Tổng hợp các phương pháp giải bất phương trình

CHƯƠNG 2: BẤT PHƯƠNG TRÌNH
§1. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số:
Thí dụ 128: Giải bất phương trình: 
 Lời giải:
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1)
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: với x > -2
nên f(x) đồng biến trên (*). Do đó: 
Vậy bất phương trình có nghiệm: .
Thí dụ 129: Giải bất phương trình: 
 Lời giải:
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định: (1) 
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: với 
nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: 
Vậy bất phương trình có nghiệm: .
Thí dụ 130: Giải bất phương trình: 
 Lời giải: 
Đặt f(x) = VT(1), có f(x) xác định và liên tục với mọi xcó:
với mọi xnên f(x) đồng biến trên (*).Do 
đó
Vậy bất phương trình có nghiệm: .
Thí dụ 131: (NTA-2000) Giải bất phương trình:
 Lời giải:
Đặt f(x) = VT(1),có f(x) xác định,liên tục với mọi có:
với mọi 
nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó: 
Vậy bất phương trình có nghiệm: .
Thí dụ 132: (TL-2000) Giải bất phương trình: 
 Lời giải:
Ta có f(x) xác định khi và chỉ khi 
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: với nên f(x) đồng biến 
trên (*). Do đó:
Vậy bất phương trình có nghiệm: .
Thí dụ 133: Giải bất phương trình: 
 Lời giải:
Ta có:)
Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định, liên tục với mọi có:
nên f(x) nghịch biến trên R, do đó (
Vậy bất phương trình có nghiệm: .
Thí dụ 134: Giải bất phương trình:
 Lời giải:
Ta có: 
Đặt f(x) = VT(2), có f(x) xác định khi và chỉ khi: 
f(x) xác định, liên tục trên (*) có: với 
nên f(x) đồng biến trên (*).Do đó 
Kết hợp với (*) ta được: .
Vậy bất phương trình có nghiệm: .
§2: Phương pháp phân khoảng tập xác định:
Thí dụ 135: Giải hệ thức
 Lời giải:
Điều kiện:
- Với x = 3 bất phương trình trở thành bất đẳng thức
 (sai)
- Với x = 4 bất phương trình trở thành
(đúng)
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là x = 4.
Thí dụ 136: Giải hệ thức: log x (x + 1) = lg1,5 (1)
 Lời giải:
Điều kiện: 0 < x ¹ 1
- Xét 0 < x < 1 khi đó logx(x+1) < logx1 = 0 < lg1,5. Vậy phương trình (1) không có nghiệm trong khoảng này
- Xét 1 logxx = 1 > lg1,5. Vậy phương trình (1) không có nghiệm trong khoảng này
Tóm lại (1) vô nghiệm.
Thí dụ 137: Giải hệ thức 
 Lời giải:
Điều kiện: . Với điều kiện đó ta có:
Kết hợp với điều kiện (*) ta được .
Thí dụ 138: Giải hệ thức 
 Lời giải:
(1) Û (*)
Đặt y = x3 - 3x + 1 hàm số xác định liên tục trên R có y/ = 3x2 - 3; y/ = 0 khi x = 1 x = - 1 ta có bảng biến thiên:
 x -1 
 y/ 0
 y	 
 Nghiệm của hệ:.
Thí dụ 139: Giải (1)
 Lời giải:
Điều kiện:
- Với x = 1 thì (1) Û (luôn đúng)
- Với x = 3 thì (1) Û (loại)
Vậy bất phương trình có nghiệm là x = 1.
Thí dụ 140: Giải hệ thức (1)
 Lời giải:
- Với thì x2 – 4 > 0 và x – 2 > 0. Do đó (vì hàm đồng biến)
nên VT(1) > 1 = VP(1). Bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên
- Với thì x2 – 4 < 0 và x – 2 < 0. Do đó (vì hàm đồng biến)
và (x2-4)3x-2 < 0 nên VT(1) < 1 = VP(1). Bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên
- Với x = 2 thay vào thỏa mãn. 
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
Thí dụ141: Giải bất phương trình (1)
 Lời giải:
- Với x 0 nên . Do đó VT(1) < 1. Vậy bất phương trình không có nghiệm trong khoảng trên 
- Với x ³ 0 thì mà 2x-1 > 0 nên . Do đó VT(1) ³ 1
Vậy bất phương trình có nghiệm x ³ 0.
Thí dụ 142: Giải phương trình (1)
 Lời giải:
- Nếu 0 -1
- Nếu x > 1 thì mà
 VT = 22x-2-. Do đó: (1) Û ++22x-2 (1/) Xét hàm số f(x) = 2t + log2t xác định liên tục trên R+ và:
f/(x) = t.ln2 +< 0 nên f(x) nghịch biến trên R+
(1/) Û x2 – x = 2x – 2 Û x2 – 3x + 2 = 0 Û x = 1 (loại); x = 2 (thỏa mãn). 
Vậy phương trình có nghiệm x = 2.
Thí dụ 143: Giải phương trình (1)
 Lời giải:
Điều kiện: x + 2 ³ 0 Û x ³ – 2. Đặt f(x) = có f(x) xác định,
liên tục trên và f/(x) = 2x + 1 +
- Nếu x ≥ 0 thì f/(x) > 0 nên VT(1) là hàm đồng biến mà VP(1) = const do đó phương trình có nghiệm duy nhất x = 2
- Nếu –2 ≤ x < 0 thì VT(1) < 18 = VP(1) nên phương trình không có nghiệm trong khoảng trên .
Tóm lại phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
Thí dụ 144: Giải phương trình: x4 + x3 + 5= 2 + 5 (1)
 Lời giải:
Đặt f(x) = có f(x) xác định liên tục trên 
f/(x) = 
- Nểu x ≥ 0 thì f/(x) > 0 nên f(x) đồng biến do đó VT(1) đồng biến mà 
VP(1) = const. Vì vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
- Nếu –1≤ x < 0 ta thấy VT(1) < 6 < VP(1). 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
§3: Phương pháp hàm liên tục:
Thí dụ 145: Giải bất phương trình 
 Lời giải:
Đặt ; f(x) xác định khi và chỉ khi: 
. Có g(x) xác định trênvà
vớithoả mãnnên g(x) đồng biến trên 
Do f(x) liên tục trên; 0; nên ta có bảng xét dấu f(x) trên 
 x
f(x)
 +
 – 0 +
 –
Từ bảng ta được (1) có nghiệm .
Thí dụ 146: Giải bất phương trình: 
 Lời giải:
Đặt , f(x) xác định khi và chỉ khi: 
Xét phương trình . Có g(x) xác định, liên tục trên 
 với nên g(x) nghịch biến trên 
Do f(x) liên tục trên; ; 
Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (*)
 x
 f(x)
 -
 + 0 -
Từ bảng ta được (1) có nghiệm .
Thí dụ 147: Giải bất phương trình:
 Lời giải:
, f(x) xác định khi và chỉ khi 
f(x) liên tục trên; ; 
Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên 
 x
 f(x)
Từ bảng ta được (1) có nghiệm .
Thí dụ 148: Giải bất phương trình 
 Lời giải:
(1) 
 .
 Vậy (1) có nghiệm .
Thí dụ 149: Giải bất phương trình: 
 Lời giải:
Điều kiện: . Với điều kiện đó:
Vậy (1) có nghiệm .
Thí dụ 150: Giải bất phương trình: (1) với(*).
 Lời giải:
Đặt , có f(x) xác định, liên tục trên (*) f(x) = 0
Z)
Kết hợp vớita có .
Do f(x) liên tục trên (*) và ; 
Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên 
 X
 f(x)
Từ bảng ta đựợc (1) có nghiệm .
Thí dụ 151: Giải bất phương trình: 
 Lời giải: 
Điều kiện: (*). Với điều kiện đó:
Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm .
Thí dụ 152: Giải bất phương trình: 
 Lời giải:
Điều kiện: (*). Với điều kiện đó:
Kết hợp với (*) ta được (1) có nghiệm .
§4: Phương pháp mặt phẳng toạ độ:
Thí dụ 153: Tìm m để hệ: vô nghiêm (1)
 Lời giải:
Đặt m = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y. Ta có:
(1)ó ó
 óhoặc (2)
Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: x = 0; x = –1; y = – x; y = x
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là miền được gạch chéo không lấy biên trên hình vẽ
Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là hoành độ của các điểm thuộc phần chung của đường thẳng y = m (y’oy) và N.
Từ nhận xét trên và hình vẽ ta có (1) vô nghiệm khi y = m và N không có điểm chung, khi và chỉ khi m 1
Vậy |m| > 1 là các giá trị cần tìm để hệ (1) vô nghiệm.
Thí dụ 154: Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất
 Lời giải: 
Đặt m = y và coi hệ đã cho là hệ (1) với 2 ẩn x; y ta có:
(1)ó
óó (2) 	
Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường: y = (x–1); y = x – 1; y = x
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là phần gạch chéo lấy cả biên trên hình vẽ
Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = m tức là nghiệm của (1) là hoành độ của các điểm thuộc phần chung của đường thẳng y = m ( y’oy) và N. Từ nhận xét trên và từ hình vê ta thu được (1) có nghiệm ó đường thẳng y = m (y’oy) và N có điểm chung ó 0 ≤ m ≤ 
Vậy 0 ≤ m ≤ là các giá trị cần tìm để phương trình có nghiệm.
Thí dụ 155: Tìm m để hệ (1) có nghiệm duy nhất
 Lời giải:
(1)ó
Xét 2 đường tròn (α): x + (y + 1) = m + 1 có tâm A(0; –1); R = 
 (β): (x + 1) + y = m + 1 có tâm B(–1; 0); R = 
 Hệ (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (α) và (β) có duy nhất 1 điểm chung
ó (α) và (β) tiếp xúc ngoài với nhau khi đó: 
AB = 2ó= 2
 ó = 2ó m = – 
Vậy giá trị cần tìm của m là m = –.
Thí dụ 156: Tìm m để hệ (1) có nghiệm
 Lời giải:
Ta có: log(x + y) = 1 (2) 
 ó 0 1
 ó hoặc (2)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số: 
∆: x + y = 0; (T): x + y = 1; (T): (x –) + (y –) = 
Biểu diễn nghiệm từng thành phần rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là phần gạch chéo trên hình vẽ không lấy những điểm thuộc (T) và (∆)
Xét đường thẳng: x + 2y = m tại 2 vị trí ứng với mvà m
Có đồ thị của hàm số: x + 2y = m đi qua điểm A(;–) m = –
Đồ thị của hàm số: x + 2y = m tiếp xúc với (T) tại điểm thuộc góc phần tư thứ nhất m= 
(1) có nghiệm ó đường thẳng x + 2y = m và N có điểm chung 
ó – < m ≤ 
Vậy –< m ≤ là những giá trị cần tìm.
Thí dụ 157: Tìm m để hệ (1)
a) Có nghiệm.
b) Vô nghiệm.
 Lời giải:
(1)ó
 óó
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ đồ thị của các hàm số: 
y = 1 – x (∆); (x – 1) + (y – 1) = m + 1 (α)
Ta thấy nghiệm của (2) là toàn bộ phần mặt phẳng nằm phía trên đường thẳng ∆ còn nghiệm của (3) là những điểm nằm trong và trên đường tròn α
Nên:
a) (1) có nghiệm khi và chỉ khi đồ thị hàm số của (∆) và (α) có điểm chung
ó d(I; ∆) ≤ R (I(1; 1); R là tâm của (α)) 
ó ≤ (m ≥ –1) ó ≤ ó –≤ m
Vậy những giá trị của m cần tìm để (1) có nghiệm là m ≥ –.
b) Nhận thấy những giá trị còn lại của m trên tập R là những giá trị làm cho (1) vô nghiệm.
 Vậy những giá trị của m cần tìm để (1) vô nghiệm là m < –.
Thí dụ 158: Biện luận theo a số nghiệm của hệ:
 Lời giải:
(α)ó v v v 
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, biểu diễn nghiệm của (α) là hình thoi ABCD như hình vẽ:
Còn (β) ó 
Biểu diễn nghiệm của (β) là tập G gồm 2 đường thẳng: ∆ và ∆. Vì ∆ cắt ∆ tại M có tọa độ (2a; a) nên M chạy trên đường thẳng ∆: x – 2y = 0 
∆ đi qua điểm O(0;0) và song song với AD và BC.
Số nghiệm của hệ là số điểm chung của G với hình thoi ABCD. Trên hình thoi xét 4 điểm đặc biệt K; P; Q; N
Từ nhận xét trên và từ hình vẽ ta thu được:
Khi M nằm ngoài đoạn KN ó |a| > 2 thì hệ vô nghiệm
Khi M{K; N}ó |a| = 2 thì hệ có 2 nghiệm phân biệt
Khi M{P; Q}ó |a| = 1 thì hệ có 3 nghiệm phân biệt
Khi M[KN] \ {K; P; Q; N} ó |a| < 2 và |a| ≠ 1 thì hệ có 4 nghiệm phân biệt.
Thí dụ 159: Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm âm: 3 – | x – a | > x (1) 
 Lời giải:
Đặt a = y và coi (1) là hệ bất phương trình 2 ẩn x; y thì (1)ó3 – | x – y | > x
Khi đó yều cầu bài ra tương đương với:
 ó ó (2) 
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy vẽ các đường: 
x = 0; y = –x + x +3; y = x + x – 3; x = –
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được miền nghiệm N của (2) là phần gạch chéo không lấy biên trên hình vẽ
Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = a, tức là nghiệm x < 0 của (1) là hoành độ điểm chung của đường thẳng y = a với N
Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có: (1) có nghiệm âm ó –< a < 3
Vậy –< a < 3 là các giá trị cần tìm.
Thí dụ 160: Cho phương trình (x – x – a)(2a + 2 – x) = 0 (1)
1) Biện luận theo a số nghiệm của phương trình.
2) Tìm a để mọi nghiệm của phương trình đều thuộc đoạn [0; 4].
 Lời giải:
Đặt a = y và coi (1) là phương trình 2 ẩn x; y thì:
(1) ó(x – x – y )(2y + 2 – x ) = 0ó (2)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường y = x; y = x – x; y = x – 1
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta được nghiệm của (2) là hoành độ các điểm thuộc đồ thị của các hàm số y = x; y = x – x; y = x – 1
Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = a. Tức là nghiệm của (1) chính là hoành độ phần điểm chung của đường thẳng y = a với đồ thị của các hàm số y = x; y = x – x; y = x – 1
Gọi x là nghiệm của phương trình = 0 thì x= a
 ...  < a ≤ thì (1) có nghiệm x[; 0][;]
Khi a > thì (1) có nghiệm x[; 0][;].
Thí dụ 163: Tìm p để hai bất phương trình
(x – x – p )(x + p – 1) > 0 và x – 2x – 3 ≤ 0 không có nghiệm chung
 Lời giải:
Hai bất phương trình (x – x – p )(x + p – 1) > 0 và x – 2x – 3 ≤ 0 không có 
nghiệm chung khi và chỉ khi hệ (1) vô nghiệm
Đặt p = y và coi (1) là hệ 2 ẩn x; y ta có:
ó ó 
ó (2)
Trên mặt phẳng toạ độ vẽ các đường x = –1; x = 3; y = – x + 1; y = x – x
Biểu diễn nghiệm từng thành phần của (2) rồi kết hợp lại ta thu được miền nghiệm N của (2) là phần được gạch chéo trên hình vẽ (phần lấy biên có màu đỏ)
Nghiệm của (1) chính là nghiệm của (2) ứng với y = p tức là nghiệm của (1) là hoành độ phần chung của đường thẳng y = p (y’oy) với N
Từ các nhận xét trên và từ hình vẽ ta có (1) vô nghiệm khi và chỉ khi đường y = p (y’oy) không có điểm chung với N do có p ≤ – 2 hoặc p ≥ 6
Vậy p(–∞;–2][6;+∞) là các giá trị cần tìm.
CHƯƠNG 3: MỘT SỐ VẤN ĐỀ KHÁC
§1: Các phương pháp khác
Thí dụ 164: (Đề số 34-4-a)
 Cho hàm số f(x) = x2 + bx + 1 với b. Giải bất phương trình f(f(x)) > x
 Lời giải:
Ta có f(f(x)) – x = 
f(f(x)) – x > 0 ó > 0
Đặt g(x) = x2 + (b – 1)x + 1, h(x) = x2 + (b + 1)x + b + 2; 
Vì b nên > 0 và < 0. Phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm 
Vậy bất phương trình có nghiệm x x2.
Thí dụ 165: (Đề số 143-4)
Giải và biện luận theo a, b phương trình x = a – b( a – bx2 )2 ( 1 )
 Lời giải:
(1) ó (bx2 + x – a)(b2x2 – bx – ab + 1) = 0 ó
- Với b = 0 thì (1) có nghiệm x = a
- Với b ≠ 0 
+) Nếu ( i ) có . Khi ab ≥ phương trình có nghiệm
+) Nếu ( ii ) có .Khi ab ≥ phương trình có nghiệm
Kết luận: Nếu b = 0 thì x = a
Nếu b ≠ 0 Với > ab ≥ phương trình có nghiệm x1, x2
 Với ab ≥ phương trình có nghiệm x1, x2, x3, x4 .
 Với ab < phương trình vô nghiệm .
Thí dụ 166: (TN-98) Tìm m để phương trình x + 3(m-3x2)2 = m (I) có nghiệm
 Lời giải:
(1)ó( 3x2 + x – m )( 9x2 – 3x + 1 – 3m ) = 0 ó
Để (I) có nghiệm thì một trong hai phương trình (1) hoặc (2) phải có nghiệm, điều đó xảy ra khi và chỉ khi
ó m ≥ 
Vậy m ≥ là các giá trị cần tìm.
Thí dụ 167: Giải phương trình (1)
 Lời giải:
Với à hàm đồng biến trên
(1)
Vậy phương trình có nghiệm x1; x2.
Thí dụ 168: Giải phương trình (1)
 Lời giải:
Với f(x) = xác định với mọi x-a, có 
Nên f(x) đồng biến trên tập xác định của nó, do đó:
(1)
thỏa mãn (*) khi và chỉ khi 
Vậy (1) có nghiệm .
Thí dụ 169: Giải phương trình (1)
 Lời giải:
(1). Với xác định với mọi a thuộc R, có: với 
Thí dụ 172: Giải phương trình+= (1)
 Lời giải:
Đặt (x–1; 2); (–x–1; 3), ta có: 
||+|| ≥ |+| ó+≥
Đẳng thức xảy ra khi //ó = ó x = (thoả mãn (1))
Vậy nghiệm của (1) là x = .
Thí dụ 173: Giải phương trình | – | = 5 (1)
 Lời giải:
Đặt A(–2;1), B(5;5), M(x;0) thì:
AB = 5AM==
BM == mà |AM–BM| ≤ AB (quy tắc 3 điểm)
Do đó VT(1) = | –| ≤ 5 = VP(1)
Đẳng thức xảy ra khi A; B; M thẳng hàng và C nằm ngoài đoạn AB
ó ó ó 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = .
Thí dụ 174: Giải phương trình:
 (1)
 Lời giải:
Phương trình đã cho tương đương với: 
Đặt 
Áp dụng bất đẳng thức 
Do đó 
 (loại) 
Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
Thí dụ 175: Giải phươnh trình 
 Lời giải:
Điều kiện: . Đặt 
Áp dụng BĐT thức có:
Điều đó có nghĩa là: 
Ta có: 
Vậy phương trình có nghiệm .
Thí dụ 176: Giải phương trình: = x+ 2
 Lời giải:
Điều kiện x ≥ 0 và x+ x + 4x + 4 ≥ 0 ó x ≥ 0 (*)
Đặt (x; 2) và (; 1). Ta có: .≤ ||.||
hay x + 2 ≤ .≤ 
Đẳng thức xảy ra khi //ó= 2 ó x = 4 (thoả mãn điều kiện (*))
Vậy nghiệm của phương trình là x = 4.
Thí dụ 177: Giải phương trình: 
 Lời giải:
Đặt (x; y; z); (1; 1; 2), có . ≤ || || 
hay x + y +2z ≤ ó ≤ (Điều này là vô lí) 
Vậy phương trình vô nghiệm.
Thí dụ 179: Giải phương trình (1)
 Lời giải:
Đặt thì u.v = x3 + 1 và u + v = x2 + 2 nên điều kiện để (1) xác định là v ³ 0 (Vì u luôn lơn hơn 0). Với điều kiện đó: 
(1) trở thành 2(u + v) = 5Û (u ¹ 0) 
* Vớí (a) ta có: 
(vô nghệm) 
 * Với (b) ta có: 
Vậy phương trình có nghiệm là: .
Thí dụ 180: Giải phương trình 4sin3x = sinx + cosx (1)
 Lời giải:
(1) Û 4sin3x – sinx – cosx = 0 Û sinx(2sin2x – 1) + 2sin3x – cosx = 0 
 Û sinx(1 – 2cos2x) + 2sin3x – cosx = 0
 Û 2sinx(sinx – cox)(sinx + cosx) + (sinx – cosx) = 0
 Û (sinx – cosx)(2sin2x + 2sinxcosx + 1) = 0
 Û 
(vô nghiệm)
Vậy phương trình có nghiệm là .
Thí dụ 181: Giải phương trình sau
 Lời giải:
Đặt thì a + b = 3x2 – 2x – 1 và (1) trở thành a3 + b3 = (a + b)3 
Û 3ab(a + b) = 0ó
Vậy phương trình có tập nghiệm là: .
Thí dụ 182: Giải hệ: (I)
 Lời giải:
(I)
+) Với x = 0 thay vào (1) ta có y = 1
+) Với y = 0 thay vào (1) ta có x = 1
+) Với x + y = 0 Û x = – y thay vào (1) ta có –y3 + y3 = 1 Û 0 = 1 (vô lí)
Vậy hệ có các cặp nghiệm (x; y) là (0; 1); (1; 0).
Thí dụ 183: Giải hệ 
 Lời giải:
Hệ bài cho tương đương với 
 (2) Û (x – y)(2x2 + 2y2 – 5xy) = 0 Û 
- Nếu x – y = 0 Û x = y thay vào (1) ta được 
- Nếu 2x2 + 2y2 - 5xy = 0 (3)
+) Với y = 0 ta được x = 0 thay vào (1) thấy vô lý
+) Với y ¹ 0 chia hai vế của (3) cho y2 ta được: 
Khi x = 2y thì (1) Û 8y3 – y3 = 7 Û 7y3 = 7 Û y = 1 nên x = 2
Khi y = 2x tương tự ta được x = –1; y = –2
Vậy hệ có các cặp nghiệm (x; y) là .
Thí dụ 184: Giải hệ (I)
 Lời giải:
(I) ó 
 ó 
 ó ó 
Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 1); (–2; –1).
Thí dụ 185: (QGA-97) Giải hệ (I)
 Lời giải:
Điều kiện: x, y ≠ 0. Với điều kiện đó 
(I) ó ó ó 
 ó ó (Loại do x, y ≠ 0)
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = –2.
Thí dụ 186: (VMO-96) Giải hệ (I)
 Lời giải:
Dễ thấy nếu (x; y) là nghiệm của hệ (I) thì x; y > 0
Do đó (I) ó 
Nhân từng vế của (1) và (2) ta được:
ó 21xy = (x + y)(7y – 24x) ó 7y2 – 38xy – 24x2 = 0
 ó (y – 6x)(7y + 4x) = 0 ó y = 6x (Do x; y > 0)
Thay y = 6x vào (1) ta được (thử lại thấy thoả mãn)
 Vậy hệ có nghiệm (x; y) = ()
Thí dụ 187: Giải biện luận theo a phương trình ax = (a – 1)x + 1 (a > 0)
 Lời giải:
(1). Nhận xét rằng:
 ao – (a – 1).0 – 1 = 1 – 1 = 0; a1 – (a -– 1).1 – 1 = 0 nên (1) có ít nhất hai nghiệm phân biệt x = 0; x = 1. 
Giả sử (1) có nhiều hơn hai nghiệm thì khi đó do f(x) xác định và liên tục trên R nên theo hệ quả định lí rolle ta có: f/(x) có ít nhất 2 nghiệm.
Tương tự f//(x) có ít nhất 1 nghiệm mà f/(x) = axlna – (a – 1) 
f//(x) = ax(lna)2 > 0 (điều này trái với kết quả trên)
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x = 0; x = 1.
Thí dụ 188: Giải phương trình: 3x + 2x = 3x – 2
 Lời giải: 
Ta có: (2) ó f(x) = 3x + 2x – 3x – 2 = 0. Nhận xét rằng:
3o + 2o – 3.0 – 2 = 1 + 1 – 2; 31 + 21 – 3.1 – 2 = 5 – 5 = 0 nên (2) có ít nhất hai nghiệm phân biệt x = 0; x = 1.
Giả sử (2) có nhiều hơn hai nghiệm thì khi đó do f(x) xác định; liên tục trên R nên theo hệ quả định lí rolle ta có: f/(x) có ít nhất hai nghiệm.
Tương tự f//(x) có ít nhất 1 nghiệm mà f/(x) = 3xln3 + 2xln2 – 3 
f//(x) = 3x(ln3)2 + 2x(ln2)2 > 0 (điều này trái với kết quả trên)
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0; x = 1.
Thí dụ 189: Chứng minh rằng với "nÎN*; n chẵn và với "p; qÎR thì phương trình xn + px + q = 0 (3) không thể có quá hai nghiệm thực phân biệt
 Lời giải:
Giả sử (3) có nhiều hơn hai nghiệm thực phân biệt. Khi đó do f(x) = xn + px + q xác định liên tục trên R nên theo hệ quả định lý Rolle ta có phương trình f/(x) = 0 có ít nhất hai nghiệm.
Tương tự f//(x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm mà f/(x) = n.xn – 1 + p; f//(x) = n(n – 1)xn – 2 Do n ÎN*; n chẵn nên n(n – 1) > 0 và n – 2 chẵn
Þ f//(x) > 0 "xÎR (điều này trái với kết quả trên)
Vậy (3) không thể có quá hai nghiệm thực phân biệt (đpcm).
Thí dụ 190: Chứng minh rằng nếu a, b, c, d đôi một khác nhau thì phương trình
(x – a)(x – b)(x – c) + (x – d)(x – b)(x – c) + (x – a)(x – d)(x – c) + (x – a)(x – b) .(x – d) = 0 (4) luôn có ba nghiệm phân biệt
 Lời giải:
Đặt f(x) = VT(4) và F(x) = (x – a)(x – b)(x – c)(x – d) xác định liên tục trên R, do F(a) = F(b) = F(c) = F(d) = 0 nên phương trình F(x) = 0 có 4 nghiệm phân biệt. Theo hệ quả định lý Rolle có F/(x) = 0 có ít nhất 3 nghiệm phân biệt mà 
F/(x) = f(x) Þ f(x) có ít nhất 3 nghiệm phân biệt.
Nhưng f(x) là đa thức bậc 3 nên nó có nhiều nhất 3 nghiệm phân biệt
Vậy (4) có đúng 3 nghiệm phân biệt (đpcm).
Thí dụ 191: Chứng minh rằng với "a, b, cÎR phương trình
acos3x + bcos2x + ccosx + sinx = 0 (5) luôn có nghiệm x Î (*)
 Lời giải:
Đặt ta có F(x) xác định và liên tục trên ; khả vi mà F(0) = F(2π) = 0 "a;b;c ÎR nên theo định lý Rolle phương trình F/(x) = 0 luôn có nghiệm x Î(0;2π) mà F/(x) = VT(5)
Vậy (5) luôn có nghiệm xÎ.
Thí dụ 192: Chứng minh rằng với "a, b, c, d, e ÎR phương trình sau luôn có nghiệm F(x) = acos6 + bcos5 + csin4x + dcos3x + esinx = 0
 Lời giải:
Đặt 
Ta có F(x) xác định và liên tục trên ; khả vi mà F(0) = F(2π) = 0 "a, b, c, d, e ÎR nên theo định lý Rolle phương trình F/(x) = 0 luôn có ít nhất một nghiệm x Î(0;2π)Mà F/(x) = f(x)
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm.
Thí dụ 193: Cho f(x) = anxn + an-1xn-1 + . + a1x + ao. Chứng minh rằng nếu 
$nÎN* sao cho thì phương trình 
f(x) = 0 luôn có nghiệm x Î(0;1).
 Lời giải:
Đặt 
Ta có F(x) xác định và liên tục trên; khả vi và có F(0) = F(1) = 0 nên theo định lý Rolle phương trình F/(x) = 0 luôn có ít nhất một nghiệm x Î(0;1)
Mà F/(x) = an x n + m – 1 + an - 1 x n + m – 2 +  + a1 x m + aox m – 1
 = x m – 1 (an x n + a n – 1 x n - 1 +.+a1x + ao)
Þ Nếu gọi xoÎ (0; 1) là một nnghiệm của phương trình F/(x) = 0 thì: 
 xm-1(anxn + an-1xn-1 +.+ a1x + ao) = 0
Û f(xo) = 0 (xo Î(0;1))
Vậy phương trình f(x) = 0 luôn có nghiệm (x Î(0; 1)).
Thí dụ 194: Giải bất phương trình (1)
 Lời giải:
Điều kiện: 
Xét phương trình g(x) = 2x – 3x + 1 = 0, có g(x) xác định liên tục trên R và
21– 3.1 + 1 = 0; 23 – 3.2 + 1 = 0
Nên phương trình g(x) = 0 có ít nhất hai nghiệm x = 1; x = 3.
Giả sử phương trình g(x)=0 có nhiều hơn hai nghiệm, khi đó theo định lý Rolle phương trình g/(x) = 0 luôn có ít nhất hai nghiệm và phương trình g//(x) = 0 có ít nhất 1 nghiệm mà g/(x) = 2xln2 – 3; g//(x) = 2x(ln2)2 "x ÎR (điều này trái với giả thiết trên)
Do đó g(x) = 0 Û x = 0; x = 3 Þ g(x) ≠0 Û x ≠ 0; x ≠ 3
Vậy (*) Û 
Với điều kiện đó xét phương trình: 
f(x) = 0 
 Phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0.
Do f(x) xác định liên tục trên (*1) và 
Nên ta có bảng xét dấu f(x) trên (*1) như sau:
 BẢNG XÉT DẤU
Thí dụ 198: Chứng minh rằng với "ak; bkÎR; an + bn ≠ 0 phương trình luôn có nghiệm 
 Lời giải:
Đặt F(x) = thì F(x) xác định liên tục trên [0; 2π]; khả vi (0; 2π) và F(0) = F(2π) = . Do đó theo định lý Rolle thì phương trình F/(x) = 0 luôn có ít nhất một nghiệm x Î(0; 2π) mà F/(x) = VT(1)
Vậy phương trình luôn có ít nhất một nghiệm (đpcm).
Thí dụ 200: Chứng minh rằng với "a, b, c đa thức
 P(x) = x5 – 2x4 + 2x3 + ax + bx + c có không quá 3 nghiệm
 Lời giải:
Giả sử P(x) có nhiều hơn 3 nghiệm thì khi đó theo định lý Rolle phương trình P/(x) = 0 luôn có ít nhất ba nghiệm và phương trình P//(x) = 0 có ít nhất hai nghiệm; phương trình P///(x) = 0 có ít nhất một nghiệm mà
P/(x) = 5x4– 8x3 + 6x2 + 2ax + b; P//(x) = 20x3 – 24x2 + 12x + 2a; 
P///(x) = 60x2 – 48x + 12 > 0 (điều này trái với kết quả trên)
Vậy phương trình đã cho có không quá 3 nghiệm (đpcm).