SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số bài toán về phương trình, bất phương trình và hệ phương trình trong chương trình Toán phổ thông

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ 
TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI 
TỐN VỀ PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ 
PHƯƠNG TRÌNH TRONG CHƯƠNG TRÌNH TỐN PHỔ THƠNG

Người thực hiện:     Mai Sỹ Thủy
Chức vụ:                  Hiệu trưởng
SKKN thuộc mơn:  Tốn


MỤC LỤC
Nội dung

Trang

Mục lục

1

1. Mở đầu

2

2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm

3

2.1. Cơ sở lý luận
kiến

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng 
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn 

đề

3
4
4

2.4. Hiệu quả của sáng kiến đối với hoạt động 
giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường

17

3. Kết luận

18

3.1. Kết luận

18

3.2. Kiến nghị

18

2

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài:
Trong tốn học phổ  thơng, các bài tốn về  phương trình và bất phương  
trình, hệ  phương trình chiếm một vị  trí đặc biệt quan trọng, nó xuất hiện hầu 
hết trong các kỳ thi tuyển sinh các cấp, kỳ thi chọn học sinh giỏi tốn cấp tỉnh, 
cấp Quốc Gia…. Điều tất nhiên khi gặp những bài tốn về  phương trình, bất  
phương trình và hệ  phương trình khơng  ở  dạng cơ  bản học sinh phải mất rất 
nhiều thời gian, cơng sức để giải quyết nó. Đối với những bài tốn đó đề bài tuy 
được phát biểu hết sức ngắn gọn, sáng sủa và đẹp đẽ  nhưng học sinh lại gặp 
rất nhiều  khó khăn khi đi tìm lời giải. Đứng trước vấn đề  trên trong q trình 
giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, tơi đã ln trăn trở và đi tìm những thuật 
giải, những hướng đi cụ  thể  để  giúp học sinh tìm tịi có hướng phán đốn, có  
phương pháp giải quyết vấn đề  tốt nhất. Nhưng chúng ta đã biết khơng có một  
chìa khố vạn năng nào có thể “mở  khố” được mọi bài tốn. Trong khi đó việc 
giảng dạy tốn học nói chung và trong bồi dưỡng học sinh giỏi tốn nói riêng, 
việc làm cho học sinh giải quyết được vấn đề đặt ra của bài tốn một cách sáng 
tạo, hồn chỉnh là rất cần thiết. Trong bài viết này, dựa trên kinh nghiệm một số 
năm giảng dạy, luyện thi Đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi tốn, tơi xin nêu 
lên một vài hướng giải quyết bài tốn về  phương trình, bất phương trình, hệ 
phương trình với đề tài “Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để  giải một số bài  
tốn về  phương trình, bất phương trình và hệ  phương trình trong chương trình  
Tốn phổ thơng”.
1.2. Mục đích nghiên cứu:

3


Như chúng ta đã biết khi đứng trước một bài tốn thơng thường phải nghiên 

cứu, chuyển về bài tốn quen thuộc, đã biết nếu có thể. Tuy nhiên việc chuyển 
về những bài tốn quen thuộc khơng phải lúc nào cũng làm được. Chính vì vậy,  
việc nghiên cứu đề  tài “Sử  dụng tính đơn điệu của hàm số  để  giải một số  bài  
tốn về  phương trình, bất phương trình và hệ  phương trình trong chương trình  
Tốn phổ thơng”, sẽ giúp cho học sinh khi gặp một số phương trình, bất phương 
trình, hệ  phương trình  ở  dạng chưa quen,  đã dùng các phép biến  đổi tương 
đương, đặt  ẩn phụ, lượng giác hóa, hình học… mà vẫn chưa giải được thì có 
một hướng suy nghĩ tiếp theo là sử  dụng tính đơn điệu của hàm số  để  giải 
quyết bài tốn đó.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Đề  tài sẽ  nghiên cứu về  sử  dụng tính chất đơn điệu của hàm số  vào việc 
giải một số phương trình, bất phương trình và hệ phương trình.
1.4. Phương pháp nghiên cứu: Trong đề  tài tác giả  đã xây dựng phương 
pháp trên cơ sở lý thuyết về tính đơn điệu của hàm số. 
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến
Sáng kiến này dựa trên cơ  sở  lý thuyết về  tính đơn điệu của hàm số. Cụ 
thể:
Ta xét   D   là một trong các tập con dưới đây của   R :   (a; b),   [a; b),     (a; b],
 (− ; a),  (− ; a], (a; + ),  [a; + ),  R .
2.1.1. Định nghĩa: Hàm số  f ( x)  xác định trên  D  được gọi là:
i) Đồng biến trên  D  nếu  ∀x1 ; x2 �D; x1 < x2  thì  f ( x1 ) < f ( x2 )
ii) Nghịch biến trên  D  nếu  ∀x1 ; x2 �D; x1 < x2  thì  f ( x1 ) > f ( x2 )
Hàm số   f ( x)   đồng biến hoặc nghich biến trên   D   được gọi chung là đơn 
điệu trên  D .
2.1.2. Định lý: Hàm số  f ( x)  xác định trên  D  có đạo hàm trên  D :
i) Nếu  f '( x) 0; ∀x D  thì hàm số  f ( x)  đồng biến trên  D
ii) Nếu  f '( x) 0; ∀x D  thì hàm số  f ( x)  đồng biến trên  D
(Dấu  " = "  chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm trên  D )
2.1.3. Một số tính chất được sử dụng trong chuyên đề này

Tính   chất   1: Giả   sử   hàm   số  f ( x) đơn   điệu   trên   tập  D  thì   phương 
trình  f ( x) = 0  có nhiều nhất một nghiệm thuộc  D .

4


Tính  chất  2: Nếu  phương trình  f '( x) = 0 có một nghiệm trên  tập  (a; b) thì 
phương trình  f ( x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm trên  (a; b) .
Tính   chất   3: Nếu   hàm   số  f ( x) = 0 đơn   điệu   trên  D  thì   với  u; v D   ta 
có:  f (u ) = f (v) � u = v .
Tính chất 4: 
i)  f ( x) đồng biến trên  D thì với  u; v D , ta có  f (u ) < f (v) � u < v .
ii)  f ( x) nghịch biến trên  D thì với  u; v D , ta có  f (u ) < f (v) � u > v .
Tính chất 5. Số nghiệm của phương trình  u ( x) = v( x) trên  D  là số giao điểm 
của của đồ thị các hàm số  y = u ( x); y = v( x) (Trên  D ).
Từ  tính chất này và định lý: “Nếu hàm số   y = f ( x)   liên tục trên   [a; b]   thì 
hàm số   y = f ( x)  đạt được giá trị  lớn nhất; giá trị  nhỏ  nhất trên  D ”, ta có: “Nếu 
hàm số  y = f ( x)  liên tục trên  [a; b]  thì phương trình  f ( x) = m  có nghiệm khi và chỉ 
f ( x); m ax f ( x)] .
khi  m [ min
[a ;b ]
[a ;b ]

Tính chất 6.  Tập nghiệm của bất phương trình  u ( x) > v( x)  là tập hợp các 
hồnh độ tương ứng với phần đồ thị hàm số y = u ( x)  nằm ở phía trên so với phần 
đồ thị hàm số  y = v( x) .
Hệ quả:
f ( x) thì:
i) Nếu tồn tại  min
D

D
+) bất phương trình  f ( x) m  được nghiệm đúng  ∀x ��

min f ( x) m
D

f ( x) m
+) bất phương trình  f ( x) m  có nghiệm x �D � min
D

ii) Nếu tồn tại  mDax f ( x) thì:
D
+) bất phương trình  f ( x) m  được nghiệm đúng  ∀x ��

max f ( x) m
D

+) bất phương trình  f ( x) m  có  nghiệm  x �D � mDax f ( x) m
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến
Trong những năm gần đây các đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, đề thi 
học sinh giỏi các cấp có nhiều bài tốn giải phương trình, bất phương trình, hệ 
phương trình mà học sinh đã sử  dụng các phương pháp quen thuộc như: Biến  
đổi   tương   đương;   phương   pháp   đặt   ẩn   phụ,   phương   pháp   lượng   giác   hóa; 
phương pháp hình học…. nhưng vẫn cịn lúng túng, chưa tìm ra được lời giải 
hoặc xác định được đường lối nhưng chưa đưa ra được kết quả cuối cùng. Tuy 
nhiên nếu học sinh nắm chắc tính đơn điệu của hàm số, có kỹ  năng vận dụng  

5

tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, bất phương trình và hệ phương  
trình thì các bài tốn đó sẽ có được lời gải một cách ngắn gọn, chính xác.
Trong phạm vi sáng kiến này, tơi trình bày một phương pháp giải quyết các 
bài tốn dạng đó, khi mà các phương pháp thơng thường chưa thể giải được, đó 
là phương pháp "Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số".
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Ở  mỗi vấn đề  tác giả  đưa ra ví dụ, phân tích và trên cơ  sở  đó sẽ  rút ra  
được phương pháp thực hiện.
2.3.1. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình
Ví dụ 1. Giải các phương trình sau:
a)  4 x − 1 + 4 x 2 − 1 = 1
b)  3x 7 − 5 − 4 x = 3 − x3 .
Nhận định: 
­ Đối với câu 1, có thể học sinh nghĩ đến việc biến đổi tương đương hoặc  
sẽ  bình phương hai vế  của phương trình , tuy nhiên sẽ  gặp khó khăn trong các  
phép biến đổi. Câu 2, các phương pháp "truyền thống" khơng khả thi.
­  Nếu chịu khó quan sát và chuyển vế  đơn giản thì vế  trái đều là những 
hàm số đồng biến (trên một tập nào đó). Lúc này, sử dụng tính đơn điệu để giải 
quyết bài tốn đã nảy ra trong đầu. Vấn đề  cịn lại là đốn nghiệm! Cơng việc 
này khơng khó, nhưng nếu học sinh cứ thử từng số thì sẽ mất thời gian. Hãy ưu  
tiên những giá trị  của  x  sao cho các biểu thức dưới dấu căn nhận giá trị  là số 
chính phương!. Ngày nay, cơng việc này càng dễ  dàng hơn nhờ  sự  trợ  giúp của 
máy tính cầm tay.
Đáp án:
1
2

1
2

a) Điều kiện  x �[ ; +�) . Dễ thấy  x =  là một nghiệm của phương trình.
1
2

Xét hàm số  f ( x) = 4 x − 1 + 4 x 2 − 1  trên  ( ; + ) ,
2
4x
1
+
> 0, ∀x �( ; +�)
2
4x −1
4 x2 −1
1
Do đó, hàm số  f ( x)  đồng biến trên  ( ; + ) .
2

Ta có  f '( x) =

Mặt khác, ta có:  f ( x) = 4 x − 1 + 4 x 2 − 1 > 0; ∀x >

1
2
6


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất  x =

1
2

b)  3x 7 − 5 − 4 x = 3 − x3 (1) .
5
4

Điều kiện  x �[ − �; )
(1) � 3 x 7 + x 3 − 5 − 4 x = 3
5
 khơng phải là nghiệm của phương trình
4
5
Xét hàm số  f ( x) = 3x 7 + x3 − 5 − 4 x  trên  (− ; ) . 
4
2
5
6
2
> 0, ∀x �(−�; )
Ta có  f '( x) = 21x + 3x +
4
5 − 4x
5
Suy ra, hàm số   f ( x)  đồng biến trên  (− ; )
4
Ta có phương trình trở thành:  f ( x) = f (1) � x = 1
x=

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất  x = 1 .
Ví dụ 2. Giải các phương trình sau:
a)  2 3 2 x − 1 = 27 x3 − 27 x 2 + 13x − 2

2
b)  24 x − 60 x + 36 −

1
1
+
=0
5x − 7
x −1

Nhận định: 
­ Ý a có thể  giải quyết được bằng cách đặt  ẩn phụ  đưa về  hệ  đối xứng  
loại 2
­ Ta sẽ giải bài tốn trên cũng bằng tư duy như trong Ví dụ 1 nhưng sẽ khó 
khẳng định được hàm số  f ( x)  đơn điệu trên tập xác định của nó. Để khắc phục 
khó khăn này, ta sẽ giải các phương trình trên bằng cách xét hàm số đặ trưng của 
các phương trình đó.
Đáp án:
a) Điều kiện:  x R
2 3 2 x − 1 = 27 x 3 − 27 x 2 + 13x − 2
� 2 3 2 x − 1 = [(3 x)3 − 3(3 x) 2 + 3.(3 x) − 1] + 4 x − 1
� 2 3 2 x − 1 = (3x − 1)3 + 4 x − 1
� 2 x − 1 + 2 3 2 x − 1 = (3 x − 1)3 + 2(3x − 1) (*)

Xét hàm số   f (t ) = t 3 + 2t . Ta có   f '(t ) = 3t 2 + 2 > 0; ∀t R . Từ  đó ta có hàm số 
f (t )  đồng biến trên  R .
7


Phương trình  (*)  trở thành:

 

f ( 3 2 x − 1) = f (3 x − 1) � 3 2 x − 1 = 3 x − 1 � 2 x − 1 = 27 x 3 − 27 x 2 + 9 x − 1
� 27 x 3 − 27 x 2 + 7 x = 0 � x(27 x 2 − 27 x + 7) = 0 � x = 0

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất  x = 0
2
b)  24 x − 60 x + 36 −

Điều kiện:  x >

1
1
+
=0
5x − 7
x −1

7
5

1
1
1
1
+
= 0 � 25 x 2 − 60 x + 36 −
− x2 +
=0
5x − 7

x −1
5x − 7
x −1
1
1
� (5 x − 6) 2 −
= x2 −
(*)
(5 x − 6) − 1
x −1
24 x 2 − 60 x + 36 −

Do  x >

7
5

x >1
5x − 6 > 1

2
Xét hàm số  f (t ) = t −

1
1
> 0; ∀t > 1 .
;  t > 1 . Ta có:  f '(t ) = 2t +
2 (t − 1)3
t −1

Vậy, hàm số  f (t )  đồng biến trên  (1; + )
3
2

Phương trình (*)  trở thành  f (5 x − 6) = f ( x) � 5 x − 6 = x � x = (Thỏa mãn đk)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất  x =

3
2

Một số bài tập vận dụng: Giải các phương trình sau:
a) 15 − x + 3 − x = 6
b)  3x − 5 + 2 x + 3 = 2 + 12 − x
c)  2 x 2 + 23 = 4 x − 2 + 2 x 2 + 7
d)  x 2 + 15 = 3x − 2 + x 2 + 8
e)  x5 + x3 − 1 − 3x + 4 = 0
x2 + x + 3
h)  log3 ( 2
) = x 2 + 3x + 2
2x + 4x + 5
x
k)  9 + 2( x − 2).3x + 2 x − 5 = 0 .

g)  8 x3 − ( 2 x + 1)3 = 2 x + 1 − 2 x
i) 3x + 4 x = 5x

2.3.2. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải bất phương trình.
Ví dụ 1. Giải các bất phương trình sau:
a)  x + 5 + 2 x + 3 < 9
b)  3 3 − 2 x +

5
− 2x 6
2x −1

c)  x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1
8


Nhận định: 
­ Câu a: Học sinh hồn tồn có thể sử dụng phương pháp bình phương hoặc  
biến đổi tương đương để  giải. Tuy nhiên, tơi muốn hướng đến việc sử  dụng 
tính đơn điệu của hàm số  để  giải quyết, tuy nhiên đốn được một nghiệm của  
phương trình này mất khá nhiều thời gian (chú ý chọn những số  sao cho biểu 
thức dưới dấu căn là số chính phương).
­ Câu b: Có thể đặt ẩn phụ, nhưng biến đổi khá rối. Bài tốn đơn giản nếu  
sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
­ Câu c: khá phức tạp và cũng có thể đặt ẩn phụ. Song nếu quan sát kỹ thì  
thấy có mối quan hệ  tương  ứng giưa các vế  để  có thể  sử  dụng tính đơn điệu 
của hàm số.
Đáp án:
a)  x + 5 + 2 x + 3 < 9 .
Điều kiện:  x −

3
2

3
2

+)  x = −  là một nghiệm của bất phương trình.
3
2

+) Với  x �(− ; +�)
Xét hàm số  f ( x) = x + 5 + 2 x + 3; f '( x) =

1
1
3
+
> 0; ∀x �(− ; +�)
2
2 x+5
2x + 3

3
2

Suy ra, hàm số  f ( x)  đồng biến trên  (− ; + ) .
3
x>−
2
Bất phương trình trở thành:  f ( x) < f (11) ��
x < 11

−

3
< x < 11 .

2

3
2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là  S = [ − ;11)
5
− 2x 6
2x −1
1 3
Điều kiện:  x ( ; ] .
2 2
3
+)  x = là một nghiệm của bất phương trình
2
5
− 2x
Xét hàm số  f ( x) = 3 3 − 2 x +
2x −1

b)  3 3 − 2 x +

9


3

5

1 3

− 2 < 0; ∀x ( ; )
Ta có  f '( x) = − 3 − 2 x −
2 2
(2 x − 1) 2
1 3
2 2

Suy ra hàm số  f ( x)  nghịch biến trên  ( ; ) . 
Bất phương trình trở thành: 
x 1
3
f ( x) �f (1) �
1 3 x �� x �[1; )
2
x ( ; )
2 2
3
2

Kết luận: Tập nghiệm của bất phương trình là:  S=[1; ] .
c)  x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1
Điều kiện:  1 x 3 ,
x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1 � ( x − 1) 2 + 2 + x − 1 > (3 − x) 2 + 2 + 3 − x

Xét hàm số:  f (t ) = t 4 + 2 + t ; t 0 . Ta có  f '(t ) =

2t 3
t4 + 2

+ 1 > 0; ∀t

0

Suy ra hàm số  f (t )  đồng biến trên  [0; + ) .
Bất phương trình đã cho trở thành: 
f ( x − 1) > f ( 3 − x ) � x − 1 > 3 − x � x − 1 > 3 − x � x > 2

Kết hợp với điều kiện, ta có tập nghiệm của bất phương trình là  S = (2;3]
Bài tập vận dụng: Giải các bất phương trình sau:
a)  x + 9 + 2 x + 4 > 5

b)  2 x3 + 3x 2 + 6 x + 16 < 4 − x + 2 3
c)  x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13 x − 7 < 8 d)  log 2 x > log3 ( x + 2)
2.3.3. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải hệ phương trình
2.3.3.1. Hệ có dạng: 

f (u ( x)) = f (v ( y )) (1)
g ( x; y ) = 0
(2)

Phương pháp giải chung:
+)   Tìm   điều  kiện   của  hệ   (Ngoài  điều   kiện   để   các   biểu   thức   trong  hệ 
phương trình có nghĩa, trong nhiều trường hợp, ta cần căn cứ vào nội tại của các  
biểu thức trong hệ, ta đánh giá để thu hẹp hơn miền chứa nghiệm của hệ). 
+) Với điều kiện trên, ta suy ra  u ( x); v( y )  cùng nhận giá trị trên miền  D
+) Chứng minh  f (t )  đơn điệu trên  D (Cần lưu ý rằng, rất ít khi Bài tốn cho 
trước hàm số   f (t )  (Gọi là hàm đặc trưng của hệ  phương trình). Do đó phải đi 
tìm  f (t ) . Thơng thường, ta tìm  f (t )  bằng cách phân li biến số)
10

+) Từ suy ra  u ( x) = v( y ) . Do đó, ta có hệ mới (Đơn giản hơn): 
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình: 

u ( x ) = v( y )
g ( x; y ) = 0

x 3 − 5 x = y 3 − 5 y   (1)
x8 + y 4 = 1           (2)

Đáp án:
(2) � −1 �x �1; −1 �y �1 . Xét hàm số  f (t ) = t 3 − 5t ; t �[ − 1;1]

Ta có:  f '(t ) = 3t 2 − 5 < 0; ∀t [­1;1] . 
Suy ra hàm số  f (t ) = t 3 − 5t  nghịch biến trên  [­1;1] .
Phương trình  (1)  trở thành:  f ( x) = f ( y ) � x = y , thế vào  (2)  ta có: 
x8 + x 4 − 1 = 0 � x 4 =

−1 + 5
−1 + 5
� x = �4
2
2

Vậy hệ có hai nghiệm:  x = y = 4 −1 + 5  và  x = y = − 4 −1 + 5
2

2

Nhận   xét:  Thoạt   nhìn   hệ   phương   trình,   ta   thấy   điều   kiện   của   hệ   là 
x �R; y �R . Tuy nhiên, nếu chỉ như thế thì hàm đặc trưng f (t ) = t 3 − 5t  khơng phải 
là hàm đơn điệu. do đó để  áp dụng phương pháp này, ta phải “thu gọn” miền  
chứa nghiệm, để  trong miền đó, hàm đặc trưng của phương trình thu được là 
hàm số đơn điệu
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình: 

x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1
y + y 2 − 2 y + 2 = 3x −1 + 1

Đáp án:
2
y −1
�x + x − 2 x + 2 = 3 + 1
�
�y + y 2 − 2 y + 2 = 3x −1 + 1

2
y −1
�x − 1 + ( x − 1) + 1 = 3 (1)
�
�y − 1 + ( y − 1) 2 + 1 = 3x −1 (2)

Từ (1) và (2) ta có: 
( x − 1) − ( y − 1) + ( x − 1) 2 + 1 − ( y − 1) 2 + 1 = 3 y −1 − 3x −1
� ( x − 1) + ( x − 1) 2 + 1 + 3x −1 = ( y − 1) + ( y − 1) 2 + 1 + 3 y −1 (3)

Xét hàm số f (t ) = t + t 2 + 1 + 3t � f '(t ) = 1 +

t

t +1
2

+ 3t ln 3 =

t2 +1 + t
t +1
2

+ 3t ln 3

nhận xét:  ∀t � t 2 + 1 > t 2 �−t � t 2 + 1 + t ��
0
f '(t ) > 0; ∀t . 
Do đó hàm số  f (t )  đồng biến trên  ﾡ

11


(3)   trở   thành:   f ( x − 1) = f ( y − 1) � x − 1 = y − 1 � x = y .   Thế   vào   (1)   ta   có: 
x − 1 + ( x − 1) 2 + 1 = 3x −1 (4)

Theo nhận xét trên ta có:  x − 1 + ( x − 1)2 + 1 > 0 . Do đó 
(4) � ln( x − 1 + ( x − 1) 2 + 1) = ( x − 1) ln 3 � ln( x − 1 + ( x − 1) 2 + 1) − ( x − 1) ln 3 = 0(5)

Lại xét hàm số  g ( x) = ln( x − 1 + ( x − 1) 2 + 1) − ( x − 1) ln 3
1+
g '( x) =

x −1

( x − 1) 2 + 1

x − 1 + ( x − 1) + 1
2

− ln 3 =

1
( x − 1) + 1
2

− ln 3 < 1 − ln 3 < 0 , 

Suy ra hàm số  g ( x) nghịch biến trên  ﾡ
(5)  trở thành:  g ( x) = g (1) � x = 1 � y = 1 .
Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x = 1; y = 1
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình: 

(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0(1)
4 x 2 + y 2 + 2 3 − 4 x = 7(2)

(Đề thi tuyển sinh vào đại học khối A năm 2010)
Đáp án:
3
;y
4

Điều kiện  x

5

2

(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0(1) � (4 x 2 + 1)2 x = (3 − x) 5 − 2 y
� (4 x 2 + 1)2 x = [(5 − 2 y) + 1] 5 − 2 y (*)

Xét hàm số  f (t ) = t (1 + t 2 ) ;  f '(t ) = 1 + 3t 2 > 0; ∀t R , hàm số đồng biến trên  R .
Phương trình  (*)  trở thành:
x 0
  f (2 x) = f ( 5 − 2 y ) � 2 x = 5 − 2 y ��
� 2
4x = 5 − 2 y

Thế vào phương trình  (2)  ta được:  4 x 2 + (

x 0
� 5 − 4x2
y=
2

5 − 4x2 2
) + 2 3 − 4 x = 7(**)
2

3
4

+)  x =  khơng phải là nghiệm của phương trình này
3
4

+) Với  x [0; )
3
5 − 4x2 2
Xét hàm số  g ( x) = 4 x + (
) + 2 3 − 4 x  liên tục trên  D = [0; ) . Ta có:
4
2
4
4
3
2
= 4 x(4 x 2 − 3) −
< 0; ∀x [0; ) . 
  g '( x) = 8 x − 4 x(5 − 4 x ) −
4
3 − 4x
3 − 4x
2

12


3
5 − 4 x2 2
) + 2 3 − 4 x  nghịch biến trên  D = [0; )
4
2
1
1
D

y=2
Phương trình  (**)  trở thành  g ( x) = g ( ) � x = ��
2
2
1
x=
2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 
y=2

Vậy hàm số  g ( x) = 4 x 2 + (

x 3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình:  2 2
1
x + y −x+ y =
2

(Đề thi tuyển sinh vào đại học khối A năm 2012)
Đáp án:
x 3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y
( x − 1)3 − 12( x − 1) = ( y + 1)3 − 12( y + 1) (1)
1
1
1
x2 + y 2 − x + y =
( x − ) 2 + ( y + ) 2 = 1                            (2)
2
2
2

1
1
3
�
�
−
x
�−1 x − 2 1 �
�
�
2
2
Từ  (2)  suy ra  �
�
1
3
1
�−1 y +
1 �
−
y
�
�2
2
2

Xét   hàm   số   f (t ) = t 3 − 12t; t [­1;1] .   Ta   có:   f (t ) = 3t 2 − 12 < 0; ∀t [­1;1] .   Suy   ra 
hàm số  f (t ) nghịch biến trên  [­1;1]
(1)  trở thành  f ( x − 1) = f ( y + 1) � x − 1 = y + 1 � x = y + 2 , thế vào  (2)  ta có:
3

1
3
( y + )2 + ( y + )2 = 1 � 2 y 2 + 4 y + = 0 �
2
2
2

3
y=− �x=
2
1
y=− �x=
2

� 1
�x = 2
�
;
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm là  �
3
�y = −
�
2

Ví dụ 5. Giải hệ phương trình: 

1
2
3
2

� 3
�x = 2
�
�
�y = − 1
�
2

2(2 x + 1)3 + 2 x + 1 = (2 y − 3) y − 2 (1)
4x + 2 + 2 y + 4 = 6

(2)

Đáp án:
Điều kiện: 

x

−

y

2

1
2

13

(1) � 2(2 x + 1)3 + 2 x + 1 = (2 y − 3) y − 2 � 2(2 x + 1)3 + 2 x + 1 = [2( y − 2) + 1] y − 2
� 2(2 x + 1)3 + 2 x + 1 = 2( y − 2)3 + y − 2 (*)

Xét hàm số  f (t ) = 2t 3 + t; t Υ [0;+ ) . Ta có  f '(t ) = 6t 2 + 1 > 0; ∀t Υ [0;+ )
Suy ra hàm số  f (t )  đồng biến trên  [0;+ )
(*) � f (2 x + 1) = f ( y − 2) � 2 x + 1 = y − 2 , thế vào  (2) , ta có:
4

4 y − 8 + 2 y + 4 = 6(**)

+)  x = 2  không phải là nghiệm của  (**)
+) Với  x �(2; +�) , Xét hàm số:  g ( y ) = 4 4 y − 8 + 2 y + 4; y �(2; +�)
g '( y ) =

1
4

(4 y − 8)3

+

1
> 0; ∀y �(2; +�)
2y + 4

Vậy hàm số  g ( y )  đồng biến trên  (2; + )
(**) � g ( y ) = g (6) � y = 6

Với  y = 6 � x =

1
2

1
2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất 
y=6
x=

Một số bài tập vận dụng: Giải hệ phương trình sau:
a) 
c) 

x 3 (4 y 2 + 1) + 2( x 2 + 1) x = 6
x 2 y (2 + 2 4 y 2 + 1) = x + x 2 + 1
2 y3 + 2x 1 − x = 3 1 − x − y  
y = 2 x 2 − 1 + 2 xy 1 + x          

2.3.3.2. Hệ có dạng 

b) 
d) 

x +1 + 4 x −1 − y4 + 2 = y
x 2 + 2 x( y − 1) + y 2 − 6 y + 1 = 0
y 3 + y = x3 + 3x 2 + 4 x + 2
1 − x2 − y = 2 − y −1

x = f ( y)

y = f ( x)

Đây là hệ đối xứng loại 2. Ta có thể  giải được bằng cách trừ  từng vế  hai 
phương trình của hệ, ta có:
( x − y ) F ( x; y ) = 0

x= y
F ( x; y ) = 0

Tuy nhiên bài tốn phát sinh là phương trình  F ( x; y ) = 0 . Độ khó của hệ phụ 
thuộc vào độ  khó của phương trình này. Tuy nhiên nếu  f ( x) là hàm số đơn điệu 
thì ta có một cách giải khác:
Ta xét trường hợp hàm đồng biến. Trường hợp cịn lại làm tương tự.
y
f ( x) f ( y)
y x
Giả sử  x �
14


Vậy, ta có: 

x
y

y
� x = y  . Thế vào 1 trong 2 phương trình ta được:  x = f ( x) . 
x

Đây là phương trình một ẩn.

Ví dụ: Giải hệ phương trình  

x2 + x = 2 y
y2 + y = 2x

Đáp án: Điều kiện:  x 0; y 0
x2 + x
y=
�
2
�
2
y + y
x=
2

2
�x + x = 2 y
�2
y + y = 2x

x=0
 là một nghiệm của hệ.
y=0

+) Nếu  x = 0 � y = 0 . Do đó: 

+) Nếu  x > 0 � y > 0 . Xét hàm số  f (t ) =
Ta có  f '(t ) = t +

t2 + t
;t > 0
2

1

> 0; ∀t > 0 . Vậy  f (t ) đồng biến trên  (0; + )
4 t
x = f ( y)
Hệ trở thành: 
y = f ( x)
y
Giả sử  x �

Vậy, ta có: 
x=

f ( x)
x
y

f ( y)

y

x

y
� x = y  . Thế vào 1 trong 2 phương trình ta được: 
x

x2 + x
� x2 − 2 x + x = 0 � x x − 2 x + 1 = 0
2
x =1

� x x − x − x + 1 = 0 � ( x − 1)( x + x − 1) = 0

x=

3− 5
2

3− 5
x=0
x =1
2
Vậy, hệ đã cho có 3 nghiệm: 
; 
; 
y=0
y =1
3− 5
y=
2
f ( x) = g ( y)
Nhận xét: Với hệ  
, trong đó  f (t ); g (t )  là các hàm số cùng đồng 
f ( y ) = g ( x)
x=

biến, hoặc cùng nghịch biến trên  D , ta cũng có cách giải tương tự. 

15


2.3.4.  Ứng dụng tính đơn điệu để  biện luận số  nghiệm của phương  
trình; bất phương trình, hệ phương trình
Bài tốn về biện luận số nghiệm, có nghiệm trên một tập hợp cho trước là 
bài tốn rất thường gặp trong q trình học tập và trong các kỳ  thi. Ngồi việc 
u cầu học sinh nắm vững các kiến thức cơ sở, bài tốn cịn địi hỏi óc tư duy, 
sáng tạo. Đối với dạng tốn này cũng có nhiều phương án giải quyết, trong đó 
phương án sử  dụng tính đơn điệu của hàm số  sẽ  cho ta lời giải ngắn gọn, độc  
đáo và được đánh giá rất cao!
Ví dụ 1. Tìm   m để phương trình 

3x 2

1

2x 1

2x 1

mx  có nghiệm duy nhất.

1
2

Đáp án:  Điều kiện  x > .

3x 2 − 1
3x 2 − 1
2x −1
3x 2 − 2 x
= 2 x − 1 + mx �
−
=m�m=
x
2x −1
x 2x −1
2x −1

Xét hàm số  f ( x) =

3x 2 − 2 x
9 x2 − 8x + 2
1
; f '( x) =
> 0; ∀x �( ; +�) .
2
2x −1
(2 x − 1)3

Ta có bảng biến thiên:

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số   y = f ( x)  và 
đường thẳng  y = m (Cùng phương với trục  Ox )
Vậy, phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi  m R
Ví dụ 2. Tìm  m sao cho phương trình:  2 − x + 2 + x − (2 − x)(2 + x) = m (1)  có 
nghiệm

Đáp án:  Điều kiện: −2 x 2 . Đặt  t = 2 − x + 2 + x ; t > 0
2
�
)t −
+ 4= +2 4 x 2

4

t

2

+ )t 2 = 8 − (4 − 2 4 − x 2 ) = 8 − ( 2 − x + 2 + x ) 2 ��
8 0 < t �2 2

Vậy  2 t 2 2
Ta có  (2 − x)(2 + x) =

t2 − 4
2

16


t2 − 4
= m � −t 2 + 2t + 4 = 2m (2)
2
2
Xét hàm số  f (t ) = −t + 2t + 4; f '(t ) = −2t + 2

Phương trình trở thành:  t −
Ta có bảng biến thiên: 

Phương trình (1)  có nghiệm khi và chỉ khi  (2)  có nghiệm thuộc  [2; 2 2]  
� 4 2 − 4 �2m �4 � 2 2 − 2 �m �2

Ghi chú: Đối với ẩn phụ  ở trên,  (1)  có nghiệm khi và chỉ khi  (2)  có 
nghiệm  t  và bắt buộc nghiệm  t  đó phải thuộc [2; 2 2] . Điều này, học sinh 
thường bỏ sót trong các phép đặt ẩn phụ đối với phương trình, bất phương trình 
chứa tham số.
Ví dụ  3.  Tìm   m sao cho bất phương trình:   m 2 x 2 9 x m   được nghiệm 
đúng với  x R
Đáp án: Điều kiện:  x R
m 2 x 2 + 9 < x + m � m( 2 x 2 + 9 − 1) < x � m <

x
2x2 + 9 −1

(Vì   2 x 2 + 9 − 1 > 0; ∀x R

)
Xét hàm số:  f ( x) =

x
2 x2 + 9 −1

; f '( x) =

9 − 2 x2 + 9
2 x 2 + 9( 2 x 2 + 9 − 1) 2

+)  f '( x) = 0 � 9 − 2 x 2 + 9 = 0 � 2 x 2 + 9 = 9 � x = �6
+)  f '( x) > 0 � 9 − 2 x 2 + 9 > 0 � 2 x 2 + 9 < 9 � x 2 − 36 < 0 ��
x (−6;6)
x (−�; −6) U (6; +�)
+)  f '( x) < 0 ��
Ta có bảng biến thiên:

17


Từ   bảng   biến   thiên,   ta   thấy   bất   phương   trình:   m 2 x 2 9 x m   được 
R
m<−
nghiệm đúng với  x R khi và chỉ khi  m < f ( x ); ∀x ��

Ví dụ 4. Tìm  m  để hệ bất phương trình 

3
4

3x 2

2x 1 0

2

3mx 1 0

x

 có nghiệm

1
3

x (−1; )
Đáp án:  3x 2 + 2 x − 1 < 0 ��

Ta có  x = 0 khơng phải là nghiệm của bất phương trình  x 2 + 3mx + 1 < 0
x2 + 1
x2 + 1
m<−
m>−
3 x  ( II )
Ta có:  x 2 + 3mx + 1 < 0 � 3mx < −( x 2 + 1) �
3x  ( I )  hoặc 
1
x �(−1;0)
x (0; )
3

Xét hàm số:  f ( x) = −

x2 + 1
1 1
1 − x2
; f '( x) = − + 2 =
3x
3 3x

3x 2

Bảng biến thiên:

Hệ  bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ  khi bất phương trình
1
x 2 + 3mx + 1 < 0  có nghiệm thuộc  (−1; )
3
+)  ( I ) có nghiệm. � m �R
+)  ( II ) có nghiệm  � m �R

( I ) .có nghiệm hoặc  ( II ) có nghiệm.

Vậy hệ bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi  � m �R
Một số bài tập vận dụng
1) Tìm  m  để phương trình  6( 3x 2
nghiệm thực phân biệt.

x 1)

4 x 9 2 3x 2

5x 2

m  có hai 

2) Tìm  m  để phương trình  2 x 2 2(m 4) x 5m 10 x 3 0  có nghiệm duy 
nhất
3) Tìm  m để phương trình:  ( x 2 2 x 2) 3
nghiệm phân biệt

4 x2

2x

2

2x 2

4x

m  có bốn 

18


4) Tìm  m sao cho bất phương trình:  mx x 3 m 1  có nghiệm
5) Tìm  m để bất phương trình  (1 2 x)(3 x) m (2 x 2 5 x 3)  đúng với mọi 
x [

1
;3]
2

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, 
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Trong những năm qua, khi giảng dạy, luyện thi Đại học, bồi dưỡng học  
sinh giỏi về  phần phương trình, bất phương trình và hệ  phương trình, tơi đã 
cung cấp cho đồng nghiệp và các em học sinh lớp 12 của trường THPT Mai Anh  
Tuấn phương pháp “Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải  một số phương 

trình, bất phương trình và Hệ phương trình”, kết quả cho thấy các phương pháp 
này đã giúp cho học sinh một hướng đi rõ ràng, một cách nhìn tổng qt, tồn 
diện, tự  tin hơn khi  phải   đối mặt với những bài tốn về  phương trình, bất 
phương trình và hệ phương trình.  
Kết quả  thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thi Đại học về  mơn Tốn đối với học 
sinh lớp 12B năm học 2009 – 2010, học sinh lớp, 12B năm học 2012 ­ 2013 và  
học sinh lớp 12A năm học 2014 – 2015 như sau:

Năm học

2009­2010
2012­2013
2014­2015

Lớp

12B
12B
12A

Sĩ 
số
45
45
46

Số học sinh đạt giải 
Cấp tỉnh(/số học 
sinh tham gia dự thi)
Casio

Tốn

5 (/5)
4 (/5)
4  (/5)

7 (/8)
4 (/5)
4(/5)

Điểm thi ĐH mơn tốn
(Số lượng)
Giỏ
Khá TB
i
8
16 18
12
18 13
10
20 12

Yếu, kém
3
2
4

Qua kết quả trên và những nhận định, góp ý của đồng nghiệp, chúng ta có 
thể  khẳng định: Nếu vận dụng sáng kiến vào giảng dạy cho học sinh trường  

THPT Mai Anh Tuấn thì sẽ góp một phần quan trọng nâng cao chất lượng giảng  
dạy bộ mơn tốn trong nhà trường.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận:
Phương pháp “Sử dụng tính đơn điệu của hàm số  để  giải một số  phương  
trình, bất phương trình và hệ phương trình trong chương trình phổ thơng” là một 
cơng cụ mạnh, nó kết hợp cùng với các phép biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, 
19


lượng giác hóa, hình học … có thể  giúp cho học sinh giải quyết được hầu hết 
các bài tốn về  phương trình, bất phương trình, hệ phương trình.
Thơng thường khi gặp bài tốn về  phương trình, bất phương trình và hệ 
phương trình mà khi sử dụng trực tiếp các phương pháp truyền thống khơng giải  
được hoặc dài dịng, phức tạp thì chúng ta nên suy nghĩ tới việc vận dụng tính 
đơn điệu của hàm số  để  giải quyết. Tuy nhiên, để  sử  dụng được phương pháp 
này chúng ta cần phân tích kỹ  lưỡng để  có thể  đưa bài toán về  bài toán dạng 
f (u ) = f (v) ,  f (u ) > f (v ) ,  f (u ) f (v) …
Sáng kiến này có thể vận dụng rộng rãi cho các em học sinh lớp 12 tại các  
nhà trường. Tư  duy thuật tốn được vận dụng sẽ  làm cho học sinh nhìn nhận  
vấn đề  một cách rộng hơn, sâu sắc hơn đồng thời cũng sẽ  tạo hứng thú u 
thích bộ mơn tốn cho các em học sinh hơn.
3.2. Kiến nghị: Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song kinh nghiệm giảng dạy  
nói chung và bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng cịn có hạn chế. Vì vậy, bài viết 
này khơng tránh khỏi những thiếu sót, rất mong nhận được sự  góp ý của đồng 
nghiệp và bạn đọc để đề tài được hồn thiện, hiệu quả hơn.
Xin trân trọng cảm ơn !
XÁC   NHẬN   CỦA   THỦ   TRƯỞNG   ĐƠN  Thanh Hóa, ngày 28 tháng 4 năm 2016
VỊ
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của 

mình viết, khơng sao chép nội dung 
của người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

Mai Sỹ Thủy

20