Ta có f(x) = 2x + 3x + x tăng trên R, nên phương trình tương đương
f(2x) = f(x + 1) ⇔ 2x = x + 1
Hàm số g(x) = 2x - (x + 1) xác định trên R
gl(x) = 2xln2 - 1 => gl(x) ≥ 0 ⇔x ≥ log2(log2e)
Vậy phương trình có nhiều nhất 2 nghiệm trên (-∞; log2(log2e)) v (log2(log2e); + ∞)
Thử trực tiếp tìm được hai nghiệm là x = 1; x = 0
8 trang |
Chia sẻ: lylyngoc | Lượt xem: 2241 | Lượt tải: 3
Bạn đang xem nội dung tài liệu Giải phương trình-Hệ phương trình( sử dụng đạo hàm), để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
BÀI TẬP : GIẢI PHƯƠNG TRÌNH-HỆ PHƯƠNG TRÌNH( SỬ DỤNG ĐẠO HÀM)
Bài 1: Giải phương trình
13232 122 +++=+ + xxxxx
Giải:
Ta có xxf xx ++= 32)( tăng trên R, nên phương trình tương đương
)1()2( += xff x 12 +=⇔ xx
Hàm số )1(2)( +−= xxg x xác định trên R
( )exxgxg x 22// loglog0)(12ln2)( ≥⇔≥⇒−=
Vậy phương trình có nhiều nhất 2 nghiệm trên ( ))(loglog; 22 e∞− v ( )∞+;)(loglog 22 e
Thử trực tiếp tìm được hai nghiệm là 1;0 == xx
Bài 2: Giải phương trình
1514312log 1143125 −=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −−++−− −−−++−− xxxxxxxx
Giải :
Điều kiện 1≥x .Đặt 0114312 ≥−−−++−−= xxxxt (chứng minh)
phương trình tương đương 15)1(log5 −=+ tt
⎪⎩
⎪⎨⎧ ⎩⎨
⎧
=
+=⇔−=−
+=⇔
⎩⎨
⎧
+=
+=⇔
ty
t
ty
y
t
y t
yt
t
y
t 15
(*)55
15
15
15
0=⇔ t
0114312 =−−−++−−⇔ xxxx
52 ≤≤⇔ x
Bài 3: Giải phương trình
3 24 42442
2
1 −+−= xxxx
Giải :
021224 234 =−+−−⇔ xxxx
Xét hàm số 12412421224 23/234 +−−=⇒−+−−= xxxyxxxxy
Lập bảng biến thiên, suy ra hàm số có trục đối xứng x =1
Do đó đặt 1+= Xx , ta có phương trình
⎢⎢⎣
⎡
+±=
−±=⇔=+−
1141
1141058 24
x
xXX
Bài 4: Giải phương trình
( ) xxx coscos 4.342)cos1( =++
Giải :
Đặt 11cos ≤≤−= yyx ( ) yyy 4.342)1( =++⇔
Đặt ( ) 142
4.4ln.6)(1
42
4.3)( 2
/ −+=⇒−−+= y
y
y
y
yfyyf
( )2/ 424.4ln.160)( yyyf +=⇔=
Đây là phương trình bậc hai theo y4 , nên có không quá 2 nghiệm. Vậy theo định lý Roolle
phương trình 0)( =yf có không quá 3 nghiệm.
Ta có 1,
2
1,0 === yyy là 3 nghiệm của phương trình 0)( =yf
Suy ra phương trình có nghiệm πππππ 2
3
2,
2
,2 kxkxkx +±=+==
Bài 5: Giải phương trình
13
1
24log 2626
2
2008 −−=++
+ xx
xx
x
Giải :
241
2008
2008
1
24 226
26
2
224
126
+=++⇔=++
+
+
++
xxx
xx
x
x
xx
vì hàm số xxxf 2008.)( = tăng trên R
Giải phương trình 013013 326 ≥−−⇔=−− uuuxx phương trình chỉ có nghiệm trong (0,2)
Đặt
2
0cos2 π<<= ttu
2
13cos =⇒ t
Suy ra phương trình có nghiệm
9
cos2 π±=x
Bài 6: Giải phương trình
xx
xx
cossin
2
5.sin
2
5.cos ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
Giải :
Cosx = 0 và sinx = 0 không là nghiệm . Xét
2
πkx ≠
xx
xx
cos
2
5
sin
2
5 cossin ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
⇔
Xét hàm số 0,12
5
)( ≠<
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
= tt
t
tf
t
. Hàm số )(tf nghịch biến
Suy ra ππ kxxx +=⇔=
4
cossin
Bài 7: Giải phương trình
322
32
54log)2(
2
2
2 +=+
++++ x
x
xxx
Giải :
Đk 032 >+x [ ] 322log3221)2(log1)2( 2222 +++=+++++⇔ xxxx
Đặt )0(log)( 2 >+= ttttf
Tương tự
Phương trình có nghiệm 1−=x
Bài 8: Giải phương trình
xx
xx 20072007
19751975
cos
1
sin
1cossin −=−
Giải :
x
x
x
x 2007
1975
2007
1975
cos
1cos
sin
1sin −=−
1cos;1sin == xx không là nghiệm của phương trình
Đặt hàm số )1;0()0;1(1)( 2007
1975 ∪−∈−= t
t
ttf
Ta có 020071975)( 2008
1974/ >+=
t
ttf nên hàm số tăng trên mỗi khoảng
)(:)0;1( tft −∈ chỉ nhận giá trị dương
)(:)1;0( tft∈ chỉ nhận giá trị âm
Nên ππ kxxxxfxf +=⇔=⇔=
4
cossin)(cos)(sin
Bài 9: Giải phương trình
xxxxxx 4422 cos2cos3sin.sin22cos.
2
cossin.
2
sin −+=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ ππ
Giải :
( ) xxxxxx 442222 cos2cos2coscos22cos.
2
coscos.
2
cos −+−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⇔ ππ
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+−⇔ xxxxxx 224224 cos.
2
coscos2cos2cos.
2
cos2cos22cos ππ
Xét hàm số 10.
2
cos2)( 2 ≤≤⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+−= tttttf π . )(tf giảm
3
cos2cos)(cos)2(cos 2222 πkxxxxfxf =⇔=⇔=
Bài 10: Giải phương trình
[ ] 35)37634(log337634)37634(2 2223293342 =+−+++−+−+− xxxxxxxx
Giải :
Đặt )87(376342 ≥+−= txxt
)256.256(log256.22.35).2(log.2 32
32562833
2
3 ttt tt ==⇔
Hàm số ).2(log.2)( 323 tttf tt= đồng biến trên [ )∞+;1
4;3025637634256 2 ==⇔=+−⇔=⇔ xxxxt
Bài 11: Giải phương trình
)16cos2cos4(log2cos
2
1
2
1 3
4
2sin2
−−+=+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ xxx
x
Giải :
Đặt )1
3
1(2cos ≤<= yxy
)13(log
2
12 4
1 −+=+⇔ − yyy
Đặt )1(132)13(log2 ≤−=⇔−= tyyt t
Ta có hệ ty
y
ty ty
t
y
+=+⇔
⎩⎨
⎧
−=
−+=
22
132
122
Xét hàm số uug u += 2)( , hàm số đồng biến trên R
0132)(132 =+−=⇔−=⇔ ttft tt
Xét hàm số 132)( +−= ttf t , sử dụng định lý Roll cm phương trình có không quá 3 nghiệm
Phương trình có nghiệm )(31 Ltt == , suy ra phương trình có nghiệm πkx =
Bài 12: Giải phương trình
11 7.4.128343.864 −− +=− xxxx
Giải :
Đặt 17.2;4;2 −=−== xx cba
03333 =−++⇔ abccba 00
2
)()()()(
222
=++⇔=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −+−+−++⇔ cbaaccbbacba
07.242 1 =+−⇔ −xx
Xét hàm số 7ln.7.
7
24ln.4)(7.242)( /1 xxxx xfxf +−=⇒+−= −
Phương trình 0)(/ =xf có nghiệm duy nhất nên theo định lí Lagrange phương trình 0)( =xf
không có quá 2 nghiệm phân biệt
Phương trình có nghiệm 2;1 == xx
Bài 13: Giải phương trình
)32(log)22(log 232
2
322
−−=−− ++ xxxx
Giải :
Điều kiện xvx <−< 31
)32(log)22(log 2347
2
348 −−=−−⇔ ++ xxxx
Đặt 347 +=a và 322 −−= xxt
tt aa log)1(log 1 =+⇔ +
Đặt ty alog=
1
1
1
1
=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
++⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
+⇔
yy
aa
a 1=⇔ y là nghiệm duy nhất
Phương trình có nghiệm 34111 +±=x
Bài 14: Giải hệ phương trình
( )( )( )⎪⎩
⎪⎨
⎧
+=
+=
+=
4loglog
4loglog
4loglog
35
35
35
xz
zy
yx
Giải :
Hệ phương trình không đổi qua phép hoán vị vòng quanh zyx ==⇒
Từ đó ta có ( )4loglog 35 += xx , đặt xt 5log=
1
3
14
3
5 =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛⇔
tt
Phương trình có đúng 1 ngiệm 2=t do hàm số 1
3
14
3
5)( =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛=
tt
tf nghịch biến
Hệ phương trình có 1 nghiệm 25=== zyx
Bài 15: Giải hệ phương trình
( )⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−+−+
−−=−
−
04122
2
322
222
2
21
xyxxyx
xyyx
x
Giải :
Từ phương trình (2) 2
211)2(
x
xyxyx −=⇔=+⇔
(1) 22
2
2
212
2
12 2
21
2
21
x
x
x
x x
x
x
x −=−⇔ +
−
+
−
xét hàm số 0
2
12ln2)(
2
2)( / >+=⇒+= tt tfttf
22
2
2
21
2
1
x
x
x
x −=−⇔
Hệ phương trình có 1 nghiệm
4
3,2 −== yx
Bài 16: Giải hệ phương trình
⎪⎩
⎪⎨
⎧
+++=++
+
+=−
1)2(log2)62(log3
1
1
23
2
222
yxyx
y
xe xy
Giải :
Đk 062 >++ yx và 02 >++ yx
(1) 1)1ln(1)1ln( 2222 +++=+++⇔ yyxx
Hàm số 1ln)( >+= ttttf đồng biến trên );0( ∞+
yxyx ±=⇔+=+⇔ 11 22
.Nếu 3;31)6(log)2( 3 −==⇔=−⇔−= yxxyx
.Nếu yx =
(2) uxx 6)1(log2)2(log3 23 =+=+⇔
⎪⎩
⎪⎨
⎧ =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⇔=+
=+⇔ 1
9
8
9
1
21
32
3
2 uu
u
u
x
x
Hàm số
uu
ug ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
9
8
9
1)( nghịch biến trên R, suy ra 1=u là nghiệm duy nhất
Hệ phương trình có 2 nghiệm
4
3,2 −== yx và 7;7 == yx
Bài 17: Giải hệ phương trình
( )⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=++
−=−
+
++
2
7
2
32
)2(342
2
2
128
12
yx
xy
yx
y
x
Giải :
Đk 0; ≥yx
( )⎪⎩
⎪⎨
⎧
=++
+=+⇔
++
++
732
43232
12
12)4(12
yx
yx
yx
yx
Hàm số xxf x 32)( 12 += + đồng biến trên [ )∞;0
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
=
⇔=+
=⇔=+
=⇔
5
1
5
4
1
4
)1()(
)4()(
y
x
yx
yx
fyxf
yfxf
Bài 18: Giải hệ phương trình
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−−=
−−=
−−=
)52coscos8(logcos
)52coscos8(logcos
)52coscos8(logcos
2
2
2
zyz
yxy
xzx
Giải :
⎪⎩
⎪⎨
⎧
++=
++=
++=
⇔
4228
4228
4228
2
2
2
ZY
YX
XZ
Z
Y
X
Hàm số ( )422
8
1)( 2 ++= ttf t đồng biến trên ⎥⎦
⎤⎜⎝
⎛ 1;
2
1
( )422
8
1 2 ++===⇔ XZYX X
Giải bằng đồ thị ⎢⎣
⎡
===
===⇔
)(2
1
lZYX
ZYX
Hệ phương trình có 2 nghiệm πππ 2;2,2 mzlykx ===
Bài 19: Giải hệ phương trình
⎩⎨
⎧
+=+
+=+
2)(coslog)sin31(log
2)(sinlog)cos31(log
32
32
xy
yx
Giải :
Đk 0sin;cos ≥yx
)(sinlog)sin31(log)(coslog)cos31(log 3232 yyxx =+=++⇒
Hàm số tttf 32 log)31(log)( ++= 03ln
2
2ln)31(
3)(/ >++=⇒ tttf đồng biến trên 0>∀t
xy cossin =⇒
Thay vào phương trình (1) 2)(coslog)cos31(log 32 +=+⇒ xx
Lập BBT hàm số vvvg 32 log)31(log)( −+= với ( ]1,0cos ∈= xv phương trình chỉ có 2 nghiệm
3
1cos,1cos == xx
Bài 20: Giải hệ phương trình
3 4
2 2 3
28
2 18 2
x y y
x y xy y
⎧ − =⎪⎨ + + =⎪⎩
Giải:
Hệ tương đương
( )3 3
2
28 (1)
0
( ) 18 2 (2)
y x y
x y
y x y
⎧ − =⎪ ⇒ > >⎨ + =⎪⎩
(2)
43 8x y
y
⇒ = − , thay vào (1) được:
3
4
33 8 28y y y
y
⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥− − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
(3)
Đặt 0t y= > , (3) trở thành: ( )34 32 2 6 9 343 8 28 3 8 28 0t t t t t tt
⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥− − = ⇔ − − + =⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
Xét hàm ( )39 34( ) 3 8 28f t t t t= − − + ta có:
( )8 2 34'( ) 9 9 3 8 28 0, 0f t t t t t= + − + > ∀ >
Chứng tỏ hàm số f(t) đồng biến trên khoảng (0;+∞) phương trình f(t) = 0 nếu có nghiệm
trên Khoảng (0;+∞) thì nghiệm đó là nghiệm duy nhất. Từ đó suy ra hệ phương trình đă cho nếu
có nghiệm (x0, y0) thì nghiệm đó là nghiệm duy nhất của hệ.
Nếu chọn x = 2y thì từ (1) ta có: 4 4 2 2 2y y x= ⇔ = ⇒ = . Rỏ ràng cặp số (2 2; 2)
thỏa (2).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (2 2; 2) .
Bài 21: Tìm số nghiệm của nằm trong khoảng )2;0( π của phương trình
2
5)sin10sin12sin8( 246cos2
2 +=+− exxxe x
Giải :
0 1
1
t
g'
g
1-
3
6
0+ _
-5 f
u0 1
6
t
f' 0+ _
0
Đặt 10sin 2 ≤≤== tyxt
2
5)10128( 23)1(2 +=+−⇔ − etxtxte t
Xét hàm số )10128()( 23)1(2 tttexf t +−= − [ ] )(..2)10128(2)102424()( )1(2232)1(2/ tgetttttexf tt −− −=+−−+−=⇒
Với )112412(2)(522248)( 2/23 +−=⇒−+−= tttgttttg
Lập bảng biến thiên, suy ra phương trình 0)( =tg có nghiệm duy nhất
6
310, −<<= uut
Lập bảng biến thiên hàm số )(tf , suy ra phương trình 0)( =tf có nghiệm duy nhất
uvvt <<= 0,
Suy ra phương trình vx ±=sin có 4 nghiệm phân biệt )2,0( π∈x