Chuyên đề Dùng đơn điệu hàm số để giải và biện luận phương trình và bất phương trình - Nguyễn Phú Khánh

ảng ( )2;3 . 
( ) ( ) ( ) ( )5 8' 0, 2;
2
x x
f x x f x
x
−
= > ∀ ∈ +∞ ⇒
−
 liên tục và đồng biến trên khoảng 
( )2;3 . 
Vậy phương trình cho có nghiệm duy nhất thuộc khoảng ( )2;3 . 
Ví dụ 3 : Giải bất phương trình sau : 5 1 3 4x x− + + ≥ 
Giải : 
Điều kiện : 1
5
x ≥ 
* Xét hàm số ( ) 5 1 3f x x x= − + + liên tục trên nửa khoảng 1 ;
5
 
+∞ 
 
* Ta có : ( )5 1 1'( ) 0 ,
52 5 1 2 1
f x x f x
x x
= + > ∀ > ⇒
− −
là hàm số đồng biến trên nửa khoảng 1 ;
5
 
+∞ 
 
 và (1) 4f = , khi đó bất phương 
trình cho ( ) (1) 1.f x f x⇔ ≥ ⇔ ≥ 
Vậy bất phương trình cho có nghiệm là 1x ≥ . 
Ví dụ 4 : Giải bất phương trình sau 53 3 2 2 6
2 1
x x
x
− + − ≤
−
Giải : 
Điều kiện: 1 3
2 2
x< ≤ 
* Bất phương trình cho 53 3 2 2 6 ( ) ( ) (*)
2 1
x x f x g x
x
⇔ − + ≤ + ⇔ ≤
−
* Xét hàm số 5( ) 3 3 2
2 1
f x x
x
= − +
−
liên tục trên nửa khoảng 1 3;
2 2
 
 
 
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . 
38 
* Ta có :
3
3 5 1 3
'( ) 0, ; ( )
2 23 2 ( 2 1)
f x x f x
x x
 
−
= − < ∀ ∈ ⇒ 
−  
−
 là hàm 
nghịch biến trên nửa đoạn 1 3;
2 2
 
 
 
. 
Hàm số ( ) 2 6g x x= + là hàm đồng biến trên 
 và (1) (1) 8f g= = 
i Nếu 1 ( ) (1) 8 (1) ( ) (*)x f x f g g x> ⇒ < = = < ⇒ đúng 
i Nếu 1 ( ) (1) 8 (1) ( ) (*)x f x f g g x = = > ⇒ vô nghiệm. 
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 31
2
x≤ ≤ . 
Ví dụ 5 : Giải bất phương trình sau 
( 2)(2 1) 3 6 4 ( 6)(2 1) 3 2x x x x x x+ − − + ≤ − + − + + 
Giải : 
Điều kiện: 1
2
x ≥ . 
Bất phương trình cho ( )( 2 6)( 2 1 3) 4 *x x x⇔ + + + − − ≤ 
iNếu 2 1 3 0 5 (*)x x− − ≤ ⇔ ≤ ⇒ luôn đúng. 
iNếu 5x > 
* Xét hàm số ( ) ( 2 6)( 2 1 3)f x x x x= + + + − − liên tục trên khoảng 
( )5;+∞ 
* Ta có: 
1 1 2 6
'( ) ( )( 2 1 3) 0, 5
2 2 2 6 2 1
x x
f x x x
x x x
+ + +
= + − − + > ∀ >
+ + −
( )f x⇒ đồng biến trên khoảng ( )5;+∞ và (7) 4f = , do đó 
( )* ( ) (7) 7f x f x⇔ ≤ ⇔ ≤ . 
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1 7
2
x≤ ≤ . 
Ví dụ 6 : Giải bất phương trình sau 3 22 3 6 16 2 3 4x x x x+ + + < + − 
Giải : 
Điều kiện: 
3 22 3 6 16 0
2 4.
4 0
x x x
x
x
 + + + ≥
⇔ − ≤ ≤
− ≥
. 
Bất phương trình cho 
( )3 22 3 6 16 4 2 3 ( ) 2 3 *x x x x f x⇔ + + + − − < ⇔ < 
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . 
39 
* Xét hàm số 3 2( ) 2 3 6 16 4f x x x x x= + + + − − liên tục trên đoạn 
2;4 −  . 
* Ta có: ( )2
3 2
3( 1) 1
'( ) 0, 2;4
2 42 3 6 16
x x
f x x
xx x x
+ +
= + > ∀ ∈ −
−+ + +
 ( )f x⇒ 
đồng biến trên nửa khoảng ( )2;4− và (1) 2 3f = , do đó 
( )* ( ) (1) 1f x f x⇔ < ⇔ < . 
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 2 1x− ≤ < . 
Ví dụ 7 : Chứng minh rằng 4 1 0 , x x x− + > ∀ ∈ 
 
Giải : 
* Xét hàm số 4( ) 1f x x x= − + liên tục trên 
 . 
* Ta có 3'( ) 4 1f x x= − và 
3
1
'( ) 0
4
f x x= ⇔ = . 
* Vì '( )f x đổi dấu từ âm sang dương khi x qua 
3
1
4
, do đó 
3 3 3
1 1 1
min ( ) ( ) 1 0
4 4 4 4
f x f= = − + > 
Vậy ( ) 0 , f x x> ∀ . 
Ví dụ 8 : Chứng minh rằng phương trình : 5
2
2009 0
2
x
x
x
+ − =
−
 có 
đúng hai nghiệm dương phân biệt. 
Giải : 
* Điều kiện: 2x > (do 0x > ). 
* Xét hàm số : 5
2
( ) 2009
2
x
f x x
x
= + −
−
 với 2x > . 
* Ta có 4
2 3
1
'( ) 5
( 2)
f x x
x
= −
−
3
2 5
3
"( ) 20 0 , 2
( 2)
x
f x x x
x
⇒ = + > ∀ >
−
'( ) 0f x⇒ = có nhiều nhất một nghiệm ( ) 0f x⇒ = có nhiều nhất là hai 
nghiệm. 
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . 
40 
Mà: 
2
lim ( ) , ( 3) 0, lim ( ) ( ) 0
x
x
f x f f x f x
+ →+∞
→
= +∞ < = +∞ ⇒ = có hai nghiệm 
( )1 2; 3x ∈ và 2 3x > . 
Ví dụ 9 : Giải hệ phương trình 
1.
2 3 4 4 (1)
2 3 4 4 (2)
x y
y x
 + + − =

+ + − =
2.
( )
( )
3
3
2 1
2 2
x x y
y y x
 + =

+ =
3.
3 3
6 6
3 3 (1)
1 (2)
x x y y
x y

− = −

+ =
Giải : 
1.
2 3 4 4 (1)
2 3 4 4 (2)
x y
y x
 + + − =

+ + − =
Điều kiện: 
3
4
2
3
4
2
x
y

− ≤ ≤


− ≤ ≤

. 
Cách 1: 
Trừ (1) và (2) ta được: 
 ( )2 3 4 2 3 4 3x x y y + − − = + − − 
* Xét hàm số ( ) 2 3 4f t t t= + − − liên tục trên đoạn 3 ; 4
2
 
− 
 
. 
* Ta có: 
/ 1 1 3( ) 0, ; 4
22 3 2 4
f x t
t t
 
= + > ∀ ∈ − 
+ −  
(3) ( ) ( )f x f y x y⇒ ⇔ = ⇔ = . 
Thay x y= vào (1) ,ta được: 
2 3 4 4 7 2 (2 3)(4 ) 16x x x x x+ + − = ⇔ + + + − =
2
2
39 0
2 2 5 12 9 11
9 38 33 0
9
xx
x x x
x x x
=
− ≥ ⇔ − + + = − ⇔ ⇔ 
− + = = 
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . 
41 
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt 
11
3
9,
3 11
9
xx
y
y

=
= 
 
=  =

. 
Cách 2: 
Trừ (1) và (2) ta được: 
( ) ( )2 3 2 3 4 4 0x y y x+ − + + − − − =
(2 3) (2 3) (4 ) (4 )
0
2 3 2 3 4 4
x y y x
x y y x
+ − + − − −
⇔ + =
+ + + − + −
( )2 1( ) 0 *
2 3 2 3 4 4
x y
x y y x
 
⇔ − + = 
+ + + − + − 
. 
Vì 2 1 0
2 3 2 3 4 4x y y x
+ >
+ + + − + −
 nên ( )* x y⇔ = 
Thay x y= vào (1) ,ta được: 
2 3 4 4 7 2 (2 3)(4 ) 16x x x x x+ + − = ⇔ + + + − =
2
2
39 0
2 2 5 12 9 11
9 38 33 0
9
xx
x x x
x x x
=
− ≥ ⇔ − + + = − ⇔ ⇔ 
− + = = 
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt 
11
3
9,
3 11
9
xx
y
y

=
= 
 
=  =

. 
2.
( )
( )
3
3
2 1
2 2
x x y
y y x
 + =

+ =
Cách 1 : 
* Xét hàm số 3 2/( ) 2 ( ) 3 2 0, f t t t f t t t= + ⇒ = + > ∀ ∈ 
 . 
* Hệ phương trình trở thành 
( ) (1)
( ) (2)
f x y
f y x
=

=
. 
+ Nếu ( ) ( )x y f x f y y x> ⇒ > ⇒ > (do (1)và (2)dẫn đến mâu thuẫn). 
+ Nếu ( ) ( )x y f x f y y x< ⇒ < ⇒ < (mâu thuẫn). 
Suy ra x y= , thế vào hệ ta được 
( )3 2 20 1 0 0 ì 1 0.x x x x x v x+ = ⇔ + = ⇔ = + > 
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . 
42 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất 
0
0
x
y
=

=
. 
Cách 2: 
Trừ (1) và (2) ta được: 
3 3 2 23 3 0 ( )( 3) 0x y x y x y x y xy− + − = ⇔ − + + + = 
2 23
( ) 3 0
2 4
y y
x y x x y
  
 ⇔ − + + + = ⇔ = 
   
Thế x y= vào (1) và (2) ta được: ( )3 20 1 0 0x x x x x+ = ⇔ + = ⇔ = 
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 
0
0
x
y
=

=
. 
3.
3 3
6 6
3 3 (1)
1 (2)
x x y y
x y

− = −

+ =
Từ (1) và (2) suy ra 1 , 1x y− ≤ ≤ 
(1) ( ) ( ) (*)f x f y⇔ = 
* Xét hàm số 3( ) 3f t t t= − liên tục trên đoạn [ 1;1]− , ta có 
 ( )2'( ) 3( 1) 0 [ 1;1]f t t t f t= − ≤ ∀ ∈ − ⇒ nghịch biến trên đoạn [ 1;1]− 
* Do đó: (*) x y⇔ = thay vào (2) ta được nghiệm của hệ là: 
6
1
2
x y= = ± . 
Ví dụ 10 : Giải hệ phương trình 
1.
2
1 1
 (1)
2 1 0 (2)
x y
x y
x xy

− = −


− − =
 2.
3
1 1
 (1)
 2 1 (2)
x y
x y
y x

− = −

 = +
Giải : 
1.
2
1 1
 (1)
2 1 0 (2)
x y
x y
x xy

− = −


− − =
Điều kiện: 0, 0x y≠ ≠ . Ta có: 
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . 
43 
1
(1) ( ) 1 0 1
.
y x
x y
xy y
x
=
  ⇔ − + = ⇔   = − 

i y x= phương trình 2(2) 1 0 1x x⇔ − = ⇔ = ± . 
i 
1
y
x
= − phương trình (2)vô nghiệm. 
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt 
1 1
;
1 1
x x
y y
= = −  
 
= = −  
. 
Bình luận: 
Cách giải sau đây sai:
2
1 1
 (1)
2 1 0 (2)
x y
x y
x xy

− = −


− − =
. 
Điều kiện: 0, 0x y≠ ≠ . 
* Xét hàm số 
2
/1 1( ) , \ {0} ( ) 1 0, \ {0}f t t t f t t
t t
= − ∈ ⇒ = + > ∀ ∈
 
 . 
Suy ra (1) ( ) ( )f x f y x y⇔ = ⇔ = ! 
Sai do hàm số ( )f t đơn điệu trên 2 khoảng rời nhau (cụ thể 
( ) ( )1 1 0f f− = = ). 
2.
3
1 1
 (1)
2 1 (2)
x y
x y
y x

− = −

 = +
Cách 1: 
Điều kiện: 0, 0.x y≠ ≠ 
1
(1) 0 ( ) 1 0 1
.
x y
x y
x y x y
xy xy y
x
=
−   ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔   = − 

i x y= phương trình (2)
1
1 5
.
2
x
x
=
⇔
− ±
=

i 
1
y
x
= − phương trình (2) 4 2 0.x x⇔ + + = 
Xét hàm số 4 / 3
3
1
( ) 2 ( ) 4 1 0 .
4
f x x x f x x x
−
= + + ⇒ = + = ⇔ = 
Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . 
44 
3 3
1 3
2 0, lim lim
4 4 4 x x
f
→−∞ →+∞
− 
= − > = = +∞ 
 
4( ) 0, 2 0f x x x x⇒ > ∀ ∈ ⇒ + + =
 vô nghiệm. 
Cách 2: 
Điều kiện: 0, 0.x y≠ ≠ 
1
(1) 0 ( ) 1 0 1
.
x y
x y
x y x y
xy xy y
x
=
−   ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔   = − 

i x y= phương trình (2)
1
1 5
.
2
x
x
=
⇔
− ±
=

i 
1
y
x
= − phương trình (2) 4 2 0.x x⇔ + + = 
i Với 41 2 0 2 0x x x x ⇒ + + > . 
i Với 4 41 2 0x x x x x x≥ ⇒ ≥ ≥ − ⇒ + + > . 
Suy ra phương trình (2)vô nghiệm. 
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm phân biệt 
1 5 1 5
1
2 2
1 1 5 1 5
2 2
x xx
y
y y
 
− + − −
= = =  
∨ ∨  
=
− + − −  
= =
  
. 
Bài tập tự luyện: 
1. Giải phương trình: 
. 3 1 7 2 4a x x x+ + + + = 3 3. 5 1 2 1 4b x x x− + − + = 
2. Giải phương trình: ( )10 10 81 81sin cos *
256
x x+ = 
3. Giải bất phương trình: 
( 2)(2 1) 3 6 4 ( 6)(2 1) 3 2x x x x x x+ − − + ≤ − + − + + 
 4. Giải các hệ phương trình 
1.
2
2
2
2
1
2
1
2
1
x
y
x
y
z
y
z
x
z

=
−

=
−

=
−
2.
3 2
3 2
3 2
9 27 27 0
9 27 27 0
9 27 27 0
y x x
z y y
x z z

− + − =

− + − =

− + − =

Nguyễn Phú Khánh – Đà Lạt . 
45 
Dạng 7 : Dùng đơn điệu hàm số để giải và biện luận phương trình và 
bất phương trình chứa tham số. 
Cho hàm số ( ); 0f x m = xác định với mọi ( )*x I∈ 
• Biến đổi ( )* về dạng ( ) ( )f x f m= 
• Xét hàm số ( )y f x= liên tục trên I 
• Dùng tính chất đơn điệu của hàm số và kết luận. 
Ví dụ 1: Tìm tham số thực m để ptrình 23 1x x m+ + = có nghiệm thực . 
Giải : 
* Xét hàm số ( ) 23 1f x x x= + + và y m= 
* Hàm số ( ) 23 1f x x x= + + liên tục trên 
 . 
* Ta có : ( ) 2
2 2
3 3 1 3
' 1
3 1 3 1
x x x
f x
x x
+ +
= + =
+ +
( ) 2 2 20' 0 3 1 3 3 1 9
x
f x x x
x x
 <
= ⇔ + = − ⇔ 
+ =
0
6 6 6
,1 6
6 6 3
66
x
x f
x
 <
 
− −
 ⇔ ⇔ = = ± ±  = =  

Bảng biến thiên : suy ra ( ) 6
3
f x ≥ mà ( )f x m= do đó 6
3
m ≥ thì phương 
trình cho có nghiệm thực . 
Ví dụ 2 : Tìm tham số thực m để phương trình : ( )4 2 1 1x x m+ − = có 
nghiệm thực . 
Giải : 
* Xét hàm số ( ) 4 2 1f x x x= + − li