SKKN sáng kiến kinh ngiệm hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp hàm số giải phương trình, hệ phương trình và bất phương trình

MỤC LỤC
Trang
A. Đặt vấn đề ---------------------------------------------------------------------------------1
I. Cơ sở lí luận---------------------------------------------------------------------------------1
II. Thực trạng vấn đề đang được nghiên cứu ---------------------------------------------1
1. Thực trạng---------------------------------------------------------------------------------- 1
2. Hiệu quả vấn đề---------------------------------------------------------------------------- 2
III. Đối tượng và thời gian nghiên cứu ---------------------------------------------------- 2
1. Đối tượng nghiên cứu--------------------------------------------------------------------- 2
2. Thời gian nghiên cứu --------------------------------------------------------------------- 2
IV. Phương pháp nghiên cứu --------------------------------------------------------------- 2
B. Giải quyết vấn đề-------------------------------------------------------------------------3
PHẦN I. Cơ sở lí thuyết của phương pháp hàm số---------------------------------------3
PHẦN II. Các bài toán và phương pháp giải ---------------------------------------------5
I. Các bài toán phương trình ---------------------------------------------------------------5
II. Các bài toán hệ phương trình------------------------------------------------------------9
III. Các bài toán bất phương trình --------------------------------------------------------14
III. Các bài toán hệ bất phương trình -----------------------------------------------------18
Bài tập ---------------------------------------------------------------------------------------19
C. Kết luận ----------------------------------------------------------------------------------20

1


A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I.

LỜI NÓI ĐẦU
Đổi mới phương pháp dạy học trong ngành giáo dục, nhằm thay đổi cách dạy
học cũ theo kiểu “ thầy đọc trò chép” bằng những hình thức, phương pháp dạy học
mới. Phương thức dạy học lấy người học làm trung tâm. Tức là người học là người

chủ động khám phá tìm ra những kiến thức mới, hình thành những kỹ năng mới
dưới sự hướng dẫn của người thầy. Với phương thức dạy học như vậy, kết quả đạt
được là những con người năng động sáng tạo và biết cách phối hợp làm việc trong
một nhóm. Trong hoạt động thực tiễn cũng như trong học tập và nghiên cứu khoa
học, phương pháp để thực hiện các hoạt động này luôn đóng vài trò hết sức quan
trọng. Phương pháp là những sản phẩm trí tuệ của một người hay nhiều người được
đúc rút từ hoạt động thực tiễn hay tư duy khoa học. Trong việc học bộ môn toán
cũng vậy, bản thân bộ môn toán là bộ môn khó đối với nhiều học sinh. Vì vậy trong
quá trình dạy học toán các nhà sư phạm, các thầy cô giáo luôn cố gắng dạy các em
nắm vững phương pháp giải một lớp các bài toán nào đó. Từ đó cùng với tư duy
logic học sinh có thể giải các bài toán khác. Trong kho tàng kiến thức về toán học,
có rất nhiều phương pháp giải các dạng toán khác nhau mà phươg pháp hàm số là
một trong số đó.
Trong chương trình toán học phổ thông, vấn đề giải và biện luận phương
trình, hệ phương trình và bất phương trình giữ một vị trí quan trọng. Nó xuyên suốt
chương trình của bậc học và thường gặp trong các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, đề
thi đại học cao đẳng. Lớp các bài toán giải và biện luận phương trình, hệ phương
trình và bất phương trình rất đa dạng và phong phú. Để giải các bài toán này học
sinh phải huy động hầu như các kiến thức cơ bản của Đại số và Giải tích, phải sử
dụng nhiều phương pháp và thủ thuật khác nhau. Cũng như đòi hỏi học sinh phải có
sự đam mê tìm tòi và có khả năng vận dụng kiến thức, kĩ năng, phương pháp một
cách linh hoạt sáng tạo.
Với những lí do trên và thực tiễn giảng dạy, tôi đúc rút viết sáng kiến kinh
nghiệm này, để rao đổi với các bạn đồng nghiệp và cũng là tài liệu để giảng dạy
cho các em học sinh, nhằm giới thiệu và giảng dạy cho các em một phương pháp
giải và biện luận phương trình, hệ phương trình và bất phương trình rất hiệu quả và
cũng dễ áp dụng đó là “phương pháp sử dụng chiều biến thiên” hay “ phương pháp
hàm số để giải phương trình hệ phương trình và bất phương trình”.
.
II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ

2


1. Thực trạng
Đây là vấn đề thời sự đối với người làm toán. Trên thực tế đã có rất nhiều
năm các kỳ thi vào đại học cao đẳng, các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, kỳ thi học
sinh giỏi quốc gia trong đề thi có các dạng bài toán này. Ta cũng thường gặp các
bài toán này trên các số báo của Tạp chí Toán học tuổi trẻ.
2. Hiệu quả vấn đề
Các dạng toán này đã được tôi áp dụng giảng dạy cho học sinh ở trường THPT
Triệu Sơn 2. Tôi đã áp dụng giảng dạy cho học sinh và khi các em gặp các bài toán
dạng này thì các em giải rất nhanh và thường đạt kết quả tốt. Đặc biệt là trong kỳ
vào Đại học Cao đẳng năm 2013 học sinh lớp tôi dạy toán các em làm rất tốt câu
giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số, có 16 lượt em đạt điểm môn toán 9
điểm đến 10 điểm và trung bình 70 lượt thi môn toán của lớp 12C2 là: 7,75 điểm
môn toán. Năm học 2013-2014 đội tuyển toán do tôi phụ trách có 4 em tham gia dự
thi học sinh giỏi cấp tỉnh thì cả 4 em đạt giải: 1giải nhì và 3 giải ba.
III. ĐỐI TƯỢNG VÀ THỜI GIAN NGHIÊN CỨU
1. Đối tượng nghiên cứu
- Các kiến thức về hàm số như sự biến thiên, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất...
- Các bài toán về phương trình, hệ phương trình và bất phương trình sử dụng
phương pháp hàm số để giải.
- Đối tượng được áp dụng để thực hiện là học sinh lớp 12A7 của trường THPT
Triệu Sơn 2 trong năm học 2013-2014 và đội tuyển học sinh giỏi môn Toán.
2. Thời gian nghiên cứu đề tài: Năm học 2012-2013 và năm học 2013-2014.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu lí thuyết: Nghiên cứu tài liệu là sách giáo khoa và một số sách tham
khảo, báo Toán học tuổi trẻ để có được hệ thống các kiến thức hoàn chỉnh về hàm
số sau đó sắp xếp những kiến thức cần dùng theo một trình tự và logic môn học.
Phân chia các bài toán thành các dạng để học sinh dễ vận dụng và nắm bắt phương

pháp.
- Nghiên cứu thực tế: Sau khi có được nghiên cứu lí thuyết có thể sử dụng sáng
kiến kinh nghiệm vào các giờ dạy tự chọn nâng cao và các buổi bồi dưỡng ôn thi
đại học, ôn thi học sinh giỏi. Thông qua đó đánh giá mức độ hứng thú tiếp thu của
học sinh kết quả cho thấy phương pháp này rất hiệu quả cho các em giải lớp các bài
toán dạng này.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
3


PHẦN 1
CƠ SỞ LÍ THUYẾT CỦA PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
I. CÁC ĐỊNH NGHĨA
Định nghĩa 1. Giả sử K là một khoảng, một đoạn hoặc nửa khoảng và f là hàm xác
định trên K. Khi đó
a.
Hàm số f được gọi là đồng biến trên K nếu
∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) ;
b. Hàm số f được gọi là nghịch biến trên K nếu
∀x1 , x2 ∈ K , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) .
Định nghĩa 2. Cho hàm số hàm số f có tập xác định D(D ⊂ R ).
Tập giá trị của hàm số là G = { y ∈ R / ∃x ∈ D : y = f ( x)

}

Định nghĩa 3. Giả sử hàm số f xác định trên D (D ⊂ R ).
a.
Nếu tồn tại một điểm x0 ∈ D sao cho f ( x) ≤ f ( x0 ) với mọi x ∈ D thì
f ( x)
số M = f ( x0 ) gọi là giá trị lớn nhất của hàm số f trên D, kí hiệu M = max

x∈D
.
b. Nếu tồn tại một điểm x0 ∈ D sao cho f ( x) ≥ f ( x0 ) với mọi x ∈ D thì số
f ( x) .
m = f ( x0 ) gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số f trên D, kí hiệu M = min
x∈D
II. CÁC ĐỊNH NGHĨA
Định lí 1. Giả sử f có đạo hàm trên K.
a.
Nếu f ' ( x) > 0, ∀x ∈ K thì hàm số f đồng biến trên K;
b. Nếu f ' ( x) < 0, ∀x ∈ K thì hàm số f nghịch biến trên K;
c. Nếu f ' ( x) = 0, ∀x ∈ K thì hàm số f không đổi trên K.
Định lí 2. Nếu hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a; b] và f(a).f(b)<0 thì phương
trình f ( x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm trên (a; b).
III. MỘT SỐ KẾT QUẢ
Kết quả 1. Nếu hàm số f (x) liên tục trên [a; b] thì hàm số đạt giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất trên [a; b].
Kết quả 2. Cho hàm số f (x) liên tục trên [a; b]. Gọi các điểm x1 , x 2 ..., x n là các
điểm thoả mãn f ' ( x) = 0 hoặc hàm số không có đạo hàm thì:
4


max f ( x) = max{ f (a ), f ( x1 ), f ( x 2 ),..., f ( x n ), f (b)}

x∈[ a ; b ]

min f ( x) = min{ f ( a ), f ( x1 ), f ( x 2 ),..., f ( xn ), f (b)}.

x∈[ a ; b ]

Kết quả 3. Cho hàm số f (x) liên tục trên [a; b] và có đạo hàm trong khoảng
(a; b) và f (a) = f (b) thì phương trình f ' ( x) = 0 có ít nhất một nghiệm trong
khoảng (a; b).
Kết quả 4. Nếu hàm số f (x) liên tục và đơn điệu trên (a; b) thì phương trình

f ( x) = m có không quá một nghiệm thuộc (a; b).
Kết quả 5. Nếu hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a; b], thì phương trình f ( x ) = m
f ( x) ≤ m ≤ max f ( x)
có nghiệm khi và chỉ khi xmin
∈[ a ; b ]
x∈[ a ; b ]

Kết quả 6. Nếu hàm số f (x) liên tục và có n khoảng đơn điệu trên tập D thì
phương trình f ( x ) = m có không quá n nghiệm.
Kết quả 7. Nếu hàm số f (x) và g (x) liên tục trên (a; b) mà có một hàm đồng
biến còn một hàm nghịch biến thì phương trình f (x) = g (x) có không quá một
nghiệm.
Kết quả 8. Nếu hàm số f (x) đơn điệu trên (a; b) và u, v thuộc khoảng (a; b) thì
phương trình f (u ) = f (v) ⇔ u = v .
Kết quả 9. Nếu hàm số f (x) đơn điệu trên (a; b) và u, v thuộc khoảng (a; b) thì
bất phương trình f (u ) ≤ f (v) ⇔ u ≤ v .
Kết quả 10. Nếu hàm số f (x) liên tục [a; b] thì:
f ( x) ≥ m ,
a) Bất phương trình f ( x) ≥ m , có nghiệm khi và chỉ khi xmax
∈[ a ; b ]

x f ( x) ≥ m .
Bất phương trình f ( x) ≤ m có nghiệm khi và chỉ khi min
x∈[ a ; b ]
f ( x) ≥ m ,

b) Bất phương trình f ( x) ≥ m luôn luôn đúng với ∀x ∈ [ a; b] khi xmin
∈[ a ; b ]
f ( x) ≥ m .
Bất phương trình f ( x) ≤ m luôn luôn đúng với ∀x ∈ [ a; b] khi xmin
∈[ a ; b ]

5


PHẦN 2
CÁC BÀI TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
I. CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH
Bài toán 1. Giải phương trình dạng f (u( x)) = f (v( x))
(I)
Phương pháp:
+ Tìm điều kiện xác định (nếu có) D
+ Biến đổi phương trình về dạng (I);
+ Xét hàm số f (t ) chứng minh hàm số này đồng biến hoặc nghịch biến trên D.
+ Mà phương trình (1) có dạng f (u ( x)) = f (v( x)) ⇔ u ( x) = v( x) từ đó tìm được x.
Thí dụ 1. Giải phương trình x 3 − 6 x 2 + 12 x − 5 = 3 9 x 2 − 8 x + 7
(1)
Bài giải. Phương trình (1) ⇔ ( x + 1) 3 + ( x + 1) = (9 x 2 − 8 x + 7) + 3 9 x 2 − 8 x + 7

(*)

3
'
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t , f ( t ) = 3t + 1 > 0∀t ∈ R ⇒ f ( t ) đồng biến trên R

 x1 = 1

2
3
Phương trình (*) dạng : f ( x + 1) = 3 9 x 2 − 8 x + 7 ⇔ x + 1 = 9 x − 8 x + 7 ⇔  x2 = 2 .
 x3 = 3
Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt : x1 = 1, x 2 = 2, x3 = 3. .

x2 + x +1
) = x 2 − 3x + 2
Thí dụ 2. Giải phương trình log 3 ( 2
2x − 2x + 3
2
 x + x + 1 > 0,∀x
Bài giải. Tập xác định: R (do  2
)
2 x − 2 x + 3 > 0, ∀x
Phương trình (1) ⇔ log 3 ( x 2 + x + 1) − log 3 (2 x 2 − 2 x + 3) = x 2 − 3x + 2 (*)

(2)

⇔ log 3 ( x 2 + x + 1) + ( x 2 + x + 1) = log 3 (2 x 2 − 2 x + 3) + 2 x 2 − 2 x + 3
1
+ 1 > 0, ∀t > 0 .
Xét hàm số f (t ) = log 3 t + t , t > 0 . Ta có f ' (t ) =
t ln 3
Suy ra hàm số f (t ) đồng biến. Phương trình có (*) dạng
x = 1
f ( x 2 + x + 1) = f (2 x 2 − 2 x + 3) ⇔ x 2 + x + 1 = 2 x 2 − 2 x + 3 ⇔ 
x = 2

Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm x1 = 1, x2 = 2

Thí dụ 3. Giải phương trình:

(7 + 5 2 ) cos x − (17 + 12 2 ) cos

3

x

= cos 3x

(3)

3

Bài giải. Phương trình (1) ⇔ (7 + 5 2 ) cos x − (17 + 12 2 ) cos x = 4 cos 3 x − 3 cos x
3

⇔ (1 + 2 ) 3 cos x + 3 cos x = (1 + 2 ) 4 cos x + 4 cos 3 x . Xét hàm số f (t ) = (1 + 2 ) t + t , t ∈ R .
Ta có f ' (t ) = (1 + 2 ) t ln(1 + 2 ) t + 1 > 0, ∀t ∈ R suy ra hàm số f (t ) đồng biến.
π kπ
Mà (2) có dạng f (3 cos x) = f (4 cos 3 x) ⇔ 3 cos x = 4 cos 3 x ⇔ x = + , (k ∈ Z ).
6
3
π kπ
Vậy phương trình (3) có 1 họ nghiệm: x = + , (k ∈ Z ).
6
3

6


Bài toán 2. Giải phương trình dạng f ( x) = k (k là hằng số)
Phương pháp:
+ Tìm điều kiện xác định D
+ Xét hàm số y = f (x) từ đó tìm số nghiệm của phương trình.
+ Kết hợp máy tính bỏ túi tìm các được các nghiệm đó.
Thí dụ 1. Giải phương trình: x 3 + x + 2( x 2 + 1) x = 6
Bài giải. Tập xác định D = [0; + ∞)

(II)

(1)

Xét hàm số f ( x) = x 3 + x + 2( x + 1) x .
x +1
) > 0, ∀x > 0 suy ra hàm số f (x) đồng biến.
2 x
Phương trình (1) nếu có nghiệm thì có duy nhất mà f (1) = 6 thỏa mãn phương
2
Ta có f ' ( x) = 3x + 1 + 2( x +

trình (1). Vậy phương trình duy nhất nghiệm duy nhất x=1.
Thí dụ 2. Giải phương trình: 3 x + 5 x = 6 x + 2
(2)
x
x
Bài giải. Phương trình tương đương 3 + 5 − 6 x − 2 = 0
Xét hàm số f ( x) = 3 x + 5 x − 6 x − 2 .

Ta có f ' ( x) = 3 x ln 3 + 5 x ln 5 − 6 và f ' ' ( x) = 3 x ln 2 3 + 5 x ln 2 5 > 0
Mà f ' (0). f ' (1) = (ln 3 + ln 5 − 6)(3 ln 3 + 5 ln 5 − 6) < 0 nên f ' ( x) = 0 có nghiệm x 0 ∈ (0;1)
Lập bảng biến thiên
x0
x −∞
+∞
0
+
f(x)
−
+∞

+∞

f(x)
0

Phương trình (2) nếu có nghiệm thì có tối đa 2 nghiệm mà f (0) = 0 , f (1) = 0 (t/m).
Vậy phương trình 2 nghiệm x1 = 0, x2 = 1.
Thí dụ 3. Giải phương trình: (1 + cos x)(2 + 4 cos x ) = 3.4 cos x
(3)
Bài giải. Đặt t = cos x, | t |≤ 1
3 .4 t
3 .4 t
=
1
+
t
⇔
− t −1 = 0

2 + 4t
2 + 4t
6 ln 4.4 t
3. 4 t
f
'
(
t
)
=
− 1 = 0 ⇔ (2 + 4 t ) 2 = 6 ln 4.4 t
Xét hàm số f (t ) =
− t − 1, ta có
t 2
t
(2 + 4 )
2+4

Phương trình ⇔ (1 + t )(2 + 4 t ) = 3.4 t ⇔

(4)
(5)

Phương trình (5) là phương trình bậc hai của 4 t nên phương trình (5) có tối đa 2
nghiệm suy ra phương trình (4) có tối đa 3 nghiệm.
1
2

Mà f (0) = 0, f (1) = 0 , f ( ) = 0 (thỏa mãn). Suy ra (4) có 3 nghiệm t = 0, t = 1, t =
Vậy x = kπ , x =

π
π
+ kπ , x = ± + k 2π , (k ∈ Z ) .
2
3

7

1
2


Bài toán 3. Giải phươg trình: f ( x) = g ( x) ,
trong đó một hàm đồng biến và một hàm nghịch biến
(III)
Phương pháp:
+ Tìm điều kiện xác định D
+ Xét hàm số y = f (x) và y = g (x) trên D
+ Chứng minh y = f (x) đồng biến y = g (x) nghịch biến hoặc nghược lại.
+ Từ đó suy ra phương trình có nghiệm duy nhất.
Thí dụ 1. Giải phương trình
(1)
x − 1 = −x3 + x 2 − 2x + 9
Bài giải. Tập xác định D = [1; + ∞)
1
< 0, ∀x > 0
Xét hàm số f ( x) = x − 1 ⇒ f ' =
2 x −1
Và g ( x) = − x 3 + x 2 − 2 x + 9 , g ' ( x) = −3 x 2 + 2 x − 2 = 2 x(1 − x) − x 2 − 2 < 0, ∀x ≥ 1

suy ra phương trình f ( x) = g ( x) nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất. Mà
f (2) = g (2) thỏa mãn phương trình. Vậy x=2 là nghiệm phương trình (1).
Thí dụ 2. Giải phương trình: (1 + 4 x ).51− x = 1 + 2 x+1
(1)
Bài giải. Tập xác định R
x

x

1 + 4 x 1 + 2 x +1
1 2
1 4
⇔   +   = + .2 x
Phương trình ⇔ x =
4
5
5 5
5 5
x

(2)

x

1 2
1 4
Xét hai hàm số f ( x) =   +   , g ( x) = + .2 x
5 5
5 5
x

x

1 4
4
2
1
Và f ' ( x) =   ln( ) +   ln( ) < 0, g ' ( x) = .2 x ln 2 > 0
5 5
5
5
5

Suy ra hàm f (x) nghịch biến còn hàm g (x) đồng biến.
Nên phương có nghiệm thì có nghiệm duy nhất. Mà f (1) = g (1) (thỏa mãn ).
Vậy x=1 là nghiệm phương trình (1).
Bài toán 4. Giải và biện luận phương trình f ( x, m) = 0
Phương pháp
+) Tìm điều kiện xác định (nếu có)
+) Biến đổi phương trình về dạng f ( x) = m
+) Xét hàm số y = f (x) lập bảng biến thiên rồi rút ra kết luận.
Thí dụ 1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm
m( x 2 + 3 x ) +

( 4 − 3x − x )

2 3

(IV)

(1)

= 4m − 1



Bài giải. Điều kiện xác định: − 4 ≤ x ≤ 1 . Đặt 4 − 3x − x 2 = t với t ∈ 0;  ,
 2
5

PT (1) trở thành : m(4 − t 2 ) + t 3 = 4m − 1 ⇔ t 3 + 1 = mt 2 ⇔ t +

1
=m
t2

(2)

5
Do t = 0 không là nghiệm. Nên Pt (1) có nghiệm ⇔ pt (2) có nghiệm t ∈ (0;  .
2

8


Xét hàm số: f ' (t ) = 1 −

3
2 t 3 − 2 t ∈ (0; 5 
3

3
= 3 ,
. Ta có f ' (t ) = 0 ⇔ t = 2 , f ( 2 ) = 3 .

3
2
4
t
t

x

Lập bảng biến thiên

0

f’(x)

-

0

+
133
50

f(x) +∞
3
3

3
Vậy m ≥ 3 thì phương trình (1) có nghiệm.
4

4

Thí dụ 2. Tìm các giá trị của m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:
91+

Bài giải. Đặt t = 31+

1− x 2

1− x

2

− ( m + 2)31+

1− x 2

(3)

+ 2m + 1 = 0
. Vì x ∈ [−1;1] nên t ∈ [3;9] .

t 2 − 2t + 1
t 2 − 2t + 1
Phương trình (3) ⇔ m =
. Xét hàm số f (t ) =

với t ∈[3;9] .
t−2
t−2
1
48
Ta có f ' (t ) = 1 +
.
2 suy ra hàm số f(t) đồng biến [3; 9]. Nên 4 ≤ f(t) ≤
(t − 2)
7
48
Vậy 4 ≤ m ≤
thì phương trình (3) có nghiệm
7

π π



Ví dụ 3. Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn  − 4 ; 4 


4
4
2
(4)
sin x + cos x + cos 4x = m.

3 + cos 4 x
+ cos 2 4 x = m ⇔ 4cos 2 4 x + cos 4 x = 4m − 3

4
Đặt t = cos 4 x ta được:
4t 2 + t = 4m − 3
(5)
 π π
 π π
Với x ∈  − ;  thì t ∈ [ −1;1] . Phương trình (4) có 4 nghiệm phân biệt x ∈  − ; 
 4 4
 4 4

Bài giải. Phương trình (1) ⇔

khi và chỉ khi phương trình (5) có 2 nghiệm phân biệt t∈[-1; 1).
Xét g(t) = 4t 2 + t với t ∈ [−1;1) . Ta có g’(t) = 8t+1=0 ⇔ t = −
Bảng biến thiên

t

1

g’(t)

0

1
8

+
5

g(t)
3

1
1 16
47
3
47
3
< m ≤ . Vậy
Suy ra (5) có 2 nghiệm xảy ra ⇔ − < 4m − 3 ≤ 3 ⇔
−

64

16

9

2

64

2


II. CÁC BÀI TOÁN HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Bài toán 1. Giải hệ phương trình bằng cách rút thế
 f ( x, y ) = c


 g ( x, y ) = c'
Phương pháp:
+ Tìm điều kiện xác định của hệ phương trình nếu có;
+ Phân tích từ một trong hai phương trình để biểu diễn x theo y (hoặc y theo x)
+ Thế vào phương trình còn lại ta được một phương trình sau đó sử dụng phương
pháp hàm số để giải phương trình đó.
+ Từ đó giải tìm được nghiệm của hệ phương trình.
Thí dụ 1. Giải hệ phương trình :

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

(1)
( 2)

Bài giải. Đặt t = 2x – y.
Ta có: (1) ⇔ (1 + 4 )5
t

− t +1

= 1+ 2

t +1

 1 t  4 t 
⇔ 5  +    = 1 + 2.2t

 5   5  

(3)

 1 t  4 t 
Đặt f (t ) = 5  +    ; g(t) = 1+2. 2t .
 5   5  

Ta có: f(t) là hàm số giảm, g(t) là hàm số tăng
Và f(1) = g (1). Do đó: (3) ⇔ t = 1 ⇔ 2 x − y = 1
2x = y + 1
2
 y + 2 y + 3 + ln( y + y + 1) = 0


Vậy hệ (I) ⇔ 

3

Đặt h(y) = y3 + 2y + 3 + ln ( y2+ y +1 )

2 y +1
2( y + 1) 2 + 1
2 y2 + 4 y + 3
2
2
>0
Ta có: h (y) = 3y + 2 + 2
= 3y + 2
= 3y + 2

y + y +1
y + y +1
y + y +1
’

2

h’(y) >0 ⇒ h(y) là hàm số đồng biến và h(-1) = 0.
2 x = y + 1
x=0
⇔
Vậy (I) ⇔ 
 y = −1
 y = −1
Thí dụ 2. Giải hệ phương trình:
1
 3
2
3
4 x + xy = y − x + 2 y

x 3 − 6x 2 + 6 y − 5 = 3 9x 2 − 4 y + 7


(1)
( 2)

Bài giải PT (1) ⇔ 8 x 3 − y 3 + 2 xy 2 − y 3 + 2 x − y = 0
 y = 2x
⇔ (2 x − y )(4 x 2 + 2 xy + y 2 ) + y 2 (2 x − y ) + 2 x − y = 0 ⇔  2

2
4 x + 2 xy + 2 y + 1 = 0 (VN )

Với y=2x thay vào (2) ta được:
x 3 − 6 x 2 + 12 x − 5 = 3 9 x 2 − 8 x + 7 ⇔ ( x + 1) 3 + ( x + 1) = (9 x 2 − 8 x + 7) + 3 9 x 2 − 8 x + 7

10


3
'
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t .Ta có f ( t ) = 3t + 1 > 0∀t ∈ R ⇒ f ( t ) đồng biến trên R

x = 1

Do đó phương trình ⇔ x + 1 = 9 x − 8 x + 7 ⇔  x = 2 .
 x = 3
 x = 1, y = 2

Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm phân biệt :  x = 2, y = 4 .
 x = 3, y = 6
2

3

Thí dụ 3. Giải hệ phương trình:
 y − x + 1 + 2 = x + 1 + 2 − x (1)
 3
3

2 2
2
2 x − y + x y = 2 xy − 3x + 3 y (2)

Bài giải. Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 2
Ta có (2) ⇔ 2 x( x 2 − y ) + y 2 ( x 2 − y ) + 3( x 2 − y ) = 0 ⇔ (2 x + y 2 + 3)( x 2 − y ) = 0
⇔ y = x 2 (vì 2x + y2 +3 > 0, với mọi −1 ≤ x ≤ 2 )

Thay y = x2 vào (1) ta được: x 2 − x + 1 + 2 = x + 1 + 2 − x (3)
Xét hàm số f(x) = x 2 − x − x + 1 − 2 − x + 1 + 2, x ∈ [-1;2]
Ta có f’(x) = 2 x − 1 −
Và f’’(x) = 2 +

1
1
+
2 x +1 2 2 − x

1
1
+
> 0, ∀x ∈ ( −1; 2)
4( x + 1) x + 1 4(2 − x ) 2 − x

Do đó hàm số f’(x) đồng biến trên khoảng (-1; 2), nên phương trình f’(x) = 0 có
1
2

nhiều nhất 1 nghiệm. Mặt khác f’( ) = 0, từ đó ta có
Bảng biến thiên

x
f’(x)
f(x)
1
2

1
2

-1
-

0

2
+

1
2

f( )

3
4

Vì f( ) = + 2 − 6 < 0,
Từ bảng biến thiên suy ra phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm, hơn nữa
f(0) = f(1) = 0, do đó phương trình (3) có 2 nghiệm x =0; x = 1
Tóm lại hệ đã cho có 2 nghiệm ( x; y ) = (0; 0) và (1;1).
Bài toán 2. Giải hệ phương trình

11


 f ( x, y ) = c
; trong đó có 1 phương trình đưa về dạng

 g ( x, y ) = c'

f (u ( x)) = f (v ( y )) (II)

Phương pháp:
+ Biến đổi một phương trình về dạng f (u ( x)) = f (v ( y )) (1)
+ Xét hàm số f (t ) chứng minh hàm số này đồng biến hoặc nghịch biến trên D.
+ f (u ( x)) = f (v(Y )) ⇔ u ( x) = v( y ) thế vào phương trình còn lại tìm được ( x; y).
 x 3 ( 4 y 2 + 1) + 2 ( x 2 + 1) x = 6
( 1)

Thí dụ 1. Giải hệ phương trình:  2
2
2
 x y 2 + 2 4 y + 1 = x + x + 1 ( 2)


)

(

Bài giải. ĐK: x ≥ 0 . Vì (0; y) không là nghiệm của hệ phương trình.
1
x

Xét x > 0 . Từ phương trình thứ (2) ta có 2 y + 2 y 4 y 2 + 1 = +
t2

Xét hàm số f ( t ) = t + t t + 1 . Ta có f ' ( t ) = 1 + t + 1 +
2

2

t2 +1

1
x

1
+1
x2

(3)

> 0 nên hàm số đồng
1

1

 
+1 . ⇒ f ( 2 y ) = f  ÷⇔ 2 y = .
biến. f ( 2 y ) = 2 y + 2 y 4 y 2 + 1 , f  ÷ = +
2
x

x
x x x x
3
2
3
2
Thay vào phương trình (1): x + x + 2 ( x + 1) x = 6 . Xét f ( x ) = x + x + 2 ( x + 1) x
Hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) nên có nghiệm duy nhất x = 1 và hệ phương trình có
1

1



nghiệm 1; ÷.
2

1

1

1





(

[(

Bài giải. (1) ⇔ log 2 x + x 2 + 4

)

(

)

 log x + x 2 + 4 + log
y2 + 4 − y = 2
2
2
 xy − 4( x + y ) + 10 = ( x + 2) 2 y − 1

Thí dụ 2. Giải hệ phương trình : 

)(

)]

y 2 + 4 − y = 2 ⇔ (x +

Nhân hai vế với ( y 2 + 4 + y) ta được x +
Xét hàm f ( x) = t + t 2 + 4 , f ' ( x) = 1 +

x2 + 4 =

t

=

t2 + 4 + t

(1)
(2)

2
x 2 + 4 )( y + 4 - y) = 4

y2 + 4 + y
| t | +t

≥0
t2 + 4
t2 + 4
t2 + 4
Suy ra f(t) đồng biến trên R mà (1) ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y thay vào (2) ta được:
x 2 − 8 x + 10 = ( x + 2) 2 x − 1 ⇔ 6(2 x − 1) + ( x + 2) 2 x − 1 − ( x + 2) 2 = 0
Đặt u = 2 x − 1 với u ≥ 0 thì (2) ⇔ 6u2 + (x + 2)u – (x + 2)2 = 0
x+2
x+2
Ta có ∆ = 25(x + 2)2 . Suy ra =
hoặc u = (loại vì x ≥ 0,5 nên u < 0).
3
2
Giải phương trình: x + 2 = 3 2 x − 1 có hai nghiệm x = 1 hoặc x = 13
Vậy hệ phương trình có hai cặp nghiệm ( x; y ) = (1;1), (13; 13) .

(

>

)

x −2 y

= 5 + 16 x −2 y .7 2 y − x + 2
5 + 16.4
Thí dụ 3. Giải hệ phương trình:  3
2

 x + 17 x + 10 y + 17 = 2 x + 4 4 y + 11
2

Bài giải. Đặt t = x 2 − 2 y phương trình (1) có dạng
12

2

(

2

)

( x, y ∈ R )


(

)

5 + 4 2+ t 5 + 4 2t
5 + 16.4 t = 5 + 16 t .7 2−t ⇔
=
(3)
7 2+ t
7 2t
x

x

1 4
Xét hàm số f ( x ) = 5.  +   ⇒ f (x) là hàm số đồng biến trên R
7 7

Phương trình (*) có dạng f (t + 2) = f (2t ) ⇔ t + 2 = 2t ⇔ t = 2 ⇔ x 2 − 2 y = 2
Khi đó phương trình (2) có dạng x 3 + 5 x 2 + 17 x + 7 = 2( x 2 + 4) 2 x 2 + 7

(

)

(

)

⇔ ( x + 2) + ( x + 2) + ( x + 2) = 2 x 2 + 7 2 x 2 + 7 + 2 x 2 + 7 + 2 x 2 + 7
3

2

Xét hàm số f (t ) = t 3 + t 2 + t , f(t) là hàm số đồng biến trên khoảng ( 0;+∞ )
Phương trình trên có dạng f ( x + 2) = f 2 x 2 + 7 ⇔ x + 2 = 2 x 2 + 7 ⇔ x = 1 và x =3

(

)

−1   7 
÷,  3; ÷ .
 2   2


Hệ phương trình có 2 cặp nghiệm (x;y) là: 1;

Bài toán 3. Tìm giá trị của tham số để hệ phương trình sau có nghiệm
 f ( x, y ) = c

 g ( x, y ) = m

Phương pháp:
+ Biến đổi một phương trình đưa về dạng f ( x) = m ;
+ Xét hàm số f (x) lập bảng biến thiên ta suy ra giá trị của tham số.
Thí dụ 1. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
 x 3 − y 3 − 2 = 3x − 3 y 2
 2
 x + 1 − x 2 − 3 2 y − y 2 + m = 0

(1)
(2)

Bài giải.
− 1 ≤ x ≤ 1
0 ≤ y ≤ 2

Điều kiện xác định của hệ: 

(1) ⇔ x 3 + 3x 2 + 3x + 1 − (3x 2 + 6 x + 3) = y 3 − 3 y 2 ⇔ ( x + 1) 3 − 3( x + 1) 2 = y 3 − 3 y 2

(3)

Xét hàm số: f (t ) = t − 3t ; t ∈ [ 0; 2] .
3

2

Ta có f ' (t ) = 3t 2 − 6t = 3t (t − 2) ≤ 0; t ∈ [ 0; 2] suy ra f (t ) nghịch biến trên [0; 2].
Mà phương trình (3) có dạng f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ x + 1 = y thay vào (2) ta được
x 2 + 1 − x 2 − 3 1 − x 2 + m = 0 ⇔ 2 1 − x 2 − x 2 = m ( 4)

Xét hàm g ( x) = 2 1 − x 2 − x 2 với x ∈ [−1; 1] , g ' ( x) =

− 2x
1− x2

− 2 x < 0 suy ra hàm số

nghịch biến. Nên để phương trình (4) có nghiệm thì − 1 ≤ m ≤ 2 .

Vậy hệ có nghiệm khi − 1 ≤ m ≤ 2 .
Thí dụ 2. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
13


 x3 + ( y + 2 ) x 2 + 2 xy = −2m − 3
với x, y là các số thực
 2
 x + 3 x + y = m

( x 2 + 2 x ) ( x + y ) = −2m − 3
Bài giải. Viết lại hệ:  2
.
 x + 2 x + x + y = m

u.v = −2m − 3
.
u + v = m

Đặt u = x 2 + 2 x, v = x + y ( u ≥ −1 ). Hệ trở thành: 

u2 − 3
=m
Suy ra: u ( m − u ) = −2m − 3 ⇔ u − 3 = m ( u + 2 ) ⇔
u+2
2

u 2 + 4u + 3
/
u2 − 3

f
u
=
≥ 0, ∀u ≥ −1
(
)
Xét hàm f ( u ) =
với u ≥ −1 . Ta có
2
( u + 2)
u+2

Bảng biến thiên:
u

+∞

−1

f / ( u)

+
+∞

f ( u)

−2

Kết luận m ≥ 2 .
Thí dụ 3. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

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

(

)

Bài giải: Điều kiện x ,y ≥ 0
 2
x2 − y2
x
(
x
−
y
)
+
0=0
 x 2 ( x − y ) + x 2 + 2 y + 1 − ( y + 1) = 0

x2 + 2y +1 + y +1



⇔
Hệ PT ⇔  x + y − m = 1
m = x + y − 1

y +1


y +1

x− y

2
x+ y

0=0
x = y (do x 2 +
> 0)
( x − y )( x +
2

2
x + 2y +1 + y +1


x
+
2
y
+
1

+
y
+
1
⇔
⇔
m = x + y − 1
 m = 2 x − 1 (*)


x +1
y +1


Hệ phương trình có nghiệm ⇔ phương trình (*) có nghiệm thuộc [0 ; +∞).
Xét hàm số f ( x) = 2 x −

1
1
1
+
> 0 ∀x ∈ [0; +∞) ;
; x ∈ [0; +∞ ) ; f '( x) =
3
x
2
(
x
+
1)

x +1

⇒ f(x) đồng biến trên [0 ; +∞) ⇒ f ( x) ≥ f (0) = −1 ∀x ∈ [0; +∞) . Vậy m ≥ −1 .
III. CÁC BÀI TOÁN BẤT PHƯƠNG TRÌNH
14


Bài toán 1. Giải bất phương trình dạng f (u ) > f (v) , với f (t ) là hàm đặc trưng.
Phương pháp:
+ Tìm tập xác định D
+ Biến đổi phương trình về dạng f (u ) > f (v) ,
+ Xét hàm đặc trưng f (t ) trên D, từ đó suy ra hàm số đồng biến hoặc nghịch biến
+ Bất phương trình: u > v .
Thí dụ 1. Giải bất phương trình: x 3 − 6 x 2 + 12 x − 5 ≤ 3 9 x 2 − 8 x + 7
(1)
Bài giải.
BPT (1) ⇔ ( x + 1) 3 + ( x + 1) ≤ (9 x 2 − 8 x + 7) + 3 9 x 2 − 8 x + 7
3
Xét hàm số f ( t ) = t + t .
'
2
Ta có f ( t ) = 3t + 1 > 0∀t ∈ R ⇒ f ( t ) đồng biến trên R . Do đó

(1) ⇔ x + 1 ≤ 3 9 x 2 − 8 x + 7 ⇔ ( x + 1) 3 ≤ 9 x 2 − 8 x + 7 ⇔ ( x − 1)( x − 2)( x − 3) ≤ 0 .
Lập bảng xét dấu suy ra tập nghiệm bất phương trình S = (−∞;1) ∪ (2; 3) .
Thí dụ 2. Giải bất phương trình:

(

)

x 3 + 5 x 2 + 17 x + 7 ≥ 2 x 2 + 4 2 x 2 + 7

(2)

Bài giải. Bất phương trình
(2) ⇔ ( x + 2) 3 + ( x + 2) 2 + ( x + 2) ≥ ( 2 x 2 + 7 ) 2 x 2 + 7 + ( 2 x 2 + 7 ) + 2 x 2 + 7
Xét hàm số f (t ) = t 3 + t 2 + t , f(t) là hàm số đồng biến trên khoảng ( 0;+∞ )
Phương trình trên có dạng f ( x + 2) ≥ f 2 x 2 + 7 ⇔ x + 2 ≥ 2 x 2 + 7 ⇔ 1 ≤ x ≤ 3
Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình S = [1; 3]
Thí dụ 3. Giải bất phương trình :

)

(

log 3
4 < x < 7

Bài giải. Điều kiện 
 x < −3

x 2 − x − 12
+ x ≤ 7 − x 2 − x − 12
7−x

(3)

.

PT(3) ⇔ log 3 x 2 − x − 12 + x 2 − x − 12 ≤ log 3 (7 − x) + (7 − x)
Xét hàm số f (t ) = log 3 t + t .
1
+ 1 > 0, ∀t > 0 suy ra hàm số đồng biến (0; + ∞) .
t ln 3
7 − x ≥ 0
61
2
⇔ x≤
Bất phương trình ⇔ x − x − 12 ≤ 7 − x ⇔  2
.
2
12
 x − x − 12 ≤ (7 − x)

Ta có f ' (t ) =

Kết luận tập nghiệm bất phương trình S = (−∞; − 3) ∪ (4;

61
).
13

Bài toán 2. Tìm m để bất phương trình f ( x) > m có nghiệm
Phương pháp :
+ Tìm tập xác định
+ Biến đổi bất phương trình về dạng (II)
15

(II)

+ Xét hàm số f (x)
+ Từ đó rút ra giá trị của tham số m.
Thí dụ 1. Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình có nghiệm.
mx 2 − 4 x + 3m + 1 > 0

(1)

Bài giải.
2
Bất phương trình (1) ⇔ m( x + 3) > 4 x − 1 ⇔ m >

4x − 1
x2 + 3

x = 2
− 4 x 3 + 2 x + 12
4x − 1
=0⇔
; lim f ( x) = 0
Xét hàm số: f ( x) = 2
ta có f ' ( x) =
2
 x = − 3 x →+∞
( x + 3)
x +3
2


Lập bảng biến thiên:
x
f’(x)

0
+

2
0
1

+∞
-

f(x)
-1/3

0
1
3

Từ bảng biến thiên suy ra bpt (1) có nghiệm x>0 khi m > − .
Thí dụ 2. Tìm tất m để bất phương trình có nghiệm thuộc đoạn [-2; 2].
(m + 2) x − m ≥ x + 1

Bài giải.
Bất phương trình ⇔ (m + 2) x − m ≥ x 2 + 2 x + 1 ⇔ m( x − 1) ≥ x 2 + 1 (1)
Ta thấy x = 1, bpt vô nghiệm với mọi m, nên để bpt có nghiệm thì x ≠ 1 .
x2 + 1
x2 + 1

, x ∈ (1; 2]
+) Nếu x > 1 thì (1) ⇔ m ≥
. Đặt f(x) =
x −1
x −1
Để bpt đã cho có nghiệm thuộc đoạn [-2;2] thì m ≥ m in f(x) .
(1;2]

x +1
in f(x)=5 . Suy ra m ≥ 5 .
, x ∈ (1; 2] ta tìm được m
(1;2]
x −1
x2 + 1
x2 + 1
, x ∈ [-2;1)
+) Nếu x < 1 thì (1) ⇔ m ≤
. Đặt f(x) =
x −1
x −1

Khảo sát f(x) =

2

f(x) .
Để bpt đã cho có nghiệm thuộc đoạn [-2;2] thì m ≤ max
[-2;1)

f(x)=2(1- 2) . Suy ra m ≤ 2(1 − 2)

Khảo sát f(x) trên [-2;1) ta tìm được max
[-2;1)

16

(2)


m ≥ 5

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm thuộc đoạn [-2; 2] khi 

 m ≤ 2(1 − 2)

.

Thí dụ 3. Tìm tất các giá trị của tham số m để bất phương trình sau đây có nghiệm
2 sin

2

x

+ 3cos

2

x

≥ m3sin

2

x

Bài giải.
2
Bất phương trình (3) ⇔  
3

Xét hàm số f ( x )

2
= 
3

sin 2 x

+ 3cos

2

x − sin 2 x

≥m

sin 2 x

+ 3cos

2
Ta có sin x ≥ 0, ∀x ⇒  
 3
2

2

x − sin 2 x

, ( x ∈ R)

sin 2 x

≤ 1 và cos 2 x − sin 2 x = cos 2 x ≤ 1 ⇒ 3 cos

2

x −sin 2 x

≤ 3.

Do đó f ( x ) ≤ 4 ∀x ∈ R . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = k π ( k ∈ Z )
Vậy bất phương trình có nghiệm khi m ≤ 4 .
Thí dụ 4. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
(4)

4 x − 2014m.2 x + 3 − 1007m ≤ 0

Bài giải. Đặt t = 2 x > 0. Bất phương trình (4) trở thành:

t2 + 3
≤ 1007m
t +1

t 2 + 2t − 3
t2 +3
(
0
;
+
∞
)
f
'
(
t
)
=
= 0 ⇔ t = 1 (do t>0)
Xét hàm số f (t ) =
trên
, ta có
(t + 1) 2
t +1

Lập bảng biến thiên
t
f’(t)

0

1
0
1

-

+∞
+

f(t)
2
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy để bất phương trình có nghiệm khi:
1007 m ≥ min f (t ) = f (1) = 2 ⇔ m ≥
t >0

2
.
1007

Bài toán 3. Tìm m để bất phương trình:
f ( x ) > m, f ( x) ≥ m ( f ( x) < m, f ( x) ≤ m ) đúng với mọi x thuộc tập xác định.

Phương pháp
+ Tìm tập xác định
+ Tìm GTNN hoặc GTNN
+ Từ đó kết luận min f ( x) > m ; min f ( x) ≥ m, (max f ( x) < m; max f ( x) ≤ m).
Thí dụ 1. Tìm m để bất phương trình sau luôn luôn đúng
17

(1)

2 x 2 − x 4 + | x | + 1 − x 2 + 2 ≥ m(| x | + 1 − x 2 + 1)

Bài giải. ĐK: x ≤ 1
Bất Phương trình ⇔ 2 | x | 1 − x 2 + | x | + 1 − x 2 + 2 ≥ m(| x | + 1 − x 2 + 1)

(2)

t 2 = 1 + 2 | x | 1 − x 2
⇔1≤ t ≤ 2
+ Đặt t =| x | + 1 − x . ĐK:  2
t ≤ 1 + 1
2

t2 + t +1
≥m .
+ Phương trình (2) trở thành
t +1
t 2 + 2t
t2 + t +1
f
'
(
x
)
=
> 0, ∀t ∈ 1; 2
Xét hàm số f (t ) =

với 1 ≤ t ≤ 2 . Ta có
(t + 1) 2
t +1
3
f (t ) = f (1) =
Suy ra hàm số f (t ) đồng biến với 1 ≤ t ≤ 2 . Suy ra 1min
≤t ≤ 2
2
3
Vậy để bất phương trình luôn luôn đúng: ≥ m. .
2

[

]

Thí dụ 2. Tìm m để nghiệm của bất phương trình sau chứa đoạn [1;2]
m x 2 − 3x + 1 −

2
x 2 − 3x + 1

≤0

(1)

5
4
2
2

≤0⇒m≤ 2
Bất phương trình: mt −
t +1
t +t
4t + 2
 5
2
 5
/
< 0; ∀t ∈ 1; 
Xét f ( x) = 2
với t ∈ 1;  . f (t ) = − 2
2
(t + t )
t +t
 4
 4

Bài giải. Với x ∈ [1;2] ⇔ − ≤ x 2 − 3x + 1 ≤ −1 . Đặt t = x 2 − 3x + 1 ⇒ 1 ≤ t ≤

Lập bảng biến thiên
t
1
f ' (t )
f (t )

5
.
4

(2)

5/4
-

2
32
45

Vậy để bất phương trình có nghiệm chứa đoạn [1;2] là m ≤

32
.
45

IV. CÁC BÀI TOÁN HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Thí dụ 1. Tìm m để hệ sau có nghiệm:
 x 2 − 4 x ≤ 0
.

 5 + x − 5 − x + 2 25 − x 2 + m ≥ 0

Bài giải. Ta có x 2 − 4 x ≤ 0 ⇔ x ∈ [ 0; 4] .

Bài toán trở thành tìm m để bất PT: 5 + x − 5 − x + 2 25 − x 2 + m ≥ 0 có nghiệm
18


Đặt t = 5 + x − 5 − x ⇒ t ∈ [ 0; 4], BPT ⇔ m ≥ t 2 − t − 10 = f (t ), 0 ≤ t ≤ 2 suy ra m ≥ −

41
4

Thí dụ 2. Cho hệ bất phương trình
 x 3 + 3mx + 2 ≤ 0
 3
 x + 5 x 2 + 17 x + 7 ≥ 2( x 2 + 4) 2 x 2 + 7

(1)
(2)

Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm thực

Bài giải. BPT (2) ⇔ ( x + 2 ) 3 + ( x + 2 ) 2 + ( x + 2) ≥ ( 2 x 2 + 7 ) 2 x 2 + 7 + ( 2 x 2 + 7 ) + 2 x 2 + 7
Xét hàm số f (t ) = t 3 + t 2 + t , f(t) là hàm số đồng biến trên khoảng ( 0;+∞ )
Phương trình trên có dạng f ( x + 2) ≥ f

(

)

2x 2 + 7 ⇔ x + 2 ≥

2x 2 + 7 ⇔ 1 ≤ x ≤ 3

Hệ bất phương trình có nghiệm ⇔ x 3 + 3mx + 2 ≤ 0 có nghiệm x ∈ [1; 3]

2
g ( x)
= g ( x ) có nghiệm x ∈ [1; 3] ⇔ 3m ≤ max

x∈[1; 3]
x
2
g ( x ) = g (1) = −3 .
Hàm số g ( x ) = − x 2 − hàm số nghịch biến trên [1;3] . Nên 3m ≤ max
x∈[1; 3]
x
⇔ 3m ≤ − x 2 −

Vậy m ≤ −1 thì hệ có nghiệm.
 x + y = 4

(1)

 x + 7 + y + 7 ≤ a

( 2)

Thí dụ 3. Cho hệ bất phương trình 

(a là tham số).

Tìm a để hệ có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn điều kiện x ≥ 9.
Bài giải. Đặt t = x từ (1) và điều kiện suy ra 3 ≤ t ≤ 4 ⇒ y = t2 – 8t +16.
Khi đó bất phương trình (2) trở thành t 2 + 7 + t 2 − 8t + 23 ≤ a,

(3)

Xét hàm số f (t ) = t 2 + 7 + t 2 − 8t + 23 .
f (t ) ≤ a

Để bất phương trình (3) có nghiệm t ∈[3;4] ⇔ min
[3;4]
f '( t ) =

t
t +7
2

+

t −4
t − 8t + 23
2

, f ' ( t ) = 0 ⇔ t 2 − 8t + 23.t = ( 4 − t ) t 2 + 7

2
2
⇔ ( t − 4 ) + 7  .t 2 = ( 4 − t ) ( t 2 + 7 ) ⇔ t = 2,. Ta có f ( 3) = 4 + 8; f ( 4 ) = 23 + 7 .



f (t ) = f (3) = 4 + 8 . Vậy a ≥ 4 + 8 .
Từ đó suy ra min
[3;4]

BÀI TẬP
Bài 1. Giải các phương trình
b) x 5 + x 3 − 1 − 3 x + 4 = 0

a) x 3 − 4 x 2 − 5 x + 6 = 3 7 x 2 + 9 x − 4
Bài 2. Giải các phương trình:
a)

2x

2 +3

2x

= 2 +3
x

x +1

b) ( x + 2) + log 2
2

+ x +1

19

x 2 + 4x + 5
2x + 3

= 2 2x + 3


Bài 3. Giải các bất phương trình:
a) x − 3x − 2 ≤ 9 x 2 − 6 x − x x 2 + 2

Bài 4. Giải các hệ phương trình
 x 3 − y 3 − 2 = 3 x − 3 y 2
a)  2
2
2
 x + 1 − x − 3 2 y − y + 2 = 0

b) 3( x + 2) 3x + 5 ≥ x 3 + 3x 2 + 4 x + 2
4 x 2 = ( x 2 + 1 + 1)( x 2 − y 3 + 3 y − 2)

b) 

( x 2 + y 2 ) 2 + 1 = x 2 + 2 y

 xy 2 ( x 2 + 1 + 1) = 3 y 2 + 9 + 3 y
c) 
(3 x − 1) x 2 y + xy − 5 = 4 x 3 − 3 x 3 y + 7 x

d)

 x 3 − 6 x 2 + 13x = y 3 + y + 10

3
2
 2 x + y + 5 − 3 − x − y = x − 3x − 10 y + 6

Bài 5. Giải các hệ phương trình
 x 2 + y 2 − 2 x − 5 xy + 1 = 0
a)  x 2 +1
2

− 2.4 8 y = 3(2 y − x )
2

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

Bài 6. Tìm m để phương trình sau:
4 x − 1 + 3m x + 1 = 4 x 2 − 1 có nghiệm

Bài 7. Cho bất phương trình
(5 + x)(7 − x ) ≤ x 2 − 2 x + m .

Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ [ − 5; 7] .
Bài 8. Cho bất phương trình
m.2 2 x +1 + (2m − 1).2 x + 2 + 2m − 1 > 0

Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ R.
Bài 9. Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm
 x 2 y + 1 − 2 xy − 2 x = 1
;
 3
 x − 3x − 3 xy = a + 2

Bài 10. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
 x + 1 + 2 x − 2 ≤ 5 x + 1
.


| x − 3 | + x 3 − 29 x + 27 − m ≥ 0

C. KẾT LUẬN
1. Kết quả nghiên cứu
Trên đây là phương pháp hàm số để giải một số phương trình, hệ phương trình
và bất phương trình mà áp dụng các phương pháp khác khó có thể cho lời giải đối
với các dạng bài toán kiểu này.
Với nội dung kiến thức này tôi đã áp dụng vào giảng dạy cho học sinh trường
THPT Triệu Sơn 2. Cụ thể là học sinh ở các lớp tôi giảng dạy thì các em hàm học
20


và áp dụng phương pháp này rất tốt trong việc vận dụng giải phương trình bất
phương trình và hệ phương trình. Đặc biệt trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh và
thi vào các trường đại học cao đẳng đa số học sinh tôi phụ trách các em đều giải
được bài toán này.
2. Kiến nghị, đề xuất
Qua quá trình giải dạy, tôi có đề nghị với các cấp quản lí tạo điều kiện để tổ
chuyên môn thường xuyên trao đổi phương pháp và trao đổi kinh nghiệm nghiên
cứu khoa học để các đồng chí tổ viên được nâng cao trình độ chuyên môn.
Vì điều kiện thời gian nghiên cứu còn hạn chế nên trong sáng kiến kinh
nghiệm này tôi chưa thể nêu hết các vấn đề. Nên kính mong người đọc góp ý và bổ
sung cho tác giả ngày càng hoàn thiện về phương pháp nghiên cứu khoa học.
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hoá, ngày 15 tháng 5 năm 2014
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết
không sao chép nội dung của người khác

Tác giả

Thi Văn Chung
Giáo viên Toán: Trường THPT Triệu Sơn 2

Tµi liÖu tham kh¶o
1. Các tạp chí Toán Học Tuổi Trẻ
2. (SGK): Giải tích nâng cao 11, Giải tích nâng cao 12. Nhà xuất bản GD.
3. Đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hoá hàng năm.
4. Các đề thi đại học hàng năm.
5. Các đề thi thử đại học.

21