dùng ĐẠO HÀM giải PHƯƠNG TRÌNH

Dùng đạo hàm để giải phương trình Ta biết rằng mọi phương trình đều có thể đưa về dạng f x  0, trong đó hàm số f x thể hiện đầy đủ tính chất của nghiệm phương trình này.. Do đó, khi t

Dùng đạo hàm để giải phương trình

Ta biết rằng mọi phương trình đều có thể đưa về dạng f x ( ) 0, trong đó hàm số f x( ) thể hiện đầy đủ tính chất của nghiệm phương trình này Do đó, khi ta khảo sát được hàm số ( )

f x , ta có thể có được cái nhìn tổng quát về phương trình, xác định được rằng phương trình đó có bao nhiêu nghiệm, thuộc những miền nào,…những tính chất này tất nhiên không thể rõ ràng như việc tìm được nghiệm cụ thể của phương trình nhưng nó vẫn có nhiều lợi ích khi mà việc tìm lời giải cho bài toán phương trình đó không còn tiến hành thuận lợi bằng các cách biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ nữa

Và như thế, công cụ đạo hàm trong trường hợp này thực sự thể hiện rõ tính hiệu quả của nó; bằng cách dùng đạo hàm, ta có thể xác định được chính xác số nghiệm của một

phương trình cho trước; sau đó, ta tiến hành một bước trong lập luận cho điều kiện đủ của bài toán mà thông thường gọi là “nhẩm nghiệm” để chỉ ra rằng phương trình chỉ có bao nhiêu nghiệm đó thôi và hoàn tất lời giải

1 Sử dụng đạo hàm để giải phương trình

Trong phần này, chúng ta sẽ tìm hiểu một số ứng dụng trực tiếp của đạo hàm vào giải phương trình và thấy rằng có nhiều bài toán thì đây là cách duy nhất có thể thực hiện được Trước hết, ta có những kết quả quen thuộc sau:

(1) Trên miền xác định D của hàm số f x( ), nếu f x '( ) 0(hoặc f x '( ) 0) thì hàm số ( )

f x đơn điệu và phương trình f x ( ) 0 có không quá một nghiệm

(2) Nếu hàm số f x( ) liên tục trên [ , ]a b và f a f b ( ) ( ) 0 thì phương trình f x ( ) 0 có

ít nhất một nghiệm trên ( , )a b

(3) Giả sử f x có đạo hàm đến cấp n trên khoảng ( , ).( ) a b Khi đó, nếu phương trình

( )

( ) 0

n

f x  có k nghiệm thì phương trình ( 1)

( ) 0

n

f  x

 chỉ có tối đa k  nghiệm (hệ 1 quả của định lí Rolle)

(4) Nếu hàm số y f x( ) liên tục trên đoạn [ , ]a b và có đạo hàm trên khoảng ( , ) a b thì

tồn tại c( , )a b sao cho f c'( ) f b( ) f a( )

b a





 Vì vậy, việc trình bày lời giải bài toán theo ý này có thể qua hai bước chính là:

- Dùng đạo hàm chứng minh phương trình có không quá k nghiệm

- Chỉ ra được đầy đủ k nghiệm đó (hoặc chứng minh đề không yêu cầu tìm nghiệm

mà chỉ dừng lại ở việc xác định số nghiệm thì ta dùng định lí hàm liên tục để chỉ ra những khoảng chứa nghiệm của phương trình rồi kết luận)

Ví dụ 1: Giải PT:

Lời giải Ta thấy với phương trình này, cách đặt ẩn phụ hay biến đổi tương đương không

còn tác dụng nữa

Ta sẽ giải bài này rất dễ dàng bằng đạo hàm như sau:

Điều kiện xác định của phương trình là: x  1

Xét hàm số: f x( )  x  1 x 4  x  9 x 16  x 100,x   ( 1; )

f x

  , suy ra: f x '( ) 0 tức là hàm số đã cho

đồng biến hay phương trình đã cho có không quá một nghiệm

Hơn nữa, ta thấy x 0nghiệm đúng phương trình

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 0

Ta xét thêm một ví dụ nữa để thấy tác dụng của công cụ này

Ví dụ 2 Giải phương trình: 3 2

2 x  x 7x8

Lời giải Điều kiện xác định: x 3 Xét hàm số:

f x   x  x x  Ta có:

3 1

2 3

x

x





Suy ra phương trình đã cho có không quá một nghiệm Ta dễ dàng nhẩm được nghiệm đó

là x 2 và lời giải hoàn tất

Ví dụ 3 Chứng minh rằng phương trình sau có đúng một nghiệm dương:

x  x b a x với mọi a b , 0

Lời giải Xét hàm số: 9 3 3 2

Ta thấy:

f x  x  x x b a  a b , tức là f x( ) là hàm đồng biến hay phương trình đã cho có không quá một nghiệm

f  b  f b b a b  nên suy ra phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm thuộc 3

(0, b) Rõ ràng nghiệm này là số dương

Từ hai điều này suy ra phương trình đã cho có đúng một nghiệm dương

Ta có đpcm

Ví dụ 4 Giải phương trình: 4  x 1

Lời giải Rõ ràng khi đứng trước những phương trình ở dạng hỗn hợp, vừa có hàm số mũ,

vừa có hàm tuyến tính thế này, ta cũng không thể áp dụng các biến đổi đại số thông thường Việc sử dụng cách đạo hàm để khảo sát hàm số là tất yếu

Xét hàm số ( ) 4x ( 1)

Ta có: f x'( )  4 ln 4 1, ''( )x  f x  4 ln 4x 2  0 suy ra phương trình f x ( ) 0 đã cho có không quá hai nghiệm

Hơn nữa, ta nhẩm được hai nghiệm này là 0, 1

2

x x

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 0, 1

2

x x 

Ví dụ 5 Giải phương trình: 4x 10x  6x 8x

Lời giải Phương trình đã cho có dạng: 6x 4x  10x 8x

Xét hàm số: f t( )(t2)x0 t x0, trong đó x0 là nghiệm của phương trình trên

Phương trình đã cho có thể viết lại là: f(4)  f(8)

Rõ ràng hàm số này liên tục trên [4,8] nên theo định lí Lagrange thì tồn tại c (4,8) sao

(4) (8)

4 8

f c    x t  x t 

Phương trình này có đúng hai nghiệm là x0 0, x0 1 nên nếu x0 là nghiệm của phương trình đã cho thì nó phải thuộc {0,1} Thử lại, ta thấy thỏa

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x 0, x 1

2 Sử dụng đạo hàm để giải hệ phương trình

Những ứng dụng của đạo hàm trong việc giải hệ phương trình xoay quanh một số vấn

đề chủ yếu là:

- Tìm được một quan hệ giữa các biến trong một phương trình nào đó của hệ để thế vào các phương trình khác rồi giải

- Dùng tính đơn điệu của hàm số để giải các bài toán về hệ lặp

Ví dụ 6 Giải hệ phương trình:

1







Lời giải Ta thấy bài toán dạng này rất đặc trưng cho phương pháp được nêu và cách ra đề

này cũng thường hay được sử dụng trong các đề thi CĐ - ĐH, thi HSG

Điều quan trọng là cần chứng minh được xytừ hệ trên

Điều này cũng không khó, từ phương trình thứ hai của hệ, ta thấy:

0 x y,  1 Khi đó, ta xét hàm số 3

f t t  t t  thì 2

f t  t   , suy ra f t( )

là hàm nghịch biến Phương trình thứ nhất của thực chất là: f x( )  f y( ) x y

Thay vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4

4

1

2

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là

Ví dụ 7 Giải hệ phương trình:









f t t  t  t  t t  Ta có:

2

Suy ra f t( ) là hàm đồng biến

Giả sử xythì từ hệ phương trình trên, suy ra:

f x  f y  yz f y  f z zx Do đó: zx yz hay xyz

Ta thay lại vào hệ trên, quy về việc giải phương trình:

2 3 ln( 1) 0

g t t  t  t  t Ta có:

2

cũng đồng biến

Hơn nữa, ta thấy phương trình g t ( ) 0 có một nghiệm là t 1

Từ đó suy ra hệ đã cho đúng 1 nghiệm là ( , , )x y z (1,1,1)

Bài tập áp dụng:

1 Giải các phương trình sau:

a 4x2x1, 4x 3x1

x x x x

2 Giải phương trình sau:

a 4(x2) log ( 2 x3) log ( 3 x2)15(x1)

3 Giải phương trình sau:

a 4x 6x  8x 2

5x 4x  3x 2x 10x  6x

4 Giải hệ phương trình sau:

2

2

3 ln(2 1)

3 ln(2 1)







5 Giải phương trình sau:

a 3x 7x 2.5x

b 10x 40x  20x 30x

6 Giải hệ phương trình sau:







7 Giải hệ phương trình:

2

3 2

3 2

3











2 Sử dụng đạo hàm để giải phương trình và bất phương trình

Lời giải

50 Giải phương trình:

(a) 4x 2x 1

Xét hàm số: ( )f x 4x(2x1),x 

Ta có: f x( )4 ln 4 2, ( )x  f x 4 (ln 4)x 2  0

Suy ra phương trình ( )f x  có không quá hai nghiệm 0

2

f  f   

 

0,

2

x x là nghiệm của phương trình ( )f x  0

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 1

0,

2

x x

(b) 4x 3x 1

Tương tự câu (a), phương trình có hai nghiệm là x0, x 1

(c) x32x 3 ln(x2 x 1) 0

Xét hàm số: f x( )x32x 3 ln(x2 x 1), x  Ta có:

2

2

0, 1

x

Suy ra hàm số này đồng biến và phương trình ( )f x  có không quá một nghiệm Hơn 0

( 1) ( 1) 2 ( 1) 3 ln ( 1) ( 1) 1 0

nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x   1

(d) 1 1 1 3 2

f x         x  x  x x

Ta có:

2

ln 2 ln 3 ln 6

Suy ra hàm số này đồng biến và phương trình ( )f x  có không quá một nghiệm Ta 0

f            

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  1

51 Giải các phương trình:

(a) 4(x2) [log ( 2 x3)log (3 x2)] 15 (  x1);

Điều kiện: x  3

Phương trình đã cho viết lại là: 2 3 15 1

log ( 3) log ( 2)

x

x





ln 2 ( 3) ln 3 ( 2)



2

0, 3

x

x



Suy ra vế trái là hàm số đồng biến theo biến x, vế phải là hàm nghịch biến theo biến x nên phương trình đã cho có không quá một nghiệm

Ta thay x 11 vào phương trình thì thấy thỏa mãn

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 11

(b) x34x25x 6 37x29x4

Đặt y 37x29x4 y37x29x Suy ra: 4

( 4 5 6) (7 9 4) 3 4 2 ( 1) ( 1)

y y x  x  x  x  x x  x  x  x  x

Ta thấy hàm số: f t( )t3t t,   có f t( )3t2  đồng biến và phương trình ở trên 1 0 tương đương với: ( )f y  f x( 1) y x 1

Do đó:

3

7x 9x4 x 1 7x 9x 4 x 3x 3x 1 x 4x 6x  5 0

Giải phương trình này ra, ta được ba nghiệm là:

5,

2

x x   Đây cũng chính là ba nghiệm của phương trình đã cho

52 Giải các phương trình:

(a) 4x 6x 8x 2

Xét hàm số ( )f x 4x 6x(8x2)

Ta thấy: f( )x 4x(ln 4)26x(ln 6)2  nên phương trình ( )0 f x  có không quá hai 0 nghiệm Ta nhẩm được hai nghiệm đó là x0,x 1

Phương trình dạng này gọi là phương trình Bernoulli Ngoài cách dùng hàm số này, ta có thể dùng BĐT Bernoulli để đánh giá

(b) (1x) (2 4 )x 3ã4 ;x

Ta xét hàm số: ( )f x (1x) (2 4 ) 3 4x   x (x2) 4 x  2 (x1) trên ( 1,  )

2

( ) ( 2) 4 ln 4 4 2 ( ) ( 2) 4 (ln 4) 2 4 ln 4

( ) ( 2) 4 (ln 4) 3 4 (ln 4) 4 (ln 4) [( 2) ln 4 3]



ln 4

f x   x      xx  

Ta th y: hàm f( )x0 ngh ch bi n trên ( 1, x0), đ ng bi n trên ( ,x 0 )

và ( 1) 0, ''( )0 0, lim ( )

x



       nên phương trình f ( )x  0 có đúng một nghi m Do đó, f x ( )  0 có không quá hai nghiệm và phương trình đã cho có không quá

ba nghiệm Hơn nữa: 1

(0) (1) ( ) 0

2

f  f  f  nên phương trình đã cho có đúng ba nghiệm

0, 1,

2

x x x

(c) 5x4x 3x 2x 10x26 ;x

Xét hàm số f x( )5x 4x (3x 2x 10x26 ), x x 

Ta thấy:

( ) 5 (ln 5)x 4x (ln 4) 3 (ln 3)x 2x (ln 2)

Ta thấy x  không phải là nghiệm của phương trình đã cho vì nếu ngược lại thì: 0

5x4x 3x2 , 10x x 6x05x 4x 3x 2x 10x 6x, mâu thuẫn

Do đó x 0 f( )x  Suy ra phương trình ( )0 f x  có không quá ba nghiệm phân 0 biệt Hơn nữa: (0)f  f(1) f(2) nên phương trình đã cho có đúng ba nghiệm là 0

0, 1, 2

x x x

(d) 9x 3x (2x1) 2  x1

Tương tự bài (b) Ta cũng dùng đạo hàm chứng minh phương trình này có không quá hai nghiệm và nhẩm được hai nghiệm đó là x0, x 1

53 Giải hệ phương trình

2 2

3 ln(2 1)

3 ln(2 1)







Điều kiện: 1

,

2

( ) 3 ln(2 1),

2

f t t  t t t  

t

 nên đây là hàm đồng biến

Giả sử x y thì từ hệ trên suy ra: ( )f y  f x( ) y x

Do đó nếu ( , )x y là nghiệm của hệ thì x y

Ta cần giải phương trình: x 2xln(2x1) Dễ thấy vế trái là hàm đồng biến nên 0 phương trình này có không quá một nghiệm Hơn nữa, khi thay x  vào phương trình, ta 0 thấy thỏa mãn

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x y 0

54 Giải các phương trình:

(a) 3x 7x 2 5ã x

Phương trình đã cho tương đương với: 3x5x 5x 7x

Xét hàm số f t( )t x0 (t2)x0, trong đó x là nghiệm của phương trình trên, suy ra: 0

(3) (5)

f  f

Ta thấy hàm số này liên tục trên  nên nó cũng liên tục trên[3,5], theo định lí Lagrange,

3 5

x  t   t  

Từ đẳng thức này, ta thấy x0  0 x0  , tức là nếu 1 x là nghiệm của phương trình đã 0

cho thì x0  0 x0  Thử lại, ta thấy cả hai nghiệm này đều thỏa 1

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x0, x 1

(b) 10x 40x 20x 30 x

Bài này giải hoàn toàn tương tự Xét hàm số f t( )t x0 (t10)x0 với x là nghiệm của 0

phương trình đã cho Ta tìm được hai nghiệm là x0 0, x0  1

55 Giải hệ phương trình







Điều kiện: x0,y 0

Ta thấy nếu x  thì 0 log3 ylog 12  x0 y , thay vào phương trình thứ hai, ta 1 thấy không thỏa

Suy ra x  Khi đó, ta xét hàm số: 0 f t( )t22cos , t t  0

Ta thấy: f t( )2t2sint 2(tsin )t 0,  nên hàm số này đồng biến trên t 0

(0; và phương trình thứ hai của hệ tương đương với ( )) f x  f y( ) x y

Thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được: log3xlog 12  x

Đặt log3xlog 12  x t x ( 3)t 2t  Suy ra: 1

      

 

Vế trái rõ ràng là hàm nghịch biến nên phương trình

này có không quá một nghiệm Ta dễ thấy nghiệm duy nhất của phương trình này chính là 2

x 

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là ( , )x y (2, 2)

56 Giải hệ phương trình

2

3 2

3 2

3

( 1) 5 log (6 ) ( 1) 5 log (6 ) ( 1) 5 log (6 )











Điều kiện: , ,x y z  Hệ đã cho tương đương với: 6

log (6 )

log (6 )

log (6 )

x y

y z

z x

















Xét hàm số:

2

t

Ta có:

2 2

6

t



nên đây là hàm đồng biến

Xét hàm số g t( )log (63 t), t ( , 6) Ta có:

1

ln 3 (6 )

t



  nên đây là hàm nghịch biến

Giả sử ( , , )x y z là nghiệm của hệ thì ta sẽ chứng minh x y z

Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử: xmax( , , )x y z

Xét hai trường hợp:

-Nếu x y Do ( )z f t là hàm đồng biến nên ( ) f x  f y( ) f z( ), từ hệ trên, suy ra:

log (6y)log (6z)log (6x) yz x Do đó: yz , dễ dàng có được:

x y z

-Nếu x z y Do ( )f t là hàm đồng biến nên ( ) f x  f z( ) f y( ), từ hệ trên, suy ra:

log (6y)log (6x)log (6z) yxz Do đó: x z , dễ dàng có được:

x y z

Thay x y vào hệ phương trình trên, ta cần giải phương trình: z

3

2

log (6 )

x x

Vế trái là hàm nghịch biến, vế phải là hàm đồng biến nên phương trình này có không quá một nghiệm

Hơn nữa, khi thay x  vào phương trình, ta thấy thỏa mãn 3

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là x y z 3