Biết rằng bất phương trình \(m\left( {\left| x \right| + \sqrt {1 - {x^2}} + 1} \right) \le 2\sqrt {{x^2} -
Biết rằng bất phương trình \(m\left( {\left| x \right| + \sqrt {1 - {x^2}} + 1} \right) \le 2\sqrt {{x^2} - {x^4}} + \sqrt {{x^2}} + \sqrt {1 - {x^2}} + 2\) có nghiệm khi và chỉ khi \(m \in \left( { - \infty ;a\sqrt 2 + b} \right]\) với \(a,b \in \mathbb{Z}\). Tính \(T = a + b\).
Đáp án đúng là: B
Quảng cáo
+) Cô lập \(m\), đưa bài toán về dạng \(m \le f\left( x \right)\,\,\forall x \in \left[ {a;b} \right] \Leftrightarrow m \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {a;b} \right]} f\left( x \right)\).
+) Khảo sát hàm số và kết luận.
ĐKXĐ: \( - 1 \le x \le 1\).
Ta có: \(m\left( {\left| x \right| + \sqrt {1 - {x^2}} + 1} \right) \le 2\sqrt {{x^2} - {x^4}} + \sqrt {{x^2}} + \sqrt {1 - {x^2}} + 2\)
\( \Leftrightarrow m \le \dfrac{{2\sqrt {{x^2} - {x^4}} + \sqrt {{x^2}} + \sqrt {1 - {x^2}} + 2}}{{\left| x \right| + \sqrt {1 - {x^2}} + 1}}\) (*) , do \(\left| x \right| + \sqrt {1 - {x^2}} + 1 > 0,\,\,\forall x \in \left[ { - 1;1} \right]\)
Xét hàm số \(f\left( x \right) = \left| x \right| + \sqrt {1 - {x^2}} ,\,\,x \in \left[ { - 1;1} \right]\) có: \(f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l}x + \sqrt {1 - {x^2}} ,\,x \ge 0\\ - x + \sqrt {1 - {x^2}} ,x < 0\end{array} \right.\)
+) \(x > 0\) có: \(f'\left( x \right) = 1 - \dfrac{x}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} = \dfrac{{\sqrt {1 - {x^2}} - x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}\)
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {1 - {x^2}} = x,\,\,\left( {x \ne 1} \right) \Leftrightarrow 1 - {x^2} = {x^2} \Leftrightarrow x = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\)
+) \(x < 0\) có: \(f'\left( x \right) = - 1 - \dfrac{x}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} = \dfrac{{ - \sqrt {1 - {x^2}} - x}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}\)
\(f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \sqrt {1 - {x^2}} = - x,\,\,\left( {x \ne - 1} \right) \Leftrightarrow 1 - {x^2} = {x^2} \Leftrightarrow x = - \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\)
+) Không tồn tại đạo hàm của hàm số \(f\left( x \right)\) tại \(x = 0\)
Bảng biến thiên:
\( \Rightarrow 1 \le f\left( x \right) \le \sqrt 2 ,\,\,x \in \left[ { - 1;1} \right]\)
Đặt \(\left| x \right| + \sqrt {1 - {x^2}} = t\), \(\,t \in \left[ {1;\sqrt 2 } \right]\)
\( \Leftrightarrow m \le \dfrac{{2\sqrt {{x^2} - {x^4}} + \sqrt {{x^2}} + \sqrt {1 - {x^2}} + 2}}{{\left| x \right| + \sqrt {1 - {x^2}} + 1}}\)
Ta có: \({t^2} = {x^2} + 1 - {x^2} + 2\left| x \right|\sqrt {1 - {x^2}} \Leftrightarrow {t^2} - 1 = 2\sqrt {{x^2} - {x^4}} \)
Bất phương trình (*) trở thành: \(m \le \dfrac{{{t^2} - 1 + t + 2}}{{t + 1}} \Leftrightarrow m \le \dfrac{{{t^2} + t + 1}}{{t + 1}} \Leftrightarrow m \le t + \dfrac{1}{{t + 1}}\)
Xét hàm số \(f\left( t \right) = t + \dfrac{1}{{t + 1}},\,t \in \left[ {1;\sqrt 2 } \right]\) có\(f'\left( t \right) = 1 - \dfrac{1}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{{{\left( {t + 1} \right)}^2} - 1}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^2}}} > 0,\,\,\forall t \in \left[ {1;\sqrt 2 } \right]\)
\( \Rightarrow f\left( t \right)\) đồng biến trên \(\left( {1;\sqrt 2 } \right)\)\( \Rightarrow \mathop {\min }\limits_{\left[ {1;\sqrt 2 } \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) = \dfrac{3}{2},\mathop {\max }\limits_{\left[ {1;\sqrt 2 } \right]} f\left( t \right) = f\left( {\sqrt 2 } \right) = \sqrt 2 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 + 1}} = 2\sqrt 2 - 1\)
Để (*) có nghiệm thì \(m \le 2\sqrt 2 - 1\).
Vậy \(m \in \left( { - \infty ;2\sqrt 2 - 1} \right] \Rightarrow a = 2,\,\,b = - 1\)\( \Rightarrow T = a + b = 1\).
Chọn: B
Đáp án cần chọn là: B
Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
