SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH"
1
PHẦN MỘT: ĐẶT VẤN ĐỀ
Hiện nay ,giáo dục không ngừng được cải cách và đổi mới .Để kịp với xu hướng
này ,rất nhiều yêu cầu được đặt ra .Một trong số đó chính là làm sao để có được những
phương pháp giải toán hay ,nhanh,mà vẫn cho kết quả chính xác .Phương pháp sử dụng
tính đơn điệu của hàm số là một phương pháp giải toán như vậy.
Có rất nhiều bài toán thoạt nhìn tưởng rất khó,nếu giải được thì lời giải sẽ khó hiểu,rắc
rối .Nhưng nếu áp dụng phương pháp này ,bài toán sẽ trở thành đơn giản ,gọn hơn rất
nhiều .Đó chính là một trong những ứng dụng của phương pháp này ,ngoài ra phương
pháp sử dụng tính đơn điệu còn phát huy sự ưu việt trong nhiều trường hợp khác .
Nói tóm lại,Phương pháp này rất cần thiết đối với các em học sinh đang chuẩn bị ôn thi
tốt nghiệ trung học phổ thông,thi đại học và cao đẳng.Nó sẽ giúp các em phát huy tối đa
tính sáng tạo trong việc tìm ra con đương giải toán nhanh nhất ,hay nhất và chính xác
nhất .
Trong quá trình dạy học môn toán ở bậc trung học phổ thông, chúng ta gặp rất nhiều bài
toán chứng minh bất đẳng thức ,giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương trình.Để
giải các bài toán dạng trên có bài ta giải được bằng nhiều phương pháp khác nhau , cũng
có bài chỉ có thể giải được bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.Sử dụng
tính đơn điệu của hàm số để giải toán là một phương pháp hay,thông thường để giải
quyết một bài toán sẽ đơn giản,gọn nhẹ hơn so với phương pháp khác .
Tuy nhiên để học sinh có kỹ năng ta cần hệ thống hoá lại bài tập ,để học sinh và giáo viên
bớt lúng túng hơn.
Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán ,chiếm một vị trí đặc biệt
quan trọng trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình ,bất phương
trình ,hệ phương trình.Phương pháp này dựa trên mối liên hệ giữa tính đồng biến và
nghịch biến của một hàm số với đạo hàm của nó .
Để sử dụng phương pháp này,điều cốt yếu là chúng ta cần xây dựng một hàm số thích

(a)
(a < b) ,đồng thời nếu phương trình f(x)
=0 có nghiệm thì nghiệm ấy là duy nhất.
Tương tự, y = f(x) được gọi là nghịch biến trên [a ;b] là y' = f'(x)
≤
0 ,
x
∀ ∈
[a;b]. Đồng
thời dấu ''='' đạt được tại một số điểm riêng biệt.
Đối với hàm nghịch biến thì y
max
= y
(a)
, y
min
= y
(b)
(a < b) ,đồng thời nếu phương trình
f(x) =0 có nghiệm thì nghiệm ấy là duy nhất.
Hàm số y = f(x) chỉ đồng biến hoặc chỉ nghịch biến trên đoạn [a;b] được gọi là đơn
điệu trên đoạn ấy.
Hàm đơn điệu có tính chất quan trọng sau đây:
f(x) = f(y)
⇔
x = y.
Nếu f(x) đồng biến , g(x) nghịch biến thì :
1) Nếu phương trình f(x) = g(x) có nghiệm x = x
0
thì nghiệm ấy là duy nhất

4 3−
= 2 Đúng
và vì vế trái là hàm đồng biến ( đạo hàm dương) ,
vế phải là hàm nghịch biến ( đạo hàm âm), nên x = 3 là nghiệm duy nhất của (1).
Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đưa phương trình vô tỷ về sử dụng tính đơn điệu ,
tránh được bình phương 2 lần dễ dẫn đến mất nghiệm.
3
Ví dụ 2.Giải phương trình. x
5
+x
3
-
1 3x−
+4 =0
Giải: Điều kiện
1/3x ≤
. Đặt f(x) = x
5
+x
3
-
1 3x−
+4
Ta có f'(x) = 5x
4
+3x
2
+
3
2 1 3x−

+ +
 
⇒
f(x) đồng biến /
2
,
3
 
+∞
 ÷
 

Mà f(1) = 0 nên (*) có đúng một nghiệm x = 1.
Ví dụ 4: Giải bất phương trình :
(
)
(
)
2 3 2 3 2
x x
x
− + + =
(1)
Giải: Nhận thấy x = 2 là nghiệm ,vì khi đó ta có : 2-
2
3 2 3 4 2+ − = =
Vì 2
x
> 0 nên (1)
2 3 2 3

Phương trình này có nghiệm x =4 vì khi đó ta có lg1 = 0 đúng .
Vì vết trái đồng biến (cơ số lôgarit lớn hơn 1).Vế phải nghịch biến ( đạo hàm âm) ,
Nên (2) có nghiệm duy nhất x = 4 ( thoả mãn điều kiện x > 3)
Ví dụ 6: Giải phương trình : 2log
3
cotgx = log
2
cosx
Giải: Điều kiện cosx > 0,sinx > 0 .
Đặt log
2
cosx = y
⇒
cosx = 2
y

⇒
log
3
cotg
2
x = log
2
cosx = y
⇒
cotg
2
x = 3
y
Vì cotg

 
có nghiệm duy nhất y = -1
Vì vế trái cơ số 3/4 <1 là hàm nghịch biến ,vế phải cơ số 3>1 là hàm đồng biến .
Vậy cosx = 2
-1
= 1/2
⇒
x =
/3 2 ,k k R
π π
± + ∈
.
Kết hợp với điều kiện ,ta được nghiệm của (1) là : x =
2 ,
3
k k z
π
π
+ ∈
.
Nhận xét .Cái hay của cách giải này là đưa (1) về dạng phương trình mũ không chính tắc
để sử dụng tính đơn điệu.
Ví dụ 7: giải phương trình: 3 x
2
- 2x
3
= log
2
(x
2

2
2 = 1.
Vậy thì vế trái dương
⇒
x
2
(3-2x) >0
⇒
3-2x > 0.
Ta có x
2
(3-2x) = x.x.(3-2x) là tích của 3 số dương ,có tổng không đổi bằng 3 ,nên nó đạt
giá trị lớn nhất bằng 1 ,khi x = 3 -2x = 1.
Như vậy là VT
≤
1 ,đạt dấu = khi x = 1 ,
5
VP
≥
1 , đạt dấu = khi x = 1
⇒
phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Nhận xét. Cái hay của cách giải này là áp dụng linh hoạt hệ quả của bất đẳng thức Côsi
và tính đơn điệu của hàm logarit.
Ví dụ 8. giải các phương trình:
3.4
x
+ (3x-10)2
x
+ 3 - x = 0

3.
Nếu y
2
= 3 - x = 2
x
, ta có x = 1 là nghiệm duy nhất , vì khi đó 3 -1 = 2 đúng
và vì vế trái là hàm nghịch biến ( có đạo hàm âm) ,
vế phải là hàm đồng biến ( cơ số hàm mũ lớn hơn 1).
Nhận xét.Cách giải này hay ở chổ biết chọn ẩn số mới thích hợp để đưa về phương trình
bậc hai và sử dụng được tính đơn điệu của hàm số.
II. BẤT HƯƠNG TRÌNH
Ví dụ 1. giải bất phương trình
9x +
> 5 -
2 4x +
(2)
Giải: Điều kiện x
≥
2.
do vế trái là hàm đồng biến( đạo hàm dương)
vế phải la hàm nghịch biến(đạo hàm âm)
nên nghiệm của (2) là giao của x
≥
2 và x > x
0
vói x
0
là nghiệm của phương trình
9x +
= 5 -

1 5 7 13
0
2 1
3 (5 7) 4 (13 7) 5 (13 7)
x
x x x
+ + + >
+
− − −
⇒
F9x) đồng biến /
5
,
7
 
+∞
÷

 
.Mặt khác f(3) = 8 nên bpt f(x) < 8.
5/7
5
( ) (3) 3.
3
7
x
f x f x
x
≥


f
 
 
=
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
Nên f(x) đồng biến và do đó f(x) < 35 =
2
29
12
f
 
 
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
2
29
0
12
x
 
⇔ < <
 ÷
 

2 2
1 1
2
2
2
( )( ) 2
u v
u v
u v
u v u v

+ ≥

≤

⇔ ⇔
+
 
− =


+ − =

7
⇒
u -v
≤
1
⇒
2

là hàm đồng biến
Suy ra nghiệm của (2) là giao của x
≥
1 và x > x
0
,trong đó x
0
là nghiệm
của phương trình :
3 3
1 1x x+ + −
= 2.
Suy ra x
0
=
3
5
4
,suy ra bất phương trình có nghiệm
3
5
4
x ≥
.
Nhận xét.Cái hay của cách giải là sử dụng tính đồng biến và sử dụng cách đặt ẩn phụ để
đưa về hệ bất phương trình hoặc hệ phương trình bậc ,tránh được việc bình phương 2 vế
(dễ dẫn đến sai sót ,thừa nghiệm)và tránh được việc giải phương trình bậc cao.
Ví dụ 5: Giải bất phương trình:
2
2 5 2 7 10 5 2x x x x x+ + + + + + < −

2
= 2x +7 ,suy ra 2x = u
2
+v
2
-7
Và u
2
+v
2
+2uv +( u +v) -12 =0
Đặt u +v = t >0 ta được : t
2 +t -12 = 0 , t > 0
Suy ra t =3 vậy
1
1
3
3
3
22
=⇒



−=−
=+
⇔

2
= x
2
-2mx +m
2
, khi đó (1)
⇔
y = t
2
+2t +2mx +m -1
≤
0
Có nghiệm t
≥
0.
Ta có y' = 2t +2
⇒
y' = 0
⇔
t = -1
Nên y
min
= y
(0)
= 2mx +m -1 = 2m
2
+m -1
0≤
⇒
-1




Giải : Viết phương trình (1) dưới dạng : x - cotx = y - coty (3)
Xét hàm số f(t) = t - cot t , 0 < t <
π
.
Khi đó f(t) xác định
( )
0;t
π
∀ ∈
và f'(t) = 1 +
2
1
sin t
> 0 ,
( )
0;t
π
∀ ∈
⇒
f(t) đồng biến
( )
0;t
π
∀ ∈
.
Từ (3)
⇒

t
π
 
∀ ∈
 ÷
 
,có f'(t) = 1-
2
1
cos t
< 0 ,do
0;
2
t
π
 
∈
 ÷
 
⇒
0 < cos t < 1.Vậy f( t) nghịch biến .
Từ (3) suy ra f(x) = f(y)
⇔
x = y và từ (2)
⇒
tan x = tan y = 1
⇒
x = y =
4
π

2
a
x
cùng dấu , Do y và
2
a
y
cùng dấu
⇒
x> 0 , y> 0.Bởi vậy :
(1)
⇔
2x
2
y = y
2
+ a
2
(1)'
(2)
⇔
2y
2
x = x
2
+a
2
(2)'
(1)'-(2)' ta được:2xy (x -y) = (y-x)(y+x)
⇔

CT -
+
- -
0
1
3
//
33
Nhận xét.Cái hay của cách giải này là từ hệ đối xứng loại 2. (1) -(2) ,không trừ trực tiếp
ngay ,mà biến đổi trước để khi trừ (1') cho (2') thì phương trình hệ quả không chứa tham
số,nên tránh được biện luận.
Ví dụ 4.Giải hệ :
3 2
3 2
3 2
2 1
2 1
2 1
x y y y
y z z z
z x x x

+ = + +


+ = + +


= = = =
 
⇔ ⇔
 
+ = + + + − =
 
⇔
1
1
x y z
x y z
= = =


= = = −

III. BẤT ĐẲNG THỨC
Ví dụ 1. Chứng minh rằng : e
x
> 1 +x ,
0x∀ ≠
Giải : Đặt f(x) = e
x
-x -1 , khi đó f'(x) = e
x
-1
*Nếu x> 0 thì f(x) > 0 nên f tăng trên [ 0; +
∞
)
Do đó f(x) > f(0) =0

− =
Lập bảng xét dấu sau:
Như vậy
0x∀ >
,có f(x)
≤
f(4)
⇔
lnx -
x

≤
ln4-2
Do 4<e
2

⇒
ln4 < 2 ,vậy từ (1) suy ra lnx -
x
< 0
⇔
ln x <
x
(đpcm)
Ví dụ 3. Chứng minh rằng log
1999
2000 > log
2000
2001.
Giải. Xét hàm số f(x) = log

2
ln
( 1)
0
( 1)ln
x
x
x
x
x x x
+
+
= <
+
Vậy f(x) là hàm nghịch biến khi x > 1,do đó (2) hiển nhiên đúng . (đpcm)
Ví dụ 4. Chứng minh rằng ln ( 1+
2
1 x+
) <
1
x
+ ln x nếu x > 0.
Giải. Xét hàm số f(t) = ln( 1+
2
1 t+
) - lnt -
1
t
với t > 0
Ta có f(t) =

0
+
-f'(t)
ft)
12
f(x) < f(+
∞
) =
lim
t→+∞
f(t) =
lim
t→+∞
2
1
ln(1 1 ) lnt t
t
 
+ + − −
 
 
⇒
f(x) <
2
1 1
lim (ln )
t
t
t
→+∞

⇒
x > ln(x+1) với x > 0.
Ví dụ 6. Chứng minh rằng : lnx >
2( 1)
1
x
x
−
+
với x>1.
Giải : Đặt f(x) = lnx -
2( 1)
1
x
x
−
+
( x>1) liên tục trên [ 1 ; +
∞
)
Ta có f'(x) =
2
2 2
1 4 ( 1)
0, 1.
( 1) ( 1)
x
x
x
x x x

∈
0,
2
π
 
 
 
Ta có f'(x) =
2
cos sinx x x
x
−
=
2
cos ( )x x tgx
x
−
suy ra f'(x) < 0
∀
x
∈
0,
2
π
 
 
 

⇒
f(x) là hàm

⇒
sin
α
α
>
2
π
⇒
đ.p.c.m.
Ví dụ 8. cho 0 <
α
<
2
π
. Chứng minh rằng:
α
sin
α
+ cos
α
> 1
Giải.xét hàm số : f(x) = xsinx + cosx - 1 với x
∈
0,
2
π
 
 
 


<
2
π

⇒
f(0) < f(
α
)
⇒
0 <
α
sin
α
+ cos
α
- 1

⇒

α
sin
α
+ cos
α
> 1
⇒
đ.p.c.m
Ví dụ 9. Chứng minh rằng : sinx < x < tgx với 0 < x <
2
π

x
π
 
∀ ∈
 ÷
 
.
Ví dụ 10. Chứng minh rằng nếu 0 < x <
2
π
thì 2
sinx
+ 2
tgx

≥
2
x+1

Giải: áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 2
sinx
+2
tgx

≥
2
sin
2
x tgx+
Ta chứng minh : 2

2
1
2
cos x
−
Vì 0 < x <
2
π
nên cosx > cos
2
x .Do đó : f'(x) > cos
2
x +
2
1
2
cos x
−

≥
0 .
⇒
f tăng trên
(0; )
2
π

⇒
f(x) > f(0) = 0
⇒

)
⇒
f'(x) > f'( 0) = 0, với x > 0.

⇒
f tăng trên ( 0 ; +
∞
)
⇒
f(x) > f( 0) = 0, với x > 0.
⇒
x -
3
sin
6
x
x<
( đpcm) .
Nhận xét : Từ cách giải ví dụ 11 ta đi đến kết quả tổng quát sau :
Giả sử f có đạo hàm cấp n trên ( a,b) thoả :
f(a) = f'(a) = f''(a) = = f
(n-1)
(a) = 0 và f
(n)
>0
( )
;x a b∀ ∈
thì f(x) >0 ,
( )
;x a b∀ ∈

(x) = 1-cosx
≥
0, f(0) = f'(0) = f''(0)=f
(3)
(0) =f
(4)
(0) =0
⇒
f(x) > 0 ;
∀
x > 0.
C. MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN
1.Chứng minh rằng : ln(1+x) > x
2
x>0
2
x
− ∀
2.Chứng minh rằng : ln(1+
2
1 )x
+
<
1
ln , x>0.x
x
+ ∀
3. Chứng minh rằng : log
x
(x+1) > log

= +


6.Giải hệ :
x x y
y y z
z z x
e e y
e e z
e e x
−
−
−

− =


− =


− =


7.Giải phương trình : 3.25
x-2
+(3x-10).5
x-2
+3-x = 0.
PHẦN 3: KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM
-Sau khi được rèn luyện hệ thống kiến thức trên,các em học sinh đã mạnh dạn hơn ,linh