Hướng dẫn học sinh ứng dụng đạo hàm trong giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình

PHẦN I. MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Chúng ta đã biết, chuyên đề về phương trình, bất phương trình, hệ phương
trình, hệ bất phương trình và giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất (PT, BPT, HPT,
HBPT, GTLN&GTNN) chiếm một lượng khá lớn trong chương trình phổ thông.
Tuy nhiên trong số các bài tập đó có một lượng lớn bài tập mà ta không thể giải
được bằng phương pháp thông thường (trong phân phối chương trình) hoặc có
thể giải được nhưng gặp rất nhiều khó khăn và phức tạp.
Giữa PT, BPT, HPT, HBPT và hàm số có mối liên quan rất chặt chẽ. Khi
định nghĩa PT, BPT, ta cũng dựa trên khái niệm hàm số, Tuy vậy không phải bài
nào cũng có thể sử dụng hàm số để giải nhưng nếu biết ứng dụng đạo hàm của
hàm số để giải thì bài toán trở nên đơn giản. Trong quá trình giảng dạy, khi cung
cấp cho học sinh mảng kiến thức này tôi thấy các em rất hứng thú và tự tin
không thấy ngại khi gặp những bài toán khó về PT, BPT, HPT, HBPT chứa
tham số hoặc một số bài toán tìm GTLN và GTNN của biểu thức chính vì vậy
tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là: "Hướng dẫn học sinh ứng dụng đạo
hàm trong giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất
phương trình và tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức giúp
nâng cao kết quả học tập, thi cử môn Toán của học sinh lớp 12".
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
- Trang bị cho học sinh lớp 12 về một phương pháp giải PT, BPT, HPT, HBPT,
tìm GTLN&GTNN của biểu thức mang lại hiệu quả rõ nét.
- Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học sinh
nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:
- Các dạng toán giải PT, BPT, HPT, HBPT nằm trong chương trình toán phổ
thông .
-Tìm GTLN và GTNN của biểu thức chúa một hay nhiều biến có điều kiện
- Phân loại các dạng toán thường gặp và phương pháp giải mỗi dạng.
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
Phương pháp chung của dạng bài tập này

- Với các PT, BPT, HPT, HBPT không chứa tham số, ta sử dụng các tính
chất về tính đơn điệu của hàm số để giải.
- Với các PT, BPT, HPT, HBPT có chứa tham số, ta tìm cách cô lập tham
số về một vế, đưa phương trình, bất phương trình về dạng:
f(x) = m hoặc f(x) > m ( hoặc f(x) < m; f(x)
≤
m; hoặc f(x)
≥
m ).
3
-Với các bài tìm GTLN,GTNN của biểu thức nhiều biến ta cần đặt biến
phụ đưa về hàm một biến và tìm điều kiện cho biến phụ
Sau đó sử dụng các tính chất về tính đơn điệu của hàm số tìm miền giá trị của
hàm số để giải.

4
PHẦN II. NỘI DUNG
I. DẠNG 1: ỨNG DỤNG HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT
PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH.
Tính chất 1:
Cho phương trình: f(x) = g(x) xác định trên D.
Nếu một trong hai hàm số f(x) hoặc g(x) là hàm số đơn điệu, hàm còn lại
là
hàm hằng hoặc đơn điệu ngược với hàm kia thì phương trình nếu có nghiệm thì
nghiệm đó là duy nhất.
Tính chất 2:
Cho phương trình f(x) = m xác định trên D.
Điều kiện cần và đủ để phương trình có nghiệm là m thuộc miền giá trị
của hàm số f(x).
Tính chất 3:

Cho phương trình f(x) = m xác định trên D
Nếu f(x) là hàm số liên tục và đơn điệu trên D thì phương trình trên có
không quá một nghiệm.
Tính chất 4:
Cho bất phương trình: f(x) > m (hay f(x) < m )
i) Nếu f(x) là hàm đơn điệu tăng trên D và tồn tại x
0

∈
D sao có f(x
0
) = m
thì tập nghiệm của bất PT là: T = D
∩
(x
0
; +
∞
) ( T = D
∩
(-
∞
; x
0
)) .
ii) Nếu f(x) là hàm đơn điệu giảm trên D và tồn tại x
0

∈
D sao có f(x

0
) =
m thì tập nghiệm của bất PT là: T = D
∩
(-
∞
; x
0
) (T = D
∩
(x
0
; +
∞
) ).
Tính chất 5:
Cho hàm số f(x) xác định trên D
1. f(x)
≥
m ,
∀
x
∈
D
⇔
m
≤

)x(f
min

D
2. f(x)
≤
m ,
∀
x
∈
D
⇔
m
≥

)(
max
D
xf
3. f(x)
≥
m có nghiệm x
∈
D
⇔
m
≤

)x(f
max
D
4. f(x)
≤

m có nghiệm x
∈
D
⇔
m
≥

)x(f
min
D
5. Nếu f(x) là hàm số đơn điệu tăng trên D và tồn tại u, v
∈
D. Khi đó:

( ) ( )f u f v>

⇒
u > v , f(u) = f(v)
⇒
u = v
6. Nếu f(x) là hàm số đơn điệu giảm trên D và tồn tại u, v
∈
D. Khi đó:

( ) ( )f u f v>

⇒
u < v , f(u) = f(v)
⇒
u = v

1. Ứng dụng hàm số để giải phương trình
Phương pháp :
5
Dạng 1: Phương trình đã cho biến đổi được về dạng
( ) ( )f x g x=
(hoặc
( ) ( )f u g u=
) trong đó
( )u u x=
.
Bước 1: Biến đổi phương trình đã cho về dạng
( ) ( )f x g x=
(hoặc
( ) ( )f u g u=
)
Bước 2: Xét hai hàm số
( ); ( )y f x y g x= =
trên D
* Tính
'
1
y
, xét dấu
'
1
y
, kết luận tính đơn điệu của hàm số
1
( )y f x=
trên D

* Tính
'
2
y
, xét dấu
'
2
y
,kết luận tính đơn điệu của hàm số
2
( )y g x=
trên D
* Kết luận hai hàm số
( ); ( )y f x y g x= =
đơn điệu ngược nhau,
hoặc
một trong hai hàm số là hàm số hằng.
* Tìm
0
x
sao cho
0 0
( ) ( )f x g x=
(hoặc tìm
0
u
sao cho
0 0
( ) ( )f u g u=
)

Bước 3: Kết luận:
* Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
0
x x=
(hoặc
0
u u=

rồi giải phương trình
0
u u=
)
* Kết luận nghiệm của phương trình đã cho
Dạng 2: PT đã cho biến đổi được về dạng
( ) ( )f u f v=
trong đó
( )u u x=
,
( )v v x=
Bước 1: Biến đổi phương trình về dạng
( ) ( )f u f v=
Bước 2: Xét hàm số
( )y f x=
trên D
* Tính
'y
, xét dấu y'
* Kết luận hàm số
( )y f x=
là hàm số đơn điệu trên D.

Bước 3: Kết luận:
* Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
u v=
, giải PT :
u v=
* Kết luận nghiệm của phương trình đã cho
II. Ứng dụng hàm số để giải bất phương trình
Phương pháp :
Dạng 1: BPT biến đổi về dạng
( ) ( )f x g x>
(hoặc
( ) ( )f u g u>
) trong đó
( )u u x=
.
Bước 1: Biến đổi BPT đã cho về dạng
( ) ( )f x g x>
(hoặc
( ) ( )f u g u>
)
Bước 2: Xét hai hàm số
1 2
( ); ( )y f x y g x= =
trên D
6
* Tính
'
1
y
, xét dấu

'
1
y
, kết luận tính đơn điệu của hàm số
1
( )y f x=
trên D
* Tính
'
2
y
,xét dấu
'
2
y
, kết luận tính đơn điệu của hàm số
2
( )y g x=
trên D
* Tìm
0
x
sao cho
0 0
( ) ( )f x g x=
(hoặc tìm
0
u
sao cho
0 0

( ) ( )f u g u=
)
* Nếu f(x) đơn điệu tăng, g(x) đơn điệu giảm (hoặc là hàm hằng)
thì

0
( ) ( ) ,f x g x x x x D> ⇔ > ∈
(hoặc
0
( ) ( ) ,f u g u u u x D> ⇔ > ∈
)
Nếu f(x) đơn điệu giảm, g(x) đơn điệu tăng (hoặc là hàm hằng)
thì

0
( ) ( ) ,f x g x x x x D> ⇔ < ∈
(hoặc
0
( ) ( ) ,f u g u u u x D> ⇔ < ∈
)
Bước 3: Kết luận nghiệm của bất phương trình đã cho
Dạng 2: BPT biến đổi được về dạng
( ) ( )f u f v>
trong đó
( )u u x=
,
( )v v x=
Bước 1: Biến đổi bất phương trình về dạng
( ) ( )f u f v>
Bước 2: Xét hàm số

( )y f x=
trên D
* Tính
'y
, xét dấu y'. Kết luận hàm số
( )y f x=
đơn điệu trên D.
* Nếu f(x) đơn điệu tăng thì:
( ) ( ) ,f u f v u v x D> ⇔ > ∈
Nếu f(x) đơn điệu giảm thì:
( ) ( ) ,f u f v u v x D> ⇔ < ∈
Bước 3: Kết luận nghiệm của bất phương trình đã cho
Bài 1: Giải các phương trình sau:
a.
62x6x1x =−++++
b.
2 5 1
1 1
2 5 1
x x
e e
x x
− −
− = −
− −
c. 8log
2
(x
2
- x + 5) = 3(x

2
- x + 5)
d.
21xxx
)1x(22
2
−=+−
−−
Trước hết, ta nhận thấy các phương trình trên không giải được bằng các
phương pháp thông thường hoặc có giải được thì cũng rất khó khăn. Ta sẽ tìm
cách để sử dụng hàm số giải các phương trình này.
Giải:
a.
62x6x1x =−++++
TXĐ:
[
)
2 ; + D = ∞
Xét hàm số:
( ) 1 6 2f x x x x= + + + + −
+ TXĐ :
[
)
2 ; + D = ∞
7
+ Đạo hàm :
1 1 1
'( ) 0, 2
2 1 2 6 2 2
f x x

x x x
= + + > ∀ >
+ + −
Do đó hàm số
( )f x
đồng biến trên D, vậy phương trình trên nếu có nghiệm thì
nghiệm đó là duy nhất.
Mặt khác ta có: f(3) = 6. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.
b.
2 5 1
1 1
2 5 1
x x
e e
x x
− −
− = −
− −
Điều kiện:
2 5 0 5 / 2
1 0 1
x x
x x
− ≠ ≠
 
⇔
 
− ≠ ≠
 
Viết lại phương trình dưới dạng :

2 5 1
1 1
2 5 1
x x
e e
x x
− −
− = −
− −
(1)
Xét hàm số
1
( )
t
f t e
t
= −
với t > 0
+ Đạo hàm:
2
1
0 0
t
f '(t) e , t
t
= + > ∀ >
⇒
Hàm số
f(t)
luôn đồng biến trên khoảng

(0; )+∞
.
Khi đó: phương trình (1)
⇔
( 2 5 ) ( 1)f x f x− = −
⇔
2 5 1x x− = −
⇔
2 5 1 4
2 5 1 2
x x x
x x x
− = − =
 
⇔
 
− = − + =
 
Vậy phương trình có hai nghiệm x=2 và x=4.
c. 8log
2
(x
2
- x + 5) = 3(x
2
- x + 5) (1)
Với phương trình này ta chưa thể có hàm số giống như hai câu trên mà ta
phải biến đổi để tìm được hàm số mà ta muốn xét.
TXĐ: D = R
Trên D (1)

⇔

2
2
2
log ( 5) 3
5 8
x x
x x
− +
=
− +
(do
5xx
2
+−
> e > 0)
Đặt t =
2
5x x− +
với t > e, thì phương trình trên trở thành:
2
log 3
8
t
t
=
(2)
Xét hàm số:
2

log
( )
t
f t
t
=
với t > e
Ta có
2
1 ln
'( )
ln2
t
f t
t
−
=
< 0
∀
t > e
Từ đó, vế trái của phương trình (2) là hàm nghịch biến
∀
t > e; vế phải là hằng
số
Do đó phương trình (2) nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất.
8
Mặt khác
3
(8)
8

f =
⇒
Phương trình (2) có nghiệm duy nhất t = 8
Với t = 8 ta có
2
5 8x x− + =

⇔
x =
2
131+
; x =
2
131−
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x =
2
131+
; x =
2
131−
d.
21xxx
)1x(22
2
−=+−
−−
(1)
Tương tự như câu c) đối với phương trình này ta cũng cần biến đổi để xuất hiện
hàm số cần xét.
TXĐ: D = R

Trên D; (1)
⇔

1x2x22
21xxx
2
+−=+−
−−

⇔

xx21x2
2xx1x
2
−+=−+
−−
Xét hàm số
( ) 2
t
f t t= +
với t
∈

¡
t
’( ) 2 .ln2 1 0 f t = + >
∀
t
∈

¡

⇒
f(t) là hàm số đồng biến
trên
¡
Mặt khác (1)
⇔
f(x - 1) = f(x
2
- x)
⇔
x - 1 = x
2
- x
⇔
x
2
- 2x + 1 = 0
⇔
x
= 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1
Bài 2: Giải các bất phương trình sau:
a.
3x42x6x >−−−++
b.
2 3 2
4 2 1 ( 1) 6 15 14x x x x x x− − + > − + −
c.

2 3
log 1 log 9 1x x+ + + >

d.
2( 1) 1
2
3 3 4 3
x
x
x x
− +
− ≤ − +
Giải:
a.
3x42x6x >−−−++
TXĐ: D =
[ ]
4;2
Xét hàm số: f(x) =
6 2 4x x x+ + − − −
với x
∈
D
Ta cũng nhận thấy f(x) là hàm số đồng biến trên D (vì f’(x) > 0
∀
x
∈
(2;4))
Lại có: f(3) = 3; do đó, bất phương trình có nghiệm x thì
(3; )x ∈ +∞

. Vậy tập
nghiệm là: T =
[ ]
4;2

∩
( 3 ; +
∞
) =
(
]
4;3
b.
2 3 2
4 2 1 ( 1) 6 15 14x x x x x x− − + > − + −
(1)
TXĐ: D = R , BPT (1)
⇔
2 3
2 1 (2 1) 3 ( 2) 3 6x x x x− − + > − + −
 
 

⇔
3
3
2 1 3 2 1 ( 2) 3( 2)x x x x− + − > − + −
(2)
Xét hàm số :
3

( ) 3f x x x= +
là hàm số đồng biến trên
¡
.
Khi đó : (2)
⇔
( 2 1) ( 2) 2 1 2f x f x x x− > − ⇔ − > −
9
⇔
2 1 2 1
2 1 2 1
x x x
x
x x x
− > − > −
 
⇔ ⇔ ∀
 
− < − + <
 
∈
¡
Vậy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x
∈
¡
.
c.
2 3
log 1 log 9 1x x+ + + >
(1)

Điều kiện: x>-1, các hàm số
1 2
( ) log 1f x x= +
và
2 3
( ) log 9f x x= +
là các
hàm số đồng biến trên khoảng
( 1; )− +∞
, nên hàm số
2 3
( ) log 1 log 9f x x x= + + +
là hàm số đồng biến trên khoảng
( 1; )− +∞
.
Mặt khác
(0) 1f =
vậy (1)
( ) (0) 0f x f x⇔ > ⇔ >
.
Vậy nghiệm của bất phương trình là x > 0.
d.
2( 1) 1
2
3 3 4 3
x
x
x x
− +
− ≤ − +

(1)
Điều kiện:
1 0 1x x− ≥ ⇔ ≥
. Vậy TXĐ: D =
[
)
1;+∞
(1)
⇔
2( 1) 1
2
3 2( 1) 3 2 1
x
x
x x x
− +
+ − ≤ + − +
⇔
2( 1) 1
( 1) 1 2
3 2( 1) 3 ( 1)
x
x
x x
− +
− +
+ − ≤ + −
(2)
Xét hàm số
1 2

( ) 3
t
f t t
+
= +
, thấy ngay hàm số đồng biến trên D.
Vậy trên D; (2)
⇔
( 2( 1)) ( 1) 2( 1) 1f x f x x x− ≤ − ⇔ − ≤ −
⇔
2
2( 1) ( 1) ,( 1)x x do x− ≤ − ≥
⇔
2
4 3 0x x− + ≥ ⇔
x = 1 hoặc x
≥
3.
Vậy nghiệm của bất phương trình là x = 1 và
∀
x
≥
3.
Bài 3: Giải các hệ phương trình và hệ bất phương trình sau:
a)
2
2
3 2 3
3 2 3
x x y

y y x

+ + = +


+ + = +


b)
2 2
2 2
3
2
log log 0
3 5 9 0
3
x x
x
x x

− <


− + + >


Giải:
a. Điều kiện
0, 0x y≥ ≥
. Hệ đã cho trở thành:

2
2 2
2
3 2 3
3 3 3 3 3 3 (1)
3 3 2
x x y
x x y y
x y y

+ + = +

⇒ + + + = + + +

+ = + +


Xét hàm số
2
( ) 3 3 3f t t t= + + +
+ TXĐ:
[
)
0;D = +∞
+ Đạo hàm
2
3
0 0
2
3

t
f '(t) , t
t
t
= + > ∀ >
+
suy ra hàm số đồng biến trên
D.
Vậy trên D, phương trình (1) được viết dưới dạng
( ) ( )f x f y x y= ⇔ =
.
10
Khi đó hệ đã cho trở thành
2
2
3 2 3
3 3 (2)
x x y
x x
x y
x y


+ + = +
 
+ = −
⇔
 
=
=





Giải (2): Ta đoán được x=1 là một nghiệm của (2), mặt khác dễ nhận thấy
phương trình (2) có vế trái là hàm số đồng biến, vế phải là hàm số nghịch biến.
Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của PT (2), Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất
x=y=1.
Nhận xét: Đối với hệ phương trình, hệ bất phương trình nhiều ẩn số ta tìm cách
biến đổi làm xuất hiện các phương trình giải được bằng phương pháp hàm số để
đưa về mối quan hệ giữa các ẩn số đơn giản hơn rồi tuỳ từng trường hợp tìm ra
cách giải tiếp.
b.
2 2
2 2
3
2
log log 0 (1)
3 5 9 0 (2)
3
x x
x
x x

− <


− + + >



Giải (1): (1)
2
2
2 2
0
0
0
1 4
0 log 2
1 4
log 2log 0
x
x
x
x
x
x
x x
>
>
>



⇔ ⇔ ⇔ ⇔ < <
  
< <
< <
− <




Giải (2): xét hàm số
3
2
( ) 3 5 9
3
x
f x x x= − + +
trên (1;4)
Có
2
'( ) 6 5f x x x= − +
,
'( ) 0 1; 5f x x x= ⇔ = =

'( ) 0, (1;4)f x x⇒ < ∀ ∈
Mặt khác
7
(4)
3
f =
, vậy
7
( ) (4) 0 ( ) 0, (1;4)
3
f x f f x> = > ⇒ > ∀∈
Vậy nghiệm của hệ là 1 < x < 4.
Nhận xét: Đối với giải hệ phương trình, hệ bất phương trình có 1 ẩn số ta có thể
dùng phương pháp hàm số để giải từng phương trình hay bất phương trình của

hệ rồi kết hợp các tập nghiệm tìm được để đưa ra kết luận về nghiệm cho hệ bất
phương trình.
III. : SỬ DỤNG HÀM SỐ ĐỂ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH
Bài 4.1: Tìm điều kiện của tham số để mỗi phương trình sau có nghiệm
a)
mxx =++ 1
(1)
b)
01
2
=−+ xxm
(2)
c)
mmxmx 4=−++
(m dương) (3)
d)
4
2
12113 −=++− xxmx
(4)
Giải:
a) Xét hàm số
1)( ++= xxxf
TXĐ:
[
)
+∞= ;0D
11
( )
+∞∈∀>+= ;00

22
1
2
1
)(' x
xx
xf
⇒
Hàm số f(x) đồng biến trên
[
)
+∞;0
Ta có bảng biến thiên sau:
x 0
∞+
f'(x) +
f(x)

∞+
1
Từ bảng biến thiên và phương trình (1) suy ra (1) có nghiệm khi và chỉ khi m
1≥
b)
( )
1
2
2
+
=⇔
x

x
m
Xét hàm số
1
)(
2
+
=
x
x
xg
có tập xác định D=R
Có
Rx
xx
x
xg ∈∀>
++
= 0
1)1(
)('
22
−∞→
−=
x
xg 1)(lim
;
+∞→
=
x

xg 1)(lim
Ta có bảng biến thiên:
Từ bảng biến thiên suy ra
Rxxg ∈∀<<− 1)(1
nên (2) có nghiệm khi và chỉ khi
-1<m<1
d) Trích đề thi đại học khối A năm 2007
4
2
12113 −=++− xxmx
(4) Điều kiện xác định:
[
)
+∞= ;1D
(4)
4
1
1
2
1
1
3
+
−
+
+
−
−⇔
x
x

x
x
Đặt
4
1
1
+
−
=
x
x
t
vì
101 <≤⇒≥ tx
Ta có phương trình trung gian
mtt =+− 23
2
(*) với
10
<≤
t
Xét hàm số
( )
tttf 23
2
+−=
trên
[
)
1;0

Có f'(t)= -6t+2, f'(t)=0
3
1
026 =⇔=+−⇔ tt
[
)
3
1
3
1
,0)0(,1;0
3
1
=






=∈= fft
,
1
1)(lim
→
−=
t
tf
x
∞−

∞+
f'(x) +
f(x) 1
-1
12
Ta có bảng biến thiên của hàm số f(t) trên
[
)
1;0
Từ bảng biến thiên suy ra
[
)
1;0
3
1
)(1 ∈∀≤<− ttf
(*)có nghiệm
[
)
3
1
11;0 ≤<−⇔∈ mt
⇔
(4) có nghiệm
[
)
3
1
1;1 ≤<−⇔+∞∈ mx

Bài 4.2: Biện luận theo m số nghiệm của phương trình sau:
a)
m
2
x
3x4x
2
+=+−

b)
2 2 3 2
1 ( 2 2) 3 4 2mx m x mx x x x+ + + = − + −
c)
2
6 4 3 2
2 2 (4 ) 3 6
m x x m
m x m
+ +
− = − + −
d)
2 2
2 1
2
log 3 2 log ( ) 3 2x x x m x x− + + − + − +
- x + m = 0
Giải:
a)
m
2

x
3x4x
2
+=+−
(1)
Nhận xét: Bài tập này ta có thể giải bằng phương pháp thông thường. Tuy
nhiên, nếu giải bằng phương pháp đó, ta phải kiểm tra điều kiện của ẩn số rất
phức tạp. Ta giải bài này bằng cách sử dụng hàm số
Giải: TXĐ: D =
(
] [
)
∞+∪∞− ;31;
Trên D; (1)
⇔

m
2
x
3x4x
2
=−+−
Xét hàm số f(x) =
2
x
3x4x
2
−+−
với x
∈

D
Ta có: f’(x) =
2
1
3x4x
2x
2
−
+−
−
Trên D ta có: f’(x) > 0
⇔

2
1
3x4x
2x
2
−
+−
−
> 0
⇔
x > 3;
f’(x) < 0
⇔
2
1
3x4x
2x

2
−
+−
−
< 0
⇔
x < 1
Từ đó, ta có bảng biến thiên:
x -
∞
1 3 +
∞
t
0
3
1
1
f'(t) + 0 -
f(t)

3
1

0 -1
13
f’(x) - +
f(x)
Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và
đường thẳng y = m.
Dựa vào bảng biến thiên ta có kết quả biện luận sau:

- Nếu m <
2
3
−
, đường thẳng y = m không cắt đồ thị hàm số y = f(x), do
đó phương trình (1) vô nghiệm.
- Nếu
2
3
−

≤
m <
2
1
−
, đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 1
điểm, do đó phương trình (1) có 1 nghiệm.
- Nếu m
≥

2
1
−
, đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 2 điểm,
do đó phương trình (1) có 2 nghiệm.
b)
2 2 3 2
1 ( 2 2) 3 4 2mx m x mx x x x+ + + = − + −
Viết lại phương trình dưới dạng

2 3
1 ( 1) 1 ( 1) ( 1)mx mx x x+ + + = − + −
 
 

3
3
1 1 ( 1) ( 1)mx mx x x⇔ + + + = − + −
(2)
Xét hàm số
3
( )f t t t= +
là hàm số đồng biến trên
∈
¡
Vậy (2)
( 1) ( 1) 1 1f mx f x mx x⇔ + = − ⇔ + = −
1 1
( )
1 1 ( 1) 2 (3)
1 1
(4) ( )
1 1 ( 1) 0
x x
I
mx x m x
x x
II
mx x m x
≥ ≥

 
 
 
 
+ = − − = −
 
 
⇔ ⇔
 
≥ ≥
 
 
 
+ = − + + =
 
 
 
+ Giải và biện luận (I)
- Với m=1 thì (3) vô nghiệm nên (I) vô nghiệm
- Với m
≠
1 thì (3) có nghiệm
2
1
x
m
= −
−
,
nó là nghiệm của (I) khi

2
1 1 1 1
1
x m
m
≥ ⇔ − ≥ ⇔ − ≤ <
−
+ Giải và biện luận (II)
- Với m = -1 thì (4) nghiệm đúng với mọi x, nên (II) nhận x
≥
1 làm
nghiệm
14
2
1
−
+
+
2
3
−
- Với m
≠
-1 thì (4) có nghiệm x = 0, nhưng không là nghiệm của (II)
Kết luận:
- Với m < -1 hoặc m
≥
1: phương trình vô nghiệm
- Với m = -1: phương trình có nghiệm
∀

x
≥
1
- Với -1 < m < 1: phương trình có nghiệm
2
1
x
m
= −
−
c)
2
6 4 3 2
2 2 (4 ) 3 6
m x x m
m x m
+ +
− = − + −
(1)
Viết lại phương trình dưới dạng
2
6 2 4 3
2 6 2 4 3
m x x m
m x x m
+ +
+ + = + +
(2)
Xét hàm số
( ) 2

t
f t t= +
là hàm số đồng biến trên
¡
, vậy (2)
2 2 2
( 6) (4 3 ) 6 4 3 ( 4) 3 6 (3)f m x f x m m x x m m x m⇔ + = + ⇔ + = + ⇔ − = −
- Nếu
2
4 0 2m m− = ⇔ = ±
+ Với m = 2, (3)
⇔
0.x = 0, nghiệm đúng với
¡x∀ ∈
+ Với m = - 2, (3)
⇔
0.x=-9, phương trình vô nghiệm
- Nếu
2
4 0 2m m− ≠ ⇔ ≠ ±
Phương trình (3) có nghiệm duy nhất
3
2
x
m
=
+
Kết luận:
- Với
2m ≠ ±

: phương trình có nghiệm duy nhất
3
2
x
m
=
+
- Với m = 2: phương trình nghiệm đúng với
x R∀ ∈
- Với m = - 2: phương trình vô nghiệm.
d)
2 2
2 1
2
log 3 2 log ( ) 3 2x x x m x x− + + − + − +
- x + m = 0 (1)
Viết lại phương trình dưới dạng:
2 2
2 2
log 3 2 3 2 log ( )x x x x x m x m− + + − + = − + −
(2)
Điều kiện: x
2
- 3x + 2 > 0
⇔
x < 1 hoặc x > 2. TXĐ: D =
( ;1) (2; )−∞ ∪ +∞
Xét hàm số
2
( ) logf t t t= +

đồng biến trên khoảng
(0; )+∞
. Vậy trên D,
phương trình (2) trở thành :
2 2
( 3 2) ( ) 3 2f x x f x m x x x m− + = − ⇔ − + = −
2
0
( )
(2 3) 2 (3)
x m
I
m x m
− >

⇔

− = −

Biện luận:
- Với 2m - 3 = 0
⇔
3
2
m =
, khi đó (3) vô nghiệm nên (I) vô nghiệm
15
- Với
3
2 3 0

2
m m− ≠ ⇔ ≠
, khi đó (3) có nghiệm duy nhất
2
2
2 3
m
x
m
−
=
−
, là
nghiệm của (I) khi
2 2
2 3 2
0
2 3 2 3
m m m
m
m m
− − +
> ⇔ <
− −
1
3
2
2
m
m

<


⇔

< <

Kết luận:
- Với
( )
3
;1 ;2
2
m
 
∈ −∞ ∪
 ÷
 
thì phương trình có nghiệm
2
2
2 3
m
x
m
−
=
−
- Với
[

)
3
1; 2;
2
m
 
∈ ∪ +∞
 
 
thì phương trình vô nghiệm.
IV. DẠNG 3: SỬ DỤNG HÀM SỐ TÌM ĐIỀU KIỆN CỦA THAM SỐ ĐỂ
PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH THOẢ MÃN ĐIỀU KIỆN
CHO TRƯỚC.
Bài 5.1: Tìm m để mỗi bất phương trình có nghiệm, vô nghiệm, có tập nghiệm là
TXĐ
a)
13
2
+≥+ xmx
(1)
b)
mxx >−− 4
c)
13 +≤−− mxmx
d)
0212
2
≥++ xxm
Giải:
a)

( )
1
3
1
2
−
+
≤⇔
x
x
m
Xét hàm số
1
3
)(
2
−
+
=
x
x
xf
TXĐ D=R
Có
1)1(
23
)('
22
++
+−

=
xx
x
xf
,
3
1
0)(' =⇔= xxf
−∞→
−=
x
xf 1)(lim
,
+∞→
=
x
xf 1)(lim
,
10
3
1
=






f
Ta có bảng biến thiên:

x
0
3
1
1
f'(x) + 0 -
f(x)

10

-1 1
16
Từ bảng biến thiên suy ra
Rxxf ∈∀≤<− 10)(1
Do đó:
mxf ≥)(
vô nghiệm
10>⇔ m
mxf ≥)(
có nghiệm
10≤⇔ m
mxf ≥)(
có tập nghiệm là R
1−≤⇔ m
Các câu còn lại làm tương tự
Bài 5.2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
0x310m5x)4m(2x2
2
=−++++−
(1) (m - tham số)

Giải: (1)
⇔

10m5x)4m(2x2
2
+++−
= x - 3

⇔




−=+++−
≥−
22
)3x(10m5x)4m(2x2
03x

⇔




=+++−
≥
01m5x)1m(2x
3x
2

⇔






=
−
+−
≥
)2(m
5x2
1x2x
3x
2
Phương trình (1) có nghiệm
⇔
phương trình (2) có nghiệm thoả mãn x
≥
3
Ở bài này ta có thể sử dụng phương pháp tam thức bậc hai để giải. Tuy
nhiên ta sẽ sử dụng hàm số để giải bài này.
Xét phương trình (2) : Đặt f(x) =
5x2
1x2x
2
−
+−
với x

≥
3
Ta có: f’(x) =
2
2
)5x2(
8x10x2
−
+−
f’(x) = 0
⇔




=
=
4x
1x
Ta có bảng biến thiên:
x -
∞
3 4 +
∞
f’(x) - 0 +
f(x)
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy: Phương trình (2) có nghiệm x
≥
3
⇔

m
≥
3
Vậy phương trình (1) có nghiệm
⇔
m
≥
3.
Bài 6: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:
4
cosx
- m.2
cosx
+ m + 3
≤
0 (3) (m - tham số)
Giải: Đặt 2
cosx
= t với
2
1

≤
t
≤
2 (vì -1
≤
cosx
≤
1)

17
4
+
3
Khi đó bất phương trình (3) trở thành:
t
2
- mt + m + 3
≤
0
⇔
m(t - 1)
≥
t
2
+ 3 (4)
+ Nhận thấy: t = 1 không là nghiệm của bất phương trình, nên:



















−
+
≤
<≤





−
+
≥
≤<
⇔
)II(
1t
3t
m
1t
2
1
)I(
1t
3t
m

2t1
)4(
2
2
Xét hàm số: f(t) =
1t
3t
2
−
+
Ta có: f’(t) =
2
2
)1t(
3t2t
−
−−
< 0
∀
t
∈







1 ;
2

1


∪

(
]
2 ; 1
Do đó ta có bảng biến thiên:
t
-
∞

2
1
1 2
+
∞
f’(t) - -
f(t)
Dựa vào bảng biến thiên ta có bất phương trình (4) có nghiệm
⇔
hệ (I)
có nghiệm hoặc hệ (II) có nghiệm
⇔






≥
−≤
7m
2
13
m
Vậy bất phương trình (3) có nghiệm
⇔





≥
−≤
7m
2
13
m

18
+
+
+
7
+
+
-
Bài 7: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x
∈

R
cos
4
x - 5cos3x - 36sin
2
x - 15cosx + 36 + 24m - 12m
2

≥
0 (5) (m - tham số)
Giải: TXĐ: D = R
Trên D, (5)
⇔
3cos
4
x - 20cos
3
x + 36cos
2
x

+ 24m - 12m
2

≥
0
Đặt t = cosx với t
∈

[ ]

1;1−
Khi đó, ta có bất phương trình:
3t
4
- 20t
3
+ 36t
2
+ 24m - 12m
2

≥
0
⇔
3t
4
- 20t
3
+ 36t
2

≥
12m
2
- 24m
(6)
Bất phương trình (5) nghiệm đúng với mọi x
∈
R
⇔

bất phương trình (6)
nghiệm đúng với
∀
t
∈

[ ]
1;1−
Xét hàm số: f(t) = 3t
4
- 20t
3
+ 36t
2
với t
∈

[ ]
1;1−
Ta có: f’(t) = 12t
3
- 60t
2
+ 72t = 12t(t
2
- 5t + 6)
f’(t) = 0
⇔
12t(t
2

- 5t + 6) = 0
⇔






=
=
=
3t
2t
0t
Khi đó ta có bảng biến thiên:
t
-
∞
-1 0 1 2 3
+
∞
f’(t) - 0 +
f(t)
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
f(t)
≥
12m
2
- 24m
∀

t
∈

[ ]
1;1−

⇔
12m
2
- 24m
≤

[ ]
)t(f
min
1;1-

⇔
12m
2
- 24m
≤
0
⇔
0
≤
m
≤
2
Vậy với m

∈

[ ]
2;0
thì bất phương trình (5) nghiệm đúng với mọi x
∈
¡
Bài 8: Tìm m để hệ sau có nghiệm:



<++
<−+
)2(01mx3x
)1(01x2x3
3
2
(m - tham số)
Giải: Giải (1):
01x2x3
2
<−+

⇔
x
∈

1
1;
3

 
−
 ÷
 
Xét (2): (2)
⇔
3mx < - x
3
- 1
Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của hệ; do đó ta có hệ BPT đã cho tương
đương với:
19
0
19
59
3
1 0
( )
1
3
x
I
x
m
x
− < <



+

> −


hoặc:
3
1
0
3
( )
1
3
x
II
x
m
x

< <



+

< −



Đặt f(x) =
x3
1x

3
+
−
với x
∈
D =
( )






∪−
3
1
;00;1

Khi đó: f’(x) =
2
3
x3
x21−
, f’(x) = 0
⇔

2
3
x3
x21−

= 0
⇔
x =
3
2
1
Ta có bảng biến thiên:
x
-
∞
-1 0
3
1

3
2
1
+
∞
f’(x) + +
f(x)
Từ đó ta có: Hệ (I) có nghiệm
⇔
m > 0 ; Hệ (II) có nghiệm
⇔
m <
28
27
−
Vậy hệ đã cho có nghiệm

⇔
0
28
27
m
m
>



< −

Nhận xét: Trong một số bài tập giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ, ta phải tìm
điều kiện của ẩn phụ. Tuy nhiên, việc tìm điều kiện đó gặp không ít khó khăn.
Nếu ta sử dụng hàm số thì việc tìm điều kiện sẽ đơn giản hơn. Ta xét ví dụ sau:
Bài 9: Cho phương trình:
03m24
1xx2xx2
22
=−++
+−−
(1) (m - tham số)
Tìm m để phương trình có nghiệm x






∈

2
3
;0
Giải:
Đặt t =
2
xx2
2
−
ở đây, điều kiện cần là t > 0 nhưng nếu chỉ có điền kiện đó thì
chưa đủ và ta chưa giải được bài này. Ta phải tìm điều kiện của t bằng cách xét
hàm số.
Xét hàm số y = 2x - x
2
với x






∈
2
3
;0
20
+
+
+
+

0
+
-
Ta có: y’(x) = 2 - 2x y’(x) = 0
⇔
x = 1
Ta có bảng biến thiên:
x
-
∞
0 1
2
3
+
∞
y’(x)
+ 0 -
y(x)
Từ đó suy ra tập giá trị của y là Y=
[ ]
1;0
⇒
2
0

≤

2
xx2
2

−

≤
2
1

⇔
1
≤
t
≤
2
Với điều kiện đó của t thì phương trình (1) trở thành:
t
2
+ 2t + m - 3 = 0
⇔
m = -t
2
- 2t + 3 (2)
Phương trình (1) có nghiệm x






∈
2
3

;0

⇔
phương trình (2) có nghiệm 1
≤
t
≤
2
Xét hàm số: g(t) = -t
2
- 2t + 3 với t
[ ]
2;1∈
g’(t) = -2t - 2 g’(t) = 0
⇔
t = -1
Từ đó ta có bảng biến thiên:
t -
∞
1 2 +
∞
g'(t) -
g(t)
Dựa vào bảng biến thiên ta có: phương trình (2) có nghiệm t
[ ]
2;1∈

⇔
m
[ ]

0;5−∈
21
0
4
3
1
0
-5
Vậy phương trình (1) có nghiệm x






∈
2
3
;0

⇔
m
[ ]
0;5−∈
Bài 10: Cho bất phương trình:
mx -
≤− 3x
m + 1 (1) (m - tham số)
a. Tìm m để bất phương trình có nghiệm.
b. Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng

[ ]
7;3x ∈∀
.
Giải:
TXĐ: D =
[
)
∞+;3
Trên D, (1)
⇔
m(x - 1)
≤

3x −
+ 1
⇔
m
≤

1x
13x
−
+−

(vì: x
∈
D nên x - 1 > 0)
Đặt f(x) =
1x
13x

−
+−
với x
∈
D
Khi đó: f’(x) =
2
5 2 3
2 3( 1)
x x
x x
− − −
− −
, f’(x) = 0
⇔
2
5 2 3
2 3( 1)
x x
x x
− − −
− −
= 0

⇔
x = 7 - 2
3
Ta có bảng biến thiên:
x
-

∞
3 7 - 2
3
7 +
∞
f’(x) + 0 - -
f(x)
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
a. Bất phương trình có nghiệm
⇔
m
≤

)x(f
max
D

⇔
m
≤

1 3
4
+
b. Bất phương trình nghiệm đúng
[ ]
7;3x ∈∀

⇔
m

≤
[ ]
)x(f
min
73;
⇔
m
≤
2
1
Bài 11: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2 + 2sin2x = m(1 + cosx)
2
(1)
Giải:
Trước hết ta nhận thấy:
∀
m , 1 + cosx
≠
0
22
1 3
4
+
2
1
2
1
0
(vì nếu 1 + cosx = 0 thì: vế trái PT (1) = 2 vô lý)

Khi đó (1)
⇔
m =
2
)xcos1(
x2sin22
+
+

⇔
m =
2
sin cos
2
1 cos
x x
x
+
 
 ÷
+
 
Đặt t =
2
x
tg
; với
2
x

. ; .
2 2
k k
π π
π π
 
∈ − + +
 ÷
 
,
k ¢∈

Khi đó: sinx =
2
2
1
t
t+
, cosx =
2
2
1
1
t
t
−
+

⇒

sin cos
1 cos
x x
x
+
+
=
2
1 2
2
t t+ −

Theo (1) ta được phương trình: 2m = (1+2t-t
2
)
2
(2)
Khi đó PT (1) có nghiệm
⇔
PT (2) có nghiệm
Xét hàm số: f(t) = (1+2t-t
2
)
2

f’(t) = 4(t - 1)( t
2
- 2t - 1) , f’(t) = 0
⇔






−=
+=
=
21t
21t
1t
Ta có bảng biến thiên:
t
-
∞
1 -
2
1 1 +
2
+
∞
f’(t)
- + 0 - +
f(t)
+
∞
+
∞
Từ bảng biến thiên ta suy ra:
phương trình (2) có nghiệm

⇔
2m
≥
0
⇔
m
≥
0
Vậy phương trình (1) có nghiệm
⇔
m
≥
0
V. DẠNG 4: SỬ DỤNG HÀM SỐ ĐỂ ĐOÁN VÀ TÌM HẾT TẤT CẢ CÁC
NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH:
Dạng này thường được sử dụng khi ta nhận thấy 2 vế của phương trình là
các hàm đồng biến hoặc nghịch biến, đồng thời ta đã nhẩm được 1 hay 2
nghiệm. Dạng bài tập này cho phép chúng ta dự đoán và chứng minh phương
trình chỉ cho các nghiệm mà ta đã dự đoán. Ta xét các ví dụ sau:
Bài 12: Giải các phương trình sau:
a. 2
x
+ 3
x
= 3x + 2
b. log
5
(2x + 1) = log
3
(x+1)

23
0
2
0
0
0
c.
3
3 1 log (1 2 )
x
x x= + + +
Nhận xét:
ở cả hai ví dụ trên ta đều thấy hai vế của phương trình đều là các hàm đồng biến.
Mặt khác ở ví dụ a) ta nhẩm được 2 nghiệm là x = 0; x = 1
ở ví dụ b) ta nhẩm đựoc 2 nghiệm là x = 0; x = 2
Ngoài các nghiệm đó ra ta chưa biết là phương trình có còn nghiệm nào
nữa không. Ta sẽ tìm cách chứng minh phương trình không còn nghiệm nào
khác nữa.
Giải:
a. 2
x
+ 3
x
= 3x + 2 (1)
TXĐ: D = R
Trên D (1)
⇔
2
x
+ 3

x
- 3x - 2 = 0
Xét hàm số: f(x) = 2
x
+ 3
x
- 3x - 2 với x
∈
D
Ta có: f’(x) = 2
x
ln2 + 3
x
ln3 - 3
f’’(x) = 2
x
ln
2
x + 3
x
ln
2
x > 0
∀
x
∈
R
⇒
f’(x) là hàm số đồng biến trên R
Mặt khác f’(x) là hàm số liên tục trên R

Mà f’(0) = ln2 + ln3 - 3 < 0
f’(1) = 2ln2 + 3ln3 - 3 > 0
⇒
f’(0).f’(1) < 0
⇒

∃
x
0

∈
(0;1) sao cho f’(x
0
) = 0
⇒

∀
x
∈

( )
0
x;∞−
thì f’(x) < 0

∀
x
∈

( )

0
x ;+ ∞
thì f’(x) > 0
Khi đó ta có bảng biến thiên:
x -
∞
x
0
+
∞
f’(x) - 0 +
f(x)
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và trục
hoành.
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy đồ thị hàm số nếu cắt trục hoành thì cắt
nhiều nhất tại 2 điểm. Do đó phương trình (1) có nhiều nhất 2 nghiệm
Mặt khác nhẩm được: f(0) = 0 ; f(1) = 0
Vậy phương trình (1) có đúng 2 nghiệm x = 0; x = 1.
b. log
5
(2x + 1) = log
3
(x+1)
24
f(x
0
)
+
+
TXĐ: D =







∞+− ;
2
1
Đặt log
3
(x+1) = t
⇒
x + 1 = 3
t
⇒
2x + 1 = 2(3
t
- 1) + 1 = 2.3
t
- 1
Khi đó ta có phương trình:
log
5
(2.3
t
- 1) = t
⇔
2.3
t

- 1 = 5
t

⇔
2.3
t
- 5
t
- 1 = 0
Xét hàm số: f(t) = 2.3
t
- 5
t
- 1 với t
∈

¡
Ta có: f’(t) = 2.3
t.
ln3 - 5
t
ln5
f’(t) = 0
⇔
2.3
t.
ln3 - 5
t
ln5 = 0
⇔

t =
)5(loglog
9
5
3
f’(t) > 0
⇔
t <
)5(loglog
9
5
3
; f’(t) < 0
⇔
t >
)5(loglog
9
5
3
Ta có bảng biến thiên:
t
-
∞

)5(loglog
9
5
3
+
∞

f’(t) + 0 -
f(t)

Số nghiệm của PT là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(t) và trục hoành.
Từ bảng biến thiên, ta thấy phương trình f(t) = 0 nếu có nghiệm thì có
nhiều nhất là 2 nghiệm.
Mặt khác ta có f(0) = 0; f(1) = 0
Từ đó suy ra phương trình f(t) = 0 có đúng 2 nghiệm t = 0; t = 1
Với t = 0 ta có: x + 1 = 3
0

⇒
x = 0
Với t = 1 ta có: x + 1 = 3
1
⇒
x = 2
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 0; x = 2
c.
3
3 1 log (1 2 )
x
x x= + + +
(1) Điều kiện
1
2 1 0
2
x x+ > ⇔ > −
Biến đổi phương trình (1) về dạng
3

3 1 2 log (1 2 )
x
x x x+ = + + +
⇔

3
3 log (3 )
x x
+
=
3
1 2 log (1 2 )x x+ + +
Xét hàm số
3
( ) logf t t t= +
là hàm số đồng biến với t > 0.
Khi đó (2) viết dưới dạng
(3 ) (1 2 ) 3 1 2 3 2 1 0 (2)
x x x
f f x x x= + ⇔ = + ⇔ − − =
Xét hàm số
( ) 3 2 1
x
g x x= − −
trên D =
1
;
2
 
− +∞

 ÷
 
25
-
-
f()
Có
2
'( ) 3 .ln3 2, ''( ) 3 ln 3 0,
x x
g x g x x D= − = > ∀ ∈
. Vậy g'(x) đồng biến và liên
tục trên D, mặt khác phương trình g'(x) = 0 chỉ có 1 nghiệm
3
2
log
ln3
x =
. Vậy
phương trình g(x) = 0 có không quá 2 nghiệm trên D.
Ta có: g(0) = g(1) = 0. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = 0 và x = 1.
Nhận xét: Đôi khi ta phải sử dụng phương pháp hàm số nhiều lần trong giải
một PT.
VI. DẠNG BÀI TẬP SỬ DỤNG TÍNH DƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ VÀO
MỘT SỐ BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT
CỦA MỘT BIỂU THỨC, MỘT HÀM SỐ
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của mỗi biểu thức sau
xy
xyT
1

+=
với



=+
>>
1
0,0
yx
yx
)0,(
2
2
2
2
4
4
4
4
≠++








+−+= ba

a
b
b
a
a
b
b
a
a
b
b
a
P
b) Tìm giá trị nhỏ nhất&lớn nhất của mỗi biểu thức sau
2242
222 yxyxA −+=
3344
4 yxxyyxB −++=
với điều kiện
3
22
=++ xyyx
( )( )
yxyyxC 253434
22
+++=
với




=+
≥≥
1
0;0
yx
yx
Giải:
a)
xy
xyT
1
+=
với x;y>0 và x+y=1
Đặt xy=t (t>0 vì x;y>0)
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x và y. Ta có
2
22






+
≤⇔
+
≤
yx
xy
yx

xy
mà x+y=1
4
1
≤⇒ xy
hay
4
1
≤t
4
1
0 ≤<⇒ t
t
ttfT
1
)( +==
, xét hàm số f(t) trên






4
1
;0
và có
( )
2
2

1
t
t
tf
−
=
( )






∈∀<
4
1
;00' ttf
suy ra hàm số nghịch biến trên






4
1
;0
và
4
17

4
1
=






f
Ta có bảng biến thiên
t
0
4
1
f'(t) -
f(t)

4
17
26
4
17
)(min
4
1
;0
=⇒







∈
tf
t
khi
4
1
=t
khi và chỉ khi
2
1
== yx
4
17
min =T
khi
2
1
== yx
Các câu còn lại làm tương tự
VI. MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ GIẢI:
Bài 13: Giải các phương trình sau:
a.
)3x(log
5
2
+

= x b. 2log
3
(tgx) = log
2
(sinx)
c.
x
1
2
1
22
22
2
x
x21
x
x1
−=−
−=
d. 2
x
=
2
x
3
+ 1
e.
xcos3
2
x

=
Bài 14: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm
1m1x1x
2
+≤++−
Bài 15: Tìm m để phương trình sau có nghiệm
xsinxcosxsin
222
3.m32 =+
Bài 16: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x
∈
R:
(
01m2.24)1m
xcosxcos
22
>+++−
Bài 17: Cho phương trình:
m
3x
1x
)3x(4)1x)(3x( =
−
+
−++−
a. Giải phương trình với m = 3
b. Tìm m để phương trình có nghiệm
c. Tìm m để phương trình có nghiệm x
[
)

∞+∈ ;4
d. Tìm m để phương trình có nghiệm x
[ ]
5;4∈
Bài 18: Cho bất phương trình:
04.m6).1m2(9.m
xx2xx2
2x
2
x22
≥++−
−−
−
Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x thoả mãn
2
1
x ≥
Bài 19: Cho phương trình:
3m
)8x4(log
)2x.(2)2x(
2
−=−
−
a. Giải phương trình với m = 2
b. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thoả mãn:
4xx
2
5
21

≤≤≤
27