CHUYÊN ĐỀ :ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM Số ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THCS & THPT HAI BÀ TRƯNG

CHUYÊN ĐỀ
ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Tác giả: Trần Quang Tuyến
Chức vụ: Giáo viên
Đối tượng học sinh bồi dưỡng: Lớp 12
Số tiết đã bồi dưỡng: 9 tiết

PHÚC YÊN - 2015


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

LỜI CẢM ƠN

Để hoàn thành chuyên đề này, tôi xin trân trọng cảm ơn sâu sắc đến
Ban gám hiệu trường THCS & THPT Hai Bà Trưng, đã chỉ đạo hướng
dẫn cho tôi trong suốt quá trình viết chuyên đề.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc quý Thầy, Cô trong tổ Toán - Lý Tin của trường THCS & THPT Hai Bà Trưng đã tận tình đóng góp ý kiến
trong suốt quá trình viết chuyên đề . Với những ý kiến đóng góp quý báu
đã giúp tôi hoàn thiện chuyên đề, đạt được thành công ở cấp cụm và tiếp
tục được đi báo cáo ở cấp tỉnh.
Cuối cùng tôi xin kính chúc quý Thầy, Cô dồi dào sức khỏe và thành
công trong sự nghiệp cao quý.

Xin chân thành cảm ơn!

Vĩnh Phúc, tháng 11 năm 2015
Tác giả

Trần Quang Tuyến

Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 2


Mục lục

Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

Chương 1. Kiến thức cơ bản về tính đơn điệu của hàm số
1.1

7

Hàm số và tính đơn điệu hàm số . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1.1

Hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.1.2

Tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2

Các cách xét tính đơn điệu của hàm số . . . . . . . . . . .

8

1.3

Một số tính chất về đơn điệu của hàm số

9

. . . . . . . . .

Chương 2. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương
trình, hệ phương trình và bất phương trình

11

2.1

Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình .

11

2.1.1

Bài toán 1. Giải phương trình F (x) = 0 (1) . . . .

11

2.1.2

Bài toán 2. Tìm điều kiện của tham số m để phương
trình F (x, m) = 0 có nghiệm (n nghiệm) trên K . .

2.2

2.3

22

Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải hệ phương trình

28

2.2.1

Bài toán 1. Giải hệ phương trình hệ số là hằng số .

28

2.2.2

Bài toán 2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm .

39

Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải bất phương trình 46
2.3.1

Bài toán 1. Giải bất phương trình: F (x) > 0 . . . .

2.3.2

Bài toán 2. Tìm điều kiện của tham số m để bất

46

phương trình F (x, m) > 0 có nghiệm (thỏa mãn với
2.4

mọi) x trên K . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

52

Hệ thống bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

2.4.1

Bảng mô tả mức độ nhận thức . . . . . . . . . . . .

57

2.4.2

Bài tập tương tự . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

58


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

Chương 3. Thực nghiệm sư phạm

74

3.1

Mục đích, tổ chức thử nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . .

74

3.2

Nội dung thử nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

80

Tài liệu tham khảo

82

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

82

Trang 4


MỞ ĐẦU
Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình là những dạng
bài tập mà chúng ta thường gặp trong các kì thi, các cấp và đặc biệt là kì
thi THPT Quốc Gia những năm gần đây năm nào cũng có và đó là những
bài toán với yêu cầu cao đối với học sinh về tư duy, về kĩ năng.
Khi đứng trước dạng bài tập này học sinh thường lúng túng bởi sự
đòi hỏi cao về tư duy, về kĩ năng

Vậy để giúp các em thành thạo trong việc xử lí dạng bài tập này
cũng như để nâng cao chất lượng ôn thi THPT Quốc gia. Tôi chọn một
trong những giải pháp giải quyết những khó khăn để đạt hiệu quả cao đó
là chuyên đề:
"Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số giải phương trình, hệ
phương trình và bất phương trình"
Hi vọng chuyên đề này sẽ đồng hành cùng các bạn, giúp đỡ các ban
trên con đường đến thành công.
1. Mục tiêu của chuyên đề
a) Kiến thức Giúp học sinh hiểu được cách vận dụng tính đơn điệu của
hàm số vào để:
• Giải một số bài toán về phương trình.
• Giải một số bài toán về hệ phương trình.
• Giải một số bài toán về bất phương trình.
b) Kĩ năng
• Thực hiện được việc ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải
phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
• Thực hiện được việc ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào tìm m
để phương trình có nghiệm trên khoảng, hệ phương trình có nghiệm
và bất phương trình có nghiệm trên khoảng.


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

c) Định hướng phát triển năng lực
• Năng lực chung: Giải quyết vấn đề, hợp tác làm việc theo nhóm,
ứng dụng công nghệ thông tin, tự học.
• Năng lực chuyên biệt: Phân tích, tổng hợp, đánh giá, phát hiện

vấn đề và giải quyết vấn đề, tư duy, logic.
2. Cấu trúc chuyên đề
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, nội dung của chuyên
đề được trình bày trong các chương.
Chương 1: Kiến thức cơ bản về tính đơn điệu của hàm số.
Chương 2: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình,
hệ phương trình và bất phương trình.
Chương 3: Thử nghiệm sư phạm.
Mặc dù rất cố gắng khi thực hiện chuyên đề nhưng sẽ không tránh
khỏi nhiều sai sót trong chuyên đề. Tôi rất mong nhận được ý kiến đóng
góp để chuyên đề hoàn thiện hơn.

Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 6


Chương 1
KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
1.1

Hàm số và tính đơn điệu hàm số

1.1.1

Hàm số

Định nghĩa 1.1. Nếu với mỗi giá trị của x thuộc tập D có một và chỉ một
giá trị tương ứng của y thuộc tập số thực R thì ta có một hàm số kí hiệu
y = f (x). Ta gọi x là biến số và y là hàm số của x.

Tập hợp D được gọi là tập xác định của hàm số.
Định nghĩa 1.2. Tập xác định của hàm số y = f (x) là tập hợp tất cả các
số thực x sao cho biểu thức f (x) có nghĩa.
Định nghĩa 1.3. Đồ thị của hàm số y = f (x) xác định trên tập D là tập
hợp tất cả các điểm M (x; f (x)) trên mặt phẳng tọa độ với mọi x thuộc D.
1.1.2

Tính đơn điệu của hàm số

Kí hiệu K là khoảng hoặc đoạn hoặc nửa khoảng.
Định nghĩa 1.4. Giả sử hàm số y = f (x) xác định trên K. Ta nói:
Hàm số y = f (x) đồng biến (tăng) trên K nếu với mọi cặp x1 , x2
thuộc K mà x1 nhỏ hơn x2 thì f (x1 ) nhỏ hơn f (x2 ) tức là:
x1 < x2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 )
Hàm số y = f (x) nghịch biến (giảm) trên K nếu với mọi cặp x1 , x2
thuộc K mà x1 nhỏ hơn x2 thì f (x1 ) lớn hơn f (x2 ) tức là:
x1 < x2 ⇒ f (x1 ) > f (x2 )
Hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên K được gọi chung là hàm số
đơn điệu trên K.
Mệnh đề tương đương với định nghĩa tính đơn điệu của hàm số
Mệnh đề 1.1.


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

f (x2 ) − f (x1 )
> 0, ∀x1 , x2 ∈ K, x1 = x2 .
x2 − x1

f (x2 ) − f (x1 )
f (x) nghịch biến trên K ⇔
< 0, ∀x1 , x2 ∈ K, x1 = x2 .
x2 − x1

a) f (x) đồng biến trên K ⇔

b) Nếu hàm số đồng biến trên K thì đồ thị đi lên từ trái sang phải.
Nếu hàm số nghịch biến trên K thì đồ thị đi xuống từ trái sang phải.
1.2

Các cách xét tính đơn điệu của hàm số

Cách 1 Sử dụng định nghĩa
Dùng định nghĩa về tính đơn điệu của hàm số hoặc điều kiện tương
đương với định nghĩa tính đơn điệu của hàm số.
Cách 2 Sử dụng đạo hàm dựa vào một số định lí sau:
Định lý 1.1. Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm trên K.
a) Nếu f (x) > 0 với mọi x thuộc vào K thì hàm số đồng biến trên K.
b) Nếu f (x) < 0 với mọi x thuộc vào K thì hàm số nghịch biến trên K.
Chú ý 1.1. Nếu f (x) = 0, ∀x ∈ K thì f (x) không đổi trên K.
Định lý 1.2. Giả sử hàm số y = f (x) có đạo hàm trên K.
Nếu f (x) ≥ 0 (f (x) ≤ 0), ∀x ∈ K và f (x) = 0 chỉ tại một số hữu
hạn điểm thì hàm số đồng biến (nghịch biến) trên K.
Định lý 1.3. Nếu hàm số y = f (x) liên tục trên [a; b] và có đạo hàm
f (x) > 0 trên (a; b) thì hàm số y = f (x) đồng biến trên [a; b].
Nếu hàm số y = f (x) liên tục trên [a; b] và có đạo hàm f (x) < 0 trên
(a; b) thì hàm số y = f (x) nghịch biến trên [a; b].
Chú ý 1.2.
• Tổng của hai hàm số đồng biến (nghịch biến) trên K là một hàm số

đồng biến (nghịch biến) trên K.
• Tích của hai hàm số đồng biến (nghịch biến) và dương trên K là một
hàm số đồng biến (nghịch biến) trên K.
Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 8


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

– Nếu hàm số f (x) đồng biến (nghịch biến) trên K và k > 0, ∀x ∈ K
thì hàm số k.f (x) đồng biến (hay nghịch biến) trên K.
– Nếu hàm số f (x) đồng biến (nghịch biến) trên K và f (x) >
1
nghịch biến (đồng biến) trên K.
0, ∀x ∈ K thì hàm số
f (x)
1.3

Một số tính chất về đơn điệu của hàm số

Tính chất 1.1. Nếu hàm số y = f (x) liên tục và đồng biến (nghịch biến)
trên K thì phương trình f (x) = C trên K có một nghiệm duy nhất.
Chứng minh

Giả sử phương trình f (x) = C có nghiệm x = a tức là

f (a) = C và f (x) đồng biến (nghịch biến) trên K, ta xét:

• Với x > a suy ra f (x) > f (a) = C (f(x)f (x) = C vô nghiệm.
• Với x < a suy ra f (x) < f (a) = C (f(x)>f(a)=C) nên phương trình
f (x) = C vô nghiệm.
Vậy phương trình f (x) = C có một nghiệm duy nhất x = a.
Tính chất 1.2. Nếu hàm số y = f (x) đồng biến (nghịch biến), hàm số
y = g(x) nghịch biến (đồng biến) và liên tục trên K thì phương trình
f (x) = g(x) một nghiệm duy nhất.
Chứng minh

Giả sử x = a là một nghiệm của phương trình f (x) =

g(x) trên K tức là f (a) = g(a). Giả sử hàm f (x) đồng biến, hàm g(x)
nghịch biến và liên tục trên K, ta xét:
• Với x > a suy ra f (x) > f (a)=g(a)>g(x) nên phương trình vô nghiệm.
• Với x < a suy ra f (x) < f (a)=g(a)Vậy phương trình f (x) = g(x) có nghiệm duy nhất x = a.
Tính chất 1.3. Nếu hàm số y = f (x) đồng biến (nghịch biến) và liên tục
trên K thì f (u) = f (v) ⇔ u = v với mọi u, v ∈ K.
Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 9


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

Tính chất 1.4. Nếu hàm số y = f (x) liên tục và có f ”(x) ≥ 0 (f ”(x) ≤ 0)
trên K thì phương trình f (x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm trên K.

Tính chất 1.5. Số nghiệm của phương trình f (x) = g(x) là số hoành độ
giao điểm của đồ thị hàm số y = f (x) và đồ thị hàm số y = g(x).
Tính chất 1.6. Nếu hàm số y = f (x) đồng biến và liên tục trên K thì
f (x) > C ⇔ x > x0 với (f (x0 ) = C, x0 ∈ K).
Nếu hàm số y = f (x) nghịch biến và liên tục trên K thì f (x) > C ⇔
x < x0 với (f (x0 ) = C, x0 ∈ K).
Tính chất 1.7. Nếu hàm số y = f (x) đồng biến và liên tục trên K thì
f (u) > f (v) ⇔ u > v với mọi u, v ∈ K.
Nếu hàm số y = f (x) nghịch biến và liên tục trên K thì f (u) > f (v) ⇔
u < v với mọi u, v ∈ K.
Tính chất 1.8. + Bất phương trình f (x) ≥ m đúng (∀x ∈ K) ⇔
min f (x) ≥ m
x∈K

Hoặc
Bất phương trình f (x) > m đúng (∀x ∈ K) khi và chỉ khi toàn bộ đồ
thị hàm số y = f (x) (x ∈ K) nằm ở phía trên đường thẳng (d) : y = m
+ Bất phương trình f (x) ≤ m đúng (∀x ∈ K) ⇔ max f (x) ≤ m
x∈K

Hoặc
Bất phương trình f (x) < m đúng (∀x ∈ K) khi và chỉ khi toàn bộ đồ
thị hàm số y = f (x) (x ∈ K) nằm ở phía dưới đường thẳng (d) : y = m

Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 10


Chương 2

ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

.
2.1

ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH

2.1.1

Bài toán 1. Giải phương trình F (x) = 0 (1)

a) Phương pháp
Bước 1: Tìm điều kiện xác định của phương trình (1).
Bước 2: Biến đổi phương trình (1) đưa về một trong các dạng cơ bản sau
bằng các phép biến đổi tương đương, biến đổi thành phương trình hệ
quả,...:
f (x) = C, hoặc f (u (x)) = f (v (x))
i) Với dạng f (x) = C ta thực hiện:
• Xét tính liên tục và tính đơn điệu của hàm số f (x) trên K
hoặc trên miền nào đó mà bài toán yêu cầu.
• Tính f (x0 ) = C, x0 ∈ K, dựa vào tính chất 1.1 có
f (x) = f (x0 ) ⇔ x = x0
ii) Với dạng f (u (x)) = f (v (x)) ta thực hiện:
• Xét tính liên tục và tính đơn điệu của hàm số f (t) trên K hoặc
trên miền nào đó mà bài toán yêu cầu
• Dựa vào tính chất 1.3 có
f (u (x)) = f (v (x)) ⇔ u (x) = v (x)

Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

• Giải phương trình u (x) = v (x) là phương trình đơn giản hơn,
giải phương trình tìm nghiệm
Bước 3: Kết luận nghiệm của phương trình (1).
b) Ví dụ minh họa
Ví dụ 2.1. Giải phương trình

√

3x − 5 +

√

2x + 3 = 2 +

√

12 − x (1)

Lời giải
5
Điều kiện xác định ≤ x ≤ 12 (*). Có
3
√
√

√
(1) ⇔ 3x − 5 + 2x + 3 − 12 − x = 2 ⇔ f (x) = 2 (2)
√
√
√
5
với f (x) = 3x − 5+ 2x + 3− 12 − x, hàm số f (x) liên tục trên ; 12 .
3
Có
1
1
5
3
+√
+ √
> 0, ∀x ∈
; 12
f (x) = √
3
2 3x − 5
2x + 3 2 12 − x
Suy ra y = f (x) đồng biến trên

5
; 12 và f (3) = 2. Áp dụng tính chất
3

1.1 có
(2) ⇔ x = 3
Do x = 3 thỏa mãn điều kiện (*).

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 3.
Ví dụ 2.2. Giải phương trình sau
√
5x3 − 1 + 3 2x − 1 = 4 − x

(1).

Lời giải
1
Điều kiện xác định x ≥ √
(*). Có
3
5
√
(1) ⇔ 5x3 − 1 + 3 2x − 1 + x = 4 ⇔ f (x) = 4 (2)
√
√
với hàm số f (x) = 5x3 − 1 + 3 2x − 1 + x, hàm số f (x) liên tục trên
1
√
; +∞ . Có
3
5
15x2
2
1
1
f (x) = √
+ .
+ 1 > 0, ∀x ∈ √

; +∞ .
3
5
2 5x3 − 1 3 3 (2x − 1)2
Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 12


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

1
Suy ra hàm số y = f (x) đồng biến trên √
; +∞
3
5
tính chất 1.1 có

và f (1) = 4. Áp dụng

(2) ⇔ x = 1
Do x = 1 thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 1.
Ví dụ 2.3. Giải phương trình 3x7 −

√

5 − 4x = 3 − x3

(1).

Lời giải
5
(*). Ta có:
4
√
(1) ⇔ 3x7 + x3 − 5 − 4x = 3 ⇔ f (x) = 3 (2)

Điều kiện xác định x ≤

√
5
với hàm số f (x) = 3x7 +x3 − 5 − 4x, hàm số f (x) liên tục trên −∞; .
4
Có
5
2
> 0, ∀x ∈ −∞;
f (x) = 21x6 + 3x2 + √
4
5 − 4x
Suy ra y = f (x) đồng biến trên

−∞;

5
và f (1) = 3. Áp dụng tính chất
4

1.1 có
(2) ⇔ x = 1
Do x = 1 thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 1.
Ví dụ 2.4. Giải phương trình 9x + 2 (x − 2) 3x + 2x − 5 = 0

(1).

Lời giải
Đặt t = 3x > 0. Khi đó:
(1) ⇔ t2 + 2 (x − 2) t + 2x − 5 = 0 ⇔

t = −1 (loại)
t = 5 − 2x

Với
t = 5 − 2x hay 3x = 5 − 2x ⇔ 3x + 2x − 5 = 0 ⇔ f (x) = 0 (2)
Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 13


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

với hàm số f (x) = 3x + 2x − 5, hàm số f (x) liên tục trên R. Có
f (x) = 3x ln 3 + 2 > 0, ∀x ∈ R.
Suy ra hàm số y = f (x) đồng biến (−∞; +∞) và f (1) = 0. Áp dụng tính

chất 1.1 có
(2) ⇔ x = 1.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Ví dụ 2.5. Giải phương trình sau
5x + 4x + 3x + 2x =

1
1
1
+
+
− 2x3 + 5x2 − 7x + 17 (1)
x
x
x
2
3
6

Lời giải
(1) ⇔ 5x + 4x + 3x + 2x −
⇔

1
1
1
−
−
+ 2x3 − 5x2 + 7x = 17
2

x
x
2
3
6
f (x) = 17 (2)

với hàm số f (x) = 5x + 4x + 3x + 2x −

1
1
1
− x − x + 2x3 − 5x2 + 7x, hàm
2
2
3
6

số f (x) liên tục trên R. Có
f (x) = 5x ln 5 + 4x ln 4 + 3x ln 3 + 2x ln 2 +

1
1
ln
2
+
ln 3 +
2x
3x

1
ln 6 + 6x2 − 10x + 7 > 0, ∀x ∈ R.
x
6
Suy ra hàm số f (x) là hàm số đồng biến trên (−∞; +∞) và f (1) = 17. Áp
dụng tính chất 1.1 có:
(2) ⇔ x = 1.
Vậy phương trình (1) có nghiệm là x = 1.
Ví dụ 2.6. Giải phương trình log5 x = log7 (x + 2)

(1)

Lời giải
Điều kiện xác định x > 0 (*).
Đặt t = log5 x ⇔ x = 5t khi đó phương trình (1) trở thành:
log7 1 + 5

t

t

t

=t⇔1+5 =7 ⇔
⇔

1
7

t

t

5
+
−1=0
7
f (t) = 0 (2)

Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 14


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

Với hàm số f (t) =

1
7

f (t) =

t

5
7

+
1

7

t

GV: Trần Quang Tuyến
t

− 1, hàm số f (t) liên tục trên R. Có

1
. ln +
7

5
7

t

. ln

5
< 0, ∀t ∈ R.
7

Suy ra y = f (t) nghịch biến trên (−∞; +∞) và f (1) = 0. Áp dụng tính
chất 1.1 có
(2) ⇔ t = 1 hay log5 x = 1 ⇔ x = 5
Do x = 5 thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 5.
Ví dụ 2.7. Giải phương trình sau

4 (x − 2) [log3 (x − 2) + log2 (x − 3)] = 15 (x + 1) (1)
Lời giải
Điều kiện xác định x > 3 (*). Với điều kiện (*), có
15 (x + 1)
4 (x − 2)
15 (x + 1)
⇔ log3 (x − 2) + log2 (x − 3) −
=0
4 (x − 2)
⇔
f (x) = 0 (2)

(1) ⇔

log3 (x − 2) + log2 (x − 3) =

với hàm số f (x) = log3 (x − 2) + log2 (x − 3), hàm số f (x) liên tục trên
(3; +∞). Có
f (x) =

1
1
180
+
+
> 0, ∀x ∈ R.
(x − 2) ln 3 (x − 3) ln 2 4(x − 2)2

Suy ra hàm số đồng biến trên (3; +∞) và f (11) = 0. Áp dụng tính chất
1.1 có

(2) ⇔ x = 11.
Do x = 11 thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy phương trình (1) có nghiệm là x = 11.
Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 15


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

Ví dụ 2.8. Giải phương trình
4x2 + 4x + 4 + 3x 2 +

(2x + 1) 2 +

9x2 + 3 = 0 (1)

Lời giải Phương trình (1) xác định với mọi x ∈ R
(1) ⇔ (2x + 1) 2 +

(2x + 1)2 + 3

⇔

= −3x 2 +

f (2x + 1) = f (−3x)

với hàm số f (t) = t 2 +

√

f (t) = 2 +

(−3x)2 + 3

(2)

t2 + 3 , hàm số f (t) liên tục trên R. Có
t2

t2
+3+ √
> 0, ∀t ∈ R
t2 + 3

Suy ra hàm số đồng biến trên (−∞; +∞). Áp dụng tính chất 1.3 có
(2) ⇔ 2x + 1 = −3x ⇔ x = −

1
5

1
Vậy phương trình (1) có nghiệm x = − .
5
√
Ví dụ 2.9. Giải phương trình 3 6x + 1 = 8x3 − 4x − 1 (1)
Lời giải Ta có

(1) ⇔ 6x + 1 +

√
3

6x + 1 = (2x)3 + 2x ⇔ f

√
3

6x + 1 = f (2x) (2)

với hàm số f (t) = t3 + t, liên tục trên R. Có
f (t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t ∈ R
Suy ra hàm số f (t) đồng biến trên (−∞; +∞). Áp dụng tính chất 1.3 có
(2) ⇔

√
3

6x + 1 = 2x ⇔ 8x3 − 6x − 1 = 0 (3)

Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 16


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

Giải phương trình (3) bằng cách đặt ẩn phụ x = cos t, t ∈ [0; π]. Khi đó
phương trình (3) trở thành
1
2 4cos3 t − 3 cos t − 1 = 0 ⇔ cos 3t =
2


π
π k2π
3t = + k2π (k ∈ Z)
+
(k ∈ Z)
t
=

3
9
3

⇔
⇔
π
π k2π
3t = − + k2π (k ∈ Z)
t
=
−
+
(k ∈ Z)

3
9
3


π
π
t=
x = cos


9
9


7π
7π
t=
Do t ∈ [0; π]
⇒
⇔

 x = cos 9
9


5π
5π
t=
x = cos

9
9
Vậy phương trình (1) có ba nghiệm thực là:
7π
5π
π
x = cos , x = cos , x = cos .
9
9
9
Ví dụ 2.10. Giải phương trình
(x − 2) (4 − x) +

√

x−2+

√

4−x=

x−1 √
+ x + 1 (x ∈ R) (1)
2

Đề thi HSG lớp 12 năm 2015-2016, Vĩnh Phúc
Lời giải
Điều kiện xác định 2 ≤ x ≤ 4 (∗).
(1) ⇔
⇔

⇔

√
√
√
2 (x − 2) (4 − x) + 2 x − 2 + 4 − x = x − 1 + 2 x + 1
√
√
√
√
√
2
x−2+ 4−x +2 x−2+ 4−x =x+1+2 x+1
√
√
√
f
x−2+ 4−x =f
x + 1 (2)

với hàm số f (t) = t2 + 2t, hàm số f (t) liên tục trên [0; +∞). Có
f (t) = 2t + 2 > 0, ∀t > 0.

Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 17


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

Suy ra hàm số đồng biến trên [0; +∞). Áp dụng tính chất 1.3 có
√
√
√
(2) ⇔
x − 2 + 4 − x = x + 1 ⇔ 2 (x − 2) (4 − x) = x − 1
⇔

x−1≥0

⇔

x≥1

4 (x − 2) (4 − x) = (x − 1)2
5x2 − 26x + 33 = 0

x = 3 (thỏa mãn điều kiện (*))

⇔
11
(thỏa mãn điều kiện (*))
x=
5
11
Vậy phương trình (1) có nghiệm là x = 3; x = .
5
Ví dụ 2.11. Giải phương trình

√
9x
3x + 1
x2 + 3x − 2 =
√
2 (x ∈ R) (1)
1 + 3x + 1
Lời giải
1
(∗).
3
Xét x = 0 thay vào phương trình (1) không thỏa mãn nên x = 0 không là
Điều kiện xác định x ≥ −

nghiệm của (1).
√
1
Xét x ≥ − và x = 0 thì 1 − 3x + 1 = 0 nên:
3
√
√
2
3x
+
1
1
−
3x + 1
9x
2

(1) ⇔
x + 3x − 2 =
(−3x)2
√
√
⇔ x3 + 3x2 − 2x = 3x + 1 3x + 2 − 2 3x + 1
√
⇔
x3 + 3x2 + 4x + 2 = (3x + 2) 3x + 1
√
√
3
⇔ (x + 1)3 + (x + 1) =
3x + 1 + 3x + 1
√
⇔
f (x + 1) = f
3x + 1 (2)
với hàm số f (t) = t3 + t, hàm số f (t) liên tục trên [0; +∞). Có
f (t) = 3t2 + 1 > 0, ∀t ≥ 0.
Suy ra hàm số đồng biến trên [0; +∞). Áp dụng tính chất 1.3 có
√
x + 1 = 3x + 1 ⇔ (x + 1)2 = 3x + 1 ⇔ x2 − x = 0 ⇔ x = 1
Do x = 1 thỏa mãn điều kiện (*).
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 1.
Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 18

Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

Ví dụ 2.12. Giải phương trình
√
x2 + 2x − 8
=
(x
+
1)
x+2−2
x2 − 2x + 3

(x ∈ R) (1)

Đề thi THPT Quốc Gia năm 2015
Lời giải
Điều kiện xác định x ≥ 2 (∗).


x = 2 thỏa mãn điều kiện (*)
(x − 2) (x + 4) (x + 1) (x − 2)

= √
⇔
(1) ⇔
x+1
x+4
x2 − 2x + 3

√
=
(2)
x+2+2
x2 − 2x + 3
x+2+2
Giải phương trình (2), có
√
(2) ⇔
(x + 4) x + 2 + 2 = (x + 1) x2 − 2x + 3
√
√
2
⇔
x+2+2
x + 2 + 2 = [(x − 1) + 2] (x − 1)2 + 2
√
⇔
f
x + 2 = f (x − 1) (3)
với hàm số f (t) = (t + 2) t2 + 2 , hàm số f (t) liên tục trên [0; +∞). Có
2
f (t) = 3t + 4t + 2 = 3 t +
3

2

2

+

2
> 0, ∀t ≥ 0.
3

Suy ra hàm số y = f (t) đồng biến trên [0; +∞). Áp dụng tính chất 1.3 có
√
√
x≥1
3 + 13
(3) ⇔ x + 2 = x − 1 ⇔
⇔x=
.
2
x2 − 3x − 1 = 0
√
√
3 + 13
3 + 13
Do x =
nên phương trình (2) có nghiệm x =
2
2
√
3 + 13
Vậy phương trình (1) có nghiệm x = 2, x =
.
2
2
Ví dụ 2.13. Giải phương trình −2x −x + 2x−1 = (x − 1)2 (1)

Lời giải
(1) ⇔

−2x

⇔ −2x
⇔
⇔

2

2

−x

−x

+ 2x−1 = x2 − 2x + 1

+ 2x−1 = x2 − x − (x − 1)

2x−1 + (x − 1) = 2x

2

−x

+ x2 − x

f (x − 1) = f x2 − x

Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

(2)
Trang 19


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

với hàm số f (t) = 2t + t, hàm số f (t) liên tục trên R. Có
f (t) = 2t ln 2 + 1 > 0, ∀t ∈ R.
Suy ra hàm số đồng biến trên (−∞; +∞). Áp dụng tính chất 1.3 có
(2) ⇔ x − 1 = x2 − x ⇔ x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ (x − 1)2 = 0 ⇔ x = 1
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 1.
Ví dụ 2.14. Giải phương trình
log3

2x − 1
(x − 1)2

= 3x2 − 8x + 5

(1)

Lời giải

x=1
x−1=0

⇔
x>1
2x − 1 > 0
2

Điều kiện xác định

(1) ⇔
⇔

(∗).

2x − 1
− 1 = 3(x − 1)2 − (2x − 1)
2
(x − 1)
2x − 1
log3
= 3(x − 1)2 − (2x − 1)
2
3(x − 1)

log3

⇔ log3 (2x − 1) + (2x − 1) = log3 3(x − 1)2 + 3(x − 1)2
⇔

f (2x − 1) = f 3(x − 1)2

(2)

với hàm số f (t) = log3 t + t, hàm số f (t) liên tục trên [0; +∞). Có
f (t) =

1
+ 1 > 0, ∀t > 0
t ln 3

Suy ra hàm số đồng biến trên [0; +∞). Áp dụng tính chất 1.3 có
(2) ⇔ 2x − 1 = 3(x − 1)2 ⇔ 3x2 − 8x + 4 = 0

x = 2 thỏa mãn điều kiện (*)

⇔
2
x = thỏa mãn điều kiện (*)
3
2
Vậy phương trình (1) có nghiệm x = 2, x = .
3
Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 20


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

Ví dụ 2.15. Giải phương trình

4x2 + 9
log2015 6
= x6 − 3x2 + 2 (1)
2
x +x +3
Lời giải Ta có
(1) ⇔ log2015 4x2 + 1 − log2015 x6 + x2 + 3 = x6 + x2 + 3 − 4x2 + 1
⇔ log2015 4x2 + 1 + 4x2 + 1 = log2015 x6 + x2 + 3 + x6 + x2 + 3
f 4x2 + 1 = f x6 + x2 + 3

⇔

(2)

với hàm số f (t) = log2015 t + t, ∀t > 0, hàm số f (t) liên trục trên (0; +∞),
có
f (t) = 1 +

1
> 0, ∀t > 0
t ln 2015

Suy ra hàm số f (t) đồng biến trên (0; +∞). Áp dụng tính chất 1.3 có
(2) ⇔ 4x2 + 1 = x6 + x2 + 3 ⇔ x6 − 3x2 + 2 = 0
⇔

x2 = 1
x2 = −2

⇔

x=1
x = −1

Vậy phương trình (1) có nghiệm là x = 1 và x = −1.

Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 21


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

2.1.2

GV: Trần Quang Tuyến

Bài toán 2. Tìm điều kiện của tham số m để phương trình
F (x, m) = 0 có nghiệm (n nghiệm) trên K.

a) Phương pháp
Bước 1: Tìm điều kiện xác định của phương trình (nếu có).
Bước 2: Dùng các phép biến đổi tương đương, đưa phương trình đã cho
F (x, m) = 0 về dạng f (x) = m.
Tức là: rút tham số m sang một vế, vế còn lại là biểu thức chứa biến
x. Đặt biểu thức chứa biến x là f (x).
Bước 3: Xét sự biến thiên của hàm số y = f (x) hoặc h(t) và lập bảng
biến thiên ở trên K hoặc h(t) ở trên K
Bước 4: Dựa vào tính chất kết luận về m.
b) Ví dụ minh họa

Ví dụ 2.16. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực
√
√
4
3 x − 1 + m x + 1 = 2 x2 − 1 (1)
Lời giải
Điều kiện xác định x ≥ 1 (∗). Với điều kiện trên
(1) ⇔ −3

x−1
x−1
+24
= m (2).
x+1
x+1

x−1
≥ 0, khi đó (2) trở thành −3t2 + 2t = m (3)
x+1
x−1
2
Vì t = 4
= 4 1−
và x ≥ 1 nên 0 ≤ t < 1.
x+1
x+1
Xét hàm số f (t) = −3t2 + 2t, hàm số f (t) liên tục trên [0; 1), có
Đặt t =

4

f (t) = 2 (−3t + 1) , ∀t ∈ [0; 1)
1
∈ [0; 1) . Ta có f
3
Ta có bảng biến thiên của y = f (t).

và f (t) = 0 ⇔ t =

1
3

=

1
3

Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 22


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

Có:
(1) có nghiệm ⇔

(2) có nghiệm t ∈ [0; 1)

⇔ (d) : y = m cắt đồ thị (C) y = f (t)
1
⇔
−1 < m ≤ .
3
Vậy −1 < m ≤

1
là giá trị phải tìm.
3

Ví dụ 2.17. Tìm m để phương trình sau có nghiệm
1 + x2 −

m

1 − x2 + 2 = 2 1 − x4 +

1 + x2 −

1 − x2 (1)

Lời giải
Điều kiện xác định −1 ≤ x ≤ 1 (∗).
√
√
√
√
Đặt t = 1 + x2 − 1 − x2 . Ta có 1 + x2 ≥ 1 − x2 ⇒ t ≥ 0.

t2 = ( 1 + x2 −

1 − x2 )2 ⇔ t2 = 2 − 2 1 − x4 ≤ 2 ⇒ t ≤

√

2

√

2 thì x = ±1.
√
Do đó tập giá trị của t(x) là 0; 2 (x liên tục trên [−1; 1]).

Xét t = 0 thì x = 0, t =

−t2 + t + 2
(1) ⇔ m (t + 2) = −t + t + 2 ⇔
= m (2)
t+2
2

√
−t2 + t + 2
Xét f (t) =
liên tục trên 0; 2 . Có
t+2
√
−t2 − 4t
f (t) =

2 .
≤
0,
∀t
∈
0;
(t + 2)2
√
và f (x) = 0 tại t = 0. Suy ra y = f (t) nghịch biến trên 0; 2 .
Ta có bảng biến thiên
Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 23


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

√
√
(d) : y = m cắt đồ thị (C) : y = f (t), t ∈ 0; 2 ⇔ 2 − 1 ≤ m ≤ 1.
√
Vậy giá trị của m cần tìm là 2 − 1 ≤ m ≤ 1.
Ví dụ 2.18. Tìm m để phương trình:
2 (x + 2) (4 − x) + x2 = 2x − m có nghiệm (1)
Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình −2 ≤ x ≤ 4 (*).
Đặt t =

(x + 2) (4 − x) (2).

Xét hàm số t(x) =

(x + 2) (4 − x), hàm số t(x) liên tục trên [−2; 4], có

t (x) =

1−x
(x + 2) (4 − x)

(∀t ∈ (−2; 4))

và t (x) = 0 ⇔ x = 1 ∈ (−2; 4).
Ta có trên [−2; 4] thì t(−2) = 0, t(1) = 3, t(4) = 0.
Vậy 0 ≤ t(x) ≤ 3, ∀x ∈ [−2; 4]
Khi đó (2) ⇔ −x2 + 2x = t2 − 8. Thay vào (1) ta có
2t = t2 − 8 − m ⇔ t2 − 2t − 8 = m
với g(t) = t2 − 2t − 8, hàm số g(t) liên tục trên [0; 3], có
g (t) = 2t − 2, ∀t ∈ [0; 3] , g (t) = 0 ⇔ t = 1 ∈ [0; 3]
Ta có bảng biến thiên

Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 24


Trường THCS &THPT Hai Bà Trưng

GV: Trần Quang Tuyến

(d) : y = m cắt đồ thị (C) : y = g(t), t ∈ [0; 3] ⇔ −9 ≤ m ≤ −5.
Vậy giá trị m cần tìm là −9 ≤ m ≤ −5.
Ví dụ 2.19. Tìm m để phương trình:
6+x+2

(4 − x) (2x − 2) = m + 4

√

4−x+

√

2x − 2 có nghiệm (1)

Lời giải
Điều kiện xác định của phương trình 1 ≤ x ≤ 4 (*).
√
√
Đặt t = 4 − x + 2x − 2.
√
√
Xét hàm số t(x) = 4 − x + 2x − 2, hàm số t(x) liên tục trên [1, 4]. Có
−1
1
t (x) = √
+√
; ∀t ∈ (1; 4)
2 4−x

2x − 2
√
√
với t (x) = 0 ⇔ 2 4 − x = 2x − 2 ⇔

14 (4 − x) = 2x − 2

⇔

1x=3

⇔x=3
Ta có bảng biến thiên

Phương trình (1) trở thành t2 + 4 = m + 4t ⇔ m = t2 − 4t + 4
√
với hàm số f (t) = t2 − 4t + 4, hàm số f (t) liên tục trên
3; 3 . Có
f (t) = 2t − 4, f (t) = 0 ⇔ t = 2
Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, hpt và bpt

Trang 25