Ứng dụng đạo hàm giải các bài toán đại số

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn của Lê Hồng Đức
Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:
1. Tài liệu dễ hiểu  Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực hiện điều này
2. Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc  Đăng kí “Học tập từ xa”

ĐẠO HÀM VÀ ỨNG DỤNG
10. GIẢI CÁC BÀI TỐN ĐẠI SỐ
VÊn ®Ị 1:
VÊn ®Ị 2:
VÊn ®Ò 3:
VÊn ®Ò 4:
VÊn ®Ò 5:
VÊn ®Ò 6:
VÊn ®Ò 7:

Chøng minh đẳng thức
Chứng minh bất đẳng thức
Sử dụng tính đơn điệu của hàm số giải phơng trình
Sử dụng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
giải phơng trình
Sử dụng tính đơn điệu của hàm số giải bất phơng trình
Sử dụng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
giải bất phơng trình
Giải hệ phơng trình và hệ bất phơng trình

Hc Toỏn theo nhúm (t 1 n 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12
Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC
Địa chỉ: Số nhà 20  Ngõ 86  Đường Tô Ngọc Vân  Hà Nội
Email:
Phụ huynh ng kớ hc cho con liờn h 0936546689

Giải các bài toán đại số

1


Vấn đề 1: chứng minh đẳng thức
Ta đà biết nếu một hàm số không đổi trong khoảng (a, b) thì đạo hàm luôn
triệt tiêu trong khoảng đó. Đảo lại ta có định lí sau :
Định lí 1. Nếu hàm số y = f(x) có đạo hàm trong khoảng (a, b) và f'(x) = 0,
x(a, b) thì hàm số y = f(x) không đổi trong khoảng (a, b).
Từ đó để thực hiện các dạng toán :
Dạng 1: Chứng minh rằng :
A(x) = c, xD
Ta thùc hiƯn theo c¸c bíc sau :
Bíc 1:
Tính A'(x), rồi khẳng định A'(x) = 0, xD.
Bớc 2:
Chọn x0D A(x0) = c.
Dạng 2: Tìm điều kiện của tham số để biểu thức A(x) không phụ thuộc
vào x.
Ta thùc hiƯn theo c¸c bíc sau :
Bíc 1:
TÝnh A'(x), råi tìm điều kiện để A'(x) = 0, x.
Bớc 2:
Kết luận.
Ví dơ 1: Chøng minh r»ng víi mäi x ta ®Ịu có :
cos2(xa) + sin2(xb)2cos(xa).sin(xb).sin(ab) =
cos2(ab).
Giải
Xét

hàm
số
y
=
cos2(xa)
+
sin2(xb)2cos(xa).sin(xb).sin(ab).
Ta có :
y' = 2sin(xa)cos(xa) + 2sin(xb)cos(xb) +
+ 2sin(ab)[sin(xa).sin(xb)
cos(xa).cos(xb)]
=  sin2(xa) + sin2(xb) 2sin(ab).cos(2xab)
= 2cos(2xab).sin(ab) 2sin(ab).cos(2xab) = 0
Hàm số không đổi.
Ngoài ra ta còn có y = y(b) = cos2(ab).
VËy y = cos2(ab).
Chó ý : Trong các tài liệu tham khảo về lợng giác bài toán trên thờng đợc
phát biểu dới dạng :
" Chứng minh r»ng biĨu thøc:
A = cos2(xa) + sin2(xb)2cos(xa).sin(xb).sin(ab)
®éc lËp víi x ".
VÝ dơ 2: Chøng minh biĨu thøc sau kh«ng phơ thuéc vµo x :
A = sin2(x

2
2
) + sin2x + sin2(x +
).
3
3

Giải
Xét hàm số
A = sin2(x 2 ) + sin2x + sin2(x + 2 ).
3
3

2


Ta cã :
2
).cos(x 2 ) + 2sinx.cosx + 2sin(x + 2 ).cos(x +
3
3
3
2
)
3
= sin(2x 4 ) + sin2x + sin(2x + 4 )
3
3
= 2sin2x.cos 4 + sin2x = sin2x + sin2x = 0
3
Hàm số không đổi.
Ngoài ra ta còn cã A = A(0) = 3 .
2
3
VËy A =
kh«ng phơ thuộc vào x.

2
A 'x = 2sin(x

Ví dụ 3: Tìm a sao cho biĨu thøc :
A = cos2xa.sin2x + 2cos2x
kh«ng phơ thuộc x.
Giải
Ta có :
A không phụ thuộc x A'x = 0 x
 2sin2x2a.cosx.sinx4sinx.cosx = 0 x
 (a + 4)sin2x = 0 x  a = 4.
VËy víi a = 4 thì A không phụ thuộc x.
Ví dụ 4: Tìm a, b để phơng trình sau nghiệm đúng với mọi x
a.cos2x + b[cos2(x + 2 ) + cos2(x 2 )] = 3 .
3
3
2
Giải
Đặt f(x) = a.cos2x + b[cos2(x + 2 ) + cos2(x 2 )]
3
3
Tõ ®ã :



f(x) = 3 , víi x 
2
Gi¶i (1)

 f ' ( x )  0,



3
f ( 0) 

2

(1)  asin2xb[sin(2x +
 asin2x2bsin2x.cos


 a = b.
Gi¶i (2)

x

(1)
(2 )

4
4
) + sin(2x
)] = 0, x
3
3

4
= 0, x  (ba)sin2x = 0, x
3
(3)

3


(2)  a + b(cos2 2 + cos2 2 ) = 3  a + b = 3
3
3
2
2
2
 2a + b = 3.
Từ (3), (4), ta đợc a = b = 1.
Vậy, với a = b = 1 phơng trình nghiệm đúng với mọi x

(4)

Nhận xét : Trong hầu hết các tài liệu tham khảo hiện nay bài toán trên đều đợc giải bằng phơng pháp điều kiện cần và đủ. Nh vậy từ đây chúng ta ghi nhận
thêm một phơng pháp mới " Sử dụng đạo hàm tìm điều kiện của tham số để
phơng trình nhận xD làm nghiệm ".
Ví dụ 5: Tìm m để phơng trình sau nghiệm đúng với mọi x:
sinmx + cosmx = 1.
Giải
Đặt f(x) = sinmx + cosmx
 f(x) = 1, x 
Gi¶i (1) : Ta đợc :
m.cosx. sinm1xmsinx.cosm1x = 0, x
m.sinx.cosx(sinm2xcosm2x) = 0, x
f ' ( x ) 0,



  
f  4  1






 m 0

m 2
x  cos m 
 sin

2

x , x

x

(1)

(2)



 m 0
 m 2


.

Gi¶i (2) : Ta xÐt từng trờng hợp :
Với m = 0, ta đợc :




 
f  = 

4
 

Víi m = 2, ta đợc :

2
2






0

+

2

2


2



0

= 2, không thoả mÃn.

2






f   =  2  +  2  = 1, thoả mÃn.




2
2
4

Vậy, với m = 2 phơng trình nghiệm đúng với mọi x.

Vấn đề 2: chứng minh bất đẳng thức
Bằng việc xét hàm số f(x) trên đoạn [a, b], ta cã :
a. NÕu f '(x)  0, x[a, b] hàm số f(x) đồng biến trên [a, b]
 f(a)  f(x)  f(b).
b. NÕu f '(x)  0, x[a, b] hàm số f(x) nghịch biến trên [a, b]
 f(b)  f(x)  f(a).
VÝ dô 1: Cho 0 < x <  . Chøng minh r»ng :
2
a. sinx < x.
b. tgx > x.
Giải
a. Xét hàm số f(x) = sinxx với 0 < x < .
2
Đạo hàm :

4


f '(x) = cosx1 < 0 víi 0 < x <
2
hàm số f(x) nghịch biến trên (0, ).
2
Do ®ã :
f(x) < f(0) víi 0 < x <   sinxx < 0 víi 0 < x < 
2
2

 sinx < x víi 0 < x <

.
2
b. XÐt hµm sè f(x) = tgxx víi 0 < x < .
2
Đạo hàm :
1
f'(x) =
1 = tg2x > 0 với 0 < x <
2
2
cos x

hàm số f(x) đồng biến trên (0,
)
2
Do đó :
f(x) > f(0) với 0 < x <   tgxx > 0 víi 0 < x < 
2
2

 tgx > x víi 0 < x <
.
2
Chú ý : Đôi khi chúng ta không thể khẳng định đợc ngay rằng f '(x) 0,
3
x[a, b] (hoặc f '(x)  0, x[a, b]), vÝ dơ nh hµm sè f(x) = x x

6
2

sinx víi x > 0 ta có f '(x) = 1 x cosx rõ ràng không thể khẳng định
2

đợc gì với x > 0, trong các trờng hợp nh vậy, một thủ thuật thông thờng đợc áp
dụng là chúng ta liên tiếp tính đạo hàm để hạ bậc dần đa thức ẩn x.
Ví dụ 2: Chứng minh r»ng víi x > 0, ta cã :
3
x x < sinx.

6

Giải

3
Xét hàm số f(x) = x x sinx với x > 0.

6

Đạo hàm :
2

f '(x) = 1 x cosx,
2

f ''(x) = x + sinx,
f '''(x) = 1 + cosx < 0 víi x > 0  f ''(x) nghÞch biÕn víi x > 0
 f ''(x) < f ''(0) víi x > 0  f ''(x) < 0 víi x > 0
 f '(x) nghÞch biÕn víi x > 0  f '(x) < f '(0) víi x > 0
 f '(x) < 0 víi x > 0  f(x) nghÞch biÕn víi x > 0

5


3
 f(x) < f(0) víi x > 0  x x sinx < 0 víi x > 0

6

 x x

3

< sinx víi x > 0.

6

Chó ý : Trong c¸c vÝ dụ trên chúng ta đà chỉ ra ngay đợc hàm số cần xét sự
biến thiên. Ví dụ tiếp theo minh hoạ việc lựa chọn hàm số thích hợp để xét sự
biến thiên, khi bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức nhiều biến.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng trong mäi ABC nhän ta ®Ịu cã :
2
(sinA + sinB + sinC) + 1 (tgA + tgB + tgC) > .
3
3
Giải
Viết lại bất đẳng thức dới dạng :
( 2 sinA + 1 tgAA) + ( 2 sinB + 1 tgBB) + ( 2 sinC + 1
3
3
3

3
3
3
tgCC) > 0.
XÐt hµm sè :
f(x) = 2 sinx + 1 tgxx víi 0 < x < .
3
3
2
Đạo hàm :
1
f'(x) = 2 cosx + 1 .
1
3
3 cos 2 x
1
= 1 ( cosx + cosx +
) 1  1 .31 = 0,
2
3
3
cos x

 hµm sè f(x) ®ång biÕn víi 0 < x <
 f(x) > f(0)
2
 2 sinx + 1 tgxx > 0 víi 0 < x <  .
3
3
2

VËy :
2
sinA + 1 tgAA > 0.
3
3

(1)

2
sinB + 1 tgBB > 0.
3
3

(2)

2
sinC + 1 tgCC > 0.
(3)
3
3
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta nhận đợc bất đẳng thức cần chứng minh.
Chú ý : Trong nhiều trờng hợp sử dụng thêm các bất đẳng thức quen thuộc
nh bất đẳng thức Côsi, Bunhiacôpxki...

Ví dụ 4: Chứng minh rằng víi 0 < x <  , ta cã :
2
22sinx + 2tgx >
Gi¶i
6

3x
1 .
22


Theo bất đẳng thức Côsi ta có :
22sinx + 2tgx2 2 2 sin x 2 tgx = 2
Ta sÏ ®i chøng minh :
2

>

2 2 sin x  tgx

3x
1
22

2 2 sin x  tgx

.

(1)

 2sinx + tgx > 3x

 2sinx + tgx3x > 0.
(2)
Xét hàm số f(x) = 2sinx + tgx3x.
Đạo hµm :

f'(x) = 2cosx +

1
cos2 x

3

NhËn xÐt r»ng víi 0 < x <  ta cã :
2
2cosx +

1
2

3 > 2cos2x +

cos x

1
cos2 x

3 > 2 2 3 > 0

 f'(x) > 0 víi 0 < x <   hµm số f(x) đồng biến trên (0, )
2
2
f(x) > f(0) víi 0 < x <   2sinx + tgx3x > 0.
2
Nh vậy, (2) đợc chứng minh. Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
Chú ý : Trong các ví dụ trên chúng ta đà sử dụng nguyên tắc theo chiều

thuận, tức là từ bất đẳng thức giữa a và b, dùng tính đơn điệu của hàm số f để
chứng minh bất đẳng thức giữa f(a) và f(b). Bây giờ chúng ta đà sử dụng
nguyên tắc theo chiều ngợc lại.
Ví dụ 5: Chứng minh rằng :
sin200 > 1 .
3
Giải
Ta có :
sin600 = 3sin2004sin3200,
do đó sin200 là nghiệm của phơng trình :
3 = 3x4x3.
2

Xét hàm số f(x) = 3x4x3,
Đạo hàm :
f '(x) = 312x2,
f '(x) = 0 3x2 = 0 x =
Bảng biến thiên :
x



1/2

1
.
2

1/2

+

7


y'
y

0



+

0



+



Ta cã :

nªn :

sin200, 1 ( 1 , 1 ) là khoảng đồng biến của hàm số f(x),
3
2 2

sin200 > 1  f(sin200) > f( 1 )  3 > 23
3
3
27
2
 27 3 > 46  2187 > 2116, lu«n đúng.
Ví dụ 6: Với n là một số nguyên dơng lẻ không nhỏ hơn 3. Chứng minh rằng
với mọi số thùc x  0, ta lu«n cã :
2
3
n
2
3
n
(1 + x + x + x + ... + x )(1x + x x + ... x )

2!

3!

n!

2!

3!

n!

< 1.

Giải
Đặt :
2
3
n
f(x) = 1 + x + x + x + ... + x ,

2!

3!

n!

2
3
n
g(x) = 1x + x  x + ... x

2!

3!

n!

 F(x) = f(x).g(x).
Ta ®i chøng minh :
F(x) < 1 víi x  0.
Ta cã :
2
3

f '(x) = 1 + x + x + x + ... +

2!

3!

x n  1 = f(x)  x n ,
( n  1)!
n!

3
2
g '(x) = 1 + x x  x + ... 

2!

3!

n
xn 1
= g(x)  x ,
( n  1 )!
n!

 F '(x) = f'(x)g(x) + f(x)g'(x)
n
n
= [ f(x)  x ]g(x) + f(x)[ g(x)  x ]

n!

=  x

n

n!

[f(x) + g(x)] =  x

n!



F ' ( x )  0

F ' ( x ) 0

Bảng biến thiên :
x
F'
+
F

8

n

n!
khi
khi

0
0
1

x  0
x  0

.

+


[1 + x

2

2!

+ ... +

x n 1 ]
( n  1)!


VËy, F(x) < 1 x  0.
VÝ dô 7: Chøng minh r»ng víi mäi x(0, 1) lu«n cã :
x(1x2)  2 3
9

Tõ ®ã chøng minh r»ng nÕu a, b, c > 0 vµ a2 + b2 + c2 = 1 thì
a
2

b c

2

b

+

2

c a

2

c

+

2

a b

3 3 .

2

2

Giải
Xét hàm số f(x) = x(1x2)
Miền xác định D = R.
Đạo hàm :
f'(x) = 13x2,
1

f'(x) = 0  x = 


B¶ng biÕn thiên :
x


3

.

0

1/

1/




y'

1

+

3

3

+

y



0
2 3
9

0

0

Từ bảng biến thiên ta có :
f(x) = x(1x2)  2 3 víi mäi x(0, 1).
9

¸p dơng, ta cã :
1
2

x(1  x )

 3 3 
2

2
 3x 3 .

x
1  x2

2

(*)
Do ®ã :
a
2

b c

2

+

b
2

c a

2

+

c
2

a b

2

=

a
1 a

2

+

b
1 b

2

+

c
1  c2

2
2
2
 3a 3 + 3b 3 + 3c 3

2

2

2
= 3 3 (a2 + b2 + c2) = 3 3 .
2
2

VÝ dô 8: Chøng minh r»ng nÕu x + y = 1 th× :

9


x4 + y4  1 .
8

Gi¶i
Tõ x + y = 1 suy ra:
y = 1x nªn x4 + y4 = x4 + (1x)4.
XÐt hµm sè f(x) = x4 + (1x)4.
 Đạo hàm :
f '(x) = 4x34(1x)3,
f '(x) = 0 x = 1 .
2

Bảng biến thiên :
x
1/2

y'
0
+

y
+
1/8
Từ đó suy ra :
f(x) 1 , x
8
và dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = 1 .
2

+
+

VÊn ®Ị 3: sử dụng tính đơn điệu của hàm số Giải phơng
trình
Sử dụng các tính chất đơn điệu hàm số để giải phơng trình là dạng toán khá
quen thuộc. Ta có các híng ¸p dơng sau :
Híng 1 : Thùc hiƯn theo các bớc :
Bớc1:
Chuyển phơng trình về dạng :
f(x)k.
(1)
Bớc2:

Xét hàm số yf(x)
Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sư ®ång biÕn ).
Bíc3:
NhËn xÐt :
 Víi xx0  f(x)f(x0)k , do đó xx0 là nghiệm
Với x > x0 f(x) > f(x0)k, do đó phơng trình vô nghiệm
Víi x < x0  f(x) < f(x0)k, do ®ã phơng trình vô nghiệm
Vậy xx0 là nghiệm duy nhất của phơng trình.
Hớng 2 : Thực hiện theo các bớc :
Bớc1:
Chuyển phơng trình về dạng :
f(x)g(x).
(2)
Bớc2:
Xét hàm số yf(x) và yg(x).
Dùng lập luận khẳng định hàm số yf(x) là đồng biến còn
hàm số yg(x) là hàm hằng hoặc nghịch biến.
Xác định x0 sao cho f(x0)g(x0).
Bớc3:
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất xx0.
Hớng 3 : Thực hiện theo các bớc :
Bớc1:
Chuyển phơng trình về dạng :
f(u)f(v).
(3)
Bớc2:
Xét hàm số yf(x).
Dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu (giả sử đồng biến ).
Bớc3:
Khi ®ã :

10


(3) uv với u, vDf.
Ví dụ 1: Tìm các nghiệm âm của phơng trình :
x62x530.
(1)
Giải
Xét hàm số y x62x53.
Miền xác định D(, 0).
Đạo hàm :
y'6x510x4 < 0, x < 0
hàm số giảm trên D.
Nhận xét, x1 là nghiệm của (1).
Vậy x1 là nghiệm âm duy nhất của phơng trình.
Ví dụ 2: Giải phơng trình :
x3xx + 3x100.
(1)
Giải
Xét hàm số f(x)x3xx + 3x10.
Miền xác định DR.
Đạo hàm :
3x
2x 3
với x 0

f (x) 

 2x  3

víi x  0
3x
 f ’(x) > 0, x0 (từ dn đạo hàm ta có f (0)=3)
f (x) > 0, x hàm số đồng biến trên D.
Vậy phơng trình (1) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Nhận xét rằng x2, thoả mÃn phơng trình.
Vậy, phơng trình có nghiệm duy nhất x=2.
2
2

Ví dụ 3: Giải phơng trình :
4x 1 +
Giải
Điều kiện :

4x2 1

1.

(1)

x 1 .
2
NhËn xÐt r»ng : sè nghiƯm cđa ph¬ng trình (1) là số giao điểm của đồ thị
hàm số y 4 x  1 + 4 x 2  1 và đờng thẳng y1.
Xét hàm số y 4 x  1 + 4 x 2  1 :

4 x 1 0

2

1 0
4 x




Miền xác định D[ 1 , + ).
2
Đạo hàm :
y'

2
4x 1

+

4x

> 0, x 1
2
4x 1
2

hàm số luôn

đồng biến.
Do đó, phơng trình nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Thấy x 1 thoả mÃn phơng trình.
2

11


Vậy, phơng trình có nghiệm duy nhất x 1 .
2
Ví dụ 4: Cho phơng trình :
3x4 xm
Chứng minh rằng với mọi m phơng trình luôn có duy nhất nghiệm.
Giải
Số nghiệm của phơng trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y3x4 x
với đờng thẳng ym.
Xét hàm số y3x4 x, xác định trên DR.
Nhận xét rằng :
Hàm số y3x là hàm đồng biến.


Hàm số y4x

1
4x

là hàm nghịch biến.

Do đó hàm số y3x4 x đồng biến.
Giới hạn :
lim y, lim y  + 
x  

x  

B¶ng biÕn thiên :
x


+


+

Vậy, với mọi m phơng trình luôn có duy nhất nghiệm.
y



Chú ý : Hầu hết phơng trình đợc giải bằng phơng pháp này ở dạng ban đầu
đều không đa ra đợc nhận xét " VT đồng biến còn VP là hàm hằng hoặc
nghịch biến " khi đó cần thực hiện một vài phép biến đổi đại số, ví dụ với phơng trình :
f (x)
g( x )
A.af(x) + B.bg(x)C.ch(x) A. a
+ B. b
C.

c h( x)

c h( x )

§Ĩ minh ho¹ chóng ta xem xÐt vÝ dơ sau :
VÝ dơ 5: Giải phơng trình :

1 + 8x/23x.
Giải
Chia hai vế phơng trình cho 3x 0, ta đợc :
1

3

x

+

8


 3 



x

XÐt hµm sè y  1 
 3

1.
x

+

 8

3



(1)
x

, là hàm nghịch biến.

Do vậy, nếu phơng trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Nhận xét rằng x2 là nghiệm của phơng trình.

12


Vậy, phơng trình có nghiệm duy nhất x2.
Chú ý : Nhiều bài toán cần sử dụng phơng pháp đặt ẩn phụ để chuyển chúng
về dạng f(x)k. Từ đó mới có thể áp dụng đợc phơng pháp hàm số để giải.
Ví dụ 6: Giải phơng trình :
log3(

2

x 3x 2

+ 2) +  1 

3x  x 2  1

2.

 5

(1)
Giải
Điều kiện :
x 1

x23x + 2 0
.
x 2
Đặt u x 2 3x 2 , u  0. Suy ra
x23x + 2u2  3xx211u2.
Khi ®ã (1) cã d¹ng :
log3(u + 2) +  1 

1 u 2

2.

(2)

5

XÐt hµm sè f(x)log3(x + 2) +  1 

1 x 2

log3(x + 2) +

 5




1 x2
.5 .
5

MiÒn xác định D[0, + ).
Đạo hàm :
f '

1
+ 1 .2x .5 x2 .ln5 > 0, xD.
( x  2) ln 3
5

Suy ra hàm số tăng trên D.
Mặt khác :

Vậy

f(1) log3(1 + 2) + 1 .52.
5
(2)  f(u)f(1)  u1 

x 2  3x  2

1  x

3 5 .
2

VËy, ph¬ng tr×nh cã hai nghiƯm x 3  5 .
2

VÝ dơ 7: Giải phơng trình :

2 log3 ( x 1) x.
Giải
Điều kiÖn :
x + 1 > 0  x > 1.
a. Nếu 1 < x 0, thì phơng trình vô nghiÖm.
b. XÐt x > 0.

13


Đặt ylog3(x + 1).
Ta đợc hệ phơng trình :

y log 3 ( x  1)

y

x 2



y

x  1 3

y

x 2

 2y + 13y   2 
 3

y

+  1  1. (1)
 3

Hµm sè Y  2 
 3

y

+ 1

y

là hàm nghịch biến.

3

Do vậy, nếu phơng trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Nhận xét rằng y1 là nghiệm của phơng trình.
Với y1 suy ra
log3(x + 1)1 x + 13 x2.
Vậy, phơng trình có nghiệm x2.
Ví dụ 8: Giải phơng trình :
log2(x + 3 log 6 x )log6x.
Giải
Điều kiện :

x 3log 6 x 0


x 0

x > 0.

Đặt tlog6x, suy ra x6t.
Phơng trình đợc chuyển về dạng :
t

log2(6t + 3t)t  6t + 3t2t  3t +  3  1.
2

(1)
t

Hµm sè y 3t +  3  lµ hµm đồng biến.
2

Do vậy, nếu phơng trình có nghiệm thì nghiệm ®ã lµ duy nhÊt.
NhËn xÐt r»ng t1 lµ nghiƯm cđa phơng trình.
Với t1, suy ra :
1
log6x 1 x .
6
1
Vậy, phơng trình có nghiệm x .
6
Ví dụ 9: Giải phơng tr×nh :
log 4 (x 2  2 x  3) 2 log 2 (x 2  2 x  4) .
5
Giải
Điều kiện :
2

x

2

x



2x

3 0

2x

4 0



Viết lại phơng trình dới dạng :

14

x 1

x 1

5
5

.

y


log 5 ( x 2  2 x  3)

 log 2 (x 2  2 x  4)

 log5 (x 2  2 x  3)  log 4 (x 2 2 x 4) .
(1)
Đặt tx22x4, khi đó :
(1) log5(t + 1)log4t.

Đặt ylog4t t4y, phơng trình (2) đợc chuyển thành hệ :
y

t 4

y

t 1 5

y

(2)

y

 4y + 15y   4    1  1.
5

5

(3)
y

y

Hµm sè f(y)  4   1 là hàm nghịch biến.
5

5

Do vậy, nếu phơng trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Nhận xét rằng y1 là nghiệm của phơng trình.
Với y1, suy ra
x 4

t4  x22x44  x22x80  
.
 x  2
Vậy, phơng trình có nghiệm x4, x2.
Ví dụ 10: Giải phơng trình :
x2 + 3log 2 x x log 2 5 .

(1)

Giải
Đặt tlog2x x2t.
Khi đó phơng trình có d¹ng :
(2t)2 + 3t (2 t )log 2 5  4t + 3t5t.
Chia hai vế phơng trình cho 5t0, ta đợc :
4

5

t

t

+ 3 1.

(2)

5

t

t

Hàm sè f(t)  4  +  3  lµ hàm nghịch biến.
5

5

Do vậy, nếu phơng trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Nhận xét rằng t2 là nghiệm của phơng trình.
Với t2, suy ra
log2x2 x.
Vậy x là nghiệm duy nhất của phơng trình.
Ví dụ 11: Giải phơng trình :
x + 2. 3 log 2 x 3.

(1)

Giải
Điều kiện x > 0.
Biến đổi phơng trình về dạng :
2. 3log 2 x 3x.



(2)

Vế phải của phơng trình là một hàm nghịch biến.
Vế trái của phơng trình là một hàm đồng biến.

15


Do vậy, nếu phơng trình có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Nhận xét rằng x1 là nghiệm của phơng trình (2) vì
2. 3log 2 1 31.
Vậy, x1 là nghiệm duy nhất của phơng trình.
Ví dụ 12: Giải phơng trình :
log2(x24) + xlog2[8(x + 2)].
Giải
Điều kiện :

x
4 0

x > 2.

x 2 0
Viết lại phơng trình díi d¹ng :
2

2
log2(x24)log2(x + 2)3x  log2 x  4 3x

x 2

log2(x2)3x.
Hàm số ylog2(x2) là hàm đồng biến.
Hàm số y3x là hàm nghịch biến.
Vậy, phơng trình nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Nhận xét rằng x3 là nghiệm của phơng trình.
Vậy, phơng trình có nghiệm x3.
Ví dụ 13: Giải phơng trình :
3
x 1 x 4x + 5.
(1)
Giải
Điều kiện x 1.
Xét hàm số f(x) x 1 , là hàm đồng biến trên D[1, + ).
Xét hàm số g(x) x34x + 5.
Miền xác định D[1, + ).
Đạo hàm :
g(x)3x24 < 0, xD hàm số nghịch biến trên
D.
Do đó phơng trình (1) có dạng :
f(x)g(x)
nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Thấy x1 thoả mÃn phơng trình.
Vậy, phơng trình có nghiệm x1.
Ví dụ 14: Cho phơng trình :
3x

2

2ax 4a 3

2

a 2
xa

(1)
a. Giải phơng trình với a0.
b. HÃy tìm a sao cho phơng trình trên có đúng hai nghiệm phân biệt thuộc
đoạn [4, 0].
Giải
Điều kiện xa.
Viết lại phơng trình díi d¹ng :

16


a 2
2
2
3( x a )  (a  2 ) 1 2 x a .

Đặt tx + a, t > 0, ta đợc :
a 2
.
t

2
2
3t (a 2 ) 1 2

(2)

NhËn xÐt r»ng :


Hµm sè f(t) 3 t 2  (a  2)2 1 2 ®ång biÕn víi t > 0.



Hàm số g(t)

a 2

nghịch biến với t > 0.

t

Khi đó phơng trình (2) đợc viết dới dạng :
f(t)g(t)
nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Ta thấy
x  2

ta2  x + aa2  
.
 x 2 2a
a. Với a0, ta đợc :
x 2

x 2

.

Vậy, với a0 phơng trình có hai nghiệm phân biệt x2.
b. Để (1) có đúng hai nghiệm phân biệt trên đoạn [4, 0] điều kiện là :
1 a 3
 4 2  2 a 0


 
.
2  2 a 2
a 2
Ví dụ 15: Giải phơng tr×nh :
3x28x + 24
(1)

1
 1 .
| 2x  5 |
| x 1|

Giải
Điều kiện :
2 x 5 0

x 1 0



5

x
2

x 1


.

Viết lại phơng trình dới d¹ng :
1
(2x5)2
(x1)2 1 .
| 2x  5 |
| x  1|
(2)
Xét hàm số f(t)t2 1 .
t
Miền xác định D(0, + )
Đạo hàm :
f'(t)t +

1
t2

> 0, tD hàm số luôn đồng biến trên D.

Khi đó :
(2) f(2x5)f(x1)  2x5x1
 2 x  5 x  1

 x 4

 
 
.
 2 x  5  x 1
x 2
Vậy, phơng trình có hai nghiệm x4 vµ x2.
17


Ví dụ 16: Cho phơng trình :
5x

2

2 mx 2

52 x 2  4 mx  m 2 x2 + 2mx + m.

a. Giải phơng trình với m

4
.
5

b. Giải và biện luận phơng trình.
Giải
Đặt t x2 + 2mx + 2, phơng trình có dạng :

5t + t52t + m2 + 2t + m2.
(1)
XÐt hµm sè f(t)5t + t.
 MiỊn xác định DR.
Đạo hàm :
f 't.ln5 + 1 > 0, xD hàm số tăng trên D.
Vậy
(1) f(t)f(2t + m2)  t2t + m2  t + m20
 x2 + 2mx + m0.
(2)
a. Víi m 4 , ta ®ỵc :
5
 x 2

x2 8 x 4 0  5x28x40
.
x 2
5
5



5

2
Vậy, với m 4 phơng trình có hai nghiệm x2, x .
5
5
b. Xét phơng trình (2), ta cã :
'm2m.

 NÕu ' < 0  m2m < 0 0 < m < 1.
Phơng trình (2) vô nghiệm phơng trình (1) vô nghiệm.
Nếu '0 m0 hoặc m1.
Với m0 phơng trình (2) có nghiệm kép x00.
Với m1 phơng trình (2) có nghiệm kép x01.



m 1

Nếu ' > 0
.
m 0

Phơng trình (2) có hai nghiệm phân biệt x 1,2m
cũng là nghiệm của (1).
Kết luận :
Với m0, phơng trình có nghiệm kép x0.
Với m1, phơng trình có nghiệm kép x01.
Với 0 < m < 1, phơng trình vô nghiệm.
Với m > 1 hoặc m < 0, phơng trình có hai nghiƯm :
x1,2m

 m2  m

Chó ý : Ta xÐt dạng phơng trình lặp :

18

.

m2 m

, đó


f[f(x)]x,
trong đó f(x) là hàm đồng biến trên tập xác định D.
Khi đó ta thực hiện theo các bớc :
Bớc 1:
Đặt yf(x)
Bớc 2:
Khi đó phơng trình đợc chuyển thành hệ :
f ( y )  x

y  f ( x )

(1)
(2 )

.
(I)
Cộng theo vế hai phơng trình của (I), ta đợc :
f(y) + yf(x) + x.
(3)
Bớc 3:
Xét hàm số A(t)f(t) + t là hàm đồng biến trên D (bởi f(t) là
hàm đồng biến).
Khi đó (3) đợc viết lại dới dạng :
A(x)A(y) xy.

Bớc 4:
Khi đó (1) có dạng :
f(x)x.
(4)
Bớc 5:
Dùng phơng pháp hàm số để xác định nghiệm của (4).
Ví dụ sau sẽ minh hoạ cụ thể dạng phơng trình kiểu này.
Ví dụ 17: Giải phơng trình :
log2[3log2(3x1)1]x.
Giải
Điều kiện :
3x  1  0

3 log 2 (3x  1)  1 0



3x


3x


1

0

1 2

1

3

x>

1
23

1 .
3

Đặt y log2(3x1).
Khi đó phơng trình đợc chuyển thành hệ :
log 2 (3y  1)  x

y  log 2 (3x  1)

(1)

.
(2)
(I)
Cộng theo vế hai phơng trình của (I), ta đợc :
log2(3y1) + y log2(3x1) + x.
XÐt hµm sè f(t) log2(3t1) + t

(3)

1

Miền xác định D( 2 3 1 , + ).



Đạo hàm :

3

f '

3
+1> 0, xD.
(3t 1) ln 2

Suy ra hàm số đồng biến trên D.
Khi đó (3) đợc viết lại dới dạng :
f(x)f(y) xy.
Khi đó (1) cã d¹ng :
19


log2(3x1)x  3x12x  2x3x + 10.
XÐt hµm sè g(x) 2x3x + 1.

(4)

1

Miền xác định : D( 2 3 1 , + ).
3



Đạo hàm :
g'(x)2x.ln23
g''(x)2x.ln22 > 0, xD
g'(x) là hàm đồng biến trên D.
Vậy, theo định lý Rôn phơng trình g(x)0 có không quá hai nghiệm
trên D.
Nhận xét rằng g(1)g(3)0.
Vậy, phơng trình có hai nghiệm x1 và x3.

Vấn đề 4: sử dụng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
hàm số Giải phơng trình
Để sử dụng giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số vào việc giải phơng trình :
f(x, m) = g(m).
ta thực hiện theo các bíc sau :
Bíc1:
LËp ln sè nghiƯm cđa (1) lµ sè giao điểm của đồ thị hàm số
(C) : y = f(x, m) và đờng thẳng (d) : y = g(m).
Bớc2:
Xét hàm số y = f(x, m)
Tìm miền xác định D.
Tính đạo hàm y', rồi giải phơng trình y' = 0.
Lập bảng biến thiên của hàm số.
Bớc3:
Kết luận :

Phơng trình có nghiệm
min f(x, m) g(m) max f(x, m).
xD



xD

Phơng trình có k nghiệm phân biệt
(d) cắt (C) tại k điểm phân biệt.
Phơng trình v« nghiƯm
 (d)  (C) = .
VÝ dơ 1: Cho phơng trình :
x33x2 + m = 0.
(1)
a. Với m = 1, phơng trình có mấy nghiệm ?
b. Tìm m để phơng trình có ba nghiệm phân biệt. Khi đó hÃy xét dấu các
nghiệm.
Giải
Biến đổi phơng trình về dạng :
x33x2 = m.
Số nghiệm của phơng trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
y
= x33x2 với đờng thẳng y = m.
Xét hàm số y = x33x2.
Miền xác định D = R.
Đạo hàm :

20