SKKN ứng dụng tính đơn điệu của hàm số

Trờng THPT Thờng Xuân 2

Nguyễn văn Sơn

A. Lý do chọn đề tài.
1. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.
Trong chơng trình Toán học phổ thông. Mạch toán phơng trình, bất
phơng trình đóng một vai trò hết sức quan trọng và không thể thiếu, xuyên suốt
trong các năm học. Các bài toán về phơng trình, bất phơng trình, hệ phơng
trình giờng nh không thể thiếu trong các kỳ thi học sinh giỏi, thi tuyển sinh
Đại Học và Cao Đẳng.
Đã có rất nhiều phơng pháp giải phơng trình, bất phơng trình cũng
nh việc khảo sát tính chất của các phơng trình. Song khi giải một số bài toán
không mẫu mực trong các kỳ thi học sinh giỏi hoặc thi tuyển sinh Đại học, học
sinh sẽ gặp khó khăn nếu sử dụng các phơng pháp đại số thờng gặp vì các
phơng trình, bất phơng trình trong đề thi học sinh giỏi thờng có hai vế là các
hàm số có tính chất hoàn toàn khác nhau mà việc giải bằng cách biến đổi đại số
sẽ không đi đến đợc kết quả.
Trong các kỳ thi số lợng các phơng trình, bất phơng trình đợc giải
bằng cách sử dụng định lý đảo của tam thức bậc hai là tơng đối nhiều. Hiện
nay theo chơng trình chuẩn thì định lý đảo của tam thức bậc hai không đợc đề
cập nữa. Việc không đa bất phơng trình lợng giác, định lý đảo của tam thức
bậc hai vào chơng trình Toán phổ thông thì phải bỏ đi một lợng lớn các dạng
toán về phơng trình và bất phơng trình. Vấn đề đặt ra là các bài toán trên có
phơng pháp giải khác không?
Khi đó việc nếu áp dụng tính đơn điệu của hàm số để giải các bài toán
này. giải pháp hữu hiệu và đến kết quả đẹp và nhanh chóng cách này thiên về
khảo sát định tính một phơng trình, bất phơng trình nên luôn đạt đợc kết quả
cuối cùng.
Trong sách giáo khoa cũng có một số ví dụ giải phơng trình, bất phơng
trình bằng cách ứng dụng sự đơn điệu của hàm số. Song các vị dụ này thờng

đơn lẻ, học sinh khó tập hợp để thành một phơng pháp hoàn chỉnh.
2. Kết quả, hậu quả của vấn đề.
Để khắc phục khó khăn trên trong quá trình giảng dạy đồng thời hoàn
1
Sáng kiến kinh nghiệm năm 2008


Trờng THPT Thờng Xuân 2

Nguyễn văn Sơn

thiện phơng pháp giải giúp cho giáo viên và có học sinh có thêm tài liệu phục
vụ trong việc ôn luyện học sinh giỏi cũng nh luyện thi Đại học Cao đẳng, tôi
mạnh dạn đa ra đề tài: ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải các bài
toán có liên quan đến phơng trình, bất phơng trình, hệ phơng trình.
Vì nội dung của đề tài là tơng đối rộng, lợng ví dụ minh họa và các bài
tập đề nghị là lớn. Nên phần bài tập đề nghị không có lời giải cụ thể mà chỉ có
phần gợi ý cách giải và đáp án. Nếu đề tài là giải pháp hữu ích cho các đồng
nghiệp, khi áp dụng mong các đồng nghiệp hoàn thiện và bổ sung.
3. Mục đích của đề tài.
Đề tài này tôi tập trung giải quyết 3 vấn đề lớn bằng cách sử dụng sự biến
thiên của hàm số:
1. ứng dụng đối với phơng trình.

+Các bài toán liên quan đến nghiệm của phơng trình.
+ Phơng pháp giải các phơng trình
2. ứng dụng đối vối bất phơng trình.

+Tìm điều kiện để bất phơng trình có nghiệm trên D.
+ Tìm điều kiện để bất phơng trình luôn thỏa mãn trên D.

+ Phơng pháp giải các bất phơng trình.
3. ứng dụng đối với hệ phơng trình.
+Phơng pháp giải hệ phơng trình:

f ( x ) = f ( y )

g( x, y ) = 0

f ( x ) = y

+ Phơng pháp giải hệ phơng trình: f ( y ) = z

f ( z) = x

+ Phơng pháp giải hệ phơng trình:

f ( x1 ) = g( x2 )

f ( x2 ) = g( x3 )

.....................

f ( xn ) = g( x1 )

2
Sáng kiến kinh nghiệm năm 2008


Trờng THPT Thờng Xuân 2

Nguyễn văn Sơn

B. nội dung đề tài.
I. ng dng i vi phng trỡnh.
1. Cỏc bi toỏn liờn quan n nghim ca phng trỡnh.
Bi toỏn 1. Tỡm iu kin phng trỡnh f(x) = k (1) cú nghim.
S nghim ca (1) l s honh giao im ca th hm s y = f(x) v ng
thng y = k.
nh lý 1.1.Hm s y = f(x) liờn tc trờn D v m = min f ( x), M = max f ( x ) , khi ú
xD
xD

phng trỡnh f(x) = k cú nghim khi v ch khi m k M
Vớ d 1.1. Xỏc nh m phng trỡnh (PT) sau cú nghim:
m( 1 + x 2 1 x 2 + 2) = 2 1 x 4 + 1 + x 2 1 x 2

(1.1)

( tuyn sinh i hc khi B nm 2004)

Li gii. TX: D=[-1;1]
t t = 1 + x 2 1 x 2 vỡ 1 + x 2 1 x 2 t 0 t 2 = 2 2 1 x 4 2 t 2
t = 0
x = 0
. Suy ra tp giỏ tr ca t l [0; 2]


t = 2
x = 1

PT tr thnh :

m=

t 2 + t + 1
t+2

(1.1a)

(1.1) cú nghim (1.1a) cú nghim.
Xột hm s f (t ) =

t 2 + t + 2
liờn tc trờn [0; 2]
t+2

(1.1a) cú nghim khi v ch khi m in f (t ) m max f (t )
[0; 2 ]

Vỡ f '(t ) =

[0; 2 ]

t 2 4t
0 vi mi x [0; 2] hm s nghch bin trờn [0; 2] .
(t + 2)2

Do ú, min f (t ) = f ( 2) = 2 1 ; max f (t ) = f (0) = 1
[0; 2 ]

[0; 2 ]

Vy, giỏ tr cn tỡm ca m l: 2 1 m 1
Vớ d 1.2.

Cho PT:

sin4x + (1- sinx)4 = m

(1.2)

Vi nhng giỏ tr no ca m thỡ PT ó cho cú nghim?
( hc sinh gii lp 12 Thanh húa nm 2001)

Li gii.
Xột hm s f ( x ) = t 4 + (1 t )4 vi 1 t 1
3
Sáng kiến kinh nghiệm năm 2008


Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2

NguyÔn v¨n S¬n

Tacó: f '( x ) = 4t 3 - 4(1 − t )3 ⇔ f '( x ) = 4t 3 - 4 + 12t −12t 2 + 4t 3 = 0 ⇔ t =

1
2

Lập bảng biến thiên ta có:

t

-1

f’

½
-

f

0

17

1
+
1

1/8

Từ đó, để PT có nghiệm thì

1
≤ m ≤ 17
8

Bài tập tương tự:
1.Tìm m để PT sau có nghiệm thực: 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1
(Đề thi Đại học khối A năm 2007)

2. Tìm tất cả các giá trị của m để PT 1 − x − x + x − x 2 = m có nghiệm
3. Tìm m để PT sau có nghiệm: log5(5x + 1).log25(5x+1 + 5) = 2m +1
4. Xác định m để PT sau có nghiệm : x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = m
(Đề thi HSG tỉnh Nghệ An 2005)

5. Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, PT sau luôn có hai
nghiệm phân biệt:

x 2 + 2 x − 8 = m( x − 2)
(Đề thi Đại học khối B năm 2007)

Gợi ý, đáp án:
1.

Với x ≠ ±1 nên PT tương đương với −3
Đặt t = 4

x −1
x −1
+ 24
=m
x +1
x +1

x −1
1
xét hàm số f(t) = -3t2 + 2t với 0 ≤ t ≤ 1 −1 ≤ m ≤ .
x +1
3

2. Xét hàm số f ( x) = 1 − x − x + x − x 2
3. log5(5x + 1).log25(5x+1 + 5) = 2m +1 ⇔ log5(5x + 1)(1+log5(5x + 1) )= 4m +2
Xét hàm số f(t) = t + t2.
4.
-1 < m < 1
5.
Nhận thấy PT có nghiệm x = 2. Chứng minh PT còn có nghiệm trong
khoảng (2; +∞)
Bài toán 2. Bài toán liên quan đến số nghiệm của phương trình.
4
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008


Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2
Định lý 1.2.

NguyÔn v¨n S¬n

Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên D thì

phương trình f(x) = k có không quá 1 nghiệm trên D.
Hệ quả. Nếu hàm số y= f(x) luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên D thì
f(x) = f(y) khi và chỉ khi x = y.
Định lý 1.3. Hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc nghịch biến )trên D, hàm số
y = g(x) luôn nghịch biến (hoặc đồng biến )trên D, thì PT f(x) = g(x) có không
quá 1 nghiệm trên D.
Định lý 1.4. Hàm số y =f(x) có đạo hàm đến cấp n trên D và PT f(n)(x)= 0 có
không quá k nghiệm trên D thì PT f(n-1)(x)=0 có không quá k+1 nghiệm trên D.
Định lý 1.5. f(x) là hàm số liên tục trên [a;b] và f(a).f(b) < 0 thì PT f(x)=0 có

nghiệm thuộc (a;b).
* Nêu vấn đề:
1. Chúng ta thường gặp các bài toán yêu cầu xác định số nghiệm của PT
hoặc xác định điều kiện để PT có k nghiệm
2. Có những PT có hữu hạn số nghiệm, việc giải cụ thể PT là khó khăn.
Khi đó ta có thể nhẫm các nghiệm đó và chứng minh rằng PT đó không còn
nghiệm nào nữa.
Xác định giá trị của a để PT ax2 + 1 = cosx

Ví dụ 1.3

π

có đúng một nghiệm x ∈ (0; ) .
2

(1.3)

(Đề HSG lớp 12 tỉnh Hải Dương năm 2005)

Lời giải. Để PT có nghiệm theo yêu cầu thì a ≤ 0.
2

x

 sin 2 
cosx-1
PT đã cho tương đương với a = 2 ⇔ −2a = 
.
x 

x


 2 
sin t
π
t.cost − sin t
cost(t-tant)
Xét hàm số f ( x) =
, t ∈ (0; ) ta có f '( x) =
⇔ f '(t ) =
<0
2
t
4
t
t2

π

với ∀t ∈ (0; ) , suy ra f(t) là hàm nghịch biến.
4

2

x

sin 

8

π
2 2
2 2
π
Mà f ( ) =
, lim
f (t ) = 1 nên
< f(t) < 1 ⇔ 2 <  2  < 1 , ∀ x ∈ (0; ) .
x →0
x
4
π
π
π
2


 2 

π

Vậy, để PT đã cho có duy nhất một nghiệm x ∈ (0; ) khi và chỉ khi
2

5
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008


Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2

⇔

8

π

2

< −2a < 1 ⇔ −

Ví dụ 1.4.

NguyÔn v¨n S¬n

1
4
2
π

Giải PT sau: 2003x + 2005 x = 4006 x + 2

(1.4)

(Đề học sinh giỏi Nghệ An 2005)

Lời giải.
Ta dễ nhẫm được hai nghiệm của PT là x = 0 và x = 1. Vấn đề ở đây là ngoài hai
nghiệm trên PT có còn nghiệm nào nữa không? Ta sẽ chứng minh PT không còn
nghiệm nào khác hai nghiệm trên.

Ta xét hàm số f ( x) = 2003x + 2005 x − 4006 x − 2 .
f '( x) = 2003x ln 2003 + 2005 x ln 2005 − 4006
f ''( x ) = 2003x ln 2 2003 + 2005 x ln 2 2005 > 0 với mọi x.

Vậy, f’’(x) = 0 vô nghiệm.
Theo định lý 1.4 ta suy ra PT f’(x) = 0 có không quá 1 nghiệm. Và cũng suy ra
được PT f(x) = 0 có không quá 2 nghiệm.
Như vậy, (1.4) có hai nghiệm x = 0 và x = 1.
Bài tập tương tự:
1.Tìm giá trị của tham số a để PT x 6 + 3x 5 − 6 x 4 + ax 3 − 6 x 2 + 3x + 1 = 0 có đúng hai
nghiệm phân biệt. (Đề thi học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Nam Định năm 2004)
2. CMR PT x5 − x 2 − 2 x − 1 = 0 có đúng một nghiệm (*)
(Đề thi Đại học khối A năm 2004)

3. Tìm m để PT sau có 4 nghiệm: − x 2 + 2 4 − x 2 + 5 + 4 − x 2 = m − x 2
4. Giải PT: (a + 1) x = ax+1 0 < a ≠ 1
5. Giải PT: 3cosx = 2cosx + cosx
6. Giải PT: 3 x = 1 + x + log3 (1 + 2 x )
Gợi ý, đáp số:
1. x < −4 v x > 21
2. Chứng minh f(x) là hàm số đồng biến trên [1; +∞) và f(1).f(2) < 0 ⇒ (*)
3. m ≥ 6

4. x = 0; x = 1.

π
2

5. x = k 2π; x = + kπ , k ∈ Z

6. x = 0; x = 1.
2. Giải phương trình.
Nêu vấn đề:
6
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008


Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2

NguyÔn v¨n S¬n

Chúng ta cần giải phương trình f(x) = k trên D với f là hàm số đơn điệu trên D
hoặc đổi dấu trên D một lần (trong trường hợp f đổi dấu hơn một lần trên D thì
ta xét phương trình trên các tập con của D mà trên đó f đổi dấu một lần).
Giải quyết vấn đề:
Nội dung của phương pháp là sử dụng kết quả của hai định lý 1.2 ; 1.3 và 1.4
Dạng 1.

Giải PT: f(x) = k trên tập D.
- Trong đó f(x) là một hàm số đơn điệu trên tập D.

Phương pháp:
- Chứng minh cho f là hàm số đơn điệu trên D.
- Xác định giá trị x0 sao cho f(x0) = k, kết luận x0 là nghiệm duy nhất.
Ví dụ 1.5.

Giải PT: 4 x + 1 + 2 x + 12 x + 1 = 6

(1.5)

1
. Xét hàm số f ( x) = 4 x + 1 + 2 x + 12 x + 1 .
12
6
2+
2
12 x + 1 > 0 với ∀ x ≥ − 1
+
12
4 x + 1 2 2 x + 12 x + 1

Lời giải. ĐK x ≥ −
f '( x) =

Vậy hàm số y = f(x) là hàm số đồng biến. Theo định lý 1.2 ta có PT (1.5)
có không quá một nghiệm.
Mặt khác, f(2) = 6 . Do đó PT (1.6) có nghiệm duy nhất x = 2.
Ví dụ 1.6
Lời giải.

Giải PT: 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 = 1
Điều kiện: x ≥

(1.6)

1
2

1
2

* Nhận thấy x = là một nghiệm của PT.
* Ta chứng minh đó là nghiệm duy nhất của PT.
Xét hàm số f(x) = 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 có f '( x) =

2
4x
+
>0
4x −1
4 x2 −1

1
2

1
2

Vậy f(x) đồng biến với mọi x ∈ ( ; +∞) , ⇒ f(x) = 1 có nghiệm duy nhất x = .
Dạng 2. Giải phương trình dạng f(u) = f(v) với f là một hàm số đơn điệu.
Phương pháp.
- Chứng minh hàm số y = f(t) là hàm số đơn điệu
7
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008


Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2

NguyÔn v¨n S¬n

- Áp dụng hệ quả của định lý 1.2 đưa ra phương trình u = v.
- Giải phương trình u = v và kết luận nghiệm.
Ví dụ 1.7. Giải PT sau với x∈(0; 2):

1

4x

−2 x + 4

− 4x

2

− 2 x +1

=

x2 1 3
−
−
4 4x 4

(1.7)

(Đề thi HSG lớp12 tỉnh Thanh hóa năm 2001)

Lời giải: ĐK: x ≠ 0
u = x 2 − 2 x + 1
 x2 1 3 

Đặt  1
, (u, v > 0). Ta nhận thấy u − v = 4  − − 
 4 4x 4 
v = − 2 x + 4
x


Do đó, (1.7) ⇔ 4v − 4u = 4(u − v) ⇔ 4u + 4u = 4v + 4v

(1.7a)

Xét hàm số f(t) = 4t + 4t có f’(t) = 4t.ln4 + 4 > 0 ⇒ f(t) là hàm số đồng biến
1
x

1
x

Theo (1.7a) ⇔ u = v ⇔ x 2 − 2 x + 1 = − 2 x + 4 ⇔ x 2 − − 3 = 0 ⇔ x3 − 3x − 1 = 0 (1.7b)
π π

Đặt x = 2cosα, α ∈ (− ; ) . Khi đó (1.7b) ⇔ 8cos3α − 6cosα -1=0 ⇔ 2cos3α -1=0

α
1
⇔ cos3α = ⇔ 
2
α


2 2
2 kπ
= +
π
π
9
3
, k ∈ Z . Ta nhận được hai giá trị α1 = − , α 2 =
π 2 kπ
9
9
=− +
9
3

π

π

π

9

9

Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm: x1 = 2cos(- ),x 2 = 2cos
Ví dụ 1.8 . Giải PT: 3x(2 + 9 x 2 + 3) + (4 x + 2)( 1 + x + x 2 + 1) = 0

(1.8)

(Đề thi Olimpic 30-4 năm 2000)

Lời giải:

TXĐ: D=R

Ta có: (1.8) ⇔ (2 x + 1)( (2 x + 1)2 + 3 + 2) = (−3x)(2 + (−3x) 2 + 3)
Đặt u = −3x, v = (2 x + 1), (u, v > 0)
Ta có (1.8) ⇔ v v 2 + 3 + 2) = u u 2 + 3 + 2) ⇔ f (u ) = f (v) với f (t ) = t ( t 2 + 3 + 2) ,
f '( x) = 2 +

2t 2 + 3
t2 + 3

> 0 ⇒ f là hàm số đồng biến trên tập xác định.
1
5

Theo hệ quả của định lý 1.2 ta có u = v ⇔ - 3x = 2x + 1 ⇔ x = − là nghiệm duy
nhất của PT.
Dạng 3. Giải PT f(x) = k trên tập D.
8
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008


Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2

NguyÔn v¨n S¬n

- Trong đó f(x) là một hàm số không đơn điệu (đổi dấu 1 lần) trên D.

Phương pháp.
- Lập bảng biến thiên của hàm số y = f(x) trên D.
- Từ bảng biến thiên ta kết luận nghiệm của PT.
Ví dụ 1.9.

π π

2

Giải phương trình: e tan x + cosx=2 với x ∈ (− ; )

(1.9)

2 2

Lời giải.Xét hàm số f ( x) = e tan x + cosx , ta có: Bảng biến thiên:
2

tan 2 x

f '( x) = 2 t anx.

3

2
1
2e
− cos x
e tan x − s inx=sinx(
)

2
cos x
cos3 x

2

Vì 2e tan x ≥ 2 ≥ cos3 x > 0 nên dấu của f’(x) là dấu

x

−

π

π

0

2

2

f
2

π π

của sinx với x ∈ (− ; ) . Ta có f ( x) ≥ f (0) = 2 .
2 2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0
* Trong quá trình giải bài tập (1.9) học sinh thường mắc phải sai lầm sau:
2

2

Ta thấy (1.9) e tan x + cosx = 2 ⇔ e tan x − 1 = 1 − cosx (*). Đến đây các em đánh giá
 tan 2 x = 1

rằng vế trái luôn ≥ 0 ; vế phải luôn ≥ 0 nên từ (1.11) suy ra 

cosx = 1

⇔ x = k 2π

Theo bài ra ta có nghiệm của phương trình là x = 0.
* Tuy rằng nghiệm theo cách giải này trùng với đáp án ở trên. Nhưng nếu học
sinh thực hiện theo cách này với bài toán khác sẽ mắc hai sai lầm.
+ Nếu nghiệm của phương trình làm cho hai vế của (*) khác 0 thì theo cách
này học sinh sẽ kết luận không có nghiệm
+ Nếu ngoài nghiệm làm cho hai vế của (*) bằng không phương trình còn
nghiệm khác thì cách giải sẽ làm mất nghiệm.
Dạng 4.

- Giải phương trình:

f(x) = g(x)

- Trong đó y = f(x) và y = g(x) là các hàm số khác tính đơn điệu.
Phương pháp:

- Chứng minh hai hàm số y = f(x) và y =g(x) khác tính đơn điệu.
- Tìm một giá trị là nghiệm của phương trình và kết luận đó là nghiệm duy nhất.
Ví dụ 1.10. Giải phương trình: 3 1 − 2 x + 4 = x + 5 x3 − 1

(1.10)
9

S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008


Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2
Lời giải. ĐK: x ≥
⇒ f '( x) =

1
5

3

−2
3 3 (1 − 2 x) 2

−

NguyÔn v¨n S¬n

(1.9) ⇔ 3 1 − 2 x − 5 x3 − 1 = x − 4 ⇔ f ( x) = g ( x)
15 x 2
2 5 x3 − 1

< 0 . Vậy f là hàm số nghịch biến

Mặt khác g(x) = x – 4 là hàm số đồng biến
Theo định lý 1.3 ta có (1.10) có nhiều nhất là một nghiệm.
Ta cũng có f(1) = g(1) = - 3 nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = -3.
Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau:
1 x + 3 + x + 7x + 2 = 4
3. log3 (

2. x + 2 + x + 1 = 3 2 x 2 + 1 + 3 2 x 2

x2 + x + 3
) = x 2 + 3x + 2
2
2x + 4x + 5

5. cos3x + 4sin3x – 3sinx = 0

4. 2 3 x + 1 −

3
= 3 − 2x
2− x

(Đề HSG tỉnh TT.Huế 2002)

cos3x + asinx.cosx + sin3x = 0.

6. Cho PT:

a/ Giải PT khi a = 2 .
b/ Với giá trị nào của a thì PT có nghiệm.
Gợi ý, đáp số:
1. Theo dạng 1 ta được x = 2.
2. Đặt u = 3 x + 1, v = 3 2 x 2 PT có nghiệm x = 1; x = −

1
2

3. Đặt u = x 2 + x + 3, v = x 2 + 3x + 2 PT có nghiệm x = -1; x = - 2
4. Theo dạng 3. ta có x = 1
5. Do cosx = 0 không thỏa mãn nên nhân hai vế của phương trình cho cos3x
ta được:
* ⇔ 1 + 4tg 3 x − 3

sin x
1
= 0 ⇔ 1 + 4tg 3 x − 3tgx.
= 0 ⇔ tg 3 x − 3tgx + 1 = 0 (1) .
3
2
cos x
cos x

* Đặt: tgx = t, PT (1) trở thành: f(t) = t3 – 3t + 1 = 0 (2)
(xem ví dụ 1.7)…. x = β1 + kπ, x = β2 + kπ, x = β3 + kπ với tgβi = ti, i = 1,2,3.
t1 = 2 cos

2π
4π

8π
, t 2 = 2 cos , t 3 = 2 cos .
9
9
9

10
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008


Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2
5π

 x = 4 + k2π
6. a/ 
,k ∈Z
π
2 −1

 x = 4 ± ar cos 2 + k2π


NguyÔn v¨n S¬n

b/ PT luôn có nghiệm với mọi a.

II. Ứng dụng đối với bất phương trình.
1. Tìm điều kiện để bất phương trình có nghiệm.
Bài toán 1. Tìm điều kiện để bất phương trình (BPT) f(x) > α (f(x) ≥ α) có
nghiệm trên D.

Định lý 2.1. Bất phương trình f(x) > α (f(x) < α) có nghiệm trên D khi và chỉ khi
f ( x) < α )
max f ( x ) > α (min
x∈D
x∈D
f ( x)) tồn tại )
(Với giả thiết f(x) là số liên tục trên D và max f ( x) (min
x∈D
x∈D

Ví dụ 2.1

Tìm m để BPT sau có nghiệm.

(2.1)

x + 2 − 3− x < m

Lời giải. TXĐ : −2 ≤ x ≤ 3 Xét hàm số f ( x) = x + 2 − 3 − x với ( −2 ≤ x ≤ 3 )
 f ( x) < m
1
1
(*), f '( x) =
+
>0 với mọi x∈[-2; 3]
2 x + 2 2 3− x
 x ∈ [-2;3]

(2.1) ⇔ 

Vậy, min f ( x) = f (−2) = − 5 ⇒ (2.1) có nghiệm ⇔ min f ( x) < m ⇔ m > − 5
[-2;3]
[-2;3]
Ví dụ 2.2. Tìm m để BPT sau có nghiệm:

mx − x − 3 ≤ m + 1

(2.2)

Lời giải:

ĐK x ≥ 3. (2.2) ⇔ m ≤

x −3 +1
x −1

x −3 +1
XÐt hµm sè f(x)=
, víi x ≥ 3 ,
x −1

f'(x)=

5− x −2 x −3
2 x − 3( x − 1)2

x
f’(t)

ta

có

f(t)

3
+
1
2

7−2 3
0
-

+∞

3 +1
4

0

, víi x>3

f '( x ) = 0 ⇔ 5 − x − 2 x − 3 = 0 ⇔ x = 7 − 2 3

Bất phương trình có nghiệm ⇔ max f ( x ) ≥ m ⇔ m ≤
[3;+∞ )

3 +1
4

Bài tâp tương tự.
1. Tìm m để BPT: m( x 2 − 2 x + 2 + 1) + x (2 − x ) ≤ 0 có nghiệm thuộc [0, 1+ 3]
(Đề dự bị đại học khối A 2007)

11
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008


Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2

NguyÔn v¨n S¬n

2. Tìm m để BPT: 2cos x + 3sin x ≥ m.3sin x có nghiệm
2

2

2

(Đề tuyển sinh đại học quốc gia Hà Nội 1999)

Gợi ý, đáp số:
1. m ≥ 1

2. m ≤ 3

2. Tìm điều kiện để bất phương trình thỏa mãn với mọi x thuộc D.
Bài toán 2: Tìm điều kiện để BPT f(x)>α(hoặc f(x) <α) thỏa mãn với mọi x∈ D.
Định lý 2.2. f(x) > α ( hoặc f(x) <α) thỏa mãn với mọi x ∈ D khi và chỉ khi:

min f ( x ) > α .(hoặc max f ( x ) < α) (Với giả thiết min f ( x ) (hoặc max f ( x )) tồn tại.
D

D

D

Cho BPT: −x 3 + 3mx − 2 ≤ −

Ví dụ 2.3.

D

1
x3

(2.3)

Xác định các giá trị của m để BPT mãn với mọi x ≥ 1.
Lời giải:

ĐK x ≠ 0.

(2.3) ⇔ 3m ≤

x 6 + 2 x 3 −1
.
x4

Xét hàm số f ( x ) =

x 6 + 2 x 3 −1
2
1
= x2 + 2 − 4
4
x
x
x

Ta có: f '( x ) = 2 x −

2
4
+ 5 > 0 với mọi x ≥ 1 nên
3
x
x

f(x) là hàm số đống biến

trên [1; +∞). Suy ra min = f (1) = 2 .
[1;+∞ )

min f ( x ) ≥ 3m ⇔ m ≤
Vậy, (2.3) đúng với mọi x ≥ 1 ⇔ [1;+
∞)

2
3

Bài tập tương tự:
1
2

1. Tìm m để BPT: (1 + 2 x )(3 − x ) > m + (2 x 2 − 5 x + 3) đúng với mọi x ∈ [- ;3]
2. Tìm m để BPT x 3 − 2 x 2 − (m − 1) x + m ≥

1
đúng với mọi x ≥ 2.
x

3. Tìm giá trị lớn nhất của m để BPT sau nghiệm đúng với mọi x.
m(| s inx | + | cosx | +1) ≤| sin 2 x | + | s inx | + | cosx | +2 .

π
2

4. Tìm m để BPT : 2 sin 2 x − mcosx-3 ≤ 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ [0; ]
π
3

5. Tìm m để BPT thỏa mãn với mọi x ∈ [0; ] :
2cos3x + (m – 1)cos2x + 10cosx + m -1 ≥ 0

12
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008


Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2

NguyÔn v¨n S¬n

6. Cho hàm số y = x + 1 − x 2 − m , tìm m để y ≤ 0 với mọi x thuộc tập xác định.
(Đề thi HSG tỉnh Thanh hóa 2008)

Gợi ý, đáp số:
1. m < - 6

2. m ≤ 1

3. m = 1

4. m ≥ −2 2

5. m ≥ −1

6. m ≥ 2

3. Giải bất phương trình:
Định lý 2.3: Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc nghịch biến) trên D và
f(x) > f(y) ⇔ x > y (hoặc x < y).

Giải bất phương trình f(x) > α (hoặc f(x) ≥ α) với f là hàm

Bài toán 3.1:

đơn điệu
Ví dụ 2.4.

Giải BPT sau: 2 x 3 + 3 x 2 + 6 x + 16 > 2 3 + 4 − x

(2.4)

(Tuyển tập 30 năm TT Toán học và tuổi trẻ)

Lời giải. Điều kiện: – 2 ≤ x ≤ 4

(*)

Xét hàm số f ( x ) = 2 x 3 + 3 x 2 + 6 x + 16 − 4 − x có
f '( x ) =

3x 2 + 3x + 3
3

2

2 x + 3 x + 6 x + 16

+

1
2 4− x

> 0 với mọi x ∈(-2; 4)

Vậy f là hàm số đồng biến trên khoảng (-2 ; 4).
Mặt khác f(1) = 2 3 , do đó (2.4) ⇔ f(x) > f(1) ⇔ x > 1
Kết hợp với (*) ta có nghiệm của BPT là: 1 < x ≤ 4

Ví dụ 2.5.

Giải BPT : 3 3 − 2 x +

Lời giải:

Điều kiện:

1
2
2
3

Xét hàm số f(x) = 3 3 − 2 x +

5
2 x −1

5
2 x −1

(2.5)

− 2x ≤ 6

(*)
− 2 x có f '( x ) =

1 2

−3
5
−
−2 < 0
3−2x
(2 x − 1)3

1 2

với mọi x x ∈  ;  . Vậy, f là hàm số nghịch biến trên  ; 
 2 3
 2 3
Ta nhận thấy f(1) = 6 do đó (2.5) ⇔ x ≥ 1.

13
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008


Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2

NguyÔn v¨n S¬n
3
2

Kết hợp với (*) ta có nghiệm của BPT là: 1 ≤ x ≤ .

* Nhận xét:
(2.5) ⇔ 3 3 − 2 x +

5
2 x −1

≤ 2 x + 6 ⇔ f(x) ≤ g(x) (**)

Dễ thấy f là hàm số nghịch biến, g là hàm số đồng biến với mọi x thỏa mãn (*).
Mặt khác f(1) = g(1) = 8.
+ Với x > 1⇒ f(x) < f(1) = g(1) < g(x) ⇒ (**) thỏa mãn
+ Với x < 1 ⇒ f(x) > f(1) = g(1) > g(x) ⇒ (**) không thỏa mãn.
Kết luận: Kết hợp với (*) nghiệm của (2.7) là:

3
1≤ x ≤ .
2

* Ta tổng quát thành dạng toán sau:

Bài toán 3.2. Giải bất phương trình f(x) > g(x) (hoặc f(x) ≥ g(x)). Với f
và g là các hàm số khác tính đơn điệu và tồn tại x0 là nghiệm duy nhất của
phương trình f(x) = g(x).
Ví dụ 2.6.

Giải BPT: 7 x + 7 + 7 x − 6 + 2 49 x 2 + 7 x −12 < 181 −14 x (2.6)

Lời giải:

Điều kiện: x ≥

6
7

Xét hàm số f(x) = 7 x + 7 + 7 x − 6 + 2 49 x 2 + 7 x −12 và g(x) = 181 – 14x.
Dễ nhận thấy f là hàm số đồng biến, g là hàm số nghịch biến và f(6) = g(6) = 97.
+ Nếu x > 6:

f(x) > f(6) = g(6) > g(x) không thỏa mãn

+ Nếu x < 6:

f(x) < f(6) = g(6) < g(x) thỏa mãn

Vậy, nghiệm của BPT đã cho là:

6
≤ x <6
7

Bài tập tương tự: Giải các BPT sau:
1. 5 x − 1 + x + 3 ≥ 4
2.

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

3. ( x − 2)[ log2 ( x − 3) + log3 ( x − 2)] ≥ x+1
4.

x + x + 7 + 2 x 2 + 7 x < 49 − 2 x

Gợi ý, đáp án:
1. x ≥ 1

2. x < 2

3. x ≥ 5

4. x < 9

14
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008


Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2

NguyÔn v¨n S¬n

III. Ứng dụng đối với hệ phương trình:
Khi giải một hệ phương trình (HPT) có thể áp dụng việc khảo sát sự biến
thiên của hàm số vào việc giải một phương trình sau đó thể vào phương trình
còn lại.
Ví dụ 3.1

2 x− y

).51−2 x+ y = 1 + 22 x− y +1
(1 + 4
 3
 y + 4 x +1 + ln( y 2 + 2 x) = 0


Giải hệ phương trình sau:



t

t



1  4
Lời giải. Đặt t = 2x – y. Ta có (1) (1) ⇔ 5   +    = 1 + 2.2t
 5   5  

(1)
(2)

(3)

Dễ nhận thấy vế trái của (3) là hàm nghịch biến, vế phải của (3) là hàm đồng
biến và t = 1 là một nghiệm của phương trình. Do đó t=1 là nghiệm duy nhất của
phương trình. Với t = 1 ⇔ 2 x − y = 1 ⇔ 2 x = y + 1 .
Thay và (2) ta có: y 3 + 2 y + 3 + ln( y 2 + y + 1) = 0 .
Xét hàm số f ( y ) = y 3 + 2 y + 3 + ln( y 2 + y + 1) = 0 .
2 y2 + 4 y + 3
> 0 nên f(y) là hàm số đồng biến, mà f(-1)=0.
Có f '( y ) = 3 y + 2
y + y +1
2

 x = 0
Nên ta có y = - 1 là nghiệm duy nhất. Vậy hệ đã cho có nghiệm: 

 y = −1
 f ( x ) = f ( y ) (1)
với f là một hàm số liên tục trên
g( x , y ) = 0 (2)

Dạng 1. Hệ phương trình: 

tập xác định của nó.
Ta xét hai trường hợp:

1/ y = f(t) là hàm số đơn điệu trên tập xác định. Khi đó (1) ⇔ x = y.
2/ y = f(t) có một cực trị tại t0. Khi đó hàm số đổi chiều một lần khi qua t0. Vì
vậy, (1) ⇔ x = y hoặc x,y nằm ở hai phía của t0.
Ví dụ 3.2 Giải hệ phương trình:

e x − e y = x − y


log2 x + log 4 y 3 = 10
2

2

(1)
(2)

15
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008

Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2

NguyÔn v¨n S¬n

Lời giải. ĐK x > 0, y > 0
(1) ⇔ ex – x = ey – y (3). Xét hàm số f(t) = et – t, có f’(t) = et – 1 > 0 với ∀t > 0.
Do đó, f(t) là hàm số đồng biến khi t > 0.
x
2

Từ (3) suy ra: x = y. Thay vào (2) ta có: log2 + log 2 4 x 3 = 10
⇔ log2 x − 1 + 2(2 + 3 lo 2 x ) = 10 ⇔ log2x = 1⇔ x =2

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (2; 2)
ln(1 + x ) − ln(1 + y ) = x − y
 2
 x − 12 xy + 20 y 2 = 0

Ví dụ 3.3.

Giải hệ phương trình:

Lời giải.

ĐK x > -1; y > -1 (3) ⇔ ln(1+x) - x = ln(1+y) – y

Xét hàm số f(t) = ln(1 + t) – t với t > -1. f '(t ) =

(3)
(4)

1
−t
−1 =
.
1+ t
1+1

Ta thấy f’(t) = 0 khi t = 0 nên hàm số đồng biến trong khoảng (-1; 0) và nghịch
biến trong khoảng (0; +∞).
Khi đó ta có hai trường hợp:

+ (3) ⇔ x = y
+ (3) ⇔ x, y thuộc hai phía của 0, hay x.y < 0.

Nếu x.y < 0 thì vế trái của (4) luôn dương, vì vậy hệ không có nghiệm.
Nếu x = y thay vào (4) ta được x = y = 0 là nghiệm của hệ đã cho.
Chú ý: Trong quá trình giải các bài toán có dạng như ví dụ 3.3 học sinh dễ mắc
phải sai lầm sau:
Học sinh thường hiểu “x, y thuộc về hai phía so với t0”nghĩa là t0 sẽ cách

đều x và y. Từ đó đưa ra nhận xét |x-t0|=|y-t0|
Dạng 2. (Hệ phương trình hoán vị vòng quanh)
 f ( x ) = y
Giải hệ phương trình:  f ( y ) = z với f là hàm số đơn điệu trên tập xác định D.

 f ( z) = x

Phương pháp:
+ Chứng minh hàm f là hàm số đơn điệu.

+ Giả sử x0 = max{x0;y0;z0}(xét f là hàm đơn điệu tăng) khi đó:
f ( x 0 ) ≥ f ( y0 ) ⇒ y0 ≥ z0 ⇒ f ( y0 ) ≥ f ( z0 ) ⇒ z0 ≥ x 0 điều này là mâu thuẫn nên
x0=y0=z0.

16
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008


Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2

NguyÔn v¨n S¬n

 x 2 + 3 x − 3 + ln( x 2 − x + 1) = y

Ví dụ 3.4 Giải hệ phương trình:  y 2 + 3y − 3 + ln( y 2 − y + 1) = z

z 2 + 3z − 3 + ln( z2 − z + 1) = x


Lời giải: Gọi (x0;y0;z0) là nghiệm của hệ phương trình.

Xét hàm số f (t ) = t 2 + 3t − 3 + ln(t 2 − t + 1) ta có f '(t ) = 3t 2 + 3 +

2t − 1
2

x − x +1

>0

Vậy f là hàm số đồng biến. Giả sử x0 = max{x0;y0;z0} khi đó:
f ( x 0 ) ≥ f ( y0 ) ⇒ y0 ≥ z0 ⇒ f ( y0 ) ≥ f ( z0 ) ⇒ z0 ≥ x 0 điều này là mâu thuẫn

Suy ra: x0 = y0 = z0.
Vì phương trình x 2 + 2 x − 3 + ln( x 2 − x + 1) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1(xem cách
giải phần I) nên hệ đã cho có nghiệm duy nhất x=y=z =1.
*)Tổng quát dạng 2 thành hệ sau:

Dạng 3:

 f ( x1 ) = g( x2 )

 f ( x ) = g( x3 )
Giải hệ phương trình:  2
.....................

 f ( xn ) = g( x1 )

(I)

Với f và g là các hàm số đơn điệu trên D.

* Phương pháp giải:

Ta xét hai trường hơp:

1/ Hai hàm số f và g cùng tính đơn điệu trên D.
2/ Hai hàm số f và g là khác tính đơn điệu trên D.

Định lý3.1.

Nếu (x1; x2;…xn) là nghiệm của hệ (I) khi đó:
1/ Nếu hàm số f và g cùng đồng biến ( hoặc nghịch biến ) trên D
thì x1=x2=…=xn.
2/ Nếu f và g là khác tính đơn điệu trên D thì:
+ x1 = x2 =…=xn nếu n lẻ.
x = x =...=x n-1
+  1 3
nếu n chẵn
 x2 = x4 = ... = x n

2

3 y = y + 2

x2
Ví dụ 3.5 Giải hệ phương trình 

x2 + 2
3 x =
y2


(Đại học khối B-2003)

17
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008


Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2

NguyÔn v¨n S¬n

Lời giải: Đk x,y ≠ 0
Ta có nhận xét x < 0 hoặc y < 0 không phải là nghiệm của hệ
 2 y 2 + 2
3 x =

t2 + 2
y
Hệ đã cho tương đương với hệ 
,
xét
hàm
s
ố
và g(t ) = 3t 2
f (t ) =
2

t
x +2
3 y 2 =

x

với t > 0. Dễ thấy f, g là hai hàm số đồng biến. Gọi (x;y) là nghiệm của hệ và giả
sử x≥y ⇔ f(x)≥f(y) ⇔ g(y) ≥ g(x) ⇔ y ≥ x. Vậy x = y. Thay vào hệ phương
trình ta có x = y = 1 là nghiệm duy nhất của hệ.

Bài tập tương tự:

Giải các hệ phương trình sau:
tgx − tgy = y − x
1. 
 y − 1 + 1 = x − y + 8


s inx - siny = 3x - 3y


π
2.  x + y =

5

 x , y > 0

ln x − ln y = x − y

3. 
x +1
 x + y y
2 .3 = 36


 x − 1 = y − 1
y (TSĐH Khối A 2003)
4.  x

3
2 y = x + 1

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

 x 3 − 3 x = y 3 − 3 y
6.  6 6


log2008 2 x = y − 2 x

y
7.  3 3
 x + y
= x 2 + y2

xy


x y − 5 y + 2 = 0

8.  y z − 5 z + 2 = 0

 z x − 5 x + 2 = 0

 y + y 2 − 2 y + 2 = 3 x−1 + 1


 x + y = 1


6 x 2 + y 2 − 5 xy − 7 x + 3 y + 2 = 0
9.  x − y
(HSG Thừa Thiên Huế 2007 vòng 2)
=
ln(
x
+
2)
−
ln(
y
+
2)

 3

 x 2 − 2 x + 6 log (6 − y ) = x

3
 2
10.  y − 2 y + 6 log3 (6 − z) = y

 z 2 − 2 z + 6 log (6 − x ) = z
3


(HSG Quốc gia bảng A-2006)

Gợi ý, đáp số:

1. x = y = 8

2. x = y =

π
10

18
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008


Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2

NguyÔn v¨n S¬n

3. x = y = log 4 12

4. (1;1),(

3

− 1 + 5 − 1 + 5 −1 − 5
;
),(
;)
2
2
2

1

5. x = y = 1

6. x = y = ± 6

 9 9
7.  ; 

8. (4;4); (3 − 2 2;3 − 2 2 )

9. x = y = 1

10. x = y = 3

10 5 

2

C. KẾT LUẬN
1. Kết quả của đề tài nghiên cứu.
Như đã trình bày ở trên đề tài này là hệ thống lý thuyết và bài tập để hình
thành và hoàn thiện một phương pháp giải các bài toán liên quan đến phương
trình, bất phương trình, hệ phương trình.
Nội dung đề tài đã giải quyết được những khó khăn được đặt ra ở phần A.
Nội dung của đề tài nhằm mục đích bồi dưỡng học sinh khá giỏi. Trong quá
trình thực nghiệm đề tài tại trường THPT Thường Xuân 2 ở hai nhóm học sinh:
Lớp 12A2 với 12 học sinh không áp dụng phương pháp; Lớp 12A4 với 13 học
sinh được áp dụng phương pháp.
Kết quả học sinh lớp 12A4 đạt đến kết quả nhanh hơn và chính xác hơn
khi giải các dạng phương trình, bất phương trình có trong các đề thi học sinh

giỏi và đề thi đại học. Số liệu so sánh khi tiến hành kiểm tra trên hai nhóm học
sinh với 10 bài toán (5 bài mức học sinh giỏi; 5 bài mức học sinh khá) trong
vòng 120 phút đựợc thể thiện ở bảng sau:
Loại

Giỏi

Lớp

Khá

T.bình

Y ếu

12A2

2

16,7%

6

50%

4

33,3%

0

0%

12A4

8

61,5%

4

30,8%

1

0,7%

0

0%

2. Kiến nghị, đề xuất.
19
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008


Tr−êng THPT Th−êng Xu©n 2

NguyÔn v¨n S¬n

Vì đề tài là sự hoàn thiện cơ bản của phương pháp, nội dung của đề tài
gần gũi và phục vụ trực tiếp cho quá trình dạy và học toán ở trường THPT. Vì
vậy, tôi mạnh dạn đề xuất phổ biến đề tài này cho tất cả các đồng nghiệp và áp
dụng trong quá trình dạy học. Đồng thời thông qua quá trình ứng dụng bổ sung
hoàn thiện hơn nữa nội dung của đề tài, để đề tài thực sự là tài liệu đầy đủ và cần
thiết trong quá trình bồi dưỡng Toán cho học sinh ở trường THPT.

Thường Xuân, tháng 3 năm 2008

ĐỀ TÀI CÓ THAM KHẢO TÀI LIỆU TỪ CÁC NGUỒN:
[1]. Tuyển tập 30 năm tạp chí Toán học và tuổi trẻ, NXB Giáo dục.
[2]. Các đề thi học sinh giỏi lớp 12 các năm của các tỉnh: Thanh hóa,
Nghệ An, Hải Dương, Nam Định, Thừa Thiên Huế…
[3]. Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, NXB Giáo dục.
[4]. Diễn đàn toán học Việt Nam VM, www.toanthpt.net.
[5]. Các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng.

-----------

o0o

---------

20
S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m 2008