ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT. Trương Thị Thúy Hảo – THPT Chuyên Vĩnh Phúc MỞ ĐẦU Phương trình, bất phương trình mũ và logarit là một chủ đề quan trọng trong chương trình luyện thi đại học, cao đẳng. Có rất nhiều dạng toán về phương trình, bất phương trình hay và khó, có thể dùng làm một câu phân loại học sinh trong các đề thi đại học, cao đẳng mà phương pháp giải các phương trình, bất phương trình này chủ yếu dựa vào tính đơn điệu của hàm số. Xuất phát từ thực tiễn giảng dạy, cùng với mong muốn giúp cho các em học sinh có thêm tư liệu học tập, tra cứu khi học tập về vấn đề này, chúng tôi mạnh dạn biên soạn chuyên đề : “Ứng dụng đạo hàm giải phương trình, hệ phương trình bất phương trình mũ và logarit” ĐỐI TƯỢNG BỒI DƯỠNG VÀ SỐ TIẾT DẠY - Chuyên đề bồi dưỡng học sinh lớp 12 luyện thi đại học. - Số tiết dạy cho HS 10 tiết. 3 ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHẦN I: KIẾN THỨC CƠ BẢN. 1- Đạo hàm của một số hàm sơ cấp cơ bản 1. (C) ' = 0 ( C là hằng số ) α α−1 2. ( x ) ' = αx (α ∈ R) với x ∈ R+∗ . 3. ( x ) ' = 21x 1 1 4.  ÷' = − 2 x x 5. (sin x) ' = cos x 6. (cos x) ' = − sin x 7. (tan x) ' = 1 cos 2 x 8. (cot x) ' = − 9. 1 sin 2 x (e x ) ' = e x 10. (a x ) ' = a x ln a 11. (ln x) ' = 1 x 12. (log a x) ' = 1 x ln a 2 - Sự đồng biến và nghịch biến của hàm số Định lý 1 . 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 y = f ( x) đồng biến trên khoảng đó. b. Nếu f '( x) < 0 với mọi x ∈ (a; b) thì hàm y = f ( x) nghịch biến trên khoảng đó. Mở rộng định lý: Định lý 2. Cho hàm số y = f ( x) xác định trên khoảng (a; b) . Nếu f '( x ) ≥ 0 (hoặc f '( x ) ≤ 0 ) và dấu đẳng thức chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm trên khoảng (a; b) thì hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng đó. 3- Các tính chất liên quan giữa tính đơn điệu và nghiệm của phương trình: 3 Tính chất 1: Nếu hàm số y = f ( x) đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng (a; b) thì phương trình f ( x) = k , k ∈ R có không quá một nghiệm trong khoảng (a; b) . Tính chất 2: Nếu hàm số y = f ( x) đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng (a; b) thì với u, v ∈ (a; b) ta có f (u ) = f ( v ) ⇔ u = v . Tính chất 3: Nếu hàm số y = f ( x) đồng biến và hàm số y = g ( x) nghịch biến trên khoảng (a; b) thì phương trình f ( x) = g ( x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a; b) . 4-Các định lý về giá trị trung bình đối với hàm số liên tục: Định lý 3: Nếu hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] và f (a ). f (b) < 0 thì phương trình f ( x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng ( a; b) . Định lý 4: Nếu hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] thì f ( x ) nhận mọi giá trị nằm giữa f ( a ) và f ( b ) . Định lý 5: Nếu hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] thì f ( x ) đạt được giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn đó. Chú ý: Xét hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] . Khi đó: • Phương trình f ( x) = m có nghiệm trên đoạn [ a; b ] khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số y = f ( x) , x ∈[ a; b ] và số nghiệm phương trình là số giao điểm với hoành độ thuộc [ a; b ] của đồ thị hàm số y = f ( x) và đường thẳng y =m. f ( x) • Bất phương trình f ( x) ≥ m có nghiệm thuộc [ a; b ] ⇔ m ≤ m[ aax ;b ] f ( x) • Bất phương trình f ( x) ≥ m vô nghiệm trên [ a; b ] ⇔ m > m[ aax ;b ] in f ( x) • Bất phương trình f ( x) ≥ m nghiệm đúng ∀x ∈[ a; b ] ⇔ m ≤ m [ a ;b] 5- Tính đơn điệu của hàm số mũ và hàm số logarit. x • Hàm số y = a đồng biến trên R khi a > 1 , nghịch biến trên R khi 0 < a < 1 . • Hàm số y = log a x đồng biến trên R khi a > 1 , nghịch biến trên R khi 0 < a < 1 . PHẦN II. ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT. Đường lối chung để giải một phương trình là biến đổi phương trình đã cho về phương trình cơ bản cùng lớp, ví dụ để giải phương trình ax + b = 0, a ≠ 0, ta 2 cần biến đổi về dạng x = α , hay để giải phương trình ax + bx + c = 0, a ≠ 0, ta 4 cần biến đổi phương trình này về dạng x 2 = α 2 . Bởi vậy, đối với phương trình mũ, phương trình logarit cũng không phải là ngoại lệ. Tuy nhiên đối với một số phương trình đặc biệt, chẳng hạn như phương 2 x trình x = 2 , x > 0, thì việc biến đổi về phương trình cơ bản là quá khó khăn, nếu không muốn nói là không thể được. Đối với những phương trình kiểu như vậy, chúng ta cần phải có phương pháp giải đặc biệt hơn, một trong những phương pháp đó là phương pháp hàm số xuất phát từ ý tưởng rất đơn sơ “Phương trình f ( x ) = g ( x ) có nghiệm khi và chỉ khi hai đồ thị y = f ( x ) và y = g ( x ) có điểm chung” Những đặc trưng cơ bản giúp chúng ta nhận ra được hai đồ thị có điểm chung hay không có thể kể đến là tính liên tục của hàm số, tính đơn điệu của hàm số, miền giá trị của hàm số …. Phần lý thuyết về cách giải phương trình mũ, logarit bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong sách giáo khoa hiện được trình bày khá đơn giản, hệ thống ví dụ chưa phong phú; các bài tập trong sách giáo khoa còn ít và không đa dạng nên gây khó khăn cho học sinh khi học tập. Bên cạnh đó, học sinh còn gặp nhiều khó khăn trong việc nhận diện những bài toán thuộc lớp này. Chính vì vậy khi sử dụng phương pháp này để giải phương trình các em học sinh còn lúng túng, việc định hướng tìm lời giải còn gặp nhiều khó khăn. Hy vọng rằng chuyên đề này sẽ giúp các em khắc phục được ít nhiều những khó khăn đó. II. 1. Giải phương trình mũ và logarit: Bài 1.1: Giải các phương trình sau: a. 5x = − 2 x + 7 b. log 2 x = − x + 3 Hướng dẫn : Để giải các phương trình trên ta sử dụng tính đơn điệu của hàm số mũ và hàm số logarit chứng minh phương trình có nhiều nhất một nghiệm và nhẩm nghiệm của phương trình. Giải : a. Phương trình tương đương 5x + 2 x − 7 = 0 Xét hàm số f ( x) = 5x + 2 x − 7 , tập xác định R f '( x) = 5 x ln5 + 2 > 0 ∀ x ∈ R suy ra f ( x) đồng biến trên R ⇒ phương trình f ( x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm Nhận xét x = 1 là một nghiệm của phương trình. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 b. Điều kiện : x > 0 Phương trình tương đương log 2 x + x − 3 = 0 5 Xét hàm số f ( x ) = log 2 x + x − 3 , tập xác định R + f '( x) = 1 + 1 > 0 ∀ x ∈ R + suy ra f ( x) đồng biến trên R + x ln 2 ⇒ phương trình f ( x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm Nhận xét x = 2 là một nghiệm của phương trình. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 Bài 1.2 : Giải các phương trình sau: a. 25 x − 2( x − 4).5 x − 2 x + 7 = 0 2 b. log 2 x + ( x − 7). log 2 x + 12 − x = 0 Hướng dẫn : a. Đặt t = 5 x ta được phương trình hai ẩn, phương pháp thường dùng là phân tích thành nhân tử đưa về các phương trình đơn giản hơn Giải : x x a. Phương trình tương đương ( 5 − 1) ( 5 + 2 x − 7 ) = 0 5 x = 1 x = 0 ⇔ x ⇔ x =1 5 + 2 x − 7 = 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0 ; x = 1 b. Điều kiện : x > 0 Đặt t = log 2 x , phương trình đã cho trở thành: t 2 + ( x − 7)t + 12 − 4 x = 0 Giải phương trình bậc hai ẩn t theo x ta được :  x = 16 t = 4 ⇔ log x = 3 − x t = 3 − x   2 Theo bài 1.1.b ta được nghiệm của phương trình đã cho là: x = 16 ; x = 2 . Bài 1.3 : Giải các phương trình sau: a. 3x.2 x = 3x + 2 x + 1 b. (4 x − 5) log 2 x − 3 = 0 Giải : a. Nhận xét x = Với x ≠ 1 không là nghiệm . 2 2x + 1 2x + 1 1 ⇔ 3x − =0 , phương trình tương đương 3x = 2 2x − 1 2x − 1 Xét hàm số f ( x ) = 3x − 2x + 1 , tập xác định D = R \ 2x − 1 {} 1 2 6 f '( x) = 3x ln 3 + 4 > 0 ∀ x ∈ D suy ra f ( x) đồng biến trên từng (2 x − 1) 2 1 1 khoảng (−∞; ) và ( ; +∞) do đó phương trình f ( x ) = 0 có nhiều nhất một 2 2 1 1 nghiệm trên từng khoảng (−∞; ) và ( ; +∞) 2 2 Nhận xét x = − 1; x = 1 là nghiệm của phương trình. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = − 1; x = 1 b. Điều kiện: x > 0. Nhận xét x = Với x ≠ 5 không là nghiệm . 4 3 3 5 ⇔ log 2 x − =0 , phương trình tương đương log 2 x = 4 4x − 5 4x − 5 Xét hàm số f ( x ) = log 2 x − 3 , tập xác định D = (0; +∞ ) 4x − 5 1 12 + > 0 ∀ x ∈ D suy ra f ( x) đồng biến trên từng khoảng x ln 2 (4 x − 5) 2 5 5 (−∞; ) và ( ; +∞) 4 4 Suy ra phương trình f ( x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm trên mỗi 5 5 khoảng (−∞; ) và ( ; +∞) . 4 4 f '( x) = 1 Nhận xét x = ; x = 2 là nghiệm của phương trình. 2 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = ; x = 2 . 2 Bài 1.4 : Giải các phương trình sau: a. −2 x x 2 −x + 2 x −1 = ( x − 1) 2 . x b. 32 + 2 2 + 2 x = 3 x +1 + 2 x +1 + x + 1 Nhận xét: Trong phương trình 1.4.b, các số hạng là các biểu thức mũ với cơ số khác nhau nên việc đưa về cùng cơ số là rất phức tạp. Chúng ta có thể giải phương trình này bằng cách dùng tính đơn điệu của hàm số như sau: Giải: a. Viết lại phương trình dưới dạng 2 x −1 + x − 1 = 2 x 2 −x + x2 − x (1) 7 Để ý rằng hàm số f ( t ) = 2 t + t là hàm đồng biến trên R , nên (1) tương đương với f ( x − 1) = f ( x 2 − x ) ⇔ x − 1 = x 2 − x ⇔ x = 1 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 b. Viết lại phương trình đã cho về dạng 32 + 22 + 1 = 3x + 2 x + 1 x (2) x t t Để ý rằng hàm số f ( t ) = 3 + 2 + t là hàm đồng biến trên R, nên (2) tương x x x đương với f ( 2 ) = f ( x + 1) ⇔ 2 = x + 1 ⇔ 2 − x − 1 = 0 . Xét hàm số g ( x) = 2 x − x − 1, x ∈ R . g '( x) = 2 x ln 2 − 1, x ∈ R , g '( x) = 0 ⇔ x = − log 2 ln 2 = x0 . Ta có bảng biến thiên x −∞ x0 g '( x) 0 g ( x) - +∞ + +∞ +∞ g ( x0 ) Từ bảng biến thiên ta có phương trình g ( x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm Dễ thấy: g (0) = g (1) = 0 . Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 0; x = 1. Bài 1.5: Giải phương trình : 2log5 ( x +3) = x Hướng dẫn : Đối với những phương trình chứa ẩn ở cả mũ và biểu thức dưới dấu logarit ta có thể đặt ẩn phụ hoặc logarit hai vế để đưa về phương trình mũ. Giải : Điều kiện : x > −3 Do vế trái của phương trình là số dương nên x > 0 Khi đó : Phương trình đã cho tương đương với log 5 ( x + 3) = log 2 x Xét hàm số : f ( x) = log 5 ( x + 3) − log 2 x, x > 0. f '( x ) = 1 1 − , x > 0. ( x + 3) ln 5 x ln 2 8 Do x > 0 nên x + 3 > x > 0; ln 5 > ln 2 > 0 do đó ( x + 3) ln 5 > x ln 2 suy 1 1 − < 0 hay f '( x) < 0 ∀x > 0 . Suy ra f ( x) nghịch biến trên R ra ( x + 3) ln 5 x ln 2 do đó phương trình f ( x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm. Lại có : f (2) = 0 nên phương trình (2) có nghiệm duy nhất x = 2 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : x = 2 Bài 1.6: Giải phương trình : 2013x = 2012 x + 1 Giải: Phương trình tương đương 2013x − 2012 x − 1 = 0 Xét hàm số: f ( x) = 2013x − 2012 x − 1, ∀x ∈ R f '( x ) = 2013x ln 2013 − 2012, ∀x ∈ R f '( x ) = 0 ⇔ 2013x = 2012 2012 ⇔ x = log 2013 = x0 ln 2013 ln 2013 Bảng biến thiên : x −∞ +∞ x0 f '( x) - 0 +∞ + +∞ f ( x) f ( x0 ) Từ bảng biến thiên ta có phương trình f ( x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm Dễ thấy: f (0) = f (1) = 0 Vậy phương trình đã cho có đúng hai nghiệm x = 0; x = 1. x2 Bài 1.7: Chứng minh rằng phương trình e + = 3 + sin x có hai nghiệm thực 2 x Giải: Phương trình ⇔ e x + x2 − sin x − 3 = 0 2 x2 Xét hàm số: f ( x) = e + − sin x − 3, x ∈ R 2 x f '( x) = e x + x − cosx, x ∈ R ; f ''( x) = e x + 1 + sin x, x ∈ R Nhận xét: f ''( x) > 0, x ∈ R nên f '( x ) là hàm đồng biến trên R . Mặt khác f '(0) = 0 do đó phương trình f '( x) = 0 có đúng một nghiệm x = 0 9 Ta có bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên suy ra phương trình f ( x) = 0 có đúng hai nghiệm thực. x 2 Bài 1.8: Chứng minh rằng phương trình 4 ( 4 x + 1) = 1 có đúng ba nghiệm thực phân biệt. Hướng dẫn: Trong một số bài toán chứng minh phương trình có nghiệm, thường không nhẩm được nghiệm của phương trình mà phải sử dụng kết hợp tính chất: “ có nhiều nhất một nghiệm” với định lý về sự tồn tại nghiệm của phương trình. Giải: x 2 Xét hàm số f ( x ) = 4 ( 4 x + 1) − 1 , tập xác định : ¡ ( f ' ( x ) = 4 x 4 x 2 ln 4 + 8 x + ln 4 ) f ' ( x ) = 0 ⇔ 4 x 2 ln 4 + 8 x + ln 4 = 0 Do ∆' = 16 − 4 ln 2 4 > 0 nên f ' ( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 . Ta có bảng biến thiên x −∞ x1 f '( x) + 0 +∞ x2 - 0 + +∞ f ( x1 ) f ( x) f ( x2 ) 0 Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình f ( x ) = 0 có tối đa 3 nghiệm thực phân biệt .  37   17  − 1÷ − 1÷ < 0 , f ( x ) liên tục trên  64   16  Nhận xét f ( − 3) . f ( − 2 ) =  đoạn [ −3; −2] nên phương trình f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng ( −3; −2 ) 10  1 Mặt khác f ( 0 ) = f  − ÷ = 0 do đó phương trình f ( x ) = 0 có đúng ba nghiệm 2   thực. 1 Bài 1.9: Giải phương trình : 2log x + 8 = ( x − 8 ) log 2 Giải: Điều kiện: x > 8 . Đặt y = 2log x + 8 ⇒ y > 8 log x = log 2 ( y − 8 ) Ta được hệ phương trình :  log 2 ( x − 8 ) = log y ⇒ log x + log 2 ( x − 8 ) = log y + log 2 ( y − 8 ) (*) Xét hàm số f ( t ) = log t + log 2 ( t − 8 ) . Tập xác định: D = ( 8; +∞ ) f ' ( t) = 1 1 + > 0 ∀t ∈ D t ln10 ( t − 8) ln 2 Do đó hàm số f ( t ) đồng biến trên tập xác định. Từ đó và (*) ta được x = 2log x + 8 (1) Đặt u = log x thế thì x = 10u và phương trình (1) trở thành : u u  2  8 10 = 2 + 8 ⇔ 1 =  ÷ +  ÷  10   10  u u (2) Nhận xét phương trình (2) có nghiệm u =1 . Mặt khác vế phải của (2) là hàm nghịch biến, vế trái là hàm hằng nên phương trình có nghiệm duy nhất u = 1 . Khi đó, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 10 ex = x có nghiệm duy nhất trong Bài 1.10: Chứng minh rằng phương trình ( x + 1) 2 1  khoảng  ;1 ÷ 2    Giải: Tập xác định D =  ;1÷ 2 1   ex −x=0 Phương trình tương đương : ( x + 1) 2 ex − x , x∈D Xét hàm số: f ( x) = ( x + 1) 2 11 f '( x ) = e x ( x − 1) − 1 < 0 ∀x ∈ D do đó phương trình đã cho có nhiều nhất một ( x + 1)3 nghiệm. 1 (8 e − 9)(e − 4) x − 1 Giải: Bất phương trình tương đương 2 x +1 + ( x + 1) > 22 x + 2 x Nhận xét: Hàm số f (t ) = 2t + t là hàm đồng biến trên R do đó bất phương trình f ( x + 1) > f (2 x) tương đương với x + 1 > 2 x ⇔ x < 1 . Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x < 1 Bài 2.2: Giải bất phương trình : 7 x −1 − 6 x + 5 ≥ 0 Giải: Xét hàm số f ( x) = 7 x −1 − 6 x + 5, x ∈ R f '( x) = 7 x −1 ln 7 − 6, x ∈ R f '( x ) = 0 ⇔ x = log 6 ln 7 7 +1 6 Đặt x0 = log 7ln 7 + 1 ⇒ 1 < x0 < 2 Ta có bảng biến thiên x −∞ f '( x) f ( x) 1 x0 - 0 +∞ 2 + +∞ +∞ 0 0 f ( x0 ) Từ bảng biến thiên suy ra bất phương trình f ( x) > 0 có nghiệm x > 2 hoặc x < 1 . Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x > 2 hoặc x < 1 Bài 2.3: Chứng minh rằng với mọi x > 0 ta có: ln( x + 1) < x Giải : Tập xác định D = (0; +∞) 12 Bất phương trình tương đương : ln( x + 1) − x < 0 Xét hàm số : f ( x) = ln( x + 1) − x, x ∈ (0; +∞ ) f '( x) = 1 − 1 < 0 ∀ x ∈ (0; +∞ ) nên f ( x ) nghịch biến trên tập (0; +∞ ) do đó x+1 f ( x ) < 0 ∀ x ∈ (0; +∞ ) 24− x − x + 1 ≥0 . Bài 2.4: Giải bất phương trình 2 log x − 2 . x − 25 ( 2 )( ) Giải: Tập xác định D = R / { ±4; ±5} Nhận xét: Hàm số f ( x) = 24− x − x + 1 nghịch biến trên R và f (3) = 0 . Do vậy f ( x) ≥ 0 ⇔ x ≤ 3 ; f ( x) ≤ 0 ⇔ x ≥ 3 . x >5 2 Hàm số g ( x) = ( log 2 x − 2 ) . ( x − 25 ) , có g ( x) > 0 ⇔   0 < x < 4   f ( x) ≥ 0 (I )   g ( x) > 0 Bất phương trình đã cho tương đương với   f ( x) ≤ 0  ( II )   g ( x ) < 0 Kết luận tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (−∞; −5) ∪ (−4;0) ∪ (0;3] ∪ (4;5) Bài 2.5: Giải bất phương trình: e x + cos x ≥ 2 + x − Giải: Bất phương trình tương đương e x + cos x + x2 2 x2 −x−2≥0 2 ∀x ∈ R x2 Xét hàm số : f ( x ) = e + cos x + − x − 2 ≥ 0, x ∈ R 2 x f '( x ) = e x − sin x + x − 1, ∀x ∈ R f ''( x ) = e x − cosx + 1 > 0 ∀x ∈ R Suy ra phương trình f '( x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm trên R Do f '(0) = 0 nên phương trình f '( x ) = 0 có đúng một nghiệm x = 0 Ta có bảng biến thiên −∞ +∞ 0 x f '( x) - 0 + 13 +∞ f ( x) +∞ 0 Từ bảng biến thiên suy ra bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x ∈ R ( ) log x Bài 2.6: Giải bất phương trình: log 2 x + 3 6 ≤ log 6 x Hướng dẫn: Đối với những bất phương trình chứa ẩn cả ở mũ và logarit ta nên đặt ẩn phụ để đưa về bất phương trình đơn giản hơn. Giải: Điều kiện: x > 0 Đặt t = log 6 x , bất phương trình đã cho trở thành: ( ) t log 2 6t + 3t ≤ t ⇔ 6t + 3t ≤ 2t ⇔ 3t +  3 ÷ ≤ 1 2 t Nhận xét: hàm số f (t ) = 3t +  ÷ là hàm đồng biến trên R nên bất phương trình 2 f (t ) ≤ 1 = f (−1) có nghiệm t ≤ −1 . 3 Khi đó bất phương trình đã cho có nghiệm x ≤ 1 6 log ( x +1) − ( x − 1) 2log3 ( x +1) − x < 0 Bài 2.7: Giải bất phương trình : 4 3 Giải: Điều kiện: x > − 1 Đặt t = log3 ( x + 1) , bất phương trình đã cho trở thành: 4t − ( x − 1) 2t − x < 0 ⇔ (2t − x)(2t + 1) < 0 ⇔ 2t − x < 0 ( Do 2t + 1 > 0 ∀x ∈ R ) x > 0 x > 0 ⇔ ⇔ log 3 ( x + 1) − log 2 x < 0 t < log 2 x Xét hàm số f ( x ) = log 3 ( x + 1) − log 2 x, f '( x) = 1 1 − , ( x + 1) ln 3 x ln 2 x>0 x>0 Vì 0 < x < x + 1;0 < ln 2 < ln 3 ∀x > 0 nên f '( x) < 0 ∀ x > 0 Do đó f ( x) liên tục và nghịch biến trên (0; +∞ ) mà f (2) = 0 nên bất phương trình f ( x) < 0 ⇔ x > 2 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x > 2 14 Bài 2.8: Giải bất phương trình : x(3 log 2 x − 2) > 9 log 2 x − 2 Giải: Điều kiện: x > 0 Bất phương trình tương đương: 3( x − 3) log 2 x > 2( x − 1) Nhận thấy x = 3 không là nghiệm của bất phương trình. Nếu x > 3 bất phương trình ⇔ 3 x −1 3 x −1 log 2 x > ⇔ log 2 x − >0 2 x−3 2 x−3 3 2 Nếu 0 < x < 3 bất phương trình ⇔ log 2 x < 3 x −1 x −1 ⇔ log 2 x − 3 bất phương trình đã cho tương đương f ( x) > 0 ⇔ x > 4 Nếu 0 < x < 3 bất phương trình đã cho tương đương f ( x) < 0 ⇔ 0 < x < 1 Vậy bất phương trình có nghiệm x > 4 hoặc 0 < x < 1 II.3. Giải hệ phương trình mũ và logarit: Bài 3.1 :  x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1 Giải hệ:  với x, y ∈ R 2 x −1  y + y − 2 y + 2 = 3 + 1 Giải: Điều kiện xác định x, y ∈ R  x − 1 + ( x − 1)2 + 1 = 3 y −1 Hệ phương trình tương đương   y − 1 + (y − 1)2 + 1 = 3x −1 Xét hiệu hai phương trình ta được: 15 (1) x − 1 + ( x − 1)2 + 1 + 3x −1 = y − 1 + (y− 1) 2 + 1 + 3 y −1 Xét hàm số f (t ) = t + t 2 + 1 + 3t , t ∈ R Có f '(t ) = 1 + t t +1 2 + 3t ln t = t 2 +1 + t t +1 2 + 3t ln t , t ∈ R Do t 2 + 1 > t ≥ −t nên f '(t ) > 0 ∀t ∈ R suy ra f (t ) đồng biến trên phương trình (1) tương đương x = y . R do đó Thay vào hệ đã cho ta được phương trình x + x 2 − 2 x + 2 = 3x −1 + 1 (2) Đặt t = x − 1 , phương trình (2) trở thành t + t 2 + 1 = 3t ⇔ ln(t + t 2 + 1) = t.ln 3 Nhận xét t + t 2 + 1 ≥ t + t ≥ 0 ∀t ∈ R nên phương trình tương đương ln(t + t 2 + 1) = t.ln 3 Xét hàm số g (t ) = ln(t + t 2 + 1) − t.ln 3, t ∈ R g '(t ) = Ta có 1 t +1 2 1 t +1 2 − ln 3, t ∈ R ≤ 1 < ln 3 nên g '(t ) ≤ 0 ∀t ∈ R hay g (t ) nghịch biến trên R và g (0) = 0 nên phương trình g (t ) = 0 có duy nhất một nghiệm t = 0 . Khi đó hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = y = 1 Bài 3.2: thỏa mãn Chứng minh rằng hệ phương trình sau có đúng hai nghiệm ( x, y ) x > 0, y > 0 :  x e = 2013 −   e y = 2013 −   y y 2 −1 x (*) x 2 −1 Giải:  x 2 −1 > 0  2 x > 1 Điều kiện:  y −1 > 0 ⇔  y >1  x > 0, y > 0  16 y  x e = 2013 − (1)  2 y − 1  Hệ đã cho tương đương với   e x − x = e y − y (2)  x2 − 1 y2 − 1  t t Xét hàm số : f (t ) = e − t −1 2 ,t>1 t2 t 2 −1 − f '(t) = et − t 2 −1 t 2 − 1 = et + (t 1 2 − 1) t − 1 > 0 ∀t > 1 2 Suy ra f (t ) đồng biến trên (1; +∞) do đó phương trình (2) tương đương x = y . x x Thay vào phương trình (1) ta được: e = 2013 − x x Xét hàm số : g ( x ) = e + g '( x) = e x − x2 −1 x (x 2 − 1) 3 − 2013, x ∈ (1; +∞) g "( x) = e x + ; x −1 2 x (x 2 − 1) 5 2 > 0 , ∀ x ∈ (1; +∞) ⇒ g '( x ) đồng biến và liên tục trên (1; +∞) . 1 g '( x) = −∞ và g '(2) = e 2 − Vì xlim →1 + 3 3 > 0 nên g '( x) = 0 có nghiệm duy nhất x = x0 Ta có bảng biến thiên x g '( x) g ( x) +∞ x0 1 - 0 + +∞ +∞ g( x0 ) Từ bảng biến thiên suy ra phương trình g ( x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm 2 g ( x) = lim g ( x) = +∞ và g (2) = e 2 + − 2013 < 0 nên g ( x) = 0 có ít Lại có xlim x →+∞ →1 + 3 nhất 2 nghiệm. Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thỏa mãn x > 0, y > 0 17 Bài 3.3: e x = ey − x + 1  Giải hệ phương trình :  y  e = ex − y + 1 Giải: e x = ey − x + 1 Hệ phương trình tương đương :  x y e + ex + x = e + ey + 1 (1) (2) Xét hàm số: f (t ) = et + et + t , tập xác đinh R f '(t ) = et + e + 1 > 0 ∀t ∈ R suy ra f (t ) đồng biến trên R do đó phương trình (2) tương đương x = y Thay vào phương trình (1) ta được e x = ex − x +1 ⇔ e x − ex + x − 1 = 0 Xét hàm số g ( x ) = e x − ex + x − 1 xác đinh trên R g '( x ) = e x − e + 1, x ∈ R ; g ''( x) = e x > 0, x ∈ R Suy ra g '( x) đồng biến trên R mà g '(0).g'(1) = (2 − e) < 0 nên phương trình g '( x) = 0 có nghiệm duy nhất x0 ∈ (0;1) Ta có bảng biến thiên x −∞ g '( x) g ( x) +∞ x0 - 0 + +∞ +∞ f ( x0 ) Từ bảng biến thiên suy ra phương trình g ( x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm Do g (0) = g (1) = 0 nên phương trình g ( x) = 0 có đúng hai nghiệm x = 0 và x =1 . Khi đó hệ phương trình đã cho có đúng hai cặp nghiệm (0;0) và (1;1) . Bài 3.4: x−y x+ y  e + e = 2( x + 1) Giải hệ phương trình :  x + y  e = x − y +1 ( x, y ∈ R ) Giải: Hệ phương trình tương đương đã cho tương đương với  e x − y = x + y + 1 ⇔  x+ y  e = x − y + 1  e x − y = x + y + 1  x+ y x− y  e + x + y = e + x − y (1) (2) 18 Xét hàm số: f (t ) = et + t , tập xác định R f '(t ) = et + 1 > 0 ∀t ∈ R suy ra f (t ) đồng biến trên R do đó phương trình (2) tương đương x + y = x − y ⇔ y = 0 Thay vào phương trình (1) ta được e x = x +1 ⇔ e x − x − 1 = 0 Xét hàm số g ( x) = e x − x − 1 xác định trên R g '( x ) = e x − 1, x ∈ R ; g '( x) = 0 ⇔ x = 0 Ta có bảng biến thiên x −∞ g '( x) +∞ 0 - 0 + +∞ +∞ g ( x) 0 Từ bảng biến thiên suy ra phương trình g ( x) = 0 có đúng một nghiệm x = 0 Khi đó hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = (0;0) . II.4. Một số bài toán có tham số: Bài 4.1: Tìm giá trị của m để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất : log 0,5 (m + 6 x ) + log 2 (3 − 2 x − x 2 ) = 0 Giải: m + 6 x > 0  2 Phương trình đã cho tương đương: 3 − 2 x − x > 0 log ( m + 6 x) = log (3 − 2 x − x 2 ) 2  2 3 − 2 x − x 2 > 0 − 3 < x < 1 ⇔ ⇔  2 m + 6 x = 3 − 2 x − x 2 m = − x − 8 x + 3 Xét hàm số f ( x) = − x 2 − 8 x + 3 , − 3 < x < 1 ta có f ' ( x) = −2 x − 8 , f ' ( x) < 0 khi x > −4 , do đó f (x) nghịch biến trong khoảng (−3; 1) , f (−3) = 18 , f (1) = −6 . Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất khi −6 < m < 18 . Bài 4.2: Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm âm phân biệt: 4 x + 2 − 2 x +3 − m + 4 = 0 . Giải: Đặt t = 2 x+ 2 , t > 0 phương trình đã cho trở thành t 2 − 2t − m + 4 = 0 (*) 19 Ta có x < 0 ⇔ x + 2 < 2 ⇔ 2 x+ 2 < 4 , vì vậy phương trình đã cho có hai nghiệm âm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm thỏa mãn 0 < t1 < t2 < 4 Xét hàm số y = t 2 − 2t + 4, t ∈ (0;4) Ta có bảng biến thiên t 0 1 f '( x) f ( x) - 4 0 + 4 12 3 Từ bảng biến thiên suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm âm phân biệt khi 3< m< 4 3 Bài 4.3: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thuộc 1;3  log 32 x + m log 32 x + 1 − 2m − 1 = 0 (1) Giải: 3 Đặt t = log 32 x + 1 . Do x ∈ 1;3  ⇒ t ∈ [ 1; 2] . Phương trình đã cho trở thành t 2 + mt − 2m − 2 = 0 (2) Nhận xét t = 2 không là nghiệm của phương trình. Với t ≠ 2 , phương trình tương đương : m = −t 2 + 2 t−2 −t 2 + 2 , t ∈ [ 1; 2 ) Xét hàm số f (t ) = t−2 −t 2 + 4t − 2 f '(t ) = , t ∈ [ 1; 2 ) ; y ' > 0 ∀t ∈ [ 1; 2 ) (t − 2)2 Suy ra hàm số luôn đồng biến trên [ 1; 2 ) , mà hàm số liên tục trên [ 1; 2 ) nên phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi f (1) ≤ m < f (2) ⇔ m ≥ −1 Vậy m ≥ −1 thỏa mãn đề bài. Bài 4.4: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng ∀x > 0 . (3m + 1)4 x + (2 − m)2 x + 1 < 0 (1) Giải: Đặt t = 2 x , x > 0 ⇒ t > 1 . Bất phương trình đã cho trở thành (3m + 1)t 2 + (2 − m)t + 1 < 0 (2) 20 ⇔ m(3t 2 − t ) < −(t 2 + 2t + 1) −(t 2 + 2t + 1) ⇔m< (Do t > 1 nên 3t 2 − t > 0 ) 2 3t − t −(t 2 + 2t + 1) ,t > 1 Xét hàm số f (t ) = 3t 2 − t f '(t ) = 8t 2 − 8t > 0 ∀t > 1 ; (3t 2 − t ) 2 Suy ra hàm số f (t ) luôn đồng biến trên và liên tục trên (1; +∞) Bất phương trình đã cho nghiệm đúng ∀x > 0 khi và chỉ khi : m < f (t ) ∀t > 1 ⇔ m < min f (t ) ⇔ m ≤ −2 t >1 Vậy m ≤ −2 thỏa mãn đề bài. Bài 4.5: Tìm m để phương trình log 3 x + m 1 + log 3 x − 2m + 2 = 0 có nghiệm 1  x ∈  ;1 . 3  Giải: Điều kiện : x ≥ 1 3 1  Đặt t = 1 + log 3 x . Do x ∈  ;1 nên t ∈ [ 0;1] 3  Phương trình đã cho trở thành t 2 + mt − 2m + 1 = 0 , t ∈ [ 0;1] t 2 + 1 t ∈ 0;1 [ ] , ⇔m= 2−t Xét hàm số f (t ) = (1) t2 +1 với t ∈ [ 0;1] 2−t f '(t ) = −t 2 + 4t + 1 ( 2 −t) 2 , t ∈ ( 0;1) Ta thấy f '(t ) > 0, ∀t ∈ ( 0;1) , f (t ) liên tục trên [ 0;1] nên f (t ) đồng biến trên [ 0;1]   Do đó phương trình đã cho có nghiệm x ∈  ;1 ⇔ phương trình (1) có nghiệm 3  1 1  t ∈ [ 0;1] ⇔ f (0) ≤ m ≤ f (1) ⇔ m ∈  ; 2  2  Bài 4.6: Cho phương trình : log 52 x − 3 log 52 x + 1 − m − 2 = 0 , ( m là tham số ) . Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có đúng hai nghiệm. 21 Giải: Điều kiện: x > 0 . Đặt t = log 52 x + 1 , t ≥ 1 . Phương trình (1) trở thành: t 2 − 3t − m − 3 = 0 ⇔ m = t 2 − 3t − 3 (2) 2 Xét hàm số f (t ) = t − 3t − 3 , t ∈ [ 1; +∞ ] Bảng biến thiên 22 t 3 2 1 f '(t ) f (t ) - 0 +∞ + +∞ -5 − 21 4 Nhận xét với mỗi nghiệm t > 1 của phương trình (2) thì phương trình đã cho có đúng hai nghiệm nên từ bảng biến thiên suy ra các giá trị m thỏa mãn là m > −5 21 hoặc m = − . 4 Kết luận m > −5 hoặc m = − 21 . 4 Bài 4.7: Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 2 91+ 1− x − (m + 2)31+ 1− x + 2m + 4 = 0 Giải: Đặt t = 31+ 1− x 2 , do 0 ≤ 1 − x 2 ≤ 1 nên 3 ≤ t ≤ 9 . Phương trình đã cho trở thành t 2 − (m + 2) t + 2m + 4 = 0 , t ∈ 3;9 t 2 − 2t + 4 , t ∈ 3;9  ⇔m= t −2 (1) t 2 − 2t + 4 Xét hàm số f (t ) = với t ∈ 3;9  t−2 t = 0 t 2 − 4t   t ∈ 3;9 f '( t ) = 0 ⇔ f '(t ) = , ; t = 4   (t − 2) 2  Ta có bảng biến thiên t 3 f '(t ) f (t ) 4 - 0 9 + 67 7 7 6 Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có nghiệm thực tương đương phương trình (1) có nghiệm t ∈ 3;9  ⇔ 6 ≤ m ≤ 67 7 23 Vậy các giá trị m thỏa mãn là : 6 ≤ m ≤ 67 7 II. 4. Bài tập tự luyện: Bài 1: Giải các phương trình: ) ( x x 1. log 5 3 + 3 + 1 = log 4 ( 3 + 1) 1 4 2. log 6 ( x + 4 x ) = log 2 x 2 2 3. 4 x + ( x 2 − 7).2 x + 12 − 4 x 2 = 0 3 2 4. 3 x + 2 x − 5 + ln ( x − x + 1) = 0. 5. 5 x +1 − 25 x = x − 1 6. e x = 1 + ln( x + 1) 7. 2011log 8. log 2 3 x + 2011log2010 x = x + 2011log 2 x (x ∈ ¡ ) x2 + x + 1 = x 2 + 3x + 2 2 2x + 4x + 3 2 9. (2 x + 1) log 3 x − (4 x + 9) log 3 x + 14 = 0 10. ( x + 1) log 32 x + 4 x log 3 x − 16 = 0 11. 3cos x − 2cos x = cos x 12. log 2 (cos x + 1) = 2cos x 13. 7 x −1 = 6log 7 (6 x − 5) + 1 14. 4log 7 ( x +3) = x 15. 3log 3 (1 + x + 3 x ) = 2log 2 x 2 x 16. x = 2 , x > 0. Bài 2: Giải các bất phương trình sau: 2 1. 3 x − 4 x+ 3 − 32 x ≥ − x 2 + 6 x − 3 2. 9 x − 2 x.3x − 1 > 0 3. 5x + 7 x ≤ 2.6 x 2 2 4. log 3 ( x + x + 1) − log 3 x > 2 x − x 5. 7log x + 5log x > 2 x 6 6 6. x − 3log x > x − 1 4 24 7. ( x + 1) log 32 x + 4 x log 3 x − 16 > 0 8. log 2013 (e x + 2012) + log 2014 (π x + 2013) < 2 9. ( ) log 2 x + 3log 6 x ≤ log 6 x log ( x +1) log x +1 − ( x − 1) 2 ( ) − x < 0 10. 4 3 3 Bài 3: Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu: (m + 3).16 x + (2m −1).4 x + m +1 = 0 Bài 4: Tìm m để phương trình: (3 − 2 2) tan x + (3 + 2 2) tan x = m có đúng 2 π π 2 2 nghiệm thuộc khoảng (− ; ) Bài 5: Tìm m để phương trình: 4(log 2 x )2 − log 0,5 x + m = 0 có nghiệm thuộc khoảng (0;1) . Bài 6: Tìm m để phương trình sau có ít nhất 1 nghiệm thuộc đoạn [1; 3 3 ] log 32 x + log32 x + 1 - 2m – 1 = 0 (1) x Bài 7: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực : m + e 2 = 4 e 2 x + 1 Bài 8: Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm: 32 x +1 − (m + 3).3x − 2(m + 3) < 0 Bài 9: Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình sau nghiệm đúng ∀x : 2 2 22+ cos2x + 21+ cos x − 2sin x ≥ m Bài 10: Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm: 2 2 2sin x + 3cos x ≥ m.3sin 2 x Bài 11: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:  (2 x + 1) [ ln( x + 1) − ln x ] = (2 y + 1) [ ln(y+ 1) − lny ]  4  3 y −1 − 2 ( y + 1)( x −1) + m x + 1 = 0 ( x, y ∈ R ) 25 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Quỳnh, Giải tích 12 nâng cao, 2009, NXB Giáo dục. [2] Lê Hồng Đức, 2005, Phương pháp giải toán mũ-logarit, NXB Hà Nội. [3] Trần Văn Hạo, 2007, Đại số và Giải tích 11, NXB Giáo dục [4] Tủ sách toán học và tuổi trẻ, 2012, NXB Giáo dục [5] Tuyển tập tạp chí Toán học và Tuổi trẻ năm 2004 26 [...]... nên bất phương trình f ( x) < 0 ⇔ x > 2 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x > 2 14 Bài 2.8: Giải bất phương trình : x(3 log 2 x − 2) > 9 log 2 x − 2 Giải: Điều kiện: x > 0 Bất phương trình tương đương: 3( x − 3) log 2 x > 2( x − 1) Nhận thấy x = 3 không là nghiệm của bất phương trình Nếu x > 3 bất phương trình ⇔ 3 x −1 3 x −1 log 2 x > ⇔ log 2 x − >0 2 x−3 2 x−3 3 2 Nếu 0 < x < 3 bất phương trình. .. do đó phương trình đã cho có nhiều nhất một ( x + 1)3 nghiệm 1 (8 e − 9)(e − 4) x − 1 Giải: Bất phương trình. .. = 0 nên phương trình f '( x ) = 0 có đúng một nghiệm x = 0 Ta có bảng biến thiên −∞ +∞ 0 x f '( x) - 0 + 13 +∞ f ( x) +∞ 0 Từ bảng biến thiên suy ra bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x ∈ R ( ) log x Bài 2.6: Giải bất phương trình: log 2 x + 3 6 ≤ log 6 x Hướng dẫn: Đối với những bất phương trình chứa ẩn cả ở mũ và logarit ta nên đặt ẩn phụ để đưa về bất phương trình đơn giản hơn Giải: Điều... > 0 Đặt t = log 6 x , bất phương trình đã cho trở thành: ( ) t log 2 6t + 3t ≤ t ⇔ 6t + 3t ≤ 2t ⇔ 3t +  3 ÷ ≤ 1 2 t Nhận xét: hàm số f (t ) = 3t +  ÷ là hàm đồng biến trên R nên bất phương trình 2 f (t ) ≤ 1 = f (−1) có nghiệm t ≤ −1 3 Khi đó bất phương trình đã cho có nghiệm x ≤ 1 6 log ( x +1) − ( x − 1) 2log3 ( x +1) − x < 0 Bài 2.7: Giải bất phương trình : 4 3 Giải: Điều kiện: x > −... ) < 0 Kết luận tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (−∞; −5) ∪ (−4;0) ∪ (0;3] ∪ (4;5) Bài 2.5: Giải bất phương trình: e x + cos x ≥ 2 + x − Giải: Bất phương trình tương đương e x + cos x + x2 2 x2 −x−2≥0 2 ∀x ∈ R x2 Xét hàm số : f ( x ) = e + cos x + − x − 2 ≥ 0, x ∈ R 2 x f '( x ) = e x − sin x + x − 1, ∀x ∈ R f ''( x ) = e x − cosx + 1 > 0 ∀x ∈ R Suy ra phương trình f '( x) = 0 có nhiều nhất... x − 1 Giải: Bất phương trình tương đương 2 x +1 + ( x + 1) > 22 x + 2 x Nhận xét: Hàm số f (t ) = 2t + t là hàm đồng biến trên R do đó bất phương trình f ( x + 1) > f (2 x) tương đương với x + 1 > 2 x ⇔ x < 1 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x < 1 Bài 2.2: Giải bất phương trình : 7 x −1 − 6 x + 5 ≥ 0 Giải: Xét hàm số f ( x) = 7 x −1 − 6 x + 5, x ∈ R f '( x) = 7 x −1 ln 7 − 6, x ∈ R f '( x ) =... < x < 1 II.3 Giải hệ phương trình mũ và logarit: Bài 3.1 :  x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1 Giải hệ:  với x, y ∈ R 2 x −1  y + y − 2 y + 2 = 3 + 1 Giải: Điều kiện xác định x, y ∈ R  x − 1 + ( x − 1)2 + 1 = 3 y −1 Hệ phương trình tương đương   y − 1 + (y − 1)2 + 1 = 3x −1 Xét hiệu hai phương trình ta được: 15 (1) x − 1 + ( x − 1)2 + 1 + 3x −1 = y − 1 + (y− 1) 2 + 1 + 3 y −1 Xét hàm số f (t )... x0 ) Từ bảng biến thiên suy ra phương trình g ( x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm 2 g ( x) = lim g ( x) = +∞ và g (2) = e 2 + − 2013 < 0 nên g ( x) = 0 có ít Lại có xlim x →+∞ →1 + 3 nhất 2 nghiệm Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm thỏa mãn x > 0, y > 0 17 Bài 3.3: e x = ey − x + 1  Giải hệ phương trình :  y  e = ex − y + 1 Giải: e x = ey − x + 1 Hệ phương trình tương đương :  x y e +... x) f ( x) 1 x0 - 0 +∞ 2 + +∞ +∞ 0 0 f ( x0 ) Từ bảng biến thiên suy ra bất phương trình f ( x) > 0 có nghiệm x > 2 hoặc x < 1 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x > 2 hoặc x < 1 Bài 2.3: Chứng minh rằng với mọi x > 0 ta có: ln( x + 1) < x Giải : Tập xác định D = (0; +∞) 12 Bất phương trình tương đương : ln( x + 1) − x < 0 Xét hàm số : f ( x) = ln( x + 1) − x, x ∈ (0; +∞ ) f '( x) = 1 − 1 < 0 ∀ x... nên phương trình g '( x) = 0 có nghiệm duy nhất x0 ∈ (0;1) Ta có bảng biến thiên x −∞ g '( x) g ( x) +∞ x0 - 0 + +∞ +∞ f ( x0 ) Từ bảng biến thiên suy ra phương trình g ( x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm Do g (0) = g (1) = 0 nên phương trình g ( x) = 0 có đúng hai nghiệm x = 0 và x =1 Khi đó hệ phương trình đã cho có đúng hai cặp nghiệm (0;0) và (1;1) Bài 3.4: x−y x+ y  e + e = 2( x + 1) Giải hệ phương ... < • Hàm số y = log a x đồng biến R a > , nghịch biến R < a < PHẦN II ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT Đường lối chung để giải phương trình. . .ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT PHẦN I: KIẾN THỨC CƠ BẢN 1- Đạo hàm số hàm sơ cấp (C) ' = ( C số ) α α−1 ( x ) '... phương trình f ( x) = có nghiệm D 1  Vậy phương trình cho có nghiệm khoảng  ;1 ÷ 2  II Giải bất phương trình mũ logarit: Bài 2.1: Giải bất phương trình : x +1 − x > x − Giải: Bất phương trình