Ứng dụng đạo hàm để giải PT và HPT

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC

ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP
NGÀNH SƯ PHẠM TOÁN

Người hướng dẫn khoa học: Th.S Hoàng Ngọc Minh
Sinh viên thực hiện: Ngô Thị Trang

Hà Nội-2016


Mục lục
1 Mở đầu

3

1.1

Lý do chọn đề tài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Mục đích nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.3

Đối tượng nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.4

Phương pháp nghiên cứu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.5

Cấu trúc khóa luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

2 Một số kiến thức chuẩn bị
2.1

6

Các khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

2.1.1

Định nghĩa đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

2.1.2

Đạo hàm một phía . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

Các quy tắc tính đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

2.2.1

Đạo hàm của tổng, tích , thương . . . . . . . . . . . . . . . .

7

2.2.2

Đạo hàm của hàm hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

2.2.3

Bảng đạo hàm của các hàm số sơ cấp . . . . . . . . . . . . . .

8

2.3

Tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

2.4

Định lý Rolle, Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

2.2

2.4.1

Định lý Fermat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

2.4.2

Định lý Rollle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

2.4.3

Định lý Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

3 Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình

12

3.1

Chứng minh nghiệm duy nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

3.2

Đưa về dạng f (u) = f (v) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18

1


3.3

Sử dụng định lý Rolle, Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

3.3.1

Sử dụng định lý Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

3.3.2

Sử dụng định lý Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

4 Ứng dụng đạo hàm để giải hệ phương trình

30

4.1

Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

4.2

Đưa về dạng f (u) = f (v) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

2

Chương 1
Mở đầu
1.1

Lý do chọn đề tài

Khái niệm hàm là một trong những khái niệm cơ bản nhất của toán học, nó giữ
vị trí trung tâm của môn toán ở trường phổ thông, toàn bộ việc giảng dạy toán ở
nhà trường phổ thông đều xoanh quanh khái niệm này (Trích "Phương pháp giảng
dạy Toán" - Nguyễn Bá Kim).
Tư duy hàm, một loại hình tư duy đang được phát triển mạnh mẽ trong hoạt
động giảng dạy các bộ môn trong nhà trường đặc biệt là môn toán. Ngày nay trong
chương trình môn toán ở trường phổ thông khái niệm hàm đã, đang được thể hiện rõ
vai trò chủ đạo của mình trong việc ứng dụng và xây dựng các khái niệm khác. Khái
niệm đạo hàm có liên quan mật thiết để nghiên cứu tính chất, sự biến thiên của hàm
số...
Trong các kì thi tốt nghiệp, kì thi tuyển sinh đại học, kì thi chọn học sinh giỏi...
ngoài các bài tập liên quan trực tiếp đến hàm số ta thường thấy có những bài tập mà
học sinh thường phải vận dụng đạo hàm như là một công cụ đắc lực để giải toán như:
Giải phương trình, hệ phương trình, tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất, chứng minh bất
đẳng thức... Các bài toán về phương trình và hệ phương trình luôn xuất hiện trong
đề thi đại học, đề thi học sinh giỏi. Một lượng lớn các bài toán này không thể giải
được bằng phương pháp thông thường hoặc có thể giải được nhưng gặp rất nhiều khó
khăn. Đó cũng là những bài toán khó của đề thi. Tuy nhiên, nếu ta biết vận dụng đạo

3


hàm để giải các bài tập đó thì bài toán sẽ đơn giản hơn và ngắn gọn hơn rất nhiều.
Để nâng cao kĩ năng giải toán và góp phần phát triển tư duy hàm cho học sinh,

đồng thời bản thân có hệ thống tài liệu trong giảng dạy và bồi dưỡng học sinh, tôi
đã chọn đề tài:
"Ứng dụng đạo hàm trong việc giải phương trình và hệ phương trình"
Tôi hy vọng chuyên đề này có thể làm tài liệu hữu ích cho các thầy cô giảng dạy
môn toán và các em học sinh. Song vì năng lực và thời gian nghiên cứu còn hạn chế
vì vậy không tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong nhận được sự đóng góp ý kiến
của các quý thầy cô và những người yêu thích môn toán để đề tài này có ý nghĩa
thiết thực hơn trong nhà trường. Góp phần nâng cao hơn nữa chất lượng giáo dục
phổ thông.
Tôi xin chân thành cảm ơn.

1.2

Mục đích nghiên cứu

- Trang bị cho học sinh về một phương pháp giải phương trình và hệ phương trình
mang lại hiệu quả rõ nét.
- Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học sinh
nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo.

1.3

Đối tượng nghiên cứu

Các bài toán về phương trình và hệ phương trình thường gặp trong các kì thi
tuyển sinh đại học, kì thi chọn học sinh giỏi...

1.4

Phương pháp nghiên cứu

- Phương pháp nghiên cứu lí luận: Phân tích tổng hợp từ các sách báo, tài liệu
liên quan, internet.
- Phương pháp quan sát: Hướng dẫn học sinh vận dụng đạo hàm để giải, biện
luận phương trình và hệ phương trình để rút ra kết luận.

4


1.5

Cấu trúc khóa luận

Khóa luận bao gồm 3 chương:
• Chương 1: Một số kiến thức chuẩn bị
• Chương 2: Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình
• Chương 3: Ứng dụng đạo hàm để giải hệ phương trình

5


Chương 2
Một số kiến thức chuẩn bị
Trong các kì thi đại học và cao đẳng, thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thi học sinh giỏi
quốc gia thường xuất hiện các bài toán về giải phương trình và hệ phương trình.
Trong nhiều bài nếu sử dụng những phương pháp thông thường sẽ gặp nhiều khó
khăn hoặc không giải quyết được. Ứng dụng đạo hàm tuy không phải là phương pháp
"vạn năng" nhưng nó có thể giải quyết một bài toán về phương trình một cách rất
gọn gàng, sáng sủa. Khi vận dụng thành thạo phương pháp này, chúng ta có thể nhận
thấy vẻ đẹp của toán học qua từng bài toán cụ thể. Trước khi đi tìm hiểu những dạng

toán cụ thể ta cần nắm được các khái niệm cơ bản.

2.1
2.1.1

Các khái niệm cơ bản
Định nghĩa đạo hàm

Cho hàm số y = f (x) xác định trong khoảng (a, b) và x0 ∈ (a, b). Nếu tồn tại giới
hạn hữu hạn
lim

x→x0

f (x) − f (x0 )
= A,
x − x0

A∈R

thì giới hạn này được gọi là đạo hàm của f (x) tại điểm x0 và được kí hiệu là
f (x0 ).
Hàm số y = f (x) xác định trên (a, b) được gọi là có đạo hàm trên (a, b) nếu nó có
đạo hàm tại mọi điểm x ∈ (a, b).
Hàm số y = f (x) xác định trên (a, b) được gọi là có đạo hàm trên [a, b] nếu nó có
6


đạo hàm tại mọi điểm x ∈ (a, b), đồng thời có đạo hàm phải tại x = a và có đạo hàm
trái tại x = b.

2.1.2

Đạo hàm một phía

Cho hàm số y = f (x) xác định trong khoảng (a, b) và x0 ∈ (a, b).
Ta nói hàm số f (x) có đạo hàm phải tại x0 , kí hiệu là f+ (x0 ) nếu
lim+

x→x0

f (x) − f (x0 )
= f+ (x0 ),
x − x0

Ta nói hàm số f (x) có đạo hàm trái tại x0 , kí hiệu là f+ (x0 ) nếu
lim−

x→x0

2.2
2.2.1

f (x) − f (x0 )
= f− (x0 ).
x − x0

Các quy tắc tính đạo hàm
Đạo hàm của tổng, tích , thương

Cho hai hàm số u = u(x), v = v(x) có đạo hàm tương ứng u (x) và v (x) khi đó
ta có
(u + v) = u + v
(u − v) = u − v
(uv) = u v + uv
u v − uv
u
=
v
v2
Với 3 hàm số ta có:
(u1 u2 u3 ) = u1 u2 u3 + u1 u2 u3 + u1 u2 u3
Tổng quát với n hàm số ta có:
(u1 u2 ...un ) = u1 u2 u3 ...un + u1 u2 u3 ...un + · · · + u1 u2 u3 ...un

7


2.2.2

Đạo hàm của hàm hợp

Giả sử:
1. Hàm u = u(x) có đạo hàm u (x0 ).
2. Hàm y = y(u) có đạo hàm y (u0 ) = y (u(x0 )) tại điểm u0 = u(x0 ) tương ứng.
Khi đó hàm hợp y(u(x)) có đạo hàm tại điểm x = x0 là
(y(u(x)))x=x0 = y (u0 )u (x0 )
hay
y x = y u ux .

2.2.3

2.3

Bảng đạo hàm của các hàm số sơ cấp
C =0

(Cu) = Cu ,

C là hằng số

(xα ) = αxα−1
1
−1
= 2
x
x
√
1
( x) = √
2 x

(uα ) = αu uα−1
1
−u
= 2
u
u
√
u

( u) = √
2 u

(sin x) = cos x

(sin u) = cos u.u

(cos x) = − sin x
1
(tan x) =
cos2 x
−1
(cot x) =
sin2 x
1
(ln x) =
x
1
(loga x) =
x ln a
(ex ) = ex

(cos u) = − sin u.u
u
(tan u) =
cos2 u
−u
(cot u) =
sin2 u
u

(ln u) =
u
u
(loga u) =
u ln a
(eu ) = eu .u

(ax ) = ax ln a

(au ) = u au ln a

Tính đơn điệu của hàm số

Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên khoảng D.
Nếu f (x) ≥ 0, ∀x ∈ D(hoặcf (x) ≤ 0, ∀x ∈ D) và f (x) = 0 chỉ tại một số hữu
hạn điểm của D thì hàm số f đồng biến (hoặc nghịch biến) trên D.
8


1. Nếu y = f (x) đồng biến trên [a; b] thì
minx∈[a;b] f (x) = f (a);

maxx∈[a;b] f (x) = f (b).

2. Nếu y = f (x) nghịch biến trên [a; b] thì
minx∈[a;b] f (x) = f (b);

maxx∈[a;b] f (x) = f (a).

3. Số nghiệm của phương trình f (x) = g(x) bằng số giao điểm của hai đồ thị

y = f (x) và y = g(x).
4. Nếu hàm sốy = f (x) đơn điệu trên D thì phương trình f (x)k ( k− hằng số)
nếu có nghiệm x = x0 thì nghiệm đó là duy nhất.
5. hàm số y = f (x) đồng biến trên D và y = g(x) nghịch biến trên D thì phương
trình f (x) = g(x) nếu có nghiệm x = x0 thì nghiệm đó la duy nhất.
6. hàm số y = f (x) đơn điệu trên D, u(x), v(x) là các hàm số nhận giá trị thuộc
D thì ta có: f [u(x)] = f [v(x)] ⇔ u(x) = v(x).
7. Nếu hàm số y = f (x) liên tục trên [a; b] thỏa mãn f (a).f (b) < 0 thì phương
trình f (x) = 0 có ít nhất một nghiệm trên (a; b).

2.4

Định lý Rolle, Lagrange

Cho hàm số y = f (x)liên tục trên lân cận Vx0 của x0
• Nếu f (x) < f (x0 )với mọi x thuộc Vx0 thì ta nói: f đạt cực đại tại x0
Khi đó :
x0 : là điểm cực đại của hàm số.
f (x0 ) : là giá trị cực đại của hàm số. Kí hiệu fCŒ .
M (x0 ; f (x0 )): là điểm cực đại của đồ thị hàm số.
• Nếu f (x) > f (x0 )với mọi x thuộc Vx0 thì ta nói: f đạt cực tiểu tại x0
Khi đó :
9


x0 : là điểm cực tiểu của hàm số.
f (x0 ) : là giá trị cực tiểu của hàm số. Kí hiệu fCT .
M (x0 ; f (x0 )): là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số.
• f đạt cực đại hay cực tiểu tại x0 , ta nói f có cực trị tại x0
Khi đó :

x0 : là điểm cực trị của hàm số.
f (x0 ) : là giá trị cực trị của hàm số.
M (x0 ; f (x0 )): là điểm cực trị của đồ thị hàm số.
• Một hàm số có thể có 1 hay nhiều điểm cực trị, cũng có thể là không có điểm
cực trị nào.

2.4.1

Định lý Fermat

Nếu hàm số y = f (x) xác định và liên tục trên khoảng (a, b); đạt giá trị cực trị
tại một điểm x0 ∈ (a, b) và tồn tại f (x0 ) thì f (x0 ) = 0.

2.4.2

Định lý Rollle

Định lý 1. Nếu hàm số y = f (x) liên tục trên đoạn [a, b] có đạo hàm trên khoảng
(a, b) và f (a) = f (b) thì tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f (c) = 0.
Chứng minh.
Do f (x) liên tục trên đoạn [a, b] nên tồn tại giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất
m trên [a, b] của f (x).
Nếu m = M thì f (x) = C với mọi x ∈ [a, b] suy ra f (x) = 0 với mọi x ∈ [a, b], do
đó tồn tại x = c ∈ (a, b) để f (c) = 0
Nếu m = M thì một trong hai giá trị đạt được tại một điểm trong của khoảng
(a, b) và đó phải là điểm cực trị của hàm số. Giả sử f (x) đạt max tại x = c ∈ (a, b).
Khi đó theo định lý Fermat f (c) = 0.
Vậy trong mọi trường hợp, luôn tồn tại c ∈ (a, b) sao cho f (c) = 0.

10

2.4.3

Định lý Lagrange

Định lý 2. 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 (c) =

f (b) − f (a)
.
b−a

Chứng minh.
Xét hàm số
g(x) = f (x) − x

f (b) − f (a)
.
b−a

Dễ dàng kiểm tra hàm số này thỏa mãn các điều kiện của định lý Rolle. Sử dụng
định lý Rolle ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét: Định lý Rolle có thể coi là trường hợp đặc biệt của định lý Lagrange
khi f (a) = f (b).

11

Chương 3
Ứng dụng đạo hàm để giải phương
trình
Đối với một số phương trình, hệ phương trình nếu chỉ thực hiện các biến đổi tương
đương đơn thuần thì sẽ rất phức tạp, thậm chí không tìm được lời giải, nhưng nếu
sử dụng đạo hàm thì lời giải sẽ ngắn gọn và hiệu quả.
Sử dụng đạo hàm để giải phương trình f (x) = g(x) ta thường làm như sau: Thực
hiện các biến đổi đề nhẩm được nghiệm của phương trình, sau đó, sử dụng đạo hàm
để chứng minh phương trình chỉ có các nghiệm đó.

3.1

Chứng minh nghiệm duy nhất

Cách giải:
+ Đưa phương trình về dạng f (x) = 0 với x ∈ D
+ Xét hàm số y = f (x) trên D
Chứng minh f (x) ≥ 0, ∀x ∈ D hoặc f (x) ≤ 0, ∀x ∈ D
+ Nhẩm một nghiệm x = x0 . Dựa vào tính chất của hàm số đơn điệu ta suy ra
nghiệm đó là duy nhất.
Ví dụ 3.1.1. Giải phương trình:
√

3x + 1 +

x+

12

√

7x + 2 = 4


Với bài toán này nếu giải theo cách bình thường như bình phương hay đặt ẩn phụ
sẽ gặp nhiều khó khăn. Tuy nhiên, nếu để ý một chút ta sẽ thấy ngay vế trái là một
hàm đồng biến và x = 1 là một nghiệm của phương trình. Ta chứng minh x = 1 là
nghiệm duy nhất của phương trình.
Lời giải:
Điều kiện: D =

x

x≥

7−

√

57

2

Xét hàm số
f (x) =

√

3x + 1 +

x+

√

7x + 2 − 4 = 0

ta có f (x) là hàm liên tục trên D và
7
1+ √
3
2 7x + 2
f (x) = √
+
>0
√
2 3x + 1 2 x + 7x + 2
nên hàm số f (x) luôn đồng biến.
Mặt khác, ta thấy f (1) = 0
- Nếu x < 1 suy ra f (x) > f (1) = 0 nên phương trình vô nghiệm
- Nếu x < 1 suy ra f (x) < f (1) = 0 nên phương trình vô nghiệm
Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Chú ý:
- Vì các hàm số y = ax + b với a > 0 là một hàm đồng biến và nếu f (x) là hàm
đồng biến thì hàm

n

f (x) (với điều kiện căn thức tồn tại) cũng là một hàm đồng

biến nên ta dễ dàng nhận ra vế trái của phương trình là hàm đồng biến.

- Khi dự đoán nghiệm thì ta ưu tiên những giá trị của x sao cho các biểu thức
dưới dấu căn nhận giá trị là số chính phương.
Ví dụ 3.1.2. Giải phương trình:
√

x − 1 + x2 +

√
3

x+6=7

Lời giải:
Ta thấy x = 1 không phải là nghiệm của phương trình.
Xét hàm số
f (x) =

√

x − 1 + x2 − 7 +
13

√
3

x + 6 trên(1; +∞)


Ta có
1

1
f (x) = √
+ 2x + 3
> 0.
2 x−1
3 (x + 6)2
Vì vậy hàm số đồng biến trên (1; +∞).
Nếu x > 2 thì f (x) > f (2) = 0.
Nếu x < 2 thì f (x) < f (2) = 0.
Suy ra x = 2 là nghiệm của phương trình.
Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 3.1.3. Giải phương trình:
log2 (1 +

√
x) = log3 x

(1)

Lời giải:
Điều kiện: x > 0
Đặt t = log3 x ⇔ x = 3t . Khi đó phương trình trở thành
√
t
√
√
1
3
t
t

t
log2 1 + 3 = t ⇔ 1 + 3 = 2 ⇔
+
2
2
Vì hàm số f (t) =

1
2

√

t

+

3
2

t

=1

(2)

t

nghịch biến trên R và f (2) = 1.

Vậy (2) có nghiệm duy nhất t = 2. Suy ra (1) có nghiệm duy nhất x = 9.

Ví dụ 3.1.4. Giải phương trình sau:
3

√
√
(x − 1)2 − 2 3 x − 1 − (x − 5) x − 8 − 3x + 31 = 0

Lời giải:
Điều kiện: x ≥ 8.
√
√
Đặt t = 3 x − 1 (t ≥ 3 7)
Phương trình đã cho trở thành:
√
t2 − 2t − (t3 − 4) t3 − 7 − 3t3 + 28 = 0
√
⇔ 3t3 − t2 + 2t − 28 + (t3 − 4) t3 − 7 = 0.
√
Nhận thấy t = 3 7 không phải là nghiệm.
Xét hàm số
14


√
√
f (t) = 3t3 − t2 + 2t − 28 + (t3 − 4) t3 − 7 trên ( 3 7, +∞)
Ta có

√
(t3 − 4)t2

3
f (t) = 9t2 − 2t + 2 + 3t2 t3 − 7 + 3
.
(t3 − 7)2

Suy ra
f (t) > 0, ∀t ∈

√
3

7, +∞

.
Suy ra hàm số f (t) luôn đồng biến trên

√
3

7, +∞ .

Ta có f (2) = 0 ⇒ t = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Từ đó suy ra phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất: x = 9.
Ví dụ 3.1.5. Giải phương trình sau:
√
2x4 − 3x3 − 14x + 16 = (28 − 4x3 ) 2x3 − 15
Lời giải:
Điều kiện: 2x3 − 15 ≥ 0 ⇔ x ≥

3

15
2

Phương trình trở thành:
2x(x3 − 7) − 3(x3 − 7) − 5 = 4(7 − x3 )
Đặt t = x3 − 7 ⇒ x =

√
3

t + 7 với t ≥

2(x3 − 7)

1
2

Phương trình đã cho trở thành:
√
√
2t 3 t + 7 − 3t − 5 + 4t 2t − 1
Dễ thấy t =

1
không phải là nghiệm của phương trình.
2

Xét hàm số
√

√
f (t) = 2t 3 t + 7 − 3t − 5 + 4t 2t − 1 trên

1
, +∞
2

Ta có
√
f (t) = 2 3 t + 7 +
Để ý rằng:
1
Với t ∈
, +∞
2

√
4t
− 3 + 4 2t − 1 + √
2
2t − 1
(t + 7)
2t

33

√
15
thì 2 3 t + 7 > 2 3
>3

2
15


nên suy ra f (t) > 0 ∀t ∈

1
, +∞ .
2

1
, +∞ .
2
Lại có f (1) = 0 ⇔ t = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. Từ đó ta có
Như vậy hàm số f (t) đồng biến trên

phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x = 8.
Ví dụ 3.1.6. Giải phương trình sau:
√
√
√
3
2 4x2 − x + 1 + 2x = 3 2x2 − x3 + 9x2 − 4x + 4
Lời giải:
Ta thấy x = 0 thỏa mãn phương trình đã cho.
+ Xét trường hợp x > 0. Chia hai vế phương trình cho x ta được:

2
Đặt t =

3

1
1
1
3
2
−
+
4
+
2
=
3
−1+
x2 x
x

4

1
1
−
4
+9
x2
x

1
2 − 1 ta có phương trình mới:

x
√
√
3t + t6 + 8 − t6 + 15 − 2 = 0.

Xét hàm số:

f (t) = 3t +

√

t6 + 8 −

√

t6 + 15 − 2

Dễ thấy t ≤ 0 thì f (t) = 0 vô nghiệm.
Khi t > 0 ta có:
3t5
3t5
f (t) = 3 + √
−√
>0
t6 + 8
t6 + 15
Mặt khác f (1) = 0 ⇔ t = 1 là nghiệm duy nhất ⇔ x = 1.

+ Xét trường hợp x < 0. Chia hai vế cho x ta được:

−2
Đặt t =

3

2
x

1
1
1
3
( )2 − + 4 + 2 = 3 2 − 1 −
x
x
x

1
1
4( )2 − 4 + 9
x
x

− 1 ⇔ t < −1 ta có phương trình mới:
√

t6 + 8 − 3t −

√

t6 + 15 + 2 = 0

Xét hàm số
16


f (t) =

√
√
t6 + 8 − 3t − t6 + 15 + 2 với t < −1

Ta có
f (t) = −3 + 3t5

√

1
1
−√
t6 + 8
t6 + 15

<0

do đó f (t) > f (−1) = 2.
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0; x = 1.
Ví dụ 3.1.7. Giải phương trình sau:
2(x − 3)

√
√
3
x + 4 + 2 2x − 7 = 3x − 4

Lời giải:
7
Điều kiện: x ≥ .
2
7
Để ý rằng không phải là nghiệm nên ta xét phương trình trên
2
Chia hai vế cho 2(x − 3) ta thu được phương trình:

7
; +∞ .
2

√
√
√
√
3x − 4
3x − 4
3
x + 4 + 2 2x − 7 =
⇒ 3 x + 4 + 2 2x − 7 −
=0
2x − 6
2x − 6

Xét hàm số
f (x) =

√
√
3x − 4
3
x + 4 + 2 2x − 7 −
2x − 6

trên

7
; +∞ .
2

Ta có
f (x) =

1
3

3

(x +

4)2

+√

2
10
+
2x − 7 (2x − 6)2

trên

7
; +∞ .
2

7
; +∞ .
2
Mặt khác f (4) = 0 nên phương trình f (x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 4.
Như vậy hàm số đồng biến trên

Ví dụ 3.1.8. Giải phương trình sau:
√
√
√
2x3 + 3x2 + 6x + 16 − 4 − x = 2 3
Lời giải:
Điều kiện:

17





 x≤4

⇒


 2x3 + 3x2 + 6x + 16 ≥ 0



 x≤4

⇒ −2 ≤ x ≤ 4


 (x + 2)(2x2 − x + 8) ≥ 0

Ta thấy x = −2; x = 4 không phải là nghiệm nên ta chỉ xét trên (−2; 4)
Xét hàm số
f (x) =

√

2x3 + 3x2 + 6x + 16 −

√

√
4 − x − 2 3 trên (−2; 4)

Ta có

1
6x2 + 6x + 6
√
+ √
> 0 ∀x ∈ (−2; 4)
f (x) =
3
2
2x + 3x + 6x + 16 2 4 − x
Suy ra hàm số đồng biến trên (−2; 4). Mặt khác f (1) = 0 nên x = 1 là nghiệm
duy nhất của phương trình.

3.2

Đưa về dạng f (u) = f (v)

Dấu hiệu:
+ Bài toán thường có đặc trưng là luôn đưa về được dạng f (u) = f (v) trong đó
hàm đặc trưng là hàm đơn điệu tăng hoặc đơn điệu giảm trên miền xác định D.
+ Đặc điểm nổi bật nhất ta có thể phát hiện là: Trong phương trình có nhiều biểu
thúc chứa căn, hoặc đa thức bậc cao mà ta không thể quy về một ẩn.
Ta thường giải phương trình dạng này theo cách:
+ Biến đổi phương trình về dạng: f (u(x)) = f (v(x)) thông qua hệ tạm
+ Từ đó dựa vào tính chất. Nếu f (t) đơn điệu tăng hoặc đơn điệu giảm trên D
mà f (u(x)) = f (v(x)) thì u(x) = v(x).
Ví dụ 3.2.1. Giải phương trình:
√
x3 + 3x2 + 4x + 2 = (3x + 2) 3x + 1
Nhận xét: Phương trình trên nếu biến đổi thông thường sẽ rất khó khăn, chính vì
vậy ta có thể liên tưởng đến phương pháp sử dụng đạo hàm.

Lời giải:
1
TXĐ: D = − ; +∞
3
18


√
√
PT ⇔ (x + 1)3 + (x + 1) = ( 3x + 1)3 + 3x + 1
Xét hàm số
f (t) = t3 + t(với t ≥ 0) ⇒ f (t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t.
Nên hàm số f (t) đồng biến với mọi t.
√
⇔ f (x + 1) = f ( 3x + 1)
√
⇔ x + 1 = 3x + 1

PT

⇔ x2 + 2x + 1 = 3x + 1 )

x=0
⇔
(thỏa mãn đk)
x=1
Vậy phương trình có nghiệm x = 0 hoặc x = 1.
Ví dụ 3.2.2. Giải phương trình:
sinx

1
27

−

1
81

−

1
3

sin3 x

= sin3x

Lời giải:
TXĐ: D = R

PT

⇔
⇔

1
3
1
3

3sinx

4sin3 x

= 3sinx − 4sin3 x

3sinx

− 3sinx =

Xét hàm số
1
3

f (t) =
ta có
f (t) =

1
3

t

ln

4sin3 x

1
3

− 4sin3 x

t

− t;

1
3

∀t

− 1 < 0; ∀t

Suy ra f (t) là hàm số nghịch biến. Khi đó ta có
f (3sinx) = f (4sin3 x)
⇔

3sinx = 4sin3 x

⇔

sin3x = 0
π
x=k , k∈Z
3

⇔

19

π
Vậy phương trình có nghiệm x = k ,
3

k∈Z

Ví dụ 3.2.3. Giải phương trình:
1
2x + 1
1
log2 (x + 2) + x + 3 = log2
+ 1+
2
x
x

2

√
+2 x+2

Lời giải:
1
∪ (0; +∞)
2
Với điều kiện đó phương trình đã cho tương đương
TXĐ: D =

−2; −

√
√
1
log2 x + 2 + (x + 2) − 2 x + 2 = log2 2 +
x
Đặt u =

1
+ 2+
x

2

−2 2+

√
1
x + 2 và v = 2 + ta được
x
log2 u + u2 − 2u = log2 v + v 2 − 2v ⇔ f (u) = f (v)

Ta có: f (t) = log2 t + t2 − 2t với t > 0. Là hàm số liên tục trên (0; +∞)
Ta có:
f (t) =

1
+ 2t − 2 ≥ 2
t.ln2

2
2
− 2 > 0 do
>1
ln2
ln2

Suy ra f (t) là hàm số tăng trên (0; +∞). Do đó:
f (u) = f (v) ⇔ u = v
hay
√

x+2=2+

1
x

⇔ 3x3 + 2x2 + 1 = 0
⇔ (x + 1)(3x2 − x + 1) = 0
⇔ x = −1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = −1

20

1
x


Đối với những phương trình có dạng:

√
ax3 + bx2 + cx + d = (ex + h) px + q

(1)

Hoặc:
ax3 + bx2 + cx + d = e 3 px3 + qx2 + rx + h (2)
Ta thường giải theo cách:
Đối với (1):
√
y2 − p
Đặt y = px + q khi đó x =
q
thay vào phương trình ta đưa về dạng:
ax3 + bx2 + cx + d = Ay 3 + By
.
Sau đó biến đổi phương trình về thành:
A (u(x))3 + Bu(x) = Ay 3 + By
Đối với (2):

Đặt g

3

px3 + qx2 + rx + h = y sau đó tạo ra hệ


ax3 + bx2 + cx + d

= s.y


g 3 (px3 + qx2 + rx + h) = y 3
cộng hai phương trình ta thu được
Ax3 + Bx2 + Cx + D = s.y + y 3
sau đó đưa phương trình về dạng
(u(x))3 + s. (u(x)) = y 3 + s.y

21


Ví dụ 3.2.4. Giải phương trình :
√
3
8x3 − 13x2 + 7x = 2 x2 − 3x − 3
Lời giải:
√
Đặt y = 3 x2 + 3x − 3 ta thu được hệ phương trình sau:



8x3 − 13x2 + 7x = 2y

x2 + 3x − 3

= y3

cộng hai phương trình của hệ ta thu được
8x3 − 12x2 + 10x − 3 = y 3 + 2y ⇔ (2x − 1)3 + 2(2x − 1) = y 3 + 2y
Xét hàm số

f (t) = t3 + 2t
ta có
f (t) = 3t2 + 2 > 0
⇒ f (t) là hàm đồng biến.
Suy ra
f (2x − 1) = f (y)

⇔ 2x − 1 = y
⇔ 2y = 4x − 2
⇔ 8x3 − 13x2 + 7x
⇔ 8x3 − 13x2 + 3x + 2 = 0

x=1

√
⇔
5 ± 89
x=
16

Ví dụ 3.2.5. Giải phương trình sau:
√
3

√
24x − 11 − 16x 2x − 1 − 1 = 0

Lời giải:
1
Điều kiện: x ≥ .

2
22


√
2x − 1 ≥ 0 thì phương trình đã cho trở thành:

Ta đặt a =

√
√
3
3
12a2 + 1 − 8a3 − 8a − 1 ⇔ 8a3 + 8a + 1 = 12a2 + 1
Đặt y =

√
3

12a2 + 1 ta thu được hệ sau:


8a3 + 8a + 1 = y

12a2 + 1

= y3

Cộng hai phương trình của hệ với nhau ta thu được:
(2a + 1)3 + (2a + 1) = y 3 + y.

Xét hàm số
f (t) = t3 + t
ta có
f (t) = 3t2 + 1 > 0
⇒ f (t) là hàm đồng biến trên R
Suy ra ta có
f (2a + 1) = f (y) ⇔ y = 2a + 1
⇔ 8a3 + 8a + 1 = 2a + 1
1
⇔a=0⇒x=
2
Kết luận: x =

3.3
3.3.1

1
là nghiệm duy nhất của phương trình.
2

Sử dụng định lý Rolle, Lagrange
Sử dụng định lý Rolle

Ví dụ 3.3.1. Giải phương trình:
6x + 2x = 5x + 3x

23


Lời giải:

Ta có:
6x + 2x = 5x + 3x ⇔ 6x − 5x = 3x − 2x
Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình trên, tức là:
6x0 − 5x0 = 3x0 − 2x0
Xét hàm số
f (t) = (t + 1)x0 − tx0

với t > 0

Vì f (t) là hàm liên tục trong khoảng đóng [2; 5], khả vi trong khoảng mở (2; 5).
Hơn nữa, từ phương trình
6x0 − 5x0 = 3x0 − 2x0 ⇒ f (2) = f (5)
Do đó theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (2; 5) sao cho:
f (c) = 0

⇔ x0 ((c + 1)x0 −1 − cx0 −1 ) = 0

(c + 1)x0 −1 = cx0 −1

⇔
x0 = 0

x0 = 0
⇔
x0 = 1

Thử lại ta thấy x = 0; x = 1 đều thỏa mãn phương trình ban đầu.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 0; x = 1.
Ví dụ 3.3.2. Giải phương trình:
3x + 5x = 2.4x

Lời giải:
Dễ thấy x = 0; x = 1 là nghiệm của phương trình.
Gọi x0 là nghiệm của phương trình đã cho.
Ta được:
3x0 + 5x0 = 2.4x0 ⇔ 5x0 − 4x0 = 4x0 − 3x0
Xét hàm số
24

(1)