Kỹ thuật sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải phương trình, hệ phương trình

Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
I – ƯNG DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÀM SỐ VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
1. Nếu hàm số
(
)
=
y f x
ñơn ñiệu trên tập D thì phương trình
(
)
=
f x k
nếu có nghiệm
0
=
x x
thì ñó là nghiệm duy nhất của phương trình.
2. Nếu hàm số
(
)
=
y f x

ñơn ñiệu trên tập D và
(
)
(
)
,
u x v x
là các hàm số nhận các giá trị
thuộc D thì
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
= ⇔ =
f u x f v x u x v x
.
• Một số lưu ý khi sử dụng phương pháp hàm số.
Vấn ñề quan trọng nhất khi sử dung phương pháp hàm số là chúng ta phải nhận ra ñược
hàm số ñơn ñiệu và nhẩm ñược nghiệm của phương trình.
1) ðể phát hiện ñược tính ñơn ñiệu của hàm số chúng ta cần nắm vững các tính chất:
i) Nếu
(

)
=
y f x
ñồng biến (nghịch biến) thì:
+
(
)
=
n
y f x
ñồng biến (nghịch biến).
+
( )
1
=y
f x
với
(
)
0
>
f x
nghịch biến (ñồng biến).
+
(
)
= −
y f x
nghịch biến (ñồng biến).
ii) Tổng của các hàm số ñồng biến (nghịch biến) trên D là một hàm số ñồng biến (nghịch

biến) trên D.
iii) Tích của các hàm số dương ñồng biến (nghịch biến) trên D là mộ hàm số ñồng biến
(nghịch biến) trên D.
Ví dụ: Từ tính ñơn ñiệu của các hàm số
3
= +
y x
,
3 , 2
= − = −
y x y x
nếu nắm ñược các
tính chất trên ta có thể phát hiện ñược ngay các hàm số
3
3 3
= + + + +
y x x x
(ñb),
6 8
3 2
= +
− −
y
x x
(ñb),
1
3
3
= + −
+

y x
x
(nb). Từ cách nhìn nhận ñó có thể giúp
chúng ta ñịnh hướng ñược phương pháp giải là sử dụng tính ñơn ñiệu của hàm số.
2) Việc nhẩm nghiệm cũng là một vấn ñề rất quan trong trong phương pháp này, khi nhẩm
nghiệm ta thường ưu tiên chọn x mà biểu thức trong dấu căn là lũy thừa mũ n (nếu căn bậc
n), hoặc nếu phương trình logarit thì ta chọn x mà biểu thức trong dấu loga là
α
a
nếu pt có
logarit cơ số a…

Ví dụ 1. Giải các phương trình:
a)
3
3
5 1 2 1 4
− + − + =
x x x
(1) b)
3 2
2 3 6 16 4 2 3
+ + + − − =x x x x
(2)

Giải:
a) Quan sát vế trái của pt (1) chúng ta thấy khi x tăng (giảm) thì giá trị của các biểu thức
trong dấu căn cũng tăng (giảm), từ dó chúng ta thấy vế trái là hs ñồng biến mà vế phải
bằng 4 không ñổi nên ta sử dụng tính ñơn ñiệu của hs là lựa chọn hợp lí ñể giải quyết bài
toán.

ðK:
3
3
1
5 1 0
5
− ≥ ⇔ ≥x x
. ðặt
( )
3
3
5 1 2 1
= − + − +
f x x x x
,
ta có ph
ươ
ng trình
(
)
4
=
f x

Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài

toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
Ta có
( )
( )
2
3 2
3
15 2
' 1 0
3 2 1
2 5 1
= + + >
−
−
x
f x
x
x
với mọi
3
1
;
5
 
∈ +∞
 
 

x
nên hàm số ñồng
biến trên
3
1
;
5
 
+∞


 
. Mà
(
)
1 4
=
f
, tức
1
=
x
là một nghiệm của phương trình. Ta chứng
minh ñó chính là nghiệm duy nhất.
+ Nếu
1
>
x
thì
(

)
(
)
1 4
> = ⇒
f x f PTVN

+ N
ế
u
3
1
1
5
≤ <
x

Thì
(
)
(
)
1 4
< =
⇒
f x f PTVN

V
ậ
y PT có nghi

ệ
m duy nh
ấ
t
1
=
x
.
b)
ð
K:
( )
(
)
2
3 2
2 2 8 0
2 3 6 16 0
2 4
4 0
4



+ − + ≥
+ + + ≥
⇔ ⇔ − ≤ ≤
 
− ≥
≤




x x x
x x x
x
x
x

PT (2) có d
ạ
ng
(
)
2 3
=f x
trong
ñ
ó
( )
3 2
2 3 6 16 4
= + + + − −
f x x x x x

( )
(
)
2
3 2

3 1
1
' 0
2 4
2 3 6 16
+ +
= + >
−
+ + +
x x
f x
x
x x x
v
ớ
i m
ọ
i
(
)
2;4
∈ −
x
nên hàm s
ố

ñồ
ng bi
ế
n trên

[-2;4]. Mà
(
)
1 2 3
=f

, t
ừ

ñ
ó ta có x = 1 là nghi
ệ
m duy nh
ấ
t c
ủ
a ph
ươ
ng trình.

Ví d
ụ
2. Gi
ả
i các ph
ươ
ng trình :
a)
6 8
6

3 2
+ =
− −x x

b)
(
)
( )
(
)
2 2
3 2 9 3 4 2 1 1 0
+ + + + + + + =
x x x x x
Gi
ả
i:
a)
ð
K:
2
<
x

ðặ
t
( )
6 8
3 2
= +

− −
f x
x x
ta có PT
(
)
6
=
f x

( )
( ) ( )
' '
2 2
6 8
3 4
3 2
' 0
6 8 6 8
2 2 3 2
3 2 3 2
   
   
− −
   
= + = + >
− −
− − − −
x x
f x

x x
x x x x

v
ớ
i m
ọ
i
(
)
;2
∈ −∞
x
.

Nên hàm s
ố

ñồ
ng bi
ế
n trên
(
)
;2
−∞
.
Mà
3
6

2
 
=
 
 
f

V
ậ
y PT có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t
3
2
=
x
.
b)
(
)
( )
(
)
( )
( )
( ) ( )
2 2
2

2
3 2 9 3 4 2 1 1 0
3 2 3 3 2 1 2 2 1 3
+ + + + + + + =
 
⇔ + + = − + + − + +
 
 
 
 
x x x x x
x x x x

Xét
( )
(
)
2
2 3
= + +
f t t t thì pt có d
ạ
ng
(
)
(
)
(
)
3 2 1

= − +
f x f x (1)
Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
Vì
( )
2
2
2
' 2 3 0
3
= + + + >
+
t
f t t
t
, nên hs
ñồ
ng bi
ế
n, do
ñ

ó
( ) ( )
1
1 3 2 1
5
⇔ = − + ⇔ = −
x x x

V
ậ
y PT có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t
1
5
= −
x
.
Ví d
ụ
3. Gi
ả
i các ph
ươ
ng trình:
a)
2 2
3 3

3 3
2 2 1 2 1
+ − + = − +
x x x x

b)
3
3
6 1 8 4 1
+ = − −
x x x

Gi
ả
i:
a) Ta có
2 2 2 2
3 3 3 3
3 3 3 3
2 2 1 2 1 2 1 2 2 1
+ − + = − + ⇔ + + + = + +
x x x x x x x x

Xét
(
)
3 3
1
= + +
f t t t

,
ta có pt
( )
(
)
2
1 2
+ =
f x f x
. Vì
(
)
3 3
1
= + +
f t t t

ñồ
ng bi
ế
n nên
( )
(
)
2 2
1
1 2 2 1 0 1,
2
+ = ⇔ − − = ⇔ = = −
f x f x x x x x

.
V
ậ
y PT có hai nghi
ệ
m là:
1
1
2
= ∨ = −
x x
.
b)
( )
(
)
( )
3
3
3 3 3
6 1 8 4 1 6 1 6 1 2 2 6 1 2
+ = − − ⇔ + + + = + ⇔ + =
x x x x x x x f x f x

Trong
ñ
ó
(
)
3

= +
f t t t
. D
ễ
th
ấ
y
(
)
f t
là m
ộ
t hàm
ñồ
ng bi
ế
n nên
(
)
( )
3 3
3 3
1
6 1 2 6 1 2 8 6 1 0 4 3
2
+ = ⇔ + = ⇔ − − = ⇔ − =
f x f x x x x x x x
(1)
N
ế

u
1
>
x
t
hì
( )
(
)
2
1
1 4 3 1
2
= − > >
VT x x
nên PTVN.
N
ế
u
1
≤
x

thì
ñặ
t
cos , [0; ]
ϕ ϕ π
= ∈
x

, khi
ñ
ó (1) tr
ở
thành
3
1 1 2
4cos 3cos cos3
2 2 9 3
π π
ϕ ϕ ϕ ϕ
− = ⇔ = ⇔ = ± + k
. Ch
ọ
n các nghi
ệ
m trong
ñ
o
ạ
n
[0; ]
π
ta
ñượ
c các nghi
ệ
m
1 2 3
5 7

, ,
9 9 9
π π π
ϕ ϕ ϕ
= = =
.
T
ừ

ñ
ó ta
ñượ
c 3nghi
ệ
m c
ủ
a pt là :
5 7
cos , cos , cos
9 9 9
π π π
= = =x x x
.
Ví du 4: Gi
ả
i các ph
ươ
ng trình
a)
2008 2009 2.2007

+ =
x x x

b)
(
)
1
3
7
7 1 2log 6 5
−
= + −
x
x

Gi
ả
i :
a)
2008 2009
2008 2009 2.2007 2
2007 2007
   
+ = ⇔ + =
   
   
x x
x x x

Ph

ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
Hàm số
( )
2008 2009
2007 2007
   
= +
   
   
x x
f x
có
( )
2008 2008 2009 2009
' ln ln 0
2007 2007 2007 2007
   
= + >
   
   
x x
f x

nên
ñồ
ng bi
ế
n và
( )
0 0
2008 2009
0 2
2007 2007
   
= + =
   
   
f
do
ñ
ó pt
(
)
2
=
f x
có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t x = 0.
b)
ð

K:
6 5 0
− >
x

ðặ
t
(
)
1
7
1 log 6 5 7 6 5
−
− = − ⇒ = −
y
y x x
(1)
Lúc
ñ
ó pt
ñ
ã cho tr
ở
thành
(
)
(
)
1
3

7 7
7 1 2log 6 5 1 6log 6 5 6 5
−
= + − = + − = −
x
x x y
(2)
Tr
ừ
theo t
ừ
ng v
ế
(1) và (2) ta
ñượ
c :
(
)
(
)
(
)
(
)
1 1 1 1
7 7 6 6 7 6 1 7 6 1 1 1
− − − −
− = − ⇔ + − = + − ⇔ − = −
x y x y
y x x y f x f y

Trong
ñ
ó
(
)
7 6
= +
t
f t t
, vì
(
)
' 7 .ln7 6 0
= + >
t
f t nên hàm s
ố

ñồ
ng bi
ế
n trên R, suy ra
(
)
(
)
1 1
− = − ⇔ =
f x f y x y

.
Thay vào (1) và bi
ế
n
ñổ
i ta
ñượ
c pt:
(
)
1
7 6 1 1 0
−
− − − =
x
x
(3)

Hàm s
ố

(
)
7 6 1
= − −
t
g t t
có
(
)

' 7 ln7 6
= −
t
g t

ta có
(
)
0 7 7
' 7 ln7 6 0 log 6 log ln7
= − = ⇔ = −
t
g t t

Hàm s
ố

(
)
g t
ngh
ị
ch bi
ế
n trên kho
ả
ng
(
)
0

;
−∞
t
và
ñồ
ng bi
ế
n trên
0
( ; )
+∞
t
nên trên m
ỗ
i
kho
ả
ng
ñ
ó
(
)
g t
có nhi
ề
u nh
ấ
t m
ộ
t nghi

ệ
m nên pt
(
)
0
=
g t
có nhi
ề
u nh
ấ
t 2 nghi
ệ
m. D
ễ
th
ấ
y
1 2
0, 1
= =
t t
là hai nghi
ệ
m c
ủ
a
(
)
g t

suy ra pt (3) có hai nghi
ệ
m
1 2
1, 2
= =
x x
. Hai nghi
ệ
m
này th
ỏ
a mãn
ñ
i
ề
u ki
ệ
n .

Nh
ậ
n xét:
+ D
ạ
ng t
ổ
ng quát c
ủ
a bài toán trên là

(
)
(
)
log 0, 0,0 1
+
= + + + ≠ ≠ < ≠
ax b
s
s p qx r cx d a q s

+ Trong PT trên có hai phép toán trái ng
ượ
c nhau là phép l
ũ
y th
ừ
a và phép l
ấ
y logarit,
trong ph
ươ
ng trình có ch
ứ
a các phép toán khác nhau c
ũ
ng th
ườ
ng
ñượ

c gi
ả
i b
ằ
ng cách s
ử

d
ụ
ng tính
ñơ
n
ñ
i
ệ
u c
ủ
a hàm s
ố
. Chúng ta có th
ể
th
ấ
y
ñ
i
ề
u
ñ
ó qua ví d

ụ
sau
Ví d
ụ
5 : Gi
ả
i các ph
ươ
ng trình sau:
a)
2
2
2
2
1
log 3 2
2 4 3
− +
= − +
− +
x x
x x
x x

b)
2
1 3
+ + =
x
x x

Gi
ả
i:
a) Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
2
2
2
2 2 2 2
2 2
1
log 3 2
2 4 3
log 1 log 2 4 3 2 4 3 1 1
− +
= − +
− +
⇔ − + − − + = − + − − +
x x
x x
x x
x x x x x x x x

ðặt
2 2
1, 2 4 3
= − + = − +

u x x v x x
thì (1) trở thành
2 2 2 2
log log log log
− = − ⇔ + = +
u v v u u u v v
(2)
Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
ðặt
( ) ( ) ( )
2
1
log ' 1 0, 0;
ln2
= + ⇒ = + > ∀ ∈ +∞
f t t t f t t
t
nên hàm số ñồng biến và (2) có
dạng
(
)

(
)
2
3 2 0 1 2
= ⇔ = ⇔ − + = ⇔ = ∨ =
f u f v u v x x x x
.
b) Ta có
(
)
2 2
1 3 3 1 1
+ + = ⇔ + − =
x x
x x x x
. ðặ
t
( )
(
)
2
3 1
= + −
x
f x x x

( )
(
)
(

)
2 2
2 2
1
' 3 ln3 1 3 1 3 1 ln3 0
1 1
   
= + − + − = + − − >
   
   
+ +
   
x x x
x
f x x x x x
x x

(Vì
2
1
+ >
x x
và
2
1
ln3 1
1
> ≥
+
x

)
nên hàm s
ố

ñồ
ng bi
ế
n , mà
(
)
0 1
=
f do dó
0
=
x
là
nghi
ệ
m duy nh
ấ
t c
ủ
a ph
ươ
ng trình.
Nh
ậ
n xét : Khi g
ặ

p ph
ươ
ng trình
(
)
(
)
=
f x g x
trong
ñ
ó
,
f g
có m
ộ
t hàm
ñồ
ng bi
ế
n và m
ộ
t
hàm ngh
ị
ch bi
ế
n thì cách gi
ả
i th

ườ
ng dùng là nh
ẩ
m nghi
ệ
m và ch
ứ
ng minh nghi
ệ
m
ñ
ó là
duy nh
ấ
t, tuy nhiên trong bài toán c
ủ
a ta
( ) ( )
2
1, 3
= + + =
x
f x x x g x l
ạ
i
ñề
u
ñồ
ng bi
ế

n
nên cách
ñ
ó không gi
ả
i quy
ế
t
ñượ
c, vì v
ậ
y ta chia hai v
ế
c
ủ
a pt cho
2
1
+ +
x x
ñể

ñư
a v
ề

m
ộ
t v
ế

là h
ằ
ng s
ố
và v
ế
còn l
ạ
i là m
ộ
t hàm s
ố
mà ta có th
ể
xét
ñượ
c tính
ñơ
n
ñ
i
ệ
u c
ủ
a nó,
ñ
ó c
ũ
ng là cách mà ta dùng
ở

VD4.
Ví d
ụ
6. Gi
ả
i các ph
ươ
ng trình sau:
a)
(
)
(
)
5 4
log 3 3 1 log 3 1
+ + = +
x x

(1)

b)
( )
(
)
1 2 4 3.4
+ + =
x x
x
(2)
Gi

ả
i:
a)
ðặ
t:
(
)
4
log 3 1 3 1 4 3 4 1
= + ⇒ + = ⇔ = −
x x t x t
t
, thay vao (1) ta
ñượ
c ph
ươ
ng trình:

( )
5
1 2
log 3 2 3 2 5 3 1
5 5
   
+ = ⇔ + = ⇔ + =
   
   
t t
t t t
t

.
ðặ
t
( )
1 2
3
5 3
   
= +
   
   
t t
f t

Ta có
( )
1 1 2 2
' 3 ln ln 0
5 5 3 3
   
= + <
   
   
t t
f t
nên hàm s
ố
ngh
ị
ch bi

ế
n và
( )
1 2
1 3 1
5 3
   
= + =
   
   
f

Vậy PT có nghiệm duy nhất
1
=
x
.
b) Ta có :
( )
( )
4 1 4 1
1 2 4 3.4 0
3 3
2 4 2 4
+ +
+ + = ⇔ = ⇔ − =
+ +
x x
x x
x x

x x
x

ðặ
t
( ) ( )
(
)
( ) ( )
2
2 2
4 ln4. 2 4 4 ln4
4 1 1 2ln4.4 1
'
3 3 3
2 4
2 4 2 4
+ −
+
= − ⇔ = − = −
+
+ +
x x x
x x
x
x x
x
f x f x

( )

( )
( )
2
2
2ln4.4 1
' 0 0 2 4 6ln4.4 0
3
2 4
= ⇔ − = ⇔ + − =
+
x
x x
x
f x
,
ñ
ây là pt b
ậ
c hai theo
ẩ
n là
4
x
nên có nhi
ề
u nh
ấ
t là 2 nghi
ệ
m suy ra PT

(
)
0
=
f x
có nhi
ề
u nh
ấ
t 3 nghi
ệ
m, mà ta th
ấ
y
1
0, , 1
2
= = =
x x x
là các nghi
ệ
m c
ủ
a c
ủ
a nó, do
ñ
ó pt có nghi
ệ
m là

1
0, , 1
2
= = =
x x x
.
Ví d
ụ
7: Gi
ả
i các ph
ươ
ng trình:
Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
a)
2
1 cos
2
− =
x
x

b)
2
2
sin cos 2
−
+ =
n
n n
x x

(
)
, 2
∈ ≥
ℕ
n n
và
0;
2
π
 
∈
 
 
x
.
Giải:
a)
2 2
1 cos cos 1

2 2
− = ⇔ + =
x x
x x
. ðặt
( )
2
cos
2
= +
x
f x x

Dễ thấy
(
)
(
)
,
− = ∀ ∈
ℝ
f x f x x do
ñ
ó
(
)
f x
là hàm s
ố
ch

ẵ
n, vì v
ậ
y ch
ỉ
c
ầ
n gi
ả
i trên
[0; )
+∞

Ta có
(
)
(
)
' sin , '' 1 cos 0, x [0; )
= − = − ≥ ∀ ∈ +∞
f x x x f x x
suy ra
(
)
'
f x
ñồ
ng bi
ế
n trên

[0; )
+∞
nên
(
)
(
)
' ' 0 0, 0
≥ = ∀ ≥
f x f x do
ñ
ó
(
)
f x
ñồ
ng bi
ế
n trên
[0; )
+∞
.
Mà
(
)
0 1
=
f

V

ậ
y x = 0 là nghi
ệ
m duy nh
ấ
t c
ủ
a pt trên
[0; )
+∞
và
ñ
ó c
ũ
ng chính là nghi
ệ
m duy nh
ấ
t c
ủ
a
PT trên
ℝ
.
b) N
ế
u
2
=
n

thì pt tr
ở
thành
2 2
sin cos 1
+ =
x x
nên m
ọ
i
0;
2
π
 
∈
 
 
x
là nghi
ệ
m c
ủ
a PT
N
ế
u
2
>
n
,

ðặ
t:
( ) ( )
(
)
2 2
sin cos ' sin .cos sin cos
− −
= + ⇒ = −
n n n n
f x x x f x n x x x x

Vì
0;
2
π
 
∈
 
 
x
nên
( )
' 0
4
π
= ⇔ =
f x x
.L

ậ
p b
ả
ng bi
ế
n thên ta có
( )
2
2
0;
2
min 2
4
π
π
−
 
 
 
 
= =
 
 
n
f x f

Do
ñ
ó trên
0;

2
π
 
 
 
PT
( )
2
2
2
−
=
n
f x
có nghiệm duy nhất
4
π
=
x
.
Ví d
ụ 8. Tìm nghiệm dương của phương trình:
1
1
11
2
3
2
1 1
ln 1 ln 1 1

++
 
 
+ − + = −
 
 
 
 
x
x
x x x
x
x
.
Giải: Ta có
( )
( )
1
1
11
2
3 2
2 2
1 1 1 1
ln 1 ln 1 1 1 ln 1 1 ln 1 1
++
   
   
+ − + = − ⇔ + + − + + = −
   

   
   
   
x
x
x x x x x x x
x x
x x


( )
( )
2
2
1 1
1 ln 1 1 1 ln 1 1
 
  
⇔ + + − = + + −
 
 
 
 
 
 
x x x
x
x

(vì x>0) (1)

ðặ
t
( ) ( )
1
1 ln 1 1
 
 
= + + −
 
 
 
 
f t t t
t
v
ớ
i
0
>
t
thì (1) có d
ạ
ng
( )
(
)
2
=

f x f x

Ta có
( ) ( ) ( )
1 1 2
' 2 1 ln 1 2 2 1 ln 1
2 1
 
   
= + + − = + + −
   
 
+
   
 
f t t t
t t t

ðặ
t
( ) ( )
( )
( ) ( )( )
2 2
1 2 1 4 1
ln 1 ' 0, 0
2 1 1
2 1 1 2 1
−
 

= + −
⇒
= + = − < ∀ >
 
+ +
+ + +
 
g t g t t
t t t t
t t t t

Do
ñ
ó
(
)
g t
ngh
ị
ch bi
ế
n trên
(
)
0;
+∞
mà
(
)
lim 0

→+∞
=
t
g t

suy ra
(
)
0; 0
> ∀ >
g t t
(
)
(
)
(
)
' 2 1 0, 0
⇒ = + > ∀ >
f t t g t t
nên
(
)
f t
ñồ
ng bi
ế
n trên
(
)

0;
+∞
.
( )
( )
2 2
2
1 1
1 ln 1 1 1 ln 1 1
 
 
  
⇔ + + − = + + −
 
 
 
 
 
 
 
 
x x x x
x
x
Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài

toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
vì vậy
( )
(
)
2 2
1
= ⇔ = ⇔ =
f x f x x x x
.
Tóm lại PT có nghiệm duy nhất
1
=
x
.


II- ỨNG DỤNG CÁC TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ ðỂ TÌM ðIỀU KIỆN CỦA
THAM SỐ SAO CHO PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM.

1. Nếu hàm số
(
)
=
y f x
liên tục trên ñoạn
[ ; ]

a b
và
(
)
(
)
0
<
f a f b
thì phương trình có ít
nhất một nghiệm thuộc khoảng
(
)
;
a b
.
2. Ph
ươ
ng trình
(
)
=
f x m
có nghi
ệ
m khi và ch
ỉ
khi
m
thu

ộ
c t
ậ
p giá tr
ị
c
ủ
a hàm s
ố

(
)
=
y f x

Và s
ố
nghi
ệ
m c
ủ
a PT là s
ố
giao
ñ
i
ể
m c
ủ
a

ñồ
th
ị
hàm s
ố

(
)
=
y f x

và
ñườ
ng th
ẳ
ng
=
y m
.


Ví d
ụ
1. Tìm
m
ñể
các ph
ươ
ng trình sau có nghi
ệ

m th
ự
c nghi
ệ
m:
a)
2
4
3 1 1 2 1
− + + = −
x m x x

b)
4
4
13 1
− + = −
x x m x

(TSðHKA-2007)

Gi
ả
i:
a)
ð
K:
1
≥
x

2
4
4
1 1
3 1 1 2 1 3 2
1 1
− −
− + + = − ⇔ = − +
+ +
x x
x m x x m
x x
(1)
ðặ
t
4 4
1 2
1
1 1
−
= = −
+ +
x
t
x x
,
vì
1
≥

x
nên
0 1
≤ <
t
, PT (1) tr
ở
thành
(
)
2
3 2= − + =
m t t f t
(2)
PT(1) có nghi
ệ
m khi và ch
ỉ
khi PT(2) có nghi
ệ
m
0 1
≤ <
t
và
ñ
i
ề
u này t
ươ

ng
ñươ
ng v
ớ
i
m

thu
ộ
c t
ậ
p giá tr
ị
c
ủ
a hàm s
ố

(
)
2
3 2
= − +
f t t t
v
ớ
i
0 1
≤ <
t

.
L
ậ
p b
ả
ng bi
ế
n thiên c
ủ
a hàm s
ố

(
)
f t
trên [0;1) ta
ñượ
c t
ậ
p giá tr
ị
là
1
( 1; ]
3
−

V
ậ
y PT có nghi

ệ
m khi và ch
ỉ
khi
1
1
3
− < ≤
m
.
b)
( )
4
4
4
4
4 4 3 2
1
1
13 1
13 1
13 4 6 4 1
≥
≥


− + = − ⇔ ⇔
 
− + = −
− + = − + − +



x
x
x x m x
x x m x
x x m x x x x

( )
3 2
1
4 6 9 1 1
≥

⇔

= − + + +

x
m x x x

PT
ñ
ã cho có 2 nghi
ệ
m khi và ch
ỉ
khi PT(1) có nghi
ệ
m

1
≥
x
.

ðặ
t
(
)
3 2
4 6 9 1 , [1; )
= − + + + ∈ +∞
f x x x x x

Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
( )
(
)
2 2
' 12 12 9 3 4 4 3
= − + + = − − −

f x x x x x
,
( )
( )
( )
2
1
2
' 0 4 4 3 0
3
2

= −

= ⇔ − − = ⇔

=


x l
f x x x
x n

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra PT (1) có nghiệm
1
≥
x
khi

29
2
≤m
, hay PT ñã cho có nghiệm
khi
29
2
≤m
.


Ví d
ụ
2. Tìm
m
ñể
các ph
ươ
ng trình sau có
ñ
úng 2 nghi
ệ
m th
ự
c:
a)
4 4
2 2 2 6 2 6
+ + − + − =
x x x x m

b)
2 2
1 1
+ + + − + =
x x x x m

(
TSðH - KA-2008)




Gi
ả
i:
a)
ð
K:
0 6
≤ ≤
x

ðặ
t v
ế
trái c
ủ
a ph
ươ

ng trình là
(
)
[
]
, 0;6
∈
f x x

Ta có
( )
( )
( )
3 3
4 4
1 1 1 1
'
2 6
2 2 2 6
= + − −
−
−
f x
x x
x x


( ) ( )
( )
3 3

4 4
1 1 1 1 1
, 0;6
2
2 6
2 6
 
 
 
= − + − ∈
 
 
−
 
−
 
x
x x
x x

ðặ
t
( )
( )
( )
( )
3 3
4 4
1 1 1 1
, v

2 6
2 6
 
 
 
= − = −
 
 
−
 
−
 
u x x
x x
x x

Ta th
ấ
y
(
)
(
)
(
)
2 2 0 ' 2 0
= =
⇒
=
u v f

Mà
(
)
(
)
,
u x v x
cùng d
ươ
ng trên (0;2) và cùng âm trên (2;6) nên ta có b
ả
ng bi
ế
n thiên :

Suy ra các giá tr
ị
c
ầ
n tìm c
ủ
a
m
là :
4
2 6 2 6 3 2 6
+ ≤ < +
m

b)
ðặ
t v
ế
trái c
ủ
a ph
ươ
ng trình là
(
)
,
∈
ℝ
f x x

Ta có
x

f
’
(x
f(x
1 3/2
+∞
0
12
29/2
−∞

Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
( )
2 2 2 2
1 1
2 1 2 1
2 2
'
1 3 1 3
2 1 2 1
2 4 2 4
+ −
+ −
= + = −
+ + − +
   
+ + − +
   
   
x x
x x
f x

x x x x
x x

1 1
2 2
   
= + − −
   
   
h x h x
(1) trong ñó
( )
2
,
3
4
= ∈
+
ℝ
t
h t t
t
là hàm ñồng biến nên từ ta có

( )
1 1 1 1
' 0 0 0
2 2 2 2
   
> ⇔ + − − > ⇔ + > − ⇔ >

   
   
f x h x h x x x x

Ngược lại
(
)
' 0 0
< ⇔ <
f x x
và
(
)
' 0 0
= ⇔ =
f x x
. Mặt khác
(
)
0 2
=
f
và
(
)
lim
→±∞
= +∞
x
f x

nên ta có bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra PT có ñúng hai nghiêm khi
2
>
m
.

Ví dụ 3: Tìm tất cả các giá trị của tham số m ñể phương trình sau có nghiệm thực

(
)
2 2 4 2 2
1 1 2 2 1 1 1
+ − − + = − + + − −
m x x x x x
(
TSðH-KB-2004
)

Giải: ðK:
1 1
− ≤ ≤
x

ðặt
2 2
1 1
= + − −

t x x
, dễ thấy
0
≥
t
và
2 4
2 2 1 2 2
= − − ≤
⇒
≤t x t
, vậy ñiều kiên
0; 2
 
∈
 
t
.
PT
ñ
ã cho tr
ở
thành :
( ) ( )
2
2
2
2 2
2
− + +

+ = − + + ⇔ = =
+
t t
m t t t m f t
t
. (1)
Ta có
( )
2
2
2
− + +
=
+
t t
f t
t
liên t
ụ
c trên
0; 2
 
 
nên PT
ñ
ã cho có nghi
ệ
m
⇔
x

(1) có
nghi
ệ
m
0; 2
 
∈
 
t
(
)
(
)
[0; 2]
[0; 2 ]
min max
⇔ ≤ ≤
f t m f t
.
Ta có
( )
( )
2
2
4
' 0, 0; 2
2
− −
 
= < ∀ ∈

 
+
t t
f t t
t
, suy ra hàm s
ố
ngh
ị
ch bi
ế
n trên
0; 2
 
 
,
do
ñ
ó
( )
(
)
( ) ( )
[0; 2 ]
[0; 2 ]
min 2 2 1,max 0 1
= = − = =
f t f f t f
V
ậ

y giá tr
ị
c
ầ
n tìm c
ủ
a
m
là
2 1 1
− ≤ ≤
m
.

Ví d
ụ
4.


III-
Ứ
NG D
Ụ
NG
ðẠ
O HÀM
ðỂ
CH
Ứ
NG MINH B

Ấ
T
ðẲ
NG TH
Ứ
C.

Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
Như chúng ta ñã biết nếu hàm số
(
)
=
y f x
có tập giá trị là khoảng
(
)
;
m M
vớ
i
∈

x D
thì
(
)
,
< < ∀ ∈
m f x M x D

(1), ho
ặ
c n
ế
u hàm s
ố

(
)
=
y f x
ñồ
ng bi
ế
n trên D và
<
x y
thì suy ra
(
)
(
)

<
f x f y
v
ớ
i
,
∈
x y D
.Từ

ñ
ó chúng ta th
ấ
y kh
ả
o sát hàm s
ố

ñể
tìm t
ậ
p giá tr
ị
c
ủ
a nó
ho
ặ
c s
ử

d
ụ
ng tính
ñơ
n
ñ
i
ệ
u c
ủ
a hàm s
ố
có th
ể
giúp ta ch
ứ
ng minh
ñượ
c B
ð
T,
ñ
ó chính là
ý t
ưở
ng chính mà s
ẽ

ñượ
c chúng ta s

ử
d
ụ
ng trong ph
ầ
n này.
1.
Một số lưu ý chung.
i)
ðể
ch
ứ
ng minh b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c có ch
ứ
a nhi
ề
u bi
ế
n b
ằ
ng ph
ươ
ng pháp
ñạ

o hàm thì
ñ
i
ề
u
quan tr
ọ
ng nh
ấ
t là chúng ta ph
ả
i
ñư
a
ñượ
c v
ề
m
ộ
t bi
ế
n và kh
ả
o sát hàm s
ố
theo bi
ế
n
ñ
ó,

n
ế
u
ñ
i
ề
u
ñ
ó không th
ể
thì ta coi b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c là m
ộ
t bi
ế
n và các bi
ế
n còn l
ạ
i
ñượ
c xem
nh
ư
tham s

ố
.
ii) L
ự
a ch
ọ
n hàm s
ố
nào
ñể
xét c
ũ
ng là khâu quy
ế
t
ñị
nh trong ph
ươ
ng pháp hàm s
ố
, ch
ẳ
ng
h
ạ
n khi gi
ả
i bài toán :
Cho
2 2 2

, , 0, 1
> + + =
a b c a b c
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
2 2 2
3 3
2
1 1 1
+ + ≥
− − −
a b c
a b c

(B
ộ

ñề

TS)
L
ờ
i gi
ả
i b
ằ

ng hàm s
ố
là xét:
(
)
3
, (0;1)
= − ∈f x x x x
.
Các b
ạ
n th
ử
suy ngh
ĩ
xem, c
ă
n c
ứ
vào
ñ
i
ề
u gì mà ta ch
ọ
n
ñượ
c hàm s
ố

ñ
ó mà không ph
ả
i là hàm
( )
2
, (0;1)
1
= ∈
−
x
f x x
x
?


Ví d
ụ
1. Ch
ứ
ng minh :
2 2
1 1 2,
+ + + − + ≥ ∀ ∈
ℝ
x x x x x


Giải: ðặt vế trái của phương trình là
(

)
,
∈
ℝ
f x x

Ta có
( )
2 2 2 2
1 1
2 1 2 1
2 2
'
1 3 1 3
2 1 2 1
2 4 2 4
+ −
+ −
= + = −
+ + − +
   
+ + − +
   
   
x x
x x
f x
x x x x
x x

1 1
2 2
   
= + − −
   
   
h x h x
(1) trong ñó
( )
2
,
3
4
= ∈
+
ℝ
t
h t t
t
là hàm ñồng biến nên từ ta có

( )
1 1 1 1
' 0 0 0
2 2 2 2
   
> ⇔ + − − > ⇔ + > − ⇔ >
   
   
f x h x h x x x x

Ngược lại
(
)
' 0 0
< ⇔ <
f x x
và
(
)
' 0 0
= ⇔ =
f x x
. Mặt khác
(
)
0 2
=
f
và
(
)
lim
→±∞
= +∞
x
f x

Bảng biến thiên:
T

ừ bảng biến thiên ta có ñpcm. 

Chú ý: Bài toán có thể giải cách khác
Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
Áp dụng BðT AM-GM ta có:
(
)
(
)
2 2 2 2 4 2
4
4
1 1 2 1 1 2 1 2
+ + + − + ≥ + + − + = + + ≥
x x x x x x x x x x

Ví d
ụ
2. Ch
ứ
ng minh r

ằ
ng v
ớ
i m
ọ
i
x
ta có
2 2
17 cos 4cos 6 cos 2cos 3 2 11
≤ + + + − + ≤ +x x x x
(1)


Gi
ả
i :
ðặ
t
[
]
cos 1;1
= ⇒ ∈ −
t x t
. Bất ñẳng thức (1) trở thành
2 2
17 4 6 2 3 2 11, [ 1;1]
≤ + + + − + ≤ + ∈ −t t t t t

ðặt

( )
2 2
4 6 2 3, [ 1;1]
= + + + − + ∈ −f t t t t t t

Ta có
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2
2 1 2 1
' 2 1
2 2 1 2
4 6 2 3
+ − + −
= + = − = + − −
+ + − +
+ + − +
t t t t
f t h t h t
t t
t t t t
(2)
Trong
ñ
ó
( )
2
2
=

+
t
h t
t
có
( )
( )
3
2
2
' 0
2
= >
+
h t
t
nên
ñồ
ng bi
ế
n , v
ậ
y theo (2) ta có
.

( ) ( ) ( )
1
' 0 2 1 2 1
2
= ⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ = −

f t h t h t t t t
.

Ta có
( ) ( )
1
1 3 6, 17, 1 2 11
2
 
− = + − = = +
 
 
f f f
và
(
)
f t
liên tục trên
[
]
1;1
−
nên
(
)
(
)
[ 1;1]
[ 1;1]
min 17,max 2 11

−
−
= = +f t f t
. suy ra :
(
)
17 2 11
≤ ≤ +f t
.


Ví d
ụ 3. Chứng minh rằng :
a)
2
1
2,
1
+
≤ ∀
− +
x
x
x x

b)
2 2 2
1 1 1 3
− + + − + + − + ≥
x x y y z z

với
3
+ + =
x y z


Gi
ải:
a)
( )
2
1
,
1
+
= ∈
− +
ℝ
x
f x x
x x

Ta có :
( )
( )
( )
( )
( )
2
2

2
2 2
2 1
1 1
3 1
2 1
'
1
2 1 1
−
− + − +
−
− +
= =
− +
− + − +
x
x x x
x
x x
f x
x x
x x x x

(
)
(
)
(
)

' 0 1, lim 1, lim 1
→+∞ →−∞
= ⇔ = = = −
x x
f x x f x f x

L
ập bảng biến thiên và từ ñó suy ra
(
)
(
)
1 2,
≤ = ∀
f x f x

Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
b) Áp dung câu a) ta có :
( )
2
2

1 1
2, 1 1 ,
2
1
+
≤ ∀ ⇔ − + ≥ + ∀
− +
x
x x x x x
x x
(1)
T
ươ
ng t
ự
:
( ) ( )
2 2
1 1
1 1 , (2), 1 1 , (3)
2 2
− + ≥ + ∀ − + ≥ + ∀y y y y z z z z

Công theo v
ế
các b
ấ
t
ñẳ
ng th

ứ
c (1), (2) và (3) ta
ñượ
c:
( )
2 2 2
1
1 1 1 3 3
2
− + + − + + − + ≥ + + + =
x x y y z z x y z .

Chú ý:
Cách 2:
a) Áp dụng BðT Cauchy-Schwarz ta có :
( )
2
2 2
2 2
1 3 1 3 1 1 3 1
1
2 2 2 2 2 2 2 2
 
 
     
     
 
− + + ≥ − + = +
 
     

     
     
 
 
     
 
 
x x x

b) Áp dung câu a) như cách 1.

Ví dụ 4. Chứng minh rằng :
a)
2sin tanx 3
+ ≥
x x
với mọi
[0; )
2
π
∈x
b)
3 2
sinx tanx
2
4 2 2
+
+ ≥
x
v

ớ
i m
ọ
i
[0; )
2
π
∈x


Gi
ả
i :
a)
ðặ
t :
(
)
2sin tanx-3
= +
f x x x
,
[0; )
2
π
∈x

( )
2
3

2 2 2
1 1 1
' 2cos 3 cos cos 3 3 cos . 3 0
cos cos cos
= + − = + + − ≥ − =
f x x x x x
x x x
v
ớ
i m
ọ
i
[0; )
2
π
∈x nên hàm s
ố

ñồ
ng bi
ế
n trên
[0; )
2
π
( ) ( )
0 0, [0; )
2
π
⇒ ≥ = ∀ ∈f x f x (dpcm)

b) Áp dung B
ð
T AM-GM và câu a) ta có :
.



Ví d
ụ
5. Cho
, , 0,
> ≠
x a b a b
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
+
+
   
>
   
+
   
x b b
x a a
x b b

Gi
ả
i:
ðặ
t:
( ) ( ) ( )
(
)
( )
'
ln ln ln
+
+ + + −
     
= ⇒ = + ⇒ = +
     
+ + + +
     
x b
f x
x a x a x a b a
f x f x x b
x b x b f x x b x a

( ) ( )
' ln
 + − 
 
⇒ = +
 

 
+ +
 
 
x a b a
f x f x
x b x a
.
ðặ
t
( ) ( )
(
)
( ) ( )
2
2
ln ' 0
−
+ −
 
= + ⇒ = − <
 
+ +
+ +
 
b a
x a b a
g x g x
x b x a
x a x b

suy ra
(
)
g x
ngh
ị
ch bi
ế
n, mà
(
)
lim 0
→+∞
=
x
g x
.
(
)
(
)
0, 0 ' 0
⇒ > ∀ > ⇒ >
g x x f x
suy ra
(
)
f x
ñ
ông bi

ế
n trên
( ) ( )
[0; ) 0 , 0
 
+∞ ⇒ > = ∀ >
 
 
b
a
f x f x
b
.

3 2
sin tan 2sin tan 2sin tan 3
2
4 2 2 2 2 2 2. 2 2
+
+
+ = + ≥ ≥ =
x
x x x x x x x
Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ

ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương

Ví dụ 6. Cho
, ,
A B C
là ba góc của một tam giác nhọn .
Chứng minh rằng :
(
)
tan tan tan 6 sin sin sin 12 3
+ + + + + ≥A B C A B C (1)
(THTT)

Giải : Trong bất ñẳng thức trên
, ,
A B C
bình ñẳng nên ta dễ dàng kiểm tra ñược (1) xảy ra
ñẳng thức khi
3
π
= = =
A B C
.Vì vậy ta cần chọn một hàm số có dạng
(
)
tan 6sin
= + +
f x x x kx

mà
' 0 7
3
π
 
= ⇒ = −
 
 
f k
.
Ta giải bài toán :
Xét:
(
)
tan 6sin 7
= + −
f x x x x
với
(0; )
2
π
∈x

Ta có
( )
(
)
(
)
(

)
3 2
2 2 2
cos 1 3cos 1 2cos 1
1 6cos 7cos 1
' 6cos 7
cos cos cos
− + −
− +
= + − = =
x x x
x x
f x x
x x x

Vì
(0; )
2
π
∈x
nên
( )
' 0 2cos 1 0
3
π
= ⇔ − = ⇔ =
f x x x

Lập BBT của
(

)
tan 6sin 7
= + −
f x x x x
với
(0; )
2
π
∈x
ta ñược
( )
0;
2
7
min 4 3
3 3
π
π π
 
 
 
 
= = −
 
 
f x f

Áp dung vào bài toán ta ñược:
( ) ( ) ( )
7

3 4 3
3
π
 
+ + ≥ −
 
 
f A f B f C

(
)
tan tan tan 6 sin sin sin 12 3
⇔ + + + + + ≥A B C A B C
. 
Ví dụ 7. Chứng minh :
3
sin
cos , 0;
2
π
   
> ∀ ∈
   
   
x
x x
x

(Olympic-30-4-1999)

Gi
ả
i:
Nhằm cô lập
x
với các hàm lượng giác ta viết lại BðT:

3
3
3 2 3
sin sin
cos sin .tan 0
cos
 
> ⇔ > ⇔ − >
 
 
x x
x x x x x
x x
(1)
Xét hàm s
ố
:
( ) ( )
2 3 2 2 2
sin tan , [0; ) ' 2sin tan -3
2
π

= − ∈ ⇒ = +
f x x x x x f x x x x

Áp d
ụ
ng B
ð
T:
(
)
( )
2 2 2
2
3 + + ≥ + +
a b c a b c
ta có
( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 2
2
1
' 2sin tan -3 sin sin tan 3 2sin tan 3
3
= + = + + − ≥ + −
f x x x x x x x x x x x

Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s

ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
Theo VD4 :
2sin tanx 3 , [0; )
2
π
+ ≥ ∀ ∈x x x suy ra
( ) ( )
2
2
1
' 3 3 0
3
≥ − =
f x x x
nên hàm s
ố

(
)
f x
ñồ
ng bi
ế
n trên
( ) ( )

[0; ) 0 0, 0;
2 2
π π
 
⇒ > = ∀ ∈
 
 
f x f x
. 
Nhận xét:
1) Khi trong bất ñẳng thức có chứa các loại hàm số khác nhau ta thường cô lập mỗi loại
hàm số ñể dễ xét dấu của ñạo hàm, hoặc ta có thể ñạo hàm liên tiếp ñể khử bớt một loại
hàm số
Chẳng hạn ở VD trên nếu chúng ta ñạo hàm ñến
(
)
'''
f x
thì chỉ còn lại hàm lượng giác còn
3
x
bị triệt tiêu và vấn ñề còn lại tương ñối dễ dàng, xin dành cho bạn ñọc tự kiểm tra.
2) Bài toán trên có thể giải theo các cách khác
Cách 2:
Xét
( )
3
sin , [0; )
3! 2
π

= − + ∈
x
f x x x x
, ta suy ta ñược
3
sin , 0;
3! 2
π
 
> − ∀ ∈
 
 
x
x x x

Từ ñó suy ra :
3
2 2 4 6 2 4
3
sinx
1 1 1
6 2 12 216 2 24
 
 
> − = − + − > − +
 
 
 
 
 

x x x x x x
x
( vì BðT phía sau chỉ
tương ñương với
2
9
<
x
,
mà
ñ
i
ề
u này l
ạ
i hi
ể
n nhiên)
Bây gi
ờ
ch
ỉ
c
ầ
n ch
ứ
ng minh
2 4
cos 1
2 24

< − +
x x
x

n
ữ
a là xong.
Cách 3: T
ừ
(1) ta s
ử
d
ụ
ng hai B
ð
T
3
sin
3!
> −
x
x x

và
3
tan
3
> +
x
x x

c
ũ
ng
ñ
i
ñế
n k
ế
t qu
ả

mong mu
ố
n.

3) Vì ta luôn có:
3
sin sin sin
sin , 0; 0 1 , 3
2
α
π
α
     
< ∀ ∈ ⇒ < < ⇒ ≥ ∀ ≤
     
     
x x x
x x x
x x x

V
ậ
y ta có bài toán: Ch
ứ
ng minh v
ớ
i m
ọ
i
3
α
≤
ta luôn có:
sin
cos , 0;
2
α
π
   
> ∀ ∈
   
   
x
x x
x
.

Chú ý:
Các b

ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c
3
sin , 0;
3! 2
π
 
> − ∀ ∈
 
 
x
x x x
,
2 4
cos 1
2 24
< − +
x x
x

và
3
tan
3
> +
x

x x
ta có th
ể
liên t
ưở
ng
ñế
n là nh
ờ
khai tri
ể
n Taylo c
ủ
a
sin ,cos tan
x x và x
.


Ví d
ụ
8: Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng :
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 12
3 , , , (0; ]
2

sin sin sin
π
π
+ + − − − ≤ − ∀ ∈x y z
x y z x y z


Gi
ả
i: Xét hàm s
ố
:
( )
2 2
1 1
, (0; ]
2
sin
π
= − ∈f t t
t t

Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
Áp dụng ví dụ 5 ta có :
( )
3
3 3 3
2cos 2 2 sin
' cos 0, 0;
2
sin sin
π
 
   
= − + = − > ∀ ∈
 
   
   
 
t t
f t t t
t
t t t
nên
hàm số ñồng biến trên
( )
2
4
(0; ] 1 , (0; ]
2 2 2
π π π

π
 
⇒ ≤ = − ∀ ∈
 
 
f t f t

Áp dụng vào bài toán ta có :
( ) ( ) ( )
2
4
3 1
π
 
+ + ≤ −
 
 
f x f y f z
.


Ví dụ 11. Chứng minh bất ñẳng thức sau với mọi số tự nhiên
1
>
n


1 1 2
+ + − <
n n

n n
n n
n n
(HSGQG-92)

Gi
ải: ðặt
( )
0;1 , *
= ∈ ∀ ∈
n
n
x n N
n
.
B
ất ñẳng thức cần chứng minh là:
(
)
1 1 2, 0;1
+ + − < ∀ ∈
n n
x x x

Xét
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
1 1
1 1 1

1 1 , 0;1 ' 0, 0;1
1 1
− −
 
 
= + + − ∈ ⇒ = − < ∀ ∈
 
+ −
 
n n
n n
n n
f x x x x f x x
n
x x

V
ậy
(
)
f x
giảm trên (0;1) nên
(
)
(
)
(
)
0 2, 0;1
< = ∀ ∈

f x f x
. 

Chú ý: Ta có thể giải bài toán bằng cách sử dung BðT AM-GM
( ) ( )
1 1 1 1
1 1 2
− + + − + −
+ + − ≤ + =
n n
n n
n n
n n
n n
n n
n n
n n n n
.
Vì không có
ñẳng thức nên BðT ñược chứng minh.

Ví dụ 9: Cho
[
]
, 0;1
∈
a b
.
Ch
ứ

ng minh r
ằ
ng :
( ) ( )( )( )
1 1 1 1
1 1 1
= + + + − − − ≤
+ + + + + +
x b a
f x x a b
a b x a x b

v
ớ
i m
ọ
i
[
]
0;1
∈
x
.


Gi
ả
i: Ta có
( )
( )

( )
( )( )
2
1
' 1 1
1 1
1
= − − − − −
+ + + +
+ +
b a
f x a b
a b x b
x a



Nên hàm s
ố

(
)
'
f x
ñồ
ng bi
ế
n trên [0;1], suy ra
(
)

' 0
=
f x
nhi
ề
u nh
ấ
t m
ộ
t nghi
ệ
m trên
(0;1)
+ N
ế
u
(
)
' 0
=
f x
vô nghiêm thì
(
)
f x
ñơ
n
ñ
i
ệ

u trên [0;1]
(
)
(
)
(
)
(
)
{
}
[0;1]
max max 0 ; 1
⇒
≤ =f x f x f f .
( )
( )
( )
[ ]
3
2 2
'' 0, 0;1
1
1
= + ≥ ∀ ∈
+ +
+ +
b a
f x x
x b

x a
Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
Mà
( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
2 2
1 1
0 1 1 1
1 1 1 1 1 1
+ + + + + +
= + + − − = ≤ =
+ + + + + +
b a a b a b ab a b
f a b
a b a b a b
và
( )
1 1
1 1
1 2 2 1 1 1
= + + ≤ + + =

+ + + + + + + + + +
a b a b
f
a b b a a b a b a b
.
suy ra
(
)
(
)
(
)
(
)
{
}
[
]
[0;1]
max max 0 ; 1 1, 0;1
≤ = ≤ ∀ ∈f x f x f f x .
+ Nếu
(
)
' 0
=
f x có nghiêm
0
=
x x

khi
ñ
ó
(
)
'
f x
ñồ
ng bi
ế
n trên [0;1] nên
(
)
0
' 0 , [0; )
< ∀ ∈
f x x x

và
(
)
0
' 0 , ( ;1]
> ∀ ∈
f x x x

do
ñ
ó
0

=
x x

là
ñ
i
ể
m c
ự
c ti
ể
u, mà
(
)
f x
liên t
ụ
c trên [0;1] nên
(
)
(
)
(
)
(
)
{
}
[
]

[0;1]
max max 0 ; 1 1, 0;1
≤ = ≤ ∀ ∈f x f x f f x
.

T
ừ
hai tr
ườ
ng h
ợ
p trên ta có
ñ
pcm.


Ví dụ 10. Cho
0, 1
α
> >
x
. Chứng minh :
1 ( 1)
α
α
≥ + −
x x (1)
Áp dụng c/m:
2 2 2 2 2 2 1 2
tan tan tan 3

2 2 2
−
+ + ≥
A B C
( v
ớ
i
, ,
A B C
là 3 góc c
ủ
a m
ộ
t tam
giác)(2)

Gi
ả
i : Ta có :
(
)
1 1 0
α α
α α α α
≥ − + ⇔ = − + − ≥
x x f x x x

Xét :
(
)

(
)
1, 0;
α
α α
= − + − ∈ +∞
f x x x x

( )
(
)
1 1
' 1
α α
α α α
− −
= − = −
f x x x
,
(
)
1
' 0 1 0 1
α
−
= ⇔ − = ⇔ =
f x x x
( vì
1
α

>
)
L
ậ
p b
ả
ng bi
ế
n thiên c
ủ
a hàm trên
(
)
0;
+∞
ta
ñượ
c
( )
(
)
(
)
0;
min 1 0
+∞
= =
f x f
t
ừ ñó suy ra

(
)
0, 0
≥ ∀ >
f x x
(
ñpcm).
Ta thấy ñẳng thức xảy ra trong bất ñẳng thức (1) khi cơ số
1
=
x
còn ñẳng thức xảy ra
trong (2) là
3
π
= = =
A B C
nên trước khi áp dụng (1) ñể chứng minh (2) ta cần viết lại
2 2 2
2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2
tan tan tan 3 3tan 3tan 3tan 3
2 2 2 2 2 2
−
     
+ + ≥ ⇔ + + ≥
     
     
A B C A B C
ñể
ñược các cơ số

2 2 2
3tan 3tan 3tan 1
2 2 2
= = =
A B C
khi
3
π
= = =
A B C
.
Áp dụng (1) ta có :
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3tan 3tan 3tan
2 2 2
1 2 3tan 1 1 2 3tan 1 1 2 3tan 1
2 2 2
     
+ + ≥
     
     
     
     
+ − + + − + + −
     
     
     
     

A B C
A B C

2 2 2
3 2 3 tan tan tan 3 3
2 2 2
 
 
= + + + − ≥
 
 
 
 
A B C

(vì
2 2 2
tan tan tan tan tan tan tan tan tan 1
2 2 2 2 2 2 2 2 2
+ + ≥ + + =
A B C A B B C C A
). 
Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
Nhận xét : BðT (1) ñược gọi là bất ñẳng thức Bernouli, nó thường ñược sử dụng ñể chứng
minh các bất ñẳng thức có lũy thừa với số mũ hữu tỉ hoặc vô tỉ.

Ví dụ 11. Cho
0 1
< <
s
và
, ,
a b c
là 3 số dương .
Chứng minh rằng :
1 1 1
2 2 2
     
+ + +
+ + ≤ + +
     
     
     
s s s s s s
s s s
a b b c c a
a b c


Giải : Trước tiên ta chứng minh :
1

2 2
 
+ +
≤
 
 
 
s s
s
a b a b
(*)
ðặ
t
1
2 2
, , 2
2
 
+
= = = ⇒ + = + =
 
 
+ +
 
s s s s
s
s s
s s s s
a b a b a b
m x y x y

m m
a b a b

Áp d
ụ
ng VD7 ta có :
( ) ( )
1
1
1 1
= ≥ + −
s s
s
x x x
s
(1)
( ) ( )
1
1
1 1
= ≥ + −
s s
s
y y y
s
(2)
Cộng (1) và (2) theo vế ta ñước
2
+ ≥
x y

suy ra (*) ñược chứng minh
Áp d
ụng (*) ta ñược :
1 1 1
2 2 2 2 2 2
     
+ + + + + +
+ + ≤ + + = + +
     
     
     
s s s s s s
s s s
a b b c c a a b b c c a
a b c
. 
Ví d
ụ 12.Chứng mnih:
1 1
2 2 2 3 3 3
2 3
, , , 0
3 3
   
+ + + +
≤ >
   
   
   
a b c a b c

a b c

Gi
ải: ðặt :
3 3 3
2 2 2 3 3 3
2 2 2
, , , ,
= = = ⇒ = = =
x a y b z c a x b y c z


B
ất ñẳng thức (*) trở thành :
1
3 3 3 3 3 3
3
1 3
2 2 2 2 2 2
2 2
3 3 3 3
 
+ + + + + + + +
   
 
≤ ⇔ ≤
   
 
   
 

 
x y z x y z x y z x y z

ðặ
t :
3 3 3
3
2 2 2
2 2 2
2
3 3 3
, , , 3
3
3
+ + + +
 
= = = = ⇒ + + = =
 
+ +
 
x y z x y z x y z
m u v s u v s
x x z
m m m

Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b

ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
Ta có
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3 3 3 3 3 3
3 3 3
1 1 1 , 1 1 2 , 1 1 3
2 2 2
           
= ≥ + − = ≥ + − = ≥ + −
           
           
u u u v v v s s s

Cộng theo vế các bất ñẳng thức (1), (2) và (3) ta ñược:
3 3 3
3
2 2 2
2 2 2
2
3 3 3
3
3 3 3 1
2 3 3 3

 
+ + + + + +
 
+ + ≥ + + + − = ⇔ ≥ ⇔ ≥
 
 
 
 
u v s x y z x y z
u v s u v s .



Ví d
ụ
13. Ch
ứ
ng minh :
(
)
(
)
2 3 2 3 , 0
+ < + > >
y x
x x y y
x y


Gi

ả
i: Ta có:
( ) ( )
3 3
2 3 2 3 2 1 2 1
2 2
   
   
+ < + ⇔ + < +
   
   
   
   
y x
x y
y x
x x y y xy xy


( ) ( )
1 1
3 3 3 3 1 1
1 1 1 1 ln 1 ln 1
2 2 2 2
       
       
⇔ + < + ⇔ + < + ⇔ + < +
       
       
       

       
y x
x y x y
x y
x y
a a
x y

(1)
Trong
ñ
ó
3
2
=
a
.
ðặ
t
( )
( )
( )
(
)
(
)
2
ln 1 ln 1
1
ln 1 ' 0, 0

− + +
= + ⇒ = < ∀ >
t t t t
t
a a a a
f t a f t t
t
t

V
ậ
y
(
)
f t
ngh
ị
ch bi
ế
n trên
(
)
0;
+∞
mà
(
)
(
)
0

> > ⇒ <
x y f x f y
v
ậ
y (1)
ñ
úng nên b
ấ
t
ñẳ
ng
th
ứ
c
ñượ
c ch
ứ
ng minh.



Ví d
ụ
14. Cho
0
≥ >
a b
.
Ch
ứ

ng minh r
ằ
ng :
1 1
2 2
2 2
   
+ ≤ +
   
   
b a
a b
a b
(
ðH-KD-2006
)


Gi
ả
i :
Ý tưởng cô lập mỗi vế một biến tiếp tục ñược sử dụng, vì thế ta biến ñổi
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
1 1
2 2 4 1 4 1 ln 4 1 ln 4 1
2 2
ln 4 1 ln 4 1

1
   
+ ≤ + ⇔ + ≤ + ⇔ + ≤ +
   
   
+ +
⇔ ≤
b a
b a
a b a b a b
a b
a b
b a
a b

Xét hàm số :
( )
(
)
( )
ln 4 1
, 0;
+
= ∈ +∞
t
f t t
t

Ta có :
( )

(
)
(
)
( )
2
4 ln4 4 1 ln 4 1
' 0, 0
4 1
− + +
= < ∀ >
+
t t t t
t
f t t
t
nên hàm số nghịch biến trên
(
)
0;
+∞

Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
Vậy :
( ) ( )
(
)
(
)
ln 4 1 ln 4 1
0
+ +
≥ > ⇒ ≤ ⇔ ≤
a b
a b f a f b
a b
hay (1) ñúng nên bất ñẳng thức
ñược chứng minh. 


Bài 13 và 14 có dạng tổng quát là: với
, 0 và 0
> > >
a b x y
ta có:
(
)
(
)
+ < +
y x

x x y y
a b a b
.

Ví dụ 15. Cho
, ,
a b c
là các số dương thỏa mãn
2 2 2
1
+ + =
a b c

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
2 2 2
3 3
2
1 1 1
+ + ≥
− − −
a b c
a b c
(1)


Gi

ả
i :
Trong bất ñẳng thức trên
, ,
a b c
có vai trò bình ñẳng nên dễ dàng kiểm tra ñược
ñẳng thức xảy ra khi
1
3
= = =a b c
. Ta hãy xét hàm số mà
( )
2
1
' 0 1 3 0
3
= ⇔ = ⇔ − =
f x x x
?
V
ậ
y hàm s
ố
mà ta s
ẽ
xét là :
(
)
(
)

3
, 0;1
= − ∈f x x x x
.
Ta có :
( ) ( )
2 2
1
' 1 3 , ' 0 1 3 0
3
= − = ⇔ − = ⇔ =f x x f x x x (Vì x>0)
B
ả
ng bi
ế
n thiên:

T
ừ
b
ả
ng bi
ế
n thiên suy ra :
( )
( )
( )
3 2 2
2
2 2 3 3

1 , 0;1
2
3 3 3 3
1
= − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≥ ∀ ∈
−
x
f x x x x x x x
x

Áp dung vào bài toán ta
ñượ
c:

( )
2 2 2
2 2 2
3 3 3 3
2 2
1 1 1
+ + ≥ + + =
− − −
a b c
a b c
a b c
.

Cách 2: Áp d
ụ
ng B

ð
T AM-GM ta có:
( )( ) ( )
3
2 2
3
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 1 1 1
3 3
3 3
 
+ −
 
− − ≤ = ⇔ − ≤
 
 
 
 
 
x x
x x x x x

2
2
3 3
2
1
⇔ ≥
−

x
x
x
(*)
Áp dụng (*) ta có:
( )
2 2 2
2 2 2
3 3 3 3
2 2
1 1 1
+ + ≥ + + =
− − −
a b c
a b c
a b c
. 

Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
Ví dụ 16. Cho
5

0, 0 và
4
> > + =
x y x y
.
Ch
ứ
ng minh :
4 1
5
4
+ ≥
x y
(1)
Gi
ả
i: Ta có
5
4 5 4
4
+ = ⇒ = −
x y y x

Ta có (1)
4 1
5
5 4
⇔ + ≥
−
x x

. Xét
( )
4 1 5
, 0;
5 4 4
 
= + ∈
 
−
 
f x x
x x

( )
( )
( )
2 2
4 4
' , ' 0 1
5 4
= − + = ⇔ =
−
f x f x x
x
x

Lập bảng biến thiên ta ñược
(
)
(

)
5
0;
4
min 1 5
 
 
 
= =
f x f
, từ ñó suy ra
4 1
5
4
+ ≥
x y
và ñẳng thức
x
ảy ra khi
1
1,
4
= =
x y
.



Chú ý
: Bài toán trên có th

ể
gi
ả
i theo cách khác
Tr
ướ
c khi áp d
ụ
ng B
ð
T cauchy ho
ặ
c B
ð
T CBS
ñể
gi
ả
i bài toán trên ta d
ư

ñ
oán
ñ
i
ể
m r
ơ
i
b

ằ
ng cách gi
ả
i h
ệ

5
1
4
1
4 1
5
4
4

+ =
=



⇔
 
=
+ =
 


x y
x
y

x y
khi
ñ
ó
2 1
2
=
y
x
x y
và
1 1
4
=
x y
nên ta có hai
cách gi
ả
i n
ữ
a là:
Cách 2: Theo B
ð
T CBS ta có :
( )
2
4 1 2 1 25 4 1
. 5
4 4 4
2

 
 
+ + ≥ + = ⇔ + ≥
 
 
 
 
 
x y x y
x y x y
x y

Cách 3: Theo B
ð
T cauchy ta có:
5
4
4 1 1 1 1 1 1 1 1
5 5 5
4 4
4 4
4
5
+ = + + + + ≥ ≥ =
+x y
x y x x x x y
x y

Ví d
ụ
17. Cho
3 3
0, 0 và 2
≥ ≥ + =
x y x y
. Ch
ứ
ng minh:
2 2
2
+ ≤
x y
.


Gi
ả
i : Ta có
(
)
2
3 3 3 2 2 2 3
3
3
2 2 2+ = ⇒ = − ⇒ + = + −
x y y x x y x x

Vì

3 3
3
0, 0 và 2 0 2
≥ ≥ + = ⇒ ≤ ≤x y x y x
. Xét
( )
(
)
2
2 3
3
3
2 , [0; 2]
= + − ∈f x x x x

Ta có:
( )
( )
( )
2
3 2
3
3
3
3
2
' 2 0; 2 , ' 0 2
2
= − ∈ = ⇔ − =
−

x
f x x x f x x x x
x

(
)
2 3 4 3 2
2 2 0 1
⇔ − = ⇔ + − = ⇔ =
x x x x x x
(vì
(
)
3
0; 2
∈x

Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
Lập bảng biến thiên ta ñược:
(
)

(
)
3
1 2, [0; 2]
≤ = ∈f x f x . 


Chú ý: Ta có thể giải cách khác
Cách 2: Áp dụng bất ñẳng thức cauchy ta có:
( ) ( )
3 3 2
3 3 2 2 2 2
3 3 2
1 3
2 2 3 2
1 3

+ + ≥
⇒ + + ≥ + ⇔ + ≤

+ + ≥

x x x
x y x y x y
y y y

Cách 3: Áp dung bất ñẳng thức bunhiacôpski ta có:

(
)

(
)
(
)
( ) ( )
(
)
2
2
2 2 3 3 2 2
. . 2 2 2+ = + ≤ + + = + ≤ +
x y x x x y y y x y x y x y x y

(
)
(
)
4
2 2 2 2 2 2
8 2
⇔ + ≤ + ⇔ + ≤
x y x y x y



Ví d
ụ
18: Cho
0, 0 và 1
> > + =

x y x y
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
2
1 1
+ ≥
− −
x y
x y


Gi
ả
i: Ta có
1
= −
y x
nên b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c c
ầ
n ch

ứ
ng minh là
( )
1
2, 0;1
1
−
+ ≥ ∀ ∈
−
x x
x
x x

Xét :
( ) ( )
1
, 0;1
1
−
= + ∀ ∈
−
x x
f x x
x x

Ta có :
( )
( )
(
)

( )
( ) ( )
( )
1 1
1 2 1 1 1 1
' 1
2 2 2
1 1 1 1
   
+ −
− + +
= − = − = − −
 
 
 
− − − −
 
   
x
x x x
f x h x h x
x x x x x x x x

Trong
ñ
ó
( )
2
3 3
1 1 1

, t>0
+
= = +
t
h t
t
t t
ngh
ị
ch bi
ế
n trên
(
)
0;
+∞
nên
( )
(
)
(
)
1
' 0 1 1
2
= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =
f x h x h x x x x

và
( )

( ) ( )
1
' 0 1 1 ;1
2
 
> ⇔ − > ⇔ − < ⇔ ∈
 
 
f x h x h x x x x
,
ng
ượ
c l
ạ
i
( )
1
' 0 0;
2
 
< ⇔ ∈
 
 
f x x
. Vậy
( )
( )
0;1
1
min 2

2
 
= =
 
 
f x f
suy ra
(
)
(
)
2, 0;1
≥ ∀ ∈f x x
. 

Chú ý : Bài toán có thể giải theo cách khác
ðặt
2 2
1 , 1 , 0 và 1
= − = −
⇒
> + =
a x b y a b a b
khi ñó bất ñẳng thức cần chứng minh là
2 2
1 1
2
− −
+ ≥
a b

a b
. Ta có :
( ) ( )
2 2
1 1 1 1 4
2
− −
+ = + − + ≥ − + ≥
+
a b
a b a b
a b a b a b

( vì
(
)
2 2
2 2
+ ≤ + =a b a b )
Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương

Ví dụ 19. Cho bốn số nguyên
, , ,
a b c d
thay ñổi thỏa mãn
1 50
≤ < < < ≤
a b c d

Chứng minh:
53
175
+ ≥
a c
b d


Giải: Vì
1 50
≤ < < < ≤
a b c d
và
, , ,
a b c d
là các số nguyên nên
1
≥ +
c b
suy ra

( )
1 1
50
+
+ ≥ + =
a c b
f b
b d b
.
Dẽ thấy
2 48
≤ ≤
b
nên ta xét hàm số
( )
1 1
, và [2;48]
50
+
= + ∈ ∈ℝ
x
f x x x
x

Ta có
( ) ( )
2
1 1
' ' 0 5 2
50

= − + ⇒ = ⇔ =f x f x x
x
. Lập bảng biến thiên ta ñược
( )
(
)
[2;48]
min 5 2
=f x f
mà 7 và 8 là hai số nguyên gần
5 2
nhấ
t vì v
ậ
y
( ) ( ) ( )
{ }
[2;48]
53 61 53
min min 7 ; 8 min ;
175 200 175
 
= = =
 
 
f b f f
( )
1 1 53
50 175
+

⇒ + ≥ + = ≥
a c b
f b
b d b
.




Chú ý: Bài toán có thể giải cách khác như sau:

( )
1 1 1 1 1
50 50 50 50
+
= + = + + = +
b
b b
f b u
b b
với
1
50
= +
b
b
u
b
dùng phương pháp so sánh liên
tiếp

Ta có :
1 2 3 6 7 8 48
6
+
≤ ⇔ ≤ ⇒ ≥ ≥ ≥ ≥ ≤ ≤ ≤
b b
u u b u u u u u u
băng cách tính trực tiếp
6 7 8
, ,
u u u
ta thu ñược ñiều cần chứng minh

Ví d
ụ 20: Cho hai số thực
,
x y
thay ñổi và thỏa mãn hệ thức
2 2
1
+ =
x y .
Chứng minh rằng:
2
2
6 3
3
2
1 2 2
+

− ≤ ≤
+ +
x xy
xy y
.

Gi
ải:
Ta có:
2 2
2 2 2
6 6
1 2 2 2 3
+ +
= =
+ + + +
x xy x xy
P
xy y x xy y

Nếu
0 1
=
⇒
=
y P
.
N
ếu
0

≠
y
thì ñặt :
( )
2 2 2 2
2 2 2 2 2
6 6
2 3 2 3
+ +
= ⇒ = = =
+ + + +
t y ty t t
x ty P f t
t y ty y t t

Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
Ta cần chứng minh
( )
3
3
2

− ≤ ≤
f t
.

Ta có :
( )
( )
( )
2
2
1 2
2
4 6 18 3
' , ' 0 3,
2
2 3
− + +
= = ⇔ = = −
+ +
t t
f t f t t t
t t
,
(
)
lim 1
→±∞
=
t
f t

L
ậ
p b
ả
ng bi
ế
n thiên ta
ñượ
c:
( ) ( ) ( )
3 3
3 , 3
2 2
 
− ≤ ≤ ∀ ⇒ − ≤ ≤
 
 
f f t f t f t
. 
Chú ý:
1) Ta có thể tìm miền giá trị của
P
như sau:
Ta có:
( ) ( )
2
2
2
6

1 2 3 3 0
2 3
+
= ⇔ − + − + =
+ +
t t
P P t P t P
t t
(1)
Nếu
1
=
P
thì
2 2
3
3
3
4
4
4
4
1
5


=

 =
= ⇒ ⇔

 
= ±
 
+ =


x y
x y
t
y
x y

Nếu
1
≠
P
thì (1) có nghiệm khi
( ) ( )
2
2
3
' 3 3 1 2 3 9 0 3
2
∆ = − − − = − − + ≥ ⇔ − ≤ ≤
P P P P P P
.
2) Giả thiết xuất hiện
2 2
1
+ =

x y làm ta liên tưởng hệ thức tương tự là:
2 2
sin cos 1
ϕ ϕ
+ =

Vì vậy ñặt :
sin , cos , [0;2 )
ϕ ϕ ϕ π
= = ∈
x y
khi ñó
( ) ( )
1 cos2 6sin2
2 2 6 sin2 2 1 cos2 1 4
2 sin2 cos2
ϕ ϕ
ϕ ϕ
ϕ ϕ
+ +
= ⇔ − − + = −
+ −
P P P P
(2)
Vì (2) có nghiệm nên
( ) ( ) ( )
2 2 2
3
2 6 2 1 1 4 3
2

− + + ≥ − ⇔ − ≤ ≤
P P P P .



Ví d
ụ
21. Cho
, 0
>
x y
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng :
( )
2
3
2 2
4 1
8
4
≤
+ +
xy
x x y

Gi
ả
i :
Vì biểu thức ở vế trái của bất ñẳng thức có tử và mẫu cùng bậc nên ta ñặt
=
x ty
ñể
ñưa bất ñẳng thức về một biến
t
.
B
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c sau khi thay
=
x ty
vào và rút g
ọ
n
y
là
( )
( )
3
2
4 1
8

4
= ≤
+ +
t
f t
t t
.
Xét
( )
( )
( )
(
)
( )
2
3 3
2 2 2
4 4 3
4
, 0 '
4 4 4
+ −
= >
⇒
=
+ + + + +
t t
t
f t t f t
t t t t t

Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
( )
2
1
' 0 4 3
2
= ⇔ + = ⇔ =f t t t t
. Lập bảng biến thiên ta ñược
( )
(0; )
1 1
max
8
2
+∞
 
= =
 
 
f t f

Suy ra
( )
1
, 0
8
≤ ∀ >
f t t
. 

Chú ý :
Cách 2: Ta có :
( )
2
2 2 2 2
1 4 2
2 2 4 4
3
2 2
 
+
 
+ + ≥ + ⇒ + ≥
 
 
 
 
 
t t
t t

Suy ra :
2
3
3
4 4 2 4 1 1 4
4 .3 32
3 3 3 2
2 2
+
 
+ + ≥ = + + ≥ =
 
 
t t
t t t t
( )
( )
( )
3 3
2
3
4 4 1
8
32
4
⇒
= ≤ =
+ +
t t

f t
t
t t
(
ñ
pcm)


Ví d
ụ
22. Cho các s
ố
th
ự
c
,
x y
thay
ñổ
i và th
ỏ
a mãn
2 2
3
− + ≤
x xy y .
Ch
ứ
ng minh r
ằ

ng:
2 2
1 2 7 2 1 2 7
− − ≤ + − ≤ − +x xy y


Gi
ả
i:
N
ế
u
{
2
2 2 2
1 3
0
0 0
0
2 4
 
=
− + = ⇔ − + = ⇔
 
=
 
x
x xy y x y y
y

thì th
ỏ
a mãn.
N
ế
u
2 2
0
− + >
x xy y
thì
ñặ
t
2 2 2 2
, 2
= − + = + −
a x xy y b x xy y
suy ra
0 3
< ≤
a

Ta có:
2 2
2 2
2
+ −
=
− +
b x xy y

a
x xy y
có t
ử
và m
ẫ
u
ñẳ
ng c
ấ
p .
N
ế
u
0 1 0 3 1 2 7
=
⇒
=
⇒
< = ≤ < − +
b
y b a
a

N
ế
u
0
≠
y

,
ñặ
t
(
)
( )
( )
2 2
2
2
2 2
2
2
1
1
+ −
+ −
= ⇒ = = =
− +
− +
t t y
b t t
x ty f t
a
t t
t t y

Xét hàm s
ố
:

( )
2
2
2
,
1
+ −
= ∈
− +
ℝ
t t
f t t
t t

Ta có :
( )
( ) ( )
2
2
2 2
2 2
1 1 1 -2 1 -2
2
1 -1 1 1 -1 1
2 6 1
'
1 1
+ +
− + −
= =

− + − +
t t
t t
f t
t t t t
.
( )
2
1 2
3 7 3 7
' 0 2 6 1 0 ,
2 2
− +
= ⇔ − + − = ⇔ = =f t t t t t
,
(
)
lim 1
→±∞
=
t
f t

Lập bảng biến thiên suy ra :
(
)
(
)
(
)

1 2
,
≤ ≤ ∀
f t f t f t t

Ph
ư
ơ
ng pháp hàm s
ố trong các b
ài
toán ñ
ại số

Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương
mà
( ) ( )
1 2
1 2
1 2
2 1 2 1
1 2 7 1 2 7
,
2 1 3 2 1 3
+ +
− − − +
= = = =
− −
t t
f t f t

t t
suy ra :
(
)
(
)
1 2 7 1 2 7
1 2 7 1 2 7
3 3 3 3
− − − +
− − − +
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
a a
b
b
a
l
ạ
i có
0 3 0 1
3
< ≤ ⇔ < ≤
a
a nên

(
)
(
)
1 2 7 1 2 7

1 2 7 1 2 7
3 3
− − − +
− − ≤ ≤ ≤ ≤ − +
a a
b

T
ừ
các tr
ườ
ng h
ợ
p trên, ta suy ra:
1 2 7 1 2 7
− − ≤ ≤ − +b .



Ví dụ 23. Cho các số dương
, ,
a b c
với
1
+ + ≤
a b c
.
Chứng minh rằng :
( )
1 1 1

3 2 21
 
+ + + + + ≥
 
 
a b c
a b c


Giải: Ta có:
( )
3
3
1 1 1 1 1 1 1 9
3 3 9
 
 
+ + + + ≥ = ⇒ + + ≥
 
 
+ +
 
 
a b c abc
a b c abc a b c a b c

Do ñó
( ) ( ) ( )
1 1 1 18 6
3 2 3 3 3

   
+ + + + + ≥ + + + = + =
   
+ +
   
a b c a b c t f t
a b c a b c t
(1)
Trong
ñó
( )
6
0 1 và
< = + + ≤ = +
t a b c f t t
t
. Ta có
( )
2
2 2
6 6
' 1 0, (0;1]
−
= − = < ∀ ∈
t
f t t
t t
,
nên hàm s
ố

ngh
ị
ch bi
ế
n trên
(0;1]
(
)
(
)
1 7, (0;1]
⇒ ≥ = ∀ ∈
f t f t
.
Theo (1) suy ra b
ấ
t
ñẳ
ng
th
ứ
c
ñượ
c ch
ứ
ng minh.


Chú ý
: T

ừ
(1) chúng ta có th
ể
ch
ứ
ng minh
( )
6
7
= + ≥
f t t
t
b
ằ
ng cách khác nh
ư
sau:
Cách 1:
( )
6 1 5 1 5 5
2 . 2 7
= + = + + ≥ + = + ≥
f t t t t
t t t t t t
vì
1
≤
t
.
Cách 2:

( )
(
)
(
)
2
1 6
6 7 6
7 7 0
− −
− +
− = + − = = ≥
t t
t t
f t t
t t t
vì
1
≤
t
nên
1 0, 6 0
− ≤ − <
t t
.



Ví d
ụ

24: Cho
2 2 2
, , 0 và 1
> + + =
a b c a b c
.
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
( )
1 1 1
2 3
+ + − + + ≥a b c
a b c

Gi
ả
i:
ðặ
t
(
)
2 2 2
3 0 3
= + + ≤ + + ⇒ < ≤t a b c a b c t
.