phương pháp hàm số trong các bài đại số

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG TỔ TOÁN Phần I: Các bài toán giải phương trình vô tỉ - phương trình mũ và logarit I.Tóm tắt lý thuyết: Để sử dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải các

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TIỀN GIANG

TỔ TOÁN

Phần I:

Các bài toán giải phương trình vô tỉ - phương trình mũ và logarit

I.Tóm tắt lý thuyết:

Để sử dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải các phương trình – hệ phương trình ta thương sử dụng các

tính chất sau đây:

Tính chất 1: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến ) trên khoảng K ( K là một

khoảng , một đoạn hay một nửa khoảng ) thì số nghiệm của phương trình f(x) = k ( trên K) không nhiều

hơn một và f u  f v uv u v, K

Chứng minh:

Giả sử f là hàm số đồng biến trên K

Nếu u v f u  f v  trái giả thiết

Nếu u v f u  f v  trái giả thiết

Vậy phải có u = v

Đảo lại nếu ta có u = v thì f u  f v 

Tính chất 2: Nếu hàm số y = f(x) liên tục và luôn đồng biến ( hoặc nghịch biến ) , hàm số y = g(x)

liên tục và luôn nghịch biến ( hoặc đồng biến ) trên D thì số nghiệm trên D của phương trình: f(x) = g (x)

không nhiều hơn một

Chứng minh:

Giả sử f là hàm số đồng biến và g là hàm số nghịch biến trên D và x oD f x:  o g x o (1)

+ Nếu xx o  f x  f x o g x o g x  phương trình f(x) = g (x) vô nghiệm

+ Nếu xx o  f x  f x o g x o g x  phương trình f(x) = g (x) vô nghiệm

Vậy x = xo là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = g (x)

Tính chất 3: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến ( hoặc nghịch biến ) trên D thì :

f u  f v uv uv

Tính chất 4: Cho hàm số y = f(x) liên tục trên a b;  và có đạo hàm trên khoảng a b;  Nếu :

f(a) = f(b) thì phương trình f ’(x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng a b; 

Chứng minh:

Giả sử phương trình f ‘(x) = 0 vô nghiệm trên khoảng a b;  Khi đó hoặc f ’(x) > 0  x a b;  hoặc

f ’(x) < 0 x a b; 

Suy ra : f b  f a  (hoặc f b  f a .Điều này trái giả thiết f(a) = f(b)

Từ định lý trên , ta có được hai hệ quả sau:

Hệ quả 1: Nếu phương trình f(x ) = 0 có m nghiệm thì phương trình f ‘(x) = 0 có m – 1 nghiệm

Hệ quả 2: Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm đến cấp k liên tục trên a b;  Nếu phương trình f k  x  0

có đúng m nghiệm thì phương trình  1 

0

k

f  x  có nhiều nhất là m + 1 nghiệm

Thật vậy, giả sử phương trình f  x  có nhiều hơn m + 1 nghiệm thì phương trình 0 f  x  có 0 nhiều hơn m nghiệm : trái giả thiết

Từ hệ quả 2 suy ra:

Nếu phương trình f ‘(x) = 0 có một nghiệm thì phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm

 Một số lưu ý khi sử dụng phương pháp hàm số :

Vấn đề quan trọng nhất khi sử dụng phương pháp là chúng ta phải nhận ra được tính đơn điệu của hàm số và phải nhẫm được nghiệm của phương trình

1) Để phát hiện được tính đơn điệu của hàm số chúng ta cần nắm vững các tính chất sau:

i) Nếu y = f(x) đồng biến (nghịch biến ) thì:

 yn f x( ) đồng biến (nghịch biến )



 

1

y

f x

 nghịch biến (đồng biến)

 y f x( ) nghịch biến (đồng biến)

ii) Tổng của các hàm số đồng biến (nghịch biến ) trên D là một hàm số đồng biến (nghịch biến ) trên D

iii) Tích của các hàm số dương đồng biến (nghịch biến ) trên D là một hàm số đồng biến (nghịch biến )

trên D

Ví dụ : Từ tính đơn điệu của các hàm số: y x 3;y 3 x y;   , nếu nắm được các tính chất trên ta 2 x

có thể phát hiện ngay các hàm số sau:

y x  x x đồng biến trên 3; 

y

  nghịch biến trên ; 2

 y   x 3 3x nghịch biến trên;3

2) Việc nhẫm nghiệm cũng là một vấn đề quan trọng trong phương pháp nầy , khi nhẫm nghiệm ta thường

ưu tiên chọn x mà biểu thức trong dấu căn là lũy thừa mũ n (nếu căn bậc n ) , hoặc nếu phương trình logarit thì ta chọn x mà biểu thức trong dấu loga là a  (nếu phương trình có chứa loga )

II Các bài toán giải phương trình vô tỉ:

Các ví dụ:

2

 Xét hàm số: f(x) = 3x 1 x 7x2 với 7 57

2

x   hàm số liên tục trên 7 57;

2

 

Ta có :

7 1

2

x





 hàm số đồng biến trên 7 57;

2

 

Mặt khác: f(1) = 4  ph.trình  f x  f  1 x1 Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

5x  1 2x 1 x4

 ĐK:

3

1 5

x 

 Phương trình

   

2

3

3

5

x

nên f là hàm đồng

biến và g(x) = 4 – x là hàm nghịch biến trên

3

1

; 5

 



(hàm f liên tục trên

3

1

; 5

 



)

Mà f(1) = g( 1 ) = 3 nên phương trình có một nghiệm duy nhất là x = 3

5

x

x  x  

 ĐK: 2

3

x 

5

Do điều kiện nên x + 3 > 0 nên (1)  f x  4x 1 3x2  ; f là hàm số liên tục trên 5 2;

3

 





3

2

; 3

 





Mà f(2) = 5 nên x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình

 ĐK:  2 x4

 Xét hàm số   3 2

f x  x  x  x  x liên tục trên 2; 4

2

2 4

x

 



 hàm số f đồng biến trên 2; 4

Mà f(1) = 2 3 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình

3x 2 9x 3  4x2 1 1 x x  0 Phương trình

 

3 2 1 (1)

f t t  t  t   

2 2

2

3

t

t



 nên hàm số f đồng biến trên  (2)

Từ (1) và (2) suy ra : 3x = 2 1 1

5

5

x   là nghiệm duy nhất của phương trình

x  x   x  x

x  x  x  x  (1) Xét hàm số:   3 3

1

f t  t t    thì t  

 



 Vậy hàm số f đồng biến trên  (2) và (1) có dạng:    2

f x  f x (1) và (2) suy ra: 2 2

1

2

x

x







      

  



6x 1 8x 4x 1

6x 1 6x 1 2x 2x (1) Xét hàm số: f t( )t3t; t thì   2

' 3 1 0;

f t  t     t  hàm số f đồng biến trên  (2)

(1) có dạng: 3   

(1) và (2) suy ra :3 3

6x 1 2x8x 6x  (3) 1 0

2

x  x  x x     vô nghiệm

 Nếu x 1 thì đặt xcos ;  0; , (3) trở thành cos 3 1 2 ;

Chọn các nghiệm trong đoạn 0; ta được :

Vậy các nghiệm của phương trình là: cos ; cos5 ; cos7

8x 8x 4 4 6 x Phương trình  3 3

2x 2x 4 6x 4 6x

Xét hàm số:   3

,

f t t t t   hàm số f đồng biến trên  (2)

(1) có dạng: (1) có dạng: 3   

(1) và (2) suy ra: 3 3

4 6 x 2x4x 3x (3) 2

4 3 ; ' 12 3 0,

g x  x  x xg x  x    x  nên (3) có không quá một nghiệm

3



Do đó nếu đặt   3 2 5 thì 2 1 3 13

2 



 .Ta có:

3

           

       



x  x x  x  x  x x  x

 ĐK: x  6

Xét hàm số:   3

, 0

f t t t t thì   2

' 3 1 0; 0

f t  t    t  hàm số f đồng biến trên 0;  (2)

f x  f x  x

(1) và (2) suy ra 2

x x  x

Đặt x6 y2 với y   , ta được hệ: 2

2 2

2 2





Trừ hai phương trình của hệ ,ta được:   4

5 0







2

3 2 0

x

 

  



2

5 3 0

x

 

  



Vậy phương trình có hai nghiệm là 3 17

2

2

x 

3x 3 5 2 xx 3x 10x26 0

 ĐK: 1 5

2

x

  

 Nhận xét: 1; 5

2

x  x không là nghiệm của phương trình

2

2

Xét hàm số: ( ) 2 12; 1;5

2

f x  x  x x  

 

Ta có '  2 1; '  0 1

2

f x   x f x  x

1;

2

5

2

x

  

 

2

Vật phương trình có nghiệm duy nhất x = 2

 ĐK: 2x4

 Nhận xét: x = 3 là một nghiệm của phương trình

 Xét hàm số :   2

f x  x  x  x  x liên tục trên 2; 4

x

2

x





trên2; 4 và f ‘(x) là hàm đơn điệu trên 2; 4 f ' x 0 có duy nhất nghiệm x o x o2;3

Trên 2;x o phương trình vô nghiệm, trên x o; 4 phương trình có đúng một nghiệm x = 3

Bài tập:

Bài 1 : Giải phương trình:

3

4x  x x1 2x  1 0

Hd: Phương trình  3  3

Xét hàm số:   3

, 0

f t t t t

Bài 2 : Giải phương trình

2

3x 1 6x3x 14x  8 0

f x = 3x 1 6 x 3x 14x liên tục trên khoảng 8 1; 6

3



 

2

x   x  x   x  x    f x    x  

 

f đồng biến trên 7;6

3



  và f(5) = 0

Bài 3 : Giải phương trình:

x x  1 3 x4 0

 ĐK: 1

3

x 

f = 1 3 4;

3

x x x   x x  hàm số f liên tục trên ;1

3



 

Ta có f ‘(x) = 5 4 3 2 3 0; ;1

3

2 1 3

x

    hàm số đồng biến trên ;1

3



  và f(1 ) = 0 nên

1

x   là nghiệm duy nhất của phương trình

Bài 4 : Giải phương trình:

x 153x 2 x 8

f x = 3x 2 x  8 x 15

3

3

   

 Nếu 2

3

x  thì  

3

       

và do f(1) = 0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình

 ĐK: 1

2

x 

 Xét hàm số

   2 2 1 3 6  6 2 1 3 2

f x  x x  x  x x  x  f x   x6 x2 2x 1 3 lên tục trên 1;

2

 



 Nhân xét: x6 x2 và 20 x  1 3 0x 5

Vậy ta xét f x    x6 x2 2x 1 3 khi x > 5

> 0 khi x > 5 nên hàm số đồng biến trên 5;  mà f(7) = 4 nên x = 4 là nghiệm duy nhất của phương trình

2x1 2 4x 4x4 3x 2 9x 3  0 HD: Phương trình      2      2 

2x1 2 2x1 3  3x 2 3x 3 Xét hàm số :    2 

f t t  t   hàm số đồng biến trên 

5

f x  f  x  x   xx 

2x x 3x 1 2 3x1 3x 1

 ĐK: 1

3

x 

2x x  3x1 2 3x1  f x  f 3x1 (1)

f t  t t t  f t  t  t  t , do đó f là hàm số liên tục và đồng biến trên

0;  nên (1) 3 1 2 0 3 5

2

3 1 0

x



  



Bài 8: Giải phương trình: x34x25x 6 37x29x4

Phương trình   3   2 3 2   3 2 

x  x  x  x  x  x  f x  f x  x (1) trong đó   3

f t t t   2

' 3 1 0

    là hàm số liên tục và đồng biến trên 

nên (1)

5

2

x

x







 



Bài 9: Giải phương trình

2x 4x 3x 17x242 3 2 x

HD:

 ĐK: 3

2

x 

2 x x x x4 3 2 x 2 3 2 x f x x  f 2 3 2 x (1) Trong đó   2

2

f t  t t do

2

; 3 2 0

x xx      x 

  nên ta xét hàm số f(t) với t0

Khi đó hàm số liên tục và đồng biến trên 0; 

2 2

2 2 2

2

0

2 3 2

4 3 2

3

x







 



II Các bài toán giải phương trình mũ và logarit:

Bài 1: Giải các phương trình :

) 3x 4x 5x

      

   

Xét hàm số:   3 4 '  3 ln3 4 ln4 0,

f x        f x         x

nên hàm số nghịch biến trên  và f(2) = 1 Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình

2

) 2 1 3

x

x

x x

x

      

f x       f x        x

nên hàm số nghịch biến trên  và f(2) = 1 Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình

Bài 2: Giải phương trình:

) 2 x 8 14

a   x  x

 ĐK: x 3

 Xét hàm số:   3

f x = 2 x với x 3 thì   3 1

2 3

x

x



g x  x  x   x g x   x   x

Vậy hàm số f nghịch biến và g đồng biến trên ;3 Mặt khác: f(3) = g(3) nên x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình

 ĐK: x > 3

15 1 log 3 log 2

4 2

x

x





Xét hàm số: f x   log2x3log3x2 với x > 3  

3 ln 2 2 ln 3

Xét hàm số:    

x

Vậy hàm số f đồng biến và g nghịch biến trên ;3 Mặt khác: f(11) = g(11) = 5 nên x = 11 là nghiệm duy nhất của phương trình

1 1 1

2 3 6

Vì y 5x4x3x2x là hàm số đồng biến trên  ; 1 1 1

2x 3x 6x

y    là hàm số nghịch biến trên nên

  là hàm số đồng biến trên 

Xét hàm số g x( ) 2x35x27x17   2

' 6 10 7 0,

         Mặt khác: f(1) = g(1) = 14 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình

   

2

x  

 Phương trình  3xx 1 2xlog 1 23  x3xlog 33 x  1 2xlog 1 23  x (1)

1

.ln 3

t

          hàm số đồng biến trên 0; 

Và từ (1) ta được: f 3x  f 1 2 x 3x 2x 1 3x2x  1 0

Xét hàm số: g x 3x2x1,xg x' 3 ln 3 2x   g" x 3 ln 3x  0, x 

và g’(0) = ln3 – 2 < 0; g’(1) = 3.ln3 – 2 >0 nên phương trình g’(x) = 0 có đúng một nghiệm  phương trình g(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm , mà g(1) = g (0) = 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 ; x = 1

Phương trình2013x2015x4026x  2 0

Xét hàm số: f x 2013x2015x4026x2,x f ' x 2013 ln 2013 2015 ln 2015 4026x  x 

" 2013 ln 2013 2015 ln 2015x x 0,

       nên hàm số f ‘(x) đồng biến trên và

' 0 0, ' 1 0

f  f  nên phương trình f ‘(x) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm  phương trình f (x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm, mà f(1) = f (0) = 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 ; x = 1

7

7x  1 2 log 6x5

 ĐK: 5

6

x 

7

1 log 6 5 7y 6 5 1

Khi đó phương trình có dạng: 1  

7

7x 1 6 log 6 5 6 5



7x 7y 6y6x7x 6 x1 7y 6 y1  f x 1 f y 1 Với f(t) = 7t 6 , '  7 ln 7t 6 0,

       nên hàm số f đồng biến trên  dẫn đến: x = y Thay vào (1) và biến đổi ta được: 1  

7x 6 1 1 0

x



   

7t 6 1, ' 7 ln 7 6t " 7 ln 7t 0

Và g' 0 0; ' 1g  0 nên phương trình g ‘(t) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm  phương trình g (t) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm, mà g(1) = g(0) = 0 nên phương trình g(t) = 0 có hai nghiệm t = 0 ; t = 1

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1 và x = 2

Bài 6: Giải phương trình:

2

2

1

 

x  x v x  x  v u x  x

Phương trình có dạng: log2ulog2v v uulog2u v log2v (1)

1 log , 0 ' 1 0, 0

.ln 2

t

         nên hàm số đồng biến trên0; 

Từ (1) ta có f(u) = f(v) nên ta được: u = v 0 2 3 2 0 1

2

x

x







1 3x

x x   Phương trình   2 

1 3 x x  1 x

2

1

x



 2 

2

1

1

x

x





Vì x2 1 x và

2

1

1

x x



 Nên hàm số đồng biến trên , mà f (0) =1 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình

x

     

         

f x            g x   x

     

Ta có: '  3 ln 3 1 ln1 2 ln 2 1 ln1 1 ln1 0,

f x              x

nên hàm số đồng biến trên 

 

' 2 0,

g x     x  hàm số nghịch biến trên 

Mặt khác ta có: f  1 g 1 x1 là nghiệm duy nhất của phương trình

3x x  x 3x1 3 x x 3 x Phương trình 

Xét hàm số: f t 3t t t   , ta có: f ' t 3 ln 3 1t  0;  t nên hàm số đồng biến trên 

f x  x  f x  x  x   x x  x

3  

3 1 0 2

Xét hàm số:   3

3 1;

g x x  x x   hàm số g liên tục trên và:

   2 1 0;    1 1 0;    1 2 0

g  g   g  g  g g  suy ra trên mỗi khoảng:  2; 1 ; 1;1 ; 1; 2   phương trình có đúng một nghiệm.Đặt x = 2 cos ; 0; thì (2) trở thành :

8 cos 6 cos 1 0 cos 3

2

Ta tìm được các nghiệm của phương trình đã cho là: 2 cos2 ; 2 cos4 ; 2 cos8

2 3 1 2

2

1

3

  

 

     

 ĐK:x 1 x2

 Đặt t x23x2,t , phương trình có dạng : 0    

2

2

1

t

t



 

       

 

2

t

nên hàm số đồng biến trên 0;  và f(1) = 2 nên phương trình có nghiệm duy nhất t = 1

Với t = 1 ta được 2

1 2

2 2

x

x









nhận

Vậy phương trình có hai nghiệm là 3 5; 3 5

Bài tập:

HD: Phương trình  2013 2014 2

2012 2012

2012 2012

f x     x  f x   x

Nên x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình

log x3 x log x HD: ĐK : x > 0.Đặt log6 6t

t xx

Ta đưa phương trình về dạng: 2 

3

2

t

     

  (1)

Hàm số   3 3

2

t t

f t     

  là hàm đồng biến và f 1 1 nên t  1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1).Do đó x = 1

6 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

HD: ĐK : x > 0.Đặt tlog3xx3t

Ta đưa phương trình về dạng: 2 1  3 1 3 1

t t

t

    (1)

t t

f t      

    là hàm đồng biến và f 2 1 nên t 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (1) Do đó x = 9 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

.3 x

HD: ĐK : x > 0 Phương trình log 2 2 log 2 log 2 log 2 2

Đặt : tlog2xx2t ta được phương trình: 3 1 1

   

   

    (1)

f t      

    nghịch biến trên  và f(1) = 1 nên t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1) Do đó x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho

3log 1 x x 2.log x