Giải phơng trình Giải phơng trình :.. 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.. C
Trang 1Giải phơng trình
Giải 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 x0∈D mà x0 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)
f u( )= f v( ), ∀u v, ∈(a;b)⇔ =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 :
3x = + +1 x log (1 2 ) (1)3 + x
( TH & TT )
Giải :
Trang 2Điều kiện : 1
2
x > −
Đặt y =log (1 2 )3 + x ⇒ +1 2x =3y
Ta có (1)⇔3x + = +x 1 2x+log (1 2 )3 + x ⇔ + = +3x x y 3 (2)y
Xét hàm số ( ) 3f t = +t t trên ( 1; )
2
− +∞ Có '( ) 3 ln3 1 0 1
2
t
f t = + > ∀ >t −
Nên hàm số ( )f t là hàm số đồng biến trên ( 1; )
2
− +∞
Khi đó (2)⇔ f x( )= f y( )⇔ = ⇔ =x y x log (1 2 )3 + x ⇔3x −2x − =1 0
Đặt ( ) 3 2 1, 1
2
x
g x = − x − x > −
'( ) 3 ln3 2, ''( ) (3 ln3) 0
2
g x = − g x = > ∀ >x −
'( )
g x
⇒ là hàm đồng biến và có đổi dấu vì :
'(2) 9 ln3 2 0, '(0) ln3 2 0
g = − > g = − <
'( ) 0
g x
⇒ = có nghiệm duy nhất x=α
Ta có bảng biến thiên
x 1
2
− 0 α 2 +∞ '( )g x - 0 +
( )g x
( )
g α
Từ bảng trên ⇒ nếu ( ) 0g x = có nghiệm thì nhiều nhất là 2 nghiệm Mặt khác (0)g =g(1) 0=
Do đó phơng trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x =0,x =1
Ví dụ 2 : Giải phơng trình
Trang 3x+ x2 − + −x 1 x + +1 x2 + + =x 1 1.
Giải :
Điều kiện :
luôn đúng
x
∀ ∈R
Vậy : D=R
Viết lại phơng trình dới dạng
x + x2 − + + =x 1 x x+ +1 (x+1)2 − + + + +(x 1) 1 (x 1)(*)
Xét hàm số f t( )= t+ t2 − + +t 1 t
Ta có
2
f t
− + + −
Mặt khác 2 t2 − + + − =t 1 2t 1 (2t−1)2 + + − >3 2t 1 2t− + − ≥1 2t 1 0 Vậy '( ) 0f t > ∀t ⇒ hàm số ( )f t luôn đồng biến trên R
Khi đó (*)⇔ f x( )= f x( + ⇔ = +1) x x 1 ( vô nghiệm )
Do đó phơng trình đã cho vô nghiệm
Ví dụ 3 : Giải phơng trình
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 (9) 3 2 4 5 14f = + + + = ⇒ f x( )= f(9)⇔ =x 9
Trang 4Phơng trình trên có nghiệm duy nhất là x =9.
Ví dụ 4 : Giải phơng trình
log (3log (32 2 x−1))=x
Giải :
Đặt log (32 1), 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 phơng trình : log (32 x− + =1) x log (32 y− +1) y(1) Xét hàm số ( ) log (32 1) , 1
3
(3 1)ln 2 3
t
= + > ∀ >
−
Hàm số ( )f t là hàm đồng biến trên ( ;1 )
3 +∞
2
(1)⇔ f x( )= f y( )⇔ = ⇔ =x y x log (3x− ⇔1) 2x −3x + =1 0
Xét hàm ( ) 2g x = x −3x+1, '( ) 2 ln 2 3g x = x −
Ta có : '( ) 0 0 log (2 3 )
ln 2
g x = ⇔ =x x =
Mà g x'( ) 0> ⇔ >x x g x0, '( ) 0< ⇔ <x x0
Nên hàm số ( )g x nghịch biến trên (−∞; )x0 , đồng biến trên (+∞; )x0
Phơng trình có ( ) 0g x = không quá 2 nghiệm trên R
Mà (0)g =g(1) 0=
Giá trị x =0 ( loại do không thuộc tập xác định )
Do vậy x =1là nghiệm duy nhất của phơng trình đã cho
Nhận xét : Đối với phơng trình có dạng ( ( ))f f x =x (1) trong đó ( )f x
đồng biến ( nghịch biến ) trên tập xác định D
Cách giải : Đặt y= f x( )
Trang 5Ta có hệ phơng trình ( )
( )
f y x
y f x
=
=
Cộng vế với vế ta đợc phơng trình ( )f x + =x f y( )+x (2)
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 x+ =c log (dx+ +e) αx+β (1), với d ac= +α,e bc= +β; a,b,c,d 0>
Đặt log (ds x+ = +e) ay b
Từ
a b
a b
c(a b) (1)
d
x y
+ +
Trừ vế theo vế của 2 phơng trình trên ta đợc :
sax+b −say+b =c(ay+ +b) αx+ −β dx−e
Mà theo giả thiết ta có : d ac= +α,e bc= +β
s x+ s y+ c(ay b) (d ac)x (e bc) dx e
s x+ say b+ acy acx s x+ acx s y+ ac (3)y
Xét hàm số f t( ) s= a bt+ +act là hàm số đồng biến trên R
s s
(3) ( ) ( ) log (d e) a b
log (d e) a b=0
Ví dụ 5 : Giải phơng trình
1
7
7x− =6log (6x − −5) 5
Giải :
Điều kiên : 5
6
x >
Đặt log (67 x − = −5) y 1
Trang 61
7 6 5 (1)
7 6 5 (2)
y
x
x y
−
−
⇒
Trừ vế theo vế (1) và (2) ta có :
7y− 7x− 6x 6y 7x− 6x 7y− 6 (3)y
Xét hàm số 1 5
( ) 7 6 ,
6
t
f t = − + t t > Có 1 5
'( ) 7 ln7 6 0 ( ; )
6
t
f t = − + > ∀ ∈t +∞
( )
f t
⇒ là hàm số đồng biến trên ( ;5 )
6 +∞
⇒(3)⇔ f x( )= f y( )⇔ = ⇔x y 7x−1=6x− ⇔5 7x−1 −6x+ =5 0
( ) 7 6 5,
6
x
g x = − − x+ x >
'( ) 7 ln 7 6, ''( ) (7 ln 7) 0
6
g x = − − g x = − > ∀ >x
'( )
g x
6 +∞ Mà 1
'(0) ln 7 6 0, '(2) 7ln 7 6 0
7
'( ) 0
g x
⇒ = có duy nhất 1 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 ( ) 0g x = nếu có nghiệm thì nhiều nhất là 2 nghiệm
Mà (0)g =g(2) 0=
Do đó phơng trình có 2 nghiệm x =0,x =2
Trang 7Ví dụ 6: Giải phơng trình
2005x +2008x =2006x +2007 (1)x
Giải :
Ta có (1)⇔2008x −2007x =2006x −2005 (2)x
Điều kiện cần : Giả sử x =α là 1 nghiệm của (2)
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 '(c) 0f =
[(c 1)α c ] 0α 0, 1
Điều kiện đủ : Dễ thấy x =0 và x =1là nghiệm của phơng trình đã cho Kết luận : Phơng trình đã cho có 2 nghiệm là x =0,x =1
Bài toán tổng quát của ví dụ trên là
Cho a, b, c là 3 số dơng và b > a, (a c)+ f x( ) +bf x( ) =af x( ) + +(b c)f x( )
=
⇔ ( ) 0=
( ) 1
f x
f x