) pt có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi có đúng 1 nghiệm thỏa mãn \(mx-5>0\)

TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}2m-5>0\\5m-5\le0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>\frac{5}{2}\\m\le1\end{matrix}\right.\) (ko có m thỏa mãn)

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}5m-5>0\\2m-5\le0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>1\\m\le\frac{5}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow1< m\le\frac{5}{2}\)

Lời giải:

Định lý: điều kiện đủ để phương trình \(f(x)=0\) có ít nhất một nghiệm trên khoảng \((a;b)\) là \(f(x)\) liên tục trên \([a,b]\) và \(f(a)f(b)<0\).

Bây giờ xét \(\left\{\begin{matrix} f(x)=x^3+2x^2+3x+4\\ g(x)=x^3-8x^2+23x-26\end{matrix}\right.\)

Ta thấy hai hàm trên liên tục trên \(R\). Hơn nữa:\(\left\{\begin{matrix} f(-2)f(0)<0\\ g(3)g(4)<0\end{matrix}\right.\)

Do đó \(f(x) =0\) có ít nhất một nghiệm \(x_1\in (-2,0)\) và \(g(x)=0\) có ít nhất một nghiệm \(x_2\in (3,4)\)

Lại có \(f'(x)=3x^2+4x+3>0\forall x\in\mathbb{R}\) và \(g'(x)=3x^2-16x+23>0\forall x\in\mathbb{R}\) nên hai hàm luôn đồng biến .

Do đó, cả hai PT đều có duy nhất một nghiệm.

Vì nó chỉ có duy nhất một nghiệm nên có thể tính trực tiếp (hoặc sử dụng phương pháp Cardano ta suy ra tổng hai nghiệm của chúng là \(x_1+x_2=2\)

lớp mấy vậy bạn

Lời giải:
PT \(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x\leq 3\\ 2x^2+mx=(3-x)^2=x^2-6x+9\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\leq 3\\ x^2+(m+6)x-9=0(1)\end{matrix}\right.\)

Với (1):

$\Delta=(m+6)^2+36$ nên PT(1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi $m$. Để PT ban đầu có duy nhất 1 nghiệm thì PT (1) phải có 1 nghiệm $x_1\leq 3$, nghiệm còn lại $x_2>3$

Điều này xảy ra khi mà :

\((x_1-3)(x_2-3)\leq 0\)

\(\Leftrightarrow x_1x_2-3(x_1+x_2)+9\leq 0\)

\(\Leftrightarrow -9-3(-m-6)+9\leq 0\Leftrightarrow 3(m+6)\leq 0\Leftrightarrow m\leq -6\)

a) \(2^{x+4}+2^{x+2}=5^{x+1}+3\cdot5^x\)

\(\Rightarrow2^x+2^4+2x^x+2^2=5^x\cdot x+3\cdot5^x\)

\(\Leftrightarrow2^x+16+2^x\cdot4=5\cdot5^x+3\cdot5^x\)

\(\Leftrightarrow16\cdot2^x+4\cdot2^x=8\cdot5^x\)

\(\Leftrightarrow20\cdot2^x=8\cdot5^x\)

\(\Leftrightarrow20\cdot\left(\dfrac{2}{5}\right)^x=8\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{2}{5}\right)^x=\dfrac{2}{5}\)

\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{2}{5}\right)^x=\left(\dfrac{2}{5}\right)^1\)

\(\Rightarrow x=1\)

Lời giải:

Ta có: \(\sqrt{(2x^2+1)^2}=x^2-2(m-1)x+m^2-3m\)

\(\Leftrightarrow 2x^2+1=x^2-2(m-1)x+m^2-3m\)

\(\Leftrightarrow x^2+2(m-1)x+(3m+1-m^2)=0\)

Để PT có nghiệm duy nhất thì :

\(\Delta'=(m-1)^2-(3m+1-m^2)=0\)

\(\Leftrightarrow 2m^2-5m=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=0\\m=\dfrac{5}{2}\end{matrix}\right.\)