CHUYÊN ĐỀ: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU HÀM SỐ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH,

111Equation Chapter 1 Section 1SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU HÀM SỐ GIẢI

PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH, CHỨNG
MINH BẤT ĐẲNG THỨC,TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT,GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
1/ ĐẶT VẤN ĐỀ
1.1/ Lý do chọn đề tài
Trong môn toán ở trường THPT các bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ bất
phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất ngày càng được
quan đúng mức vµ có sức hấp dẫn mạnh mẽ nhờ vào vẽ đẹp độc đáo của các phương
pháp giải chúng. Để giải được một phương trình, bất phương trình, hệ phương trình,
chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, bé nhất có thể sử dụng nhiều kiến thức
khác nhau và giải bằng nhiều phương pháp khác nhau, trong đó phương pháp sử sụng
tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình là
một phương pháp hết sức thú vị. Phương pháp này tuy không là chìa khoá vạn năng để
giải mọi bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, chứng minh bất
đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, bé nhất và chưa chắc là phương pháp thích hợp nhất
nhưng nó lại có nét lý thú, độc đáo riêng của nó, giúp Học Sinh thấy được sự liên hệ mật
thiết giữc các kiến thức toán học.Qua đó trang bị cho Học Sinh thêm nhiều phương pháp
giải phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm
giá trị lớn nhất, bé nhất trong các đề thi Đại Học, cũng như trong các cuộc thi Học Sinh
giỏi.Đây chính là lý do tôi chọn đề tài này.
1.2/Mục đích của đề tài
Chuyên đề trình bày theo từng phần, trong từng phân là các ví dụ cụ thể.Qua các ví dụ
đó giúp Học Sinh nâng cao thêm về định hướng phương pháp giải toán, đồng thời qua lời
giải của từng ví dụ giúp Học Sinh hình thành phương pháp giải phương trình, bất phương
trình, chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất bằng phương pháp sử dụng
tính đơn điệu của hàm số, và cũng đồng thời qua các ví dụ đó giúp Học Sinh thấy được
độ hiệu quả của phương pháp này.
Chuyên đề còn góp phần phát huy trí thông minh, tính sáng tạo, khả năng tư duy linh
hoạt, có được các suy luận logic, chính xác, tinh thần vượt khó.
1.3/ Phương pháp nghiên cứu

- Nghiên cứu tài liệu về cơ sở lý luận có liên quan đến đề tài.
- Nghiên cứu các dạng thức toán nhằm rút ra phương pháp giải.
- Tích lũy kinh nghiệm thường xuyên trong quá trình giảng dạy luyện thi Đại Học cũng
như trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi và trong quá trình tự học tự bồi dưỡng của cá
nhân.
1.4/Đối tượng nghiên cứu
- Các tài liệu: Sách giáo khoa, sách tham khảo, các đề thi ĐH và HSG
- Học sinh lớp 12 và học sinh các đội tuyển HSG
1.5/Những đóng góp mới của đề tài
- Về mặt lý luận, đề tài xây dựng hệ thống lý thuyết cần thiết và tư duy phương pháp sử
dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình,
chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, bé nhất để giải quyết các bài toán trong
luyện thi Đại học cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi toán.Đồng thời, thông qua chuyên đề
hình thành kỹ năng, kỹ xảo cho học sinh.

1


2/NỘI DUNG
2.1/LÝ THUYẾT
Định lí 1:
Nếu hàm số luôn tăng (giảm) và liên tục trên (a;b) thì số nghiệm của phương trình trên
(a;b) không nhiều hơn một nghiệm và
Định lí 2:
Nếu hàm số luôn đồng biến (nghịch biến) và hàm số luôn nghich biến (đồng biến) và liên
tục trên D thì số nghiệm của phương trình trên D không nhiều hơn một nghiệm.
Định lí 3:
Nếu hàm số liên tục trên [a;b] và có đạo hàm trên (a;b) và phương trình có không quá n
nghiệm phân biệt thì phương trình có không quá n+1 nghiệm phân biệt trên (a;b).
Định lí 4:

Nếu hàm số f ( x) đơn điệu trên (a;b) thì phương trình f (u )  f (v ) � u  v u , v �(a; b)
Định lí 5:
Nếu hàm số tăng và liên tục trên (a; b) thì ta có
Định lí 6: Nếu hàm số giảm và liên tục trên (a; b) thì ta có .
2.2/bµi tËp øng dông
2.2.1/PHƯƠNG TRÌNH
Bài tập 1: Giải phương trình
LG:
Điều kiện
x 

(1)

1
2

Xét hàm số >0

hàm số đồng biến [1/2; nên PT (1) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
1
2 là nghiệm của pt (1)
Mặt khác ta thấy
1
x
2 (ĐL 1)

pt (1) có nghiệm duy nhất
x

Bài 2: Giải phương trình

LG:
Điều kiện x>2

Log(

(2)

(2)
Xét hàm số: = hàm số đồng biến (2;
hàm số nghịch biến (2;
Mặt khác ta thấy x=3 là một ngiệm của pt (2)

phương trình (2) có nghiệm duy nhất x=3 (đl2)
Bài 3: Giải phương trình
(3)
LG:
(3)=1
Xét hàm : là hàm liên tục và nghịch biến trên R .
Mặt khác: f(2)=1
Bài 4:Giải phương trình ( x  2  x  6)( 2 x  1  3)  4

2

(4)


LG:
Điều kiện
Ta thấy để phương trình có nghiệm thì
Khi đó ta xét hàm

f '( x)  (

2x  1  3  0 � x  5

f ( x)  ( x  2  x  6)( 2 x  1  3) x �(5; �)

1
1
x2  x6

)( 2 x  1  3) 
 0x �(5; �)
2 x2 2 x6
2x 1

Ta có

hàm số f ( x) đồng biến trên (5; �)

Mặt khác ta thấy f (7)  4
Do đó phương trình (4) có nghiệm duy nhất x = 7
Bài 5:Giải phương trình
LG:
Điều kiện x �1

x  1   x3  4x  1

(5)

3

Ta có (3) � x  4 x  x  1  1
3
Xét hàm f ( x)  x  4 x  x  1 trên [1; �)

Ta có

f '( x)  3 x 2  4 

1
2 x 1

1
5
f '( x)  3x 2  4 
x�
2
2 x  1 >0
4 thì 3 x  4 nên
Với
1
1
5
1
f '( x)  3( x 2  1)  (
 1)  0
1 x 
2 x 1
4 thì 2 x  1
Với
nên

f '( x )  0 x  1




Hàm số f ( x ) đồng biến trên [1; �)

Mặt khác ta có f (2)  1
Do đó phương trình (5) có nghiệm duy nhất x= 2
 phương trình có nghiệm duy nhất x=2
2
3
2
3
2
Bài 6: Giải phương trình 2 4 x  x  1  2 x  3 2 x  x  9 x  4 x  4
LG
Dễ thấy x=0 là một nghiệm của phương trình
Trường hợp 1:Với x>0, chia hai vế phương trình cho x ta có:

1 1
2
4 4
� 2 4   2  2  3 1  9   2
x x
x
x x
(6)
1
t

Đặt x

(6)

(6.1)

2
2
3
(6.1) trở thành 2 t  t  4  2  3 2t  1  4t  4t  9

� (2t  1) 2  15  2  3 3 2t  1  (2t  1) 2  8

Đặt u =

3

2t  1

Khi đó phương trình (6.2) trở thành

3

(6.2)


u 6  15  2  3u  u 6  8 � 3u  u 6  8  u 6  15  2  0
Dễ thấy phương trình (6.3) chỉ có nghiệm u  0
6
6

Xét hàm f (u )  3u  u  8  u  15  2

1

f '(u )  3  3u 5 (

(6.3)

u �(0; �)

1

)0
6
u �(0; �)
u

15
Ta có
=> hàm số f (u ) đồng biến trên (0; �)
Mặt khác f (1)  0
u6  8



Do đó u =1 là nghiệm duy nhất của phương trình (6.3)
Với u=1 => t =1 => x= 1
Trường hợp 2:với x <0, chia 2 vế phương trinh (6) cho –x và làm tương tự trường hợp 1
ta đem về phương trình sau:
u 6  8  3u  u 6  15  2  0

Xét hàm: g (u ) 
g '(u )  3u 5 (

với u<-1 (do x<0)

u  8  3u  u  15  2
6

6

1

(6.4)

với u<-1

1


)3 0
6
6
u

8
u

15
Ta có:

với u<-1
Nên ta có: g (u)  g ( 1)  4 do đó phương trình (6.4) vô nghiệm

Vậy Phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 và x= 1
Bài 7: Giải phương trình
LG

(7)

(7)
Đặt ; với u,v >0
Khi đó phương trình trở thành:
Xét hàm với t>0
Hàm số liên tục và đồng biến
Do đó (7.1)
Kl: phương trình có 2 nghiệm x=-1; x=-2

(7.1)

3
Bài 8: Giải phương trình 4 x  x  ( x  1) 2 x  1  0

(8)
(TS cao đẳng 2012)

LG
Điều Kiện:

x �

1
2

Pt
(8.1)
3
Xét hàm: f (t )  t  t

� (2 x)3  2 x  ( 2 x  1)3  2 x  1

(8)
với t �R

2
Ta có: f '(t )  3t  1  0
với t �R
 hàm số f(t) đồng biến trên R
Do đó

4


(8.1) � f (2 x)  f ( 2 x  1) � 2 x  2 x  1
�x �0
1 5
�� 2
� x
4
�4 x  2 x  1
x

1 5
4

KL: Vậy Phương trình có nghiệm
3
2
3
Bài 9: Giải phương trình 8 x  36 x  53x  25  3x  5

(9)

LG
(9) � 8 x3  36 x 2  54 x  27  2 x  3  3x  5  3 3 x  5
� (2 x  3)3  (2 x  3)  ( 3 3 x  5)3  3 3 x  5
3
Xét hàm: f (t )  t  t

(9.1)

với t �R

Ta có: f '(t )  3t  1  0
với t �R
 hàm số f(t) đồng biến trên R
2

3
3
do đó (9.1) � f (2 x  3)  f ( 3 x  5) � 2 x  3  3 x  5

x2
�
�
�
5� 3
�
x
�
4
x

5� 3
4

Vậy phương trình có ba nghiệm x=2,
Bài 10 Giải phương trình

(10)
(Olimpic 30/4/2002)

LG
(10)
Ta thấy phương trình chỉ có nghiệm trong (-1/2;0)
Đặt u=-3x, v=2x+1 =>u,v>0
Khi đó phương trình trở thành:
(10.1)
Xét hàm =>

hàm số đồng biến (0;


khi đó (10.1)
Vậy x=-1/5 là nghiệm duy nhất của phương trình.
2
Bài 11 Giải phương trình 9 x  28 x  21  x  1
LG:
Điều Kiện: x �1

5

(11)


2
Ta có (11) � (3x  5)  (3x  5)  ( x  1)  x  1

(11.1)

Xét hàm: f (t )  t  t  f '(t )  2t  1
2

�1
�
 ; ��
�
�
 Hàm số đồng biến trên � 2
1�
�
�;  �

�
2�
 Hàm số nghịch biến trên �
3
1
x�
(3 x  5) �
2 thì
2 do đó (3x  5) và x  1 đều thuộc vào
Nếu
� (11.1) � f (3x  5)  f ( x  1) � 3x  5  x  1 � x  2 (t/m)

Nếu

1 �x 

�1
�
 ; ��
�
�2
�

3
2

2
Ta có (11.1) � (4  3x)  (4  3 x)  x  1  x  1

(11.2)

Xét hàm Xét hàm: g (t )  t  t  g '(t )  2t  1
2

�1
�
 ; ��
�
�
 Hàm số đồng biến trên � 2
1�
�
�;  �
�
2�
 Hàm số nghịch biến trên �
1
( ; �)
x  1 đều thuộc vào
2
Do
25  13
� g (4  3 x)  g ( x  1) � 4  3 x  x  1 � x 
� (11.2)
18
(t/m)
25  13
x
18
KL: vậy phương trình có hai nghiệm x=2 và

5
5
cos x.( )sinx  s inx.( )cos x
2
2
Bài 12 Giải phương trình
(12)
1 �x 

3
1
4  3x  
2 nên
2 do đó (4  3 x) và

LG:
Dễ thấy cosx =0 và sinx =0 không thõa mãn phương trình.Ta chia 2 vế phương trình cho
sinx.cosx
5
5
( )sinx ( )cos x
� 2
 2
s
inx
cos x
(12)
5
( )t
f (t )  2

t
Xét hàm
với t �(1;1)
5
5 5
5
5
t.( )t Ln  ( )t ( )t (t.Ln  1)
2 2  2
2
f '(t )  2
2
2
t
t
Ta có
<0 với mọi t �(1;1)
� f (t ) nghịch biến trên (1;1)

Do đó (12.1) �

f (s inx)  f (cos x ) � s inx  cos x � x 

6


 K
4

(12.1)

Vậy phương trình có nghiệm
Bài 13; Giải phương trình
LG
(13)
Xét hàm


 K
4

x

(k �Z )
(13)


pt f’x)=0 nếu có nghiệm thì nghiệm là duy nhất

pt f(x)=0 nếu có nghiệm thì sẽ có nhiều nhất 2 nghiệm (ĐL3)
Mặt khác f(0)=f(1)=0 =>x=0; x=1 là hai nghiệm của pt (13)
Vậy phương trình có 2 nghiệm x=1, x=0
Bài 14: Giải phương trình
LG:
Điều kiện:
(7)
(14.1)
Xét hàm hàm số liên tục và đồng biến
Khi đó (14.1) trở thành:

(14.2)
Xét hàm

(14)

�1
�
 ; ��
�
g
'(
x
)
� � g '( x) =0 có nhiều nhất một nghiệm
�
đồng biến trên � 2
� phương trình (14.2) có nhiều nhất hai nghiệm

Mặt khác g(0)=g(1)=0 => phương trình (14.2) có 2 nghiệm x=1; x=0
Vậy phương trình (14) có hai nghiệm x=0; x=1
x 1
Bài 15: Giải phương trình 7  6 log 7 (6 x  5)  1  0
LG:

6
5
Điều kiện:
Log7 (6 x  5)  y  1

(15)

x

� 7 y 1  6 x  5

Đặt

Phương trình (15) trở thành: 7
Lấy (15.2)-(15.1) ta có: 7
t 1

Xét hàm f (t )  7  6t

x 1

x 1

7

(15.1)

 6( y  1)  1

y 1

 6 y  6x � 7

(15.2)
x 1

 6x  7

y 1

6y

(15.3)

Trên R

t 1

Ta có f '(t )  7 .Ln7  6  0 t �R , do đó f (t ) đồng biến trên R
x 1
� (15.3) � f ( x )  f ( y ) � x  y � x  Log7 (6 x  5)  1 � 7  6 x  5
x 1
Xét hàm g ( x)  7  6 x  5 Trên R
6
g '( x)  0 � x  1  Log 7
x 1
g
'(
x
)

7
.
Ln
7


6
Ln7
Ta có:
;
� Phương trình g ( x )  0 có nhiều nhất hai nghiệm

Mặt khác ta thấy x= 1, x=2 là nghiệm của phương trình (15.4)
KL: Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x =1, x=2

7

(15.4)


Trên đây là những bài toán về giải phương trình, sau đây tôi xin được đưa thêm một số
bài toán cũng về phương trình nhưng có liên quan đến tham số.
Bài 16: Tìm m để phương trình có nghiệm
(16)
( ĐH Bưu Chính Viễn Thông 1999)
LG
Điều kiện:
(16)
Xét hàm
G(x), h(x) là hàm số đồng biến và liên tục [0;4]

hàm số f(x) đồng biến [0;4]

phương trình có nghiệm khi
KL:
Bài 17. Tìm m để phương trình sau có nghiệm

(HSG-Nghệ an-2005)
LG
TXD: D=R
Xét hàm f(x)=
f’(x)=
f’(x)=0
(17.1)
1
1
3
1 � 1 2 3�
� ( x  ) 2 [( x  ) 2  ]  ( x  ) 2 �
(x  )  �
2
2
4
2 � 2
4�

Thay x=0 vào (17.1) ta thấy không thoã mãn
Do đó f’(x)=0 vô nghiệm => f’(x) không đổi dấu trên R.
Mặt khác: f’(0)=1>0 =>
=> f(x) là hàm số đồng biến trên R
Ta có: ;
vậy phương trình có nghiệm khi
Bài 18: Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt
x 2  mx  2  2 x  1

(18)
(Khối B, 2006)

LG
� 1
2 x  1 �0
�
�x �
� �2
�� 2
2
�x  mx  2  (2 x  1)
�
3 x 2  4 x  1  mx
�
Ta có: (18)
1
�
x �
�
�
2
��
1
�
3x  4   m
�
x
( do x=0 Không là nghiệm của phương trình)

8

Xét hàm

f ( x)  3x  4 

f '( x)  3 

Ta có:
Bảng biến thiên

x



1
0
x2

1
x

1
�x �0
với 2
1
 �x �0
với 2


1

2

+�

0

f’(x)

+

+
+�

+�

f(x)
9/2

-�

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình đã cho có hai nghiệm thực khi và chỉ khi
9
m�
2

Bài 19 Chứng minh với mọi m dương phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt
x 2  2 x  8  m( x  2)

(19)
(Khối B, 2007)

LG
Điều kiện: x �2

(do m>0)

( x  2)( x  4)   m( x  2) � ( x  2)( x3  6 x 2  32  m)  0
Với x �2 ta có (19) � 
2

�x  2
� �3
2
�x  6 x  32  m  0
� bài toán đưa về tìm m để phương trình x3  6 x 2  32  m có nghiệm thuộc
(2;+ � )
3
2
x �(2; �)
Xét hàm f ( x)  x  6 x  32
2
Ta có: f '( x)  3x  12 x ; f '( x)  0 x �(2; �)
Bảng biến thiên:

x
f’(x)

+�

2

+

+�
f(x)
0
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình x  6 x  32  m luôn có một nghiệm thuộc
khoảng (2; �) với m>0.Do đó phương trình (19) luôn có hai nghiệm thực phân biệt khi
m>0.
Bài 20: Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt
3

9

2


4

2x  2x  2 4 6  x  2 6  x  m

(20)
(Khối A, 2008)

LG
Điều kiện: 0 �x �6

x � 0;6

4
4

Xét hàm số: f ( x)  2 x  2 x  2 6  x  2 6  x

f '( x) 

Ta có:

1
2 4 (2 x)

f '( x)  0 �

g (t ) 

Xét hàm

3

1
1
1


3
2 x 2 4 (6  x)
6 x



1
2 4 (2 x)

1
4

2 t

3



3

1
1
1


3
2 x 2 4 (6  x)
6x



1
t

t  0 ;

g '(t ) 

3
4

8 t

7



(*)
1
2 t 3 <0

t  0

� Hàm số g(t) nghịch biến trên (0;+ � ) � (*) � g (2 x)  g (6  x) � x  2

Bảng biến thiên
x
0
f’(x)

2
0

+

6
-

3 2 6

f(x)
24 6  2 6

4

12  2 3

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (20) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
2 4 6  2 6 �m < 3 2  6

Bài 21 Tìm m để phương trình sau có nghiệm
m( 1  x 2  1  x 2  2)  2 1  x 4  1  x 2  1  x 2

(21)

(Khối B, 2004)
LG
Điều kiện: 1 �x �1
Đặt t 

1  x2  1  x2

2
2
Xét hàm g ( x)  1  x  1  x với 1 �x �1

g '( x ) 

x
1  x2



Ta có
Bảng biến thiên

x
g’(x)
g(x)

x
1  x2

; g '( x )  0 � x  0

-1

0
0

2

1
+
2

10

0
Dựa vào bảng biến thiên ta có: 0 �g ( x) � 2

�0 t

m(t  2)  2  t 2  t �

2

t 2  t  2
m
t2

Phương trình (21) trở thành:
(21.1)
Ta thấy phương trình (20) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (21.1) có nghiệm
t ��
0; 2 �
�
�
t 2  t  2
t2
Xét hàm f (t ) 



t ��
0; 2 �
�

�

t 0
�
t 2  4t f '(t )  0 � �
2
t  4 ��
0; 2 �
�
�
�
�
Ta có f '(t )    (t  2) ;

Bảng biến thiên:

t
f(t)
f’(t)

2

0
1

2 -1

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (21.1) có nghiệm
2 -1 �m �1 nên phương trình (21) có nghiệm khi và chỉ khi

t ��
0; 2 �
�
�khi và chỉ khi

2 -1 �m �1

Bài 22: Tìm m để phương trình sau có nghiệm
3 x  1  m x  1  2 4 x2  1

(22)
(Khối A, 2007)

LG
Điều kiện: x �1
Ta có: (22)
Đặt

t

4

� 3

x 1
x 1
 24
m
x 1
x 1

(22.1)

x 1
x 1

x 1
x  1 với x �1
Xét hàm:
2
g '( x ) 
0
2
(
x

1)
x �1 � hàm số g(x) đồng biến trên  1; �
Ta có:
lim g ( x )  1
g ( x) 

Ta có:

x ��

� 0 �g ( x) 1

;

g(1)=0
0 t 1 .

2
t � 0;1
Phương trình (22.1) trở thành: 3t  2t  m
2
Xét hàm: f (t )  - 3t  2t

t � 0;1

11


f '(t )  6t  2; f '(t )  0 � x 

1
3

Bảng biến thiên:

t
f(t)
f’(t)

0

1/3
0
1/3

+

1
-

0

-1

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f(t) =m có nghiệm khi và chỉ khi
1
1
1  m �
1  m �
3 .Do đó phương trình (22) có nghiệm khi và chỉ khi
3

�
1;3 3 �
�
�
Bài 23: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn
Log32 x  Log32 x  1  2m  1  0

(23)
(Khối A, 2002)

LG:
�

1;3 3 �
�
�
x
�
Đặt
do
2
Phương trình (23) trở thành: t  t  2  2m
2
t � 1; 2
Xét hàm: f (t )  t  t  2   
t  Log32 x  1 � t � 1; 2

f '(t )  2t  1; f '(t )  0 � t  

Ta có:
Bảng biến thiên

t
f(t)
f’(t)

(23.1)

1
2

1

2
+
4

0
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (23.1) có nghiệm khi và chỉ khi
0 �2m �4 .Do đó phương trình (23) có nghiệm khi và chỉ khi 0 �m �2
Bài 24: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn a>b>c>0. Chứng minh phương trình
xa  xb 

a b
0
xc

có nghiệm duy nhất.
(HSG Hà Tĩnh, 2009)

LG:
Điều kiện x �a

12


a b
0�
xc

xa  xb 

Ta có:

� (a  b)(

�

1
1

) � xa  xb  xc  0
xc
xa  xb

xa
x b

1  0
xc
xc

Xét hàm

xa
x b

1
xc
x c

f ( x) 

a c

f '( x) 

2( x  c)

Ta có
Do đó hàm số
Và
�

ba
a b

0
xa  xb
xc

f ( x)

lim f ( x)  1  0

2

xa
xc

 x �[a; �)

bc



2( x  c)

đồng biến trên

2

xb
xc

[a; �)

0
 x �[a; �)

f (a ) 

và

a b
1  0
ac

x ��

phương trình

f ( x)  0

có nghiệm duy nhất.


�(0; )
2
Bài 25: tìm tất cả các giá trị của a để pt có đúng một nghiệm

(HSG Hải dương )
LG
Nx: Phương trình có nghiệm khi
Pt
(**)
Đặt x/2=t => t khi đó phương trình trở thành
(a<0; t)
Xét hàm số y= với t
Do (t-tant)<0 với mọi t => y’ <0 hay hàm số y=
nghịch biến trên
Mặt khác ;

để phương trình có đúng một nghiệm thì
hay
Kl:
Qua các bài toán vừa rồi phần nào đó đã giúp chúng ta thấy được tầm quan trọng của việc
ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải phương trình.Tiếp sau đây tôi xin nêu thêm
một số ví dụ về giải bất phương trình.

2.2.2 BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Bài 1: Giải bpt sau
LG:

(ĐH Bách Khoa1999)

13


Đk:
Bpt
(*)
Xét hàm = là hàm số liên tục và đồng biến [-1;+)
Mặt khác f(0)=3
Do đó (*)
(đl 4)
Kl: x>0
1

5
2log3 x  ( 12 ) log3 x �
2

Bài 2: Giải bất phương trình
LG
Điều kiện: 0  x �1
Đặt t  log 3 x

( t �0)
1
t

5
2 2 �

2
Khi đó (2) trở thành:
t

Xét hàm f (t )  2  2
t







1
t

với t �0

1

2 t
(2t  2 ) Ln2  0
t
Ta có: f '(t ) 

t �0

Do đó hàm số f(t) đồng biến trên mối khoảng
Mặt khác ta thấy

 �; 0  và  0; �

x �3
�
Log3 x �1
t �1
�
�
5
�
f (t ) � � �
�
� 1
5
� �x  1
1 �t  0 �
1 �Log3 x  0
2
f (1)  f (1) 
�
�
3
�
2 �
1
�x  1
Vậy Bất phương trình có nghiệm x �3 ; 3

Bài 3: Giải bất phương trình
LG

(3)

(3)

(3.1)
Xét hàm số là hàm số đồng biến trên R
Khi đó
(3.1) � f (| 2 x  1|)  f ( x  2)

x  1
�
�| 2 x  1| x  2 � �
� x �R
x 1
�

KL: với mọi x
Bài 4: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
(ĐH Bách Khoa 2000)
(4)
LG
Điều kiện:
Bpt
Xét hàm:

14

(2)

f ( x )  ( x 3  3x 2  1)( x  x  1)3
g ( x)  x3  3x 2  1
h( x )  x  x  1

Dễ thấy hàm số g(x) và h(x) là hai hàm dương và đồng biến
� Hàm số f(x) đồng biến [1;+ =>f(x)f(1)=3
� Phương trình (4) có nghiệm khi m
Bài 5 Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
( x  2  m) x  1 �m  4

(5)
(TS Cao Đẳng 2013)

LG
Điều kiện: x �1
Đặt t= x  1 , t �0
Phương trình (5) trở thành:

(t 2 
1�m
)۳t

m 4

m

t3  t  4
t 1

(5.1)

t t  4
t 1
Xét hàm
với t �0
2
(t  1)(2t  5t  5)
f '(t ) 
; f '(t )  0 � t  1
(t  1) 2
Ta có
f (t ) 

3

Bảng biến thiên

t
f(t)

0

1
0

-

+�
+
+�

f’(t)

4
2

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy bất phương trình (5.1) có nghiệm khi và chỉ khi
m �2 .Do đó bất phương trình (5) có nghiệm khi và chỉ khi m �2 .
Bài 6 Tìm m để bpt

(6)

�1 �
x ��
 ;3�
2 �
�
thoã mãn

(ĐH GTVT-1999)

LG
�1 �
x ��
 ;3�
2 �
�
Đặt với

Khi đó btp (6) trở thành:

Ta có:
bảng biến thiên

x
t’(x)

(6.1)

-1/2
+

5/4
0
15

3
-


7
2 2

t(x)
0

0

� 7 �
�1 �
��

0;
x ��
 ;3�
�
� 2 �thì btp (6.1)đúng với mọi t � 2 2 �
� Bpt (6) đúng

� 7 �
t ��
0;
�
2 2�
�
Dễ thấy hàm số là hàm số đồng biến
� 7 �
t ��
0;
2 2�
�
�
Do đó
� 7 �
t ��
0;
�
� 2 2�

Minf(t)>m+6
f(0)=0>m+6
KL: m<-6

Bài 7 Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x thõa mãn 1 �x �1
m 1  x  12 1  x 2 �16 x  3m 1  x  2m  15

(7)

LG:
2
Ta có (7) � m( 1  x  3 1  x  2) �16 x  12 1  x  15

� m(3 1  x  1  x  2)  2[9( x  1)  6 (1  x)(1  x)  (1  x)]-5 �0
Đặt t= 3 1  x  1  x
2
Khi đó (7) trở thành: 2t  m(t  2)  5 �0
(7.1)
3
1

0
t �(1;1)
2
x

1
2
1

x
Ta có: t’=
� t ��

 2;3 2 �
�
�
Ta có: t (1)   2 ; t (1)  3 2

Bài toán đưa về tìm m để bất phương trình (7.1) nghiệm đúng
Ta có: (7.1)

ۣ m

2t 2  5
t2

t ��
 2;3 2 �
�
�

t ��
 2;3 2 �
�
�)
( do t  2  0

(7.2)

2t 2  5
t ��
 2;3 2 �
�

�
Xét hàm: f (t )  t  2
2t 2  8t  5
f '(t ) 
 0 t ��
2
 2;3 2 �
(
t

2)
�
�
Ta có:

�
 2;3 2 �
�
� hàm số f(t) nghịch biến �

Do đó bất phương trình (7.2) nghiệm đúng

t ��
 2;3 2 �
�
� khi và chỉ khi

16

m �minf(t )
�
 2 ;3 2 �
�
�

=

Vậy với

f (3 2) 

31
m�
3 22

1 �x �1

31
3 2 2

thì bất phương trình (7) nghiệm đúng với mọi x thõa mãn

Qua những ví dụ trên ta đã thấy được vai trò to lớn của việc ứng dụng phương pháp sử
dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải quyết những bài toán về phương trình, bất
phương trình, đặc biệt là những bài toán có chứa tham số m.Tiếp theo đây tôi xin được
đưa những ví dụ về hệ phương trình.
2.2.3/HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Bài 1: Giải hệ phương trình
Lg

(1)

(*)

Xét hàm số: f(t )  3  t hàm số đồng biến và liên tục trên R
Khi đó pt (*) trở thành f ( x)  f ( y ) � x  y thay vào (2) ta có:
Vậy hệ phương trình có nghiệm x=y=2; x=y=-2
t

Bài 2: Giải hệ phương trình sau
(HSG-QG_1999)
LG
Đk:
Đặt t=2x-y.
khi đó (3) trở thành
(5)
Xét hàm: hàm số nghịch biến
hàm số đòng biến
=> Pt (5) có nghiệm thì nghiệm là duy nhất.
Dễ thấy t=1 là một nghiệm của pt (5)
=> thay vào pt (4) ta có
(4)
(6)
Xét hàm là hàm số đồng biến
� Pt (6) nếu có nghiệm thì nghiệm là duy nhất
Dễ thấy y=-1 là một nghiệm của (6)
� y=-1 => x=0
KL: vậy hệ đã cho có nghiệm

Bài 3: Giải hệ phương trình sau

�x 3  3 x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y
�
�2
1
2
�x  y  x  y 
�
2

(KA, 2012)

17


LG
�x 3  3 x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y
�
( x  1)3  12( x  1)  ( y  1)3  12( y  1)
�
�
�� 1 2
�2
1
1
2
x

y


x

y

( x  )  ( y  )2  1
�
�
2
2
� 2
Ta có �

(7)
(8)

� 1
3
1
�x  2 �1 �  2 �x  1 �2
�
�
�y  1 1 �1 �  1 �y  1 �3
�
2
2
2
Từ (8) �
� 3 3�
 ; �
3

�
f
(
t
)

t

12
t
2 2�
�
Xét hàm
Trên
� 3 3�
 ; �
�
f
'(
t
)

3
t

12

0
2 2 � � hàm số f(t) nghịch biến trên
�


t
�
Ta có:
Do đó (7) � f ( x  1)  f ( y  1) � y  x  2
(9)
2

� 3 3�
 ; �
�
� 2 2�

x  1/ 2
�
4x2  8x  3  0 � �
x 3/ 2
�
Thế (9) và (8) ta có:
1 3 3 1
( ;  );( ;  )
Từ đó suy ra hệ đã cho có hai nghiệm: 2 2 2 2

�
(4 x 2  1) x  ( y  3) 5  2 y  0
�
� 2
4x  y2  2 3  4x  7
Bài 4: Giải hệ phương trình sau �

(10)
(11)

(KA 2010)
LG
� 3
x�
�
� 4
�
�y �5
Điều Kiện: � 2
2
� (4 x  1)2 x  (5  2 y  1) 5  2 y

Ta có (10)

(12)

Xét hàm: f (t )  (t  1)t , f '(t )  3t  1  0 t �R � hàm số đồng biến trên R
2

2

�x �0
�
� f (2 x)  f ( 5  2 y ) � 2 x  5  2 y � � 5  4 x 2
�y 
2
�

Do đó (12)
5
4 x 2  (  2 x2 )2  2 3  4 x  7  0
2
Thế vào phương trình (11) ta có:

Dễ thấy x=0 và x=3/4 không là nghiệm của pt (13)
5
4 x 2  (  2 x 2 )2  2 3  4 x  7
2
Xét hàm g ( x) 

18

3
x �(0; )
4

(13)


Ta có:

g '( x )  4 x (4 x 2  3) 

4
0
3  4x

3

x �(0; )
4

3
Do đó hàm số g(x) nghịch biến trên (0; 4 )
1
Mặt khác g( 2 )=0

Do đó phương trình (13) có nghiệm duy nhất

x

1
�y2
2

1
;2
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 2 )
4
�
� x 1  4 x 1  y  2  y
�2
x  2 x( y  1)  y 2  6 y  1  0
Bài 5: Giải hệ phương trình sau �

(14)
(15)

(KA 2013)

LG
Điều kiện: x �1
2
Ta có: (15) � ( x y 1)  4 y

y

0

4
Đặt u  x  1, u �0

4
4
Khi đó (14) trở thành: u  2  u  y  2  y

(16)

Xét hàm f (t )  t  2  u với t �0
4

f '(t ) 

Ta có

2t 3
t4  2

1  0

với mọi t �0 � hàm số f(t) đồng biến

 0; �

4
4
Do đó (16) � f (u )  f ( y ) � u  y � x  1  y � x  y  1 thế vào (15) ta có:

y  0 � x 1
�
� y ( y 7  2 y 4  y  4)  0 � �7
y  2 y4  y  4  0
�
(15)

(17)

Giải (17):
7
4
Xét hàm h( y )  y  2 y  y  4

y �0

y �0 � hàm số h(y) đồng biến 
Ta có: h '( y )  7 y  8 y  1  0
Mặt khác h(1)  0 � phương trình (17) có nghiệm duy nhất y  1 � x  2
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (1;0);(2;1)
6

0; �

3

�
(3x  9 x 2  1)( y  y 2  1)  1
�
� 3
8x  2 y  5x  y  2
�
Bài 6: Giải hệ phương trình sau �

(18)
(19)

(HSG Lâm Đông 2013-2014)
LG
Điều kiện: 5 x  y  2 �0

19


2
2
2
2
Ta có:(18) � 3x  (3 x)  1   y  y  1 � 3 x  (3 x)  1  (  y)  ( y)  1

Xét hàm f (t )  t  t  1
2

f '(t ) 

(20)

t �R

t2 1  t

�0
2
t

1
t �R � hàm số f(t) đồng biến trên R
Ta có:
Do đó (20) � f (3x)  f ( y ) � 3x   y � y  3x thế vào phương trình (19) ta có:
8 x3  6 x  2 x  2
(21)

Giải (21):
Điều kiện: x �1
3
2
Với x  1 � 8 x  6 x  2 x  8 x ( x  1)  2 x  2 x  2 do đó (21) vô nghiệm
Với 1 �x �1
t � 0;  
Đặt x  cos t ,
3
Khi đó phương trình (21) trở thành 2( 4 cos t  3cos t )  2 cos t  2

� k 4

t
�
t
5
��
k 4
2
�
t
�
� 7
(k �Z)
4
4
�
t

0;
t

;
t

t � 0;  
5
7
Do
� cos 3t  cos

4
4
4
4
Vậy hệ phương trình có ba nghiệm: (1;-3);(cos 5 ;-3cos 5 ); (cos 7 ;-3cos 7 )
y2
�
�Log 2 x  2
�
4 1  x  xy 4  y 2  0
Bài 7: Giải hệ phương trình sau �

(22)
(23)

(Tạp chí THTT)
LG
Điều kiện: x>0
Ta có do x>0 nên từ (23) => y <0
2
2 2
2
4 2
2 2
Khi đó (23) � 4 1  x   xy 4  y � 16( x  1)  x y (4  y ) � y x  4 y x  16( x  1)  0
(24)

2
Ta xem phương trinh (24) là pt bậc hai với ẩn y

�2 4
y 
�
x
� (24) � �
4 x 2  4 x
�
2
y 
0
�
x2
�

Do đó
Log 2

y2 

4
4
�x 2
x
y thế vào phương trình (22) ta có:

4
 2 y  2 � 2  log 2 y 2  2 y  2  0
2
y

(23)

20


2
y2
Xét hàm f ( y)  2  log 2 y  2
vơi y <0

Ta có :

f '( y ) 

2
 2 y  2 Ln 2  0
yLn 2

y  0

Do đo hàm số đồng biến trên (�; 0)
Mặt khác f (1)  0 nên y= -1 là nghiêm duy nhất của pt (23)
�x4

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm (4;-1)
�
( x 2  1  x)( y 2  1  y )  1
�
�

2
Bài 8: Giải hệ phương trình �4 x  2  22  3x  y  8

(24)
(25) (HSG Nam Định 2013)

LG
�

x2  1  x 

Ta có (24)

1
y 1  y
2

2
Xét hàm f (t )  t  1  t

f '(t) 

1 t2  t

�

x 2  1  x  ( y ) 2  ( y )

(26)

t �R
0

1 t2
t �R
Ta có
� Hàm số f (t ) đồng biến trên R � (26) � f ( x)  f ( y ) � x   y Thay vào (25) ta
2
có: 4 x  2  22  3 x  x  8

1
4 ��
1
14 �
�
� 4 � x  2  ( x  ) � � 22  3 x  ( x  ) � x 2  x  2
3
3 ��
3
3 �
�
2
�
� 4�
3 x  2  ( x  4) �
3 22  3 x  (14  x) �
�
� �
� 3( x  x  2)
4( x 2  x  2)

 x2  x  2
�

 3( x 2  x  2)  0
3 x  2  x  4 3 22  3 x  14  x
4
1
�
�
� ( x 2  x  2) �

 3� 0
3 x  2  x  4 3 22  3x  14  x �
�
x  1
�
�  x2  x  2  0 � �
x2
�
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (1;1);(2; 2)

Bài 9: Giải hệ phương trình sau
�x Y sin x
e 
�
sin y
�
�
sin 2 y  cos2y  sinx  cosx-1
�

�

�x,y �(0; )
4
�

LG:
(27)
Xét hàm với

(27)
(28)
(29) (HSG nghệ an 2000)

(30)

21


=>hàm số f(t) đồng biến trên
Khi đó (30) thay vào (28) ta có: sin2y-cos2y=siny+cosy-1
� (siny+cosy)(2siny-1)=0
(*)
�
Do nên (*)
x=
KL: hệ phương trình có nghiệm x=y=
Bài 10
Giải hệ phương trình
LG :

(HSG Quôc gia 1994)

Xét hàm
f (t )  t 3  3t  3  ln(t 2  t  1)
f '(t )  3t 2  1 

2t 2  1
0
t2  t 1

với mọi t

� Hàm số đồng biến trên R
� Khi đó hệ phương trình được viết lại như sau:
�f ( x)  y
�
�f ( y )  z
�f ( z )  x
�

Không mất tính tổng quát ta giả sử x=min{x,y,z} lúc đó ta có
x �y

f ( x) f ( y)
y z
Vậy x �y �z �x � x  y  z

f ( y)

f (z)

z

x

3
2
Với x=y=z xét phương trình x  3 x  3  ln( x  x  1)  0

(I)

Do hàm t(x)= x  3 x  3  ln( x  x  1)  0 là hàm số đồng biến trên R =>t(x)=0 có nghiệm
duy nhất
Dễ thấy x=1 là nghiệm của phương trình (I)
Kl: x=y=z=1 là nghiệm duy nhất của hệ pt đã cho.
3

2

Bài 11 Giải hệ phương trình sau
LG
Dễ thấy hệ phương trình chỉ có nghiệm khi x>0; y>0; z>0
Xét hàm
hàm số f(t) nghịch biến trên (0;)
Khi đó hệ phương trình được viết lại như sau:
Không mất tính tổng quát ta giả sử x = min{x, y, z} khi đó ta có
Do đó

22

Với thay vào hệ phương trình ta có:
(II)
Do hàm số y =
là hàm số nghịch biến (0;)
hàm số y =x
là hàm số đồng biến (0;)
=> phương trình (II) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Mặt khác ta thấy x=1/2 là một nghiệm của phương trình (II)
Do đó hệ đã cho có nghiệm duy nhất: x=y=z=1/2

Bài 12: Giải hệ phương trình
� x 2  2 x  6.log (6  y)  x
3
�
� 2
� y  2 y  6.log 3 (6  z )  y
� 2
z  2 z  6.log 3 (6  x)  z
�
�

LG
Điều kiện:
Hệ phương trình
Xét hàm: =>
hàm số f(t) nghịch biến
Xét hàm: =>

(HSG-QG-2006)
(III)

hàm số g(t) đồng biến .
Khi đó hệ phương trình (III) được viết lại như sau:
Không mất tính tổng quát ta giả sử x=Max{x, y,z}, ta xét hai trường hợp sau
*TH1
thay vào hệ phương trình
*TH2
tương tự trên ta cũng có
Khi đó với thay vào (III) ta có: (**)
Dễ thấy phương trình (**) có nghiệm duy nhất x=3
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=y=z=3
Bài 13: Tìm m để phương trình sau có nghiệm
1 1
�
�x  y  x  y  5
�
�
�x 3  y 3  1  1  15m  10
�
x3 y 3
�

(Khối D, 2007)

LG

Đặt

1
�
a  x
�
x
�
�
1
�
b y
y
�
�

Khi đó

a �2, b �2

23


�a  b  5
�a  b  5
��
�3 3
ab  8  m
Hệ phương trình trở thành �a  b  3(a  b)  15m  10 �
2
Do đó a, b là hai nghiệm của hệ phương trình t  5t  8  m
(I)

t �2

Để hệ phương trình đã cho có nghiệm thì (I) có hai nghiệm thỏa mãn
2
t �2
Xét hàm f (t )  t  5t  8 với

f '(t )  2t  5, f '(t )  0 � t 

Ta có
Bảng biến thiên:

5
2

t
-�
f’(t)

-2
-

5
2

2
-

-

+�

0

+

+�

+�

f(t)

22
2
7
4

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình f(t)=m có hai nghiệm thỏa mãn

t �2

7
�m �2
Khi và chỉ khi 4
hoặc m �22
7
�m �2
Vậy với 4
, m �22 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm
2

�
�x  m  y ( x  my )
�2
Bài 14: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm �x  xy  y  0

(HSG hà tĩnh 2013)
LG
�
my 2  y  m  0
�
�2
�x  xy  y  0

Hệ phương trình đã cho tương đương với
Ta xem pt (29) là phương trình bậc hai với ẩn x

(28)
(29)

�y �0
  y 2  4 y �0 � �
� phương trình (29) có nghiệm khi
�y �4

Do đó hệ phương trình đã cho có nghiệm khi phương trình (28) có nghiệm y thỏa mãn
y �0
�
�
y �4
�

Ta có (28)

�

y
m
y 1
2

(30)

24


Xét hàm

f ( y) 

y
y 1
2

y �( �; 4] �[0; �)

1 y2
f '(y) 
; f '( y)  0 � y  �1
(1  y 2 ) 2
Ta có

Bảng biến thiên

-�

y
f’(y
)

-4

0

-

1
0

+

+�
-

1/2
0

0

0

f(y)
-4/17
y �0
�
�
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy phương trình (30) có nghiệm thỏa mãn �y �4
4
1
 �m �
2
Khi và chỉ khi 17
4
1
 �m �
2
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi 17

Bên cạnh ứng dụng để giải phương trình,bất phương trình,hệ phương trình thì một ứng
dụng cũng hết sức quan trọng của tính đơn điệu của hàm số đó là tìm giá trị lớn nhất,nhỏ
nhất của hàm số, của các biểu thức và chứng minh các bất đẳng thức.
Sau đây tôi xin phép được đưa thêm một số ví dụ về ứng dụng đó.
2.2.4/TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT,NHỎ NHẤT
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
y   x 2  4 x  21   x 2  3 x  10

LG
Điều kiện 2 �x �5
y' 

Ta có

2 x  4

2  x 2  4 x  21



(Khối D, 2010)

2 x  3
2  x 2  3x  10

y '  0 � (2 x  4)  x 2  4 x  21  (2 x  3)  x 2  4 x  21

25