BM 01-Bia SKKN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ DẠNG TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Người thực hiện: ĐẶNG THANH HÃN
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ môn:

TOÁN



- Lĩnh vực khác: ....................................................... 

Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
 Mô hình
 Đĩa CD (DVD)
 Phim ảnh  Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)
Năm học: 2015 - 2016

- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học
- Năm nhận bằng: 2000
- Chuyên ngành đào tạo: Toán học
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán.
- Số năm có kinh nghiệm: 16 năm.
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 01

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 2


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Tên SKKN :ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT
SỐ DẠNG TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
- Trong chương trình Toán học phổ thông, chúng ta thường gặp 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. Hiện nay, ngành giáo dục không ngừng được cải cách và đổi mới
để kịp với xu thế của thời đại, nên có nhiều yêu cầu được đặt ra. Một trong số đó
chính là làm sao có được những hướng giải quyết nhanh mà vẫn đến đúng đáp số.
Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số là một phương pháp như vậy.
- Tuy vậy, trong chương trình toán THPT, các em học sinh được tiếp cận với các
bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình ở một vài cách giải thông thường với những bài toán cơ bản đơn
giản. Nhưng trong thực tế, các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương
trình, bất phương trình, hệ phương trình xuất hiện rất nhiều trong các kì thi Tuyển

đơn điệu của hàm số được trình bày ở phần đầu chương I (Đầu học kỳ I) rất hạn
chế. Do đó trong quá trình giảng dạy, các giáo viên không thể đưa ra đưa ra được
nhiều bài tập cho nhiều dạng để hình thành kỹ năng giải cho học sinh.
- Trong những năm học qua, khi được phân công giảng dạy lớp 12,qua nhận xét
và đánh giá, tôi thấy đa số học sinh đang thiếu tư duy độc lập, sáng tạo về vận
dụng kiến thức; nhất là khả năng “quy lạ về quen” hay mở rộng kiến thức vào
từng dạng toán cụ thể.Vì vậy, trong các giờ dạy, việc bồi dưỡng năng lực tư duy
hàm số cho học sinh thông qua các bài toán là một điều cần thiết. Khi đó người
thầy phải có phương pháp truyền thụ tốt và kiến thức chuyên sâu để dẫn dắt học
sinh, đồng thời cần hệ thống hóa lại bài tập để học sinh vận dụng có hiệu quả .
- Tôi viết chuyên đề này nhằm mục đích “Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để
giải một số dạng toán THPT” thường gặp trong các kì thi Tuyển sinh Đại học Cao đẳng trong những năm gần đây với bài tập được phân dạng tương ứng, nhằm
giúp các em học sinh lớp 12 có thể tự ôn tập để nâng cao kiến thức nhằm giải tốt
các đề thi Đại học - Cao đẳng.
- Tôi hy vọng chuyên đề này bổ túc cho các em học sinh một lượng kiến thức
nhất định. Rất mong được sự động viên và những ý kiến đóng góp của quý Thầy
Cô và các em học sinh.
Tôi xin chân thành cảm ơn !

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 4


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN.
1. Cơ sở lý luận:
- Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của giáo viên và
hoạt động học của học sinh, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí,
đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”, giúp học sinh củng cố những kiến thức

− ≤x≤

 8
− 8 ≤ x ≤ 11
11
⇔
⇔
4 24 x 2 +11x +1 = 529 − 506 x +121x 2
 x 2 − 22 x + 21 = 0



23
 1
−
≤
x
≤
 8
11

⇔  x = 1
⇔x=1

  x = 21

(

)


1
và f(1) = 0.
8

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 1.
Ví dụ 2: (Đề kiểm tra học kỳ I lớp 12 năm học 2014 – 2015, Tỉnh Đồng Nai).

x
3(

Tìm tập xác định của hàm số y = log

2

+ x −1 − 9

)

(1).

Cách giải 1:
 x − 1 ≥ 0
 x ≥ 1
⇔
Hàm số (1) xác định ⇔  3
 3
( x − 8) +
 x + x − 1 − 9 > 0

(


)

)


1
÷> 0
x −1 +1

⇔ x > 2.
Vậy hàm số (1) có tập xác định D = (2; + ∞).
Cách giải 2:

 x − 1 ≥ 0
Hàm số (1) xác định ⇔  3
(2).
 x + x − 1 − 9 > 0

Xét hàm số f(x) = x3 + x − 1 − 9 , với ∀ x ≥ 1.
Ta có f/(x) = 3x2 +

> 0 , với ∀ x > 1.

Do đó hàm số f(x) = x3 + x − 1 − 9 đồng biến trên khoảng (1; +∞).
Mặt khác hàm số f(x) = x3 + x − 1 − 9 liên tục trên nửa khoảng [1; +∞) và f(2) = 0
Vậy (2) ⇔ x > 2, do đó hàm số (1) có tập xác định D = (2; +∞).
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 6



y
y.
 x
 x

a b
,
, x , y ta được
x y


 a 2 b2  ( a + b ) .
y ÷ ⇔ + ÷≥
÷
x+ y
 x y

2

2

a b
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi x = y .

Áp dụng: Theo giả thiết ta có 0 < a < 2 ⇒ 2 – a > 0.
2
2 − a )  a + ( 2 − a ) 
(
a2
Do đó, từ công thức (*) ta có P =

2 ( a −1)  4a ( 2 − a ) + a 2 + ( 2 − a ) 



a ( 2 − a)
2



2

Bảng biến thiên:
a
f/(a)
f(a)

0

1
–

0

2
+

2

Từ bảng biến thiên ta có minf(a) = minP = 2 khi a = 1.



2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài:
- Đưa ra một số ví dụ có lời giải cho học sinh tham khảo và bài tâp áp dụng.
- Đây là nội dung thường gặp trong các kỳ thi Tuyển sinh Cao đẳng và Đại học.
Với phương châm “ Từ dễ đến khó” , học sinh cần phải rèn luyện nhiều thì mới
đạt kết quả tốt.
III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP.
A. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH & BẤT PHƯƠNG TRÌNH:
I. Tóm tắt lý thuyết:
1. Các định lý
• Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng (a; b).
a) Nếu f ' ( x ) > 0 với mọi x ∈ ( a;b ) thì hàm số f(x) đồng biến trên (a; b).
b) Nếu f ' ( x ) < 0 với mọi x ∈ ( a;b ) thì hàm số f(x) nghịch biến trên (a; b).
• Nếu hàm số liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm f ' ( x ) > 0 trên khoảng
(a; b) thì hàm số f đồng biến trên đoạn [a; b].
• Nếu hàm số liên tục trên đoạn đọan [a; b] và có đạo hàm f ' ( x ) < 0 trên
khoảng (a; b) thì hàm số f nghịch biến trên đoạn [a; b].
2. Các tính chất
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 8


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

• Tính chất 1: Giả hàm số y = f(x) đồng biến (nghịch biến) trên khoảng (a; b)
và u; v ∈ ( a;b ) khi đó: f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v
• Tính chất 2: Nếu hàm số y = f(x) đồng biến trên (a; b) và y = g(x) là hàm
hằng hoặc là một hàm số nghịch biến trên (a; b) thì phương trình
f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a; b).
Dựa vào tính chất trên ta suy ra: Nếu có x 0 ∈ ( a;b ) sao cho f ( x 0 ) = g ( x 0 )

i) Nếu hàm số y =f(x) đồng biến (nghịch biến) thì:
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 9


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

* Hàm y = n f(x) (với điều kiện n f(x) tồn tại) cũng đồng biến (nghịch biến).
1
* Hàm y = f(x) (với f(x) > 0) nghịch biến (đồng biến).
* Hàm y = −f(x) nghịch biến (đồng biến).
ii) Tổng của hai hàm đồng biến (nghịch biến) là hàm đồng biến (nghịch biến).
iii) Tích của hai hàm dương đồng biến (nghịch biến) là một hàm đồng biến
(nghịch biến).
2) Khi nhẩm nghiệm của phương trình , ta thường ưu tiên cho những giá trị của x
mà biểu thức dưới dấu căn nhận giá trị là một số lũy thừa mũ n (với căn bậc n).
Bài 1. Giải các phương trình:
a) 2x + 1 + 3 x − 3 = 6
c)

e)

b) 3 − 2x − 2 3 x + 2 − 5 = 0
d) x − 2 + 4 − x = 2x2 − 5x − 1

3x + 1 + x + 7x + 2 = 4

x
2
3 +1 = 2 x

3 − 2x − 2 3 x + 2 − 5 = 0 (2)

3
3
Điều kiện: x ≤ 2 . Xét hàm số f(x) = 3 − 2x − 2 3 x + 2 − 5 , x ≤ 2 . Ta thấy f(x) là
3

hàm liên tục trên  −∞; ÷ và f'(x) =
2





3





−1
3 − 2x

−

2


3
< 0, ∀ x ∈  −∞ ; ÷ Nên hàm


7 − 57
2

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 10


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Xét hàm số f(x) = 3x +1 + x + 7x + 2 trên D = [ 7 − 57 ; +∞) ,
2

7
3
2 7x + 2 > 0 nên hàm số f(x) luôn đồng biến và liên tục
ta có f'(x) =
+
2 3x + 1 2 x + 7x + 2
1+

trên D. Mặt khác: f(1) = 4 nên (3) ⇔ f(x) = f(1) ⇔ x = 1
Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3).

x − 2 + 4 − x = 2x2 − 5x − 1 (4)
Điều kiện: x ∈ D = [2;4] . Ta nhận thấy phương trình có một nghiệm x = 3.

d)

Xét hàm số: f(x) = 2x2 − 5x − 1 − x − 2 − 4 − x , ta có f(x) liên tục trên D và


Dựa vào bảng biến thiên ta thấy trên [2;x0 ] ⇒ f(x) ≤ f(2) < 0 ⇒ (4) vô nghiệm.
Trên (x0 ;4] phương trình (4) có đúng một nghiệm x = 3.
Vậy phương trình (4) có nghiệm duy nhất x = 3.
Nhận xét: Hàm số f(x) ta xét ở trên không phải là một hàm luôn đơn điệunhưng
dựa vào bảng biến thiên ta chứng minh được phương trình có nghiệm duy nhất, từ
đó ta có được lời giải.
x

e) 32 + 1 = 2 x

(5)

x

 3   1 x
= 1 . Đặt f(x) =
(5) ⇔  ÷
÷ +  2 ÷
2




x

 3   1 x
+  ÷ , do f/(x) < 0 với mọi x nên f(x)

÷

+
2.2
+
1
=
5
⇒
⇔
u
log
x −1 = u
 x − 1 = 2

 2

(

u

)

u

u

u

u

u

2
b) ( 2 x + 1) 2 + 4 x + 4 x + 4 + 3 x 2 + 9 x + 3 = 0
2

2

c) 2009sin x − 2009cos x = cos 2 x
Giải
a) x3 − 4 x 2 − 5 x + 6 = 3 7 x 2 + 9 x − 4

 x3 − 4 x 2 − 5 x + 6 = y
3
3
⇒
y
+
y
=
x
+
1
+ ( x + 1)
Đặt y = 7 x + 9 x − 4 , ta có hệ :  2
(
)
3
 7 x + 9 x − 4 = y
2

3

)

(

+ 3 = ( −3 x ) 2 +

)

( −3 x )

2

)

+ 3 ⇔ f ( 2 x + 1) = f ( −3x )

2
Xét hàm số f ( t ) = t 2 + t + 3 là hàm đồng biến trên R, từ phương trình

f ( 2 x + 1) = f ( −3 x ) ⇔ 2x + 1 = – 3x ⇔ x = −
2

1
5

2

c) 2009sin x − 2009cos x = cos 2 x
2
2

d)  ÷ < x + 4
 3
f) log3 x > 4 – x

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 12


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

(

g) log 7 x < log 3 2 + x

)

h) log 2

(

)

x 2 + 5x + 5 + 1 + log3 ( x 2 − 5 x + 7 ) ≤ 2

Giải

5 − 2x ≤ 6
1
⇔ 1 ≤ x ≤ 7.

7 − x ≥ 0


Khi đó, bất phương trình tương đương với
2x3 − 15x2 + 42x − 29 − 7 − x ≤ 2 3 ⇔ f(x) ≤ 2 3 (*)

Ta có hàm số f(x) = 2x3 − 15x2 + 42x − 29 − 7 − x là hàm liên tục trên D = 1;7 
và f'(x) =

3(x2 − 5x + 7)
1
+
> 0 nên f(x) là hàm đồng biến trên D.
2x3 − 15x2 + 42x − 29 2 7 − x

Mặt khác ta có: f(4) = 2 3 ⇒ (*) ⇔ f(x) ≤ f(4) ⇔ x ≤ 4
Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm bất phương trình là: 1 ≤ x ≤ 4 .
c) x3 − 6x2 + 12x − 7 ≥ 3 −x3 + 9x2 − 19x + 11
Bất phương trình đã cho tương đương với
3
2
(x − 1)3
+ (x − 1) ≥ −x + 9x − 19x + 11 + 3 −x3 + 9x2 − 19x + 11
2
2
⇔ f(x − 1) ≥ f  3 −x3 + 9x2 − 19x + 11 ÷ (*).



1
Đặt f(x) =  ÷ − x − 4 thì f/(x) < 0 với mọi x nên f(x) nghịch biến và f(–1) = 0 ,
3
vậy bất phương trình có nghiệm x > –1
e) 2x+1 + 3x+1 < 6x – 1
x

x

x

1
1
1
Bất phương trình đã cho tương đương với  ÷ + 2  ÷ + 3  ÷ − 1 < 0 .
6
 3
2
x

x

x

1
1
1
Đặt f(x) =  ÷ + 2  ÷ + 3  ÷ − 1 thì ta có f/(x) < 0 với mọi x, nên f(x) giảm
6
 3

u
1  7 
Đặt f(u) = 2.  ÷ + 
. Do f/(u) < 0 nên f(u) nghịch biến và f(2) = 1 nên bất
÷
÷
3  3 

phương trình (*) ⇔ f(u) > 1 ⇔ f(u) > f(2) ⇔ u > 2 ⇔ log7 x < 2 ⇔ 0 < x < 49.
h) log 2
Đặt t =

)

(

x 2 + 5 x + 5 + 1 + log 3 ( x 2 − 5 x + 7 ) ≤ 2
x 2 − 5 x + 5 ≥ 0 . Bất phương trình đã cho tương đương với

log2 (t + 1) + log3 (t2 + 2) ≤ 0 (*). Đặt f(t) = log2 (t + 1) + log3 (t2 + 2), ta thấy f(t)
là hàm số đồng biến khi t ≥ 0 và f(1) = 2 nên (*) ⇔ t ≤ 1.
Do đó

 x 2 − 5 x + 5 ≥ 0
5− 5
5+ 5
x − 5x + 5 ≤ 1 ⇔  2
⇔1≤ x ≤
hay
≤x≤4



SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

2/

3

3

1
ĐS: x = 1, x = − .
2

3

x + 2 + 3 x + 1 = 2x 2 + 1 + 2x 2

HD: Đặt u =

3

x + 1 và v = 3 2x 2

5x 3 − 1 + 3 2x − 1 + x = 4

3/

ĐS: x = 1.

HD: Biến đổi về f( 3 x − 1 ) = f(x) ,trong đó f(t) = 2t3 + t2
3
7/ 4 x + x − ( x + 1) 2 x + 1 = 0

ĐS: x =

1+ 5
4

.

HD: Biến đổi về f( 2 x + 1 ) = f(2x) ,trong đó f(t) = t3 + t.
8/ x 2 (2x + 3) + 3(x + 1)2 = 3 3x + 5 + 3 6x + 11 − x − 1
HD: Biến đổi về ⇔ f(x + 1) = f

(

3

)

3x + 5 , trong đó f(t) = t + 2t 3 + 1

9/ 2x4 + 4x 3 + 3x 2 + 17x − 24 = 2 3 − 2x

(

ĐS: x = 1.

ĐS: x = 1, x = – 3.


hàm số f(t) = 2t + t.
12/ x 2 + 3log 2 x = x log 2 5

ĐS: x = 4.

HD: Đặt t = log2 x ⇒ x = 2t , biến đổi phương trình về dạng 4t + 3t = 5t.
Bài 5. Giải các bất phương trình:
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 15


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

1/

5x −1 + x + 3 ≥ 4

ĐS: x ≥ 1.

2/

( x + 2 ) ( 2 x − 1) − 3 x + 6 ≤ 4 − ( x + 6 ) ( 2 x − 1) + 3 x + 2

ĐS:

HD: Biến đổi bất phương trình về dạng

(


Từ đó xét hàm số f(t) = 2t + 1 + t2.
6/ log5 (x + 1) > log4 x

+ 2 ( x − 1) = 3( x −1) +1 + ( x − 1) ,
2

ĐS: 0 < x < 1.

B. GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp hàm số
+ Biến đổi một phương trình của hệ về dạng f(u) = f(v) (u, v là các biểu
thức chứa x,y)
+ Xét hàm đặc trưng f(t), chứng minh f(t) đơn điệu, suy ra: u = v (đây là
hệ thức đơn giản chứa x, y)
Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để
được phương trình 1 ẩn
Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần nắm vững các phương pháp giải phương
trình1 ẩn).
Bài 1. Giải các hệ phương trình:
 x − y + 1− y − 1− x = 0
a) 
 x + 1− y = 2
3
3
2

8 x − y + 6 y − 6 x − 9 y + 2 = 0
b)  2

(1)
(2)

{0 ≤ x ≤1

Điều kiện 0 ≤ y ≤ 1

Khi đó: ( 1) ⇔ x − 1 − x = y − 1 − y (*)
Xét hàm số: f ( t ) = t − 1 − t với t ∈ [ 0;1]
1
> 0 ∀t ∈ ( 0;1) và f liên tục trên đoạn [ 0;1]
2 t 2 1− t
Suy ra: f(t) đồng biến trên đoạn [0; 1].
Do đó: (*) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y

Ta có: f ' ( t ) =

1

+

Thay x = y vào phương trình (2) ta được phương trình:
x + 1− x = 2 ⇔ x +1− x + 2 x ( 1− x ) = 2 ⇔ 2 x ( 1− x ) = 1 ⇔ x =

1
2

1 1
Vậy ( x; y ) =  ; ÷ là nghiệm của hệ phương trình.
 2 2


f (2 x) = f ( y − 2) ⇔ 2 x = y − 2 ⇔ y = 2 x + 2 .

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 17


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Thay y = 2x + 2 vào phương trình (2) ta được phương trình:

4 x 2 − 2 1 − 4 x 2 + 1 = 0 ⇔ 4 x 2 + 1 = 2 1 − 4 x 2 ⇔ 16 x 4 + 24 x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±

2 3−3
2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là





2 3 −3
2 3 −3
; 2 + 2 3 − 3 ÷∨ ( x; y ) =  −
; 2 − 2 3 − 3 ÷.

÷

÷


( 1) Û x + 2 - ( y - y + 1) x + 2 - y - y = 0 Û
2

2

Û y = x2 + 2

2

(vì

3

(

x 2 + 2 - y )( x 2 + 2 + y 2 + 1) = 0

x2 + 2 + y2 + 1> 0 )

Thế y = x 2 + 2 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:

2 x + x x 2 + 2 + 2 + ( x + 2) x 2 + 4 x + 6 = 0
2

Û x + x x 2 + 2 + x + 2 + ( x + 2) ( x + 2 ) + 2 = 0
2

2


2
3
Xét hàm số: f (t ) = t 2 + 3t = 3t + 2t , với t ∈ [ 0; +∞ ) .

Ta có f '(t ) = 9t 2 + 2 > 0 , với mọi t ∈ [ 0; +∞ ) .
Suy ra f(t) đồng biến trên [ 0; +∞ ) .
Do đó: ( *) ⇔ f ( 2 x + 1) = f ( y) ⇔ 2 x + 1 = y .
Thay y = 2x + 1 vào phương trình (2) ta được phương trình:

2 x + 1 + x = 2 x 2 + 4 x − 23 ⇔ 3 x + 1 + 2 2 x 2 + x = 2 x 2 + 4 x − 23
⇔ 2 x 2 + x − 2 2 x 2 + x − 24 = 0
x = 4
 2x2 + x = 6
⇔ 2 x 2 + x − 36 = 0 ⇔ 
⇔ 
9⇔ x=4
2

x
=
−
 2 x + x = −4
2

Với x = 4 ⇒ y = 3.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = ( 4;3) .

Bài tập tự luyện
Bài 2. Giải các hệ phương trình:
2


Xét hàm số f(t) = t3 + t.
2

5

Biến đổi đến phương trình 4 x +  − 2 x 2 ÷ + 2 3 − 4 x − 7 = 0
2

2

2

5

Xét hàm số g(x) = 4 x +  − 2 x 2 ÷ + 2 3 − 4 x − 7
2

2

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 19


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

 x ( x 2 + y 2 ) = y 4 ( y 2 + 1)

2/ 
2

y
−
x
+
y
=

2

1 3
3 1
ĐS: ( x; y ) =  ; − ÷∨ ( x; y ) =  ; − ÷ .
 2 2
 2 2
 x + 1 + 4 x − 1 − 4 y 4 + 2 = y
4/ (ĐH – 2013A)  2
2
 x + 2 x ( y − 1) + y − 6 y + 1 = 0

ĐS: ( x; y ) = ( 1; 0 ) ∨ ( x; y ) = ( 2;1) .
C. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
Nội dụng của phương pháp này là tìm cách đưa một bất đẳng thức nhiều biến về
bất đẳng thức chứa một biến. Một trong những công cụ tối ưu khi chứng minh bất
đẳng thức một biến là công cụ đạo hàm. Quan trọng nhất ở phương pháp này là
tìm cách đánh giá để đưa về một biến. Để đưa về một biến, chúng ta cần lưu ý:
• Nếu một bất đẳng thức hai biến có điều kiện và trong điều kiện có một
biến bậc nhất thì ta có thể rút biến đó và thế vào bất đẳng thức cần chứng minh ta
được một bất đẳng thức một biến. Tuy nhiên cách làm này chúng ta chỉ xử lí khi
bất đẳng thức không quá phức tạp.

+ .
b a

Bài 1. Chứng minh rằng:
 π
a) sin x ≤ x ∀x ∈ 0; 2 



2
4
b) cosx < 1 − x + x ∀ x ∈ (0; π )
2 24
2
1 2
d) ln(1 + x) ≥ x − x ∀x ≥ 0
2

c) ex ≥ 1 + x ∀ x
Giải:

 π
a) sinx ≤ x ∀x ∈  0; 2  .




π



0
Từ bảng biến thiên, ta thấy f(x) ≥ f(0) = 0 ∀x ⇔ ex – 1– x ∀ x ⇔ ex ≥ 1+ x ∀ x
1 2
d) ln(1 + x) ≥ x − x ∀x ≥ 0
2
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 21


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------1 2
Xét hàm số f(x) = ln(1 + x) − x + x với x ≥ 0
2

1
x2
−1+ x =
≥ 0 ∀x ≥ 0 ⇒ f(x) ≥ f(0) = 0 ∀x ≥ 0
1+ x
x+1

Có f '(x) =

1 2
⇒ ln(1 + x) ≥ x − x ∀x ≥ 0 (đpcm).
2
Bài 2. Chứng minh rằng:
a)
b)
c)


5
4
1
≥ 5.
⇒ 4y = 5 − 4x ⇒ (1) ⇔ +
x 5 − 4x
4
4
1
5
, x ∈  0; ÷.
Xét hàm số f ( x ) = +
x 5 − 4x
 4
4
4
⇒ f '( x) = − 2 +
,f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1
x
( 5 − 4x ) 2

a) Ta có x + y =

Từ bảng biến thiên ta được:

min f ( x ) = f ( 1) = 5

 0; 5 

÷


( xy ) 3

Vì u 2 ≥ 4v ⇒ u 2 ≥

u2
( do u ≠ −3 ) .
u+3

=

u 3 − 3uv
v3

=

(

u u 2 − 3v
v3

) = u2 =  u + 3 2
v2


÷
 u 

4u 2
4


0 = f ( −3 ) < f ( u ) < 1,u ∈ (-∞; −3) từ đó suy ra đpcm.

c) Đặt t = a + b ⇒ ab = 3 − t và a 2 + b2 = t 2 − 2(3 − t) = t 2 + 2t − 6
Vì (a + b)2 ≥ 4ab ⇒ t 2 ≥ 4(3 − t) ⇔ t 2 + 4t − 12 ≥ 0 ⇔ t ≥ 2 (do t > 0)
3(a 2 + b2 ) + 3(a + b)
ab
3
+
− (a 2 + b2 ) ≤
Khi đó : (1) ⇔
(a + 1)(b + 1)
a+b
2

⇔

12
3t 2 + 6t − 18 + 3t 3 − t 2
3
2
≤ 4 (*)
+
− t − 2t + 6 ≤ ⇔ −t + t +
t
4
t
2

2

x + y = 2

g) x3 + (1 – x)3 ≥

1
,∀x
4

3

 sin x 
π
b) 
÷ > cos x ∀x ∈ (0; )
2
 x 
x2 2x3
d) ln(1 + x) ≤ x − +
2
3

f)

h)

(x+

4xy 2
x 2 + 4y 2


D
:
f
x
=
M
(
)
0
0

• Số m được gọi là GTNN của hàm số y = f ( x ) trên tập D nếu các điều sau được
i) f ( x ) ≥ m ∀x ∈ D
f ( x) .
thỏa mãn: ii) ∃x ∈ D : f x = m
Ký hiệu: m = min
x∈D
(
)
0
0


-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 23


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

• Quy ước: Ta quy ước rằng khi nói GTLN hay GTNN của hàm số f mà không

2) Tính f ( x1 ), f ( x2 ),..., f ( xm ), f (a ), f (b) .
3) So sánh các giá trị tìm được.
 Số lớn nhất trong các giá trị đó là GTLN của f trên đoạn [ a; b ] .
 Số nhỏ nhất trong các giá trị đó là GTNN của f trên đoạn [ a; b ] .
Bài 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (nếu có) của hàm số:
a) y = 2x3 + 3x2 – 12x + 2 trên đoạn [–1; 2].
b) y = ex.(x2 – x – 1) trên đoạn [0; 2].
c) y = x -

4- x2 .

d) y = 2sin2x – cosx + 1
Giải
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 24


SKKN nm 2016: ng dng tớnh n iu ca hm s gii mt s dng toỏn THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

ự
a) Hm s y = 2x3 + 3x2 12x + 2 liờn tc trờn on ộ
ở- 1;2ỷ.
ộx = - 2 ẽ D
2
ờ
y
'
=
0


);
ờx = 1 ẻ D
ở
2
2
y
=
e
;
max
y
=
e
Do y ( 0) = - 1; y ( 2) = e ; y ( 1) = - e . Vy min
.
xẻ D
xẻ D

c)

Tp xỏc nh D = [2; 2].

4 - x 2 liờn tc trờn on [2; 2].

Hm s y = x Ta cú: y ' =

4 - x2 + x
4 - x2

; y'= 0 x =-

4 ở ỷ

1ử
25
ữ
ữ
=
ữ
ữ 8
4ứ

y = - 2 2; max y = 2 .
Vy min
xẻ D
xẻ D

Bi tp t luyn
Bi 2. Tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht (nu cú) ca hm s:
a) y =
c) y =

2 x2 3x + 3
x3
+ 2 x 2 + 3x 4 trờn on [4; 0]. b) y =
trờn on [0; 2].
3
x +1

x +1
x2 +1