PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ I.. TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ HÀM SỐ, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT & NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ 1... PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH 1.. Nghiệm của bất phương t

BÀI 1 PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

I TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ HÀM SỐ, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT & NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ

1 y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔ ∀ <x1 x2 ∈(a b, ) ta có f x( )1 < f x( )2

2 y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔ ∀ <x1 x2 ∈(a b, ) ta có ( )1 ( )2

f x > f x

3 y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔ ƒ′(x) ≥ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′(x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ∈ (a, b).

4 y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔ ƒ′(x) ≤ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời

ƒ′(x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ∈ (a, b)

5 Cực trị hàm số: Hàm số đạt cực trị tại điểm x x= k ⇔ f x′( ) đổi dấu tại điểm x k

b

x − ε x x + ε

i i i

x −ε x x +ε

6 Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

•Giả sử y = ƒ(x) liên tục trên [a, b] đồng thời đạt cực trị tại

( )

1 , , n ,

Khi đó: [ ] ( ) { ( )1 ( ) ( ) ( )}

,

[ ] ( ) { ( )1 ( ) ( ) ( )}

,

M in M in , , n , ,

•Nếu y = f (x) đồng biến / [a, b] thì

[ ] ( ) ( )

[ ] ( ) ( )

•Nếu y = f (x) nghịch biến / [a, b] thì

[ ] ( ) ( )

[ ] ( ) ( )

•Hàm bậc nhất f x( ) = α + βx trên đoạn [ ]a b; đạt giá trị lớn nhất,

giá trị nhỏ nhất tại các đầu mút a; b

II PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH

1 Nghiệm của phương trình u(x) = v(x) là hoành độ giao điểm của đồ thị y u x= ( ) với đồ thị y v x= ( )

2 Nghiệm của bất phương trình u(x) ≥ v(x) là

phần hoành độ tương ứng với phần

đồ thị y u x= ( ) nằm ở phía trên

so với phần đồ thị y v x= ( )

3 Nghiệm của bất phương trình u(x) ≤ v(x) là

phần hoành độ tương ứng với phần đồ thị

( )

4 Nghiệm của phương trình u(x) = m là hoành độ

giao điểm của đường thẳng y = m với đồ thị y u x= ( )

5 BPT u(x) ≥ m đúng ∀x∈I ⇔ Min I ( )

6 BPT u(x) ≤ m đúng ∀x∈I ⇔ Max I ( )

7 BPT u(x) ≥ m có nghiệm x∈I ⇔ Max I ( )

8 BPT u(x) ≤ m có nghiệm x∈I ⇔ Min I ( )

III Các bài toán minh họa phương pháp hàm số

Bài 1 Cho hàm số f x( ) =mx2 + 2mx− 3

a Tìm m để phương trình ƒ(x) = 0 có nghiệm x∈[1; 2]

b Tìm m để bất phương trình ƒ(x) ≤ 0 nghiệm đúng ∀x∈[1; 4]

c Tìm m để bất phương trình ƒ(x) ≥ 0 có nghiệm x∈[− 1;3]

a

v(x) u(x)

y = m

Giải: a Biến đổi phương trình ƒ(x) = 0 ta có:

Để ƒ(x) = 0 có nghiệm x∈[1; 2] thì [ ] ( )

[ ] ( )

8 m

⇔ ≤ ≤

b Ta có ∀x∈[1; 4] thì f x( ) =mx2 + 2mx− ≤ 3 0 ⇔ m x( 2 + 2x) ≤ 3⇔

2

1;4

M in

∈

Do ( ) ( )2

3

1 1

g x

x

=

+ − giảm trên [1; 4] nên ycbt ⇔

[ ] ( ) ( )

1;4

1

8

c Ta có với x∈ [− 1;3] thì f x( ) =mx2 + 2mx− ≥ 3 0 ⇔ m x( 2 + 2x) ≥ 3 Đặt ( ) 2 3 , [ 1;3]

2

+ Xét các khả năng sau đây:

+ Nếu x= 0 thì bất phương trình trở thành m.0 0 3 = ≥ nên vô nghiệm

+ Nếu x∈(0;3] thì BPT ⇔ g x( ) ≤m có nghiệm x∈(0;3]

( ] ( )

0;3

∈

Do ( ) ( )2

3

1 1

g x

x

=

+ − giảm /(0;3] nên ycbt (0;3] ( ) ( )3 1

5

∈

+ Nếu x∈ −[ 1; 0) thì x2 + 2x< 0 nên BPT ⇔g x( ) ≥m có nghiệm [ 1; 0)

1;0

−

⇔ ≥ Ta có ( ) ( ( )2) [ ]

2

3 2 2 0, 1; 0 2

x

Do đó g x( ) nghịch biến nên ta có Max g x[−1;0) ( ) =g( )− = − ≥1 3 m

Kết luận: ƒ(x) ≥ 0 có nghiệm x∈[− 1;3] ( ; 3] 1; )

5

⇔ ∈ −∞ − U +∞

Bài 2 Tìm m để bất phương trình: 3

3

1

x

−

− + − < nghiệm đúng ∀x ≥ 1

3mx x 2, x 1 3m x f x , x 1

x

4 2 2

−

 

  suy ra f x( )

tăng

YCBT ( ) 3 , 1 min1 ( ) ( )1 2 3 2

3

x

≥

Bài 3 Tìm m để bất phương trình m.4x + (m− 1 2 ) x+2 + − >m 1 0

đúng ∀ ∈x ¡

Giải: Đặt t= 2x > 0 thì m.4x + (m− 1 2 ) x+2 + − >m 1 0 đúng ∀ ∈x ¡

⇔ + − + − > ∀ > ⇔ + + > + ∀ >

( )

2

4 1

t

+

+ + Ta có ( ) ( )

2 2 2

4 1

g t

+ + nên g t( )

nghịch biến trên [0; +∞ ) suy ra ycbt ⇔ 0 ( ) ( )0 1

t

Bài 4 Tìm m để phương trình: x x+ x+ 12 =m( 5 − +x 4 −x) có

nghiệm

Giải: Điều kiện 0 ≤ ≤x 4 Biến đổi PT ( ) 12

Chú ý: Nếu tính f x′( ) rồi xét dấu thì thao tác rất phức tạp, dễ nhầm lẫn

Thủ thuật: Đặt ( ) 12 0 ( ) 3 1 0

x

′

+

2 5 2 4

−

′

Suy ra: g x( ) > 0 và tăng; h x( ) > 0 và giảm hay ( )1 0

h x > và tăng

( )

g x

f x

h x

= tăng Suy ra f x( ) =m có nghiệm

[ ] ( )

[ ] ( ) [ ( ) ( )] ( )

min ; max 0 ; 4 2 15 12 ;12

Bài 5 Tìm m để bất phương trình: 3 2 ( )3

nghiệm

Giải: Điều kiện x≥ 1 Nhân cả hai vế BPT với ( )3

ta nhận được

bất phương trình ( ) ( 3 2 )( )3

Ta có ( ) 3 2 6 0, 1; ( ) 3( 1)2 1 1 0

−

Do g x( ) > 0 và tăng ∀ ≥x 1; h x( )> 0 và tăng nên f x( ) =g x h x( ) ( ). tăng

1

x

∀ ≥

Khi đó bất phương trình f x( ) ≤m có nghiệm

( ) ( )

1

≥

Bài 6 Tìm m để ( 4 +x) ( 6 −x) ≤x2 − 2x m+ nghiệm đúng

[ 4, 6]

x

∀ ∈ −

Cách 1 BPT ⇔ f x( ) = −x2 + 2x+ ( 4 +x) ( 6 −x) ≤m đúng ∀ ∈ −x [ 4, 6]

( )

x

Lập bảng biến thiên suy ra Max Max f x[−4,6] ( ) = f ( )1 = ≤6 m

Cách 2 Đặt (4 ) (6 ) (4 ) (6 ) 5

2

Ta có t2 = −x2 + 2x+ 24 Khi đó bất phương trình trở thành

t≤ − + +t m ∀ ∈t ⇔ f t =t + −t ≤m t∀ ∈ Ta có:

f t′ = + >t ⇒ f t( ) tăng nên f t( ) ≤m t; ∀ ∈[ ]0;5 ⇔

[ ] ( ) ( )

0;5

max f t = f 5 = ≤ 6 m

Bài 7 Tìm m để 3 + +x 6 − −x 18 3 + x x− 2 ≤m2 − +m 1 đúng

[ 3, 6]

x

∀ ∈ −

Giải:

Đặt t= 3 + +x 6 − >x 0 ⇒ t2 =( 3 + +x 6 −x)2 = + 9 2 3 ( +x) ( 6 −x)

⇒ 9 ≤t2 = + 9 2 3 ( +x) ( 6 −x) ≤ + + 9 ( 3 x) ( + 6 −x) = 18

2

Xét ( ) 1 2 9 ; ( ) 1 0; 3;3 2 max3;3 2 ( ) ( )3 3

′

ycbt ⇔max3;3 2 f t( ) = ≤3 m2 − + ⇔m 1 m2 − − ≥ ⇔ ≤ −m 2 0 m 1 V m 2≥

Bài 8 (Đề TSĐH khối A, 2007)

Tìm m để phương trình 3 x− + 1 m x+ = 1 2 4 x2 − 1 có nghiệm thực

Giải: ĐK: x≥ 1, biến đổi phương trình

4

Đặt 4 1 41 2 [0,1)

x

u

Khi đó g t( ) = − 3t2 + = 2t m

Ta có ( ) 6 2 0 1

3

g t′ = − + = ⇔ =t t Do đó yêu cầu 1 1

3

m

⇔ − < ≤

Bài 9 (Đề TSĐH khối B, 2007): Chứng minh rằng: Với mọi

0

m> , phương trình x2 + 2x− = 8 m x( − 2 ) luôn có đúng hai nghiệm phân biệt

Giải: Điều kiện: x≥ 2

Biến đổi phương trình ta có:

(x 2 ) (x 6 ) m x( 2 )

(x 2 )(x3 6x2 32 m) 0 x 2 V g x ( ) x3 6x2 32 m

ycbt ⇔g x( ) =m có đúng một nghiệm thuộc khoảng ( 2; +∞ ) Thật vậy ta có:

g x′ = x x+ > ∀ >x Do đó g x( ) đồng biến mà g x( ) liên tục

và

t01+0– 0– 1

x2 + 0

( ) 2 0; lim ( )

x

→+∞

= = +∞ nên g x( ) =m có đúng một nghiệm ∈( 2; +∞ ) Vậy ∀ >m 0, phương trình x2 + 2x− = 8 m x( − 2 ) có hai nghiệm phân biệt

Bài 10 (Đề TSĐH khối A, 2008) Tìm m để phương trình sau

có đúng hai nghiệm thực phân biệt:

4 2x + 2x + 2 6 4 − +x 2 6 − =x m

Giải: Đặt f x( ) = 4 2x + 2x + 2 6 4 − +x 2 6 −x x ; ∈[ ]0; 6

−

−

, x

−

−

( ) ( )

, 0, 0, 2

, 0, 2, 6





( ) ( )

( ) 0, 0, 2 ( ) 0, 2, 6 (2) 0

f

′

 > ∀ ∈

 ′

⇒  < ∀ ∈

 ′ =



x026 +0– f(x)

4

Nhìn BBT ta có PT có 2 nghiệm phân biệt ⇔

4

2 6 2 6 + ≤ <m 3 2 6 +

Bài 11 (Đề TSĐH khối D, 2007):

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm 3 3

 + + + =









Giải: Đặt u x 1;v y 1

3 3

x

và u x 1 x 1 2 x. 1 2 ; v y 1 2 y. 1 2

Khi đó hệ trở thành 3 3 ( )

8

+ =



⇔ u v, là nghiệm của phương trình bậc hai f t( ) =t2 − + = 5t 8 m

Hệ có nghiệm ⇔ f t( ) =m có 2 nghiệm t t1 , 2 thỏa mãn

Lập Bảng biến thiên của hàm số f t( ) với t ≥ 2

( )

( )

22

+∞

Nhìn bảng biến thiên ta có hệ có nghiệm 7 2 m 22

4 m

Bài 12 (Đề 1I.2 Bộ đề TSĐH 1987-2001):

Tìm x để bất phương trình x2 + 2 sinx( y+ cosy) + ≥ 1 0 đúng với

y

∀ ∈ ¡

Giải: Đặt u=siny+cosy∈ − 2, 2 ,

2, 2

u

∈ − 

Do đồ thị y g u= ( ) là một đoạn thẳng với u∈ − 2, 2  nên

( )

2 , 2

( )

2

2

2 0

g



Bài 13 Cho  + + =a b c a b c, , ≥0 3 Chứng minh rằng: a2 +b2 +c2 +abc≥ 4

Giải: BĐT 2 ( ) 2 2 ( ) 2 ( )

⇔ = − + − + ≥ trong đó 0 ( )2 1 (3 ) 2

b c

Như thế đồ thị y= f u( ) là một đoạn thẳng với 0;1(3 )2

4

Ta có

( )0 2 2 6 5 2( )3 2 1 0; (1 (3 ) 2) 1 ( 1) ( 2 2) 0

nên suy ra f u( ) ≥ 0; 0;1 (3 ) 2

4

∀ ∈ −  Vậy a2 +b2 +c2 +abc≥ 4 Đẳng thức xảy ra ⇔ = = =a b c 1

Bài 14 (IMO 25 – Tiệp Khắc 1984):

Cho  + + =a b c a b c, , ≥0 1 Chứng minh rằng: 2 7

27

Giải: a b c( + + −) (1 2a bc a) = (1 −a) (+ − 1 2a bc a) = (1 −a) (+ − 1 2a u) = f u( )

Đồ thị y= f u( ) (= − 1 2a u a) + (1 −a) với 0 ( )2 ( 1 ) 2

a

b c

một đoạn thẳng với 2 giá trị đầu mút

f =a − ≤a  + −  = <

Do đồ thịy= f u( ) là một đoạn thẳng với 0;1(1 )2

4

( )0 7

27

f −a ≤ nên ( ) 7

27

f u ≤ Đẳng thức xảy ra

1 3

a b c

⇔ = = =

Bài 15 Chứng minh rằng: 2(a b c+ + −) (ab bc ca+ + )≤ ∀ 4, a b c, , ∈[ ]0, 2

Giải: Biến đổi bất đẳng thức về hàm bậc nhất biến số a, tham

số b, c ta có f a( ) (= 2 − −b c a) + 2(b c+ −) bc≤ ∀ 4, a b c, , ∈[ ]0, 2

Đồ thị y= f a( )là một đoạn thẳng với a∈[ ]0, 2 nên

( ) Max{ ( ) 0 ; ( ) 2}

Ta có f( )0 = − 4 (2 −b) (2 − ≤c) 4; f( )2 = − 4 bc≤ ⇒ 4 f a( )≤ ∀ 4, a b c, , ∈[ ]0, 2

Bài 16 CMR: (1 −a) (1 −b) (1 −c) (1 −d) + + + + ≥ ∀a b c d 1, a b c d, , , ∈[ ]0,1

Giải: Biểu diễn bất đẳng thức về hàm bậc nhất biến số a, tham

số b, c, d, ta có:

( ) [1 ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )] ( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) 1, , , , [ ]0,1

f a = − −b −c −d a+ −b −c −d + + + ≥ ∀b c d a b c d∈

Đồ thị y= f a( ), ∀ ∈a [ ]0,1 là một đoạn thẳng nên

[ ]0,1 ( ) { ( ) ( )}

Min Min 0 , 1

Ta có f( )1 = + + + ≥ ∀b c d 1 1, b c d, , ∈[ ]0,1

( ) ( 0 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( ) [1 1 ( ) ( 1 )] ( 1 ) ( 1 )

f = −b −c −d + + + ⇔b c d g b = − −c −d b+ −c −d + +c d

Đồ thị y g b= ( ), ∀ ∈b [ ]0,1 là một đoạn thẳng nên

[ ]0,1 ( ) { ( ) ( )}

Ta có g( )1 = + + ≥c d 1 1;g( ) (0 = − 1 c) (1 −d) + + = +c d 1 cd≥ 1

⇒ f( ) 0 =g b( ) ≥ ∀ ∈ 1, b [ ]0,1 Vậy f a( )≥ 1 hay ta có (đpcm)