Ứng dụng của đạo hàm trong giải phương trình và hệ phương trình

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC ———————o0o——————– ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP NGÀNH SƯ PHẠM TOÁN HỌC Giảng viên hướng dẫn: TS Phạm Đức Hiệp Sinh viên: Hoàng Lan Hương Lớp: QHS.2014 Sư phạm Toán HÀ NỘI, 2018 Lời cảm ơn Trước hết, Khóa luận hồn thành dẫn dắt bảo tận tình TS Phạm Đức Hiệp, người thầy nghiêm khắc tận tâm công việc, truyền đạt nhiều kiến thức quý báu kinh nghiệm cho tơi suốt q trình học tập nghiên cứu đề tài Thông qua đây, xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến thầy Tôi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới tồn thể q thầy giáo khoa Tốn , Đại học Giáo Dục Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội giảng dạy trang bị cho tơi kiến thức quan trọng bổ ích suốt q trình tơi rèn luyện học tập khoa Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè bên tôi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ tơi suốt q trình học tập thực khóa luận tốt nghiệp Một lần nữa, xin chân thành cảm ơn ! Hà Nội, ngày 19 tháng 05 năm 2018 Sinh viên Hồng Lan Hương Một số kí hiệu viết tắt N Z R TXĐ (a; b) = x ∈ R : a < x < b [a; b] = x ∈ R : a ≤ x ≤ b [a; b) = x ∈ R : a ≤ x < b (a; b] = x ∈ R : a < x ≤ b [a; +∞) = x ∈ R : a ≤ x < +∞ (a; +∞) = x ∈ R : a < x < +∞ Tập số tự nhiên Tập số nguyên Tập số thực Tập xác định Mục lục Lời nói đầu 1 3 4 5 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến 1.2 Đạo hàm 1.2.1 Định nghĩa 1.2.2 Tính chất 1.2.3 Tính đơn điệu dấu đạo hàm 1.3 Định lí Rolle Ứng dụng đạo hàm giải phương trình hệ phương trình 2.1 Phương trình có dạng f(x) = c 2.2 Phương trình có dạng đưa f(u) = f(v) 17 2.3 Hệ phương trình 27 2.4 Phương trình sử dụng ứng dụng định lý Rolle 43 Kết luận 50 Tài liệu tham khảo 51 Mở đầu Lý chọn đề tài Trong chuyên ngành Toán học nói chung chuyên ngành Đại số nói riêng, tốn phương trình hệ phương trình đóng vai trị quan trọng chiếm phần lớn chương trình giảng dạy bậc trung học phổ thơng Những tốn đưa phong phú, lĩnh vực xây dựng phương trình hay hệ phương trình phương trình hữu tỷ vơ tỷ, phương trình lượng giác, phương trình mũ logarit, bên cạnh phương pháp giải dạng toán phong phú Tuy nhiên, sách giáo khoa nêu cách giải đơn giản cách giải không giúp học sinh giải toán phức tạp đề thi học sinh giỏi hay đề thi đại học mà làm đơn giản tốn Như biết, phương trình hay hệ phương trình xây dựng dựa sở khái niệm hàm số, mà phương pháp giải hữu ích khơng thể thiếu toán học sử dụng đạo hàm.Trên thực tế, nhiều học sinh chưa thực sử dụng hết ứng dụng đạo hàm, em dụng đạo hàm việc khảo sát, vẽ đồ thị hàm số tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Việc dụng đạo hàm để giải phương trình hệ phương trình chưa sử dụng nhiều việc vận dụng học sinh cịn hạn chế Vì vậy, khóa luận này, muốn đề cấp đến vấn đề sử dụng đạo hàm giải phương trình hệ phương trình nhằm đưa em đến gần với phương pháp hiểu rõ lợi ích mà phương pháp đem lại.Phương pháp phương pháp thực phương pháp hay đơn giản để giải phương trình hay hệ phương trình phức tạp Mục đích khóa luận Khóa luận tập trung làm rõ số vấn đề sau: Trình bày ý tưởng phương pháp đạo hàm để giải phương trình hệ phương trình, khái niệm tính chất liên quan đến tính đơn điệu, đạo hàm, nội dung phương pháp cuối ví dụ kết tính toán số để minh họa cho phương pháp đạo hàm Nhiệm vụ nghiên cứu Cung cấp phương pháp hữu ích giải phương trình hệ phương trình, phân dạng tốn đơn giản ứng dụng phương pháp, giúp cho học sinh phổ thông dễ dàng làm đơn giản tính tốn tốn phức tạp khó thi học sinh giỏi thi đại học Đối tượng phạm vi nghiên cứu • Đối tượng nghiên cứu: Các kiến thức đạo hàm ứng dụng giải phương trình hệ phương trình • Phạm vi nghiên cứu: Tốn trường phổ thông Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu lý luận Cấu trúc khóa luận Bố cục khóa luận bao gồm chương: • Chương khóa luận trình bày tóm tắt số kiến thức sở, định lý kết liên quan đến phương pháp • Chương khóa luận tập trung trình bày dạng tốn bản, số ví dụ minh họa cho phương pháp nêu Do thời gian thực khóa luận khơng nhiều, kiến thức cịn hạn hẹp nên làm khóa luận khơng tránh khỏi hạn chế sai sót Tác giả mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 19 tháng 05 năm 2018 Sinh viên Hoàng Lan Hương Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến Định nghĩa 1.1.1 Cho hàm số y = f (x) xác định khoảng (a; b) Hàm số f (x) gọi đồng biến (tăng) (a; b) với ∀x1 ; x2 ∈ (a; b), x1 < x2 f (x1 ) < f (x2 ) Hàm số f (x) gọi nghịch biến (giảm) (a; b) với ∀x1 ; x2 ∈ (a; b)x1 < x2 f (x1 ) > f (x2 ) Mệnh đề 1.1.2 Nếu hàm số y = f (x) đồng biến (hoặc nghịch biến) liên tục D thì: i Phương trình f (x) = m, với m số có khơng q nghiệm D ii f (a) = f (b) a = b với ∀a, b ∈ D Chứng minh: Khơng tính tổng qt, giả sử f (x) đồng biến D i Giả sử phương trình f (x) = m có nghiệm x = x0 → f (x0 ) = m Do f (x) đồng biến nên • x > x0 ⇒ f (x) > f (x0 ) = m phương trình f (x) = m vơ nghiệm • x < x0 ⇒ f (x) < f (x0 ) = m phương trình f (x) = m vơ nghiệm Vậy phương trình f (x) = m có nhiều nghiệm x = x0 ii Nếu a > b f (a) > f (b) a < b f (a) < f (b) Nếu a = b f (a) = f (b) (điều phải chứng minh) Nhận xét 1.1.3 Định lý áp dụng để giải tốn có dạng f (x) = c với c số f (u) = f (v) u = u(x); v = v(x) toán chứng minh phương trình có nghiệm Mệnh đề 1.1.4 Nếu hàm số y = f (x) đồng biến (hoặc nghịch biến) hàm số y = g(x) nghịch biến (hoặc đồng biến) liên tục D số nghiệm D phương trình f (x) = g(x) khơng nhiều Chứng minh: Giả sử x = a nghiệm phương trình f (x) = g(x) tức f (a) = g(a) Khơng tính tổng qt, ta giả sử f (x) hàm số đồng biến D, g(x) hàm số nghịch biến D • x > a suy f (x) > f (a) = g(a) > g(x) nên phương trình f (x) = g(x) vơ nghiệm • Nếu x < a suy f (x) < f (a) = g(a) < g(x) nên phương trình f (x) = g(x) vơ nghiệm Vậy phương trình f (x) = g(x) có nhiều nghiệm 1.2 1.2.1 Đạo hàm Định nghĩa Định nghĩa đạo hàm điểm Cho hàm số y = f (x) xác định khoảng (a; b) điểm x0 thuộc khoảng f (x) − f (x0 ) Giới hạn hữu hạn (nếu có) tỉ số x dần đến x0 gọi x − x0 đạo hàm hàm số cho điểm x0 Kí hiệu f (x0 ) y (x0 ), nghĩa f (x) − f (x0 ) (1.1) f (x0 ) = lim x→x0 x − x0 Nếu thay xét giới hạn trên, ta xét giới hạn bên biểu thức giới hạn bên gọi đạo hàm bên hàm số cho điểm x0 Định nghĩa đạo hàm bên phải Cho hàm số y = f (x) xác định nửa f (x) − f (x0 ) khoảng [x0 ; b) Giới hạn bên phải ( có) tỉ số x dần x − x0 đến x0 gọi đạo hàm bên phải hàm số cho điểm x0 + Kí hiệu f (x+ ) y (x0 ), nghĩa f (x+ ) = lim+ x→x0 f (x) − f (x0 ) x − x0 (1.2) Định nghĩa đạo hàm bên trái Cho hàm số y = f (x) xác định nửa khoảng f (x) − f (x0 ) (x0 ; b] Giới hạn bên trái ( có) tỉ số x dần đến x0 x − x0 gọi đạo hàm bên trái hàm số cho điểm x0 − Kí hiệu f (x− ) y (x0 ), nghĩa f (x− ) = lim− x→x0 1.2.2 f (x) − f (x0 ) x − x0 (1.3) Tính chất Đạo hàm tổng hay hiệu hai hàm số Định lí 1.2.1 Nếu hai hàm số u = u(x) v = v(x) có đạo hàm D hàm số y = u(x) + v(x) y = u(x) − v(x) có đạo hàm D, và: i [u(x) + v(x)] = u (x) + v (x); ii [u(x) − v(x)] = u (x) − v (x) Đạo hàm tích hai hàm số Định lí 1.2.2 Nếu hai hàm số u = u(x) v = v(x) có đạo hàm D hàm số y = u(x).v(x) có đạo hàm D, [u(x).v(x)] = u (x).v(x) + u(x).v (x) (1.4) Đặc biệt, k hàm số [ku(x)] = ku (x) Đạo hàm thương hai hàm số Định lí 1.2.3 Nếu hai hàm số u = u(x) v = v(x) có đạo hàm D v(x) = với x ∈ D hàm số y = u(x) v(x) có đạo hàm D , u(x) v(x) 1.2.3 = u (x).v(x) − u(x).v (x) v (x) (1.5) Tính đơn điệu dấu đạo hàm Định lí 1.2.4 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm (a; b) i Nếu f (x) ≥ ∀x ∈ (a; b) dấu xảy hữu hạn điểm y = f (x) đơn điệu tăng (a; b) ii.Nếu f (x) ≤ ∀x ∈ (a; b) dấu xảy hữu hạn điểm y = f (x) đơn điệu giảm (a; b) Ta nhắc lại định lí quan trọng sau: Định lí Lagrange:Giả sử hàm số f (x) liên tục đoạn [a; b] có đạo hàm điểm khoảng (a; b) Khi tồn điểm c ∈ (a; b) cho f (b) − f (a) = f (c).(b − a) Chứng minh Định lí 1.2.4 Lấy hai điểm x1 ; x2 (x1 < x2 ) khoảng (a; b) Vì f (x) có đạo hàm khoảng (a; b) nên f (x) liên tục [x1 ; x2 ] có đạo hàm khoảng (x1 ; x2 ) Áp dụng định lí Lagrange cho hàm số y = f (x) [x1 ; x2 ], ∃c ∈ (x1 < x2 ) cho f (x1 ) − f (x2 ) = f (c)(x1 − x2 ) • Nếu f (x) > khoảng (a; b) f (c) > 0, mặt khác x1 − x2 > nên f (x1 ) − f (x2 ) > 0, suy hàm f (x) đồng biến khoảng (a; b) • Nếu f (x) < khoảng (a; b) f (c) < 0, mặt khác x1 − x2 > nên f (x1 ) − f (x2 ) < 0, suy hàm f (x) nghịch biến khoảng (a; b) 1.3 Định lí Rolle Cơ sở định lí Rolle dựa vào hai định lí Weierstrass hàm liên tục khẳng định hàm số liên tục đoạn [a; b] phải đạt giá trị lớn giá trị nhỏ đoạn định lí Fermat điểm cực trị hàm khả vi khẳng định hàm khả vi (a; b) đạt cực trị điểm khoảng đạo hàm điểm Định lí 1.3.1 Giả sử f (x) hàm số liên tục đoạn [a; b] có đạo hàm x ∈ (a; b) Nếu f (a) = f (b) tồn điểm c ∈ (a; b) cho f (c) = Chứng minh: Vì f (x) liên tục đoạn [a; b] nên theo định lí Weierstrass hàm f phải đạt giá trị cực đại giá trị cực tiểu đoạn [a; b], tức tồn điểm x1 ; x2 ∈ (a; b) cho f (x1 ) = f (x) = m; f (x2 ) = max f (x) = M [a;b] [a;b] Có hai khả : Xét hàm số f (y) = y + 2y + + ln(y + y + 1) liên tục R 2y + 2(y + 1)2 + 2 Có: f (t) = 3y + + = 3y + > 0, ∀y ∈ R y +y+1 y +y+1 Suy hàm số f (y) đồng biến R, lại có f (−1) = nên phương trình f (y) = có nghiệm y = −1 ⇒ x = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) = (0; −1) Bài 12 Giải hệ phương trình sau: 2y(4y + 3x2 ) = x4 (x2 + 3) (1) √ 2018x−1 ( 2y − 2x + − x + 1) = (2) Lời giải Điều kiện: 2y − 2x + ≥ Phương trình (1) ⇔ 8y + 6x2 y = x6 + 3x4 (3) Với x = ⇒ y = 0, khơng nghiệm phương trình (2) 8y 6y 2y 2y Với x = 0, ta có: (3) ⇔ + + = x3 + 3x = x + 3x ⇔ x x x x Xét hàm số f (t) = t + 3t liên tục R có f (t) = 3t + > 0, ∀t ∈ R Suy hàm số f (t) đồng biến R 2y 2y = f (x) ⇔ = x ⇔ 2y = x2 thay vào (2) ta được: Do đó: f x x √ 2018x−1 ( x2 − 2x + − x + 1) = √ t Đặt t = x − 1, ta 2018 ( t2 + − t) = √ Xét hàm số g(t) = 2018t ( t2 + − t) liên tục R Có: √ √ t − t2 + g (t) = 2018t ln2018( t2 + − t) + 2018t √ t2 + √ = 2018t ( t2 + − t) ln2018 − √ t2 + √ 1 Do ln2018 > ≥ √ t2 + − t > |t| − t = t2 + Suy g (t) > 0, ∀t ∈ R Mà g(0) = ⇔ t = ⇔ x − = ⇔ x = ⇒ y = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x, y) = 1; Bài 13 Giải hệ phương trình sau: 37  (x − y)[2 − (x + y)] = 2ln + x 1+y √ √  √x+√y x y −3=2 +2 (1) (2) Lời giải Điều kiện: x, y ≥ Phương trình (1) ⇔ y − 2y + 2ln(1 + y) = x2 − 2x + 2ln(1 + x) Xét hàm số f (t) = t2 − 2t + 2ln(1 + t) liên tục [0; +∞) t2 =2 ≥ 0, ∀t ≥ nên f (t) đồng biến Có f (t) = 2t − + 1+t 1+t [0; +∞) Do đó: f (y) = f (x) ⇔ y = x Với y = x, phương trình √(2) trở thành: √ √ √ √ 22 x − = 2.2 x ⇔ (2 x )2 − 2.2 x − = ⇔ x = √ ⇔ x = log2 ⇔ x = log2 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) = (log2 3; log2 3) Bài 14 Giải hệ phương trình sau: ex−y + ex+y = 2(x + 1) (1) ex+y = x − y + (2) Lời giải Viết lại hệ phương trình cho dạng sau: ex−y ex+y = x + y + 1(1) = x − y + 1(2) Từ (1) (2) ta có: ex−y − ex+y = (x + y) − (x − y) ⇔ ex−y + (x − y) = ex+y + (x + y) Xét hàm số f (t) = et + t liên tục R Có: f (t) = et + > 0, ∀t ∈ R nên f (t) đồng biến R Do đó: f (x − y) = f (x + y) ⇔ x − y = x + y ⇔ y = Thay y = vào phương trình (1) ta có: ex = x + ⇔ ex − x − = Xét hàm số g(x) = ex − x − liên tục R Có g (x) = ex − Cho g (x) = ⇔ ex − = ⇔ x = Ta có bảng biến thiên sau: x −∞ − g (x) g(x) +∞ 0 +∞ + +∞ 38 Dựa vào bảng biến thiên, ta có: f (x) = ⇔ x = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y) = (0; 0) Bài 15 Giải hệ phương trình sau: (KA - 2013) √ √ x + + x − = y + + y (1) x2 + 2x(y − 1) + y − 6y + = (2) Định hướng: Đối với phương trình (2) phương trình bậc ẩn x y, không ghép thành nhân tử xét ∆ để tìm điều kiện kết hợp√với phương trình (1) tìm nghiệm.√ Nhưng, để ý phương trình 4 (1) ta đặt t = x − ta có phương trình t + √ t + = y + y + Khi ta tìm hàm số đặc trưng f (u) = u + u4 + 2, nhiên hàm dương u ≥ 0, ta tìm cách để có y ≥ thơng qua phương trình (2) Lời giải Điều kiện: x ≥ Xét phương trình (2): x2 + 2x(y − 1) + y − 6y + = Ta có: δx = (y − 1)2 − (y − 6y + 1) = 4y Để hệ có nghiệm δx ≥ ⇔ y ≥ Bây ta xét phương trình (1): √ √ ( x − 1)4 + + x − = y + + y √ Xét hàm số f (t) = t + t4 + liên tục [0; +∞) 2t3 √ Có: f (t) = 1+ > 0, ∀t ≥ nên hàm số f (t) đồng biến [0; +∞) t4 + √ √ Do đó: f ( x − 1) = f (y) ⇔ x − = y ⇔ x = y + Thay vào phương trình (2) ta có: (1) ⇔ y + 2y + y − 4y = ⇔ y(y + 2y + y − 4) = Với y = ⇒ x = (thỏa mãn) Với y + 2y + y − = Xét hàm số g(y) = y + 2y + y − có g (y) = 7y + 8y + > 0, ∀y ≥ nên g(y) đồng biến [0; +∞) Mà g(1) = ⇔ y = nghiệm phương trình Với y = ⇒ x = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (1; 0); (2; 1) Bài 16 Giải hệ phương trình sau: 39 √ 4x3 − 3x + (y − 1) 2y + = (1) 2x2 + x + −y(2y + 1) = (2) Lời giải Điều kiện: − ≤ y ≤ √ Phương trình (1) ⇔ (2y − 2) 2y + = −8x3 + 6x √ ⇔ [(2y + 1) − 2] 2y + = (−2x)3 − 3(−2x) u = −2x Đặt √ v = 2y + Phương trình (1) trở thành: u3 − 3u = v − 3v Ta có: √ − ≤ y ≤ nên ≤ 2y + ≤ ⇒ ≤ 2y + ≤ hay ≤ v ≤ Từ (2) ta có: −y(2y + 1) = −2x2 − x ⇒ −2x2 − x ≥ ⇒ − ≤ x ≤ ⇒ ≤ −2x ≤ hay ≤ u ≤ Xét hàm số f (t) = t3 − 3t liên tục [0; 1] Có f (t) = 3t2 − = 3(t2 − 1) ≥ 0, ∀t ∈ [0; 1] nên f (t) nghịch biến [0; 1] √ 4x2 − Do đó: f (u) = f (v) ⇔ u = v ⇔ −2x = 2y + ⇔ y = 4x2 − Thay y = vào phương trình (2), ta có: 2 2x + x + − 4x2 (4x2 ) = ⇔ 2x2 + x − x − 8x2 = ⇔ x(2x + − − 8x2 ) = Với x = ⇒ y = − (thỏa mãn) √ 1 Với 2x + − − 8x2 = ⇔ x = − x = 1 Kết hợp với điều kiện − ≤ x ≤ 0, ta nhận nghiệm x = − 2 Với x = − ⇒ y = (thỏa mãn) 1 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 0; − ; − ;0 2 Bài 17 Giải hệ phương trình sau: 40 2 + 9.3x −2y = (4 + 9x −2y )72y−x √ 4x + = 4x + 2y − 2x + +2 (1) (2) Lời giải Điều kiện: 2y − 2x + ≥ ⇔ y + ≥ x Đặt t = x2 − 2y , phương trình (1) trở thành: t 2−t 2t t+2 2−t + 32t + 3t+2 = (4 + ) ⇔ 7t+2 72t 2t (4 + ) ⇔ + = + 3u Xét hàm số f (u) = R ta có: u 21u (ln3 − ln7) − 4.7u ln7 3u ln3.7u − 7u ln7(4 + 3u ) = < 0, ∀u ∈ f (u) = 72u 72u R Suy hàm số f (u) nghịch biến R Do dó: f (t + 2) = f (2t) ⇔ t + = 2t ⇔ t = ⇔ x2 − 2y = Thay vào phương trình (2) ta được: + 9.3 = √ 4x + = 4x + x2 − 2x + ⇔ 4x−1 = x − + (x − 1)2 + √ √ Đặt v = x − ta được:√ 4v = v + v + ⇔ 4v ( v + − v) = Xét hàm số g(v) = 4v ( v + − v) R √ Có g (v) = 4v ( v + − v) ln4 − √ > 0, ∀v ∈ R v2 + Suy hàm số g(v) đồng biến R Mặt khác g(0) = ⇔ v = ⇔ x = ⇒ y = − Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 1; − Bài 18 Giải hệ phương trình sau: x5 − 5x = y − 5y x4 + y = (1) (2) Lời giải x4 ≤ x2 ≤ −1 ≤ x ≤ Từ phương trình (2) ta có: ⇒ ⇒ y4 ≤ y2 ≤ −1 ≤ y ≤ Xét hàm số f (t) = t − 5t liên tục [−1; 1] Có f (t) = 5t4 − = 5(t2 + 1)(t2 − 1) ≤ 0, ∀t ∈ [−1; 1] nên f (t) nghịch biến [−1; 1] 41 Do dó (1) ⇔ f (x) = f (y) ⇔ x = y Thay x = y vào phương trình (2) ta được: 1 ⇔ x = ±√ 2   1     √ x = − x = √  4 Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm 1     y = √ y = − √ 4 2 Bài 19 Giải hệ phương trình sau: (KA - 2012)  x3 − 3x2 − 9x + 22 = y + 3y − 9y (1) x2 + y − x + y = (2) x4 + x4 = ⇔ x4 = Lời giải Hệ  phương trình cho viết lại sau:  (x − 1)3 − 12(x − 1) = (y + 1)3 − 12(y + 1) (1) 2  + y+ =1 (2)  x− 2 2 ≤ 1; y + ≤1 Từ (2), ta có: x − 2 1 ⇒ −1 ≤ x − ≤ 1; −1 ≤ y + ≤ 2 1 Suy : − ≤ x − ≤ − ≤ y + ≤ 2 2 u =x−1 3 Đặt , điều kiện u, v ∈ − ; 2 v =y+1 Phương trình (1) trở thành: u3 − 12u = v − 12v 3 Xét hàm số f (t) = t3 − 12t liên tục − ; 2 3 3 nên f (t) nghịch biến − ; Có f (t) = 3(t2 − 4) < 0, ∀t ∈ − ; 2 2 Do (1) ⇔ f (u) = f (v) ⇔ x − = y + ⇔ y = x − Thay y = x − vào (2) ta được: 3 x− + x− = ⇔ 4x2 − 8x + = ⇔ x = x = 2 2 Với x = ⇒ y = − 2 Với x = ⇒ y = − 2 42 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm: 3 ;− ;− ; 2 2 Bài 20 Giải hệ phương trình sau:  9x − + = log − y 3y x 2x + 6y + = xy (1) (2) Lời giải  x = Điều kiện: − y Từ (2), ta có:  >0 x 18 18 2−y 2x + ⇒2−y = ⇒ = >0 y= x−6 6−x x(6 − x) x ⇒ x(6 − x) > ⇔ < x < ⇒ − y > Do đó: + = log2 (2 − y) − log2 x 3y ⇔ 32x − 32−y + + log2 x = log2 (2 − y) ⇔ 32x + log2 2x = 32−y + log2 (2 − y) (1) ⇔ 9x − u = 2x , điều kiện u, v > v =2−y Phương trình trở thành: 3u + log2 u = 3v + log2 v Xét hàm số f (t) = 3t + log2 t liên tục (0; +∞) Do đó: f (u) = f (v) ⇔ u = v ⇔ 2x = − y 18 Suy ra: 2x = ⇔ 6x − x2 = ⇔ (x − 3)2 = ⇔ x = ⇒ y = −4 6−x Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (3; −4) Đặt 2.4 Phương trình sử dụng ứng dụng định lý Rolle Phương pháp Đối với dạng tập này, ta chủ yếu sử dụng hệ định lý Rolle Kĩ thuật để giải toán sau: Bước 1: Ta đưa phương trình dạng f (x) = Bước 2: Xét hàm số y = f (x) Tìm số nghiệm phương trình f (x) = 43 Giả sử, phương trình f (x) = có n − nghiệm theo hệ 1.3.3 phương trình f (x) = khơng có q n nghiệm Bước 3: Chỉ nghiệm phương trình Bài tập vận dụng: Bài Biện luận số nghiệm phương trình sau: 2x = x2 + Lời giải Phương trình cho viết dạng: 2x − x − = (2.38) Xét hàm số f (x) = 2x − x2 − 1, dễ dàng thấy f (x) có đạo hàm cấp R f (x) = 2x ln2 − 2x, f (x) = 2x ln2 − 2 Ta có f (x) = ⇔ 2x = ln 2 Vì > nên phương trình f (x) = ln có nghiệm Khi theo ln hệ 1.3.3, phương trình f (x) = có khơng q nghiệm thực phân biệt, suy phương trình f (x) = có khơng nghiệm thực phân biệt Mặt khác ta có: f (0) = f (1) = f (2).f (5) = −6 < 0, suy ∃xx0 ∈ (2; 5) cho f (xx0 ) = Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt x = 0, x = 1, x = xx0 (xx0 ∈ (2; 5)) Bài Giải phương trình sau: 2x + 3x = 3x + Lời giải Phương trình cho viết dạng: 2x + 3x − 3x − = Xét hàm số f (x) = 2x + 3x − 3x − liên tục có đạo hàm R Ta có: f (x) = 2x ln2 + 3x ln3 − 3, f (x) = 2x ln2 + 3x ln2 > 0, ∀x ∈ R Vì phương trình f (x) = vơ nghiệm nên phương trình f (x) = có nghiệm, phương trình f (x) = có nhiều hai nghiệm phân biệt Mặt khác ta có: f (0) = f (1) = nên x = 0; x = hai nghiệm phương trình Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = {0; 1} 44 Tổng quát : Xét phương trình ax + bx = cx + d a>1 0 0, ∀t ∈ [−1; 1] Vì f (t) > nên phương trình f (t) = khơng có nghiệm nên phương trình f (t) = có nhiều nghiệm, phương trình f (t) = có nhiều hai nghiệm phân biệt 45 Mặt khác, ta thấy f (0) = f (1) = nên t = 0, t = hai nghiệm phương trình π Với t = ⇔ cos x = ⇔ x = + kπ, k ∈ Z Với t = ⇔ cos x = ⇔ x = k2π, k ∈ Z Thử lại, ta thấy hai ho nghiệm thỏa mãn phương trình cho Bài Giải phương trình sau: (1 + sin x)(2 + 4sin x ) = 3.4sin x (2.41) Lời giải Đặt t = sin x, t ∈ [−1; 1], phương trình cho có dạng sau: (1 + t)(2 + 4t ) = 3.4t ⇔ (1 + t)(2 + 4t ) − 3.4t = Xét hàm số f (t) = (1 + t)(2 + 4t ) − 3.4t liên tục có đạo hàm [−1; 1] Ta có: f (t) = 2+4t +(t−2)4t ln4, f (t) = 4t ln4+4t ln4+(t−2)4t (ln4)2 = 2.4t +(t−2)4t (ln4 Xét f (t) = ⇔ t = − nghiệm nhất, nên phương trình f (t) = ln2 có khơng q hai nghiệm Do phương trình f (t) = có khơng q ba nghiệm 1 = nên t = 0, t = 1, t = ba nghiệm Mặt khác, f (0) = f (1) = f 2 phương trình Với t = ⇔ sin x = ⇔ x = k2π, k ∈ Z π Với t = ⇔ sin x = ⇔ x = + kπ, k ∈ Z  π x = + k2π, k ∈ Z 1 Với t = ⇔ sin x = ⇔  5π 2 x= + k2π, k ∈ Z Thử lại, giá trị thỏa mãn phương trình cho Vậy, phương trình cho có họ nghiệm : π π π x = kπ, x = + k2π, x = 5π6 + k2π, x = + kπ, ( + kπ) 2 Bài Giải phương trình sau: log2 (x + 1) + log3 (2x + 1) − 2x = (2.42) Lời giải −1 ; +∞ Xét hàm số f (x) = log2 (x + 1) + log3 (2x + 1) − 2x liên tục có đạo hàm −1 ; +∞ TXĐ: D = 46 + − 2, (x + 1)ln2 (2x + 1)ln3 1 + < 0, ∀x ≥ − f (x) = (x + 1)2 ln2 (2x + 1)2 ln3 Vậy phương trình f (x) = vơ nghiệm nên phương trình f (x) = có nhiều nghiệm Do phương trình f (x) = có không hai nghiệm phân biệt Mặt khác, ta thấy: f (0) = f (1) = suy x = 0, x = hai nghiệm phương trình Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = {0; 1} Bài Giải phương trình sau: Ta có: f (x) = 3x = + x + log3 (1 + 2x) (2.43) Lời giải −1 ; +∞ Phương trình cho tương đương với: 3x + x = + 2x + log3 (1 + 2x) ⇔ 3x + log3 3x = + 2x + log3 + 2x Xét hàm số f (t) = t + log3 t liên tục (0; +∞) Ta có: f (t) = + > nên f (t) hàm đồng biến khoản (0; +∞) ln Nên f (3x ) = f (1 + 2x) ⇔ 3x = + 2x −1 ; +∞ Xét hàm số g(x) = 3x − 2x − liên tục −1 Ta có: g (x) = 3x ln3 − g (x) = 3x (ln3)2 > 0, ∀x > Do theo hệ 1.3.3, phương trình g(x) = khơng có q hai nghiệm Mặt khác,ta thấy g(0) = g(1) = nên x = 0, x = hai nghiệm phương trình cho Vậy tập nghiệm phương trình S = 0; TXĐ: D = Bình luận :Với tốn ta sử dụng bất đăng thức Bernoulli để giải Bài Giải phương trình sau: √ √ x + 3x + = x2 + x + Lời giải TXĐ: D = [0; +∞) √ √ Phương trình cho viết lại: x + 3x + − x2 − x − = 47 (2.44) √ √ Xét hàm số f (x) = x + 3x + − x2 − x − liên tục có đạo hàm [0; +∞) Ta có: f (x) = √ + √ − 2x − 2, x 3x + 1 f (x) = √ + − < 0, ∀x > x3 (3x + 1)3 Theo hệ 1.3.3, phương trình f (x) = có không hai nghiệm phân biệt Mặt khác, ta thử nghiệm thấy x = x = thỏa mãn phương trình Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = {0; 1} Bài Giải phương trình sau: 5x + 12x = 6x + 11x (2.45) Lời giải Viết lại phương trình cho dạng: 12x − 11x = 6x − 5x Giả sử phương trình cho có nghiệm α, đó: 12α − 11α = 6α − 5α Xét hàm số f (t) = (t + 1)α − tα liên tục có đạo hàm (0; +∞) f (t) = α[(t + 1)α−1 − tα−1 ] Mặt khác, ta có f (11) = f (5) Do theo định lý Rolle ∃c ∈ (5; 11) cho f (c) = α=0 α=0 ⇒ α[(c + 1)α−1 − cα−1 ] = ⇒ ⇒ α−1 α−1 (c + 1) −c =0 α=1 Thử lại, ta thấy giá trị α = 0; α = thỏa mãn phương trình cho Vậy phương trình cho có nghiệm x = 0; x = Bài 10 Giải phương trình sau: 2018cos x − 2017cos x = cos x Lời giải Viết lại phương trình cho dạng: 2018cos x − 2018 cos x = 2017cos x − 2017 cos x Giả sử phương trình cho có nghiệm α, đó: 2018cos α − 2018 cos α = 2017cos α − 2017 cos α 48 (2.46) Xét hàm số f (t) = tcos α − t cos α liên tục có đạo hàm (0; +∞) Có: f (t) = cos α(tcosα−1 − 1) Mặt khác, ta có f (2018) = f (2017) Do theo định lí Rolle ∃c ∈ (2017; 2018) cho f (c) = π α = + kπ, k ∈ Z cos α = cosα−1 ⇒ cos α(c − 1) = ⇒ ⇒ Thử ccosα−1 = α = k2π, k ∈ Z lại, ta thấy giá trị rên thỏa mãn phương trình cho π Vậy phương trình cho có họ nghiệm x = + kπ; x = k2π, k ∈ Z Bài 11 Giải phương trình sau: x2 − x=2 (2.47) Lời giải x2 − Phương trình cho viết lại sau: − x = x2 − Xét hàm số f (x) = − x liên tục có đạo hàm R x2 − 2x ln Ta có: f (x) = − x2 − x2 − 2 4x ln 20 ln 2 + > 0, ∀x ∈ R f (x) = Khi đó, theo hẹ định lí Rolle, Phương trình cho có khơng q nghiệm phân biệt Dễ thấy f (1) = f (2) = Vậy phương trình cho có nghiệm x = 1; x = 49 Kết luận Khóa luận "Ứng dụng đạo hàm giải phương trình hệ phương trình" nhằm giới thiệu phương pháp hàm số tốn giải phương trình hệ phương trình phổ thơng, chủ yếu tốn dành cho học sinh giỏi, đạt kết sau đây: Trong khóa luận này, tác giả phát biểu chứng minh định lý liên quan đến tính đơn điệu hàm số, định nghĩa số tính chất quan trọng đạo hàm, sử dụng định lí Lagrange để chứng minh tính chất đồng biến, nghịch biến hàm số liên tục khoảng Bên cạnh đó, khóa luận đề cập đến định lí Rolle vài hệ định lý Tiếp theo giới thiệu số toán cụ thể, có dạng tốn ứng dụng nhiều phương pháp dạng toán ứng dụng định lí Rolle có dụng phương pháp hàm số nói Ứng với dạng tốn đưa phương pháp định hướng cách làm cho độc giả, tác giả giới thiệu số tập lựa chọn kì thi Olympic toán khu vực Quốc tế, toán đề thi đại học qua năm trước Mỗi tốn có hướng dẫn cách giải bình luận tác giả Trên số đóng góp tác giả cho ngành tốn học nói chung cho ngành giải tích nói riêng, số vấn đề đặt hạn chế kiến thức hạn hẹp, hệ thống tập chưa đủ phong phú tác giả hy vọng kết khóa luận kiến thức bổ ích Mặc dù cố gắng nghiêm túc trình học tập nghiên cứu thời gian khả có hạn nên khóa luận cịn nhiều thiếu sót Tác giả mong nhận nhiều ý kiến đóng góp quý thầy bạn đọc để khóa luận hồn chỉnh 50 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Đình Thành Cơng, Phương pháp hàm số chinh phục giải tốn phương trình - hệ phương trình, bất phương trình - bất đẳng thức, giá trị lớn - giá trị nhỏ nhất, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, 2015 [2] Nguyễn Đức Hiệp, Sáng kiến kinh nghiệm : Ứng dụng đạo hàm giả phương trình, bất phương trình, 2013 [3] Trần Đức Long, Nguyễn Đình Sang, Hồng Quốc Tồn, Giáo trình giải tích, Bài tập giải tích, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, 2007 [4] Đặng Thị Toan, Luận án tiến sĩ: Một số phương pháp hàm để giải phương trình Bất phương trình, 2015 [5] Các thi Olympic trung học phổ thông Việt Nam 51 ... Ứng dụng đạo hàm giải phương trình hệ phương trình 2.1 Phương trình có dạng f(x) = c 2.2 Phương trình có dạng đưa f(u) = f(v) 17 2.3 Hệ phương trình ... ứng dụng đạo hàm, em dụng đạo hàm việc khảo sát, vẽ đồ thị hàm số toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Việc dụng đạo hàm để giải phương trình hệ phương trình chưa sử dụng nhiều việc vận dụng học... sử dụng đạo hàm giải phương trình hệ phương trình nhằm đưa em đến gần với phương pháp hiểu rõ lợi ích mà phương pháp đem lại .Phương pháp phương pháp thực phương pháp hay đơn giản để giải phương