ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ
TỐN VỀ PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH
VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
I) Đặt vấn đề:
Từ nhiều năm trở lại đây việc sử dụng khảo sát sự biến thiên của hàm số để giải và biện luận một
số phương trình, bất phương trình và hệ phương trình tạo nên sự phong phú về thể loại và
phương pháp giải tốn, phù hợp với các kỳ thi tuyển sinh đại học. Để giúp học sinh biết sử dụng
sự biến thiên của hàm số để giải và biện luận một số phương trình, bất phương trình và hệ
phương trình, tôi đã tổng kết lại một số dạng toán và phương pháp giải như sau.
II) Một số lưu ý chung:
Để học sinh có kiến thức vững để giải các bài tốn dạng này u cầu học sinh nắm vững một số
kiến thức cơ bản sau:
1) phương trình f(x) = m có nghiệm khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số y = f(x) và số
nghiệm phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với đường thẳng y = m
2) Xét bất phương trình f(x)
≥
m với f(x) liên tục trên [a; b] .
Khi đó: m = minf(x)
≤
f(x)
≤
maxf(x) = M
*) f(x)
≥
m có nghiệm thuộc [a; b]
⇔
m
≤
maxf(x)
*) f(x)
≥

2
4
1 x−
= 2 – t
2

Ta có: t =
2
1 x+
-
2
1 x−
≥
0 dấu bằng đạt được khi x = 0
t
2
= 2 – 2
4
1 x−
≤
2 dấu bằng đạt được khi x =
±
1
suy ra điều kiện của t là: 0
≤
t
≤
2
Phương trình (1) được chuyển về dạng m(t + 2) = 2 - t
2

Xét hàm số f(t) =
2
2
2
+
++−
t
tt
trên [0;
2
]
Ta có f’(t) =
( )
0
2
4
2
2
≤
+
−−
t
tt
,
∀
t
∈
[0;
2
]

1
(1)
⇔
3
4
1 1
2
1 1
x x
m
x x
− −
+ =
+ +
Đặt: t =
4
1
1
x
x
−
+
=
4
2
1
1x
−
+
điều kiện: 0

2
– 32 – m) = 0

⇔

3 2
2
6 32 0
x
x x m
=


− − − =

Ta chỉ cần chứng minh phương trình: x
3
+ 6x
2
– 32 = m (*) có nghiêm trong (2; +
∞
)
Xét hàm số: f(x) = x
3
+ 6x
2
– 32 với x > 2
f ’(x) = 3x
2
+ 12x > 0 ,

0
≤
3
log 3x ≤
⇔
1
≤

2
3
log x
+1
≤
4
⇔
1
≤
t
≤
2
Phương trình trở thành: t
2
+ t = 2m + 2 (2)
Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc [1; 3
3
]
⇔
Phương trình (2) có ít nhất 1 nghiệm thuộc [1; 2]
1
3

2m + 2
≤
5
⇔
0
≤
m
≤
1,5
Ví dụ 5:
Tìm m để phương trình sau có nghiệm :
(m + 1) tg
4
x – 3m(1 + tg
2
x)tg
2
x +
4
4
cos
m
x
= 0 (1)
Điều kiện: x
2
k
π
π
≠ +

t
m
t t

=


−
=

+ +

Xét: f(t) =
2
2
2 5 4
t
t t
−
+ +
với t
≥
0
f ’(t) =
( )
2
2
2
5 8
2 5 4

m t t

=


− = +



⇔
2
3
1
(2)
2
x
t
t
m
t

=


+
=

−

(vì t = 2 không phải là nghiệm của pt)

t

= −

= +


-0,5
0
f(t)
_
f '(t)
+
∞
0
t
+
5
2
2
1
f(t)
f '(t)
t
+
_
_
-
∞
1

x
x
−
= −
−
+ a (1) có nghiệm duy nhất
(1)
⇔
a =
2
3 2
2 1
x x
x
−
−
Xét hàm số : f(x) =
2
3 2
2 1
x x
x
−
−
xác đònh trên (0,5; +
∞
)
Ta có f’(x) =
( )
2

∀
a phương trình (1) luôn có nghiệm duy nhất
Ví dụ 8:
Giải phương trình: x +
2
2 2x x− +
= 3
x-1
+1 (1)
(1)
⇔
x – 1 +
2
2 2x x− +
= 3
x – 1

⇔
2
1
1 3
a
a x
a a
= −



+ + =


có một nghiệm x = 1
Ví dụ 9
Giải phương trình :
4 1x −
+
2
4 1x −
= 1 (1)
Điều kiện:
2
4 1 0
4 1 0
x
x
− ≥


− ≥


⇔
x
≥
0,5
Xét: f(x) =
4 1x −
+
2
4 1x −
với x

Giải phương trình: 3
x
+ 5
x
= 6x + 2 (*)
Xét: f(x) = 3
x
+ 5
x
– 6x – 2
f ’(x) = 3
x
ln3 + 5
x
ln5 – 6
f ”(x) = 3
x
ln
2
3 + 5
x
ln
2
5 > 0,
∀
x
⇒
f’(x) đồng biến, liên tục và đổi dấu (f’(0) < 0, f’(2) > 0
Nên phương trình f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = a
f(

≤
3
b) x
2
- 6lnx – m = 0 với 1 < x < e
c) 4sin
6
x + cos4x – a = 0
2) Biện luận số nghiệm phương trình:
a) 3x
4
– 10x
3
+ 6x
2
= m
b) 2
1x −
+
5 x−
= m
c) X
3
+ mx + m = 0
3) Tìm điều kiện m để phương trình sau có nghiệm:
1x −
+
3 x−
-
( )

6
x) – sin
2
4x = m
8) biện luận theo k số nghiệm x
;
4 4
π π
−
 
 
 
của phương trình: 4k(sin
6
x + cos
6
x – 1) = 3sin6x
9) Tìm tất cả giá trò m để phương trình có nghiệm duy nhất trên đoạn
0;
2
π
 
 
 

2cosx .cos2x.cos3x m = 7 cos2x
10) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
a) x +3 = m
2
1x +

= m
13) Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
a) tan
2
x + cot
2
x +m(tanx + cotx) + 3 = 0
b)
)45(12 xxmxxx −+−=++
c) 2x +
xxxx 727
2
++++
= m
14) Tìm m để phương trình : sinx + 2 cos
2
x
= m( cosx + 2sin
2
x
) có nghiệm trong đoạn {0 ;
2
π
}
B) Bất phương trình:
1) Ví dụ 1:
Tìm m để bất phương trình m(
2
2 2x x− +
+ 1) + x(2- x)

Với x
∈
[0; 1+
3
] thì t
∈
[1; 2]
Bất phương trình trở thành: m(t + 1)
≤
t
2
– 2

⇔
m
≤

2
2
1
t
t
−
+

⇔
m
≤
Maxf(t) với f(t) =
2

> 0 ,
∀
t
∈
[1; 2]
Vậy bất phương trình có nghiệm x
∈
[0; 1+
3
]
⇔
m
≤

[1;2]
ax ( )M f t
= f(2)
⇔
m
≤

2
3
Ví dụ 2:
Vớùi giá trò nào của m thì bất phương trình sin
3
x + cos
3
x
≥


≥
2m,
∀
t
∈
[-
2
;
2
]
Xét: f(t) = 3t – t
3

f ’(t) = 3 – 3t
2

f ’(t) = 0
⇔
3 – 3t
2
= 0
⇔
t = 1 v t = -1

2
-
2
1
-

∀
x (1)
(1)
⇔
m(x
4
+ 1)
≥
4x ,
∀
x

⇔
m
≥

4
4
1
x
x +
,
∀
x
Xét : f(x) =
4
4
1
x
x +

⇔
m
≥
Maxf(x)

⇔
m
≥

4
27
_
-
27
0
0
1
3
-1
3
27
0
+
_
0
+
∞
-
∞
f(x)

Ta có: (1)
⇔
-x
3
+ 2x
2
– x + 1 > m
Xét: f(x) = -x
3
+ 2x
2
– x + 1 , x
∈
[0; 2]
f’(x) = -3x
2
+ 4x – 1
f’(x) = 0
⇔
x = 1 v x =
1
3

a) (1) có nghiệm thuộc [0; 2]
⇔
Maxf(x) > m
⇔
m < 1
b) (1) có nghiệm
∀

(0; 1] ta có (1)
⇔
p
≤

2
2
1
x x
x
+ +
+

≤
q
Đặt f(x) =
2
2
1
x x
x
+ +
+
f ’(x) =
( )
3
2
2 1
1
x x

b) Giải bất phương trình:
4 1 4x x x− + − > +
(2)
(1)
⇔

x a x b x c− + − − −
> 0
Đặt: f(x) =
x a x b x c− + − − −
với x
≥
a
f’(x) =
1 1 1
2 2 2x a x b x c
+ −
− − −
> 0 ,
∀
x > a ( vì
x a−
<
x b−
<
x c−
)
2
+
_

Với a = 4, b = 1, c = -4 .
p dụng chứng minh trên (2) có nghiệm là: (x
o
, +
∞
) vơùi f(x
o
) = 0
Ta có f(5) =
5 4 5 1 5 4− + − − +
= 0 Vy bất phương trình (2) có nghiệm là ( 5; +
∞
)
Ví dụ 7:
Tìm tất cả các giá trò của m để bất phương trình sau đây nghiệm đúng với
∀
x > 0
(3m +1)12
x
+ (2 – m)6
x
+ 3
x
< 0 (1)
(1)
⇔
(3m +1)4
x
+ (2 – m)2
x


= >


− +
<

−

Xét: f(t) =
2
2
( 1)
(3 )
t
t t
− +
−
,vơùi t > 1
f ’(t) =
2
2 2
7 6 1
(3 )
t t
t t
+ −
−
> 0 ,
∀


+ −


⇔
x
6
7
≥
Đặt: f(x) =
2
7 7 7 6 2 49 7 42x x x x+ + − + + −
+ 4x
f ’(x) =
2
7 7 98 7
2 7 7 2 7 6
49 7 42
x
x x
x x
+
+ +
+ −
+ −
+ 4 > 0 ,
∀
x
6
7

f(t)
f '(t)
t
Khi x < 6 thì f(x) < f(6)
⇔
f(x) < 181
Vậy nghiệm bất phương trình là S = [
6
7
; 6)
Ví dụ 9:
Giải bất phương trình:
3 2
2 3 6 16x x x+ + +
>
2 3 4 x+ −
Điều kiện:
3 2
2 3 6 16 0
4 0
x x x
x

+ + + ≥

− ≥

( )
2
2 (2 8) 0

x x
x
x x x
+ +
+
−
+ + +
> 0 ,
∀
x
∈
(-2; 4)
Suy ra f đồng biến trong khoảng (-2; 4)
Do đó nếu x > 1 thì f(x) > f(1) =
2 3

⇔
3 2
2 3 6 16x x x+ + +
-
4 x−
>
2 3

⇔

3 2
2 3 6 16x x x+ + +
>
4 x−

(1)
Hướng dẫn: Đặt t =
2
sin
2
x
điều kiện
1 2t
≤ ≤
thì
2
sin
3
x
=
( )
2
2
2
log 3
log 3
sin
2
x
t=
(1) có dạng: t +
2
log 3
3
t


=


Hướng dẫn học sinh có thể tìm lời giải theo hai hướng sau:
Hướng 1: (1)
⇔
f(x) – f(y) = 0 (3)
Tìm cách đưa (3) về một phương trình tích
Ví dụ 1:
Giải hệ :
(1)
3 (2)
1 1
2 1
x y
x y
y x

− = −



= +

Ta có: (1)
⇔
x – y – (
1 1
x y

2 1
2 1
2 2 3 1
2 2 3 1
y
x
x x x
y y y
−
−

+ − + = +


+ − + = +


với x, y
∈
R
⇔

( )
( )
2
1
2
1
1 1 1 3
1 1 1 3


⇔
2
2 2
1 3 (1)
1 3 1 3 (2)
b
a b
a a
a a b b

+ + =


+ + + = + + +


Xét hàm số f(t) =
2
1 3
t
t t+ + =
, t
∈
R
f ’(t) =
2
1
1
t

= 3
a⇔
ln(
2
1a a+ +
) = aln3
Xét : g(a) = ln(
2
1a a+ +
) – aln3 (*)
g’(a) =
2
1
1a +
- ln3 < 0 ,
∀
a
Vậy hàm số g(a) nghòch bến trên R. Nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất a = 0
Do đó hệ có nghiệm duy nhât x = y = 1
Ví dụ 3:
Chứng minh rằng hệ phương trình sau có đúng hai nghiệm (x, y) thoả x > 0, y > 0
2
2
2008
1
2008
1

y
y
x y

− >
>


− > ⇔
 
>


> >

(*)
⇔
2
2 2
2008 (1)
1
(2)
1 1
x
x y
y
e
y
x y
e e

1
1
1
1 1
t t
t
t
t
e e
t
t t
− −
−
− = +
−
− −
> 0 ,
∀
t > 1
Vậy f(t) đồng biến trên (1; +
∞
)
Từ (2) ta có f(x) = f(y)
⇒
x = y . Thay vào (1) ta có:
2
2008
1
x
x

2
2
1
x
x
−
> 0 ,
∀
x > 1
⇒
g’(x) đồng biến và liên tục trên (1; +
∞
) và đổi dấu.
Vì
1
lim '( )
x
g x
+
→
= −∞
và g’(2) = e
2
–
1
3 3
> 0
Nên g’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x =
α



= − +


= − +


⇔
1(1)
1(2)
x
x y
e ey x
e ex x e ey

= − +


+ + = + +


Xét: f(t) = e
t
+ et + t
f ’(t) = e
t
+ e + 1 > 0 ,
∀
t
Vậy f(t) đồng biến trên R

∞
-
∞
g(x)
g '(x)
x
Dựa vào bảng biến thiên g(x) cắt trục hoành tối đa hai lần
⇔
phương trình (*) có tối đa 2 nghiệm
Ta thấy x = 0 hoặc x = 1 là hai nghiệm của phương trình (*) ngoài ra (*) không thể có
nghiệm nào khác( vì nó chỉ có tối đa 2 nghiệm)
Vậy hệ có hai nghiệm ( (0; 0) và ( 1; 1)
Ví dụ 5:
Giải hệ phương trình:
2 2
ln(1 ) ln(1 )
12 20 0
x y x y
x xy y
+ − + = −


− + =

(*) ( Đề dự bò khối D 2006)
Điều kiện: x > -1, y > -1
(*)
⇔
2 2
12 20 0

Ta có (2)
⇔
f(x) = f(y)
⇔
x = y nếu x,y thuộc cùng một khoảng đơn vò
hoặc xy < 0 nếu x,y không cùng thuộc một khoảng đơn vò
Nếu xy < 0 thì vế trái của (1) luôn dương, phương trình không thoả mãn
Nếu x = y thay vào (1) ta được nghiệm của hệ là x = y = 0
Ví dụ 6:
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

1 3
1 3
x y m
y x m

+ + − =


+ + − =


(I)
Điều kiện: -1
≤
x , y
≤
3
(I)
⇔

Xét hàm số : g(x) =
1 3x x+ + −

g ’(x) =
1 1
2 1 2 3x x
−
+ −

g ’(x) = 0
⇔
x = 1

Dựa vào bảng biến thiên phương trình (*) có nghiệm
⇔
2
≤
m
≤
2
2
Do đó hệâ có nghiệm khi 2
≤
m
≤
2
2
Ví dụ 7:
Chứng minh rằng
∀

− + + =

(I)
⇔
2 2
3 2x y y m
x y

− =

=
⇔
3 2
3 2x y m
x y

− =

=

2
2
2
2
_
+
0



− =


⇔
cos cos (1)
( )
2sin 3cos (2)
x x y y
I
x y m
− = −


− =

Xét f(t) = t – cost
f ’(t) = 1+sint
≥
0 ,
∀
t
⇒
f(t) đồng biến trên R.
Nên (1)
⇔
f(x) = f(y)
⇒
x = y



=

2) Tìm m để hệ phương trình
cos cos 1
cos3 cos3
x y
x y m
+ = −


+ =

có nghiệm:
3) Giải hệ :
2
2
cos 1
2
cos 1
2
y
x
x
y

= −



+
∞
32
243
_
1
0
0
0
0
f(x)
f '(x)
x
Ví dụ1:
Giải hệ phương trình:
3 2
3 2
3 2
3 5 1 4
3 5 1 4
3 5 1 4
x x x y
y y y z
z z z x

− + + =

− + + =



y, x
≥
z
Nếu x > y
⇒
f(x) > f(y)
⇒
4y > 4z
⇒
y > z
⇒
f(y) > f(z)
⇒
z > x mâu thuẫn
Nếu x > z
⇒
f(x) > f(z)
⇒
y > x mâu thuẫn
Vậy x = y = z
Từ một phương trính trong hệ ta có: x
3
– 3x
2
+ x + 1 = 0
⇔
(x – 1)( x
2
– 2x – 1) = 0
⇔

=


=

Nếu hàm số f(t), g(t) cùng đồng biến (hoặc cùng nghòch biến) thì lý luận như trên ta có x = y =z
Ví dụ 2:
Giải hệ :
3 2
3 2
3 2
6 12 8 (1)
6 12 8 (2)
6 12 8 (3)
y x x
z y y
x z z

= − +

= − +


= − +

(I)
(I)
⇔
3
3

⇒
y
≥

3
2
Tương tự ta có: x
≥

3
2
, z
≥

3
2
Xét hàm số f(t) = 6t
2
– 12t + 8
f ’(t) = 12x – 12 > 0 ,
∀
t
≥

3
2
Vậy f(t) đồng biến trên [
3
2
; +

f(x) > f(z)
⇒
y
3
> x
3

⇒
y > x mâu thuẫn
Suy ra x = y = z
Từ một phương trình trong hệ ta có: x
3
– 6x
2
+ 12 x - 8 = 0
⇔
(x – 2)
3
= 0
⇔
x = 2
Vậy hệ có nghiệm x = y = z = 2
Bài tập luyện tập:
1) Giải hệ :
3 2
3 2
3 2
3 3 ln( 1) (1)
3 3 ln( 1) (2)
3 3 ln( 1) (3)

3) Giải hệ:
3 2
3 2
3 2
1
2
4
1
2
4
1
2
4
x x y
y y z
z z x

+ =



+ =



+ =


4) Chứng minh
∀


chỉ có nghiệm dạng x = y =z
6) Chứng minh rằng
∀
a > 0 hệ phương trình:

ln(1 ) ln(1 )
x y
e e x y
y x a

− = + − +

− =

có nghiệm duy nhất .
7) Tìm m đệ hệ phương trình sau có nghiệm thực:
3 3
3 3
1 1
5
1 1
15 10
x y
x y
x y m
x y

+ + + =




+ =


10) Giải hệ:
2 2
2 3
2 2
2 3
log (1 3 1 tan 2 log (1 tan )
log (1 3 1 tan 2 log (1 tan )
x y
y x

+ − = + −


− − = + −


Hướng dẫn:
1) Nếu một trong ba số x, y, z bằng 1
Giả sử x = 1 thì y – 1 = ylny
Xét f(y) = y – 1 – ylny
f ’(y) = - lny; f ’(y) = 0
⇔
y = 1 và f(1) = 0
0< y < 1 thì f’(y) > 0 suy ra f(y) > 0
y > 1 thì f’(y) < 0 suy ra f(y) < 0

−


=

−


⇒
hệ vô nghiệm