Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ

PHẦN MỞ ĐẦU
Tại Hội nghị lần thứ 8 Ban chấp hành Trung ương khóa XI Trung ương
đã thống nhất ban hành Nghị quyết: Đổi mới căn bản toàn diện Giáo dục và
Đào tạo đây là một vấn đề lớn, cốt lõi, cấp thiết. Theo đó Giáo dục được đổi
mới từ tư tưởng chỉ đạo, đến mục tiêu giáo dục, từ nội dung chương trình, đến
phương pháp giảng dạy, đổi mới từ cơ chế chính sách, đến các điều kiện đảm
bảo thực hiện.
Với tiêu chí giáo dục mới là: Tập trung phát triển trí tuệ, thể chất, hình
thành phẩm chất năng lực công dân, phát hiện và bồi dưỡng năng khiếu, chú
trọng giáo dục truyền thống đạo đức, lối sống, ngoại ngữ, tin học, năng lực tự
học, năng lực vận dụng lý thuyết vào thực tiễn. Với tinh thần đổi mới đó, Bộ
Giáo dục và Đào tạo đã triển khai và thực hiện nhiều cuộc thi, nhằm phát huy
khả năng sáng tạo và vận dụng linh hoạt kiến thức đã học trong lý thuyết vào
thực hành trong giải toán nói riêng và trong thực tiễn nói chung.
Thực hành trong giải toán là một trong những khâu, không thể thiếu
được, khi học môn toán, thực hành càng nhiều thì học sinh càng khắc sâu được
kiến thức lý thuyết và còn một điều quan trọng, là học sinh sẽ linh hoạt hơn,
sáng tạo hơn, chủ động tìm thấy phương hướng để giải quyết bài toán mau lẹ
hơn.
Như chúng ta đã biết, môn toán trong trường phổ thông giữ một vị trí
quan trọng, đó là môn học cơ bản, môn học chủ đạo. Bởi nếu, học tốt môn
toán, thì những kiến thức, tri thức, cùng với phương pháp làm việc trong toán,
làm công cụ để học tốt những môn học khác.
Môn Toán góp phần phát triển nhân cách học sinh, ngoài việc cung cấp
cho người học hệ thống kiến thức, kĩ năng toán học cần thiết; môn toán còn
rèn luyện cho học sinh đức tính, phẩm chất của người lao động mới: cẩn thận,
chính xác, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo và bồi dưỡng óc thẩm
mĩ.
1

Trong chương trình toán ở bậc trung học phổ thông, các bài toán giải
phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ là bài toán quan trọng
xuyên suốt và thường gặp trong đề thi tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng. Đây
là bài toán, mà học sinh thường gặp với nhiều mức độ khác nhau, có một số
bài toán chỉ cần áp dụng một vài phương pháp biển đổi thông thường như :
Phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp
đánh giá, hay phương pháp nhân chia biểu thức liên hợp, hoặc phương pháp
xét trên tập xác định hay phương pháp lượng giác hóa …là đã giải được. Tuy
nhiên, không phải đề thi nào cũng may mắn gặp được những bài toán đơn giản
kiểu như vậy. Từ năm 2010 đến nay, đề thi của Bộ Gáo dục và Đào tạo đã có
những biến chuyển rõ rệt về mức độ, đề thi có tính phân hóa cao, đã khó dần
lên theo xu thế: Học sinh phải tư duy hàm, ngoài việc học sinh phải nắm chắc
các qui tắc tính đạo hàm, học sinh còn phải sáng tạo, linh hoạt trong việc biến
đổi hai vế của phương trình về cùng một dạng, rồi chỉ ra được một hàm đặc
trưng cho hai vế. Sau đó, chứng minh hàm đặc trưng đó là hàm số đơn điệu
trên tập xác định của nó, rồi tiếp tục phải nhớ và vận dụng tính chất của hàm
đơn điệu, mới chỉ ra được nghiệm của phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình vô tỷ đã cho. Như thế, cùng một lúc phải huy động rất nhiều kiến
thức, kỹ năng tư duy và sáng tạo nên học sinh thực sự rất lo sợ khi gặp loại
toán này.
Với nguyện vọng, giúp học sinh có thêm tư duy hàm trong việc giải toán,
tôi tập trung nghiên cứu khai thác các bài toán: Giải phương trình, bất phương
trình, hệ phương trình vô tỷ không chứa tham số, bằng phương pháp sử dụng
tính đơn điệu của hàm số.
Với việc sử dụng phương pháp này, những bài toán về giải phương trình,
bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ sẽ được giải quyết một cách rất đơn
giản, ngắn gọn và dễ hiểu. Đó là lí do để tôi chọn đề tài: “Sử dụng tính đơn
điệu của hàm số để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình
vô tỷ”.
2

1. Mục đích của sáng kiến:
Tôi tập trung nghiên cứu và thực hiện đề tài này nhằm:
Đánh giá đúng mức tầm quan trọng của đạo hàm trong việc xét tính đơn
điệu của hàm số và ứng dụng của nó trong việc giải phương trình, bất phương
trình, hệ phương trình vô tỷ thuộc bộ môn toán trong trường THPT.
Giúp học sinh nâng cao kiến thức cơ bản, từ đó bồi dưỡng khả năng phát
triển tư duy hàm, giúp học sinh có thêm khả năng phân tích, định hướng đường
lối giải toán, phát triển tư duy sáng tạo và sự linh hoạt, giúp các em vận dụng
tốt hơn, say mê, hứng thú hơn, tự tin hơn khi giải phương trình, bất phương
trình, hệ phương trình vô tỷ nói riêng và giải toán nói chung.
Chọn lọc, xây dựng hệ thống bài tập nâng cao trong loại bài giải phương
trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ không chứa tham số.
Giúp đồng nghiệp có thêm tư liệu giảng dạy và luyện thi đại học.
Góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn toán và nâng điểm sàn thi
đại học của trường THPT Tiên Du số 1 nói riêng, của tỉnh Bắc Ninh nói
chung.
• Tính mới và những ưu điểm của sáng kiến:
Đề tài tập trung nghiên cứu ứng dụng của tính đơn điệu trong việc giải
phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ không chứa tham số.
Đây là một trong những dạng toán, mà các thầy cô giáo dạy môn toán và các
em học sinh gặp nhiều khó khăn trong quá trình giảng dạy và học tập. Bởi vì,
hàm số là một khái niệm quan trọng trong toán học hiện đại và trong chương
trình toán cấp trung học phổ thông, nó giữ vai trò chủ đạo xuyên suốt nội dung
chương trình môn toán, nó xuất hiện trong việc xây dựng và mở rộng hệ thống
số, giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình …Hàm số với các
phép biến hình, với các tập hợp điểm, với phương pháp tọa độ, với phương
pháp lượng giác, tính liên môn trong dạy học….Đặc biệt, phải kể đến một số
lượng lớn các bài toán về giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

3


vô tỷ trong đề thi đại học, không thể giải được bằng các phương pháp thông
thường, hoặc nếu giải được thì cũng quá dài, gặp rất nhiều khó khăn phức tạp.
Song, nếu học sinh biết sử dụng linh hoạt một số tính chất của hàm số đơn
điệu, thì lại có được một lời giải ngắn gọn, đơn giản, chính xác và dễ hiểu.
2. Đóng góp của sáng kiến:
Đề tài đã làm rõ được cơ sở lý luận dạy học về tính chất của hàm đơn điệu,
đã vận dụng lý luận đó vào việc lựa chọn, thiết kế, hệ thống bài tập nâng cao
phần giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ không chứa
tham số.
Nội dung của đề tài góp phần bổ sung vào nguồn tài liệu tham khảo cho
việc luyện thi đại học của giáo viên giảng dạy môn toán trong trường trung học
phổ thông.
Hệ thống ví dụ bài tập tự luyện, sẽ giúp giáo viên dễ dàng lựa chọn cho
phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh thuộc hệ thống lớp chất lượng
cao.
Thông qua hệ thống bài tập này có thể phát huy được vai trò của giáo viên
trong tổ chức kiểm tra, định hướng hoạt động học tập của học sinh theo chiều
hướng có hiệu quả.
Việc sử dụng tính đơn điệu của hàm số, không chỉ củng cố sự biến thiên
của hàm số trong chương trình toán cấp THPT, mà còn giúp học sinh có thêm
công cụ giải các bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình
vô tỷ…. Đồng thời còn giúp học sinh có thêm tư duy hàm, linh hoạt trong giải
toán, tạo sự tự tin, say mê học tập môn toán nói riêng, các môn học khác nói
chung, đáp ứng yêu cầu của thời đại.
Năm học 2013-2014 tôi được nhà trường phân công giảng dạy môn toán
ở lớp 12A2 tôi đã áp dụng đề tài này, để giảng dạy cho học sinh của mình, qua
các bài kiểm tra, qua hai lần thi thử đại học kết quả bước đầu cũng có khả

quan, học sinh của tôi tự tin làm dạng bài này mà không còn sợ như trước nữa.

4


Hy vọng rằng bằng kinh nghiệm nhỏ bé, sẽ đóng góp một phần nhất định trong
việc nâng cao chất lượng dạy học môn toán trong trường THPT Tiên Du số 1 .

NỘI DUNG
Chương 1: CƠ SỞ KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI
1.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Giáo dục ở Việt nam hiện nay, không ngừng được cải cách và đổi mới,
đổi mới từ nội dung chương trình sách giáo khoa đến phương pháp giảng dạy
tích cực, lấy người học làm trung tâm, nhằm giúp học sinh chủ động chiếm
lĩnh tri thức khoa học, có hiểu biết xã hội, có khả năng vận dụng kiến thức lý
thuyết vào thực hành. Theo xu hướng này, rất nhiều yêu cầu được đặt ra trong
đó người thầy đóng vai trò quan trọng, là cầu nối giúp học sinh biến những tri
thức trong sách vở, thành kiến thức của bản thân, giúp các em vững vàng bước
vào các kỳ thi đầy khó khăn và thử thách.
Để hiểu và vận dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải phương trình,
bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ cần nắm được một số định nghĩa và
tính chất sau:
1.1.1. Định nghĩa hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến:
Ký hiệu K là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa khoảng. Giả sử hàm số
y = f(x) xác định trên K. Ta nói:
*. Hàm số y = f(x) đồng biến trên K nếu với mọi cặp x1, x2 thuộc K mà
x1 < x2 thì f(x1) < f(x2).
*. Hàm số y = f(x) nghịch biến trên K nếu với mọi cặp x1, x2 thuộc K mà
x1 < x2 thì f(x1) > f(x2).
*. Hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên K được gọi là hàm số đơn điệu trên

K.
1.1.2. Các định lý của hàm đơn điệu:
Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K

5


*. Hàm số y = f(x) đồng biến trên K nếu f , ( x) ≥ 0∀x ∈ K và f , ( x) = 0 chỉ xảy ra
tại một số hữu hạn điểm trên K.
*. Hàm số y = f(x) nghịch biến trên K nếu f , ( x) ≤ 0∀x ∈ K và f , ( x) = 0 chỉ xảy
ra tại một số hữu hạn điểm trên K.
1.1.3. Các tính chất của hàm đơn điệu:
*. Nếu f(x) liên tục và đồng biến trên K thì: f(u) = f(v) ⇔ u =v với mọi u,v
thuộc K.
*. Nếu f(x) liên tục và nghịch biến trên K thì: f(u) = f(v) ⇔ u =v với mọi u,v
thuộc K.
*. Nếu f(x) liên tục và đồng biến trên K thì phương trình f(x) = k ( k là hằng
số) có không quá một nghiệm trên K
*.Nếu f(x) liên tục và nghịch biến trên K thì phương trình f(x) = k ( k là hằng
số) có không quá một nghiệm trên K.
*. Nếu f(x) và g(x) liên tục và đơn điệu ngược chiều trên K thì phương trình:
f(x) = g(x) có không quá một nghiệm trên K.
1.2: CƠ SỞ THỰC TIỄN
Từ thực tế giảng dạy môn toán trong trường trung học phổ thông, từ
việc rút kinh nghiệm bản thân, từ việc quan sát học sinh giải bài tập, từ việc
đọc sách, đọc tài liệu tham khảo, từ việc học hỏi kinh nghiệm của đồng nghiệp
tôi thấy có rất nhiều angorit giải phương trình, giải bất phương trình, giải hệ
phương trình vô tỷ. Tuy nhiên không phải phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình vô tỷ nào cũng giải được bằng các phương pháp thông thường
như là phương pháp biến đổi tương đương phương pháp đặt ẩn phụ, phương

pháp nhân chia biểu thức liên hợp, phương pháp xét trên tập xác định, phương
pháp đánh giá, hay phương pháp lượng giác hóa…Gần đây trong đề thi Đại
học, Cao đẳng xuất hiện một số bài toán về giải phương trình, bất phương
trình, hệ phương trình vô tỷ Nếu vận dụng các phương pháp trên có giải được
thì cũng quá dài và phức tạp hoặc thậm chí có thể còn không giải được. Vậy
6


làm thế nào để giúp các em học sinh vững vàng tự tin và giải được các phương
trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ mà không mất nhiều thời gian
loay hoay, soay sở. Tôi mạnh dạn trình bày một trong các ứng dụng của đạo
hàm là: Sử dụng tính đơn điệu để giải phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình vô tỷ.
Chương 2: THỰC TRẠNG CỦA VIỆC SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU
TRONG GIẢI TOÁN
Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình nói chung và giải
phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ nói riêng là một trong
các câu thường gặp trong đề thi tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng. Trong quá
trình học ở lớp 10, lớp 11 các thầy cô đã trang bị cho học sinh một số những
phương pháp giải thông thường như: phương pháp biến đổi tương đương,
phương pháp đặt ẩn phụ, phương pháp nhân chia lên hợp hay phương pháp xét
trên tập xác định, phương pháp đánh giá, phương pháp lượng giác hóa … Đến
cuối lớp 11 các em được thầy cô trang bị các qui tắc tính đạo hàm, đầu lớp 12
các em được nghiên cứu ứng dụng của đạo hàm. Đây là phần rất quan trọng
trong chương trình toán trung học phổ thông, mà một trong những ứng dụng
của đạo hàm, có tác dụng rất lớn trong việc giải phương trình, bất phương
trình, hệ phương trình, đó là, sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số. Khi học
sinh đã được các thầy cô cung cấp đầy đủ công cụ để giải toán rồi, mà các em
vẫn chưa giải được, nguyên nhân là do học sinh chưa nắm chắc lý thuyết, hoặc
là đã nắm được lý thuyết, nhưng chưa có ý thức vận dụng lý thuyết đó vào giải

toán, là do ít tư duy, chưa đào sâu suy nghĩ, chưa biết soay sở. Trước đây, mức
độ của các câu giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ
không khó khăn lắm đối với học sinh, chỉ cần các em cố gắng vận dụng các
phương pháp giải thông thường, thì các em đã có thể tìm ra lời giải và có điểm
tối đa của câu này. Nhưng gần đây Bộ Giáo dục và Đào tạo ra đề thi đòi hỏi
7


học sịnh cần phải tư duy sâu hơn, có óc tổng hợp và phân tích ở tầm cao hơn,
mới giải được một số bài toán khó trong đề thi Đại học, Cao đẳng, Theo đó thì
câu giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình vô tỷ mức độ khó
cũng tăng lên rõ rệt. Nếu học sinh chỉ đơn thuần vận dụng một số phương pháp
giải thông thường ở trên thì khó có thể tìm ra lời giải của câu này.
Vậy làm thế nào để học sinh biết cách vận dụng lý thuyết trên vào giải
bài tập? Đây là một trong những nhiệm vụ không thể thiếu trong quá trình dạy
học và để làm được việc này đòi hỏi học sinh cần phải có ý thức, xác định
dược đúng động cơ thái độ học tập rõ ràng và thật sự chăm chỉ. Khi đó thầy cô
giúp các em cách tư duy, cách tháo gỡ những khúc mắc, cách xoay sở trong
khi giải bài .

Chương 3: CÁC GIẢI PHÁP
Như chúng ta đã thấy, bốn năm trở lại đây, mức độ phức tạp của các câu
giải phương trình, bất phương trình, giải hệ phương trình vô tỷ, tăng lên rõ rệt.
Nếu học sinh chỉ áp dụng những phương pháp giải thông thường như: biến đổi
tương đương, đặt ẩn phụ, nhân chia lên hợp hay xét trên tập xác định, phương
pháp đánh giá hoặc phương pháp lượng giác hóa rồi, mà vẫn chưa tìm ra được
lời giải thì các em cần linh hoạt quan sát khéo léo tách, thêm bớt, biến đổi
phương trình đã cho về dạng, mà hai vế có vai trò như nhau đối với một hàm
số( gọi hàm số này là hàm đặc trưng cho hai vế). Rồi xét tính đồng biến,
nghịch biến, trên tập xác định của nó và sử dụng các định lý, tính chất của hàm

đơn điệu để có được một lời giải ngắn gọn và dễ hiểu. Trong thực tế, thì hàm
số mà người học cần chỉ ra, ít khi nhìn thấy được ngay từ đầu, người học cần
sự tinh ý phát hiện và linh hoạt trong biến đổi để nhanh chóng tìm ra hàm đặc
trưng, đó chính là chìa khóa để mở ra phương pháp này.
Trong khuôn khổ và thời gian có hạn nên tôi xin phép chỉ đưa ra 3 giải
pháp của tính đơn điệu trong giải phương trình, bất phương trình, giải hệ
phương trình vô tỷ, còn một số ứng dụng khác của tính đơn điệu như là: sử
dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng thức, để tìm tham số
8


cho phương trình có nghiệm, nghiệm đúng trên một miền cho trước … xin
được trình bày vào dịp khác.
3.1: GIẢI PHÁP 1: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU TRONG VIỆC GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
3.1.1: Ví dụ 1: Giải phương trình: x5 + x3 − 1 − 3x + 4 = 0
*. Nhận xét: - Đây là phương trình vô tỷ có bậc cao, nếu giải theo phương
pháp biến đổi tương đương, bình phương hai vế ra phương trình bậc 10 khó
giải.
- Bài này cũng có thể giải bằng phương pháp tách đa thức kết hợp với
nhân chia biểu thức liên hợp song cũng khá dài. Chúng ta cùng tham khảo:
Lời giải: *. ĐK: x ≤

1
.
3

Đặt f ( x ) = x5 + x 3 − 1 − 3x + 4
,
4

2
Ta có f ( x ) = 5 x + 3x +

3
1
1

> 0∀x ∈ (−∞; ) nên f ( x ) đồng biến trên  −∞; 
3
3
2 1 − 3x


1

mà f ( x) liên tục trên  −∞;  . Do đó phương trình f ( x) = 0 có không quá một
3



nghiệm trên  −∞; 
3

1

Do f (−1) = 0 nên phương trình f ( x) =0 có nghiệm duy nhất x = −1
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = -1
3.1.2: Ví dụ 2: Giải phương trình: x 2 + 15 = 3x − 2 + x 2 + 8
*. Nhận xét: - Nếu sử dụng phương pháp thông thường là chuyển vế rồi bình
phương hai vế hai lần thì thu được một phương trình bậc 4 đủ khó giải, dài và

dễ nhầm.

9


-Cách giải dưới đây đã khéo léo kết hợp cả phương pháp xét trên tập xác
định và sử dụng tính đơn điệu để giải ta có một lời giải ngắn gọn, chính xác
và dễ hiểu.
3

Lời giải: *. Do x 2 + 15 − x 2 + 8 > 0∀x ∈ ¡ nên 3x − 2 > 0 ⇔ x >
2
Phương trình ⇔ f ( x ) = 3x − 2 + x 2 + 8 − x 2 + 15 = 0
Do x >

 1

1
2
2
−
thì f , ( x) = 3 + x  2
 > 0∀x > => f ( x) đồng biến trên
2
3
3
x + 15 
 x +8






khoảng  ; +∞ ÷, mà f ( x) liên tục trên khoảng  ; +∞ ÷
2
3

2
3





2

vì thế phương trình f ( x) = 0 có không quá một nghiệm trên  ; +∞ ÷
3



*. Mà f (1) = 0 nên phương trình f ( x) = 0 đã cho có 1 nghiệm duy nhất là
x =1

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 1
3.1.3: Ví dụ 3: Giải phương trình: 3 x + 6 + x 2 = 7 − x − 1 (1)
( HSG Lâm Đồng 2010-2011)
Lời giải: *. ĐK: x ≥ 1
*. Xét x = 1 không thỏa mãn phương trình (1)
*. Xét x > 1 phương trình (1) ⇔ 3 x + 6 + x 2 + x − 1 = 7 (2)

Đặt f ( x) = 3 x + 6 + x 2 + x − 1 với x ≥ 1
,
Ta có f ( x) =

1
3 3 ( x + 6) 2

[ 1; +∞ ) , mà hàm số

+ 2x +

1
> 0, ∀x > 1 nên hàm số f ( x) đồng biến trên
2 x −1

f ( x ) liên tục trên [ 1; +∞ )

Do đó phương trình (2) có không quá một nghiệm trên [ 1; +∞ ) , do f (2) =7 vì
thế phương trình (2) có một nghiệm duy nhất là x =2
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x = 2
3.1.4: Ví dụ 4: Giải phương trình: x3 + 3x 2 + 4 x + 2 = (3x + 2) 3x + 1(1)

10


*. Nhận xét: - Thoạt nhìn ta thấy vế trái có bậc 3, vế phải có bậc là

3
, nên khó
2

có thể sử dụng tính đơn điệu. Nhưng nếu ở vế phải ta coi y = 3x + 1 là ẩn thì
vế phải cũng là đa thức bậc 3 theo y. Cụ thể, cần phân tích 3x+2=m(3x+1)+n
khi đó vế phải có dạng my 3 + ny . Ta có ngay m=n=1 công việc còn lại là đưa vế
trái về dạng ( x − u )3 + x − u là ta có thể sử dụng tính đơn điệu. Đồng nhất hệ số ta
được u = -1. Với những bài phương trình tích cần linh hoạt trong việc đổi biến
và xây dựng hàm đặc trưng để có thể đưa phương trình về dạng chính tắc. Một
số bài nhìn rất “khủng”, đòi hỏi ta phải bình tĩnh phân tích. Hãy nhớ ta luôn cố
gắng phân tích biểu thức bậc lớn theo biểu thức bậc nhỏ. Chúng ta cùng tham
khảo
 −1

; +∞ ÷ biến đổi phương trình thành dạng:
3


Lời giải: *. TXĐ: D= 

( x + 1)3 + x + 1 = (3 x + 1 + 1) 3 x + 1
⇔ ( x + 1)3 + x + 1 = (3 x + 1)3 + 3 x + 1(*)

*. Xét hàm số f (t ) = t 3 + t trên t ∈ [ 0; +∞ )
Ta có f , ( x) = 3t 2 + 1 > 0 với mọi t ∈ [ 0; +∞ ) nên hàm số f (t ) đồng biến trên
t ∈ [ 0; +∞ ) , mà hàm số f (t ) liên tục trên [ 0; +∞ ) . Phương trình (*) có dạng:
f ( x + 1) = f ( 3x + 1) ⇒ x + 1 = 3x + 1 ⇔ x 2 + 2 x + 1 = 3x + 1 ⇔ x 2 − x = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1

đối chiếu điều kiện ta thấy x = 0 và x = 1 đều thỏa mãn
Vậy phương trinh đã cho có các nghiệm là x = 0 và x = 1
3.1.5: Ví dụ 5: Giải phương trình:
2 x3 − x 2 + 3 2 x3 − 3 x + 1 = 3 x + 1 + 3 x 2 + 2

(HSG các trường chuyên khu vực Duyên Hải và Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2010)

*. Nhận xét: - Đây là một trong những phương trình thực sự không đơn giản
đương nhiên, không thể sử dụng phương pháp biến đổi tương đương hai vế,
hoặc là dù học sinh có phát hiện ra biểu thức trong căn và ngoài căn có liên hệ

11


với nhau và chọn phương pháp đặt hai ẩn phụ song cũng khá phức tạp và rất
dài.
- Nếu có nhẩm được một nghiệm rồi chọn phương pháp nhân chia biểu thức
liên hợp, cũng sẽ giải ra được, song cũng mất nhiều thời gian.
Lời giải dưới đây rất ngắn gọn và dễ hiểu.Chúng ta cùng tham khảo:
Lời giải: *. ĐK: x ∈ ¡
Phương trình ⇔ (2 x3 − 3x) + 3 (2 x3 − 3x) + 1 = ( x 2 + 1) + 3 ( x 2 + 1) + 1
Xét hàm đặc trưng: f (t ) = t + 3 t + 1trên¡
,
Ta có f (t ) = 1 +

1
3 3 (t + 1) 2

> 0, ∀t ∈ ¡

nên hàm f (t ) đồng biến trên ¡ , mà hàm f (t ) liên tục trên ¡
Đưa phương trình trên về dạng: f (2 x3 − 3x) = f ( x 2 + 1) ⇒ 2 x3 − 3x = x 2 + 1
⇔ 2 x3 − x 2 − 3x − 1 = 0
1


x = − 2

1+ 5

⇔ x =
2

1− 5

x = 2

1
2

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là: x = − , x =

1+ 5
1− 5
vàx =
.
2
2

3.1.6: Ví dụ 6: Giải phương trình:
24 x 2 − 60 x + 36 −

1
1
+

=0
5x − 7
x −1

(1) ( HSG Quảng Ninh 2010-2011)

*. Nhận xét: - Đây là phương trình vô tỷ khá phức tạp, quan sát phương trình
ta thấy không thể giải theo phương pháp bình phương hai vế, phương pháp
đánh giá và phương pháp lượng giác hóa, cũng không thể giải bằng phương
pháp đặt ẩn phụ vì bài có những hai căn thức, lại còn nằm ở mẫu, mà hai căn
thức này cũng chưa thấy ngay sự liên hệ.

12


- Phương pháp nhân chia liên hợp, cũng khó thực hiện được, cho dù có
nhẩm ra được nghiệm, cũng gặp khó khăn khi tách để xuất hiện nhân tử
chung, phương pháp xét trên tập xác định cũng không thực hiện được ở bài
toán này.
- Do vậy, nếu không sử dụng tính đơn điệu của hàm số thì khó có thể giải
được bài toán này. Khó nhất trong việc vận dụng này, là làm sao để xuất
hiện được một hàm đặc trưng cho cả hai vế của phương trình, khi đã làm
được việc đó rồi thì phần còn lại không quá khó khăn đối với học sinh.
Chúng ta cùng tham khảo lời giải ngắn gọn sau:
Lời giải: *. ĐK: x >

7
5

2

Phương trình (1) ⇔ (5 x − 6) −

2
Xét hàm đặc trưng: f (t ) = t −

,
Ta có f (t ) = 2t +

1
2 (t − 1)3

1
1
= x2 −
5x − 7
x −1
1
xác định trên ( 1; +∞ )
t −1

> 0, ∀t > 1 do đó f (t ) là hàm số đồng biến trên ( 1; +∞ ) ,

do f (t ) liên tục trên ( 1; +∞ )
3
2

Phương trình đã cho có dạng: f (5 x − 6) = f ( x) ⇒ 5x − 6 = x ⇔ x = (t / m)
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x =

3

2

Một số bài tập tự luyện:
Giải các phương trình sau:
1/ 9 x 2 − 28 x + 21 = x − 1 nghiệm là x=2 và x=

25 − 13
18

2/ 8 x3 − 36 x 2 + 53x − 25 = 3 3x − 5 nghiệm là x = 2, x =

5+ 3
5− 3
và x =
4
4

3/ x3 − 6 x 2 + 12 x − 7 = 3 − x3 + 9 x 2 − 19 x + 11 nghiệm là x=1, x =2, x =3
4/ x3 − 4 x 2 − 5 x + 6 = 3 7 x 2 + 9 x − 4 nghiệm là x = 5, x =
13

−1 + 5
−1 − 5
vàx =
2
2


5/ x 2 + x + 12 x + 1 = 36 nghiệm là x = 3

3.2: GIẢI PHÁP 2: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU TRONG VIỆC GIẢI
BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Xin được trình bày giải pháp thứ hai là sử dụng tính đơn điệu của hàm
số trong việc giải bất phương trình vô tỷ:
3.2.1: Ví dụ 1: Giải bất phương trình: x + 6 − 7 − x ≥ 1
*. Nhận xét: - Đây là bất phương trình vô tỷ có dạng chứa hai căn bậc hai,
dùng phương pháp biến đổi tương đương, bình phương hai vế hai lần ta có lời
giải bài toán. Tuy nhiên hơi dài và nếu bình phương lần thứ hai học sinh quên
điều kiện thì sẽ bị mất điểm.
- Nếu biết vận dụng tính đơn điệu của hàm số thì bài toán trở nên đơn giản và
thực sự ngắn gọn. Chúng ta cùng tham khảo:
Lời giải: *. ĐK: −6 ≤ x ≤ 7
Xét hàm số f ( x) = x + 6 − 7 − x trên tập xác định D = [ −6;7 ] .
Ta có f , ( x) =

1
1
+
> 0∀x ∈ (−6;7) nên f ( x ) đồng biến trên [ −6;7 ] ,
2 x+6 2 7− x

mà f ( x) liên tục trên [ −6;7 ]
Mặt khác f (3) =1. Do đó bất phương trình có dạng f ( x) ≥ f ( 3) ⇔ x ≥ 3 kết
hợp điều kiện đầu bài ta có kết luận
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = [ 3;7 ]
3.2.2: Ví dụ 2: Giải bất phương trình: x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13x − 7 < 8
*. Nhận xét: - Đây là bất phương trình vô tỷ có dạng chứa nhiều loại căn khác
nhau, dĩ nhiên không thể giải bằng các phương pháp thông thường, cũng
không thể dùng phương pháp đặt ẩn phụ…

14


7
5

Lời giải: *. ĐK: x ≥ .
7

Xét f ( x) = x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13 x − 7 với  ; +∞ ÷.
5



1
5
7
13
7
+
+
+
>
0,
∀
x
>
Ta có f ( x) = 2 x + 1 3
2
3

5
5 5 (13 x − 7) 4
3 ( 5x − 7 )
4 4 ( 7 x − 5)
,

7

7

nên f ( x) đồng biến trên  ; +∞ ÷, mà f ( x) liên tục trên  ; +∞ ÷
5

5





Mặt khác f (3) = 8 nên bất phương trình f ( x) < 8
⇔ f ( x ) < f ( 3) ⇔ x < 3 kết hợp điều kiện đầu bài ta được

7
≤ x<3
5



Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S=  ;3 ÷
5

7





3.2.3: Ví dụ 3: Giải bất phương trình:
x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1

*. Nhận xét: - Đây là bất phương trình vô tỷ chứa nhiều căn bậc hai, nếu
chuyến vế rồi bình phương hai lần sẽ dẫn tới bất phương trình bậc 4 khó giải.
- Nếu chọn sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ cũng khó thực hiện
vì có những bốn căn thức.
- Quan sát mối quan hệ giữa các biểu thức trong căn, chuyển vế
để trước căn là dấu (+) rồi biểu diễn hai vế thành dạng có vai trò như nhau
đối với một hàm đặc trưng, sau đó chứng minh hàm đặc trưng đó là hàm đơn
điệu tăng trên tập xác định. Chúng ta cùng tham khảo lời giải ngắn gọn sau:
Lời giải: *. ĐK: 1 ≤ x ≤ 3
Bất phương trình ⇔ ( x − 1)2 + 2 + x − 1 > (3 − x) 2 + 2 + 3 − x
Xét hàm đặc trưng: f (t ) = t 2 + 2 + t trên [ 0; +∞ )
,
Ta có: f (t ) =

[ 0; +∞ ) , mà

t
t2 + 2

+

1
2 t

> 0, ∀t > 0 , nên hàm f (t ) là hàm số đồng biến trên

f (t ) liên tục trên [ 0; +∞ )

15


Do đó bất phương trình đã cho có dạng: f ( x − 1) > f (3 − x ) ⇒ x − 1 > 3 − x ⇔ x > 2
Kết hợp điều kiện đầu bài ta được: 2 < x ≤ 3
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S= ( 2;3]
3.2.4: Ví dụ 4: Giải bất phương trình:
x 3 + x − 12 − 2013 x + 47 ≥ 0

*. Nhận xét: - Nếu đưa phương trình này về dạng cơ bản rồi áp dụng phương
pháp biến đổi tương đương hay phương pháp đặt ẩn phụ thì đều dẫn tới bất
phương trình bậc 6 khó giải tiếp.
- Nhẩm nhanh vế trái ta thấy vế trái là hàm số đồng biến trên tập xác định, nếu
chọn được một giá trị x trên tập xác định, mà thỏa mãn bất phương trình thì ta
có một giải pháp khả thi. Chúng ta cùng tham khảo:
Lời giải: *. ĐK: 12 − 2013x ≥ 0 ⇔ x ≤

12
2013


3
Xét f ( x) = x + x − 12 − 2013x + 47, x ∈  −∞;



,
2
Ta có: f ( x) = 3x + 1 +


trên khoảng  −∞;


12 
2013 

2013
12
> 0∀x <
vì thế hàm số f ( x) đồng biến
2013
2 12 − 2013 x

12 
12 

, mà f ( x) là hàm số liên tục trên  −∞;
,

2013 
2013 


Do f (−1) = 0 nên bất phương trình trên có dạng: f ( x) ≥ f (−1) ⇒ x ≥ −1 kết hợp
điều kiện đầu bài ta được: −1 ≤ x ≤

12
2013


Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S=  −1;


12 
2013 

3.2.5: Ví dụ 5: Giải bất phương trình:
x 3 + 3 x 2 + 9 x − 13 ≥ 3 − 2 x +

16

543 − 27
9


*. Nhận xét: - Đương nhiên ta không thể sử dụng phương pháp bình phương
hai vế, cũng không thể đặt ẩn phụ, liên hợp hai vế cũng không xong … điểm
qua các phương pháp đều không sử dụng được, chỉ còn một phương pháp cuối
đó là sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số.
 x 3 + 3 x 2 + 9 x − 13 ≥ 0

Lời giải: *. ĐK: 

3 − 2 x ≥ 0

⇔1≤ x ≤

3
2
543 − 27
9

Bất phương trình ⇔ x3 + 3x 2 + 9 x − 13 − 3 − 2 x ≥
 3
3
2
Xét f ( x) = x + 3x + 9 x − 13 − 3 − 2 xtrên 1; 
 2

,
Ta có: f ( x) =

3x 2 + 6 x + 9
2 x 3 + 3 x 2 + 9 x − 13

1
3
> 0∀x ∈ (1; )
2
3 − 2x

+

 3
 3
Nên hàm số f ( x) đồng biến trên 1; ÷, mà hàm số f ( x) liên tục trên 1;  ,
2
2


4
3

do f ( ) =





543 − 27
9
4
3

Bất phương trình trên có dạng: f ( x) ≥ f ( ) ⇒ x ≥
ta được:



4
kết hợp điều kiện đầu bài
3

4
3
≤x≤
3
2
4 3

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S=  ; 
3 2
3.2.6: Ví dụ 6: Giải bất phương trình:
x 3 − 15 x 2 + 78 x − 146 ≥ 10 3 7 x − 29

Lời giải: *. ĐK: x ∈ ¡
Biến đổi phương trình đã cho thành dạng:
( x − 5)3 + 10( x − 5) ≥ ( 3 7 x − 29)3 + 10 3 7 x − 29
3
Xét hàm đặc trưng: f ( t ) = t + 10t , t ∈ ¡

17


Ta có: f , (t ) = 3t 2 + 10 > 0∀t ∈ ¡ nên f (t ) là hàm số đồng biến trên ¡ , mà f (t ) là
hàm số liên tục trên ¡ .Do vậy phương trình trên có dạng:
f ( x − 5) ≥ f ( 3 7 x − 29) ⇒ x − 5 ≥ 3 7 x − 29 ( Vế phải là căn bậc 3 nên không cần

điều kiện)
⇔ ( x − 5)3 ≥ 7 x − 29
⇔ x 3 − 15 x 2 + 68 x − 96 ≥ 0
3 ≤ x ≤ 4
⇔

x ≥ 8

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = [ 3; 4] ∪ [ 8; +∞ )
*. Nhận xét: - Ta thấy từ việc khéo léo tách, ghép và làm xuất hiện được hàm
đặc trưng cho hai vế, chứng minh được hàm đặc trưng là hàm đơn điệu, rồi sử
dụng tính chất đồng biến của hàm số đã làm cho bất phương trình trở thành
đơn giản hơn rất nhiều.
Một số bài tập tự luyện:
Giải các bất phương trình sau:
1/ x 2 + 15 ≥ 3x − 2 + x 2 + 8
2/ x3 + 3x 2 + 4 x + 2 ≥ (3x + 2) 3x + 1
3/ 5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 ≤ 5 x + 1
4/ −10 x3 + 12 x 2 − 5 x + 1 ≤ 2 x 2 3 7 x3 − 7 x 2 + 2 x
5/

2 3 2 x − 1 < 27 x 3 − 27 x 2 + 13x − 2

3.3: GIẢI PHÁP 3: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU TRONG VIỆC GIẢI
HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
3.3.1: Ví dụ 1: Giải hệ phương trình:
 2(2 x + 1)3 + 2 x + 1 = (2 y − 3) y − 2
x, y ∈ ¡

 4 x + 2 + 2 y + 4 = 6

18


*. Nhận xét: - Ta thấy hệ trên có chứa ba số hạng chứa căn song biểu thức
dưới các căn chưa có sự liên hệ với nhau, nên không sử dụng được phương

pháp đặt ẩn phụ, đương nhiên không thể biến đổi tương đương.
- Nếu bây giờ tìm được x theo y hoặc y theo x thì thay vào phương trình thứ
hai của hệ sẽ giải tiếp được hệ này.
Vậy làm thế nào để biểu diễn được x theo y. Chúng ta cùng tham khảo:
−1

x ≥
2
*. Lời giải: ĐK 
 y ≥ 2

Phương trình thứ nhất của hệ được viết lại thành:
2(2 x + 1)3 + 2 x + 1 = 2( y − 2 )3 + y − 2(*)

Xét hàm đặc trưng: f (t ) = 2t 3 + t , t ≥ 0
,
2
Ta có: f (t ) = 6t + 1 > 0∀t ∈ [ 0; +∞ ) nên f (t ) là hàm số đồng biến trên [ 0; +∞ ) , mà

f (t ) là hàm số liên tục trên [ 0; +∞ ) . Do đó phương trình (*) có dạng:

f (2 x + 1) = f ( y − 2) ⇒ 2 x + 1 =

được:

4

y − 2 thay vào phương trình thứ hai của hệ ta

4 y − 8 + 2 y + 4 = 6(**)

Xét hàm số: h( y ) = 4 4 y − 8 + 2 y + 4, y ≥ 2
,
Ta có: h ( y ) =

[ 2; +∞ ) , mà

1
4

(4 y − 8)

3

+

1
> 0∀y > 2 nên h( y ) là hàm số đồng biến trên
2y + 4

h( y ) là hàm số liên tục trên [ 2; +∞ ) .

Do đó phương trình (**) có không quá một nghiệm trên [ 2; +∞ ) vì h(6) = 6 cho
nên phương trình (**) có một nghiệm duy nhất là y = 6(t / m) thay vào ta được
x=

1
(t / m)
2
1

2

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = ( ;6)

3.3.2: Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:
19


(23 − 3 x) 7 − x + (3 y − 20) 6 − y = 0
x, y ∈ R

2
 2 x + y + 2 − −3x + 2 y + 8 + 3 x − 14 x − 8 = 0

*. Nhận xét: - Các số hạng trong hai phương trình của hệ chứa nhiều căn mà
các biểu thức dưới các căn không có liên hệ với nhau, nên không thể dùng
phương pháp cộng đại số và phương pháp thế mà chọn cách biến đổi từng
phương trình trong hệ.
- Nếu chọn biến đổi phương trình thứ hai, do hai biểu thức dưới căn chứa hai
ẩn khác nhau nên không chọn được phương pháp thích hợp để biển đổi. Vì
vậy chọn biến đổi phương trình thứ nhất để tìm sự liên hệ giữa x và y rồi thế
vào phương trình thứ hai của hệ. Chúng ta cùng tham khảo:
*. Lời giải:

 x ≤ 7; y ≤ 6

ĐK: 2 x + y + 2 ≥ 0
 −3 x + 2 y + 8 ≥ 0


Biến đổi phương trình thứ nhất thành dạng:

[ 3(7 − x) + 2]

7 − x = [ 3(6 − y ) + 2] 6 − y (*)

Xét hàm đặc trưng:
,
Ta có: f (t ) = 3 t +

f (t ) = (3t + 2). t , t ≥ 0

3t + 2
> 0∀t > 0 nên hàm f (t ) là hàm đồng biến trên [ 0; +∞ ) ,
2 t

mà hàm f (t ) là hàm liên tục trên [ 0; +∞ )
Do đó phương trình (*) có dạng: f (7 − x) = f (6 − y ) ⇒ 7 − x = 6 − y ⇔ y = x − 1 thay
vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
Giải phương trình (**) cần điều kiện:

3x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0(**)

−1
≤x≤6
3

20

pt (**) ⇔ ( 3 x + 1 − 4) + (1 − 6 − x ) + (3 x 2 − 14 x − 5) = 0
3 x − 15
x −5
⇔
+
+ ( x − 5)(3 x + 1) = 0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
3
1
⇔ ( x − 5)(
+
+ 3 x + 1) = 0
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
3
1
 1 
⇔ x = 5(t / m)(do
+
+ 3 x + 1 > 0∀x ∈  − ;6 )
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
 3 

Từ đó suy ra y = 4 (t/m điều kiện)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = (5; 4)
3.3.3: Ví dụ 3: Giải hệ phương trình:
 2 y 3 + y + 2 x 1 − x = 3 1 − x
x, y ∈ R

2
 2 y + 1 + y = 4 + x + 4

*. Nhận xét: - Nhận thấy các số hạng của phương trình thứ hai trong hệ chưa
có sự liên hệ với nhau, nên không lựa chọn phương trình thứ hai để biến đổi.
- Do phương trình thứ nhất có biểu thức dưới hai căn giống nhau nên có thể
thêm bớt, để xuất hiện biểu thức chứa lập phương ở hai vế, dẫn tới việc xét
hàm đặc trưng.
- Chính vì vậy nên chọn phương trình thứ nhất của hệ để biến đổi. Chúng ta
cùng tham khảo:
*. Lời giải: ĐK: −4 ≤ x ≤ 1
Biến đổi phương trình thứ nhất thành dạng:
2 y3 + y = 2 1 − x − 2x 1 − x + 1 − x
⇔ 2 y 3 + y = 2 (1 − x)3 + 1 − x (*)

Xét hàm đặc trưng: f (t ) = 2t 3 + t , t ≥ 0
Ta có: f , (t ) = 6t 2 + 1 > 0∀t ∈ [0; +∞) nên hàm f (t ) là hàm đồng biến trên [ 0; +∞ ) ,
mà hàm f (t ) là hàm liên tục trên [ 0; +∞ )
Phương trình (*) có dạng:
y ≥ 0
f ( y) = f ( 1 − x ) ⇔ y = 1 − x ⇔  2
 y = 1− x

21


Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
3 − 2 x + 1 − x = 4 + x + 4 ⇔ 3 − 2 x + 1 − x − x + 4 = 4(*)

Xét g ( x) = 3 − 2 x + 1 − x − x + 4trên [ −4;1]
,
Ta có: g ( x) =

[ −4;1] , mà

−1
1
1
−
−
< 0∀x ∈ ( −4;1) nên g ( x) nghịch biến trên
3 − 2x 2 1 − x 2 x + 4

g ( x) là hàm số liên tục trên đoạn [ −4;1]

Do vậy phương trình (*) có không quá một nghiệm trên [ −4;1] .
Mà g (−3) = 4 ⇒ x = −3 là nghiệm duy nhất của phương trình (*)
Thay x = −3(t / m) ta được y = 2(t/m y ≥ 0 ).
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = (−3; 2)
3.3.4: Ví dụ 4: Giải hệ phương trình:
 6 x 2 + 1 = y − 1 + y 2
x, y ∈ R

 6 y 2 + 1 = x − 1 + x 2

*. Nhận xét: - Đây là hệ đối xứng loại 2, giải hệ này bằng cách trừ vế với vế
hai phương trình cho nhau ta được một phương trình.
- Nếu ghép các số hạng tương ứng với nhau thành ba nhóm, rồi nhân chia biểu
thức liên hợp của hai trong ba nhóm đó, ta được nhân tử chung là (x-y), đưa
phương trình về dạng tích thì cũng được song rất dài.
- Nếu tinh ý hơn, phát hiện hai vế có vai trò như nhau với một hàm số,
xét hàm đặc trưng đó và chứng minh nó đơn điệu trên tập xác định ta có một

lời giải thực sự rất ngắn gọn. Chúng ta cùng tham khảo:
x ≥ 1
y ≥1

*. Lời giải: ĐK: 

Trừ vế với vế hai phương trình cho nhau ta được:
6x2 + 1 − 6 y 2 + 1 =

y −1 − x −1 + y 2 − x2

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

22


Xét hàm đặc trưng: f (t ) = 6t 2 + 1 + t − 1 + t 2 , t ≥ 1
6t

,
Ta có: f (t ) =

6t 2 + 1

+

1
+ 2t > 0∀t > 1
2 t −1

nên hàm số f (t ) đồng biến trên [ 1; +∞ ) , mà hàm số f (t ) liên tục trên [ 1; +∞ )
Do đó phương trình (*) có dạng: f ( x) = f ( y ) ⇒ x = y
Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:
6x2 +1 = x −1 + x 2

⇔ ( 6 x 2 + 1 − 5) = ( x − 1 − 1) + ( x 2 − 4)
⇔

6( x 2 − 4)
6 x2 + 1 + 5

=

x−2
+ ( x 2 − 4)
x +1 +1



6
1
⇔ ( x − 2) ( x + 2)(1 −
)+
=0
2
x
−
1
+
1

6
x
+
1
+
5



6
x = 2(t / m) do ( x + 2).(1 −
)+
2
6x +1 + 5



1
 > 0∀x ≥ 1
x + 1 + 1

Thay x = 2(t / m) ta được y = 2(t / m)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = (2; 2)
3.3.5: Ví dụ 5: Giải hệ phương trình:
 x 3 (4 y 2 + 1) + 2( x 2 + 1) x = 6(*)
x, y ∈ R
 2
2
2
 x y (2 + 2 4 y + 1) = x + x + 1(**)

*. Nhận xét: - Đây là hệ phương trình thực sự khó, dùng phương pháp giải
thông thường không khả thi, mà chỉ có thể sử dụng tính đơn điệu của hàm số
để giải:
*. Lời giải: ĐK: x ≥ 0
* Xét x = 0 thì từ phương trình (*) ta có 0=6 vô lý.
*. Xét x ≠ 0 Chia cả hai vế của phương trình (**) cho x2 ta được:
2 y (1 + 4 y 2 + 1) =

1
1
(1 + 2 + 1)(***)
x
x

23


Xét hàm đặc trưng: f (t ) = t (1 + 1 + t 2 ), t ∈ ¡
,
2
Ta có: f (t ) = 1 + 1 + t +

t2
1+ t2

> 0∀t ∈ ¡ nên hàm f (t ) là hàm đồng biến trên ¡

, mà hàm f (t ) là hàm liên tục trên ¡
1

x

Phương trình (***) có dạng: f (2 y ) = f ( ) ⇒ 2 y =

1
x

thay vào phương trình (*) ta có
x 3 + x + 2( x 2 + 1) x − 6 = 0
⇔ x 3 + x − 6 = −2( x 2 + 1) x (****)

Xét các hàm số g ( x) = x3 + x − 6 & h( x) = −2( x 2 + 1) x , x ∈ (0; +∞) ta có:
g , ( x ) = 3 x 2 + 1 > 0∀x ∈ (0; +∞) vì thế g ( x) đồng biến trên (0; +∞) , mà g ( x) là hàm

số liên tục trên (0; +∞)
h, ( x ) = −2(2 x x +

x2 + 1
) < 0∀x ∈ (0; +∞) vì thế g ( x) nghịch biến trên (0; +∞) , mà
2 x

h( x) là hàm số liên tục trên (0; +∞)

Do g ( x) & h( x) là các hàm số liên tục trên (0; +∞) và đơn điệu ngược chiều trên
khoảng (0; +∞)
Vì thế nên phương trình g ( x) = h( x) có không quá một nghiệm trên khoảng
(0; +∞) , mà ta lại có: g (1) = h(1) = −4 .

Do vậy phương trình(****) có một nghiệm duy nhất là x = 1 suy ra y =
 1

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = 1; ÷.
 2

3.3.6: Ví dụ 6: Giải hệ phương trình:
 x + x2 − x + 1 + x − y = y + 1 + y 2 + y + 1 + 1

x, y ∈ ¡

3y + 2
3
3
2
( 5 x − 4 + 2 7 x − 6)(
) = 3( y + 1)

2

24

1
.
2


*. Nhận xét: - Đây là bài hệ khá là phức tạp, học sinh nhìn thấy bài toán này
đa phần là không có hy vọng gì giải được. Vì từ thao tác đầu tiên là đặt điều
kiện cho ẩn đã thấy phức tạp rồi, lại thấy ở phương trình thứ nhất thì có căn
trong, căn ngoài. Ở phương trình thứ hai, thì có cả căn bậc hai, lẫn cả căn bậc
ba. Đương nhiên, nếu chỉ dùng phương pháp thông thường, thì khó tìm được
lời giải. Nếu mạnh dạn, tinh ý và khéo léo sẽ thấy sự liên hệ giữa hai vế của

phương trình thứ nhất xuất hiện hàm đặc trưng. Thật vậy:

*. Lời giải:

 x + x2 − x + 1 ≥ 0

4

2
 y +1+ y + y +1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 & y ∈ ¡
5
ĐK:  3
5 x − 4 ≥ 0

Biến đổi phương trình thứ nhất thành dạng:
x + x2 − x + 1 + x − y =
⇔ x + x2 − x + 1 + x =

y + 1 + y 2 + y + 1 + 1(*)
y + 1 + ( y + 1) 2 − ( y + 1) + 1 + y + 1

Xét hàm đặc trưng: f (t ) = t + t 2 − t + 1 + t , t ∈ R
,
Ta có: f (t ) =

2 t 2 − t + 1 + 2t − 1
4 t + t − t + 1. t − t + 1
2

2

+1 =

(2t − 1) 2 + 3 + 2t − 1
4 t + t − t + 1. t − t + 1
2

2

+ 1 > 0∀t ∈ R

Nên f (t ) đồng biến trên R, mà f (t ) - hàm số liên tục trên ¡
Phương trình (*) có dạng: f ( x) = f ( y + 1) ⇒ x = y + 1 ⇔ y = x − 1 thay vào phương
trình thứ hai của hệ ta được:
3x − 1
) = 3x
2
6x
⇔ 5 x3 − 4 + 2 3 7 x 2 − 6 =
(**)
3x − 1

( 5 x3 − 4 + 2 3 7 x 2 − 6).(

 4
 5



3

3
2
*. Xét hàm số: g ( x) = 5 x − 4 + 2 7 x − 6, trên  3 ; +∞ ÷÷

,
Ta có: g ( x) =

15 x 2
2 5 x3 − 4

+



 4

> 0∀x ∈  3 ; +∞ ÷
 5
÷
3 3 (7 x 2 − 6) 2


28 x

25