Một số ví dụ về ứng dụng đạo hàm giải PT hệ PT

Các mệnh đề và tính chât thường dùng1 cho phương trình f x  g x xác định trên  a b ;  Nếu một trong hai hàm số f x hoặc g x là hàm đơn điệu, hàm còn lại là hàm hằng số hoặc đơ

I Các mệnh đề và tính chât thường dùng

1) cho phương trình f x ( )  g x ( ) xác định trên  a b ; 

Nếu một trong hai hàm số f x ( ) hoặc g x ( ) là hàm đơn điệu, hàm còn lại là hàm hằng số hoặc đơn điệu ngược lại với hàm kia thì phương trình nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất

2)Nếu hàm số f x ( ) đơn điệu trên D và tồn tại u v , D sao cho f u ( )  g v ( ) thì u v 

II Các phương pháp giải

Dạng 1: Phương trình đã cho biến đổi được về dạng ( )f x g x( ) (hoặc ( ) f u g u( ) trong đó ( )

Bước 1: Biến đổi phương trình về dạng ( )f x g x( ) (hoặc ( ) f u g u( ))

Bước 2: Xét hàm số y1f x y( ); 2 g x( ) trên D

-Tính y , xét dấu 1' y , kết luận về tính đơn điệu của hàm số1' y1f x( )trên D

-Tính y , xét dấu 2' y , kết luận về tính đơn điệu của hàm số2' y2 g x( )trên D -Kết luận hai hàm sốy1 f x y( ); 2 g x( ) đơn điệu ngược nhau hoặc môt trong hai hàm là hàm hằng số

-Tìm x sao cho 0 f x( )0 g x( )0 (hoặc tìm u sao ch 0 f u( )0 g u( )0

Bước 3: Kết luận

-Phương trình có nghiệm khi và chỉ khix x 0(hoặcu u 0 rồi giải phương trình u u 0)

- Kết luận nghiệm của phương trình đã cho

Dạng 2: Phương trình đã cho biến đổi được về dạng ( )f u f v( ) trong đó u u x ( ),v v x ( )

Bước 1:Biến đổi phương trình về dạng ( )f u f v( )

Bước 2: Xét hàm số yf x( ) trên D

-Tính 'y , Xét dấu y'

- Kết luận tính đơn điệu của hàm số yf x( ) trên D

Bước 3: Kết luận

-Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi u v , giải phương trình u v

- Kết luận nghiệm của phương trình đã cho

III Các dạng toán cụ thể:

A CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ:

VD 1: Giải phương trình : 5x313 2x1  (1)x 4

Nhận xét

Quan sát vế trái của phương trình (1), ta thấy khi x tăng thì giá trị của biểu thức trong căn cũng tăng Từ đó ta thấy vế trái là hàm đồng biến ,vế phải bằng 4 là hàm hằng ,đây là điều kiện thích hợp để sử dụng tính đơn điệu

Giải: Đk: 31

5

x  ,Đặt f(x)= 5x3132x1 x

f’(x)=

2

1

2 5 1 3 (2 1)

x

  >0 x (31 ; )

5

  nên hàm số đồng biến trên [31 ; )

5

 

Mà f(1)=4 nên x=1 là nghiệm

VD 2: Giải phương trình x 1 x 6 x 2 6 (1)

Giải:

TXĐ: D 2 ; + 

Xét hàm số ( )f x  x 1 x 6 x 2 Trên D 2 ; + 

Vậy ( )f x đồng biến trên D Nên phương trình (1) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

Ta thây f(3) = 6 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 6

VD 3 : Giải phương trình : 2x33x26x16 4 x 2 3

Giải:

Nhận xét :

Bài toán này gây khó khăn cho ta từ bước đặt điều kiện

Đk:

x

Đặt f(x) = 2x33x26x16 4 x , f’(x)=

2

3 2

0, ( 2;4)

2 4

x x

 



Nên hàm số đồng biến ,f(1)= 2 3 nên x=1 là nghiệm

VD 4: Giải phương trình x 31 x  5 4x (1)

Giải:

TXĐ:D 0;

(1) x 31 x4x5

Xét hàm số f x( ) x 31 x4x Trên D 0;

Đạo hàm

3

 Vậy ( )f x đồng biến trên D Nên phương trình (1) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

Ta thây f(1) = 5 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5

VD 5 : Giải phương trình x5x3 1 3 x  ( ĐH Ngoại thương 2000)4 0

Giải:

Đặt f(x) = 5 3

3

x 

ta có '( ) 5 4 3 2 3 0 1

3

2 1 3

x



VD 6: Giải phương trình 2 2

Giải:

xét f(x)= 3x 2 x2 8 x215 0

Nếu 2 3 2 0, 2 8 2 15 0

3

x  x  x   x   Vì vậy 2

3

x

  đều không là nghiệm Nếu 2, ( ) 3' 21 21 0

Vậy f(x) đồng biến khi 2

3

x  ,f(1)=0

Nên x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình

Vậy f(x) đồng biến với 1

3

x  ,f(-1) =0 nên x=-1 là nghiệm

VD 7 :Giải phương trình :2x3 x2 3 2x3 3x 1 3x 1 3 x22(1)

Giải:

Biến đổi (1) 2x3 3x 1 32x3 3x 1 x2 2 3 x22 (1)

Xét hàm số f(t)=t3t trên R, ta có f’(t)=  

3 2

1

     hàm số đồng biến trên R

(1)  f(2x3-3x+1)=f(x2+2)  2x3-3x+1= x2+2 (2x+1)(x2-x-1)=0 1 1; 5

Nhận xét:

Bài toán trên được giải dựa vào tính chất sau của hàm số :

trên vào giải phương trình thì người giải toán cần phải biến đổi ,lột bỏ được cái nguỵ trang của bài toán ,đưa về dạng thích hợp có lợi cho việc sử dụng công cụ giải toán Muốn làm tốt được điều đó người thầy phải thường xuyên chú trọng việc bồi dưỡng tư duy hàm cho học sinh

Để khắc sâu điều đó ta xét thêm một số ví dụ sau:

VD 8: Giải phương trình: (4x21)xx 3 5 2 x0 (1)

Giải:

Điều kiện 5

2

x 

(2 )x 2x 5 2x 5 2x

Xét hàm số f(t)=t3+t t  ; 0 f t'( ) 3 t2 1 0; t 0

vậy hàm số đồng biến trên 0; 

(2) f(2 )x f( 5 2 ) x  2x 5 2 x 20 1 21

4

x

x



 Vậy nghiệm của phương trình là 1 21

4

VD 9: Giải phương trình: 2x1 2   4x24x43 2x  9x230(1)

Giải:

TXĐ: D R

f t t  t  trên D R

Đạo hàm

2 2

2

3

t

t

  t R

Vậy hàm số đồng biến trên D R

Để (2) xảy ra thì (2 1) ( 3 ) 2 1 3 1

5

Vậy nghiệm của phương trình (1) là 1

5

x 

VD10: Giải phương trình x33x24x 2 3x2 3x1 (1)

Giải:

3



(x 1) x 1 3x 1 3x 1

Xét hàm số 3

( )

f t  t t trên D 0;

'( ) 3 1 0;

Vậy hàm số đồng biến trên D

1

x

x





 Vậy nghiệm của phương trình là 0

1

x x





 



VD11: Giải phương trình 36x 1 8x3 4x (1)1

Giải:

(1) 3 6x 1 8x3 4x1 6x 1 36x 1 (2 )x 32x (*)

Xét hàm số f(t)=t3+t dễ thấy f(t) đồng biến nên (*) f(36x  )=f(2x)1

2

Nếu |x|>1 thì |4x3 3x|=|x|| 4x  | > 3 1

2 (1) vô nghiệm Nếu x  đặt x=cost 1 t0; phương trình trở thành

4cos3t-3cost = 1

2  cos3t =

1

2

2

   chọn các nghiệm trong khoảng t0; ta

có nghiệm , 5 , 7

t t  t  từ đó suy ra các ngiệm của phương trình là

cos ; cos ; cos

Nhận xét :

Nhiều phương trình vô tỷ được giải nhờ vào việc đặt ẩn phụ thích hợp sau đó

đưa về hệ phương trình ,từ đó vận dụng hàm số để giải

VD12: Giải phương trình : x3 4x2 5x 6 37x29x 4

Giải:

Đặt y= 37x29x 4

Ta có



Xét hàm số f(t)=t3+t, f’(t)=3t2+1>0  t R hàm số đồng biến nên ta có y=x+1

2

x  x  x  o x    

VD13:Giải phương trình x315x278x146 10 7 3 x 29

Giải:

Đặt y37x 29  y37x 29

3 2

3 3

3

15 78 146 10

7 29





Xét hàm số f(t)=t3+10t, (t R ) f’(t)=3t2+10>0  t R hàm số đồng biến nên ta có

(1) f y f x 5  y x  5 37x 29 x 5 3 2

8

3

x

x









 

 Vậy phương trình có nghiệm là

8 4 3

x x x





 



 



VD14: Giải phương trình 3 3 2 4

3

Giải:

(1) 27x3 54x236x 54 27 81 3 x 8

Đạt y381x 8 y3 81x 8

3 2

3

81 8





 

 Xét hàm số f t( ) t3 t t R

'( ) 3 1 0;

Vậy hàm số đồng biến trên R

(2)  f x(3  2)f y( ) 3x 2 y 3x 2381x 8  27x3 54x2 45x0

0

3 2 6

3

x

x







 



vậy phương trình có ba nghiệm là

0

3 2 6 3

x x









 



VD15: Giải phương trình : 2x310x217x 8 2 5 x2 3 x x 3  (1)0

Giải:

TXĐ: D R

Ta thấy x 0 không phải là nghiệm của phương trình

Xét x 0

Đặt t 1;t 0

x

Ta được phương trình :8t317t210t 2 2 5 3 t21

2 1t 3 2 2 1 t  5t2 1 2 53 t2 1

Xét hàn số f a  a32a trên D R \ 0 

Đạo hàm f a'  3a2 1 0;   a  ;0  0;

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  0;

Để (2) xảy ra thì f t(2 1) f( 53 t21) 2 1t 35t21

0

17 97 16

17 97 16

t t t



 







  











17 97 12

17 97 12

x x















Vậy nghiệm của phương trình là

17 97 12

17 97 12

x x













VD 16 : Giải phương trình x2 2  x1  3 x6 4  x6 2  x1 3 x2

Giải:

Đk: 1

2

x 

Viết lại phương trình dưới dạng như sau

 2x1 3   x 2 x6 4

Nhận thấy 2x   >0 1 3  x>5

hơn nữa hàm g(x)= 2x   , h(x) =1 3 x 2 x dương và đồng biến với x>56

mà f(7) =4 nên x=7 là nghiệm

B.CÁC BÀI TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGA RÍT:

VD1 Giải phương trình:e2x5  e x1  x11  2x1 5

Giải

Điều kiện :

5

2

1 0

1

x

x





 

Viết lại phương trình dưới dạng : e2x5  2x1 5 e x1  x11

Xét hàm số ( ) t 1

t

  TXĐ: D R \ 0 

Đạo hàm f x'( ) e x 12 0, x D

x

Hàm số luôn đồng biến trên D

Để (1) xảy ra thì  f( 2x 5 )f x( 1)  2x 5  x 1



Vậy phương trình có hai nghiệm là x=2 và x=4

VD2 Giải phương trình: 1 2 2

2x 2x x ( 1)

x

 

Giải

TXĐ: D = R

Trên D (1)  2x 1 x 1 2x2 x x2 x

Xét hàm số ( ) 2f t  tt (t  R)

’( ) 2 ln2 1 0

Để (1) xảy ra  f(x - 1) = f(x2 - x)  x - 1 = x2 - x  x2 - 2x + 1 = 0  x = 1

Vậy phương trình đã cho có một nghiêm là x=1

VD3 Giải phương trình:

2

1 1 2

1 1

2

x

 

Giải

TXĐ D R \ 0 

(1)

2

(2)

Xét hàm số ( ) 2

2

f t  

Đạo hàm '( ) 2 ln 2 1 0;

2

t

Vậy hàm số đồng biến tren R

Để (2) xảy ra thì

2



2

0

2

x

x





 Vậy nghiệm của phương trình là x=2

VD4.Giải phương trình:4x2 2x2 x1 2 x (1)

Giải

TXĐ D R

(1) 22x2 x 2x2 x 1

  

Đặt 2x2 – x = t (t 1

8

 ) (1)trở thành: 2t  t 1 2t t 1 0 (3)

Xét hàm số f(t) = 2t  t 1

Đạo hàm '( )f t 2 ln 2 1t



2

''( ) 2 ln 2 0t

Vậy hàm số f(t) lõm trên R

( ) 0

f t

  có nhiều nhất hai nghiệm

ta thấy 0

1

t

t





 



Vậy

2

2

0 1

1

1 2

x x

x

x







 









Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm

0 1 2 1 1 2

x x x x







 



 



 



VD5.Giải phương trình: 3 2x 3x 2 1

x  x (1) Giải

TXĐ:D R

(1) 3 2x x1 2x1 (2)

Ta thấy 1

2

x  không phải là nghiệm của phương trình

(2) 3

x



 (3) Đặt ( ) 3f x  và x ( ) 2 1

x

g x

x





 Hàm số ( ) 3f x  đồng biến trên R x

Hàm số ( ) 2 1

x

g x

x





 nghịch biến trên các khoảng ;1 1;

Vậy phương trình (3) có nhiều nhất hai nghiệm

Ta thấy 1

1

x

x





 

 là nghiệm của (3)

Vậy phương trình (1) có hai nghiệm là 1

1

x x





 

 VD6.Giải phương trình:2x + 3x = 3x + 2 (1)

Giải

TXĐ: D R

(1)  2x + 3x - 3x - 2 = 0 (2)

Xét hàm số f(x) = 2x + 3x - 3x - 2 với x  D

Đạo hàm f’(x) = 2xln2 + 3xln3 - 3

f’’(x) = 2xln2x + 3xln2x > 0 x R

 hàm số lõm trên R

Vậy phương trình (2) có nhiều nhất 2 nghiệm Ta thấy 0

1

x x





 

 là nghiệm của (2) Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm là: 0

1

x x





 

 VD7 Giải phương trình: 8log2(x2 - x + 5) = 3(x2 - x + 5) (1)

Giải

TXĐ: D R

(1)

2 2

2

 



  ( do x2  x > e > 0 )5

Đặt t = x2 x với t > e, ta được phương trình5

log2 3

8

t

t  (2)

Xét hàm số: log2

f t

t

 với t > e

Đạo hàm '( ) 1 ln2

ln 2

t

f t

t



 < 0  t > e

Vậy phương trình (2) có nghiệm duy nhất

Ta thấy t=8 là nghiệm của (2)

Với t=8 ta có 2

5 8

x  x   x = 1 13

2

 hoặc x = 1 13

2



Vậy phương trình (1) có hai nghiệm là x = 1 13

2



; x = 1 13

2



VD8.Giải phương trình:  3 

3log 1 x x 2log x (1) Giải

Điều kiện: x 0

3

3log 1 x x 6t

Ta có hệ

 3  3 2

3 2

2

t

t

x







1

     

       

     

(2)

Xét hàm số ( ) 1 8 4 ; 

f t         t R

      Đạo hàm '  1 ln 1 8 ln 8 4 ln 4 0;

f t              t R

Vậy phương trình (2) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất

Ta thấy t=2 là nghiệm của phương trình

Với t=2 ta có x=4096

VD9 Giải phương trình: 3x2 + 1 + log2012

2

6

6 2

1

x

x





Giải

'( ) 3 3

(1) 

2

2012 6 2

log

1

x



6 2 1 4 2 2

Đặt u4x2  ; 2 0 v x 6x2  1 0

Ta được phương trình :log2012u v u

Xét hàm số f t( ) log 2012t t với t>0

.ln 2012

t

Vậy hàm số đồng biền trên khoảng 0; 

Để (2) xảy ra thì f u  f v  u v  x6x2 1 4x22  x6 3x21 0

Đặt t x t 2( 0) ta được phương trình f t( ) t3 3 1 0t  (3)

'( ) 3 3

f t  t  ; '( ) 0 1

1

t

f t

t





   



Ta có bảng biến thiên

t -∞ -1 0 1 +∞

f’(t) + 0 - 0 +

f (t) 1 +∞

-1

-∞

Ta có (2) 1 0f  

Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình (3) có nghiệm duy nhất t 0; 2

-3

Đặt t2cos 0;

2





  

Ta được phương trình 8cos3 6cos 1 0 1

cos3

2



3





2



  

9





9

Ta có 2 cos

9

9

4)log2xlog3x1log4x2log5x3

VD10.Giải phương trình: ln sin  x  1   esinx 1 (1)

Giải:

2

Đặt ln sin x1 y sinx 1 e y

Ta có hệ

sin 1

sin 1

x y







sinx sin y

Xét hàm số: f t( ) e t t t R;  

Đạo hàm '( )f t   e t 1 0; t R

Vậy hàm số đồng biến trên R

Để (2) xảy ra thì f sinx  f y  sinxy

Vậy ta có: esinx sinx (3) 1

Xét hàm số f t( )  e t t 1;t  1;1 

Đạo hàm f t'   e t 1; f t'    0 t 0

Ta có  

 

' 0 0

f

f











Vậy phương trình (3) có nghiệm duy nhất : sinx 0 x k ;k Z 

Vậy nghiệm của phương trình (1) là x k ;k Z 

C CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

VD1 Giải hệ phương trình:

2 2







(I)

Giải

Điều kiện:x0,y0

(I)

2

2







TXĐ:D 0;

Đạo hàm '( ) 2 3 0,

2 3

t

t t

 vậy hàm số đồng biến trên D

Để (1) xảy ra thì ( )f x f y( ) xy

Hê đã cho trở thành





 Giải (2)

 2 3x2  x 3 0 (3)

Xét hàm số f x   3x2  x 3;x0

2 3

x

x x



 hàm số đồng biến trên 0; 

Vậy phương trình (3) có nghiệm duy nhất x=1

Vaayj nghiệm của hệ là:(1;1)

VD2 Giải hệ phương trình

3 4

1







(I) Giải

Điều kiện 1

0

x

y











4

1







(1) x1x3x2 2x (2)9

Đặt f x   x1 và g x  x3x2 2x9

x

 ; g x' 3x22x 1 0; x 1 Vậy hàm số f x  x1 đồng biến trên 1; ; hàm số  g x  x3x2 2x9 nghịch biến trên 1; Nên phương trình (2) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.

Ta thấy x=2 là nghiệm của (2)

Với x=2 ta có y=1

Vậy hê đãcho có nghiệm duy nhất: (2;1)

VD3 Giải hệ phương trình: 2 2 13 2 1 2 3 2 (1)







(I) Giải

Điều kiện

1 2 2

x

y









 



(1)  3  3

2 2x 1 2x 1 2 y 2 y 2

Xét hàm số 3

( ) 2 ;( 0)

Đạo hàm f t'( ) 3 t2 1 0; t 0

Vậy hàm số đồng biến trên 0; 

Để (3) xảy ra thì f 2x1 f  y 2  2x 1 y 2

Thế vào (1) ta được phương trình: 44y 8 2y4 6 (4)

Xét hàm số f y( )4 4y 8 2y4; y2

Đạo hàm

4

y y



 Vậy hàm số đồng biến trên 2; 

Nên phương trình (4) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất Ta thấy y=6 là nghiệm của (4) Với y=6 ta có 1

2

x 

vậy nghiệm của hệ là 1;6

2

VD4 Giải hệ phương trình:

5 4 10 6

2

(1)







(I)

Điều kiện: 5

4

x 

Ta thấy y  không phải là nghiệm của hệ0

y ta được phương trình:

5

5

   

   

   

(3) Xét hàm số f t( ) t5 t; t R 

Đạo hàm f t'  4t4 1 0;  t R

Vậy hàm số đồng biến trên R

 

 

  thế vào (2) ta được phương trình: 4x 5 x  8 6 x1

Với x 1 ta có y 1

Vậy nghiệm của hệ là:(1;1) hoặc (1:-1)

VD5 Giải hệ phương trình:

3 2







(I)

Giải

Điều kiện x 1

Đặt a 1 x a  phương trình (1) trở thành:0 2y3y2a3a (3)

Xét hàm số f t( ) 2 t3t t 0

Đạo hàm f ' 6 t2 1 0;  t 0

Vậy hàm số đồng biến trên 0; 

Để (3) xảy ra thìf y  f a   y a  1 x  thế vào (2) ta được phương trình:y

1 x2x  1 2 1x  x (4)

1 cos  2cos   1 2cos 1 cos 

2 sin cos 2 sin 2

2



(do 0; )

Với 3

10



  ta có

3 cos 10 3

2 sin 20

x y













 



Vậy nghiệm của hệ là:

3 cos 10 3

2 sin 20

x y













 









Giải

Đặt t x 2 2y phương trình (1) có dạng 5 16.4t 5 16 7t 2 t







 , Xét hàm số   5 1 4

f x     

   

( )

f x

 là HSNB trên R Phương trình (*) có dạng f t( 2)f t(2 )  t 2 2t  t 2 x2 2y2

Khi đó phương trình (2) có dạng x35x217x 7 2x24 2x27

Xét hàm số f t( ) t3 t2t, f t là hàm số đồng biến trên khoảng   0; 

Phương trình trên có dạng f x 2 f  2x27  x 2 2x2 7  x1và x =3

Hệ phương trình có 2 cặp nghiệm x y là: ;  1; 1 , 3;7



VD7:Giải hệ phương trình: 20 6 17 5 3 6 23 5 0 (1)





 Giải:Điều kiện: x6;y5; 2x y  5 0; 3x2y11 0