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. 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 1: 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 2: 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 3: 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 4: 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. Nhận xét: + Đối với phơng trình có dạng =( ( )) (6.9)f f x x , 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 + = +( ) ( ) .f x x f y y (6.12) 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 s c dx e x với = + = + >, ; , , , 0.d ac e bc a b c d Cách giải: Đặt + = + log ( ) s dx e ay b Từ + + = + + + = + ( ) (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: + + = + + + ( ) . ax b ay b s s c ay b x dx e Mà theo giả thiết ta có: = + = +,d ac e bc + + = + + + a b s ( ) ( ) ( ) x ay b s c ay b d ac x e bc dx e + + + + = + = + . (6.14) ax b ay b ax b ay b s s acy acx s acx s acy Xét hàm số + = + ( ) at b f t s act là hàm số đồng biến trên .Ă = = + = + + = (6.14) ( ) ( ) log ( ) log ( ) 0. s s f x f y x y dx e ax b dx e ax b Ví dụ 5: Giải phơng trình 1 7 7 6log (6 5) 5 x x = . Giải: Điều kiên: > 5 . 6 x Đặt = 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) 7ln7 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 đó phơng trình có hai nghiệm 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 6: 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 = = . Bài toán tổng quát của ví dụ trên là: Cho a, b, c là 3 số dơng và b > a, ( ) ( ) ( ) ( ) (a c) b a (b c) f x f x f x f x + + = + + = = ( ) 0 ( ) 1. f x f x