giai pt

Giải phơng trình Khi sử dụng đạo hàm trong giải phơng trình, phơng pháp chung là: Ta thờng chọn hàm số thích hợp.. Khảo sát hàm số f x để tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến các cực t

Giải phơng trình

Khi sử dụng đạo hàm trong giải phơng trình, phơng pháp chung là:

Ta thờng chọn hàm số thích hợp Giả sử hàm số ( )f x xác định trên D, kiểm tra tính liên tục, khả vi của ( )f x trên D

Khảo sát hàm số ( )f x để tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến các cực trị bằng công cụ đạo hàm

Dựa vào khảo sát hàm ( )f x để kết luận số nghiệm.

Chỉ ra sự tồn tại các x0∈D mà x0 là nghiệm của phơng trình ( ) 0f x =

Kết luận nghiệm của phơng trình ( ) 0f x =

Đồng thời sử dụng các tính chất sau:

Tính chất 1: Nếu ( ) f x là hàm số đồng biến (nghịch biến) trên (a;b) thì phơng trình ( ) kf x = nếu có nghiệm sẽ có không quá một nghiệm

Chứng minh

Xét trờng hợp ( )f x là hàm số đồng biến.

Giả sử phơng trình ( ) 0f x = có hai nghiệm x x x1; (2 1 <x2)

Nên f x( )1 = f x( ) k.2 =

Do là hàm số ( )f x là hàm số đồng biến nên từ x1 < ⇒x2 f x( )1 < f x( )2 mâu thuẫn với f x( )1 = f x( ) k2 = Chứng tỏ giả sử sai

Vậy phơng trình nếu có nghiệm sẽ có không quá một nghiệm

Đối với trờng hợp ( )f x là hàm nghịch biến ta chứng minh tơng tự

Tính chất 2: Nếu ( ) f x là hàm số đồng biến (nghịch biến) trên (a;b)

f u( )= f v( ), ∀u v, ∈(a;b)⇔ =u v

Chứng minh

Xét trờng hợp ( )f x là hàm số đồng biến

Nếu u v= ⇒ f u( )= f v( ) (hiển nhiên)

Ta đi chứng minh nếu ( )f u = f v( )⇒ =u v

Giả sử u v≠ ,không mất tính tổng quát ta giả sử u v<

Do là hàm số ( )f x là hàm số đồng biến nên ( ) f u < f v( )mâu thuẫn với giả thiết Chứng tỏ giả sử sai

Vậy ( )f u = f v( ), ∀u v, ∈(a;b)⇔ =u v

Đối với trờng hợp ( )f x là hàm nghịch biến ta chứng minh tơng tự

Tính chất 3: Nếu ( ) f x là hàm số tăng còn là ( )g x hàm số giảm trên ( ; )a b thì phơng trình ( ) f x = g x( ) có nhiều nhất là một nghiệm

Chứng minh

Ta có: ( )f x =g x( )⇔ f x( )−g x( ) 0.= Xét hàm số ( )h x = f x( )−g x( ) trên( ; )a b Khi đó ( ) h x là hàm số đồng biến trên ( ; ) a b

Theo tính chất 1 thì phơng trình ( ) 0h x = có nhiều nhất là một nghiệm.

⇒Đpcm

Ví dụ 1: Giải phơng trình sau:

( TH & TT )

Giải:

Điều kiện: > −1

2

x

Đặt y =log (1 2 )3 + x ⇒ +1 2x =3 y

Ta có (6.3)⇔3x + = +x 1 2x+log (1 2 )3 + x ⇔ + = +3x x y 3 y (6.4) Xét hàm số ( ) 3f t = +t t trên ( 1; )

2

− +∞ Có = + > ∀ > −1

'( ) 3 ln3 1 0

2

t

Nên hàm số ( )f t là hàm số đồng biến trên − +∞1

( ; )

2

(6.4) f x( ) f y( ) x y x log (1 2 )x 3x 2x 1 0

Đặt = − − > −1

2

x

'( ) 3 ln3 2, ''( ) (3 ln3) 0,

2

'( )

g x

⇒ là hàm đồng biến và có đổi dấu vì :

'(2) 9ln3 2 0, '(0) ln3 2 0

'( ) 0

g x

⇒ = có nghiệm duy nhất x =α

Ta có bảng biến thiên

'( )

( )

g x

( )

g α

Từ bảng trên ⇒ nếu ( ) 0g x = có nghiệm thì nhiều nhất là hai nghiệm Mặt khác, (0)g =g(1) 0=

Do đó phơng trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x =0,x=1

Ví dụ 2: Giải phơng trình

Giải:

Điều kiện:

Giải (6.5):

Nếu x≥ ⇒0 (6.5) luôn đúng

Nếu x< ⇒0 (6.5)⇔ x2 − + ≥x 1 x2 ⇔ − < ⇔ <x 1 0 x 1

0

x

⇒ <

Chứng tỏ (6.5) đúng với x∀ ∈Ă

Giải (6.6):

Nếu x≥ − ⇒1 (6.6) luôn đúng

Nếu x< − ⇒1 (6.6)⇔ x2 + + ≥ − −x 1 ( x 1)2 ⇔ x2+ + ≥x 1 x2 +2x+1

0

x

⇔ ≤ Kết hợp với x< − ⇒1 x< −1

Chứng tỏ (6.6) đúng với x∀ ∈Ă

Vậy: D=R.

Viết lại phơng trình dới dạng

+ 2 − + + =1 + +1 ( +1)2 − + + + +( 1) 1 ( 1) (6.7)

Xét hàm số f t( )= t+ t2 − + +t 1 t

2

f t

t t t t t

Mặt khác 2 t2 − + + − =t 1 2t 1 (2t−1)2 + + − >3 2t 1 2t− + − ≥1 2t 1 0 Vậy '( ) 0f t > ∀t ⇒ hàm số ( )f t luôn đồng biến trên R

Khi đó (6.7)⇔ f x( )= f x( + ⇔ = +1) x x 1 (vô nghiệm)

Do đó phơng trình đã cho vô nghiệm

Ví dụ 3: Giải phơng trình

Giải:

Điều kiện: x≥5

Xét hàm số ( )f x = x + x− +5 x+ +7 x +16 trên x ≥5

Hàm số ( )f x đồng biến trên (5;+∞)

Có f(9) 3 2 4 5 14= + + + = ⇒ f x( )= f(9)⇔ =x 9

Phơng trình trên có nghiệm duy nhất là x =9

Ví dụ 4: Giải phơng trình

2 2 log (3log (3x−1))= x

Giải:

Đặt log (32 1), 1

3

y =d x − x >

Do đó ta có hệ phơng trình  − =



2 2

log (3 1) log (3 1)

y d x

Cộng vế với vế ta đợc: log (32 x − + =1) x log (32 y− +1) y (6.8)

Xét hàm số ( ) log (3= 2 − +1) , > 1

3

−

t

Hàm số ( )f t là hàm đồng biến trên ( ;1 +∞)

3

(6.8) f x( ) f y( ) x y x log (3x 1) 2x 3x 1 0 Xét hàm g x( ) 2= x −3x +1, '( ) 2 ln2 3.g x = x −

Ta có : = ⇔ = 0 = 2

3

ln 2

Mà g x'( ) 0> ⇔ >x x g x0, '( ) 0< ⇔ <x x0

Nên hàm số ( )g x nghịch biến trên (−∞; )x0 , đồng biến trên (+∞; ).x0

Do đó phơng trình ( ) 0g x = có không quá hai nghiệm trên R.

Mà g(0)=g(1) 0.= Giá trị x =0 (loại do không thuộc tập xác định)

Do vậy x =1là nghiệm duy nhất của phơng trình đã cho

Nhận xét: + Đối với phơng trình có dạng f f x( ( ))=x (6.9), trong đó ( )f x

đồng biến trên tập xác định D

Cách giải: Đặt y= f x( )

Ta có hệ phơng trình  =

 =



( ) (6.10) ( ) (6.11)

f y x

y f x

Cộng vế trái với vế trái, vế phải với vế phải của (6.10) và (6.11) ta đợc

ph-ơng trình

Xét hàm số ( )F t = f t( )+t thì ( )F t đồng biến trên D

Khi đó (6.12)⇔ F x( )= F y( )⇔ = ⇔ =x y x f x( )

Do đó để giải (6.9) ta đi giải phơng trình f x( )= x

+ Tơng tự ta cũng có cách giải đối với phơng trình có dạng:

+ = log ( + +) + (6.13),

ax b

s

= + , = + ; , , , >0

d ac e bc a b c d

Cách giải: Đặt log (s dx e+ =) ay b+

+



⇒ 



(6.13)

ax b

ay b

s c ay b x

s dx e

Trừ vế theo vế của hai phơng trình trên ta đợc:

s ax b+ −s ay b+ =c ay b( + +) αx+ −β dx e −

Mà theo giả thiết ta có: d ac= +α,e bc= +β

⇒sax b −s ay b =c ay b( + + −) (d ac x) + −(e bc)−dx e−

⇔s ax b −s ay b =acy acx− ⇔s ax b +acx s= ay b+acy (6.14)

Xét hàm số f t( )=s at b+ +act là hàm số đồng biến trên Ă

s s

f x f y x y dx e ax b

dx e ax b

Ví dụ 5: Giải phơng trình

1

7

7x− =6 log (6x− −5) 5

Giải:

Điều kiên: >5

6

x

Đặt log (67 x− = −5) y 1

−



⇒ 



1

1

7 6 5 (6.15)

7 6 5 (6.16)

y

x

x

y Trừ vế theo vế (6.15) và (6.16) ta có :

⇒7y 1−7x 1 =6x−6y ⇔7x 1+6x =7y 1 +6 (6.17)y

( ) 7 6 ,

6

t

f t = − + t t> Có = −1 + > ∀ ∈ 5 +∞

'( ) 7 ln7 6 0, ( ; )

6

t

( )

f t

⇒ là hàm số đồng biến trên ( ;5 +∞)

6

⇒(6.17)⇔ f x( )= f y( )⇔ = ⇔x y 7x 1=6x− ⇔5 7x 1−6x+ =5 0 Xét hàm số = −1− + > 5

6

x

Ta có = −1 − = −1 2 > ∀ > 5

'( ) 7 ln7 6, ''( ) (7 ln 7) 0,

6

'( )

g x

⇒ đồng biến trên ( ;5 )

6 +∞

Mà '(0)= 1ln 7 6 0, '(2) 7ln7 6 0.− < = − >

7

'( ) 0

g x

⇒ = có duy nhất một nghiệm x =α

Ta có bảng biến thiên

x 5/6 0 α 2 +∞

'( )g x - 0 +

( )g x

( )

g α

Dựa vào bảng biến thiên thì phơng trình ( ) 0g x = nếu có nghiệm thì nhiều nhất là hai nghiệm

Mà, (0)g = g(2) 0= .

Do đó phơng trình có hai nghiệm x =0,x=2.

Chú ý: Ngoài cách trên thì một số bài giải phơng trình ta có thể giải bằng

cách áp dụng định lý Lagrang

Ví dụ 6: Giải phơng trình

2005x +2008x =2006x +2007 x (6.18)

Giải:

Ta có (6.18) ⇔2008x −2007x =2006x −2005 x (6.19)

Điều kiện cần: Giả sử x=α là một nghiệm của (6.19)

Xét hàm số ( ) (f t = +t 1)α −t tα, >0 Khi đó (2)⇔ f(2007)= f(2005) Theo định lý Lagrang c (2005;2007)∃ ∈ sao cho '(c) 0f =

[(c 1)α c ] 0α 0, 1

Điều kiện đủ: Dễ thấy x =0 và x =1là nghiệm của phơng trình đã cho Kết luận: Phơng trình đã cho có hai nghiệm là x =0,x =1

Bài toán tổng quát của ví dụ trên là:

Cho a, b, c là 3 số dơng và b > a, (a c)+ f x( ) +bf x( ) =af x( ) + +(b c)f x( )

=



⇔ f x f x( ) 0( ) 1.=