Phương pháp hàm số

PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ I... PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH 1... Các bài toán minh họa phương pháp hàm số Bài 1.

CHƯƠNG I HÀM SỐ

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 f x 1  f x 2

3 y  f (x) đồng biến / (a, b)  (x)  0 x(a, b) đồng thời (x)  0

tại một số hữu hạn điểm  (a, b)

4 y  f (x) nghịch biến / (a, b)  (x)  0 x(a, b) đồng thời (x)  0

tại một số hữu hạn điểm  (a, b)

5 Cực trị hàm số: Hàm số đạt cực trị tại điểm  

k

xx  f x đổi dấu tại điểm

k

x

6 Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

 Giả sử y  (x) liên tục trên [a, b] đồng thời đạt cực trị tại

 

1 , , n ,

Khi đó:

      1      

,

      1      

,

 Nếu y  f (x) đồng biến / [a, b] thì

     

     

x a b f x f a x a b f x f b

x   x x  

x   x x  

 Nếu y  f (x) nghịch biến / [a, b] thì

     

     

x a b f x f b x a b f x f a

 Hàm bậc nhất f x    x 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

 

yu x nằm ở phía dưới so với phần đồ thị yv x 

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   

I

Min

6 BPT u(x)  m đúng xI   

I

Max

7 BPT u(x)  m có nghiệm xI   

I

Max

8 BPT u(x)  m có nghiệm xI   

I

Min

  b x

a

v(x) u(x)

y = m

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 (x)  0 có nghiệm x[1; 2]

b Tìm m để bất phương trình (x)  0 nghiệm đúng x[1; 4]

c Tìm m để bất phương trình (x)  0 có nghiệm x 1; 3

Giải: a Biến đổi phương trình (x)  0 ta có:

Để (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 3 , 1; 4

2

1;4

M in



Do  

 2

3

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

g x

x



giảm /0; 3 nên ycbt

     

0;3

1 3 5



+ Nếu x   1; 0 thì x  2x 0 nên BPT g x m có nghiệm x   1; 0

1;0



2

3 2 2

0, 1; 0 2

x



Do đó g x  nghịch biến nên ta có

   

5



Bài 2 Tìm m để bất phương trình: 3

3

1

x



    nghiệm đúng x 

1

x

Ta có  

4 2 2



 

  suy ra f x  tăng

1

2

3

x



Bài 3 Tìm m để bất phương trình m.4x m 1 2 x2 m  1 0 đúng

x

  ¡

 

2

4 1

t



2 2 2

4 1

g t

 

nên g t 

nghịch biến trên 0;  suy ra ycbt     

t

Bài 4 Tìm m để phương trình: x x  x 12 m 5 x  4 x có

nghiệm

Chú ý: Nếu tính f x rồi xét dấu thì thao tác rất phức tạp, dễ nhầm lẫn

x







Suy ra: g x   0 và tăng; h x  > 0 và giảm hay

 

h x  và tăng

    

 

g x

f x

h x

 tăng Suy ra f x m có nghiệm

   

          

Bài 5 Tìm m để bất phương trình: 3 2  3

nghiệm

được

bất phương trình    3 2   3

Đặt g x x3  3x2  1 ; h x  x x 13



Do g x   0 và tăng  x 1; h x   0 và tăng nên f x g x h x   . tăng  x 1

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   x  4, 6

 

x

Lập bảng biến thiên suy ra Max

     

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:

  2 1 0

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  3xx2 m2 m 1 đúng  x  3, 6

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

3;3 2

9



3;3 2

Bài 8 (Đề TSĐH khối A, 2007)

Tìm m để phương trình 3 x  1 m x  1 2 4x2  1 có nghiệm thực

Đặt 4 1 41 2 0,1

x

u



Khi đó g t   3t2  2tm

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 m 0, phương trình x2  2x  8 m x  2 luôn có đúng hai nghiệm phân biệt

Biến đổi phương trình ta có:

x 2 x 6 m x 2

x 2 2 x 62 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:

  3  4 0, 2

g x  x x   x Do đó g x  đồng biến mà g x  liên tục và

 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

 

 

g x

0



Ta có:  



Đặt  

, x





   





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

f







  



Nhìn BBT ta có PT có 2 nghiệm phân biệt  2 6  2 64 m 3 2  6

Bài 11 (Đề TSĐH khối D, 2007):

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm

    









3

x

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

 

4 12  2 3

4

2 6  2 6

Khi đó hệ trở thành

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

1 , 2

t t thỏa mãn t1  2; t2  2 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  2xsiny cosy  1 0 đúng với   ¡y

2 , 2

u

  

Do đồ thị yg u  là một đoạn thẳng với u  2, 2 nên

 

2, 2

u

g u

  

 

2

2

2 0

g



Bài 13 Cho , , 0

3

a b c







  



Chứng minh rằng: a2 b2 c2 abc 4

   2 2 2 6 5 0

Như thế đồ thị y f u  là một đoạn thẳng với 0;13 2

4

 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 , , 0

1

a b c







  



27

abbcca abc

Đồ thị y f u 1 2  a u a1 a với  2  2

1 0

a

đoạn thẳng với 2 giá trị đầu mút      

2