ung dung tinh don dieu de giai phuong trinh bat phuong trinh he phuong trinh vo ty

ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH – BẤT
PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
Vấn đề 1: Ứng dụng tính đơn điệu để giải phương trình
Giải các phương trình
a. x2011  x  2
b. x2  x  1  5
Lời giải:
a. Đặt f ( x)  x2011  x  f '( x)  2011x 2010  1  0
 f(x) là hàm số đồng biến
Mặt khác: f (1)  2 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
b. Điều kiện x  1 và x = 1 không là nghiệm của phương trình
Đặt f ( x)  x 2  x  1 với x > 1
1
 f '( x)  2 x 
 0, x  1
2 x 1
 f(x) là hàm số đồng biến
Mặt khác: f (2)  5 nên x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình
Giải phương trình
Lời giải

x  3  x  7x  2  4

Điều kiện của phương trình

(1)

7  41
7  41
x
2

2

(*)

(1)  x  3  x  7 x  2  4  0

1

Xét g ( x)  x  3  x  7 x  2  4  g '( x) 

7
2 x3

1

 0, x  (*)
2 x  3 2 x  7x  2

 g(x) là hàm số đồng biến
Mặt khác: g(1) = 0
Vậy: x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
Thật vậy:
Khi x > 1 thì g(x) > g(1) = 0 nên phương trình vô nghiệm
Khi x < 1 thì g(x) < g(1) = 0 nên phương trình vô nghiệm
Giải các phương trình sau
Lời giải
1
Điều kiện: x  3
5

5 x3  1  3 2 x  1  4  x

(1)

(1)  5x3  1  3 2 x  1  x  4
Xét f ( x)  5 x3  1  3 2 x  1  x  f '( x) 

15 x 2

2
1
 .
1  0
2 5 x3  1 3 3  2 x  12

 1

 hàm số đã cho đồng biến trên  3 ;  
 5


>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

1


Mặt khác: f (1)  4 nên x = 1 là nghiệm duy nhất
Kết luận: S  1
Giải phương trình
Lời giải

3

x  2  3 x  1  3 2 x2  1  3 2 x2

(1)

x  1  1  3 x  1  3 2x2  1  3 2x2
1
1
1 1
Xét f (t )  3 t  1  3 t  f '(t )  .
 .
0
3 3 (t  1)2 3 3 t 2
Phương trình (1) được viết lại

3

(2)

 hàm số đồng biến trên R

x  1
Mặt khác: (2)  f ( x  1)  f (2 x )  x  1  2 x  
x   1

2
2

2

 x2  x  3 
2
Giải phương trình log3  2
  x  3x  2
 2x  4x  5 
Lời giải
 x2  x  3  0

Điều kiện  2
(đúng x )

2 x  4 x  5  0

(1)

(1)  log3 ( x 2  x  3)  log3 (2 x 2  4 x  5)  (2 x 2  4 x  5)  ( x 2  x  3)
 log3 ( x 2  x  3)  ( x 2  x  3)  log 3 (2 x 2  4 x  5)  (2 x 2  4 x  5)
1
Xét f (t )  log3 t  t  f '(t ) 
 0, t  0
t.ln 3
 x  1
Mặt khác: (2)  f ( x 2  x  3)  f (2 x 2  4 x  5)  x 2  3x  2  0  
 x  2

(2)

Vậy: S  1; 2

Giải phương trình 3x  4x  5x
Lời giải
x

(1)

x

3  4
(1)        1
5  5
x

x

x

x

3  4
4
3  4
 3
Xét f ( x)        1  f '( x)    ln    ln  0, x
5 5
5
5  5
5
 f(x) là hàm đồng biến trên R

Mặt khác: f (2)  0 nên x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình

Giải phương trình 9x  2( x  2)3x  2 x  5  0
Lời giải
Đặt t  3x  0

(1)

(loai)
t  1
Phương trình trở thành t 2  2( x  2)t  2 x  5  0  
t  5  2 x

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

2


Với t  5  2 x  3x  5  2 x  3x  2 x  5  0
Xét f ( x)  3x  2 x  5  f '( x)  3x ln 3  2  0, x
 f(x) là hàm đồng biến
Mặt khác: f(1) = 0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
Giải phương trình x  x  5  x  7  x  16  14
Lời giải
Điều kiện của phương trình x  5 . Nhận xét x = 5 không là nghiệm của phương trình
Xét f ( x)  x  x  5  x  7  x  16
1
1
1
1

 f '( x) 



 0, x  5
2 x 2 x  5 2 x  7 2 x  16
 f(x) là hàm số đồng biến trên (5; )
Mặt khác: f (9)  14 nên x = 9 là nghiệm duy nhất của phương trình
Giải phương trình: x 5  x 3  1  3x  4  0 .
Giải. Điều kiện: x  1 . Đặt f  x   x 5  x 3  1  3x  4  0 .
3

Ta có: f   x   5 x  3x 2 
4



3
 0  f (x) đồng biến trên , 1  .
3 
2 1  3x

Mặt khác f (1)  0 nên phương trình f (x)  0 có nghiệm duy nhất x  1.
Giải phương trình 2x  x  2x1  ( x  1)2
Lời giải
2
(1)  2 x  x  2 x 1  x 2  2 x  1
2

 2 x

2

x

(1)

 2 x 1  x 2  x  ( x  1)

 2 x 1  x  1  2 x  x  x 2  x
(2)
t
t
Xét f (t )  2  t  f '(t )  2 ln 2  1  0, t
 f(t) là hàm đồng biến
Mặt khác: (2)  f ( x  1)  f ( x2  x)  x  1  x 2  x  x 2  2 x  1  0  x  1
Kết luận: x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
Giải phương trình 25x  2(3  x)5x  2 x  7  0
(1)
Lời giải
(l )
t  1
Đặt t  5x  0 . Phương trình trở thành t 2  2(3  x)t  2 x  7  
t  7  2 x
2

Với t  7  2 x  5x  7  2 x  5x  2 x  7  0
Xét f ( x)  5x  2 x  7  f '( x)  5x ln 5  2  0, x
 f(x) là hàm đồng biến
Mặt khác: f (1)  0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình

Giải phương trình log 2 (1  3 x )  log7 x

(1)

Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình x > 0

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

3


Đặt t  log7 x  x  7t
t

t
1  3 7 
Phương trình (1) trở thành log 2 (1  7 )  t  1  7  2     
 1
 2   3 
3

t
3

t

t

t

t

t
t
3
1 37
7
1  3 7 
1
Xét f (t )     
 0, t
  1  f '(t )    .ln  
 .ln
2  3 
3
2  3 
2
 f(t) là hàm số nghịch biến trên R
Mặt khác: f(3) = 0 nên t  3  x  343 là nghiệm duy nhất của phương trình

Giải phương trình log5 x  log7 ( x  2)
Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là x  0
Đặt t  log5 x  x  5t
t

t

5

1
Phương trình trở thành t  log 7 (5t  2)  5t  2  7t  5t  7t  2  0     2    1  0
7
7
t

t

t

t

5
1
5
1
5
1
Xét f (t )     2    1  f '(t )    .ln  2   .ln  0, t
7
7
7
7
7
7
 f(t) là hàm nghịch biến trên R  phương trình f(t) = 0 có không quá 1 nghiệm trên R
Mặt khác: f (1)  0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình

Vấn đề 2: Ứng dụng tính đơn điệu để giải bất phương trình
Giải bất phương trình 2 x3  3x 2  6 x  16  2 3  4  x

Lời giải
Điều kiện xác định của bất phương trình là 2  x  4
Bất phương trình được viết lại thành 2 x3  3x2  6 x  16  4  x  2 3
(2)
Nhận thấy x = - 2 là nghiệm của bất phương trình trên
Xét
3x 2  3x  3
1
f ( x)  2 x3  3x 2  6 x  16  4  x  f '( x) 

 0, x  (2; 4)
3
2
4 x
2 x  3x  6 x  16
 f(x) là hàm số đồng biến trên (-2; 4)
Mặt khác: (2)  f ( x)  f (1)  x  1
So với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là 2  x  1
Giải bất phương trình x  9  2 x  4  5
Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là x  2
Nhận thấy x = -2 không là nghiệm của bất phương trình đã cho
1
1

 0, x  2
Xét f ( x)  x  9  2 x  4  f '( x) 
2 x9
2x  4
 f(x) là hàm số đồng biến trên (2; )

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

4


Mặt khác: x  9  2 x  4  5  f ( x)  f (0)  x  0
So với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là x > 0
Giải bất phương trình 3 x4  2 2 x4  13
Lời giải
Điều kiện xác định của bất phương trình x  2
Nhận xét x = -2 không là nghiệm của bất phương trình đã cho
1
1
Xét f ( x)  3 x  4  2 2 x  4  f '( x) 
3 x  4.ln 3 
2
x4
2x  4
 f(x) là hàm số đồng biến trên (2; )

2 x4

.ln 2  0, x  2

Mặt khác: 3 x4  2 2 x4  13  f ( x)  f (0)  x  0
So với điều kiện ta có x  0 là nghiệm của bất phương trình
Giải bất phương trình log 2 x  1  log3 x  9  1
Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình là x  1

Xét
1
1
f ( x)  log 2 x  1  log 3 x  9  log 2 ( x  1)  log 3 ( x  9)
2
2
1
1
 f '( x) 

 0, x  1
2( x  1) ln 2 2( x  9) ln 3
 f(x) là hàm số đồng biến trên (1; )
Ta có: log 2 x  1  log3 x  9  1  f ( x)  f (0)  x  0
So với điều kiện ta có x > 0 là nghiệm của bất phương trình
Giải bất phương trình

x  1  3 5x  7  4 7 x  5  5 13x  7  8 (*)

Giải. Điều kiện x  5 . Đặt f  x   x  1  3 5x  7  4 7 x  5  5 13x  7

7
5
7
13
1
Ta có: f   x  




0
2
3
4
5
3
4
2 x  1 3  5x  7 
5

(13
x

7)


4  7x  5



 f (x) đồng biến trên  5 ,  . Mà f (3)  8 nên (*)  f (x) < f (3)  x < 3.

7

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 5  x  3
7

Giải bất phương trình 3 3  2 x 

5

 2x  6
2x 1

(1)

Lời giải
Điều kiện của bất phương trình là
Xét g ( x)  3 3  2 x 

1
3
x
2
2

(*)

5
3
10
 2 x  g '( x) 

 2  0, x  (*)
2x 1
3  2x 2x 1

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

5

1 3
 g(x) là hàm số nghịch biến trên  ; 
2 2
Mặt khác: g(1) = 6
Khi đó: (1)  g ( x)  6  g ( x)  g (1)  x  1
Kết luận: x  1 là nghiệm của bất phương trình

Giải bất phương trình x2  2 x  3  x2  6 x  11  3  x  x  1
Điều kiện của bất phương trình: 1  x  3

(1)

(1)  ( x  1)2  2  x  1  ( x  3)2  2  3  x
t
1
Xét f (t )  t 2  2  t , t  0  f '(t ) 

0
2
t 2 2 t
 f(t) đồng biến trên (0; )
Mặt khác: (1)  f ( x  1)  f (3  x)  x  1  3  x  x  2
So với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là 2  x  3

Giải bất phương trình sau
Lời giải

7 x  7  7 x  6  2 49 x2  7 x  42  181  14 x (1)

Điều kiện xác định của bất phương trình x 
(1) 

6
7

7 x  7  7 x  6  2 49 x2  7 x  42 181  14 x  0

Đặt t  7 x  7  7 x  6  t 2  14 x  2 49 x 2  7 x  42
(t  0)
2
Phương trình trở thành : t  t  182  0  14  t  13 kết hợp điều kiện (t  0)
6

ta được 0  t  13  (1)  7 x  7  7 x  6  13 (2); điều kiện x   ;  
7

Xét hàm f ( x)  7 x  7  7 x  6
1
1
6
6

 f '( x) 

 0 ; x  ( ; ) hàm số đồng biến trên x   ;  
7
2 7x  7 2 7x  6
7


6
Mặt khác f (6)  13 nên f ( x)  13  x  6 vậy nghiệm của bất phương trình là
 x  6 hay
7
6 
x   .6 
7 
Giải bất phương trình log7 x  log3 (2  x )

(1)

Lời giải:
Điều kiện của bất phương trình x > 0
Đặt t  log 7 x



Phương trình (1) trở thành t  log3 2  7

t



t

t
1  7 
 2  7  3  0  2.    
 1  0
 3   3 

t
2

t

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

6


t

t

t
t
7
1  7 
1 1  7 
Xét f (t )  2.    
0
  1  f '(t )  2.   ln  
 ln
3
 3  3 
 3 3  3 
 f(t) là hàm số nghịch biến
t

t

1  7 
Mặt khác: f(2) = 0 nên 2.    
  1  0  f (t )  f (2)  t  2  log 7 x  2  x  49
 3   3 

Giải bất phương trình 8x3  2 x  ( x  2) x  1
Lời giải:
Điều kiện x  1
(*)  (2 x)3  2 x  ( x  1  1) x  1
 (2 x)3  2 x  ( x  1)3  x  1
 f (2 x)  f ( x  1), f (t )  t 3  t
 2x  x 1
x  0
x  0

x  0

x

0
 
 

 4 x 2  x  1  0  x  1  17


8


Vậy bất phương trình có nghiệm 1  x 

1  17
8

Vấn đề 3: Ứng dụng tính đơn điệu để giải hệ phương trình
3

 x  x  ( y  2) y  1
Giải hệ phương trình 
2
2

x  y  1
Lời giải:
(1)  x3  x  ( y  2) y  1  x3  x  ( y  1)3  y  1

 f ( x)  f ( y  1), f (t )  t 3  t
 x  y 1

y  0  x 1
Thay x  y  1 vào (2) ta có: y  1  y 2  1  0  
 y  1  x  0
Vậy hệ có 2 nghiệm (1; 0) và (0; -1)
 x3  3 y  y 3  3x

Giải hệ phương trình  2
2

2x  y  4

(1)

Lời giải
(1)  x3  3x  y3  3 y

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

7


Xét f (t )  t 3  3t  f '(t )  3t 2  3  0
 f(t) là hàm số đồng biến trên R
Mặt khác: x3  3x  y3  3 y  f ( x)  f ( y)  x  y
x  y
x  y

Ta được hệ phương trình như sau:  2

2
2 x  y  4  x  2
Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm (2; 2) và (-2; -2)

 x  3  10  y  5
Giải hệ phương trình 
 y  3  10  x  5
Lời giải
Điều kiện xác định của hệ phương trình 3  x, y  10
Nhận thấy x = -3, y = 10 không là nghiệm của hệ phương trình
Trừ hai vế của hệ cho nhau ta được phương trình x  3  10  x  y  3  10  y
1

1
Xét hàm số f (t )  t  3  10  t  f '(t ) 

 0, t  (3;10)
2 t  3 2 10  t
 f(t) là hàm số đồng biến trên (-3; 10)
x  3  10  x  y  3  10  y  f ( x)  f ( y)  x  y
Ta được hệ phương trình như sau
x  y
x  y
x  y
x  1






 x  3  10  x  5
 x  3  10  y  5
x  1
y 1


Kết luận: x = y = 1 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình
1
 1
x  x  y  y
Giải hệ phương trình 
2 y  x3  1


Lời giải
Điều kiện xác định của hệ phương trình x  0, y  0
1
1
Xét hàm số f (t )  t   f '(t )  1  2  0, t  0
t
t
 f(t) là hàm số đồng biến trên R \ 0
Mặt khác: x 

1
1
 y   f ( x)  f ( y )  x  y
x
y

x  y
x  y
x  y

 3

Ta được hệ phương trình như sau 
1  5
3
2 y  x  1  x  2 x  1  0
 x  1, x 

2

1  5
Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm x  y  1, x  y 
2
Vấn đề 4: Ứng dụng tính đơn điệu để biện luận số nghiệm của phương trình, bất phương
trình

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

8


Tìm m để phương trình m( x 2  2 x  2  1)  x(2  x)  0 có nghiệm x  0;1  3 
Lời giải:

m( x2  2 x  2  1)  x(2  x)  0  m( x 2  2 x  2  1)  ( x 2  2 x)  0
x 1
Đặt t  x 2  2 x  2  0  t ' 
 0  x 1
x2  2 x  2
Vẽ bảng biến thiên suy ra x  0;1  3   t  1; 2
t2  2
(*)  m  t  1  t 2  2  0  t 2  m  t  1  2  0  m 
t 1
2
2
t 2
t  2t  2
Xét f (t ) 
,1  t  2  f '(t ) 
 0,1  t  2

2
t 1
 t  1

(*)

 f(t) là hàm số đồng biến
Bất phương trình được thỏa khi m  min f ( x)  f (1)  
1 x  2

Tìm m để phương trình sau có nghiệm x( x  1)  4( x  1)

1
2

x
m
x 1

Lời giải:
Điều kiện của phương trình x  0  x  1
Với điều kiện trên thì (*)  x( x  1)  4 x( x  1)  m

(*)

(**)

Đặt t  x( x  1) , t  0
Phương trình (**) trở thành t 2  4t  m  0 có nghiệm t  0
Điều kiện trên được thỏa khi m  4

Tìm m để phương trình 2 ( x  2)(4  x)  x 2  2 x  m có nghiệm
Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình 2  x  4
Đặt t  ( x  2)(4  x) (0  t  3)   x 2  2 x  t 2  8
Phương trình trở thành 2t  t 2  8  m
 g (t )  t 2  2t  8  m
Phương trình có nghiệm khi min g (t )  m  m ax g (t )
0;3

0;3

Ta có: g '(t )  2t  2
g '(t )  0  t  1
Vẽ bảng biến thiên ta có
min g (t )  m  m ax g (t )  g (1)  m  g (3)  9  m  5
0;3

0;3

>> Truy cập để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất!

9