Bài tập : Giải phương trình-Hệ phương trình( sử dụng đạo hàm)

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