Ứng dụng đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức và giải phương trình, hệ phương trình

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THỊ NHÀI

ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

HÀ NỘI- 2015


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

NGUYỄN THỊ NHÀI

ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,
HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

GIẢNG VIÊN HƯỚNG DẪN:

TS. Phạm Văn Quốc

HÀ NỘI- 2015


Mục lục
Mở đầu

3

1 Kiến thức cơ sở

5

1.1 Hàm số đồng biến, nghịch biến . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2 Đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.2

Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.2.3

Tính đơn điệu và dấu của đạo hàm . . . . . . . . . .

6

1.3 Định lí Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.4 Định lí Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.5 Hàm lồi, lõm khả vi bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.5.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.5.2

Định lí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.5.3

Biểu diễn hàm lồi và lõm . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.5.4

Định lí Karamata . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.6 Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số . . . . . . .

9

1.6.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.6.2

Quy tắc tìm GTLN,GTNN của hàm số liên tục trên

9

một đoạn [a;b] bằng đạo hàm . . . . . . . . . . . . . 10

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

11

2.1 Phương trình có dạng f(x) = c, với x thuộc K . . . . . . . . 11
2.2 Phương trình đã cho biến đổi được về dạng f(u) = f(v) . . . 16
2.3 Hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1


2.4 Áp dụng định lí Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.5 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3 Ứng dụng đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức

44

3.1 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . . . . . 44
3.2 Áp dụng định lí Lagrange và định lí Karamata . . . . . . . 58
3.3 Bài tập

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

Kết luận

66

Tài liệu tham khảo

67

2


Mở đầu
Như ta đã biết, chuyên đề về phương trình, bất phương trình, hệ phương
trình và hệ bất phương trình chiếm một lượng khá lớn, xuyên suốt chương
trình phổ thông. Nhiều bài tập nếu giải bằng phương pháp thông thường
sẽ gặp nhiều khó khăn, tuy nhiên nếu biết sử dụng phương pháp hàm số
thì các bài tập đó sẽ được giải quyết dễ dàng hơn
Hơn nữa một số năm gần đây trong các đề thi đại học cao đẳng; thi học
sinh giỏi thường xuyên gặp các bài toán về phương trình, hệ phương trình,
bất đẳng thức vận dụng phương pháp hàm số. Chính vì vậy việc trang bị
cho học sinh kỹ năng ứng dụng hàm số để giải phương trình, hệ phương
trình, bất đẳng thức là rất cần thiết, giúp các em tự tin hơn trong các kỳ
thi, nên tôi đã chọn đề tài "Ứng dụng đạo hàm trong chứng minh
bất đẳng thức và giải phương trình, hệ phương trình " với mục
đích
- Trang bị cho học sinh về phương pháp giải phương trình, hệ phương
trình , chứng minh bất đẳng thức bằng ứng dụng hàm số.
- Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó,
học sinh nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo.
Do quá trình nghiên cứu, biên tập còn nhiều hạn chế nên nội dung cũng
như cách trình bày trong luận văn chắc chắn còn nhiều thiếu xót, rất mong
các thầy cô và bạn đọc xem xét, có ý kiến đóng góp để luận văn được hoàn
thiện.
Nội dung chính của khóa luận bao gồm:

⋄ Chương 1: Kiến thức cơ sở
⋄ Chương 2: Ứng dụng đạo hàm trong giải phương trình và hệ phương

trình
⋄ Chương 3: Ứng dụng đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức

3


LỜI CẢM ƠN

Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lòng
biết ơn sâu sắc tới T.S Phạm Văn Quốc người đã trực tiếp hướng dẫn và
tận tình chỉ bảo em trong suốt quá trình thực hiện khóa luận.
Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô
giáo trong khoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại
Học Quốc Gia Hà Nội đã dạy bảo em tận tình trong suốt quá trình học
tập tại khoa.
Nhân dịp này em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình,
bạn bè đã luôn bên em, cổ vũ, động viên, giúp đỡ em trong suốt quá trình
học tập và thực hiện khóa luận tốt nghiệp.
Hà Nội, ngày 20 tháng 3 năm 2015.
Học viên
Nguyễn Thị Nhài

4


Chương 1

Kiến thức cơ sở
1.1

Hàm số đồng biến, nghịch biến

Định nghĩa 1.1. Cho hàm số y=f(x) xác định trên K ⊂ R(K là khoảng,
đoạn hoặc nửa khoảng)
Hàm số y = f(x) đồng biến (tăng) trên K nếu với mọi cặp x1 , x2 thuộc
K mà x1 < x2 thì f (x1 ) < f (x2 ).
Hàm số y = f(x) nghịch biến (giảm) trên K nếu với mọi cặp x1 , x2 thuộc
K mà x1 < x2 thì f (x1 ) > f (x2 ).
Hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên K được gọi chung là hàm số
đơn điệu trên K.
(Trích SGK 12 – Nhà XBGD - 2007)

1.2
1.2.1

Đạo hàm
Định nghĩa

Định nghĩa 1.2. Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a;b) và
xo ∈ (a; b). Nếu tồn tại giới hạn (hữu hạn)

f (x) − f (xo )
x→xo
x − xo
thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm số y = f(x) tại điểm xo và kí
hiệu là f ′ (xo ) (hoặc y ′ (xo )), tức là
f (x) − f (xo )
.
f ′ (xo ) = lim
x→xo

x − xo
lim

Định nghĩa 1.3. Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a;b) và
xo ∈ (a; b).
Nếu tồn tại giới hạn (hữu hạn)

lim+

x→xo

f (x) − f (xo )
x − xo
5


thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm bên phải của hàm số y = f(x) tại điểm
xo và kí hiệu là f ′ (x+
o ).
Nếu tồn tại giới hạn (hữu hạn)

lim−

x→xo

f (x) − f (xo )
x − xo

thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm bên trái của hàm số y = f(x) tại điểm
xo và kí hiệu là f ′ (x−

o ).
Định nghĩa 1.4. Hàm số y = f(x) được gọi là có đạo hàm trên khoảng
(a;b) nếu nó có đạo hàm tại mọi điểm x trên khoảng đó.
Hàm số y = f(x) được gọi là có đạo hàm trên đoạn [a;b] nếu nó có đạo
hàm tại mọi điểm x trên khoảng (a;b) và có đạo hàm bên phải tại a, có
đạo hàm bên trái tại b.
1.2.2

Tính chất

Định lí 1.1. Giả sử u = u(x), v = v(x) là các hàm số có đạo hàm tại
điểm x thuộc khoảng xác định. Ta có

(u ± v)′ = u′ ± v ′ .
(u.v)′ = u′ v + uv ′ .
( u ), u′ v − uv ′
=
(v = v(x) ̸= 0).
v
v2
Định lí 1.2. Nếu hàm số u = g(x) có đạo hàm tại x là u′x và hàm số
y = f (u) có đạo hàm tại u là y ′u thì hàm hợp y = f (g(x)) có đạo hàm tại
x là y ′x = y ′u .u′x .
1.2.3

Tính đơn điệu và dấu của đạo hàm

Định lí 1.3. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K.
Nếu f ′ (x) > 0 với mọi x thuộc K thì hàm số f(x) đồng biến trên K.
Nếu f ′ (x) < 0 với mọi x thuộc K thì hàm số f(x) nghịch biến trên K.

Định lí 1.4. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K.
Nếu f ′ (x) ≥ 0 với mọi x thuộc K và f ′ (x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn
điểm thì hàm số f(x) đồng biến trên K.
Nếu f ′ (x) ≤ 0 với mọi x thuộc K và f ′ (x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn
điểm thì hàm số f(x) nghịch biến trên K.

6


1.3

Định lí Rolle

Định lí 1.5. Giả sử f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [a;b] và có đạo hàm
tại mọi x thuộc khoảng (a;b). Nếu f(a) = f(b) thì tồn tại ít nhất một điểm
c ∈ (a; b) sao cho f’(c)=0.
Hệ quả
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.

1.4

Định lí Lagrange

Định lí 1.6. Giả sử f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [a;b] và có đạo hàm
trên khoảng (a;b). Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho

f (b) − f (a) = f ′ (c).(b − a).

1.5
1.5.1

Hàm lồi, lõm khả vi bậc hai
Định nghĩa

Ta ký hiệu I(a; b) ⊂ R là một tập hợp có một trong bốn dạng tập hợp
sau: (a; b), [a; b), (a; b] và [a; b].
Định nghĩa 1.5. Hàm số f (x) được gọi là lồi trên tập I(a, b) nếu với mọi
x1 , x2 ∈ I(a, b) và với mọi cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta đều có

f (αx1 + βx2 ) ≤ αf (x1 ) + βf (x2 ).

(1.1)

Nếu dấu đẳng thức trong (1.1) xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 thì ta nói hàm
số f (x) là hàm lồi thực sự (chặt) trên I(a; b).
Hàm số f (x) được gọi là lõm trên tập I(a; b) nếu với mọi x1 , x2 ∈ I(a, b)
và với mọi cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta đều có

f (αx1 + βx2 ) ≥ αf (x1 ) + βf (x2 ).

(1.2)

Nếu dấu đẳng thức trong (1.2) xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 thì ta nói
hàm số f (x) là hàm lõm thực sự (chặt) trên I(a; b).

7

1.5.2

Định lí

Định lí 1.7.
Nếu f(x) là hàm số khả vi trên I(a;b) thì f(x) là hàm lồi trên I(a;b) khi
và chỉ khi f’(x) là hàm đơn điệu tăng trên I(a;b).
Định lí 1.8. Nếu f (x) khả vi bậc hai trên I(a; b) thì f (x) lồi (lõm) trên
I(a, b) khi và chỉ khi f ′′ (x) ≥ 0(f ′′ (x) ≤ 0) trên I(a, b).
1.5.3

Biểu diễn hàm lồi và lõm

Nếu f (x) lồi khả vi trên I(a; b) thì với mọi cặp x0 , x ∈ I(a; b), ta đều
có

f (x) ≥ f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ).
(1.3)
Dễ nhận thấy rằng (1.3) xảy ra đẳng thức khi x0 = x. Vậy ta có thể viết
(1.3) dưới dạng f (x) = min [f (u) + f ′ (u)(x − u)] .
u∈I(a;b)

Nếu f (x) lõm khả vi trên I(a; b) thì với mọi cặp x0 , x ∈ I(a; b), ta đều
có

f (x) ≤ f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 )
(1.4)
Dễ nhận thấy rằng (1.4) xảy ra đẳng thức khi x0 = x. Vậy ta có thể viết
(1.4) dưới dạng f (x) = max [f (u) + f ′ (u)(x − u)] .
u∈I(a;b)

1.5.4

Định lí Karamata

Định lí 1.9. (Bất đẳng thức Karamata).
Cho hai dãy số {xk , yk ∈ I(a; b), k = 1, 2, ..., n} , thỏa mãn các điều kiện
x1 ≥ x2 ≥ ... ≥ xn , y1 ≥ y2 ≥ ... ≥ yn và

x1 ≥ y1



 x1 + x2 ≥ y1 + y2
...
(1.5)


x
+
x
+
·
·
·
+
x
≥
y
+

y
+
·
·
·
+
y

2
n−1
1
2
n−1
 1
x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn
Khi đó, ứng với mọi hàm lồi thực sự f (x), (f ′′ (x) > 0) trên I(a, b), ta đều
có

f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ).

(1.6)

Ta cũng có phát biểu tương tự đối với hàm lõm bằng cách đổi chiều dấu
bất đẳng thức.
Chứng minh
Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi
8


[

f (x1 )+f (x2 )+· · ·+f (xn ) =

min

t1 ,...,tn ∈I(a,b)

n
∑

f (t1 ) +

i=1

n
∑

]

f (xi − t1 )f ′ (ti ) .

i=1

(1.7)
Không mất tính tổng quát, ta giả thiết bộ số

t1 , ..., tn ∈ I(a, b)
cũng là một bộ số giảm, tức là

t1 ≥ t2 ≥ ... ≥ tn .

Khi đó, để chứng minh (1.7), ta chỉ cần chứng minh rằng

x1 f ′ (t1 )+x2 f ′ (t2 )+...+xn f ′ (tn ) ≥ y1 f ′ (t1 )+y2 f ′ (t2 )+...+yn f ′ (tn ). (1.8)
Sử dụng biến đổi Abel

x1 f ′ (t1 ) + x2 f ′ (t2 ) + ... + xn f ′ (tn )
= S1 [f ′ (t1 ) − f ′ (t2 )]+S2 [f ′ (t2 ) − f ′ (t3 )]+...
+Sn−1 [f ′ (tn−1 ) − f ′ (tn )]+Sn f ′ (tn )
(1.9)
với Sk (x) := x1 + x2 + ... + xk .
Vì rằng f ′′ (x) > 0 nên f ′ (xk ) ≤ f ′ (xk−1 ).
Mặt khác, do Sk (x) ≥ Sk (y)(k = 1, 2, ..., n − 1) và Sn (x) = Sn (y), ta thu
được ngay (1.8).
(Bất đẳng thức định lí và áp dụng
– GS.TSKH.Nguyễn Văn Mậu - 2006)

1.6
1.6.1

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
Định nghĩa

Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập D ⊂ R.
Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x) trên tập D nếu
f (x) ≤ M với mọi x thuộc D và tồn tại xo ∈ D sao cho f (xo ) = M . Kí
hiệu M = max f (x).
[a;b]

Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f(x) trên tập D nếu
f (x) ≥ m với mọi x thuộc D và tồn tại xo ∈ D sao cho f (xo ) = m. Kí

hiệu m = min f (x).
[a;b]

9


1.6.2

Quy tắc tìm GTLN,GTNN của hàm số liên tục trên một đoạn [a;b]
bằng đạo hàm

Bước 1. Tìm các điểm x1 , x2 , ..., xn trên khoảng (a;b), tại đó f’(x)=0
hoặc f’(x) không xác định.
Bước 2. Tính f(a),f (x1 ), f (x2 ), ..., f (xn ), f (b).
Bước 3. Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số trên. Ta có
M = max f (x); m = min f (x).
[a;b]

[a;b]

10


Chương 2

Ứng dụng đạo hàm trong giải
phương trình và hệ phương trình
2.1

Phương trình có dạng f(x) = c, với x thuộc K

+ Nhẩm được một nghiệm x = x0
+ Chỉ ra được f(x) đơn điệu trên K
+ Kết luận phương trình có nghiệm duy nhất x = x0 .
Bài tập 2.1. Giải phương trình
√
√
x+1=5−2 x+4

(2.1)

Lời giải
Điều kiện x ≥ −1√
√
Phương trình ⇔ √
x+1+2 √
x+4=5
Xét hàm số f(x) = x + 1 + 2 x + 4 liên tục trên [−1; + ∞)
1
1
f’(x) = √
+√
> 0 ∀x ∈ (−1; +∞)
2 x+1
x+4
suy ra f(x) đồng biến trên [1; +∞).
Nhận thấy x = 0 là một nghiệm của phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0.
Nhận xét:
Kinh nghiệm khi nhẩm nghiệm ta thường nhẩm các nghiệm trong tập

xác định và làm cho các căn thức có thể khai căn được hoặc triệt tiêu.
Bài này có thể làm theo phương pháp bình phương hai vế , nhưng sẽ dài
hơn. Ta cũng có thể làm bằng phương pháp nhân liên hợp.
Bài tập 2.2. Giải phương trình
√
√
√
2x3 + 3x2 + 6x + 16 = 2 3 + 4 − x
Lời giải
11

(2.2)


Điều kiện −2 ≤ x ≤ 4
√
√
√
Khi đó phương trình√(1) ⇔ 2x3 + 3x2 + 6x +
16
−
4
−
x
=
2
3
√
3
2

Xét hàm số f(x) = 2x + 3x + 6x + 16 − 4 − x liên tục trên đoạn
[-2;4].
3(x2 + x + 1)
1
f’(x) = √
+ √
> 0 ∀x ∈ (−2; 4)
2x3 + 3x2 + 6x + 6 2 4 − x
Suy ra f(x) đồng biến
√ trên [-2;4].
Mặt khác f(1) = 2 3
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Nhận xét:
Biểu thức trong căn cồng kềnh, nếu sử dụng các phương pháp khác sẽ
phức tạp trong việc biến đổi, bằng cách loại trừ ta sẽ nghĩ đến phương pháp
hàm số.
Bài tập 2.3. Giải phương trình
√
√
√
√
x + x − 5 + x + 7 + x + 16 = 14

(2.3)

Lời giải
Điều kiện x ≥ 5
Nhận thấy x = 9 là√một√
nghiệm của
√ phương√trình.

Xét hàm số f(x) = x+ x − 5+ x + 7+ x + 16 liên tục trên [5; +∞)
1
1
1
1
f’(x) = √ + √
+ √
+√
> 0 ∀x ∈ (5; +∞).
2 x 2 x−5 2 x+7
x + 16
Suy ra hàm số f(x) đồng biến trên [5; +∞).
Do đó phương trình (2.3) ⇔ f (x) = 14 có nghiệm duy nhất x = 9.
Bài tập 2.4. Giải phương trình
√
√
5x3 − 1 + 3 2x − 1 + x = 4
Lời giải

1
Điều kiện x ≥ √
3
5
Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình (2.4)
√
√
1
Xét hàm số f(x) = 5x3 − 1 + 3 2x − 1 + x liên tục trên [ √
; +∞)
3

5
15x2
2
1
√
f’(x) =
; +∞)
+ √
+ 1 > 0 ∀x ∈ ( √
3
5
2 5x3 − 1 3 3 (2x − 1)2
(
)
1
do đó f(x) đồng biến trên √
; +∞ .
3
5
Vậy phương trình (2.4) có nghiệm duy nhất x =1.
12

(2.4)


Bài tập 2.5. Giải phương trình
√
√
√
√

(x + 2)(2x − 1) − 3 x + 6 = 4 − (x + 6)(2x − 1) + 3 x + 2 (2.5)
Lời giải

1
2
Khi đó phương trình (2.5)
√
√
√
√
⇔ x + 2( 2x − 1 − 3) = x + 6( 2x − 1 − 3) = 4
√
√
√
⇔ ( 2x − 1 − 3)( x + 2 + x + 6) = 4
√
4
√
⇔ ( 2x − 1 − 3) = √
( x + 2 + x + 6)
√
√
√
⇔ 2x − 1 − 3 = x + 6 − x + 2
√
√
√
⇔ x + 6 − x + 2 − 2x − 1 = −3
[
)

√
√
√
1
Xét hàm số f(x) = x + 6 − x + 2 − 2x − 1 liên tục trên
; +∞
2
(
)
1
1
1
1
− √
−√
<0 ∀ x ∈
; +∞
f’(x) = √
2
2x −
2 x+6 2 x+2[
)1
1
Suy ra f(x) nghịch biến trên
; +∞ .
2
Mặt khác f(7) = - 3
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 7.
Điều kiện x ≥

Bài tập 2.6. Giải phương trình
√
3x7 − 5 − 4x = 3 − x3

(2.6)

Lời giải

5
4
Phương trình tương đương
Điều kiện : x ≤

3x7 + x3 −

√

5 − 4x = 3

]
(
√
5
Xét hàm số f(x) = 3x7 + x3 − 5 − 4x liên tục trên −∞;
4
(
]
2
5
f’(x) = 21x6 + 2x2 + √

> 0 ∀x ∈ −∞;
4
5 −(4x
]
5
suy ra f(x) đồng biến trên −∞; .
4
13

(2.6.1)


Nhận thấy x =1 là một nghiệm của phương trình (2.6.1)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.
Bài tập 2.7.
Giải phương trình

2(x − 2)

(√
3

4x − 4 +

√

)
2x − 2 = 3x − 1

(2.7)

Lời giải
Điều kiện x ≥ 1
√
√
Từ điều kiện suy ra vế phải >0 nên vế trái >0, mà 3 4x − 4+ 2x − 2 > 0.
Do đó x > 2.
Phương trình (1) tương đương
√
√
3x − 1
3
4x − 4 + 2x − 2 =
(2.7.1)
2(x − 2)
Ta thấy (2.7.1) có nghiệm
x=3. √
√
3
Xét hàm số f (x) = 4x − 4 + 2x − 2 liên tục trên (2, +∞)
4
1
1
f ′ (x) = √
+√
> 0 ∀x ∈ (2, +∞)
3 3 (4x − 4)2
2x − 2
suy ra f(x) đồng biến trên (2, +∞).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=3.

Bài tập 2.8. Giải phương trình:
√
5
− 2x = 6
3 3 − 2x + √
2x − 1

(2.8)

Lời giải

1
3
2
2
Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình (2.8)
(
]
√
5
1 3
Xét hàm số f (x) = 3 3 − 2x + √
− 2x liên tục trên
;
2
2
2x − 1
(
)

−3
5
1
3
f ′ (x) = √
−√
− 2 < 0 ∀x ∈
;
2
2
3
3 − 2x
(2x − 1)
]
(
1 3
; .
Hàm số f(x) nghịch biến trên
2 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.
Điều kiện

14


Bài tập 2.9. Giải phương trình
√
√
√
3 x + 1 + x + 6 + x − 2 = 10

(2.9)

Lời giải
Điều kiện x ∈ [2; +∞)
Nhận thấy x = 3 là một
√ nghiệm√của phương
√ trình (2.9)
Xét hàm số: f (x) = 3 x + 1 + x + 6 + x − 2 liên tục trên [2; +∞)
3
1
1
> 0, ∀x > 2
Đạo hàm :f ′ (x) = √
+ √
+ √
2 x+1 2 x+6 2 x−2
Do đó hàm số f (x) đồng biến trên [2; +∞).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Bài tập 2.10. Giải phương trình :
√
√
√
x+6+ x−2− 4−x=3

(2.10)

Lời giải
Điều kiện x ∈ [2 ; 4]
Nhận thấy x =3 là một

√ nghiệm
√của phương
√ trình (2.10)
Xét hàm số: f(x) = x + 6 + x − 2 − 4 − x liên tục trên [2 ; 4]
1
1
1
f’(x)= √
+ √
+ √
> 0 ∀x ∈ (2; 4)
2 x+6 2 x−2 2 4−x
suy ra f(x) là hàm số đồng biến trên [2 ; 4].
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Bài tập 2.11. Giải phương trình sau:
(
)
(
)
8log2 x2 − x + 5 = 3 x2 − x + 5

(2.11)

Lời giải
Nhận xét: Với phương trình này ta chưa thể có hàm số giống như hai câu
trên mà ta phải biến đổi để tìm được hàm số mà ta muốn xét.
log2 (x2 − x + 5) 3
(2.11) ⇔
= ( do x2 − x + 5 > e > 0 ∀x ∈ R )
2

x −x+5
8
2
Đặt t = x − x + 5 với t > e, thì phương trình trên trở thành:

log2 t 3
=
t
8
log2 t
với t > e
Xét hàm số: f (t) =
t
1 − ln t
Ta có f ′ (t) = 2
< 0 ∀t > e
t ln 2
15

( 2.11.1)


Từ đó, f(t) là hàm nghịch biến trên (e; +∞).
3
Mà f (8) = ⇒ Phương trình ( 2.11.1) có nghiệm duy nhất t = 8.
8

√
1 + 13
x=

2
2
2√
Với t = 8 ta có x − x + 5 = 8 ⇔x − x − 3 = 0 ⇔ 

1 − 13
x=
√2
√
1 − 13
1 + 13
;x=
.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x =
2
2
Bài tập 2.12. Giải phương trình
(√
√ )
2log6 x + 4 x = log4 x

(2.12)

Lời giải
Điều kiện x > 0
√
√
√
√
√

1
(2.12)⇔ log6 ( x + 4 x) = log4 x ⇔ log6 ( x + 4 x) = log4 x
2
{√
√
4
√
√
√
x
+
x = 6t
(1)
4
√
Đặt t = log6 ( x + x) = log4 x ⇒
t
x=4
(2)
( )t ( )t
1
2
+
=1
Thế (2) vào (1) ta có 4t + 2t = 6t ⇔
3
3
( )t ( )t
2
1

Xét hàm số f (t) =
+
. Nhận thấy f(t) nghịch biến trên R
3
3
mà f(1) =1 nên t=1 là nghiệm ,thay vào (2) ta có x=16
Vậy phương trình đã cho chỉ có một nghiệm x = 16.

2.2

Phương trình đã cho biến đổi được về dạng f(u) = f(v)

trong đó u = u(x),v = v(x), u, v cùng thuộc K’ với mọi x ∈ K
+ Chỉ ra f(t) đơn điệu trên K’ (Khoảng, đoạn, nửa khoảng).
+ Phương trình tương đương u = v.
Bài tập 2.13. Giải phương trình

√
x3 + 1 = 2 3 2x − 1

(2.13)

Lời giải
Phương trình

√
(2.13) ⇔ x3 + 2x = 2x − 1 + 2 3 2x − 1
16

( 2.13.1)

Xét hàm số f(t) = t3 + 2t liên tục trên R
f’(t) = 2t2 + 2 > 0 ∀t ∈ R suy ra f(t)
đồng biến trên R
√
3
Phương trình ( 2.13.1) ⇔ f(x) = f( 2x − 1)
x=1
√
√
3
3

⇔ x = 2x − 1 ⇔ x = 2x − 1 ⇔
−1 ± 5
x=
2
√
−1 ± 5
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x=1; x =
.
2
Bài tập 2.14. Giải phương trình

√
x3 + 3x2 − 3 3 3x + 5 = 1 − 3x

(2.14)

Lời giải

√
Phương trình ⇔ (x + 1)3 − 2 = 3 3 3x + 5

√
⇔ (x + 1)3 + 3(x + 1) = 3x + 5 + 3 3 3x + 5

(2.14.1)

Xét hàm số f(t) = t3 + 3t liên tục trên R
f’(t) = 3t2 + 3 > 0 ∀t ∈ R
suy ra f(t) đồng biến trên√
R
3
(2.14.1) ⇔ f (x + 1) = f ( 3x + 5)
[
√
x=1
⇔ x + 1 = 3 3x + 5 ⇔ x3 + 3x2 − 4 = 0 ⇔
x = −2
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1; x = -2.
Nhận xét:Từ đặc điểm phương trình có biểu thức x3 + 3x2 + 3x − 1
ta nghĩ đến việc phân tích thành tổng trong đó có số hạng dạng (ax + b)3 .
Bài tập 2.15. Giải phương trình

4x3 + 18x2 + 27x + 14 =

√
3

4x + 5

(2.15)

Lời giải
Phương trình (2.15)

√
⇔ 8x3 + 36x2 + 54x + 28 = 2 3 4x + 5
√
⇔ (2x + 3)3 + 1 = 2 3 4x + 5
√
⇔ (2x + 3)3 + 2(2x + 3) = 4x + 5 + 2 3 4x + 5

Xét hàm số f(t) = t3 + 2t liên tục trên R
f’(t) = 3t2 + 2 > 0∀t ∈ R
Suy ra f(t) đồng biến trên R
17

( 2.15.1)


√
( 2.15.1) ⇔ f (2x + 3) = f ( 3 4x + 5)



x = −1 √
⇔ 2x + 3 =

−7 ± 5
x=
√ 4
−7 ± 5
Kết luận phương trình đã cho có ba nghiệm x = -1; x =
.
4
Nhận xét: Cố gắng làm xuất hiện hằng đẳng thức dạng (ax + b)3 bên ngoài
căn để đưa về tình huống giống Bài tập 2.14.
√
3

4x + 5 ⇔ 8x + 36x + 50x + 22 = 0 ⇔ 
3

2

Bài tập 2.16. Giải phương trình
√
√
2
3x(2 + 9x + 3) + (4x + 2)( 1 + x + x2 + 1) = 0

(2.16)

Lời giải
Phương trình (2.16)
√
√
2

⇔ −3x(2 + (−3x) + 3) = (2x + 1)( 4x2 + 4x + 4 + 2)
√
√
2
⇔ −3x(2 + (−3x) + 3) = (2x + 1)( (2x + 1)2 + 3 + 2) ( 2.16.1)
√
Xét hàm số f(t) = t(2 + t2 + 3) liên tục trên R
√
t2
2
> 0 ∀t ∈ R
f’(t) = 2+ t + 3 + √
t2 + 3
suy ra f(x) đồng biến trên R.
1
Phương trình ( 2.16.1) ⇔ f(-3x) =f(2x+1) ⇔ -3x = 2x+1 ⇔ x = −
5
1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = − .
5
Nhận xét: Trong
bài
toán
này
đòi
hỏi
người
làm
toán
phải có phân tích

√
√
2
2
sâu hơn, để ý 9x + 3; 1 + x + x có vai trò gần như nhau
Bài tập 2.17. Giải phương trình

√
x3 − 15x2 + 78x − 141 = 5 3 2x − 9

(2.17)

Lời giải
Phương trình (2.17)

√
⇔ (x − 5)3 + 5(x − 5) = 2x − 9 + 5 3 2x − 9

Xét hàm số f(t)=t3 + 5t liên tục trên R
f (t) = 3t2 + 5t > 0, ∀t ∈ R.
suy ra f(t) đồng biến trên R.
18

(2.17.1)


√
√
(2.17.1) ⇔ f (x − 5) = f ( 3 2x − 9) ⇔ x − 5 = 3 2x − 9
⇔ x3 − 15x2 + 73x − 116 = 0

⇔ (x − 4)(x2 − 11x +
√29) = 0
11 ± 5
⇔x=4 hoặc x=
2

11 ±
Kết luận:Phương trình đã cho có 3 nghiệm: x=4 hoặc x=
2
Bài tập 2.18. Giải phương trình
√
8x3 + 2x = (x + 2) x + 1

√

5

.

(2.18)

Lời giải
Điều kiện x≥-1
Phương trình (2.18)

√
⇔ (2x)3 + 2x = [(x + 1) + 1] x + 1
(√
)3 √
3

⇔ (2x) + 2x =
x+1 + x+1

( 2.18.1)

Xét hàm số f(t) = t3 + t liên tục trên R
f’(t) = 3t2 + 1 > 0 ∀t ∈ R
suy ra f(t) đồng biến trên R.
√
√
Phương trình ( 2.18.1) ⇔ f (2x)√= f ( x + 1) ⇔ 2x = x + 1
1 ± 17
⇔ 4x2 − x − 1 = 0⇔ x =
, thỏa mãn điều kiện
8
√
1 ± 17
.
Vậy phương trình có hai nghiệm x =
8
Bài tập 2.19. Giải phương trình :

4 |2x − 1| (x2 − x + 1) = x3 − 6x2 + 15x − 14

(2.19)

Lời giải
[
]
2

(2.19) ⇔|2x − 1| (2x − 1) + 3 = (x − 2)3 + 3x − 6

⇔ |2x − 1|3 + 3 |2x − 1| = (x − 2)3 + 3(x − 2)
Xét hàm số : f (t) = t3 + 3t là hàm số đồng biến trên R.
Khi
đó ( 2.19.1) ⇔f (|2x − 1|) = f (x − 2) ⇔ |2x − 1| = x − 2
x
[≥2
2x − 1 = x − 2 vô nghiệm
⇔
 2x − 1 = 2 − x
Vậy phương trình vô nghiệm.
19

( 2.19.1)


Bài tập 2.20. Giải phương trình sau:

e|2x−5| − e|x−1| =
Lời giải
{

1
1
−
|2x − 5| |x − 1|

(2.20)

{

5
x
=
̸
Điều kiện:
2
x ̸= 1
Viết lại phương trình (2.20) dưới dạng :
2x − 5 ̸= 0
⇔
x − 1 ̸= 0

e|2x−5| −

1
1
= e|x−1| −
|2x − 5|
|x − 1|

( 2.20.1)

1
liên tục trên (0; +∞)
t
1
Đạo hàm : f ′ (t) = et + 2 > 0, ∀t > 0
t

suy ra hàm số f (t) luôn đồng biến trên khoảng (0; +∞).
Khi đó: phương trình ( [2.20.1) ⇔f (|2x − 5|) =[f (|x − 1|)
2x − 5 = x − 1
x=4
⇔|2x − 5| = |x − 1| ⇔
⇔
2x − 5 = −x + 1
x=2
Vậy phương trình có hai nghiệm x=2 và x=4.
Xét hàm số f (t) = et −

Bài tập 2.21. Giải phương trình
2

2x−1 − 2x

−x

= (x − 1)2

(2.21)

Lời giải
Phương trình tương đương
2

2x−1 + x − 1 = 2x

−x

+ x2 − x

Xét hàm số f (t) = 2t + t với t ∈ R
f ′ (t) = 2t ln 2 + 1 > 0 ∀t ∈ R
Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R.
(
)
( 2.21.1) ⇔ f (x − 1) = f x2 − x ⇔ x − 1 = x2 − x

⇔ x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.
20

( 2.21.1)


Bài tập 2.22. Giải phương trình
√
3 2(x−1)+1 − 3x = x2 − 4x + 3

(2.22)

Lời giải
Điều kiện: x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 .
√
(2.22) ⇔ 3 2(x−1)+1 + 2(x − 1) = 3x + x2 − 2x + 1
√
⇔ 3 2(x−1)+1 + 2(x − 1) = 3(x−1)+1 + (x − 1)2

( 2.22.1)

Xét hàm số f (t) = 3t+1 + t2 , t ≥ 0, hàm số đồng biến trên [0; +∞)
√
√
( 2.22.1) ⇔ f ( 2(x − 1)) = f (x − 1) ⇔ 2(x − 1) = x − 1

⇔ 2(x − 1) = (x − 1)2 , (do x ≥ 1)
[
x=1
⇔ x2 − 4x + 3 = 0 ⇔
x=3
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1 và x = 3.
Bài tập 2.23. Giải phương trình

1 − x2
1 − 2x
1 1
2
2 x
− 2 x2 = −
2 x

(2.23)

Lời giải
Điều kiện x ̸= 0 .
1 − 2x 1 − x2
1 1
Ta nhận thấy
−

=
2(
− ) nên ta biến đổi
x2
x2
2 x

1 − x2
1 − 2x
1 1 − 2x 1 − x2
2
2
x
x
(2.23) ⇔ 2
−2
= (
−
)
2 x2
x2
1 − 2x
1 − x2
(
2)
1
−
x
1
1 1 − 2x

x2 + (
=
2
)
⇔ 2 x2 +
2
x2
2 x2
1
1
Xét hàm số f (t) = 2t + t, f ′ (t) = 2t ln 2 +
> 0∀t ∈ R.
2
2
Hàm số f(t) đồng biến trên R nên phương trình
1 − 2x
1 − x2
)
=
f
(
)
x2
x2
1 − 2x 1 − x2
=
⇔x=2
⇔
x2
x2

( 2.23.1) ⇔ f (

21

( 2.23.1)


(thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình đã cho chỉ có một nghiệm x = 2 .
Bài tập 2.24. Giải phương trình

5x

2

+3 cos x

2

− 5x

+4cos3 x

= 8 cos 3x

(2.24)

Lời giải
Ta biến đổi

(2.24) ⇔ 5x

2

+3 cos x

− 5x

2

+4cos3 x

⇔ 5x

2

+3 cos x

+ 8(x2 + 3 cos x) = 5x

= 8(4cos3 x − 3 cos x)
2

+4cos3 x

+ 8(x2 + 4cos3 x)
( 2.24.1)

Xét hàm số f (t) = 5t + 8t , f ′ (t) = 5t ln 5 + 8 > 0 với mọi t∈ R .
Hàm số f (t) đồng biến trên R nên phương trình

( 2.24.1) ⇔ f (x2 + 3cosx) = f (x2 + 4cos3 x)

⇔ x2 + 3 cos x = x2 + 4cos3 x
π
π
⇔ cos 3x = 0 ⇔ x = + k , k ∈ Z
6
3
π
π
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x = + k ,k ∈ Z.
6
3
Bài tập 2.25. Giải phương trình
( )2sin2 x
(
)
1
π
+ sin = cos 2x + log4 4cos3 2x − cos 6x − 1
2
6

(2.25)

Lời giải
Điều kiện 4cos3 2x − cos 6x − 1 > 0 ⇔ 3 cos 2x − 1 > 0 ⇔ cos 2x >

1
3

Phương trình

1
= cos 2x + log4 (3 cos 2x − 1)
2
⇔ 2cos 2x + 1 = 2 cos 2x + log2 (3 cos 2x − 1)
⇔ 2cos 2x + cos 2x = 3 cos 2x − 1 + log2 (3 cos 2x − 1) ( 2.25.1)

(2.25) ⇔ 2co2x−1 +

Xét hàm f (t) = 2t + t đồng biến trên R nên phương trình
( 2.25.1) ⇔ f (cos2x) = f (3cos2x − 1)

1
⇔ cos 2x = 3 cos 2x − 1 ⇔ cos 2x =
2
π
⇔ x = ± + kπ; k ∈ Z
6
22


Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x = ±

π
+ kπ; k ∈ Z .
6

Bài tập 2.26. Giải phương trình

( )3x−x2 −1
√
1
log3 ( x2 − 3x + 2 + 2) +
=2
5

(2.26)

Lời giải
Điều√kiện x ∈ (−∞; 1] ∪ [2; +∞)
Đặt x2 − 3x + 2= u; u ≥ 0
Phương trình (2.26) trở thành
( )1−u2
1
log3 (u + 2) +
=2
5
( )1−u2
1
Xét hàm số f(u) = log3 (u + 2) +
;u≥0
5
1
2
f’(u) =
+ 2u.5u −1 ln 5 > 0 ∀ u ≥ 0
(u + 2) ln 3
Suy ra f(u) đồng biến trên [0; +∞)
( 2.26.1) ⇔ f (u) = f (1) ⇔ u = 1

( 2.26.1)



√
3+ 5
√
x=
2√
⇔ x2 − 3x + 2 = 1 ⇔ x2 − 3x + 1 = 0 ⇔ 

3− 5
x=
2

(thỏa mãn điều kiện)
√
√
3+ 5
3− 5
Vậy phương trình có hai nghiệm x =
;x =
.
2
2
Bài tập 2.27. Giải phương trình
√
(
√ )

log2 1 + x − x = (1 − x) 3x
Lời giải
Điều kiện x ≥ 0. Biến đổi phương trình như sau
√
(
√ )
log2 1 + x − x = (1 − x) 3x

23

(2.27)