Ứng dụng đạo hàm vào giải phương trình

Giải phơng trìnhKhi 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 tr

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 f x( ) 0=

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

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 f x( ) k= 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 f x( ) 0= 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 h x( ) 0= có nhiều nhất là một nghiệm

⇒Đpcm

Ví dụ 5: Giải phơng trình sau:

3x = + +1 x log (1 2 ).3 + x (6.3)

( 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 Khi đó (6.4)⇔ f x( )= f y( )⇔ = ⇔ =x y x log (1 2 )3 + x ⇔3x −2x− =1 0

Đặt = − − > −1

2

x

Mà = − = 2 > ∀ > −1

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

2

'( )

g x

⇒ là hàm đồng biến và có đổi dấu vì :

'(2) 9 ln3 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 g x( ) 0= có nghiệm thì nhiều nhất là hai nghiệm Mặt khác, g(0)=g(1) 0=

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

Ví dụ 6: 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

Xét hàm số f t( )= t+ t2 − + +t 1 t

2

f t

Mặt khác 2 t2 − + + − =t 1 2t 1 (2t−1)2 + + − >3 2t 1 2t− + − ≥1 2t 1 0 Vậy f t'( ) 0> ∀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 7: Giải phơng trình

x + x − +5 x + +7 x+16 14=

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 8: Giải phơng trình

2 2

log (3log (3x−1))=x

Giải:

log (3 1),

3

y =d x− x >

Do đó ta có hệ phơng trình  − =



2 2

log (3 1) log (3 1)

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 ln 2 3.g x = x −

Ta có : '( ) 0= ⇔ = 0 =log (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 g x( ) 0= 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 =1 là nghiệm duy nhất của phơng trình đã cho

Ví dụ 9: 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 ln 7 6, ''( ) (7 ln 7) 0,

6

'( )

g x

⇒ đồng biến trên 5

( ; )

6 +∞

Mà '(0)= 1ln7 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 g x( ) 0= nếu có nghiệm thì nhiều nhất là hai nghiệm

Mà, g(0)=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 9: 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 f'(c) 0=

[(c 1)α c ] 0α 0, 1

Điều kiện đủ: Dễ thấy x =0 và x =1 là nghiệm của phơng trình đã cho

Kết luận: Phơng trình đã cho có hai nghiệm là x= 0,x =1

Giải bất phơng trình

Sử dụng tính chất: Nếu hàm số f x( ) đồng biến trên ( ; )a b thì bất phơng trình:

( ) ( ), , ( ; )

f u f v u v a b u v

Ví dụ 10: Giải bất phơng trình sau

7x 7 7x 6 2 49x 7x 12 181x 14 x (6.20)

( ĐHAN - 2001 )

Giải:

Điều kiện: ≥6

7

x

Ta có (6.20) ⇔( 7x+ +7 7x−6)2 +( 7x+ +7 7x− −6) 182 0<

⇔ 7x+ +7 7x− − <6 13 0. (6.21)

Xét hàm số f x( )= 7x+ +7 7x− −6 13 trên [ ;6 +∞)

7

7

Do đó hàm số f x( ) đồng biến trên ( ;6 +∞).

7

Mà f(6) 0= ⇒ =x 6 là nghiệm duy nhất của phơng trình f x( ) 0.=

Khi đó (6.21) ⇔ f x( )< f(6)⇔ <x 6

Do đó bất phơng trình đã cho có nghiệm 6

6

7≤ <x

Ví dụ 11: Giải bất phơng trình sau

x x x x x x (6.22)

Giải:

Điều kiện: 1≤ ≤x 3

Ta có (6.22)⇔ x2 −2x + +3 x− >1 x2 −6x+ +1 3−x

⇔ (x−1)2+ +2 x− >1 (3− x)2 + +2 3− x. (6.23) Xét hàm số f t( )= t2 + +2 t trên [0;2]

2 2

t

t t

Hàm số f t( ) đồng biến trên (0;2)

⇒(6.23)⇔ f x( − >1) f(3− ⇔ − > − ⇔ >x) x 1 3 x x 2

Kết luận : Vậy bất phơng trình đã cho có nghiệm T (2;3]=

Ví dụ 12: Giải hệ phơng trình







2

3 2

3 2

3

2 6 log (6 )

2 6 log (6 )

2 6 log (6 )

( HSGQG Bảng A - 2006)

Giải:

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

− =













x y

y z

z x

Xét hàm số ( ) 2

x

f x

=

− + trên x<6.

x

f x

−

( )

f x

⇒ là hàm số đồng biến trên (−∞;6)

Hàm số g x( ) log (6= 3 −x)trên (−∞;6) có '( ) 1 0

(6 )ln3

g x

x

−

− với x<6.

( )

g x

⇒ là hàm số nghịch biến với x <6

Nếu ( , , )x y z là một nghiệm của hệ phơng trình Ta chứng minh x y z= =

Không mất tính tổng quát ta giả sử x =max( , , )x y z thì có 2 trờng hợp

Trờng hợp 1 : x y z≥ ≥ Do là hàm g x( ) nghịch biến,

⇒log (63 − ≥y) log (63 − ≥z) log (63 − ⇒ ≥ ≥x) x z y

Do y z≥ nên z y=

Từ (6.28) và (6.29) ta có x y z= =

Trờng hợp 2 : x z≥

Tơng tự ⇒log (63 − ≥y) log (63 − ≥x) log (63 − ⇒ ≥ ≥z) z x y

Do x z≥ nên x z=

Từ (6.28) và (6.30) ta lại có x y z= =

Phơng trình f x( )=g x( ) có nghiệm duy nhất x =3

Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất ( , , ) (3,3,3)x y z =