Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Trần PhươngPhương pháp hàm sốPHƯƠNG PHÁP potx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (5.89 MB, 110 trang )
Khóa h
ọ
c
LTĐH
môn
Toán
–
Th
ầ
y
Tr
ầ
n Phương
Phương pháp hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-
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) ⇔
(
)
1 2
,
x x a b
∀ < ∈
ta có
(
)
(
)
1 2
f x f x
<
2. y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔
(
)
1 2
,
x x a b
∀ < ∈
ta có
(
)
(
)
1 2
f x f x
>
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
(
)
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 = ƒ(x) liên tục trên [a, b] đồng thời đạt cực trị tại
(
)
1
, , ,
n
x x a b
∈
.
Khi đó:
[ ]
( )
(
)
(
)
( ) ( )
{
}
1
,
Max Max , , , , ;
n
x a b
f x f x f x f a f b
∈
=
[ ]
( )
(
)
(
)
( ) ( )
{
}
1
,
M in M in , , , ,
n
x a b
f x f x f x f a f b
∈
=
• Nếu y = f (x) đồng biến / [a, b] thì
[ ]
(
)
(
)
[ ]
(
)
(
)
,
,
Min ; Max
x a b
x a b
f x f a f x f b
∈
∈
= =
• Nếu y = f (x) nghịch biến / [a, b] thì
[ ]
(
)
(
)
[ ]
(
)
(
)
,
,
Min ; Max
x a b
x a b
f x f b f x f a
∈
∈
= =
• Hàm bậc nhất
(
)
f x x
= α + β
trên đoạn
[
]
;
a b
đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất tại các đầu mút a; b
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
TÀI LIỆU BÀI GIẢNG
x x x
− ε + ε
b
x x x
− ε + ε
j j j
x x x
− ε + ε
i i i
x x x
− ε + ε
a
x
Khóa h
ọ
c
LTĐH
môn
Toán
–
Th
ầ
y
Tr
ầ
n Phương
Phương pháp hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2
-
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
x
u x m
∈
≥
6. BPT u(x) ≤ m đúng ∀x∈I ⇔
(
)
I
Max
x
u x m
∈
≤
7. BPT u(x) ≥ m có nghiệm x∈I ⇔
(
)
I
Max
x
u x m
∈
≥
8. BPT u(x) ≤ m có nghiệm x∈I ⇔
(
)
I
Min
x
u x m
∈
≤
III. Các bài toán minh họa phương pháp hàm số
Bài 1. Cho hàm số
( )
2
2 3
f x mx mx
= + −
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:
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
3 3
2 3 0 2 3
2
1 1
f x mx mx m x x g x m
x x
x
= + − = ⇔ + = ⇔ = = =
+
+ −
.
Để ƒ(x) = 0 có nghiệm x∈[1; 2] thì
[ ]
(
)
[ ]
(
)
1;2
1;2
Min Max
x
x
g x m g x
∈
∈
≤ ≤
3
1
8
m
⇔ ≤ ≤
b. Ta có ∀x∈[1; 4] thì
( )
2
2 3 0
f x mx mx
= + − ≤
⇔
(
)
2
2 3
m x x
+ ≤
⇔
( )
[ ]
2
3
, 1; 4
2
g x m x
x x
= ≥ ∀ ∈
+
[ ]
(
)
1;4
M in
x
g x m
∈
⇔ ≥
.
Do
( )
( )
2
3
1 1
g x
x
=
+ −
giảm trên [1; 4] nên ycbt ⇔
[ ]
( )
( )
1;4
1
Min 4
8
x
g x g m
∈
= = ≥
c. Ta có với x∈
[
]
1;3
−
thì
( )
2
2 3 0
f x mx mx
= + − ≥
⇔
(
)
2
2 3
m x x
+ ≥
.
Đặt
( )
[ ]
2
3
, 1;3
2
g x x
x x
= ∈ −
+
. Xét các khả năng sau đây:
+ Nếu
0
x
=
thì bất phương trình trở thành
.0 0 3
m
= ≥
nên vô nghiệm.
α
β
b
x
a
v(x)
u(x)
a
b
x
y = m
Khóa h
ọ
c
LTĐH
môn
Toán
–
Th
ầ
y
Tr
ầ
n Phương
Phương pháp hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3
-
+ Nếu
(
]
0;3
x
∈
thì BPT
⇔
(
)
g x m
≤
có nghiệm
(
]
0;3
x
∈
(
]
(
)
0;3x
Min g x m
∈
⇔ ≤
.
Do
( )
( )
2
3
1 1
g x
x
=
+ −
giảm /
(
]
0;3
nên ycbt
(
]
( ) ( )
0;3
1
3
5
x
Min g x g m
∈
⇔ = = ≤
+ Nếu
[
)
1;0
x
∈ −
thì
2
2 0
x x
+ <
nên BPT
(
)
g x m
⇔ ≥
có nghiệm
[
)
1;0
x
∈ −
[
)
(
)
1;0
Max g x m
−
⇔ ≥
. Ta có
( )
(
)
( )
[ ]
2
2
3 2 2
0, 1;0
2
x
g x x
x x
− +
′
= ≤ ∀ ∈ −
+
.
Do đó
(
)
g x
nghịch biến nên ta có
[
)
(
)
(
)
1;0
1 3
Max g x g m
−
= − = − ≥
Kết luận: ƒ(x) ≥ 0 có nghiệm x∈
[
]
1;3
−
(
]
)
1
; 3 ;
5
m
⇔ ∈ −∞ − +∞
∪
Bài 2. Tìm m để bất phương trình:
3
3
1
3 2x mx
x
−
− + − <
nghiệm đúng ∀x ≥ 1
Giải: BPT
( )
3 2
3 4
1 1 2
3 2, 1 3 , 1
mx x x m x f x x
x
x x
⇔ < − + ∀ ≥ ⇔ < − + = ∀ ≥
.
Ta có
( )
5 2 5 2 2
4 2 2
4 2 4 2
2 2 2 0
f x x x
x x x x x
−
′
= + − ≥ − = >
suy ra
(
)
f x
tăng.
YCBT
( ) ( )
( )
1
2
3 , 1 min 1 2 3
3
x
f x m x f x f m m
≥
⇔ > ∀ ≥ ⇔ = = > ⇔ >
Bài 3. Tìm m để bất phương trình
( )
2
.4 1 .2 1 0
x x
m m m
+
+ − + − >
đúng
x
∀ ∈
ℝ
Giải: Đặt
2 0
x
t
= >
thì
( )
2
.4 1 .2 1 0
x x
m m m
+
+ − + − >
đúng
x
∀ ∈
ℝ
( ) ( )
(
)
2 2
. 4 1 . 1 0, 0 4 1 4 1, 0
m t m t m t m t t t t
⇔ + − + − > ∀ > ⇔ + + > + ∀ >
( )
2
4 1
, 0
4 1
t
g t m t
t t
+
⇔ = < ∀ >
+ +
. Ta có
( )
( )
2
2
2
4 2
0
4 1
t t
g t
t t
− −
′
= <
+ +
nên
(
)
g t
nghịch biến trên
[
)
0;
+∞
suy ra
ycbt ⇔
(
)
(
)
0
0 1
t
Max g t g m
≥
= = ≤
Bài 4. Tìm m để phương trình:
(
)
12 5 4
x x x m x x
+ + = − + −
có nghiệm.
Giải: Điều kiện
0 4
x
≤ ≤
. Biến đổi PT
( )
12
5 4
x x x
f x m
x x
+ +
⇔ = =
− + −
.
Chú ý: Nếu tính
(
)
f x
′
rồi xét dấu thì thao tác rất phức tạp, dễ nhầm lẫn.
Thủ thuật: Đặt
( ) ( )
3
1
12 0 0
2
2 12
g x x x x g x x
x
′
= + + > ⇒ = + >
+
( ) ( )
1 1
5 4 0 0
2 5 2 4
h x x x h x
x x
−
′
= − + − > ⇒ = − <
− −
Suy ra:
(
)
0
g x
>
và tăng;
(
)
h x
> 0 và giảm hay
( )
1
0
h x
>
và tăng
Khóa h
ọ
c
LTĐH
môn
Toán
–
Th
ầ
y
Tr
ầ
n Phương
Phương pháp hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4
-
⇒
( )
(
)
( )
g x
f x
h x
=
tăng. Suy ra
(
)
f x m
=
có nghiệm
[ ]
( )
[ ]
( ) ( )
( )
[
]
(
)
0;4
0;4
min ;max 0 ; 4 2 15 12 ;12
m f x f x f f
⇔ ∈ = = −
Bài 5. Tìm m để bất phương trình:
( )
3
3 2
3 1 1
x x m x x+ − ≤ − −
có nghiệm.
Giải: Điều kiện
1
x
≥
. Nhân cả hai vế BPT với
( )
3
1 0
x x
+ − >
ta nhận được
bất phương trình
( )
( )
( )
3
3 2
3 1 1
f x x x x x m
= + − + − ≤
.
Đặt
( ) ( )
( )
3
3 2
3 1 ; 1
g x x x h x x x= + − = + −
Ta có
( ) ( )
( )
2
2
1 1
3 6 0, 1; 3 1 0
2 2 1
g x x x x h x x x
x x
′ ′
= + > ∀ ≥ = + − + >
−
.
Do
(
)
0
g x
>
và tăng
1
x
∀ ≥
;
(
)
0
h x
>
và tăng nên
(
)
(
)
(
)
.
f x g x h x
=
tăng
1
x
∀ ≥
Khi đó bất phương trình
(
)
f x m
≤
có nghiệm
(
)
(
)
1
min 1 3
x
f x f m
≥
⇔ = = ≤
Bài 6. Tìm m để
( )( )
2
4 6 2
x x x x m
+ − ≤ − +
nghiệm đúng
[
]
4,6
x∀ ∈ −
Cách 1. BPT
( ) ( )( )
2
2 4 6
f x x x x x m
⇔ = − + + + − ≤
đúng
[
]
4,6
x∀ ∈ −
( )
( )( )
( )
( )( )
2 2
1
2 2 1 2 0 1
2 4 6 4 6
x
f x x x x
x x x x
− +
′
= − + + = − + = ⇔ =
+ − + −
Lập bảng biến thiên suy ra Max
[ ]
(
)
(
)
4,6
1 6
Max f x f m
−
= = ≤
Cách 2. Đặt
( )( )
(
)
(
)
4 6
4 6 5
2
x x
t x x
+ + −
= + − ≤ =
.
Ta có
2 2
2 24
t x x
= − + +
. Khi đó bất phương trình trở thành
[
]
( )
[
]
2 2
24, 0;5 24 ; 0;5
t t m t f t t t m t≤ − + + ∀ ∈ ⇔ = + − ≤ ∀ ∈
. Ta có:
(
)
2 1 0
f t t
′
= + >
⇒
(
)
f t
tăng nên
(
)
[
]
; 0;5f t m t
≤ ∀ ∈ ⇔
[ ]
(
)
(
)
0;5
max 5 6
f t f m
= = ≤
Bài 7. Tìm m để
2 2
3 6 18 3 1
x x x x m m
+ + − − + − ≤ − +
đúng
[
]
3,6
x∀ ∈ −
Giải:
Đặt
3 6 0
t x x
= + + − >
⇒
( )
( )( )
2
2
3 6 9 2 3 6
t x x x x
= + + − = + + −
Khóa h
ọ
c
LTĐH
môn
Toán
–
Th
ầ
y
Tr
ầ
n Phương
Phương pháp hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5
-
⇒
( )( ) ( ) ( )
2
9 9 2 3 6 9 3 6 18
t x x x x
≤ = + + − ≤ + + + − =
( )( )
( )
2 2
1
18 3 3 6 9 ; 3;3 2
2
x x x x t t
⇒ + − = + − = − ∈
Xét
( ) ( ) ( ) ( )
2
3;3 2
9
1
; 1 0; 3;3 2 max 3 3
2 2
f t t t f t t t f t f
′
= − + + = − < ∀ ∈ ⇒ = =
ycbt
( )
2 2
3;3 2
max 3 1 2 0 1 V m 2
f t m m m m m
⇔ = ≤ − + ⇔ − − ≥ ⇔ ≤ − ≥
Bài 8. (Đề TSĐH khối A, 2007)
Tìm m để phương trình
4
2
3 1 1 2 1
x m x x
− + + = −
có nghiệm thực.
Giải: ĐK:
1
x
≥
, biến đổi phương trình
4
1 1
3 2
1 1
x x
m
x x
− −
⇔ − + =
+ +
.
Đặt
[
)
4
4
1
2
1 0,1
1 1
x
u
x x
−
= = − ∈
+ +
.
Khi đó
( )
2
3 2
g t t t m
= − + =
Ta có
( )
1
6 2 0
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
0
m
>
, phương trình
( )
2
2 8 2
x x m x
+ − = −
luôn có đúng hai nghiệm phân biệt.
Giải: Điều kiện:
2
x
≥
.
Biến đổi phương trình ta có:
( )( ) ( )
2 6 2
x x m x
⇔ − + = −
( ) ( ) ( )
2 2
2 6 2
x x m x
⇔ − + = −
( )
(
)
( )
3 2 3 2
2 6 32 0 2 V g x 6 32
x x x m x x x 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
g g x
→+∞
= = +∞
nên
(
)
g x m
=
có đúng một nghiệm ∈
(
)
2;
+∞
.
Vậy
0
m
∀ >
, phương trình
( )
2
2 8 2
x x m x
+ − = −
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 4
2 2 2 6 2 6
x x x x m
+ + − + − =
Giải:
Đặt
( )
[
]
4 4
2 2 2 6 2 6 ; 0;6
f x x x x x x= + + − + − ∈
Ta có:
( )
( ) ( )
( )
3 3
4 4
1 1 1 1 1
, 0;6
2
2 6
2 6
f x x
x x
x x
′
= − + − ∈
−
−
t 0
1 3
1
(
)
g t
′
+ 0 –
(
)
g t
0
1 3
– 1
x 2
+∞
(
)
g x
′
+
(
)
g x
0
+∞
Khóa h
ọ
c
LTĐH
môn
Toán
–
Th
ầ
y
Tr
ầ
n Phương
Phương pháp hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 6
-
Đặt
( )
( ) ( )
( )
( )
3 3
4 4
1 1 1 1
; 0,6
2 6
2 6
, xu x v x
x x
x x
= − = − ∈
−
−
(
)
(
)
(
)
( ) ( )
( ) ( )
( )
, 0, 0,2
2 2 0
, 0, 2,6
u x v x x
u v
u x v x x
> ∀ ∈
⇒ = =
< ∀ ∈
(
)
( )
( ) 0, 0, 2
( ) 0, 2,6
(2) 0
f x x
f x x
f
′
> ∀ ∈
′
⇒ < ∀ ∈
′
=
Nhìn BBT ta có PT có 2 nghiệm phân biệt
⇔
4
2 6 2 6 3 2 6
m
+ ≤ < +
Bài 11. (Đề TSĐH khối D, 2007):
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm
3 3
3 3
1 1
5
1 1
15 10
x y
x y
x y m
x y
+ + + =
+ + + = −
Giải: Đặt
1 1
;u x v y
x y
= + = +
ta có
(
)
(
)
3
3
3
1 1 1 1
3 3
x x x x u u
x x x
x
+ = + − ⋅ + = −
và
1 1 1 1 1
2 . 2 ; 2 . 2
u x x x v y y
x x x y y
= + = + ≥ = = + ≥ =
Khi đó hệ trở thành
( )
3 3
5
5
8
3 15 10
u v
u v
uv m
u v u v m
+ =
+ =
⇔
= −
+ − + = −
⇔
,
u v
là nghiệm của phương trình bậc hai
( )
2
5 8
f t t t m
= − + =
Hệ có nghiệm
(
)
f t m
⇔ =
có 2 nghiệm
1 2
,
t t
thỏa mãn
1 2
2; 2
t t
≥ ≥
.
Lập Bảng biến thiên của hàm số
(
)
f t
với
2
t
≥
t
−∞
– 2 2 5/2 +
∞
(
)
f t
′
–
–
0
+
(
)
f t
+
∞
22
2
7/4
+
∞
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
(
)
2
2 sin cos 1 0
x x y y
+ + + ≥
đúng với
y
∀ ∈
ℝ
.
x 0 2 6
(
)
f x
′
+ 0 –
f(x)
3 2 6
+
4
12 2 3
+
4
2 6 2 6
+
Khóa h
ọ
c
LTĐH
môn
Toán
–
Th
ầ
y
Tr
ầ
n Phương
Phương pháp hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 7
-
Giải: Đặt
sin cos 2, 2
u y y
= + ∈ −
,
BPT
( ) ( )
(
)
( )
2
2, 2
2 1 0, 2, 2 Min 0
u
g u x u x u g u
∈ −
⇔ = + + ≥ ∀ ∈ − ⇔ ≥
Do đồ thị
(
)
y g u
=
là một đoạn thẳng với
2, 2
u
∈ −
nên
(
)
2, 2
Min 0
u
g u
∈ −
≥
(
)
( )
2
2
2 0 2 2 1 0 2 1
2 2 1 0 2 1
2 0
g x x x
x x x
g
− ≥ − + ≥ ≥ +
⇔ ⇔ ⇔
+ + ≥ ≤ −
≥
Bài 13. Cho
, , 0
3
a b c
a b c
≥
+ + =
Chứng minh rằng:
2 2 2
4
a b c abc
+ + + ≥
Giải: BĐT
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 4 3 2 4
a b c bc abc a a a bc
⇔ + + − + ≥ ⇔ + − + − ≥
( ) ( )
2
2 2 6 5 0
f u a u a a
⇔ = − + − + ≥
trong đó
(
)
( )
2
2
1
0 3
2 4
b c
u bc a
+
≤ = ≤ = −
.
Như thế đồ thị
(
)
y f u
=
là một đoạn thẳng với
( )
2
1
0; 3
4
u a
∈ −
. Ta có
( )
(
)
( )
(
)
( ) ( )
2
2 2
2
3
1 1 1
0 2 6 5 2 0; 3 1 2 0
2 2 4 4
f a a a f a a a
= − + = − + ≥ − = − + ≥
nên suy ra
(
)
0;
f u
≥
( )
2
1
0; 3
4
u a
∀ ∈ −
.
Vậy
2 2 2
4
a b c abc
+ + + ≥
. Đẳng thức xảy ra
1
a b c
⇔ = = =
.
Bài 14. (IMO 25 – Tiệp Khắc 1984):
Cho
, , 0
1
a b c
a b c
≥
+ + =
. Chứng minh rằng:
7
2
27
ab bc ca abc+ + − ≤
.
Giải:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2 1 1 2 1 1 2
a b c a bc a a a bc a a a u f u
+ + − = − + − = − + − =
Đồ thị
(
)
(
)
(
)
1 2 1
y f u a u a a
= = − + −
với
(
)
( )
2
2
1
0
2 4
a
b c
u bc
−
+
≤ = ≤ = là một đoạn thẳng với 2 giá trị đầu
mút
( ) ( )
( )
2
1
7
1
0 1
2 4 27
a a
f a a
+ −
= − ≤ = <
và
( )
(
)
( )
(
)
(
)
2
2
3 2
7 7
1 1 1 1 1
1 2 1 2
4 4 27 4 3 3 27
f a a a a a− = − + + = − + − ≤
Do đồ thị
(
)
y f u
=
là một đoạn thẳng với
( )
2
1
0; 1
4
u a
∈ −
và
( )
7
0
27
f <
;
( )
(
)
2
7
1
1
4 27
f a− ≤ nên
( )
7
27
f u ≤ . Đẳng thức xảy ra
1
3
a b c
⇔ = = =
Bài 15.
Chứng minh rằng:
(
)
(
)
2 4,
a b c ab bc ca
+ + − + + ≤ ∀
[
]
, , 0, 2
a b c∈ .
Giải:
Biến đổi bất đẳng thức về hàm bậc nhất biến số a, tham số b, c ta có
(
)
(
)
(
)
[
]
2 2 4, , , 0,2
f a b c a b c bc a b c= − − + + − ≤ ∀ ∈
Đồ thị
(
)
y f a
=
là một đoạn thẳng với
[
]
0,2
a∈
nên
( ) ( )
( )
{
}
Max 0 ; 2
f a f f≤
Ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
[
]
0 4 2 2 4; 2 4 4 4, , , 0,2
f b c f bc f a a b c= − − − ≤ = − ≤ ⇒ ≤ ∀ ∈
Khóa h
ọ
c
LTĐH
môn
Toán
–
Th
ầ
y
Tr
ầ
n Phương
Phương pháp hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 8
-
Bài 16.
CMR:
(
)
(
)
(
)
(
)
[
]
1 1 1 1 1, , , , 0,1
a b c d a b c d a b c d− − − − + + + + ≥ ∀ ∈
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
(
)
[
]
, 0,1
y f a a= ∀ ∈
là một đoạn thẳng nên
[ ]
( ) ( )
( )
{
}
0,1
Min Min 0 , 1
a
f a f f
∈
=
Ta có
(
)
[
]
1 1 1, , , 0,1
f b c d b c d= + + + ≥ ∀ ∈
( ) ( )( )( ) ( ) ( )( )
[
]
( )( )
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
(
)
[
]
, 0,1
y g b b= ∀ ∈
là một đoạn thẳng nên
[ ]
( ) ( )
( )
{
}
0,1
Min 0 , 1
b
g b Min g g
∈
=
Ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
1 1 1; 0 1 1 1 1
g c d g c d c d cd
= + + ≥ = − − + + = + ≥
⇒
(
)
(
)
[
]
0 1, 0,1
f g b b= ≥ ∀ ∈ . Vậy
(
)
1
f a
≥
hay ta có (đpcm)
Giáo viên : Trần Phương
Nguồn : Hocmai.vn
Khóa h
ọ
c
LTĐH
môn
Toán
–
Th
ầ
y
Tr
ầ
n Phương
Phương pháp hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-
Bài 1:
Cho hàm số y = x
3
- 3(2m+1)x
2
+ (12m + 5)x + 2
a. Tìm m để hàm số đồng biến trên (2; +∞)
b. Tìm m để hàm số đồng biến trên (-∞; -1)
Bài 2:
Tìm m để phương trình sau:
2
4 2 3 21 4
x x x m
− + − − =
a) Có nghiệm.
b) Có đúng 1 nghiệm.
c) Có 2 nghiệm phân biệt.
Bài 3:
Tìm m để phương trình: 4(sin
4
x + cos
4
x) + (5 - 2m)cos2x + 9 - 3m = 0
a) Có nghiệm.
b) Có đúng 2 nghiệm thuộc đoạn
0;
3
π
Bài 4:
Tìm
m
để phương trình:
(
)
12 5 4
x x x m x x
+ + = − + −
có nghiệm.
Bài 5
:
Tìm
m
để bất phương trình:
3
3
1
3 2x mx
x
−
− + − <
nghiệm đúng ∀x ≥ 1
Nguồn : Hocmai.vn
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Khóa h
ọ
c
LTĐH
môn
Toán
–
Th
ầ
y
Tr
ầ
n Phương
Phương pháp hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-
Bài 1:
Cho hàm số y = x
3
- 3(2m+1)x
2
+ (12m + 5)x + 2
a. Tìm m để hàm số đồng biến trên (2; +∞)
b. Tìm m để hàm số đồng biến trên (-∞; -1)
Giải:
a. YCBT ⇔ y' ≥ 0 ∀x ∈ (2; +∞) ⇔ y' ≥ 0 ∀x ∈ [2; +∞) (vì y' liên tục tại x = 2)
⇔ 3x - 6x + 5 ≥ 12m(x - 1) ∀x ∈ [2; +∞)
⇔ m ≤
2
3 6 5
( )
12( 1)
x x
f x
x
− +
=
−
∀x ∈ [2; +∞)
⇔ m ≤
[2; )
min ( ) (2)
f x f
+∞
=
(vì f'(x) > 0 ∀x ∈ [2; +∞) ) ⇔ m ≤
b. YCBT ⇔ y' ≥ 0 ∀x ∈ (-∞; -1) ⇔ y' ≥ 0 ∀x ∈ (-∞; -1]
(do y' liên tục tại x = 1) ⇔ m ≥
2
3 6 5
( )
12( 1)
x x
g x
x
− +
=
−
∀x ∈ (-∞; -1]
⇔
( ; 1]
7 7
max ( )
12 12
m g x m
−∞ −
− −
≥ = ⇔ ≥
Bài 2:
Tìm m để phương trình sau:
2
4 2 3 21 4
x x x m
− + − − =
a) Có nghiệm.
b) Có đúng 1 nghiệm.
c) Có 2 nghiệm phân biệt.
Giải:
Tập xác định D= [-7;3], Xét hàm số
2
( ) 4 2 3 21 4
f x x x x
= − + − −
, ta có
2
3(2 )
'( ) 4
21 4
x
f x
x x
+
= −
− −
f’(x) = 0 ⇔ x= - 6 (Loại) Hoặc x = 2 (Nhận)
Ta có bảng biến thiên của hàm số f(x):
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Khóa h
ọ
c
LTĐH
môn
Toán
–
Th
ầ
y
Tr
ầ
n Phương
Phương pháp hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2
-
x -7 2 3
f’(x) + 0 -
f(x)
15
-30 10
a) Phương trình có nghiệm khi
[ ]
[ ]
7;3
7;3
min ( ) max ( )
f x m f x
−
−
≤ ≤
⇔ - 30 ≤ m ≤ 15
b) Phương trình có đúng 1 nghiệm khi - 30 ≤ m < 10 hoặc m = 15.
c) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi 10 ≤ m < 15.
Bài 3
:
Tìm m để phương trình: 4(sin
4
x + cos
4
x) + (5 - 2m)cos2x + 9 - 3m = 0
a) Có nghiệm.
b) Có đúng 2 nghiệm thuộc đoạn
0;
3
π
Giải:
Đặt t = cos2x với - 1 ≤ t ≤ 1 . Phương trình trở thành
2
2 5 11
2 3
t t
m
t
+ +
=
+
.
Xét hàm số f(t) =
2
2 5 11
2 3
t t
t
+ +
+
Ta có
2
2
4 12 7
'( )
(2 3)
t t
f t
t
+ −
=
+
, f’(t) = 0 ⇔ t =
7
2
−
(Loại) v t =
1
2
. Bảng biến thiên
t -1 1/2 1
f’(t) - 0 +
f(t)
8 18/5
7/2
a) Phương trình có nghiệm khi
[ ]
[ ]
1;1
1;1
min ( ) max ( )
f t m f t
−
−
≤ ≤
⇔ 7/2 ≤ m≤ 8.
Khóa h
ọ
c
LTĐH
môn
Toán
–
Th
ầ
y
Tr
ầ
n Phương
Phương pháp hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3
-
b) Khi x ∈
0;
3
π
thì 2x ∈
2
0;
3
π
hay
1
1
2
t
− ≤ ≤
. Phương trình có hai nghiệm thuộc đoạn
0;
3
π
khi
phương trình ẩn t có hai nghiệm t thuộc đoạn
1
;1
2
−
hay 7/2 < m ≤ 18/5
Bài 4:
Tìm m để phương trình:
(
)
12 5 4
x x x m x x
+ + = − + −
có nghiệm.
Giải:
Đặt
( ) ( )
3
1
12 0 0
2
2 12
g x x x x g x x
x
′
= + + > ⇒ = + >
+
( ) ( )
1 1
5 4 0 0
2 5 2 4
h x x x h x
x x
−
′
= − + − > ⇒ = − <
− −
Suy ra:
(
)
0
g x
>
và tăng;
(
)
h x
> 0 và giảm hay
( )
1
0
h x
>
và tăng
⇒
( )
(
)
( )
g x
f x
h x
=
tăng. Suy ra
(
)
f x m
=
có nghiệm
[ ]
( )
[ ]
( ) ( )
( )
[
]
(
)
0;4
0;4
min ;max 0 ; 4 2 15 12 ;12
m f x f x f f
⇔ ∈ = = −
Bài 5
:
Tìm
m
để bất phương trình:
3
3
1
3 2
x mx
x
−
− + − <
nghiệm đúng
∀x
≥
1
Giải:
BPT
( )
3 2
3 4
1 1 2
3 2, 1 3 , 1
mx x x m x f x x
x
x x
⇔ < − + ∀ ≥ ⇔ < − + = ∀ ≥
.
Ta có
( )
(
)
5 2 5 2 2
4 2 2
4 2 4 2
2 2 2 0
f x x x
x x x x x
−
′
= + − ≥ − = >
∀
x
≠ 0.
Suy ra
(
)
f x
đồng biến trên khoảng (1; +
∞
) .
YCBT
( ) ( )
( )
1
2
3 , 1 min 1 2 3
3
x
f x m x f x f m m
≥
⇔ > ∀ ≥ ⇔ = = > ⇔ >
Nguồn : Hocmai.vn
Khóa học LTĐH – Thầy Trần Phương
Chuyên đề 01- Hàm số
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1 -
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
1. y f (x) đồng biến / (a, b) (x) 0 x(a, b) đồng thời (x) 0 tại một số hữu hạn điểm (a, b).
2. y f (x) nghịch biến / (a, b) (x) 0 x(a, b) đồng thời (x) 0 tại một số hữu hạn điểm (a,
b).
Chú ý: Trong chương trình phổ thông, khi sử dụng 1., 2. cho các hàm số một quy tắc có thể bỏ điều kiện
(x) 0 tại một số hữu hạn điểm (a, b).
CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA
Bài 1.
Tìm m để
2
6 5 2 1 3
1
mx m x m
y
x
nghịch biến trên [1, )
Giải: Hàm số nghịch biến trên [1, )
2
2
27
01
1
mx mx
yx
x
22
2 7 0 2 7 1mx mx m x x x
2
7
1
2
u x m x
xx
1
Min
x
u x m
. Ta có:
22
7 2 2
01
( 2 )
x
u x x
xx
u(x) đồng biến trên [1, )
1
7
Min 1
3
x
m u x u
Bài 2.
Tìm m để
32
1
1 3 4
3
y x m x m x
đồng biến trên (0, 3)
Giải. Hàm số tăng trên (0,3)
2
2 1 3 0 0,3y x m x m x
(1)
Do
yx
liên tục tại x 0 và x 3 nên (1) y 0 x[0, 3]
2
2 1 2 3 0,3m x x x x
2
23
0,3
21
xx
g x m x
x
0,3
Max
x
g x m
. Ta có:
2
2
2 2 8
0 0,3
21
xx
g x x
x
g(x) đồng biến trên [0, 3]
0,3
12
Max 3
7
x
m g x g
Bài 3.
Tìm m để
32
1
1 3 2
33
m
y x m x m x
đồng biến trên
2,
BÀI GIẢNG 02.
TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
TÀI LIỆU BÀI GIẢNG
Khóa học LTĐH – Thầy Trần Phương
Chuyên đề 01- Hàm số
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2 -
Giải: Hàm số tăng /
2,
2
2 1 3 2 0 2y mx m x m x
(1)
2
1 2 2 6 2m x x x
2
26
2
12
x
g x m x
x
Ta có:
2
22
2 6 3
0
( 2 3)
xx
gx
xx
1
2
36
36
xx
xx
;
lim 0
x
gx
Từ BBT
2
2
Max 2
3
x
g x g m
.
Bài 4.
3 2 2
2 7 7 2 1 2 3y x mx m m x m m
đồng biến /
2,
Giải: Hàm số tăng trên
2,
22
3 2 2 7 7 0, 2y x mx m m x
Ta có
2
7 3 3mm
2
33
70
24
m
nên
0y
có 2 nghiệm
12
xx
BPT g(x) 0 có sơ đồ miền nghiệm G là:
Ta có
0yx
đúng
2x
2, G
2
12
0
5
1
5
2
2 3 2 3 2 3 5 0 1
2
6
2
23
m
x x y m m m
Sm
m
Bài 5. Tìm m để
2
2 1 1x m x m
y
xm
đồng biến trên
1,
Giải: Hàm số đồng biến trên
1,
22
2
2 4 2 1
01
x mx m m
yx
xm
22
01
2 4 2 1 0 1
1
0
g x x
g x x mx m m x
m
xm
Cách 1: Phương pháp tam thức bậc 2
Ta có:
2
2 1 0m
suy ra g(x) 0 có 2 nghiệm
12
xx
.
BPT g(x) 0 có sơ đồ miền nghiệm G là:
Ta có g(x) 0 đúng x(1, )
1, G
2
12
1
1, 0
1 2 1 2 6 1 0 3 2 2
3 2 2
3 2 2
21
2
m
m
x x g m m m
m
S
m
Cách 2: Phương pháp hàm số
Ta có: g(x) 4(x m) 4(x 1) > 0 x > 1 g(x) đồng biến trên [1, )
1
x
2
x
1
x
2
x
x
2
36
gx
_
0
+
gx
23
CT
0
Khóa học LTĐH – Thầy Trần Phương
Chuyên đề 01- Hàm số
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3 -
Do đó
2
1
1 6 1 0
3 2 2
Min 0
1 3 2 2
3 2 2
1
1
1
x
g m m
m
gx
m
m
m
m
m
Bài 6. Tìm m để
2
4 5 cos 2 3 3 1y m x m x m m
giảm
x
Giải: Yêu cầu bài toán
5 4 sin 2 3 0,y m x m x
5 4 2 3 0, 1;1g u m u m u
. Do đồ thị
, 1;1y g u u
là một đoạn thẳng nên ycbt
1 6 8 0
4
1
3
1 2 2 0
gm
m
gm
Bài 7. Tìm m để hàm số
11
sin sin2 sin 3
49
y mx x x x
tăng với mọi
x
Giải: Yêu cầu bài toán
11
cos cos2 cos3 0,
23
y m x x x x
23
11
cos 2cos 1 4cos 3cos 0,
23
m x x x x x
32
41
, 1,1
32
m u u g u u
, với
cos 1,1ux
Ta có
2
1
4 2 2 2 1 0 ; 0
2
g u u u u u u u
Lập BBT suy ra yêu cầu bài toán
1,1
5
Max 1
6
x
g u g m
.
Bài 8. Cho hàm số
32
1
1 2 1 3 2
3
y m x m x m x m
.
Tìm m để khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4
Giải. Xét
2
1 2 2 1 3 2 0y m x m x m
. Do
2
7 3 0mm
nên
0y
có 2 nghiệm
12
xx
. Khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4
1 2 2 1
0; ; ; 4y x x x x x
10m
và
21
4xx
. Ta có
21
4xx
2
22
2 1 2 1 2 1
2
4 2 1 4 3 2
16 4
1
1
mm
x x x x x x
m
m
22
4 1 2 1 3 2 1m m m m
2
7 61
3 7 1 0
6
m m m
kết hợp với
10m
suy ra
7 61
6
m
B. ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
I. DẠNG 1: ỨNG DỤNG TRONG PT, BPT, HỆ PT, HỆ BPT
Bài 1.
Giải phương trình:
53
1 3 4 0x x x
.
Giải. Điều kiện:
1
3
x
. Đặt
53
1 3 4 0f x x x x
.
Khóa học LTĐH – Thầy Trần Phương
Chuyên đề 01- Hàm số
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4 -
Ta có:
42
3
5 3 0
2 1 3
f x x x
x
f (x) đồng biến trên
1
,
3
.
Mặt khác f (1) 0 nên phương trình f (x) 0 có nghiệm duy nhất x 1.
Bài 2.
Giải phương trình:
22
15 3 2 8x x x
Giải. Bất phương trình
22
3 2 8 15f x x x x
0 (1).
+ Nếu
2
3
x
thì f (x) < 0 (1) vô nghiệm.
+ Nếu
2
3
x
thì
22
1 1 2
30
3
8 15
f x x x
xx
f (x) đồng biến trên
2
,
3
mà f (1) 0 nên (1) có đúng 1 nghiệm x 1
Bài 3.
Giải bất phương trình:
35
4
1 5 7 7 5 13 7 8x x x x
(*)
Giải. Điều kiện
5
7
x
. Đặt
35
4
1 5 7 7 5 13 7f x x x x x
Ta có:
2 3 4
5
3
4
5 7 13
1
0
21
5 (13 7)
3 5 7 4 7 5
fx
x
x
xx
f (x) đồng biến trên
5
,
7
. Mà f (3) 8 nên (*) f (x) < f (3) x < 3.
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là
5
3
7
x
Bài 4.
Giải PT:
32
1 1 1
5 4 3 2 2 5 7 17
2 3 6
x x x x
x x x
x x x
(*)
Giải. (*)
32
1 1 1
5 4 3 2 2 5 7 17
2 3 6
x
xx
x x x x
f x x x x g x
Ta có f (x) đồng biến và g(x) 6x
2
10x 7 < 0 x g(x) nghịch biến.
Nghiệm của f (x) g(x) là hoành độ giao điểm của
vày f x y g x
.
Do f (x) tăng; g(x) giảm và
1 1 13fg
nên (*) có nghiệm duy nhất x 1.
Bài 5.
Tìm số m Max để
sin cos 1 sin2 sin cos 2m x x x x x x
(*)
Giải. Đặt
2
2
sin cos 0 sin cos 1 sin2t x x t x x x
2
12t
12t
, khi đó (*)
2
1 1 1, 2m t t t t
2
1
1, 2
1
tt
f t m t
t
1, 2
Min
t
f t m
. Do
2
2
2
0
1
tt
ft
t
nên f (t) đồng biến /
1, 2
1, 2
3
Min 1
2
t
f t f
3
2
m
3
Max
2
m
Bài 6.
Giải phương trình
22
sin cos
2008 2008 cos2
xx
x
Khóa học LTĐH – Thầy Trần Phương
Chuyên đề 01- Hàm số
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5 -
2 2 2 2
sin cos 2 2 sin 2 cos 2
2008 2008 cos sin 2008 sin 2008 cos
x x x x
x x x x
(*)
Xét
2008
u
f u u
. Ta có
2008 .ln 1 0
u
f u u
. Suy ra
fu
đồng biến. (*)
2 2 2 2
sin cos sin cos cos2 0f x f x x x x
,
42
k
xk
Bài 7. Tìm
, 0,xy
thỏa mãn hệ
cotg cotg
3 5 2
x y x y
xy
Giải.
cotg cotg cotg cotg x y x y x x y y
.
Xét hàm số đặc trưng
cotg , 0,f u u u u
. Ta có
2
1
10
sin
fu
u
.
Suy ra
fu
đồng biến trên
0,
. Khi đó
4
3 5 2
f x f y
xy
xy
Bài 8. Giải hệ phương trình
32
32
32
21
21
21
x y y y
y z z z
z x x x
(*).
Giải. Xét
32
f t t t t
với
t
2
2
2 1 0f t t t
f (t) tăng.
Không mất tính tổng quát giả sử x y z
f x f y f z
2 1 2 1 2 1z x y z x y
x y z 1
Bài 9. Giải hệ bất phương trình
2
3
3 2 1 0
3 1 0
xx
xx
Giải.
2
1
3 2 1 0 1
3
x x x
. Đặt
3
31f x x x
. Ta có:
3 1 1 0f x x x
fx
giảm và
1 1 1
0, 1,
3 27 3
f x f x
Khóa học LTĐH – Thầy Trần Phương
Chuyên đề 01- Hàm số
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 6 -
II. DẠNG 2: ỨNG DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Bài 1. Chứng minh rằng:
3 3 5
sin
3! 3! 5!
x x x
x x x
x > 0
Giải
3
sin
3!
x
xx
x > 0
3
sin 0
3!
x
f x x x
x > 0
Ta có
2
1 cos
2!
x
f x x
sinf x x x
1 cos 0f x x
x > 0
fx
đồng biến [0, +)
00f x f
x > 0
fx
đồng biến [0, +)
0f x f
= 0 x > 0
fx
đồng biến [0, +) f(x) > f(0) = 0 x > 0 (đpcm)
35
sin
3! 5!
xx
xx
x > 0 g(x) =
53
sin 0
5! 3!
xx
xx
x > 0
Ta có g(x) =
42
1 cos
4! 2!
xx
x
g(x) =
3
sin
3!
x
xx
= f(x) > 0 x > 0
g(x) đồng biến [0, +) g(x) > g(0) = 0 x > 0
g(x) đồng biến [0, +) g(x) > g (0) = 0 x > 0 (đpcm)
Bài 2. Chứng minh rằng:
2
sin 0,
2
x
xx
Giải.
2 sin 2
sin ( )
xx
x f x
x
x
0,
2
. Xét biểu thức đạo hàm
22
()
cos sin
()
gx
x x x
fx
xx
, ở
đây kí hiệu g(x) = x cosx sinx
Ta có g(x) = cosx xsinx cosx = xsinx < 0 x
0,
2
g(x) giảm trên
0,
2
g(x) < g(0) = 0
2
()
0
gx
fx
x
x
0,
2
f (x) giảm trên
0,
2
2
2
f x f
2
sin , 0,
2
x
xx
Bài 3. Chứng minh rằng:
2 ln ln
x y x y
xy
x > y > 0
Giải. Do x > y > 0, lnx > lny lnx lny > 0, nên biến đổi bất đẳng thức
Khóa học LTĐH – Thầy Trần Phương
Chuyên đề 01- Hàm số
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 7 -
1
ln ln 2 ln 2
1
x
x y y
x
xy
x
x y y
y
1
ln 2
1
t
t
t
với
x
t
y
>1
1
( ) ln 2 0
1
t
f t t
t
t >1. Ta có
2
22
1 4 1
0
11
t
ft
t
t t t
t >1
f(t) đồng biến [1, +) f(t) > f(1) = 0 t >1 (đpcm)
Bài 4. Chứng minh rằng:
1
ln ln 4
11
y
x
y x y x
, 0,1xy
xy
(1)
Giải. Xét hai khả năng sau đây:
+ Nếu y > x thì (1)
ln ln 4
11
y
x
yx
yx
ln 4 ln 4
11
y
x
yx
yx
+ Nếu y < x thì (1)
ln ln 4
11
y
x
yx
yx
ln 4 ln 4
11
y
x
yx
yx
Xét hàm đặc trưng f(t) =
ln 4
1
t
t
t
với t(0, 1).
Ta có
2
1 2 1
40
(1 ) (1 )
t
ft
t t t t
t(0,1) f(t) đồng biến (0, 1)
f(y) > f(x) nếu y > x và f(y) < f(x) nếu y < x (đpcm)
Bài 5. Chứng minh rằng:
ba
ab
a > b e
Giải. a
b
< b
a
lna
b
< lnb
a
blna < alnb
ln lnab
ab
.
Xét hàm đặc trưng f(x) =
ln x
x
x e.
Ta có
22
1 ln 1 ln
( ) 0
xe
fx
xx
f(x) nghịch biến [e, +)
f(a) < f(b)
ln lnab
ab
a
b
< b
a
Bài 6. (Đề TSĐH khối D, 2007)
Chứng minh rằng
11
2 2 , 0
22
ba
ab
ab
ab
Giải. Biến đổi bất đẳng thức
1 1 1 4 1 4
22
2 2 2 2
ba
ba
ab
ab
a b a b
Khóa học LTĐH – Thầy Trần Phương
Chuyên đề 01- Hàm số
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 8 -
ln 1 4 ln 1 4
1 4 1 4 ln 1 4 ln 1 4
ab
b a b a
a b a b
ab
.
Xét hàm số đặc trưng cho hai vế
ln 1 4
x
fx
x
với
0x
. Ta có
2
4 ln 4 1 4 ln 1 4
0
14
x x x x
x
fx
x
fx
giảm trên
0, f a f b
Bài 7. (Bất đẳng thức Nesbitt)
Chứng minh rằng:
3
2
a b c
b c c a a b
a, b, c > 0 (1)
Giải. Không mất tính tổng quát, giả sử a b c. Đặt x = a x b c > 0.
Ta có (1) f (x) =
x b c
b c c x x b
với x b c > 0
2 2 2 2
11
( ) 0
b c b c
fx
b c b c
x c x b b c b c
f(x) đồng biến [b, +)
2
( ) ( )
bc
f x f b
bc
(2)
Đặt x = b x c > 0, xét hàm số g(x) =
2xc
xc
với x c > 0
2
( ) 0
c
gx
xc
c > 0 g(x) đồng biến [c, +)
3
( ) ( )
2
g x g c
(3)
Từ (2), (3) suy ra
3
2
a b c
b c c a a b
a, b, c > 0
Bình luận: Bất đẳng thức Nesbitt ra đời năm 1905 và là một bất đẳng thức rất nổi tiếng trong suốt thế kỷ
20. Trên đây là một cách chứng minh bất đẳng thức này trong 45 cách chứng minh. Bạn đọc có thể xem
tham khảo đầy đủ các cách chứng minh trong cuốn sách: “Những viên kim cương trong bất đẳng thức
Toán học” của tác giả do NXB Tri thức phát hành tháng 3/2009.
Giáo viên : Trần Phương
Nguồn : Hocmai.vn
Khóa h
ọc LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 01- Hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-
Bài 1
:
Tìm m ñể hàm số
2
(1 ) 2
2 3
mx m x m
y
x
+ − +
=
−
ñồng biến trên
[4; )
+∞
Bài 2:
Tìm m ñể hàm số
3 2
1 1
(1 3 ) (2 1)
3 3
y mx m x m x
= + − + − +
nghịch biến trên
[1;5]
Bài 3
:
Tìm m ñể hàm số
3 2 2
( 2) 2
y x mx m m x
= − + + − +
nghịch biến trên ñoạn
[ 1;1]
−
Bài 4
:
Giải phương trình:
x+1 + x+3 + 2x-1 = 3 + 2
Bài 5:
Giải bất phương trình:
x+1 +
3
5x-7 +
4
7x-5 +
5
13x-7 < 8.
Bài 6
:
Giải bất phương trình:
x
2
-2x+3 - x
2
-6x+11 > 3-x - x-1
Nguồn : Hocmai.vn
BÀI GIẢNG 02.
TÍNH ðƠN ðIỆU CỦA HÀM SỐ
BÀI T
ẬP TỰ LUYỆN
Khóa h
ọc LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 01- Hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-
Bài 1
:
Tìm m ñể hàm số
2
(1 ) 2
2 3
mx m x m
y
x
+ − +
=
−
ñồng biến trên
[4; )
+∞
Giải:
Hàm số ñồng biến trên
[4; )
+∞
2
2
2 6 (3 )
0 [4; )
(2 3)
mx mx m
y x
x
− − +
′
⇔ = ≥ ∀ ∈ +∞
−
2
2
[4; )
2 6 (3 ) 0 [4; )
3
: ( ) [4; )
2 6 1
max ( )
mx mx m x
m f x x
x x
m f x
+∞
⇔ − − + ≥ ∀ ∈ +∞
⇔ ≥ = ∀ ∈ +∞
− −
⇔ ≥
Ta có
2 2
6(2 3)
( ) 0 [4; )
(2 6 1)
x
f x x
x x
− −
′
= < ∀ ∈ +∞
− −
Suy ra hàm nghịch biến trên
[4; )
+∞
nên
[4; )
3
max ( ) (4)
7
m f x f
+∞
≥ = =
Bài 2:
Tìm m ñể hàm số
3 2
1 1
(1 3 ) (2 1)
3 3
y mx m x m x
= + − + − +
nghịch biến trên
[1;5]
Giải:
Hàm số nghịch biến trên
[1;5]
2
2
2
[1;5]
2(1 3 ) (2 1) 0 [1;5]
( 6 2) (2 1) 0 [1;5]
2 1
: ( ) [1;5]
6 2
max ( )
y mx m x m x
m x x x x
x
m f x x
x x
m f x
′
⇔ = + − + + ≤ ∀ ∈
⇔ − − + + ≤ ∀ ∈
+
⇔ ≥ − = ∀ ∈
− −
⇔ ≥
Ta có
2
2 2
1 21
2( 5)
2
( ) 0
( 6 5)
1 21
2
x
x x
f x
x x
x
− +
=
+ −
′
= = ⇔
− +
− −
=
Do ñó
[1;5]
11
max ( ) ax{ (1); (5)}
3
f x m f f
= =
BÀI GIẢNG 02.
TÍNH ðƠN ðIỆU CỦA HÀM SỐ
ðÁP ÁN BÀI T
ẬP TỰ LUYỆN
Khóa h
ọc LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 01- Hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2
-
Vậy giá trị cần tìm là
11
3
m
≥
Bài 3
:
Tìm m ñể hàm số
3 2 2
( 2) 2
y x mx m m x
= − + + − +
nghịch biến trên ñoạn
[ 1;1]
−
Giải:
Hàm số ñồng biến trên
2 2
[-1;1] ( ) 3 2 ( 2) 0 [ 1;1]
y f x x mx m m x
′
⇔ = = − − − + ≤ ∀ ∈ −
Ta có
2
( )
' 4 3 6
f x
m m
∆ = + −
Khả năng 1 :
' 0 ( ) 0 [ 1;1]
f x x
∆ ≤ ⇒ ≥ ∀ ∈ − ⇒
vô nghiệm
Khả năng 2 :
' 0
∆ < ⇒
tam thức
( )
f x
có hai nghiệm phân biệt
1 2
x x
<
Khi ñó
1 2
( ) 0 ( ) 0 [-1;1]
f x x x x f x x
≤ ⇔ ≤ ≤ ⇒ ≤ ∀ ∈
1 2
2
2
2
1 1
' 4 3 6 0
3 (1) 5 3 0
3 ( 1) 5 0
3 105 3 105
8 8
3 29 3 29
2 2
3 21 3 21
2 2
3 29
2
3 105
8
x x
m m
f m m
f m m
m m
m m
m m
m
m
⇔ ≤ − < ≤
∆ = + + >
⇔ = − − ≤
− = + − ≤
− + − −
> ∪ <
− +
⇔ ≤ ∪ ≥
− +
≤ ∪ ≥
+
≥
⇔
− −
<
Bài 4
:
Giải phương trình:
x+1 + x+3 + 2x-1 = 3 + 2
Giải
:
ðK: x ≥
1
2
Xét hàm số: f(x) =
x+1 + x+3 + 2x-1 trên [
1
2
; +∞)
có f'(x) =
1
2
x+1
+
1
2
x+3
+
1
2x-1
> 0 ∀x >
1
2
⇒ f(x) ñồng biến trên [
1
2
; +∞)
Khóa h
ọc LTðH môn Toán – Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 01- Hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3
-
và f(1) = 3 +
2 . Vậy pt có ngiệm duy nhất x = 1
Bài 5:
Giải bất phương trình:
x+1 +
3
5x-7 +
4
7x-5 +
5
13x-7 < 8.
Giải
:
ðK: x ≥
5
7
.
Xét hàm f(x) =
x+1 +
3
5x-7 +
4
7x-5 +
5
13x-7
có f'(x) > 0 ∀x >
5
7
⇒ f(x) ñồng biến trên [
5
7
; +∞)
Bpt ⇔ f(x) < 8 = f(3) ⇔ x < 3
Kết hợp với ñk ta có tập nghiệm là
5
7
≤ x < 3
Bài 6
:
Giải bất phương trình:
x
2
-2x+3 - x
2
-6x+11 > 3-x - x-1
Giải
:
ðK: 1 ≤ x ≤ 3
Bpt ⇔
(x-1)
2
+2 + x-1 > (3-x)
2
+2 + 3-x
⇔ f(x-1) > f(3-x) với f(x) =
x+2 + x ⇒ f(x) ñồng biến trên [1; 3]
Vậy x - 1 > 3 - x ⇔ x > 2 ⇒ Tập nghiệm là 2 < x ≤ 3.
Nguồn : Hocmai.vn
Khóa h
ọ
c
LTðH
môn Toán
–
Th
ầ
y
Tr
ầ
n Phư
ơng
Chuyên ñề 01- Hàm s
ố
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-
A. CỰC TRỊ HÀM ðA THỨC BẬC 3:
I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT:
1. Hàm số:
y
=
f
(
x
)
( )
3 2
0
ax bx cx d a
= + + + ≠
2. ðạo hàm:
( )
2
3 2
y f x ax bx c
′ ′
= = + +
3. ðiều kiện tồn tại cực trị
y = f (x) có cực trị ⇔ y = f (x) có cực ñại và cực tiểu
⇔
(
)
0
f x
′
=
có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = b
2
− 3ac > 0
4. Kỹ năng tính nhanh cực trị
Giả sử
∆′
=
b
2
−
3
ac
> 0, khi ñó
(
)
0
f x
′
=
có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
với
2
1,2
3
3
b b ac
x
a
− ± −
=
và hàm số ñạt cực trị tại x
1
, x
2
.
Theo ñịnh nghĩa ta có các cực trị của hàm số là:
( ) ( )
2 2
1 1 2 2
3 3
;
3 3
b b ac b b ac
y f x f y f x f
a a
− − − − + −
= = = =
Trong trường hợp x
1
, x
2
là số vô tỉ thì các cực trị f (x
1
), f (x
2
) nếu tính theo ñịnh nghĩa sẽ phức tạp hơn so
với cách tính theo thuật toán sau ñây:
Bước 1: Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có:
( )
(
)
( )
(
)
2
1 2
3 9 3 3 9
b b bc
f x x f x c x d
a a a
′
= + + − + −
hay
(
)
(
)
(
)
(
)
.
f x f x q x r x
′
= +
với bậc
(
)
1
r x
=
Bước 2: Do
( )
( )
( ) ( )
(
)
( ) ( )
( )
2
1 1 1 1
1
2
2
2 2 2 2
2
0
3 3 9
nên
0
2
3 3 9
b bc
y f x r x c x d
f x
a a
f x
b bc
y f x r x c x d
a a
= = = − + −
′
=
′
=
= = = − + −
Hệ quả: ðường thẳng ñi qua cực ñại, cực tiểu có phương trình là: y = r(x)
ðối với hàm số tổng quát : y = f (x)
( )
3 2
0
ax bx cx d a
= + + + ≠
thì ñường thẳng ñi qua cực ñại, cực tiểu có
phương trình:
(
)
2
2
3 3 9
b bc
y c x d
a a
= − + −
BÀI GIẢNG 03.
CỰC TRỊ HÀM ðA THỨC VÀ HÀM PHÂN THỨC
TÀI LIỆU BÀI GIẢNG
