Skkn vận dụng phương pháp hàm số giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH TIỀN GIANG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG
TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH.

NĂM HỌC 2012 - 2013

TỔ TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TG
Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 1

skkn


Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 2

skkn


MỤC LỤC:
Số thứ tự
Nội dung
Mục lục.

1.
Tên đề tài.
2.
3.
A. Đặt vấn đề (Lý do chọn đề tài).
B.Giải quyết vấn đề.
4.
1. Cơ sở lý luận của đề tài.
5.
2. Cấu trúc của đề tài.
3. Nội dung của đề tài.
6.
a./ Các bài toán sử dụng hệ quả của tính đơn điệu.
i. Cơ sở lý luận: Hệ quả của tính đơn điệu.
7.
ii. Các thí dụ.
8.
iii. Bài tập tương tự.
9.
iv. Hướng dẫn và kết quả các bài tập tương tự.
10.
b./ Các bài toán sử dụng hệ quả của định lý Lagrange.
11.
i. Cơ sở lý luận: Hệ quả của định lý Lagrange.
12.
ii. Các thí dụ.
13.
iii. Bài tập tương tự.
14.
iv. Hướng dẫn và kết quả các bài tập tương tự.

15.
c./ Các bài toán sử dụng phương pháp hàm đặc trưng.
16.
i. Cơ sở lý luận: Tính chất của hàm số đơn điệu trên
17.
một tập hợp D.
ii. Các thí dụ.
18.
iii. Bài tập tương tự.
19.
iv. Hướng dẫn và kết quả các bài tập tương tự.
20.
d./ Các bài toán sử dụng định nghĩa của hàm số đơn
21.
điệu.
i. Cơ sở lý luận: Định nghĩa của hàm số đơn điệu trên
22.
một tập hợp D.
ii. Các thí dụ.
23.
iii. Bài tập tương tự.
24.
iv. Hướng dẫn và kết quả các bài tập tương tự.
25.
26.
4. Hiệu quả của đề tài.
27.
C. Kết luận.
Tài liệu tham khảo.
28.

Phụ lục
29.

Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang
3
5
7
9
10
11
11
11
13
14
16
16
16
20
21
27
27
27
31
34
43
43
43
48

49
51
52
53
54

Trang 3

skkn


Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 4

skkn


TÊN ĐỀ TÀI:

Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 5

skkn


Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 6

skkn


A.

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

Những năm gần đây, trong các đề thi chọn học sinh giỏi của các tỉnh thành trên
toàn quốc và trong các đề thi tuyển sinh Đại học, ở phần đại số sơ cấp; phần lớn
người ta cho những bài về phương trình, hệ phương trình, bất phương trình mà ta
thường hay kết hợp các phương pháp đại số sơ cấp và phương pháp hàm số để giải.
Những bài tốn này, phần lớn đều có hình thức nhìn khá phức tạp vì nó được
dấu bởi một phương trình, hệ phương trình hay bất phương trình đại số với ít nhất
một hàm số nào đó cộng với việc khai triển đánh lạc hướng.
Trong phần này, tôi xin tổng kết và giới thiệu các dạng, các phương pháp điển
hình thường hay sử dụng giải các bài toán dạng này nhằm giúp các em học sinh
phổ thơng có thêm những khả năng xử lý tốt các bài toán sơ cấp và có được kết quả
tốt trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi và các kỳ thi đại học.
Mỹ Tho, ngày 20 tháng 11 năm 2012
Thầy Nguyễn Hoàng Kinh

Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 7

skkn


Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 8

skkn


B.

GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:
1. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI:

a. Định nghĩa tính đơn điệu của hàm số: Cho hàm số f xác định trên khoảng
(a; b).
 Hàm số f được gọi là đồng biến trên (a; b)
 (x1, x2(a; b): x1 < x2  f(x1) < f(x2))
 Hàm số f được gọi là là nghịch biến trên (a; b)
 (x1, x2(a; b): x1 < x2  f(x1) > f(x2))
b. Định lý về điều cần về tính đơn điệu của hàm số: Giả sử f(x) có đạo hàm
trên khoảng (a; b).
f(x) đồng biến trên khoảng (a; b)  f’(x)  0 trên khoảng (a; b)
f(x) nghịch biến trên khoảng (a; b)  f’(x)  0 trên khoảng (a; b)
c. Định lý về điều đủ về tính đơn điệu của hàm số: Giả sử f(x) có đạo hàm
trên khoảng (a; b).
f ’(x) > 0 trên khoảng (a; b)  f(x) đồng biến trên khoảng (a; b).
f ’(x) < 0 trên khoảng (a; b)  f(x) nghịch biến trên khoảng (a; b).
f ’(x) = 0 trên khoảng (a; b)  f(x) không đổi trên khoảng (a; b).
d. Mở rộng định lý về tính đơn điệu của hàm số: Nếu f ’(x)  0, x (a; b)
(hay f’(x) ≤ 0, x (a; b)) và f’(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc
khoảng (a; b) thì hàm số vẫn đồng biến (hay nghịch biến) trên khoảng (a; b).
e. Hệ quả của định lý Lagrange: “Trên tập xác định D, đạo hàm cấp k của

hàm số f khơng đổi dấu thì phương trình f(x) = C có khơng q k nghiệm
phân biệt”

Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 9

skkn


2. CẤU TRÚC ĐỀ TÀI:
1. Các bài toán sử dụng hệ quả của tính đơn điệu của hai hàm số.
a. Hệ quả của tính đơn điệu của hàm số.
b. Các thí dụ và phân tích bài giải.
c. Các bài tập tương tự.
d. Hướng dẫn và kết quả của các bài tập.
2. Các bài toán sử dụng hệ quả của định lý Lagrange.
a. Hệ quả của định lý Lagrange.
b. Các thí dụ và phân tích bài giải.
c. Các bài tập tương tự.
d. Hướng dẫn và kết quả của các bài tập.
3. Các bài toán sử dụng phương pháp hàm đặc trưng.
a. Tính chất của hàm số liên tục và đơn điệu trên D.
b. Các thí dụ và phân tích bài giải.
c. Các bài tập tương tự.
d. Hướng dẫn và kết quả của các bài tập.
4. Các bài toán sử dụng định nghĩa của hàm số đơn điệu.
a. Định nghĩa của hàm số đơn điệu trên D.
b. Các thí dụ và phân tích bài giải.
c. Các bài tập tương tự.

d. Hướng dẫn và kết quả của các bài tập.

Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 10

skkn


3. NỘI DUNG ĐỀ TÀI:
1/ DẠNG 1: Sử dụng hệ quả của tính đơn điệu: “Nếu hàm số f liên tục và đồng
biến trên D, hàm số g liên tục và nghịch biến trên D thì phương trình f(x) = g(x)
có nhiều nhất một nghiệm trên D”
Thí dụ 1: Giải phương trình: x  1   x 2  2 x  17
Giải: Điều kiện: x  1. Ta có hàm số f ( x )  x  1 đồng biến và liên tục trên [1; +);

g ( x )   x 2  2 x  17 nghịch biến và liên tục trên [1; +) mà f(5) = g(5) nên pt trên có
duy nhất một nghiệm là x = 5.

Thí dụ 2: Giải phương trình: 3.25x 2  (3x  10)5x 2  3  x  0
Giải: Đặt: t  5x 2 , t  0 ; ta được phương trình: 3t 2  (3x  10)t  3  x  0
Phương trình bậc hai theo t này có   (3x  10)2  12(3  x )  (3x  8)2 nên nó có
hai nghiệm: t  3 x 1063 x 8  13  t  3 x 1063 x 8  3  x .
Khi đó, ta có: 5x  2  13  5x  2  3  x
 5x  2  13  x  2  log5 3
 Do hàm số f ( x )  5x  2 liên tục và đồng biến trên , hàm số g ( x )  3  x liên tục
và nghịch biến trên , mà f(2) = g(2) nên phương trình 5x  2  3  x có duy nhất
một nghiệm x = 2. Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  {2  log5 3; 2}
Thí dụ 3: Giải phương trình: ( x  2)log 32 ( x  1)  4( x  1)log3 ( x  1)  16  0
Giải: Điều kiện: x  1 ; đặt: t  log 3 ( x  1) ; ta được phương trình:

( x  2)t 2  4( x  1)t  16  0 . Vì x + 2 > 0, nên phương trình bậc hai theo t này có
 '  4( x  1)2  16( x  2)  (2 x  6)2 nên nó có hai nghiệm:
t  2 x x222 x  6  4  t  2 x x222 x 6  x 4 2 .
Khi đó, ta có: log 3 ( x  1)  4  log3 ( x  1)  x 4 2
 log 3 ( x  1)  4  x   80
81
 Do hàm số f ( x )  log 3 ( x  1) liên tục và đồng biến trên ( 1; ) , hàm số
g ( x )  x 4 2 liên tục và nghịch biến trên ( 1; ) , mà f(2) = g(2) nên phương trình
log 3 ( x  1)  x 4 2 có duy nhất một nghiệm x = 2. Vậy phương trình đã cho có tập
nghiệm S  { 80
81 ; 2}
Thí dụ 4: Giải bất phương trình: log 2 (2  x )  log 3 (2 x  1)  1  x
Giải: Xét hàm số f ( x )  log 2 (2  x )  log3 (2 x  1) , với x  (  12 ;2) . Ta có:
f '( x )  (2x1) ln 2  (2 x 21) ln 3  0, x  (  21 ;2) nên nó liên tục và nghịch biến trên
(  12 ;2) . Mặt khác hàm số g ( x )  x  1 liên tục và đồng biến trên ( 12 ; 2) và f(0) =
g(0) nên bất phương trình f ( x )  g ( x )  x  (  12 ;0)
Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 11

skkn


 x  1  y  8  x 3
Thí dụ 5: Giải phương trình: 
4
( x  1)  y
Giải: Điều kiện: x  1; y  0. Thế pt(2) vào pt(1), ta được:

x  1  8  x 3  ( x  1)2   x 3  x 2  2 x  9

Ta có hàm số f ( x ) 

x  1 đồng biến và liên tục trên [1; +);

g ( x )   x  x  2 x  9 nghịch biến và liên tục trên [1; +) mà f(2) = g(2) nên pt trên
3

2

có duy nhất một nghiệm là x = 2.

x  2
y 1

Vậy hệ phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm 

Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 12

skkn


2/ DẠNG 2: Sử dụng hệ quả của định lý Lagrange: “Trên tập xác định D, đạo
hàm cấp k của hàm số f khơng đổi dấu thì phương trình f(x) = C có khơng q k
nghiệm phân biệt”
Do đó:


  phương trình f(x) = C có đúng k nghiệm:

f ( x1 )  f ( x2 )  ...  f ( xk )  C 
f ( k ) ( x )  0, x  D
()

x1, x2, …, xk trên D.
Đặc biệt:

f '( x )  0, x  D 
()
  phương trình f(x) = C có duy nhất một nghiệm x0
f ( x0 )  C


trên D.
Thí dụ 1: Giải phương trình: log 7 x  log3 ( x  2)
Giải: Xét hàm số: f ( x )  log7 x  log3 ( x  2) với x  (0; +)
Ta có:
f '( x ) 

1
1
2( x  2)ln 3  x ln 7
x (ln 9  ln 7)  4ln 3



 0, x  0
x ln 7 2 x ( x  2)ln 3
2 x( x  2)ln 3ln7
2 x( x  2)ln 3ln 7

Suy ra f (x) liên tục và đồng biến trên (0; +).
Mà: f(49) = 0, vậy phương trình đã cho chỉ có một nghiệm: x = 49.
Thí dụ 2: Giải phương trình: 3x  2x  3x  2
Giải: Xét hàm số: f ( x )  3x  2 x  3x  2 với x  .

Ta có: f '( x )  3x ln 3  2 x ln 2  3 ; f ''( x )  3x ln 2 3  2 x ln 2 2  0, x  
Suy ra f '(x) liên tục và đồng biến trên . Mặt khác:
f '(0). f '(1)  (ln 3  ln 2  3)(3ln 3  2ln 2  3)  0

Nên phương trình: f '( x)  0 có duy nhất một nghiệm x0 trên .
Do đó hàm số f (x) liên tục và có 2 khoảng biến thiên là (–; x0) và (x0; +)
Mà: f(0) = f(1) = 0, vậy phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm: x = 0; x = 1.
Thí dụ 3: Giải phương trình: (1  x )(2  4 x )  3.4 x
Giải: Vì: 3.4x > 0 và 2 + 4x > 0 nên x + 1 > 0
Xét hàm số: f ( x )  (1  x )(2  4 x )  3.4 x  ( x  2)4 x  2(1  x ), x  (1; )
Ta có:
f '( x )  ( x  2)4 x ln 4  4 x  2 ; f ''( x )  ( x  2)4 x ln 2 4  2.4 x ln 4 ;
f '''( x )  4 x ln 2 4 ( x  2)ln 4  3

Suy ra: f '''( x )  0  x  x0  2  ln34
 hàm số f ’’(x) nghịch biến trên (–1; x0) và đồng biến trên (x0; +)
Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 13

skkn


Mà f ’’(–1) < 0, f ’’(x0) < 0 và lim f ''( x )   nên phương trình f ’’(x) = 0 có đúng

x 

một nghiệm trên (–1; +)
Suy ra phương trình f ’(x) = 0 có khơng q 2 nghiệm  hàm số f(x) có khơng q
3 khoảng biến thiên
 phương trình f(x) = 0 có khơng quá 3 nghiệm.
Mà: f(0) = f(1) = f( 12 ) = 0, vậy phương trình đã cho chỉ có ba nghiệm: x = 0; x = 1;
x = 12 .
Thí dụ 4: Giải phương trình: 12 x  13x  14 x  2 x  3x  4x  870 x3  2400 x 2  1560 x
Giải:
 Nếu x < 0 thì theo bất đẳng thức Bernoulli cho số x < 0 ((1 + a)x > 1 + ax), ta có:
12x > x(12 – 1) + 1 = 11x + 1, tương tự ta có: 13x > 12x + 1 và 14x > 13x + 1
 12x + 13x + 14x > 36x + 3.
Mặt khác:
2x + 3x + 4x + 870x3 – 2400x2 + 1560x < 3  36 x  x(870 x 2  2400 x  1524)  3  36 x
Suy ra: 12 x  13x  14 x  2 x  3x  4x  870 x3  2400 x 2  1560 x nên pt khơng có
nghiệm x < 0.
 Xét hs: f ( x )  12 x  13x  14 x  (2 x  3x  4 x  870 x 3  2400 x 2  1560 x ), x  [0; )
Ta có: f (4) ( x )  12 x ln 4 12  13x ln 4 13  14 x ln 4 14  2 x ln 4 2  3x ln4 3  4 x ln 4 4  0, x  0
 hàm số f(x) có khơng q 4 khoảng biến thiên.
 pt f(x) = 0 có khơng q 4 nghiệm.
Mà: f(0) = f(1) = f(2) = f(3) = 0, vậy phương trình đã cho chỉ có 4 nghiệm: x = 0; x
= 1; x = 2; x = 3.
 1
y 2 x
 
2

y
Thí dụ 5: Giải hệ phương trình:  x x


2
2
 y ( x  1  1)  3x  3
Giải: Với điều kiện: x  0, y  0; phương trình (1)  y 2  y x  2 x x  2 yx

 2 x x  2 yx  y x  y 2  0
y   x
 2 x ( x  y )  y ( x  y )  0  ( x  y )(2 x  y )  0  
 y  2x
 Khi: y   x , phương trình (2)

  x ( x 2  1  1)  3x 2  3  x  x 2  1( x  3) (vô nghiệm)
 Khi: y  2 x , phương trình (2)
 2 x( x 2  1  1)  3x 2  3  2 x  3( x 2  1)( x 2  1  1)
+ Nếu x  [0; 1] thì 2x 3  2,

3( x 2  1)( x 2  1  1)  2 3

Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 14

skkn


do đó 2 x 3  3( x 2  1)( x 2  1  1) suy ra phương trình khơng có nghiệm x  [0; 1].
+ Nếu x > 1 thì pt(2)  3x 2  2 3x 3  3  3 x 2  1  0
Ta có hàm số: f ( x )  3x 2  2 3x 3  3  3 x 2  1 liên tục và đồng biến trên (1; +), mà

f ( 3)  0 nên nó có duy nhất một nghiệm: x  3
Vậy hệ phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm: x  3; y  2 3

 1
y 2 x
 
2

y
Thí dụ 6: Giải hệ phương trình:  x x

2
2
 y ( x  1  1)  3x  3
Giải: Với điều kiện: x  0; y  0 , phương trình (1) tương đương:
 y  2x
y 2  (2 x  x ) y  2 x x  0  
y   x
 y   x



2
2
  x ( x  1  1)  3( x  1) (*)

Phương trình (*) vơ nghiệm vì  x ( x 2  1  1)  0  3( x 2  1)
 y  2 x



2
2
 2 x( x  1  1)  3( x  1)

(**)

2x
2x
 0 , ta có: hàm số f ( x )  x 2  1 
2x  3
2x  3
liên tục và đồng biến trên (0; + ) và f ( 3)  0  phương trình (**) có duy nhất

Phương trình (**) 

x2  1 

một nghiệm là x  3  hệ phương trình có một nghiệm: x  3; y  2 3
(1  4 x  y )51 x y  1  3x y 2
Thí dụ 7: Giải hệ phương trình:  2
1
 x  3 y y  x  1  2 y
Giải: Với điều kiện: y  1x  0; x  0 ,

Đặt: x – y = t, phương trình (1) trở thành: 5( 15 )t  5( 54 )t  9.3t  1 (1’)
Xét hàm số:

f (t )  5( 15 )t  5( 45 )t  9.3t  f '(t )  5( 15 )t ln( 15 )  5( 54 )t ln( 54 )  9.3t ln 3  0, t  

Suy ra hàm số f liên tục và đồng biến trên , mà f(0) = 1 nên phương trình (1’) có
một nghiệm duy nhất t = 0, khi đó x = y.
 y  x
2
1
 x  3x x  x  1  2 x (*)

Khi đó, hệ phương trình trở thành: 

Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 15

skkn


 x  [1;0)  [1; )
 x  [1; )
(*)   2

 4
3
2
2
 x  2 x  1  3 x( x  1)
 x  5 x  2 x  5x  1  0
 x  [1; )
 x  [1; )



 2
2
2
1
1
 x  x  1  0  x  4x  1  0
( x  x )  5( x  x )  4  0
 x  y  12 5
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: 
 x  y  2  5

Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 16

skkn


3/ DẠNG 3: Sử dụng tính chất của hàm số liên tục và đơn điệu: “Trên tập xác
định D, nếu hàm số f liên tục và đơn điệu thì phương trình f(u(x)) = f(v(x)) 
u(x) = v(x)”
Ta gọi phương pháp này là phương pháp sử dụng hàm đặc trưng.
1 x 2

Thí dụ 1: Giải phương trình: 2

x2

1 2 x

2

x2



Giải: Điều kiện: x  0.
Ta có:

1 1

2 x

1  2x 1  x2 x2  2x
2
1 1
 2 
 1   2  
2
2
x
x
x
x
2 x
1 x 2

Phương trình đã cho tương đương: 2

x2

1 x 2

2

x2

1 2 x

2

x2

1  1 2x 1  x2 
  2  2 
2 x
x 

1 1  x2
 . 2 2
2 x

12 x
x2

1 1  2x
 . 2
2 x

(*)

1
2
 1  x2 
1  x2 1  2x
 1  2x 
Nên: (*)  f  2   f  2   2  2  x 2  2 x  0  x  0  x  2
x
x
 x 
 x 

Hàm số f ( t )  2t  t liên tục và đồng biến trên .

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là: x = 2.
2x  1
 3x 2  8 x  5
2
( x  1)
Giải: Với điều kiện: x  ( 12 ; ) \ 1 , phương trình đã cho tương đương:

Thí dụ 2: Giải phương trình: log 3

log3 (2 x  1)  (2 x  1)  log 3 [3( x  1)2 ]  3( x  1)2

Do hàm số: f(t) = log3t + t liên tục và đồng biến trên (0; +), nên ta có:
(2 x  1)  3( x  1)2

 3x2 – 8x + 4 = 0  x =

2
3

 x = 2.

Thí dụ 3: Giải phương trình: 24 x 2  60 x  36 

1
1

0
5x  7
x 1

Giải: Với điều kiện: x  ( 75 ; ) , phương trình đã cho tương đương:
1
1
 x2 
5x  7
x 1
1
Do hàm số: f(t) = t2 
liên tục và đồng biến trên (1; +), nên ta có:
t 1
(5 x  6)2 

5x – 6 = x  x = 23 .

Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 17

skkn


Thí dụ 4: Giải phương trình:

3

x9  9 x2  1
 2x  1
3

Giải: phương trình  x9 + 9x2 – 1 = 3(2x + 1)3  x9 + 3x3 = (3x + 1)3 + 3(3x + 1)
mà hàm số: f(t) = t3 + 3t liên tục và đồng biến trên , nên ta có: x3 = 3x + 1 (*)
Đặt: x = 2cost, t  [0; ]; – 2  x  2, pt (*): 8cos3t = 6cost + 1  cos3t = ½ 
 t  9  k 23
;k 


2
t



k

9
3
Do: t  [0; ] nên t  9  t  59  t 

x  2cos 9  x  2cos 59  x  2cos 79

7
9

, do đó pt(*) có 3 nghiệm:

 x11  xy10  y 22  y12
Thí dụ 5: Giải hệ phương trình: 
4
4
2
2
7 y  13x  8  2 y 3 x(3x  3 y  1)

Giải: Khi y = 0, pt(1)  x = 0, khơng thỏa pt(2)
phương trình (1) 

    y
x
y

11

x
y

11

 y , do hàm số f(t) = t + t liên tục và đồng

11

biến trên , nên phương trình (1)  x = y2, thế vào pt(2), ta được:
7 x 2  13x  8  2 x 2 3 x(3x 2  3x  1) 

7 13 8
3 1
 2  3  23 3   2
x x
x x
x

1
x

Đặt: t  , do x = y2, nên t > 0, ta được:
8t 3  13t 2  7t  2 3 3  3t  t 2  (2t  1)3  2(2t  1)  (3  3t  t 2 )  2 3 3  3t  t 2

Do hàm số f(t) = t3 + 2t liên tục và đồng biến trên , nên pt(2’)  (2t + 1)3 = 3 +
3t – t2.
 8t3 + 13t2 + 3t – 2 = 0  (t + 1)(8t2 + 5t – 2) = 0
 t  1  0
  5 89
t  16  0  t 

5 89
16

t

5 89
16

5  89
5  89
;y 
4
2
 x  x 2  2 x  2  3 y 1  1
Thí dụ 6: Giải hệ phương trình: 
 y  y 2  2 y  2  3x 1  1

Khi đó: x 

Giải: Đặt: u = x – 1; v = y – 1. Ta được hệ phương trình:
u  u 2  1  3v
 u  u 2  1  3u  v  v 2  1  3v

 v  v 2  1  3u
Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 18

skkn


Xét hàm số: f (t )  t  t 2  1  3t liên tục và đồng biến trên   u = v
Khi đó: u  u 2  1  3u  1  3u ( u 2  1  u ) . Xét g(u)  3u ( u 2  1  u )

 u

 g '(u )  3u ln 3( u 2  1  u )  3u 
 1
2
 u 1 

1 
g '(u )  3u ( u 2  1  u )  ln 3 
  0, u  R
u2  1 


Vậy g(u) đồng biến trên . Ta có g(0) = 1. Vậy u = 0 là nghiệm duy nhất của (1).
Nên (II)  u = 0 = v. Vậy (I)  x = y = 1.
Thí dụ 7: Giải phương trình:

x2  x  2
1 x  x  2
2



x2  x
1 x  x  4
2

 x2  1

Giải: Điều kiện:
0  x 2  x  2  4  x  [1;2]


 x  1  [0; 12 17 ]

1 17
1 17
2
 x  [ 2 ; 1]  [0; 2 ]
0  x  x  4

Phương trình đã cho tương đương:
Hàm số: f ( t ) 

x2  x  2
1  4  ( x  x  2)
2



x2  x
1  4  ( x  x)
2

 x2  1

t
liên tục và đồng biến trên đoạn [0; 4]
1 4  t

Phương trình đã cho trở thành: f(x2 – x + 2) – f(x2 + x) – x2 + 1 = 0 (*).
 x = – 1 không thỏa pt (*).
 x  [0; 1)  x2 – x + 2 > x2 + x

 Vế trái (*) > x2 – x + 2 – x2 – x – x2 + 1 = – x2 – 2x + 3 > 0.
 x = 1 thỏa pt (*).
 x  (1; 12 17 ]  x2 – x + 2 < x2 + x
 Vế trái (*) < x2 – x + 2 – x2 – x – x2 + 1 = – x2 – 2x + 3 < 0.
Vậy phương trình có duy nhất một nghiệm là x = 1.
3.3x  3 y  1  y  x
Thí dụ 8: Giải hệ phương trình:  x y
2
2
 2.3  2  3x  2 y  2 x  y  3
Giải: Phương trình (1) được viết lại là: 3x 1  x  1  3 y  y .
Xét hàm số: g (t )  3t  t , ta có: g '(t )  3t ln 3  1  0, t    g liên tục và đồng biến

trên . Do đó, ta được: y = x + 1.
Thế vào phương trình (2), ta được:

2 x 1  2.3x  5 x 2  x  4  2 x 1  2.3x  5 x 2  x  4  0
Xét hàm số: f ( x )  2 x 1  2.3x  5x 2  x  4, x  
Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 19

skkn


 f '( x )  2.2 x ln 2  2.3x ln 3  10 x  1  f ''( x )  2.2 x ln 2 2  2.3x ln 2 3  10
 f '''( x )  2.2 x ln 3 2  2.3x ln 3 3  0, x  

Do đó: f’’ liên tục và đồng biến trên   phương trình f’’(x) = 0 có nhiều nhất 1
nghiệm.

 f’ liên tục và có nhiều nhất 2 khoảng biến thiên trên   phương trình f’(x) = 0
có nhiều nhất 2 nghiệm. Khi đó f liên tục và có nhiều nhất 3 khoảng biến thiên
trên  hay phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất 3 nghiệm.
Mà: f (0)  f (1)  f (2)  0 , do đó phương trình f(x) = 0 có đúng 3 nghiệm x = 0, x =
1, x = 2.
Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm: ( x  0; y  1)  ( x  1; y  2)  ( x  2; y  3)

Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 20

skkn


4/ DẠNG 4: Sử dụng định nghĩa của hàm số đơn điệu:
đn
 Hàm số f đồng biến trên (a; b) 
 x, y  (a; b): x  y  f(x)  f(y).
đn
 Hàm số f nghịch biến trên (a; b) 
 x, y  (a; b): x  y  f(x)  f(y).
 x 2  x  2 y
Thí dụ 1: Giải hệ phương trình:  2
 y  y  2 x

Giải: Với điều kiện: x  0, y  0, hệ phương trình đã cho tương đương:
 x2 
 x 2  x  2 y
 2
 2

 2
y 
 y  y  2 x
 2

Hàm số f ( t ) 

x

y

y

x

t2  t
liên tục và đồng biến trên [0; +)
2

Do đó: giả sử 0  x  y  f(y)  f(x)  y  x, suy ra: x = y  0.
 x 2  2 x  x  0
 x ( x  1)( x  x  1)  0

 y  x
 y  x
3 5
 x  0  x  1  x  2




 y  0  y  1  y  32 5
3
2
 x  1  2( x  x  y )
Thí dụ 2: Giải hệ phương trình:  3
2
 y  1  2( y  y  x )

Khi đó ta có hệ phương trình: 

Giải:
 C1: Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2), ta có:

x  y
x 3  y 3  2( x 2  y 2 )  4( x  y )  
2
( x  y )  2( x  y )  4  xy

Lấy phương trình (1) cộng phương trình (2), ta có:
( x  y )3  3xy ( x  y )  2  2( x  y )2  4 xy
( x  y )2  2( x  y )  4  xy
y  x
Do đó, ta có:  3
(3)  
(4)
2
3
2
( x  y )  3xy ( x  y )  2  2( x  y )  4 xy
 x  2x  1  0

1 5
Giải (3), ta được: x  y  1  x  y 
2

Đặt: S = x + y; P = xy, với S2 – 4P  0, hệ (4) trở thành:
 S 2  2 S  4  P
 3
2
 S  4 S  10 S  9  0

(4)

Do: S2 – 4P = – 3S2 + 8S – 16  3( S  43 )2  323  0 , nên hệ phương trình (4) vơ
nghiệm.
Giáo viên: Nguyễn Hồng Kinh

Trang 21

skkn


 y  12 x 3  x 2  x  12
 C2: Ta có: 
3
2
 x  12 y  y  y  12
Do hàm số: z  f (t )  12 t 3  t 2  t  12 liên tục và đồng biến trên .

Nếu ta có: x  y  f(x)  f(y)  y  x, suy ra: x = y.
y  x

Khi đó, ta có hệ phương trình: 

 x  y  1 x  y 

 x  2x  1  0
 x 3  3x  3  ln( x 2  x  1)  y

Thí dụ 3: Giải hệ phương trình:  y 3  3 y  3  ln( y 2  y  1)  z
 z 3  3z  3  ln( z 2  z  1)  x

3

2

1 5
2

Giải:
Xét hàm số:
2t  1
2t 2  1
2
f (t )  t  3t  3  ln(t  t  1)  f '(t )  3t  3  2
 3t  1  2
 0, t  
t  t 1
t  t 1
3

2

2

suy ra hàm số f(t) liên tục và đồng biến trên .
Giả sử: x = min{x; y; z}, khi đó: x ≤ y  f(x) ≤ f(y)  y ≤ z  f(y) ≤ f(z)  z ≤ x
tức là, ta có: x ≤ y ≤ z ≤ x nên x = y = z. Lúc đó, ta có: x 3  2 x  3  ln( x 2  x  1)  0
2x2  1
Do hàm số: g ( x )  x  2 x  3  ln( x  x  1) có: g '( x )  3x  2
 0, x  
x  x 1
3

2

2

nên g(x) liên tục và đồng biến trên , mà g(1) = 0 nên phương trình: g(x) = 0 có
duy nhất một nghiệm x = 1.
Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm: x = y = z = 1.
 f ( x1 )  g ( x2 )
 f ( x )  g( x )
2
3

Tổng quát 1: Xét hệ phương trình: ...................... , trong đó hai hàm số f và g
 f ( x )  g( x )
n 1
n


 f ( xn )  g ( x1 )

cùng liên tục và đồng biến trên tập K và (x1; x2; ....; xn) (xi  K, i = 1; 2; ...; n) là
nghiệm của hệ phương trình thì: x1 = x2 = .... = xn.
( 1 ) 2 x3  x 2  y
 4
3
2

Thí dụ 4: Giải hệ phương trình: ( 14 )2 y  y  z
 1 2 z3  z 2
x
( 4 )
Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 22

skkn


3

2

Giải: Rõ ràng, ta có: x, y, z > 0. Ta có hàm số f (t )  ( 14 )2 t  t nghịch biến và liên tục
trên (0; +) và hàm số g(t) = t đồng biến và liên tục trên (0; +).
Nên nếu ta giả sử: x = min{x; y; z}, khi đó:
x ≤ y  f(x)  f(y)  y  z  f(y)  f(z)  z ≤ x  x = z  f(x) = f(z)  y = x.
Vậy hệ phương trình có duy nhất một nghiệm là: x  y  z  12
 f ( x1 )  g ( x2 )

 f ( x )  g( x )
2
3

Tổng quát 2: Xét hệ phương trình: ...................... , trong đó n lẻ; hai hàm số f
 f ( x )  g( x )
n 1
n

 f ( xn )  g ( x1 )

nghịch biến, g đồng biến và cùng liên tục trên tập K và (x1; x2; ....; xn) (xi  K, i =
1; 2; ...; n) là nghiệm của hệ phương trình thì: x1 = x2 = .... = xn.
( x  1)2  2 y

2
( y  1)  2 z
Thí dụ 5: Giải hệ phương trình: 
2
( z  1)  2t
(t  1)2  2 x


Giải: Vì vế trái của các phương trình khơng âm nên hệ phương trình chỉ có
nghiệm x, y, z, t  0.
Xét hàm số: f(s) = (s – 1)2, ta có f liên tục và tăng trên (1; +), giảm trên (–; 1)
Giả sử: x = min{x; y; z; t}.
 Nếu x  (1; +) thì x, y, z, t  (1; +), do đó ta có: x = y = z = t = 2  3
 Nếu x  [0; 1] thì 0  f(x)  1  0  2y  1  y  [0; 1]  z, t  [0; 1]
Do đó: x ≤ y  f(x)  f(y)  y  z  f(y)  f(z)  z ≤ x  x = z.

Với x = z  f(x)  f(z)  y = t.
( x  1)2  2 y

( x  1)2  2 y

 x  y  2 3

2
x

y

x


y
(
y

1)

2
x



Lúc đó, ta có hệ phương trình: 

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm:
x = y = z = t = 2 3  x = y = z = t = 2 3

 f ( x1 )  g ( x2 )
 f ( x )  g( x )
2
3

Tổng qt 3: Xét hệ phương trình: ...................... , trong đó n chẵn; hai hàm số f
 f ( x )  g( x )
n 1
n

 f ( xn )  g ( x1 )

nghịch biến, g đồng biến và cùng liên tục trên tập K và (x1; x2; ....; xn)
Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 23

skkn


 x1  x3  ...  xn1
 x2  x4  ...  xn

(xi  K, i = 1; 2; ...; n) là nghiệm của hệ phương trình thì: 

Chứng minh: Giả sử: x1 = min{x1; x2; …; xn}.
Ta có: x1  x3  f(x1)  f(x3)  g(x2)  g(x4)  x2  x4  f(x2)  f(x4)
 g(x3)  g(x5)  x3  x5…..
 f(xn-2)  f(xn)  g(xn-1)  g(x1)  xn-1  x1  f(xn-1)  f(x1)
 g(xn)  g(x2)  xn  x2.

 x1  x3  ...  xn1  x1
 x1  x3  ...  xn 1

 x2  x4  ...  xn  x2
 x2  x4  ...  xn

Vậy: 

Thí dụ 6: Giải phương trình: 2010 x ( x 2  1  x )  1
Giải: Phương trình đã cho tương đương:
2010 x  x 2  1  x  2010 x  x 2  1  x  0

 1
2
 x 1 


Xét hàm số: f ( x )  2010 x  x 2  1  x  f '( x )  2010 x ln 2010  

x

 Ta có: f(0) = 0.

 1  0
 ( 1 )2  1 
 x



 Với x > 0, ta có: f '( x )  ln 2010  

1

 f(x) liên tục và đồng biến trên (0; +)
 f(x) > f(0) = 0, x  (0; +) hay pt f(x) = 0 khơng có nghiệm trên (0; +).
 Với x < 0, ta có: 2010x < ex  f ( x )  e x  x 2  1  x  e x  1  x  g ( x )
Ta có: g '( x )  e x  1  0, x  (;0)
 g(x) liên tục và giảm trên (–; 0)  g(x) < g(0) = 0.
Suy ra: f(x) < 0, x  (–; 0) hay phương trình f(x) = 0 khơng có nghiệm trên (–;
0).
Vậy phương trình f(x) = 0 có duy nhất một nghiệm x = 0.
2013
2012
Thí dụ 7: Giải phương trình: 2012  x
 2013  x
1
Giải:
 Rõ ràng x = 2012 và x = 2013 là các nghiệm của phương trình đã cho.
 Với x  (–; 2012), ta có:
2013
 2012  x  0  2012  x
0
2013
2012

 2012  x
 2013  x
1

2012

2013

x

1
1
 2013  x


Do đó, phương trình đã cho khơng có nghiệm x  (–; 2012)
 Với x  (2013; +), ta có:
Giáo viên: Nguyễn Hồng Kinh

Trang 24

skkn


2013
 2012  x  1  2012  x
1
2013
2012


2012

x

2013


x
1

2012
2013

x

0
0
 2013  x


Do đó, phương trình đã cho khơng có nghiệm x  (2013; +)
 Với x  (2012; 2013), ta có:
0  2012  x  x  2012  1
2013
2012
 2012  x
 2013  x
 ( x  2012)  (2013  x )  1

0  2013  x  2013  x  1

Do đó, phương trình đã cho khơng có nghiệm x  (2012; 2013)
Vậy phương trình đã cho chỉ có hai nghiệm: x = 2012 và x = 2013.
Thí dụ 8: Giải phương trình:

x2  x  2

1 x  x  2
2



x2  x

 x2  1

1 x  x  4
2

Giải:
0  x 2  x  2  4  x  [1;2]
Điều kiện: 

 x  1  [0; 12 17 ]
2
1 17
1 17
 x  [ 2 ; 1]  [0; 2 ]
0  x  x  4

Phương trình đã cho tương đương:
Hàm số: f (t ) 

x2  x  2
1  4  ( x  x  2)
2



x2  x
1  4  ( x  x)
2

 x2  1

t
liên tục và đồng biến trên đoạn [0; 4]
1 4  t

Phương trình đã cho trở thành: f(x2 – x + 2) – f(x2 + x) – x2 + 1 = 0 (*).
 x = – 1 không thỏa pt (*).
 x  [0; 1)  x2 – x + 2 > x2 + x
 f(x2 – x + 2) – f(x2 + x) – x2 + 1 > x2 – x + 2 – x2 – x – x2 + 1 = – x2 – 2x + 3 > 0.
 x = 1 thỏa pt (*).
 x  (1; 12 17 ]  x2 – x + 2 < x2 + x
 f(x2 – x + 2) – f(x2 + x) – x2 + 1 < x2 – x + 2 – x2 – x – x2 + 1 = – x2 – 2x + 3 < 0.
Vậy phương trình có duy nhất một nghiệm là x = 1.

Giáo viên: Nguyễn Hoàng Kinh

Trang 25

skkn