Vậy theo định lý Roolle phương trình fy=0 có không quá 3 nghiệm... Từ đó suy ra hệ phương trình đă cho nếu có nghiệm x0, y0 thì nghiệm đó là nghiệm duy nhất của hệ.
Trang 1BÀI TẬP : GIẢI PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH( SỬ DỤNG ĐẠO HÀM) Bài 1: Giải phương trình
1 3
2 3
22x + 2x = x + x+1+x+
Giải:
Ta có f(x)=2x+3x+x tăng trên R, nên phương trình tương đương
) 1 ( )
2
( = f x+
Hàm số g(x)=2x −(x+1)xác định trên R
x x
g x
g/( )=2xln2−1⇒ /( )≥0⇔ ≥log2 log2
Vậy phương trình có nhiều nhất 2 nghiệm trên (−∞ ; log2(log2e)) v (log2(log2e) ; +∞)
Thử trực tiếp tìm được hai nghiệm là x=0 ; x=1
Bài 2: Giải phương trình
1 5
1 4 3 1
2 log5⎜⎝⎛ − − + + − − ⎟⎠⎞= x−2 x−1+ x+3−4 x−1−1−
x x
x x
Giải :
Điều kiện x≥1.Đặt t= x−2 x−1+ x+3−4 x−1−1≥0(chứng minh)
phương trình tương đương log5( +1)=5t −1
t
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
=
+
=
⇔
−
=
−
+
=
⇔
⎩
⎨
⎧
+
=
+
=
⇔
t y
t t
y
y t
y t t y
(*) 5
5
1 5
1
5
1
5
0
=
⇔ t
0 1 1 4 3 1
−
5
2≤ ≤
Bài 3: Giải phương trình
2
x
Giải :
0 2 12 2
Xét hàm số y=x4 −4x3−2x2 +12x−2⇒ y/ =4x3−12x2 −4x+12
Lập bảng biến thiên, suy ra hàm số có trục đối xứng x =1
Do đó đặt x = X +1, ta có phương trình
⎢
⎢
⎣
⎡
+
±
=
−
±
=
⇔
= +
−
11 4 1
11 4 1 0
5
8 2 4
x
x X
X
Bài 4: Giải phương trình
x)2 4cos 3.4cos cos
1
Giải :
Đặt cosx=y −1≤ y≤1
1
⇔
Đặt
4 4 ln 6 ) ( 1 4
2
4 3
)
+
=
⇒
−
− +
=
y
y y
y
y f y
y
f
Trang 2( )2 /( ) 0 16.ln4.4y 2 4y
y
Đây là phương trình bậc hai theo 4y, nên có không quá 2 nghiệm Vậy theo định lý Roolle phương trình f(y)=0 có không quá 3 nghiệm
2
1 ,
y là 3 nghiệm của phương trình f(y)=0
3
2 ,
2 ,
k
Bài 5: Giải phương trình
1 3 1
2 4
2 6
2
+ +
+
x x x
x x
Giải :
2 4 1 2008
2008 1
2
2
6
2
2 2 4
1 2 6
+
= + +
⇔
=
+
+
+
+
+ +
x x
x x
x
x
x
x x
x x
f( )= 2008 tăng trên R Giải phương trình x6−3x2 −1=0⇔u3−3u−1 u≥0 phương trình chỉ có nghiệm trong (0,2) Đặt
2 0
cos
2 < <π
u
2
1 3 cos =
Suy ra phương trình có nghiệm
9 cos
±
=
x
Bài 6: Giải phương trình
x x
x x
cos sin
2
5 sin 2
5
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
Giải :
Cosx = 0 và sinx = 0 không là nghiệm Xét
2
π
k
x≠
x x
x x
cos 2 5 sin
2
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⇔
5 )
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
t t f
t
Hàm số f (t)nghịch biến Suy ra x= x⇔ x=π +kπ
4 cos
sin
Bài 7: Giải phương trình
3 2 2 3 2
5 4 log
) 2 (
2 2
+
+ + +
x
x x x
Giải :
Đk 2x+3>0
log 1
)
2
2
+
Đặt f(t)=t+log2t (t>0)
Tương tự
Trang 3Phương trình có nghiệm x=−1
Bài 8: Giải phương trình
x x
x
1975
cos
1 sin
1 cos
Giải :
x
x x
1975
cos
1 cos
sin
1
1 cos
;
1
sinx = x = không là nghiệm của phương trình
Đặt hàm số ( )= 1975 − 20071 t∈(−1;0)∪(0;1)
t t t f
Ta có /()=1975 1974 +20072008 >0
t t t
) ( : ) 0
; 1
t∈ − chỉ nhận giá trị dương
) ( : ) 1
;
0
t∈ chỉ nhận giá trị âm
Nên f x = f x ⇔ x= x⇔ x=π +kπ
4 cos
sin ) (cos )
(sin
Bài 9: Giải phương trình
x x
x x x
2 cos sin
2
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
Giải :
x
2 cos cos
2
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
−
2 cos cos
2 cos 2
cos 2 cos 2 cos 2
2
2 cos 2 )
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
−
t
)
(t
f giảm
3 cos
2 cos ) (cos )
2
x x x
x f
x
Bài 10: Giải phương trình
) 376 34
(
2 2
3 2
93 34
2
= +
− + +
+
− +
−
+
−
x x
x x
x x
x x
Giải :
Đặt t =x2 −34x+376 (t≥87)
) 256 256 ( log 256 2 2 35 ) 2
(
log
2 3 256 283 3
2
t
t
⇔
Hàm số ( ) 2 log (2 3)
2 3
t t
t
f = t t đồng biến trên [1; +∞)
4
; 30 256
376 34
=
Bài 11: Giải phương trình
) 1 6 cos 2 cos 4 ( log 2 cos 2
1 2
4
2 sin 2
−
− +
= +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
x x
x
x
Giải :
Trang 4Đặt 1)
3
1 ( 2
y
) 1 3 ( log 2
1
y y
y
Đặt t =log2(3y−1)⇔2t =3y−1 (t≤1)
y
t
t
y
+
= +
⇔
⎩
⎨
⎧
−
=
− +
=
2 2
1 3 2
1 2
2
Xét hàm số g(u)= 2u +u, hàm số đồng biến trên R
0 1 3 2 ) ( 1 3
Xét hàm số f(t)=2t −3t+1, sử dụng định lý Roll cm phương trình có không quá 3 nghiệm Phương trình có nghiệm t=1 t=3(L), suy ra phương trình có nghiệm x=kπ
Bài 12: Giải phương trình
1
1 8 12.4 7 343
8
64x− x− = + x x−
Giải :
Đặt =2; =−4x ; =2.7x− 1
c b
a
0 3
3 3
2
) ( ) ( ) ( ) (
2 2
2
= + +
⇔
=
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
+ +
0 7
2
4
7
2 4 ln 4 ) ( 7
2 4 2 )
x f x
Phương trình f /(x)=0 có nghiệm duy nhất nên theo định lí Lagrange phương trình f(x)=0 không có quá 2 nghiệm phân biệt
Phương trình có nghiệm x=1 ; x=2
Bài 13: Giải phương trình
) 3 2 ( log ) 2 2 (
3 2 2
3 2
Giải :
Điều kiện x<−1v 3<x
) 3 2 ( log ) 2 2 (
3 4 7
2
3
4
Đặt a=7+4 3 và t =x2 −2x−3
t
a ( 1) log
log 1 + =
Đặt y=loga t
1 1
1
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ + +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
⇔
y y
a a
a
1
=
⇔ y là nghiệm duy nhất Phương trình có nghiệm x=1± 11+4 3
Bài 14: Giải hệ phương trình
Trang 5( )
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+
=
+
=
+
=
4 log
log
4 log
log
4 log
log
3 5
3 5
3 5
x z
z y
y x
Giải :
Hệ phương trình không đổi qua phép hoán vị vòng quanh⇒ x= y=z
Từ đó ta có log5 x=log3( x+4), đặt t=log5 x
1 3
1 4
3
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
⇔
t t
Phương trình có đúng 1 ngiệm t =2 do hàm số 1
3
1 4 3
5 )
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=
t t
t
Hệ phương trình có 1 nghiệm x= y=z=25
Bài 15: Giải hệ phương trình
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
− +
− +
−
−
=
−
−
0 4 1 2
2
2
3 2
2
2 2 2
2
2 1
x y
x x y x
xy
y x x
Giải :
Từ phương trình (2) ( 2) 1 1 22
x
x y
xy
⇔
2
2 1 2
2
1
2 1 2
2
1
x
x x
x
x
−
=
−
− +
−
2
1 2 ln 2 ) ( 2
2 ) ( = t + ⇒ / = t + >
t f
t t
f
2 2
2
2
2 1
2
1
x
x x
−
⇔
Hệ phương trình có 1 nghiệm
4
3 ,
x
Bài 16: Giải hệ phương trình
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
+ + +
= +
+
=
−
1 ) 2 (
log 2 ) 6 2 ( log 3
1 1
2 3
2
2
2 2
y x y
x
y
x
e y x
Giải :
Đk x + y2 +6>0 và x + y+2>0
(1) ⇔ln(x2 +1)+x2 +1=ln(y2 +1)+y2 +1
Hàm số f(t)=lnt+t t>1 đồng biến trên (0 ; +∞)
y x y
.Nếu x=−y (2)⇔log3(6−x)=1⇔ x=3 ; y=−3
Trang 6.Nếu x= y
(2)⇔3log3(x+2)=2log2(x+1)=6u
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⇔
= +
= +
9
8 9
1 2
1
3 2
3
u u
x
x
Hàm số
u u
u
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
9
8 9
1 )
( nghịch biến trên R, suy ra u=1 là nghiệm duy nhất
Hệ phương trình có 2 nghiệm
4
3 ,
x và x=7 ; y=7
Bài 17: Giải hệ phương trình
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
= + +
−
=
−
+
+ +
2
7 2
3 2
) 2
( 3 4
2
2
2
1 2 8 1 2
y x
x y
y x
y x
Giải :
Đk x ; y≥0
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
= + +
+
= +
⇔
+
+
+ +
7 3
2
4 3 2
3 2
1
2
1 2 ) 4 ( 1
2
y x
y x
y x
y x
Hàm số f(x)=2x2+1+3 x đồng biến trên [0;∞)
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
=
⇔
= +
=
⇔
=
+
=
⇔
5 1 5 4 1
4 )
1 ( )
(
) 4 ( )
(
y
x y
x
y x f
y
x
f
y f
x
f
Bài 18: Giải hệ phương trình
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−
−
=
−
−
=
−
−
=
) 5 2 cos cos
8 ( log cos
) 5 2 cos cos
8 ( log cos
) 5 2 cos cos 8 ( log cos
2 2 2
z y
z
y x
y
x z
x
Giải :
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
+ +
=
+ +
=
+ +
=
⇔
4 2 2
8
4 2 2
8
4 2 2
8
2 2 2
Z Y
Y X
X Z
Z
Y
X
8
1 )
(t = + t2 +
f t đồng biến trên ⎜⎝ ⎥⎦⎤
⎛ ;1 2
1
8
=
=
=
Giải bằng đồ thị ⎢
⎣
⎡
=
=
=
=
=
=
⇔
) ( 2
1
l Z Y X
Z Y X
Hệ phương trình có 2 nghiệm x=k2π , y=l2π ; z=m2π
Trang 7Bài 19: Giải hệ phương trình
⎩
⎨
⎧
+
= +
+
= +
2 ) (cos log ) sin 3 1 ( log
2 ) (sin log ) cos 3 1 ( log
3 2
3 2
x y
y x
Giải :
Đk cosx ; siny≥0
) (sin log ) sin 3 1 ( log ) (cos log ) cos
3
1
(
⇒
Hàm số f(t)=log2(1+3t)+log3t 0
3 ln
2 2 ln ) 3 1 (
3 )
(
+
=
⇒
t t
t
x
sin =
⇒
Thay vào phương trình (1) ⇒log2(1+3cosx)=log3(cosx)+2
Lập BBT hàm số g(v)=log2(1+3v)−log3v với v=cosx∈(0,1] phương trình chỉ có 2 nghiệm
3
1 cos
,
1
cosx= x=
Bài 20: Giải hệ phương trình
28
⎪
⎨
⎪⎩
Giải:
Hệ tương đương
( 3 3)
2
28 (1)
0 ( ) 18 2 (2)
⎨
⎪⎩
y
⇒ = − , thay vào (1) được:
3 4
3
3 8
28
y
⎢⎜ − ⎟ − ⎥=
(3)
Đặt t= y>0, (3) trở thành: 4 3 ( )3
t
f t = −t −t + tta có:
f t = t + t −t + > ∀ >t
Chứng tỏ hàm số f(t) đồng biến trên khoảng (0;+∞) phương trình f(t) = 0 nếu có nghiệm trên Khoảng (0;+∞) thì nghiệm đó là nghiệm duy nhất Từ đó suy ra hệ phương trình đă cho nếu
có nghiệm (x0, y0) thì nghiệm đó là nghiệm duy nhất của hệ
Nếu chọn x = 2y thì từ (1) ta có: y4 = ⇔ =4 y 2⇒ =x 2 2 Rỏ ràng cặp số(2 2; 2) thỏa (2)
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (2 2; 2)
Bài 21: Tìm số nghiệm của nằm trong khoảng (0;2π của phương trình )
2
5 )
sin 10 sin
12 sin
8
cos
2 2
+
= +
x
Giải :
Trang 80 1
1
t
g'
g
1-3 6 0
u
6
t
0
Đặt t =sin2x= y 0≤t≤1
2
5 )
10 12
8
)
1
(
e t x t x
t
Xét hàm số ( ) 2 ( 1 )(8 3 12 2 10)
t t t e x
)
/
t g e t
t t t
t e
x
⇒
Với g(t)=8t3 −24t2 +22t−5⇒ g/(t)=2(12t2 −24t+11)
Lập bảng biến thiên, suy ra phương trình g(t)=0 có nghiệm duy nhất
6
3 1 0
, < < −
t
Lập bảng biến thiên hàm số f (t), suy ra phương trình f(t)=0 có nghiệm duy nhất
u v
v
t= ,0< <
Suy ra phương trình sinx=± v có 4 nghiệm phân biệt x∈(0, 2π)