Sáng kiÕn kinh nghiệm TrÞnh Hữu §ại
PHẦN 1: ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Chuyên đề về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương
trình (PT, BPT, HPT, HBPT) chiếm một lượng khá lớn trong chương trình phổ thông,
một trong các phương pháp giải các bài tập đó là sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Về bản chất thì giữa PT, BPT, HPT, HBPT và hàm số có mối liên quan rất chặt chẽ.
Khi định nghĩa PT, BPT, ta cũng dựa trên khái niệm hàm số, nếu ta biết sử dụng hàm
số để giải các bài tập đó thì bài toán sẽ đơn giản hơn. Chính vì vậy tôi chọn đề tài
sáng kiến kinh nghiệm là: "Sử dụng tính đơn điệu của hàm số trong giải phương
trình, bất phương trình, hệ phương trình và hệ bất phương trình".
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
- Trang bị cho học sinh về một phương pháp giải PT, BPT, HPT, HBPT mang lại
hiệu quả rõ nét.
- Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học sinh nâng
cao khả năng tư duy, sáng tạo.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
- Các dạng toán giải PT, BPT, HPT, HBPT nằm trong chương trình toán phổ thông .
- Phân loại các dạng toán thường gặp và phương pháp giải mỗi dạng.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
Phương pháp chung của dạng bài tập này
- Với các PT, BPT, HPT, HBPT không chứa tham số, ta sử dụng các tính chất
về tính đơn điệu của hàm số để giải.
- Với các PT, BPT, HPT, HBPT có chứa tham số, ta tìm cách cô lập tham số về
một vế, đưa phương trình, bất phương trình về dạng:
f(x) = m hoặc f(x) > m ( hoặc f(x) < m; f(x)
≤
m; hoặc f(x)
≥
m ).
Sau đó sử dụng các tính chất về tính đơn điệu của hàm số để giải.

tập nghiệm của bất PT là: T = D
∩
(x
0
; +
∞
) ( T = D
∩
(-
∞
; x
0
)) .
ii) Nếu f(x) là hàm đơn điệu giảm trên D và tồn tại x
0

∈
D sao có f(x
0
) = m thì
tập nghiệm của bất PT là: T = D
∩
(-
∞
; x
0
) (T = D
∩
(x
0

)x(f
max
D
Trưêng THPT Ngọc LÆc
2
Sáng kiÕn kinh nghiệm TrÞnh Hữu §ại
3. f(x)
≥
m có nghiệm x
∈
D
⇔
m
≤

)x(f
max
D
4. f(x)
≤
m có nghiệm x
∈
D
⇔
m
≥

)x(f
min
D

.
Bước 1: Biến đổi phương trình đã cho về dạng
( ) ( )f x g x=
(hoặc
( ) ( )f u g u=
)
Bước 2: Xét hai hàm số
1 2
( ); ( )= =y f x y g x
trên D
* Tính
'
1
y
, xét dấu
'
1
y
, kết luận tính đơn điệu của hàm số
1
( )y f x=
trên D
* Tính
'
2
y
, xét dấu
'
2
y

0
u u=
)
* Kết luận nghiệm của phương trình đã cho
Dạng 2: PT đã cho biến đổi được về dạng
( ) ( )f u f v=
trong đó
( )u u x=
,
( )v v x=
Bước 1: Biến đổi phương trình về dạng
( ) ( )f u f v=
Trưêng THPT Ngọc LÆc
3
Sáng kiÕn kinh nghiệm TrÞnh Hữu §ại
Bước 2: Xét hàm số
( )y f x=
trên D
* Tính
'y
, xét dấu y'
* Kết luận hàm số
( )y f x=
là hàm số đơn điệu trên D.
Bước 3: Kết luận:
* Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
u v=
, giải PT :
u v=
* Kết luận nghiệm của phương trình đã cho

* Tính
'
2
y
,xét dấu
'
2
y
, kết luận tính đơn điệu của hàm số
2
( )y g x=
trên D
* Tìm
0
x
sao cho
0 0
( ) ( )f x g x=
(hoặc tìm
0
u
sao cho
0 0
( ) ( )f u g u=
)
* Nếu f(x) đơn điệu tăng, g(x) đơn điệu giảm (hoặc là hàm hằng) thì

0
( ) ( ) ,f x g x x x x D> ⇔ > ∈
(hoặc

Sáng kiÕn kinh nghiệm TrÞnh Hữu §ại
* Nếu f(x) đơn điệu tăng thì:
( ) ( ) ,f u f v u v x D> ⇔ > ∈
Nếu f(x) đơn điệu giảm thì:
( ) ( ) ,f u f v u v x D> ⇔ < ∈
Bước 3: Kết luận nghiệm của bất phương trình đã cho
III. CÁC VÍ DỤ
1. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải pt, bpt, hpt, hbpt
Bài 1: Giải các phương trình sau:
a.
62x6x1x =−++++
b.
2 5 1
1 1
2 5 1
x x
e e
x x
− −
− = −
− −
c. 8log
2
(x
2
- x + 5) = 3(x
2
- x + 5)
d.
21xxx

đồng biến trên D, vậy phương trình trên nếu có nghiệm thì
nghiệm đó là duy nhất.
Mặt khác ta có: f(3) = 6. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
Trưêng THPT Ngọc LÆc
5
Sáng kiÕn kinh nghiệm TrÞnh Hữu §ại
b.
2 5 1
1 1
2 5 1
x x
e e
x x
− −
− = −
− −
Điều kiện:
2 5 0 5 / 2
1 0 1
x x
x x
− ≠ ≠
 
⇔
 
− ≠ ≠
 
Viết lại phương trình dưới dạng :
2 5 1
1 1

Khi đó: phương trình (1)
⇔
( 2 5) ( 1)f x f x− = −
⇔
2 5 1x x− = −
⇔
2 5 1 4
2 5 1 2
x x x
x x x
− = − =
 
⇔
 
− = − + =
 
Vậy phương trình có hai nghiệm x=2 và x=4.
c. 8log
2
(x
2
- x + 5) = 3(x
2
- x + 5) (1)
Với phương trình này ta chưa thể có hàm số giống như hai câu trên mà ta phải
biến đổi để tìm được hàm số mà ta muốn xét.
TXĐ: D = R
Trên D (1)
⇔


t
f t
t
=
với t > e
Ta có
2
1 ln
'( )
ln2
t
f t
t
−
=
< 0
∀
t > e
Từ đó, vế trái của phương trình (2) là hàm nghịch biến
∀
t > e; vế phải là hằng số
Trưêng THPT Ngọc LÆc
6
Sáng kiÕn kinh nghiệm TrÞnh Hữu §ại
Do đó phương trình (2) nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất.
Mặt khác
3
(8)
8
f =

⇔

1x2x22
21xxx
2
+−=+−
−−

⇔

xx21x2
2xx1x
2
−+=−+
−−
Xét hàm số
( ) 2
t
f t t= +
với t
∈
R
t
’( ) 2 .ln2 1 0 f t = + >
∀
t
∈
R
⇒
f(t) là hàm số đồng biến trên R

[ ]
4;2
Xét hàm số: f(x) =
6 2 4x x x+ + − − −
với x
∈
D
Ta cũng nhận thấy f(x) là hàm số đồng biến trên D (vì f’(x) > 0
∀
x
∈
(2;4))
Trưêng THPT Ngọc LÆc
7
Sáng kiÕn kinh nghiệm TrÞnh Hữu §ại
Lại có: f(3) = 3; do đó, bất phương trình có nghiệm x thì
(3; )x∈ +∞
. Vậy tập nghiệm
là: T =
[ ]
4;2

∩
( 3 ; +
∞
) =
(
]
4;3
b.

⇔ ⇔ ∀
 
− < − + <
 
∈
R
Vậy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x
∈
R.
c.
2 3
log 1 log 9 1x x+ + + >
(1)
Điều kiện : x>-1, các hàm số
1 2
( ) log 1f x x= +
và
2 3
( ) log 9f x x= +
là các hàm số
đồng biến trên khoảng
( 1; )− +∞
, nên hàm số
2 3
( ) log 1 log 9f x x x= + + +
là hàm
số đồng biến trên khoảng
( 1; )− +∞
.
Mặt khác

x x

− <


− + + >


Giải:
a. Điều kiện
0, 0x y≥ ≥
. Hệ đã cho trở thành:
2
2 2
2
3 2 3
3 3 3 3 3 3 (1)
3 3 2
x x y
x x y y
x y y

+ + = +

⇒ + + + = + + +

+ = + +


Xét hàm số

x x y
x x
x y
x y


+ + = +
 
+ = −
⇔
 
=
=




Giải (2): Ta đoán được x=1 là một nghiệm của (2), mặt khác dễ nhận thấy phương
trình (2) có vế trái là hàm số đồng biến, vế phải là hàm số nghịch biến.
Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của PT (2), Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x=y=1.
Nhận xét: Đối với hệ phương trình, hệ bất phương trình nhiều ẩn số ta tìm cách biến
đổi làm xuất hiện các phương trình giải được bằng phương pháp hàm số để đưa về
mối quan hệ giữa các ẩn số đơn giản hơn rồi tuỳ từng trường hợp tìm ra cách giải
tiếp.
b.
2 2
2 2
3
2
log log 0 (1)

>
>
>



⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < <
  
< <
< <
− <



Giải (2): xét hàm số
3
2
( ) 3 5 9
3
x
f x x x= − + +
trên (1;4)
Có
2
'( ) 6 5f x x x= − +
,
'( ) 0 1; 5f x x x= ⇔ = =

'( ) 0, (1;4)f x x⇒ < ∀ ∈
Mặt khác

m x x m
m x m
+ +
− = − + −
Giải:
a.
m
2
x
3x4x
2
+=+−
(1)
Nhận xét: Bài tập này ta có thể giải bằng phương pháp thông thường. Tuy nhiên,
nếu giải bằng phương pháp đó, ta phải kiểm tra điều kiện của ẩn số rất phức tạp. Ta
sẽ giải bài này bằng cách sử dụng hàm số
Giải: TXĐ: D =
(
] [
)
∞+∪∞− ;31;
Trên D; (1)
⇔

m
2
x
3x4x
2
=−+−

⇔
x > 3;
f’(x) < 0
⇔
2
1
3x4x
2x
2
−
+−
−
< 0
⇔
x < 1
Từ đó, ta có bảng biến thiên:
x -
∞
1 3 +
∞
f’(x) - +
f(x)
Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và
đường thẳng y = m.
Dựa vào bảng biến thiên ta có kết quả biện luận sau:
Trưêng THPT Ngọc LÆc
10
2
1
−

, đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 2 điểm, do
đó phương trình (1) có 2 nghiệm.
b.
2
6 4 3 2
2 2 (4 ) 3 6
m x x m
m x m
+ +
− = − + −
(1)
Viết lại phương trình dưới dạng
2
6 2 4 3
2 6 2 4 3
m x x m
m x x m
+ +
+ + = + +
(2)
Xét hàm số
( ) 2
t
f t t= +
là hàm số đồng biến trên
¡
, vậy (2)
2 2 2
( 6) (4 3 ) 6 4 3 ( 4) 3 6 (3)f m x f x m m x x m m x m⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ − = −
- Nếu

x R∀ ∈
- Với m = - 2: phương trình vô nghiệm.
3. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số tìm điều kiện của tham số để phương trình,
bất phương trình thoả mãn điều kiện cho trước.
Bài 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
Trưêng THPT Ngọc LÆc
11
Sáng kiÕn kinh nghiệm TrÞnh Hữu §ại
0x310m5x)4m(2x2
2
=−++++−
(1) (m - tham số)
Giải: (1)
⇔

10m5x)4m(2x2
2
+++−
= x - 3

⇔




−=+++−
≥−
22
)3x(10m5x)4m(2x2
03x

phương trình (2) có nghiệm thoả mãn x
≥
3
Ở bài này ta có thể sử dụng phương pháp tam thức bậc hai để giải. Tuy nhiên ta
sẽ sử dụng hàm số để giải bài này.
Xét phương trình (2) : Đặt f(x) =
5x2
1x2x
2
−
+−
với x
≥
3
Ta có: f’(x) =
2
2
)5x2(
8x10x2
−
+−
f’(x) = 0
⇔




=
=
4x

2
(m - tham số)
Giải: Giải (1):
01x2x3
2
<−+

⇔
x
∈

1
1;
3
 
−
 ÷
 
Xét (2): (2)
⇔
3mx < - x
3
- 1
Trưêng THPT Ngọc LÆc
12
4
+
3
Sáng kiÕn kinh nghiệm TrÞnh Hữu §ại
Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của hệ; do đó ta có hệ BPT đã cho tương đương

m
x

< <



+

< −



Đặt f(x) =
x3
1x
3
+
−
với x
∈
D =
( )






∪−

2
1
+
∞
f’(x) + +
f(x)
Từ đó ta có: Hệ (I) có nghiệm
⇔
m > 0 ; Hệ (II) có nghiệm
⇔
m <
28
27
−
Vậy hệ đã cho có nghiệm
⇔
0
28
27
m
m
>



< −

Nhận xét: Trong một số bài tập giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ, ta phải tìm điều
kiện của ẩn phụ. Tuy nhiên, việc tìm điều kiện đó gặp không ít khó khăn. Nếu ta sử
dụng hàm số thì việc tìm điều kiện sẽ đơn giản hơn. Ta xét ví dụ sau:

2
xx2
2
−
ở đây, điều kiện cần là t > 0 nhưng nếu chỉ có điền kiện đó thì chưa
đủ và ta chưa giải được bài này. Ta phải tìm điều kiện của t bằng cách xét hàm số.
Xét hàm số y = 2x - x
2
với x






∈
2
3
;0
Ta có: y’(x) = 2 - 2x y’(x) = 0
⇔
x = 1
Ta có bảng biến thiên:
x -
∞
0 1
2
3
+
∞

⇔
m = -t
2
- 2t + 3 (2)
Phương trình (1) có nghiệm x






∈
2
3
;0

⇔
phương trình (2) có nghiệm 1
≤
t
≤
2
Xét hàm số: g(t) = -t
2
- 2t + 3 với t
[ ]
2;1∈
g’(t) = -2t - 2 g’(t) = 0
⇔
t = -1


∈
2
3
;0

⇔
m
[ ]
0;5−∈
Bài 8: Cho bất phương trình:
mx -
≤− 3x
m + 1 (1) (m - tham số)
a. Tìm m để bất phương trình có nghiệm.
b. Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng
[ ]
7;3x ∈∀
.
Giải:
TXĐ: D =
[
)
∞+;3
Trên D, (1)
⇔
m(x - 1)
≤

3x −

⇔
2
5 2 3
2 3( 1)
x x
x x
− − −
− −
= 0

⇔
x = 7 - 2
3
Ta có bảng biến thiên:
x -
∞
3 7 - 2
3
7 +
∞
f’(x) + 0 - -
f(x)
Trưêng THPT Ngọc LÆc
15
1 3
4
+
2
1
2

73;
⇔
m
≤

2
1
Bài 9: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2 + 2sin2x = m(1 + cosx)
2
(1)
Giải:
Trước hết ta nhận thấy:
∀
m , 1 + cosx
≠
0
(vì nếu 1 + cosx = 0 thì: vế trái PT (1) = 2 vô lý)
Khi đó (1)
⇔
m =
2
)xcos1(
x2sin22
+
+

⇔
m =
2

Khi đó: sinx =
2
2
1
t
t+
, cosx =
2
2
1
1
t
t
−
+

⇒

sin cos
1 cos
x x
x
+
+
=
2
1 2
2
t t+ −


t -
∞
1 -
2
1 1 +
2
+
∞
f’(t) - + 0 - +
f(t)
+
∞
+
∞
Trưêng THPT Ngọc LÆc
16
0
2
0
0
0
Sáng kiÕn kinh nghiệm TrÞnh Hữu §ại
Từ bảng biến thiên ta suy ra:
phương trình (2) có nghiệm
⇔
2m
≥
0
⇔
m

Giải:
a. 2
x
+ 3
x
= 3x + 2 (1)
TXĐ: D = R
Trên D (1)
⇔
2
x
+ 3
x
- 3x - 2 = 0
Xét hàm số: f(x) = 2
x
+ 3
x
- 3x - 2 với x
∈
D
Ta có: f’(x) = 2
x
ln2 + 3
x
ln3 - 3
f’’(x) = 2
x
ln
2

0
) = 0
⇒

∀
x
∈

( )
0
x;∞−
thì f’(x) < 0

∀
x
∈

( )
0
x ;+ ∞
thì f’(x) > 0
Khi đó ta có bảng biến thiên:
x -
∞
x
0
+
∞
f’(x) - 0 +
f(x)

- 1) + 1 = 2.3
t
- 1
Khi đó ta có phương trình:
log
5
(2.3
t
- 1) = t
⇔
2.3
t
- 1 = 5
t

⇔
2.3
t
- 5
t
- 1 = 0
Xét hàm số: f(t) = 2.3
t
- 5
t
- 1 với t
∈

¡
Ta có: f’(t) = 2.3

5
3
; f’(t) < 0
⇔
t >
)5(loglog
9
5
3
Ta có bảng biến thiên:
t -
∞

)5(loglog
9
5
3
+
∞
f’(t) + 0 -
f(t)

Số nghiệm của PT là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(t) và trục hoành.
Từ bảng biến thiên, ta thấy phương trình f(t) = 0 nếu có nghiệm thì có nhiều
nhất là 2 nghiệm.
Mặt khác ta có f(0) = 0; f(1) = 0
Từ đó suy ra phương trình f(t) = 0 có đúng 2 nghiệm t = 0; t = 1
Với t = 0 ta có: x + 1 = 3
0


x1
−=−
−=
d. 2
x
=
2
x
3
+ 1
e.
xcos3
2
x
=
Bài 12: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
1m1x1x
2
+≤++−
Trưêng THPT Ngọc LÆc
19
-
-
f()
Sáng kiÕn kinh nghiệm TrÞnh Hữu §ại
Bài 13: Tìm m để phương trình sau có nghiệm
xsinxcosxsin
222
3.m32 =+
Bài 14: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x

≥++−
−−
−
Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thoả mãn
2
1
x ≥
Bài 17: Cho phương trình:
3m
)8x4(log
)2x.(2)2x(
2
−=−
−
a. Giải phương trình với m = 2
b. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thoả mãn:
4xx
2
5
21
≤≤≤
Bài 18: Cho bất phương trình:
3)mx2x(log
2
2
1
−>+−
Tìm m để bất phương trình trên có nghiệm mà mọi nghiệm của bất phương
trình đó đều không thuộc tập xác định của hàm số: y =
2xlog).1x(log

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 20 tháng 04 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh
nghiệm tôi viết, không sao chép của người
khác.

Trưêng THPT Ngọc LÆc
21
Sáng kiÕn kinh nghiệm TrÞnh Hữu §ại
Trưêng THPT Ngọc LÆc
22