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

2


tính đơn điệu của hàm số để giải toán là một phương pháp hay,thông thường để giải


≤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) , ymin= 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 = x0 thì nghiệm ấy là duy nhất

2)

Nghiệm của bất phương trình f(x) > g(x) là giao của x>x 0 và miền xác


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.
Ví dụ 2.Giải phương trình.

x5 +x3 - 1 − 3x +4 =0

Giải: Điều kiện x ≤ 1/ 3 . Đặt f(x) = x5 +x3 - 1 − 3x +4
Ta có f'(x) = 5x4 +3x2 +

3
>0
2 1 − 3x

5


1
⇒ f(x) đồng biến / ( −∞, ]
3

Mặt khác f(-1) = 0 nên phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = -1.
Ví dụ 3. Giải phương trình .

x 2 + 15 = 3x − 2 + x 2 + 8

Giải.Phương trình ⇔ f ( x) = 3 x − 2 + x 2 + 8 − x 2 + 15 = 0

Ví dụ 4: Giải bất phương trình :

(

2− 3

) +(
x

2+ 3

)

x

= 2x

(1)

Giải: Nhận thấy x = 2 là nghiệm ,vì khi đó ta có : 2- 3 + 2 − 3 = 4 = 22
x

x

2− 3
2+ 3
Vì 2 > 0 nên (1) ⇔ 
÷ + 
÷ =1
 4 

Nên (2) có nghiệm duy nhất x = 4 ( thoả mãn điều kiện x > 3)
Ví dụ 6: Giải phương trình : 2log3cotgx = log2cosx
Giải: Điều kiện cosx > 0,sinx > 0 .
Đặt log2cosx = y ⇒ cosx = 2y ⇒ log3cotg2x = log2cosx = y
⇒ cotg x = 3
2

⇒ 3 - 12 = 4
y

y

cos 2 x
4y
=
Vì cotg x =
1 − cos 2 x 1 − 4 y

y

2

y

y

3
⇔  ÷ = 3 y + 1,
4



1
)
x

(2)

1
≥ 2 và do vế phải là hàm loga có cơ số lớn hơn 1,
x
⇒ log 2 (x +

1
) ≥ log22 = 1.
x

Vậy thì vế trái dương ⇒ x2(3-2x) >0 ⇒ 3-2x > 0.
Ta có x2(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 ,
VP ≥ 1 , đạt dấu = khi x = 1

8


⇒ 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:

9


Ví dụ 1.

x+9 > 5 -

giải bất phương trình

2x + 4

(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
x+9 = 5 -

2x + 4 ;

phương trình cuối có nghiệm duy nhất x =0, vì khi đó ta có 9 =5- 4 đúng
và vế trái đồng biến, vế phải nghịch biến.
Vậy nghiệm của (2) là giao của x ≥ 2 va

x > 0 ⇒x > 0

Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đưa bất phương trình vô tỷ về sử dụng tính đơn
điệu , tránh được bình phương 2 lần dễ dẫn đến mất nghiệm.
x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13 x − 7 < 8



 x ≥ 5/ 7
5
⇔ f ( x) < f (3) ⇔ 
⇔ ≤ x < 3.
7
x < 3

Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đưa bất phương trình vô tỷ về sử dụng tính đơn
điệu,trong khi đó muốn giải bằng cách khác sẽ rất khó khăn.
Ví dụ 3.Giải bất phương trình .

2x +

Giải. Điều kiện x > 0.Đặt f(x) = 2x +

x + x + 7 + 2 x 2 + 7 x < 35
x + x + 7 + 2 x2 + 7 x

  29 2 
1
2x + 7
+
+
> 0 , f   ÷ ÷ = 35
Ta có f'(x) = 2 +
  12  ÷
2 x 2 x+7
x2 + 7 x


x+

2

 29 
⇔0< x x3 − 1 = v ≥ 0 ,khi đó

11


1
 1
u + v ≥ 2
≤

⇔ u + v 2
(2) ⇔  2 2
u
−
v


Hoặc xét VT =f(x)=

x3 + 1 + x3 − 1 là hàm đồng biến

Suy ra nghiệm của (2) là giao của x ≥ 1 và x > x0 ,trong đó x0 là nghiệm
của phương trình :

Suy ra x0 = 3

x3 + 1 + x3 − 1 = 2.

5
5
,suy ra bất phương trình có nghiệm x ≥ 3 .
4
4

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:

x + 2 + x + 5 + 2 x 2 + 7 x + 10 < 5 − 2 x

(1)

Giải: Điều kiện x ≥ -2.
12


Từ đó u =

x + 2 = 1 ⇒ x = −1

Vậy nghiệm của (1) là −2 ≤ x ≤ −1
Nhận xét. Cái hay của cách giải này là dùng tính đơn điệu của các hàm số để đưa bất
phương trình vô tỷ về hệ phương trình bậc 1.
Ví dụ 6.Với giá trị nào của tham số m thì bpt sau có nghiệm?
x2 + 2 x − m + m 2 + m − 1 ≤ 0
13


Giải: Đặt t = x − m ≥ 0 ⇒t2 = x2 -2mx +m2 , khi đó (1) ⇔ y = t2 +2t +2mx +m -1 ≤ 0
Có nghiệm t ≥ 0.
Ta có

⇒ y' = 0

y' = 2t +2

⇔ t = -1
1
2

Nên ymin = y(0) = 2mx +m -1 = 2m2 +m -1 ≤ 0 ⇒ -1 ≤ m ≤ .
Nhận xét.Cái hay của cách giải này là sử dụng giá trị tuyệt đối x − m làm ẩn số để đưa
về parabol theo t ≥ 0 ⇒Không phải xét tương quan giữa x và y làm cho cách giải nhẹ
nhàng hơn.
III. HỆ PHƯƠNG TRÌNH


2π
.
13

Ví dụ 2: Giải hệ :
 x − y = tan x − tan y


 π
tan
x
+
tan
y
=
2,
x
,
y
∈
 0; ÷

 2


Giải : Viết phương trình (1) dưới dạng x - tan x = y - tan y (3)
1
 π
 π
Và xét hàm f(t) = t - tant xác định ∀t ∈  0; ÷,có f'(t) = 1- 2 < 0 ,do t ∈  0; ÷

2 y = x + x

Giải: Điều kiện : x ≠ 0 , y ≠ 0 .

a2
a2
Do x và
cùng dấu , Do y và
cùng dấu
y
x

⇒ x> 0 , y> 0.Bởi vậy :

(1)

⇔ 2x2y

= y2 + a 2

(1)'

15


(2)

⇔

2y2x = x2 +a2

-1/27
CT

Từ đó suy ra phương trình : 2x3 -x2 = a2 ( a2 > 0) có nghiệm duy nhất .
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.
2 x + 1 = y 3 + y 2 + y

3
2
Ví dụ 4.Giải hệ : 2 y + 1 = z + z + z

3
2
2 z + 1 = x + x + x

Giải.Xét hàm đặc trưng f(t) = t3 +t2 +t với t ∈ ¡

16


Ta có f'(t) = 3t2 +2t +1 = 2t2 +(t+1)2 >0 ⇒ f(t) đồng biến .
Giả sử : x ≤ y ≤ z ⇒ f ( x ) ≤ f ( y ) ≤ f ( z )
⇒ 2z +1 ≤ 2 x + 1 ≤ 2 y + 1

⇔ z≤x≤ y= y=z

x = y = z


*Nếu x 0 ,có f(x) ≤ f(4)
⇔ lnx - x ≤ ln4-2

Do 4 1.
Khi đó bất đẳng thức đã cho có dạng tương đương sau :
f( 1999) > f(2000)
Ta có f(x) = logx(x +1) =

ln( x + 1)
ln x
18


xx
ln x ln( x + 1)
ln
−


1
1
1+ t2 − t
- + 2 = 2
>0
t
t
t 1+ t2

Do đó f(t) là hàm đồng biến khi t > 0, vì x > 0 ,nên
lim f(t) = lim  ln(1 + 1 + t 2 ) − ln t − 1
f(x) < f(+ ∞ ) = t→+∞

t→+∞ 



t

2
⇒ f(x) < lim (ln 1 + 1 + t ) = 0
t →+∞
t

⇒ ln(1+ 1 + x ) < lnx +

1
⇒ đ.p.c.m
x

1
4
( x − 1) 2
=
> 0, ∀x > 1. ⇒ f tăng trên [ 1 ; + ∞ )
Ta có f'(x) = −
x ( x + 1) 2 x( x + 1) 2

Vậy với x > 1 ta có f(x) > f(1) = 0Từ đó suy ra lnx >

Ví dụ 7. cho 0 < α
1.

2α
π
. Chứng minh rằng: sin α >
π
2

Giải. xét hàm số : f(x) =

Ta có f'(x) =

2( x − 1)
x +1

sin x
 π
với x ∈ 0, 

⇒ f( α ) > f( ) ⇒
>
α
2
2

Ví dụ 8. cho 0 < α
π ⇒ đ.p.c.m.
π
α
2
2

sin

π
. Chứng minh rằng: α sin α + cos α > 1
2

 π
Giải.xét hàm số : f(x) = xsinx + cosx - 1 với x ∈ 0, 
 2
 π
⇒ f'(x) = sinx + xcosx -sinx = xcosx ≥ 0 ∀ x ∈  0, 
 2

Vì f' = 0 chỉ khi x = 0 hoặc x =


Khi đó f liên tục trên [ 0 ,

π
]
2

π
π
) ⇒ f tăng trên [ 0 , ]
2
2

π
Từ đó x > 0 ⇒ f(x) > f(0) ⇒ x > sinx với x ∈ (0; )
2

21


 π
Tương tự ta cũng có x < tgx , ∀x ∈  0; ÷.
2


Ví dụ 10. Chứng minh rằng nếu 0 < x

cos x
2

π
⇒ f tăng trên (0; ) ⇒ f(x) > f(0) = 0
2
 π
⇒ sinx +tgx > 2x , ∀x ∈  0; ÷
 2

(đpcm)

x3
< sin x với x > 0.
Ví dụ 11. Chứng minh bất đẳng thức : x 6

22


x3
Giải : Đặt f(x) = sinx + -x
6
x2
Ta có f'(x) = cosx +
-1, f''(x) = - sin x +x > 0 ( theo ví dụ ...)
2

⇒ f'' tăng trên ( 0 ; + ∞ ) ⇒ f'(x) > f'( 0) = 0, với x > 0.
⇒ f tăng trên ( 0 ; + ∞ ) ⇒ f(x) > f( 0) = 0, với x > 0.
x3

f(4)(x) = x - sinx

f(5)(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

23


1.Chứng minh rằng : ln(1+x) > x −

x2
2

2.Chứng minh rằng : ln(1+ 1 + x 2 )
0
1
+ ln x , ∀x>0.
x

3. Chứng minh rằng : logx(x+1) > logx+1(x+2) , ∀x > 1.
4.Giải bất phương trình :

x + 9 > 5 − 2x + 4


y3
+ sin y
x =
6

-Tránh phải xét nhiều trường hợp ở một số bài toán.
-Tránh phải áp dụng bất đẳng thức côsi ...cần phải chứng minh duy nhất .
-Tránh việc bình phương hai vế dễ dẫn đến sai sót ,thừa nghiệm và tránh việc giải
phương trình bậc cao.
............Hết ...........

25