sử dụng tính đơn điệu giải toán hệ phương trình

Ch : VN DNG TNH CHT N IU CA HM S
GII PHNG TRèNH- BPT V HPT
I- TNG QUAN PHNG PHP:
Xột phng trỡnh
( ) ( ) ( )
0 1 f x x D=
vi D l mt khong cho trc.
vn dng tớnh n iu ca hm s gii phng trỡnh, ta cú mt s hng bin i
(tng ng vi 3 dng thụng dng) sau õy:
1. i vi loi phng trỡnh cú 3 hng gii quyt:
Dng 1:
0=Dạng ( ) , với ( ) hoặc đồng biến, hoặc nghịch biến trên D. F x F x
Bc 1: a phng trỡnh (1) v dng:
( ) =F x 0

Bc 2: Xột hm s
( )=y F x
Ch rừ hm s
( )=y F x
ng bin hay nghch bin trờn D.
Bc 3: oỏn c
( )
=F x
0
0
. Lỳc ú phng trỡnh (1) cú nghim duy nht
0
=x x
.
Dng 2:
( )

( ) đồng biến trên D
Phơng trình (1) có: hoặc ngợc lại
( ) nghịch biến trên D



F x
G x
Bc 1: a phng trỡnh (1) v dng :
( ) ( )=F x G x
(1)
Bc 2: Xột hai hm s
( )=y f x
v
( )=y g x
Ch rừ hm s
( )=y F x
l hm ng bin (nghch bin) v
( )=y G x
l hm
nghch bin (ng bin)
Bc 3: oỏn c
( ) ( )
=F x G x
0 0
. Lỳc ú phng trỡnh (1) cú nghim duy nht
0
=x x
.
Dng 3:

=Dạng phơng trình ( ) ( ) (*), với ( ) hoặc đồng biến,F u F v F x
( )
hoặc nghịch biến trên ; . Lúc đó, (*) có nghiệm duy nhất =a b u v
Bc 1: a phng trỡnh v dng
( ) ( )=F u F v
(1)
Bc 2: Xột hm s:
( )=y F t
.
Ch rừ hm s ng bin hay nghch bin trờn
( )
;a b
.
Bc 3: Khi ú:
( ) ( )= =F u F v u v
Nhn xột:
+ nh lớ v tớnh n iu trờn on:
Nu hm s
( )
y f x=
liờn tc trờn
[ ]
;a b
v cú o hm
( )
/
0f x >
trờn khong
( )
;a b

thỡ hm s
( )
y f x=
ng bin trờn
[ ]
;a b

+ i vi bt phng trỡnh, h phng trỡnh, t duy vn dng tớnh n iu hon ton
tng t nh trờn.
II- BI TP MINH HA:
Loi 1: Vn dng tớnh n iu gii phng trỡnh
Bi tp 1: Gii cỏc phng trỡnh sau:
a)
2
4 1 4 1 1 + =x x
b)
3 sin 2 sin 1+ =x x
c)
3
1 4 5 = +x x x
d)
2 2
1 1 1 1+ + + + + + =x x x x x x
1
Hướng dẫn giải:
a)
2
4 1 4 1 1− + − =x x
Điều kiện:

2
4 1 0
4 1 0
− ≥


− ≥

x
x
1
2
⇔ ≥x
Nhận xét: Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của hàm số
2
4 1 4 1= − + −y x x
và
1=y
.
Xét hàm số
2
4 1 4 1= − + −y x x
. Miền xác định:
1
;
2
 
= +∞
÷


 
D
.
Đạo hàm
/
2
2 4 1
0
2
4 1
4 1
= + > ∀ >
−
−
x
y x
x
x
.
Do hàm số liên tục trên
1
;
2
 
+∞
÷

 
nên hàm số đồng biến trên
1

;
2
 
+∞
÷

 
.
Dễ thấy
1
2
=x
thỏa (1). Do đó hàm số có nghiệm duy nhất và đó là
1
2
=x
.
b)
3 sin 2 sin 1+ − − =x x
. TXĐ:
D R=
.
Đặt
sin=t x
, điều kiện
1≤t
Khi đó phương trình có dạng :
3 2 1+ − − =t t
3 1 2⇔ + = + −t t
(2)

Dễ thấy:
+ Hàm số
( ) 3= +f t t
là hàm đồng biến trên
[ ]
1;1= −D
+ Hàm số
( ) 1 2= + −g t t
là hàm nghịch biến trên
[ ]
1;1= −D
Từ (*) suy ra :
( ) ( )=f t g t
nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất
Ta thấy
1=t
là thỏa phương trình (2), do đó:
sin 1 2
2
π
π
= ⇔ = +x x k
c)
3
1 4 5− = − − +x x x
(3)
TXĐ:
[
)
1;D = +∞

.
Xét hàm số
( ) 1= −f x x
có
/
1
( ) 0 1
2 1
= > ∀ >
−
f x x
x
nên hàm số đồng biến trên
( )
1;+∞
Và hàm số
3
( ) 4 5= − − +g x x x
. Đạo hàm :
/ 2
3 4 0= − − < ∀ ∈ ⇔y x x D
hàm số nghịch biến
trên
D
.
Phương trình (3) có dạng
( ) ( )=f x g x
. Do đó phương trình nếu có nghiệm thì nghiệm
đó là duy nhất. Ta thấy
1=x

thoả mãn phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm
1=x
.
d)
2 2
1 1 1 1+ − + − + + + + =x x x x x x
Điều kiện:
2
2
1 0
1 1 0

+ − + ≥


+ + + + ≥


x x x
x x x
2
2
1
1 1

− + ≥ −

⇔


+ + ≥ − −


x x x
x x x
2
+ Với
2
2
2 2
0
1 0
1
0
1

− ≤



− + ≥


− + ≥ − ⇔

− ≥



− + ≥




x
x x
x x x
x
x x x
0
0
≥

⇔ ⇔ ∀

≤

x
x
x
+ Với
2
2
2 2
1 0
1 0
1 1
1 0
1 2 1

− − ≤




+ + ≥


+ + ≥ − − ⇔

− − ≥



+ + ≥ + +



x
x x
x x x
x
x x x x
1
1
≥ −

⇔ ⇔ ∀

≤ −

x

x
x
. Vậy
=D R

Biến đổi phương trình về dạng :
2 2
1 1 ( 1) ( 1) ( 1) 1+ − + = + + + + − + +x x x x x x

2 2
1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1⇔ + − + + = + + + + + − + +x x x x x x x x
(4)
Xét hàm số
2
( ) 1= + − +f t t t t
. Miền xác định
=D R
Đạo hàm :
(
)
/
2
2
/
2 2 2
1
2 1 2 1
( )
2 1 4 1. 1
+ − +

− + + −
= =
+ − + + − + − +
t t t
t t t
f t
t t t t t t t t
Nhận xét :
2 2 2
2 1 2 1 4 4 4 2 1 (2 1) 3 2 1 2 1 2 1 0− + + − = − + + − = − + + − > − + − ≥t t t t t t t t t t
/
( ) 0⇒ > ∀ ⇔f x x
hàm số đồng biến trên D.
Khi đó: (*)
( ) ( 1) 1⇔ = + ⇔ = +f x f x x x
vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Bài tập 2: Giải các phương trình sau:
a)
(
)
2
3 1
2
3
1
log 3 2 2 2
5
− −
 
− + + + =

 ÷
 
x x
x x
b)
( )
2
2
1
2 2 1
− −
− = −
x x x
x
c)
8sin 5 4sin 1
1 1
8sin 5 4sin 1
− −
− = −
− −
x x
e e
x x
Hướng dẫn giải:
a)
(
)
2
3 1

2
3
1
log 3 2 2 2
5
− −
 
− + + + =
 ÷
 
x x
x x
(1)
Điều kiện:
2
3 2 0− + ≥x x
1
2
≤

⇔

≥

x
x
. Đặt
( )
2
3 2 0= − + ≥u x x u

Lúc đó :
2 2
3 1 1− − = −x x u
. Khi đó : (1)
2
1
3
1
log ( 2) 2
5
−
 
⇔ + + =
 ÷
 
u
u
(2)
Xét hàm số:
2
1
3
1
( ) log ( 2)
5
−
 
= + +
 ÷
 

x
f x x
. Miền xác định:
[
)
0;= +∞D
3
Đạo hàm :
2
/
1 1
( ) .2 .5 .ln3 0
( 2)ln3 5
= + >
+
x
f x x
x
,
∀ ∈x D
.
Suy ra hàm số đồng biến trên D
Mặc khác:
(1) 2=f
. Do đó (2) có dạng :
( ) (1)=f u f
1
⇔ =
u
:

3 5 3 5
2 2
+ −
= ∨ =x x
b)
2
1 2
2 2 ( 1)
− −
− = −
x x x
x
. TXĐ:
D R=
Biến đổi phương trình về dạng :
2
1 2
2 1 2
− −
+ − = + −
x x x
x x x
(2)
Xét hàm số
( ) 2= +
t
f t t
. Miền xác định :
=D R
Đạo hàm :

/
( ) ln 2.2 1 0= + > ∀ ∈
t
f t t D
. Suy ra hàm số đồng biến trên D.
Từ (2) có dạng
2
( 1) ( )− = −f x f x x
2
1 1⇔ − = − ⇔ =x x x x
Vậy
1=x
là nghiệm của phương trình
c)
8sin 5 4sin 1
1 1
8sin 5 4sin 1
− −
− = −
− −
x x
e e
x x
. Điều kiện:
1
sin
4
5
sin
8


≠




≠


x
x
Biến đổi phương trình về dạng:
8sin 5 4sin 1
1 1
8sin 5 4sin 1
− −
− = −
− −
x x
e e
x x
(3)
Xét hàm số
1
( ) = −
t
f t e
t
. Miền xác định:
( )

0;= +∞D

Đạo hàm :
/
2
1
( ) 0 = + > ∀ ∈
t
f x e x D
t
. Suy ra hàm số đồng biến trên D.
Từ (*) có dạng :
( ) ( )
8sin 5 4sin 1 8sin 5 4sin 1− = − ⇔ − = −f x f x x x
8sin 5 4sin 1
8sin 5 1 4sin
− = −

⇔

− = −

x x
x x
sin 1
1
sin
2
=



⇔

=

x
x
2
2
5
2 2
6 6
π
π
π π
π π

= +

⇔


= + ∨ = +


x k
x k x k
Loại 2: Vận dụng tính đơn điệu để giải bất phương trình
Bài tập 1: Giải các bất phương trình sau:
a)

9 2 4 5+ + + >x x
b)
2 2
2 3 6 11 3 1− + − − + > − − −x x x x x x
Hướng dẫn giải:
a)
9 2 4 5+ + + >x x
(1). Điều kiện:
9 0
2
2 4 0
+ ≥

⇔ ≥ −

+ ≥

x
x
x
Xét hàm số
( ) 9 2 4= = + + +y f x x x
. Miền xác định :
[
)
2;= − +∞D
4
Đạo hàm
/
1 1

( ) 0 2
2 9 2 4
= + > ∀ > −
+ +
f x x
x x
. Suy ra hàm số đồng biến trên
D
.
Để ý rằng:
(0) 5=f
, do đó:
+ Nếu
0>x
thì
( ) (0) 9 2 4 5> ⇔ + + + >f x f x x
, nên
0>x
là nghiệm bpt.
+ Nếu
2 0− ≤ ≤x
thì
( ) (5) 9 2 4 5≤ ⇔ + + + ≤f x f x x
nên
2 0− ≤ ≤x
không là
nghiêm bpt.
Đối chiếu với điều kiện, suy ra tập nghiệm của (1) là
( )
0;T = +∞

.
b)
2 2
2 3 6 11 3 1− + − − + > − − −x x x x x x
(2)
Điều kiện:
2
2
2 3 0
6 11 0
1 3
3 0
1 0

− + ≥

− + ≥

⇔ ≤ ≤

− ≥


− ≥

x x
x x
x
x
x

(*)
Biến đổi bất phương trình:
2 2
2 3 1 6 11 3⇔ − + + − > − + + −x x x x x x

2 2
( 1) 2 1 (3 ) 2 3⇔ − + + − > − + + −x x x x
(3)
Xét hàm số
2
( ) 2= + +f t t t
. Ta thấy hàm số đồng biến trên
[ ]
1;3
Từ (3) ta có
( 1) (3 ) 1 3 2− > − ⇔ − > − ⇔ >f x f x x x x
Đối chiếu với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình (2) là
(
]
2;3T =
.
Loại 3: Vận dụng tính đơn điệu để giải hệ phương trình
Bài tập 1: Giải các hệ phương trình sau:
a)
( )
3
4
1 1
1


− − = −


− =


x y x
x y
b)
2
2
3 2 3
3 2 3

+ + = +


+ + = +


x x y
y y x
c)
( )
( )
( )
3 2
3 2
3 2
3 3 ln 1

3 3 ln 1
3 3 ln 1

+ − + − + =


+ − + − + =


+ − + − + =


x x x x y
y y y y z
z z z z x
Hướng dẫn giải:
a)
( )
3
4
1 1
1

− − = −


− =


x y x

x y
(I) . Điều kiện:
1 0 1
0 0

− ≥ ≥

⇔
 
≥ ≥


x x
y y
Ta có (I)
( )
( )
2
3
4
1 1 1
1

− − − = −

⇔

− =



x x x
x y
Từ phương trình :
( )
2
3
1 1 1− − − = −x x x
3 2
1 2 2⇔ − = − + − +x x x x
(1)
Ta thấy hàm số
( ) 1= −f x x
là hàm đồng biến trên
[
)
1;+∞
Xét hàm số
3 2
( ) 2 2= − + − +g x x x x
. Miền xác định:
[
)
1;= +∞D
Đạo hàm
/ 2
( ) 3 2 2 0 = − + − < ∀ ∈g x x x x D
. Suy ra hàm số nghich biến trên D.
5
Từ (1) ta thấy
1=x

là nghiệm của phương trình và đó là nghiệm duy nhất.
Vậy hệ có nghiệm
( )
1;0
.
b)
2
2
3 2 3
3 2 3

+ + = +


+ + = +


x x y
y y x
(II). Điều kiện:
0
0
≥


≥

x
y
Ta có (II)

2
2
3 2 3
3 3 2

+ + = +

⇔

+ = + +


x x y
x y y
Cộng vế theo vế ta có:
2 2
3 3 3 3 3 3+ + + = + + +x x y y
(2)
Xét hàm số
2
( ) 3 3 3= + + +f t t t
. Miền xác định:
[
)
1;= +∞D
Đạo hàm:
/
2
3
( ) 1 0

2
3
= + + > ∀ ∈
+
t
f t x D
t
t
. Suy ra hàm số đồng biến trên D.
Từ (*) ta có
( ) ( )= ⇔ =f x f y x y
Lúc đó:
2
3 3+ + =x x
(3)
+ VT (3) là hàm số hàm đồng biến trên D.
+ VP (3) là hàm hằng trên D.
Ta thấy
1=x
là nghiệm của phương trình (3) (thỏa điều kiện)
Suy ra phương trình có nghiệm
1=x
là nghiệm duy nhất.
Vậy hệ có nghiệm
( )
1;1
c)
( )
( )
( )

3 2
3 2
3 2
3 3 ln 1
3 3 ln 1
3 3 ln 1

+ − + − + =


+ − + − + =


+ − + − + =


x x x x y
y y y y z
z z z z x
Xét hàm số
( )
3 2
( ) 3 3 ln 1= + − + − +f t t t t t
Lúc đó hệ có dạng:
( )
( )
( )
=



=


=

f x y
f y z
f z x
. Miền xác định:
=D R
Đạo hàm :
/ 2
2
2 1
( ) 3 3 0
2 1
−
= + + > ∀ ∈
− +
t
f x t x R
t t
. Suy ra hàm số đồng biến trên
D
Ta giả sử
( )
; ;x y z
là nghiệm của hệ và
{ }
max , ,=x x y z

khi đó ta suy ra:
( ) ( ) ( ) ( )= ≥ = ⇒ = ≥ =y f x f y z z f y f z x
. Vậy
≥ ≥ ≥ ⇔ = =x y z x x y z
.
Thay vào hệ ta có :
( )
3 2
3 3 ln 1+ − + − + =x x x x x
( )
3 2
2 3 ln 1 0⇔ + − + − + =x x x x
(3)
Ta thấy
1=x
là nghiệm duy nhất của phương trình (vì VT (3) là đồng biến trên R)
Vậy hệ có nghiệm
( )
1;1;1
III- BÀI TẬP TỰ LUYỆN:
6
Bài tập 1: Giải các phương trình sau:
a)
2 2
3 2 1− + − + − =x x x x
b)
3 2
3 3 12− = − + + −x x x x
c)
2

2 1 3 4− + + = −x x x
d)
2 1 1
1 1
2 1 1
− −
− = −
− −
x x
e e
x x
e)
( )
2
6 4 3 2
2 2 4 3 6
+ +
− = − + −
m x x m
m x m
f)
2
log tan
tan 2.3 3+ =
x
x
g)
2 2 2
4
sin sin cos

1 1
sin
2 2
− =
x x x
x
h)
( )
2sin 3 sin 2
3 3sin 10 .3 3 sin 0
− −
+ − + − =
x x
x x
Bài tập 2: Giải các bất phương trình sau:
a)
2
1 1+ − ≥x x
b)
( ) ( )
2
1 1 1 3− + − ≥ + −x x x x
c)
2 3
1 1 2+ ≤ − + −x x x x
d)
3 3 9+ − ≥ −x x x
Bài tập 3: Giải các hệ phương trình sau:
a)
2 2

2 2
12

− = −

+ + =

x y
y x
x xy y
b)
( )
2
2 2
4 1 ( 3) 5 2 0
4 2 3 4 7

+ + − − =


 + + − =

x x y y
x y x
c)
2
2
3 2 3 5 3
3 2 3 5 3


+ + + = + +


+ + + = + +


x x y
y y x
d)
2 2
4 25

=

+ =

y x
x y
x y
e)
sin 2 2 sin 2 2
2 3
, 0
π
− = −


+ =



>

x y y x
x y
x y
f)
( )
( )
( )
2
3
2
3
2
3
2 6.log 6
2 6.log 6
2 6.log 6

− + − =


− + − =


− + − =


x x y x
y y z y

z z x z
g)
tan tan
1 1 8
− = −



+ − = − +


x y y x
y x y
h)
( )
6 4
sin
sin
10 1 3 2
5
,
4
π
π
−

=




+ = +


< <


x y
x
e
y
x y
x y
7