GIẢI PHƢƠNG TRÌNH, BẤT PHƢƠNG TRÌNH, HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

Chuyên đề bồi dưỡng ôn thi THPT Quốc gia môn Toán
CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG ÔN THI THPT QUỐC GIA
MÔN: TOÁN
TÊN CHUYÊN ĐỀ:
GIẢI PHƢƠNG TRÌNH, BẤT PHƢƠNG TRÌNH, HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẰNG
PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
Giáo viên: Nguyễn Thị Lệ Thanh
Chức vụ: Tổ trưởng
Đơn vị: Trường THPT Tam Dương
Đối tượng: Học sinh lớp 12
MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn chuyên đề:
Trong chƣơng trình toán THPT chủ đề phƣơng trình,bấ t phƣơng trình, hệ
phƣơng trình là một chủ đề hay và rất quan trọng. Dạng toán này luôn xuất hiện trong
các đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ, THPT của BGD hàng năm và trong các đề thi HSG các
cấp. Đối với nhiều học sinh đây đƣợc coi là các bài toán khó, là câu phân loại học sinh
trong đề thi.
Qua quá trình dạy học sinh ôn thi ĐH, CĐ, ôn thi THPT và đặc biệt là dạy bồi
dƣỡng HSG tôi nhận thấy không ít học sinh còn rất lúng túng khi gặp bài toán phƣơng
trình, bấ t phƣơng triǹ h , hệ phƣơng trình. Có rất nhiều phƣơng pháp giải chúng, mỗi
phƣơng pháp đều có những nét độc đáo riêng. Với quá trình tự học, tự nghiên cứu của
bản thân và những kinh nghiệm khi giảng dạy tôi nhận thấy phƣơng pháp sử dụng tính
đơn điệu của hàm số là một phƣơng pháp mạnh, hay, độc đáo và thƣờng cho ta lời giải
tố i ƣu. Đặc biệt trong một số bài toán ta không thể giải đƣợc bằng phƣơng pháp thông
thƣờng hoặc có thể giải đƣợc nhƣng gặp nhiều khó khăn thì phƣơng pháp hàm số lại
rất hiệu quả. Hơn nữa phƣơng pháp này phát huy rất tốt tƣ duy sáng tạo, khả năng
phân tích, phán đoán của ngƣời học, đồng thời nó đòi hỏi ở ngƣời học biết vận dụng
kĩ năng phân tích, lập luận, tính toán chính xác, khoa học.

1

GV: Nguyễn Thị Lệ Thanh – THPT Tam Dương
Với mong muốn cung cấp cho các em học sinh có một cách nhìn sâu hơn về
cách tƣ duy và kinh nghiệm giải một số bài toán phƣơng trình, bất phƣơng trình, hệ
phƣơng trình nên tôi đã lựa chọn chuyên đề: "Giải phƣơng trình, bất phƣơng trình,
hệ phƣơng trình bằng phƣơng pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số " .
2. Phạm vi, đối tƣợng, mục đích của chuyên đề:
Phạm vi: Áp dụng rộng rãi trên toàn quốc
Đối tƣợng: Học sinh lớp 12
Mục đích: Giúp các em đạt điểm tối đa trong dạng toán này.
3. Phƣơng pháp nghiên cứu
-Tìm hiểu các khái niệm về hàm số đơn điệu, các tính chất. Tham khảo các tài liệu có
liên quan đến đề tài, các đề thi ĐH, CĐ, THPT của một số năm trở lại đây.
-Tìm hiểu thực trạng học sinh lớp 12.
- Dự giờ, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp về nội dung đề tài. Tổng kết rút kinh nghiệm
trong quá trình dạy học.
4. Thực trạng :
a) Thuận lợi: Đa số học sinh các lớp tôi giảng dạy là học sinh có nhận thức khá, giỏi
nên việc áp dụng đề tài này khá thuận lợi.
b) Khó khăn: Nhiều học sinh vẫn rất lúng túng khi gặp dạng toán này, do các em chƣa
thật sự xác định rõ hƣớng phân tích, vì thế các em còn rất lúng túng và chƣa linh hoạt
khi giải quyết bài toán hoặc cách giải quyết của các em quá phức tạp hoá vấn đề dẫn
đến đi lạc hƣớng hoă ̣c lời giải thiế u chính xác .
…………………..

2


Chuyên đề bồi dưỡng ôn thi THPT Quốc gia môn Toán
MỤC LỤC

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƢỠNG ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN: TOÁN ..................... 1
MỞ ĐẦU ......................................................................................................................... 1
1. Lý do chọn chuyên đề: .......................................................................................... 1
2. Phạm vi, đối tƣợng, mục đích của chuyên đề: ...................................................... 2
3. Phƣơng pháp nghiên cứu ...................................................................................... 2
4. Thực trạng : ........................................................................................................... 2
A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT ................................................................................................. 4
1, Phƣơng trình dạng: f (x )  g(x ) ........................................................................... 4
2, Phƣơng trình dạng: f (x )  c ............................................................................... 4
3, Phƣơng trình dạng: f (u)  f (v) .......................................................................... 4
4, Bất phƣơng trình dạng: f (x )  c ........................................................................ 5
5, Bất phƣơng trình dạng: f (u)  f (v) .................................................................... 5
MỘT SỐ DẠNG TOÁN ................................................................................................. 6
I, Phƣơng trình ................................................................................................................. 6
Dạng 1. Phƣơng trình dạng f (x )  c ....................................................................... 6
Dạng 2. Phƣơng trình dạng: f (u)  f (v) ............................................................... 10
Dạng 3. Phƣơng trình dạng f (x )  g(x ) ................................................................. 18
Dạng 1. Bất phƣơng trình dạng: f (x )  c; .............................................................. 22
Dạng 2. Bất phƣơng trình dạng: f (x )  f y  ......................................................... 24
III, Hệ Phƣơng trình ...................................................................................................... 27
Dạng 1. Cô lập hai biến về hai vế của một trong hai phƣơng trình rồi đƣa về dạng:

f (u)  f (v) ............................................................................................................... 27
Dạng 2. Kết hợp hai phƣơng trình để tìm ra phƣơng trình đặc trƣng ..................... 43
BÀI TẬP TỰ LUYỆN ................................................................................................... 51
KẾT LUẬN ................................................................................................................... 54
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................................. 55

3

GV: Nguyễn Thị Lệ Thanh – THPT Tam Dương
NỘI DUNG
A. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1, Phƣơng trình dạng: f (x )  g(x )
a, Nhận dạng:
Với f (x ); g(x ) là hai hàm số liên tục trên khoảng (a; b) và f (x ); g(x ) là hai hàm số
biến thiên ngƣợc chiều nhau trên khoảng (a; b) thì phƣơng trình f (x )  g(x ) có không
quá một nghiệm trên khoảng (a; b).
b, Phƣơng pháp giải:
+ Tìm tập xác đinh.
̣
+ Tìm giá trị x 0 : f (x 0 )  g(x 0 )
+ Chứng minh phƣơng trình có không quá một nghiệm.
2, Phƣơng trình dạng: f (x )  c
a, Nhận dạng:

y  f (x ) là hàm đơn điệu tăng hoặc giảm, y  c là hàm số hằng trên khoảng (a; b)
thì phƣơng trình có không quá một nghiệm trên khoảng (a; b) .
b, Phƣơng pháp giải:
+ Tìm tập xác đinh.
̣
+ Tìm giá trị x 0 : f (x 0 )  c .
+ Chứng minh phƣơng trình có không quá một nghiệm.
3, Phƣơng trình dạng: f (u)  f (v)
a, Nhận dạng: Hàm số f t  đại diện cho hai hàm số trên là hàm đơn điệu trên tập hợp
là hợp của hai tập xác định f (u); f (v) ). Khi đó f (u)  f (v)  u  v .
b, Phƣơng pháp giải:
+ Tìm tập xác đinh.
̣

+ Đƣa phƣơng trình về dạng f (u)  f (v)
+ Chứng minh hàm số f t  đơn điệu trên tập hợp là hợp của hai tập xác định của hàm

f (u); f (v) .
+ Suy ra f (u)  f (v)  u  v .

4


Chuyên đề bồi dưỡng ôn thi THPT Quốc gia môn Toán
4, Bất phƣơng trình dạng: f (x )  c
a, Nhận dạng: f x  là hàm số đơn điệu, tồn tại x 0 sao cho f (x 0 )  c
b, Phƣơng pháp giải:
+ Tìm tập xác đinh.
̣
+ Chứng minh hàm số f (x ) đơn điệu trên khoảng (a; b)
+ Tồn tại x 0 thỏa mãn f (x 0 )  c trên khoảng (a; b)
+ Nếu f x  là hàm số đồng biến thì x  x 0 trên khoảng (a; b). Nếu f x  là hàm số
nghịch biến thì x  x 0 trên khoảng (a; b) .
5, Bất phƣơng trình dạng: f (u)  f (v)
a, Nhận dạng: Hàm số f t  đại diện cho hai hàm số trên là hàm đơn điệu trên tập hợp
là hợp của hai tập xác định f (u); f (v) .
b, Phƣơng pháp giải:
+ Tìm tập xác định
+ Đƣa phƣơng trình về dạng f (u)  f (v)
+ Chứng minh hàm số f t  đơn điệu trên tập hợp là hợp của hai tập xác định của hàm

f (u); f (v) .
+ Suy ra f (u)  f (v)  u  v trên khoảng (a; b) nếu f t  là hàm số đơn điệu tăng,
hoặc f (u)  f (v)  u  v trên khoảng (a; b) nếu f t  là hàm số đơn điệu giảm.

Chú ý: Các dạng toán trên vẫn đúng khi xét trên các khoảng a;  và ;a  .

5


GV: Nguyễn Thị Lệ Thanh – THPT Tam Dương
MỘT SỐ DẠNG TOÁN
I, Phƣơng trình
Dạng 1. Phƣơng trình dạng f (x )  c
1.1.Phƣơng pháp:
+ Tìm điều kiện xác định hoặc tập xác định của hàm số.
+ Trƣờng hợp 1. Chứng minh một vế của phƣơng trình loại này là hàm số hằng còn vế
kia là hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên một khoảng.
Trƣờng hợp 2. Hai vế của phƣơng trình đều chứa biến nhƣng sau khi chuyến biến về
một vế ta lại đƣợc dạng trên.
+ Chỉ ra tồn tại giá trị x 0 sao cho f (x 0 )  c
+ Kết hợp điều kiện để đƣợc nghiệm phƣơng trình.
1.2 Bài tập minh họa:
Bài 1. Giải phƣơng trình sau:

3x  1  x  7x  2  4
Hƣớng dẫn giải

Nhâ ̣n xét: Với bài toán này nếu giải theo cách bình thường như bình phương hay đặt
ẩn phụ sẽ gặp nhiều khó khăn. Tuy nhiên, nếu tinh ý một chút các bạn sẽ thấy ngay VT
là một hàm đồng biến và x  1 là một nghiệm của phương trình nên ta có x  1 là
nghiệm duy nhất. Vậy cách giải như sau:
 7  57

Tập xác định: D  

; 
2


Xét hàm số:

f (x )  3x +1  x  7x +2 , ta có f x  là hàm liên tục trên D.
1

7

 7  57


f '(x ) 

 0 với x  
;  nên hàm số
2


2 3x +1 2 x + 7x +2
 7  57

f x  luôn đồng biến trên nửa khoảng 
;  .
2



3

2 7x +2

Mặt khác ta thấy f 1  4 .

Vậy x  1 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình.
Bài 2. Giải phƣơng trình:

5x 3  1  3 2x -1  x  4
Hƣớng dẫn giải

6


Chuyên đề bồi dưỡng ôn thi THPT Quốc gia môn Toán
Nhận xét:
Với bài toán này cũng vậy nếu dùng phép biến đổi tương đương hay đặt ẩn phụ sẽ gặp
khó khăn và theo chú ý trên ta cũng dễ dàng nhận thấy vế trái của phương trình là
một hàm đồng biến và phương trình x  1 thỏa mãn.
Ta có lời giải như sau:
 1

Điều kiện: x  
; 
3 5



f (x )  5x  1  2x -1  x  f ' x  

3

15x 2

3

2 5x 3  1



 1

 ; 

1

0

x


2
 3

5
3 3 2x -1
2





Vậy vế trái là hàm số đồng biến, vế phải là hàm số hằng và x  1 thỏa mãn phƣơng
trình nên phƣơng trình có nghiệm duy nhất x  1 .
Bài 3. Giải phƣơng trình:

x 3
1 2x

 2x  1  2

Hƣớng dẫn giải

1 
Điều kiện: x   ;2
2 


Dễ thấy hàm số y 

x 3

 2x  1 đồng biến (Hs tự chứng minh)

1 2x
Mặt khác x  1 thỏa mãn phƣơng trình nên x  1 là nghiệm duy nhất.
Bài 4. Giải phƣơng trình:

x 2  x  1  x 2  7x  1  4 x
Hƣớng dẫn giải

Dễ thấy x  0 không là nghiệm phƣơng trình
Với x  0  x  1 
Phƣơng trình trở thành:

1
1
1
 x  7   4 . Đặt t  x  ; t  2
x
x
x
t  1  t  7  4 . Xét hàm số

f (t )  t  1  t  7  f '(t ) 

1

1

 0 t >2
2 t 1 2 t  7
Vế phải là hàm số hằng, vế trái là hàm số đồng biến nên đồ thị của chúng cắt nhau tại
1
điểm duy nhất, mặt khác t  2  x  1 thỏa mãn phƣơng trình.
Vậy nghiệm phƣơng trình là x  1 .
Bài 5. Giải phƣơng trình:



x 2 - 2x + 5 + x - 1 = 2
Hƣớng dẫn giải
7


GV: Nguyễn Thị Lệ Thanh – THPT Tam Dương
Điều kiện: x  1
Dễ thấy hàm số

x 1

y  x 2  2x  5  x  1  y ' 



x 2  2x  5
hàm số đồng biến trên nử khoảng 1; 


1
2 x 1

 0 x  1 , suy ra

Mặt khác x  1 thỏa mãn phƣơng trình nên x  1 là nghệm duy nhất.





Bài 6. Giải phƣơng trình: log 4 6 x 2  2x  2  2 log

5

x

2



 2x  3

Hƣớng dẫn giải



x 2  2x  2  0

Điều kiện:  2

x  2x  3  0



Ta có:
log 4 6 x 2  2x  2  2 log 5 x 2  2x  3  log6 x 2  2x  2  log5 x 2  2x  3



















Đặt t  log6 x 2  2x  2  x 2  2x  2  6t . Khi đó phƣơng trình trở thành:
t

t

5 1
t  log5 6  1  6  1  5  5  1  6        1 *
 6   6 
Dễ thấy vế trái phƣơng trình (*) là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm số hằng nên
x  4
phƣơng trình có nghiệm duy nhất t  1  
x  2
Vậy tập nghiệm của phƣơng trình là: S  2; 4





t

t

t

t



t



Bài 7. Giải phƣơng trình: log2 1  3 x  2 log7 x
Hƣớng dẫn giải
Điều kiện: x  0









Ta có: log2 1  3 x  2 log7 x  log2 1  3 x  log7 x

Đặt t  log7 x  x  7t . Khi đó phƣơng trình trở thành:

t  log2



3

t



t /3

3

t

t

7 1  7 1  2  7

t /3

t /3

1  8

7 
  

 8 

t /3

1
  
 8 

1

Dễ thấy vế trái phƣơng trình là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm số hằng nên
phƣơng
8




Chuyên đề bồi dưỡng ôn thi THPT Quốc gia môn Toán
t
 1  x  73
3
Vậy tập nghiệm của phƣơng trình là: S  343 .
trình có nghiệm duy nhất



Bài 8. Giải phƣơng trình: log2 x  3

log6 x

  log x
6

Hƣớng dẫn giải

Điều kiện: x  0
Đặt t  log6 x  x  6t . Khi đó phƣơng trình trở thành:
t

 3
t  log2 6  3  6  3  2  3     1
 2 



t

t



t

t

t

t

Dễ thấy vế trái phƣơng trình là hàm số đồng biến, vế phải là hàm số hằng nên phƣơng

1
trình có nghiệm duy nhất t  1  x 
6

1

Vậy tập nghiệm của phƣơng trình là: S  
 
.

6
 



log2 x

Bài 9. Giải phƣơng trình: x 2  3

x

log2 5

Hƣớng dẫn giải
Điều kiện: x  0
Đặt t  log2 x  x  2t . Khi đó phƣơng trình trở thành:
t

t

 4   3
4  3  5        1
 5   5 
Dễ thấy vế trái phƣơng trình là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm số hằng và t  2
thỏa mãn phƣơng trình nên phƣơng trình có nghiệm duy nhất t  2  x  4
Vậy tập nghiệm của phƣơng trình là: S  4
t

t

t

Bài 10. Giải phƣơng trình:

x 2 + 15 - x 2 + 8 = 3x - 2
Hƣớng dẫn giải

Điều kiện: x   .
Từ (2):

x 2  15  x 2  8  3x  2  3x  2  x 2  8  x 2  15  0 (*)

Xét hàm số f x   3x  2  x 2  8  x 2  15
+ Nếu x  2 thì f (x) < 0  (*) vô nghiệm.
3
9


GV: Nguyễn Thị Lệ Thanh – THPT Tam Dương



1
1
+ Nếu x  2 thì f  x   3  x 

 0 x  2

 x 2  8
3
3
x 2  15 


 f (x) đồng biến trên  2 ,  mà f (1)  0 nên (*) có đúng 1 nghiệm x  1
3

Vậy phƣơng trình có nghiệm duy nhất x  1 .
Bài 11. Giải phƣơng trình:

x  1  3 5x  7  4 7x  5  5 13x  7  8
Hƣớng dẫn giải

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

f  x  



 0 x  5 
2
3
4
7
4
2 x  1 3  3 5x  7
5  5 (13x  7)
4  7x  5



f x  đồng biến trên  5 ,  .

 7
Mà f 3  8 nên x  3 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình.
Vậy nghiệm của phƣơng trình đã cho là x  3 .
…………….
Dạng 2. Phƣơng trình dạng: f (u)  f (v)
2.1. Phƣơng pháp:
+ Tìm điều kiện xác định hoặc tập xác định của hàm số.
+ Giữ cố định một trong hai vế của phƣơng trình ( thƣờng là vế đơn giản hơn) rồi biến
đổi vế kia theo vế còn lại.
+ Chứng minh hàm số đặc trƣng đơn điệu, từ đó suy ra f (u)  f (v)  u  v
+ Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của phƣơng trình.
2.2. Bài tập minh họa:

3
3
Bài 1. Giải phƣơng trình sau: 3 x + 2 + 3 x + 1 = 2x 2 + 1 + 2x 2
Hƣớng dẫn giải
Đặt:
3

3

x  1  u; 3 2x 2  v thì phƣơng trình đã cho trở thành

u3  1  u  3 v3  1  v

10


Chuyên đề bồi dưỡng ôn thi THPT Quốc gia môn Toán
t2

trong đó f t   3 t 3  1  t  f ' t  
3

t

3



1

2

 0 t  -1 nên f(t) luôn đồng

biến.
Do đó:

 x 1

f (u )  f (v )  u  v  2x2  x  1  
x  1

2




1
Vậy phƣơng trình có tập nghiệm: S  
1;  


2




Bài 2. Giải phƣơng trình sau: 53-5x  10  x  10x  48 9  2x  0
Hƣớng dẫn giải

Điều kiện: x 

9
2

Ta có:

53-5x 

10  x  10x  48 9  2x  0  53-5 x 10  x  10x  48 9  2x


u  10  x  0
Đặt 


v  9  2x  0


Phƣơng trình trở thành: 5u  3 u  5v  3 v
Xét hàm số f (t )  5t  3 t ; t  0  f '(t)=5 t 

5t  3

 0 t>0
2 t
Hàm số f t  đồng biến nên hàm số f u , f v  đồng biến, phƣơng trình có nghiệm
dạng u  v hay 10  x  9  2x  x  1 .
Vậy tập nghiệm của phƣơng trình là S  1







Bài 3. Giải phƣơng trình sau: x 2  2x  1  x 2  2x  5 x  x 2  1  2
Hƣớng dẫn giải
Ta có:

x

2





 2x  1  x 2  2x  5 x  x 2  1  2

 x 2  2x  1  x 2  2x  5 

2
x  x2 1
11


GV: Nguyễn Thị Lệ Thanh – THPT Tam Dương



 x  1  x 2  2x  5  2 x  x 2  1
 x  1 

x  1

2

 4  2x  



2x 

2

4
t

Xét hàm số f (t )  t  t 2  4  f '(t )  1 

2

t 4

 0, t

1
Vậy hàm số f t  đồng biến  f x  1  f 2x   x  1  2x  x   .
3

1


Vậy tập nghiệm của phƣơng trình là: S  
 


 3




x  x2 x 1  x 1  x2  x 1 1

Bài 4. Giải các phƣơng trình sau:

Hƣớng dẫn giải

Ta có:

x  x2 x 1  x 1  x2  x 1 1
 x  x2 x 1 

x  1  x  1  1  1
2

 x  x  x2 x 1  x 1 

x  1  x  1  1
2

Xét hàm số:
2

f (t )  t  t  t  t  1  f '(t )  1 

2 t 2  t  1  2t  1
4 t  t2 t  1 t2 t  1

2t  1

2

 1

2

 3  2t  1
2

 1

4 t  t t  1 t t  1

2t  1  2t  1
2

 0, t

2

4 t  t t  1 t t  1

Vậy hàm số f t  đồng biến  f x  1  f x   x  1  x .
Từ đó phƣơng trình vô nghiệm.
Bài 5. Giải các phƣơng trình sau: 2x  1 4x 2  4x  5  3x 9x 2  4  0
Hƣớng dẫn giải
Học sinh cần để ý đến sự tƣơng ứng giữa 2x  1 và 3x
Ta có:

2x  1
12

4x 2  4x  5  3x 9x 2  4  0  2x  1 4x 2  4x  5  3x 9x 2  4


Chuyên đề bồi dưỡng ôn thi THPT Quốc gia môn Toán
 2x  1

2x  1

2

 4  3x

3x 

2

4

Xét hàm số f (t )  t t 2  4  f '(t )  t 2  4 

t2
2

0

t 4
Hàm số f t  đồng biến nên hàm số f 2x  1; f 3x  đồng biến.
Suy ra phƣơng trình có nghiệm thỏa mãn 2x  1  3x  x 

1
5


1

Vậy tập nghiệm của phƣơng trình là: S  
 


5
 



Bài 6. Giải các phƣơng trình sau: 4x 3  x  x  1 2x  1  0 (Đề CĐ năm 2012)
Hƣớng dẫn giải

Điều kiện: x 

1
2

Ta có: 4x 3  x  x  1 2x  1  0  2x   2x 
3





3

2x  1  2x  1

Xét hàm số f (t )  t 3  t  f '(t )  3t 2  1  0
Hàm số f t  đồng biến nên hàm số f





2x  1 ; f 2x  đồng biến.

Suy ra phƣơng trình có không quá một nghiệm thỏa mãn


x 0


1 5

2x  2x  1  
x 
1

5

4
x


4


1  5 



Vậy tập nghiệm của phƣơng trình là: S  

.


4








Bài 7. Giải phƣơng trình: 2x  3 

1
1
1
3
3
x 3
2
2
2

Hƣớng dẫn giải
Để phƣơng trình có nghiệm thì x  0


1


2
x

3

3 t

1


2
Đặt 2t  3 
3x  

2
1


2t  3 
3x

2



(1)
(2)
13


GV: Nguyễn Thị Lệ Thanh – THPT Tam Dương
Lấy (1) –(2): 2t  3 

1
1
3  t  2x  3 
3x
2
2

Xét hàm số:

f (a )  2a  3 

1
3  a  f '(a )  2 
2

1

 3  a  '

 2

2 3

1

2

1
3 a
2

 0 a>0
1
8 3 a 3 
3 a
2
Hàm số f a  đồng biến nên hàm số f x ; f t  đồng biến. Suy ra:

f (x )  f (t )  x  t  2x  3 

1
3x
2

1
3  x  2v  3  x  ...  x  v  1
2
Vậy x  1 là nghiệm phƣơng trình.
Đặt v 

Bài 8. Giải các phƣơng trình sau: log3 (

x2  x  3
)  x 2  3x +2
2
2x  4x +5

Hƣớng dẫn giải
Nhận xét các biểu thức tham gia trong phƣơng trình ta thấy:
2x 2  4x +5- x 2  x  3  x 2  3x +2









Do vậy nếu đặt v  2x 2  4x +5; u= x 2  x  3  v  u  x 2  3x +2; v, u  0
Khi đó phƣơng trình trở thành:
u
log3 ( )  v  u  log3 u  u  log3 v  v
v
1
 1  0 t  0 . Ta thấy f(t) là hàm
Trong đó f t   log3 t  t  f ' t  
t ln 3
liên tục và đồng biến, do vậy :
x  1
2
2
f (u )  f (v )  u  v  2x  4x +5  x  x  3  
.
x  2
Vậy tập nghiệm của phƣơng trình là: S  1; 2

Bài 9. Giải phƣơng trình sau: 22x 1  32x  52x 1  2x  3x 1  5x 2
14


Chuyên đề bồi dưỡng ôn thi THPT Quốc gia môn Toán
Hƣớng dẫn giải
Xét vế trái, đặt y  2x  1 , phƣơng trình trở thành:

2y  3y 1  5y 2  2x  3x 1  5x 2
Xét hàm số

f t   22t 1  32t  52t 1  f ' t   2.22t 1 ln 2  2.32t.ln 3  2.52t 1.ln 5  0
Hàm số đồng biến nên ta có: f x   f y   x  y  x  2x  1  x  1
Vậy tập nghiệm phƣơng trình là S  1
Bài 10. Giải phƣơng trình sau: 22x  2x  6  6
Hƣớng dẫn giải
Ta có:

22x  2x  6  6  22x  2x 





2

 

2x  6  2x  6  f 2x  f



2x  6



Xét hàm số f t   t  t 2  f ' t   1  2t  0 t>0
Hàm số đồng biến nên ta có:

 

f 2x  f





2x  6  2x  2x  6  2x  8  x  3

Vậy tập nghiệm phƣơng trình là: S  3
Bài 11. Giải phƣơng trình sau: 3

2(x 1)1

 3x  x 2  4x  3

Hƣớng dẫn giải
Điều kiện: x  1  0  x  1 .
Phƣơng trình tƣơng đƣơng:

3

2(x 1)1

 2(x  1)  3x  x 2  2x  1  3

2(x 1)1

 2(x  1)  3(x 1)1  (x  1)2 (*)

Xét hàm số f (t )  3t 1  t 2 với t  0 , thấy ngay hàm số đồng biến với t  0

Vậy (*)  f ( 2(x  1))  f (x  1)  2(x  1)  x  1
x  1
 2(x  1)  (x  1)2,(do x  1)  x 2  4x  3  0  
.
x

3

Vậy tâ ̣p nghiệm của phƣơng trình là: S  1; 3 .
Bài 12. Giải phƣơng trình sau: 8x 3  2x  (x  2) 2x  1
Hƣớng dẫn giải
15


GV: Nguyễn Thị Lệ Thanh – THPT Tam Dương
Điều kiện: x  1
Từ phƣơng trình 8x 3  2x  (x  2) 2x  1  8x 3  2x 





3

2x  1  2x  1

Xét hàm đặc trƣng: f t   t 3  t  f ' t   3t 2  1  0 trên R, f(t) đồng biến trên R.
Khi đó f 2x   f





2x  1  2x  2x  1  x 

Vậy nghiệm của phƣơng trình là x 

1  17
8

1  17
8

Bài 13. Giải phƣơng trình sau:

x 1
 x  1 x   
2
(Đề thi HSG khối 12 - Vĩnh Phúc năm 2015)

x  24  x  

x 2  4 x 

Hƣớng dẫn giải
Nhận xét: Đây là câu phương trình khá quen thuộc mà cách tối ưu là sử dụng tính
đơn điệu của hàm số. Ta cần chút biến đổi một cách tinh tế để nhìn ra dạng của
hàm cần xét
Điều kiện: 2  x  4
Phƣơng trình 1  2 x  24  x   2





x 2  4 x





x  2  4  x  x 1  2 x  1

  2
2



x 2  4 x  x 1 2 x 1

Xét hàm số: f t   t 2  2t, t  0 .
Có f ' t   2t  2  0 t  0  hàm số đồng biến trên 0;  .
Suy ra phƣơng trình (1) có dạng:

f



 

x 2  4 x  f



x 1  x 2  4 x  x 1

 2 x  24  x   x  1  x  3; x 
Vậy phƣơng trình có nghiệm: x  3; x 

11
(thỏa mãn)
5

11
5

Bài 14. Giải phƣơng trình sau: 8x 3  36x 2  53x  25  3 3x  5
Hƣớng dẫn giải

16


Chuyên đề bồi dưỡng ôn thi THPT Quốc gia môn Toán
Từ phƣơng trình 8x 3  36x 2  53x  25  3 3x  5

 8x 3  36x 2  54x  27  2x  3  3x  5  3 3x  5
 2x  3  2x  3  3x  5  3 3x  5  f 2x  3  f
3



3

3x  5



Xét hàm đặc trƣng f t   t  t 3 hàm số đồng biến trên R.

x  2

do đó : f 2x  3  f 3 3x  5  2x  3  3 3x  5  
x  5  3

4






Vậy phƣơng trình có nghiệm x  2; x 

5 3
4

Bài 15. Giải phƣơng trình sau: 9x 2  28x  21  x  1
Hƣớng dẫn giải
Điều kiện: x ≥ 1
3

1
TH1: x   3x  5   .Từ phƣơng trình 9x 2  28x  21  x  1
2
2

 3x  5  3x  5  x  1  x  1
2

1
2
 1

3x  5  x  1  x  2 f(t) = t2 + t, f(t) đồng biến trên  ;  .
 2



Xét hàm đặc trƣng f t   t  t 2  f ' t   1  2t  0 t 

do đó : 3x  5  x  1  x  2
3
1
TH2: 1  x   1  4  3x   .Từ phƣơng trình 9x 2  28x  21  x  1
2
2

 4  3x   4  3x   x  1  x  1  f 4  3x   f
2

Xét hàm đặc trƣng f t   t  t 2  f ' t   1  2t  0 t 



x 1



1
đồng biến trên
2

 1 
 ;1 .
 2 


do đó : 4  3x  x  1  x 

25  13
18

Vậy phƣơng trình có nghiệm x  2; x 

25  13
18

17


GV: Nguyễn Thị Lệ Thanh – THPT Tam Dương

x 2  2x  8
Bài 16. Giải phƣơng trình sau: 2
 x  1
x  2x  3
(Đề thi THPT QG năm 2015)





x 2 2

Hƣớng dẫn giải
Điều kiện: x  2

x 2  2x  8
Ta có: 2
 x  1
x  2x  3

x  2

  x  4
x 1
 x 2  2x  3 
x 2 2







2

x  2  2











x 2 2 

*

.

*

x  2x  4 
x 2  2x  3





x  1

x  2
x 2 2





 x  4 x  2  2  x  1 x 2  2x  3



2


x  2  2  x  1  2 x  1  2

 




Xét hàm số f t   t 2  2 t  2  f ' t   3t 2  4t  2  0 t . Hàm số đồng biến
trên R nên:

f





x  2  f x  1  x  2  x  1


x  1
3  13

x 

2

x  2  x  2x  1
2




 3  13 


.
Vậy tập nghiệm của phƣơng trình là: S  
2;



2 








…………….
Dạng 3. Phƣơng trình dạng f (x )  g(x )
3.1. Phƣơng pháp:
+ Tìm điều kiện xác đinh hoặc tập xác định của phƣơng trình.
+ Chứng minh đƣợc hai vế của phƣơng trình là hai hàm số biến thiên ngƣợc chiều
nhau, đồng thời chỉ ra một giá trị x 0 sao cho f (x 0 )  g(x 0 ) . Từ đó phƣơng trình có
không quá 1 nghiệm x  x 0 .
+ Kết hợp điều kiện để đƣợc nghiệm phƣơng trình.
18


Chuyên đề bồi dưỡng ôn thi THPT Quốc gia môn Toán
3.2. Bài tập mẫu:
Bài 1. Giải phƣơng trình sau:

x 2  8  3  x 2  2016x  2015
Hƣớng dẫn giải

Để ý thấy vế trái phƣơng trình có hiệu hai căn nên chúng ta có thể nghĩ đến việc nhân
liên hợp.
5
Ta có: x 2  8  3  x 2  2016x  2015 
 2016x  2015

2
2
x 8  3x
x
x

Xét hàm số f x   x 2  8  3  x 2  f ' x  
x2  8
3  x2
x
x

 0 x  0
Mặt khác 2016x  2015  0  x  0 nên f' x  
x2  8
3  x2
Suy ra hàm số f x  đồng biến nên vế trái phƣơng trình là hàm số nghịch biến, vế phải
là hàm số đồng biến, vậy phƣơng trình có không quá một nghiệm.
Mặt khác x  1 thỏa mãn phƣơng trình.
Vậy x  1 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình.
Bài 2. Giải phƣơng trình sau:

x 2  2x  6  1  2x  x 2  2x  1
Hƣớng dẫn giải

Để ý thấy vế trái phƣơng trình có hiệu hai căn nên chúng ta có thể nghĩ đến việc nhân
liên hợp.
Ta có:
5
x 2  2x  6  1  2x  x 2  2x  1 

 2x  1
2
2
x  2x  6  1  2x  x
Xét hàm số:
x 1
x 1
f x   x 2  2x  6  1  2x  x 2  f ' x  

x 2  2x  6
1  2x  x 2
1
Mặt khác 2x  1  0  x  nên
2
x 1
x 1
1
f' x  

 0 x 
2
x 2  2x  6
1  2x  x 2

Suy ra hàm số f x  đồng biến nên vế trái phƣơng trình là hàm số nghịch biến, vế phải
là hàm số đồng biến, vậy phƣơng trình có không quá một nghiệm.
19


GV: Nguyễn Thị Lệ Thanh – THPT Tam Dương

Mặt khác x  1 thỏa mãn phƣơng trình.
Vậy x  1 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình.
Bài 3. Giải phƣơng trình sau: 32x 3  3x  10 3x 2  3  x  0
Hƣớng dẫn giải

Đặt t  3x 2


t  1
2
 0  3t  3x  10t  3  x  0  
3

t  3  x


1
x 1
3
TH2: t  3  x  3x 2  3  x . Vế phải là hàm số nghịch biến, vế trái là hàm số
đồng biến nên phƣơng trình có nghiệm duy nhất.
Mặt khác x  2 thỏa mãn phƣơng trình.
Vậy tập nghiệm phƣơng trình là S  1;2
TH1: t 

Bài 4. Giải phƣơng trình sau:

5x 3  1  3 2x  1  4  x
Hƣớng dẫn giải

Nhận xét : Quan sát vế trái của PT ta thấy khi x tăng thì giá trị của biểu thức trong
căn
bậc hai cũng tăng. Từ đó, ta thấy vế trái là hàm đồng biến và vế phải là hàm nghịch
biến.
Đây là điều kiện thích hợp để sử dụng tính đơn điệu.

 1

,  .
TXĐ: D = 
3 5


Xét hàm số f x   5x 3  1  3 2x  1 trên D.
Ta có f ' x  

15x 2
2 5x 3  1



 1

 0 , x   ;  .
 3 5

3 3 (2x  1)2
2

 1


;  .
Suy ra, hàm số f x  đồng biến trên 
3 5


Xét hàm số g x   4  x là hàm nghịch biến. Mặt khác, ta có f 1  g 1 .
Do đó x  1 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình.
20


Chuyên đề bồi dưỡng ôn thi THPT Quốc gia môn Toán

x  1  x 3  4x  5

Bài 5. Giải phƣơng trình sau:

Hƣớng dẫn giải
TXĐ: D  1;  .


1

Xét hàm số f (x )  x  1 có f / (x ) 

2 x 1
suy ra f x  là hàm số đồng biến trên 1; 

 0 x  1

Và hàm số g(x )  x 3  4x  5 . Đạo hàm: g / x   3x 2  4  0 x  D suy ra

g x  là
hàm số nghịch biến trên D .
Ta thấy f 1  g 1 . Do đó x  1 thỏa mãn phƣơng trình.
Vậy phƣơng trình có nghiệm duy nhất là x  1 .
x



Bài 6. Giải phƣơng trình sau: 2

1
2 2

 x  1  x 1

(Đề thi GVG Vĩnh Phúc 2010)
Hƣớng dẫn giải
3

Qui đồng đƣa PT về dạng: 2 2
3

Đặt f x   2 2

x

x

 x  1  x  1 (*)

, g x   x  1  x  1 . Xét x trên các khoảng



+ x  (;  1) : f x  đồng biến và có tập giá trị là 0;





2 ;



g x  nghịch biến và có tập giá trị 2;  

Rõ ràng g x   f x  nên (*) không có nghiệm.
+ x  [1; 0] : f x  đồng biến và có tập giá trị là [ 2 ; 2 2] ;

g x   2 (hàm hằng). Rõ ràng phƣơng trình g x   f x  chỉ có 1 nghiệm duy nhất
1
x  .
2

1;  ta đƣợc x  1 là nghiệm của PT.

2
1

1
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm x   , x  .
2
2
………………………………………….
Tƣơng tự xét cho các khoảng (0; 1) và

21


GV: Nguyễn Thị Lệ Thanh – THPT Tam Dương
II, Bất phƣơng trình
Dạng 1. Bất phƣơng trình dạng: f (x )  c;
1.1. Phƣơng pháp giải:
+ Tìm điều kiện xác định hoặc tập xác định của bất phƣơng trình.
+ Nhận thấy một vế phƣơng trình là hàm số đồng biến hoặc nghịch biến, đồng thời tồn
tại một giá trị x 0 sao cho f (x )  f x 0  .
Nếu f (x ) là hàm số đồng biến thì f (x )  f x 0   x  x 0
Nếu f (x ) là hàm số đồng biến thì f (x )  f x 0   x  x 0
+ kết hợp điều kiện để suy ra nghiệm bất phƣơng trình.
Tƣơng tự đối với các bất phƣơng trình dạng: f x   c; f x   c; f x   c
1.2. Bài tập mẫu:
Bài 1. Giải bất phƣơng trình:

x  3  2x  1  3
Hƣớng dẫn giải

Điều kiện: x  1 / 2
Xét hàm số

1

 0 x   ;  . Suy
 2

2 x 3
2x  1
1

ra vế trái là hàm số đồng biến trên nửa khoảng  ; 
2


f x   x  3  2x  1  f ' x  

1

1



Mặt khác f x   f (1)  x  1 .

Kết hợp điều kiện ta có nghiệm bất phƣơng trình là: 1 / 2  x  1 .
Bài 2. Giải bất phƣơng trình:

2x  3  4  x  2
Hƣớng dẫn giải

Điều kiện: 4  x  3 / 2

Xét hàm số

f x   2x  3  4  x  f ' x  

1

2x  3
 3 
vế trái là hàm số đồng biến trên khoảng  ; 4
 2 


Mặt khác f x   f (3)  x  3 .



 3 
 0 x   ; 4 . Suy ra
 2 
4 x
1

Kết hợp điều kiện ta có nghiệm phƣơng bất trình là: 3 / 2  x  3

22


Chuyên đề bồi dưỡng ôn thi THPT Quốc gia môn Toán
Bài 3. Giải bất phƣơng trình:

x  6  x 2  4 x  3
Hƣớng dẫn giải

Điều kiện: 4  x  2
Xét hàm số
1

f x   x  6  x  2  4  x  f ' x  

x 6



1
2 x 2



1
4 x

 0 x  2; 4

.
Suy ra vế trái là hàm số đồng biến trên đoạn 2; 4
 
Mặt khác f x   f (3)  x  3 .
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm bất phƣơng trình là: 3  x  4

Bài 4. Giải bất phƣơng trình:

x  9  2x  4  5
Hƣớng dẫn giải

Điều kiện: x  2
Xét hàm số

1

f x   x  9  2x  4  f ' x  



2 x 9
Suy ra vế trái là hàm số đồng biến trên nửa khoảng
Mặt khác f x   f (0)  x  0 .

1

 0 x  2;  .
2x  4
2; 


Kết hợp điều kiện ta có nghiệm bất phƣơng trình là: 2  x  0
Bài 5. Giải bất phƣơng trình:

3
x  4  x 1

 9x

Hƣớng dẫn giải
Điều kiện: 1  x  9
Ta có:

3

 9x 

3



x  4  x 1
 x  4  x 1  9x  0
Xét hàm số

x  4  x 1
3

f x   x  4  x  1  9  x  f ' x  

1
x 4





9x  0

1
x 1



1
9 x

 0 x  1;9

23


GV: Nguyễn Thị Lệ Thanh – THPT Tam Dương
Suy ra vế trái là hàm số đồng biến trên đoạn 1; 9 . Mặt khác f x   f (0)  x  0 .


Kết hợp điều kiện ta có nghiệm bất phƣơng trình là: 1  x  0
…………
Dạng 2. Bất phƣơng trình dạng: f (x )  f y 
2.1. Phƣơng pháp:
+ Tìm điều kiện xác định hoặc tập xác định của bất phƣơng trình.
+ Phát hiện sự tƣơng ứng giữa hai biều thức chứa x, chuyển hai biểu thức về hai vế bất
phƣơng trình rồi biến đổi theo vế đơn giản hơn để quy về dạng f (x)  f y  .
+ Chứng tỏ hàm số đặc trƣng f(t) đơn điệu.
Nếu f(t) đồng biến thì f (x )  f y   x  y
Nếu f(t) nghịch biến thì f (x )  f y   x  y
+ Kết hợp điều kiện để đƣợc nghiệm bất phƣơng trình.

Tƣơng tự đối với các bất phƣơng trình dạng: f x   f y ; f x   f y ; f x   f y 
2.2. Bài tập mẫu:
Bài 1. Giải bất phƣơng trình: 2x  1 4x 2  4x  5  3x 9x 2  4  0
Hƣớng dẫn giải
Học sinh cần để ý đến sự tƣơng ứng giữa 2x  1 2 và 3x
Ta có:

2x  1

4x 2  4x  5  3x 9x 2  4  0  2x  1 4x 2  4x  5  3x 9x 2  4

 2x  1

2x  1

2

 4  3x
2

3x 

2

4

2

Xét hàm số f (t )  t t  4  f '(t )  t  4 

t2
t2  4

0

Hàm số f(t) đồng biến nên f 2x  1  f 3x   2x  1  3x  x 

1
.
5

 1

Kết hợp điều kiện ta có nghiệm bất phƣơng trình là: x   ; 
 5

Bài 2. Giải bất phƣơng trình: x 3  3x 2  6x  4  x 3  3x 2
Hƣớng dẫn giải
Nhận xét: Nhận thấy không nên giải bất phương trình bằng biến đổi tương đương
hoặc đặt ẩn phụ vì vậy hãy nghĩ đến phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Điều kiện: x 3  3x 2  0  x  3;   0
24


Chuyên đề bồi dưỡng ôn thi THPT Quốc gia môn Toán
Ta có:

x 3  3x 2  6x  4  x 3  3x 2  x  1  3 x  1 
3

x  3

3

3 x 3

Xét hàm số f (t )  t 3  3t  f '(t )  3t 2  3  0
Hàm số f(t) đồng biến nên

x  3
f x  1  f x  3  x  1  x  3  
x 3 .
 2

x  3x  4  0



Kết hợp điều kiện ta có nghiệm bất phƣơng trình là: x  3; 










Bài 3. Giải bất phƣơng trình: 4 2x  1 x 2  x  1  x 3  6x 2  15x  14

Hƣớng dẫn giải
Ta có:
2
3
3
3


2x  1 2x  1  3  x  2  3 x  2  2x  1  3 2x  1  x  2  3 x  2



Xét hàm số f t   t 3  3t  f '(t )  3t 2  3  0 nên hàm số f(t) đồng biến trên R.





Suy ra các hàm số f 2x  1 , f x  2 đồng biến


2x  1  x  2



x  1

2

f 2x  1  f x  2  

 x  R



2
x

1

x

2



1

x


2

Vậy tập nghiệm của bất phƣơng trình là S  R .





Bài 4. Giải bất phƣơng trình:

x 2  2x  3  x 2  6x  11  3  x  x  1
Hƣớng dẫn giải

Điều kiện: 1  x  3 .
Ta có:

x 2  2x  3  x 2  6x  11  3  x  x  1
 x 2  2x  3  x  1  x 2  6x  11  3  x


x  1

2

 2  x 1 

3  x 

2

2  3x

25