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 0 Dx mà 0 x 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 1 2 1 2 ; ( ).x x x x < Nên 1 2 ( ) ( ) k.f x f x = = Do là hàm số ( )f x là hàm số đồng biến nên từ 1 2 1 2 ( ) ( )x x f x f x < < mâu thuẫn với 1 2 ( ) ( ) kf x f x = = . 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) ( ) ( ), , (a;b)f u f v u v 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 ( ) ( ), , (a;b)f u f v u v 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: ( ) ( ) ( ) ( ) 0.f x g x f x g x = = 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 5: Giải phơng trình sau: = + + + 3 3 1 log (1 2 ). (6.3) x x x ( TH & TT ) Giải: Điều kiện: > 1 . 2 x Đặt = + + = 3 log (1 2 ) 1 2 3 . y y x x Ta có + = + + + + = + 3 (6.3) 3 1 2 log (1 2 ) 3 3 . (6.4) x x y x x x x y Xét hàm số ( ) 3 t f t t = + trên 1 ( ; ) 2 + . Có = + > > 1 '( ) 3 ln3 1 0 . 2 t f t t Nên hàm số ( )f t là hàm số đồng biến trên + 1 ( ; ). 2 Khi đó = = = + = 3 (6.4) ( ) ( ) log (1 2 ) 3 2 1 0. x f x f y x y x x x Đặt = > 1 ( ) 3 2 1, . 2 x g x x x Mà = = > > 2 1 '( ) 3 ln3 2, ''( ) (3 ln3) 0, . 2 x x g x g x x '( )g x là hàm đồng biến và có đổi dấu vì : = > = < '(2) 9ln3 2 0, '(0) ln3 2 0.g g '( ) 0g x = có nghiệm duy nhất = .x Ta có bảng biến thiên x -1/2 0 2 + '( )g x - 0 + ( )g x ( )g Từ bảng trên nếu ( ) 0g x = có nghiệm thì nhiều nhất là hai nghiệm Mặt khác, (0) (1) 0g g = = . Do đó phơng trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 0, 1x x= = . Ví dụ 6: Giải phơng trình 2 2 1 1 1 1x x x x x x + + + + + + = . Giải: Điều kiện: 2 2 2 2 1 0 1 (6.5) 1 1 0 1 1.(6.6) x x x x x x x x x x x x + + + + + + + + + Giải (6.5): Nếu 0x (6.5) luôn đúng. Nếu 2 2 0 (6.5) 1 1 0 1x x x x x x < + < < 0x < Chứng tỏ (6.5) đúng với x Ă . Giải (6.6): Nếu 1x (6.6) luôn đúng Nếu 2 2 2 2 1 (6.6) 1 ( 1) 1 2 1x x x x x x x x < + + + + + + 0x . Kết hợp với 1x < 1.x < Chứng tỏ (6.6) đúng với x Ă . Vậy: D = R . Viết lại phơng trình dới dạng + + + = + + + + + + + 2 2 1 1 ( 1) ( 1) 1 ( 1) (6.7)x x x x x x x x Xét hàm số = + + + 2 ( ) 1 .f t t t t t Ta có + + = + + + + 2 2 2 2 1 2 1 '( ) 1. 4 1 1 t t t f t t t t t t Mặt khác + + = + + > + 2 2 2 1 2 1 (2 1) 3 2 1 2 1 2 1 0.t t t t t t t Vậy '( ) 0f t t > hàm số ( )f t luôn đồng biến trên R. . Khi đó = + = + (6.7) ( ) ( 1) 1f x f x x x (vô nghiệm). Do đó phơng trình đã cho vô nghiệm. Ví dụ 7: Giải phơng trình 5 7 16 14x x x x + + + + + = . Giải: Điều kiện: 5.x Xét hàm số ( ) 5 7 16f x x x x x = + + + + + trên 5.x Ta có : = + + + > > + + 1 1 1 1 '( ) 0, 5. 2 2 5 2 7 2 16 f x x x x x x Hàm số ( )f x đồng biến trên + (5; ). Có = + + + = = = (9) 3 2 4 5 14 ( ) (9) 9.f f x f x Phơng trình trên có nghiệm duy nhất là 9x = . Ví dụ 8: Giải phơng trình 2 2 log (3log (3 1))x x = . Giải: Đặt 2 1 log (3 1), 3 y x x = > d . Do đó ta có hệ phơng trình = = 2 2 log (3 1) log (3 1). y x y xd Cộng vế với vế ta đợc: + = + 2 2 log (3 1) log (3 1) . (6.8)x x y y Xét hàm số = + > 2 1 ( ) log (3 1) , . 3 f t t t t Có = + > > 3 1 '( ) 1 0, . (3 1)ln2 3 f t x t Hàm số ( )f t là hàm đồng biến trên + 1 ( ; ). 3 = = = + = 2 (6.8) ( ) ( ) log (3 1) 2 3 1 0. x f x f y x y x x x Xét hàm = + = ( ) 2 3 1, '( ) 2 ln2 3. x x g x x g x Ta có : = = = 0 2 3 '( ) 0 log ( ). ln2 g x x x Mà > > < < 0 0 '( ) 0 , '( ) 0 .g x x x g x x x Nên hàm số ( )g x nghịch biến trên 0 ( ; )x , đồng biến trên + 0 ( ; ).x Do đó phơng trình ( ) 0g x = có không quá hai nghiệm trên R . Mà = = (0) (1) 0.g g Giá trị 0x = (loại do không thuộc tập xác định). Do vậy 1x = là nghiệm duy nhất của phơng trình đã cho. Ví dụ 9: Giải phơng trình 1 7 7 6log (6 5) 5 x x = . Giải: Điều kiên: > 5 . 6 x §Æt − = − 7 log (6 5) 1.x y − −  = −  ⇒  = −   1 1 7 6 5 (6.15) 7 6 5. (6.16) y x x y . Trõ vÕ theo vÕ (6.15) vµ (6.16) ta cã : − − − − ⇒ − = − ⇔ + = + 1 1 1 1 7 7 6 6 7 6 7 6 . (6.17) y x x y x y x y XÐt hµm sè 1 5 ( ) 7 6 , 6 t f t t t − = + > . Cã − = + > ∀ ∈ +∞ 1 5 '( ) 7 ln7 6 0, ( ; ). 6 t f t t ( )f t ⇒ lµ hµm sè ®ång biÕn trªn +∞ 5 ( ; ). 6 − − ⇒ ⇔ = ⇔ = ⇔ = − ⇔ − + = 1 1 (6.17) ( ) ( ) 7 6 5 7 6 5 0. x x f x f y x y x x XÐt hµm sè − = − + > 1 5 ( ) 7 6 5, . 6 x g x x x Ta cã − − = − = > ∀ > 1 1 2 5 '( ) 7 ln7 6, ''( ) (7 ln 7) 0, . 6 t t g x g x x '( )g x ⇒ ®ång biÕn trªn 5 ( ; ) 6 +∞ . Mµ = − < = − > 1 '(0) ln7 6 0, '(2) 7ln 7 6 0. 7 g g '( ) 0g x ⇒ = cã duy nhÊt mét nghiÖm α = .x Ta cã b¶ng biÕn thiªn x 5/6 0 α 2 +∞ '( )g x - 0 + ( )g x ( )g α Dùa vµo b¶ng biÕn thiªn th× ph¬ng tr×nh ( ) 0g x = nÕu cã nghiÖm th× nhiÒu nhÊt lµ hai nghiÖm. Mµ, (0) (2) 0g g = = . Do ®ã ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm 0, 2x x = = . 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 + = + 2005 2008 2006 2007 . x x x x (6.18) Giải: Ta có (6.18) = 2008 2007 2006 2005 . x x x x (6.19) Điều kiện cần: Giả sử x = là một nghiệm của (6.19) Xét hàm số ( ) ( 1) , 0f t t t t = + > . Khi đó (2) (2007) (2005)f f = Theo định lý Lagrang c (2005;2007) sao cho '(c) 0f = 1 1 [(c 1) c ] 0 0, 1 + = = = Điều kiện đủ: Dễ thấy 0x = và 1x = là nghiệm của phơng trình đã cho Kết luận: Phơng trình đã cho có hai nghiệm là 0, 1x x= = . 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 + + + + < 2 7 7 7 6 2 49 7 12 181 14 .x x x x x x (6.20) ( ĐHAN - 2001 ) Giải: Điều kiện: 6 . 7 x Ta có (6.20) + + + + + < 2 ( 7 7 7 6) ( 7 7 7 6) 182 0x x x x + + < 7 7 7 6 13 0.x x (6.21) Xét hàm số ( ) 7 7 7 6 13f x x x = + + trên + 6 [ ; ). 7 Có = + > > + 7 7 6 '( ) 0, . 7 2 7 7 2 7 6 f x x x x Do đó hàm số ( )f x đồng biến trên + 6 ( ; ). 7 Mà (6) 0 6f x = = là nghiệm duy nhất của phơng trình = ( ) 0.f x Khi đó (6.21) < < ( ) (6) 6.f x f x Do đó bất phơng trình đã cho có nghiệm 6 6 7 x < . Ví dụ 11: Giải bất phơng trình sau + + > 2 2 2 3 6 1 3 1.x x x x x x (6.22) Giải: Điều kiện: 1 3.x Ta có + + > + + 2 2 (6.22) 2 3 1 6 1 3x x x x x x + + > + + 2 2 ( 1) 2 1 (3 ) 2 3 .x x x x (6.23) Xét hàm số 2 ( ) 2f t t t = + + trên [0;2]. Có 2 1 '( ) 0 (0;2] 2 2 t f t t t t = + > + . Hàm số ( )f t đồng biến trên (0;2). > > > (6.23) ( 1) (3 ) 1 3 2f x f x x x x . 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 ) . x x y x y y z y z z x z ( HSGQG Bảng A - 2006) Giải: Điều kiện: < , , 6.x y z Hệ đã cho tơng đơng với: = + = + = + 3 2 3 2 3 2 log (6 ) (6.28) 2 6 log (6 ) (6.29) 2 6 log (6 ) . (6.30) 2 6 x y x x y z y y z x z z Xét hàm số 2 ( ) 2 6 x f x x x = + trên < 6.x Có 2 2 6 '( ) 0 ( 2 6) 2 6 x f x x x x x = > + + với < 6.x ( )f x là hàm số đồng biến trên ( ;6). Hàm số 3 ( ) log (6 )g x x = trên ( ;6) có 1 '( ) 0 (6 )ln3 g x x = < với < 6.x ( )g x là hàm số nghịch biến với < 6.x 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 max( , , )x x y z = thì có 2 trờng hợp Trờng hợp 1 : x y z . Do là hàm ( )g x nghịch biến, 3 3 3 log (6 ) log (6 ) log (6 ) .y z 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 3 3 3 log (6 ) log (6 ) log (6 ) .y x 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 = 3.x Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất ( , , ) (3,3,3)x y z = . . 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. số bài giải phơng trình ta có thể giải bằng cách áp dụng định lý Lagrang. Ví dụ 9: Giải phơng trình + = + 2005 2008 2006 2007 . x x x x (6.18) Giải: Ta