Su dung dao ham de giai PT

Dùng đạo hàm để giải phơng trìnhTa biết rằng mọi phơng trình đều có thể đa về dạng f x 0= , trong đó hàm số f x thể hiện đầy đủ tính chất của nghiệm phơng trình này.. Do đó, khi ta kh

Dùng đạo hàm để giải phơng trình

Ta biết rằng mọi phơng trình đều có thể đa về dạng f x( ) 0= , trong

đó hàm số f x( ) thể hiện đầy đủ tính chất của nghiệm phơng trình này Do đó, khi ta khảo sát đợc hàm số f x( ), ta có thể có đợc cái nhìn tổng quát về phơng trình, xác định đợc rằng phơng trình đó có bao nhiêu nghiệm, thuộc những miền nào,…những tính chất này tất nhiên không thể rõ ràng nh việc tìm đợc nghiệm cụ thể của phơng trình nhng nó vẫn có nhiều lợi ích khi mà việc tìm lời giải cho bài toán phơng trình đó không còn tiến hành thuận lợi bằng các cách biến đổi tơng đơng, đặt ẩn phụ nữa

Và nh thế, công cụ đạo hàm trong trờng hợp này thực sự thể hiện rõ tính hiệu quả của nó; bằng cách dùng đạo hàm, ta có thể xác định

đợc chính xác số nghiệm của một phơng trình cho trớc; sau đó, ta tiến hành một bớc trong lập luận cho điều kiện đủ của bài toán mà thông thờng gọi là “nhẩm nghiệm” để chỉ ra rằng phơng trình chỉ

có bao nhiêu nghiệm đó thôi và hoàn tất lời giải

1 Sử dụng đạo hàm để giải phơng trình.

Trong phần này, chúng ta sẽ tìm hiểu một số ứng dụng trực tiếp của

đạo hàm vào giải phơng trình và thấy rằng có nhiều bài toán thì

đây là cách duy nhất có thể thực hiện đợc

Trớc 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

'( ) 0

f x < ) thì hàm số f x( ) đơn điệu và phơng 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 phơng

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 phơng trình f( )n ( ) 0x = có k nghiệm thì phơng trình f(n−1)( ) 0x =

chỉ có tối đa k+1 nghiệm (hệ 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 bớc chính là:

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

- Chỉ ra đợc 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 phơng trình rồi kết luận)

Ví dụ 1: Giải PT:

x+ + x+ + x+ + x+ = x+

Lời giải Ta thấy với phơng trình này, cách đặt ẩn phụ hay biến đổi

tơng đơng không còn tác dụng nữa

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

Điều kiện xác định của phơng trình là: x> − 1

Xét hàm số: f x( )= x+ +1 x+ +4 x+ +9 x+16− x+100,x∈ − +∞( 1; )

f x

Nhng do 100 1 0 1 1

+ > + > ⇒ >

+ + , suy ra: f x'( ) 0> tức là hàm số

đã cho đồng biến hay phơng trình đã cho có không quá một nghiệm Hơn nữa, ta thấy x=0nghiệm đúng phơng trình

Vậy phơng 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 phơng trình: 2 3 −x = − +x2 7x−8

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

( ) 2 x 7 8, ( ;3)

f x = − + −x x+ x∈ −∞ Ta có:

3

1

'( ) 2 ln 2 2 7 0, 3

2 3

x

x

−

−

Suy ra phơng trình đã cho có không quá một nghiệm Ta dễ dàng nhẩm đợc nghiệm đó là x= 2 và lời giải hoàn tất

Ví dụ 3 Chứng minh rằng phơng trình sau có đúng một nghiệm

d-ơng:

x + x −b +a x= với mọi a b, >0.

Lời giải Xét hàm số: 9 3 3 2

f x =x + x −b +a x

Ta thấy:

'( ) 9 9 ( ) 0, , 0

f x = x + x x −b +a ≥ ∀a b> , tức là f x( ) là hàm đồng biến hay phơng trình đã cho có không quá một nghiệm

Hơn nữa: f(0)= − <b3 0, (f 3b)= +b3 a2.3b >0nên suy ra phơng trình đã cho

có ít nhất một nghiệm thuộc (0,3b) Rõ ràng nghiệm này là số dơng

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

d-ơng

Ta có đpcm

Ví dụ 4 Giải phơng trình: 4x = +x 1

Lời giải Rõ ràng khi đứng trớc những phơng 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 thờng Việc sử dụng cách đạo hàm

để khảo sát hàm số là tất yếu

Xét hàm số f x( ) 4= x− +(x 1)

'( ) 4 ln 4 1, ''( ) 4 ln 4x x 0

f x = − f x = > suy ra phơng trình f x( ) 0= đã cho

có không quá hai nghiệm

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

2

x= x=−

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

2

x= x=−

Ví dụ 5 Giải phơng trình: 4x+10x = +6x 8x

Lời giải Phơng trình đã cho có dạng: 6x−4x =10x−8x

Xét hàm số: ( ) ( 2)x0 x0

f t = +t −t , trong đó x0 là nghiệm của phơng trình trên

Phơng 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 cho: 0 1 0 1

(4) (8)

4 8

f c = − = ⇔ x t+ − =x t −

Phơng trình này có đúng hai nghiệm là x0 =0, x0 =1 nên nếu x0 là

nghiệm của phơng trình đã cho thì nó phải thuộc {0,1} Thử lại, ta thấy thỏa

Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là x=0, x=1.

2 Sử dụng đạo hàm để giải hệ phơng trình.

Những ứng dụng của đạo hàm trong việc giải hệ phơng trình xoay quanh một số vấn đề chủ yếu là:

- Tìm đợc một quan hệ giữa các biến trong một phơng trình nào

đó của hệ để thế vào các phơng trình khác rồi giải

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

Ví dụ 6 Giải hệ phơng trình:

1

 − = −



 + =



Lời giải Ta thấy bài toán dạng này rất đặc trng cho phơng pháp đợc

nêu và cách ra đề này cũng thờng hay đợc sử dụng trong các đề thi CĐ - ĐH, thi HSG

Điều quan trọng là cần chứng minh đợc x= ytừ hệ trên

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

0≤x y, ≤1 Khi đó, ta xét hàm số f t( )= −t3 3 ,t t∈ −[ 1,1] thì f t'( ) 3= t2− ≤3 0, suy ra f t( ) là hàm nghịch biến Phơng trình thứ nhất của thực chất là: f x( )= f y( )⇒ =x y.

Thay vào phơng trình thứ hai của hệ, ta đợc: 4

4

1

2

x = ⇔ = ±x .

Vậy hệ phơng trình đã cho có hai nghiệm là ( , ) 41 ,41 , 4 1,4 1

=  ữ   ữ.

Ví dụ 7 Giải hệ phơng trình:

3 3 ln( 1)

3 3 ln( 1)

 + − + − + =

 + − + − + =



 + − + − + =



Lời giải Xét hàm số: f t( )= + − +t3 3t 3 ln(t2− +t 1),t∈Ă Ta có:

2

f t t

Suy ra f t( ) là hàm đồng biến

Giả sử x y≥ thì từ hệ phơng 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 phơng trình:

3 2 3 ln( 2 1) 0

x + x− + x − + =x

Lại xét hàm số: 3 2

( ) 2 3 ln( 1)

g t = + − +t t t − +t Ta có:

2

g t t

− + − + − + , tức là hàm g t( ) này cũng đồng biến

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

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

Bµi tËp ¸p dông:

1 Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau:

a 4x 2 1, 4x 3 1

b x3+2x+ +3 ln(x2+ + =x 1) 0

2 Gi¶i ph¬ng tr×nh sau:

a 4(x−2) log ([ 2 x− +3) log (3 x−2)]=15(x+1).

b x3−4x2−5x+ =6 37x2+9x−4

3 Gi¶i ph¬ng tr×nh sau:

a 4x+6x =8x+2

5x 4x 3x 2x 10 6

4 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau:

2

2

3 ln(2 1)

3 ln(2 1)







5 Gi¶i ph¬ng tr×nh sau:

a 3x+7x =2.5x

b 10x+40x =20x+30x

6 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau:

log (1 ) log







7 Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:

2

3 2

3 2

3

( 1) 5.log (6 )

( 1) 5.log (6 )

( 1) 5.log (6 )







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

Lời giải

50 Giải phơng trình:

(a) 4x =2x+1

Xét hàm số: ( ) 4f x = x −(2x+1),x∈Ă

Ta có: f x′( ) 4 ln 4 2, ( ) 4 (ln 4)= x − f x′′ = x 2 >0

Suy ra phơng trình ( ) 0f x = có không quá hai nghiệm

Ta lại thấy (0) 1 0

2

f = f  =

 ữ

  nên

1

0,

2

x= x= là nghiệm của phơng trình ( ) 0

f x =

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

2

x= x= (b) 4x 3 1

x

Tơng tự câu (a), phơng 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∈Ă Ta có:

2

2

2 1 (3 3 5 2 2) (2 1) ( ) 3 2

(3 3 3 ) (2 4 3)

0, 1

x

Suy ra hàm số này đồng biến và phơng trình ( ) 0f x = có không quá

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

nên phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất là x= −1

(d) 1 1 1 3 2

2 3 6

2 3 6

Ta có:

2

ln 2 ln 3 ln 6 ( ) 5 ln 5 4 ln 4 3 ln 3 2 ln 2 12 4 1 0

Suy ra hàm số này đồng biến và phơng trình ( ) 0f x = có không quá một nghiệm Ta thấy (1) 5 4 3 2 1 1 1 4 2 1 16 0

2 3 6

Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất là x=1

51 Giải các phơng trình:

(a) 4(x− ì2) [log (2 x− +3) log (3 x−2)] 15 (= ì +x 1);

Điều kiện: x>3

Phơng trình đã cho viết lại là: 2 3

15 1 log ( 3) log ( 2)

x

x

+

Ta có: ( 2 3 )

ln 2 ( 3) ln 3 ( 2)

′

2

0, 3

4 2 4 ( 2)

x

x

′

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

Ta thay x=11 vào phơng trình thì thấy thỏa mãn

Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất là x=11

x − x − x+ = x + x−

Đặt y= 37x2+9x− ⇒4 y3 =7x2+9x−4 Suy ra:

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

Ta thấy hàm số: f t( )= +t3 t t, ∈Ă có f t′ =( ) 3t2+ >1 0đồng biến và phơng trình ở trên tơng đơng 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 phơng trình này ra, ta đợc ba nghiệm là:

1 5

5,

2

x= x= − ± Đây cũng chính là ba nghiệm của phơng trình đã

cho

52 Giải các phơng trình:

(a) 4x +6x =8x+2

Xét hàm số ( ) 4f x = x + −6x (8x+2)

Ta thấy: f x′′( ) 4 (ln 4)= ìx 2+ ì6 (ln 6)x 2 >0 nên phơng trình ( ) 0f x = có không quá hai nghiệm Ta nhẩm đợc hai nghiệm đó là x=0,x=1

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

(b) (1+ ì +x) (2 4 )x =3ã4 ;x

Ta xét hàm số: ( ) (1f x = + ì +x) (2 4 ) 3 4x − ì = − ì + ì +x (x 2) 4x 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]

′′′

Suy ra: ( ) 0 ( 0 2) ln 4 3 0 0 2 3

ln 4

Ta thấy: hàm f x′′( )0 nghịch biến trên ( 1, )− x0 , đồng biến trên ( ,x0 +∞)

và ( 1) 0, ''( ) 0, lim0 ( )

x

→+∞

một nghiệm Do đó, f x′( ) 0= có không quá hai nghiệm và phơng trình

đã cho có không quá ba nghiệm Hơn nữa: (0) (1) ( ) 01

2

f = f = f = nên

ph-ơng trình đã cho có đúng ba nghiệm là 0, 1, 1

2

x= x= x= (c) 5x +4x = + +3x 2x 10x2−6 ;x

Xét hàm số f x( ) 5= + −x 4x (3x + +2x 10x2−6 ), x x∈Ă

Ta thấy:

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

Ta thấy x<0 không phải là nghiệm của phơng trình đã cho vì nếu ngợc lại thì:

5x +4x < +3x 2 , 10x x −6x> ⇒ +0 5x 4x < + +3x 2x 10x −6x, mâu thuẫn

Do đó x≥ ⇒0 f′′′( ) 0x > Suy ra phơng trình ( ) 0f x = có không quá ba nghiệm phân biệt Hơn nữa: (0)f = f(1)= f(2) 0= nên phơng trình đã cho có đúng ba nghiệm là x=0, x=1, x=2

9x 3x (2 1) 2 x

Tơng tự bài (b) Ta cũng dùng đạo hàm chứng minh phơng trình này

có không quá hai nghiệm và nhẩm đợc hai nghiệm đó là x=0, x=1.

53 Giải hệ phơng trình

2

2

3 ln(2 1)

3 ln(2 1)







Điều kiện: , 1

2

( ) 3 ln(2 1),

2

Ta thấy: ( ) 2 3 1 0, 1

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 phơng trình: 2

2 ln(2 1) 0

x + x+ x+ = Dễ thấy vế trái là hàm

đồng biến nên phơng trình này có không quá một nghiệm Hơn nữa, khi thay x=0vào phơng trình, ta thấy thỏa mãn

Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất là x= =y 0.

54 Giải các phơng trình:

(a) 3x +7x =2 5ã x

Phơng trình đã cho tơng đơng với: 3x− = −5x 5x 7x

Xét hàm số ( ) x0 ( 2)x0

f t =t − +t , trong đó x là nghiệm của phơng trình0

trên, suy ra: (3)f = f(5)

Ta thấy hàm số này liên tục trên Ă nên nó cũng liên tục trên[3,5], theo

định lí Lagrange, ta có: (3,5) : ( ) (3) (5) 0

3 5

− hay:

( 0 1 0 1)

x ìt − − +t − =

Từ đẳng thức này, ta thấy x0 = ∨ =0 x0 1, tức là nếu x là nghiệm của0

phơng trình đã cho thì x0 = ∨ =0 x0 1 Thử lại, ta thấy cả hai nghiệm này đều thỏa

Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm là x=0, x=1.

(b) 10x +40x =20x+30 x

Bài này giải hoàn toàn tơng tự Xét hàm số ( ) x0 ( 10)x0

f t =t − +t với x là0

nghiệm của phơng trình đã cho Ta tìm đợc hai nghiệm là

0 0, 0 1

x = x =

55 Giải hệ phơng trình

log 1 log

2cos 2cos







Điều kiện: x≥0,y>0.

Ta thấy nếu x=0 thì log3y=log 12( + x) = ⇒ =0 y 1, thay vào phơng trình thứ hai, ta thấy không thỏa

Suy ra x>0 Khi đó, ta xét hàm số: f t( )= +t2 2cos , t t >0

Ta thấy: ( ) 2f t′ = −t 2sint =2(t−sin ) 0,t > ∀ >t 0 nên hàm số này đồng biến trên

(0;+∞) và phơng trình thứ hai của hệ tơng đơng với ( )f x = f y( )⇒ =x y

Thay vào phơng trình thứ nhất của hệ, ta đợc: log3x=log 12( + x)

Đặt log3x=log 12( + x) = ⇒t x =( 3)t = −2 1t Suy ra:

ữ  ữ 

  Vế trái rõ ràng là hàm nghịch biến nên

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

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

56 Giải hệ phơng trình

2

3 2

3 2

3

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







Điều kiện: , ,x y z<6 Hệ đã cho tơng đơng với:

log (6 )

2 6 log (6 )

2 6 log (6 )

2 6

x y

y z

z x















Xét hàm số: ( ) 2 , ( ,6)

2 6

t

6

t

−

Xét hàm số g t( ) log (6= 3 −t t), ∈ −∞( ,6) Ta có:

1 ( ) <0, ( ,6)

ln 3 (6 )

t

−

ì − 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 trờng hợp:

-Nếu x y z≥ ≥ Do ( )f t là hàm đồng biến nên ( ) f x ≥ f y( )≥ f z( ), từ hệ trên, suy ra: log (63 −y) log (6≥ 3 − ≥z) log (63 − ⇒ ≤ ≤x) y z x Do đó: y z= , dễ

dàng có đợc: 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 (63 −y) log (6≥ 3 − ≥x) log (63 − ⇒ ≤ ≤z) y x z Do đó: x z= , dễ

dàng có đợc: x y z= = .

Thay x y z= = vào hệ phơng trình trên, ta cần giải phơng trình:

log (6 )

2 6

x x

− =

− + Vế trái là hàm nghịch biến, vế phải là hàm

đồng biến nên phơng trình này có không quá một nghiệm

Hơn nữa, khi thay x=3 vào phơng trình, ta thấy thỏa mãn

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