skkn ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức, giải các bài toán cực trị, bài toán điều kiện về nghiệm của phương trình, bất phương trình

SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
MẪU BÁO CÁO
YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN CẤP TỈNH HOẶC CƠ SỞ
I. THÔNG TIN CHUNG:
Họ và tên tác giả sáng kiến: Tô Minh Hải
Ngày, tháng, năm sinh: 26 tháng 08 năm 1961
Đơn vị công tác: Trường THPT Trưng Vương
Trình độ chuyên môn nghiệp vụ: Đại học Sư phạm Toán
Quyền hạn, nhiệm vụ được giao hoặc đảm nhiệm: Phó hiệu trưởng
Đề nghị xét, công nhận sáng kiến: Cấp ngành
Tên đề tài SKKN: "Ứng dụng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức, giải các
bài toán cực trị, bài toán điều kiện về nghiệm của phương trình, bất phương trình".
II. BÁO CÁO MÔ TẢ SÁNG KIẾN BAO GỒM:
1. Tình trạng sáng kiến đã biết:
Qua thực tiễn học tập và giảng dạy, tôi nhận thấy ứng dụng của đạo hàm
trong giải các bài toán cấp THPT rất lớn nhưng học sinh thường không mạnh dạn,
tự tin sử dụng công cụ đắc lực này trong giải toán vì:
Đạo hàm là phần kiến thức mới với học sinh, gắn liền với toán học hiện đại,
học sinh bắt đầu được làm quen ở cuối chương trình lớp 11. Trong khi đó từ cấp
Trung học cơ sở đến cấp THPT học sinh đã được tiếp xúc với rất nhiều bài toán về
giải PT, HPT, BPT, HBPT; tìm GTLN, GTNN của hàm số; chứng minh bất đẳng
thức; các bài toán chứa tham số và đã quen sử dụng các phương pháp giải toán đại
số kinh điển để giải.
Sách giáo khoa viết về ứng dụng của đạo hàm không nhiều và đa số theo
chương trình cũ do đó học sinh không nhận diện được các dạng toán và chưa được
hướng dẫn một cách hệ thống phương pháp để giải quyết bài toán trọn vẹn.
1
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
Số lượng bài toán có thuộc các dạng toán nêu trên xuất hiện ngày càng nhiều

trong các đề thi tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng và học sinh giỏi những năm gần
đây và phương pháp sử dụng để giải chủ yếu là sử dụng phương pháp ứng dụng của
đạo hàm.
2. Nội dung sáng kiến đề nghị công nhận:
+ Mục đích của sáng kiến : giúp cho học sinh biết phương pháp sử dụng đạo hàm
để giải các bài toán về : chứng minh bất đẳng thức, giải các bài toán cực trị, bài
toán điều kiện về nghiệm của phương trình, bất phương trình.
+ Nội dung sáng kiến được chia thành ba chuyên đề : ứng dụng đạo hàm để tìm
GTLN, GTNN của hàm số, ứng dụng đạo hàm để chứng minh BĐT, ứng dụng đạo
hàm để giải PT, HPT, BPT, HBPT.
3. Khả năng áp dụng của sáng kiến:
- Đối tượng nghiên cứu: Một số bài toán chứng minh bất đẳng thức, cực trị của
hàm số, bài toán giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bất
phương trình.
- Phạm vi nghiên cứu: Các bài toán sơ cấp trong chương trình THPT.
- Thực hiện đề tài trong các giờ bài tập của học sinh lớp 12.
- Các biện pháp thực hiện:
Bước 1: Hệ thống hóa kiến thức.
Bước 2: Đưa ra một số ví dụ điển hình.
Bước 3: Rèn luyện kỹ năng giải các bài tập ứng dụng cho học sinh thông qua một
số bài tập bổ sung nâng cao. Gợi mở cho học sinh những hướng phát triển, mở rộng.
- Kết quả thực hiện : Trong thực tiễn giảng dạy, tôi đã giúp học sinh hệ thống
dạng toán và phương pháp giải theo các chuyên đề.
4. Phạm vi áp dụng của sáng kiến : Tổ toán trường THPT và học sinh THPT.
5. Hiệu quả, lợi ích thu được do áp dụng sáng kiến :
- Chương trình giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động
sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc trưng môn học, đặc điểm đối tượng học
sinh, điều kiện của từng lớp học; bồi dưỡng học sinh phương pháp tự học, khả năng
2
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương

hợp tác; rèn kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tễn; tác động đến tình cảm, đem
lại niềm vui, hứng thú và trách nhiệm học tập cho học sinh.
- Quá trình dạy học với các nhiệm vụ cơ bản là hình thành tri thức, rèn luyện các
kỹ năng hoạt động nhận thức, hình thành thái độ tích cực… được xây dựng trên quá
trình hoạt động thống nhất giữa thầy và trò, trò và trò, tính tự giác, tích cực tổ chức,
tự điều khiển hoạt động học nhằm thực hiện tốt các nhiệm vụ đã được đề ra.
- Sau khi học xong các chuyên đề ứng dụng chung của đạo hàm, học sinh tự tin và
có thêm kỹ năng làm các bài toán về cực trị của hàm số, về giải phương trình, hệ
phương trình, bất phương trình, hệ bất phương trình.
Tôi cam đoan những nội dung trong báo cáo. Nếu có gian dối hoặc không đúng
sự thật trong báo cáo, xin chịu hoàn toàn trách nhiệm theo quy định của pháp luật./.
Thủ trưởng đơn vị xác nhận, đề nghị Văn Lâm, ngày 24 tháng 3 năm 2014
Người báo cáo yêu cầu công nhận sáng kiến
TÔ MINH HẢI
3
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
B. NỘI DUNG
CHUYÊN ĐỀ I:
ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ TÌM GTLN, GTNN CỦA HÀM SỐ
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
1. Định nghĩa.
Cho hàm số y = f (x) có TXĐ là D
f (x) ≤ M ∀ x ∈ D
Số M được gọi là GTLN của hàm số nếu
∃ x
0
∈ D: f (x
0
) = M
Kí hiệu M = Maxf (x)

x
∈
D
f (x) ≥ m ∀ x ∈ D
Số m được gọi là GTNN của hàm số nếu
∃ x
0
∈ D: f (x
0
) = m
Kí hiệu m = Minf (x)
x
∈
D
Nhận xét:
Theo đó GTLN, GTNN của hàm số có thể không tồn tại.
Để tìm GTLN, GTNN của hàm số học sinh thường đã được làm quen với
một số phương pháp như:
- Phương pháp sử dụng các BĐT.
- Phương pháp tam thức bậc hai.
- Phương pháp sử dụng tập giá trị của hàm số.
Đó là những phương pháp đại số thông thường, tuy nhiên ta có thể sử dụng
một phương pháp khá hiệu quả là sử dụng đạo hàm.
4
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số trên một đoạn.
Để tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f (x) trên đoạn [a, b] với y = f (x) là
hàm số liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm trong khoảng (a, b) ta thực hiện theo
các bước như sau:
Bước 1: Tính đạo hàm y’ rồi tìm những giá trị của biến số trong khoảng (a,b)

làm cho y’ = 0. Giả sử ta tìm được các nghiệm là x
1
, x
2
…
Bước 2: Tính các giá trị f(a), f(b), f(x
1
), f(x
2
)…
Bước 3: Kết quả.
Miny = Min {f(a), f(b), f(x
1
), f(x
2
), …}
x ∈ [a, b]
Maxy = Max {f(a), f(b), f(x
1
), f(x
2
), …}
x ∈ [a, b]
3. Tìm GTLN, GTNN của hàm số trên khoảng.
Để tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f(x) trên khoảng ta thực hiện theo các
bước như sau:
Bước 1: Tìm miền xác định.
Bước 2: Tính đạo hàm y’, sau đó giải phương trình y’ = 0
Bước 3: Lập bảng biến thiên của hàm số (thông thường trong trường hợp
hàm số không đơn điệu trên tập cần tìm).

Bước 4: Từ bảng biến thiên của hàm số ta kết luận được GTLN, GTNN.
B. VÍ DỤ MINH HỌA.
I. Hàm một biến.
Ví dụ 1: Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = sin
20
x + cos
20
x
Lời giải:
Nhận xét sin
20






+
2
π
x
+
cos
20

xxx
2020
cossin
2
+=







+
π
Nên hàm số đã cho tuần hoàn với chu kỳ T =
2
π
5
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
Do đó ta chỉ cần tìm GTLN, GTNN của hàm số trên một chu kỳ là đoạn






2
,0
π
Ta có y’ = 20 sinx. cosx (sin
18
x– cos
18
x)
cos x = 0 x =
2

π
Do đó y’ = 0 ⇔ sin x = 0 ⇔ x = 0
sin x = cos x x =
4
π
Tính giá trị y(0) = 1; y
4
π
=
9
2
1
; y
2
π
= 1
Từ đó suy ra Maxy = 1, miny =
9
2
1
Ví dụ 2: Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = y(x) =
x
x
cos2
sin
+
với x
∈
[0,
π

]
Lời giải:
Xét hàm số đã cho trên đoạn [0, π] ta có
y’ =
22
2
)cos2(
cos21
)cos2(
sin)cos2(cos
x
x
x
xxx
+
+
=
+
++
y’ = 0 ⇔
3
2
2
1
cos0
)cos2(
cos21
2
π
xx

x
x
⇔−=⇔=
+
+
Ta có:
f(0) = 0, f
0)(,
3
1
3
2
==






π
π
f
Vậy Maxy =
3
1
đạt được khi x =
3
2
π
x ∈[0, π]

Miny = 0 đạt được khi x = 0 hoặc x = π
x ∈[0, π]
Ví dụ 3: Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f(x) = x +
2
2 x−
Lời giải:
Điều kiện 2 – x
2
≥ 0 ⇔
22 ≤≤− x
Suy ra tập xác định của hàm số đã cho là D = [
2;2−
]
6
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
x ≥ 0
Ta có y’ =
⇔=−⇔=⇒
−
−−
xxy
x
xx
2
2
2
20'
2
2
⇔ x = 1

2 – x
2
= x
2
Tính f (-
2
) = -
2
; f (1) = 2 ; f(
2
) =
2
Vậy Maxy = 2 khi x = 1
x ∈D
Min y = -
2
khi x = -
2
x ∈D
Ví dụ 4:
Tìm GTNN của f(x) =
x
axax
22
)1( +−−
với 0 < x ≤
1
2
+− aa
(a > 0)

Lời giải:
Ta có f’(x) = 1 -
1
1
22
2
+−
−
≤
aa
a
x
a
*Nếu a ≥ 1 ⇒ f’(x) ≤ 0 ∀ 0 < x ≤
1
2
+− aa
⇒ f(x) nghịch biến
⇒ f(x) ≥ f (
1
2
+− aa
) =
1
12
2
2
+−
+−
aa

aa
- (a – 1)
Với x =
1
2
+− aa
(a ≥ 1) thì Min f (x) = 1 – a +
1
12
2
2
+−
+−
aa
aa
Nếu 0 < a < 1 ⇒ f (x) = 0 có nghiệm x = a
Bảng biến thiên
x
0
1
2
+− aa
a
f’ - 0 +
f
a + 1
Từ bảng biến thiên suy ra:
f (x) ≥ f (a) = a + 1 với x = a ∈ (0 ; 1) thì Minf (x) = a + 1
II. Hàm hai biến.
7

SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
Biến đổi giả thiết và biểu thức cần tìm GTLN, GTNN để tìm mối quan hệ
giữa chúng rồi tìm cách đặt ẩn phụ hợp lý, đưa biểu thức đã cho về hàm một biến
để khảo sát.
1. Các ví dụ minh họa.
Ví dụ 1:
Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm GTLN
và GTNN của biểu thức.
S = (4x
2
+ 3y) (4y
2
+ 3x) + 25 xy
Phân tích:
Từ giả thiết x + y = 1 có thể đưa bài toán về một ẩn không?
Khai triển biểu thức S cố gắng làm xuất hiện x + y để sử dụng giả thiết.
Chú ý các hằng đẳng thức:
x
2
+ y
2
= (x + y)
2
– 2xy
x
3
+ y
3
= (x + y) (x
2

– xy + y
2
)
Sau khi khai triển và thế vào x + y = 1, ta có S = 16x
2
y
2
– 2xy + 12
Vậy đến đây ta có thể nghĩ đến việc có thể đưa S về hàm một biến số nếu ta
đặt t = xy.
Cần chặn biến t bằng cách sử dụng bất đẳng thức: 0 ≤ xy ≤
4
)(
2
yx +
Lời giải:
Do x + y = 1 nên ta có:
S = 16x
2
y
2
+ 12(x
3
+ y
3
) + 9xy + 25 xy
= 16x
2
y
2

+ 12[(x+y)
3
– 3xy (x + y)] + 34xy
= 16(xy)
2
– 2xy + 12
Đặt t = xy, ta được S = 16t
2
– 2t + 12; 0 ≤ xy ≤
4
)(
2
yx +
=






∈⇒
4
1
;0
4
1
t
Xét hàm số f (t) = = 16t
2
– 2t + 12 trên đoạn







4
1
;0

8
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
max f (t) = f
2
25
4
1
=






; min f (t) = f
16
191
16
1
=















4
1
;0







4
1
;0
x + y = 1
Giá trị lớn nhất của S bằng
2

25
khi ⇔ (x : y) =






2
1
;
2
1
xy =
4
1
x + y = 1 (x; y) =








−+
4
32
;
4

32
Giá trị nhỏ nhất của S bằng
16
191
khi ⇔
xy =
16
1
(x;y) =








+−
4
32
;
4
32
Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = 3(x
4
+ y
4
+ x
2

y
2
) – 2(x
2
+ y
2
) + 1
Với x, y là các số thỏa mãn điều kiện: (x+y)
3
+ 4xy ≥ 2
Phân tích:
Vì giả thiết là biểu thức khá phức tạp nên ta khai thác nó trước cho gọn để sử
dụng dễ dàng hơn. Chú ý hằng đẳng thức:
x
2
+ y
2
= (x + y)
2
– 2xy
x
3
+ y
3
= (x + y) (x
2
– xy + y
2
)
Và (x+y)

2
≥ 4xy. Khi đó điều kiện bài toán trở thành: x + y ≥ 1
Ta biến đổi được A như sau:
A = 3(x
4
+ y
4
+ x
2
y
2
) – 2(x
2
+ y
2
) + 1
=
2
3
(x
2
+ y
2
)
2
+
2
3
(x
4

+ y
4
) – 2(x
2
+y
2
) + 1
≥
2
3
(x
2
+ y
2
)
2
+
1)(2
4
)(3
222
222
++−
+
yx
yx

(do x
4
+ y

4
≥
)
2
)(
222
yx +

9
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
Hay A ≥
4
9
(x
2
+ y
2
)
2
- 2(x
2
+ y
2
) + 1
Vì vậy ta có thể nghĩa đến việt đưa A về hàm một biến bằng cách đặt t = x
2
+y
2
Tìm điều kiện của biến t ta sử dụng bất đẳng thức x
2

+ y
2
≥
2
)(
2
yx +
Lời giải:
Ta luôn có kết quả: (x+y)
2
≥ 4xy, từ đó ta có:
(x+y)
3
+ 4xy ≥ 2 ⇒ (x+y)
3
+ (x+y)
2
≥ (x+y)
3
+ 4xy ≥ 2
⇒ (x+y)
3
+ (x+y)
2
≥ 2
⇒ [(x + y) – 1] [(x + y)
2
+ (x + y) + 2 ] ≥ 0
⇒ (x + y) – 1 ≥ 0
Do [(x+y)

2
+ (x + y) + 2] = [(x + y) +
)
2
1
2
+
4
7
≥ 0 ∀ x, y
Bài toán được đưa về tìm max, min của:
A = 3(x
4
+ y
4
+ x
2
y
2
) – 2(x
2
+ y
2
) + 1 với x, y thỏa mãn x + y ≥ 1
Ta biến đổi biểu thức A như sau:
A = 3(x
4
+ y
4
+ x

2
y
2
) – 2(x
2
+ y
2
) + 1
=
2
3
(x
2
+ y
2
)
2
+
2
3
(x
4
+ y
4
) – 2(x
2
+y
2
) + 1
≥

2
3
(x
2
+ y
2
)
2
+
1)(2
4
)(3
222
222
++−
+
yx
yx
(do x
4
+ y
4
≥
)
2
)(
222
yx +
Hay A ≥
4

9
(x
2
+ y
2
)
2
- 2(x
2
+ y
2
) + 1
Vì x
2
+ y
2
≥
2
)(
2
yx +
(do x + y ≥ 1) nên x
2
+ y
2
≥
2
1
Đặt t = x
2

+ y
2
ta có hàm số f (t) =
4
9
t
2
– 2t + 1 với t ≥
2
1
f’ (t) =
4
9
t – 2
f’ (t) = 0 ⇔ t =
9
4
10
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
Ta có bảng biến thiên như sau:
t
9
4

2
1
+
∞

f’(t) +

+
∞
f(t)
16
9
Vậy min f (t) = f(
)
2
1
=
16
9
đạt được khi t =
2
1
Suy ra A ≥
16
9
. Mặt khác ta dễ thấy x = y =
2
1
thì A =
16
9
Kết luận: min A =
16
9
khi x = y =
2
1

và không có giá trị lớn nhất.
Ví dụ 3: Cho x
2
+ y
2
= 1. Tìm GTLN, GTNN của S =
122
)(2
2
2
++
+
xxy
yxy
S =
122
)(2
2
2
++
+
xxy
yxy
=
)(22
)(2
222
2
yxxxy
yxy

+++
+
=
22
2
23
)(2
yxyx
yxy
++
+
Nếu y = 0 thì S = 0
Nếu y ≠ 0 đặt
⇒= t
y
x
S =
)(
123
)1(2
)123(
)1(2
222
2
tf
tt
t
tty
ty
=

++
+
=
++
+
Ta có: f’(t) =
22
2
22
2
)123(
)163(2
)123(
)26)(1(2)123(2
++
++
=
++
++−++
tt
tt
tt
tttt
nên
f’(t) = 0 ⇔ t = t
1
=
3
63 −−
; t = t

2
=
3
63 +−
11
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
t -
∞
t
1
t
2
+
∞
f’(t) - 0 + 0 -
f(t) 0
2
62 −
2
62 +
0
Từ bảng biến thiên suy ra:
2
62 −
≤ S ≤
2
62 +
Với t =
3
63 −−

⇔ y = ±
20
)64(3 −
; x =
3
63 −−
thì Min S =
2
62 −
Với t =
3
63 +−
⇔ y = ±
20
)64(3 +
; x =
3
63 +−
thì Max S =
2
62 +
III. Hàm đa biến
Đối với bất đẳng thức nhiều biến, ta có thể khảo sát lần lượt từng biến một
bằng cách chọn một biến làm tham số biến thiên và cố định các biến còn lại, bài
toán lúc này trở thành bất đẳng thức một biến. Luôn có tâm thể nhìn biểu thức
nhiều biến mà ta cần tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất dưới dạng là một hàm số
để ta sử dụng được công cụ hiệu quả trong bài toán là đạo hàm.
Sơ đồ tổng quát.
Giả sử tìm cực trị của biểu thức ba biến x, y, z là P(x,y,z) với điều kiện T
nào đó.

Bước 1: Xem P(x,y,z) là hàm theo biến x, còn y, z là hằng số. Khảo sát hàm
này tìm cực trị với điều kiện T. Ta được: P(x,y,z) ≥ g(y,z) hoặc P(x,y,z) ≤ g(y,z).
Bước 2: Xem g (y,z) là hàm biến y, còn z là hằng số. Khảo sát hàm này với
điều kiện T. Ta được g (y,z) ≥ h (z) hoặc g (y,z) ≤ h (z).
Bước 3: Cuối cùng khảo sát hàm số một biến h (z) với điều kiện T ta tìm
được min, max của hàm này.
Ta đi đến kết luận: P(x,y,z) ≥ g(y,z) ≥ h (z) ≥ m
Hoặc P(x,y,z) ≤ g(y,z) ≤ h (z) ≤ M
12
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
1. Các ví dụ minh họa.
Ví dụ 1: Cho ba số thực x, y, z
∈
[1; 4] và x
≥
y, x
≥
z. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức.
P =
xz
z
zy
y
yx
x
+
+
+
+

+ 32
Hoạt động khám phá:
- Xem P là một hàm theo biến z, còn x, y là hằng số. Khảo sát hàm số với
điều kiện đã cho suy ra giá trị nhỏ nhất của P, tức là: P(x,y,z) ≥ P(x,y).
- Khảo sát hàm P(x,y), ở đây có thể đưa P(x,y) về hàm số một biến không?
- Bằng cách đặt ẩn phụ t =
y
x
để đưa P(x,y) về hàm một biến. Tìm GTLN
của hàm số một biến này.
- Vậy P(x,y,z) ≥ P(x,y) = P(t) ≥
33
34

Lời giải:
Ta có: P =
xz
z
zy
y
yx
x
+
+
+
+
+ 32
Xem đây là hàm theo biến z; còn x, y là hằng số.
P’(z) =
22

2
22
)()(
))((
)()( xzzy
xyzyx
xz
z
zy
y
++
−−
=
+
+
+
−
Theo giả thiết x ≥ y ⇒ x – y ≥0 nếu P ≥ 0 ⇔ z ≥
xy
(do x, y, z ∈[1 ; 4])
P’ (z) - 0 +
P (z)
Từ bảng biến thiên suy ra:
P ≥ P(
xy
) =
yx
y
yx
x

+
+
+
2
32
13
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
=
y
x
y
x
y
x
+
+
+
1
2
32
Đặt t =
y
x
do x ≥ y, x ≥ z và x, y, z ∈[1; 4] nên 1 ≤ t ≤ 2
Xét hàm f (t) =
t
t
t
+
+

+
1
2
32
2
2
. Ta có
f’(t) =
222
23
)1()32(
)]32(3)1(4[2
tt
tttt
++
+−+−−
< 0, ∀ t ∈[1; 2]
Suy ra f (t) giảm trên [1; 2], do đó P ≥ P(
xy
) = f (t) ≥ f (2) =
33
34
z =
xy
Đẳng thức xảy ra: ⇒ x = 4, y = 1, z = 2
t =
y
x
=2
Vậy Min P =

33
34
khi x = 4, y = 1, z = 2
Ví dụ 2: Cho ba số thực x, y, z
∈






3;
3
1
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P =
ac
c
cb
b
ba
a
+
+
+
+
+
Lời giải:
Đặt P(a) =
ac

c
cb
b
ba
a
+
+
+
+
+
Xem đây là hàm số theo biến a, còn b, c là hằng số.
P’(a) =
22
2
22
)()(
))((
)()( caba
bcacb
ca
c
ba
b
++
−−
=
+
−
+
Trường hợp 1: a ≥ b ≥ c và a, b, c ∈







3;
3
1
Suy ra b – c ≥ 0; a
2
– bc ≥ 0 nên P’(a) ≥ 0. Do đó P(a) tăng trên






3;
3
1
14
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
⇒ P(a) ≤ P(3) =
)(
33
3
cg
c
c

cb
b
b
=
+
+
+
+
+
(xem đây là hàm theo biến c)
g’(c) =
22
2
22
)3()(
)3)(3(
)3(
3
)( ++
−−
=
+
+
+
−
ccb
cbb
ccb
b
≤ 0. Do đó g (c) giảm trên







3;
3
1
Suy ra: g(c) ≤ g (
3
1
) =
)(
10
1
13
3
3
3
bh
b
b
b
=+
+
+
+
(xem h (b) là hàm số theo biến b)
Ta có: h’(b) =

2222
)3()13(
)1)(1(
)3(
3
)23(
3
++
+−
=
+
−
+ bb
bb
bb
.
Ta có bảng biến thiên.
b
3
1
1 3
h’(b) + 0 -
5
8
h(b)
Suy ra h(b) ≤ h(1) =
5
8
Vậy P (a,b,c) ≤ P(3, b,c) ≤ P(3, b,
3

1
) ≤ P(3, 1,
3
1
) =
5
8
khi a = 3, b = 1, c =
3
1
Trường hợp 2: c ≥ b ≥ a và a, b, c ∈






3;
3
1
Từ kết quả của trường hợp 1, ta có: P(a,b,c) ≤
5
8
Mặt khác: P(a,b,c) – P(c,b,a) =
5
8
),,(0
))()((
))()((
≤⇒≤

+++
−−−
cbaP
cacbba
cacbba
Vậy Max S =
5
8
, đạt được khi (a,b,c) =

























1;
3
1
;3,1;3;
3
1
,
3
1
;1;3

15
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
Chuyên đề II
ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Để chứng minh bất đẳng thức dạng: f(x) > g(x) ta thực hiện như sau:
- Xét hàm số h (x) = f(x) – g(x)
- Tìm miền xác định của h(x)
- Tính đạo hàm cấp một và giải phương trình h’(x) = 0.
- Lập bảng biến thiên. Từ bảng biến thiên suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
- Các trường hợp:
+ Chứng minh f(x)≥ A nghĩa là chứng minh min f(x)≥ A, ở đây A là hằng số.
+ Chứng minh f(x)≤ A nghĩa là chứng minh max f(x)≤A, ở đây A là hằng số.
+ Nếu phương trình h’(x) = 0 không giải được thì ta tính đạo hàm cấp hai, ba
đến khi nào xét dấu được thì ta dừng.
1. Ví dụ minh họa.
Ví dụ 1: Chứng minh các bất đẳng thức.

a) e
x
> 1 + x khi x ≠ 0
b) sin x < x khi x > 0
c) x -
6
3
x
< sin x khi x > 0
d)
4
1
322
2
2
≤
++
++
xx
xx
∀ x∈ R
Giải:
Câu a: e
x
> 1 + x ⇔ e
x
– 1 – x > 0
Đặt: f(x) = e
x
– 1 – x

D = R
f’(x) = e
x
– 1
f’(x) = 0 ⇔ e
x
– 1 = 0 ⇔ x = 0
16
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
Bảng biến thiên:
x -
∞
0 +
∞
f’(x) - 0 +
f (x) +
∞
+
∞
0
Từ bảng biến thiên suy ra:
f(x) ≥ 0 ∀ x (f (x) = 0 tại x = 0)
Vậy f(x) > 0 ∀ x Hay e
x
> 1 ∀ x ≠ 0
Câu b: sin x < x ⇔ sin x – x < 0 khi x > 0
Đặt f(x) = sin x – x
D = R
f’(x) = cosx – 1 < 0 ∀ x ∈ R
Bảng biến thiên:

x -
∞
0 +
∞
f’(x) - 0 -
f (x)

0
Từ bảng biến thiên suy ra:
f(x) < 0 khi x > 0. Vậy sinx < x khi x > 0
Câu c:
x -
6
3
x
< sin x khi x > 0
⇔ x -
6
3
x
- sin x < 0 khi x > 0
Đặt f(x) = x -
6
3
x
- sin x
17
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
f(x) = 1 -
x

x
cos
2
2
−
f’’(x) = -x + sinx < 0 (sin x < x) khi x > 0
Bảng biến thiên:
x 0 +
∞
f’’(x) -
f’’ (x) 0
-
f (x) 0
Từ bảng biến thiên suy ra:
F(x) < 0 ⇔ x -
6
3
x
< sin x ∀ x > 0
Câu d: Đặt: f(x) =
1
322
2
2
++
++
xx
xx
D = R
f’(x) = -

22
)1(
12
++
+
xx
x
f’(x) = 0 ⇔ x =
2
1
⇔ f(
2
1
) =
3
10
Bảng biến thiên
x -
∞
0 +
∞
f’(x) + 0 -
f (x) 10/3

0 2
Từ bảng biến thiên suy ra:
f(x) ≤
3
10
< 4 ⇔

1
322
2
2
++
++
xx
xx
< 4
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: ∀ x > 0 ta có e
x
> 1 + x +
2
2
x
Giải: Xét hàm số f(x) = e
x
– x -
2
2
x
- 1 ∀ x > 0
18
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
Ta có f’(x) = e
x
– x – 1 ⇒ f’’(x) = e
x
– 1 > 0, ∀ x > 0 ⇒ f’(x) đồng biến trên
(0; +

∞
) ⇒ f’(x) > f(0) = 0 ⇒ f(x) đồng biến trên (0; +
∞
) ⇒ f(x) > f(0) = 0, ∀ x > 0
⇒ e
x
> 1 + x +
2
2
x
, ∀ x > 0
Ví dụ 3: Cho
α
≤
3. Chứng minh rằng:
α






x
xsin
> cosx,
∀
x
∈
(0;
2

π
)
Trước hết ta chứng minh BĐT đúng với
α
= 3, tức là
3
sin






x
x
> cosx, ∀ x ∈(0;
2
π
)
Thật vậy.
Áp dụng ví dụ 1 ta có:
sinx > x-
6
3
x
⇒
x
xsin
> 1 -
6

2
x
⇔
3
sin






x
x
> (1 -
6
2
x
)
3
= 1 –
2
2
x
+
25612
64
xx
−
> 1 -
2

2
x
+
24
4
x
∀ x ∈(0;
2
π
)
Ta chứng minh:
f(x) = 1 –
2
2
x
+
0cos
12
4
>− x
x
,∀ x ∈(0;
2
π
)
f’(x) = sin x –(x-
6
3
x
) > 0, ∀ x ∈(0;

2
π
)
⇒ f(x) đồng biến trên (0;
2
π
) ⇒ f(x) > f(0) = 0, ∀ x ∈(0;
2
π
)
⇒…⇒
3
sin






x
x
> cosx, ∀ x ∈(0;
2
π
)
Với
α
< 3, vì 0 <
x
xsin

< 1,∀ x ∈(0;
2
π
) ⇒ (
x
xsin
)
α
>
3
sin






x
x
>cosx, ∀ x ∈(0;
2
π
)
Vậy, BĐT đúng (Đpcm)
x, y, z > 0
Ví dụ 4: Cho Chứng minh rằng xy + yz + zx – 2xyz
≤

27
7

x + y + z = 1
Giải: Không mất tính tổng quát, ta giả thiết x ≤ y ≤ z ⇒
3
1
≤ z < 1
19
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
Khi đó: xy + yz + zx – 2xyz = xy(1-2z) + (x+y)z ≤
zyxz
yx
)()21(
4
)(
2
++−
+
≤
zzz
z
)1()21(
4
)1(
(
2
−+−
−
=
)()21(
4
1

32
zfzz =−+
f’(z) =
3
1
0)31(
2
=⇔=− zz
z
Bảng biến thiên:
Z
0
3
1
f’(z) 0 +
f (z)
27
7
0
Từ bảng biến thiên suy ra f(z) =
27
7
⇒ xy + yz + zx – 2xyz ≤
27
7
20
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
CHUYÊN ĐỀ III
ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI PT, HPT, BPT, HBPT
Để giải các PT, HPT, BPT, HBPT bằng phương pháp ứng dụng đạo hàm ta

cần nắm vững các mệnh đề (MĐ) sau:
Cho hàm số y = f(x) liên tục trên tập D.
MĐ 1: Phương trình f(x) = m có nghiệm x∈D ⇔ minf(x) ≤ m ≤ max f(x)
x∈D x∈D
MĐ 2: BPT f(x) ≤ m, có nghiệm x∈D ⇔ min f(x) ≤ m
x∈D
MĐ 3: BPT f(x) ≤ m, nghiệm đúng với mọi x∈D ⇔ max f(x) ≤ m
x∈D
MĐ 4: BPT f(x) ≥ m, có nghiệm x∈D ⇔ max f(x) ≥ m
x∈D
MĐ 5: BPT f(x) ≥ m, có nghiệm đúng với mọi x∈D ⇔ min f(x) ≥ m
x∈D
MĐ 6 : Cho hàm số y = f(x) đơn điệu trên tập D khi đó
F(u) = f(v) ⇔ u = v (với mọi u, v ∈D)
Dạng 1: Bài toán PT, HPT, BPT, HBPT không chứa tham số.
I. Phương pháp.
Để giải phương trình f(x) = g(x) bằng phương pháp ứng dụng đạo hàm ta
thường chứng minh hai miền giá trị của hai hàm f(x) và g(x) chỉ có chung đúng một
phần tử x
0
. Từ đó kết luận x
0
là nghiệm.
*Cụ thể:
- Ta chứng minh f(x) ≥ g(x) hoặc f(x) ≤ g(x) hoặc f(x) ≥ A và g(x) ≤ A hoặc
ngược lại.
- Sau đó ta xét dấu đẳng thức xảy ra.
Bên cạnh đó ta cũng sử dụng kết quả.
+ Nếu hàm f(x) đồng biến và hàm g(x) nghịch biến (hoặc ngược lại) trên
cùng một miền xác định thì đồ thị của hàm y = f(x) và y = g(x) nếu cắt nhau thì cắt

21
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
nhau tại một điểm duy nhất. Từ đó phương trình f(x) = g(x) chỉ có thể có nghiệm
duy nhất hoặc vô nghiệm.
+ Nếu f(t) là hàm đơn điệu trên D thì f(x) = f(y) ⇔ x = y
II. Ví dụ minh họa.
Ví dụ 1: Giải các phương trình.
a) x + x
log
2
3
= x
log
2
5
b)
82315
22
++−=+ xxx
c) 2
x+1
– 4
x
= x – 1
Lời giải:
a) x + x
log
2
3
= x

log
2
5
(1)
Điều kiện: x > 0
Phương trình (1) ⇔ x
log
2
2
+ x
log
2
5
⇔ 2
log
2
x
+ 3
log
2
x
= 5
log
2
x
Đặt t = log
2
x ta được phương trình
2
t

+ 3
t
= 5
t
⇔
1
5
3
5
2
=






+






tt

(2)
Đặt f(t) =
tt







+






5
3
5
2
; t ∈R
Ta có: f’(t) =
0
5
3
ln
5
3
5
2
ln
5
2
<







+






tt
; ∀ t ∈R
Suy ra: f(t) là hàm nghịch biến trên R.
Lại có f(1) = 1 nên đồ thị hàm y = f(t) cắt đồ thị hàm y = 1 tại một điểm duy
nhất t = 1.
Do đó, phương trình (2) có nghiệm duy nhất với t = 1 ⇒ log
2
x = 1 ⇔ x = 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2
b)
82315
22
++−=+ xxx
⇔
23815
22
−=+−+ xxx

22
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
⇔
23
815
7
22
−=
+++
x
xx
Ta thấy f(x) =
815
7
22
+++ xx
là hàm nghịch biến trên R.
g(x) = 3x – 2 đồng biến trên R.
Hơn nữa f(1) = g(1)
Do đó, đồ thị hàm f(x) cắt đồ thị hàm g(x) tại một điểm duy nhất x = 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1
c) 2
x+1
– 4
x
= x – 1 (1)
Đặt t = 2
x
> 0 ⇒ x = log
2

t
Phương trình (1) trở thành 2t – t
2
= log
2
t – 1 (2)
+ Nếu 0 < t < 2
Xét f(t) = 2t – t
2
f’(t) = 2 – 2t
f’(t) = 0 ⇒ t = 1
Bảng biến thiên
t 0 1 2
f’(t) + 0 -
f (t)
1
0 0
Từ bảng biến thiên, suy ra:
1 ≥ f(t) > 0; ∀ t ∈(0;2)
Mặt khác:
+ Nếu t < 2 ⇒ log
2
t < 1 ⇒ log
2
t – 1 < 0 < f(t)
Do đó phương trình (2) vô nghiệm ∀ t ∈(0;2)
+ Nếu t > 2
Xét f(t) = 2 t – t
2
f’(t) = 2 – 2t

23
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
f’(t) = 0 ⇒ t = 1
Bảng biến thiên
t 1 2 +
∞
f’(t) - 0 - -
f (t)
0
-
∞
Từ bảng biến thiên, suy ra:
f(t) < 0 ∀ t > 2
mà t > 2 ⇒ log
2
t – 1 > 0 > f’(t) nên phương trình (2) vô nghiệm
Do vậy, phương trình (2) chỉ có nghiệm t = 2 với t = 2
⇒ 2
x
= 2 ⇔ x = 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình sau:
725 =−++ yx
752 =++− yx
Lời giải:
x ≥ 2
Điều kiện:
y ≥ -5
Từ hệ ⇒
25 −++ yx

=
52 ++− yx
⇒
−+ 5x
252 −−+=− yyx
⇔ f(x) = g(x)
Xét hàm số f(t) =
25 −−+ tt
với t ≥ 2
f’(t) =
;0
252
52
<
−+
+−−
tt
tt
∀ t ≥ 2
24
SKKN – Tô Minh Hải – THPT Trưng Vương
⇒ f(t) là hàm nghịch biến trên [2; +
∞
]
Do đó: f(x) = g(y) ⇔ x = y
Khi đó hệ ⇔
++ 5x
72 =−x
⇔ x + 5 = 47 – 14
xx +− 2

⇔ 14
422 =−x
⇔ x – 2 = 9 ⇔ x = 11 = y
Vậy nghiệm của hệ đã cho là x = y = 11
Ví dụ 3:
(4x
2
+ 1)x + (y – 3)
y25 −
= 0
Giải hệ phương trình
4x
2
+ y
2
+ 2
x43−
= 7
Lời giải:
Điều kiện x ≤
4
3
; y ≤
2
5
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
(4x
2
+ 1)2x = (5 – 2y + 1)
y25 −

(1)
Khi đó phương trình (1) có dạng
f(2x) = f(
y25 −
) với f(t) = (t
2
+ 1) t; f’(t) = 3t
2
+ 1 > 0
Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên R.
x ≥ 0
Do đó: (1) ⇔ 2x =
y25 −
⇔
y =
2
45
2
x−
Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
4x
2
+
2
2
2
45









− x
+ 2
x43−
- 7 = 0 (3)
Nhận thấy x = 0, x =
4
3
không phải là nghiệm của phương trình (3)
Xét hàm số g(x) = 4x
2
+
2
2
2
45








− x
+ 2

x43−
- 7 trên khoảng






4
3
;0
25