SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ

TRƯỜNG THPT VINH XUÂN
-----  -----

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM
SỐ VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ
HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Lĩnh vực:

TOÁN


Tên tác giả:

NGUYỄN CÔNG TÂN

Giáo viên môn: TOÁN

Vinh Xuân, tháng 3 năm 2015
MỤC LỤC
MỞ ĐẦU...............................................................................................................2
GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ........................................................................................3
I. Một số kiến thức chuẩn bị..........................................................................3
II. Phân dạng bài tập và ví dụ........................................................................4
A. Phương trình......................................................................................4
B. Hệ phương trình ................................................................................9

sánh…các tài liệu tham khảo.
- Thảo luận, trao đổi với đồng nghiệp và học sinh.


GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Sau đây là một số tính chất của đạo hàm và tính đơn điệu của hàm số đã biết
được sử dụng trong chuyên đề này. Việc chứng minh nó được trình bày trong sách giáo
khoa hoặc bạn đọc tự chứng minh lấy vì khá đơn giản.
Tính chất 1: Cho hàm số y = f ( x) có đạo hàm trên khoảng K. Khi đó

f ' ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ K thì hàm số f ( x) đồng biến (tăng) trên K.
Nếu f ' ( x ) ≤ 0, ∀ x ∈ K thì hàm số f ( x) nghịch biến (giảm) trên K.

C Nếu
C

(Dấu “=” chỉ xảy ra tại một số điểm hữu hạn trên K)
Chú ý: Phát biểu trên vẫn đúng khi K là một đoạn hay nửa khoảng với điều kiện là

f ( x) liên tục trên đoạn hay nửa khoảng đó.
Tính

chất

2:

Cho

hàm

. Giả sử (x,y,z) là một nghiệm của hệ
phương trình (*). Không mất tính tổng quát, giả sử x ≤ y ≤ z , vì f(x) đồng biến nên.

f ( x ) ≤ f ( y ) ≤ f ( z ) ⇒ z ≤ x ≤ y ⇒ x = y = z (đpcm)
Tính chất 4:
C Nếu f(x) và g(x) là hai hàm số cùng đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng K.
Khi đó tổng f(x) + g(x) cũng là hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) trên K.
Tính chất này nói chung không đúng với hiệu f(x) - g(x).
C Nếu f(x) và g(x) là hai hàm số dương, cùng đồng biến (hoặc nghịch biến) trên
khoảng K thì tích f(x).g(x) cũng là hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) trên K.
Tính chất này nói chung không đúng với tích f(x).g(x) khi f(x) và g(x) là hai hàm
số không cùng dương trên K.
Tính chất 5: Cho y = f ( x), y = g ( x ) là hai hàm số liên tục trên tập hợp K. Khi đó


Nếu f ( x) đồng biến (nghịch biến) trên K, g ( x) nghịch biến (đồng biến) hoặc là
hàm hằng trên K thì phương trình f ( x) = g ( x) có nhiều nhất một nghiệm trên
K.


II. PHÂN DẠNG BÀI TẬP VÀ VÍ DỤ
A. PHƯƠNG TRÌNH
Phương pháp chung: Để giải những phương trình F ( x) = 0 bằng cách sử dụng tính
đồng biến nghịch biến của hàm số, ta thường biến đổi theo các cách sau đây
Cách 1: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = k, nhẩm một nghiệm rồi chứng minh f(x)
đồng biến (nghịch biến) để suy ra phương trình có nghiệm duy nhất.
Cách 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(x), nhẩm một nghiệm rồi dùng lập luận
khẳng định f(x) đồng biến (nghịch biến) còn g(x) nghịch biến (đồng biến) hoặc hàm
hằng suy ra phương trình có nghiệm duy nhất.
Cách 3: Biến đổi phương trình về dạng: f(u) = f(v) rồi chứng minh f(x) đơn điệu. Khi đó

+
> 0, ∀x ∈ (0; +∞ )
2 x + 1 2 3x + 4
4x + 9
.

Vì f ( x ) liên tục trên [ 0;+∞ ) nên f ( x ) đồng biến trên [ 0;+∞ ) . Do đó phương trình
(1) có nhiều nhất một nghiệm.
Mặt khác f (4) = 14 nên x = 4 là nghiệm duy nhất của phương trình (1).
Chú ý:
C Vì các hàm số y = ax + b với a > 0 là một hàm đồng biến và nếu f(x) là hàm

đồng biến thì hàm f ( x) (với điều kiện căn thức tồn tại) cũng là một hàm đồng
biến nên ta dễ dàng nhận ra vế trái của phương trình là hàm đồng biến.
C Khi dự đoán nghiệm thì ta ưu tiên những giá trị của x sao cho các biểu thức dưới
dấu căn nhận giá trị là số chính phương (nhiều trường hợp cần nhờ đến máy tính
cầm tay).


C Bài toán trên có thể giải bằng cách nhiều cách khác, chẳng hạn là nhân thêm các

lượng liên hợp, cụ thể:
Điều kiện: x ≥ 0 . Khi đó
x + 2 x + 1 + 3x + 4 + 4 x + 9 = 14 ⇔ x − 2 + 2 x + 1 − 3 + 3 x + 4 − 4 + 4 x + 9 − 5 = 0
2
3
4
 1

( x − 4) 

5x2
3

( 5x

2

 3 ; +∞ ÷
và f(x) liên tục trên
nên đồng biến trên

3

+ 3)

2

+

3
2

> 0 ∀x ∈  ; +∞ ÷
2 3x − 2
3


2

 3 ; +∞ ÷


( x + 2 ) ( 2 x − 1) − 3
Giải: Điều kiện :

x≥

x+6 = 4−

( x + 6 ) ( 2 x − 1) + 3

x+2

(3)

1
2

Phương trình (3) viết lại dưới dạng như sau:
Để phương trình (*) có nghiệm thì

(

2x − 1 − 3

)(

)

x+2+ x+6 = 4


trên ( 5;+∞ ) . Suy ra f ( x ) = g ( x ) .h ( x ) đồng biến trên ( 5;+∞ ) .
Mặt khác f ( 7 ) = 4 nên x = 7 là nghiệm duy nhất của phương trình (3).
Chú ý:
C Tính chất trên chỉ áp dụng cho hai hàm số cùng nhận giá trị dương và cùng đồng

biến (hoặc cùng nghịch biến) trên một khoảng nào đó.
C Nhờ đặt điều kiện để phương trình có nghiệm (x > 5) dẫn đến vế trái của phương
trình là tích của hai hàm số dương và cùng đồng biến.
Ví dụ 4: Giải phương trình: 2

3− x

+ x 2 − 8 x + 14 = 0

(4)

Giải:
Điều kiện: x ≤ 3 , phương trình (4) viết lại: 2
Xét hai hàm số f ( x) = 2

3− x

3− x

= − x 2 + 8 x − 14

2
và g ( x ) = − x + 8 x − 14 xác định và liên tục trên ( −∞ ;3] .

−2 3− x.ln 2

Dạng 2: Biến đổi phương trình về dạng f ( u ) = f ( v ) rồi chứng minh f ( x ) đơn điệu
để suy ra u = v .
3
2
3
3
3 2
Ví dụ 5: Giải phương trình: 2 x − x + 2 x − 3 x + 1 = 3x + 1 + x + 2

(5)


Giải:
3
3
2
3
3 2
Biến đổi phương trình (5) ⇔ 2 x − 3 x + 1 + 2 x − 3x + 1 = x + 2 + x + 2

Xét hàm số f ( t ) = t + t trên R. Ta có
3

1

f ′( t ) = 1+

33 t2

> 0 ∀t ∈ R \ { 0}

3
Giải: Phương trình (6) ⇔ 6 x + 2 + 6 x + 2 = ( 2 x ) + 2 x
3

(*)

3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ R . Ta có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0 ∀ t ∈ R nên f ( t ) đồng biến
trên R.

Phương trình (*) có dạng:

f

(

3

x = 1
6 x + 2 = f ( 2 x ) ⇔ 6 x + 2 = 2 x ⇔ 4 x − 3x − 1 = 0 ⇔ 
x = − 1

2.

)

3

3

2
Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ [ 0; +∞ ) . Vì f ' ( t ) = 3t + 1 > 0 ∀ t ∈ [ 0; +∞ ) .

Mặt khác (*) có dạng:

f ( x + 1) = f

(

x = 0
3x + 1 ⇔ x + 1 = 3x + 1 ⇔ x 2 − x = 0 ⇔ 
x = 1

)

Vậy phương trình (7) có hai nghiệm x = 0 và x = 1.


Ví dụ 8: Giải phương trình

3

x + 2 − 3 2x2 = 3 2x2 + 1 − 3 x + 1

(8).

Giải:
Phương trình (8)

⇔ 3 2 x2 + 1 + 3 2 x2 =

x +1

(t

3

+ 1)

2

> 0 ∀t ∈ R

nên f ( t )

)

x = 1
⇔ 2x = x + 1 ⇔ 2x − x − 1 = 0 ⇔ 
x = 1
2

3

2

2

3

1


⇔ log 3 ( 2 x − 1) + ( 2 x − 1) = log 3 3 ( x − 1)

2

) + 3( x − 1)

2

(*)

1
f
'
t
=
+ 1 > 0 ∀t > 0
(
)
f
t
=
log
t
+
t
,
t
>
0

2


C Những bài tập dạng này thường có biểu thức nhìn bề ngoài khá phức tạp, đòi hỏi

người học phải có óc quan sát và tư duy nhạy bén để quy lạ về quen.
C Điều mấu chốt của những bài toán này là kĩ năng biến đổi, thêm bớt,… để chọn
được các hàm đặc trưng. Đồng thời xác định đúng tập xác định của phương trình
của ẩn để trên đó các hàm đặc trưng phải đơn điệu.
Bài tập 2: Giải các phương trình sau
2

a)

b)

− 3x − x + 3x −1 = ( x − 1)2
2

1− x
x2

2

−2

1− 2 x
x2

=

và đương nhiên không có một cách giải chung nào cả. Ngoại trừ một số lớp hệ phương
trình có dạng chuẩn và có thuật giải được trình bày ở sách giáo khoa, còn lại là các hệ
phương trình không mẫu mực. Khi đó những đường hướng để giải nó thường hay nghĩ
đến là: Phương pháp cộng, hoặc phương pháp thế.
-

-

Phương pháp cộng nói một cách chung nhất là các phương trình trong hệ tác
động hỗ trợ lẫn nhau qua các phép biến đổi tương đương để đưa về những
phương trình giải được.
Phương pháp thế, tức là các phương trình trong hệ phải “độc lập” biến đổi để
rút một ẩn nào đó theo các ẩn còn lại rồi thế vào các phương trình khác của hệ.

Có nhiều kĩ thuật khác nhau để thực hiện việc rút một ẩn trong hệ phương trình theo
các ẩn còn lại như phân tích thành tích, đánh giá qua bất đẳng thức, nhân liên hợp…
Đặc biệt là kĩ năng sử dụng tính đơn điệu của hàm số.
Ví dụ 10: Giải hệ phương trình

( x + y ) x 2 − 4 x + 5 + ( x − 2 ) x2 + 2 xy + y 2 + 1 = 0 (1)

 2
2
(2)
 x + x x − y + 3 = 2x + x + y + 1


(

)

< 0, ∀t ≠ 0
(
)
f ( t) =
(t ≠ 0)
2 2
t t +1
t
Xét hàm số
,
nên f ( t ) nghịch
biến trên các khoảng ( −∞ ;0 ) và ( 0;+∞ ) .
Do đó 2 − x = x + y ⇔ y = 2 − 2 x . (Do 2 − x và x + y cùng dấu )

x + x ) 3x + 1 = 2 x − x − 3 ⇔ ( x + x ) (
Thay vào (2) ta được: (
⇔ ( x + x ) ( 3 x − 3) = ( 3 − 3 x ) ( 3 x + 1 + 2 )
2

2

2

2

)

3x + 1 − 2 = − 3 x + 3




(*)

1

f ' ( t ) = + 1 > 0 ∀t > 1
t
Xét f (t ) = ln t + t , t > 1. Ta có
nên f (t ) đồng biến trên ( 1;+∞ ) .

(

) (

)

⇔ f x2 + 1 = f y 2 + 1 ⇔ x2 + 1 = y 2 + 1 ⇔ x = ± y
Từ (*) ta có
.

y = − x thay vào (2) ta được: log3 ( 6 − x ) = 1 ⇔ x = 3; y = − 3
+ Với y = x thì (2) trở thành:
+ Với

3log3 ( 3x + 6 ) = 2log 2 ( 2 x + 2 ) + 1 ⇔ 3log 3 ( x + 2 ) = 2log 2 ( x + 1)

Đặt

 log3 ( x + 2 ) = 2t
3log3 ( x + 2 ) = 2log 2 ( x + 1) = 6t ⇔ 

Vế phải của phương trình (*) là hàm số ẩn t nghịch biến trên R còn vế trái là hàm hằng
nên phương trình (**) có nghiệm duy nhất t =1.
Suy ra log 2 ( x + 1) = 3 ⇔ x = 7; y = 7 .

x = 3
;

y
=
−
3

Vậy hệ phương trình (11) có hai nghiệm

x = 7

y = 7 .


 x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1


2
x −1

Ví dụ 12: Giải hệ phương trình  y + y − 2 y + 2 = 3 + 1

(12)

Nhận xét đây là một phương trình đối xứng loại 2, phương pháp giải thông thường là

t2 + 1 + t
2

t +1

+ 3t ln 3 > 0 ∀t ∈ R
.

2
u
Do đó f ( t ) đồng biến trên R nên suy ra u = v ⇒ u + u + 1 = 3 (*).

2
Vì u + u + 1 > 0 ∀ u ∈ R nên phương trình (*)

(

(

)

⇒ ln u + u 2 + 1 − u ln 3 = 0

.

)

1
− ln 3 < 1 − ln 3 < 0
g ( u ) = ln u + u 2 + 1 − u ln 3, u ∈ R g ' ( u ) = 2

2
Xét hàm số f ( t ) = t + t + t − 2, t ∈ R . Ta có f ' ( t ) = 3t + 2t + 1 > 0 ∀ t ∈ R , suy ra f(t)
đồng biến trên R.

x = f ( y)

⇔  y = f ( z) ⇔ x = y = z

z = f ( x)
Hệ phương trình (13)
.
3

2

Thay vào hệ phương trình ta được: x + x − 2 = 0 ⇔ x = 1.
Vậy hệ phương trình (13) có một nghiệm (1;1;1).
Chú ý: Kết quả của tính chất 3 được phát biểu như là một bổ đề, giúp định hướng tìm
cách giải. Khi làm bài tập, học sinh đương nhiên phải chứng minh lại rõ ràng mới được
áp dụng.

(
(
(

)

 x3 + 3x − 3 + ln x 2 − x + 1 = y

 3

t2 − t +1

= 3t + 1 +

2t 2 + 1
t2 − t +1

> 0 ∀t ∈ R

Theo tính chất 3, suy ra x = y = z. Thay vào hệ ta có:
Xét hàm

Ta có

(

)

g ( x ) = x3 + 2 x − 3 + ln x 2 − x + 1 , x ∈ R

g '( x) = 3 x 2 + 2 +

2x − 1
x2 − x + 1

= 3 x2 +

. Suy ra f ( t ) đồng biến

(

n
1

khi và chỉ x1 = x2 = ... = xn
Chứng minh: Không mất tính tổng quát, giả sử x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn và f ( x ) , g ( x ) là hai
hàm đồng biến. Ta có x1 ≤ x2 ≤ ... ≤ xn ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) ≤ ... ≤ f ( xn )

⇔ g ( x2 ) ≤ g ( x3 ) ≤ ... ≤ g ( x1 ) ⇒ x2 ≤ x3 ≤ ... ≤ xn ≤ x1 . Vậy x1 = x2 = ... = xn (đpcm).
 y 3 = 9 x 2 − 27 x + 27

3
2
 z = 9 y − 27 y + 27
 3
x = 9 z 2 − 27 z + 27

Ví dụ 15: Giải hệ phương trình 

(15)

Giải
2

3
9 x − 27 x + 27 = 9 x − 3x + 3 = 9   x − ÷ +
2
 
Ta có

(

;
+∞
÷
3

Xét hàm số f ( u ) = 9u − 27u + 27 trên  4
2

 3

 3

f ' ( u ) = 18u − 27 > 0 ∀u ∈  3 ; +∞ ÷
; +∞ ÷

3
 4
 nên f ( u ) đồng biến trên  4
.
Ta có
 3

 3

;
+∞
g ' ( u ) = 3u 2 > 0 ∀u ∈  3 ; +∞ ÷
÷

 4

(đề thi khối A - 2014)
2
 1− x − 2 y
3
 2 x2
= − xy −

2

2
 2
x
y
+
2
x
− 2x2 y + 1 − 4x = 0

c) 

(

)

log 5 x = log3


log 5 y = log 3

log z = log3

một khiếm khuyết và khó khăn lớn cho học sinh nếu không được trang bị, luyện tập
phương pháp này khi học chuyên đề về phương trình và hệ phương trình. Một số bài
toán nếu biến đổi bằng các phép toán đại số sẽ rất phức tạp nhưng với công cụ này có
thể tìm được lời giải nhanh chóng và rất đẹp. Do đó, người làm toán sơ cấp cần phải
trang bị cho mình phương pháp phổ biến này.
Ngoài ra sử dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải phương trình và hệ phương
trình còn rèn luyện tốt cho học sinh các tư duy bậc cao như: tư duy phê phán, tư duy
sáng tạo và đặc biệt là tư duy hàm…
Nói riêng, trong hầu hết những năm gần đây trong đề thi tuyển sinh Đại học và
Cao đẳng luôn có bài toán về giải phương trình, bất phương trình mà chủ yếu là giải hệ
phương trình. Đây luôn được xem là bài toán khó đối với nhiều học sinh. Các bài toán
này có thể giải được nhiều cách khác nhau, tuy nhiên đa số phải vận dụng tính đơn điệu
của hàm số vào trong một công đoạn nào đó của bài giải. Hy vọng bài viết này sẽ có ích


phần nào cho các em học sinh đang chuẩn bị ôn tập cho kì thi trung học phổ thông quốc
gia sắp đến.
Mặc dù có cố gắng nhưng do thời gian và khả năng của bản thân còn hạn chế
nên bài viết không tránh khỏi thiếu sót. Chúng tôi rất mong nhận được sự góp ý, phê
bình của quý Thầy Cô giáo đồng nghiệp và các em học sinh để bài viết hoàn thiện hơn.
Trân trọng cảm ơn!
Vinh Xuân, ngày 15 tháng 3 năm 2015
Người viết

Nguyễn Công Tân


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Nguyễn Thái Hòe, (2004), Rèn luyện tư duy qua việc giải bài tập toán, NXB giáo
dục.

CỦA HỘI ĐỒNG KH-SK CỦA ĐƠN VỊ

NHẬN XÉT:…………………………………
………………………………………………..
………………………………………………..
………………………………………………..
………………………………………………..
………………………………………………..
ĐIỂM:…………………………………..
XẾP LOẠI: …………………………….
CHỦ TỊCH HĐ KH-SK CỦA ĐƠN VỊ

NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI
CỦA HỘI ĐỒNG KH-SK NGÀNH GD&ĐT

NHẬN XÉT:…………………………………
………………………………………………..
………………………………………………..
………………………………………………..
………………………………………………..
………………………………………………..
ĐIỂM:…………………………………..
XẾP LOẠI: …………………………….
CHỦ TỊCH HĐ KH-SK NGÀNH GD&ĐT