CHƯƠNG 2 PHƯỜNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ
2.1 PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
2.1.3. Các phương pháp khác
a. Sử dụng định lý Rolle
⊙ Áp dụng định lý Rolle để giải phương trình mũ, ta thực hiện các bước sau:
Bước 1: Giả sử α là nghiệm của phương trình.
Bước 2: Biến đổi phương trình về dạng thích hợp f(a) = f(b), từ đó chỉ ra được hàm số f(t) liên tục trên đoạn [a;b] và có đạo hàm trên khoảng (a;b). Khi đó theo định lý Rolle, ∃c ∈ (a;b) sao cho f′(c) = 0.
Bước 3: Giải f′(c) = 0 ta xác định được α. Bước 4: Thử lại.
⊙ Từ hệ quả của định lý Rolle ta rút ra phương pháp giải phương trình:
Giả sử cần giải phương trình f(x) = 0. Ta thực hiện theo các bước sau:
Bước 1: Tìm tập xác định D của phương trình.
Bước 2: Chỉ ra được f′′(x) > 0, ∀x ∈ D hoặc f′′(x) < 0, ∀x ∈ D. Bước 3: Vậy phương trình f(x) = 0 nếu có nghiệm sẽ không có quá 2 nghiệm phân biệt trên D.
Ta cần chỉ ra hai giá trị x1, x2 ∈ D sao cho f(x1) = f(x2) = 0. Bước 4: Kết luận.
Ví dụ 2.16. Giải phương trình
1296x+ 16x = 625x+ 81x. (2.28) Lời giải. Viết lại phương trình (2.28) dưới dạng
64x+ 24x = 54x+ 34x ⇔ 64x−54x = 34x−24x. Giả sử phương trình có nghiệm α. Khi đó, ta có
64α−54α = 34α−24α. (2.29)
Xét hàm số f(t) = (t+ 1)4α−t4α, với t > 0.
Ta có hàm số f(t) thỏa mãn định lý Rolle trên đoạn [2; 5].
Từ (2.29) ta nhận được f(5) = f(2), do đó theo định lý Rolle ∃c ∈ (2; 5) sao cho
f′(c) = 0 ⇔4α[(c+ 1)4α−1 −c4α−1] = 0⇔
α = 0 α = 1 4 Thử lại ta thấy x = 0 và x = 1
4 đều thỏa mãn (2.28).
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0 và x = 1 4. Ví dụ 2.17. Giải phương trình x = 2x
2−1 3 . Lời giải. Viết phương trình dưới dạng: 2x
2−1
3 −x = 0. Xét hàm số f(x) = 2x
2−1
3 −x có tập xác định là R. Ta có: f′(x) = 2xln 2
3 .2x
2−1 3 −1. f′′(x) = 2 ln 2
3 .2x
2−1
3 + 4x2ln22 9 .2x
2−1
3 > 0, ∀x.
Như vậy theo hệ quả của định lý Rolle, nếu phương trình f(x) = 0 có nghiệm sẽ không có quá hai nghiệm phân biệt trên R.
Mà f(1) = f(2) = 0.
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 2.
b. Phương pháp đánh giá hoặc ước lượng nghiệm
Để đánh giá hai vế của phương trình và bất phương trình mũ ta thường dựa vào: tính đơn điệu của hàm số, tính chất hàm số mũ, các bất đẳng thức như AM-GM, Cauchy-Schwaz, Bernoulli, tính chất của giá trị tuyệt đối....
Ví dụ 2.18. Giải phương trình
3cos2x+ 2sin2x = 2(xπ)2−3 + 29−4(πx). (2.30) Lời giải.
⊙ Xét hàm số f(t) = 2t + 31−t, với 0≤ t ≤ 1.
Ta có f′(t) = 2tln 2−31−tln 3, f′(t) = 0 ⇔ t= log6log227 Bảng biến thiên: đặt log6log227 = m,
t f′(t) f(t)
0 m 1
− 0 +
f(m)
4 3
Căn cứ vào bảng biến thiên ta có max
t∈[0;1]f(t) = 4 khi t = 0. Từ đó suy ra 3cos2x+ 2sin2x = 2sin2x+ 31−sin2x ≤4, ∀x ∈ R.
⊙ Xét hàm số g(t) = 2t2−3 + 29−4t, với t ∈ R. Ta có g(t)
AM-GM
≥ 2√
2t2−3.29−4t = 2√
2(t−2)2+2 ≥ 4. Suy ra min
t∈Rg(t) = 4 khi t= 2.
Suy ra 2(πx)2−3 + 29−4(xπ) ≥ 4, ∀x ∈ R. Do đó (2.30)⇔
(3cos2x+ 2sin2x = 4
2(xπ)2−3 + 29−4(πx) = 4 ⇔
(sin2x = 0 x
π = 2 ⇔x = 2π.
Vậy phương trình có nghiệm x = 2π.
Ví dụ 2.19. Giải phương trình 5|x|+ 3|x| = 6x+ 2.
Lời giải.
⊙ Khi x < 0 thì 5|x| + 3|x| > 2 và 6x+ 2 < 2 nên 5|x| + 3|x| > 6x+ 2.
Suy ra phương trình vô nghiệm.
⊙ Khi x ≥0 thì 5|x|+ 3|x| = 5x+ 3x Theo bất đẳng thức Bernouli
tα ≥(t−1)α + 1, ∀t > 1, α ≥ 1 tα ≤(t−1)α + 1, ∀t > 1,0 ≤ α <1. Ta có:
5x ≥ 4x+ 1
3x ≥ 2x+ 1 khi x ≥1 và
5x ≤ 4x+ 1
3x ≤ 2x+ 1 khi 0≤ x < 1, Suy ra 5|x|+ 3|x| ≥ 6x+ 2 khi x ≥1 và 5|x|+ 3|x| ≤ 6x+ 2 khi 0≤ x < 1.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 vàx = 0, từ đó suy ra phương trình có nghiệm x = 1 và x = 0.
Vậy tập nghiệm của phương trình T = {0; 1}.
Chú ý 2.2. Từ ví dụ 2.19 nếu thay cơ số 5 và cơ số 3 bởi hai cơ số bất kỳ a và b, với a > b > 1 thì ta được phương trình
a|x| +b|x| = (a+ b−2)x+ 2 Phương trình trên có hai nghiệm x = 0 và x = 1.
Ví dụ 2.20. Giải phương trình 51+x−31+x−21+x = 31−x+ 21−x−51−x. Lời giải. Phương trình được viết lại dưới dạng
5(5x+ 5−x) = 3(3x+ 3−x) + 2(2x+ 2−x) Theo Tính chất 1.5, ta có
5x+ 5−x ≥ 3x+ 3−x 5x+ 5−x ≥ 2x+ 2−x Suy ra
3(5x+ 5−x) ≥ 3(3x+ 3−x) 2(5x+ 5−x) ≥ 2(2x+ 2−x).
Do vậy 5(5x+ 5−x) ≥3(3x+ 3−x) + 2(2x+ 2−x). Dấu "=" xảy ra khi x = 0.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0.
Nhận xét 2.3. Từ bổ đề 1.5 ta có thể xây dựng các phương trình mũ tương tự ví dụ 2.20.
Ví dụ 2.21. Giải bất phương trình
2sin2x+ 2cos2x ≤ 2(sinx+ cosx). (2.31) Lời giải. Ta có
2sin2x+ 2cos2x = 2sin2x+ 21−sin2x
AM-GM
≥ 2√
2sin2x.21−sin2x = 2√ 2 2(sinx+ cosx) = 2√
2 sin(x+ π
4) ≤2√ 2. Do đó
(2.31) ⇔
2sin2x+ 21−sin2x = 2√ 2 2(sinx+ cosx) = 2√
2 ⇔
(2sin2x = 21−sin2x sin(x+ π
4) = 1
⇔
((2sin2x)2 = 2 x = π
4 +k2π ⇔ x= π
4 +k2π.
Vậy nghiệm của bất phương trình là: x = π
4 +k2π, k ∈ C. c. Phương pháp điều kiện cần và đủ
Trong phần này sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ giải bài toán về tính duy nhất nghiệm, bài toán về tập nghiệm và bài toán về hai phương trình tương đương.
Bài toán 2.6 (Bài toán về tính duy nhất nghiệm). Tìm điều kiện của tham số (giả sử là m) để phương trình, bất phương trình f(x, m) ≥ 0 (hoặc f(x, m) ≤0) có nghiệm duy nhất.
Phương pháp giải. Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Đặt điều kiện để các biểu thức trong f(x, m) ≥ 0 có nghĩa.
Bước 2: Điều kiện cần: Giả sử f(x, m) ≥ 0 có nghiệm là x = x0, khi đó:
a. Dựa trên tính chất đối xứng của các biểu thức giải tích trong f(x, m) ≥ 0, ta đi khẳng định khi đó x = ϕ(x0) cũng là nghiệm của f(x, m) ≥ 0. b. Do đó để f(x, m) ≥ 0 có nghiệm duy nhất cần có x0 = ϕ(x0) suy ra giá trị của x0.
c. Thay giá trị của x0 vào f(x, m) ≥ 0 ta xác định được điều kiện cần cho tham số m để f(x, m) ≥0 có nghiệm duy nhất, giả sử m ∈ Dm.
Bước 3: Điều kiện đủ: Với m ∈ Dm, ta đi kiểm tra lại tính duy nhất nghiệm cho f(x, m) ≥ 0.
Bước 4: Kết hợp ba bước trên ta tìm được đáp số.
Ví dụ 2.22. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm duy nhất 1
3|x−2| ≥ 1 +m2. (2.32) Lời giải.
Điều kiện cần: Giả sử bất phương trình (2.32) có nghiệm là x = x0. Suy ra 1
3|x0−2| ≥1 +m2 ⇔ 1
3|(4−x0)−2| ≥ 1 +m2. nên 4−x0 cũng là nghiệm của (2.32).
Như vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất khi 4−x0 = x0 ⇔x0 = 2.
Thay x0 = 2 vào (2.32) ta được 1≥ 1 +m2 ⇔ m2 ≤ 0 ⇔m = 0.
Điều kiện đủ: Với m = 0, bất phương trình (2.32) trở thành 1
3|x−2| ≥ 1 ⇔ 3|x−2| ≤30 ⇔ |x−2| ≤ 0⇔ x = 2 là nghiệm duy nhất.
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0.
Bài toán 2.7 (Bài toán về tập nghiệm). Tìm giá trị của tham số m để phương trình, bất phương trình hoặc hệ nghiệm đúng với mọi x ∈ D. Phương pháp giải. Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của phương trình, bất phương trình hoặc hệ có nghĩa.
Bước 2: Điều kiện cần: giả sử phương trình, bất phương trình hoặc hệ nghiệm đúng với mọi x ∈ D, suy ra nó nghiệm đúng với x0 ∈ D.
Giải bài toán với x = x0 suy ra giá trị của tham số m0. Bước 3: Điều kiện đủ: thực hiện phép kiểm tra với m = m0.
Ví dụ 2.23. Tìm m để phương trình sau nghiệm đúng với mọi x > 0:
p2logm+1x2 = x. (2.33)
Lời giải. Điều kiện: x > 0. Điều kiện cần:
Giả sử (2.33) nghiệm đúng ∀x > 0 nên x = √
m+ 1 là nghiệm của (2.33).
Thay x = √
m + 1 vào phương trình (2.33), ta có p
2logm+1(√m+1)2 = √
m+ 1 ⇔√
2 = √
m+ 1 ⇔m = 1. Điều kiện đủ:
Với m = 1, (2.33) trở thành √
2log2x2 = x ⇔√
x2 = x: đúng ∀x > 0. Vậy với m = 1 phương trình nghiệm đúng với mọi x > 0.
Bài toán 2.8(Bài toán về hai phương trình tương đương). Cho hai phương trình f(x, m) = 0 và g(x, m) = 0. Tìm điều kiện của tham số (giả sử là m) để hai phương trình tương đương.
Phương pháp giải. Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Điều kiện cần
⊙ Giải và tìm nghiệm x = x0 của f(x, m) = 0.
⊙ Để phương trình f(x, m) = 0 và g(x, m) = 0 tương đương, trước hết cần x = x0 cũng là nghiệm của g(x, m) = 0, tức là g(x0, m) = 0 hay m = m0.
⊙ Vậy m = m0 chính là điều kiện cần.
Bước 2: Điều kiện đủ
⊙ Với m = m0
f(x, m) = 0 ⇔ f(x, m0) = 0 từ đó suy ra nghiệm của f(x, m) = 0. g(x, m) = 0 ⇔ g(x, m0) = 0 từ đó suy ra nghiệm của g(x, m) = 0.
⊙ Kết luận.
Ví dụ 2.24. Tìm m để hai phương trình sau tương đương:
9x2 + 3x2+1−4 = 0. (2.34)
|m −4|.2x−2 +m.4x−1 = 1. (2.35) Giải . Ta có
(2.34) ⇔(3x2)2 + 3.3x2 −4 = 0 ⇔
3x2 = 1
3x2 = −4 : vô nghiệm Suy ra x2 = 0 ⇔ x = 0.
Như vậy phương trình (2.34) có nghiệm duy nhất x = 0. Do đó (2.34) và (2.35) tương đương khi và chỉ khi (2.35) có đúng một nghiệm x = 0. Điều kiện cần: Giả sử (2.35) có nghiệm là x = 0,
suy ra |m−4|.2−2+m.4−1 = 1 ⇔ |m −4| = 4−m ⇔ m ≤ 4. Điều kiện đủ: Giả sử m ≤ 4.
(2.35) ⇔ (4−m).2x−2 +m.4x−1 = 1 ⇔ m(2x)2 + (4−m)2x−4 = 0.
⊙ Với m = 0: (2.35) trở thành
4.2x−4 = 0 ⇔2x = 1 ⇔x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Suy ra m = 0 thì (2.34) và (2.35) tương đương.
⊙ Với 0 6= m ≤ 4: (2.35) ⇔
(2x = 1 2x = − 4
m
⇔
(x = 0 2x = −4
m . (2.34) và (2.35) tương đương khi và chỉ khi
− 4 m = 1
− 4
m < 0 ⇔
m = −4 m >0
06=m≤4
⇔
m = −4 0< m ≤ 4.
Vậy (2.34) và (2.35) tương đương khi và chỉ khi m ∈ [0; 4]∪ {−4}. d. Phương pháp lượng giác hóa
Để lượng giác hóa các phương trình và bất phương trình ta sử dụng các nhận xét sau:
1. Nếu −1 ≤ x ≤ 1 thì tồn tại α và β với −π
2 ≤ α ≤ π
2, 0 ≤ β ≤ π sao cho sinα = x và cosβ = x.
2. Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì tồn tại α và β với 0 ≤ α ≤ π
2, 0 ≤ β ≤ π
2 sao cho sinα = x và cosβ = x.
3. Với mỗi số thực x tồn tại số α với −π
2 < α < π
2 sao cho x = tanα. 4. Nếu các số thực x, y thỏa mãn hệ thức x2 +y2 = 1 thì tồn tại số α với 0≤ α ≤2π sao cho x = sinα và y = cosα.
Ví dụ 2.25. Cho 0< m < 1, giải phương trình
(1−m2)x+ (2m)x = (1 +m2)x. (2.36) Lời giải.
Ta có (2.36) ⇔
1−m2 1 +m2
x
+
2m 1 +m2
x
= 1. Đặt m = tant với t∈ 0; π
4
Suy ra 1−m2
1 +m2 = cos 2t; 2m
1 +m2 = sin 2t
Phương trình (2.36) có dạng: (sin 2t)x+ (cos 2t)x = 1. Nhận xét:
⊙ x = 2 là một nghiệm của phương trình.
⊙ x > 2 ta có:
(sin 2t)x < (sin 2t)2
(cos 2t)x < (cos 2t)2 nên (sin 2t)x+ (cos 2t)x < 1.
Do đó phương trình không được nghiệm đúng.
⊙ x < 2 ta có:
(sin 2t)x > (sin 2t)2
(cos 2t)x > (cos 2t)2 suy ra (sin 2t)x+ (cos 2t)x > 1, hay phương trình không được nghiệm đúng.
Vậy với 0< m < 1 phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2. Ví dụ 2.26. Giải phương trình
(3 + 2√
2)x = (√
2−1)x+ 3.
Lời giải.
Nhận xét (√
2−1)(√
2 + 1) = 1 và 3 + 2√
2 = (√
2 + 1)2 Suy ra (√
2−1)x = (√
2 + 1)−x và (3 + 2√
2)x = [(√
2 + 1)x]2. Đặt (√
2 + 1)x = 2t (với t > 0) ta được phương trình (2t)2 = 1
2t + 3 ⇔4t3 −3t = 1
2. (2.37)
Xét t ∈ (−1; 1), đặt t= cosα, α ∈ (0;π) ta được 4 cos3α−3 cosα = 1
2 ⇔ cos 3α = 1
2 ⇔ α = ±π
9 + k2π
3 , k ∈ C. Vì α ∈ (0;π) nên α ∈ {π
9;5π 9 ; 7π
9 }.
Từ đó suy ra các nghiệm t ∈ (−1; 1) của phương trình (2.37) là t1 = cosπ
9; t2 = cos5π
9 ; t3 = cos7π 9 .
Vì phương trình (2.37) là phương trình bậc ba có đủ ba nghiệm ti ∈ (−1; 1), i = 1; 2; 3 nên không cần xét các nghiệm t 6∈ (−1; 1).
Mặt khác t2 < 0 và t3 < 0.
Do đó nghiệm của phương trình (2.37) là t1 = cosπ 9. Như vậy ta có (√
2 + 1)x = 2 cosπ
9 ⇔x = log√2+1(2 cosπ 9). Vậy phương trình có nghiệm là x = log√2+1(2 cosπ
9).
Ví dụ 2.27. Giải và biện luận theo m số nghiệm phương trình:
p1−22x = m−2x. (2.38) Lời giải.
Điều kiện 1−22x ≥ 0 ⇔22x ≤ 1 = 20 ⇔x ≤ 0.
Vì x ≤0 nên 0 < 2x ≤ 1, do đó đặt 2x = sint với 0 < t ≤ π 2. Khi đó phương trình (2.38) trở thành
cost = m−sint ⇔cost+ sint = m ⇔ sin(t+ π
4) = m
√2
Vì 0< t ≤ π 2 ⇔ π
4 < t+ π
4 ≤ 3π 4 nên
√2
2 ≤ sin(t+ π
4) ≤ 1.
Số nghiệm của phương trình (2.38) bằng số giao điểm của đường thẳng (d) : y = m
√2 với cung tròn AB (không lấy điểm A) đi từ π 4 đến
3π 4 trên đường tròn lượng giác.
Do đó:
⊙
√m 2 <
√2 2
√m
2 > 1
⇔
m < 1 m > √
2 : phương trình vô nghiệm.
⊙
√m 2 =
√2 2
√m
2 = 1
⇔
m = 1 m = √
2 : phương trình có nghiệm duy nhất.
⊙
√2
2 < m
√2 < 1⇔ 1< m < √
2: phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Vậy nên
⊙ m < 1 hoặc m > √
2: phương trình vô nghiệm.
⊙ m = 1 hoặc m = √
2: phương trình có nghiệm duy nhất.
⊙ 1< m < √
2: phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Ví dụ 2.28. Giải bất phương trình √
3x+ 1 ≤ 3x2 + 2
√3x+ 1.
Lời giải. Đặt 3x2 = tant, với t∈ − π 2;π
2
nên √
3x+ 1 = 1 cost Khi đó bất phương trình trở thành
1
cost ≤ tant+ 2 cost⇔ 1≤ sint+ 2 cos2t
⇔ 2 sin2t−sint−1≤ 0⇔ −1
2 ≤sint≤ 1
⇔ tant≥ − 1
√3 ⇔3x2 ≥ − 1
√3 : luôn đúng. Vậy mọi x là nghiệm của phương trình.
Ví dụ 2.29. Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm
√1−2x+ 2x2 ≤a (2.39) Lời giải.
Điều kiện 1−2x ≥ 0⇔ 2x ≤ 1 = 20 ⇔x ≤ 0.
Vì x ≤0 nên 0 < 2x2 ≤ 1. Do đó đặt 2x2 = sint, t∈ (0;π 2]. Khi đó bất phương trình (2.39) trở thành
cost+ sint≤ a ⇔ sin(t+ π
4) ≤ a
√2
Vì 0< t ≤ π 2 ⇔ π
4 < t+ π
4 ≤ 3π 4 nên
√2
2 ≤ sin(t+ π
4) ≤ 1. Suy ra min
(0;π2]sin(t+ π 4) =
√2 2 .
Do đó bất phương trình (2.39) có nghiệm ⇔ a
√2 ≥ min
(0;π2]sin(t+ π 4)
⇔ a
√2 ≥
√2
⇔a ≥ 1. 2 Vậy bất phương trình có nghiệm khi a ≥ 1.
Ví dụ 2.30. Giải và biện luận bất phương trình 2x+√
a2 −4x ≤ a. Lời giải. Xét các trường hợp:
⊙ Trường hợp a ≤ 0: bất phương trình vô nghiệm vì 2x+√
a2 −4x > 0.
⊙ Trường hợp a > 0: điều kiện a2 −4x ≥ 0⇔2x ≤ a ⇔ x ≤log2a. Đặt 2x = acost, với t ∈ h0; π
2
suy ra √
a2 −4x = pa2 −(acost)2 = asint.
Khi đó bất phương trình trở thành
acost+asint ≤a ⇔cost+ sint≤ 1 ⇔sint+ π 4
≤ 1
√2
0≤t<π2
⇔ t = 0. Ta có t = 0 ⇔2x = a ⇔ x = log2a.
Vậy:
⊙ a ≤0: bất phương trình vô nghiệm.
⊙ a > 0: bất phương trình có nghiệm duy nhất x = log2a.