NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1
LÊ TUẤN ANH
CHUYÊN ĐỀ: SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM
SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ
PHƯƠNG TRÌNH
Trước hết, cần nhớ lại một số thế nào là hàm số đơn điệu. Cho hàm số y=f(x) và khoảng K.
Hàm số y=f(x)đồng biến trên K
⇔
(
∀
x
1
, x
2
∈
K, x
1
< x
2
⇒
f(x
1
) < f(x
2
)
Hàm số y=f(x) nghịch biến trên K
⇔
(
∀
x
1

*Nhận xét: đây là 1 phương trình vô tỷ có nhiều căn bậc khác nhau, có thể giải bằng kĩ thuật
nhân liên hợp khi đã nhẫm được nghiệm. Tuy nhiên việc liên hợp căn bậc 4 và 5 sẽ gặp khó
khăn, trong trường hợp này ta sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số để giải.
ĐK:
5
≥
x
Xét hàm số:
);5[:659)13(553)(
2
4
3
+∞=−++−+−++== DTXDxxxxxxfy
Phương trình đã cho tương đương với: f(x)=0
Ta có:
( ) ( )
6593553
3
4
1
3
1
−++−+−++= xxxxxy
( ) ( )
( ) ( )
5,019
54
1
53
1

−−
xx
xx
x
xxx
x
y
Hàm số đồng biến trên khoảng
);5(
+∞
, do đó phương trình đã cho có tối đa 1 nghiệm thuộc
khoảng
);5(
+∞
. Nhận thấy x=6 là nghiệm của phương trình. Vậy phương trình đã cho có
nghiệm: x=6.
Ví dụ 2: Giải phương trình:
3123
3
=−++ xx
1:
≥
xĐK
NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1
LÊ TUẤN ANH
Xét hàm số:
);1[:;3123
3
+∞=−−++= DTXĐxxy
Ta có:

65
11169
222
=++−+−
Điều kiện:
4
0
65
16
9
2
2
≥⇔







>
≥
≥
x
x
x
x
Xét hàm số:
);4[:
65

+∞
, suy ra phương trình đã cho có tối đa 1 nghiệm
thuộc khoảng
);4(
+∞
và x=5 là nghiệm cần tìm.
Vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất x=5.
*Nhận xét: trong ví dụ này, vì VT là hàm mang giá trị dương nên để phương trình có
nghiệm thì VP cũng phải mang dấu dương, tức là kèm theo điều kiện
0
65
>
x
, nếu ta bỏ
quên điều kiện này thì TXĐ của hàm f(x) sẽ là
);4[]4;(
+∞
∪
−
−∞
=
D
khi đó sẻ khó kết luận
được y'>0.
Song, việc giải phương trình vô tỷ không chỉ dừng lại ở điều kiện y'>0 hoặc y'<0, trong
nhiều trường hợp y' đổi dấu nhưng ta vẫn sử dụng được hàm số để giải, bằng cách xét
tiếp y''.
Ví dụ 4: Giải phương trình:
33
24

NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1
LÊ TUẤN ANH
Đến đây ta chưa thể kết luận y'>0 hay y'<0, nhưng ta vẫn có thể lập bảng biến thiên
để tìm số nghiệm của phương trình. Cho y'=0 thì x=0.
Bảng biến thiên:
x
∞
−
0
∞
+
y'
-
0
+
y
∞
+
∞
+
33
−
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy: đồ thị hàm số y=f(x) cắt trục hoành tại 2 điểm, do
đó phương trình HĐGĐ hay phương trình f(x)=0 có đúng 2 nghiệm thực phân biệt.
Dễ dàng phát hiện x=1 và x=-1 là 2 nghiệm thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x=1 và x=-1.
Qua ví dụ trên ta thấy không nhất thiết chỉ phương trình có 1 nghiệm mới có thể
dùng hàm số để giải, nếu tinh ý và khéo léo 1 chút ta có thể nhẫm và giải được
phương trình có nhiều hơn 1 nghiệm. Xét tiếp ví dụ tương tự:
Ví dụ 5: Giải phương trình:

4
5
186'
+
−
+
−++=
x
x
xxy
Đến đây vẫn chưa thể kết luận dấu của y' cũng như khó giải được phương trình y'=0
để lập BBT. Tuy nhiên ta vẫn có thể tìm được nghiệm của phương trình y'=0 thông
qua y''. Cụ thể:
( ) ( )
1;0
83
2
12
1
186''
3
53
−>∀>
+
+
+
++= x
xx
xy
Dó đó phương trình y'=0 có tối đa 1 nghiệm, và x=0 là nghiệm của phương trình đó.

x
Nếu trực tiếp chuyển qua VP rồi xét hàm số thì sẽ khó kết luận hàm có đơn điệu hay
không hoặc lập BBT cũng sẽ gặp khó khăn, nếu tinh ý ta viết lại phương trình như sau:
22
22
)5(5)12(12
2510514412(*)
+++=+++⇔
++++=++++⇔
xxxx
xxxxxx
Xét hàm số:
);0[:)(
2
+∞=+== DTXDtttfy
0,02
2
1
' >∀>+= tt
t
y
Hàm số đồng biến trên khoảng
);0(
+∞
Phương trình (*) trở thành: f(2x+1)=f(x+5) suy ra: 2x+1=x+5 hay: x=3.
Ví dụ 7: Giải bất phương trình:
2842112
22
++−−>−−+
xxxxx

t
y
Hàm số đồng biến trên khoảng
);2[
+∞
Bất phương trình đã cho trở thành: f(2x+2)>f(x) suy ra 2x+2>x hay: x>-2.
Kết hợp với điều kiện ban đầu suy ra nghiệm của bất phương trình là:
[
);2 +∞=S
Ví dụ 8: Giải phương trình:
0248624
242
=+−−+−+ xxxxx
(*)
(
)
( )
2
2
22
141)14(51)5((*)0: ++−+=++−+⇔≥ xxxxxĐK
Xét hàm số:
);1[:1)(
2
+∞=+−== DTXDtttfy
0,02
12
1
' >∀>+
−

2236
xxy
yyxyx
0:
≥
xĐK
, viết phương trình thứ nhất của hệ lại như sau:
(
)
(
)
33
3
26
+++=+ yyxx
Xét hàm số:
RtttfRDTXĐtttf ∈∀>+==+= ,013)(';:;)(
23
Hàm số đã cho đồng biến trên R. Lại có:
(
)
(
)
3)1(
2
+=⇔ yfxf
, theo tính chất của hàm số
đơn điệu thì có thể suy ra:
3
2

++=−++−⇔
++=−++⇔
2121
211)1(
4
4
4
4
Mặt khác, từ (2) ta có điều kiện để phương trình có nghiệm là:
004'
≥
⇔
≥
=
∆
yy
Xét hàm số:
0;01
2
2
)(');;0[:;2)(
4
3
4
>∀>+
+
=+∞=++= t
t
t
tfDTXĐtttf

Tóm lại, hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: (x;y)=(1;0) và (x;y)=(2;1)
Ví dụ 11: (TSĐH KA 2010) Giải hệ phương trình:





=−++
=−−++
74324
025)3()14(
22
2
xyx
yyxx
Điều kiện:
2/5;4/3
≤
≤
yx
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
(
)
yyxx 251252)14(
2
−+−=+
NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1
LÊ TUẤN ANH
Xét hàm số:
);0[:4)14()(

2
22
=−−+






−+ xxx
Xét hàm số:






=−−+






−+==
4
3
;0:74322
2
5

xx
x
xxxy
Suy ra hàm số nghịch biến trên (0;3/4)
Mặt khác
0
2
1
=






g
nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất: x=1/2
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm: x=1/2, y=2.
Ví dụ 12: Giải hệ phương trình:
(
)
( )( )





−+=−−
+=++
)2(2820122

yx
yxxyxx
1:
≥
x
Đ
K
Chia 2 vế của (1) cho
2
x
:
(
)








+






+=++ 111412
2

13
2
)1(313)526(32)54(
2
y
y
x
yyxx
ĐK:
13/3;2/3
≥
≥
yx
(
)
[
]
(
)
[
]
31313132321322)1( −+−=−+−⇔ yyxx
Xét hàm:
(
)
tttf 12)( +=
đề suy ra: 2x=13y rồi giải tiếp.
Lưu ý: ta cũng có thể giải như sau:
Đặt:


yv
xu
thế vào phương trình (1) ta được:
vvuu +=+
33
22
Đến đây ta dễ dàng chứng minh được: u=v hay:
xy
13
2
=
Ví dụ 15: Giải hệ phương trình:
(
)
(
)





=−+−++
=++++
)2(341
)1(111
22
yyxx
yyxx
Vì
(

742
1111
1111
)1
xyyy
yxxx
, gợi ý: nhân pt(1) với x-1, pt(2) với y-1
(
)
(
)





=++++++
+++=++−
11122
20134220129
)2
22
2
yyxxx
xyyxyy







=+++−
=+++
6)2(log43log
3)2(log
)5
3
3
2
3
yxxy
yxyx
x
x
(
)
(
)





=−+−
++=−−
1132
2521214
)6
yx
yyxx

2
2
2
3
2
y
y
xy
x
y
y
x
xy
xxy
NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1
LÊ TUẤN ANH
B- PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ
Kiến thức cần nhớ:
Cho hàm số: y=f(x) liên tục trên tập D.
1) Phương trình f(x)=m có nghiệm
)(max)(min xfmxfDx
Dx
Dx
∈
∈
≤≤⇔∈
2) Bất phương trình
mxf
≤
)(

∈
)(max
5) Bất phương trình
mxf
≥
)(
có nghiệm đúng với mọi
mxfDx
Dx
≥⇔∈
∈
)(min
6) Cho hàm số f(x) liên tục trên tập D. Khi đó:
vuvfuf
=
⇔
=
)()(
*Phương pháp giải:
Để giải bài toán tìm giá trị của tham số m để phương trình, bất phương trình có
nghiệm, ta có thể thực hiện các bước theo thứ tự sau:

Bi
ế
n
đổ
i
PT
(BPT)
v

nh
f'(x)

L
ậ
p
b
ả
ng
bi
ế
n
thi
ê
n
c
ủ
a
h
à
m
s
ố
f(x)

X
á
c
đị
nh

ê
u
ở
ph
ầ
n
tr
ê
n.
Lưu ý: trong trường hợp PT (BPT) chứa các biểu thức phức tạp, ta làm như sau:

Đặt ẩn số phụ:
)(xt
ϕ
=

T
ừ
đ
i
ề
u
ki
ệ
n
r
à
ng
bu
ộ

s
ố
x
v
ề
PT,
BPT
theo
ẩ
n
t.

L
ậ
p
b
ả
ng
bi
ế
n
thi
ê
n
c
ủ
a
h
à
m

á
n.
Ví dụ 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
)1(99
2
mxxxx ++−=−+
Đk:
90
≤
≤
x
mxxxx
mxxxxxx
++−=−+⇔
++−=−+−+⇔
9)9(29
9)9(29)1(
2
2
Đặt:
xxt 9
2
+−=
, ta có:
2
9
0';
92
92
'

22
mttmtt =++−⇔+=+
Xét hàm số:
2
9
092)(
2
≤≤++−== ttttfy
1022)('
=
⇔
=
+
−
=
tttf
Txxxxxx
x
0 1
2
9
f'(t)xxxxy'
+ 0 -
y 10
9
4
9
−
PT(1) có nghiệm
]9;0[

22
1
';22
2
2
=⇔=
+−
−
=+−= x
xx
x
txxt
Ta có bảng biến thiên:
x
0 1
31+
t' - 0 +
t
2
2
1
Từ đó:
21
≤
≤
t
, với điều kiện đó ta biến đổi
)2(222
222
xxtxxt −−=−⇔+−=

)('
2
2
>
+
++
=
t
tt
tf
, hàm số đồng biến trên D.
2
3
)2()(max
2
1
)1()(min ====
∈
∈
ftfftf
Dt
Dt
Suy ra BPT (1) có nghiệm
]31;0[ +∈x
khi và chỉ khi BPT(2) có nghiệm
]2;1[
∈
t
.
Điều này xảy ra khi:

3
23
113
1
13
Xét hàm số:
(
)
(
)
1,113)(
3
23
≥−+−+= xxxxxxf
có đạo hàm dương với mọi
1
≥
x
nên hàm số đồng biến trên
);1[
+∞
. Từ đó BPT
mxf
≤
)(
có nghiệm khi và chỉ khi
3)1()(min
);1[
==≥
+∞∈

Hệ phương trình đã cho trở thành:



=+−
−=
⇔



=−+
=+
)2(385
)1(22
1
22
222
mvv
vu
mvu
vu
(*) có nghiệm khi (2) có nghiệm
]1;0[
∈
v
Xét hàm số:
]1;0[,385)(
2
∈+−== vvvvfy
có

. Vậy






−∈ 3;
5
1
m
.
NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1
LÊ TUẤN ANH
Nhận xét: học sinh dễ nhầm điều kiện của ẩn
0
≥
v
nên dẫn đến kết quả sai
Ví dụ 5: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm
(
)





=+
=+−−+
myx

+≤+=−⇔ SPSS
(vì
PS 4
2
≥
) nên:
530152
2
≤≤−⇔≤−+ SSS
Từ (1) và (2) ta có:
mSS 4152
2
=++
, HPT đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình
này có nghiệm thỏa
53
≤
≤
−
S
Xét hàm số:
]5;3[:152)(
2
−=−+== DTXDSSSfy
Lập BBT hàm số này trên D ta tìm được:
[
]
50;14)(
∈
Sf

x
Xét hàm số:
10)(',
)45(
44
'
4
5
;0,
45
14
)(
22
=⇔=
−
+−=⇒






=∈
−
+== xxf
xx
yDx
xx
xfy
Từ bảng biến thiên ta được:

1
3
22
++≤
+
+
+
+
+
ba
b
a
ab
a
b
b
a
Đặt
62)3(2;3
2222
−+=−−=+−=⇒+= ttttbatabbat
Vì
2)3(44)(
22
≥⇔−≥⇒≥+ tttabba
(vì a,b dương nên t>0).Khi đó:
4
12
2
3

ba
ab
ba
baba
Xét hàm số:
2,0
12
12)('2,
12
)(
2
2
≥∀<−+−=
⇒
≥++−= t
t
ttft
t
tttf
2,4)2()(
≥
∀
=
≥
⇒
tftf
(đpcm). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=1.
NHÓM ÔN THI KHỐI A-A1
LÊ TUẤN ANH
Ví dụ 3: Cho hai số thực

≥
ftf
(đpcm)
Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,y,z thỏa mãn x(x+y+z)=3yz (*) ,
ta luôn có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
333
53 zyxzzyyxzxyx +≤+++++++
Đặt: y=ax, z=bx, khi đó (*) trở thành: 1+a+b=3ab và BĐT trên trở thành:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)

=+
≥
2
3
1
3
1
.4
3
1
31
4
2
2
S
S
P
S
S
S
P
PS
PS
Khi đó:
3
)1(4
3
1
11)1)(1(
SS