Tuyển tập các Chuyên đề nâng cao dành cho học sinh lớp 12 - Sử dụng tính đơn điệu để giải phương trình và bất phương trình

thì ' 0 phương trìnhvônghiệm
Với m 0 hoặc m 1thì ' 0 phương trình có2 nghiệmphânbiệt
∆ = −
= ∆ = =
= ∆ = = −
< < ∆ <
 ∆ >
( ) 2 3
2 3 2 3
2 3
x 2 log (x 3) log (x 2) x 1
ĐK : x 3
x 1 x 1
log (x 3) log (x 2) log (x 3) log (x 2) 0
x 2 x 2
x 1
Xét hàmsố f(x) log
Bài11 :G
(x 3)
iải phương t
log (x 2) 0
x 2
1 1 3
Có f '(x)
(x 3) ln2 (x
rình :
Bài la
2)
m
n
ø
l 3 (
 − − + − = + 
− >
+ +
− − + − = ⇔ − + − − =
− −
+
= − + − − =
−
= + +
− −
2
0, x 3
x 2)
Hàmsố đồng biến trên x 3
Nên f(x) 0 có tối đa1nghiệm
Dof(5) 0
Nên f(x) 0 códuy nhất1nghiệmx 5
> ∀ >
−
>
=
=
= =
2
3
3
2 2
3x 2x 1 0(1)
:
x 3x 1 0(2)
1
(1) 1 x
3
1
Xét f(x) x 3x 1 với 1 x
3
Cóf '(x) 3x 3 3(x 1) 0
1 1
f( ) f(x) f( 1) f(x) 5
3 27
1
với x ( 1; ) thì f(x) 0
3
Nên nghiệmcủa(1)cũng
Bài13 :Giải hệbất phương trình
tho
 + − <

− + >
⇔ − < <
= − + − < <
= − = − <
⇒ < < − ⇔ < <
⇒ ∈ − >
ûamãn(2)
1
Vậy nghiệmcủahệlà x ( 1; )
3
∈ −
2
3 2
2
3 2
2 2
x 5x 4 0(1)
x 3x 9x 10 0(2)
x 5x 4 0(1) 4 x 1
Xét hàmsố f(x)
Bài14(ĐHKT1998)Giải hệbất
x 3x 9x 10 với 4 x 1
f '(x) 3x 6x 9 3(x 2x 3) 3(x 1)(x 3)
x 1(Bỏ
phương trìn
)
h
Bài làm
Chof '(x) 0
x
 + + <

+ − − >
+ + < ⇔ − < < −
= + − − − < < −
⇒ = + − = + − = − +
=
= ⇔
= −
( )
3(Lấy)
Lậpbảngbiến thiênhàmsố f(x).Tathấy :
Với x 4;1 thì f(x) 0
Nghĩa là nghiệmcủa(1) cũng thỏamãn(2)
Vậy nghiệmcủahệlà 4 x 1



∈ − >
− < <
2 2
2 2
3 2
log x
øi15Giải he
log x 0(1)
1
x 3x 5x 9 0(2)
3
äbất phương trìn :Ba h

− <


− + + >

Bµi lµm 
- §K : x > 0 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
log x log x 0(1) log x 2 log x 0 log x(log 2) 0 1 x 4− < ⇔ − < ⇔ − < ⇔ < < 
XÐt hµm sè : 
3 2
2
2
1
f(x) x 3x 5x 9
3
f '(x) x 6x 5
x 1(Bỏ)
f '(x) 0
x 5(Bỏ)
f '(x) luôn cùngdấu trên1 x 4
f '(2) 2 6.2 5 3 0 f '(x) 0, (1;4)
f(4) f(x) f(1)
7 34
f(x)
3 3
Nghĩa là :
Với 1 x 4 f(x) 0
Nên nghiệmcủa(1) thỏama
= − + +
⇒ = − +
 =
= ⇔ 
=
< <
= − + = − < ⇒ < ∀ ∈
⇒ < <
⇒ < <
õn (2)
Vậy nghiệmcủahệbất phương trình là : 1 x 4< <
Bµi 16 : gi¶i hƯ ph−¬ng tr×nh :
3 2
3 2
3 2
x y y y 2
y z z z 2
z x x x 2
 = + + −

= + + −

= + + −
Bµi lµm 
XÐt hµm sè f(t) = t3 +t2 + t – 2 
Khi ®ã hƯ cã d¹ng : 
x f(y)
y f(z)
z f(x)
 =

=

=
Cã f’(t)= 3t2 +2t +1 
V× 
8 0
f '(t) 0, t
Hàmsố f(t)đồngbiến trênR
GS :x,y, z được xếp theothứtự x y z(4)
f(x) f(y)
Từ (1)và (3) x f(y)và z f(x)
z x
Theocách sắp xếp(4).Nên x z
Thựchiệnhoàn toàn tương tự
f(y) f(z)
Từ (2) và (3)
∆ = − <
⇒ > ∀
⇒
≤ ≤
⇒ ≤
= =
⇒ ≤
=
≤
⇒
3 2
3 2
z y
Theo(4).Nên y z
Tóm lại tađược x y z
Thay vàophương trìnhđầu tiên tađược :
x x x 2 x
x x 2 0
x 1
Vậy hệcó nghiệm là : x y z 1
≤
=
= =
+ + − =
⇔ + − =
⇔ =
= = =
Bµi 17 .Gi¶i hƯ ph−¬ng tr×nh : 
( )
( )
( )
3 2
3 2
3 2
x 3x 3 ln x x 1 y
y 3y 3 ln y y 1 z
z 3z 3 ln z z 1 x
 + − + − + =


+ − + − + =

+ − + − + =
Bµi lµm 
NhËn thÊy víi f(t) = x3 +3x -3 +ln(x2 –x +1) 
HƯ khi ®ã cã d¹ng :
f(x) y
f(y) z
x f(z)
 =

=

=
Ta cã 
( ) ( )3 2
2
2 2
2 2
2 2
f t t 3t 3 ln t –t 1
2t 1 3t t 2
f '(t) 3t 3 3t 0, t
t t 1 t t 1
Vì: t t 1 0và 3t t 2 0
Nên hàmsố f(t) là hàmđồng biến trênR
GSx,y, z đượcxếp theothứtự x y z(4)
f(x) f(y) f(z)
Từ (1)và (3) y x th
= + − + +
− − +
= + + = + > ∀
− + − +
− + > − + >
≤ ≤
⇒ ≤ ≤
⇒ ≤
( )
( )
( )
3 2
3 2
3 2
2
2 2
2 2
eo(4) x y
Từ (2) và (3) z x theo (4) x z
Tóm lại tađược x y z
Thay vàophương trìnhbanđầu tađược:
x 3x 3 ln x x 1 x
x 2x 3 ln x x 1 0(5)
Xét g(x) x 2x 3 ln x x 1
2x 1 2x 1
Có:g'(x) 3x 2 3x 0
x x 1 x x 1
⇒ =
⇒ ≤ ⇒ =
= =
+ − + − + =
⇔ + − + − + =
= + − + − +
− +
= + + = + >
− + − +
⇒ g(x)đồng biến .Nên g(x) 0 cótối đa1nghiệm
Dog(1) 0.Nên(5)cónghiệmduy nhất x 1
Vậy hệcónghiệmx y z 1
=
= =
= = =
3 2
3 2
3 2
3 2
2x x
2y y
2z z
2t t
1
y
4
1
: z
4
1
x
4
1
Xét hàmsố f(t)
4
f(x) y
Hệ có dạng f(y)
Bài 1
z
f(z) x
Từ cácphương trìnhdoVT 0 VP 0
Ne
8 : Giải hệ
ân: x 0 ; y 0
Bài la
; z 0
f '(t
m
) 6
ø
(
+
+
+
+
  = 
 

 
= 
 

 
=  
 
=  
 
 =

=

=
> ⇒ >
> > >
=
3 22t t
2 1 1t 2t). . ln 0
4 4
Nên f(t) nghịch biến trên t 0
Gs :0 x y z
f(x) f(y) f(z)
Từ (1)và (2) y z .Kết hợp(4) y z
Từ (1) và (3) y x ,Kết hợp(4) x y
Tóm lại tađượcx y z
Thay vàophương trìnhbanđầu tađược :
1
4
+
 
+ < 
 
>
< ≤ ≤
⇒ ≥ ≥
⇒ ≥ ⇒ =
⇒ ≥ ⇒ =
= =
( )
3 2 3 2
3 2
3 2
2x x 2x x
2x x
2x x
2
1
x x 0(5)
4
1
Xét g(x) x
4
1 1
g'(x) 6x 2x . ln 1 0
4 4
Nêng(x) nghịchbiến trên x 0
Khiđóg(x) 0 cótối đa 1 nghiệm
1
Dog( ) 0
2
1
Nên(5) cónghiệmduy nhất x
2
Vậy cóng
+ +
+
+
   
= ⇔ − =   
   
 
= − 
 
 
⇒ = + − < 
 
>
=
=
=
1
hiệmx y z
2
= = =
33
3
y
x siny
6
z
: y sin z
6
x
z sinx
6
Nhận thấy nếu x;y;z là nghiệm thì x; y; z cũng là nghiệm.
Nên tachỉ cần đi tìmn
Bài1
ghiệ
9 :Giải hệphương trình
Bài là
mx 0 trướccòn nghiệmthứhai sẽlà x
x
Xét f(x
m
)

= +


= +


= +

− − −
≥ −
=
3 2x
sin x với x 0 f '(x) cos x f ''(x) x sinx
6 2
f '''(x) 1 cosx 0 f ''(x) là hàmsố đồng biến trên x 0
f ''(x) f ''(0) 0 f '(x) là hàmsố đồng biến trên x 0
f '(x) f '(x) 1 0 f(x)đồngbiến trên x 0
f(x) f(0) 0 y 0
+ ≥ ⇒ = + ⇒ = −
⇒ = − ≥ ⇒ ≥
⇒ ≥ = ⇒ ≥
⇒ ≥ = > ⇒ ≥
⇒ ≥ = ⇒ ≥
3
và z 0
t
Xét f(t) sin t với t 0
6
x f(y)
Hệcódạng: y f(z)
z f(x)
Hoàn toàn tương tự takhẳng địnhđược f(t)đồng biến trên t 0
Khônggiảmmất tính tổngquát ,giả sử : 0 x y z(4)
f(x) f(y) f(z)
Từ (1) và (3) z
≥
= + ≥
 =

=

=
≥
≤ ≤ ≤
⇒ ≤ ≤
⇒ ≤
3 3
3
2
x theo(4) x z
Từ (2) và (3) z y theo(4) y z
Tóm lại x y z
Thay vàophương trìnhbanđầu tađược :
x x
sinx x sinx x 0(5)
6 6
x
Xét g(x) sin x x với x 0
6
x
g'(x) cosx 1
2
g''(x) x sinx
g'''(x) 1 cosx 0
g''(x)đồngbi
⇒ =
⇒ ≤ ⇒ =
= =
+ = ⇔ + − =
= + − ≥
⇒ = + −
⇒ = −
⇒ = − ≥
⇒ ến trên x 0
g''(x) g(o) 0
g'(x) đồng biến trên x 0
g(x)đồng biến trên x 0
g(x) 0 cótối đa1 nghiệmtrên x 0
Mà g(0) 0
Nên(5)códuy nhất1nghiệmx 0
Vậy nghiệmcủahệlà x y z 0
≥
⇒ ≥ =
⇒ ≥
⇒ ≥
⇒ = ≥
=
=
= = =
Bµi 22 .Gi¶I bÊt ph−¬ng tr×nh : x 9 5 2x 4+ > − + 
Bµi lµm 
x 9 5 2x 4
Điều kiện x 2
Bất phương trìnhđượcbiến đổi lại thành :
x 9 2x 4 5 0
Xét hàmsố f(x) x 9 2x 4 5
1 1
Có f '(x) 0
2 x 9 2x 4
Hàmsố đồng biến trên x 2 và f(0) 0
Nên f(x) 0 x 0
Vậy nghiệmcủabất phương tr
+ > − +
≥ −
+ + + − >
= + + + −
= + >
+ +
≥ − =
≥ ⇔ ≥
ình là tập x 0≥
Bµi 25 
2 2
2
2
2
2
3 x 6 x 18 3x x m m 1 luônđúng x 3;6
Bài làm
Đặt t g(x) 3 x 6 x
1 1
Có g '(x)
2 3 x 2 6 x
3
g'(x) 0 x
2
t g(x) 3;3 2
Bất phương trình códạng:
t 9
t m m 1
2
t 9
f(t) t m m 1
2 2
f
Tìmmđể bất phương trình  + + − − + − ≤ − + ∀ ∈ − 
= = + + −
= −
+ −
= ⇔ =
 
= ∈
 
−
− ≤ − +
−
⇔ = + + ≤ − +
( )
2
2
x 3;3 2
2
x 3;3 2
2 2
(t) m m 1, x 3;3 2
Max f(t) m m 1
Tacó:f '(t) t 1 0
Nên max f(t) f(3) 3
Khi đó
Max f(t) m m 1
3 m m 1 m m 2 0 m ; 1 2;
 ∈
 
 ∈
 
 ≤ − + ∀ ∈
 
⇔ ≤ − +
= − + <
= =
⇔ ≤ − +
 ⇔ ≤ − + ⇔ − − ≥ ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ 
Bµi 26 
3 2
3 2
3 2
4 3 2
1
x 2x (m 1)x m với x 2
x
1
x 2x x (x 1)m ; x 2
x
x 2x x 1
m ; x 2
x(x 1
1
Tìmmđể bất phương trình:x 2x (m 1)x m đúng x
)
1
x(x 1) m ; x 2(2)
x(x 1)
Đặt t x(x 1) (miềngiátr
2
x
Bài là
ị của t 2)
(2)đượcviế
m
− − − + ≥ ∀ ≥
− − − + ≥ ≥
⇔ − − + ≥ − ≥
− + −
⇔ ≥ ≥
−
⇔ − − ≥ ≥
−
= − ⇒ ≥
2
t 2
t 2
t 2
t lại thành :
1
f(t) t mvới t 2
t
1
Tacó : f '(t) 1 o
t
1
min f(t)
min f(t) m
1
Vậ
f(2)
y min f(t m m
2
)
2
≥
≥
≥
⇔ ≥
⇔ ≥
= − ≥ ≥
− >
= =
⇔
+
≤
=
⇒ 
Bµi 27 ( §H B¸ch khoa 2000 ) 
( )
3 2 3
3
3 2 3
x 1
: x 3x 1 a( x x 1) (1)
Nhân cả 2 vế với biểu thức liên hợp( x x 1)
Tađượcbất phương trìn
Tìmađ
h : f(x) x 3x 1 ( x x 1) a
T
ể b
Điều kiện x 1
Bất phương trình cónghiệm min f(x) a
ất phương trìn
ađi tì
h
Bài làm
≥
+ − ≤ − −
+ −
= + − + −
−
⇔ ≤
≤
− ≥
( )
x 1
x
3
1
3 2
mmin f(x) là vấn đềđượcgiảiquyết
Do x 1
x 3x 1 3
( x x 1) 1 0 1
f(x) 3.1
min f(x) 3
Vậymin f(x) a a 3
3
≥
≥
≥
⇒ + − ≥
+ −
=
≤
≥ + =
=
⇒
⇔
⇒
≥
≥
Bài 28 .Giải bất phương trình 
( )
3
3
2
3
3
2002
3x 1 2x 4 3 .x
2001
Bài làm
Bất phương trìnhđược viết lại thành :
2002
f(x) 3x 1 2x 4 .x 3 0
2001
1 1 2002
Tacó:f '(x) 0
20012x 43x 1
Hàmsố f(x) đồng biến trên x 2
Và f(0) 1 4 3 0
Nên f(x) 0 2 x 0
Vậy
+ + + < −
= + + + + − <
= + + >
++
≥ −
= + − =
< ⇔ − ≤ <
)nghiệmcủabất phương trình là: x 2;0∈ −
Bài 29 ( Đại học Luật 1997 ) 
3
3
3
3
2
4
6 3 6 3
5 2
1
x
5
2
1
5
x
1
x 3mx 2 đúng x 1 (1)
x
1
(1) 3mx x 2 đúngmọi x 1
x
1 2
3m x f(x) đúngmọi x 1
xx
4 2 2x 2x 4 2(x 2x 2)
Tacó
Tìmmđể bất
: f '(x) 2x 0
x x x x
1
min f(x) f(1)
phương trình
Bài
1
3m min f(x
a
x
)
l øm
≥
≥
− + − < − ∀ ≥
⇔ < − + ≥
⇔ < − + = ≥
− + − +
= + − = = >
⇒ = = −
⇔ <
x
4
1
2
3m m
2
2
1
in f(x) 3m 2 mVậ
3
y
≥
⇔ < ⇔
+
< <
=
Bài 30 
2
2
2
2
2
3 sinx cosx
Giải phương trình: sinx cosx sinx. cosx 1 ln
4 sinx. cos x
Bài làm
Đặt t sinx cosx (miềngiátrị của t 2; 2
Phương trình trở thành:
t 1 3 t
t 1 ln
2 t 1
4