Dùng đơn điệu hàm số để giải và biện luận phương trình và bất phương trình

Điều kiện: $x \le {\textstyle{1 \over 3}}$. Đặt $f\left( x \right) = {x^5} + {x^3} – \sqrt {1 – 3x} + 4 = 0$.
Ta có: $f’\left( x \right) = 5{x^4} + 3{x^2} + {\textstyle{3 \over {2\sqrt {1 – 3x} }}} > 0$ => f (x) đồng biến trên $\left( { – \infty ,{\textstyle{1 \over 3}}} \right]$.
Mặt khác f (-1) = 0 nên phương trình f (x) = 0 có nghiệm duy nhất x = -1.

Bất phương trình <=> $f\left( x \right) = 3x – 2 + \sqrt {{x^2} + 8} – \sqrt {{x^2} + 15} $ = 0 (1).
+ Nếu $x \le {\textstyle{2 \over 3}}$ thì f (x) < 0 => (1) vô nghiệm.
+ Nếu $x > {\textstyle{2 \over 3}}$ thì $f’\left( x \right) = 3 + x\left( {{\textstyle{1 \over {\sqrt {{x^2} + 8} }}} – {\textstyle{1 \over {\sqrt {{x^2} + 15} }}}} \right) > 0\,\,\forall x > {\textstyle{2 \over 3}}$
=> f (x) đồng biến trên $\left( {{\textstyle{2 \over 3}}, + \infty } \right)$ mà f (1) = 0 nên (1) có đúng 1 nghiệm x = 1

Điều kiện $x \ge {\textstyle{5 \over 7}}$. Đặt $f\left( x \right) = \sqrt {x + 1} + \sqrt[3]{{5x – 7}} + \sqrt[4]{{7x – 5}} + \sqrt[5]{{13x – 7}}$
Ta có: $f’\left( x \right) = {\textstyle{1 \over {2\sqrt {x + 1} }}} + {\textstyle{5 \over {3 \cdot \sqrt[3]{{{{\left( {5x – 7} \right)}^2}}}}}} + {\textstyle{7 \over {4 \cdot \sqrt[4]{{{{\left( {7x – 5} \right)}^3}}}}}} + {\textstyle{{13} \over {5 \cdot \sqrt[5]{{{{(13x – 7)}^4}}}}}} > 0$
=> f (x) đồng biến trên $\left[ {{\textstyle{5 \over 7}}, + \infty } \right)$. Mà f (3) = 8 nên (*) <=> f (x) < f (3) <=> x < 3.
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là ${\textstyle{5 \over 7}} \le x < 3$

(*) $ \Leftrightarrow f\left( x \right) = {5^x} + {4^x} + {3^x} + {2^x} – {\left( {{\textstyle{1 \over 2}}} \right)^x} – {\left( {{\textstyle{1 \over 3}}} \right)^x} – {\left( {{\textstyle{1 \over 6}}} \right)^x} = – 2{x^3} + 5{x^2} – 7x + 17 = g\left( x \right)$
Ta có f (x) đồng biến và g’(x) = -6x$^2$ + 10x – 7 < 0 ∀x => g(x) nghịch biến.
Nghiệm của f (x) = g(x) là hoành độ giao điểm của y = f(x) và y = g(x).
Do f (x) tăng; g(x) giảm và $f\left( 1 \right) = g\left( 1 \right) = 13$ nên (*) có nghiệm duy nhất x = 1.

Đặt $t = \left| {\sin x} \right| + \left| {\cos x} \right| \ge 0 \Rightarrow {t^2} = {\left( {\left| {\sin x} \right| + \left| {\cos x} \right|} \right)^2} = 1 + \left| {\sin 2x} \right|$ => $1 \le {t^2} \le 2$ => $1 \le t \le \sqrt 2 $, khi đó (*) <=> $m\left( {t + 1} \right) \le {t^2} + t + 1\,\,\;\forall t \in \left[ {1,\sqrt 2 } \right]$ <=> $f\left( t \right) = {\textstyle{{{t^2} + t + 1} \over {t + 1}}} \ge m\;\forall t \in \left[ {1,\sqrt 2 } \right]$ <=> $\mathop {{\mathop{\rm Min}\nolimits} }\limits_{t \in \left[ {1,\sqrt 2 } \right]} f\left( t \right) \ge m$.
Do $f’\left( t \right) = {\textstyle{{{t^2} + 2t} \over {{{\left( {t + 1} \right)}^2}}}} > 0$ nên f (t) đồng biến trên $\left[ {1,\sqrt 2 } \right]$ => $\mathop {{\mathop{\rm Min}\nolimits} }\limits_{t \in \left[ {1,\sqrt 2 } \right]} f\left( t \right) = f\left( 1 \right) = {\textstyle{3 \over 2}}$ => $m \le {\textstyle{3 \over 2}}$ => ${\mathop{\rm Max}\nolimits} m = {\textstyle{3 \over 2}}$

${2008^{{{\sin }^2}x}} – {2008^{{{\cos }^2}x}} = {\cos ^2}x – {\sin ^2}x \Leftrightarrow {2008^{{{\sin }^2}x}} + {\sin ^2}x = {2008^{{{\cos }^2}x}} + {\cos ^2}x$(*)
Xét $f\left( u \right) = {2008^u} + u$.
Ta có $f’\left( u \right) = {2008^u}.\ln u + 1 > 0$. Suy ra f(u) đồng biến. (*) $ \Leftrightarrow f\left( {{{\sin }^2}x} \right) = f\left( {{{\cos }^2}x} \right) \Leftrightarrow {\sin ^2}x = {\cos ^2}x \Leftrightarrow \cos 2x = 0 \Leftrightarrow x = {\textstyle{\pi \over 4}} + {\textstyle{{k\pi } \over 2}},k \in Z$

${\mathop{\rm cotg}\nolimits} {\rm{ }}x – {\mathop{\rm cotg}\nolimits} {\rm{ }}y = x – y \Leftrightarrow x – {\mathop{\rm cotg}\nolimits} {\rm{ }}x = y – {\mathop{\rm cotg}\nolimits} {\rm{ }}y$.
Xét hàm số đặc trưng $f\left( u \right) = u – {\mathop{\rm cotg}\nolimits} {\rm{ }}u,u \in \left( {0,\pi } \right)$.
Ta có $f’\left( u \right) = 1 + {\textstyle{1 \over {{{\sin }^2}u}}} > 0$.
Suy ra f(u) đồng biến trên (0;π).
Khi đó $\left\{ \begin{array}{l} f\left( x \right) = f\left( y \right)\\ 3x + 5y = 2\pi \end{array} \right. \Leftrightarrow x = y = {\textstyle{\pi \over 4}}$

Xét $f\left( t \right) = {t^3} + {t^2} + t$ với $t \in R$ => $f’\left( t \right) = 2{t^2} + {\left( {t + 1} \right)^2} > 0$ => f (t) tăng.
Không mất tính tổng quát giả sử x ≤ y ≤ z
=> $f\left( x \right) \le f\left( y \right) \le f\left( z \right)$ => $2z + 1 \le 2x + 1 \le 2y + 1 \Leftrightarrow z \le x \le y$ => x = y = z = ± 1

Điều kiện: $x \ge 5$. Đặt $f(x) = \sqrt x + \sqrt {x – 5} + \sqrt {x + 7} + \sqrt {x + 16} $
Ta có $f'(x) = \dfrac{1}{{2\sqrt x }} + \dfrac{1}{{2\sqrt {x – 5} }} + \dfrac{1}{{2\sqrt {x + 7} }} + \dfrac{1}{{2\sqrt {x + 16} }} > 0,\forall x \in \left( {5; + \infty } \right)$.
Do đó hàm số$f(x) = \sqrt x + \sqrt {x – 5} + \sqrt {x + 7} + \sqrt {x + 16} $ đồng biến trên $\left[ {5; + \infty } \right)$.
Mà $f(9) = 14$ nên x = 9 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Điều kiện: $x \ge \dfrac{1}{{\sqrt[3]{5}}}$
Đặt $f(x) = \sqrt {5{x^3} – 1} + \sqrt[3]{{2x – 1}} + x$
Ta có $f’\left( x \right) = \dfrac{{15{x^2}}}{{2\sqrt {5{x^3} – 1} }} + \dfrac{2}{{3\sqrt[3]{{{{(2x – 1)}^2}}}}} + 1 > 0,\forall x \in (\dfrac{1}{{\sqrt[3]{5}}}; + \infty )$ nên hàm số đồng biến trên $ \in [\dfrac{1}{{\sqrt[3]{5}}}; + \infty )$ . Mà f(x) = 4 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l} 2{x^3} + 3{x^2} + 6x + 16 \ge 0\\ 4 – x \ge 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} (x + 2)(2{x^2} – x + 8) \ge 0\\ 4 – x \ge 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow – 2 \le x \le 4$
Khi đó, (1) $ \Leftrightarrow \sqrt {2{x^3} + 3{x^2} + 6x + 16} – \sqrt {4 – x} = 2\sqrt 3 $
Xét hàm số $f\left( x \right) = \sqrt {2{x^3} + 3{x^2} + 6x + 16} – \sqrt {4 – x} $ trên $\left[ { – 2;4} \right]$
Ta có $f’\left( x \right) = \dfrac{{3({x^2} + x + 1)}}{{\sqrt {2{x^3} + 3{x^2} + 6x + 16} }} + \dfrac{1}{{2\sqrt {4 – x} }} > 0,\forall x \in ( – 2;4)$
Do đó hàm số $f\left( x \right) = \sqrt {2{x^3} + 3{x^2} + 6x + 16} – \sqrt {4 – x} $ đồng biến trên $\left[ { – 2;4} \right]$.
Mà$f\left( 1 \right) = 2\sqrt 3 $ nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Điều kiện: $x \ge \dfrac{1}{2}$
Viết lại phương trình dưới dạng như sau $\left( {\sqrt {2x – 1} – 3} \right)\left( {\sqrt {x + 2} + \sqrt {x + 6} } \right) = 4$
Nhận xét: Để phương trình có nghiệm thì $\sqrt {2x – 1} – 3 > 0 \Leftrightarrow x > 5$.
Xét hàm số $f\left( x \right) = g\left( x \right)h\left( x \right)$ với $g\left( x \right) = \sqrt {2x – 1} – 3;h\left( x \right) = \sqrt {x + 2} + \sqrt {x + 6} $
Ta có $g’\left( x \right) = \dfrac{1}{{\sqrt {2x – 1} }} > 0,\forall x > 5;h’\left( x \right) = \dfrac{1}{{2\sqrt {x + 2} }} + \dfrac{1}{{2\sqrt {x + 6} }} > 0,\forall x > 5$.
Do đó hàm số $g\left( x \right) = \sqrt {2x – 1} – 3;h\left( x \right) = \sqrt {x + 2} + \sqrt {x + 6} $ dương và cùng đồng biến trên $\left( {5; + \infty } \right)$.Suy ra $f\left( x \right) = g\left( x \right)h\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {5; + \infty } \right)$.
Mà $f\left( 7 \right) = 4$ nên x = 7 là nghiệm duy nhất của phương trình