SKKN hướng dẫn học sinh lớp 12 ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình và tìm giá t

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI
TRƯỜNG THPT SỐ 1 BÁT XÁT
**** ****


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI
HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA
HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ
PHƯƠNG TRÌNH, HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN
NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ VÀ BIỂU THỨC ĐA BIẾN.

Họ và tên tác giả: Nguyễn Minh Thu
Chức vụ: Giáo viên
Tổ chuyên môn: Toán – lí - Tin – Công nghệ
Đơn vị công tác: Trường THPT số 1 Bát Xát

Bát Xát, Ngày 7- 6 – 2014
MỤC LỤC
PHẦN MỘT: ĐẶT VẤN ĐỀ
PHẦN HAI: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Chương I: Cơ sở lí luận
A. Kiến thức cơ bản
1. Các định nghĩa
Định nghhĩa 1
Định nghhĩa 2
Sáng kiến kinh nghiệm

Trang
3
4

4
4
4
4
4
Nguyễn Minh Thu

1


Định nghhĩa 3
2. Các tính chất
Tính chất 1
Tính chất 2
Tính chất 3
Tính chất 4
Tính chất 5
B. Một số dạng toán thường gặp
Ứng dụng tính đơn điệu để giải phương trình.
Ứng dụng tính đơn điệu để giải bất phương trình.
Ứng dụng tính đơn điệu để giải hệ phương trình, hệ bất phương
trình.
Ứng dụng tính đơn điệu để giải phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình, hệ bất phương trình có chứa tham số
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
Chương II: Kết quả điều tra khảo sát thực tiễn.
1. Điều tra qua học sinh.
2. Điều tra qua khảo sát tài liệu.
Chương III: Giải pháp
Bài toán 1: ứng dụng tính đơn điệu để giải phương trình.

Bài toán 2: ứng dụng tính đơn điệu để giải bất phương trình.
Bài toán 3: Ứng dụng tính đơn điệu để giải hệ phương trình, hệ bất
phương trình.
Bài toán 4: Ứng dụng tính đơn điệu để giải phương trình, bất
phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình có chứa tham số
Bài toán 5: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
PHẦN BA: KẾT LUẬN
TÀI LIỆU THAM KHẢO
DANH MỤC CHỮ CÁI VIẾT TẮT
PT
Phương trình
BPT
Bất phương trình
HPT
Hệ phương trình
HBPT
Hệ bất phương trình
BĐT
Bất đẳng thức
GTLN
Giá trị lớn nhất
GTNN
Giá trị nhỏ nhất
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

4
4
4
4

4
4
4
4
4
6
6
6
7
7
7
7
8
8
12
14
18
23
29
30

Như ta đã biết, chuyên đề phương trình, bất phương trình, hệ phương
trình, bất phương trình, chứng minh bất đẳng thức và bài toán tìm giá trị lớn
nhất, nhở nhất của hàm số chiếm một lượng khá lớn trong chương trình phổ
thông. Tuy nhiên trong số các bài tập đó có một lượng lớn bài tập mà ta không
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu

2

thể giải được bằng phương pháp thông thường (trong phân phối chương trình)
hoặc có thể giải nhưng gặp nhiều khó khăn, phức tạp.
Giữa PT; BPT; HPT; HBPT; GTLN, GTNN của hàm số và hàm số có mối
liên quan rất chặt chẽ. Khi định nghĩa PT; BPT, ta cũng dựa trên khái niệm hàm
số. Vậy nếu ta biết sử dụng hàm số để giải các bài tập đó thì bài toán sẽ đơn giản
hơn. Tuy nhiên không phải bài nào cũng có thể sử dụng hàm số để giải nhưng
ứng dụng tính đơn điệu để giải bài tập toán nói chung là rất lớn – là một hành
trang cần thiết đối với những học sinh chuẩn bị ôn thi đại học và học sinh giỏi.
Hơn nữa nó sẽ giúp các em phát huy tối đa tính sáng tạo trong việc tìm ra lời
giải nhanh nhất, chính xác nhất. Chính vì thế tôi chọn đề tài sáng kiến kinh
nghiệm là: “ Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, bất
phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình và tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của hàm số”.
Đây là l vấn đề được rất nhiều người đề cập đến, nhưng trong quá trình
bồi dưỡng cho học sinh tôi thấy rằng những chuyên đề trước đây vẫn chưa thống
kê được đầy đủ hết các mảng kiến thức ứng dụng tính đơn điệu (hay gọi tắt là
phương pháp hàm số) xuyên suốt trong đề thi đại học. Trong phạm vi đề tài của
mình tôi chỉ xin nêu ra một số bài toán mới và một số bài toán trong chương
trình cũng như trong các đề thi mà đáp án được giải bằng phương pháp này. Tác
giả mong muốn rằng các thầy cô giáo và các em học sinh với sáng kiến này có
thêm một tài liệu trong hành trang ôn thi cuối cấp.
Trong quá trình biên soạn đề tài này chắc sẽ không tránh khỏi những thiếu
sót. Mong nhận được sự góp ý chân thành của đồng nghiệp và Hội đồng chuyên
môn. Tôi xin chân thành cảm ơn!
PHẦN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÍ LUẬN
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Một số định nghĩa

Định nghĩa 1. Hàm số y = f(x) xác định trên đoạn [a;b] được gọi là đồng
biến (tăng) trên đoạn ấy, nếu với mọi x1 < x2 thuộc đoạn [a ;b] ta đều có f(x 1) <
f(x2).
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu

3


Điều kiện để y = f(x) đồng biến trên [a ;b] là f’(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a ;b]. Đồng
thời dấu ''='' đạt được tại một số điểm riêng biệt.
Định nghĩa 2. Hàm số y = f(x) xác định trên đoạn [a;b] được gọi là
nghịch biến (giảm) trên đoạn ấy, nếu với mọi x 1 < x2 thuộc đoạn [a ;b] ta đều
có f(x1) > f(x2).
Điều kiện để y = f(x) nghịch biến trên [a ;b] là f’(x) ≤ 0, ∀x ∈ [a ;b]. Đồng
thời dấu ''='' đạt được tại một số điểm riêng biệt.
Định nghĩa 3. Hàm số y = f(x) chỉ tăng hoặc chỉ giảm trên đoạn [a;b]
được gọi là đơn điệu trên đoạn ấy.
2. Một số tính chất.
Tính chất 1:
Cho phương trình: f(x) = g(x) xác định trên D.
Nếu một trong hai hàm số f(x) hoặc g(x) là hàm số đơn điệu, hàm còn lại
là hàm hằng hoặc đơn điệu ngược với hàm kia thì phương trình nếu có nghiệm
thì nghiệm đó là duy nhất.
Tính chất 2:
Cho phương trình f(x) = m xác định trên D.
Điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm là m thuộc miền giá trị
của hàm số f(x).
Tính chất 3:

Cho phương trình f(x) = m xác định trên D
Nếu f(x) là hàm số liên tục và đơn điệu trên D thì phương trình trên có
không quá một nghiệm.
Tính chất 4:
Cho bất phương trình: f(x) > m (hay f(x) < m )
i) Nếu f(x) là hàm đơn điệu tăng trên D và tồn tại x 0 ∈ D sao có f(x0) = m
thì tập nghiệm của bất PT là: T = D ∩ (x0 ; + ∞ ) ( T = D ∩ (- ∞ ; x0 )) .
ii) Nếu f(x) là hàm đơn điệu giảm trên D và tồn tại x 0 ∈ D sao cho có
f(x0) = m thì tập nghiệm của bất PT là:T = D ∩ (- ∞ ; x0 ) (T = D ∩ (x0 ; + ∞ ) ).
Tính chất 5:
Cho hàm số f(x) xác định trên D
f (x )
1. f(x) ≥ m , ∀ x ∈ D ⇔ m ≤ min
D

max f ( x )
3. f(x) ≥ m có nghiệm x ∈ D ⇔ m ≤ max f ( x )
4. f(x) ≤ m có nghiệm x ∈ D ⇔ m ≥ min f ( x )
2. f(x) ≤ m , ∀ x ∈ D ⇔ m ≥

D

D

D

5. Nếu f(x) là hàm số đơn điệu tăng trên D và tồn tại u, v ∈ D. Khi đó:
f (u) > f ( v ) ⇒ u > v , f(u) = f(v) ⇒ u = v
6. Nếu f(x) là hàm số đơn điệu giảm trên D và tồn tại u, v ∈ D. Khi đó:
f (u) > f ( v ) ⇒ u < v , f(u) = f(v) ⇒ u = v

B. MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu

4


1. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình
Phương pháp :
Dạng 1: Phương trình đã cho biến đổi được về dạng f (x) = g(x) (hoặc
f (u) = g(u) ) trong đó u = u ( x) .
Bước 1: Biến đổi phương trình đã cho về dạng f (x) = g(x) (hoặc
f (u) = g(u) )
Bước 2: Xét hai hàm số y = f (x); y = g (x) trên D
* Tính y1' , xét dấu y1' , kết luận tính đơn điệu của hàm số y1 = f ( x ) trên D
* Tính y2' , xét dấu y2' ,kết luận tính đơn điệu của hàm số y2 = g ( x) trên D
* Kết luận hai hàm số y = f (x); y = g (x) đơn điệu ngược nhau, hoặc
một trong hai hàm số là hàm số hằng.
* Tìm x0 sao cho f ( x0 ) = g ( x0 ) (hoặc tìm u0 sao cho f (u0 ) = g (u0 ) )
Bước 3: Kết luận:
* Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi x = x0 (hoặc u = u0
rồi giải phương trình u = u0 )
* Kết luận nghiệm của phương trình đã cho
Dạng 2: PT đã cho biến đổi được về dạng f (u) = f ( v ) trong đó
v = v ( x)

u = u ( x) ,

Bước 1: Biến đổi phương trình về dạng f (u) = f ( v )

Bước 2: Xét hàm số y = f (x) trên D
* Tính y ' , xét dấu y'
* Kết luận hàm số y = f (x) là hàm số đơn điệu trên D.
Bước 3: Kết luận:
* Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi u = v , giải PT : u = v
* Kết luận nghiệm của phương trình đã cho.
2. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải bất phương trình
Phương pháp :
Dạng 1: BPT biến đổi về dạng f (x) > g(x) (hoặc f (u) > g(u) ) trong đó u = u ( x)
.
Bước 1: Biến đổi BPT đã cho về dạng f (x) > g(x) (hoặc f (u) > g(u) )
Bước 2: Xét hai hàm số y1 = f (x); y 2 = g (x) trên D
* Tính y1' , xét dấu y1' , kết luận tính đơn điệu của hàm số y1 = f ( x ) trên D
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu

5


* Tính y2' ,xét dấu y2' , kết luận tính đơn điệu của hàm số y2 = g ( x) trên D
* Tìm x0 sao cho f (x0 ) = g(x0 ) (hoặc tìm u0 sao cho f (u 0 ) = g (u 0 ) )
* Nếu f(x) đơn điệu tăng, g(x) đơn điệu giảm (hoặc là hàm hằng) thì
f (x) > g(x) ⇔ x > x 0 , x ∈ D (hoặc f (u) > g(u) ⇔ u > u 0 , x ∈ D )
* Nếu f(x) đơn điệu giảm, g(x) đơn điệu tăng (hoặc là hàm hằng) thì
f (x) > g(x) ⇔ x < x 0 , x ∈ D (hoặc f (u) > g(u) ⇔ u < u 0 , x ∈ D )
Bước 3: Kết luận nghiệm của bất phương trình đã cho
Dạng 2: BPT biến đổi được về dạng f (u) > f ( v ) trong đó u = u ( x) , v = v( x)
Bước 1: Biến đổi bất phương trình về dạng f (u) > f ( v )
Bước 2: Xét hàm số y = f (x) trên D

* Tính y ' , xét dấu y'. Kết luận hàm số y = f (x) đơn điệu trên D.
* Nếu f(x) đơn điệu tăng thì: f (u) > f ( v ) ⇔ u > v, x ∈ D
Nếu f(x) đơn điệu giảm thì: f (u) > f ( v ) ⇔ u < v, x ∈ D
Bước 3: Kết luận nghiệm của bất phương trình đã cho.
3. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải hệ phương trình, hệ bất
phương trình. (dựa vào hai bài toán trên giải từng phương trình hoặc bất
phương trình của hệ rồi kết hợp với nhau được hệ đơn giản hơn).
4. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để biện luận phương trình.
*) Chú ý: Phương pháp chung của dạng bài tập này
- Với các PT, BPT, HPT, HBPT không chứa tham số, ta sử dụng các tính
chất về tính đơn điệu của hàm số để giải.
- Với các PT, BPT, HPT, HBPT có chứa tham số, ta tìm cách cô lập tham
số về một vế, đưa phương trình, bất phương trình về dạng:
f(x) = m hoặc f(x) > m ( hoặc f(x) < m; f(x) ≤ m; hoặc f(x) ≥ m ).
Sau đó sử dụng các tính chất về tính đơn điệu của hàm số để giải.
5. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để tìm gía trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của hàm số.
DẠNG 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên (a, b)
• Để tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f(x) trên ( a; b ) :
+ Bước 1: Tính đạo hàm của hàm số y’ = f’(x)
+ Bước 2: Xét dấu đạo hàm f’(x), lập bảng biến thiên
x
y'

b

x0

a
-

+

y

x
y'
y

b

x0

a
+

GTLN

GTNN

Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu

6


Trong đó tại x0 thì f’(x0) bằng 0 hoặc không xác định
DẠNG 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [a,b]
• Để tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f(x) trên [a; b]:

Bước 1: Tìm các gía trị xi ∈ [ a; b] (i = 1, 2, ..., n) làm cho đạo hàm bằng 0
hoặc không xác định .
Bước 2: Tính f (a), f ( x1 ), f ( x2 ),..., f ( x n ), f (b)
Bước 3: GTLN = max{ f (a), f ( x1 ), f ( x2 ),..., f ( x n ), f (b) }
GTNN = min{ f (a), f ( x1 ), f ( x2 ),..., f ( x n ), f (b) }
CHƯƠNG II: KẾT QUẢ ĐIỀU TRA KHẢO SÁT THỰC TIỄN
1. Điều tra học sinh
Qua khảo sát thực tiễn ( cụ thể là qua học sinh lớp 12A1; 12A6 trường
thpt số 1 Bát Xát ) tôi thấy các em học sinh ban đầu gặp nhiều khó khăn và
thông thường là không thích phương pháp này vì học sinh mới tiếp cận phương
pháp ứng dụng đạo hàm để khảo sát hàm số do vậy các em chưa biết cách xây
dựng một hàm số thích hợp để nghiên cứu tính đồng biến và nghịch biến của nó
trên tập xác định. Hơn nữa nhiều trường hợp có thể phát hiện hàm số ngay từ
đầu, còn trong các trường hợp khác cần có sự khôn khéo để phát hiện ra chúng
nên các em thấy “ không tự nhiên” trong lời giải và điều quan trọng nữa là việc
nhẩm nghiệm để tìm ra nghiệm duy nhất cũng là một vấn đề nan giải đối với học
sinh.
Sau một thời gian các em đã nắm chắc được bài toán khảo sát hàm số, qua
đợt ôn thi học sinh giỏi và ôn thi đại học vừa qua tôi thấy các em đã dần dần tiếp
thu và cảm thấy húng thú trong việc tìm ra lời giải bằng phương pháp ứng dụng
tính đơn điệu vào giải toán.
2. Điều tra, khảo sát tài liệu.
Những bài toán thường gặp ở chương trình phổ thông.
+ Giải phương trình vô tỷ, phương trình mũ, lôga, phương trình chứa tham
số...
+ Giải bất phương trình vô tỷ, phương trình mũ, lôga, bất phương trình chứa
tham số...
+ Hệ phương trình.
+ Hệ bất phương trình
+ Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số, chứng minh bất

đẳng thức.
Qua việc khảo sát và điều tra ở trên tôi thấy việc đưa ra phương pháp ứng
dụng tính đơn điệu để giải toán là rất cần thiết để giải được bài toán giải PT,
BPT, HPT, HBPT, GTLN, GTNN – những dạng toán dễ dàng bắt gặp trong các
kì thi tốt nghiệp, đại học và học sinh giỏi (đặc biệt trong kì thi đại học và học
sinh giỏi). Tôi không tham vọng mọi học sinh đều có thể áp dụng thành thạo với
phương pháp này để quyết được triệt để các dạng toán mà chỉ hi vọng các em có
thêm một công cụ hữu hiệu để giải các bài toán vừa sức với bản thân.
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu

7


Do thời gian hạn chế tôi chỉ trình bày mỗi dạng toán một số ví dụ điển hình
đưa ra cách tư duy để ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải bài toán PT,
BPT, HPT, HBPT, Tìm GTLN, GTNN chứ chưa thống kê và đưa ra được hết
các ví dụ về các bài toán còn ứng dụng tính đơn điệu như chứng minh bất đẳng
thức; tìm điều kiện tham số để hàm số đơn điệu trên khoảng, đoạn hoặc nửa
khoảng đã chỉ ra hay bài toán tương giao của hai đường trong câu hỏi phụ của
bài toán khảo sat hàm số.
CHƯƠNG III: GIẢI PHÁP
Bài toán 1. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình.
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: x + 1 + x + 6 + x − 2 = 6 (1)
Giải:
Điều kiện xác định: ∀x ∈ [ 2 ; + ∞ )
Xét hàm số: f (x) = x + 1 + x + 6 + x − 2
1
1

1
+
+
> 0, ∀x > 2
2 x +1 2 x + 6 2 x − 2
Do đó hàm số f ( x) đồng biến trên (2; + ∞ ), vậy phương trình f(x) = 0 nếu có
nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Mặt khác ta có: f(3) = 6. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Nhận xét:
- Ta dễ dàng tính nhẩm và đánh giá được đạo hàm của vế phải phương
trình (1) dương. Do vậy ta sẽ giải được bài toán theo phương pháp hàm
số.
- Nếu không sử dụng phương pháp hàm số để giải bài toán này theo
phương pháp bình phương hai vế bài toán sẽ trở nên phức tạp hơn rất
nhiều.
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau:
Đạo hàm : f '( x) =

x 2 − 2x + 3 − x 2 − 6x + 11 = 3 - x − x − 1 (2)
Giải:
Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 3
(2) ⇔ ( x − 1) 2 + 2 + x − 1 = (3 − x) 2 + 2 + 3 − x
t 2 + 2 + t ,với t ∈  0; 2 

Xét hàm số: f(t) =
f’(t) =

t
t2 + 2

+

1
2 t

(

> 0, t ∈ 0; 2

)

Hàm số f (t ) đồng biến trên  0; 2  ,
do đó (2) f ( x − 1) = f (3 − x) ⇒ x − 1 = 3 − x ⇔ x = 2 (tm đk).
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu

8


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
Nhận xét:
t 4 + 2 + t , với t ∈  0; 2  cũng được kết
quả tương tự. Do vậy việc chọn hàm số nào để giải toán là tùy thuộc vào
từng đối tượng học sinh. Điều học sinh thấy không tự nhiên ở đay là làm
sao biết để chuyến vế biến đổi được PT? Mấu chốt của bài toán này là
hai căn ở vế phải ta tìm cách biến đổi biểu thức trong căn ở vế trái để
được biểu thức giống biểu thức bên vế phải.
- Chú ý khi áp dụng tính chất f(u)=f(v) ⇒ u = v . phải sử dụng dấu suy ra
không được sử dụng dấu tương đương.

- Bài toán này có thể giải bằng phương pháp tương đương bằng cách nhân
liên hợp đối với hai căn ở hai vế, đưa về phương trình tích, nhưng gặp
khó khăn khi chứng minh phương trình vô tỷ còn lại vô nghiệm.
- Ta có thể chọn hàm số f(t) =

Ví dụ 3: Giải phương trình: x 2 + x − 1 = 5
Giải
Điều kiện x ≥ 1 và x = 1 không là nghiệm của phương trình
Đặt f ( x) = x 2 + x −1 với x > 1
1
⇒ f '( x) = 2 x +
> 0, x > 1
2 x −1
⇒ f(x) là hàm số đồng biến trên (1; + ∞ ) nên PT f(x) = 0 nếu có nghiệm thì có
duy nhất một nghiệm x > 1.
Mặt khác: f (2) = 5 nên x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình
x + 3 + x + 7x + 2 = 4

Ví dụ 4: Giải phương trình:
Giải:
Điều kiện của phương trình

7 − 41
7 + 41
≤x≤
2
2

(*)

(1) ⇔ x + 3 + x + 7 x + 2 − 4 = 0
Xét

7
1
2 x + 3 > 0, ∀x ∈ (*)
g ( x) = x + 3 + x + 7 x + 2 − 4 ⇒ g '( x) =
+
2 x + 3 2 x + 7x + 2
1+

 7 − 41 7 + 41 
⇒ g(x) là hàm số đồng biến trên 
;

2
2 


Mặt khác: g(1) = 0. Vậy: x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
Thật vậy:
Khi x > 1 thì g(x) > g(1) = 0 nên phương trình vô nghiệm
Khi x < 1 thì g(x) < g(1) = 0 nên phương trình vô nghiệm
Ví dụ 5: Giải phương trình:
Sáng kiến kinh nghiệm

3

x + 2 + 3 x + 1 = 3 2 x 2 + 1 + 3 2 x2

(5)

Nguyễn Minh Thu

9


Giải:
Phương trình (1) được viết lại

x +1+1 + 3 x +1 = 3 2x2 +1 + 3 2x2
1
1
1 1
3
3
+
.
>0
Xét f (t ) = t + 1 + t ⇒ f '(t ) = 3 . 3
(t + 1)2 3 3 t 2
⇒ hàm số đồng biến trên R
x =1
2
2
Mặt khác: (2) ⇔ f ( x + 1) = f (2 x ) ⇒ x + 1 = 2 x ⇔ 
1
x=−

2

Ví dụ 6: Giải phương trình: e

3

2 x −5

− e x −1 =

1
1
−
2x − 5 x − 1

Giải:
2 x − 5 ≠ 0  x ≠ 5 / 2
⇔
Điều kiện: 
x
−
1
≠
0

x ≠ 1
Viết lại phương trình dưới dạng : e
t
Xét hàm số: f (t ) = e −

2 x −5

−

1
1
= e x −1 −
2x − 5
x −1

(1)

1
với t > 0
t

1
, ∀t > 0
t2
⇒ Hàm số f (t) luôn đồng biến trên khoảng (0; +∞) .
Khi đó: phương trình (1) ⇔ f ( 2 x − 5 ) = f ( x − 1) ⇒ 2 x − 5 = x − 1
f '(t ) = et +

2x − 5 = x − 1
x = 4
⇔
⇔
2x − 5 = − x + 1  x = 2
Vậy phương trình có hai nghiệm x=2 và x=4.
Ví dụ 7: Giải phương trình: 8log2(x2 - x + 5) = 3(x2 - x + 5) (7)
Giải:
Với phương trình này ta chưa thể có hàm số giống như các ví dụ trên mà ta phải

biến đổi để tìm được hàm số mà ta muốn xét.
TXĐ: D = ¡
log 2 ( x 2 − x + 5) 3
=
Trên D PT (7) ⇔
( do x 2 − x + 5 > e > 0 )
x2 − x + 5
8
log 2t 3
=
Đặt t = x 2 − x + 5 với t > e, thì phương trình trên trở thành:
t
8
log 2 t
Xét hàm số: f (t ) =
, với t > e
t
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 10


1 − ln t
<0 ∀ t>e
t 2 ln 2
3
Từ đó, vế trái của phương trình f (t) = là hàm nghịch biến ∀ t > e; vế phải là
8
hằng số. Do đó phương trình nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất.
3

Mặt khác f (8) = ⇒ Phương trình (2) có nghiệm duy nhất t = 8
8
Ta có f '(t ) =

Với t = 8 ta có x 2 − x + 5 = 8 ⇔

x=

1+ 13
1 − 13
; x=
2
2

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x =

1+ 13
1 − 13
; x=
2
2

Ví dụ 8: Giải phương trình: −2 x − x + 2 x−1 = ( x − 1) 2 (8)
2

Giải:
Tương tự như ví dụ trên đối với phương trình này ta cũng cần biến đổi để xuất
hiện hàm số cần xét.
TXĐ: D = ¡
(8) ⇔ −2 x − x + 2 x−1 = x 2 − 2 x + 1 ⇔ 2 x−1 + x − 1 = 2 x − x + x 2 − x

t
Xét hàm số f (t ) = 2 + t với t ∈ ¡
f ’(t ) = 2 t .ln2 + 1 > 0 ∀ t ∈ ¡ ⇒ f(t) là hàm số đồng biến trên ¡
2

2

Mặt khác (8) ⇔ f(x - 1) = f(x2 - x) ⇒ x - 1 = x2 - x ⇔ x2 - 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1
Nhận xét: Trong nhiều trường hợp ta giải PT: f’(x) = 0 có 1 nghiệm đơn (hoặc
nghiệm bội lẻ) và f’’(x) > 0 (hoặc f”(x) < 0) thì phương trình f(x) = 0 nếu có
nghiệm sẽ có tối đa hai nghiệm. (giáo viên vẽ hình minh họa cho học sinh dễ tư
duy).
Ví dụ: Giải các phương trình sau:
a. 2x + 3x = 3x + 2
b. 3x = 1 + x + log 3 (1 + 2 x)
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải phương trình sau:
2. 2x + 3x = 3x + 2
3. x 5 + x 3 − 1 − 3x + 4 = 0

6. log5(2x + 1) = log3(x+1)
7. x + x − 5 + x + 7 + x + 16 = 14
8. 25x − 2(3 − x)5 x + 2 x − 7 = 0

4. 3x = 1 + x + log 3 (1 + 2 x)

9.

5. log 2 (1 + 3 x ) = log 7 x

10. x 2 + 15 = 3x − 2 + x 2 + 8

1. 5 x3 − 1 + 3 2 x − 1 = 4 − x

( x + 2) ( 2x − 1) − 3

x+6 =4−

( x + 6 ) ( 2x − 1) + 3

x+2

Bài toán 2. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải bất phương trình.
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 11


Ví dụ 1: Giải bất phương trình sau: x + 6 + x − 2 − 4 − x > 3
Giải:
Điều kiện: x ∈ [ 2 ; 4]
Xét hàm số: f(x) = x + 6 + x − 2 − 4 − x với x ∈ D

(1)

Ta cũng nhận thấy f(x) là hàm số đồng biến trên D (vì f’(x) > 0 ∀ x ∈ (2;4))
Lại có: f(3) = 3; do đó, x + 6 + x − 2 − 4 − x > 3 ⇔ f ( x) > f (3) ⇔ x > 3 kết
hợp với điều kiện. Vậy tập nghiệm là: T = [ 2 ; 4] ∩ ( 3 ; + ∞ ) = ( 3 ; 4]
2

3
2
Ví dụ 2: Giải bất phương trình sau: 4 2 x − 1 ( x − x + 1) > x − 6 x + 15 x − 14 (2)

Giải:
Điều kiện: x ∈ ¡
2
3
BPT (2) ⇔ 2 x − 1 (2 x − 1) + 3 > ( x − 2) + 3 x − 6
⇔ 2 x − 1 + 3 2 x − 1 > ( x − 2)3 + 3( x − 2)
3

3
Xét hàm số : f (x) = x + 3x là hàm số đồng biến trên ¡ .

Khi đó : (2)

⇔ f ( 2 x − 1) > f ( x − 2) ⇒ 2 x − 1 > x − 2

2x − 1 > x − 2
 x > −1
⇔
⇔
⇔ ∀x ∈ ¡
2
x
−
1
<
−

x
+
2
x
<
1


Vậy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ ¡ .
Ví dụ 3: Giải bất phương trình sau: 2 x3 + 3x 2 + 6 x + 16 < 2 3 + 4 − x
Giải
Điều kiện xác định của bất phương trình là −2 ≤ x ≤ 4
Bất phương trình được viết lại thành 2 x3 + 3x 2 + 6 x + 16 − 4 − x < 2 3
Nhận thấy x = - 2 là nghiệm của bất phương trình trên
Xét
f ( x) = 2 x3 + 3 x 2 + 6 x + 16 − 4 − x ⇒ f '( x) =
⇒ f(x) là hàm số đồng biến trên (-2; 4)
Mặt khác: (2) ⇔ f ( x) < f (1) ⇔ x < 1

3x 2 + 3x + 3
2 x 3 + 3 x 2 + 6 x + 16

+

(3)

1
> 0, ∀x ∈ (−2; 4)
4− x

So với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là −2 ≤ x < 1
Ví dụ 4: Giải bất phương trình sau: log 2 x + 1 + log 3 x + 9 > 1

(4)

Giải:
Điều kiện : x>-1
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 12


Các hàm số f1 ( x) = log 2 x + 1 và f 2 ( x) = log 3 x + 9 là các hàm số đồng biến
trên khoảng (−1; +∞) , nên hàm số f (x) = log 2 x + 1 + log 3 x + 9 là hàm số
đồng biến trên khoảng (−1; +∞) .
Mặt khác f (0) = 1 vậy (1) ⇔ f ( x) > f (0) ⇔ x > 0 .
Vậy nghiệm của bất phương trình là x > 0.
Ví dụ 5: Giải bất phương trình sau: 3 2( x−1) +1 − 3x ≤ x 2 − 4 x + 3
Giải:
Điều kiện: x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 . Vậy TXĐ: D = [ 1; +∞ )
(5) ⇔ 3

2( x −1) +1

+ 2( x − 1) ≤ 3x + x 2 − 2 x + 1

⇔3

2( x −1) +1

+ 2( x − 1) ≤ 3( x −1)+1 + ( x − 1) 2

(5)

t +1
2
Xét hàm số f (t ) = 3 + t , thấy ngay hàm số đồng biến trên D.

Vậy trên D; (2) ⇔ f ( 2( x − 1)) ≤ f ( x − 1) ⇒ 2( x − 1) ≤ x − 1
⇔ 2( x − 1) ≤ ( x − 1) 2 ,(do x ≥ 1) ⇔ x 2 − 4 x + 3 ≥ 0 ⇔ x = 1 hoặc x ≥ 3.
Vậy nghiệm của bất phương trình là x = 1 và ∀ x ≥ 3.
Ví dụ 6: Giải bất phương trình: x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1 (6)
(Đề thi HSG cấp tỉnh Lào Cai năm 2012-2013)
 x2 − 2x + 3 ≥ 0
 2
 x − 6 x + 11 ≥ 0
⇔1≤ x ≤ 3
Giải. Điều kiện: 
3 − x ≥ 0
 x − 1 ≥ 0

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

Xét hàm số f (t ) = t 2 + 2 + t . Ta thấy hàm số đồng biến trên [ 1;3]
Từ ( x − 1) 2 + 2 + x − 1 > (3 − x) 2 + 2 + 3 − x
⇒ f ( x − 1) > f (3 − x) ⇒ x − 1 > 3 − x ⇔ x > 2

Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của bất phương trình (9) là T = ( 2;3] .

Bài tập tương tự
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 13


Giải các bất phương trình sau
1. x + 9 + 2 x + 4 > 5
2. 3 x + 4 + 2 2 x + 4 > 13

7.

3. log 2 x + 1 + log3 x + 9 > 1

9.

4. log 7 x > log3 (2 + x )

10.

x + 1 ≤ 1 − 2 x + x 2 − x3

11.

x +3 x −3 ≥ 9− x

12.

x + x2 − 1 ≥ 1

5. 3 3 − 2 x +

x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13 x − 7 < 8

8. 7 x + 7 + 7 x − 6 + 2 49 x 2 + 7 x − 42 < 181 − 14 x

5
− 2x ≤ 6
2x −1

6. 8 x + 2 x < ( x + 2) x + 1
3

x − 1 + x 2 − 1 ≥ ( x + 1) ( 3 − x )

Bài toán 3: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải hệ phương trình, hệ
bất phương trình.
1
 1
x − x = y − y
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình: 
2 y = x3 + 1


Giải:
Điều kiện xác định của hệ phương trình x ≠ 0, y ≠ 0
1
t

Xét hàm số f (t ) = t − ⇒ f '(t ) = 1 +

1
> 0, ∀t ≠ 0
t2

⇒ f(t) là hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞;0 ) và ( 0; +∞ )
1
1
Mặt khác: x − x = y − y ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇒ x = y
x = y
x = y
x = y

⇔ 3
⇔
Ta được hệ phương trình như sau 
−1 ± 5
3
2 y = x + 1  x − 2 x + 1 = 0
 x = 1, x =

2

Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm x = y = 1, x = y =

−1 ± 5
.
2

Nhận xét: Đối với hệ phương trình nhiều ẩn số ta tìm cách biến đổi làm xuất
hiện các phương trình giải được bằng phương pháp hàm số để đưa về mối quan
hệ giữa các ẩn số đơn giản hơn rồi tuỳ từng trường hợp tìm ra cách giải tiếp.
 x 3 + x = ( y + 2) y + 1 (2.1)
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:  2 2
(2.2)
 x + y = 1

Giải:
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 14


điều kiện : y ≥ −1; x ≥ 0
(2.1) ⇔ x 3 + x = ( y + 2) y + 1 ⇔ x 3 + x = ( y + 1)3 + y + 1

Xét hàm số: f (t ) = t 3 + t , t ≥ 0, ta thấy f’(t) > 0, t > 0, do vậy hàm số f(t) đồng
biến trên [ 0;+∞ )
⇒ (2.1) ⇔ f ( x) = f ( y + 1) ⇒ x = y + 1 Thay x = y + 1 vào (2.2) ta có:
y = 0
y2 + y = 0 ⇔ 
 y = −1

Vậy hệ có 2 nghiệm (1; 0) và (0; -1)
 x + 3 + 10 − y = 5

Ví dụ 3: Giải hệ phương trình: 

 y + 3 + 10 − x = 5

Giải:
Điều kiện xác định của hệ phương trình −3 ≤ x, y ≤ 10
Nhận thấy x = -3, y = 10 không là nghiệm của hệ phương trình
Trừ hai vế của hệ cho nhau ta được phương trình x + 3 − 10 − x = y + 3 − 10 − y
Xét hàm số f (t ) = t + 3 − 10 − t trên (-3; 10)
⇒ f '(t ) =

1
1
+
> 0, ∀t ∈ (−3;10)
2 t + 3 2 10 − t

⇒ f(t) là hàm số đồng biến trên (-3; 10)
x + 3 − 10 − x = y + 3 − 10 − y ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇒ x = y

Ta được hệ phương trình như sau
 x = y
 x = y
x = y
x = 1
⇔
⇔
⇔

x = 1
y =1
 x + 3 + 10 − x = 5
 x + 3 + 10 − y = 5

Kết luận: x = y = 1 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
 3 + x 2 + 2 x = 3 + y
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: 
 3 + y 2 + 2 y = 3 + x
Giải:
Điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0 . Hệ đã cho trở thành:
 3 + x 2 + 2 x = 3 + y
⇒ 3 + x2 + 3 x + 3 = 3 + y 2 + 3 y + 3

3 + x = 3 + y 2 + 2 y

(4)

Xét hàm số: f (t ) = 3 + t 2 + 3 t + 3 ∀t ∈ [ 0; +∞ )
f '(t ) =

t
3+t

2

+

1
2 t

> 0, ∀t > 0 . Suy ra hàm số đồng biến trên [ 0;+∞ ) .

Vậy trên [ 0;+∞ ) , phương trình (4) được viết dưới dạng f ( x) = f ( y ) ⇒ x = y .

 3 + x 2 + 2 x = 3 + y
 3 + x 2 = 3 − x (4.1)
⇔
Hệ đã cho trở thành 

 x = y
 x = y
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 15


Giải (4.1): Ta đoán được x=1 là một nghiệm của (4.1), mặt khác dễ nhận thấy
phương trình (4.1) có vế trái là hàm số đồng biến, vế phải là hàm số nghịch biến.
Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của PT (4.1), Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất
x=y=1.
 x − 1 − y = 1 − x 3
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình sau 
.
4
( x − 1) = y

(I)

Giải
x −1 ≥ 0
x ≥ 1
⇔
.
y ≥ 0

y ≥ 0

Điều kiện: 

 x − 1 − ( x − 1) 2 = 1 − x 3
Ta có (I) ⇔ 
4
( x − 1) = y
2
Từ phương trình : x − 1 − ( x − 1) = 1 − x 3 ⇔ x − 1 = − x 3 + x 2 − 2 x + 2

(I’)
Ta thấy hàm số f ( x) = x − 1 là hàm đồng biến trên [ 1; +∞ )
Xét hàm số g ( x) = − x 3 + x 2 − 2 x + 2 với miền xác định D = [ 1; +∞ )
Ta thấy g / ( x) = −3x 2 + 2 x − 2 < 0 ∀x ∈ D nên hàm số nghich biến trên D.
Từ (I’) ta thấy x = 1 là nghiệm của phương trình và đó là nghiệm duy nhất.
Vậy hệ có nghiệm ( 1;0 ) .
Nhận xét: Ví dụ 5 giúp cho học sinh khỏi nhầm lẫn là khi giải hệ lúc nào cũng
đưa được về dạng f(u) = f(v) ⇒ u = v để thế.
 x 3 − 3x 2 − 9x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình sau:  2
(I)
1
2
 x + y − x − y = 2
(ĐH 2012A).
Giải:
 x 3 − 3x 2 − 9x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y


2
2
Hệ (I) ⇔ 
1 
1
 x − 2 ÷ +  y + 2 ÷ = 1
 


1
1
Đặt: u = x − ; v = y +
2
2
3
45
 3 3 2 45
3
2
u − u − u = (v + 1) − (v + 1) − v
2
4
2
4
hệ thành 
2
2
u + v = 1
2
2

2
2
1 
1
1
1
1



do  x − ÷ +  y + ÷ = 1 nên  x − ÷ = 1 −  y + ÷ ⇒ x − ≤ 1 , khi đó
2 
2
2
2
2



3
45
Xét hàm số: f (t ) = t 3 − t 2 − t , ∀ t ≤ 1
2
4
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 16


45

< 0, ∀∈ [-1;1] , Hàm số f(t) nghịch biến trên [-1; 1],
4
v = 0
⇒ f (u ) = f ( v + 1) ⇒ u = v + 1 ⇒ (v + 1) 2 + v 2 = 1 ⇒ 
 v = −1
Với v=0 ta có u = 1
Với v = -1 ta có u = 0
3 1 1 3
Hệ có nghiệm là:  ; − ÷;  ; − ÷
2 2 2 2
Nhận xét: Ví dụ này đã khó hơn rất nhiều,yêu cầu học sinh phải tư duy cao hơn
vì hàm số không thể thấy ngay được từ đề bài mà còn phải biến đổi thông qua
một phép đặt ẩn phụ. Và miền xác định cũng phải nhận xét từ phương trình thứ
hai. Do vậy cần nhấn mạnh cho học sinh sau khi xác định hàm số cần tìm ngay
miền xác định của hàm.
có f '(t ) = 3t 2 − 3t −

 x 3 + 3x − 3 + ln ( x 2 − x + 1) = y
 3
2
Ví dụ 7: Giải hệ phương trình sau:  y + 3 y − 3 + ln ( y − y + 1) = z (5)
 3
2
 z + 3z − 3 + ln ( z − z + 1) = x

(hệ hoán vị vòng quanh)
Giải
3
2
Xét hàm số f (t ) = t + 3t − 3 + ln ( t − t + 1)

 f ( x) = y

Lúc đó hệ có dạng:  f ( y ) = z . Miền xác định: D = R
 f ( z) = x

2t − 1
/
2
> 0 ∀x ∈ R nên hàm số đồng biến trên D
Ta thấy f ( x) = 3t + 3 +
2 t2 − t +1
Ta giả sử ( x; y; z ) là nghiệm của hệ và x = max { 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:

x 3 + 3x − 3 + ln ( x 2 − x + 1) = x ⇔ x 3 + 2 x − 3 + ln ( x 2 − x + 1) = 0 (5.1)

Ta thấy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. Vậy hệ có nghiệm ( 1;1;1)
log 22 x − log 2 x 2 < 0 (6.1)

Ví dụ 8: Giải hệ bất phương trình sau:  x3
2
 − 3x + 5 x + 9 > 0 (6.2)
3
Giải:
Giải (6.1):
x > 0
x > 0
x > 0

⇔
⇔
⇔ 1< x < 4
(6.1) ⇔  2
0
<
log
x
<
2
1
<
x
<
4
log
x
−
2log
x
<
0


2
 2
2
Giải (6. 2): xét hàm số : f ( x) =
Sáng kiến kinh nghiệm

x3
− 3x 2 + 5x + 9 trên (1;4)
3
Nguyễn Minh Thu 17


2
Có f '( x) = x − 6 x + 5 , f '( x) = 0 ⇔ x = 1; x = 5 ⇒ f '( x) < 0, ∀x ∈ (1;4)

7
7
x3
Mặt khác f (4) = , vậy f ( x) > f (4) = > 0 ⇒ − 3 x 2 + 5 x + 9 > 0, ∀∈ (1;4)
3
3
3
Vậy nghiệm của hệ là 1 < x < 4.
Nhận xét: Đối với giải hệ bất phương trình có 1 ẩn số ta có thể dùng phương
pháp hàm số để giải từng phương trình hay bất phương trình của hệ rồi kết hợp
các tập nghiệm tìm được để đưa ra kết luận về nghiệm cho hệ bất phương trình.
BÀI TẬP ÁP DỤNG
Giải các hệ phương trình sau
 x − 1 − y = 1 − x 3
1. 
4
( x − 1) = y

( 4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
6. 
 4 x 2 + y 2 + 2 3 − 4 x = 7

 3 + x 2 + 2 x = 3 + y
2. 
2
 3 + y + 2 y = 3 + x

 2x − 2 y = y − x
7.  2
2
 x + xy + y = 12

3. Tìm các số x ∈ ( 0; π ) ,y ∈ ( 0; π ) thoả
cot x - cot y = x - y
5 x + 8 y = 2π

mãn hệ : 

 3 + x 2 + 2 x + 3 = 5 + y + 3
4. 
2
 3 + y + 2 y + 3 = 5 + x + 3
 x − 1 − y = 1 − x

5. 

3

( x − 1) = y
4

xy = yx
8.  2
2
 x + 4 y = 25
sin 2 x − 2 y = sin 2 y − 2 x

9. 2 x + 3 y = π
 x, y > 0

 x 2 − 2 x + 6.log 3 ( 6 − y ) = x

 2
10.  y − 2 y + 6.log 3 ( 6 − z ) = y
 2
 z − 2 z + 6.log 3 ( 6 − x ) = z

Bài toán 4: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, BPT, HPT,
HBPT có chứa tham số.
Ví dụ 1: Biện luận theo m số nghiệm của phương trình sau:
x 2 − 4x + 3 =

x
+m
2

(1)

Giải:
Điều kiện: ∀x ∈ ( − ∞ ;1] ∪ [ 3; + ∞ ) , kí hiệu D = ( − ∞ ;1] ∪ [ 3; + ∞ )
Trên D; (1) ⇔

Xét hàm số f(x) =

Sáng kiến kinh nghiệm

x
=m
2
x
x 2 − 4x + 3 −
với x ∈ D
2

x 2 − 4x + 3 −

Nguyễn Minh Thu 18


x−2

Ta có: f’(x) =

−

1
2

x 2 − 4x + 3
x−2

Trên D ta có: f’(x) > 0 ⇔

f’(x) < 0 ⇔

−

1
> 0 ⇔ x > 3;
2

x 2 − 4x + 3
x−2
1
−
<0 ⇔ x<1
x 2 − 4x + 3 2

Từ đó, ta có bảng biến thiên:
x
-∞
f’(x)

1

+∞

3

-

+

+

+

−

f(x)

1
2
−

3
2

Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và
đường thẳng y = m.
Dựa vào bảng biến thiên ta có kết quả biện luận sau:
3
2

- Nếu m < − , đường thẳng y = m không cắt đồ thị hàm số y = f(x), do
đó phương trình (1) vô nghiệm.
- Nếu −

3
1
≤ m < − , đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 1
2
2

điểm, do đó phương trình (1) có 1 nghiệm.
1
2

- Nếu m ≥ − , đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 2 điểm, do đó
phương trình (1) có 2 nghiệm.
Nhận xét:
- Khi xét dấu của f’(x) trong trương hợp này không có giá trị nào của x để
f’(x)=0, nhưng tồn tại x ∈ D sao cho f’(x) không xác định nên ta cần xét dấu
f’(x)qua mỗi khoảng xác định của nó để kết luận. Giáo viên cần nhấn mạnh
điều này vì học sinh dễ nhầm f’(x) = 0 vô nghiệm thì f’(x) chỉ mang một dấu.
- Bài tập này ta có thể giải bằng phương pháp thông thường. Tuy nhiên, nếu
giải bằng phương pháp đó, ta phải kiểm tra điều kiện của ẩn số rất phức tạp. Ta
sẽ giải bài này bằng cách sử dụng hàm số.
- Thu hẹp bài toán lại như tìm điều kiện m để phương trình có nghiệm hay có n
nghiệm ta cũng làm tương tự, đây cũng chính là một cách giải của bài toán về
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 19


sự tương giao của hai đường hay là một phần của bài toán tìm điều kiện của
tham số để hàm số đã cho đồng biến (nghịch biến) trên khoảng đoạn nào đó
trong bài toán liên quan của chương ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ hàm
số.
Ví dụ 1.1: Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại một điẻm duy nhất, biết:
3
2
a) y = 2x − 3( m + 1) x + 6mx − 2

3
b) y = x + mx + 2
Ví dụ 1.2:

1
3

a) Tìm m để hàm số y = mx3 − (m − 1) x 2 + 3(m − 2) x +
(2; +∞) .

1
đồng biến trong khoảng
3

b) Cho hàm số y = − x3 + 3x 2 + mx − 2 . Với giá trị nào của m thì hàm số đồng biến
trên khoảng ( 0; 2 )
Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2 x 2 − 2(m + 4) x + 5m + 10 + 3 − x = 0

(2)

(m - tham số)

Giải:
(2) ⇔

2 x 2 − 2(m + 4) x + 5m + 10 = x - 3

⇔

x − 3 ≥ 0
 2
2
2 x − 2(m + 4) x + 5m + 10 = ( x − 3)

x ≥ 3

⇔
⇔  x2 − 2x + 1
 2 x − 5 = m (2.1)
Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (2) có nghiệm thoả mãn x ≥ 3
Ở bài này ta có thể sử dụng phương pháp tam thức bậc hai để giải. Tuy nhiên
ta sẽ sử dụng hàm số để giải bài này.
x ≥ 3
 2
x − 2(m + 1) x + 5m + 1 = 0

Xét phương trình (2.1) : Đặt f(x) =
Ta có:
f’(x) = 0

x 2 − 2x + 1
2x − 5

với x ≥ 3

2 x 2 − 10 x + 8
f’(x) =
(2 x − 5) 2

⇔

x = 1
x = 4


Ta có bảng biến thiên:
x
f’(x)

-∞

Sáng kiến kinh nghiệm

3
-

4
0

4

+∞
+

+

Nguyễn Minh Thu 20

3

f(x)

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: Phương trình (2) có nghiệm x ≥ 3 ⇔ m ≥ 3
Vậy phương trình (2) có nghiệm ⇔ m ≥ 3.
Ví dụ 3: Tìm m để hệ sau có nghiệm:
(3.1)
3 x 2 + 2 x − 1 < 0
(m - tham số)
 3
(3.2)
 x + 3mx + 1 < 0
Giải:
Giải (3.1):

⇔

3x 2 + 2 x − 1 < 0




1

x ∈  −1; ÷
3


Xét (3.2): (3.2) ⇔ 3mx < - x3 - 1

Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của hệ; do đó ta có hệ BPT đã cho tương
1

0
<
x
<
−1 < x < 0


3
3
(
I
)
( II )
đương với:
hoặc:


1 − 2x
3
1
−
2
x
m
>
−


m < −
3x 2

3x 2
f(x) = −

Đặt

Khi đó: f’(x) =

x3 +1
3x




1
3

với x ∈ D = ( − 1; 0 ) ∪  0 ; 

1 − 2x 3
,
3x 2

1
1− 2 x 3
=0 ⇔ x= 3
2
2

3x

f’(x) = 0 ⇔

Ta có bảng biến thiên:
x

-∞

-1

1
3

0

f’(x)

+

1
3
2

+∞

+

+
+

+
f(x)

0

+
+
-

Từ đó ta có: Hệ (I) có nghiệm ⇔ m > 0 ; Hệ (II) có nghiệm ⇔ m < −

28
27

m > 0
Vậy hệ đã cho có nghiệm ⇔ 
28
m<−
27


Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 21


Nhận xét:
- Ta giải BPT (3.1) để lấy điều kiện. Như vậy việc giải hệ BPT quay về việc giải
BPT sao cho no có nghiệm thuộc khoảng đã tìm ra ở BPT (3.1)

- Cái hay của phương pháp này là việc tìm điều kiện đơn giản còn trong một số
bài tập giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ, ta phải tìm điều kiện của ẩn phụ.
Tuy nhiên, việc tìm điều kiện đó gặp không ít khó khăn. Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 4: Cho bất phương trình:
x −3 ≤ m + 1

mx -

(4.1) (m - tham số)

a. Tìm m để bất phương trình có nghiệm.
b. Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng ∀ x ∈ [ 3; 7 ] .
Giải:
Điều kiện: 3 ≤ x < +∞ , kí hiệu:

D = [ 3; + ∞ )

Trên D, (1) ⇔ m(x - 1) ≤ x − 3 + 1 ⇔ m ≤
Đặt f(x) =
Khi đó: f’(x) =

x − 3 +1
,(vì: x ∈ D nên x-1> 0)
x −1

x − 3 +1
với x ∈ D
x −1

5−x−2 x−3

,
2 x − 3( x − 1) 2

f’(x) = 0 ⇔

5−x−2 x−3
= 0 ⇔ x = 7-2 3
2 x − 3( x − 1) 2

Ta có bảng biến thiên:
X
-∞
3
f’(x)

+

7-2 3
0
-

+∞

7
-

1+ 3
4

f(x)

1
2

1
2

0
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
a. Bất phương trình có nghiệm ⇔ m ≤

max f ( x )
D

⇔ m ≤ 1+ 3
4

f (x) ⇔ m ≤
b. Bất phương trình nghiệm đúng ∀ x ∈ [ 3 ; 7 ] ⇔ m ≤ min
[ 3; 7 ]

1
2

BÀI TÂP ÁP DỤNG
Bài 1: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:
Sáng kiến kinh nghiệm

x −1 + x +1 ≤ m2 +1
Nguyễn Minh Thu 22

Bài 2: Cho phương trình:

( x − 3)( x + 1) + 4( x − 3)

x +1
=m
x −3

a. Giải phương trình với m = 3
b. Tìm m để phương trình có nghiệm
c. Tìm m để phương trình có nghiệm x ∈ [ 4 ; + ∞ )
d. Tìm m để phương trình có nghiệm x ∈ [ 4 ; 5 ] .
log 1 ( x 2 − 2 x + m) > −3

Bài 3: Cho bất phương trình:

2

Tìm m để bất phương trình trên có nghiệm mà mọi nghiệm của bất phương trình
đó đều không thuộc tập xác định của hàm số: y = log x ( x 3 + 1). log x +1 x − 2

 x + y =1
Bài 4: Tìm m để hệ phương trình 
có nghiệm
x
x
+
y

y
=
1
−
3m



Bài toán 5: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng
thức và tìm max, min của hàm số.
Ví dụ 1: Tìm GTLN, GTNN của hàm số sau: y =

ln 2 x
trên đoạn [1; e3 ]
x

Giải:

(2 − ln x)ln x
x
x =1
(2 − ln x)ln x
=0⇔ 
y’= 0 ⇔
2
x
x = e
4
9
có y(0) = 0

y( e 2 ) = 2
y( e3 ) = 3
e
e
4
min y = y(1) = 0
y = y (e 2 ) = 2


Vậy : Max

e
1; e 
1;
e




Xét trên đoạn [1; e3 ] ta có: y’ =

3

3





Ví dụ 2: Cho các x, y là các số thực thay đổi, Tìm GTNN của biểu thức

A = ( x −1)2 + y 2 + ( x + 1) 2 + y 2 + y − 2
Giải:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, ta xét 2 điểm M(x -1, -y) và N(x+ 1, y).
Vì OM + ON ≥ MN nên ( x −1) 2 + y 2 + ( x +1) 2 + y 2 ≥ 4 + 4 y 2 = 2 1+ y 2
Vậy A ≥ 2 1+ y 2 + y − 2 .

Đặt f(y) = 2 1+ y 2 + y − 2 .
2y
−1
+ Với y ≤ 2 ta có f(y) = 2 1+ y 2 + 2 – y ⇒ f’(y) =
y 2 +1

Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 23


 y≥0
1
⇔
f’(y) = 0 ⇔ 2y = 1+ y 2 ⇔  2
y
=
2
3
4 y =1+ y
Bảng biến thiên
y

−∞

f’(y)

+∞

-

1
3
0

2
+
2 5

f(y)
2+ 3
1
min f ( y ) = f ( ) = 2 + 3
Vậy :  −∞
3
;2 


+ Với y ≥ 2 ta có f(y) = 2 1+ y 2 + y – 2 ≥ 2 5 > 2 + 3 (2).
Từ (1) và (2) ta có: A ≥ 2 + 3 với mọi số thực x, y.
1
Vậy GTNN của A là 2 + 3 khi x = 0 và y =
.
3

Nhận xét:
- Cái hay ở đây là ta đã phát hiện ra biểu thức trong căn giống với độ dai hai
cạnh của tam giác. Do vậy áp dụng BĐT tam giác đưa bài toán về 1 hàm số đơn
giản hơn chỉ có 1 ẩn.
- Để tìm được max, min của hàm đa biến ta cần phải tìm cách biến đổi biểu thức
đặt ẩn phụ để thành 1 biểu thức đơn giản hơn và chỉ có 1 biến. Tuy nhiên trong
bài toán mới ta cần xác định lại miền xác định mới mà trên đó ta sẽ tìm được
GTLN, GTNN của bài toán đã được đơn giản hóa. Sau đay là một vài bài toán
như vậy.
Ví dụ 3: Với x, y ≠ 0, Tìm GTNN của biểu thức:
x4 y4  x2 y2  x y
P = 4 + 4 −  2 + 2 ÷+ +
y
x y
x  y x

Giải:
Ta viết lại biểu thức P dưới dạng:
2

 x2 y 2 
 x2
P =  2 + 2 ÷ − 2− 2 +
x 
y
y
x y
Đặt t = y + x , ta có t =

y2   x

÷+  +
x2   y

y
x
÷ =  +
x
y

4

x
y
÷ − 5 +
x
y

2

y  x
÷ + +
x  y

y
÷+ 4 .
x

x y
+ ≥ 2 khi đó bài toán đã cho trở thành bài toán tìm
y x

giá trị nhỏ nhất của hàm số
f(t) = t4 – 5t2 + t + 4
trên miền t ≥ 2.
Ta có f’(t) = 4t3 – 10t + 1 = 2t(2t2 - 5) + 1, t ≥ 2.
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 24


Với t ≥ 2 thì 2t2 – 5 ≥ 3, nên f’(t) ≥ 13.
Với t ≤ -2 thì 2t2 – 5 ≥ 3, nên f’(t) ≤ -11.
Bảng biến thiên:
x
f’
f

-∞

-2

+∞

2

-

+∞

+

-2

+∞

2

f (t ) = f (−2) = − 2
Từ bảng biến thiên suy ra: min
t ≥2
x y
minP = -2 khi + = -2 ⇔ (x + y)2 = 0 ⇔ x = -y với x, y ≠ 0.
y x
Ví dụ 4: Cho x, y là các số thực thoả mãn x 2 + y 2 + xy = 3 .
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P = x 3 + y 3 − 3x − 3 y .
Giải:
x 2 + y 2 + xy = 3 ⇔ ( x + y )2 − 3 = xy
2
2
Vì xy ≤ ( x + y ) ⇒ ( x + y )2 − 3 ≤ ( x + y ) ⇒ ( x + y ) 2 ≤ 4
4
4

Đặt x+y = t ⇒ t ∈ [ − 2; 2]
Ta có

P = x 3 + y 3 − 3 x − 3 y = ( x + y )3 − 3 xy ( x + y ) − 3x − 3 y
= t 3 − 3(t 2 − 3)t − 3t
= −2t 3 + 6t
Xét f (t ) = −2t 3 + 6t với t ∈ [ − 2; 2] ⇒ f '(t ) = −6t 2 + 6; f '(t ) = 0 ⇔ t = ±1

Bảng biến thiên
T
-2
f’(t)
4

-1
0

+

1
0
4

2
-

f(t)
-4

-4

Từ bảng biến thiên suy ra
 x + y = 1
 x = −1; y = 2

t = 1
 xy = −2


⇔
⇔  x = 2; y = −1
Vậy maxP =4 ⇔ 

 x + y = −2
 t = −2
 x = y = −1

  xy = 1

Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 25