Biết rằng bất phương trình \(m\left( {\left| x \ri...

B

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

+) 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.

Giải chi tiết:

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