SỬ DỤNG ĐẠO HÀM CẤP HAI GIẢI MỘT SỐ CÁC PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG BÌNH
TỔ TOÁN

SỬ DỤNG ĐẠO HÀM CẤP HAI GIẢI MỘT SỐ
CÁC PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH

gv: TRẦN XUÂN BANG

Đồng Hới, tháng 4 năm 2012

1


SỬ DỤNG ĐẠO HÀM CẤP HAI GIẢI MỘT SỐ
CÁC PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I. Đặt vấn đề.
Trong đề Dự bị thi vào Đại học năm 2007 khối A, có bài toán dưới đây:
Bài toán 1.
y
 x
e  2007 
y2 1
Chứng minh rằng hệ phương trình 
có đúng 2
x
y
e  2007 

x2 1

nghiệm thỏa mãn điều kiện x > 0, y > 0.

Giải.
 x  1  x  1
nhưng x > 0, y > 0 suy ra x > 1, y > 1.
 y  1  y  1

Điều kiện của hệ 

T a sẽ chứng minh hệ phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x > 1, y > 1.
 Trước hết ta chứng minh từ hệ phương trình đã cho suy ra x = y.
Cách 1.
Xét các hàm số:
f(t) = et , t > 1  f '(t) > 0,  t > 1và  f tăng trên (1; ).
gt 

t
2

t 1

1

, t  1  g/ (t) 
2

(t  1)

3
2

 0, t  1  giảm trên (1; ).

Như thế, f tăng trên và g giảm trên (1; ).
 f  x   g  y   2007
 f(x) + g(y) = f(y) + g(x) (1)
 f  y   g  x   2007

Hệ phương trình (1)  

Nếu x > y  f(x) > f(y)  g(y) < g(x) ( do(1) )
 y > x ( do g giảm )  vô lý.
Tương tự khi y > x cũng dẫn đến vô lý.
Vậy, ta có x = y.
Cách 2.
x

Từ hệ phương trình đã cho suy ra ex 
Xét hàm số F(t)  et 

t
2

t 1

x2 1

, t  1 . Ta có :

2

 ey 

y
y2  1

(2)


t2 1  t
F '(t)  e t 

2

t 1

t
t 2  1  et 

1
2

(t  1) t 2  1

 0, t  1 .

Suy ra, F đồng biến, liên tục trên (1; ).
(2)  f ( x )  f ( y )  x  y .
 Hệ phương trình đã cho tương đương:
x
 x
e 

 2007  0

x2  1
x  y
x
Xét hàm số h(x) = ex  2  2007 , x > 1.
x 1
3

1
x
2
2
Khi x > 1  h' x   ex 

e

x

1
3
2
x 1 2



h ''  x   e x 





5

3 2
x  1  2 .2x  e x 

2



3x

x

(*)

2

 1

5
2

0

Đến đây, có một số lời giải như sau:
Lời giải 1. Đồ thị hàm số lõm, và hàm số nhận giá trị âm:
f  2   e2 

2
 2012  0
3

Suy ra phương trình (*) có hai nghiệm x1 > 1, x2 > 1.
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; x) với x > 1.
Lời giải 2. Đồ thị hàm số lõm, và:
lim h x    , lim h  x    , h  2   e 2 

x 1

x 

2
 2012  0
3

Suy ra phương trình (*) có đúng 2 nghiệm x1 > 1, x2 > 1.
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; x) với x > 1.
Bình luận:
Lời giải 1 có hai sai lầm:
+ Trong chương trình Giải tích THPT hiện hành không có khái niệm "đồ
thị lõm".
+ Một hàm số có đồ thị lõm và nhận giá trị âm thì chưa hẵn đã có hai
nghiệm.
Lời giải 2 có một sai lầm:
+ Trong chương trình Giải tích THPT hiện hành không có khái niệm "đồ
thị lõm"

3

Lời giải đúng:
5

Từ h ''  x   e x  3  x 2  1 2 .2x  e x 


2

3x

x

2

 1

5
2

 0,

suy ra h'(x) đồng biến, liên tục

trên (1, +).
Mặt khác, lim h '  x    , lim h '  x    . Suy ra hàm số h'(x) đổi dấu từ âm
x 1

x 

sang dương trên (1, +). Suy ra phương trình h(x) = 0 có không quá hai
nghiệm.
2
 2007  0 , lim h  x    , Suy ra
x 
3

Cuối cùng do có lim h x    , h  2   e2 
x 1



phương trình h(x) = 0 có đúng 2 nghiệm x1 > 1, x2 > 1.
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; x) với x > 1.
Sau đây là một bài toán trên một trang Web
Bài toán 2. Giải phương trình x  3 x  1  x 2  x  1 .
Giải. ĐK x  0
Phương trình đã cho tương đương với x  3 x  1  x 2  x  1  0
Xét hàm số f ( x)  x  3 x  1  x 2  x  1, x   0; )
f '( x) 

1
2 x



(1)

3

1
9
 2 x  1  f ''( x)  

 2  0, x  0.
3
2 3x  1
4 x
4 (3 x  1)3

Đến đây, có một số lời giải như sau:
Lời giải 1. Đồ thị hàm số lồi, và hàm số nhận giá trị dương:
1
5 1 3 1
7
1
f  

    2 0
2
2 4 2 2
4
2

Suy ra phương trình (1) có hai nghiệm.
Thấy ngay f(0) = f(1) = 0. Suy ra phương trình (1) có đúng hai nghiệm x = 0,
x = 1. Vậy, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1.
Lời giải 2. Đồ thị hàm số lồi, và hàm số nhận giá trị:
1

3

3

11

9

3

5 19

f(0) = 0, f    0, f   

  1  2    0
2
2 4 2
2 4
2
2
Suy ra phương trình (1) có không quá hai nghiệm.
Thấy ngay f(0) = f(1) = 0. Suy ra phương trình (1) có đúng hai nghiệm x = 0,
x = 1. Vậy, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 1, x = 2.
Lời giải 3. Theo Roll phương trình (1) có không quá hai nghiệm.
Thấy ngay f(0) = f(1) = 0. Suy ra phương trình (1) có đúng hai nghiệm x = 0,
x = 1. Vậy, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1.

4

Bình luận:
Lời giải 1 có hai sai lầm:
+ Trong chương trình Giải tích THPT hiện hành không có khái niệm "đồ
thị lồi"
+ Một hàm số có đồ thị lồi và nhận giá trị dương thì chưa hẵn đã có hai
nghiệm.
Lời giải 2 có một sai lầm:
+ Trong chương trình Giải tích THPT hiện hành không có khái niệm "đồ
thị lồi"
Lời giải 3 có một sai lầm:
+ Trong chương trình Giải tích THPT hiện hành không có định lý Roll.
Cách giải này chỉ có thể dùng trong các kỳ thi HSG.
Lời giải đúng:
Suy ra f ' nghịch biến, liên tục trên [0;+) .
3
 1


 2 x  1  
 2 x 2 3x  1


Mặt khác lim f '( x)  lim 
x 0



x0



3
 1

lim f '( x)  lim 

 2 x  1  
x  2 x
2 3x  1


Suy ra f '(x) đổi dấu từ dương sang âm trên [0;+) nên phương trình (1) có
x 

không quá hai nghiệm.
Thấy ngay f(0) = f(1) = 0. Suy ra phương trình (1) có đúng hai nghiệm x = 0,
x = 1. Vậy, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1.

5


Từ hai bài toán trên

Đề xuất phương pháp:
Cho phương trình f(x) = 0
(*)
Xét hàm số y = f(x) xác định trên D có đạo hàm cấp một f '(x) không xét dấu
được.
 Nếu đạo hàm cấp hai f "(x) > 0, x  D và f '(x) nhận hai giá trị trái dấu
nhau thì f '(x) đổi dấu từ âm sang dương thì phương trình (*) có không quá

hai nghiệm và nếu f(x) nhận ba giá trị lần lượt dương, âm, dương từ trái qua
phải thì phương trình (*) có đúng hai nghiệm.
Nếu đạo hàm cấp hai f "(x) > 0, x  D và f '(x) nhận hai giá trị trái dấu
nhau thì f '(x) đổi dấu từ âm sang dương và nếu f ( x1 )  f ( x2 )  0 thì phương
trình (*) có đúng hai nghiệm x1 , x2 .
 Nếu đạo hàm cấp hai f "(x) < 0, x  D và f '(x) nhận hai giá trị trái dấu

nhau thì f '(x) đổi dấu từ dương sang âm thì phương trình (*) có không quá
hai nghiệm và nếu f(x) nhận ba giá trị lần lượt âm, dương, âm từ trái qua
phải thì phương trình (*) có đúng hai nghiệm.
Nếu đạo hàm cấp hai f "(x) < 0, x  D và f '(x) nhận hai giá trị trái dấu
nhau thì f '(x) đổi dấu từ dương sang âm và nếu f ( x1 )  f ( x2 )  0 thì phương
trình (*) có đúng hai nghiệm x1 , x2 .

6


II. Áp dụng giải một số phương trình
Bài toán 3. Giải phương trình 2 x 2  log 2 2 x
Giải. ĐK: x  0
2 x 1  log 2 (2 x)
2 x 1  log 2 (2 x)  0
2 x 2  log 2 2 x  

x  0
x  0
x 1
Đặt f(x) = 2  log 2 (2 x ), x  0
1
Suy ra f '(x) = 2 x 1 ln 2 

,x  0
x ln 2
1
f "(x) = 2 x 1 ln 2 2  2
 0, x  0 .
x ln 2
 f ' đồng biến, liên tục trên (0; +  )

(*)

Mặt khác :
1 
1 


lim f '( x)  lim  2 x 1 ln 2 
f '( x )  lim  2 x 1 ln 2 
   , xlim
   .

x

x0 
x ln 2 
x ln 2 

Suy ra f ' đổi dấu từ âm sang dương trên (0; +  ) nên phương trình (*) có
x 0

không quá hai nghiệm .

Thấy rằng f(1) = f(2) = 0.
Vậy, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 1, x = 2.
Bài toán 4. Giải phương trình 7 x 1  1  6 log 7 (6 x  5)
HD. ĐK: x 

5
6

Phương trình đã cho tương đương 7 x 1  6( x  1)  6 x  5  6 log 7 (6 x  5) (1)
Xét hàm số f (t )  t  6 log 7 t , t  0.
6
 0, t  0. Suy ra f đồng biến, liên tục trên  0;   .
t ln 7
(1)  f(7x - 1) = f(6x - 5)  7 x 1  6 x  5  7 x1  6 x  5  0 (2)
5
Xét hàm số f ( x)  7 x 1  6 x  5, x 
6
5
f '( x)  7 x1 ln 7  6, f "( x )  7 x 1 ln 2 7  0, x  .
6
5
Suy ra f ' đồng biến, liên tục trên  ;   .
6

Để ý rằng, lim f '( x)  ln 7  6  0, lim   , suy ra đạo hàm cấp một đổi dấu từ
f '(t )  1 

x 1

x 

âm sang dương nên phương trình (2) có không quá hai nghiệm.
Thấy ngay f(1) = f(2) = 0. Suy ra phương trình (2) có đúng hai nghiệm x = 1,
x = 2. Vậy, phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 1, x = 2.
7


Bài toán 5. Gi¶i phư¬ng tr×nh

x

log 22 x  x log7  x  3     2 log 7  x  3   log 2 x
2

Giải. ĐK : x > 0

1   2 log

2

(1)

x  x   log 2 x  2 log 7  x  3   0

 log 2 x  2 log 7  x  3   0

 2 log2 x  x  0

(2)
(3)

 x  4t
 x  4t
 (2)  log 2 x  2 log 7  x  3 = 2t  
 t
t
t
x

3

7

4  3  7
 x  4t

t
  4  t
1
   3    1 (4)
7
 7 
Xét hàm số :
t

t

t

t

4
1
4 4
1 1
f (t )     3   , t  ; f '(t )    ln  3   ln  0, t   .
7
7
7 7
7 7
Suy ra f nghịch biến, liên tục trên  .
(4)  f (t )  f (1)  t  1 . Vậy, x = 4 là nghiệm của (2)

 (3) 

2 log 2 x  x  0

XÐt g  x   2 log2 x  x, x  0.
g ' x  

2
2
 1; g"  x   2
 0, x   0;  
x ln 2
x ln 2

Suy ra g' nghịch biến, liên tục trên (0;+) .
Mặt khác g ' 1 

2
1
 1  0; g'(4) 
1  0
ln 2
2 ln 2

Suy ra g(x) đổi dấu từ dương sang âm trên (0;+) nên phương trình (3) có
không quá hai nghiệm.
Thấy ngay f(2) = f(4) = 0. Suy ra phương trình (3) có đúng hai nghiệm x = 2,
x = 4. Như thế, phương trình đã cho có hai nghiệm x = 2, x = 4.

8


Bài toán 6. Gi¶i phư¬ng tr×nh 3x  1  x  log 3 (1  2 x )
Giải. ĐK: 1 + 2x > 0  x  

1
2

Phương trình đã cho tương đương với : 3x  x  (1  2 x)  log 3 (1  2 x)
Xét hàm số

f (t )  t  log 3 t , t  (0; ) ta có: f '(t )  1 

đồng biến, liên tục trên (0; +  )
Phương trình (1)  f(3 x ) = f(1 + 2x)
 3 x = 1 + 2x  3 x - 1 - 2x = 0
1

 2

(1)

1
 0, t > 0 . Vậy f
t ln 3

(2)

Xét hàm số: g(x) = 3 x - 1 - 2x , x    ;  

1

g'(x) = 3 x ln3 - 2, g''(x) = 3 x ln23 > 0,  x    ;  
 2

1
Suy ra g' đồng biến, liên tục trên   ;  
 2



Mặt khác g'(0) < 0, g'(1) > 0.
1

Suy ra g' đổi dấu từ âm sang dương x    ;   nên phương trình (2) có
 2

không quá hai nghiệm

g(0) = g(1) = 0. Vậy phương trình (2) có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1.
Như thê, phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = 1.
Bài toán 7. Gi¶i phư¬ng tr×nh log 2 3log 2  3 x  1  1  x
3

Giải. ĐK x 

2 1
3
 y  log 2  3 x  1
dẫn đến
 x  log 2  3 y  1

Đặt y = log 2  3x  1 ta có hệ phưg trình 
phương trình sau

log 2  3x  1  x = log 2  3 y  1 +y (*)
Xét hàm số f(t) = log 2  3t  1  t
f ’(t) =

 3 2 1

;   .
 3


với t  

 3 2 1


1
 0, t  
;   .
 3t  1 ln 2
 3


(*)  x  y  2 x  3x  1  0

9


Đặt g(x) = 2 x  3 x  1 , g’(x) = 2xln2 - 3
g’’(x)=2xln23 > 0 suy ra g’(x) đồng biến, liên tục trên  .
Mặt khác g'(1) = ln4 - 3 < 0, g'(3) = 8ln2 - 3 > 0. Suy ra g'(x) đổi dấu từ âm

 3 2 1

sang dương trên 
;   nên phương trình (**) có không quá hai
 3

nghiệm. Thấy ngay g(1) = g(3) = 0 nên phương trình có đúng hai nghiệm x =
1, x = 3.

7x  6 x  1

Bài toán 8. Giải phương trình

Giải. Phương trình đã cho tương đương 7 x  6 x  1  0 (*)

Xét hàm số f(x) = 7 x  6 x  1 , x  

f '( x )  7 x ln 7  6, f ''( x)  7 x ln 2 7  0, x
Suy ra f đồng biến, liên tục trên  . Mặt khác f '(0) = ln7 - 6 < 0,
f '(1) = 7ln7 - 6 > 0. Suy ra f(x) đổi dấu từ âm sang dương nên phương trình
(*) có không quá hai nghiệm.
Thấy ngay f(0) = f(1) = 0 nên phương trình có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1.
Tổng quát Bài toán 8. Với a > 1, phương trình a x  (a  1) x  1 có đúng hai
nghiệm x = 0, x = 1.

3x  5 x  6 x  2

Bài toán 9. Giải phương trình

Giải. Phương trình đã cho tương đương 3x  5 x  6 x  2  0 (*)
Xét hàm số f(x) = 3x  5 x  6 x  2 , x  

f '( x )  3x ln3  5 x ln5  6, f ''( x)  3x ln 2 3  5 x ln 2 5  0, x
Suy ra f đồng biến, liên tục trên  . Mặt khác f '(0) = ln3 + ln5 - 6 < 0,
f '(1) = 3ln3 + 5ln5 - 6 > 0. Suy ra f(x) đổi dấu từ âm sang dương nên
phương trình (*) có không quá hai nghiệm.
Thấy ngay f(0) = f(1) = 0 nên phương trình có đúng hai nghiệm x = 0, x = 1.
Tổng quát Bài toán 9.
x

x

 Với a > 1, b > 1 phương trình a  b  (a  b  2) x  2 = 0 có đúng hai

nghiệm x = 0, x = 1.

x

 Khi a = b > 1 phương trình a  (a  1) x  1 = 0 có đúng hai nghiệm x = 0,

x = 1.
10


III. Các bài toán tương tự.
Bài toán 10. Giải phương trình (1  cosx)  2+4cosx   3.4cosx
Bài toán 11. Giải phương trình 64 x  8.343x 1  8  12.4 x.7 x 1
Bài toán 12. Giải phương trình 2011x  2012 x  4021x  2
Bài toán 13. Giải phương trình 3x  1  x  log 3 (1  2 x )
Bài toán 14. Giải phương trình 22 x  32 x  2 x  3x 1  x  1
1
Bài toán 15. Giải phương trình  
2

2sin 2 x



11

1
 cos2x+log 4 (4 cos 3 2 x  cos6x-1)
2


IV. Kết luận.

Trên đây là một ý tưởng về việc dùng đạo hàm cấp hai thay cho việc dùng
khái niệm lồi, lõm của đồ thị hàm số và định lý Roll để giải một lớp các
phương trình và hệ phương trình. Có thể mở rộng ý tưởng đó vào việc chứng
minh một số bất đẳng thức. Ở một khía cạnh tương tự, chúng ta có thể khắc
phục thực tế do quan điểm tinh giản mà một số định lý đã không có mặt
trong chương trình Toán THPT hiện hành như định lý đảo về dấu của tam
thức bậc hai.
Trên đây là một sự nỗ lự cá nhân nhằm mang đến bạn đọc yêu Toán một
niềm vui nho nhỏ. Những thiếu sót là không thể tránh khỏi. Xin trân trọng
tiếp nhận các trao đổi chân tình của bạn đọc.
Đồng Hới, tháng 4 năm 2012
TRẦN XUÂN BANG

12