ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC LOẠI TOÁN ppt

www.vietmaths.com
Luyện thi ĐH CĐ 2011 – VIETMATHS.COM
ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC LOẠI TOÁN
TS. Lê Thống Nhất

Đạo hàm là một khái niệm rất quan trọng của Giải tích lớp 12. Trong các đề
thi tuyển sinh Đại học và Cao đẳng thường xuyên xuất hiện các bài toán được giải
nhờ ứng dụng đạo hàm. Bài viết này giúp các bạn nắm vững các loại toán sử dụng
đạo hàm như là một công cụ hữu hiệu.
1. Xét nghiệm phương trình.
Trong các bài toán về nghiệm của phương trình mà tham số độc lập với ẩn
hoặc biến đổi phương trình, đặt ẩn phụ để đạt được điều này thì các bạn hãy nghĩ
đến việc sử dụng đạo hàm.
Thí dụ 1.1. (Khối A – 2008)
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm phân
biệt:
4
4
2 2 2 6 2 6
     
x x x x m

Giải:
Gọi vế trái là f(x) thì tập xác định của f(x) là x

[0 ; 6]. Ta có:
f’(x) =
 
3 3
4
4

1 1 1 1
2 6
2 2
2 6
x x
( x)
x
  



=
4 4 4 4
4
1 1 1 1 1 1 1
2 2x 2 2x(6 x) 2 6 x
6 x 6 x
2x 2x
 
 
    
 
 
  
 
 
 

Từ đó xét dấu của f’(x) theo
4 4

1 1
6 x
2x


ta có bảng biến thiên của f(x):

www.vietmaths.com
Luyện thi ĐH CĐ 2011 – VIETMATHS.COM
Do đó phương trình có đúng 2 nghiệm
4
2 6 2 6 m 3 2 6
    

Thí dụ 1.2. (Khối A – 2007)
Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
4
2
3 x 1 m x 1 2 x 1
    

Giải:
Có thể thấy phương trình có dạng đẳng cấp bậc hai. Với điều kiện x

1, chia hai vế
cho
x 1

> 0 ta được phương trình tương đương:
4

x 1 x 1
3 m 2
x 1 x 1
 
 
 

Đặt
4 4
x 1 2
t 1
x 1 x 1

  
 
, ta có 0

t < 1.
Phương trình trên trở thành:
3t
2
+ m = 2t

m = -3t
2

+ 2t (*)
Phương trình đã cho có nghiệm

phương trình (*) có nghiệm thỏa mãn 0


t < 1.
Xét f(t) = -3t
2
+ 2t thì f’(t) = -6t + 2.
Ta có bảng biến thiên của f(t) với t

0;1



là:

Từ đó ta có kết quả - 1 < m
1
3


Thí dụ 1.3 ( Khối B – 2007).
Chứng minh với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm
thực phân biệt:
x
2
+ 2x – 8 =
m(x 2)


Giải.
Điều kiện căn thức có nghĩa x


2. Khi đó bình phương hai vế ta có:
www.vietmaths.com
Luyện thi ĐH CĐ 2011 – VIETMATHS.COM
(x
2
+ 2x – 8)
2
= m(x – 2)

(x – 2) [(x – 2) (x + 4)
2
– m ] = 0

2
x 2
(x 2)(x 4) m (*)



  



Xét f(x) = (x – 2) (x + 4)
2
với x > 2 ta có: f’(x) = 3x
2
+ 12x > 0 ,

x > 2.

Lập bảng biến thiên:

Chứng tỏ với m > 0 thì (*) luôn có đúng 1 nghiệm x > 2 tức là phương trình đã cho
luôn có đúng 2 nghiệm
2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên một miền nào đó mà có thể
dùng đạo hàm để xét chiều biến thiên của hàm số đó thì đạo hàm là một công cụ tốt.
Thậm chí có những hàm số mà sau phép biến đổi biến số đưa về hàm số đơn giản
hơn cũng có thể sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
Thí dụ 2.1. (khối D – 2003)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
2
x 1
x 1


trên đoạn [-1;
2].
Giải. Ta có y’ =
 
3
2
2
1 x
x 1


. Ta xét bảng biến thiên của y với x

[-1; 2]

www.vietmaths.com
Luyện thi ĐH CĐ 2011 – VIETMATHS.COM
Từ đó, với x

[-1 ; 2] thì y đạt giá trị lớn nhất là
2
(khi x = 1) và đạt giá trị nhỏ
nhất là o (khi x = -1)
Thí dụ 2.2. (Khối B – 2003)
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = x +
2
4 x


Giải. Tập xác định là x

[-2 ; 2]
Ta có: y’ = 1 -
2
x
4 x

=
2
2
4 x x
4 x
 


. Vì y’ =0
2
2 2
x 0
4 x x x 2
4 x x



     

 


.
Mặt khác y’< 0
2 2 2
2
x 0
4 x x 4 x x 2 x 2
4 x 0




        


 



.
Do đó ta có bảng biến thiên

Suy ra
 
x 2;2
max y 2 2
 
 và
 
x 2;2
miny 2
 
 
.
Thí dụ 2.3
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
y =
2
1 x 1 x 1 x
    

Giải: Đặt t = 1 x 1 x   với
x 1;1
 
 
 
thì
 

2 2
1 1 1 x 1 x x
t'
2 1 x 2 1 x
2 1 x 1 x 1 x 1 x
   
   
 
    

Lập bảng biến thiên của t:

www.vietmaths.com
Luyện thi ĐH CĐ 2011 – VIETMATHS.COM

Từ đó t
2;2
 

 
(nhiều bạn chỉ đặt điều kiện t

0 là sai).
Khi đó: t
2
= 2 +
2
2 1 x

nên

2
2
t 2
1 x
2

 
Do đó: y = t +
2
t 2
2

=
2
t
2
+ t -1
Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho chính là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất
của hàm số
y =
2
t
2
+ t – 1 với
t 2;2
 

 
.
Vì y’ = t + 1 > 0,

t 2;2
 
 
 
nên y đạt giá trị lớn nhất là 3 ( t =2) và giá trị nhỏ nhất là
2
( t =
2
)
3. Chứng minh bất đẳng thức.
Có khá nhiều dạng bất đẳng thức có thể chứng minh bằng công cụ đạo hàm.
Thí dụ 3.1. (khối A – 2003)
Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z
1

. Chứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
1 1 1
x y z 82
x y z
      .
Giải. Xét :
1 1 1
a x; ; b y; ; c z;
x y z
 
   
 
   

   
 
  
thì: A =
| a | | b | | c | |a b c |
    
     
tức là:
A =
 
2
2
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
x y z x y z
x y z
x y z
 
          
 
 

Đến đây ta có hai cách đi tiếp:
Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cô - si ta có :
x + y + z
3
3 xyz

1 1 1

x y z
  
3 .
3
1
xyz

Do đó: A

9
9t
t

với t =


2
3
xyz
, trong đó : 0 < t

2
x y z
3
 
 
 
 
1
9


.
Khi đó f(t) = 9t +
9
t
có f’(t) = 9 -
2
9
t
< 0

f(t)
1
f
9
 

 
 
= 82
A f(t) 82
   .
www.vietmaths.com
Luyện thi ĐH CĐ 2011 – VIETMATHS.COM
Cách 2: ( x + y + z)
2
+
2
1 1 1
x y z

 
 
 
 
= 81 ( x + y + z)
2
+
2
1 1 1
x y z
 
 
 
 
- 80 ( x + y + z)
2

 
2
2
2
1 1 1
2 81(x y z) . 80 x y z
x y z
 
       
 
 
2
1 1 1

18(x y z) 80(x y z)
x y z
 
       
 
 


18 . 9 – 80 = 82. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Thí dụ 3.2.
Chứng minh: với x

1;1
 


thì
1 x 1 x 2
   

Giải. Xét f(x) =
1 x 1 x
  
(xem thí dụ 2.3) ta có ngay f(x)
2

.
Thí dụ 3.3.
Chứng minh 2008

2009
> 2009
2008

Giải. Xét hàm số f(x) =
lnx
x
với x > 0 ta có: f’(x) =
2
1
x. lnx
x
x

=
2
1 ln x
x


Ta có với x > e thì lnx > 1 nên f’(x) < 0. Do đó f(x) nghịch biến với x > e. Vì 2009 >
2008 > e nên
f(2009) < f(2008)


ln2009 ln 2008
2009 2008


2008 ln2009 < 2009 . ln 2008


ln(2009
2008

)< ln (2008
2009
)

2008
2009
> 2009
2008



Bài tập tự luyện
1. (Khối B – 2007). Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
x 1 y 1 z 1
P x y z
2 yz 2 zx 2 xy
   
 
     
   
 
 
   

Gợi ý.

2 2 2 2 2 2
x y z x y z
P
2 2 2 xyz
 
    . Vì x
2
+ y
2
+ z
2


xy + yz + zx nên:
2 2 2
x 1 y 1 z 1
P
2 x 2 y 2 z
     
     
     
     
     
.
www.vietmaths.com
Luyện thi ĐH CĐ 2011 – VIETMATHS.COM
Xét f(t) =
2
t 1
2 t

 với t > 0. Từ đó đánh giá từng biểu thức ta có điều phải chứng
minh.
2. Xét chiều biến thiên của hàm số f(x) =
tan x
x
với
x 0;
2

 

 
 
. Từ đó so sánh 10tan 9
0

và 9tan10
0
.
3. Biện luận số nghiệm phương trình:
x + 3 = m
2
x 1


4. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
a. x +
2
1 x


= m
b.
x 6 x x(6 x) m
    

5. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất:
a. y =
4 4
2 x 2 x
  

b. y = cos2x + 4cosx
c. y =
4 4
x 4 x x 4 x
    
.
Chúc các bạn thành công trong kỳ thi sắp tới !
Hà Nội, 7/4/2009