Giải phơng trìnhGiải phơng trình : . 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 tăng (giảm) trên (a;b) thì phơng trình ( ) kf x = nếu có nghiệm sẽ có không quá 1 nghiệm. Chứng minh : Giả sử phơng trình có 2 nghiệm Do là hàm số tăng mâu thuẫn giả sử sai Vậy phong trình nếu có nghiệm sẽ có không quá 1 nghiệm. Tính chất 2 : Nếu tăng ( )f x (giảm) trên (a;b) ( ) ( ), , (a;b)f u f v u v u v= = . 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 1 nghiệm. Hoặc ta có khi sử dụng định lý Lagrang. Ví dụ 1 : Giải phơng trình sau : 3 3 1 log (1 2 ) (1) 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 (1) 3 1 2 log (1 2 ) 3 3 (2) 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 (2) ( ) ( ) 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 0g 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 2 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 1 1 0 1 1 x x x x x x x x x x x x + + + + + + + + + luôn đúng x R Vậy : D = R Viết lại phơng trình dới dạng 2 2 1 1 ( 1) ( 1) 1 ( 1)(*)x x x x x x x x+ + + = + + + + + + + Xét hàm số 2 ( ) 1f 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 0t t t t t t t + + = + + > + Vậy '( ) 0f t t> hàm số ( )f t luôn đồng biến trên R Khi đó (*) ( ) ( 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 : 5x Xét hàm số ( ) 5 7 16f x x x x x= + + + + + trên 5x 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) 9f 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 x = = d Cộng vế với vế ta đợc phơng trình : 2 2 log (3 1) log (3 1) (1)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 (1) ( ) ( ) log (3 1) 2 3 1 0 x f x f y x y x x x = = = + = Xét hàm ( ) 2 3 1, '( ) 2 ln 2 3 x x g x x g x= + = Ta có : 0 2 3 '( ) 0 log ( ) ln2 g x x x= = = Mà 0 0 '( ) 0 , '( ) 0g x x x g x x x> > < < Nên hàm số ( )g x nghịch biến trên 0 ( ; )x , đồng biến trên 0 ( ; )x+ Phơng trình có ( ) 0g x = không quá 2 nghiệm trên R Mà (0) (1) 0g 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 ( ( )) (1)f f x x= trong đó ( )f x đồng biến ( nghịch biến ) trên tập xác định D. Cách giải : Đặt ( )y f x= Ta có hệ phơng trình ( ) ( ) f y x y f x = = Cộng vế với vế ta đợc phơng trình ( ) ( ) (2)f x x f y x+ = + Xét hàm số ( ) ( )F t f t t= + thì ( )F t đồng biến trên D Khi đó (2) ( ) ( ) ( )F x F y x y x f x = = = Do đó để giải (1) ta đi giải phơng trình ( )f x x= Tơng tự ta cũng có cách giải đối với phơng trình có dạng : a b s s clog (d e) (1), x x x + = + + + với d ac ,e bc ; a,b,c,d 0 = + = + > Đặt s log (d e) a bx y+ = + Từ a b a b c(a b) (1) d x y s y x s x e + + = + + + = + Trừ vế theo vế của 2 phơng trình trên ta đợc : a b a b s s c(a b) d e x y y x x + + = + + + Mà theo giả thiết ta có : d ac ,e bc = + = + a b a b s s c(a b) (d ac) (e bc) d e x y y x x + + = + + + a b a b a b s s ac ac s ac s ac (3) x ay b x y y x x y + + + + = + = + Xét hàm số a b ( ) s ac t f t t + = + là hàm số đồng biến trên R s s (3) ( ) ( ) log (d e) a b log (d e) a b=0 f x f y x y x x x y = = + = + + 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) 1x y = 1 1 7 6 5 (1) 7 6 5 (2) y x x y − − = − ⇒ = − . Trõ vÕ theo vÕ (1) vµ (2) ta cã : 1 1 1 1 7 7 6 6 7 6 7 6 (3) 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 (3) ( ) ( ) 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 ln7) 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 1 nghiÖm x α = 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 2 nghiÖm . Mµ (0) (2) 0g g= = Do ®ã ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm 0, 2x x= = . Ví dụ 6: Giải phơng trình 2005 2008 2006 2007 (1) x x x x + = + Giải : Ta có = (1) 2008 2007 2006 2005 (2) x x x x Điều kiện cần : Giả sử x = là 1 nghiệm của (2) 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 2 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