MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT …repository.vnu.edu.vn/bitstream/VNU_123/14052/1/Luan_van ban chuan.pdf · phương pháp cực trị hàm

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

- - - - - - - - - - - -

ĐẶNG THỊ TOAN

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐỂ

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội – 2015

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

- - - - - - - - - - - -

ĐẶNG THỊ TOAN

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐỂ

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 60460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Giảng viên hướng dẫn

PGS.TS NGUYỄN ĐÌNH SANG

Hà Nội – 2015

MỤC LỤC

LỜI NÓI ĐẦU ..................................................................................................1

CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ........................................................3

1.1 Các định lý về hàm khả vi ........................................................................3

1.1.1. Định nghĩa .........................................................................................3

1.1.2. Định lý Fermat .................................................................................3

1.1.3. Định lý Rolle ....................................................................................3

1.1.4. Định lý Lagrange ..............................................................................3

1.1.5. Định lý Cauchy .................................................................................4

1.1.6. Công thức Taylor ..............................................................................4

1.2. Số phức, nghiệm liên hợp ........................................................................7

1.2.1. Số phức .............................................................................................7

1.2.2 . Nghiệm liên hợp...............................................................................7

1.3. Hàm đơn điệu. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất ....................................7

1.3.1. Hàm đơn điệu ....................................................................................7

1.3.2. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhât của hàm số. ................................7

1.3.3. Tính chất hàm đơn điệu ....................................................................8

CHƯƠNG 2. PHƯƠNG PHÁP HÀM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ...............9

2.1.Phương pháp dùng khai triển Taylor ........................................................9

2.1.1 Phương trình bậc 3 .............................................................................9

2.1.2 Phương trình bậc 4 ......................................................................... 13

2.1.3. Bài tập giới thiệu ............................................................................ 16

2.2 Phương pháp dùng tính đơn điệu của hàm số ...................................... 17

2.2.1. Ứng dụng giải phương trình .......................................................... 17

2.2.2. Ứng dụng vào hệ phương trình ...................................................... 23


2.3. Ứng dụng tính khả vi để giải phương trình, hệ phương trình ............. 30

2.3.1. Dùng định lý Rolle để giải phương trình ....................................... 30

2.3.2. Dùng định lý Lagrange để giải phương trình ................................ 34

2.3.3. Dùng định lý Cauchy để giải phương trình hệ phương trình ......... 40


2.4. Phương pháp cực trị hàm số-Phương pháp đánh giá ........................... 47

2.4.1 Cơ sở phương pháp ......................................................................... 47

2.4.2. Các ví dụ ........................................................................................ 49

2..4.3. Bài tập giới thiệu ........................................................................... 57

CHƯƠNG 3. PHƯƠNG PHÁP HÀM GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH,

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH - BẤT

PHƯƠNG TRÌNH ........................................................................................ 59

3.1. Phương pháp hàm liên tục giải bất phương trình ................................. 59

3.1.1. Cơ sở phương pháp ........................................................................ 59

3.1.2. Các ví dụ ........................................................................................ 59


3.2. Phương pháp cực trị hàm số - Phương pháp đánh giá để giải bất

phương trình ................................................................................................ 63

3.2.1. Các ví dụ ........................................................................................ 63


3.3. Biện luận phương trình – Bất phương trình ......................................... 67

3.3.1. Cơ sở phương pháp ........................................................................ 67

3.3.2. Các ví dụ ........................................................................................ 68


3.4. Phương pháp hàm chứng minh bất đẳng thức ...................................... 76

3.4.1. Các ví dụ ........................................................................................ 76


KẾT LUẬN .................................................................................................... 81

TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 82

BẢNG CÁC KÝ HIỆU VIẾT TẮT

N Tập các số tự nhiên

N* Tập các số tự nhiên khác 0

Z Tập các số nguyên

Z+ Tập các số nguyên dương

Z- Tập các số nguyên âm

R Tập các số thực

R* Tập các số thực khác 0

R+ Tập các số thực dương

R- Tập các số thực âm

i Đơn vị ảo

C Tập các số phức

TXĐ Tập xác định

(a;b)={x R:a<x<b}

( ;a) { : }x R x a

(b; ) {x R: x>b}

[a;b]={x R:a }x b

[ ; ) {x R:a x<b}a b

( ; ] {x R:a<x b}a b

1

LỜI NÓI ĐẦU

Những bài toán về giải phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức và

biện luận nghiệm phương trình luôn là những bài toán hay và khó, thường gặp

trong các kỳ thi tốt nghiệp, cao đẳng- đại học, kỳ thi Olympic Toán học. Với

mỗi bài toán lại có nhiều cách giải khác nhau, trong số đó có các cách giải

theo phương pháp hàm hiện nay rất hay được sử dụng.

Luận văn “Một số phương pháp hàm để giải phương trình- bất phương

trình” sẽ trình bày một số phương pháp hàm để giải phương trình, bất phương

trình, bất đẳng thức cũng như bài toán biện luận nghiệm phương trình, bất

phương trình. Tuy nhiên, việc chia phương pháp chỉ là tương đối. Trong phạm

vi phương pháp toán sơ cấp và giới hạn của một bài luận văn thạc sĩ không

thể trình bày hết các phương pháp và ứng dụng. Do đó, nội dung luận văn

gồm 3 chương:

Chương 1: Kiến thức chuẩn bị:

Gồm các kiến thức về hàm khả vi, số phức, nghiệm liên hợp, hàm đơn

điệu, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.

Chương 2: Phương pháp hàm để giải phương trình.

Trình bày 4 phương pháp: Phương pháp dùng khai triển Taylor; phương

pháp dùng tính đơn điệu; phương pháp dùng tính khả vi; phương pháp cực trị

hàm số-phương pháp đánh giá.

Chương 3: Phương pháp hàm để giải bất phương trình, bất đẳng thức và

biện luận nghiệm phương trình, bất phương trình.

Trình bày 4 nội dung: Phương pháp hàm liên tục để giải bất phương trình;

phương pháp cực trị hàm số- phương pháp đánh giá để giải bất phương trình;

phương pháp hàm để giải bất đẳng thức; biện luận nghiệm phương trình, bất

phương trình.

2

Để hoàn thành luận văn, trước hết em xin bày tỏ sự biết ơn sâu sắc tới

người thầy kính mến PGS.TS Nguyễn Đình Sang. Người đã trực tiếp hướng

dẫn, truyền thụ kiến thức, hướng nghiên cứu giúp em hoàn thành luận văn này.

Em cũng chân thành cảm ơn các thầy, cô giáo khoa Toán- Cơ- Tin học,

Trường Đại học Khoa học Tự nhiên- Đại học quốc gia Hà Nội, những người

đã giảng dạy, hướng dẫn em trong quá trình học, cùng các bạn bè đã giúp đỡ,

đóng góp ý kiến, động viên em trong học tập, nghiên cứu và hoàn thành luận

văn này.

Mặc dù đã nỗ lực, cố gắng nhưng hiểu biết có hạn và thời gian hạn chế

mà vấn đề tương đối rộng nên luận văn không tránh khỏi thiếu xót. Kính

mong các thầy cô, bạn bè góp ý để luận văn được hoàn thiện hơn.

Em xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, ngày 12 tháng 11 năm 2015

Học viên

Đặng Thị Toan

3

CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1 Các định lý về hàm khả vi.

1.1.1. Định nghĩa.

Cho khoảng (a,b) R, hàm số f: (a,b)R. Ta nói rằng hàm f đạt cực đại

địa phương (tương ứng cực tiểu địa phương) tại x0 (a,b), nếu tồn tại 1 số

>0 sao cho (x0 - ,x0 + ) (a,b) và f(x) f(x0 ) tương ứng f(x) ≥ f(x0) với

mọi x (x0 - ,x0 + ). Điểm x0 mà tại đó hàm đạt cực đại đại phương hay

cực tiểu địa phương được gọi chung là điểm cực trị của hàm f.

1.1.2. Định lý Fermat.

Cho khoảng (a,b) R và hàm f: (a,b)R. Nếu điểm c (a,b) là điểm cực

trị của hàm f và nếu tồn tại f’(c) thì f’ (c ) = 0.

1.1.3. Định lý Rolle.

Giả sử hàm f: [a,b]R thỏa mãn:

- f liên tục trên [a,b].

- khả vi trong khoảng (a,b).

- f(a) = f(b).

Khi đó, tồn tại ít nhất 1 điểm c (a,b) sao cho f’(c ) = 0.

1.1.4. Định lý Lagrange.

Giả sử hàm f: [a,b]R có các tính chất:

- f liên tục trên [a,b].

- khả vi trong khoảng (a,b).

Khi đó, tồn tại ít nhất 1 điểm c (a,b) sao cho :

f’(c) (b-a) = f (b) –f (a) (1.1).

Nhận xét: 1, Định lý Rolle là trường hợp riêng của định lý Lagrange.

2, Công thức (1.1) được gọi là công thức số gia hữu hạn Lagrange,

công thức này còn được viết dưới dạng:

4

Lấy a = x0 ,b=x0 +∆x thì b – a = ∆x, do x0 < c < x0 +∆x nên ta viết c dưới

dạng c = x0 + ∆x, (0,1). Khi đó, (1.1) được viết dưới dạng:

f(x0 +∆x) – f(x0) = f’ (x0 + ∆x) ∆x

Hệ quả: Giả sử f:[a,b]→ R lien tục trên [a,b] và khả vi trong khoảng

(a,b). Khi đó:

a, Nếu f’(x) = 0 với mọi x (a,b) thì f là hàm hằng trên [a,b].

b, Nếu f’(x) > 0 (f’(x)<0 ) với mọi (a,b) thì f tăng (giảm) thực sự trên [a,b].

1.1.5. Định lý Cauchy.

Giả sử các hàm f,g: [a,b] →R có các tính chất:

1) f và g liên tục trên [a,b].

2) f,g khả vi trên (a,b).

Khi đó: tồn tại c (a,b) sao cho:

[ f(b) – f(a)] g’(c) = [g(b) – g(a)] f’(c) (1.2)

Hơn nữa nếu g’(c) ≠ 0 với mọi x (a,b) thì công thức (1.2) có dạng:

'( ) ( ) ( )

'( ) ( ) ( )

f c f b f a

g c g b g a

(1.3)

Nhận xét: Định lý Lagrange là trường hợp riêng của định lý Cauchy, với

hàm g(x) = x.

1.1.6. Công thức Taylor.

Ta dùng công thức Taylor để xấp xỉ một hàm số bằng một đa thức

1.1.6.1. Định lí 1.1.6.1: (Công thức Taylor với số dư dạng Lagrange)

Giả sử hàm số f: (a,b) →R có đạo hàm đến cấp (n+1) trong khoảng (a,b),

x0 (a,b) . Khi đó, với mọi x (a,b) ta có:

( ) ( 1)10

0 00

( ) ( )( ) ( ) ( )

! ( 1)!

k nnk n

k

f x f cf x x x x x

k n

(1.4)

Trong đó: c là điểm nằm giữa x và x0

5

Nhận xét: Vì c nằm giữa x và x0 nên ta viết c ở dạng c = x0 + (x - x0) với

(0,1) nên (1.4) còn có dạng

10

001

00

0)(

)()1(

))(()(

!

)()(

n

nn

k

k

xxn

xxxfxx

k

xfxf

(1.5)

Trong đó 0 < < 1. Đại lượng ( 1)

10 00

( ( ))r ( ) ( )

( 1)!

nn

n

f x x xx x x

n

Được gọi là số dư thứ n của công thức Taylor dưới dạng Lagrange.

1.1.6.2. Định lý 1.1.6.2: (Công thức khai triển Taylor của hàm f trong lân

cận của x0 )

Cho khoảng (a,b) R. Giả sử rằng f: (a,b) →R khả vi đến cấp n trong 1

lân cận nào đó của x0 (a,b) và f(n)(x) liên tục tại x0. Khi đó với x ở trong lân

cận nói trên của x0,ta có:

( )0 0

0 0 0 0

'( ) ( )( ) ( ) ( ) ....... ( ) ( )

1! !

nn nf x f x

f x f x x x x x o x xn

(1.6)

Trong đó,o(x-x0)n là vô cùng bé bậc cao hơn (x-x0)

n. Tức là:

0

0

0

o( )lim 0

( )

n

nx x

x x

x x

Đại lượng r ( )n x = 0o( )nx x được gọi là số dư dạng Peano

Khai triển Taylor của hàm f(x) trong lân cận của điểm x0 = 0 ta nhận được

công thức khai triển Mac- Laurin:

'(0 ) (0)( ) (0) ..... ( )

1! !

n

n

f ff x f x r x

n (1.7)

Sau đây, ta sẽ xét khai triển Mac-Laurin của một số hàm sơ cấp:

a). Hàm y=ex

Ta có f(n)(x) =ex tại x0=0 thì f(n)(0) = 1. Do vậy từ (1.7) ta có:

6

2

1 ........ ( )1 2! !

nx nx x x

e o xn

(1.8)

b). Hàm y = sinx

Ta có f(n)(x) = sin (x+n2

). Tại x0=0, ta có : f(2n)(0)=0, f(2n+1)(0)=(-1)n. Do vậy

theo (1.7) ta có:

3 5 7 2 11 2sin ......... ( 1) ( )

3! 5! 7! (2 1)!

nn nx x x x

x x o xn

(1.9)

c). Hàm y= cosx

Ta có: f(n)(x)= cos(x+n2

). Tại x0=0 ta có : f(2n)(0)= (-1)n, f(2n+1)(0) = 0. Do

vậy theo (1.7) ta có:

2 4 6 22 1cos 1 ........ ( 1) ( )

2! 4! 6! (2 )!

nn nx x x x

x o xn

(1.10)

d). Hàm y = ln(1+x) khả vi với mọi x > -1, fn(x) = (-1)(n-1)(n-1)!(1+x)-n.

Tại x0= 0 ta có:

f(n)(0) = (-1)(n-1)(n-1)! Áp dụng (1.7) ta có:

ln(1+x)=x- 2 3

1... ( 1) ( )2 3

nn nx x x

o xn

(1.11)

e). Hàm y= (1+x)α (αR, x (-1,+∞)

Ta có: fk(x) = α (α -1)…..( α-k +1)(1+x) α-k

Tại x0=0. Ta có : f(k)(0) = α(α-1)….( α-k +1). Áp dụng (1.7)

Ta có :2( 1) ( 1)......( 1)

(1 ) 1 ....... ( )2! !

n nnx x x x o x

n

(1.12)

Lưu ý: Nếu f(x) là đa thức bậc n thì f(n+1)(x)=0. Ta luôn biểu diễn f(x) dưới dạng:

f(x) = f(a)+ nn

axn

afax

afax

af)(

!

)(.......)(

!2

)('')(

!1

)(' 2 (1.13)

7

1.2. Số phức, nghiệm liên hợp.

1.2.1. Số phức.

- Xét tập hợp C = 1,,| 2 iRbabia

Mỗi phần tử z = a+bi C được gọi là một số phức, a được gọi là phần thực

của z, b được gọi là phần ảo của z.

- Cho số phức z =a+bi. Ta gọi a – bi là số phức liên hợp của z và ký hiệu là

biaz .

1.2.2 . Nghiệm liên hợp.

- Phương trình bậc n:

a0xn + a1x

n-1 + …..+ an-1x + an = 0 (*)

trong đó a0, a1 ,….,an C , a0 ≠0, đều có n nghiệm phức (các nghiệm không

nhất thiết phân biệt).

- Nếu z = a + bi là nghiệm của (*) thì biaz cũng là nghiệm của (*), z

và z là 2 nghiệm liên hợp của (*).

1.3. Hàm đơn điệu. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.

1.3.1. Hàm đơn điệu.

Định lý: 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 f(x) đơn điệu tăng hay đồng biến

trên khoảng đó.

b). Nếu f’(x) < 0 với mọi x(a,b) thì hàm số f(x) đơn điệu giảm hay nghịch

biến trên khoảng đó.

1.3.2. Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhât của hàm số.

Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập D:

- Số M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm sô y = f(x) trên tập D nếu f(x) ≤ M

với mọi x D và tồn tại x0 D sao cho :f(x0) = M. Ký hiệu:

M= D

max f(x)

8

- Số m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm sô y = f(x) trên tập D nếu f(x) ≥ m

với mọi x D và tồn tại x0 D sao cho : f(x0) = m. Ký hiệu:

m= D

xmin f(x)

1.3.3. Tính chất hàm đơn điệu

- Nếu f(x) là một hàm đồng biến thì: f(x) ≥ f(y) x ≥ y.

- Nếu g(x) là một hàm liên tục và nghịch biến thì : g(x) > g(y) x < y.

- Nếu f(x) là hàm liên tục và đồng biến, g(x) là hàm liên tục và nghịch biến,

f(x0) = g(x0) thì:

+ Bất phương trình f(x) ≥ g(x) có nghiệm x ≥ x0.

+ Bất phương trình f(x) < g(x) có nghiệm x < x0.

9

CHƯƠNG 2. PHƯƠNG PHÁP HÀM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

2.1. Phương pháp dùng khai triển Taylor

Mọi đa thức bậc n với hệ số thực đều viết dưới dạng:

2 1

0 1 2 1( ) ... .n nn nf x a a x a x a x a x (1)

Hàm y=f(x) là hàm khả vi trên R. với R bất kỳ f(x) có công thức Taylor

dạng:

(n 1)2 1'( ) ''( ) ( )

( ) ( ) (x ) (x ) ... (x ) (x ) .1! 2! ( 1)!

n nf f ff x f

n

(2)

2.1.1. Phương trình bậc 3

2.1.1.1 Cơ sở lý thuyết

Xét phương trình: 2 3

0 1 2 0.a a x a x x (3)

Đặt: 2 3

0 1 2(x)f a a x a x x

Để giải phương trình (3), ta sử dụng khai triển Taylor ở vế trái

Ta có: 2 3'( ) ''( )

( ) (x ) (x ) (x ) 01! 2!

f ff

(4)

Đưa (4) về dạng rút gọn: t3 +pt+q=0 (5) với t=x-

Bằng cách tìm sao cho: 2

2''( ) 0 6 2a 03

af

Và

2

2

'( ) '( )3

( ) ( )3

ap f f

aq f f

Để giải (5), ta dùng phép đổi biến t=u+v 3 3 3 3 (u v)t u v uv

Thay vào phương trình (5), ta có: 3 3 (u v)(3uv p) q 0u v

Ta cần tìm u,v sao cho: 3

3 3327

0p

u vuv p

10

Từ đó, ta có hệ phương trình:

3 3

33 3

27

u v q

pu v

u3, v 3 là 2 nghiệm của phương trình bậc hai sau:

3

2 027

pX qX Có

32 4

27p

q

Trường hợp 1: Nếu

3 31 10

2 2

q qt x u v

Suy ra, 3 31

2 2

q qx

là một nghiệm thực của phương trình

(3).

Để tìm nghiệm còn lại ta đưa về dạng tích:

2

1(x x )(ax bx c) 0

Trường hợp 2: Nếu 0 , phương trình (6) có hai nghiệm phức

3 31 2;

2 2

q i q iX u X v

với i là đơn vị ảo

Viết X1 ở dạng lượng giác 1 (co s s in )X r i

Theo công thức khai triển căn bậc n của số phức X1, ta có:

3 2 2

(cos isin );k 0;1;23 3

k

k ku r

.

Tương tự, X2 có 3 căn bậc ba là:

3 2 2(cos isin );k 0;1;2

3 3k

k kv r

.

Từ đó, ta có ba nghiệm thực của phương trình (3) là:

11

3 31 1 1 1

3 32 2 2 2

3 33 3 3 3

2 cos 2 cos3 3

2 22 cos 2 cos

3 3

4 42 cos 2 cos

3 3

x u v r x r

x u v r x r

x u v r x r

Đây là công thức Cardino để giải phương trình bậc 3.

2.1.1.2 Các ví dụ

Ví dụ 2.1.1.1 Giải phương trình sau:

3 23 5 3 9 5 0.x x x (1)

Lời giải:

Xét hàm3 2(x) 3 5 3 9 5.f x x x

Ta có:

2'( ) 3 6 5 3

''( ) 6 6 5.

f x x x

f x x

Gọi R sao cho

''( ) 0 6 6 5 0 5.f

Ta tính:

2

3 2

32

'( ) '( 5) 3.( 5) 6. 5. 5 3 12,

( ) ( 5) ( 5) 3 5( 5) 3 5 9 5 14 5,

41236 0.

27

p f f

q f f

pq

Vậy theo trường hợp 1 thì phương trình (1) có 1 nghiệm thực là:

3 3

1 1

14 5 1236 14 5 12365 3 5.

2 2x x

Khi đó, phương trình (1), viết dưới dạng tích như sau:

12

2

3 5(x 3 5)(x 3) 0

3.

x

x i

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là: 3; 3 5x i x .


3 2 3 33 3(1 4) x (3 4 1) 0.x x

Lời giải:

Xét hàm số: 3 2 3 3( ) 3 3(1 4) x (3 4 1).f x x x

2 3'(x) 3x 6 3(1 4),

''(x) 6 x 6.

f x

f

Với R . sao cho: ''( ) 0 6 6 0 1.f

Ta tính:

3

32

'( ) '( 1) 3 4,

( ) ( 1) 2,

412 0.

27

p f f

q f f

pq

Vậy theo trường hợp 2, phương trình 3

2 027p

X qX hay

2 2 4 0X X có hai nghiệm phức là:

31

32

1 3 2(cos sin )3 3

1 3 2(cos sin ).3 3

u X i i

v X i i

Khi đó, X1,X2 có các căn bậc 3 là:

13

3

3

2 23 32(cos sin );k 0;1;2.

3 3

2 23 32(cos sin );k 0;1;2.

3 3

k

k

k ku i

k ku i

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là:

1

2

3

1 2cos ,3

2731 2cos 1 2cos ,

3 9

41331 2cos 1 2cos .

3 9

x

x

x

2.1.2 Phương trình bậc 4

2.1.2.1 Cơ sở lý thuyết

Cho phương trình: 4 3 2(x) 0.f x ax cx dx e

Khai triển Taylor của f(x) tại R có dạng:

4 3 2'''( ) ''( ) '( )(x ) (x ) (x ) (x ) ( ) 0.

3! 2! 1!

f f ff

(7)

Khi đó, các khả năng sau xảy ra:

Nếu chọn R sao cho: ( ) 0f . Khi ấy, (7)

3 2'''( ) ''( )

(x ) (x ) (x ) '( ) 0.3! 2!

x

f ff

Nếu chọn R , sao cho: '''( ) 0 .4

af

Khi đó, phương trình (7) có dạng rút gọn là:

4 2t mt nt p (8)

14

Với ''( )

, , '( ), p ( )2!

ft x m n f f

Để giải phương trình (8), ta thêm vào 2 vế đại lượng: 2 22 ,t R

Khi ấy, phương trình (8) có dạng:

2 2 2 2(t ) (m 2 ) t nt p

Cần tìm 2 2: 4(m 2 )(p ) 0R n ; luôn luôn tồn tại vì đây là

phương trình bậc 3 đối với

Khi đó, (9) có dạng bình phương đúng:

222 2

2

t (*)(t )

t (**)

tt

t

Giải phương trình bậc 2 (*), và (**), ta tìm được bốn nghiệm t1,2,3,4.

Và do đó, phương trình (7) có nghiệm là: x1,2,3,4= + t1,2,3,4

Nhận xét: Ta có thể viết:

4 2 2 2

1 1 2 2(t b t c )(t b t c )t mt nt p

Với m,n,p đã biết ta tìm b1, c1, b2, c2 bằng phương pháp hệ số bất định.


Ví dụ 2.1.2.1: Giải phương trính sau:

4 3 2( ) 4 16 32 64 0.f x x x x x (1)

Lời giải:

Xét

4 3 2

3 2

2

( ) 4 16 32 64 0

'( ) 4 12 32 32

''( ) 12 24 32

'''( ) 24 24

f x x x x x

f x x x x

f x x x

f x x

Với R , sao cho: '''( ) 0 24 24 0 1f

Đặt 1t x x phương trình (1) có dạng như sau:

15

4 222 8 77 0t t t (2)

Ta phân tích:

4 2 2 2 2 222 8 77 (t at b)(t at c) (t 2 t 7)(t 2 t 11) 0t t t

Phương trình có các nghiệm 2 2; x 2 3x .

Ví dụ 2.1.2.2: Giải phương trình sau:

5 1 6. (1)x x

Lời giải:

TXĐ: [1;6]x

Đặt 1 0t x , phương trình (1) đã cho có dạng:

2 4 2 4 25 5 10 20 0 10 20t t t t t t t t

Ta cộng 2 vế cùng một biểu thức:

4 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 10 20 2

(t m) (10 2m) t 20

t mt m t t mt m

t m

Với m=9

2 , ta có: 2 2 29 1

(t ) (t )2 2

22

22

9 1t t

5 0 (*)2 29 1 4 0 (**)

t (t )2 2

t t

t t

Phương trình (*) có nghiệm là 1 21

.2

t

Phương trình (**) có nghiệm là 1 17

.2

t

Phương trình (1) đã cho có nghiệm là: 11 17

.2

x

Nhận xét: Trường hợp '( ) 0

'''( ) 0

f

f

đưa về phương trình trùng phương

16

4 2''( )(x ) (x ) ( ) 0.

2!

ff

Định lý: điều kiện cần và đủ để phương trình 4 3 2(x) 0f x ax cx dx e

có thể đưa về dạng phương trình trùng phương là hệ'(x) 0

'''(x) 0

f

f

có nghiệm.

Ví dụ 2.1.2.3: Giải phương trình sau: x4+4x3+2x2+4x-8=0.

Lời giải:

Xét hệ phương trình 3 2'(x) 4(x 3x x 1) 0

1.'''(x) 24x 24

fx

f

Đặt t = x + 1, phương trình đã cho 4 2 14 5 05.

tt tt

Suy ra, phương trình đã cho có nghiệm là: x= 1 5 .

2.1.3. Bài tập giới thiệu

1. Giải phương trình:

2

3 33 0

4 4

xx x có ba nghiệm

13;

4x x .


3 23 2 2 3 0x x x có ba nghiệm 2; 3x i x .


3 2 58 22 0

4x x x có ba nghiệm

1 6 26;

4 4x x

.


4 3 22 10 11 1 0x x x x có bốn nghiệm 2 2 3 13

;2 2

x x

.


4 213 18 5 0x x x có bốn nghiệm 3 2 5 3 5

;2 2

x x

.

17

2.2 Phương pháp dùng tính đơn điệu của hàm số

2.2.1. Ứng dụng giải phương trình

2.2.1.1. Định lý 1

Nếu y = f(x) là một hàm liên tục và đồng biến , g(x) liên tục nghịch biến

trên ( α ,β ) .Khi đó ba phương trình f(x)=a hoặc g(x)=b hoặc f(x)=g(x) có nhiều

nhất là một nghiệm.

Chứng minh: Ta chứng minh cho phương trình f(x)=a

- Giả sử có x0 ( α ,β ) thỏa mãn: f(x0) = a

- Nếu x> x0 thì f(x) > f(x0) hay f(x) > a phương trình không có nghiệm khi

x > x0

- Nếu x < x0 thì f(x) < f(x0) hay f(x) < a phương trình không có nghiệm

khi x < x0

Vậy phương trình f(x)=a có nhiều nhất là một nghiệm x = x0.

Việc chứng minh cho hai phương trình còn lại là tương tự.

Ví dụ 2.2.1.1 Giải phương trình:

5 7 16 14.x x x x

Lời giải:

+ Tập xác định: x ≥ 5.

+ Đặt ( ) 5 7 16.f x x x x x

1 1 1 1

'( ) 0,2 2 5 2 7 2 16

f xx x x x

với mọi x > 5

hàm f(x) luôn đồng biến với x [ 5, +∞).

+ Mặt khác ta thấy f(9) =14

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 9.

18

Ví dụ 2.2.1.2 Giải phương trình: 3(4 x 1)( 3 3 5) 4 8. (*)x x x

Lời giải:

+ TXĐ: x ≥ - 3.

+ Thay 14

x vào phương trình (*) ta thấy:

314. 1)

1( ( ) 4. 8

441 13 3. 54 4

0 = 9 vô lý.

Vì thế nên 14

x không là nghiệm phương trình.

+ Chia 2 vế phương trình cho (4x-1) ta có :

3 .4 8

3 3 54 1x

x xx

Đặt 3( ) 3 3 5f x x x và 4 8

( )4 1

xg x

x

23

1 1'( ) 0

2 3 (3 5)f x

x x

, x[-3,+∞)

f(x) luôn đồng biến trong tập xác định. (1)

2

36'( ) 0

(4 1)g x

x

, x[-3,+∞)

g(x) luôn nghịch biến trong tập xác định. (2)

Mặt khác, f(1) = f(4) = 4. (3)

Từ (1),(2),(3) x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (*) đã cho.

2.2.2.2 . Định lý 2: Cho f(x) là hàm liên tục và đơn điệu (đơn điệu tăng hoặc

đơn điệu giảm) trên khoảng (a;b) thì

, , ( ; ).f x f y x y x y a b

Chứng minh :

+ Giả sử f là hàm liên tục và đồng biến.

19

Nếu x > y f(x) > f(y),

x< y f(x) < f(y),

x = y f(x) = f(y).

Tương tự khi f là hàm liên tục và nghịch biến.

Vậy f(x) = f(y) x = y.

Ví dụ 2.2.1.3 Giải phương trình: 3 . (*)8 2 ( 2) 1x x x x

Lời giải:

+ TXĐ: x ≥ -1

+ Phương trình (*) 3 3(2 ) 2 ( 1) 1x x x x (1)

Đặt 3 f t t t có 2’ 3 1 0, .f t t t

Phương trình (1) f(2x) = f( 1x )

.2 1x x

14

02 xx

x

014

02 xx

x

0

1 17.

8

x

x

x = 8

171 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Nhận xét:

- Nếu f(x)là một hàm liên tục, đơn điệu tăng hoặc đơn điệu giảm trong

khoảng (a;b): , , ( ; ).f x f y x y x y a b

- Xuất phát từ phương trình vô tỷ đơn giản: 3 2x = x

Ta lập phương trình: ( ) ( 3 2)f x f x

2 2 3 2 2 0x x x

2 21 ( 3 2) 3 2 1x x x x

20

x = 3 2x 1

2 .

x

x

Vậy phương trình đã cho (*) có hai nghiệm là x = 1 và x = 2.

Ví dụ 2.2.1.4: Giải phương trình: 33 2 2 . ( )4 5 6 7 9 4 ix x x x x

Lời giải:

Ta có thể đổi biến đưa phương trình (i) về hệ phương trình sau:

Đặt y = 3 27 9 4x x ,phương trình (i)

3 2

2 3

4 5 6

7 9 4 (*)

x x x y

x x y

Cộng vế hai phương trình của hệ ta có : y3 + y = (x+1)3 + (x+1)

f(y) = f(x+1)

Với f(t) = t3 + t, f’(t) = 3t2 + 1 > 0 Rt

Hàm f(t) luôn đồng biến trên R

Nên f(y) = f(x+1) y = x+ 1

Thay vào (*) ta có : 7x2 + 9x – 4 = (x + 1)3

(x-5) (x2 + x – 1) = 0 5

1 5

2

x

x

Kết luận: Phương tình (i) đã cho có ba nghiệm là : x=5 và 1 5

2x

.

Ví dụ 2.2.1.5: Giải phương trình: 3 32 23 3 . (*)2 1 2 1 2x x x x

Lời giải

Đặt 3

3 2 .

1

2

u x

v x

Phương trình (*) có dạng: 3 33 31 1u u v v f (u) = f (v)

Với f(t) = t + 3 3 1t .

21

f’(t) = 1 + 2

3 23 ( 1)

t

t > 0 f(t) đồng biến với Rt .

nên f(u) = f(v) u = v

3 1x = 3 22 x

2x2 = x + 1 2x2 –x – 1 = 0

1

1.

2

x

x

Kết luận: Phương trình (*) có hai nghiệm x = 1 và x = 2

1 .

Ví dụ 2.2.1.6 Giải phương trình :

3 4 5 . ( ) x x x i

Lời giải:

Phương trình (i)3 4

( ) ( ) 15 5

x x (*)

+ Ta thấy x = 2 thay vào phương trình (*) ta có: 2 23 4( ) ( ) 15 5

mệnh đề

đúng, x = 2 là nghiệm của (*)

+ Khi x > 2: (3

5)x < (

3

5)2

(4

5)x < (

4

5)2

Cộng vế ta có: VT (*) < 1, phương trình không có nghiệm khi x > 2.

+ Tương tự x < 2 ta có: VT (*) > 1, phương trình không có nghiệm x < 2.

Vậy x = 2 là nghiệm duy nhất phương trình đã cho (i).

Ví dụ 2.2.1.7 Giải phương trình

3 5 4x x x . (*)

Lời giải:

Phương trình (*) 3 5

1.4 4

x x

22

Ta thấy

3 5

( ) 1,4 4

x x

f x x R

.

Thật vậy, khi 0

5 50, (x) 1.

4 4

x

x f

0

3 30, (x) 1.

4 4

x

x f

Do đó, phương trình (*) đã cho luôn vô nghiệm.

Ví dụ 2.2.1.8 Giải phương trình: 23x+1 + 2x = -2x3 – 18x2 – 45x + 57. (i)

Lời giải:

Phương trình 23x+1 + 2x = -2x3 – 18x2 – 45x + 57

2.(2x)3 + 2x = 2(3- x)3 + (3-x)

f(2x) = f(3-x), với f(t) = 2t3 + t.

f’(t) = 6t2 + 1 > 0 , t.

Hàm f(t) luôn đồng biến trên R.

Do đó: f(2x) = f (3-x) 2x = 3-x (**)

Nhận thấy g(x) = 2x luôn đồng biến, h(x) = 3-x luôn nghịch biến.

Mà g(1) = h(1) phương trình (**) có nghiệm duy nhất x = 1.

Vậy phương trình đã cho (i) có nghiệm duy nhất x=1.

Ví dụ 2.2.1.9: Giải phương trình

3 22 2log (3 ) log 4.(3 ) ( 1)( 2)x x x x x (i)

Lời giải:

+ TXĐ : x < 3

+ Phương trình (i) 3 32 2log (3 ) log (3 ) 2 2x x x x

xxxx 32

32 )3(log)3(log

f(log2(3-x)) = f(x) (*)

Với f(x) = x3+x, f’(x)=3t2 + 1 > 0, xR.

23

Hàm f(x) luôn đồng biến , do đó phương trình (*) log2(3-x)=x 2x =3-x.

Theo Ví dụ 2 thì phương trình này luôn có một nghiệm x = 1.

Kết luận chung: Phương trình (i) đã cho có một nghiệm duy nhất x = 1.

2.2.2 . Ứng dụng vào hệ phương trình

2.2.2.1 Lý thuyết

Nếu f(x) đơn điệu tăng (hoặc giảm) trên (a,b), f(x) = f(y) với x,y(a,b)

thì x = y.

Chứng minh:

Giả sử f(x) đơn điệu tăng trên (a,b):

- Với x, y(a,b). Nếu x < y thì f(x) < f(y) nên f(x) = f(y) không xảy ra.

- Với x, y(a,b). Nếu x > y thì f(x) > f(y) nên f(x) = f(y) không xảy ra.

- Với x, y(a,b). Nếu x = y thì f(x) = f(y) phương trình đúng.

Do đó f(x) đồng biến (tăng) trên (a,b) và f(x) = f(y) thì x= y

Tương tự, trường hợp khi f(x) đơn điệu giảm trên (a,b).

Ví dụ 2.2.2.1 Giải hệ phương trình 5 5

2 2

5 5 (1)

1. (2)

x x y y

x y

Lời giải:

Cách 1: Xét f(t) = t5 -5t.

f’(t) = 5t4 -5 ; f’(t) > 0 khi | t| >1.

f’(t) <0 khi | t| < 1.

từ (2) : x2 + y2 = 1 -1≤ x ≤ 1 và -1 ≤ y ≤ 1 . Hay |x| ≤1, |y|≤1.

từ (1) : f(x) = f(y) x = y.

Hệ phương trình (*) 2 2 2 2 2 2

( ) ( )1

1 12

| | 1,| | 1 | | 1,| | 1

f x f y x y

x y x y x y

x y x y

.

24

.

1

21

2

x

y

Hệ phương trình có bốn nghiệm là:

(2

1;

2

1 ), (

2

1; -

2

1), (-

2

1;

2

1), (-

2

1;-

2

1).

Cách 2: Hệ phương trình 5 5

2 2

5 5

1.

x x y y

x y

5 5

2 2

5 5

1.

x y x y

x y

4 3 2 2 3 4

2 2

( )( 5( )

1.

x y x x y x y xy y x y

x y

2 2

4 3 2 2 3 4

2 2

0( )

1.

5( )

1.

x ya

x y

x x y x y xy yb

x y

Hệ phương trình (a) đã giải ở cách 1 có 4 nghiệm.

Hệ phương trình (b)

1

0422

22

yx

xyyx

1

04

15)

2

1(

22

2

yx

xy vô nghiệm.

Bình luận: Với ví dụ này ta có thể giải theo phương pháp hàm số hoặc đưa

về phương trình tích và tách thành hai hệ thành phần. Tuy nhiên, ta thấy sử

dụng cách 1 làm bài nhanh hơn.

Ví dụ 2.2.2.2: (Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng khối A-năm2003) Giải

hệ phương trình sau:

25

3

1 1

2 1.

x yx y

y x

(*)

Lời giải

+ TXĐ: x≠0 , y ≠0.

+ Xét hàm số f(t) = t -t

1

f(t) = 1+2

1

t> 0 0t , hàm số luôn đồng biến.

+ Hệ phương trình (*)

12

))(3xy

fyxf 3

(1)

2 1. (2)

x y

y x

Thay (1) vào (2) ta có: 12 3 xx .

x3 -2x + 1 = 0

(x-1)(x2 +x-1) = 0 .

1

1 5

2

x

x

Vậy hệ phương trình (*) có ba nghiệm là:

(1;1), (1 5

2

;

1 5

2

), (

1 5

2

;

1 5

2

).

Ví dụ 2.2.2.3: (Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng khối A năm 2012): Giải

hệ phương trình:

3 2 3 2

2 2

3 9 22 3 9 (1)

1. (2)

2

x x x y y y

x y x y

Lời giải

(1) (x-1)3 -12(x- 1) = (y-1)3 – 12(y+1)

(2) (x-1

2)2 + (y+

1

2)2 = 1

26

1 3 11 1 1

2 2 2

1 1 31 1 1

2 2 2

x x

y y

+ Xét f(t) = t3 + 12t

f’(t) = 3t2 – 12 < 0 t3 3

[ ; ]2 2

Hay f(t) nghịch biến khi t

3 3[ ; ]

2 2

+ Phương trình (1) f(x-1) = f(y + 1) x-1 = y+1 y = x – 2 (*)

+ Thay (*) vào (2) ta có phương trình: ( x-1

2)(x-

3

2) = 0

1 3

2 2

3 1.

2 2

x y

x y

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (1

2;

3

2

) và (

3

2;

1

2

).

Ví dụ 2.2.2.4 Giải hệ phương trình:

2

2 2

(4 1) ( 3) 5 2 0 (1)

4 2 3 4 7. (2)

x x y y

x y x

Lời giải:

+ TXĐ :

5

2

3.

4

y

x

+ Xét (1): 2(4x2 + 1 )x + (2y – 6) 5 2y = 0

(4x2 + 1)2x = ( ( 5 2y )2 + 1) 5 2y . (*)

Xét f(t) = ( t2 + 1 )t

2'( ) 3 1 0,f t t t

f(t) đồng biến với mợi t, nên (*) f(2x) =f( 5 2y )

27

2x = 5 2 y 2

0

5 4.

2

y

xy

Thay vào (2) ta có :2

2 25 44 ( ) 2 3 4 7

2x

x x

,với 3

04

x (3)

Xét

22 25 4

( ) 4 ( ) 2 3 4 7.2

xg x x x

g’(x) < 0 khi x [ 0;3

4]

Nhận thấy g(1

2) = 0

1

2x là một nghiệm của phương trình (3).

Vậy hệ phương trình (i) có nghiệm duy nhất (x = 1

2; y = 2).


33 36 6 6.x x (*)

(Tạp chí Toán học tuổi trẻ - bài T5/358-T8.2007)

Lời giải:

Đặt

33

33

6 6

6.6

z x z x

y zy z

Ta có hệ phương trình:

6

6

6

3

3

3

zy

xz

yx

3

3

3

6

6

6 .

x z

y x

z y

(1)

Đặt g(t) = - 6 + t3. Hệ phương trình (1) trên trở thành:

)(

)(

)(

ygz

xgy

zgx

x= g(g(g(x)))

Mà g’(t) = 3t2 ≥ 0 với mọi t. Suy ra hàm g(t) luôn đồng biến với mọi t.

28

Giả sử x > y > z g(x) > g(y) > g(z) y > x ( vô lý )

Do đó x = y = z

Nên ta có phương trình: x = -6 + x3

(x-2)(x2 + 2x + 3 ) = 0 x = 2

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = 2

Hay phương trình (*) đã cho có nghiệm duy nhất x= 2.

Ví dụ 2.2.2.6: Giải hệ phương trỉnh 2

2

3 ln(2 1) (1)

3 ln(2 1) . (2)

x x x y

y y y x

Lời giải:

+ TXĐ :

1

2

1.

2

x

y

+ Hệ phương trình

2

2

4 ln(2 1)

4 ln(2 1)

x x x y x

y y y y x

x2 + 4x + ln (2x+1) = y2 + 4y + ln (2y+1)

f(x) = f(y) (*)

Với f(t) = t2 + 4t + ln(2t+1), với t > 2

1

f’(t) = 2t + 4 + 12

2

t > 0 , t >

2

1

f(t) là hàm đồng biến với mọi t > 2

1 .

từ (*) x y .

thay x = y vào (1) ta có : x2 + 3x + ln(2x+1) = x

x2 + 2x + ln(2x+1) = 0. (3)

Đặt g(x) = x2 + 2x + ln(2x+1), x > 2

1 ,

29

g’(x) = 2x + 2 +2

2 1x > 0 x >

2

1 .

phương trình g(x) = 0 nếu có nghiệm thì đó là duy nhất.

+ Mặt khác g(0) = 0 x = 0 là nghiệm phương trình (3).

Thử lại x = 0 (thỏa mãn) y = 0.

Kết luận chung: x= 0, y= 0 là nghiệm hệ phương trình trên.


1. Giải phương trình: x3 + x2+2x +8 = 0 có nghiệm x= -2.

2. Giải phương trình: x5+7x = 8 có nghiệm x=1.

3. Giải phương trình: x2+ cos2 x = 1 có nghiệm x=0.

4. Giải phương trình: 922 xx có nghiệm x=3.

5. Giải phương trình: Cotx – x = 4

4

với x(0,

2

) có nghiệm x=

4

.

6. Giải phương trình: x5 +2x3 +4x + 7 =0 có nghiệm x= -1.


2sinx +tanx- 3x = 2 3 -π với x(0,2

) có nghiệm x=

3

.

8. Giải phương trình: x5 + 2x3 = 1 trên (1,+∞) vô nghiệm.

9. Giải hệ phương trình:

5 52 2

3 2 5

x x y y

x y

có nghiệm (x=1, y=1).


3 2

3 2

3 2

2 1

2 1

2 1

y x x x

z y y y

x z z z

có hai nghiệm (1,1,1) ; ( -1;-1;-1).


30

2

2

2

1

1

1

x y

y z

z x

có hai nghiệm x = y = z = 1 5

2

và x= y = z =

1 5

2

.

2.3. Ứng dụng tính khả vi để giải phương trình, hệ phương trình

2.3.1. Dùng định lý Rolle để giải phương trình

2.3.1.1.Định lý Rolle

Nếu hàm f(x) có f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất thì phương trình f(x) = 0 có

nhiều nhất hai nghiệm.

Thật vậy, f’(x0) = 0 có nghiệm là x0 thì có hai khả năng f’(x) = 0 đổi dấu

khi qua x0 hoặc f’( x0) không đổi dấu khi qua x0.

Khả năng 1:

Khả năng 2:

Với khả năng 1 xảy ra thì phương trình f(x) = 0 có tối đa hai nghiệm.

Với khả năng 2 xảy ra thì phương trình f(x) = 0 luôn có một nghiệm.

Kết luận chung: f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất thì f(x) = 0 có nhiều nhất là

hai nghiệm.

X x0 x x0

f ’(x) + 0 - f ’(x) - 0 +

f(x)

f(x)

X x0 x x0

f ’(x) - 0 - f ’(x) + 0 +

f(x)

f(x)

31

2.3.1.2. Các ví dụ: Giải các phương trình sau

Ví dụ 2.3.1.1: Giải phương trình 2x + 3x = 3x + 2. (*)

Lời giải:

Phương trình (*) 2x + 3x - 3x - 2 = 0.

Xét f(x) = 2x + 3x - 3x – 2.

f’(x) = 2x ln2 + 3x ln3 – 3,

xlim f’(x) = - 3 ,

xlim f’(x) = +∞.

f’’(x) = 2x(ln2)2 + 3x (ln3)2 > 0 , x.

Nên phương trình f’(x) = 0 có đúng một nghiệm Phương trình f(x) = 0

có nhiều nhất hai nghiệm, mà ta có f(0) = f(1) = 0, nên x = 0, x = 1 là hai

nghiệm phương trình.Vậy phương trình (*) có hai nghiệm x=0 và x=1.

Ví dụ 2.3.1.2: Giải phương trình 2x + 7x = 44x – 35. (i)

Lời giải:

Phương trình (i) 2x + 7x - 44x + 35 = 0.

Xét f(x) = 2x + 7x - 44x + 35.

f’(x) = 2xln2 + 7x ln7 – 44,

xlim f’(x) = - 44 ,

xlim f’(x) = +∞.

f’’(x) = 2x (ln2)2 + 7x (ln7)2 > 0, x.

nên phương trình f’(x) = 0 có đúng một nghiệm phương trình f(x) = 0 có


Ta thấy f(1) = f(2) = 0 x=1 và x=2 là hai nghiệm của phương trình

Tổng quát: Xét phương trình ax + bx =cx + d

Nếu

1

1

b

ahoặc

10

10

b

a có nhiều nhất hai nghiệm.

32

Ví dụ 2.3.1.3: Giải phương trình 7x = 24x + 1. (*)

Lời giải:

Phương trình (*) 7x – 24x-1 = 0.

Xét f(x) = 7x – 24x-1.

’ 7 7 – 24xf x ln ;

f’(x) = 0 7x ln7 – 24 = 0 7x = 7ln

24 x= log7 (

7ln

24).

phương trình f’(x) = 0 có một nghiệm f(x) = 0 có nhiều nhất là hai

nghiệm. Mà ta thấy f(0) = f(2) = 0 x= 0, x= 2 là hai nghiệm phương trình.

Tổng quát: Xét phương trình : ax = bx + c (a > 0 , a ≠ 1 ),

f(x) = ax –bx –c ,

f’(x) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm, nên f(x) = 0 có 1 nghiệm nếu f’(x) = 0 vô

nghiệm, có 2 nghiệm nếu f’(x) = 0 có đúng 1 nghiệm.

Ví dụ 2.3.1.4: Giải phương trình 2x + 3x + 5x = 7x + 3. (*)

Lời giải:

Phương trình (*) 2x + 3x + 5x - 7x – 3 = 0.

+ Xét hàm số f(x) = 2x + 3x + 5x - 7x – 3 trên R,

’ 2 2 3 3 5 5 – 7x x xf x ln ln ln lim '( ) 7; lim '( )x x

f x f x

.

2 2 2

” 2 2 3 3 5 5 0 ,x x xf x ln ln ln x R .

’ 0f x có một nghiệm.

f(x) = 0 có không quá 2 nghiệm. Mặt khác , f(0) = f(1) = 0.

Do đó , x = 0, x= 1 là hai nghiệm của phương trình đã cho (*).

Ví dụ 2.3.1.5: Giải phương trình : 3cosx – 2cosx = cosx. (1)

Lời giải:

+ Đặt t=cosx, t [-1;1] , phương trình (1) có dạng: 3t -2t= t.

3 2 0.t t t (2)

33

+ Đặt f(t)= 3 2t t t là hàm khả vi liên tục trên [-1;1].

Có '(t) 3 ln3 2 ln 2 1t tf ,

2 2''( ) 3 (ln3) 2 (ln 2)t tf t .

Ta có ''( ) 0;f t t . Suy ra f ‘(t)=0 có nhiểu nhất một nghiệm, nên f(t)=0 có


+ Mặt khác: ta thấy f(0)= f(1)=0,

Nên t=0; t=1 là hai nghiệm phương trình (2).

+ t=0 osx=0 x= +k2

c

,k Z .

+ t=1 cos 1 2x x k , k Z .

Thử lại , ta thấy hai họ nghiệm trên thỏa mãn phương trình (1).

Ví dụ 2.3.1.6: Giải phương trình: (1 + cosx)(2 + 4cosx ) = 3.4cosx . (1)

Lời giải:

Đặt t = cos x, t[-1,1].

+ phương trình (1) có dạng : (1+t)(2 + 4t ) = 3.4t . (2)

(1 + t )(2 + 4t ) – 3.4t = 0.

+ Xét hàm số f(t) = (1 + t ) ( 2 + 4t ) - 3.4t.

f’(t) = 2 + 4t + (t-2) 4t ln4,

f”(t) = 4t ln4 + 4t ln4 + (t – 2) 4t (ln4)2 = 2.4t.ln4 + (t - 2).4t (ln4)2.

f” (t) = 0 t = 2 -2ln

1 là nghiệm duy nhất Phương trình f’(t) = 0 có

không quá hai nghiệm.

do đó , phương trình (2) có không quá ba nghiệm.

+ Mặt khác : f(0) = f(1) = f(2

1) = 0

Nên phương trình (2) có ba nghiệm t = 0, t= 1, t = 2

1.

+ t=0 cosx = 0 x= Zkk ,2

.

34

+ t = 1 cosx = 1 x = Zkk ,2 .

+ t = 2

1cosx =

2

1 x = Zkk ,2

3

.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x= Zkk ,2

, x = Zkk ,2

và x = Zkk ,23

.

Ví dụ 2.3.1.7: Giải phương trình : log2(x+1) + log3(2x+1) -2x = 0. (*)

Lời giải:

+ TXĐ: x 2

1 .

+ Xét hàm số f(x) = log2(x+1) + log3(2x+1) – 2x.

f’(x) = 23ln)12(

2

2ln)1(

1

xx,

f”(x) = 03ln)12(

4

2ln)1(

122

xx

với 2

1x .

Phương trình f’(x) = 0 có không quá một nghiệm, phương trình f(x) = 0 có

không quá hai nghiệm.

+ Ta thấy: f(0) = f(1) = 0 x =0, x= 1 là các nghiệm của phương trình.

Vậy phương trình (*) đã cho có nghiệm là x=0 và x=1.

2.3.2. Dùng định lý Lagrange để giải phương trình

2.3.2.1.Định lý Lagrange và ứng dụng

- Định lý Lagrange: Giả sử hàm số f :[a;b] R thỏa mãn các điều kiện:

+ Liên tục trên [a;b].

+ Khả vi trên (a;b).

Khi đó tồn tại ít nhất 1 điểm c (a;b) sao cho:

f’(c)(b - a) = f(b) – f (a).

- Ứng dụng: Xét phương trình ( a + c )f(x) + bf(x) = (b + c)f(x) + af(x) , với a,b,c

là những số thực dương.

35

Phương trình đã cho (a + c)f(x) – af(x) = (b + c)f(x) – bf(x) . (*)

Đặt g(t) = (t + c) f(x) – tf(x) . ( giả thiết : c ≠ 0, a ≠ b )

Phương trình (*) g (a) = g (b).

Theo định lý Lagrange : d : g’(d) (b - a) = g(b) –g(a) = 0.

g’(d) = 0.

f(x)[(d + c) f(x) -1 – df(x) – 1 ] = 0( ) 0

( ) 1.

f x

f x


Ví dụ 2.3.2.1 Giải phương trình 3x + 7x = 4x + 6x . (i)

Lời giải:

Phương trình (i) 7x – 6x = 4x – 3x . (*)

Áp dụng với a=3, b=6,c=1, ta có (*) f(6) = f(3).

Theo định lý Lagrange, d (3; 6) : f(6) – f(3) = f’(d) (6 – 3).

0 = 3 f’(d)

f’(d) = 0.

x[ (d + 1)x-1 – dx-1 ] = 0 0

1.

x

x

Kết luận: x=0, x=1 là hai nghiệm phương trình (*).

Vậy phương trình (i) đã cho có hai nghiệm là x=0 và x=1.

Ví dụ 2.3.2.2 Giải phương trình 2 2 2 23 2 3 2 3 2 3 2 .2 9 4 7x x x x x x x x (i)

Lời giải

Phương trình (i) 2 2 2 23 2 3 2 3 2 3 2 .2 9 4 7x x x x x x x x (*)

Áp dụng với a = 2l b = 7, c = 2, ta có (*) f(7) = f(2).

Với 2 23 2 3 2f(t) ( 2) .x x xt t

])2)[(23()(' 1231232 22 xxxx ttxxtf .

Theo định lý Lagrange, d (2;7) để f’(d )(7-2) = f(7) – f(2).

36

5.f’(d) = 0 f’(d) = 0.

(3x2 -2x)[2 23 2 1 3 2 1(d 2) x x x xd ] = 0.

2

2

3 2 0

3 2 1 0

x x

x x

.

20,

31

1,3

x x

x x

Kết luận chung: Phương trình có bốn nghiệm

2 1

0, , 1, .3 3

x x x x

Ví dụ 2.3.2.3 Giải phương trình : 2x+2 = 2.log2 8x + (6x - 4). (1)

Lời giải:

+ TXĐ: x > 0.

+ Đặt y +2 = log2 8x hay 8x = 2y+2 . (2)

+ Thay (2) vào (1) ta có :

2x+2 = 2(y+2) + 6x – 4,

2x+2 = 2y + 6x. (3)

+Từ (2),(3) ta có hệ phương trình 2

2

2 2 6

8 2 .

x

y

y x

x

Trừ vế ta có: 2y+2 – 2x+2 = 2x – 2y,

2y+2 + 2y = 2x+2 +2x,

2y+1 + y = 2x+1 + x. (4)

Xét hàm f(t) = 2t+1 + t là hàm số khả vi trên R.

Ta có : f’(t) = 2t+1ln2+1 > 0 t R.

Theo hệ quả của định lý Lagrange ta suy ra phương trình (4) tương đương

với f(y) = f(x) y = x..

Thay vào (2) ta có : 8x = 2x +2. 2x = 2x 2x – 2x = 0. (5)

+ Đặt g(x) = 2x – 2x.

g’’(x) = 2x(ln2)2 > 0 x.

37

Theo hệ quả định lý Rolle ta suy ra phương trình : g(x) = 0 có không

quá hai nghiệm.

Mặt khác g(1) = g(2) = 0 x = 1 , x = 2 là nghiệm của phương trình (5).

Thử lại ta thấy x =1, x = 2 là nghiệm phương trình (1.)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 1 và x = 2.

Ví dụ 2.3.2.4. Giải phương trình: x3 + 1 = 2 3 12 x . (1)

Lời giải:

TXĐ : D = R.

Cách 1: (1) 3 12 x =2

1(1+x3).

2x – 1 = [2

1(1 + x3 )]3 .

x = 2

1[ 1 + [

2

1( 1+ x3)]3 ]. (2)

Đặt f(x) = 2

1(1 + x3) (2) có dạng x=f(f(x)).

Ta có f’(x) = 2

3x2 ≥ 0, x R f’(x) + 1 ≠ 0 với x R

Theo hệ quả định lý Lagrange, phương trình (2) x = f(x) x = 2

1(1 + x3 )

x3 - 2x + 1 = 0

(x – 1)( x2 + x – 1) = 0 1

1 5.

2

x

x

Kết luận: phương trình có ba nghiệm.

Cách 2: Từ phương trình (1) [2

1(1+ x3 )]3 = 2x – 1 (*)

Ta có thể dung hằng đẳng thức khai triển (*) và phương trình trở thành

phương trình bậc 9 . Tuy nhiên việc giải phương trình bậc 9 là không hề đơn

giản.

38

Cách 3: Từ (1) đặt t = 3 12 x t3 = 2x – 1 t3 + 1 = 2x

x = 2

1( t3 + 1)

Kết hợp với (1) ta có hệ phương trình

3

3

1 2

1 2 .

x t

t x

Trừ vế ta có : x3 – t3 = 2t – 2x.

( x – t )(x2 + tx + t2 ) + 2 (x – t ) = 0 ( x – t )(x2 + tx + t2 + 2 ) = 0.

(x – t )[(x + 2

1t)2 +

4

3t2 + 2 ] = 0 x = t.

Thay x = t vào x3 + 1 = 2t ,ta có x3 – 2x +1 = 0.

Có ba nghiệm x = 1 , x = 2

51.

Bình luận: Với việc giải ví dụ này ta có 3 cách làm, tuy nhiên ở cách 2, 3

thì sẽ đưa về phương trình, hệ phương trình bậc cao, ta vẫn tách được nhân

tử, tìm được nghiệm nhưng khá khó khăn. Sử dụng định lý Lagrange vào ví

dụ này là hiệu quả hơn cả.

Ví dụ 2.3.2.5. Giải phương trình: 3x = 1 + x + log3(1+2x). (1)

Lời giải:

+ TXĐ : x > - 2

1.

+ (1) 3x + x = ( 1 + 2x) + log3(1 + 2x )

3x + x = )21(log33 x

+ log3(1 + 2x )

f(x) = f ( log3 (1+2x)) . (2)

Với f(t) = 3t + t là hàm khả vi trên R, f’(t) = 3t ln3 + 1 > 0, t R.

nên (2) x = log3(1 + 2x )

3x = 1 + 2x ( điều kiện : x > - 2

1)

39

3x – 2x – 1 = 0. (3)

Xét hàm số : g(x) = 3x – 2x – 1 là hàm khả vi trên (- 2

1; +∞),

g’(x) = 3x ln3 – 2,

g” (x) = 3x(ln3)2 > 0 với x R.

do đó, g(x) = 0 có không quá 2 nghiệm.

Mặt khác, g(0) = g(1) = 0.

Thử lại x = 0 , x = 1 thỏa mãn (1).

Kết luận chung: x = 0 , x = 1 là nghiệm phương trình (1).

Ví dụ 2.3.2.6. Giải phương trình: xxx 2311 77 loglog . (1)

Lời giải

+ TXĐ: x > 0.

+ Phương trình (1) 7 7 7log log log11 3 2.7x x x

7 7 7 7log log log log11 7 7 3x x x x (2)

+ Giả sử x = α là nghiệm của (2)

Ta có: 7 7 7 7log log log log11 7 7 3

7 7 7 7log log log log(7 4) 7 (3 4) 3

7 3f f

Với f(t) = 77 loglog)4( tt là hàm liên tục khả vi trên (0, +∞)

Ta có : f’(t) = log7α [1log1log 77)4( tt ]

Nên theo định lý Lagrange tồn tại c (3,7) sao cho :

f’(c ) (7 – 3 ) = f(7) – f(3) 4.f’(c ) = 0 f’(c ) = 0

log7α [1log1log 77)4( cc ] = 0

7

7

log 0 1

log 1 0 7.

40

Thử lại , ta thấy x =1, x = 7 thỏa mãn phương trình (1).

Vậy x = 1, x = 7 là hai nghiệm của phương trình đã cho (1).

Cách 2: Đặt t = log7α, phương trình có dạng: 11t + 3t = 2.7t

11 3

( ) ( ) 2 07 7

t t . (4)

Xét hàm f (t) = 11 3

( ) ( ) 27 7

t t là hàm khả vi trên R,

f’(t) = )7

3ln()

7

3()

7

11ln()

7

11( tt ,

f”(t) = 22 )

7

3ln()

7

3()

7

11ln()

7

11( tt > 0 với mọi t.

Theo định lý Rolle ta có : phương trình f(t) = 0 có không quá hai nghiệm

Mặt khác , f(0) = f(1) = 0 t = 0 , t = 1 là nghiệm phương trình (4)

t = 0 x = 1,

t = 1x = 7. Thử lại thấy đúng.

Vậy kết luận: x = 1, x = 7 là hai nghiệm phương trình (1).

2.3.3. Dùng định lý Cauchy để giải phương trình hệ phương trình

2.3.3.1. Định lý Cauchy: Giả sử f, g: [a,b]R có các tính chất:

i). f và g liên tục trên [a,b].

ii). f và g khả vi trong (a,b).

Khi đó tồn tại c (a,b) sao cho:

[f(b) – f(a) ] g’(c ) = [g(b) – g(a) ].f’(c ).

Nếu g’(x) ≠0 với x (a,b) thì '( ) ( ) ( )

'( ) ( ) ( )

f c f b f a

g c g b g a

.

Áp dụng: Định lý Cauchy để chứng minh bài toán tổng quát về hệ hoán vị

vòng quanh n biến, n ≥ 2, n N.

Định nghĩa 2.3.3.1: Giả sử f(x), g(x) là các hàm liên tục trêb [a,b] và khả

vi trên (a,b). Khi đó:

41

- f(x) và g(x) được gọi là có cùng tính đơn điệu nếu : f’(x).g’(x) > 0.

- f(x) và g(x) được gọi là khác tính đơn điệu nếu f’(x).g’(x) < 0.

Định nghĩa 2.3.3.2: 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:

1 2

2 3

1

( ) ( )

( ) ( )

....

( ) ( )n

f x g x

f x g x

f x g x

được gọi là hệ hoán vị

vòng quanh n biến.

Định lý 2.3.3.2 : Giả sử f(x) và g(x) là các hàm liên tục trên [a,b] và khả vi

trên (a,b), khi đó hệ phương trình:

1 2

2 3

1

( ) ( ) (1)

( ) ( ) (2)

...

( ) ( ) ( )n

f x g x

f x g x

f x g x n

a). Nếu f(x) và g(x) cùng đơn điệu thì nếu hệ có nghiệm thì các nghiệm

bằng nhau , tức là : x1 = x2 =….= xn.

b). Nếu f(x) và g(x) khác tính đơn điệu thì :

+ Nếu n lẻ thì x1 = x2 =….= xn.

+ Nếu n chẵn thì x1 = x3 =…= x2k-1 =...=xn-1 và x2 = x4 =..=x2k =...= xn.

2.3.3.2. Các ví dụ


31 1 232 2 333 3 434 4 1

3 2 2 (1)

3 2 2 (2)

3 2 2 (3)

3 2 2 . (4)

x x x

x x x

x x x

x x x

Lời giải:

Ta thấy hệ phương trình trên có 4 ẩn (số ẩn của hệ là chẵn).

+ Xét hàm f(t) = t3 – 3t + 2 và g(t) = 2t, t R là các hàm khả vi trên R, có

đạo hàm f’(t) = 3t2 – 3 , f’(t) = 0 1t

42

g’(t) = 2 > 0 với mọi t R.

+ Hệ phương trình có dạng :

1 2

2 3

3 4

4

( ) ( ) (1)

( ) ( ) (2)

( ) ( ) (3)

( ) ( ). (4)n

f x g x

f x g x

f x g x

f x g x

Trường hợp 1 : Nếu t (-∞; -1) hoặc (1; +∞) thì f, g là các hàm đồng biến,

suy ra nếu hệ có nghiệm thì các nghiệm bằng nhau. Hay x1 = x2 = x3 = x4 . Khi

đó hệ phương trình tương đương với một phương trình:

x3 – 3x + 2 = 2x

x3 – 5x + 2 = 0

(x- 2 )(x2 +2x – 1 ) = 0

2

1 2

1 2.

x

x

x

(loại)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm x1 = x2 = x3 = x4 = 2, và x1 = x2 = x3 =

x4 = 1 2 .

+ Trường hợp 2: Nếu t [-1;1] thì g(t) tăng, f(t) giảm. Khi đó theo định lý

trên ta có: Nếu hệ có nghiệm thì x1 = x3, x2 = x4, khi đó hệ phương trình

tương đương với :

31 1 2

32 2 1

3 2 2 (5)

3 2 2 . (6)

x x x

x x x

Lấy (5) – (6) ta có phương trình :

(x1 – x2)[2 21 1 2 2x x x x - 3 ] = - 2(x1 – x2)

(x1 – x2)[2 21 1 2 2x x x x - 1] = 0

1 2

2 21 1 2 2 1 0.

x x

x x x x

Nếu x1 = x2 1 2 3 4 1 2x x x x .

43

Nếu 2 21 1 2 2x x x x - 1= 0 (*)

2 2 21 2 2 24( 1) 4 3 0x x x khi x2 [-1; 1]

22 2

1

4 3

2

x xx

.

Thay

22 2

1

4 3

2

x xx

vào (*) ta có :

2 22 2 2 22 2

2 2

4 3 4 3( ) ( ) 1 0

2 2

x x x xx x

2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 24 3 2 4 3 2 2 4 3 4 4 0x x x x x x x x

22x = 0

x2 = 0 x1 = 1.

Thay 2

2 21

4 3

2

x xx

vào (*) ta có : x2 = 0 x1 = -1.

Vậy nghiệm hệ phương trình: x1 = x3 = 1 ; x2 = x4 = 0 hoặc

x1 = x3 = -1; x2 = x4 = 0.

Kết luận chung: Hệ phương trình đã cho có năm nghiệm là

1 2 3 4

1 2 3 4

1 3 2 4

1 3 2 4

2

1 2

1, 0

1, 0.

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

Ví dụ 2.3.3.2. (Đề thi Olympic toán Việt Nam- năm 2006): Giải hệ

phương trình:

44

23

23

23

2 6.log (6 )

2 6.log (6 )

2 6.log (6 ) .

x x y x

y y z y

z z x z

(*)

Lời giải:

TXĐ: x,y,z < 6

Hệ phương trình (*)

3 2

3 2

3 2.

log (6 ) (1)2 6

log (6 ) (2)2 6

log (6 ) (3)2 6

xy

x xy

zy y

zx

z z

Đặt g(t) = 3log (6 )t , có g’(t) = 1

(6 ) ln 3t

< 0,

f(t) = 2 2 6

t

t t , có f’(t) =

2 2

6

( 2 6) 2 6

t

t t t t

> 0

là các hàm liên tục trên (-∞, 6], khả vi trên (-∞, 6). Khi đó hệ phương trình

trên có dạng

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

g y f x

g z f y

g x f z

, n = 3 lẻ nên theo định lý trên thì hệ có nghiệm

x = y = z.

Thay vào (1) ta có : 3 2log (6 ) ( ) ( )

2 6

xx g x f x

x x

.

Mà g(x) giảm, f(x) tăng, với mọi x(-∞,6).

Mà g(3) = f(3) = 1g(3) = f(3) hay x = 3 là nghiệm duy nhất phương

trình.

Kết luận: Hệ phương trình (*) có nghiệm là x = y = z = 3.

45

Ví dụ 2.3.3.3.(Đề thi Olympic toán Việt Nam- năm 1994):Giải hệ phương

trình :

3 2

3 2

3 2

3 3 ln( 1) (1)

3 3 ln( 1) (2)

3 3 ln( 1) . (3)

x x x x y

y y y y z

z z z z x

Lời giải:

+ TXĐ : x,y,z R.

+ Ta thấy hệ phương trình có ba ẩn (số ẩn lẻ) suy ra hệ có nghiệm thì x = y

= z.

Thay vào (1) ta có : 3 23 3 ln( 1)x x x x x

3 22 3 ln( 1)x x x x = 0.

+ Xét h(x) = 3 22 3 ln( 1)x x x x ,

h’(x) =

22 2

2 2

2 1 2 13 2 3 0,

1 1

x xx x x R

x x x x

.

h(x) luôn đồng biến, phương trình h(x) = 0 có nghiệm thì đó là nghiệm duy

nhất. Ta thấy h(1) = 1+2 - 3+ ln1 = 0. Suy ra x = 1 là nghiệm duy nhất.

Vậy x = y = z là nghiệm duy nhất của hệ phương trình đã cho.

Ví dụ 2.3.3.4: Giải hệ phương trình

2

2

2

1

1

1.

x y

y z

z x

Lời giải:

Đặt 2(x) x ; (x) x 1f g .

46

Khi ấy hệ phương trình có dạng:

(x) g(y)

(y) g(z)

(z) g(x).

f

f

f

Ta có: '( ) 1 0; '(x) 2x 0 x 0g x f .

Trường hợp 1: Với (0; )x thì f(x) và g(x) cùng là hàm số đồng biến, nên

hệ phương trình có nghiệm thì các nghiệm bằng nhau, hay x=y=z, hệ tương

đương với một phương trình:

2 1 51

2x x x

.

Chọn nghiệm 1 5 1 5

2 2x x y z

là nghiệm hệ phương trình.

Trường hợp 2: Với ( ;0)x thì f(x) nghich biến còn hàm số g(x) đồng biến,

nên hệ phương trình có nghiệm thì x=z. Thay x=z vào hệ phương trình ta có:

2

2

2

1 (*)

1 (**)

1. (***)

x y

y x

x x

Từ (*) và (***) ta có x=y, do đó ta có x=y=z,

Thay vào phương trình (*) ta có 2 1 51

2x x x

.

Chọn nghiệm 1 5 1 5

2 2x x y z

là nghiệm hệ phương trình

Kết luận : Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là:

x = y = z = 1 5

2

; x = y = z =

1 5

2

.


1. Giải phương trình 23 1 1x x x x , có hai nghiệm x = 0 , x = 1.

2. Giải phương trình 2x = 2x ( nghiệm x = 1, x = 2).

3. Giải phương trình 3x = 2x + 1 (nghiệm x = 0 , x = 1).

47

4. Giải phương trình 3 3log log4 2 2x x x (nghiệm x = 1, x =2).

5. Giải phương trình: 2 2 2

2 12 2.7x x x x x x (nghiệm x = 0 , x = 1).

6. Giải phương trình 2 4 2 22 ( 4).2 1x xx (nghiệm x = 2).


2 2

2 2

2 2 .

5 1

5 1

5 1

x y y

y z z

z x x

nghiệm x = y = z = 2.


2 2

2 2

2 2

36 60 25 0

36 60 25 0

36 60 25 0.

x y x y

y z y z

z y z x

nghiệm x = y = z = 0 ; x = y = z =5

6.

9. Giải phương trình: 3 3 36 6 6x x nghiệm x = 2.

10. Giải hệ phương trình

3 2

3 2

3 2

2 1

2 1

2 1 .

y x x x

z y y y

x z z z

có 2 nghiệm x = y = z = 1; x = y = z = - 1.

2.4. Phương pháp cực trị hàm số - Phương pháp đánh giá.

2.4.1 Cơ sở phương pháp

2.4.1.1 Định lý 2.4.1.1. ( Định lý cơ bản):

Giả sử ( )y f x là hàm liên tục trên [a;b] và

[ ; ][ ; ]

max ( ); min ( )a ba b

M f x m f x .

Khi đó:

1). Phương trình (x) cf có nghiệm thuộc [a;b] m c M .

2). Bất phương trình f(x) c có nghiệm thuộc [a;b] M c .

48

3). Bất phương trình f(x) c có nghiệm thuộc [a;b] m c .

4). Bất phương trình f(x) c có nghiệm đúng x [a;b] m c .

5). Bất phương trình f(x) c có nghiệm đúng x [a;b] M c .

Chứng minh:

1. Điều kiện cần: Đặt h(x)=f(x)-c. Theo định nghĩa, tồn tại 1 [ ; ]x a b ,

f( 1x )=[ ; ]min (x)

a bf và tồn tại 1 [ ; ]x a b sao cho f( 2x )=

[ ; ]max (x)

a bf .

Khi đó, 1 2(x ) 0, (x ) 0.h h Vì h(x) là hàm liên tục nên tồn tại nghiệm h(x)=0

trên [a;b].

Điều kiện đủ: vì ( )f x c có nghiệm thuộc [a;b] nên 0 [ ; ]x a b mà c= 0(x )f thì

0minf (x ) ax ff m . Do đó, m c M .

2. Điều kiện cần: Vì ( )f x c có nghiệm thuộc [a;b] nên 0 [ ; ]x a b sao

cho 0( )f x c . Ta luôn có [a;b] [ ; ]

(x)) ( ); x [ ; ]a b

M max f f x a b . Suy ra: M c .

Điều kiện đủ: Ngược lại, theo định nghĩa tồn tại 1 [ ; ]x a b , f( 1x )=[ ; ]

(x)a b

max f . Vì

[ ; ](x)

a bmax f nên 1(x ) cf . Vậy bất phương trình ( )f x c có nghiệm thuộc [a;b].

3. Điều kiện cần: Vì f(x)<c có nghiệm thuộc [a;b] nên 0 [ ; ]x a b sao cho

0( )f x c . Ta có: [ ; ]min (x) ( ), [ ; ]

a bf f x x a b nên 0

[ ; ]min (x) ( ) c, [ ; ]

a bf f x x a b .

Điều kiện đủ: : Ngược lại, theo định nghĩa tồn tại 1 [ ; ]x a b , f( 1x )=[ ; ]min (x)

a bf .

Vì[ ; ]min (x) c,

a bf nên 1(x ) c.f Vậy bất phương trình f(x)<c có nghiệm thuộc [a;b].

4. Điều kiện cần: theo định nghĩa tồn tại 1 [ ; ]x a b , f( 1x )=[ ; ]min (x)

a bf . Vì giả

thiết f(x)>c, [ ; ]x a b nên 1(x ) cf [ ; ]min (x)

a bf >c.

Điều kiện đủ: ngược lại, [ ; ]min (x)

a bf >c và f(x)>

[ ; ]min (x)

a bf , [ ; ]x a b , nên f(x)>c.

49

5. Điều kiện cần: theo định nghĩa tồn tại 1 [ ; ]x a b sao cho: f( 1x )=[ ; ]

(x)a b

max f .

Vì giả thiết ( ) , [ ; ]f x c x a b nên 1(x ) cf [ ; ]

(x) ca b

max f .

Điều kiện đủ: Ngược lại, [ ; ]

(x) ca b

max f và f(x) [ ; ]

(x)a b

max f [ ; ]x a b

nên ( ) , [ ; ]f x c x a b .

2.4.1.2 Giả sử f(x) và g(x) là 2 hàm cùng xác định trên tập D, ( ) ,f x x D

và ( ) ,g x x D .

Khi đó,( )

( ) ( )g( ) .

f xf x g x

x

2.4.2. Các ví dụ


2. (1)1

5 2 4 2 (4x 1)27

x x

Lời giải:

TXĐ: 5

[ ;2]2

x .

Ta thấy 2( 5 2 4 2 ) 9 2 (5 2 )(4 2 ) 9x x x x .

Hay 5 2 4 2 3x x .

Mặt khác 2

5[- ;2]

2

1max (4x 1) 3

27 .

Vậy phương trình (1)(1) 3

2(1) 3

VTx

VP

.

Vậy x=2 là nghiệm phương trình đã cho.


2 2 21 1 2. (2)x x x x x x

Lời giải:

50

TXĐ: 2

2

1 0

1 0.

x x

x x

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

2 2 2 21 1 (1 1 )2 2 , 0x x x x x x x

+) Xét hiệu:

2 2 2

2

( 2) 2 (x 1) 1) 0

2 2 , 0

x x x x

x x x x

Vậy với

(2) 2

0 : 1(2) 2

VT xx x

VP x

+) Với x<0: 2 21 1 2 , 0x x x x x x

2 2 2( 2) 2 x ( 1) 1 1x x x x

Nên phương trình không có nghiệm khi x<0

Kết luận: x=1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho (2).


2

22

6 156 18

6 11

x xx x

x x

(3)

Lời giải:

TXĐ: D=R

Đặt t=(x-3)20

Phương trình có dạng: 6

92

tt

t

(*)

Ta thấy: 4 4

(*) 1 1 32 2

(*) 9 3, 0

VTt

VP t t

Để (*) xảy ra Vế trái (*)=Vế phải (*)=3 x=3 là nghiệm phương trình đã

cho. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = 3.

51

Ví dụ 2.4.2.4: Giải phương trình

2 4 2 413 9 16x x x x (4)

Lời giải:

TXĐ: [-1;1]x .

Ta thấy phương trình (4) chẵn đối với x, nên ta xét trường hợp 0x

2 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

(4) (13 1 9 1 )

( 13 13 13 3 3 3 3 )

1640 (16 10x ) 4.( ) 256

2

VT x x x

x x x

x

Dấu = xảy ra

22

2 2

11 2

95

10 16 10

xx

x

x x

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm.


1

1 2014 1 2014 11

x x xx

(5)

Lời giải:

TXĐ: 1 1

[ ; ]2014 2014

x

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

2 21 2014 1 2014 (1 1 )(1 2014 x 1 2014x)x x

2VT với 1 1

[ ; ]2014 2014

x

Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: 1 1

1 2 ( 1)( ) 21 1

x xx x

Hay VP 2

Phương trình (5) xảy ra 2 0VT VP x

Kết luận: Vậy phương trình (5) có nghiệm x = 0.

52


2 2 2 213 1 1 (7 x x 4)

2 2x x x x x . (6)

Lời giải:

TXĐ: 1

( ; ] [1;+ )3

x

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

2 2 2 2 23 1 1 (x 2)(5x x)VT x x x x x

Dấu bằng xảy ra khi x= -1

2 2 2 2 21 1(7 x x 4) [(5x -x)+2(x +2)] (5x -x)(x +2)

2 2 2 2VP

Dấu bằng xảy ra khi 4

13

x x

Vậy để VT=VP thì x= -1

Kết luận; x= -1 là nghiệm phương trình đã cho.

Nhận xét: Qua các ví dụ trên ta thấy việc xác định nghiệm phương trình là dễ

hơn nếu một vế của phương trình là không đổi.

Ví dụ 2.4.2.7: Giải phương trình sau: 2 23 3 . (1)log (x 1) log 2x x x x

Lời giải: TXĐ: D= (0; ) .

Phương trình 23

1log (x 1) 1 (x 1)

x .

Ta thấy: 1

x 1 2 1 3x

.

3 3

2

1log (x 1) log 3 1,

1 (x 1) 1.

VTx

VP

Vậy phương trình (1) 3

2

1log (x 1) 1

1.

2 x 1

xx

x

Vậy phương trình có nghiệm x=1.

53


2014 2015

2015 2014 1x x .

Lời giải:

Nếu x>2015 thì 2015

2014 1 1x VT phương trình vô nghiệm.

Nếu 2014

2014 : 2015 1 1x x VT phương trình vô nghiệm.

Nếu 2014 2015:x thì

2014 2015

2014 2015

2015 2014 1

(2015 x) (x 2014) 1.

x x

Đặt u=2015-x; v=x-2014. Thay vào phương trình trên ta có hệ phương

trình:

2014 2015 10, 1 2015

11, 0 2014.

0 , 1

u vu v x

u vu v x

u v

Kết luận: phương trình đã cho có hai nghiệm là x=2014 và x=2015.


4 3 2 2( 4 12 9 16 2x 3x)( 3 1) 8. (1)x x x x x

Lời giải:

TXĐ: [1;+ )x .

Phương trình (1) 2 2 2 23 34(x x) 16 2(x x) (x 1) 4 1 8

2 2x

Đặt

2 3; 1

2u x x v x .

Phương trình có dạng:

2 24 16 2 4 8u u v v

54

2 24 4 4u u v v

2 24 4v v u u (nhân liên hợp)

(v) (u)f f (*) với 2(t) 4f t t

2

'(t) 1 0,4

tf t

t

.

Hàm số f(t) luôn đồng biến, nên phương trình (*) u v

22 2 2 3 21 3

(v 1) (v 1) (v 1)(2v 2 v 1) 0 1 2.2

x vv v v x

u v

Kết luận: x=2 là kết quả cần tìm và là nghiệm phương trình (1).


2 2

2 2

8 16 36 5(2x 3y) 6 0 (1)

2 3 30 (2)

x y xy xy

x y

Lời giải: TXĐ: 0xy .

212 2(2x 3y) 5(3x1 2 y) 6xy xy

62 3 5

2 3 26

xyx y

x yxy

.

Đặt .2 3 1

; 2 (t) t6

x yt t f

txy

Có 2

1'(t) 1 0; 2.f t

t

Do đó: 5 5

(t) (2) ( ) 2.2 2

f f f t t

2 3x y (*)

Thay (*) vào (2) ta có x=3; y=2

Kết luận nghiệm hệ phương trình là (x=3;y=2).

55

Ví dụ 2.4.2.11: Giải hệ phương trình sau:

4 2 (*)

4 2. (**)

x y

x y

Lời giải:

TXĐ: , [0; )x y .

Cách 1: Ta thấy: 4 2x y với 0, 0x y .

Dấu = xảy ra khi x=y=0.

Và, 4 2x y với 0, 0x y .

Dấu = xảy ra khi x=y=0.

Kết luận: x=0; y=0 là nghiệm của hệ phương trình.

Cách 2: Trừ vế (*) cho (**) ta có: 4 4x x y y

(x) (y)(***)f f với (t) 4f t t .

Xét f(t), có 1 1

'( ) 0, 02 2 4

f t tt t

.

Hay hàm số f(t) luôn nghịch biến với 0t .

Vậy nên phương trình (***) x y .

Thay y=x vào phương trình (*), ta có: 4 2x x

4 2 (x 4) 4x x x

(x 4) 0x x

0 0

4 0.

x x

x x

Mà 4 2, 0x x x .

Do đó, phương trình 4 0x x vô nghiệm.

Kết luận: Phương trình đã cho có một nghiệm x=0.

Vậy x= 0; y = 0 là nghiệm của hệ phương trình đã cho.

56


log log (1)

2 2 3. (2)y x

yx

xy y

Lời giải:

TXĐ: , (0; ) \{1}x y .

Từ phương trình (1), ta có:

2 2log log 2 0y yx x

2 2 0, log yt t t x

1

2.

t

t

+) Với 2

31 log 1 log

2yt x x y x y .

+) Với 2

12 log 2yt x x

y .

Thế vào (2), ta có: 2

1

2 2 3y y .

Nếu y>1, thì 2 2

1 1

2 2,2 1 2 2 3y y y y .

Nếu 0<y<1, thì 2 2

1 1

2

11 2 1;2 2 2 2 3y y y y

y .

Hệ phương trình vô nghiệm.

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm 2

3log

2x y .


2 2

2 22 2

(log y log x)(x ) (1)

1. (2)

yxe e xy y

x y

Lời giải:

+) TXĐ: x,y (0; ) .

57

Từ phương trình (2), 2 21 1 , 1y x x y .

Kết hợp với TXĐ, ta có: 0<x,y1.

+) Nếu x>y>0 : thì (1) e 0,yxVT e

2 22 2(1) (log log )(x xy y ) 0.VP y x

Nên phuong trình (1) vô nghiệmHệ phương trình vô nghiệm

+) Nếu 0<x<y (1) e 0,x yVT e

2 22 2(1) (log log )(x xy y ) 0.VP y x

Phương trình (1) vô nghiệm.

+) Nếu x=y thay vào phương trình (2), ta có :

2 .1

2 12

x x

Kết hợp với điều kiện ta có 1

2x y .

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm 1

2x y .


1. Giải phương trình 2 2

91

x xx

có 1 nghiệm 1

7x .


4 4 44 2( 4 4 )x x x có hai nghiệm là 2x .

3. Giải phương trình 3 3 4 28 64 8 28x x x x có một nghiệm x=4.

4. Giải phương trình: 22 1 3 5 3 30 71 0x x x x có một nghiệm

x=5.

5. Giải phương trình 3 2 43 8 40 8 4 4 0x x x x có một nghiệm x=3.

6. Giải phương trình: 24 12 1 4(x 5 1 9 5 )x x x x có một nghiệm

x=1.

7. Giải phương trình 67 2x x có một nghiệm x=5.

58

8. Giải phương trình 2 6 5 23 6 6x x x x có hai nghiệm x=3 3 .

9. Giải phương trình 2

3 osx=0x c có một nghiệm x = 0.


2016 2016

2015 2015

1

1

x y

x y

có hai nghiệm là (x=0;y=1) và (x=1;y=0).

59

CHƯƠNG 3. PHƯƠNG PHÁP HÀM GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH,

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH - BẤT

PHƯƠNG TRÌNH

3.1. Phương pháp hàm liên tục giải bất phương trình

3.1.1. Cơ sở phương pháp

- Nếu f(x) là hàm liên tục và đồng biến : f(x) ≥ f(y) x ≥ y.

Nếu f(x) là hàm liên tục và nghịch biến: f(x) ≥ f(y) x≤ y.

- Giả sử f(x) là hàm liên tục trên (a,b) nếu f(x) = 0 không có nghiệm trên (a,b)

thì f(x) giữ nguyên một dấu trên khoảng đó.


Ví dụ 3.1.2.1: Giải bất phương trình

2 2 22 (4 1) ( 3 1) 3 . (*)x x x x x x

Lời giải

(*) 2 2 2 22 [(2 ) 1] [( 3 ) 1] 3x x x x x x

f (2x) ≥ f (2 3x x ).

Với f(t) = (t2 + 1)t , có f’(t) = 3t2 + 1> 0 , t.

Khi đó , f (2x) ≥ f (2 3x x )

2x ≥ 2 3x x

2 2

0 0

1.4 3

x x

xx x x

60

Ví dụ 3.1.2.2. Giải bất phương trình :

34 ( 2) 2 3. ( )x x x x i

Lời giải:

TXĐ: x≥3

2 .

Phương trình (i) 8x3+2x ≤(2x+4) 2 3x

(2x)3+2x≤( 2 3x )3+ 2 3x

f(2x)≤f( 2 3x ) (*)

với f(t) = t3 + t, f’(t) = 3t2+1> 0 với t.

Hàm f(t) luôn đồng biến trên R, nên (*) 2x< 2 3x

2

30

2 3 1(1 13).

0 2 4

4 2 3 0

x

xx

x x

Nhận xét: Để giải một bất phương trình ta giải phương trình tương ứng.

Do tính không đổi dấu của hàm liên tục trên khoảng 2 nghiệm ta kết luận

được nghiệm bất phương trình.

Ví dụ 3.1.2.3: Giải bất phương trình: 3 2 4 1 2 3. ( )x x x i

Lời giải

+ TXĐ: x ≥ 1.

+ Xét f(x) = 3 2 4 1 2 3 0.x x x

61

+ Giải phương trình f(x) = 0 3 2 4 1 2 3x x x = 0

3 2 4x 2 ( 1 1) 2( 2)x x = 0

2

3 2 2 3 2

4 22( 2) 0

1 1( 4) 2 4 4

x xx

xx x

3 2 2 3 2

2

2 12 0

1 1( 4) 2 4 4

x

x

xx x

không có nghiệm x ≥ 1.

Vậy f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 2.

Ta có bảng xét dấu:

x 1 2 +∞

f(x) + 0 -

Vậy nghiệm bất phương trình 1 < x < 2.

Ví dụ 3.1.2.4. Giải bất phương trình:

21. (*)

1 2( 1)

x x

x x

Lời giải:

+TX Đ: x > 0.

+ Bất phương trình (*) 21 0

1 2( 1)

x x

x x

2

2

1 2( 1)0.

1 2( 1)

x x x x

x x

62

+ Do 21 2( 1)x x =

21 31 2( ) 0, 0

2 2x x .

Nên (*) f(x) = 22( 1)x x (1 )x x <0.

+ Trước hết , ta giải phương trình f(x) = 0

22( 1)x x =1 x x .

Bình phương 2 vế ta có : 2 2 2 1 0x x x x x .

Đặt t = x ≥0: 4 3 22 2 1 0t t t t

21 1( ) 2( ) 1 0t t

t t

11

tt Có duy nhất nghiệm x =

3 5

2

(0) 2 1 0f .

Vậy bất phương trình (*) đã cho có nghiệm là x > 3 5

2

.

3.1.3. Bài tập đề nghị

a). Giải bất phương trình:

22

3 2

3log 3 2

2 4 5

x xx x

x x

nghiệm [-2 ; -1].

b). Giải bất phương trình:

21 22 2 ( 1)x x x x có nghiệm với mọi x ≠ 1.

c). Giải bất phương trình:

2 23 3log ( 1) log 2x x x x x có nghiệm x > 1.

63

d). Giải bất phương trình:

4 2 43 2 13x x có nghiệm x > 0.

e). Giải bất phương trình:

2( 1) 1 23 3 4 3x x x x có nghiệm x ≥ 2.

f). Giải bất phương trình:

1 12 3 6 1x x x có nghiệm x < 2.

3.2. Phương pháp cực trị hàm số - Phương pháp đánh giá để giải bất

phương trình.

Tương tự ta cũng sử dụng phương pháp cực trị hàm số, phương pháp

đánh giá để giải bất phương trình.


Ví dụ 3.2.1.1. Giải bất phương trình: 41 1 1.x x (*)

Lời giải:

TXĐ: -1 ≤ x ≤ 1.

Gọi 4( ) .1 1f x x x

Khi -1 ≤ x < 0 :f(x) ≥ 1 x >1.

Khi 0<x≤1 : f(x) ≥ 4 1 x >1.

Mà: f(0) = 2.

vậy min f > 1, bất phương trình vô nghiệm.

Nhận xét : ta có thể dùng đạo hàm để tính [ 1,1]min ( )f x

.

Vậy bất phương trình đã cho vô nghiệm.

64

Ví dụ 3.2.1.2. Giải bất phương trình

2.

61 19 2

10 24x x

x x

Lời giải:

+ TXĐ:

1 19

2 2

4, 6.

x

x x

Theo Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz VT ≤ 6 , VP ≥ 6.

Suy ra nghiệm bất phương trình x = 5.


3 2 22 7 16 25 12 6 1. (1)x x x x x

Lời giải:

+ VT = 2 2 22 (7 4)( 3) 7 4 3 6 1.x x x x x x x x (2)

+ Từ (1) và (2) (1) xảy ra dấu “ =” 7x – 4 = x2 – x +3 1

7.

x

x

Vậy (1) có nghiệm là : x=1 và x=7.


2 2 23 2 4 3 2 5 4. (3)x x x x x x

Lời giải:

Điều kiện: x ≥ 4 hoặc x ≤ 1.

Với x ≥ 4 thì (3) 2 3 2 4, 4x x x x là nghiệm của

(3).

Với x = 1 là nghiệm của (3).

Với x < 1, (3) 2 3 2 4x x x vô nghiệm.

Kết luận chung: nghiệm của bất phương trình đã cho là x = 1 hoặc x ≥ 4.

65


2 2 23 6 7 5 10 14 4 2 . (*)x x x x x x

Lời giải

TXĐ:D=R.

2 2(*) 3( 1) 4 5( 1) 9 5VT x x .

2

* 5 – 1 5.VP x

Vậy x đều là nghiệm bất phương trình, bất phương trình đã cho có

nghiệm là x.

Ví dụ 3.2.1.6: Giải bất phương trình:

2 1 2 13 ( 1)3 1. (*)x xx

Lời giải:

Xét hai trường hợp:

+Trường hợp 1: x2 – 1 < 0 |x| < 1.

2 1

2 1

3 1

( 1)3 0

x

xx

2 1 2 13 ( 1)3 1x xx .

Bất phương trình vô nghiệm.

+Trường hợp 2: Với x2 – 1 ≥ 0 |x| ≥ 1.

2 1

2 1

3 1

( 1)3 0

x

xx

2 1 2 13 ( 1)3 1x xx .

Do đó , bất phương trình nghiệm đúng với mọi |x| ≥ 1.

Kết luận chung: Nghiệm bất phương trình (*) là |x| ≥ 1.

66


2 2sin cos2 2 2(sinx cos ) (1)x x x

Lời giải:

Ta có 2 2 2 2sin cos sin 1 sin(1) 2 2 2 2 2 2x x x xVT (theo bất đẳng thức

Cauchy).

2 2 sin( ) 2 24

2 .1VP sinx co xsx

Nên bất phương trình có nghiệm khi 2 2

2 2

VT

VP

22 2 sin 2sin 1 sin (2 ) 22 22 .

4sin( ) 1 24 4

xx x

x kx x k

Kết luận chung: Nghiệm của bất phương trình là

2 , .4

x k k Z

Ví dụ 3.2.1.8,Giải hệ bất phương trình:

1 2 1

4

4 3.4 2 (1)3 2 log 3. (2)

x y y

x y

Lời giải:

Xét (1), 1 2 1 3 2(1) 4 3.4 2 3.4 .x y y x yVT

Từ (2) ta thấy VT (1) ≥ 4log 32 3.4 2

Do đó hệ bất phương trình trở thành

1 2 1 2

4 4

4 3.4 4 3

3 2 log 3 3 2 log 3

x y y x y

x y x y

67

44

44

1(1 log 3)

log 3 2

3 2 log 3 1(1 log 3).

2

xx y

x yy

Kết luận: Hệ bất phương trình có một nghiệm.


1, Giải bất phương trình:

2 22 5 1 1 2x x x x x , nghiệm x = 1.

2, Giải hệ bất phương trình:

2 1 2 2

2 2 2 2 1

x y y y

x y y y

nghiệm x = y = 0.

3, Giải bất phương trình 22 10 12 40x x x x , nghiệm x = 6

4, Giải bất phương trình:

3 2 22 7 11 25 12 6 1x x x x x , nghiệm x = 1, x = 7.

5, Giải bất phương trình 2 2sin cos4 3.4 8x x , HD: đặt t=

2sin4 x .

6, Giải bất phương trình 2 35

2122 1

xx

x

, HD: đặt t= 2 1x .

3.3. Biện luận phương trình – Bất phương trình

3.3.1. Cơ sở phương pháp

Cho hàm số f(x) liên tục trên tập D

1, Phương trình f(x) = m có nghiệm x D min ( ) max ( )x D x D

f x m f x

.

2, Bất phương trình f(x) ≤ m có nghiệm x D min ( )x D

f x m

.

3, Bất phương trình f(x)≤ m nghiệm đúng m ax ( )x D

x D f x m

.

68

4, Bất phương trình f(x) ≥ m có nghiệm x D max ( )x D

f x m

.

5, Bất phương trình f(x)≥ m có nghiệm đúng min ( )x D

x D f x m

.

6, Hai hàm số y = f(x) đơn điệu trên tập D.

Khi đó f(u) = f(v) u = v, u,v D.


Ví dụ 3.3.2.1: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có

nghiệm:

29 9 . (1)x x x x m

Lời giải: TXĐ: x [0,9]

+ Phương trình (1) 29 2 (9 ) 9x x x x x x m

2 29 2 9 9 . (2)x x x x m

Đặt t = 2 9x x .

Ta có t’= 2

2 9

2 9

x

x x

; Và t’ = 0 x =

9

2.

x 0 9

2

9

t’ + 0 -

t

0

9

2

0

Do đó 0 ≤ t ≤ 9

2.

Khi đó phương trình (2) có dạng : 9 + 2t = t2 + m - t2 +2t + 9 = m. (3)

69

Xét hàm số f(t) = - t2 +2t + 9 , với 0 ≤ t ≤ 9

2.

f’(t) = -2t + 2 , f’(t) = 0 t = 1.

Ta có 9 9

(0) 9; (1) 10; ( )2 4

f f f .

99 [0; ][0; ]22

9 9max ( ) (1) 10;min ( ) ( )

2 4f t f f t f .

Phương trình (1) có nghiệm x [0; 9] phương trình (3) có nghiệm

t[0; 9

2]. Điều này xảy ra

9

4 ≤ m ≤ 10.

Kết luận: 9

4 ≤ m ≤ 10 là diều kiện cần tìm.

Ví dụ 3.3.2.2: Tìm các giá trị của m để tồn tại và duy nhất cặp số (x.y) thỏa

mãn: 3 2m x y x y . (*)

Lời giải:

+) TXĐ: ; [0;+ )x y .

+) Nhận xét: Với mọi m, cặp số (0;0) thỏa mãn (*).

Bây giờ ta tìm m để cho không có cặp số 0; 0x y và x+y>0

Khi đó, phương trình (*) 3

2x y

mx y x y

. (**)

Đặt ;0 1 1x y

t t tx y x y

.

(**) ( ) 3 2 1 ;0 1f t t t m t .

3 1'( )

4 1f t

t t

.

[0;1] [0;1]min (t) 3;max (t) 7f f .

Vậy để không có nghiệm 7m hoặc 3m .

70

Ví dụ 3.3.2.3: Tìm giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm:

5 2 3. (*)3 2 ( 1)x x m x x

Lời giải:

TXĐ: 1x .

Bất phương trình (*) 5 2 3(x) (x 3x 2)( 1)f x x m .

Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để ( )f x m có nghiệm 1x . (**)

4 3 5 2 2 1 1'( ) (5x 6x)( 1) 3(x 3x 2)( 1) ( ) 0; x 1

2 2 1f x x x x x

x x

hay f(x) luôn đồng biến với mọi 1x .

Do đó, (**) (1) 2m f

Kết luận: 2m là kết quả cần tìm.

Ví dụ 3.3.2.4: Tìm m để hệ sau có nghiệm:

2

3

1 1 2 2

3 3 2.

x y xy x

x x xy m

(*)

Lời giải:

TXĐ: 1;y x R .

Đặt 1z y hệ trở thành: 2 2

3 3

2 1

3 2.

x z xz

x xz m

Đặt x=tz, hệ

2

3 2 3 2

3 3 2

.

0 0;(t 2 t) 0

(t 2 t) 1 (t 2 t) 1

(t 3t) m 2 32

2

z z

z z

z tm

t

Với 2(t 2 t) 0 0t hoặc 2t .

Xét f(t)=2 3

2

t

t

với 0 2t t ;

2

2.

4 3'( )

( 2)

t tf t

t

71

Ta có bảng biến thiên:

t 0 2 3

f’(t) + 0 -

f(t)

Từ bảng biến thiên ta có: để hệ có nghiệm thì

.

2 6 4

3 12

2 2

m m

m m

.

Ví dụ 3.3.2.5. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất:

2 2 2

2 2

2 2 2

2 4 2 1 .

x y x y y m

xy x xy x m

(1)

Lời giải:

Hệ phương trình

2 2 2 2

2 2 2 2

2 (y 1) (y 1) 1 2 1

2 (y 1) 1 2 1

x m x t t m

x x m xt x m

(2), với t=y+1.

(2) có nghiệm duy nhất khi 3 22 1t x y y m có nghiệm duy nhất

Xét 3 2( ) 2 1f y y y ,

2'( ) 6 2f y y y ; '(y) 0 y 0f hoặc 1

3y .

3

2

6

72

Ta có bảng biến thiên:

y 0

f’(y) + 0 0 -

f(y)

f(y)=m có nghiệm duy nhất khi: m>1 hoặc 26

27m .

Với m >1 thì

(2)2 2

(x t)(2xt x t) 0

2 1x t t m

3 2

22

2

(3)2 1

2 1(4)

4 2 11 .

(2x 1)

x t

t t m

xt

x

x xx m

(3) có nghiệm, (4) vô nghiệm.

Khi m > 1 hệ có nghiệm duy nhất. Tương tự 26

27m không có nghiệm duy

nhất.

Kết luận m > 1 là kết quả cần tìm.

Ví dụ 3.3.2.6: Tìm m, n N* sao cho f(x) = xn + xm + 1 > 0 với x.

Lời giải

Nhận xét: Bài toán tương đương với tìm số tự nhiên m,n khác 0 để:

min ( )R

f x > 0.

26

27

1

73

Ở đây min ( )R

f x = U (n,m) nên ta xét các trường hợp:

+ Nếu m,n chẵn thì min ( )R

f x ≥ 1.

+ Nếu m,n đều là số lẻ thì f(-2) < 0 (loại).

+ Nếu n là một số chẵn, m là một số lẻ,n< m thì f(-2) < 0 (loại).

+ Nếu

2

2 1

n k

m p

n m

,f(x) = xm ( xn – m + 1 ) + 1.

1

1 0

0

x

x

x

, f(x) > 0.

Vậy n = 2k, m = 2p + 1, k > p thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ví dụ 3.3.2.7: Cho bất phương trình : mx + 1x + 4m – 2 > 0 (*), m là tham

số.

Tìm m để bất phương trình:

1. Có nghiệm.

2. Nghiệm đúng x ≥ 1.

3. Nghiệm đúng x [2, 37].

Lời giải:

(*) m(x – 1 ) + 1x + 5m – 2 > 0 (**)

Đặt t = 1x ≥ 0

(**) mt2 + t + 5m – 2 > 0 f(t) = 2

2

5

t

t

< m

1. Do 0 0

1 2min ( ) (5) ,max ( ) (0)

10 5t tf t f f t f

f(t) < m có nghiệm m > 1

10 .

74

2. f(t) < m , t ≥ 0 m > 2

5.

3. f(t) < m nghiệm đúng t [1;6] [1;6]

1max

6f <m.

Chú ý: Trong một số trường hợp phương pháp này có thể thay thế định lý

đảo tam thức bậc 2.

Ví dụ 3.3.2.8: Cho tam thức bậc 2 : f(x,m) = mx2 + 2x + 4m – 3 (*)

Tìm giá trị của tham số m để:

1. f(x,m) ≥ 0 x.

2. f(x,m) < 0 , x ≤ -1.

3. f(x,m) ≥ 0 x [0;2].

4. f(x,m) < 0 có nghiệm x ≤ - 1.

5. f(x,m) ≥ 0 có nghiệm x[0;2].

Lời giải :

f(x,m) = (x2 + 4)m + 2x – 3

1, f(x,m) ≥ 0 g(x) = 2

3 2

4

x

x

< m , x max g(x) < m

g’(x) = 2

2 2

12 6 8, '( ) 0

4.( 4)

xx xg x

xx

max ( ) 1 .R

g x m

2, g(x) = 2

3 2

4

x

x

> m, x < - 1

1min ( ) 0x

g x m

.

3, [0,2] [0,2]

1 3 3min ( ) ,max ( ) (0)

8 4 4g x g x g m .

4, m < 1

max ( )x

g x

= 1.

5, g(x) = 2

3 2

4

x

x

< m có nghiệm [0;2]

75

[0,2]

1min ( )

8g x < m.

Ví dụ 3.3.2.9: Biện luận theo m số nghiệm phương trình 2 1

x mm

x

(*)

trong đó m là tham số.

Lời giải:

2 1

x mm

x

x = (

2 1x - 1)m

x(2 1x + 1) = x2m

2

0

1 1( ) .

x

xf x m

x

f’(x) = 2

2

1 1x

x

< 0 x ≠ 0.

lim ( ) 1x

f x

, lim ( ) 1x

f x

,0

lim ( )x

f x

,0

lim ( )x

f x

.

m phương trình có nghiệm x = 0.

Với m (0, 1) phương trình có nghiệm x > 0.

Với m (-1, 0) phương trình có nghiệm x < 0.

|m| ≥ 1 chỉ có 1 nghiệm x = 0.


1. Biện luận theo m số nghiệm phương trình, với m là tham số:

2 22 4 2 4 1 22 2 2 3.x mx x mx x mx

(Đáp số: m phương trình có 2 nghiệm 2 3x m m ).

2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc ( 0,2

)

3 tan 1x (sinx + 2cosx) = m (sinx + 3cosx).

76

(Đáp số: m > 2).

3. Tìm m để bất phương trình có nghiệm x [ 0 , 1+ 3 ]

2( 2 2 1) (2 ) 0m x x x x ( Đáp số: m ≤ 2

3).

4. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

2

2

5 4 0

3 16 0

x x

x mx x

(Đáp số: 8 ≤ m ≤ 19).

5. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

2 2 4 2 2( 1 1 2) 2 1 1 1m x x x x x .

6. Chứng minh rằng: m > 0 phương trình : 2 2 8 ( 2)x x m x

luôn có 2 nghiệm phân biệt.

7. Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng x ≥ 0

mx4 – 4x + m ≥ 0. (Đáp số: m ≥ 4 27 ).

3.4. Phương pháp hàm chứng minh bất đẳng thức

Việc chứng minh một bất đẳng thức về mặt nào đó giống như việc tìm giá trị

cực trị của một hàm nào đó. Vì vậy, trong một số bài toán chứng minh bất

đẳng thức có thể dùng phương pháp hàm theo một số bước:

Chọn biến số

Lập hàm số, tìm miền xác định

Đặt và giải bài toán


Ví dụ 3.4.1.1: Cho a và b là 2 số đều dương thỏa mãn:

2 2

2 2

2 3

2 3 1(*)

log (3a 2b) 1.a b

a b

Chứng minh: P= 3a+2b35

6 .

77

Lời giải:

Từ (*) 2 2

2 2

2 3 1

3a 2b 2 3

a b

a b

với a>0; b>0.

Thay b=3

2

P a ta có

2 2

2 2.

32 (P 3a) 1

43

2 (P 3a)4

a

P a

(**)

Bài toán đưa được về tìm giá trị lớn nhất của P để hệ (**) có nghiệm

2 2

2 2

32 (P 3a) 1

43

2 (P 3a)4

a

P a

2 2

2 2

35 18 3 4 0

35 18 3 4 0.

a Pa P P

a Pa P

có nghiệm a>0, b>0.

352' 140P 24P 0 06

P .

Khi 35

6P , có nghiệm

9 3 2;

35 2 3

Pa b thỏa mãn điều kiện: 2 22 3 1a b

Vậy P = 3a+2b 35

6 ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 3.4.1.2: Cho a,b,c 2 2 20: 3a b c .

Chứng minh rằng: 5 14

3ab bc ca

a b c

.

Lời giải:

Đặt t=a+b+c, suy ra: ab+bc+ca=2 3

2

t .

Xuất phát từ:

2

2 2 230 3

2t

ab bc ca a b c

.

Ta có: 23 9t .

Bài toán đưa về tìm 2

[ 3;3]

3 5max[ ]

2t

t

.

Xét

78

2 5 3

( ) ; [ 3;3]2 2t

f t tt

.

Có 2

5'( ) 0;f t t

t với 3t .

[ 3;3]

14max ( ) (3)

3f t f Dấu = xảy ra khi

31

a b ca b c

a b c

.

Ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 3.4.1.3: cho a,b,c>0. Chứng minh:

2 2 2

1 2 1(a 1)(b 1)(c 1) 41

Pa b c

.

Lời giải:

Xuất phát từ: 2 2 21(A B)

2A B

Ta có: 2 2 2 2 2 21 1 11 (a b) (c 1) (a b c 1)

2 2 4a b c

33(a 1)(b 1)(c 1) ( )

3a b c

.

Đặt t=a+b+c+1>1,

Khi đó: 3

2 54( ) ; (1; )

(t 2)f t P t

t

,

4 2

162 2'(t)

(t 2)f

t

,

1

'( ) 04.

tf t

t

x 1 4

t’ + 0 -

t

1

4

79

P [1;+ ]

1 1max ( ) ,P 1

4 4f t khia b c

.

Ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 3.4.1.4: Cho số dương x. Chứng minh rằng: 2 1x 2x

x .

Lời giải:

Đặt 0

20 2

0 0

01

x 12

x yy x

x y xyx

có nghiệm.

Phương trình 2 20 02 1 0y x y x có nghiệm khi

0

040 0

02

8 0

yy

y y

.

Khi đó có nghiệm

2 4

0 0 08

2

y y yx

Vậy với mọi số dương x thì: 2 1x 2x

x , dấu bằng xảy ra khi x=

1

2.

Ví dụ 3.4.1.5: Cho 02

a b

. Chứng minh rằng: asina- bsinb>2(cosb-cosa).

Lời giải:

Xét 2f x xsinx cosx với (0; )2

x

.

Có f ‘(x)=xcosx- sinx= (x-tanx)cosx<0, với mọi (0; )2

x

(vì cosx>0; tanx>x

với mọi (0; )2

x

).

Vậy f(x) nghịch biến với mọi x (0; )2

x

. Do đó, với 02

a b

ta có: f(a)> f(b).

Suy ra: asina+ 2cosa>bsinb+ 2cosb asina- bsinb>2(cosb-cosa).

Nhận xét: Đối với các bất đẳng thức chứa nhiều biến số ta có thể:

80

Hoặc đặt một bộ phận làm ẩn phụ t, với điểu kiện (*) thích hợp rồi xét hàm

số f(t) thu được trên miền (*).

Hoặc xét hàm số với đối số là một trong các biến số có mặt trong miền

biến thiên của biến số đó.

Hoặc xét một hàm số phụ có tính chất nào đó và sử dụng các bất đẳng thức

tổng quát đổi với hàm số đó.


1. Cho x,y,z>0: x+y+z3

2 . Chứng minh rằng:

1 1 1 27

2x y z

xy yz zx .

(Hướng dẫn: Dùng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số 1 1 1

; ;xy yz zx

và 3 số x,y,z.

Đặt t= 3 xyz . bải toán tương đương với tìm GTNN của f(t)=2

3 13 ; (0; ]

2t t

t ).

2. Chứng minh rằng với mọi x>0, ta luôn có:

3

2.

) sin .6

) ln(1 x) .1

)1 2ln

xa x x x

xb x

x

c x x

3. Chứng minh rằng x > a > 3 thì: .x aa x

4. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có:

4(1-cosA)( 1-cosB)( 1-cosC)+7(cosA+cosB+cosC) 11

(Hướng dẫn: đặt t=sin sin sin2 2 2

A B C, suy ra 0<t

1

8 ).

81

KẾT LUẬN

Luận văn đạt được một số kết quả sau:

1. Trình bày, phân tích, sử dụng 4 phương pháp hàm để giải phương trình gồm:

- Phương pháp dùng khai triển Taylor.

- Phương pháp dùng tính đơn điệu.

- Phương pháp dùng tính khả vi.

- Phương pháp cực trị hàm số- phương pháp đánh giá.

2. Trình bày, ứng dụng phương pháp hàm để giải bất phương trình, bất đẳng

thức và biện luận nghiệm phương trình gồm:

- Phương pháp hàm liên tục giải bất phương trình.

- Phương pháp cực trị hàm số- phương pháp đánh giá hàm số giải

bất phương trình.

- Phương pháp hàm chứng minh bất đẳng thức.

- Phương pháp hàm biện luận nghiệm phương trình- bất phương trình.

Các phương pháp đểu quan trọng và tối ưu cho những bài toán khác nhau.

Thực hành nhiều, thành thạo các phương pháp sẽ giúp chúng ta có lựa chọn

phương pháp nhanh, phù hợp nhất cho các bài toán giải phương trình, bất

phương trình, bất đẳng thức và bải toán biện luận nghiệm.

82

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Nguyễn Tài Chung, Sáng tạo và giải phương trình- Hệ phương trình,

bất phương trình, NXB tổng hợp TP Hồ Chí Minh,2014.

2. Phạm Kim Hùng, Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Hà Nội, 2007.

3. Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Tiến,Một số chuyên đề Giải tích bồi

dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, Nxb giáo dục Việt Nam, 2010.

4. Trần Đức Long, Nguyễn Đình Sang, Hoàng Quốc Toàn,Giáo trình giải

tích, Bài tập giải tích. Nhà xuất bản đại học quốc gia Hà Nội, 2007.

5. Phùng Đức Thành, Luận văn “Ứng dụng đạo hàm để giải các bài toán

phổ thông”, 2011.

6. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, Các bài thi Olympic toán trung học phổ

thông Việt Nam. NXB Giáo dục, 2007.

Documents

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP HÀM ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT …repository.vnu.edu.vn/bitstream/VNU_123/14052/1/Luan_van ban chuan.pdf · phương pháp cực trị hàm