dùng ĐẠO HÀM giải PHƯƠNG TRÌNH

Dùng đạo hàm để giải phơng trình

Ta biết rằng mọi phơng trình đều có thể đa về dạng
( ) 0
f x

, trong đó hàm số
( )f x
thể
hiện đầy đủ tính chất của nghiệm phơng trình này. Do đó, khi ta khảo sát đợc hàm số
( )f x
, ta có thể có đợc cái nhìn tổng quát về phơng trình, xác định đợc rằng phơng
trình đó có bao nhiêu nghiệm, thuộc những miền nào,những tính chất này tất nhiên
không thể rõ ràng nh việc tìm đợc nghiệm cụ thể của phơng trình nhng nó vẫn có
nhiều lợi ích khi mà việc tìm lời giải cho bài toán phơng trình đó không còn tiến hành
thuận lợi bằng các cách biến đổi tơng đơng, đặt ẩn phụ nữa.

Và nh thế, công cụ đạo hàm trong trờng hợp này thực sự thể hiện rõ tính hiệu quả của
nó; bằng cách dùng đạo hàm, ta có thể xác định đợc chính xác số nghiệm của một
phơng trình cho trớc; sau đó, ta tiến hành một bớc trong lập luận cho điều kiện đủ của
bài toán mà thông thờng gọi là nhẩm nghiệm để chỉ ra rằng phơng trình chỉ có bao
nhiêu nghiệm đó thôi và hoàn tất lời giải.

1. Sử dụng đạo hàm để giải phơng trình.

Trong phần này, chúng ta sẽ tìm hiểu một số ứng dụng trực tiếp của đạo hàm vào giải
phơng trình và thấy rằng có nhiều bài toán thì đây là cách duy nhất có thể thực hiện đợc.
Trớc hết, ta có những kết quả quen thuộc sau:
(1) Trên miền xác định
D
của hàm số

( )f x
, nếu
'( ) 0
f x

(hoặc
'( ) 0
f x

) thì hàm số
( )f x
đơn điệu và phơng trình
( ) 0
f x

có không quá một nghiệm.
(2) Nếu hàm số
( )f x
liên tục trên
[ , ]a b
và
( ). ( ) 0
f a f b

thì phơng trình
( ) 0
f x

có
ít nhất một nghiệm trên

( , )a b
.
(3) Giả sử
( )f x
có đạo hàm đến cấp
n
trên khoảng
( , ).a b
Khi đó, nếu phơng trình
( )
( ) 0
n
f x

có
k
nghiệm thì phơng trình
( 1)
( ) 0
n
f x


chỉ có tối đa
1k
nghiệm. (hệ
quả của định lí Rolle).
(4) Nếu hàm số
( )y f x
liên tục trên đoạn

[ , ]a b
và có đạo hàm trên khoảng
( , )a b
thì
tồn tại
( , )
c
a b
sao cho
( ) ( )
'( )
f b f a
f c
b a



.
Vì vậy, việc trình bày lời giải bài toán theo ý này có thể qua hai bớc chính là:
- Dùng đạo hàm chứng minh phơng trình có không quá k nghiệm.
- Chỉ ra đợc đầy đủ k nghiệm đó (hoặc chứng minh đề không yêu cầu tìm nghiệm
mà chỉ dừng lại ở việc xác định số nghiệm thì ta dùng định lí hàm liên tục để chỉ ra
những khoảng chứa nghiệm của phơng trình rồi kết luận).

Ví dụ 1: Giải PT:
1 4 9 16 100
x x x x x

Lời giải. Ta thấy với phơng trình này, cách đặt ẩn phụ hay biến đổi tơng đơng không
còn tác dụng nữa.

Ta sẽ giải bài này rất dễ dàng bằng đạo hàm nh sau:
Điều kiện xác định của phơng trình là:
1
x

.
Xét hàm số:
( ) 1 4 9 16 100, ( 1; )
f x x x x x x x

.
Ta có:
1 1 1 1 1
'( )
2 1 2 4 2 9 2 16 2 100
f x
x x x x x



Nhng do
1 1
100 1 0
1 100
x x
x x


, suy ra:
'( ) 0

f x

tức là hàm số đã cho
đồng biến hay phơng trình đã cho có không quá một nghiệm.
Hơn nữa, ta thấy
0
x

nghiệm đúng phơng trình.
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất là
0
x

.

Ta xét thêm một ví dụ nữa để thấy tác dụng của công cụ này.
Ví dụ 2. Giải phơng trình:
3 2
2 7 8
x
x x




Lời giải. Điều kiện xác định:
3
x

. Xét hàm số:

3 2
( ) 2 7 8, ( ;3)
x
f x x x x


. Ta có:
3
1
'( ) .2 .ln 2 2 7 0, 3
2 3
x
f x x x
x




.
Suy ra phơng trình đã cho có không quá một nghiệm. Ta dễ dàng nhẩm đợc nghiệm đó
là
2
x

và lời giải hoàn tất.

Ví dụ 3. Chứng minh rằng phơng trình sau có đúng một nghiệm dơng:

9 3 3 2
( ) 0

x x b a x

với mọi
, 0
a b

.

Lời giải. Xét hàm số:
9 3 3 2
( ) ( )
f x x x b a x

.
Ta thấy:
8 2 3 2 2
'( ) 9 9 .( ) 0, , 0
f x x x x b a a b

, tức là
( )f x
là hàm đồng biến hay phơng
trình đã cho có không quá một nghiệm.
Hơn nữa:
3 3 2
3 3
(0) 0, ( ) . 0
f b f b b a b

nên suy ra phơng trình đã cho có ít nhất

một nghiệm thuộc
3
(0, )b
. Rõ ràng nghiệm này là số dơng.
Từ hai điều này suy ra phơng trình đã cho có đúng một nghiệm dơng.
Ta có đpcm.
Ví dụ 4. Giải phơng trình:
4 1
x
x
.

Lời giải. Rõ ràng khi đứng trớc những phơng trình ở dạng hỗn hợp, vừa có hàm số mũ,
vừa có hàm tuyến tính thế này, ta cũng không thể áp dụng các biến đổi đại số thông
thờng. Việc sử dụng cách đạo hàm để khảo sát hàm số là tất yếu.
Xét hàm số
( ) 4 ( 1)
x
f x x

.
Ta có:

2
'( ) 4 .ln 4 1, ''( ) 4 . ln 4 0
x x
f x f x

suy ra phơng trình
( ) 0

f x

đã cho có
không quá hai nghiệm.
Hơn nữa, ta nhẩm đợc hai nghiệm này là
1
0,
2
x x


.
Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm là
1
0,
2
x x


.
Ví dụ 5. Giải phơng trình:
4 10 6 8
x x x x

.

Lời giải. Phơng trình đã cho có dạng:
6 4 10 8
x x x x

.
Xét hàm số:
0 0
( ) ( 2)
x x
f t t t
, trong đó
0
x
là nghiệm của phơng trình trên.
Phơng trình đã cho có thể viết lại là:
(4) (8)f f
.
Rõ ràng hàm số này liên tục trên
[4,8]
nên theo định lí Lagrange thì tồn tại
(4,8)
c

sao
cho:
0 0
1 1
0 0
(4) (8)
'( ) 0 .( 2) .
4 8
x x
f f
f c x t x t

.
Phơng trình này có đúng hai nghiệm là
0 0
0, 1
x x

nên nếu
0
x
là nghiệm của phơng
trình đã cho thì nó phải thuộc
{0,1}
. Thử lại, ta thấy thỏa.
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm là
0, 1x x
.
2. Sử dụng đạo hàm để giải hệ phơng trình.

Những ứng dụng của đạo hàm trong việc giải hệ phơng trình xoay quanh một số vấn
đề chủ yếu là:
- Tìm đợc một quan hệ giữa các biến trong một phơng trình nào đó của hệ để thế vào
các phơng trình khác rồi giải.
- Dùng tính đơn điệu của hàm số để giải các bài toán về hệ lặp.

Ví dụ 6. Giải hệ phơng trình:
3 3

4 4
3 3
1
x x y y
x y









Lời giải. Ta thấy bài toán dạng này rất đặc trng cho phơng pháp đợc nêu và cách ra đề
này cũng thờng hay đợc sử dụng trong các đề thi CĐ - ĐH, thi HSG.
Điều quan trọng là cần chứng minh đợc
x y
từ hệ trên.
Điều này cũng không khó, từ phơng trình thứ hai của hệ, ta thấy:
0 , 1x y
. Khi đó, ta xét hàm số
3
( ) 3 , [ 1,1]
f t t t t
thì
2
'( ) 3 3 0
f t t

, suy ra
( )f t

là hàm nghịch biến. Phơng trình thứ nhất của thực chất là:
( ) ( )
f x f y x y
.
Thay vào phơng trình thứ hai của hệ, ta đợc:
4
4
1
2 1
2
x x
.
Vậy hệ phơng trình đã cho có hai nghiệm là
4 4 4 4
1 1 1 1
( , ) , , ,
2 2 2 2
x y





.

Ví dụ 7. Giải hệ phơng trình:

3 2
3 2
3 2
3 3 ln( 1)
3 3 ln( 1)
3 3 ln( 1)
x x x x y
y y y y z
z z z z x










Lời giải. Xét hàm số:
3 2
( ) 3 3 ln( 1),f t t t t t t

. Ta có:
4 3 2 4 3 2 2
2
2 2 2
2 1 3 3 6 2 3( ) (3 2)
'( ) 3 3 0
1 1 1

t t t t t t t t t t
f t t
t t t t t t




Suy ra
( )f t
là hàm đồng biến.
Giả sử
x y
thì từ hệ phơng trình trên, suy ra:
( ) ( ) ( ) ( )
f x f y y z f y f z z x
. Do đó:
z x y z
hay
x y z
.
Ta thay lại vào hệ trên, quy về việc giải phơng trình:
3 2
2 3 ln( 1) 0
x x x x
     
.
L¹i xÐt hµm sè:
3 2
( ) 2 3 ln( 1)
g t t t t t

     
. Ta cã:
4 3 2 4 3 2 2
2
2 2 2
2 1 3 3 5 1 3( ) 2 1
'( ) 3 2 0
1 1 1
t t t t t t t t
g t t
t t t t t t
       
     
     
, tøc lµ hµm
( )g t
nµy
còng ®ång biÕn.
H¬n n÷a, ta thÊy ph¬ng tr×nh
( ) 0
g t

cã mét nghiÖm lµ
1t 
.
Tõ ®ã suy ra hÖ ®· cho ®óng 1 nghiÖm lµ
( , , ) (1,1,1)
x y z

.

Bµi tËp ¸p dông:

1. Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau:
a.
4 2 1, 4 3 1
x x
x x   

b.
3 2
2 3 ln( 1) 0
x x x x
     

c.
3 2
1 1 1
5 4 3 2 4 2 16
2 3 6
x x x x
x x x
x x x
         

2. Gi¶i ph¬ng tr×nh sau:
a.
 
2 3
4( 2) log ( 3) log ( 2) 15( 1)
x x x x

     
.
b.
3
3 2 2
4 5 6 7 9 4
x x x x x
     

3. Gi¶i ph¬ng tr×nh sau:
a.
4 6 8 2
x x
x
  

b.
2
5 4 3 2 10 6
x x x x
x x    

4. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau:
2
2
3 ln(2 1)
3 ln(2 1)
x x x y
y y y x


   


   



5. Gi¶i ph¬ng tr×nh sau:
a.
3 7 2.5
x x x
 

b.
10 40 20 30
x x x x
  

6. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau:
2 3
2 2
log (1 ) log
2cos 2 cos
x y
x x y y

 


  




7. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh:
2
3
2
3
2
3
( 1) 5.log (6 )
( 1) 5.log (6 )
( 1) 5.log (6 )
x y x
y z y
z x z

   


   


   





2. Sử dụng đạo hàm để giải phơng trình và bất phơng trình

Lời giải

50. Giải phơng trình:

(a)
4 2 1
x
x

Xét hàm số:
( ) 4 (2 1),
x
f x x x

.
Ta có:
2
( ) 4 .ln 4 2, ( ) 4 .(ln 4) 0
x x
f x f x


.
Suy ra phơng trình
( ) 0
f x

có không quá hai nghiệm.
Ta lại thấy

1
(0) 0
2
f f




nên
1
0,
2
x x

là nghiệm của phơng trình
( ) 0
f x

.
Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm là
1
0,
2
x x

.
(b)
4 3 1
x
x

Tơng tự câu (a), phơng trình có hai nghiệm là
0, 1x x
.
(c)
3 2
2 3 ln( 1) 0
x x x x


Xét hàm số:
3 2
( ) 2 3 ln( 1), f x x x x x x

. Ta có:
4 3 2
2
2 2
4 3 2 2
2
2 1 (3 3 5 2 2) (2 1)
( ) 3 2
1 1
(3 3 3 ) (2 4 3)
0,
1
x x x x x x
f x x
x x x x
x x x x x

x
x x









Suy ra hàm số này đồng biến và phơng trình
( ) 0
f x

có không quá một nghiệm. Hơn
nữa:

3 2
( 1) ( 1) 2 ( 1) 3 ln ( 1) ( 1) 1 0
f


nên phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất là
1x
.
(d)
3 2
1 1 1
5 4 3 2 4 2 16.

2 3 6
x x x x
x x x
x x x

Xét hàm số
3 2
1 1 1
( ) 5 4 3 2 4 2 16,
2 3 6
x x x x
x x x
f x x x x x





.
Ta có:
2
ln 2 ln3 ln 6
( ) 5 .ln 5 4 .ln 4 3 .ln 3 2 .ln 2 12 4 1 0
2 3 6
x x x x
x x x
f x x x

Suy ra hàm số này đồng biến và phơng trình
( ) 0
f x

có không quá một nghiệm. Ta
thấy
1 1 1
(1) 5 4 3 2 4 2 1 16 0
2 3 6
f




.
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất là
1x
.

51. Giải các phơng trình:
(a)
2 3
4( 2) [log ( 3) log ( 2)] 15 ( 1);
x x x x


Điều kiện:

3x
.
Phơng trình đã cho viết lại là:
2 3
15 1
log ( 3) log ( 2) .
4 2
x
x x
x



.
Ta có:

2 3
1 1
log ( 3) log ( 2) 0, 3
ln 2 ( 3) ln 3 ( 2)
x x x
x x



,
2
15 1 15 3
0, 3
4 2 4 ( 2)

x
x
x x







.
Suy ra vế trái là hàm số đồng biến theo biến x, vế phải là hàm nghịch biến theo biến x nên
phơng trình đã cho có không quá một nghiệm.
Ta thay
11x
vào phơng trình thì thấy thỏa mãn.
Vậy phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất là
11x
.

(b)
3 2 2
3
4 5 6 7 9 4.
x x x x x


Đặt
2 3 23
7 9 4 7 9 4y x x y x x

. Suy ra:
3 3 2 2 3 2 3
( 4 5 6) (7 9 4) 3 4 2 ( 1) ( 1)
y y x x x x x x x x x x

.
Ta thấy hàm số:
3
( ) , f t t t t

có
2
( ) 3 1 0
f t t


đồng biến và phơng trình ở trên
tơng đơng với:
( ) ( 1) 1f y f x y x
.
Do đó:
2 2 3 2 3 2
3
7 9 4 1 7 9 4 3 3 1 4 6 5 0
x x x x x x x x x x x

.
Giải phơng trình này ra, ta đợc ba nghiệm là:
1 5
5,

2
x x


. Đây cũng chính là ba nghiệm của phơng trình đã cho.
52. Giải các phơng trình:
(a)
4 6 8 2
x x
x

Xét hàm số
( ) 4 6 (8 2)
x x
f x x

.
Ta thấy:
2 2
( ) 4 (ln 4) 6 (ln 6) 0
x x
f x


nên phơng trình
( ) 0
f x

có không quá hai
nghiệm. Ta nhẩm đợc hai nghiệm đó là

0, 1x x
.
Phơng trình dạng này gọi là phơng trình Bernoulli. Ngoài cách dùng hàm số này, ta có
thể dùng BĐT Bernoulli để đánh giá.
(b)
(1 ) (2 4 )
ã4 ;3
x
x
x

Ta xét hàm số:
( ) (1 ) (2 4 ) 3 4 ( 2) 4 2 ( 1)
x x x
f x x x x

trên
( 1, )
.
2
3 2 2
( ) ( 2) 4 ln 4 4 2 ( ) ( 2) 4 (ln 4) 2 4 ln 4
( ) ( 2) 4 (ln 4) 3 4 (ln 4) 4 (ln 4) [( 2) ln 4 3]
x x x x
x x x
f x x f x x
f x x x

Suy ra:
0 0
3
( ) 0 ( 2) ln 4 3 0 2
ln 4
f x x x x


.
Ta thy: hm
0
( )f x

nghch bin trên
0
( 1, )x

, ng bin trên
0
( , )
x


v
0
( 1) 0, ''( ) 0, lim ( )
x
f f x f x

nên phơng trình
( ) 0
f x


có đúng một
nghim. Do ó,
( ) 0
f x


có không quá hai nghiệm và phơng trình đã cho có không quá
ba nghiệm. Hơn nữa:
1
(0) (1) ( ) 0
2
f f f

nên phơng trình đã cho có đúng ba nghiệm
là
1
0, 1,
2
x x x

.
(c)

2
5 4 3 2 10 6 ;
x x x x
x x


Xét hàm số
2
( ) 5 4 (3 2 10 6 ),
x x x x
f x x x x

.
Ta thấy:
3 3 3 3
( ) 5 (ln 5) 4 (ln 4) 3 (ln 3) 2 (ln 2)
x x x x
f x


.
Ta thấy
0x
không phải là nghiệm của phơng trình đã cho vì nếu ngợc lại thì:
2 2
5 4 3 2 , 10 6 0 5 4 3 2 10 6
x x x x x x x x
x x x x
, mâu thuẫn.
Do đó

0 ( ) 0
x f x


. Suy ra phơng trình
( ) 0
f x

có không quá ba nghiệm phân
biệt. Hơn nữa:
(0) (1) (2) 0
f f f

nên phơng trình đã cho có đúng ba nghiệm là
0, 1, 2x x x
.

(d)
1
9 3 (2 1) 2 .
x x x
x



Tơng tự bài (b). Ta cũng dùng đạo hàm chứng minh phơng trình này có không quá hai
nghiệm và nhẩm đợc hai nghiệm đó là
0, 1x x
.

53. Giải hệ phơng trình
2
2
3 ln(2 1)
3 ln(2 1)
x x x y
y y y x








Điều kiện:
1
,
2
x y

. Xét hàm số:
2
1
( ) 3 ln(2 1),
2
f t t t t t

.
Ta thấy:

1 1
( ) 2 3 0,
2 1 2
f t t t
t



nên đây là hàm đồng biến.
Giả sử
x y
thì từ hệ trên suy ra:
( ) ( )
f y f x y x
.
Do đó nếu
( , )x y
là nghiệm của hệ thì
x y
.
Ta cần giải phơng trình:
2
2 ln(2 1) 0
x x x

. Dễ thấy vế trái là hàm đồng biến nên
phơng trình này có không quá một nghiệm. Hơn nữa, khi thay
0x
vào phơng trình, ta
thấy thỏa mãn.

Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất là
0x y
.

54. Giải các phơng trình:
(a)
3 7 2 5ã
x x x


Phơng trình đã cho tơng đơng với:
3 5 5 7
x x x x

.
Xét hàm số
0 0
( ) ( 2)
x x
f t t t
, trong đó
0
x
là nghiệm của phơng trình trên, suy ra:
(3) (5)f f
.
Ta thấy hàm số này liên tục trên

nên nó cũng liên tục trên
[3,5]

, theo định lí Lagrange,
ta có:
(3) (5)
(3,5) : ( ) 0
3 5
f f
c f c




hay:

0 0
1 1
0
( 2) 0
x x
x t t


.
Từ đẳng thức này, ta thấy
0 0
0 1
x x

, tức là nếu
0
x

là nghiệm của phơng trình đã
cho thì
0 0
0 1
x x

. Thử lại, ta thấy cả hai nghiệm này đều thỏa.
Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm là
0, 1x x
.

(b)
10 40 20 30 .
x x x x


Bài này giải hoàn toàn tơng tự. Xét hàm số
0 0
( ) ( 10)
x x
f t t t
với
0
x
là nghiệm của
phơng trình đã cho. Ta tìm đợc hai nghiệm là
0 0
0, 1
x x

.
55. Giải hệ phơng trình


2 3
2 2
log 1 log
.
2cos 2 cos
x y
x x y y








Điều kiện:
0, 0x y
.
Ta thấy nếu
0x
thì

3 2
log log 1 0 1y x y
, thay vào phơng trình thứ hai, ta
thấy không thỏa.

Suy ra
0x
. Khi đó, ta xét hàm số:
2
( ) 2cos , 0f t t t t
.
Ta thấy:
( ) 2 2sin 2( sin ) 0, 0f t t t t t t


nên hàm số này đồng biến trên
(0; )
và phơng trình thứ hai của hệ tơng đơng với
( ) ( )
f x f y x y
.
Thay vào phơng trình thứ nhất của hệ, ta đợc:

3 2
log log 1
x x

.
Đặt

3 2
log log 1 ( 3) 2 1
t t
x x t x

. Suy ra:
3 1
( 3) 1 2 1
2 2
t
t
t t







. Vế trái rõ ràng là hàm nghịch biến nên phơng trình
này có không quá một nghiệm. Ta dễ thấy nghiệm duy nhất của phơng trình này chính là
2x
.
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là
( , ) (2,2)
x y

.
56. Giải hệ phơng trình

2
3
2
3
2

3
( 1) 5 log (6 )
( 1) 5 log (6 )
( 1) 5 log (6 )
x y x
y z y
z x z











Điều kiện:
, , 6x y z
. Hệ đã cho tơng đơng với:
3
2
3
2
3
2
log (6 )
2 6
log (6 )

2 6
log (6 )
2 6
x
y
x x
y
z
y y
z
x
z z

Xét hàm số:
2
( ) , ( ,6)
2 6
t
f t t
t t


. Ta có:
2 2
6
( ) 0, ( ,6)
( 2 6) 2 6
t
f t t
t t t t



nên đây là hàm đồng biến.
Xét hàm số
3
( ) log (6 ), ( ,6)
g t t t

. Ta có:
1
( ) <0, ( ,6)
ln 3 (6 )

g t t
t




nên đây là hàm nghịch biến.
Giả sử
( , , )x y z
là nghiệm của hệ thì ta sẽ chứng minh
x y z
.
Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử:
max( , , )x x y z
.
Xét hai trờng hợp:
-Nếu
x y z
. Do
( )f t
là hàm đồng biến nên
( ) ( ) ( )f x f y f z
, từ hệ trên, suy ra:
3 3 3
log (6 ) log (6 ) log (6 )
y z x y z x
. Do đó:
y z
, dễ dàng có đợc:
x y z

.
-Nếu
x z y
. Do
( )f t
là hàm đồng biến nên
( ) ( ) ( )f x f z f y
, từ hệ trên, suy ra:
3 3 3
log (6 ) log (6 ) log (6 )
y x z y x z
. Do đó:
x z
, dễ dàng có đợc:
x y z
.
Thay
x y z
vào hệ phơng trình trên, ta cần giải phơng trình:
3
2
log (6 )
2 6
x
x
x x


. Vế trái là hàm nghịch biến, vế phải là hàm đồng biến nên
phơng trình này có không quá một nghiệm.

Hơn nữa, khi thay
3x
vào phơng trình, ta thấy thỏa mãn.
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là
3x y z
.