Sử dụng tính đơn điệu của hàm số đặc trưng giải Phương trình - Hệ phương trình

SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT 
GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH 
Phần 1. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN 
1.Tính đơn điệu của hàm số 
Hàm số y = f(x) gọi là đồng biến ( tăng) trong khoảng (a ; b) nếu với 
1 2x ;x (a;b)  mà 1 2x x thì 1 2f (x ) f (x ) . 
 Hàm số y = f(x) gọi là nghịch biến ( giảm) trong khoảng (a ; b) nếu với 
1 2x ;x (a;b)  mà 1 2x x thì 1 2f (x ) f (x ) . 
Hàm số y = f(x) đồng biến hoặc nghịch biến trên (a;b) , ta nói hàm số 
y = f(x) đơn điệu trên (a ; b) . 
2 . Định lí 
Giả sử hàm số y = f(x) có đạo hàm trong khoảng (a ; b) . 
 +Hàm số y = f(x) đồng biến trong khoảng (a ; b) 'f (x) 0  với x (a;b)  
và 'f (x) 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm trong khoảng (a ; b) . 
 + Hàm số y = f(x) nghịch biến trong khoảng (a ; b) 'f (x) 0  với x (a;b)  
và 'f (x) 0 chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm trong khoảng (a ; b) . 
 + Nếu 'f (x) 0 với x (a;b)  và  f x liên tục trên  a;b thì hàm số  y f x 
đồng biến trên  a;b 
 + Nếu 'f (x) 0 với x (a;b)  và  f x liên tục trên  a;b thì hàm số  y f x 
nghịch biến trên  a;b 
Phần 2. CÁC TÍNH CHẤT 
a)Tính chất 
 Nếu f(x) liên tục và đơn điệu trên (a ; b ) thì ta có : f(u) = f(v)  u = v 
với mọi u ,v  (a ; b ) 
b) Các bổ đề hỗ trợ: 
b.1. Nếu f(x) đơn điệu và liên tục trên (a ; b) thì phương trình f(x) = 0 có nhiều 
nhất một nghiệm x0  (a ; b) . 
b.2. Nếu f(x); g(x) liên tục và đơn điệu ngược chiều trên (a ; b) thì phương trình 
f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trên (a ; b). 
b.3. + f(x) đồng biến trên ( a ; b) thì f(u) < f( v) u v  
 + f(x) nghịch biến trên ( a ; b) thì f(u) < f( v) u v  
www.VNMATH.com
SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT 
GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH 
 với u , v  (a ; b) . 
Nhận xét : 
Các tính chất và bổ đề trên dễ dàng suy ra từ định nghĩa về hàm số đồng biến , nghịch 
biến 
Phần 3. VẬN DỤNG TÍNH CHẤT TRÊN VÀO VIỆC GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG 
TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH . 
Trước hết ta sẽ vận dụng tính chất đó vào giải các phương trình,và hệ phương trình. 
Sau đó là các bài tập vận dụng . 
Bài 1. Giải phương trình sau trên tập số thực: 
 3 2 3x 15x 78x 141 5 2x 9     (1) 
(Olimpic 30-4 năm 2011) 
Lời giải: 
ĐKXĐ: x 
PT (1)      3 3x 5 5 x 5 2x 9 5 2x 9        (*) 
Xét hàm số đặc trưng :   3f t t 5t  với t 
Ta có:   2f ' t 3t 5 0 t     suy ra hàm số trên đồng biến trên 
Mà phương trình (*) có dạng:    3f x 5 f 2x 9   
  3x 5 2x 9    
 3 2x 15x 73x 116 0     
   2x 4 x 11x 29 0     
x 4
11 5x
2

  

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là 11 5x 4; x
2

  
Bài 2. Giải phương trình: 
 3 232 2x 1 27x 27x 13x 2     (1) 
www.VNMATH.com
SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT 
GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH 
(Đề thi HSG Tỉnh Hải Phòng năm 2010) 
Lời giải: 
ĐKXĐ: x 
PT (1)      332x 1 2 2x 1 3x 1 2 3x 1        (*) 
Xét hàm số đặc trưng :   3f t t 2t  với t 
Ta có:   2f ' t 3t 2 0 t     suy ra hàm số trên đồng biến trên 
Mà phương trình (*) có dạng:    3f 3x 1 f 2x 1   
    
 
3
3
2
3x 1 2x 1
3x 1 2x 1
x 27x 27x 7 0 x 0
   
   
     
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x 0 
Bài 3. Giải phương trình: 
  3 2x 3x 4x 2 3x 2 3x 1      (1) 
(Đề thi HSG Tỉnh Quảng Bình năm 2010) 
Lời giải: 
ĐKXĐ: 
13x 1 0 x
3
     
PT (1)      3x 1 x 1 3x 1 1 3x 1           
      33x 1 x 1 3x 1 3x 1        (*) 
Xét hàm số đặc trưng :   3f t t t  với t 0 
Ta có:   2f ' t 3t 1 0 t 0     suy ra hàm số trên đồng biến trên  0; 
Mà phương trình (*) có dạng:    f x 1 f 3x 1   
2
x 1 3x 1
x 2x 1 3x 1
   
    
www.VNMATH.com
SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT 
GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH 
 2
x 1
x x 0
x 0

     
 (Thỏa mãn ĐKXĐ) 
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x 0; x 1  
Bài 4. Giải phương trình: 
 33 6x 1 8x 4x 1    (1) 
Lời giải: 
ĐKXĐ: x 
PT (1)        336x 1 6x 1 2x 2x *      
Xét hàm số đặc trưng :   3f t t t  với t 
Ta có:   2f ' t 3t 1 0 t     suy ra hàm số trên đồng biến trên 
Mà phương trình (*) có dạng:    3f 6x 1 f 2x  
 3 3 18x 6x 1 4x 3x
2
      (2) 
Nếu  x 1;1  Đặt  x cos t, t 0;π  , phương trình (2) trở thành: 
   3 1 1 π 2π4cos t 3cos t cos3t t k k2 2 9 3         
Mà  t 0;π  π 5π 7πt ; t ; t
9 9 9
   
Suy ra: π 5π 7πx cos ; x cos ;x cos
9 9 9
   
 Do phương trình (2) là phương trình bậc ba nên có không quá 3 nghiệm nên phương 
trình (2) chỉ có 3 nghiệm trên 
Vậy phương trình đã cho là : π 5π 7πx cos ; x cos ;x cos
9 9 9
   
Bài 5. Giải phương trình: 
2 23x(2 9x 3) (4x 2)( 1 x x 1) 0        (1) 
 (Olympic 30-4 ĐBSCL 2000) 
www.VNMATH.com
SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT 
GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH 
Giải: Ta thấy phương trình chỉ có nghiệm trong 1( ;0)
2
 
  2 2
2 2
PT(1) 3x (2 ( 3x) 3) (2x 1)(2 (2x 1) 3)
u(2 u 3) v(2 v 3) (1)
         
     
Với u=-3x, v=2x+1; u,v>0. Xét hàm số 4 2f (t) 2t t 3t   với t>0 
Ta có 
3
4 2
2t 3tf '(t) 2 0 t 0
t 3t

    

Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên  0; 
Mà phương trình (1)    f u f v   u=v  -3x=2x+1 1x
5
   
Vậy nghiệm duy nhất của phương trình đã cho là 1x
5
  
Bài 6. Giải phương trình: 
2x 1 x x 22 2 (x 1)    (1) 
(ĐH Thủy Lợi 2001-2002) 
Lời giải: 
ĐKXĐ: x 
Ta có: PT(1) 
2x 1 x x 22 (x 1) 2 (x x)       (*) 
Xét hàm số ttf t  2)( với t 
Do ' tf (t) 2 ln 2 1 0   với t R   f(t) đồng biến trên R 
Mà (*) trở thành: 2f (x 1) f (x x)   
2x 1 x x    
x 1  
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 . 
Bài 7. Giải phương trình: 
2
2 2
1 x 1 2x
x x 1 12 2
2 x
 
   (1) 
www.VNMATH.com
SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT 
GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH 
Lời giải: 
ĐKXĐ : x 0 ; 
Do 
2
2 2
1 2x 1 x 1 12( )
x x 2 x
 
   . 
Nên phương trình (1) 
2
2 2
1 x 1 2x2
x x
2 2
1 1 x 1 1 2x2 . 2 .
2 x 2 x
  
   (*) 
Xét hàm số ttf t  2)( với t 
Ta có ' tf (t) 2 ln 2 1 0   với t R  Hàm số f(t) đồng biến trên R . 
Mà phương trình (*) trở thành: 
2
2 2
1 x 1 2xf ( ) f ( )
x x
 
 
2
2 2
1 x 1 2x
x x
 
  
2 x 0 (l)x 2x 0
x 2 (t / m)

     
 . 
Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình 
Bài 8. Giải phương trình: 
 
2
3 2
2x 1log 3x 8x 5 (1)
x 1
 
   
  
(Đề thi HSG tỉnh Thái Bình năm 2010-2011) 
Lời giải: 
ĐKXĐ: 
x 1x 1 0
12x 1 0 x
2
   
   
PT(1) 
 
   23 2
2x 1log 1 3 x 1 2x 1
x 1
 
      
  
  
   
          
2
3 2
2 2
3 3
2x 1log 3 x 1 2x 1
3 x 1
log 2x 1 2x 1 log 3 x 1 3 x 1 *
 
     
  
       
Xét hàm số đặc trưng :   3f t log t t  với t 0 
www.VNMATH.com
SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT 
GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH 
Ta có:   1f ' t 1 0 t 0
t ln 3
     suy ra hàm số trên đồng biến trên  0; 
Mà PT (*) có dạng :     2f 2x 1 f 3 x 1   
  
2
2
2x 1 3 x 1
3x 8x 4 0
   
   
 
 
x 2 t / m
2x t / m
3
 
  

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: 2x 2;x
3
  
*Bình luận: Điểm mấu chốt trong bài toán trên là tách hệ số tự do và viết phương trình 
về dạng    f u f v để xét được hàm số đặc trưng 
Bài 9. Giải phương trình: 
 2sin 2x cos x 1 log sin x   (1) với 
πx 0;
2
  
 
Lời giải: Do πx 0;
2
  
 
suy ra: 0 sin x;cos x 1  
Nên PT(1) 2 2 2log cos x sin 2x cos x 1 log sin x log cos x      
 2 2log cos x cos x log sin 2x sin 2x    (*) 
Xét hàm số đặc trưng:   2f t log t t  với  t 0;1 
Ta có    1f ' t 1 0 t 0,1
t ln 2
     vì: 0 t 1 0 t ln 2 ln 2 ln e 1       
 1 11 1 0
t ln 2 t ln 2
     
Suy ra hàm số  f t đồng biến trên khoảng  0;1 , mà phương trình (*) có dạng: 
www.VNMATH.com
SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT 
GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH 
   f cos x f sin 2x
cos x sin 2x
1sin x
2
πx
6

 
 
 
Bình luận: Để giải được bài toán trên ta cần phải có kỹ năng thêm bớt và khai thác triệt 
để giả thiết (điều kiện của biến) 
Bài 10. Giải phương trình : 
  2log cot x tan x 1 cos 2x sin 2x    (2) với 
πx 0;
4
  
 
Lời giải: 
Do πx 0;
4
  
 
 nên 
cot x 1
cot x tan x 0
0 tan x 1

  
 
Và: cos x s inx 2cos 2xcot x tan x
sinx cos x sin 2x
    
nên PT(2) 2
2cos 2xlog 1 cos 2x sin 2x
sin 2x
     
 
 2 2
2 2
πlog cos2x log sin 2x cos2x sin 2x vì 0<sin2x;cos2x 1 x 0;
4
log cos2x cos2x log sin 2x sin 2x
        
 
   
Xét hàm số đặc trưng:   2f t log t t  với  t 0;1 
Ta có    1f ' t 1 0 t 0,1
t ln 2
     vì: 0 t 1 0 t ln 2 ln 2 ln e 1       
 1 11 1 0
t ln 2 t ln 2
     
Suy ra hàm số  f t đồng biến trên khoảng  0;1 , mà phương trình (*) có dạng: 
www.VNMATH.com
SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT 
GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH 
   f cos 2x f sin 2x
cos 2x sin 2x
tan 2x 1
πx
8

 
 
 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là πx
8
 
Bài 11. Giải phương trình : 
 x 33 1 x log (1 2x)    (1) 
Lời giải: 
ĐKXĐ: 
1x
2
  
   
x
3
x x
3 3
PT(1) 3 x 1 2x log (1 2x)
3 log 3 1 2x log (1 2x) *
     
     
Xét hàm số đặc trưng : 3f (t) t log t  với t 0 
Ta có   1f ' t 1 0 t 0
t ln 3
     suy ra  f t là hàm đồng biến trên  0; 
Mà phương trình x x x(*) f (3 ) f (1 2x) 3 2x 1 3 2x 1 0 (2)          
Xét hàm số: x x x 2g(x) 3 2x 1 g '(x) 3 ln 3 2 g"(x) 3 ln 3 0         
PT g(x) 0  có nhiều nhất là hai nghiệm, mà g(0)=g(1)=0 nên phương trình (2) có 
hai nghiệm x=0 và x=1 
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x=0 và x=1 
Bài 12. Giải hệ phương trình : 
 
 
3 3
8 4
x 5x y 5y 1
x y 1 2
   

 
Lời giải: 
Từ PT (2) ta có 8 4x 1; y 1 x 1; y 1     
Xét hàm số    3f t t 5t; t 1;1    
www.VNMATH.com
SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT 
GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH 
Ta có    2f ' t 3t 5 0; t 1;1      do đó f(t) nghịch biến trên khoảng (-1;1) Mà PT 
(1)    f x f y x y    thay vào PT (2) ta được PT : 8 4x x 1 0   
Đặt 4a x và giải phương trình ta được 41 5 1 5a y x
2 2
   
     
Vậy hệ có 2 nghiêm phân biệt là: 
 4 4 4 41 5 1 5 1 5 1 5; và ;
2 2 2 2
              
   
   
* Bình luận :Ngoài việc đưa một phương trình trong hệ có dạng f(x)=f(y) , ta còn phải 
giới hạn x,y thuộc tập D( từ phương trình thứ hai) để trên để trên đó hàm f đơn điệu 
Bài 13. Giải hệ phương trình: 
 
 
5 4 10 6
2
x xy y y 1
4x 5 y 8 6 2
   

   
Lời giải: 
ĐKXĐ 
5x
4
  
Ta thấy y 0 không thỏa mãn hệ, suy ra y  0. Chia cả hai vế của (1) cho y5  0 
khi đó hệ phương trình đã cho 
5
5
2
x x y y (*)
y y
4x 5 y 8 6 (2)
 
   
  

   
Xét hàm số f(t) = t5 + t. Ta có f’(t) = 5t4 + 1 > 0  tR, nên hàm số y = f(t) đồng biến 
trên R. 
Mà phương trình (*) 2x xf f (y) y x y
y y
 
     
 
Thay x = y2 vào (2) ta được phương trình: 4x 5 x 8 6    (3) 
Xét hàm số  g x 4x 5 x 8 6     với 5x
4
  
www.VNMATH.com
SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT 
GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH 
Ta có   2 1 5g ' x 0 x
44x 5 2 x 8
     
 
Mà  g x liên tục trên 5 ;
4
   
 nên  g x đồng biến trên 5 ;
4
   
Suy ra phương trình  g x 0 nếu có nghiệm thì có nghiệm duy nhất mà  g 1 0 
Nên x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3) 
Với x = 1  y2 = 1  y =  1. 
Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là (1;1) và (1;-1). 
Bài 14. Tìm m để hệ phương trình: 
3 3 2
2 2 2
x y 3y 3x 2 0
x 1 x 3 2y y m 0
     

     
 có nghiệm thực. 
(Đề ra kỳ này THTT 10/2011) 
Lời giải: 
ĐKXĐ: 
2
2
1 x 0 1 x 1
0 y 22y y 0
       
   
Đặt  t x 1 t 0;2    , khi đó  3 3 2 3 2 3 2x y 3y 3x 2 0 t 3t y 3y 1         . 
Xét hàm số   3 2f u u 3u  trên  0;2 ta có    2f ' u 3u 6u 0, u 0;2     suy ra 
 f u nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:  1 y t y x 1     
Khi đó 2 2 2 2 2x 1 x 3 2y y m 0 x 2 1 x m 0           
Đặt 2v 1 x   v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  1 = m. 
Xét hàm số g(v) = v2 + 2v  1 với v[0; 1] ta có    g ' v 2v 2 0 v 0;1     
và g(v) liên tục trên[0; 1] 
Suy ra    
[0;1] [0;1]
Min g(v) g 0 1; Max g(v) g 1 2     
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: 1  m 2 
Bài 15. Giải hệ phương trình: 
2 y 1
2 x 1
x x 2x 2 3 1
y y 2y 2 3 1


     

    
www.VNMATH.com
SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT 
GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH 
(THTT năm 2009) 
Lời giải: 
Đặt u x -1;v y -1  ta được hệ 
 
 
2 v
2 u
u u 1 3 1
v v 1 3 2
   

  
Trừ vế với vế 2 PT ta được : 2 u 2 vu u 1 3 v v 1 3       (*) 
Xét hàm số đặc trưng:    
2
2 t t
2
t 1 tf t t t 1 3 ;f ' t 3 ln 3
t 1
 
     

Vì  2 2 2t 1 t t t 1 t 0 f ' t 0, t           do đó hàm số f(t) đồng biến trên 
R 
Nên PT (*) u v  thay vào PT (1) ta được 2 uu u 1 3   (3) 
Theo nhận xét trên thì 2u u 1 0   nên PT (4)  2ln u u 1 u ln 3 0     (lấy ln 
hai vế) 
Xét hàm số      2 21g u ln u u 1 u ln 3; g' u ln 3 1 ln 3 0, u Ru 1           
hay hàm g(u) nghịch biến trên R và do PT (3) có nghiệm u=0 nên PT (3) có nghiệm duy 
nhất: u=0 
Từ đó ta được nghiệm của hệ ban đầu là : x=y=1 
*Bình luận: Để giải được hệ phương trình trên ta phải nhận dạng hệ là hệ đối xứng loại 
hai để trừ hai phương trình cho nhau ta với xét được hàm số đặc trưng 
Bài 16. Giải hệ phương trình: 
   
2 2
2
y x
2
3 2
x 1e (1)
y 1 
3log x 2y 6 2log x y 2 1 (2)
  
      
(Đề thi HSG Tỉnh Đồng Tháp 2010) 
Lời giải: 
ĐKXĐ: 
x 2y 6 0
x 2y 2 0
  

  
www.VNMATH.com
SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT 
GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH 
Khi đó: 
   
   
2 2 2 2
2 2 2 2
(1) y x ln x 1 ln y 1
 ln x 1 x 1 ln y 1 y 1 (3)
     
       
Xét hàm số đặc trưng :  f t ln t t  với t 1 , phương trình (3) có dạng: 
    2 2f x 1 f y 1 (4)   
Vì  1f '(t) t 0 t 1;+
t
       f (t) đồng biến trên  1; 
Nên:    2 2 2 2f x 1 f y 1 x 1 y 1 x y          
 Với x y  , từ (2) ta được:  3log 6 x 1 x 3    , suy ra y 3  (t/m đk) 
 Với x y , từ (2) ta được:    3 23log x 2 2log x 1 (5)   
 Điều kiện: x 1  , ta đặt:   3u 3u2log x 1 3u x 1 2 x 2 1        , phương 
trình (5) trở thành: 
   2u33log x 2 6u x 2 3     
 Suy ra : 
u u
3u 2u 1 82 1 3 1 (6)
9 9
          
   
 Xét hàm số: 
u u1 8g(u)
9 9
       
   
 với u R 
 Vì : 
u u1 1 8 8g '(u) .ln .ln 0 u R
9 9 9 9
          
   
  g'(u) nghịch biến trên R 
Mặt khác: g(1) 1 nên u = 1 là một nghiệm của pt (6). Do đó: pt(6) có nghiệm duy 
nhất u = 1 
 Với u = 1 suy ra x = y = 7 (thỏa mãn đk) 
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (3;-3) và (7;7). 
Bài 17. Giải hệ phương trình : 
 
 
2
2
x 3x ln 2x 1 y
y 3y ln 2y 1 x
    

   
(Đề thi HSG quốc gia THPT, bảng B, năm 1994) 
Lời giải: Điều kiện : 1 1x ; y
2 2
    
Cộng vế với vế hai phương trình của hệ ta có: 
www.VNMATH.com
SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT 
GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH 
      2 2x 4x ln 2x 1 y 4y ln 2y 1 1       
Xét hàm số    2f t t 4t ln 2t 1    trên 1 ;
2
   
 
Ta có:   2 1f ' t 2t 4 0, t ;
2t 1 2
           
 nên  f t là hàm số đồng biến trên 
1 ;
2
   
 
 nên      1 f x f y x y    . 
Vậy hệ phương trình đã cho 
 2
x y
x 2x ln 2x 1 0
 
   
Xét hàm số    2f x x 2x ln 2x 1    trên 1 ;
2
   
 
. 
Ta có:   2 1f ' x 2x 2 0, x ;
2x 1 2
           
Suy ra  f x là hàm số đồng biến trên 1 ;
2
   
 
Mà  f 0 0 nên  f x 0 x 0 y 0     . 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  0;0 . 
BÀI TẬP ÁP DỤNG: 
Bài 1. Giải các phương trình: 
a) 3 23 3x 5 x 3x x 3     b) 3 23 3x 4 x 3x x 2     
c) 33 6x 2 8x 4x 2    d) 2
2
| x | 3x 1
8x 6x 1
3x x
 
  

e)  2 21 15x 6 x
5x 7 x 1
   
 
f) 33 2 3 232x x 2x 3x 1 3x 1 x 2        
g) 3 2 2 332 10 17 8 2 5x x x x x x      (HSG Tỉnh Bình Định 2010) 
Bài 2. Giải các phương trình: 
a) sin x cos x 3sin x cos x - sin x.cos x 1 ln
4 sin x.cos x
 
  

www.VNMATH.com
SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT 
GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH 
 b) 2012
sin x cos x 3cos2x 2cos x log
4 sin x.cos x
      
 c) 
 
2
3 2
3x 1log 2x 7x 4
x 1
 
   
  
 d) 2 2 2
2x 12x 6x 2 log
(x 1)

  

 e) 
2
2
3
x x 12log x 7 x x 12
7 x
 
    

 f) 
2
2
3 2
x x 3log x 3x 2
2x 4x 5
  
     
 g)  
2
2
2
x 4x 5x 2 log 2 2x 3
2x 3
 
   

 h)  
2
2 2
1 2 1 1log 2 2 log 1 2 2
2
xx x x
x x
          
 
 (ĐH Vinh 2010) 
Bài 3.Chứng minh rằng với mọi m>0 phương trình sau luôn có nghiệm 
2
2
2
x mx 2log 2x x mx 2 1
2x 1
  
     
  
Bài 4. Giải các phương trình: 
a) x 1 x2 4 x 1    b) 
2 2sin x cos x2011 2011 cos2x  
c)
3sin x sin x16 8 sin 3x  d) 2x 5 x 1 1 1e e
2x 5 x 1
   
 
e) 
sin x cos x5 5cos x. sin x.
2 2
      
   
 f)  x 66 3log 1 5x 2x 1    
g)  x 1 77 6log 6x 5 1    h)  x 22 3log 3x 1 1   
Bài 5. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 
2 2x 2mx 2 2x 4mx m 2 22012 2012 x 2mx m        
Bài 6. Giải các hệ phương trình sau: 
a)
3 3
6 6
x 3x y 3y
x y 1
   

 
 b)
11 10 22 12
2
x xy y y
4x 5 y 3 5
   

   
www.VNMATH.com
SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐẶC TRƯNG GIẢI PT-HPT 
GV: NGUYỄN TRUNG SỸ_THPT LÝ TỰ TRỌNG –NAM ĐỊNH 
c)
2
1 1x 1 y 1
x 1 y 1
x y 30
       
  
 d) 
2
2
3 x 2 x 3 y
3 y 2 y 3 x
   
   



e)
3 3 28x y 3y 5y 4x 3
2x y 5 2x 2
     

   
 e) 
6 3 2 2x y x 9y 30 28y
2x 3 x y(2)
     

  
f) 
x
y
2 2x 3 y
2 2y 3 x
   

  
 g) 
3
3
3
x 3x 3x 1 5 y 0
y 3y 3y 1 5 z 0
z 3z 3z 1 5 x 0
      

     

     
h)
 
 
 
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
      
      

     
 i) 
 
 
 
2
3
2
3
2
3
x 2x 6.log 6 y x
y 2y 6.log 6 z y
z 2z 6.log 6 x z
    

    

   
Bài 7.Chứng minh rằng hệ phương trình: 
x
2
y
2
ye 2011
y 1
xe 2011
x 1
   

  
 
có đúng 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện 
x 0
y 0



Nam Trực, ngày 28 tháng 10 năm 2011 
 Nguyễn Trung Sỹ 
www.VNMATH.com