Phương pháp Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, HPT, BPT

MỞ ĐẦU
Chúng ta đã biết, bài toán giải phương trình, hệ phương trình và bất phương trình là các
bài toán rèn luyện tư duy rất tốt cho học sinh và nó ứng dụng rất nhiều trong các môn khoa học
khác nhau. Vì vậy dạng toán này học sinh được học trong tất cả các cấp học và nó xuất hiện
thường xuyên trong các đề thi từ thi Đại học đến thi học sinh giỏi các cấp. Các phương pháp và
kỹ thuật giải cũng rất đa dạng, phong phú. Tuy nhiên phương pháp sử dụng tính đơn điệu của
hàm số để giải phương trình, hệ phương trình và bất phương trình thì đến lớp 12 học sinh mới
được tiếp cận đến. Những bài toán phương trình, hệ phương trình, bất phương trình giải được
bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số nói riêng ( PP sử dụng hàm số nói chung)
xuất hiện với tần suất rất cao trong các đề thi trong nhưng năm gần đây đặt ra vấn đề là giáo
viên phải trang bị cho học sinh của mình các kiến thức, kỹ năng cơ bản của phương pháp này.
Với mục đích như trên, qua tham khảo nhiều tài liệu và thực tế giảng dạy, chúng tôi
mạnh dạn viết ra chuyên đề nhỏ này để một là chúng tôi coi đây như một tài liệu dùng trong việc
giảng dạy, hai là, muốn trao đổi, giao lưu học hỏi với các đồng nghiệp. Chúng tôi biết chuyên đề
này đã được rất nhiều người đã viết, nhưng chúng tôi vẫn muốn đóng góp thêm một chút kiến
thức của mình để làm phong phú thêm phương pháp này. Trong thời gian hạn hẹp, với kiến thức
có hạn của mình nên không tránh khỏi những thiếu sót, rất mong được sự góp ý của mọi người.
Chúng tôi xin chân thành cảm ơn.
Lập Thạch, tháng 11 năm 2015
Các tác giả

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 1


NỘI DUNG
A.

MỘT SỐ TÍNH CHẤT

Tính chất 1: Nếu hàm số f (x ) liên tục và đơn điệu trên khoảng (a;b) thì phương trình
f (x )  0 có nhiều nhất một nghiệm trong khoảng (a;b) .
Mở rộng: Nếu hàm số f (x ) liên tục và có đạo hàm đổi dấu n lần trên khoảng (a;b) thì
phương trình f (x )  0 có nhiều nhất n  1 một nghiệm trong khoảng (a;b) .
Tính chất 2: Nếu hàm số f (x ) liên tục và đơn điệu trên khoảng (a;b) thì phương trình
f (u)  f (v ) Û u  v với "u, v  (a;b) .
Tính chất 3: Nếu hàm số f liên tục và đơn điệu tăng trên (a;b) thì f (x )  f (y ) Û x  y ( Nếu
f đơn điệu giảm thì f (x )  f (y ) Û x < y ) với "x , y  (a;b) .
Việc chứng minh các tính chất trên rất đơn giản và trong áp dụng dụng tính chất thì học sinh
cũng không phải chứng minh nên tôi không đưa ra các chứng minh ở đây.

Lưu ý 1: Để dễ hiểu nên các tính chất ở trên được trình bày ngắn gọn như trên, nhưng tính
đơn điệu của hàm số trong các tính chất đó được mở rộng như sau:
Nếu hàm số f (x ) liên tục trên khoảng (a;b) hoặc đoạn [a;b ] hoặc nửa đoạn (a;b ], [a;b)
và có f '(x ) ³ 0 ( hoặc f '(x )  0 ) ( với f '(x )  0 hoặc không xác định tại hữu hạn điểm) trên
trên khoảng (a;b) thì hàm số f (x ) đơn điệu trên khoảng (a;b) ( hoặc đoạn [a;b ] hoặc nửa đoạn
(a;b ], [a;b) )
B.

MỘT SỐ DẠNG TOÁN

I. ỨNG DỤNG TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
Dạng 1: Áp dụng tích chất 1
Phương pháp:
+ Đưa phương trình về dạng f (x )  0 hoặc f (x )   (  là hằng số)
+ Xét hàm số f (x ) , chứng minh hàm số đơn điệu.
+ Nhẩm nghiệm và suy ra nghiệm duy nhất của phương trình.
Ví dụ 1. Giải phương trình sau:

2x - 1  4x 2 - 3  2 (1)

Lời giải
Điều kiện: x ³

3
.
2

Ta có phương trình (1) Û 2x - 1  4x 2 - 3 - 2  0
PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 2


Xét hàm số f (x )  2x - 1  4x 2 - 3 - 2, x ³

3
2

Vậy phương trình đã cho trở thành phương trình f (x )  0
Ta có f (x ) liên tục trên [

3
; ¥) và có f '(x ) 
2

Suy ra hàm số f (x ) đơn điệu tăng trên khoảng [

f (x )  0 có nhiều nhất một nghiệm trên [

1
2x - 1



4x
4x 2 - 3

 0, "x  (

3
; ¥)
2

3
; ¥) theo tính chất 1 thì phương trình
2

3
; ¥) . Mà f (1)  0 suy ra x  1 là nghiệm duy
2

nhất của phương trình đã cho.
Lưu ý :
+

Ta

có

thể

xét

hàm

f (x )  2x - 1  4x 2 - 3

số

thay

vì

hàm

số

f (x )  2x - 1  4x 2 - 3 - 2
+ Ví dụ trên chỉ mang tính chất minh họa cho phương pháp, ta có thể có cách giải khác ngắn gọn
hơn như sử dụng PP liên hợp.
+ Nhẩm nghiệm của phương trình chứa dấu căn ta ưu tiên nhẩm các giá trị của ẩn làm cho biểu
thức dưới dấu căn là chính phương hoặc ta dùng máy tính cẩm tay để tìm nghiệm.
x  1  3 3x - 1  4 5x  1  6

Ví dụ 2. Giải phương trình

Nhận xét : Ta thấy phương trình có 3 loại căn bậc nên dùng phép biến đổi tương đương hoặc
đặt ẩn phụ đều khó khăn, thậm chí liên hợp cũng rất cồng kềnh mặt khác ta có thể dễ dàng nhìn
thấy sự đơn điệu của hàm số vế trái nên ta có thể nghĩ đến dùng hàm số.

Lời giải
Điều kiện: x ³

-1
5

1
Xét hàm số f (x )  x  1  3 3x - 1  4 5x  1, x  [ - ; ¥)
5
Ta có: f '(x ) 

1
2 x 1



1
3

(3x - 1)2



æ 1
ö 1
 0, "x  - ; ¥ \ { }
è 5
 3
4 4 (5x  1)3
5

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 3


 1
ö
Vậy hàm số f (x ) liên tục và đồng biến biến trên - ; ¥ nên phương trình f (x )  6 có
 5


 1
ö
nhiều nhất một nghiệm trên - ; ¥ . Mà f (3)  0 suy ra x  3 là nghiệm duy nhất của
 5


phương trình đã cho.

Lưu ý : Ở đây ta thấy

f '(x ) 

1
2 x 1



1

3

(3x - 1)2



æ 1
ö 1
 0, "x  - ; ¥ \ { } nhưng hàm vẫn
è 5
 3
4 4 (5x  1)3
5

 1
ö
đơn điệu trên - ; ¥ như lưu ý 1
 5


5x 3 - 1  3 2x - 1  x  4

Ví dụ 3. Giải phương trình

Nhận xét: Ta nhận thấy phương trình có cả căn bậc hai và căn bậc 3, biểu thức trong các căn
thức lại có bậc khác nhau nên dùng phép biến đổi tương đương hoặc đặt ẩn phụ đều rất khó
khăn. Nên ta nghĩ đến nhẩm nghiệm rồi liên hợp hoặc sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Lời giải
Điều kiện: x ³

1
3

5

 1
Xét hàm số f (x )  5x 3 - 1  3 2x - 1  x trên tập 
; ¥)
3
5


Ta có hàm số Ta có f (x ) liên tục trên [

f '(x ) 

15x 2
2 5x - 1
3



2
3( 3 2x - 1)2

1
3

5

; ¥) và có

 1  0, "x  (

Suy ra hàm số f (x ) đơn điệu tăng trên khoảng [
nhất một nghiệm trên [

1
3

5

1
3

5

1
3

5

; ¥)

; ¥) nên phương trình f (x )  4 có nhiều

; ¥) .

Mà f (1)  4 suy ra x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Ví dụ 4. Giải phương trình

x 2  24  1  x 2  15  2x (1)

Lời giải
Ta có phương trình (1) Û x 2  24  1 - x 2  15 - 2x  0
PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 4


Xét hàm số f (x )  x 2  24  1 - x 2  15 - 2x trên R ,
Hàm số f (x ) liên tục trên R. Ta có f '(x ) 

x
x 2  24

-

x
x 2  15

-2

æ
ö æ
x
x
ö x - x 2  24 x  x 2  15



f '(x )  
- 1 - 
 1 
< 0, "x  R


è x 2  24
 è x 2  15

x 2  24
x 2  15
ì
2
x - x  24 < 0
Vì 
x  x 2  15  0
î
Suy ra hàm số f (x ) nghịch biến trên R nên phương trình f (x )  0 có nhiều nhất một nghiệm.
Mà f (1)  0 suy ra x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
x  3x  1  x 2  x  1

Ví dụ 5. Giải phương trình
Lời giải
Điều kiện: x ³ 0

Phương trình đã cho tương đương với phương trình sau: x  3x  1 - (x 2  x  1)  0
Xét hàm số f (x )  x  3x  1 - (x 2  x  1) trên [0; ¥) . Hàm số f (x ) liên tục trên
[0; ¥) .
Ta có: f '(x ) 

1
2 x



3
2 3x  1

Và  f '(x ) '  f ''(x )  -

1
4 x3

- 2x - 1 , Ta thấy f '(x ) là một hàm liên tục trên (0; ¥)

-

9
4 (3x  1)3

- 2 < 0, "x  0 suy ra f '(x )  0 có nhiều nhất

một nghiệm trên [0; ¥) ( hay f '(x ) đổi dấu nhiều nhất một lần trên (0; ¥) ) nên phương
trình f (x )  0 có nhiều nhất hai nghiệm trên [0; ¥) .
Mà f (0)  f (1)  0 suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm là x  0, x  1 .
Lưu ý :
+ Ví dụ trên ta sử dụng tích chất mở rộng của tích chất 1.
+ Bài trên ta có thể sử dụng phương pháp rất hay dùng trong giải PT vô tỉ đó là liên hợp như
sau :

x  3x  1  x 2  x  1 Û



 

x -x 



3x  1 - (x  1)  x 2 - x

+ x  0 là nghiệm của PT
PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 5


+ x ¹ 0 , Ta có :



 

x -x 



3x  1 - (x  1)  x 2 - x Û

x - x2
x x

x - x2



3x  1  (x  1)

 (x - x 2 )  0

x - x 2  0

 1
Û x  1, x  0
1


1  0

3x  1  (x  1)
 x  x
Ta thấy ở trên ta đã biến đổi phương trình

Û



 

x -x 



x  3x  1  x 2  x  1 thành dạng

3x  1 - (x  1)  x 2 - x để nhân liên hợp. Vấn đề đặt ra là tại sao ta biết

các biểu thức thêm bớt để liên hợp như trên.
Để biến đổi được như trên ta làm nháp như sau: Ta biết trước hai nghiệm của phương trình là
x  0 và x  1 ( Bằng cách nhẩm hoặc dùng MTCT). Khi phương trình có hai nghiệm thì việc
thêm bớt hằng số là không khả thi vì khi đó vẫn còn nghiệm nữa trong một phương trình phức
tạp hơn khi ta liên hợp xong. Ta để ý vì có hai nghiệm như trên nên khi liên hợp xong, các số
hạng sẽ có thừa số là x (x - 1) . Do đó ta phải thêm bớt các biểu thức dạng x  b như sau:

x  3x  1 



 

x  (ax  b) 



3x  1  (cx  d ) …

ì

 0  (a.0+b)=0

Ta tìm a, b thỏa mãn 
 a  -1, b  0


1  (a .1  b)  0

î

ì 1  (c.0+d)=0

và c, d thỏa mãn 
 c  -1, d  -1
 4  (c.1  d )  0
î
Phương pháp thêm bớt biểu thức để liên hợp như trên rất hữu ích khi phương trình vô tỉ có hai
nghiệm “ đẹp”.
Để hiểu rõ hơn về cách liên hợp như trên mời các bạn thực hành với bài sau:
4 x  2  22 - 3x  x 2  8

Dạng 2: Áp dụng tích chất 2
Dấu hiệu nhận biết: Phương trình chứa hai đại lượng có kết cấu tương đối giống nhau ở hai vế
của phương trình ( có thể đưa về dạng f (u )  f (v ) ).
Phương pháp:
B1: Chuyển các đại lượng giống nhau về mỗi vế của phương trình đ ể được hai vế có kết cấu
giống nhau. Dựa vào vế đơn giản hơn của phương trình để tìm hàm đặc trưng.

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 6

B2: Dựa vào hàm đặc trưng để biến đổi vế phức tạp của phương trình về dạng giống với hàm
đặc trưng.
B3: Đưa phương trình về dạng f (u )  f (v ) . Xét hàm đặc trưng f (t ) chỉ ra f (t ) đơn điệu suy ra
u v .
Ví dụ 6. Giải phương trình sau

3

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

Nhận xét: ta thấy biểu thức dưới dấu căn của hai vế đều có dạng giống nhau là:

 

x  2  (x  1)  1 và 2x 2  1  2x 2  1 nên ta nghĩ đến đưa về dạng f (u )  f (v ) .
Lời giải
Xét hàm số f (x )  3 t  3 t  1, t  R
Hàm f (x ) liên tục trên R và có f '(x ) 

1
33 t2



1
3 3 (t  1)2

 0, "t  R

Nên phương trình (*) Û f (x  1)  f (2x 2 ) Û x  1  2x 2 ( do tích chất hàm f đơn điệu)

Û x  1, x  -

1
.
2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x  1, x  -

1
2

Ví dụ 7. Giải phương trình sau: x (x 2  3)  (3x - 7) 4 - 3x  0 (1)
Lời giải
Điều kiện : x 

4
3

Ta có phương trình (1) Û x (x 2  3)  (4 - 3x )  3 4 - 3x
Xét hàm số f (t )  t(t2  3)  t 3  3t, t  R
Ta có f '(t )  3t 2  3  0, t  R , vậy hàm f (t ) liên tục và đồng biến trên R.
ì
x ³ 0
Phương trình (1) Û f (x )  f ( 4 - 3x ) Û x  4 - 3x Û 
Ûx 1
 2

x  3x - 4  0


î

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  1 .
Ví dụ 8. Giải phương trình sau x 3  3x 2 - 3 3 3x  5  1 - 3x
PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 7


Lời giải
Ta có x 3  3x 2 - 3 3 3x  5  1 - 3x Û (x  1)3  3(x  1)  (3x  5)  3 3 (3x  5) (*)
Xét hàm số f (t )  t 3  3t, t  R
Ta có f '(t )  3t 2  3  0, "t  R suy ra hàm f (t ) đồng biến và liên tục trên R
Phương trình (*) Û f (x  1)  f ( 3 3x  5) Û x  1  3 (3x  5) ( do f đơn điệu tăng trên R)
Û (x  1)3  3x  5 Û x 3  3x 2 - 4  0 Û (x - 1)(x 2  4x  4)  0 Û x  1, x  -2

Vậy phương trình có nghiệm là x  1, x  -2 .
Lưu ý :
+ Bằng kinh nghiệm ta thấy phương trình đã cho sẽ đưa được về dạng f (u )  f (v )
+ Làm sao để biến đổi phương trình đã cho về dạng :
(x  1)3  3(x  1)  (3x  5)  3 3 (3x  5) ?

Ta thấy dạng của hàm f (t ) sẽ là bậc 3 ( có lũy thừa bậc 3 và căn bậc 3) và trong đó không có số
hạng bậc 2 và tự do ( vì không có biểu thức

3

(3x  5)2 , tự do thì rút gọn hai vế). Do đó

f (t )  at 3  bt . Lại thấy a  1, b  3 vì hệ số x 3 bằng 1 và hệ số của 3 (3x  5) là 3.

Ví dụ 9. Giải phương trình: 3x (2  9x 2  3)  (4x  2)( 1  x  x 2  1)  0 (1)
Lời giải:
Ta có phương trình (1) Û -3x (2  (-3x )2  3)  (2x  1)(2  (2x  1)2  3) (2)

1
Ta thấy phương trình (2) có nghiệm khi (-3x ).(2x  1) ³ 0 Û -  x  0
2
Xét hàm số f (t )  t(2  t 2  3)  2t  t 4  3t 2 với t ³ 0 là hàm liên tục trên [0; ¥)
Ta có f '(t )  2 

2t 3  3t
t 4  3t 2

 0 "t  0  f (t) đồng biến trên (0; ¥)

Phương trình (2) Û f (-3x )  f (2x  1) Û -3x  2x  1 Û x  Vậy x  -

1
5

1
là nghiệm duy nhất của phương trình.
5

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 8

Lưu ý:
+ Ở phương trình trên với u  -3x , v  2x  1  u, v  R

Nếu ta xét hàm số

f (t )  2t  t 4  3t 2 , t  R thì hàm f (t ) không đơn điệu trên R nên sẽ không áp dụng được

tính chất 2. Do đó, đôi khi ta phải thu nhỏ tập khảo sát bằng các đánh giá dựa và điều kiện có

1
nghiệm của phương trình. Như ở phương trình trên ta đánh giá đư ợc -  x  0 khi đó
2

u, v ³ 0 nên ta xét hàm số f (t )  2t  t 4  3t 2 , t ³ 0 .
+ Phương trình dạng f (u )  f (v ) với u  D1, v  D2 thì ta phải xét hàm số f (t ) trên tập D
chứa được cả tập D1 và D2 tức là D1 È D2 Ì D , tất nhiên là D1  D2 phải khác tập rỗng.
Ví dụ 10. Giải phương trình (4x 2  1)x  (x - 3) 5 - 2x  0
Lời giải
Điều kiện: x 

5
.
2

Ta có phương trình : (4x 2  1)x  (x - 3) 5 - 2x  0

Û (4x 2  1)(2x )  (5 - 2x )  1 5 - 2x (1)
Xét hàm số f (t )  t(t 2  1)  t 3  t, t  R . Hàm f liên tục trên R
Và có f '(t )  3t 2  1  0, t  R , suy ra hàm số f (t ) đồng biến trên R

Mà phương trình (1) Û f (2x )  f ( 5 - 2x ) Û 2x 

5 - 2x

ì
x ³ 0
-1  21
Û
Ûx 
 2

4x  2x - 5  0
4

î
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 

Ví dụ 11. Giải phương trình

-1  21
.
4

x 2  2x - 8
 (x  1)( x  2 - 2)
x 2 - 2x  3

( Trích đề thi THPT Quốc gia năm 2015)
Lời giải
Điều kiện: x ³ -2 .

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 9


Phương trình đã cho tương đương với (x - 2)(x  4) 

(x 2 - 2x  3)(x  1)(x - 2)
x 2 2

x  2

Û 
(x  1)(x 2 - 2x  3)
(
x

4)

(2)

( x  2  2)

Ta có (2) Û ( x  2  2)(x  4)  (x  1)(x 2 - 2x  3)









Û ( x  2  2) ( x  2)2  2  (x - 1)  2 (x - 1)2  2
Xét hàm số f (t )  (t  2)(t 2  2)  t 3  2t 2  2t  4, t  R

Có f (t )  3t 2  4t  2  0, t  R suy ra hàm số f (t ) liên tục và đồng biến trên R. Do đó
ì
x ³ 1
phương trình (2) Û f ( x  2)  f (x - 1) Û x  2  x - 1 Û 
 2

x - 3x - 1  0

î


ìx ³ 1


x  3 - 13
3  13
Û 
Û

x
2

2


3

13
x 

2
î
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  2, x 

3  13
.
2

Ví dụ 12. Giải phương trình x 3  3x 2  4x  2  (3x  2) 3x  1 (1)
Lời giải
ĐK: 3x  1 ³ 0 Û x ³ -

1
3

Ta có phương trình (1) Û (x  1)3  (x  1)  (3x  1)  1 3x  1
Û (x  1)3  (x  1)  (3x  1)3  3x  1 (2)

Xét hàm số f (t )  t 3  t, t  R
Có f '(t )  3t 2  1  0, "t  R suy ra hàm số f (t ) đồng biến và liên tục trên R.

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 10

Mà phương trình:

ì
x ³ -1
(2) Û f (x  1)  f ( 3x  1) Û x  1  3x  1 Û 
Û x  0, x  1 ( t/m)
 2

x -x  0

î


Vậy phương trình có hai nghiệm là x  0, x  1 .
x 3 - 4  3 x 2  4 (1) ( Báo THTT)

Ví dụ 13. Giải phương trình
Lời giải
ĐK : x 3 - 4 ³ 0 Û x ³ 3 4

ì
3

u  x - 4 ³ 0
Đặt 
khi đó (1) trở thành

3 2


v

x

4


î

ì
ì
u  v ³ 0
u  v ³ 0


Û
 2
 2
3
2
3


u  u 3  x 2  x 3 (2)
u  v  x  x


î


î

Xét hàm số f (t)  t3  t 2 , t ³ 0
Có f '(t)  3 t2  2t  0, " t ³ 0 , suy ra hàm số f (t) đồng biến và liên tục trên khoảng

[0; ¥) , mà phương trình (2) Û f (u )  f (x ) Û u  x Û x 3 - 4  x Û x 3 - x 2 - 4  0
Û (x - 2)(x 2  x  2)  0 Û x  2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x  2 .
Cách khác ( Sử dụng tính chất 1)
ĐK : x 3 - 4 ³ 0 Û x ³ 3 4
Khi đó phương trình
x3 - 4

x2

x3 - 4  3 x2  4 Û

Xét hàm số f (x )  x -

Có f '(x ) 

1

8
x3

2. x -

4

x2



3

x2  4
4
1
4
Û x- 2 -3  3 0
3
x x
x
x

4
1
4
- 3  3, x ³ 3 4
2
x x
x

1
12
 4
2
x
x

æ1
4ö
3.   3 
è x x 

2

 0,"x  3 4 vậy f (x ) liên tục và đồng biến trên

3

[ 3 4; ¥) nên phương trình f (x )  0 có nhiều nhất một nghiệm, mà f (2)  0 suy ra x  2 là
nghiệm duy nhất của phương trình.

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 11


Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau
1.

15 - x  3 - x  6

2. x 5  x 3 - 1 - 3x  4  0
3.

5 - 4x 2  4 3 - 2x  5

4.

2x - 1  3 x  3  4 x 2 - 9  7

5. 3x 7 - 5 - 4x  3 - x 3
6.

3x - 5  2x  3  2  12 - x

7. 2x  1  x x 2  2  (x  1) x 2  2x  3  0
8.

x 2  15  3x - 2  x 2  8

9.

x - 24 - x  

x -2  4 -x 

x -1
 x 1
2

(HSG 12 Vinh Phúc năm 2015-2016)

10. x 3 - 2x - 3 3x - 2  2  0
11. 8x 3  12x 2  11x  2  3 3 x  2
12. 2 3 2x - 1  27x 3 - 27x 2  13x - 2
13. 2x 3 - x 2  3 2x 3 - 3x  1  3x  1  3 x 2  2
14. x - 1 x 2 - 2x  2  2x  1 - x x 2  1.

15. (8x 2  2)x  (x - 6) 5 - x  0
16. x 3 - 3x 2 - 2x - 1 - 3 3x 2  3x  1  0

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 12


II. ỨNG DỤNG TRONG GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH
Ví dụ 1. Giải bất phương trình sau

x  6 - 7 - x ³ 1 (1)

Nhận xét: BPT trên có thể giải bằng các bình phương hai lần, nhưng ta dễ dàng nhận thấy hàm
số vế trái đơn điệu và nhẩm được dấu bằng tại x  3 nên ta có thể sử dụng tính chất 3 để giải
bài này sẽ ngắn gọn hơn.
Lời giải:
Điều kiện: -6  x  7 (*)
Xét hàm số f (x )  x  6 - 7 - x , x  [ - 6;7]
1

Có f '(x ) 



1

 0 "x  (-6;7) suy ra hàm số f (x ) đồng biến và liên tục
2 x 6 2 7 -x
trên [-6;7] . Ta thấy f (3)  1 nên bất phương trình (1) Û f (x ) ³ f (3) Û x ³ 3

Kết hợp với điều kiện (*) ta có tập nghiệm của (1) là [3;7]
Lưu ý: Ta có thể hiểu để giải BPT f (x )  0 trên (a;b) thì ta đi giải phương trình f (x )  0 và
chia tập (a;b) thành các khoảng giả sử (a; x 1 ) , (x 1; x 2 ) …. (x n ; b) ( trong đó x 1 < x 2 < ... < x n là
các nghiệm của f (x )  0 ) trong mỗi khoảng đó f (x ) có một loại dấu, ta chỉ việc chọn các
khoảng sao cho f (x )  0 lấy làm tập nghiệm . Ở đây ta sử dụng tính đơn điệu của hàm số để
chọn khoảng nghiệm của BPT.
Ví dụ 2. Giải bất phương trình sau

x  5  2x  3 < 9

Lời giải:
Điều kiện: x ³

3
(*)
2

Xét hàm số f (x )  x  5  2x  3, x ³ Có f '(x ) 

1
2 x 5



1
2 2x  3

3
2

 0 "x  -

3
suy ra hàm số f (x ) đồng biến và liên tục trên
2

3
[ - ; ¥) . Ta thấy f (11)  9 nên bất phương trình (1) Û f (x ) < f (11) Û x < 11
2
Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm của (1) là -

Ví dụ 3. Giải bất phương trình sau:

3
 x < 11
2

6
8

< 6 (1)
3-x
2-x

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 13

Lời giải
Điều kiện: x < 2 .
Xét hàm số f (x ) 

6
8

,x <2
3-x
2-x

Ta có f (x ) liên tục và có f '(x ) 

3
(3 - x )2
6
3-x



4
(2 - x )2
8
2-x

 0, "x < 2 , do đó f (x ) đồng biến trên

3
khoảng (-¥; 0) . Mà BPT (1) Û f (x ) < f ( )
2

Vậy nghiệm của bất phương trình là: x <
Ví dụ 4. Giải bất phương trình sau:

3
2

x 2 - 2x  3 - x 2 - 6x  11  3 - x - x - 1 (1)

Lời giải
ĐK 1  x  3
Bất phương trình (1) Û x 2 - 2x  3  x - 1  x 2 - 6x  11  3 - x
Û (x - 1)2  2  x - 1  (3 - x )2  2  3 - x (2)

Xét hàm số f (t )  t  t 2  2, t ³ 0
Hàm số f (t ) liên tục và có f '(t) 

1
2 t



t
t 2
2

 0 "t  0 suy ra hàm số f (t ) đồng biến

trên (0; ¥) .
Mà BPT (2) Û f (x - 1)  f (3 - x ) Û x - 1  3 - x Û x  2
Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của (1) là 2 < x  3 .

Ví dụ 5. Giải bất phương trình sau:

x 2  15  3x - 2  x 2  8

Lời giải
Ta có
Do

x 2  15 - x 2  8  3x - 2 (*)

x 2  15  x 2  8 , nên nếu 3x - 2  0 Û x 

2
luôn thỏa mãn (*)
3

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 14


+ Nếu x 

2
3

Xét hàm số f (x )  x 2  15 - x 2  8 - 3x  2 với x 
Hàm số liên tục và có f '(x ) 

x

x 2  15

-

x
x2  8

2
3

- 3 < 0, "x 

2
suy ra f (x ) nghịch biến
3

2
trên ( ; ¥) .
3
Do đó (*) Û f (x )  f (1) Û x < 1 .
Vậy nghiệm của BPT là x < 1
Bài tập tương tự: Giải các bất phương trình sau
1.

3x - 5  2x  3  2  12 - x

2.

x  9  2x  4  5

3.

2x 3  3x 2  6x  16 < 4 - x  2 3

4. 3 3 - 2x 

5
2x - 1

- 2x  6

5. x 2  x - 1  5
6.

x  3  x  7x  2  4

7. (5x - 6)2 -

1
5x - 7

 x2 -

1
x -1

8. 8x 3  2x < (x  2) x  1

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 15


III. ỨNG DỤNG TRONG GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Phương pháp : Tương tự các phương pháp giải phương trình ở phần I
ì
x 3 - y 3  3(y - x ) (1)
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình sau: 
 5

x  y 5  64 (2)

î


Lời giải
Ta có phương trình (1) Û x 3  3x  y 3  3y (*)
Xét hàm số f (t )  t 3  3t, t  R .
Hàm số f (t ) liên tục và có f '(t )  3t 2  3  0, "t  R suy ra f (t ) đồng biến trên R.
Nên phương trình (*) Û f (x )  f (y ) Û x  y thay vào (2) ta có được phương trình
2x 5  64 Û x  2 ® y  2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  2, y  2
Nhận xét: Từ phương trình (1) đ ể suy ra

x y

ta có thể biến đổi tương

đương (x - y )(x  y  xy  3)  0 , với x  y  xy  3  0 vô nghiệm. Nhưng nhiều bài

2

2

2

2

toán nếu dùng biến đổi tương đương như trên ngoài phương trình x  y còn phương trình nữa
mà ta giải hoặc chứng minh vô nghiệm là khó khăn, nên trong những trường hợp này thì dùng
hàm số là đơn giản nhất, như ví dụ dưới đây.
ì x3 - y 3 = 3 ( x 2 - y 2 )
(1)
ï
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau: í
1
1
+
= 2 (2)
ï
2
2
2
x
x
2
y
y
î

Lời giải
ĐK: x , y  (0;2)
Phương trình (1) Û x 3 - 3x 2  y 3 - 3y 2 (*)
Xét hàm số f (t )  t 3 - 3t 2 , t  (0;2)
Hàm f (t ) liên tục và có f '(t )  3t(t - 2) < 0,"t  (0;2) suy ra f (t ) nghịch biến trên khoảng

(0;2) . Nên phương trình (*) Û f (x )  f (y ) Û x  y .
Nhận xét: Ta có thể biến đổi PT (1) Û (x - y )(x 2  y 2  xy - 3x - 3y )  0 khi đó chứng
minh phương trình x 2  y 2  xy - 3x - 3y  0 vô nghiệm với x , y  (0;2) đối với nhiều học
sinh là không hề đơn giản.
PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 16


Trở lại bài toán ta có :
Thay x  y vào phương trình (2) ta được PT:

2
2x - x 2

 2 Û 2x - x 2  1 Û x  1

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  y  1 .
ìï x - y + 1 - y - 1 - x = 0
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình sau: í
ïî x + 1 - y = 2 (2)

(1)

Lời giải
ĐK: x , y  [0;1]
Phương trình (1) Û x - 1 - x  y - 1 - y (*)
Xét hàm số f (t )  t - 1 - t , t  [0;1]
Hàm f (t ) liên tục và có f '(t ) 

1



1

 0,"t  (0;1) suy ra f (t ) đồng biến trên
2 t
2 1-t
khoảng [0;1] . Nên phương trình (*) Û f (x )  f (y ) Û x  y

Thay x  y vào phương trình (2) ta được:

4x 2 - 4x  1  0 Û x 

x  1 - x  2 Û 2 x (1 - x )  1

1
2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  y 

1
.

2

ì
4
4
 x  1  x - 1 - y  2  y (1)
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: 
 2
x  2x (y - 1)  y 2 - 6y  1  0 (2)
î
( Trích đề khối thi ĐH khối A,A1 năm 2013)
Nhận xét: Bài này nhiều học sinh nhìn ra yếu tố hàm số nhưng không để ý kỹ sẽ mắc sai lầm
như sau:
ĐK: x ³ 1

(1) Û



4

x -1



4

 2  4 x - 1  y  y 4  2 (2)

Đặt u  4 x - 1 ³ 0, v  y  R khi đó (2) Û u  u 4  2  v  v 4  2

Nếu xét hàm số f (t )  t  t 4  2, t  R thì hàm số không đơn điệu trên R.
PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 17


Nếu xét hàm số f (t )  t  t  2, t ³ 0
4

f '(t )  1 

2t 3
t4  2

 0,"t ³ 0

ìu ³ 0
nhưng ta thấy 
mà ta chỉ xét t ³ 0 thì lời giải sai.
v  R
î
Ở bài này để tránh sai lầm như trên thì việc đầu tiên là ta phải thu nhỏ điều kiện của y bằng cách
đánh giá điều kiện có nghiệm của hệ ta được y ³ 0 sau đó mới giải tiếp như trên.
Lời giải
ĐK: x ³ 1
Phương trình (2) Û x 2  2x (y - 1)  y 2 - 6y  1  0 Û x 2  2x (y - 1)  (y - 1)2  4y
Û (x  y - 1)2  4y ³ 0 Û y ³ 0

Ta có (1) Û



4

x -1



4

 2  4 x - 1  y  y 4  2 (2)

Đặt u  4 x - 1 ³ 0, v  y ³ 0 khi đó (2) Û u  u 4  2  v  v 4  2 (*)
Xét hàm số f (t )  t  t 4  2, t ³ 0 , hàm số liên tục và có f '(t )  1 

2t 3
t4  2

 0,"t ³ 0

Suy ra hàm số đồng biến trên [0; ¥)
Nên phương trình (*) Û f (u )  f (v ) Û u  v Û 4 x - 1  y Û x  y 4  1 thay vào phương
trình (2) ta có:
(y 4  1)2  2(y 4  1)(y - 1)  y 2 - 6y  1  0 Û y 8  2y 5  y 2 - 4y  0

y  0 ® x  1
Û y(y - 1)(y6  y5  y 4  3 y 3  3 y2  3y  4)  0 Û 
( thỏa mãn đk)
y


1
®
x

2

ìx  1 ìx  2
Vậy hệ có hai nghiệm là 
,
y  0 y  1
î
î
ì

1
1

x -  y - (1)


Ví dụ 5. Giải hệ phương trình sau : 
( ĐH khối A năm 2003)
x
y

3

2y  x  1 (2)

î



Nhận xét : Bài này học sinh rất dễ dàng nhìn ra yếu tố hàm số nhưng không đơn giản là cứ nhìn
ra biểu thức giống nhau hai vế là dùng hàm số được. HS hay mắc sai lầm như sau :

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 18


ĐK : x ¹ 0, y ¹ 0

1
1
Xét hàm số f (t )  t - ,t ¹ 0 có f '(t )  1  2  0, "t ¹ 1
t
t
Vậy (1) Û f (x )  f (y ) Û x  y
Khi đó (2) Û x 3 - 2x  1  0 Û (x - 1)(x 2  x - 1)  0 Û x  1,x 

-1 ± 5
2

Lời giải ở trên mắc sai lầm ở chỗ là : hàm số f (t ) liên tục đơn điệu tăng trên hai khoảng

(-¥; 0) và (0; ¥) nên ta không thể kết luận (1) Û f (x )  f (y ) Û x  y ( vì có thể còn có
nghiệm x ¹ y nữa).
Thật vậy (1) vẫn còn có nghiệm x ¹ y nữa khi ta biến đổi như sau :
æ1 1ö
æ

1
1
1ö
x -  y - Û (x - y ) -  -   0 Û (x - y ) 1    0 Û
x
y
xy 
è x y 
è

x  y


x  -1

y


Với x  y, (2) Û x 3 - 2x  1  0 Û (x - 1)(x 2  x - 1)  0 Û x  1, x 

-1 ± 5
2

1
2
Với y  - , (2) Û -  x 3  1 Û x 4  x  2  0
x
x
æ
æ

æ
1ö æ
1ö 3
1ö
1ö
3
Û x 4 - x 2    x 2  x     0 Û x 2 -   x 2     0 ( vô nghiệm)
4  è
4  2
2 
2 
4
è
è
è
2

2

Ta thấy hai cách trên, một cách sai và một cách đúng cùng cho một kết quả nên học sinh ngộ
nhận là mình làm đúng mà không phải suy nghĩ gì thêm.
Qua đây ta thấy khi học sinh áp dụng PP hàm số, nếu không nắm chắc và hiểu rõ các tính chất
thì rất rễ mắc sai lầm mà khó nhận ra được sai lầm ở đâu.
Ví dụ 6. Giải hệ phương trình sau :
ìx 3 - 3x 2 - 9x  22  y 3  3y 2 - 9y (1)

( ĐH khối A năm 2012)
 2
x  y 2 - x  y  1 (2)
î

2
Lời giải :
Ta có (1) Û (x - 1)3 - 12(x - 1)  (y  1)3 - 12(y  1) (*)
Phương trình x 2  y 2 - x  y 

1
1
1
Û (x - )2  (y  )2  1
2
2
2

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 19


ì
ì 3

1

-  x - 1  1
-1  x -  1


2
2
suy ra : 

hay  2


1
1

-  y  1  3
-1  y   1


î 2
2
2
î

Xét hàm số f (t )  t 3 - 12t, t  (-2;2)
Hàm số liên tục và có f (t )  3t 2 - 12 < 0, "t  (-2;2) suy ra hàm số nghịch biến trên (-2;2) .
Nên phương trình (*) Û f (x - 1)  f (y  1) Û x - 1  y  1 Û y  x - 2

1
3
Thay vào phương trình (2) ta có : 4x 2 - 8x  3  0 Û x  ,x 
2
2
æ1 3ö
æ 3 1ö
Vậy hệ có các nghiệm (x ; y )   ; - , (x ; y )   ; - 
è 2 2 
è 2 2 

Lưu ý: Ở bài này ta phải đánh giá được tập giá trị của x - 1 và y  1 như trên vì hàm số
f (t )  t 3 - 12t không đơn điệu trên R. Với bài này ta xét hàm số f (t )  t 3 - 12t trên tập

(-2;2) để hàm số nghịch biến và tập này chứa được tập giá trị của x - 1 và y  1 .
ìx 3 - y 3 - 3x 2  6y 2  -6x  15y - 10 (1)

Ví dụ 7. Giải hệ phương trình sau 
y x  3  y  6 x  10  y 2  4x (2)
î
( HSG Vĩnh Phúc năm 2014-2015)
Lời giải
ĐK: x ³ -3
Phương trình (1) Û (x - 1)3  3(x - 1)  (y - 2)3  3(y - 2) (3)
Xét hàm số f (t )  t 3  3t, t  R có f '(t )  3t 2  3  0 "t  R , suy ra f (t ) đồng biến trên R.
Nên phương trình (3) Û f (x - 1)  f (y - 2) Û x - 1  y - 2 Û x  y - 1 ( suy ra y ³ -2 )
Thay x  y - 1 vào phương trình (2) ta được phương trình:
y y  2  y  6 y  9  y 2  4y - 4

Û y( y  2 - 3)  (y  6)( y  9 - 4)  y 2 - 3y - 28
Û

y(y - 7)
y 2 3



(y  6)(y - 7)
y 9 4

 (y - 7)(y  4)

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 20


y  7

Û 
y
y 6

 y  4 (*)

y 9 4
 y  2  3
Ta có:

VT (*) 

y
y 2 3

Suy ra VT (*) <

y 6



y 9 4

y 2
y 2 3

-

- (y  4) 

y
y 2 3

-

y 2
y 6
y 6

2
2
y 9 4

y 2
y 6
y 6

2
2
y 9 4

æ

æ
1
1 ö
1
1 ö


 (y  2) 
-   (y  6) 
-  < 0, "y ³ -2
è y  2  3 2 
è y  9  4 2 

Suy ra (*) vô nghiệm
Với y  7 ® x  6 vậy hệ có nghiệm duy nhất (x ; y )  (6;7) .
Nhận xét: Ta thấy có những bài khi nhìn vào phương trình nào đó của hệ ta nhận ra ngay yếu tố
hàm số, nhưng với nhiều bài khó hơn thì đôi khi ta phải biến đổi tinh tế thì mới áp dụng được
được hàm số. Như một số ví dụ dưới đây.
ìx 3 (4y 2  1)  2(x 2  1) x  6 (1)

Ví dụ 8. Giải hệ phương trình sau 
x 2y(2  2 4y 2  1)  x  x 2  1 (2)
î
Lời giải
Điều kiện: x ³ 0 , y  
Nếu x  0 thì hệ vô nghiệm
Nếu x  0 thì (2) Û 2y  2y 4y 2  1 

Û 2y  2y (2y )2  1 

1 1
1

1 2
x x
x

(3)

1 1
1

1 2
x x
x

Xét hàm số g(t )  t  t 1  t 2 trên  ta có :

g '(t )  1  1  t 
2

t2
1  t2

 0, "t   suy ra g(t ) tăng trên khoảng (-¥; ¥)

æ1ö
1
Mà (3) Û g(2y )  g   Û 2y  thế vào (1) ta được phương trình
è x 

x
PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 21


æ1
ö
x 3  2  1  2 x 2  1
èx












Xét hàm số g(x )  x  x 3  2 x 2  1
g '(x )  3x 2  1 



x  6 Û x  x3  2 x2  1

x2  1

x

x  6 (4)

x trên (0; ¥) ta có :

 4x x  0, "x  0 suy ra g(x ) tăng trên (0; ¥)

Mà g(1)  6 suy ra x  1 là nghiệm duy nhất của (4)
Từ x  1 suy ra y 

1
(thỏa mãn điều kiện)
2

1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là: (x ; y )  (1; )
2
ì
2
2
x  x - 2x  5  3y  y  4 (1)
Ví dụ 9. Giải hệ phương trình sau 
 2
x - y 2 - 3x  3y  1  0
(2)
î
Lời giải

Từ (1) Û 3y  x  x 2 - 2x  5 - y 2  4

(3)

Thế (3) vào (2) ta được:
x 2 - y 2 - 3x  x  x 2 - 2x  5 - y 2  4+1=0
Û x 2 - 2x  1  x 2 - 2x  5  y 2  y 2  4
Û x - 1 
2

x - 1

2

 4  y2  y2  4

Xét hàm số: f (t )  t  t  4, t ³ 0
Có f '(t )  1 

1
2 t 4

 0, "t ³ 0

 f (t ) là hàm đồng biến với mọi t ³ 0





 

Do đó f (x - 1)  f y
2

2

y  x - 1
Û x - 1  y Û 
y  1 - x
2

2

Với y  x - 1 : (2) Û x 2 - (x - 1)2 - 3x  3(x - 1)  1  0 Û x 

3
1
y 
2
2

Với y  1 - x : (2) Û x 2 - (1 - x )2 - 3x  3(1 - x )  1  0 Û x 

3
1
y 
4
4

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 22


ìæ 3 1 ö æ 3 1 öü
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x ; y )  
 ; ,  ; ý



îè 2 2  è 4 4 þ
ì x  3  10 - y  5 (1)

Ví dụ 10. Giải hệ phương trình sau 
 y  3  10 - x  5 (2)
î
Lời giải
ĐK: x , y  [ - 3;10]
Trừ theo vế của phương trình (1) và (2) ta có:

x  3 - 10 - x  y  3 - 10 - y (*)

Xét hàm số f (t )  t  3 - 10 - t , t  [ - 3;10]
Hàm số liên tục và có f '(t ) 

[ - 3;10] .
Do

đó

phương

1
2 t 3



1
2 10 - t

 0,"t  (-3;10) suy ra hàm số đồng biến trên

(*) Û f (x )  f (y ) Û x  y

trình

.

Khi

đó

(1)

trở

thành:

x  3  10 - x  5 Û 30  7x - x 2  6 Û x 2 - 7x  6  0 Û x  1,x  6
Vậy hệ có hai nghiệm x  y  1,x  y  6

ìx 5  xy 4  y 10  y 6 (1)

Ví dụ 11. Giải hệ phương trình sau 
 4x  5  y 2  8  6 (2)
î
Lời giải
ĐK: x ³ -

5
4

Ta thấy hiển nhiên y  0 không là nghiệm của hệ, nên với y ¹ 0 phương trình (1) tương đương với

æ x ö
   x  y 5  y (*)
è y 
y
5

Xét hàm số f (t )  t 5  t, t  R . Hàm số liên tục và có f '(t )  5t 4  1  0, "t  R suy ra hàm
đồng biến trên R.

x
y

Nên phương trình (*) Û f ( )  f (y ) Û x  y 2 , thay vào (2) ta được phương trình:

4x  5  x  8  6 Û x  1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  y  1 .

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 23


ì x - 1 - y  8 - x 3 (1)

Ví dụ 12. Giải hệ phương trình sau 
(x - 1)4  y (2)
î
Lời giải
ĐK: x ³ 1, y ³ 0
Thế y  (x - 1)4 vào phương trình (1) ta có:

x - 1 - (x - 1)2  8 - x 3 (*)

x - 1  -x 3  x 2 - 2x  9
Xét hai hàm số: f (x )  -x 3  x 2 - 2x  9, g(x ) 

x - 1, x ³ 1

Có f '(x )  -3x 2  2x - 2 < 0 "x suy ra hàm số nghịch biến trên [1; ¥)
Còn hàm số g(x ) đồng biến trên [1; ¥) , nên phương trình (*) Û f (x )  g(x ) có nhiều nhất một
nghiệm, mà f (2)  g(2)  x  2 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất: x  2, y  1 .
Lưu ý: Bài trên ta sử dụng kết quả sau: Hàm số f (x ) đồng biến trên (a;b) , hàm số g(x ) nghịch biến

(a;b) suy ra hàm số h(x )  f (x ) - g(x ) đồng biến trên (a;b) . Nên phương trình
h(x )  f (x ) - g(x )  0 có nhiều nhất một nghiệm ( theo tính chất 1) hay phương trình f (x )  g(x )
có nhiều nhất một nghiệm trên (a;b) .

3
ì

x (2  3y )  1 (1)
Ví dụ 13. Giải hệ phương trình sau  3

x (y - 2)  3 (2)

î


Lời giải
Với y 

2

2 không là nghiệm của hệ, nên y ¹ 2 2 , phương trình (2) Û x 

phương trình (1) ta được:

Xét hàm số f (y ) 

3
y -2
3

thay vào

27(2  3y )
-1  0

(y 3 - 2)3

27(2  3y )
- 1, y ¹ 3 2
3
3
(y - 2)

Ta có:

81(y 3 - 2)3 - 81(y 3 - 2)2 (2  3y )3y 2
(y 3 - 2)6
81(y 3 - 2 - 9y 3 - 6y 2 ) -81(8y 3  6y 2  2)


(y 3 - 1)4
(y 3 - 2)4
f '(x )  0 Û 8y 3  6y 2  2  0 Û (y  1) 8y 2 - 2y  2  0 Û y  -1
f '(y ) 





PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 24


Bảng biến thiên:

y

-¥

-1

f’(y)

+

0

3

¥

2

-

-

¥

0
f(y)

-1

-¥

-1

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình f (y )  0 chỉ có đúng hai nghiệm, mà f (-1)  f(2)  0

1
Vậy hệ có hai nghiệm là (x  -1; y  -1), (x  ; y  2)
2
Lưu ý : Ta thấy f (y ) đồng biến và nghịch biến trên nhiều khoảng ( ba khoảng) nhưng dựa vào
bảng biến thiên ta vẫn kết luận được số nghiệm chính xác của phương trình f (y )  0 . Nên đôi
khi hàm số không đơn điệu ta nên lập bảng biến thiên để suy ra số nghiệm của phương trình.
Bài tập tương tự: Giải các hệ phương trình sau
ì2x - y - 1  2

1. 
2y - x - 1  2
î

ì x  1  y - 7  4

7. 
 y  1  x - 7  4
î





ì

(x  x 2  1) y  y 2  1  1

2. 
y
35
y 


x 2 - 1 12
î

ì 1  x  6 - y  2  3

3. 
 1  y  6 - x  2  3
î
3
3
ì

x - 5y  y - 5y
4.  8

x  y4  1

î


ìx (x  y )  y (y  1)


5. 

 4x  5  y 2  8  0
î
2

2

4

2

ìx 3 - 12x - 8y 3  24y 2 - 16  0

6. 
 2
x  2 4 - x 2 - 12 2y - y 2  -8
î

4
4
ì


x 2 - 2x  y 2 - 2y  162

8. 

x 3  y 2 - 3y  y 3  x 2 - 3x


î




 



ì 2
2
 x  91  y - 2  y
9. 
 y 2  91  x - 2  x 2
î

ìy 3  y  x 3  3x 2  4x  2

10. 

 1 - x 2 - y  2 - y - 1
î
ìx 3 - 2y  1  0

11. 

(3 - x ) 2 - x - 2y 2y - 1  0
î
ì2(2x  1)3  2x  1  (2y - 3) y - 2


12. 
 4x  2  2y  4  6
î

PP Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, HPT, BPT- Vũ Doãn Tiến, Lăng Thị Hoàng Anh

Trang 25