Áp dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình và hệ phương trình

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN VĂN ĐÔNG
ÁP DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN VĂN ĐÔNG
ÁP DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13
Người hướng dẫn khoa học
TS. NGUYỄN ĐÌNH BÌNH
THÁI NGUYÊN - NĂM 2015
i
Mục lục
Mở đầu 1
Danh mục các kí hiệu, các chữ viết tắt . . . . . . . . . . . . . 4
1 Kiến thức chuẩn bị 5
1.1 Hàm đồng biến, nghịch biến . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Định lý Rolle và một số mở rộng . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.1 Định lý Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.2 Định lý Rolle với nguyên hàm . . . . . . . . . . . 10
1.2.3 Định lý Rolle trên khoảng vô hạn . . . . . . . . . 11
1.3 Định lý Lagrange và định lý Cauchy . . . . . . . . . . . . 12

1.4 Hệ hoán vị vòng quanh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2 Áp dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình 17
2.1 Ứng dụng định lý Rolle và các hệ quả để giải phương trình 17
2.2 Chứng minh sự tồn tại và biện luận số nghiệm của phương
trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.3 Áp dụng định lí Lagrange và các hệ quả để xét sự tồn tại
nghiệm của phương trình cho trước. . . . . . . . . . . . . 34
3 Áp dụng tính đơn điệu của hàm số để giải hệ phương
trình 39
3.1 Áp dụng định lý Lagrange và các hệ quả để giải hệ phương
trình. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.2 Áp dụng định lí Cauchy để giải hệ hoán vị vòng quanh n
biến, n ≥ 2, n ∈ N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
Kết luận 52
Tài liệu tham khảo 53
1
Mở đầu
1. Lý do chọn đề tài
Hàm số đơn điệu là một khái niệm quan trọng trong giải tích toán học và có
nhiều ứng dụng trong các ngành khoa học khác như kinh tế, cơ học, vật lý và
kĩ thuật. Trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp Quốc gia, Quốc tế, trong các kỳ thi
Olympic Toán sinh viên giữa các trường đại học trong nước thì các bài toán
liên quan đến tính đơn điệu của hàm số thường xuyên xuất hiện và dạng phổ
biến nhất là ứng dụng định lí Rolle và một số mở rộng của định lí Rolle (Định
lý Lagrange, định lý Cauchy, định lý Rolle trên môt khoảng không bị chặn) là
các định lý quan trọng trong giải tích cổ điển. Ứng dụng của các định lý này
trong toán sơ cấp rất đa dạng và phong phú, đặc biệt là các dạng toán về giải
phương trình, giải hệ phương trình, chứng minh phương trình có nghiệm, xét
cực trị của hàm số Tuy nhiên, trong các tài liệu dành cho học sinh phổ thông
và một số nghiên cứu trước đây thì ứng dụng tính đơn điệu của hàm số trong

giải phương trình, hệ phương trình chưa được trình bày một cách hệ thống và
đầy đủ.
Với suy nghĩ và theo ý tưởng đó, mục tiêu luận văn là nghiên cứu tính đơn
điệu của hàm số trong toán cao cấp và ứng dụng của nó để giải các bài toán sơ
cấp. Đặc biệt luận văn cũng định hướng cách giải và cách vận dụng các định lý
đã biết để tìm tòi những lời giải hay, độc đáo đặc thù cho từng dạng toán cụ
thể, từ đó hình thành ý thức sáng tạo những bài toán mới. Ngoài ra, đây cũng
là những kết quả mà bản thân tác giả sẽ tiếp tục hoàn thiện trong quá trình
nghiên cứu và giảng dạy toán tiếp theo ở trường phổ thông.
2. Mục đích nghiên cứu đề tài
• Khai thác các tính chất đơn điệu, cực trị của hàm số trong giải tích toán
học.
• Nâng cao năng lực giải các bài toán về giải phương trình và hệ phương
trình bằng phương pháp hàm số.
2
• Xây dựng hệ thống bài tập phục vụ công tác giảng dạy và bồi dưỡng học
sinh giỏi.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
• Đối tượng nghiên cứu là tính đơn điệu của hàm số.
• Phạm vi nghiên cứu là tính đơn điệu của hàm số và ứng dụng trong giải
phương trình, hệ phương trình.
4. Phương pháp nghiên cứu
• Phân tích và tổng hợp.
• Hệ thống và phân loại các bài tập.
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
• Thể hiện được tính ứng dụng của toán cao cấp để giải các bài toán sơ cấp.
• Xây dựng, hệ thống phương pháp để giải các bài toán phương trình, hệ
phương trình.
• Luận văn đóng góp thiết thực cho việc học và dạy các chuyên đề toán sơ
cấp, đem lại niềm đam mê sáng tạo trong việc dạy và học toán.

6. Cấu trúc luận văn
Luận văn gồm ba chương, lời nói đầu, kết luận và tài liệu tham khảo.
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Nội dung chương này trình bày một cách cơ bản các định lý liên quan đến
tính đơn điệu của hàm số là: Định lý Fermat, định lý Rolle, định lý Lagrange
cùng một số hệ quả quan trọng trong giải tích toán học. Đây là phần lý thuyết
cơ sở để xây dựng phương pháp và vận dụng cho các bài toán ứng dụng ở những
chương sau.
Chương 2. Áp dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình.
Chương này trình bày một số ứng dụng trực tiếp của định lý Rolle, định lý
Lagrange, định lý Cauchy và các hệ quả để xét sự tồn tại nghiệm của phương
trình cho trước.
Chương 3. Áp dụng tính đơn điệu của hàm số để giải hệ phương
trình.
Chương này trình bày ứng dụng định lý Lagrange, định lý Cauchy và các hệ
quả để giải hệ phương trình. Các bài tập minh họa được lựa chọn từ đề thi của
các kì thi học sinh giỏi Quốc gia, các kì thi Olympic khu vực và Quốc tế, các
kì thi Olympic toán sinh viên.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học đầy nhiệt tình và
nghiêm túc của TS. Nguyễn Đình Bình, tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn
3
chân thành và kính trọng sâu sắc đối với TS - người thầy đã truyền đạt nhiều
kiến thức quý báu cùng với kinh nghiệm nghiên cứu khoa học trong suốt thời
gian tác giả theo học và nghiên cứu đề tài.
Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban giám hiệu trường Đại
học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Phòng Đào tạo, Khoa Toán - Tin, các
thầy cô giảng dạy lớp Cao học K7N, Ban giám hiệu trường THPT Giao Thủy
B - Nam Định đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, động viên tác giả trong suốt quá
trình học tập, công tác và thực hiện đề tài luận văn này.
Để hoàn thành luận văn này, tác giả đã cố gắng học tập và nghiên cứu một

cách nghiêm túc trong suốt khóa học. Tuy nhiên do còn hạn chế về năng lực,
thời gian và hoàn cảnh nên trong quá trình thực hiện không tránh khỏi thiếu
sót, tác giả rất mong nhận được sự chỉ bảo của quý thầy cô và những góp ý
của bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2015
Tác giả
Nguyễn Văn Đông
4
Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt
• N - Tập các số tự nhiên.
• N
∗
- Tập các số tự nhiên khác 0.
• Z - Tập các số nguyên.
• R - Tập các số thực.
• ĐPCM - Điều phải chứng minh.
• THPT - Trung học phổ thông.
• ĐH - Đề thi Đại học.
• HSG - Học sinh giỏi.
• NXBGD - Nhà xuất bản Giáo dục.
• I (a; b) ; I - Nhằm ngầm định một trong bốn tập hợp con của tập R
(a; b) , [a; b) , (a; b] , [a; b] .
5
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Tính chất đồng biến, nghịch biến và tính lồi, lõm của hàm số là những vấn
đề cơ bản trong chương trình toán sơ cấp. Định lý Lagrange đóng vai trò quan
trọng trong việc chứng minh các định lý, tính chất cơ bản trong chương trình.
Trong chương này chúng tôi giới thiệu một số định lý quan trọng liên quan đến
tính đơn điệu của hàm số đó là: Định lý Fermat, định lý Rolle và một số mở

rộng của định lý Rolle (Định lý Lagrange, định lý Cauchy, định lý Rolle trên
một khoảng không bị chăn). Một số hệ quả quan trọng cũng được trình bày để
thuận lợi cho việc vận dụng giải các bài toán được trình bày trong hai chương
tiếp theo.
1.1 Hàm đồng biến, nghịch biến
Từ đây về sau, ta sử dụng kí hiệu I(a; b) ⊂ R là nhằm ngầm định một trong
bốn tập hợp (a; b), [a; b), (a; b] và [a; b] với a < b.
Định nghĩa 1.1. Giả sử hàm số f(x) xác định trên tập I(a; b) ⊂ R và thỏa
mãn điều kiện:
• Với mọi x
1
, x
2
∈ I(a; b) và x
1
< x
2
, ta đều có f(x
1
) ≤ f(x
2
) thì ta nói rằng
f(x) là một hàm đơn điệu tăng trên I(a; b).
Đặc biệt, khi ứng với mọi cặp x
1
, x
2
∈ I(a; b) và x
1
< x

2
, ta đều có f(x
1
) <
f(x
2
) thì ta nói rằng f(x) là một hàm đơn điệu tăng thực sự trên I(a; b).
• Ngược lại, nếu với mọi x
1
, x
2
∈ I(a; b) và x
1
< x
2
, ta đều có f(x
1
) ≥ f (x
2
)
thì ta nói rằng f(x) là một hàm đơn điệu giảm trên I(a; b).
Đặc biệt, khi ứng với mọi cặp x
1
, x
2
∈ I(a; b) và x
1
< x
2
, ta đều có f(x

1
) >
f(x
2
) thì ta nói rằng f(x) là một hàm đơn điệu giảm thực sự trên I(a; b).
Những hàm đơn điệu tăng thực sự trên I(a; b) được gọi là hàm đồng biến
6
trên I(a; b) và hàm đơn điệu giảm thực sự trên I(a; b) được gọi là hàm nghịch
biến trên I(a; b).
Định nghĩa 1.2. Giả sử f(x), g(x) là các hàm liên tục trên [a; b] và khả vi trên
(a; b). Khi đó:
i) f(x) và g(x) được gọi là có cùng tính đơn điệu nếu f

(x).g

(x) > 0.
ii) f(x) và g(x) được gọi là khác tính đơn điệu nếu f

(x).g

(x) < 0.
Trong chương trình giải tích, chúng ta đã biết đến các tiêu chuẩn để nhận
biết được khi nào thì một hàm số khả vi cho trước trên khoảng (a; b) là một
hàm đơn điệu trên khoảng đó.
Sau đây chúng ta sẽ dùng định lý Lagrange để chứng minh định lý về điều
kiện đủ của tính đơn điệu của hàm số. Đây là một định lý rất quan trọng trong
chương trình giải tích lớp 12-THPT.
Định lí 1.1. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên khoảng (a; b).
a) Nếu f


(x) > 0 với mọi x ∈ (a; b) thì hàm số y = f (x) đồng biến trên khoảng
đó.
b) Nếu f

(x) < 0 với mọi x ∈ (a; b) thì hàm số y = f (x) nghịch biến trên khoảng
đó.
Chứng minh. Lấy hai điểm x
1
, x
2
(x
1
< x
2
) trên khoảng (a; b). Vì f(x) có đạo
hàm trên khoảng (a; b) nên f(x) liên tục trên [x
1
; x
2
] và có đạo hàm trong khoảng
(x
1
; x
2
). Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số y = f (x) trên [x
1
; x
2
], khi đó tồn
tại c ∈ (x

1
; x
2
) sao cho
f(x
2
) −f(x
1
) = f

(c)(x
2
− x
1
).
a) Nếu f

(x) > 0 trên khoảng (a; b) thì f

(c) > 0, mặt khác x
2
− x
1
> 0 nên
f(x
2
) − f (x
1
) > 0 hay f(x
2

) > f(x
1
), suy ra hàm f(x) đồng biến trên khoảng
(a; b).
b) Nếu f

(x) < 0 trên khoảng (a; b) thì f

(c) < 0, mặt khác x
2
− x
1
> 0 nên
f(x
2
) − f(x
1
) < 0 hay f(x
2
) < f(x
1
), suy ra hàm f (x) nghịch biến trên khoảng
(a; b).
Định lí 1.2. (Mở rộng của định lý 1.1). Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm
trên khoảng (a;b). Nếu f

(x) ≥ 0 (hoặc f

(x) ≤ 0) và đẳng thức chỉ xảy ra tại
7

một số hữu hạn điểm trên khoảng (a; b) thì f(x) đồng biến (hoặc nghịch biến)
trên khoảng đó.
Chứng minh. Thật vậy, để đơn giản cách lập luận, giả sử rằng f

(x) ≥ 0 trên
(a; b) và f

(x) = 0 tại x
1
∈ (a; b) thì khi đó f (x) đồng biến trong từng khoảng
(a; x
1
) và (x
1
; b) và liên tục trong (a; x
1
] và [x
1
; b) nên nó cũng đồng biến trong
(a; x
1
] và [x
1
; b). Từ đó suy ra nó đồng biến trên cả khoảng (a; b).
1.2 Định lý Rolle và một số mở rộng
Cơ sở của định lý Rolle dựa vào định lý cơ bản nhất của Weierstrass đối với
hàm liên tục khẳng định rằng khi f liên tục trên đoạn [a; b] thì nó phải đạt giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn đó và định lý Fermat về điểm cực trị
của hàm khả vi khẳng định rằng nếu hàm khả vi g(x) trong khoảng (a; b) đạt
cực trị (cực đại hoặc cực tiểu) tại một điểm trong khoảng đó thì đạo hàm tại

điểm đó bằng 0.
1.2.1 Định lý Rolle
Định lí 1.3. (Định lý Fermat) Cho hàm số f (x) xác định liên tục trong khoảng
đóng [a; b], khi đó nếu f(x) đạt cực trị tại c ∈ (a, b) và nếu f(x) khả vi tại c thì
f

(c) = 0.
Định lí 1.4. (Định lí Rolle). Giả sử f là hàm liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo
hàm tại mọi x ∈ (a, b). Nếu f(a) = f (b) thì tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b)
sao cho f

(c) = 0.
Chứng minh. Vì f liên tục trên đoạn [a; b] nên theo định lý Weierstrass hàm
f phải đạt giá trị cực đại và giá trị cực tiểu trên đoạn [a; b], tức là tồn tại các
điểm x
1
, x
2
∈ (a, b) sao cho
f(x
1
) = min
[a,b]
f(x) = m, f (x
2
) = max
[a;b]
f(x) = M.
Có hai khả năng:
i) m = M. Khi ấy f(x) = const trên đoạn [a; b], do đó f


(x) = 0 với mọi
x ∈ (a, b) và c là điểm bất kì trên khoảng đó.
ii) m < M. Khi đó vì điều kiện f(a) = f (b) nên ít nhất một trong hai điểm
8
x
1
, x
2
sẽ không trùng với các đầu mút của đoạn [a; b]. Giả sử x
1
∈ (a; b) , theo
định lý Fermat thì đạo hàm bằng 0 tại điểm này.
Định lý đã được chứng minh xong.
Nhận xét 1.1. Định lý Rolle nói chung sẽ không còn đúng nếu trong khoảng
(a; b) có điểm c mà tại đó f

(c) không tồn tại.
Chẳng hạn, xét hàm số f(x) = 2 −
3
√
x
2
, x ∈ [−1; 1]. Dễ thấy f(x) thỏa mãn
các điều kiện: f(x) liên tục trên (−1; 1) và f(−1) = f (1). Ta xét đạo hàm
f

(x) = −
2
3

3
√
x
, rõ ràng tại x
0
= 0 ∈ (−1; 1) đạo hàm không tồn tại, nên hàm số
không thỏa mãn đủ các điều kiện của định lý Rolle.
Nhận xét 1.2. Điều kiện liên tục trên đoạn [a; b] đối với hàm f(x) cũng không
thể thay bởi điều kiện f(x) liên tục trong khoảng (a; b). Chẳng hạn, xét hàm
f(x) =

1 nếu x = 0
x, nếu 0 < x ≤ 1.
Ở đây x = 0 là điểm gián đoạn. Khi đó, rõ ràng không tồn tại x
0
∈ (0; 1) để
f

(x
0
) = 0.
Nhận xét 1.3. Ý nghĩa hình học. Nếu các điều kiện của định lý Rolle được thỏa
mãn thì trên đồ thị của hàm số y = f(x), ∀x ∈ (a; b) tồn tại điểm M(c; f(c)), c ∈
(a; b) mà tiếp tuyến tại đó song song với trục hoành Ox.
Hệ quả 1.1. Nếu hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng (a; b) và phương trình
f(x) = 0 có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a; b) thì phương trình f

(x) = 0
có ít nhất n−1 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a; b). (Phương trình f
(k)

(x) = 0
có ít nhất n − k nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a; b), với k = 1, 2, . . . , n).
Chứng minh. Giả sử phương trình f (x) = 0 có n nghiệm phân biệt thuộc
khoảng (a; b) đã được sắp thứ tự x
1
< x
2
< < x
n
. Khi đó áp dụng định lý
Rolle cho n − 1 đoạn [x
1
; x
2
], [x
2
; x
3
], , [x
n−1
; x
n
] thì phương trình f

(x) = 0 có
ít nhất n −1 nghiệm thuộc n −1 khoảng (x
1
; x
2
), (x

2
; x
3
), , (x
n−1
; x
n
). Gọi n −1
nghiệm đó là ξ
1
, ξ
2
, , ξ
n−1
thì ta có
f

(ξ
1
) = f

(ξ
2
) = = f

(ξ
n−1
) = 0.
Tiếp tục áp dụng định lý Rolle cho n − 2 khoảng (ξ
1

; ξ
2
), , (ξ
n−2
; ξ
n−1
) thì
phương trình f

(x) = 0 có ít nhất n − 2 nghiệm trên khoảng (a; b).
Tiếp tục lý luận trên, sau k bước phương trình f
(k)
(x) = 0 có ít nhất n − k
nghiệm phân biệt trên khoảng (a; b).
9
Hệ quả 1.2. Giả sử hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm trên
khoảng (a; b). Khi đó, nếu phương trình f

(x) = 0 có không quá n − 1 nghiệm
phân biệt trên khoảng (a; b) thì phương trình f(x) = 0 có không quá n nghiệm
phân biệt trên khoảng đó.
Chứng minh. Giả sử phương trình f (x) = 0 có nhiều hơn n nghiệm phân biệt
trên khoảng (a; b), chẳng hạn là n + 1 nghiệm, thế thì theo hệ quả 1.1 phương
trình f

(x) = 0 có ít nhất n nghiệm thuộc khoảng (a; b). Điều này trái với giả
thiết. Vậy phương trình f(x) = 0 có không quá n nghiệm trên khoảng (a; b).
Hệ quả 1.3. Nếu f

(x) > 0 (hoặc f


(x) < 0) với mọi x ∈ (a, b), phương trình
f(x) = 0 có nghiệm x
0
thì x
0
là nghiệm duy nhất.
Chứng minh. Giả sử ngược lại còn x
1
khác x
0
cũng là nghiệm của phương
trình f(x) = 0. Khi đó, theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (x
0
, x
1
) (không mất
tổng quát giả sử x
0
< x
1
) sao cho f

(c) = 0. Điều này mâu thuẫn với giả thiết
f

(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b). Vậy suy ra x
0
là duy nhất.
Hệ quả 1.4. Nếu f


(x) > 0 (hoặc f

(x) < 0) với mọi x ∈ (a, b), thì phương
trình f(x) = 0 có không quá hai nghiệm.
Chứng minh. Hệ quả 1.4 được suy trực tiếp từ hệ quả 1.2 và hệ quả 1.3.
Tiếp theo, ta xét một mở rộng của định lý Rolle.
Hệ quả 1.5. Cho hàm số f(x) thỏa mãn đồng thời các tính chất sau đây:
i) f(x) xác định và có đạo hàm cấp n(n ≥ 1) liên tục trên đoạn [a; b].
ii) f(x) có đạo hàm cấp n + 1 trong khoảng (a; b).
iii) f(a) = f

(a) = = f
(n)
(a) = 0, f (b) = 0.
Khi đó tồn tại dãy điểm b
1
, b
2
, , b
n+1
phân biệt thuộc khoảng (a; b) sao cho
f
(k)
(b
k
) = 0, k = 1, 2, . . . , n + 1.
Chứng minh. Từ giả thiết f(a) = f(b) = 0, theo định lý Rolle tồn tại b
1
∈ (a, b)

sao cho f

(b
1
) = 0, kết hợp với điều kiện f

(a) = 0, suy ra tồn tại b
2
∈ (a, b
1
) ⊂
(a; b) sao cho f

(b
2
) = 0. Lại kết hợp với điều kiện f

(a) = 0 và tiếp tục áp dụng
định lý Rolle ta có f

(b
3
) = 0 với b
3
∈ (a, b
2
) ⊂ (a; b).
Tiếp tục như vậy, đến bước thứ n, tồn tại b
n
∈ (a; b

n−1
) ⊂ (a; b) sao cho
f
(n)
(b
n
) = 0, kết hợp với điều kiện f
(n)
(a
n
) = 0 , suy ra tồn tại b
n+1
∈ (a; b
n
) ⊂
(a; b) sao cho f
(n+1)
(b
n+1
) = 0.
Như vậy tồn tại dãy điểm phân biệt b
1
, b
2
, , b
n+1
trong khoảng (a; b) sao
cho
f
(k)

(b
k
) = 0, k = 1, 2, . . . , n + 1.
10
Chính nhờ những hệ quả này mà định lý Rolle trở thành một công cụ rất
mạnh để giải toán, đặc biệt là đối với dạng toán về giải phương trình và kiểm
chứng số nghiệm của phương trình trong một khoảng nào đó. Các ứng dụng
này sẽ được trình bày chi tiết trong các chương sau.
1.2.2 Định lý Rolle với nguyên hàm
Để chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình, ta có thể sử dụng các
định lí sau là dạng phát biểu khác của định lý Rolle.
Định lí 1.5. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a; b] và F (x) là một
nguyên hàm của f(x) trong đoạn đó. Nếu tồn tại các số thực x
1
, x
2
∈ [a; b] với
x
1
< x
2
sao cho F (x
1
) = F (x
2
) thì phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong đoạn
[x
1
; x
2

] (hay có nghiệm trong đoạn [a; b]).
Chứng minh. Giả sử phương trình f (x) = 0 vô nghiệm trên đoạn [x
1
; x
2
]. Vì
f(x) liên tục nên suy ra hoặc f(x) > 0, ∀x ∈ [x
1
; x
2
] hoặc f (x) < 0, ∀x ∈ [x
1
; x
2
].
Nếu f(x) > 0, ∀x ∈ [x
1
; x
2
] thì hàm số F (x) đồng biến trên [x
1
; x
2
] từ đó suy
ra F(x
1
) < F (x
2
).
Nếu f (x) < 0, ∀x ∈ [x

1
; x
2
] thì hàm số F (x) nghịch biến trên [x
1
; x
2
] từ đó suy
ra F(x
1
) > F (x
2
).
Như vậy, trong cả hai trường hợp ta đều có F(x
1
) = F (x
2
), điều này trái giả
thiết là F (x
1
) = F (x
2
).
Vậy phương trình f (x) = 0 có nghiệm trong đoạn [x
1
; x
2
].
Ta phát biểu kết quả trên dưới dạng định lý tương đương sau đây.
Định lí 1.6. Giả sử hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a; b]. Nếu tồn tại các số

thực x
1
, x
2
∈ [a; b] mà
x
2

x
1
f(x)dx = 0 thì phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong
đoạn [x
1
; x
2
].
Chứng minh. Giả sử f(x) = 0 không có nghiệm x ∈ (x
1
, x
2
). Gọi F(x) là một
nguyên hàm của f(x). Vì f(x) liên tục trên [x
1
, x
2
] nên f (x) > 0, ∀x ∈ (x
1
, x
2
)

hoặc f(x) < 0, ∀x ∈ (x
1
, x
2
).
• Nếu f(x) > 0, ∀x ∈ (x
1
, x
2
) ⇔ F

(x) = f(x) > 0, ∀x ∈ (x
1
, x
2
) thì F(x) tăng
trên [x
1
, x
2
] ⇒ F (x
1
) < F (x
2
).
Vậy
x
2

x

1
f(x)dx > 0, mâu thuẫn với giả thiết
x
2

x
1
f(x)dx = 0
• Nếu f(x) < 0, ∀x ∈ (x
1
, x
2
) ⇔ F

(x) = f (x) < 0, ∀x ∈ (x
1
, x
2
) thì F(x) giảm
trên [x
1
, x
2
] ⇒ F (x
1
) > F (x
2
).
11
Vậy

x
2

x
1
f(x)dx < 0, mâu thuẫn với giả thiết
x
2

x
1
f(x)dx = 0.
Như vậy trong cả hai trường hợp đã xét đều mâu thuẫn với giả thiết
x
2

x
1
f(x)dx = 0. Chứng tỏ phương trình f(x) = 0 có nghiệm x ∈ [x
1
, x
2
].
Định lí 1.7. Cho hai số thực a, b trái dấu (a < 0 < b). Giả sử f(x) là hàm số
liên tục, không đổi dấu trên [a, b] (có thể f(x) = 0 tại một số hữu hạn điểm).Khi
đó trên [a, b] phương trình F(x) =
x

0
f(t)dt = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh đại diện khi f(x) liên tục và không âm trên
đoạn [a, b]. Do F (x) =
x

0
f(t)dt nên F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên [a, b].
• Nếu x = 0 thì F (0) =
0

0
f(t)dt = 0 ⇒ x = 0 là nghiệm của phương trình
F (x) = 0.
• Nếu x = 0 và x ∈ [a, b] thì từ f(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b], suy ra F(x) tăng trên
[a, b] ⇒ F (x) = F (0) = 0, tức là F (x) = 0 không có nghiệm x = 0 trên [a, b].
Vậy trên đoạn [a, b], phương trình F(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.
Định lí 1.8. Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a ≤ c ≤ b; a < b. Giả sử f(x) là
hàm số liên tục và không đổi dấu trên [a; b] (có thể f(x) = 0 tại một số hữu hạn
điểm). Khi đó trên đoạn [a, b] ta có F(x) =
x

0
f(t)dt = 0 có nghiệm duy nhất
x = c ∈ [a; b].
1.2.3 Định lý Rolle trên khoảng vô hạn
Trong mục này, ta xét mở rộng của định lý Rolle ra khoảng vô hạn. Cơ sở
của các mở rộng này là dựa vào định lý Bolzano - Cauchy khẳng định rằng
miền giá trị của hàm liên tục trên đoạn [a;b] lấp đầy các giá trị trong đoạn
[min
[a,b]
f(x), max

[a;b]
f(x)].
Định lí 1.9. Giả sử hàm số f(x) liên tục trên [a; +∞), có đạo hàm trong (a; +∞)
và lim
x→+∞
f(x) = f(a). Khi đó, tồn tại c ∈ (a; +∞) sao cho f

(c) = 0.
Chứng minh. Nếu f(x) = f (a) với mọi x > a thì lấy c là một số bất kỳ lớn
hơn a. Giả sử tồn tại b > a sao cho f(b) = f (a), chẳng hạn f(b) > f(a). Gọi µ là
một số thực bất kỳ thuộc (f(a); f (b)), theo định lý Bolzano – Cauchy, tồn tại
12
α ∈ (a; b) sao cho f(α) = µ. Vì lim
x→+∞
f(x) = f (a) < µ nên tồn tại d > b sao cho
f(d) < µ. Do f(x) liên tục trên [a; +∞) nên theo định lý Bolzano – Cauchy tồn
tại β ∈ (b; d) sao cho f(β) = µ = f(α), do đó theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (α; β)
sao cho f

(c) = 0.
1.3 Định lý Lagrange và định lý Cauchy
Tiếp theo ta xét một số định lý liên quan mật thiết với định lý Rolle.
Định lí 1.10. (Định lý Lagrange). Giả sử f là hàm liên tục trên đoạn [a; b] và
có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng (a; b). Khi đó tồn tại ít nhất một điểm
c ∈ (a; b) sao cho
f(b) − f(a) = f

(c)(b −a),
hay
f


(c) =
f(b) − f(a)
b −a
. (1.1)
Chứng minh. Ta xét hàm phụ
F (x) = f (x) −λx, (1.2)
trong đó số λ được chọn sao cho F (a) = F (b), tức là sao cho
f(a) − λa = f(b) − λb.
Để có điều đó chỉ cấn lấy
λ =
f(b) − f(a)
b −a
. (1.3)
Rõ ràng hàm F (x) liên tục trên đoạn [a; b], có đạo hàm trong khoảng (a; b)
và F (a) = F (b), do đó theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (a; b) sao cho F

(c) = 0. Từ
(1.2) ta có F

(x) = f

(x) −λ, do đó
F

(c) = 0 ⇔ f

(c) −λ = 0 ⇔ f

(c) = λ.

Thay giá trị λ từ (1.3) vào ta có f

(c) =
f(b) − f(a)
b −a
, hay
f(b) − f(a) = f

(c)(b −a).
Công thức (1.1) được gọi là công thức số gia hữu hạn Lagrange.
Nhận xét 1.4. Ta đã thu được định lý Lagrange như là một hệ quả của định
lý Rolle. Thế nhưng chính định lý Rolle (về dạng biểu thức) lại là một trường
hợp riêng của định lý Lagrange (ứng với giả thiết f(a) = f(b)).
13
Nhận xét 1.5. Ý nghĩa hình học: Nếu hàm f (x) thỏa mãn đầy đủ các điều
kiện của định lý Lagrange thì trên đồ thị của hàm số y = f(x) phải tồn tại ít
nhất một điểm M(c; f (c)) sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại điểm đó song song
với dây cung AB, ở đó A(a; f(a)) và B(b; f(b)).
Định lí 1.11. (Định lí Cauchy) Giả sử các hàm f, g liên tục trên đoạn [a; b]
và có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng (a; b), ngoài ra g

(x) = 0 với mọi
x ∈ (a; b). Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho
f(b) − f(a)
g(b) −g(a)
=
f

(c)
g


(c)
. (1.4)
Chứng minh. Trước khi chứng minh định lý ta nhận xét rằng công thức (1.4)
luôn có nghĩa, tức là g(b) = g(a). Thật vậy, nếu g(b) = g(a) thì hàm số g(x) thỏa
mãn điều kiện của định lý Rolle và do đó tồn tại c ∈ (a; b) sao cho g

(c) = 0,
nhưng điều này trái với giả thiết g

(x) = 0, ∀x ∈ (a; b). Bây giờ ta xét hàm phụ
F (x) = f (x) −λg(x), (1.5)
trong đó số λ được chọn sao cho F (a) = F (b), tức là
f(a) − λg(a) = f(b) −λg(b).
Để có điều đó ta chỉ cần lấy
λ =
f(b) − f(a)
g(b) −g(a)
. (1.6)
Hàm F (x) thỏa mãn điều kiện của định lý Rolle, do đó tồn tại c ∈ (a; b) sao cho
F

(c) = 0. Mặt khác từ (1.5) ta có F

(x) = f

(x) −λg

(x) nên
F


(c) = 0 ⇔ f

(c) −λg

(c) = 0 ⇔ λ =
f

(c)
g

(c)
. (1.7)
Từ (1.6) và (1.7) ta thu được
f(b) − f(a)
g(b) −g(a)
=
f

(c)
g

(c)
.
Công thức (1.4) được gọi là công thức số gia hữu hạn Cauchy.
Nhận xét 1.6. : Định lý Lagrange là trường hợp riêng của định lý Cauchy với
giả thiết g(x) = x.
Hệ quả 1.6. Nếu f

(x) > 0 (hoặc f


(x) < 0) với mọi x ∈ (a; b) thì phương trình
f(x
1
) = f (x
2
) ⇔ x
1
= x
2
, với mọi x
1
, x
2
∈ (a, b).
14
Chứng minh. Vì f(x) thỏa mãn các điều kiện của định lý Lagrange nên theo
định lý Lagrange, tồn tại c ∈ (x
1
, x
2
) ⊂ (a, b) sao cho
f

(c)(x
2
− x
1
) = f (x
2

) −f(x
1
).
Khi đó, ta có
f(x
1
) = f (x
2
) ⇔ f(x
2
) −f(x
1
) = 0 ⇔ f

(c)(x
2
− x
1
) = 0 ⇔ x
2
= x
1
do f

(c) > 0. Vây ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.7. Nếu f

(x) − 1 > 0 (hoặc f

(x) − 1 < 0) với mọi x

1
, x
2
∈ (a; b) thì
phương trình
f(x
1
) −x
1
= f(x
2
) −x
2
⇔ x
1
= x
2
.
Chứng minh. Hệ quả 1.7 xem như hệ quả trực tiếp của hệ quả 1.6 bằng cách
thay hàm f(x) bởi hàm g(x) = f(x) −x.
Hệ quả 1.8. Nếu f

(x) + 1 = 0 và f(x) ⊂ (a; b) với mọi x ∈ (a; b) thì phương
trình
f(f(x)) = x ⇔ f (x) = x.
Tổng quát
f( f(x))
  
n lần f
= x ⇔ f (x) = x, n ≥ 1, n ∈ N.

Chứng minh. Phương trinh
f(f(x)) = x ⇔ [f (f (x)) −f(x)] + [f(x) − x] = 0.
Vì f (x) ⊂ (a, b) (giả thiết x < f (x)) nên theo định lý Lagrange tồn tại c ∈
(x; f(x)) sao cho
f

(c)[f(x) − x] = f(f(x)) − f(x).
Phương trình (1) và (2) tương đương với
f

(c)[f(x) − x] = −[f(x) − x]
⇔ [f(x) −x][f

(c) + 1] = 0.
Vì f

(c) + 1 khác 0 nên phương trình trên tương đương với f(x) − x = 0 hay
f(x) = x.
Bằng quy nạp, ta chứng minh được trường hợp tổng quát.
15
Hệ quả 1.9. Nếu f

(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f(x) ≥ f(y) ⇔ x ≥ y với mọi
x, y ∈ (a, b). Nếu f

(x) < 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f(x) ≥ f (y) ⇔ x ≤ y với mọi
x, y ∈ (a, b).
Chứng minh. Giả sử ngược lại x < y, suy ra tồn tại c ∈ (x, y) sao cho
f


(c) =
f(y) −f(x)
y − x
,
do f(y) −f(x) ≤ 0 và y −x > 0. Suy ra f

(c) < 0 (vô lý). Vậy x ≥ y.
Tương tự, ta có điều phải chứng minh.
1.4 Hệ hoán vị vòng quanh
Định nghĩa 1.3. Giả sử f(x), g(x) là các hàm liên tục trên [a; b] và khả vi trên
(a; b). Khi đó hệ phương trình



f(x
1
) = g(x
2
)

f(x
n
) = g(x
1
).
được gọi là hệ hoán vị vòng quanh n biến.
Định lí 1.12. Giả sử f(x), g(x) là các hàm liên tục trên [a, b] và khả vi trên
(a, b). Khi đó hệ phương trình




f(x
1
) = g(x
2
) (1)

f(x
n
) = g(x
1
) (n).
a) Nếu f và g cùng tính đơn điệu thì nếu hệ có nghiệm thì các nghiệm bằng
nhau x
1
= x
2
= = x
n
.
b) Nếu f và g khác tính đơn điệu thì nếu n lẻ thì x
1
= x
2
= = x
n
, còn nếu n
chẵn thì ta có x
1
= x

3
= = x
n−1
và x
2
= x
4
= = x
n
.
Chứng minh
a) Giả sử hệ có nghiệm a < x
1
< x
2
< < x
n
< b (n ∈ N
∗
). Do g

(x) khác 0
nên khi đó theo Cauchy, tồn tại c ∈ (x
1
; x
2
) sao cho
A =
f


(c)
g

(c)
=
f(x
2
) −f(x
1
)
g(x
2
) −g(x
1
)
(i) =
f(x
2
) −f(x
1
)
f(x
1
) −f(x
n
)
(ii).
Từ (i) suy ra A > 0, từ (ii) suy ra A < 0 (vô lý). Vậy hệ không có nghiệm phân
biệt, hay hệ có nghiệm trùng nhau.
Giả sử (không mất tính tổng quát) x

1
= x
2
. Khi đó theo Cauchy có
f

(c)[g(x
2
) −g(x
1
)] = g

(c)[f(x
2
) −f(x
1
)] với c ∈ (a; b).
16
Suy ra
0 = g

(c)[g(x
3
) −g(x
2
)] ⇒ x
2
= x
3
, , x

n−1
= x
n
.
Vậy x
1
= x
2
= = x
n
.
b) Nếu n lẻ thì tương tự như (a) ta có
A =
f

(c)
g

(c)
=
f(x
2
) −f(x
1
)
g(x
2
) −g(x
1
)

(i) =
g(x
3
) −g(x
2
)
g(x
2
) −g(x
1
)
(iii).
Từ (i) suy ra A < 0, từ (iii) suy ra A > 0 điều này vô lí. Lập luận như trên ta
cũng có
x
1
= x
2
= = x
n
.
Xét n chẵn: Giả sử x
1
= x
2
, tương tự như trên ta cũng suy ra x
2
= x
3
= = x

n
(vô lí vì f, g khác tính đơn điệu và n không lẻ). Như vậy trong trường hợp n
chẵn thì nếu hệ có nghiệm thì các nghiệm không liền nhau.
Không mất tính tổng quát giả sử x
1
= x
3
. Khi đó theo Cauchy tồn tại c ∈ (a, b)
sao cho
f

(c)[g(x
3
) −g(x
1
)] = g

(c)[f(x
3
) −f(x
1
)]
⇔ f

(c).0 = g

(c)[g(x
4
) −g(x
2

)] ⇒ x
2
= x
4
.
Tương tự
f

(c)[g(x
4
) −g(x
2
)] = g

(c)[f(x
4
) −f(x
2
)]
⇔ f

(c).0 = g

(c)[g(x
5
) −g(x
3
)] ⇒ x
3
= x

5
.
Tiếp tục làm như vậy, ta có điều phải chứng minh.
17
Chương 2
Áp dụng tính đơn điệu của hàm số
để giải phương trình
Trong chương này chúng tôi trình bày các ứng dụng của định lý Rolle và
một số mở rộng của định lý Rolle trong nghiên cứu các phương trình. Đây là
một định lý rất đẹp, một công cụ rất mạnh để giải các bài toán về phương trình.
2.1 Ứng dụng định lý Rolle và các hệ quả để giải phương
trình
Đối với dạng bài tập này thì các hệ quả của định lý Rolle là một công cụ rất
mạnh để giải toán. Kĩ thuật để giải một số bài toán trong phần này như sau:
• Ta biến đổi phương trình cần giải về dạng f(x) = 0.
• Xét hàm số y = f(x). Tìm số nghiệm của phương trình f

(x) = 0. Giả sử
phương trình f

(x) = 0 có n − 1 nghiệm, khi đó theo hệ quả định lý Rolle thì
phương trình f (x) = 0 có không quá n nghiệm.
• Chỉ ra các nghiệm của phương trình.
Phần tiếp theo, tác giả đã hệ thống một số bài toán từ dễ đến khó có sử
dụng định lý Rolle và các hệ quả của định lý Rolle. Các bài toán được lựa chọn
từ một số tài liệu trong các kỳ thi Quốc gia và Quốc tế, Olympic sinh viên để
minh họa cho dạng bài tập này và tác giả tự thiết kế trên cơ sở một số bài tập
đã có.
Bài toán 2.1. [Olympic 30/04 năm 2011]. Giải phương trình sau trên tập
số thực

x
3
− 15x
2
+ 78x − 141 = 5
3
√
2x −9. (2.1)
18
Lời giải.
Điều kiện x ∈ R.
Phương trình (2.1) tương đương với phương trình sau
(x −5)
3
+ 5(x − 5) = (2x − 9) + 5
3
√
2x −9. (2.2)
Xét hàm số đặc trưng f(t) = t
3
+ 5t trên R, ta có
f

(t) = 3t
2
+ 5 > 0, ∀t ∈ R,
suy ra hàm số trên đồng biến trên R.
Mà phương trình (2.2) có dạng
f(x − 5) = f


3
√
2x −9

⇔ x − 5 =
3
√
2x −9
⇔ (x − 5)
3
= 2x −9 ⇔ (x − 4)(x
2
− 11x + 29) = 0
⇔ x = 4 hoặc x =
11 +
√
5
2
; x =
11 −
√
5
2
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là x = 4; x =
11 +
√
5
2
; x =
11 −

√
5
2
.
Nhận xét 2.1. Từ bài toán trên, ta có bài toán tổng quát.
Giải phương trình
ax
3
+ bx
2
+ cx + d = k.
3
√
px + q, (2.3)
trong đó a, b, c, d, k, p, q ∈ R, a = 0.
Để giải phương trình trên, ý tưởng ta đưa phương trình (2.3) về dạng
(mx + n)
3
+ k(mx + n) = (px + q) + k.
3
√
px + q, (2.4)
để sử dụng phương pháp hàm số. Phương trình (2.3) đưa được về dạng (2.4)
khi và chỉ khi tồn tại các số m, n sao cho
(mx + n)
3
+ k(mx + n) = ax
3
+ bx
2

+ (c + p)x + d + q.
Sử dụng đồng nhất thức ta thu được hệ (ẩn là m và n)







m
3
= a
3m
2
n = b
3mn
2
+ km = c + p
n
3
+ kn = d + q.
Đến đây, ta có kết quả:
• Nếu hệ phương trình trên có nghiệm thì (2.3) đưa được về dạng (2.4).
• Nếu hệ phương trình trên vô nghiệm thì (2.3) không đưa được về dạng (2.4).
19
Chú ý 2.1. Các hệ số của (2.3) sẽ thay đổi nếu ta nhân hai vế của (2.3) với
một số khác không và hệ phương trình trên cũng thay đổi, nghĩa là hệ phương
trình trên là không duy nhất.
Bài toán 2.2. Giải phương trình sau trên tập số thực:
4x

3
+ 6x
2
+ 4x + 1 =
3
√
2x + 1. (2.5)
Lời giải.
Điều kiện x ∈ R. Phương trình (2.5) tương đương
(2x + 1)
3
+ 2(2x + 1) = (2x + 1) + 2
3
√
2x + 1. (2.6)
Xét hàm số đặc trưng f(t) = t
3
+ 2t trên R, ta có
f

(t) = 3t
2
+ 2 > 0, ∀t ∈ R,
suy ra hàm số trên đồng biến trên R.
Mà phương trình (2.6) có dạng
f(2x + 1) = f

3
√
2x + 1


⇔ 2x + 1 =
3
√
2x + 1
⇔ (2x + 1)
3
= 2x + 1 ⇔ 4x(x + 1)(2x + 1) = 0
⇔ x = 4 hoặc x = −1; x = −
1
2
.
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là x = 4; x = −1; x = −
1
2
.
Nhận xét 2.2. Áp dụng hệ phương trình từ phương trình tổng quát, ta có







m
3
= 4
3m
2
n = 6

3mn
2
+ m = 6
n
3
+ n = 2.
Dễ thấy hệ phương trình trên vô nghiệm. Tuy nhiên điều đó không có nghĩa là
chúng ta không đưa phương trình (2.5) về dạng (2.4). Thực hiện phép nhân cả
hai vế của phương trình (2.5) với 2 ta được phương trình
8x
3
+ 12x
2
+ 8x + 2 = 2
3
√
2x + 1.
Khi đó ta có hệ phương trình







m
3
= 8
3m
2

n = 12
3mn
2
+ 2m = 10
n
3
+ 2n = 3.
có nghiệm m = 2 và n = 1
20
Bài toán 2.3. Giải phương trình sau trên tập số thực
3
√
6x + 1 = 8x
3
− 4x − 1. (2.7)
Lời giải.
Điều kiện x ∈ R.
Phương trình (2.7) tương đương với
(6x + 1) +
3
√
6x + 1 = (2x)
3
+ (2x). (2.8)
Xét hàm số đặc trưng f(t) = t
3
+ t với t ∈ R, ta có
f

(t) = 3t

2
+ 1, ∀t ∈ R,
suy ra hàm số trên đồng biến trên R.
Mà phương trình (2.8) có dạng
f

3
√
6x + 1

= f(2x)
⇔ 8x
3
− 6x = 1
⇔ 4x
3
− 3x =
1
2
. (2.9)
Nếu x ∈ [−1; 1], đặt x = cost với t ∈ [0; π], phương trình (2.9) trở thành
4cos
3
t −3cost =
1
2
⇔ cos3t =
1
2
⇔ t = ±

π
9
+ k
2π
3
(k ∈ Z).
Mà t ∈ [0; π], suy ra t =
π
9
; t =
5π
9
;t =
7π
9
.
Suy ra x = cos
π
9
; x = cos
5π
9
;x = cos
7π
9
.
Do phương trình (2.9) là phương trình bậc ba nên có không quá 3 nghiệm nên
phương trình (2.7) chỉ có 3 nghiệm trên.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = cos
π

9
; x = cos
5π
9
; x = cos
7π
9
.
Nhận xét 2.3. Hệ phương trình của phương trình (2.7) là







m
3
= 8
3m
2
n = 0
3mn
2
+ m = 2
n
3
+ n = 0,
có nghiệm m = 2 và n = 0.
21

Bài toán 2.4. Giải phương trình sau trên tập số thực
3x

2 +

9x
2
+ 3

+ (4x + 2)

1 +

1 + x + x
2

= 0. (2.10)
Lời giải.
Ta thấy phương trình chỉ có nghiệm trong khoảng (−
1
2
; 0).
Phương trình (2.10) tương đương với
(−3x)

2 +

(−3x)
2
+ 3


= (2x + 1)

2 +

(2x + 1)
2
+ 3

⇔ u

2 +

u
2
+ 3

= v

2 +

v
2
+ 3

, (2.11)
với u = −3x, v = 2x + 1; u, v > 0.
Xét hàm số f(t) = 2t +
√
t

4
+ 3t
2
với t > 0, ta có
f

(t) = 2 +
2t
3
+ 3t
√
t
4
+ 3t
2
, ∀t > 0.
Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên khoảng (0; +∞).
Mà phương trình (2.11) tương đương với
f(u) = f(v) ⇔ u = v
⇔ −3x = 2x + 1 ⇔ x = −
1
5
.
Vậy nghiệm duy nhất của phương trình đã cho là x = −
1
5
.
Bài toán 2.5. [HSG Thái Bình năm 2010-2011]
Giải phương trình sau trên tập số thực
log

3
2x −1
(x −1)
2
= 3x
2
− 8x + 5. (2.12)
Lời giải.
Điều kiện

x = 1
x >
1
2
.
Phương trình (2.12) tương đương với
log
3
2x −1
(x −1)
2
− 1 = 3(x − 1)
2
− (2x − 1
⇔ log
3
2x −1
3(x −1)
2
= 3(x −1)

2
− (2x − 1
⇔ log
3
(2x −1) + 2x − 1 = log
3
3(x −1)
2
+ 3(x − 1)
2
. (2.13)
Xét hàm số đặc trưng f(t) = log
3
t + t với t > 0, ta có
f

(t) =
1
t ln 3
+ 1 > 0, ∀t > 0.
22
Suy ra hàm số f(t) trên đồng biến trên khoảng (0; +∞).
Mà phương trình (2.13) có dạng
f(2x − 1) = f(3(x − 1)
2
)
⇔ 2x − 1 = 3(x − 1)
2
⇔ 3x
2

− 8x + 4 = 0.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x = 2; x =
2
3
.
Bài toán 2.6. Giải phương trình sau trên tập số thực
sin 2x −cos x = 1 + log
2
sin x với x ∈ (0;
π
2
).
Lời giải.
Do x ∈ (0;
π
2
), suy ra : 0 < sin x; cos x < 1.
Nên phương trình đã cho tương đương với
log
2
cos x + sin 2x −cos x = 1 + log
2
sin x + log
2
cos x
⇔ log
2
cos x −cos x = log
2
sin 2x −sin 2x. (2.14)

Xét hàm số đặc trưng f(t) = log
2
t −t với t ∈ (0; 1], ta có
f

(t) =
1
t ln 2
− 1 > 0, ∀t ∈ (0; 1).
Vì 0 < t ≤ 1 nên 0 < t ln 2 ≤ ln 2 < ln e = 1⇒
1
t ln 2
> 1 ⇔
1
t ln 2
− 1 > 0.
Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên khoảng (0; 1].
Mà phương trình (2.14) có dạng
f(cos x) = f (sin 2x) ⇔ cos x = sin 2x
⇔ sin x =
1
2
⇔ x =
π
6
.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =
π
6
.

Bài toán 2.7. Giải phương trình sau trên tập số thực
3
x
= 1 + x + log
3
(1 + 2x).
Lời giải.
Điều kiện x > −
1
2
.
Biến đổi phương trình đã cho về dạng
3
x
+ x = 1 + 2x + log
3
(1 + 2x)