[Tapchiolympic] Vận dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình vô tỷ - Nguyễn Minh Tuấn

Nguyễn Minh Tuấn
Lớp 11A – Trường THPT Bình Minh
Vận dụng
Tính đơn điệu của hàm số
để giải phương trình vô tỷ
- Part 1 -
Fanpage: Tạp chí Olympic
Blog: kinhnghiemhoctoan.wordpress.com

Vận dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình vô tỷ - Part 1
Page 1
LỜI NÓI ĐẦU
Sau khi tài liệu “Bất đẳng thức đánh giá phương trình vô tỷ” được mình (AD của Tạp chí
Olympic) đăng lên thì đã nhận được phản hồi khá tích cực cũng như khá nhiều lượt chia sẻ từ
phía mọi người. Chính vì thế hôm nay mình sẽ tiếp tục với một bài viết nhỏ khác nói về phương
trình vô tỷ để chia sẻ cho mọi người cùng tham khảo đó là “ Vận dụng tính đơn điệu của hàm số
để giải phương trình vô tỷ”. Những dạng toán trong đây cũng chỉ hay xuất hiện trong các đề thi
HSG cấp tỉnh thôi chứ cấp quốc gia thì gần như sẽ không có dạng toán này mà chủ yếu là về các
bài toán đặt ẩn hay đánh giá bất đẳng thức. Nội dung bài viết cũng chủ yếu là những kinh
nghiệm và hướng giải quyết của mình khi gặp dạng toán này thôi nên sẽ có rất ít sự trùng lặp về
ý tưởng so với các bài viết khác các bạn gặp trên mạng, chính vì thế sẽ không thể tránh khỏi
những thiếu xót trong bài viết vì thế mong các bạn bỏ qua.
Cuối cùng xin cảm ơn các anh chị, thầy cô, các diễn đàn toán học đã cung cấp cho mình những
bài toán hay để bài viết này được hoàn thiện đưa đến tay bạn đọc, tiêu biểu là:
1. Anh Bùi Thế Việt – Giảng viên Vted.vn
2. Thầy Lã Duy Tiến – Giáo viên THPT Bình Minh
3. Diễn đàn toán học K2pi.net
4. Diễn đàn toán học Việt Nam – VMF
Mọi ý kiến đóng góp của mọi người vui long gửi về tác giả.
NGUYỄN MINH TUẤN
Facebook: https://www.facebook.com/minhtuanblog
Fanpage Tạp chí Olympic: https://www.facebook.com/tapchiolympic.vn/
Email: tuangenk@gmail.com
Blog: https://kinhnghiemhoctoan.wordpress.com/

Page 2
I. CÁC TÍNH CHẤT CẦN NHỚ.
1. Nếu hàm số  
f x đơn điệu và liên tục trên tập xác định của nó thì phương trình  
f x a
 có
tối đa một nghiệm
2. Nếu hàm số  
f x đơn điệu và không lien tục trên tập xác định của nó thì phương trình
 
f x a
 có tối đa n 1
 nghiệm
3. Nếu hàm số    
f x ,g x cùng nghịch biến, dương và liên tục trên cùng một tập xác định D thì
hàm số      
h x g x .f x
 là hàm số đồng biến và liên tục trên tập D còn hàm số
     
v x f x g x
  là hàm số nghịch biến và liên tục trên tập xác định D.
4. Nếu hàm số    
f x ,g x cùng đồng biến, dương và liên tục trên cùng một tập xác định D thì
     
h x g x .f x
 và      
v x f x g x
  là các hàm số đồng biến và liên tục trên D .

Page 3
II. CÁC BÀI TOÁN.
Bài 1: Giải phương trình: 3 2 4
x x x 3 x 1 3
    
Bài 2: Giải phương trình:      
x 2 2x 1 3 x 6 4 x 6 2x 1 3 x 2
         
Bài 3: Giải phương trình:   
3
4x 1 x 3 3x 5 4x 8
     
Bài 4: Giải phương trình: 4 2
9x 32x 5 18 4 3x 0
    
Bài 5: Giải phương trình:    
2 3
3
x 1 2 x 1 x 5 x 8 3x 31 0
        
Bài 6: Giải phương trình:
2
2
2
x 2 109
x 2 3x 0
3 3 81
 
     
 
 
Bài 7: Giải phương trình:  
4 3 3
2x 4x 1 x x 1 3x 1 0
      
 
2
5 x 3
x 1 2 4 x
2x 18

   

2
x 8x 16 x 3 3x 1 2 x 7x 2 0
        
2
3 9x 8x 4
2 2 x 1 1
x 3x 2 2x 1
 
 
   
 
 
 
Bài 11: Giải phương trình: 2
3 x 4 3 5x 4 4x 18x 12 0
      
4 2 3 2
x 6x 2x 9 x 2x 1 x x 1 0
        
39x
21 5 x 2x 16 5 x 2 0
2
      
Bài 14: Giải phương trình: 5 4 3 2
x 7x 12x x 3x 6 12 6 5x 0
       
  
3 2
1 1
2x 1 0
x 1 2 x x x 1
   
   
4 2 3 2
x x 10x 19 x 7x 13 x x 1 0
        
3
x 1 3x 2
3x 2
4
3x 2
 
  

3 3 5 5
x 3 x 3 x 5 x 5 3 x 3
         
3 5
2
15x 10 x 1 26 6 x 1 30 x 1
      
Bài 20: Giải phương trình        
3 3 3 3
x 1 1 x 14 x 4 4 x
       

Page 4
III. HƯỚNG DẪN GIẢI.
Bài 1: Giải phương trình: 3 2 4
x x x 3 x 1 3
    
Giải
ĐKXĐ:  
x 1;
   .
Đặt   3 2 4
f x x x x 3 3 x 1
      liên tục trên  
1;
  .
Ta có:  
 
 
2
3
4
3
f' x 3x 2x 1 0 x 1;
4 x 1
        

. Do đó  
f x đồng biến trên  
1;
 
. Suy ra phương trình  
f x 0
 có tối đa 1 nghiệm. Lại có  
f 0 0
 nên x 0
 là nghiệm duy
nhất của phương trình.
Bài 2: Giải phương trình:      
x 2 2x 1 3 x 6 4 x 6 2x 1 3 x 2
         
Đề thi học sinh giỏi tỉnh Cao Bằng năm 2014 – 2015
Giải
ĐKXĐ:
1
x ;
2
 
 

 
Phương trình tương đương:
  
    
 
   
  
x 2 2x 1 3 x 2 x 6 2x 1 3 x 6 4
x 2 2x 1 3 x 6 2x 1 3 4
2x 1 3 x 2 x 6 4
         
        
      
Ta có: x 2 x 6 0
    nên điều kiện có nghiệm của phương trình là:
2x 1 3 0 2x 1 3 x 5
       
 Xét hàm số  
f x 2x 1 3
   trên  
5; . Dễ thấy rằng đây là hàm số đồng biến
dương trên  
5; .
 Xét hàm số  
g x x 2 x 6
    trên  
5; , tương tự đây cũng là hàm số dương
đồng biến trên  
5; .
Kết hợp lại ta được hàm số     
h x 2x 1 3 x 2 x 6 4
       là hàm đơn điệu trên
 
5; . Do đó phương trình  
h x 0
 có nghiệm duy nhất!
Vậy x 7
 là nghiệm duy nhất của phương trình!
Bài 3: Giải phương trình:   
3
4x 1 x 3 3x 5 4x 8
     
Giải
Cách 1.
Đặt     
3
f x 4x 1 x 3 3x 5 4x 8
       liên tục trên  
3;
 
Ta có:      
 
3
2
3
1 1
f' x 4 x 3 3x 5 4x 1 4
2 x 3 3x 5
 
 
       
 
 
 
 

Page 5
Với
3
x ; 1
2
 
  
 
 
thì  
4x 1 0
  ,  
3
x 3 3x 5 0 VT 0
      .
Mặt khác  
3
8x 4 0 x ; 1
2

 
    
 
 
nên phương trình vô nghiệm trên
3
; 1
2
 
 
 
 
Đặt  
 
 
   
2 3 5
3 3
1 1 1 2
g x g' x 0 x 1
2 x 3 3x 5 4 x 3 3x 5

        
   
Với
1
x 1;
4
 
 
 
 
thì 4x 1 0
  ,    
g x g 1 1
   . Khi đó ta có:
     
3 3
f' x 4 x 3 3x 5 4x 5 4 1 3 3 5 5 4 0
            
  
f x đồng biến trên
1
1;
4
 

 
 
     
1
f 1 f x f 18 f x 9 0
4
 
         
 
 
. Vậy phương
trình vô nghiệm trên
1
1;
4
 

 
 
.
Với
1
x
4
 thì 4x 1 0
     
3
f' x 4 x 3 3x 5 4 10 0
       
 
f x
 đồng biến trên
1
;
4
 


 
 phương trình  
f x 0
 có tối đa 1 nghiệm. Lại có  
f 1 0

nên phương trình có 1 nghiệm là x 1
 .
Với
3
x 3;
2
 
  
 
 
thì
 
2
3
4x 1 0
2 x 3 2,5
3x 5 2,5
  


 


 


. Khi đó ta được:
     
   
 
3
3 3
4 4x 1
f' x 4 x 3 3x 5 4
5
4 x 3 3x 5 9,6 4 1,5 3 3. 1,5 5 9,6 0

     
            
 
f x
 nghịch biến trên
3
3;
2
 
 
 
 
, do đó phương trình  
f x 0
 có tối đa 1 nghiệm thuộc
3
3;
2
 
 
 
 
. Lại có  
f 2 0
  nên x 2
  là 1 nghiệm của phương trình đầu.
Kết luân: Vậy phương trình có 2 nghiệm là x 2
  và x 1
 .
Cách 2. Do
1
x
4
 không là nghiệm của phương trình nên xét
1
x
4
 thì phương trình tương
đương:
  
3 3 4x 8
4x 1 x 3 3x 5 4x 8 x 3 3x 5
4x 1

          

Đặt   3 4x 8
f x x 3 3x 5
4x 1

    

liên tục trên
1
3;
4
 
 

 
và
1
;
4
 

 
 
.
Có:  
   
2 2
3
1 1 36
f' x 0
2 x 3 4x 1
3x 5
   
 

. Suy ra  
1
3;
4
 
 

 
và
1
;
4
 

 
 
. Vậy phương trình  
f x 0
 có tối đa 1 nghiệm trên mỗi khoảng trên.
Từ đó chỉ ra 2 nghiệm là x 2
  và x 1
 là xong bài!

Page 6
Ta có thể thấy rằng cách 1 có vẻ là dài và phức tạp hơn so với cách 2 nhưng tuy nhiên sẽ có
nhiều bài lại nhanh hơn, sau đây là một ví dụ.
9x 32x 5 18 4 3x 0
    
Lã Duy Tiến – THPT Bình Minh
Giải
Xét  
x ;0
  ta có 4 3x 2
  , do đó:
 
2
4 2 4 2 2 16 68
f x 9x 32x 5 18 4 3x 9x 32x 36 9 x 0
9 9
 
           
 
 
Vậy phương trình vô nghiệm trên  
;0
 .
Xét
4
x 0;
3
 
  
 
, ta có:   3 27
f' x 36x 64x
4 3x
  

. Dễ thấy
 
3 2 4
36x 64x x 36x 64 0 x 0;
3
 
      
 
nên  
f' x 0
 . Suy ra  
f x nghịch biến trên
4
0;
3
 
 
 
,
do đó phương trình  
f x 0
 có tối đa 1 nghiệm trên
4
0;
3
 
 
 
. Lại có  
f 1 0
 nên x 1
 là
nghiệm duy nhất của phương trình.
2 3
3
x 1 2 x 1 x 5 x 8 3x 31 0
        
Giải
Đặt 3 3
3
t x 1 x t 1 8 t 7
       
Phương trình đầu tương đương:
 
 
2 3 3 2
3 2 3 3
t 2t t 4 t 7 3t 28 0
3t t 2t 28 t 4 t 7 0
      
       
Chú ý rằng 3
t 7
 không là nghiệm của phương trình nên ta xét 3
t 7

Xét hàm số    
3 2 3 3
f t 3t t 2t 28 t 4 t 7
       trên  
3
7;
Ta có:  
 
 
 
2 3
2 2 3
3 3
2
3
3
t t 4
f' t 9t 2t 2 3t t 7 0 t 7 ;
t 7

         

Vậy  
f t đồng biến trên  
3
7; .
Đến đây chỉ ra nghiệm x 9
2
2
2
x 2 109
x 2 3x 0
3 3 81
 
     
 
 
Đề thi thử THPT Quốc Gia – Phú Yên – 2015.
Phân tích
Đặt  
2
2
2
x 2 109
f x x 2 3x
3 3 81
 
     
 
 
Ta có:   3
3
f' x 4x 2x
2 2 3x

  

.
Nếu
2 2
x ; 0;
2 2
   

  
   

   
thì 3
4x 2x 0
  , khi đó  
f' x 0
 .

Page 7
Nếu
2
x ;0
2
 
 
 
 
thì 2 2 3x 5
  , suy ra:
   
3 3
f' x 4x 2x g x
5
    . Có  
6
g' x 0 x
6
    . Mặt khác ta lại có
2 3
g
2 5
 
  
 
 
 
 
3
g 0
5
  và
6 27 10 5
g 0
6 45
   
  
 
 
 
, nên    
2
f' x g x 0 x ;0
2
 
    
 
 
.
Vậy  
2
;
3
 

 
 
, do đó
1
x
3
 là nghiệm duy nhất của phương trình.
4 3 3
2x 4x 1 x x 1 3x 1 0
      
Bùi Thế Việt
Giải
Trường hợp 1: Nếu
3
3
x x 1 0
1 9
x ;
3 5
   

 

 
 

 

. Khi đó 3 34 10 9
3x 1
25 2
   . Suy ra được:
   
 
4 3 3
4 3
4 3
2
2 2
f x 2x 4x 1 x x 1 3x 1
9 4x 9x x 11
2x 4x 1 x x 1
2 2
9 9 171 71 194
4 x x x x
8 10 80 10 25
0
2
      
  
      
 
    
 
 
 
Vậy phương trình vô nghiệm khi
3
x x 1 0
9
x
5
   





.
3
3
x x 1 0
1 9
x ;
3 5
   

 

 
 

 

. Ta có đánh giá:  
3 3 9
3x 1 x 1
2 25
   .
 Nếu 3
1 6
x ;
3 25
 
  
 
 
thì  
1 luôn đúng.
 Nếu
6 9
x ;
25 5

 
  
 
thì    
3 2
9 27 544
1 3x x x 0 g x 0
4 25 625
      
-   2 9 27 5 73
g' x 9x x 0 x
2 25 20

     
-
6 9 22831 5 73
g 0,95 0;g 0;g 0,0388 0
25 5 2500 20
 

   
      
 
     
     
5 73
g 0,97 0
20
 

 
 
 
 
Vậy  
1 luôn đúng.
Khi đó    
4 3 3 9
f x 2x 4x 1 x x 1 x
2 25
 
      
 
 

Page 8
2 2
2 2
4 3 2
9 19 107 7863
25x x x 71 x
25x 18x 75x 107x 68 25 25 142 284
0
25 25
   
    
   
       
  
Vậy phương trình vô nghiệm trên 3
1 9
;
3 5
 

 
 
.
9
x
5
 .
Ta có:
 
   
3 3 5 3 2
5 3 2
3
3 3
2 8x 4 3x 1 27x 15x 3x 2
27x 15x 3x 2
f' x 8x 4
2 3x 1 2 3x 1
     
  
   
 
Để ý thấy:
1. 3 9
8x 4 0 x
5
   
2.          
5 4 3 2
5 3 2
27x 15x 3x 2 27 x 1 135 x 1 255 x 1 222 x 1 84 x 1 7 0
              
Ta có đánh giá:  
3 2 1 3
3x 1 x x *
5 2
   
Bây giờ sẽ đi chứng minh  
* luôn đúng.
Ta có:
 
3 2
2
2
4 3 2 2
1 3
3x 1 x x
5 2
17 76 3 5 17 3 13
x x x x 0 x x x 2 0
5 25 5 4 10 20 20
   
 
           
 
 
Vậy  
* luôn đúng.
Khi đó      
5 4 3 2
f' x 55x 16x 195x 25x 8x 50 0
         .
Suy ra  
9
;
5
 


 
. Vậy x 2
 
2
5 x 3
x 1 2 4 x
2x 18

   

Đề thi thử Đại học – Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương 2013
Phân tích
Đặt :  
 
2
5 x 3
f x x 1 2 4 x
2x 18

    

liên tục trên  
1;4
 .
 
 
2
2
2
1 1 10x 60x 90
f' x
2 x 1 4 x 2x 18
 
   
  
Ta có:
1.
 
1 1 5 2 x 1 21 4x
0
5
2 x 1 10 x 1 10 x 1 5 2 x 1
  
   
    
2.
 
1 3 10 3 4 x 9x 64
0
10
4 x 10 4 x 10 10 3 4 x 4 x
  
   
    

Page 9
3.
     
2
4
2 4 2
2 2 2
2 2 2
15 2412
4x 92 x
10x 60x 90 1 4x 92x 120x 144 23 23
0
2
2x 18 2 2x 18 2 2x 18
 
  
 
      
   
  
Vậy  
f' x 0
  
f x
 đồng biến trên  
1;4
 . Do đó phương trình  
f x 0
 có nghiệm duy nhất
x 3
 .
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 3
 .
2
x 8x 16 x 3 3x 1 2 x 7x 2 0
        
Giải
Đặt      
2
f x x 8x 16 x 3 3x 1 2 x 7x 2
        
 
9x 7 21x 10
f' x 2x 8
2 3x 1 2 7x 2
 
    
 
Trường hợp 1:
2 10
x ;
7 21
 
 
 
 
. Khi đó thì
21x 10 0
9x 7 0
2x 8 0
 


 

  

. Cho nên  
f' x 0
 .
Trường hợp 2:
10 7
x ;
21 9
 
  
 
. Khi đó  
21x 10 0 21x 10 9x 7
f x 2x 8
9x 7 0 2 7x 2 2 3x 1
 
  
    

   

Mặt khác ta lại có:
 
2 2x 8 7x 2 21x 10
21x 10 40 21x 10 10 7
2x 8 0 x ;
21 9
2 7x 2 2 7x 2 2 7x 2
   
    
        
    
 
10 7
f x 0 x ;
21 9
 
     
 
Trường hợp 3:
7
x
9
 . Khi đó ta có:
1.
   
3 2
12x 19x 224x 64
7
2 x 4 3x 1 9x 7 2 x 4 3x 1 9x
9x 7
x 4 0
2 3x 1 2 3x 1 2 3x 1
  

      

    
  
2.
   
3 2
28x 209x 512x 128
10
2 x 4 7x 2 21x 10 2 x 4 7x 2 21x
21x 10
x 4 0
2 7x 2 2 7x 2 2 7x 2
  

      

    
  
 
7
f' x 0 x
9
   
Vậy  
2
;
7
 
 

 
nên x 1
2
3 9x 8x 4
2 2 x 1 1
x 3x 2 2x 1
 
 
   
 
 
 
Đề thi thử THPT Quốc Gia 2016 – THPT Trần Hưng Đạo – Đăknông
Giải
Đặt    
2
3 9x 8x 4
f x 2 2 x 1 1
x 3x 2 2x 1
 
 
    
 
 
 
.

Page 10
Ta có:
 
 
 
2 2
2
2
2
27x 12 2x 1 54x 52x 8
2x 3x 6 3 x 1
f' x
x x 1 3x 2 2x 1 2x 1
    
   
 
   
Nhìn đã thấy choáng rồi! Việc chứng minh không phải đơn giản chút nào! Nhưng hãy để ý rằng:
  
2
9x 8x 4 3x 2 2x 1 3x 2 2x 1
      
Khi đó phương trình sẽ đơn giản hơn rất nhiều. Ta có:
 
 
  
 
  
 
2
2
2
3 9x 8x 4
2 2 x 1 1
x 3x 2 2x 1
3x 2 2x 1 3x 2 2x 1
3
2 2 x 1 1
x 3x 2 2x 1
3
2 2 x 1 1 3x 2 2x 1
x
2x 3 2 x 1 1 3x 2x 2x 1
2 2x 3 x 1 2x 2x 1 3x 2x 3 0
 
 
   
 
 
 
   
 
    
 
 
 
 
      
 
 
      
        
Bây giờ đặt     2
f x 2 2x 3 x 1 2x 2x 1 3x 2x 3
        .
Ta có:
1.  
6x 7 6x 2
f' x 6x 2
x 1 2x 1
 
   
 
2.
 
 
2
9x 30x 37 x 1
1
6 x 1 3x 1 x 1 1
6x 7 6 x 1 3x 1
3x 1 0
x 1 x 1 x 1
   

    
   
    
  
3.
 
 
 
3 2
6x 2 3x 1 2x 1
6x 2 18x 33x 15x 5x 5
3x 1 0
2x 1 2x 1 6x 2 3x 1 2x 1 2x 1
   
     
    
      
Suy ra  
f' x 0
  
f x
 nghịch biến trên  
1; . Vậy x 1
 là nghiệm duy nhất của phương
trình đầu.
Bài 11: Giải phương trình: 2
3 x 4 3 5x 4 4x 18x 12 0
      
Phân tích
Đặt:   2
f x 3 x 4 3 5x 4 4x 18x 12
      
Nếu:  
x 1;3
 .Khi đó
3 x 4 8
3 5x 4 14
  


 


   
2
f x 4x 18x 10 0 x 1;3
      
Vậy phương trình vô nghiệm trên  
1;3 .
Ta có:  
3 15
f' x 8x 18
2 x 4 2 5x 4
   
 
Nếu x 3
 thì hiển nhiên    
f' x 0 f x
  đồng biến trên  
3; .
Nếu
4 1
x ;
5 2
 
  
 
 
thì
3 x 4 5
3 5x 4 0
  


 


  2 4 1
f x 4x 18x 7 0 x ;
5 2
 
        
 
 

Page 11
Nếu
1
x ;1
2
 
 
 
 
khi đó  
2 x 4 3,5 135
f' x 8x 0
14
2 5x 4 2
  

   

 


. Vậy hàm nghịch biến trên
1
;1
2
 

 
 
.
Vậy phương trình sẽ có 1 nghiệm trên  
3; và 1 nghiệm trên
1
;1
2
 

 
 
. Lúc này chỉ ra 2
nghiệm là x 0
 và
3 21
x
2

 là xong!
Ngoài cách làm ở trên ta cũng có thể làm theo cách liên hợp lôi 1 nghiệm ra còn một nghiệm
dùng hàm số để giải quyết. Ta cùng làm thử cả 2 cách xem sao.
Cách 1.
Ta có:
     
2
2
3 x 4 3 5x 4 4x 18x 12 0
3 x 4 x 1 3 5x 4 x 1 4 x 3x 3 0
      
           
   
 
 
2 2
2
2
3 x 3x 3 3 x 3x 3
4 x 3x 3 0
x 4 x 1 5x 4 x 1
x 3x 3 0
3 3
f x 4 0
x 4 x 1 5x 4 x 1
     
     
     
   

 
    
      

Có  
   
2 2
6 x 4 3 6 5x 4 15
f' x 0
2 x 4 x 4 x 1 2 5x 4 5x 4 x 1
   
  
       
.
Nên  
5
;
4
 
 

 
. Lại có  
f 0 0
 nên x 0
 là nghiệm duy nhất của phương
trình  
f x 0
 .
Cách 2.
Ta có:
   
 
2
2
3 x 4 3 5x 4 4x 18x 12 0
3 x 4 2 3 5x 4 2 4x 18x 0
x 0
3 15
f x 4x 18 0
x 4 2 5x 4 2
      
        




     
    

Nếu  
x 0;8;0
  thì:
x 4 1,5
5x 4 0
  


 


   
135
f x 4x 0 x 0,8;0
14
      
Nếu x 0
 ta có:  
   
2 2
3 75
f' x 4
2 x 4 2 x 4 2 5x 4 2 5x 4

  
     
Dễ thấy với x 0
 thì:
 
 
2
2
2 x 4 2 x 4 64
2 5x 4 2 5x 4 64
    


    

.

Page 12
Khi đó    
89
f' x 0 f x
32
   đồng biến trên  
0; .
Vậy đến đây bài toán đã được giải quyết!
4 2 3 2
x 6x 2x 9 x 2x 1 x x 1 0
        
Giải
Đặt:    
4 2 3 2
f x x 6x 2x 9 x 2x 1 x x 1
        
Có   3
f' x 4x 12x 2
  
4 3 2
2
8x 7x 2x 4x 5
2 x x 1
   

 
Trường hợp 1:
1 5
x ;
2
 

 
 

 
Ta cần chứng minh  
f' x 0
 .
Có:  
 
4 3 2 3 2
g x
8x 7x 2x 4x 5 ' 32x 21x 4x 4 0
        



4 3 2
8x 7x 2x 4x 5 1 0
      
Ta có đánh giá: 2 1 5
x x 1 x 0
2 4
       luôn đúng với
1 5
x ;
2
 

 
 

 
.
Khi đó  
4 3 2
8x 10x 28x 24x 8
f' x 0
1 2x
   
 

. Vì
2
4 3
1 5
28x 24x 8 0 x ;
2
1 5
1 2x 0 x ;
2
1 5
8x 10x 0 x ;
2
  

     
  

  

 


    

 

  
  

     
 

  

.
Vậy  
1 5
;
2
 


 

 
 
1 5
f x f 0
2
 

  
 
 
 
.
Trường hợp 2:
1 5
x
2

 .
Để ý thấy:
       
3 2
3 2
g' x 32x 21x 4x 4 32 x 1 75 x 1 58 x 1 11 0
             
g x 0
  .
Vậy ta đi chứng minh 2 1 5
x x 1 x 0
2 4
      luôn đúng.
 
 
4 3 2
h x
16x 11x 22x 12x 7
f' x
2x 1 2x 1
   
  
 
Để ý rằng:
 
3 2
3 2 3 3 3 351
h' x 64x 33x 44x 12 64 x 255 x 289 x 0
2 2 2 4
     
           
     
     
     
1 5
h x h 17 0 f' x 0 f x
2
 

      
 
 
 
đồng biến trên
1 5
;
2
 


 
 
Vậy x 2
39x
21 5 x 2x 16 5 x 2 0
2
      

Page 13
Bùi Thế Việt – Vted.vn
Giải
ĐKXĐ:
3 2
x 2x 16 0
x 2
x 2 0
   
  

 

Đặt   3 2
39x
f x 21 5 x 2x 16 5 x 2
2
       liên tục trên  
0
x ; .
Có  
 
2
3 2
5 3x 4x
39 5
f' x
2 2 x 2
2 x 2x 16

  

 
 Nếu  
4
x 2;0 ;
3
 
   

 
thì    
2
5 3x 4x 0 f' x 0
   
 Nếu
4
x 0;
3
 
 
 
thì 3 2 40 3 15
2 x 2x 16
9 2
   
 
   
2 2
2 3x 4x 24x 32x 234 x 2 30
39 5
f' x 0
2 3 2 x 2 12 x 2
    
     
 
Vậy    
f' x 0 f x
  đồng biến trên  
2;
  . Suy ra
49 5 105
x
8

 là nghiệm duy nhất của
phương trình.
Bài 14: Giải phương trình: 5 4 3 2
x 7x 12x x 3x 6 12 6 5x 0
       
Giải
Do 6 5x 0
  nên điều kiện có nghiệm của phương trình sẽ là:
5 4 3 2 5 4 3 2
x 7x 12x x 3x 6 0 x 7x 12x x 3x 6 210
             
  
   
 
4 3 2
2 2
4 3 2
x 5 x 2x 2x 9x 42 0
x 5 do :x 2x 2x 9x 42 x 1 x 4,5 21,75 0
      
            
Trường hợp 1: Nếu  
x 5; 4
   .
Khi đó đặt  
VT f x
 thì ta được:
    
5 4 3 2 3 2
f x x 7x 12x x 3x 66 x x 4 x 3 x 3x 66 0
            
x 4; 2
   thì 6 5x 4
  . Khi đó ta có:
 
  
5 4 3 2
5 4 3 2
4 3 2 2
f x x 7x 12x x 3x 54
x 7x 12x 20 x 3x 34
x 1 x 8x 20x 20x 20 x 3x 34 0
     
      
         
Vì
   
 
2 2
4 3 2 2
2
x 8x 20x 20x 20 x 4x 1 2 x 3 1 0
x 3x 34 0 x 4; 2
           


      


x 2;0
  thì 6 5x 2
  khi đó:
  5 4 3 2
f x x 7x 12x x 3x 30 0
      
Vì
  
  
5 4 3 3
2
x 7x 12x x x 3 x 4 0
x 3x 30 x 2 x 5 20 0
      


      



Page 14
6
x 0;
5
 
  
 
ta có:
  4 3 2 30 6
f' x 5x 28x 36x 2x 3 0 x 0;
5
6 5x
 
          
  
Vì
 
30 30 3 6 5x 45x 846
3 0
6 5x 6 5x 30 3 6 5x 6 5x
  
    
    
 
f x
 đồng biến trên
6
0;
5
 
 
 
.
Do vậy nên phương trình đầu sẽ có nghiệm duy nhất x 1
 .
  
3 2
1 1
2x 1 0
x 1 2 x x x 1
   
   
Giải
Đặt:  
  
3 2
1 1
f x 2x 1
x 1 2 x x x 1
   
   
liên tục trên  
1;2

Có  
  
2 2
3
2
3x 6x 3 3x
f' x 2 0
2 x 1
2 2 x x x 1
 
   

  
Vậy
1
x
2
4 2 3 2
x x 10x 19 x 7x 13 x x 1 0
        
Giải
Đặt    
4 2 3 2
f x x x 10x 19 x 7x 13 x x 1
         liên tục trên
1 5
;
2
 
 

 

 
và
1 5
;
2
 
 

 
 
.
Có  
4 3 2
3
2
8x 7x 34x 5x 27
f' x 4x 2x 10
2 x x 1
   
   
 
Với
1 5
x
2
 
 ta cần chứng minh   4 3 2
g x 8x 7x 34x 5x 27 0
     
 Nếu  
x 0;1
 thì theo AM – GM ta có
4 4 2
3 3 2
8x 8 2 8.8.x 16x
7x 7 14 x 14x
   


  


.
  2
g x 4x 5x 12 0
     
 Nếu      
2
4 3 8 86
x 1 g x 8 x 1 39 x 1 35 x 0
7 7
 
         
 
 
Vậy  
1 5
f' x 0 x ;
2
 
 
   
 
 
Với
1 5
x
2
 
 ta cần chứng minh rằng:

Page 15
   
3 2 4 3 2
u x 2 4x 2x 10 x x 1 8x 7x 34x 5x 27 0
          
 Nếu
1 5
x 2;
2
 
 
 
 
 
thì  
4 3 2
2
3
8x 7x 20x 0
14x 5x 27 0 u x 0
4x 2x 10 0
   

     

   

 Nếu x 2
  .
Ta thấy rằng 2
12x 5x 27 0
    nên chỉ cần chứng minh:
 
3 2 4 3 2
A 2 4x 2x 10 x x 1 8x 7x 22x 0
        
Để ý thấy:
 
 
4 2
2 2
2 2
10 x 4x 4x 4
20 x x 1 10x 0
x x x 1
   
    
  
nên lại chuyển về chứng minh:
 
 
 
3 2 4 3 2
2 2 3 2
2 2 3 2
5 4 3 2
2 4x 2x x x 1 8x 7x 12x
x 2 4x 2 x x 1 8x 7x 12x 0
2 4x 2 x x 1 8x 7x 12x 0
48x 143x 232x 192x 16x 16 0
      
 
       
 
       
       
Đặt   5 4 3 2
1
f x 48x 143x 232x 192x 16x 16
      
Có :
  4 3 2
1
f ' x 24x 572x 696x 384x 16
       
4 2
24x 16 x 572x 696x 384 0 x 2
         
Suy ra  
1
f x nghịch biến    
1
f x f 2 1152 0
     . Suy ra A 0

Vậy  
f' x 0 x 2
   
Kết luận phương trình có tối đa 2 nghiệm trên TXĐ là x 1;x 2
   .
3
x 1 3x 2
3x 2
4
3x 2
 
  

Giải
Phương trình đã cho tương đương với : 3
3x 2 3x 2 8x 12
   
Điều kiện có nghiệm của phương trình là
3
x
2

Đặt
5
3x 2 a a
2
 
  
 
 
 
. Phương trình trở thành:
 
2
2
3 3
3 2
8 a 2 1 4 20
a a 4 3 8
3 a a a

     
Xét hàm số   3
3 2
1 4 20
f a 3
a a a
   là hàm số nghịch biến trên
5
;
2
 

 
 
 
.
Từ đó chỉ ra x 2
3 3 5 5
x 3 x 3 x 5 x 5 3 x 3
         
Giải
Phương trình tương đương:    
3 5 3 5
x 3 x 5 3 x 5 x f x f x
         
Ta có  
   
2 4
3 5
1 1
f' x
3 x 3 5 x 5
 
 

Page 16
Do 3 x 3
          
4 2 2 2
5 3 3 3
5 x 5 5 x 5 5 x 3 3 x 3
       
Suy ra  
f' x 0
  
f x
 tăng trên  
3;3

Vậy phương trình tương đương x x x 0
   
3 5
2
15x 10 x 1 26 6 x 1 30 x 1
      
Giải
Đặt  
2
t x 1 x t 1 t 0
      . Phương trình tương đương:
  5 4 3 2
f t 6t 15t 10t 30t 30t 41 0
      
Ta thấy
   
 
2
2
f' t 30 t t 1 0
x 1
f 1 0
    

 




là nghiệm duy nhất của phương trình
Bài 20: Giải phương trình        
3 3 3 3
x 1 1 x 14 x 4 4 x
       
Giải
ĐKXĐ: 0 x 4
  . Xét hàm số:          
3 3 3 3
f x x 1 1 x x 4 4 x 14
        
Ta có    
3
f' x 0 x 1 1 x 4 x x 4 0
2
         
 
1 1
3x 0 *
x 1 1 x x 4 4 x
 
  
 
     
 
Bây giờ ta sẽ đi chứng minh phương trình x 1 1 x x 4 4 x
       vô nghiệm!
Ta có
3 3
x 1 x 4 1 x 4 x 0
x 1 x 4 1 x 4 x

         
     
vậy phương
trình  
* có nghiệm duy nhất x 0
    
f x f 0 0
  
Vậy x 0

Page 17
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Tuyển chon 410 hệ phương trình – Nguyễn Minh Tuấn – Popeye Nguyễn
2. Tư duy sáng tạo, tìm tòi lời giải PT – HPT – BPT – Lê Văn Đoàn.
3. Tuyển tập phương trình – hệ phương trình – Diễn đàn Boxmath
4. Tuyển tập phương trình – hệ phương trình – Diễn đàn K2pi.net
5. Bất đẳng thức đánh giá phương trình vô tỷ - Nguyễn Minh Tuấn – Tạp chí Olympic
6. Sáng tạo phương trình bất phương trình, hệ phương trình – Nguyễn Tài Chung
7. Phương pháp sử dụng máy tính CASIO trong giải toán phương trình, bất phương trình,
hệ phương trình – Đoàn Trí Dũng, Bùi Thế Việt.

[Tapchiolympic] Vận dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình vô tỷ - Nguyễn Minh Tuấn

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to [Tapchiolympic] Vận dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình vô tỷ - Nguyễn Minh Tuấn

Similar to [Tapchiolympic] Vận dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình vô tỷ - Nguyễn Minh Tuấn (20)

More from Bui Loi

More from Bui Loi (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

[Tapchiolympic] Vận dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình vô tỷ - Nguyễn Minh Tuấn