ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN VĂN ĐÔNG
ÁP DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN VĂN ĐÔNG
ÁP DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13
Người hướng dẫn khoa học
TS. NGUYỄN ĐÌNH BÌNH
THÁI NGUYÊN - NĂM 2015
i
Mục lục
Mở đầu 1
Danh mục các kí hiệu, các chữ viết tắt . . . . . . . . . . . . . 4
1 Kiến thức chuẩn bị 5
1.1 Hàm đồng biến, nghịch biến . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Định lý Rolle và một số mở rộng . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.1 Định lý Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.2 Định lý Rolle với nguyên hàm . . . . . . . . . . . 10
1.2.3 Định lý Rolle trên khoảng vô hạn . . . . . . . . . 11
1.3 Định lý Lagrange và định lý Cauchy . . . . . . . . . . . . 12

giải phương trình, hệ phương trình chưa được trình bày một cách hệ thống và
đầy đủ.
Với suy nghĩ và theo ý tưởng đó, mục tiêu luận văn là nghiên cứu tính đơn
điệu của hàm số trong toán cao cấp và ứng dụng của nó để giải các bài toán sơ
cấp. Đặc biệt luận văn cũng định hướng cách giải và cách vận dụng các định lý
đã biết để tìm tòi những lời giải hay, độc đáo đặc thù cho từng dạng toán cụ
thể, từ đó hình thành ý thức sáng tạo những bài toán mới. Ngoài ra, đây cũng
là những kết quả mà bản thân tác giả sẽ tiếp tục hoàn thiện trong quá trình
nghiên cứu và giảng dạy toán tiếp theo ở trường phổ thông.
2. Mục đích nghiên cứu đề tài
• Khai thác các tính chất đơn điệu, cực trị của hàm số trong giải tích toán
học.
• Nâng cao năng lực giải các bài toán về giải phương trình và hệ phương
trình bằng phương pháp hàm số.
2
• Xây dựng hệ thống bài tập phục vụ công tác giảng dạy và bồi dưỡng học
sinh giỏi.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
• Đối tượng nghiên cứu là tính đơn điệu của hàm số.
• Phạm vi nghiên cứu là tính đơn điệu của hàm số và ứng dụng trong giải
phương trình, hệ phương trình.
4. Phương pháp nghiên cứu
• Phân tích và tổng hợp.
• Hệ thống và phân loại các bài tập.
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
• Thể hiện được tính ứng dụng của toán cao cấp để giải các bài toán sơ cấp.
• Xây dựng, hệ thống phương pháp để giải các bài toán phương trình, hệ
phương trình.
• Luận văn đóng góp thiết thực cho việc học và dạy các chuyên đề toán sơ
cấp, đem lại niềm đam mê sáng tạo trong việc dạy và học toán.

cách nghiêm túc trong suốt khóa học. Tuy nhiên do còn hạn chế về năng lực,
thời gian và hoàn cảnh nên trong quá trình thực hiện không tránh khỏi thiếu
sót, tác giả rất mong nhận được sự chỉ bảo của quý thầy cô và những góp ý
của bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2015
Tác giả
Nguyễn Văn Đông
4
Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt
• N - Tập các số tự nhiên.
• N
∗
- Tập các số tự nhiên khác 0.
• Z - Tập các số nguyên.
• R - Tập các số thực.
• ĐPCM - Điều phải chứng minh.
• THPT - Trung học phổ thông.
• ĐH - Đề thi Đại học.
• HSG - Học sinh giỏi.
• NXBGD - Nhà xuất bản Giáo dục.
• I (a; b) ; I - Nhằm ngầm định một trong bốn tập hợp con của tập R
(a; b) , [a; b) , (a; b] , [a; b] .
5
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Tính chất đồng biến, nghịch biến và tính lồi, lõm của hàm số là những vấn
đề cơ bản trong chương trình toán sơ cấp. Định lý Lagrange đóng vai trò quan
trọng trong việc chứng minh các định lý, tính chất cơ bản trong chương trình.
Trong chương này chúng tôi giới thiệu một số định lý quan trọng liên quan đến
tính đơn điệu của hàm số đó là: Định lý Fermat, định lý Rolle và một số mở

2
, ta đều có f(x
1
) <
f(x
2
) thì ta nói rằng f(x) là một hàm đơn điệu tăng thực sự trên I(a; b).
• Ngược lại, nếu với mọi x
1
, x
2
∈ I(a; b) và x
1
< x
2
, ta đều có f(x
1
) ≥ f (x
2
)
thì ta nói rằng f(x) là một hàm đơn điệu giảm trên I(a; b).
Đặc biệt, khi ứng với mọi cặp x
1
, x
2
∈ I(a; b) và x
1
< x
2
, ta đều có f(x

(x) > 0 với mọi x ∈ (a; b) thì hàm số y = f (x) đồng biến trên khoảng
đó.
b) Nếu f

(x) < 0 với mọi x ∈ (a; b) thì hàm số y = f (x) nghịch biến trên khoảng
đó.
Chứng minh. Lấy hai điểm x
1
, x
2
(x
1
< x
2
) trên khoảng (a; b). Vì f(x) có đạo
hàm trên khoảng (a; b) nên f(x) liên tục trên [x
1
; x
2
] và có đạo hàm trong khoảng
(x
1
; x
2
). Áp dụng định lý Lagrange cho hàm số y = f (x) trên [x
1
; x
2
], khi đó tồn
tại c ∈ (x

) > f(x
1
), suy ra hàm f(x) đồng biến trên khoảng
(a; b).
b) Nếu f

(x) < 0 trên khoảng (a; b) thì f

(c) < 0, mặt khác x
2
− x
1
> 0 nên
f(x
2
) − f(x
1
) < 0 hay f(x
2
) < f(x
1
), suy ra hàm f (x) nghịch biến trên khoảng
(a; b).
Định lí 1.2. (Mở rộng của định lý 1.1). Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm
trên khoảng (a;b). Nếu f

(x) ≥ 0 (hoặc f

(x) ≤ 0) và đẳng thức chỉ xảy ra tại
7

điểm đó bằng 0.
1.2.1 Định lý Rolle
Định lí 1.3. (Định lý Fermat) Cho hàm số f (x) xác định liên tục trong khoảng
đóng [a; b], khi đó nếu f(x) đạt cực trị tại c ∈ (a, b) và nếu f(x) khả vi tại c thì
f

(c) = 0.
Định lí 1.4. (Định lí Rolle). Giả sử f là hàm liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo
hàm tại mọi x ∈ (a, b). Nếu f(a) = f (b) thì tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b)
sao cho f

(c) = 0.
Chứng minh. Vì f liên tục trên đoạn [a; b] nên theo định lý Weierstrass hàm
f phải đạt giá trị cực đại và giá trị cực tiểu trên đoạn [a; b], tức là tồn tại các
điểm x
1
, x
2
∈ (a, b) sao cho
f(x
1
) = min
[a,b]
f(x) = m, f (x
2
) = max
[a;b]
f(x) = M.
Có hai khả năng:
i) m = M. Khi ấy f(x) = const trên đoạn [a; b], do đó f

3
√
x
, rõ ràng tại x
0
= 0 ∈ (−1; 1) đạo hàm không tồn tại, nên hàm số
không thỏa mãn đủ các điều kiện của định lý Rolle.
Nhận xét 1.2. Điều kiện liên tục trên đoạn [a; b] đối với hàm f(x) cũng không
thể thay bởi điều kiện f(x) liên tục trong khoảng (a; b). Chẳng hạn, xét hàm
f(x) =

1 nếu x = 0
x, nếu 0 < x ≤ 1.
Ở đây x = 0 là điểm gián đoạn. Khi đó, rõ ràng không tồn tại x
0
∈ (0; 1) để
f

(x
0
) = 0.
Nhận xét 1.3. Ý nghĩa hình học. Nếu các điều kiện của định lý Rolle được thỏa
mãn thì trên đồ thị của hàm số y = f(x), ∀x ∈ (a; b) tồn tại điểm M(c; f(c)), c ∈
(a; b) mà tiếp tuyến tại đó song song với trục hoành Ox.
Hệ quả 1.1. Nếu hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng (a; b) và phương trình
f(x) = 0 có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a; b) thì phương trình f

(x) = 0
có ít nhất n−1 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a; b). (Phương trình f
(k)

2
; x
3
), , (x
n−1
; x
n
). Gọi n −1
nghiệm đó là ξ
1
, ξ
2
, , ξ
n−1
thì ta có
f

(ξ
1
) = f

(ξ
2
) = = f

(ξ
n−1
) = 0.
Tiếp tục áp dụng định lý Rolle cho n − 2 khoảng (ξ
1


(x) < 0) với mọi x ∈ (a, b), phương trình
f(x) = 0 có nghiệm x
0
thì x
0
là nghiệm duy nhất.
Chứng minh. Giả sử ngược lại còn x
1
khác x
0
cũng là nghiệm của phương
trình f(x) = 0. Khi đó, theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (x
0
, x
1
) (không mất
tổng quát giả sử x
0
< x
1
) sao cho f

(c) = 0. Điều này mâu thuẫn với giả thiết
f

(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b). Vậy suy ra x
0
là duy nhất.
Hệ quả 1.4. Nếu f

sao cho f

(b
1
) = 0, kết hợp với điều kiện f

(a) = 0, suy ra tồn tại b
2
∈ (a, b
1
) ⊂
(a; b) sao cho f

(b
2
) = 0. Lại kết hợp với điều kiện f

(a) = 0 và tiếp tục áp dụng
định lý Rolle ta có f

(b
3
) = 0 với b
3
∈ (a, b
2
) ⊂ (a; b).
Tiếp tục như vậy, đến bước thứ n, tồn tại b
n
∈ (a; b

(b
k
) = 0, k = 1, 2, . . . , n + 1.
10
Chính nhờ những hệ quả này mà định lý Rolle trở thành một công cụ rất
mạnh để giải toán, đặc biệt là đối với dạng toán về giải phương trình và kiểm
chứng số nghiệm của phương trình trong một khoảng nào đó. Các ứng dụng
này sẽ được trình bày chi tiết trong các chương sau.
1.2.2 Định lý Rolle với nguyên hàm
Để chứng minh sự tồn tại nghiệm của phương trình, ta có thể sử dụng các
định lí sau là dạng phát biểu khác của định lý Rolle.
Định lí 1.5. Cho hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a; b] và F (x) là một
nguyên hàm của f(x) trong đoạn đó. Nếu tồn tại các số thực x
1
, x
2
∈ [a; b] với
x
1
< x
2
sao cho F (x
1
) = F (x
2
) thì phương trình f(x) = 0 có nghiệm trong đoạn
[x
1
; x
2

1
; x
2
] thì hàm số F (x) nghịch biến trên [x
1
; x
2
] từ đó suy
ra F(x
1
) > F (x
2
).
Như vậy, trong cả hai trường hợp ta đều có F(x
1
) = F (x
2
), điều này trái giả
thiết là F (x
1
) = F (x
2
).
Vậy phương trình f (x) = 0 có nghiệm trong đoạn [x
1
; x
2
].
Ta phát biểu kết quả trên dưới dạng định lý tương đương sau đây.
Định lí 1.6. Giả sử hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a; b]. Nếu tồn tại các số

hoặc f(x) < 0, ∀x ∈ (x
1
, x
2
).
• Nếu f(x) > 0, ∀x ∈ (x
1
, x
2
) ⇔ F

(x) = f(x) > 0, ∀x ∈ (x
1
, x
2
) thì F(x) tăng
trên [x
1
, x
2
] ⇒ F (x
1
) < F (x
2
).
Vậy
x
2

x

x
2

x
1
f(x)dx < 0, mâu thuẫn với giả thiết
x
2

x
1
f(x)dx = 0.
Như vậy trong cả hai trường hợp đã xét đều mâu thuẫn với giả thiết
x
2

x
1
f(x)dx = 0. Chứng tỏ phương trình f(x) = 0 có nghiệm x ∈ [x
1
, x
2
].
Định lí 1.7. Cho hai số thực a, b trái dấu (a < 0 < b). Giả sử f(x) là hàm số
liên tục, không đổi dấu trên [a, b] (có thể f(x) = 0 tại một số hữu hạn điểm).Khi
đó trên [a, b] phương trình F(x) =
x

0
f(t)dt = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.

[a;b]
f(x)].
Định lí 1.9. Giả sử hàm số f(x) liên tục trên [a; +∞), có đạo hàm trong (a; +∞)
và lim
x→+∞
f(x) = f(a). Khi đó, tồn tại c ∈ (a; +∞) sao cho f

(c) = 0.
Chứng minh. Nếu f(x) = f (a) với mọi x > a thì lấy c là một số bất kỳ lớn
hơn a. Giả sử tồn tại b > a sao cho f(b) = f (a), chẳng hạn f(b) > f(a). Gọi µ là
một số thực bất kỳ thuộc (f(a); f (b)), theo định lý Bolzano – Cauchy, tồn tại
12
α ∈ (a; b) sao cho f(α) = µ. Vì lim
x→+∞
f(x) = f (a) < µ nên tồn tại d > b sao cho
f(d) < µ. Do f(x) liên tục trên [a; +∞) nên theo định lý Bolzano – Cauchy tồn
tại β ∈ (b; d) sao cho f(β) = µ = f(α), do đó theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (α; β)
sao cho f

(c) = 0.
1.3 Định lý Lagrange và định lý Cauchy
Tiếp theo ta xét một số định lý liên quan mật thiết với định lý Rolle.
Định lí 1.10. (Định lý Lagrange). Giả sử f là hàm liên tục trên đoạn [a; b] và
có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng (a; b). Khi đó tồn tại ít nhất một điểm
c ∈ (a; b) sao cho
f(b) − f(a) = f

(c)(b −a),
hay
f

Thay giá trị λ từ (1.3) vào ta có f

(c) =
f(b) − f(a)
b −a
, hay
f(b) − f(a) = f

(c)(b −a).
Công thức (1.1) được gọi là công thức số gia hữu hạn Lagrange.
Nhận xét 1.4. Ta đã thu được định lý Lagrange như là một hệ quả của định
lý Rolle. Thế nhưng chính định lý Rolle (về dạng biểu thức) lại là một trường
hợp riêng của định lý Lagrange (ứng với giả thiết f(a) = f(b)).
13
Nhận xét 1.5. Ý nghĩa hình học: Nếu hàm f (x) thỏa mãn đầy đủ các điều
kiện của định lý Lagrange thì trên đồ thị của hàm số y = f(x) phải tồn tại ít
nhất một điểm M(c; f (c)) sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại điểm đó song song
với dây cung AB, ở đó A(a; f(a)) và B(b; f(b)).
Định lí 1.11. (Định lí Cauchy) Giả sử các hàm f, g liên tục trên đoạn [a; b]
và có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng (a; b), ngoài ra g

(x) = 0 với mọi
x ∈ (a; b). Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho
f(b) − f(a)
g(b) −g(a)
=
f

(c)
g


(c) = 0 ⇔ f

(c) −λg

(c) = 0 ⇔ λ =
f

(c)
g

(c)
. (1.7)
Từ (1.6) và (1.7) ta thu được
f(b) − f(a)
g(b) −g(a)
=
f

(c)
g

(c)
.
Công thức (1.4) được gọi là công thức số gia hữu hạn Cauchy.
Nhận xét 1.6. : Định lý Lagrange là trường hợp riêng của định lý Cauchy với
giả thiết g(x) = x.
Hệ quả 1.6. Nếu f

(x) > 0 (hoặc f

) −f(x
1
).
Khi đó, ta có
f(x
1
) = f (x
2
) ⇔ f(x
2
) −f(x
1
) = 0 ⇔ f

(c)(x
2
− x
1
) = 0 ⇔ x
2
= x
1
do f

(c) > 0. Vây ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.7. Nếu f

(x) − 1 > 0 (hoặc f

(x) − 1 < 0) với mọi x

Chứng minh. Phương trinh
f(f(x)) = x ⇔ [f (f (x)) −f(x)] + [f(x) − x] = 0.
Vì f (x) ⊂ (a, b) (giả thiết x < f (x)) nên theo định lý Lagrange tồn tại c ∈
(x; f(x)) sao cho
f

(c)[f(x) − x] = f(f(x)) − f(x).
Phương trình (1) và (2) tương đương với
f

(c)[f(x) − x] = −[f(x) − x]
⇔ [f(x) −x][f

(c) + 1] = 0.
Vì f

(c) + 1 khác 0 nên phương trình trên tương đương với f(x) − x = 0 hay
f(x) = x.
Bằng quy nạp, ta chứng minh được trường hợp tổng quát.
15
Hệ quả 1.9. Nếu f

(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f(x) ≥ f(y) ⇔ x ≥ y với mọi
x, y ∈ (a, b). Nếu f

(x) < 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f(x) ≥ f (y) ⇔ x ≤ y với mọi
x, y ∈ (a, b).
Chứng minh. Giả sử ngược lại x < y, suy ra tồn tại c ∈ (x, y) sao cho
f



f(x
1
) = g(x
2
) (1)

f(x
n
) = g(x
1
) (n).
a) Nếu f và g cùng tính đơn điệu thì nếu hệ có nghiệm thì các nghiệm bằng
nhau x
1
= x
2
= = x
n
.
b) Nếu f và g khác tính đơn điệu thì nếu n lẻ thì x
1
= x
2
= = x
n
, còn nếu n
chẵn thì ta có x
1
= x

(c)
g

(c)
=
f(x
2
) −f(x
1
)
g(x
2
) −g(x
1
)
(i) =
f(x
2
) −f(x
1
)
f(x
1
) −f(x
n
)
(ii).
Từ (i) suy ra A > 0, từ (ii) suy ra A < 0 (vô lý). Vậy hệ không có nghiệm phân
biệt, hay hệ có nghiệm trùng nhau.
Giả sử (không mất tính tổng quát) x

n−1
= x
n
.
Vậy x
1
= x
2
= = x
n
.
b) Nếu n lẻ thì tương tự như (a) ta có
A =
f

(c)
g

(c)
=
f(x
2
) −f(x
1
)
g(x
2
) −g(x
1
)

n
(vô lí vì f, g khác tính đơn điệu và n không lẻ). Như vậy trong trường hợp n
chẵn thì nếu hệ có nghiệm thì các nghiệm không liền nhau.
Không mất tính tổng quát giả sử x
1
= x
3
. Khi đó theo Cauchy tồn tại c ∈ (a, b)
sao cho
f

(c)[g(x
3
) −g(x
1
)] = g

(c)[f(x
3
) −f(x
1
)]
⇔ f

(c).0 = g

(c)[g(x
4
) −g(x
2

5
.
Tiếp tục làm như vậy, ta có điều phải chứng minh.
17
Chương 2
Áp dụng tính đơn điệu của hàm số
để giải phương trình
Trong chương này chúng tôi trình bày các ứng dụng của định lý Rolle và
một số mở rộng của định lý Rolle trong nghiên cứu các phương trình. Đây là
một định lý rất đẹp, một công cụ rất mạnh để giải các bài toán về phương trình.
2.1 Ứng dụng định lý Rolle và các hệ quả để giải phương
trình
Đối với dạng bài tập này thì các hệ quả của định lý Rolle là một công cụ rất
mạnh để giải toán. Kĩ thuật để giải một số bài toán trong phần này như sau:
• Ta biến đổi phương trình cần giải về dạng f(x) = 0.
• Xét hàm số y = f(x). Tìm số nghiệm của phương trình f

(x) = 0. Giả sử
phương trình f

(x) = 0 có n − 1 nghiệm, khi đó theo hệ quả định lý Rolle thì
phương trình f (x) = 0 có không quá n nghiệm.
• Chỉ ra các nghiệm của phương trình.
Phần tiếp theo, tác giả đã hệ thống một số bài toán từ dễ đến khó có sử
dụng định lý Rolle và các hệ quả của định lý Rolle. Các bài toán được lựa chọn
từ một số tài liệu trong các kỳ thi Quốc gia và Quốc tế, Olympic sinh viên để
minh họa cho dạng bài tập này và tác giả tự thiết kế trên cơ sở một số bài tập
đã có.
Bài toán 2.1. [Olympic 30/04 năm 2011]. Giải phương trình sau trên tập
số thực

3
√
2x −9

⇔ x − 5 =
3
√
2x −9
⇔ (x − 5)
3
= 2x −9 ⇔ (x − 4)(x
2
− 11x + 29) = 0
⇔ x = 4 hoặc x =
11 +
√
5
2
; x =
11 −
√
5
2
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là x = 4; x =
11 +
√
5
2
; x =
11 −

+ (c + p)x + d + q.
Sử dụng đồng nhất thức ta thu được hệ (ẩn là m và n)







m
3
= a
3m
2
n = b
3mn
2
+ km = c + p
n
3
+ kn = d + q.
Đến đây, ta có kết quả:
• Nếu hệ phương trình trên có nghiệm thì (2.3) đưa được về dạng (2.4).
• Nếu hệ phương trình trên vô nghiệm thì (2.3) không đưa được về dạng (2.4).
19
Chú ý 2.1. Các hệ số của (2.3) sẽ thay đổi nếu ta nhân hai vế của (2.3) với
một số khác không và hệ phương trình trên cũng thay đổi, nghĩa là hệ phương
trình trên là không duy nhất.
Bài toán 2.2. Giải phương trình sau trên tập số thực:
4x


⇔ 2x + 1 =
3
√
2x + 1
⇔ (2x + 1)
3
= 2x + 1 ⇔ 4x(x + 1)(2x + 1) = 0
⇔ x = 4 hoặc x = −1; x = −
1
2
.
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là x = 4; x = −1; x = −
1
2
.
Nhận xét 2.2. Áp dụng hệ phương trình từ phương trình tổng quát, ta có







m
3
= 4
3m
2
n = 6

n = 12
3mn
2
+ 2m = 10
n
3
+ 2n = 3.
có nghiệm m = 2 và n = 1
20
Bài toán 2.3. Giải phương trình sau trên tập số thực
3
√
6x + 1 = 8x
3
− 4x − 1. (2.7)
Lời giải.
Điều kiện x ∈ R.
Phương trình (2.7) tương đương với
(6x + 1) +
3
√
6x + 1 = (2x)
3
+ (2x). (2.8)
Xét hàm số đặc trưng f(t) = t
3
+ t với t ∈ R, ta có
f

(t) = 3t

π
9
+ k
2π
3
(k ∈ Z).
Mà t ∈ [0; π], suy ra t =
π
9
; t =
5π
9
;t =
7π
9
.
Suy ra x = cos
π
9
; x = cos
5π
9
;x = cos
7π
9
.
Do phương trình (2.9) là phương trình bậc ba nên có không quá 3 nghiệm nên
phương trình (2.7) chỉ có 3 nghiệm trên.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = cos
π

Bài toán 2.4. Giải phương trình sau trên tập số thực
3x

2 +

9x
2
+ 3

+ (4x + 2)

1 +

1 + x + x
2

= 0. (2.10)
Lời giải.
Ta thấy phương trình chỉ có nghiệm trong khoảng (−
1
2
; 0).
Phương trình (2.10) tương đương với
(−3x)

2 +

(−3x)
2
+ 3

4
+ 3t
2
với t > 0, ta có
f

(t) = 2 +
2t
3
+ 3t
√
t
4
+ 3t
2
, ∀t > 0.
Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên khoảng (0; +∞).
Mà phương trình (2.11) tương đương với
f(u) = f(v) ⇔ u = v
⇔ −3x = 2x + 1 ⇔ x = −
1
5
.
Vậy nghiệm duy nhất của phương trình đã cho là x = −
1
5
.
Bài toán 2.5. [HSG Thái Bình năm 2010-2011]
Giải phương trình sau trên tập số thực
log

2
− (2x − 1
⇔ log
3
(2x −1) + 2x − 1 = log
3
3(x −1)
2
+ 3(x − 1)
2
. (2.13)
Xét hàm số đặc trưng f(t) = log
3
t + t với t > 0, ta có
f

(t) =
1
t ln 3
+ 1 > 0, ∀t > 0.
22
Suy ra hàm số f(t) trên đồng biến trên khoảng (0; +∞).
Mà phương trình (2.13) có dạng
f(2x − 1) = f(3(x − 1)
2
)
⇔ 2x − 1 = 3(x − 1)
2
⇔ 3x
2

Xét hàm số đặc trưng f(t) = log
2
t −t với t ∈ (0; 1], ta có
f

(t) =
1
t ln 2
− 1 > 0, ∀t ∈ (0; 1).
Vì 0 < t ≤ 1 nên 0 < t ln 2 ≤ ln 2 < ln e = 1⇒
1
t ln 2
> 1 ⇔
1
t ln 2
− 1 > 0.
Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên khoảng (0; 1].
Mà phương trình (2.14) có dạng
f(cos x) = f (sin 2x) ⇔ cos x = sin 2x
⇔ sin x =
1
2
⇔ x =
π
6
.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =
π
6
.