Phương pháp hàm số

Phương pháp hàm số

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) ⇔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

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 x1, ,x n∈(a b, ) Khi đó: Max[ ], ( ) Max{ ( )1 , , ( )n , ( ), ( )};

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

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

[ ] ( ) ( )

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

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

nhất tại các đầu mút a; b

b

i i i

x − ε x x + ε

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

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]

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

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

[ ] ( )

⇔ ≤ ≤

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

2

1;4

M in

∈

Do ( )

3

g x

x

=

+ − giảm trên [1; 4] nên ycbt ⇔ [ ] ( ) ( )

1;4

1

8

a

v(x) u(x)

y = m

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

2

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

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

0;3

x Min g x m

∈

Do ( )

3

g x

x

=

+ − giảm /(0;3 nên ycbt ] ( ] ( ) ( )

0;3

1 3 5

∈

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

1;0

Max g x m

−

2

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: x3 3mx 2 31

x

−

− + − < nghiệm đúng ∀x ≥ 1

x

Ta có ( )

4 2 2

−

 

1

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

t

+

2 2 2

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

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

x

′

+

−

′

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

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

x + x− > ta nhận được

f x = x + x − x + x− ≤m

g x =x + x − h x = x+ x−

−

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]

Cách 1 BPT ⇔ f x( ) = −x2 +2x+ (4+x) (6−x) ≤m 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:

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∀ ∈ −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 24 x2 −1 có nghiệm thực

Giải: ĐK: x≥1, biến đổi phương trình

4

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

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

x + 00

( )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: 42x + 2x +2 64 − +x 2 6− =x m

Giải: Đặt f x( ) =42x + 2x +2 64 − +x 2 6−x x ; ∈[ ]0; 6

Ta có: ( )

−

−

Đặt ( )

, x

−

−

( ) ( )





( ) ( )

(2) 0

f

′

 > ∀ ∈

 ′

⇒ < ∀ ∈

 ′ =



Nhìn BBT ta có PT có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 2 6 2 6+ 4 ≤ <m 3 2 6+

Bài 11 (Đề TSĐH khối D, 2007):

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm

 + + + =









Giải: Đặt

3 3

x

x026 +0– f(x) fff

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 t t thỏa mãn 1, 2 t1 ≥2; t2 ≥2

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

( )

( )

f t +∞

22

+∞

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

g



Bài 13 Cho , , 0

3

a b c

a b c

≥



 + + =

a +b +c +abc≥

b c

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

4

u∈ −a 

( )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):

1

a b c

a b c

≥



 + + =

7 2

27

ab bc ca+ + − abc≤

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

đoạn thẳng với 2 giá trị đầu mút ( )0 (1 ) (1 ) 2 1 7

f =a − ≤a  + −  = <

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

4

u∈ −a 

27

f < ;

(1 1 2) 7

27

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 = − −b c a+ b c+ −bc≤ ∀a b c∈

Đồ thị y= f a( )là một đoạn thẳng với a∈[ ]0, 2 nên f a( )≤Max{ f( )0 ;f ( )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 Min[ ]0,1 ( ) 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 Min[ ]0,1 ( ) { ( ) ( )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)