Giải toán bằng công cụ đạo hàm

Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm

GIẢI TOÁN BẰNG CÔNG CỤ ĐẠO HÀM
Bài viết tháng 01 năm 2012
LỜI NÓI ĐẦU
Đạo hàm là một khái niệm cơ bản trong chương trình toán phổ thông, đạo hàm
trong chương trình học chính khóa, chủ yếu để khảo sát các tính chất của hàm số.
Ngoài ra khai thác sâu hơn, đạo hàm còn là một công cụ hữu hiệu để giải toán.
Trong bài viết này, tôi xin đề cập đến vấn đề vận dụng đạo hàm vào giải quyết
các nội dung cơ bản sau đây:
1) Chứng minh bất đẳng thức
2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số và áp dụng GTLN,
GTNN vào giải một số bài toán
3) Tìm nghiệm của phương trình; bất phương trình; hệ phương trình; hệ
bất phương trình
4) Ứng dụng đạo hàm để tính giới hạn của hàm số
Các bài tập trong từng phần của bài viết, được trình bày theo một trình tự từ dễ
đến khó, nhằm giúp học sinh nắm bắt được vấn đề, nâng cao khả năng nhận biết, từ
đó phát hiện ra các quy luật, có khả năng vận dụng vào giải các bài tập khó hơn.
Đề tài là một chuyên đề, mà tôi đã áp dụng vào dạy cho học sinh trong phần bài
tập “ Đạo hàm” của lớp 11; chương “Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của
hàm số” ở lớp 12, luyện thi đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi trong những năm học
vừa qua. Các bài toán được trình bày, là một quá trình chọn lọc, sắp xếp, làm bài
giảng phù hợp cho các đối tượng học sinh từ trung bình đến khá giỏi.
Ngoài ra trong đề tài còn trình bày thêm định lí Lagrange và một số định lí xung
quanh định lí Lagrange, nhằm trang bị thêm cho học sinh khá giỏi các kiến thức để
vận dụng vào giải một số bài toán thường có trong các đề thi học sinh giỏi.
Cuối mỗi phần 1) và 3) có trình bày các bài tập, mà cách giải vận dụng trực tiếp
định lí Lagrange, nhằm minh họa cách áp dụng định lí này vào giải toán.
Đề tài được phát triển trên cơ sở một chuyên đề, mà kiến thức, luyện thi đại học
và bồi dưỡng học sinh giỏi là chủ yếu, nên mức độ khó dễ giữa các bài toán có sự

chênh lệch khá rõ rệt, bản thân đã cố gắng sắp xếp, sao cho mỗi bài toán vừa có đặc
thù riêng vừa có liên quan đến nội dung của phần trình bày. Tuy nhiên trong cách
trình bày không tránh khỏi thiếu sót, mong quý thầy cô giáo đóng góp thêm ý kiến để
đề tài được phát triển tốt hơn.
Trang 2
Gii toỏn bng cụng c o hm Giỏo viờn: Lờ Vn Tin trng THPT Nguyn Bnh Khiờm

NI DUNG
A. TểM TT Lí THUYT
1. nh ngha o hm ti mt im
Cho hm s y = f(x) xỏc nh trờn khong (a; b), x
0

(a; b). Gii hn nu cú
ca t s gia s gia ca hm s v s gia ca bin s x khi s gia ca bin s
dn n 0 gi l o hm ca hm s ti x
0
. Kớ hiu: f(x
0
) hay y.
Vy

+

= =

0 0
0
0 0
( ) ( )

'( ) lim lim
x x
f x x f x
y
f x
x x
2. o hm mt bờn
a) o hm bờn trỏi x
0
l:




=

0
0
'( ) lim
x
y
f x
x
;
b) o hm bờn phi x
0
l:
+
+

=

0
0
'( ) lim
x
y
f x
x
.
3. nh lý
Hm s f(x) cú o hm ti
+
+






=
0 0
0
0 0
( ) ( )
( ) ( )
f x vaứ f x ton taùi
x
f x f x

4. o hm cp cao
o hm cp n ca hm s f l o hm cp n 1 ca f




=
( ) ( 1)
'
( ) ( )
n n
f x f x
Ơ( , 2)n n
5. Tớnh n iu ca hm s
Cho hm s y = f(x) cú o hm trờn (a; b)
a) Nu f(x)
( )
0 ;x a b
thỡ hm s ng bin trờn khong ú.
b) Nu f(x)
( )
0 ;x a b
thỡ hm s nghch bin trờn khong ú.
c) Nu f(x)
( )
= 0 ;x a b
thỡ hm s l hm khụng i trờn khong
ú.
Chỳ ý: Du bng trong a) v b) xy ra ti hu hn im.
B. GII THIU THấM MT S NH L

1. nh lý Weierstrass
Nu hm s f(x) liờn tc trờn [a; b] thỡ t giỏ tr nh nht, giỏ tr ln nht v
mi giỏ tr trung gian gia giỏ tr ln nht v giỏ tr ln nht trờn [a; b]
2. nh lý Fermat
Nu hm s f(x) cú o hm ti x
0
thỡ t cc tr ti im ú.
3. nh lý Rolle
Gi s hm s f(x) liờn tc trờn [a; b] v cú o hm trờn (a; b).
Nu f(a) = f(b) thỡ tn ti ớt nht mt im
( ; )c a b
sao cho
0)(' =cf
.
Trang 3
Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm

Chứng minh
Vì f(x) liên tục trên
[ ]
ba;
nên f(x) đạt giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M
trên [a; b].
+ Nếu m = M thì f(x )= m = M
[ ]
bax ;∈∀
suy ra
);(0)(' baxxf ∈∀=
.
Do đó

);( bac ∈∀
ta có
0)(' =cf
.
+ Nếu m < M thì
maf ≠)(
hoặc
Maf ≠)(
.
Giả sử
mbfaf ≠= )()(
. Vì f(x) liên tục trên
[ ]
ba;
Theo định Weierstrass tồn tại ít nhất một điểm
];[ bac∈
sao cho
mcf =)(
.
Hiển nhiên
c a≠
và
bc ≠
suy ra
);( bac∈
.
Vì
( ) ( ) ( ; )f x f c x a b≥ ∀ ∈
nªn f(x) đạt cực tiểu tại c.
Theo định lý Fecmat ta có

0)(' =cf
.
(Chứng minh tương tự cho trường hợp
Mbfaf ≠= )()(
)
4. Định lý Lagrange
Nếu hàm số f(x) liên tục trên [a; b] và có đạo hàm trên khoảng (a; b) thì tồn
tại ít nhất một số x
0
∈
(a; b) sao cho
f(b) – f(a) = f’(x
0
) (b – a) hay
0
)'(
( ) ( )
f x
f b f a
b a
=
−
−
Chứng minh
Xét hàm số
)(
)()(
)()()( ax
ab
afbf

afxfxg −
−
−
−−=
với
];[ bax∈
.
Ta có g(x) liên tục trên
[ ]
ba;
và có đạo hàm trên
);( ba
:

ab
afbf
xfxg
−
−
−=
)()(
)(')('
.
Mặt khác
0)()( == bgag
nên theo định lý Rolle tồn tại
);( bac∈
sao cho
0)(' =cg
.

Do đó
⇔=
−
−
−= 0
)()(
)(')('
ab
afbf
cfcg
( )
abcfafbf −=− ).(')()(
(§pcm)
5. Ý nghĩa hình học của định lý Lagrange
Do f(x) liên tục trên
[ ]
ba;
nên đồ thị của f(x) trên
[ ]
ba;
là một cung liền nét AB, với A(a; f(a)), B(b; f(b)).
Cát tuyến AB có hệ số góc
ab
afbf
−
− )()(
.
Theo định lý Lagrange thì
);( bac∈∃
sao cho

ab
afbf
cf
−
−
=
)()(
)('

Ý nghĩa là: hệ số góc của tiếp tuyến của cung AB tại C(c; f(c)), bằng hệ số
góc của cát tuyến AB.
Nói cách khác trên cung AB tốn tại ít nhất một điểm C, sao cho tiếp tuyến tại
C song song với AB.
C. CÁC VẤN ĐỀ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM
Trang 4
O
x
y
B
C
A
f(c)
c
f(a)
f(b)
b
a
Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm

VẤN ĐỀ I. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

1. Định hướng phát hiện vấn đề
Bài toán chứng minh bất đẳng thức có thể thực hiện theo nhiều cách khác
nhau, nhưng không có cách nào hữu hiệu để chứng minh cho tất cả các bài
toán bất đẳng thức. Trong các cách đó thì sử dụng đạo hàm là một công cụ
mạnh mẽ để chứng minh bất đẳng thức.
2. Kiến thức vận dụng
- Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số;
- Sử dụng đến giá trị cực trị, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số.
Lưu ý:
+) Biến đổi bất đẳng thức về một vế là một hàm số, xét hàm số trên tập
xác định và khảo sát dấu đạo hàm đạo hàm của nó trên tập đó;
+) Khi chưa xác định được dấu đạo hàm thì có thể tiếp tục tính đạo hàm
cấp hai, cấp ba… để xác định dấu đạo hàm trên tập xác định.
3. Các bài tập
Bài 1. Chứng ming rằng với
0
x
x x x∀ >
2
2
ta co ù ln( + 1) > -
Phân tích và lời giải
- Rõ ràng bài toán không thể giải theo phương pháp biến đổi thông thường;
- Định hướng: biến đổi bất đẳng thức về bất đẳng thức tương đương.
0
x
x x >
2
2
ln( + 1) - +

- Ta nghĩ đến cách xét hàm số
( )
x
f x x x=
2
2
ln( + 1) - +
với
0x ≥
Ta có
0
1
'( )
x
f x x
x x
≥=
2
-1 + =
+ 1 + 1
với
0x∀ ≥
Suy ra hàm số
( )f x
đồng biến trên
( )
0;+∞
Với
0x∀ >

thì
( ) (0)f x f>
( ) (0) 0
x
f x x x f⇔ = > =
2
2
ln( + 1) - +
Hay
0
x
x x x∀ >
2

2
ln( + 1) > - vôùi
Bài 2. Với
( )
, 0; ,a b a b
π
∀ ∈ <
.
Chứng minh rằng:
cos cos sin sina a b b a b− > −
Phân tích và lời giải
- Trong bất đẳng thức có chứa các đại lượng: acosa, sina và bcosb, sinb;
- Bất đẳng thức
cos sin cos sina a a b b b⇔ − > −
;
- Ta nghĩ đến cách xét hàm số

( ) cos sinf x x x x= −
trên
( )
0;
π
.
Ta có
( )
'( ) cos sin cos sin 0, 0;f x x x x x x x x
π
= − − = − < ∀ ∈
Nên hàm số nghịch biến trên
( )
0;
π
Suy ra
( )
, 0; ,a b a b
π
∀ ∈ <

Trang 5
Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm

Ta có:
( ) ( ) cos sin cos sinf a f b a a a b b b> ⇔ − > −
Hay
cos cos sin sina a b b a b− > −
(đpcm).
Bài 3. Với mọi x > - 1 và

n∀ ∈¥
.
Chứng minh:
( )
1 1
n
x nx+ ≥ +
(bất đẳng thức Becnuli)
Phân tích và lời giải
- Bài toán có thể chứng minh bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho n
số;
- Định hướng trong bất đẳng thức có chứa x ta có thể nghĩ đến việc xét hàm số
biến x;
- Trước tiên xét các giá trị đặc biệt của n và x.
Với n = 0; n = 1 hoặc x = 0 ta có bất đẳng thức đúng
Với
2n ≥
Ta xét hàm số
( )
n
f x x nx= ( + 1) - 1-
với
1x > −

1 1
'( ) 1
n n
f x n x n n x
− −
 

 
= = ( + 1) - ( + 1) -
'( ) 0f x x= ⇔ = 0
'( ) 0f x x> ⇔ > 0
.
'( ) 1 0f x x< ⇔ − < < 0
Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên
( ) 0
n
f x x nx≥ ⇔ ≥ ( + 1) - 1- 0
Hay
( )
1 1
n
n nx+ ≥ +
Dấu bằng khi và chỉ khi x = 0.
Bài 4. Với
( )
∀ ∈ −1;1x
vaø vôùi
*
n∀ ∈¥
Chứng minh rằng:
( ) ( )
2 1 1 2
n n
n
x x+ <≤ + −

Phân tích và lời giải
- Bài toán có thể giải theo phương pháp lượng giác hóa hoặc sử dụng khai
triển nhị thức Newton;
- Định hướng trong bất đẳng thức có chứa biến x, ta nghĩ đến việc xét hàm số
f(x) = (1 + x)
n
+ (1 – x)
n
trên đoạn [-1; 1].
Sử dụng phương pháp đạo hàm ta có:
f’(x) = n(1 + x)
n – 1
–

n(1 – x)
n – 1
= n[(1 + x)
n – 1
–

(1 – x)
n – 1
]
Nếu
1 0 0 1 1 '( ) 0x x x f x− ≤ < ≤ + < − ⇒ < thì
Nếu
0 1 0 1 1 '( ) 0x x x f x≤ < ≤ − < + ⇒ > thì
Bảng biến thiên
Trang 6
_

+
0
2
n
2
n
y
CT
= 2
0
1
-1
f(x)
f'(x)
x
_
+
0
+
∞
y
CT
= 0
0
+
∞
-1
f(x)
f'(x)
x

Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm

Dựa vào bảng biến thiên ta có
2 ( ) 2
n
f x< <
Hay
( ) ( )
2 1 1 2
n n
n
x x+ <≤ + −
Bài 5. Với mọi số dương a, b, a >b.
Chứng minh rằng:
ln
a b a a b
a b b
− −
< <
Phân tích và lời giải
- Định hướng: bất đẳng thức không thể chứng minh theo phương pháp biến đổi
thông thường;
- Để ý
ln ln ln
a
a b
b
= −
,
- Từ đó ta nghĩ đến cách chọn hàm số f(x) = lnx trên đoạn [b; a] để áp dụng

định lí Lagrange;
Hàm số f(x) liên tục và có đạo hàm trên (b; a)
Theo định lý Lagrange
( )
; sao cho:c b a∃ ∈
( ) ( )
'( )
f a f b
f c
a b
−
=
−
1 ln lna b
c a b
−
⇔ =
−
Do
( )
;c b a∈
nên
1 1 1
a c b
< <
Hay
1 ln ln 1
ln
b
a b a b a a b

a a b b a b
< < ⇔ < <
− − −
−
(đpcm)
VẤN ĐỀ II. TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
1. Định hướng phát hiện vấn đề
Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số có thể giải theo
phương pháp phân tích đánh giá. Thông thường dạng bài tập này, sử dụng
phương pháp đạo hàm thì hiệu quả hơn.
2. Kiến thức vận dụng
- Nếu hàm f(x) liên tục trên [a; b] thì đạt giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ nhất trên
đoạn đó;
- Nếu hàm số f(x) đồng biến (hay nghịch biến) trên [a; b] thì đạt GTNN tại a,
GTLN tại b (hay đạt GTLN tại a, GTNN tại b);
- Trên [a; b] hàm số có nhiều cực trị thì so sánh các giá trị cực trị với f(a) và
f(b) để kết luận;
- Nếu trên khoảng (a; b) hàm số có một cực trị duy nhất thì giá trị cực trị là
GTLN hoặc GTNN.
Trang 7
Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm

3. Các bài tập
Bài 1. Cho phương trình:
2 2
2
12
12 6 4 0, 0x mx m m
m
− + − + = ≠

có các nghiệm
x
1
, x
2
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3
1 2
T x x= +
.
Phân tích và lời giải
- Ta không thể thực hiện được việc tìm GTLN, GTNN của T theo
1 2
;x x
khi
không có điều kiện ràng buộc cho
1 2
;x x
;
- Tìm cách biểu diễn T theo tham số m, từ điều kiện tồn tại
1 2
;x x
ta có điều
kiện ràng buộc cho tham số m;
Điều kiện phương trình có hai nghiệm:
' 0 2 | | 2 3m∆ ≥ ⇔ ≤ ≤
Ta có
( ) ( )
2
1 2 1 2 1 2

3
3
2 2
m
T x x x x x x
m
 
+ + − =
 
= −
.
Tìm GTLN, GTNN của hàm số
Gọi
3
( ) ; 2 2; 2 3
2 2
m
f m
m
 
 
 
 
= − − ∪ treân D = -2 3
2
1 3
'( )
2 2
f m
m

= + > 0
nên hàm số đồng biến trên D
Vậy
3 3 3 3
max (2 3) ; min ( 2 3)
4 4
D
D
f f f f= = = − = −
Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
4 4 2 2
4 4 2 2
a b a b a b
P ab
b a b a b a
 
 ÷
 
= + − + + + ≠, vôùi 0
.
Phân tích và lời giải
- Tìm GTLN, GTNN của P theo a và b mà chỉ dựa vào một điều kiện
ab ≠ 0
không thể thực hiện được;
- Ta nghĩ đến biểu diễn các biến a, b qua một biến trung gian nào đó;
- Chẳng hạn đặt
a b
t
b a
= +

, ta có điều kiện
| | 2t ≥
.
Biến đổi
2
2
2
2 2
2
22
a b a b a b
P
b a b a b a
 
 
 
 
 
−
 
 ÷
 ÷
 
 
 
 
 
 
= + − − + + +
2

2 2
2 22
a b a b a b
b a b a b a
 
   
   
 
− −
 ÷
 
 ÷  ÷
 ÷
 
   
 
   
 
= + − − + + +
Lúc đó
4 2
5 4P t t t= − + +
.
Xét hàm số
4 2
( ) 5 4f t t t t= − + +
với
| | 2t ≥
.
Có

3
'( ) 4 10 1f t t t= − +
;
2
''( ) 12 10f t t= −

Vì
| | 2t ≥
nên
2
''( ) 12 10 0f t t= − > ⇒
f’(t) đồng biến
Nên t > 2 thì f’(t) > f’(2) > 0; t < - 2 thì f’(t) < f’(-2) < 0.
Bảng biến thiên
Trang 8
+
∞
+
∞
+
∞
-
∞
2
-2
t
f'(t)
f(t)
- 2
2

+
-
Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm

Vậy minf = - 2 tại t = 2 khi và chỉ khi a = b.
Bài 3. Cho tam giác ABC có ba góc thỏa mãn điều kiện A > B > C.
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
sin sin
( ) 1
sin sin
x A x B
f x
x C x C
− −
= + −
− −
Phân tích và lời giải
- Định hướng từ định lí sin và điều kiện tồn tại căn bậc hai ta tìm ra tập xác
định của hàm số;
- Lúc đó, ta tìm GTNN của hàm số trên tập xác định vừa tìm được.
Ta có A > B > C
⇒
a > b > c
(a, b, c là độ dài các cạnh lần lượt đối diện với các đỉnh A, B, C)
2 sin 2 sin 2 sinR A R B R⇔ > >
sin sin sinA B C⇔ > >
Mặt khác: f(x) xác định trên
( )
[
)

; sin sin ;C A−∞ ∪ + ∞
có
( ) ( )
2 2
sin sin sin sin
sin sin
'( ) 0
sin sin
2 2
sin sin
A C B C
x C x C
f x
x A x B
x C x C
− −
− −
= + >
− −
− −
suy ra hàm số f(x) đồng biến trên các khoảng
( )
[
)
; sin ; sin ;C A−∞ + ∞
Bảng biến thiên
Từ BBT ta có GTNN là:
sin sin
(sin ) 1
sin sin

A B
f A
A C
−
= −
−
VẤN ĐỀ III. SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH
1. Định hướng phát hiện vấn đề
Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình nói
chung không thể giải được nghiệm cụ thể bằng công cụ đạo hàm. Tuy nhiên
thông qua công cụ đạo hàm có thể chứng minh phương trình, bất phương trình,
hệ phương trình, hệ bất phương trình tồn tại nghiệm, cũng như đánh giá được
số nghiệm của chúng.
2. Kiến thức vận dụng
- Sử dụng đạo hàm để xét tính đơn điệu của hàm số, nhờ vào tính đơn điệu để
chứng minh sự tồn tại nghiệm;
- Nhờ vào việc phân chia tập xác định của hàm số thành các khoảng trên đó
hàm số luôn tăng hoặc giảm, để chứng minh nghiệm duy nhất, từ đó có thể
Trang 9
f
(
sinA
)
1
+
∞
1
+
+
sinA

sinC
f(x)
f'(x)
x
-
∞
+
∞
Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm

giải được phương trình bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương
trình.
3. Các bài tập
Bài 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
4
2
3 1 1 2 1x m x x− + + = −
(Đề tuyển sinh Đại học, Cao đẳng Khối A năm 2007)
Phân tích và lời giải
- Ta có thể sử dụng phương pháp biến đổi để giải bài toán;
- Định hướng: ta biến đổi phương trình về một vế theo x xem là hàm số biến x;
- Bài toán giải đơn giản hơn dựa vào phương pháp đạo hàm.
Điều kiện
1x ≥
Phương trình tương đương:
4
1 1
3 2
1 1
x x

m
x x
− −
− + =
+ +
Đặt
1
; 0
1
x
t t
x
−
= ≥
+
Lúc đó phương trình theo t là:
2
3 2t t m− + =
Vì
1
2
0 1
1
t t
x
−= ⇒ ≤ <
+
Trên [0; 1) ta có
1
1 ( )

3
f t− < ≤
Vậy phương trình có nghiệm khi
1
1
3
m− < ≤
Bài 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
3 12 4
x x
m+ = +
.
(Cấu trúc đề thi TN THPT và Đại học của Bộ giáo dục năm
2008)
Phân tích và lời giải
- Ta có thể sử dụng phương pháp tam thức để giải bài toán;
- Định hướng: ta biến đổi phương trình về một vế theo hàm biến x;
- Bài toán giải đơn giản hơn dựa vào phương pháp đạo hàm.
Ta có phương trình viết lại:
3
1
2
4
x
x
m
+
=
+
Bằng cách đặt ẩn phụ

,2 0
x
t t= >
. Lúc đó phương trình là:
2
3
1
t
m
t
=
+
+
.
Xét hàm số
2
3
( )
1
t
f t
t
=
+
+
trên
( )
0;+∞
Phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đồ thị của hàm số f(x) và
đường thẳng y = m có một điểm chung duy nhất.

Ta có
( )
( )
2
2
2
2 2
1 3
1 3
1
'( )
1
1 1
t
t t
t
t
f t
t
t t
−
= =
+ +
−
+
+
+ +
Trang 10
Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm

Bảng biến thiên
Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm duy nhất khi
1 3
10
m
m
< <


=

.
Chú ý: Bài toán yêu cầu phương trình có nghiệm ta cần
10m ≤
; bài toán
yêu cầu phương trình có hai nghiệm phân biệt ta cần
3 10m< <
Bài 3. Giải phương trình:
−
= + −
x
x
2
(*)
2 1
log 1 x 2
x
(Đề dự bị Đại học khối A năm
2007)
Phân tích và lời giải

- Định hướng trong phương trình vừa chứa logarít vừa chứa biểu thức mũ và
biến ở đa thức;
- Ta thử nghĩ đến cách giải phương trình thông qua việc xét các hàm số.
Điều kiện
 
 
 
 
 
− > > =
⇔ ⇔ >
≠ ≠
x x 0
2 1 0 2 1 2
x 0
x 0 x 0
(*)
⇔
−
= − +
x
x
2
2 1
log 1 2 x
x
và x > 0

⇔ − − = − +
x x

2 2
log (2 1) log x 1 2 x
và x > 0

⇔
(2
x
− 1) + log
2
(2
x
− 1) = x + log
2
x (**)
Xét hàm f(t) = t + log
2
t đồng biến khi t > 0
Do đó f(u) = f(v) ⇔ u = v, với u > 0, v > 0
Vậy từ (**) ⇔ 2
x
− 1 = x ⇔ 2
x
− x −1 = 0 (***)
Lại xét hàm g(x) = 2
x

−
x − 1 khi x > 0
g'(x) = 2
x

ln2 − 1, g'(x) = 0 ⇔
= = >
x
2
1
2 log e 1
ln2
⇔
= >
2 2
x log (log e) 0
Ta có g’’(x) > 0 với mọi x nên g'(x) là hàm tăng trên
¡
+)
2 2
g'(x) 0, x log (log e)< ∀ <
g⇒
giảm trên
(
2 2
; log (log e)


−∞
+)
2 2
g'(x) 0, x log (log e)> ∀ >
g⇒
tăng trên
)

2 2
log (log e);


+∞
g(x) 0⇒ =
có tối đa là 1 nghiệm trên
(
2
2
; log (log e)


−∞
và có tối đa là 1 nghiệm trên
)
2 2
log (log e);


+∞
.
bằng cách thử nghiệm ta có pt
g(x) 0=
(***) có 2 nghiệm là x = 0; x = 1 .
Vì x > 0 nên (*) ⇔ x = 1.
Bài 4. Cho f(x) là một đa thức với hệ số hữu tỉ,
α
là số thực sao cho
Trang 11

_
+
0
3
1
f
CÑ
=
10
1
3
+
∞
0
f(t)
f'(t)
t
Gii toỏn bng cụng c o hm Giỏo viờn: Lờ Vn Tin trng THPT Nguyn Bnh Khiờm


= =
3 3 2009
[ ( )] ( ) 33f f
.
Chng minh rng
( )

=
3
( ) ( ) 2009

( ) ( ) 33
n n
f f
Trong ú
=
1 4 4 4 2 4 4 4 3
( )
n lan f
( ) ( ( ( ( ) ))),
n
f x f f f f x
n l s nguyờn dng
Phõn tớch v li gii
- Khai thỏc gi thit:

= =
3 3 2009
[ ( )] ( ) 33f f
;
- Ta cú suy ngh

( )vaứ f
u l nghim ca phng trỡnh
x
3
x = 33
2009
(1);
- Bi toỏn yờu cu chng minh
( )

=
3
( ) ( ) 2009
( ) ( ) 33
n n
f f
- Nờn

( )vaứ f
cú th bng nhau;
- T ú ngh n chng minh

tn ti duy nht.
S dng phng phỏp o hm ta xột hm s:
g(x) = x
3
x trờn
( )
; +
.
Ta cú g(x) = 3x
2
1, g(x) = 0
=
1
x
3
x

1
3


1
3

+
y' + 0 - 0 +
y
y
C
=
2 3
9

+


y
CT
=
2 3
9

th ca g(x) v ng thng y = 33
2009
trờn
Ă

ch cú mt im chung duy
nht
Suy ra trờn
Ă
phng trỡnh x
3
x = 33
2009
cú nghim duy nht nờn

= ( )f



= = = = =
( )
( ) ( ( )) ( ( ( ( ) ))) ( )
n
f f f f f f f f
Hay
( )

=
3
( ) ( ) 2009
( ) ( ) 33
n n
f f
.
Bi 5. Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca tham s a bt phng:

2
2 7a x x a+ < +
nghim ỳng vi mi x.
Phõn tớch v li gii
- Cú th gii bi toỏn bng phng phỏp tam thc; nhng phng phỏp tam
thc t ra khỏ phc tp, khi nh lớ o v du tam thc v so sỏnh mt s vi
cỏc nghim ca tam thc khụng c hc mt cỏch h thng;
- Ta bin i bt phng trỡnh mt v cha bin x, v cũn li cha tham s a
nh sau: bt phng trỡnh
2
2 7 1
x
a
x
<
+
;
2
( ) .
2 7 1
x
f x
x
=
+
ĂXeựt haứm soỏ treõn
Trang 12
Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm

Bất phương trình nghiệm đúng với mọi x khi a nhỏ hơn giá trị nhỏ nhất của

hàm số f(x)
Ta có
(
)
(
)
2 2
2
2
2
2 2 2
7
2
2 7 1
2 7
2 7
'( )
2 7 1 2 7 2 7 1
x
x x
x
x
f x
x x x
−
+ − −
+
+
=
+ − + + −

=
21
'( ) 0
21
x
f x
x




=
= ⇔
= −
Bảng biến thiên
Bất phương trình có nghiệm với mọi x khi
21
6
a < −
Chú ý: Bài toán yêu cầu tìm a để bất phương trình có nghiệm thì chỉ cần a
nhỏ hơn giá trị lớn nhất của hàm số f(x)
Bài 6. Cho hệ phương trình
2 2
x y xy m
x y m
+ + =


+ =


. Tìm m để hệ phương trình có
nghiệm. (Cấu trúc đề thi TN THPT và Đại học của Bộ giáo dục năm 2008)
Phân tích và lời giải
- Đây là hệ đối xứng loại I. Biểu diễn x và y qua hai biến S và P như sau:
Đặt
2
4 (*)
S x y
S P
P xy
= +

≥

=

. Ñieàu kieän
;
- Khai thác điều kiện S
2

≥
4P để tìm ra khoảng chứa S (hoặc P);
- Hệ có nghiệm khi phương trình theo S và P có nghiệm thỏa mãn điều kiên
vừa tìm được.
Hệ viết lại theo S và P là:
2 2
2 2 3 0
S P m P m S
S P m S S m

+ = = −
 
⇔
 
− = + − =
 
Ta có
2 2
4 4 0 3 2 4( ) 0S P S P m S m S≥ ⇔ − ≥ ⇔ − − − ≥

2
2
0 4
2 6
m S S
S S S
+
⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ≤
Yêu cầu bài toán
⇔
phương trình
2
2 3 0S S m+ − =
có nghiệm thỏa
0 4S≤ ≤
Hay phương trình
2
2 3S S m+ =
có nghiệm thỏa
0 4S≤ ≤

Xét hàm số
2
( ) 2f S S S= +
Ta có hàm số luôn đồng biến trong
( )
1;− +∞
nên đồng biến trên
0; 4
 
 
Nên
[0; 4]
max (4) 24f f= =
Trang 13
21
6
-
21
6
2
2
2
2
+
∞
-
∞
0
0
21

-
21
x
f'(x)
f(x)
-
-
+
Gii toỏn bng cụng c o hm Giỏo viờn: Lờ Vn Tin trng THPT Nguyn Bnh Khiờm

[0; 4]
min (0) 0f f= =
Phng trỡnh cú nghim khi
0 8m

Bi 7. Giaỷi heọ phửụng trỡnh:





+ = + +
+ = + +
+ = + +
3 2
3 2
3 2
2 1
2 1
2 1

x y y y
y z z z
z x x x

Phõn tớch v li gii
- ý nu xột mt phng trỡnh ca h v xem mt n l bin thỡ n kia l
hm theo bin ú h vit li nh sau:
H phng trỡnh vit li









= + +
= + +
= + +
3 2
3 2
3 2
1
( 1) (1)
2
1
( 1) (2)
2
1

( 1) (3)
2
x y y y
y z z z
z x x x
.
- Ta cú hm ca bin ny li l bin ca hm kia;
- Ta ngh n xột hm f(t) =
+ +
3 2
1
( 1)
2
t t t
trờn
( )
; +
Cú
= + + > Ă
2
1
'( ) (3 2 1) 0
2
f t t t t
, nờn hm s luụn luụn ng bin.
Nu
( ) ( )x y f x f y> >
T (3) v (1)
( ) ( )z x f z f x > >
T (2) v (3)

y z >
Vy
x y z x > > >
khụng th xy ra
Tng t:
Nu y > z thỡ y > z > x > y
Nu z > x thỡ z > x > y > z
Nờn ta cú coự x =y = z.
Nghim ca h (1; 1; 1), (-1; -1; -1)
Bi 8. Gii h phng trỡnh:
1
1
2
2 2 3 1
; , (I)
2
2 2 3 1
y
x
x x x
x y
y y y







+ + = +

+ + = +
Ă
Phõn tớch v li gii
- H khụng mu mc, ý trong h s m ca c s 3 l x 1 v y 1;
- Ta c ý bin i h theo x 1 v y 1.
t u = x 1, v = y 1
(I) thnh





+ + =
+ + =
2 v
2 u
u u 1 3
(II)
v v 1 3
;
Xột hm f(x)
= + +
2
x x 1
Trang 14
Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm

f ´(x)
+

+ +
= + = > ≥
+ + +
2
2 2 2
x x
x x 1 x
1 0
x 1 x 1 x 1
;
Vậy f đồng biến trên
¡
.
Nếu u > v
⇒
f(u) > f(v)
⇒ >
v u
3 3
⇒
v > u ( vô lý ) ;
Tương tự nếu v > u cũng dẫn đến vô lý
Do đó hệ (II)
 
 
 
 
 
+ + = = + −
⇔ ⇔

= =
2 u u 2
u u 1 3 1 3 ( u 1 u) (1)
u v u v

(Vì
⇔+ − ≠ + + = = + −
2 2 u u 2
u 1 u 0 neân u u 1 3 1 3 ( u 1 u)
)
Đặt g(u)
= + −
u 2
3 ( u 1 u)

 
 ÷
 ÷
 
⇒ = + − + −
+
u 2 u
2
u
g'(u) 3 ln3( u 1 u) 3 1
u 1

( )
(
)

2
2
1
' 3 1 ln3 0,
1
u
g u u u u R
u
 
 ÷
 
= + − − > ∀ ∈
+
Vậy g(u) đồng biến trên
¡
.
Ta có g(0) = 1. Vậy u = 0 là nghiệm duy nhất của (1)
Nên (II) ⇔ u = 0 = v
Vậy (I) ⇔ x = y = 1.
Bài 9. Cho hệ bất phương trình:
2
3
3 2 1 0 (1)
3 1 0 (2)
x x
x x a
+ − <


− + − >


. Tìm a để hệ có
nghiệm.
Phân tích và lời giải
- Thực chất của bài toán là tìm a để bất phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn
(1);
Nghiệm của bất phương trình (1) là:
1
1
3
x− < <
Gọi vế trái của (2) là f(x)
Ta có
3 2
1
( ) 3 1 '( ) 3 3; '( ) 0
1
x
f x x x a f x x f x
x
= −

= − + − ⇒ = − = ⇔

=

Ta tìm GTLN, GTNN của hàm số trên
1
1;
3

 
−
 ÷
 
Bảng biến thiên
Trang 15
a
-
1
27
3 - a
-
-
0
0
1
+
+
1
3
- 1
f(x)
f'(x)
x
Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm

Hệ có nghiệm khi
1 1
min 0 0
27 27

f a a> ⇔ − > ⇔ <
¡
Bài 10. Cho m > 0 và a, b, c bất kỳ thỏa mãn điều kiện
+ + =
+ +
.0
2 1
a b c
m m m
Chứng minh rằng phương trình ax
2
+ bx + c = 0 có ít
nhất một nghiệm trong khoảng (0; 1).
Phân tích và lời giải
- Ở đây không thể đánh giá được dấu của
∆
cũng như dấu củ f(1) và f(0);
- Lấy tích ax
2
+ bx + c với x
m
ta được đa thức có bậc m + 2; m + 1 và m.
-Ta nghĩ đến xét hàm số
+ +
= + +
+ +
2 1
( )
2 1
m m m

ax bx cx
f x
m m m
liên tục trên [0; 1], có đạo
hàm trong khoảng (0; 1)
Theo định lý Lagrange trên [0; 1] tồn tại một số
( )
0
0;1x ∈
sao cho
0
(1) (0)
)
1 0
'(
f f
f x
−
=
−
0
)'(
2 1
a b c
f x
m m m
=⇔ + +
+ +
Mà
0

0 '( ) 0 (*)
2 1
a b c
f x
m m m
+ + = ⇒ =
+ +
Mặt khác
( )
1 1 1 2 1
0 0 0 0 0 0 0 0
'( ) , 0(**)
m m m m m
f x ax bx cx x ax bx c x
+ − − −
= + + = + + >
Từ (*) và (**) ta có
2
0 0
.0ax bx c+ + =
Vậy phương trình
2
0ax bx c+ + =
có ít nhất một nghiệm trong (0; 1).
VẤN ĐỀ IV. SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA ĐẠO HÀM ĐỂ TÍNH GIỚI HẠN
CỦA HÀM SỐ
1. Định hướng phát hiện vấn đề
Bài toán tính giới hạn của hàm số dạng vô định
0
0

, thường thực hiện theo
cách phân tích thành nhân tử để khử dang vô định, như trong sách giáo khoa
đã trình bày, đôi lúc còn có thể sử sụng phương pháp gọi hạng tử vắng. Ở đây
sẻ trình bày thêm một cách giải khác, đó là sử dụng định nghĩa đạo hàm để
tính giới hạn.
Lưu ý chọn hàm số f(x)
2. Kiến thức vận dụng
- Sử dụng định nghĩa đạo hàm;
- Đạo hàm các hàm số sơ cấp cơ bản;
- Giới hạn hữu hạn.
3. Các bài tập
Bài 1. Tính giới hạn:
2
1
3
2
5 7
lim
1
x
x x
L
x
→
− − +
=
−
(Đề thi vào Đại học Tài chính Kế toán năm 2001)
Phân tích và lời giải
- Bài toán này không thể khử dạng vô định bằng nhân lượng liên hợp.

- Có thể giải theo phương pháp gọi hạng tử vắng
Lời giải sau trình bày theo phương pháp đạo hàm:
Trang 16
Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm

Xét hàm số
2
3
7( ) 5f x x x− += −
Ta có f(1) = 0
( )
2
2
3
1 2
'( )
2 5
3 7
x
f x
x
x
−
= −
−
+
1 1 5
'(1)
4 6 12
f == − − −

Ta có
1
1
( ) (1)
lim
'(1) 5
1
lim( 1) 2 24
x
x
f x f
f
x
L
x
→
→
−
−
= = = −
+
Bài 2. Tính giới hạn
sin2x sin
0
sin
lim
x
x
x
e e

L
→
−
=
(Đề thi vào Đại học Hàng hải TP HCM năm 1999)
Phân tích và lời giải
- Bài toán này không thể khử dạng vô định bằng nhân lượng liên hợp hoặc gọi
hạng tử vắng.
- Có thể áp dụng định lí
0
1
lim
x
x
e
x
→
−
để tính giới hạn.
Lời giải sau trình bày theo phương pháp đạo hàm:
Xét hàm số
sin2x sin
( )
x
f x e e= −
.
Ta có f(0) = 0
( )
( )
sin2x sin

'( ) 2cos2 cos
x
f x x e x e= −
0
0
( ) (0)
lim
'(0) 1
0
1
sin
1 1
lim
x
x
f x f
f
x
L
x
x
→
→
−
−
= = = =
Bài 3. Tính giới hạn
4
tan 1
lim

2cos 2
x
L
x
x
π
−
=
→
−
Phân tích và lời giải
- Bài toán này có thể khử dạng vô định bằng nhân lượng liên hợp;
- Lời giải bằng phương pháp đạo hàm.
Xét hàm số
( ) tan 1f x x= −
và
2( ) 2cosg x x= −
.
Ta có
0; 0
4 4
gf
π π
   
 ÷  ÷
   
= =
2
1
1

4
'( ) '
2cos tan
f x f
x x
π
 
⇒ =
 ÷
 
=
1
4
'( ) 2sin 'g x x g
π
 
⇒ = −
 ÷
 
= −
Trang 17
Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm

4
4
4
4
4
4
( ) ( )

lim
'
1
1
1
( ) '
4
lim
4
x
x
f x f
f
x
L
g x g g
x
π
π
π
π
π
ππ
π
→
→
 
 ÷
 
   

 ÷  ÷
   
−
−
= = = = −
−
−
−
D. BÀI TẬP THAM KHẢO
Bài 1. Chứng minh rằng
, 0;
2
a b
π
 
 ÷
 
∀ ∈
. Ta có
a)
2 2
tan tan
cos cos
b a b a
b a
a b
− −
< − <
; b)
2 2

cot cot
sin sin
b a b a
a b
b a
− −
< − <
Bài 2 Cho x > y > 0. Chứng minh rằng:

( ) ( )
2008 2009 2009 2008
2006 2006y x y x y x x y− < − < −
Bài 3. Cho
2
0
π
≤≤≤ yx
. Chứng minh rằng:
yyxx coscos +≤+
Bài 4. Chứng minh rằng:
2sin tan 3 0;
2
x x x x
π
 
÷

 
+ ≥ ∀ ∈
Bài 5. Giaûi heä phöông trình:






− = − +
− = − +
− = − +
2
2
2
2 1 ln( )
2 1 ln( )
2 1 ln( )
x y y e
y z y e
z x x e
.
Bài 6. a) Cho x, y
∈
π π
 
 ÷
 
− ;
2 2
. Giải hệ phương trình
π




− = −
+ =
tan tan
2 7 4
x y y x
x y
.
b) Cho x, y
∈
( )
π
0;
. Giải hệ phương trình
π



− = −
+ =
cot cot
4 7 2
x y y x
x y
.
Bài 7.
1) Tìm m để phương trình
2 2
1 1x x x x m+ + − − + =
có nghiệm

2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
2
3 1x m x+ = +
3) Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
( )
12 5 4x x x m x x+ + = − + −
4) Tìm m để
42)1(
222
++≤++ xxmx
đúng với mọi x thuộc [0;1].
5) Tìm m để bất phương trình
13. +≤−− mxxm
có nghiệm
6) Tìm m để bất phương trình:
x
mxmxx
1
).1(2
23
≥+−−−
nghiệm đúng với mọi
x ≥ 2
7) Tìm m để bất phương trình:
mxxxx +−≤−+ 2)6)(4(
2
nghiệm đúng với mọi
x thuộc [-4; 6]
Trang 18
Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm

8) Tìm m để bất phương trình:
182)2)(4(4
2
−+−≤+−− mxxxx
nghiệm đúng
với mọi x thuộc [-2; 4]
9) Tìm a để các bất phương trình sau có nghiệm:
323
)1.(13 −−≤−+ xxaxx
10)Tìm m để bất phương trình:
3
3
1
2.3
x
xmx
−
<−+−
nghiệm đúng với mọi x ≥ 1
Bài 8. Tính các giới hạn sau:
1)
0
3
2
1 2 1
lim
sin
x
x x

L
x
→
+ − +
=
2)
0
lim
x
x
x a
L
x a
α
→
−
=
−
3)
33
0
3
2
11
lim
x
x x x
L
x
→

++ + −
=
4)
( )
2
9
0
2009 1 5 2009
lim
x
x x
L
x
→
+ − −
=
5)
2
2
0
3 cos
lim
x
x
x
L
x
→
−
=

6)
0
3
2 1 3 1
lim
x
x x
L
x
→
−+ +
=
Trang 19