Tuyển tập đạo hàm và hàm số ôn thi đại học đặc sắc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (616.16 KB, 32 trang )

TUYỂN TẬP ĐẠO HÀM VÀ HÀM SỐ ƠN THI ĐẠI HỌC ĐẶC SẮC
ÔN TẬP VỀ HÀM SỐ BẬC 3
(Trung tâm Luyện thi đại học Vónh Viễn)
Giả sử : y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d với a  0 có đồ thò là (C). y’ = 3ax
2
+ 2bx + c, y” = 6ax + 2b
1) y” = 0  x =
a3
b
(a  0 )
x =
a3
b
là hoành độ điểm uốn. Đồ thò hàm bậc 3 nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.
2) Để vẽ đồ thò 1 hàm số bậc 3, ta cần biết các trường hợp sau :
i) a > 0 và y’ = 0 vô nghiệm  hàm số tăng trên R (luôn luôn tăng)
ii) a < 0 và y’ = 0 vô nghiệm  hàm số giảm (nghòch biến) trên R (luôn luôn giảm)
iii) a > 0 và y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với x
1
< x
2
 hàm số đạt cực đại tại x
1

và đạt cực tiểu tại x
2
.
Ngoài ra ta còn có :
+ x
1
+ x
2
= 2x
0
với x
0
là hoành độ điểm uốn.
+ hàm số tăng trên (, x
1
)
+ hàm số tăng trên (x
2
, +)
+ hàm số giảm trên (x
1
, x
2
)
iv) a < 0 và y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với x
1

< x
2
 hàm đạt cực tiểu tại x
1
và đạt cực đại tại x
2
thỏa điều kiện x
1
+ x
2
= 2x
0
(x
0
là hoành độ
điểm uốn). Ta cũng có :
+ hàm số giảm trên (, x
1
)
+ hàm số giảm trên (x
2
, +)
+ hàm số tăng trên (x
1
, x
2
)
3) Giả sử y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt và y = k(Ax + B)y’ + r x + q với k là hằng số khác 0;
thì phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trò là y = r x + q
4) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt









0)
2
x(y).
1
x(y
2
x,
1
x biệtânnghiệm ph2có0'y
5) Giả sử a > 0 ta có :
i) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt > 












0)
2
x(y).
1
x(y
0)(y
2
x
1
xthỏa biệtânnghiệm ph2có0'y
ii) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt < 











0)
2
x(y).
1
x(y
0)(y
2
x

1
xthỏa biệtânnghiệm ph2có0'y
Tương tự khi a < 0 .
6) Tiếp tuyến : Gọi I là điểm uốn. Cho M  (C).
Nếu M  I thì ta có đúng 1 tiếp tuyến qua M.
Nếu M khác I thì ta có đúng 2 tiếp tuyến qua M.
Biện luận số tiếp tuyến qua 1 điểm N không nằm trên (C) ta có nhiều trường hợp hơn.
7) (C) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt cách đều nhau  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt và y(x
0
) = 0
(x
0
là hoành độ điểm uốn)
8) Biện luận số nghiệm của phương trình : ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0 (1) (a  0) khi x =  là 1 nghiệm
của (1).
Nếu x =  là 1 nghiệm của (1), ta có
ax
3
+ bx
2
+ cx + d = (x - )(ax
2
+ b
1
x + c
1

)
nghiệm của (1) là x =  với nghiệm của phương trình ax
2
+ b
1
x + c
1
= 0 (2). Ta có các trường
hợp sau:
i) nếu (2) vô nghiệm thì (1) có duy nhất nghiệm x = 
ii) nếu (2) có nghiệm kép x =  thì (1) có duy nhất nghiệm x = 
iii) nếu (2) có 2 nghiệm phân biệt   thì (1) có 3 nghiệm phân biệt
iv) nếu (2) có 1 nghiệm x =  và 1 nghiệm khác  thì (1) có 2 nghiệm.
v) nếu (2) có nghiệm kép   thì (1) có 2 nghiệm
BÀI TẬP ÔN VỀ HÀM BẬC 3
Cho họ đường cong bậc ba (C
m
) và họ đường thẳng (D
k
) lần lượt có phương trình là
y = x
3
+ mx
2
 m và y = kx + k + 1.
(I) PHẦN I. Trong phần này cho m = 3. Khảo sát và vẽ đồ thò (C) của hàm số.
1) Gọi A và B là 2 điểm cực đại và cực tiểu của (C) và M là điểm bất kỳ trên cung AB với M khác
A , Bø . Chứng minh rằng trên (C) ta tìm được hai điểm tại đó có tiếp tuyến vuông góc với tiếp
tuyến tại M với (C).
2) Gọi  là đường thẳng có phương trình y = 1. Biện luận số tiếp tuyến với (C) vẽ từ E   với (C).

3) Tìm E   để qua E có ba tiếp tuyến với (C) và có hai tiếp tuyến vuông góc với nhau.
4) Đònh p để trên (C) có 2 tiếp tuyến có hệ số góc bằng p, trong trường hợp này chứng tỏ trung
điểm của hai tiếp điểm là điểm cố đònh.
5) Tìm M  (C) để qua M chỉ có một tiếp tuyến với (C).
(II) PHẦN I I.Trong phần này cho tham số m thay đổi.
6) Tìm điểm cố đònh của (C
m
). Đònh m để hai tiếp tuyến tại hai điểm cố đònh này vuông góc nhau.
7) Đònh m để (C
m
) có 2 điểm cực trò. Viết phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trò.
8) Đònh m để (C
m
) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.
9) Đònh m để : a) hàm số đồng biến trong (1, 2). b) hàm số nghòch biến trong (0, +).
10) Tìm m để (C
m
) cắt Ox tại 3 điểm có hoành độ tạo thành cấp số cộng.
11) Tìm điều kiện giữa k và m để (D
k
) cắt (C
m
) tại 3 điểm phân biệt. Tìm k để (D
k
) cắt (C
m
) thành
hai đoạn bằng nhau.
12) Viết phương trình tiếp tuyến với (C
m

) và đi qua điểm (-1, 1).
13) Chứng minh rằng trong các tiếp tuyến với (C
m
) thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.
BÀI GIẢI
PHẦN I : m = 3
Khảo sát và vẽ đồ thò (độc giả tự làm)
1) Gọi n là hoành độ của M. Vì hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và đạt cực đại
tại x = 2 nên 0 < n < 2; y' = – 3x
2
+ 6x  hệ số góc của tiếp tuyến tại M
là k
1
= – 3n
2
+ 6n  (0, 3] (vì n  (0, 2)). Đường thẳng vuông góc với tiếp
tuyến tại M có hệ số góc là k
2
=
1
k
1

(với 0 < k
1
 3). Hoành độ của tiếp
tuyến vuông góc với tiếp tuyến M là nghiệm của – 3x
2
+ 6x =
1

k
1

(= k
2
)
 3x
2
– 6x
1
k
1

= 0. Phương trình này có a.c < 0,  k
1
 (0, 3] nên có 2
nghiệm phân biệt,  k
1
 (0, 3]. Vậy trên (C) luôn có 2 điểm phân biệt
mà tiếp tuyến đó vuông góc với tiếp tuyến tại M.
2) E (e, 1)  . Phương trình tiếp tuyến qua E có dạng y = h(x – e) + 1 (D).
(D) tiếp xúc (C)  hệ





hx6x3
1)ex(h3n3x
2

23
có nghiệm.
 Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là :
– x
3
+ 3x
2
– 3 = (– 3x
2
+ 6x)(x – e)+ 1 (1)
 – x
3
+ 3x
2
– 4 = x(– 3x + 6)(x – e)
 (x – 2)(x
2
– x – 2) = 3x(x – 2)(x – e)
 x = 2 hay x
2
– x – 2 = 3x
2
– 3ex
 x = 2 hay 2x
2
– (3e – 1)x + 2 = 0 (2)
(2) có  = (3e – 1)
2
– 16 = (3e – 5)(3e + 3)
(2) có nghiệm x = 2  8 – 2(3e – 1) + 2 = 0  e = 2

Ta có  > 0  e < – 1 hay e >
3
5
.
Biện luận :
i) Nếu e < – 1 hay
3
5
< e < 2 hay e > 2
(1) có 3 nghiệm phân biệt  có 3 tiếp tuyến.
ii) Nếu e = – 1 hay e =
3
5
hay e = 2
 (1) có 2 nghiệm  có 2 tiếp tuyến.
iii) Nếu – 1 < e <
3
5
 (1) có 1 nghiệm  có 1 tiếp tuyến.
Nhận xét : Từ đồ thò, ta có y = 1 là tiếp tuyến tại (2, 1) nên phương trình (1)
chắc chắn có nghiệm x = 2,  e.
3) Vì y = 1 là tiếp tuyến qua E (e, 1),  e và đường x =  không là tiếp
tuyến nên yêu cầu bài toán.
 (2) có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa : y'(x
1
).y'(x

2
) = – 1










1)x6x3)(x6x3(
)2(củanghiệmlàx,x
3
5
e1e
2
2
21
2
1
21
















1)2x)(2x(x.x9
1x.x
2
1e3
xx
3
5
ehay1e
2121
21
21








1]4)1e3(1[9
3
5

ehay1e
 e =
27
55
. Vậy E






1,
27
55
4) Tiếp điểm của tiếp tuyến (với (C)) có hệ số góc bằng p là nghiệm của :
y' = p  3x
2
– 6x + p = 0 (3)
Ta có ' = 9 – 3p > 0  p < 3
Vậy khi p < 3 thì có 2 tiếp tuyến song song và có hệ số góc bằng p.
Gọi x
3
, x
4
là nghiệm của (3).
Gọi M
3
(x
3
, y

3
); M
4
(x
4
, y
4
) là 2 tiếp điểm. Ta có :
1
a2
b
2
xx
43




1
2
6)xx(3)xx(
2
yy
2
4
2
3
3
4
3

343




Vậy điểm cố đònh (1, –1) (điểm uốn) là trung điểm của M
3
M
4
.
5) Cách 1 : Đối với hàm bậc 3 (a  0) ta dễ dàng chứng minh được rằng :
 M  (C), ta có :
i) Nếu M khác điểm uốn, ta có đúng 2 tiếp tuyến qua M.
ii) Nếu M là điểm uốn, ta có đúng 1 tiếp tuyến qua M.
Cách 2 : Gọi M(x
0
, y
0
)  (C). Phương trình tiếp tuyến qua M có dạng :
y = k(x – x
0
)
3x3x
2
0
3
0

(D)
Phương trình hoành độ tiếp điểm của (D) và (C) là :

3 2 2 3 2
0 0 0
3 3 ( 3 6 )( ) 3 3x x x x x x x x         
( 5 )

0)x6x3)(xx()xx(3xx
2
0
2
0
23
0
3


0x6x3x3x3xxxx0xx
2
0
2
00
2
0


0x3xx)x3(x2hayxx
0
2
00
2
0



0)3xx2)(xx(hayxx
000


2
x3
xhayxx
0
0


Do đó, có đúng 1 tiếp tuyến qua M (x
0
, y
0
)  (C)

1x
2
x3
x
0
0
0



Suy ra, y

0
= 1. Vậy M(1, –1) (điểm uốn).
Nhận xét : vì x
0
là 1 hoành độ tiếp điểm nên pt (5) chắc chắn có nghiệm
kép là x
0
Phần II : Tham số m thay đổi. y' = – 3x
2
+ 2mx
6) (C
m
) qua (x, y), m
 y + x
3
= m (x
2
– 1) , m


















1y
1x
hay
1y
1x
0xy
01x
3
2
Vậy (C
m
) qua 2 điểm cố đònh là H(1, –1) và K(–1, 1).
Vì y' = – 3x
2
+ 2mx nên tiếp tuyến với (C
m
) tại H và K có hệ số góc lần
lượt là :
a
1
= y'(1) = – 3 + 2m và a
2
= y'(–1) = –3 – 2m.
2 tiếp tuyến tại H và K vuông góc nhau.
 a

1
.a
2
= – 1  9 – 4m
2
= – 1  m =
2
10
.
7) Hàm có cực trò  y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt.
 3x
2
= 2mx có 2 nghiệm phân biệt.
 x = 0 và x =
3
m2
là 2 nghiệm phân biệt.
 m  0. Khi đó, ta có :
'ym
9
1
x
3
1
mxm
9
2
y
2















và phương trình đường thẳng qua 2 cực trò là :
mxm
9
2
y
2

(với m  0)
8) Khi m  0, gọi x
1
, x
2
là nghiệm của y' = 0, ta có :
x
1
.x
2

= 0 và x
1
+ x
2
=
3
m2
 y(x
1
).y(x
2
) =













 mxm
9
2
mxm
9

2
2
2
1
2
=
2
21
2
m)xx(m
9
2

=
24
mm
27
4

Với m  0, ta có y(x
1
).y(x
2
) < 0

2
4
1 0
27
m  


2
33
m
4
27
m
2

Vậy (C
m
) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt.






0)x(y).x(y
x,xbiệtphânnghiệm2có0'y
21
21

2
33
m 
Nhận xét :
i) Khi
2
33

m 
thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm âm và 1 nghiệm dương.
ii) Khi
2
33
m 
thì phương trình y = 0 có 2 nghiệm dương và 1 nghiệm âm.
9) a) Hàm đồng biến trên (1,2)  – 3x
2
+ 2mx  0, x  (1,2). Nếu m  0 ta
có hoành độ 2 điểm cực trò là 0 và
3
m2
.
i) Nếu m < 0 thì hàm chỉ đồng biến trên






0,
3
m2
. Vậy loại trường hợp m <
0
ii) Nếu m = 0  hàm luôn nghòch biến (loại).
iii) Nếu m > 0 thì hàm chỉ đồng biến trên







3
m2
,0
Do đó, ycbt  m > 0 và







3
m2
,0]2,1[

3m2
3
m2

b) Từ câu a, ta loại trường hợp m > 0.
Khi m  0 ta có hàm số nghòch biến trên








3
m2
,
và hàm số cũng
nghòch biến trên [0, +).
Vậy để hàm nghòch biến trên [0, +) thì m  0.
Ghi chú : nên lập bảng biến thiên để thấy rõ ràng hơn.
10) y" = – 6x + 2m , y" = 0  x =
3
m
(C
m
) cắt Ox tại 3 điểm cách đều nhau.
 y = 0 có 3 nghiệm phân biệt và điểm uốn nằm trên trục hoành.



























0m
9
m
.m
27
m
2
33
m
0
3
m
y
2
33
m
23













2
63
m
01
27
m2
2
33
m
2
11) Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và (D
k
) là
– x
3
+ mx
2

– m = kx + k + 1
 m(x
2
– 1) = k(x + 1) + 1 + x
3
 x + 1 = 0  m(x – 1) = k + 1 – x + x
2
 x = – 1 hay x
2
– (m + 1)x + k + m + 1 = 0 (11)
a) Do đó, (D
k
) cắt (C
m
) tại 3 điểm phân biệt
 (11) có 2 nghiệm phân biệt khác – 1






0)1mk(4)1m(
01mk1m1
2
 (*)









4
3m2m
k
3m2k
2
b) Vì (D
k
) qua điểm K(–1,1)  (C
m
) nên ta có :
(D
k
) cắt (C
m
) thành 2 đoạn bằng nhau.
 (D
k
) qua điểm uốn









 m
27
m2
;
3
m
3
của (C
m
)

11
3
m
km
27
m2
3









)3m(9
27m27m2
k

3



(**)
Vậy ycbt  k thỏa (*) và (**).
12) Phương trình tiếp tuyến với (C
m
) đi qua (–1,1) có dạng :
y = k(x + 1) + 1 (D
k
)
Vậy, phương trình hoành độ tiếp điểm của (D
k
) và (C
m
) là :
– x
3
+ mx
2
– m = (– 3x
2
+ 2mx)(x + 1) + 1 (12)
 m(x
2
– 1) = (– 3x
2
+ 2mx)(x + 1) + 1 + x
3

 x + 1 = 0  m(x – 1) = – 3x
2
+ 2mx + 1 – x + x
2
 x = – 1 hay 2x
2
+ (1 – m)x – m – 1 = 0 (13)
 x = – 1 
2
1m
x


y' (–1) = – 2m – 3
























2
1m
m2
2
1m
3
2
1m
'y
2
=
4
1
(m
2
– 2m – 3)
Vậy phương trình của 2 tiếp tuyến qua (–1, 1) là :
y = – (2m + 3)(x + 1) + 1
y =
4
1
(m
2

– 2m – 3)(x + 1) + 1
Nhận xét : Có 1 tiếp tuyến tại tiếp điểm (–1, 1) nên phương trình (12) chắc
chắn có nghiệm kép là x = – 1 và phương trình (13) chắc chắn có nghiệm
là x = – 1.
13) Các tiếp tuyến với (C
m
) tại tiếp điểm của hoành độ x có hệ số góc là :
h = – 3x
2
+ 2mx
Ta có h đạt cực đại và là max khi
3
m
a2
b
x 
(hoành độ điểm uốn)
Vậy tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.
Nhận xét :
3
m
3
m
3
m
x3mx2x3
22
2
22









Ghi chú : Đối với hàm bậc 3
y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d, ta có :
i) Nếu a > 0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc nhỏ nhất.
ii) Nếu a < 0 thì tiếp tuyến tại điểm uốn có hệ số góc lớn nhất.
PHẠM HỒNG DANH
(Trung tâm Luyện thi đại học Vónh Viễn)
Chuyên ñề.
Ứ
Ứ
Ứ
N
N
N
G
G
G

D
D
D
Ụ
Ụ
Ụ
N
N
N
G
G
G

ð
ð
ð
Ạ
Ạ
Ạ
O
O
O

H
H
H

À
À
À
M
M
M

T
T
T
R
R
R
O
O
O
N
N
N
G
G
G

C
C
C
Á
Á
Á
C
C
C

B
B
B
À
À
À
I
I
I

T
T
T
O
O
O

Á
Á
Á
N
N
N

H
H
H
À
À
À
M
M
M

S
S
S
Ố
Ố
Ố

Gv. Nguyễn Tất Thu −
−−
− Tp. Biên Hòa, ðồng Nai

I. Các bài toán liên quan ñến nghiệm của phương trình, bất phương trình.
ðịnh lí 1. Số nghiệm của phương trình f(x) = g(x) chính là số giao ñiểm của hai ñồ thị
y = f(x) và y = g(x)
ðịnh lí 2. Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên D và
min ( )
x D
m f x
∈
= ,
max ( )
x D
M f x
∈
= thì phương trình
f(x) = k có nghi
ệm khi và chỉ khi

m k M
≤ ≤
.
ðịnh lí 3. Bất phương trình
( ) ( )
f x g x
≥
nghiệm ñúng mọi x thuộc D khi và chỉ khi

min ( ) max ( )
x D
x D
f x g x
∈
∈
≥
Các ví dụ.
Bài 1. Tìm m ñể phương trình sau có nghiệm

2 2
1 1
x x x x m
+ + − − + =

(
HSG Nghệ An 2005)
Giải.
Xét hàm s
ố
2 2
( ) 1 1
f x x x x x
= + + − − +
có t
ậ
p xác
ñị
nh là D = IR

( ) ( )
/
2 2
/ 2 2
2 2
2 2
2 1 2 1
( )
2 1 2 1
0 (2 1) 1 2 1 1 (1)
1 1 3 1 1 3
[( ) ] [( ) ]
2 2 4 2 2 4
x x
f x
x x x x
f x x x x x x x
x x x x
+ −
= −
+ + − +
⇒ = ⇔ + − + = − + +
   
⇒ + − + = − + +
   
   

⇔ x = 0 không thỏa mãn (1).
Vậy f

/
(x) = 0 vô nghiệm, mà f
/
(0) = 1 > 0, do ñó f
/
(x) > 0, ∀x ∈ IR.
Mặt khác
2 2
2
lim ( ) lim 1; lim ( ) 1
1 1
x
x x
x
f x f x
x x x x
→+∞
→+∞ →−∞
= = = −
+ + + − +

V
ậ
y ph
ươ
ng trình
ñ
ã cho có nghi
ệ
m khi − 1 < m < 1.

Bài 2
. Tìm a
ñể
ph
ươ
ng trình
2
1 cos
ax x
+ =
có
ñúng một nghiệm
0;
2
x
π
 
∈
 
 
.
(
ðề thi HSG tỉnh Hải Dương Lớp 12 năm 2005)
Giải.
Ta thấy ñể phương trình có nghiệm thì a ≤ 0. Khi ñó, phương trình tương ñương

2
2
2
sin

cos 1
2
2
2
x
x
a a
x
x
−
= ⇔ = −
 
 
 

Xét hàm số
sin
( ) , 0;
4
t
f t t
t
π
 
= ∈
 
 
. Ta có

(

)
/
2 2
cos -
.cos sin
( ) 0, 0;
4
t t tgt
t t t
f t t
t t
π
−
 
= = < ∀ ∈
 
 

⇒

f
(
t
) ngh
ị
ch bi
ế
n trên
0;
4

π
 
 
 
.
mà
2 2
( )
4
f
π
π
=
và
2
2
2
0
sin
2 2 8
2
lim ( ) 1 ( ) 1 1, (0; )
2
2
t
x
f t f t x
x
π
π π

→
= ⇒ < < ⇒ < < ∀ ∈
 
 
 

V
ậ
y ph
ươ
ng trình
ñ
ã cho có
ñ
úng m
ộ
t nghi
ệ
m
2 2
8 1 4
(0; ) 2 1
2 2
x a a
π
π π
∈ ⇔ < − < ⇔ − < < −
.
Bài 3. Cho phương trình

6 5 4 3 2
3 6 6 3 1 0
x x x ax x x
+ − − − + + =
.
Tìm tất cả các giá trị của tham số a, ñể phương trình có ñúng 2 nghiệm phân biệt.
(
HSG Nam ðịnh 2004)
Giải.
Vì x = 0 không phải là nghiệm phương trình. Chia hai vế phương trình cho x
3
ta ñược

3 2
3 2
1 1 1
( ) 3( ) 6( ) 0 (1)
x x x a
x x x
+ + + − + − =
ðặ
t
1
t x
x
= +
⇒ |t| ≥ 2.
Ta ñược phương trình

2 2 3 2

( 3) 3( 2) 6 3 9 6 (2)
t t t t a t t t a− + − − = ⇔ + − = +

− Nếu t = ± 2, thì phương trình ñã cho có một nghiệm.
− Nếu |t| > 2, thì với mỗi giá trị của t cho tương ứng với hai giá trị của x
Như vậy, ta xét hai trường hợp
TH 1
. Nếu (2) có ñúng hai nghiệm t = ± 2, thì
2 6
22 6
a
a
= +


= +

vô nghiệm.
TH 2
. Nếu (2) có ñúng một nghiệm |t| > 2.
Xét hàm số

3 2
( ) 3 9 ,| | 2
f t t t t t
= + − >
⇒
/ 2
( ) 3 6 9 3( 1)( 3)
f t t t t t

= + − = − +

Bảng biến thiên

⇒
2 6 22 4 16
a a
< + < ⇔ − < <

Bài 4. Cho hàm số
( )( )
y x x a x b
= − + + +
vớ
i a, b là hai s
ố
th
ự
c d
ươ
ng khác nhau cho tr
ướ
c.
Ch
ứ

ng minh v
ớ
i m
ỗ
i s
ố
th
ự
c
(
)
0;1
s ∈
ñế
u t
ồ
n t
ạ
i duy nh
ấ
t s
ố
th
ự
c α > 0 sao cho

1
( )
2
s s

s
a b
f
α
 
+
=
 
 

(
HSG QG bảng A năm 2006)
Giải.
Trước hết ta có BðT
( )
2 2
s s
s
a b a b
+ +
≤
(1) ta có th
ể chứng minh (1) bằng hàm số hoặc bằng
B
ðT Becnoully.
Áp d
ụng BðT Côsi và (1) ta có
1
( )
2 2

s s
s
a b a b
ab
+ +
< <
(*) (do a
≠ b)
M
ặt khác ta có
/
2 2 ( )( )
( )
2 ( )( )
x a b x a x b
f x
x a x b
+ + − + +
=
+ +

Ta d
ễ
dàng ch
ứ
ng minh
ñượ
c f
/
(x) > 0,

∀
x > 0 suy ra f(x)
ñồ
ng bi
ế
n v
ớ
i x > 0 nên

0
lim ( ) ( ) lim ( )
2
x
x
a b
f x ab f x f x
+
→+∞
→
+
= ≤ ≤ =
(**)
Vì f(x) liên t
ục khi x > 0 nên từ (*) và (**) ta có ñpcm.
Bài tập.
1. Tìm m ñể phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc
[0; ]
4
π

3 2
(4 6 )sin 3(2 1)sin 2( 2)sin cos (4 3)cos 0
m x m x m x x m x
− + − + − − − =

2. Tìm m
ñể số nghiệm của phương trình

2 2 4 2
15 2(6 1) 3 2 0
x m x m m
− + − + =

không nhiều hơn số nghiệm của phương trình
f(t)
f
/
(t)
x

-
2

2

1

-
3

0

0

+

−

2

22

27

2 3 6 8
(3 1) 12 2 6 (3 9) 2 0,25
x m m
m x x− + + = − −

(
HSG Nghệ An 1998)

3. Tìm t
ấ
t c
ả
các giá tr
ị

a
ñể
b
ấ
t ph
ươ
ng trình

2
ln(1 )
x x ax
+ ≥ − nghi
ệ
m
ñ
úng ∀x
≥
0.
4. a) Ch
ứ
ng minh n
ế
u a > 0 là s
ố
sao cho bph
ươ
ng trình
1
x
a x

≥ +

ñ
úng v
ớ
i m
ọ
i
0
x
≥
thì
a e
≥
.
b) Tìm t
ấ
t c
ả
các giá tr
ị
c
ủ
a
a
ñể

1 ,
x
a x x

≥ + ∀
.
(HSG 12 Nam ðịnh 2006)
II. Giải phương trình, hệ phương trình bằng phương pháp hàm số.
ðịnh lí 1. Nếu hàm số y = f(x) luôn ñồng biến (hoặc luôn nghịch) thì số nghiệm của phương trình
f(x) = k không nhiều hơn một và f(x) = f(y) khi và chỉ khi x = y.
ðịnh lí 2. Nếu hàm số y = f(x) luôn ñồng biến (hoặc luôn nghịch) và hàm số y = g(x) luôn nghịch
biến (hoặc luôn ñồng biến) trên D thì số nghiệm trên D của phương trình f(x) = g(x) không nhiều
hơn một.
ðịnh lí 3. Cho hàm số y = f(x) có ñạo hàm ñến cấp n và phương trình
( )
( ) 0
k
f x
=
có m nghiệm,
khi ñó phương trình
( 1)
( ) 0
k
f x
−
=
có nhiều nhất là m + 1 nghiệm.
Các ví dụ.
Bài 1. Giải phương trình

2 2
3 (2 9 3) (4 2)( 1 1) 0
x x x x x

+ + + + + + + =

(
Olympic 30
−
−−
−
4
−
−−
−
2000)
Giải
. Ta th
ấ
y ph
ươ
ng trình ch
ỉ
có nghi
ệ
m trong
1
( ;0)
2
−

( )
2 2
2 2

3 (2 ( 3 ) 3) (2 1)(2 (2 1) 3)
(2 3) (2 3) (1)
pt x x x x
u u v v
⇔ − + − + = + + + +
⇔ + + = + +

V
ới u = − 3x, v = 2x + 1; u, v > 0. Xét hàm số
4 2
( ) 2 3
f t t t t
= + +
v
ớ
i t > 0
Ta có
3
/
4 2
2 3
( ) 2 0, 0 ( ) ( )
3
t t
f t t f u f v u v
t t
+
= + > ∀ >
⇒ = ⇔ =
+

(1) ⇔ u = v ⇔ − 3x = 2x + 1 ⇔
1
5
x
= −
là nghiệm duy nhất của phương trình.
Bài 2. Giải phương trình

2
cos 2, ; .
2 2
tg x
e x x
π π
 
+ = ∈ −
 
 

(
HSG Lớp 12 Nam ðịnh 2006)
Giải.
Xét hàm số
2
( ) cos , ;
2 2
tg x
f x e x x
π π

 
= + ∈ −
 
 
, ta có
⇒
2
2
3
/
2 3
1 2 cos
( ) 2 . sin sin
cos cos
tg x
tg x
e x
f x tgx e x x
x x
 
−
= − =
 
 
 

Vì
2
3
2 2 cos 0

tg x
e x
≥ > >

Nên d
ấu của f
/
(x) chính là dấu của sinx.
T
ừ ñây ta có f(x) ≥ f(0) = 2.
V
ậy phương trình ñã cho có nghiệm duy nhất x = 0
Bài 3. Giải phương trình

2003 2005 4006 2
x x
x
+ = +

(
HSG Nghệ An 2005)
Giải Xét hàm số
( ) 2003 2005 4006 2
x x
f x x
= + − −

Ta có
/
( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 4006

x x
f x = + −

// 2 2 //
( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 0, ( ) 0
x x
f x x f x
= + > ∀ ⇒ =
vô nghiệm
⇒ f
/
(x) có nhiều nhất là một nghiệm ⇒ f(x) có nhiều nhất là hai nghiệm.
mà f(1) = f(0) = 0 nên phương trình ñã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 1.
Bài 4. Giải phương trình

3
3 1 log (1 2 )
x
x x
= + + +

(
TH&TT)

Giải. ðk
1
2
x
> −

ph
ươ
ng trình
⇔

3 3 3
3 1 2 log (1 2 ) 3 log 3 1 2 log (1 2 )
x x x
x x x x x
+ = + + + ⇔ + = + + +
(1)
Xét hàm s
ố

3
( ) log
f t t t
= + ta có
f
(
t
) là hàm
ñồ
ng bi
ế
n nên
(1) ⇔
(3 ) (1 2 ) 3 2 1 3 2 1 0 (2)
x x x

f f x x x
= + ⇔ = + ⇔ − − =

Xét hàm s
ố

/ // 2
( ) 3 2 1 ( ) 3 ln 3 2 ( ) 3 ln 3 0
x x x
f x x f x f x
= − −
⇒ = − ⇒ = >

⇒ f(x) = 0 có nhiều nhất là hai nghiệm.
mà f(0) = f(1) = 0 nên phương trình ñã cho có hai nghiệm x = 0 và x = 1
Bài 5. Giải hệ phương trình

sin sin 3 3 (1)
(2)
5
, 0 (3)
x y x y
x y
x y
π
− = −



+ =



>



Giải.
Từ (2) và (3) ta có
, (0; )
5
x y
π
∈

(1)
⇔ sinx − 3x = siny − 3y.
Xét hàm s
ố f(t) = sint − 3t với
(0; )
5
t
π
∈ ta có f(t) là hàm nghịch biến nên f(x) = f(y) ⇔ x = y
thay vào (2) ta có
10
x y
π
= =
là nghiệm của hệ.
Bài 6. Giải hệ

tan tan (1)
1 1 8 (2)
x y y x
y x y
− = −



+ − = − +



(Olympic 30 −
−−
− 4 −
−−
− 2005)
Giải.
ðk
1
8
y
x y
≥ −



≥ +



(*)
(1) ⇔
tan tan
x x y y
+ = +

⇔
x
=
y
(do hàm s
ố

f
(
t
) =
t
+ tan
t
là hàm
ñồ
ng bi
ế
n)
Thay vào (2) ta có
1 1 8 1 8 1
y y y y y y
+ − = − + ⇔ + = − + +

2 2
1 8 2 8 1 8 4 4 8
8 8
3 8 4 8
3 3
9 48 64 16 128 9 64 64 0
8
y y y y y y y y
y y
y y
y y y y y
y
⇔ + = − + + − + + ⇔ + = − +
 
≥ ≥
 
⇔ − = + ⇔ ⇔
 
 
− + = + − − =
 
⇔ =

V
ậ
y x = y = 8 là nghi
ệ
m duy nh
ấ

t c
ủ
a h
ệ

ñ
ã cho.
Hệ hoán vị vòng quanh.
ðịnh nghĩa. Là hệ có dạng

1 2
2 3
1
( ) ( )
( ) ( )

( ) ( )
n
f x g x
f x g x
f x g x
=


=




=


(I)
ðịnh lí 1. Nếu f, g là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên D và
1 2
( , , , )
n
x x x
là nghiệm của
hệ trên D thì
1 2

n
x x x
= = =

ðịnh lí 2. Nếu f, g khác tính ñơn ñiệu trên D và
1 2
( , , , )
n
x x x
là nghiệm của hệ trên A thì
1 2

n
x x x
= = =
nếu n lẻ và
1 3 1
2 4

n
n
x x x
x x x
−
= = =


= = =

nếu n chẵn.
Bài 7. Giải hệ

3 2
3 2
3 2
3 3 ln( 1)
3 3 ln( 1)
3 3 ln( 1)
x x x x y
y y y y z
z z z z x

+ − + − + =

+ − + − + =


+ − + − + =



Giải.
Ta giả sử (x,y,z) là nghiệm của hệ. Xét hàm số
3 2
( ) 3 3 ln( 1)
f t t t t t
= + − + − +

ta có
/ 2
2
2 1
( ) 3 3 0
2 1
t
f t t
t t
−
= + + >
− +
nên f(t) là hàm
ñồng biến
Ta gi
ả sử x = max{x,y,z} thì
( ) ( ) ( ) ( )
y f x f y z z f y f z x
= ≥ = ⇒ = ≥ =

Vậy ta có x = y = z. Vì phương trình

3 2
2 3 ln( 1) 0
x x x x
+ − + − + =
có nghiệm duy nhất x = 1 nên
hệ ñã cho có nghiệm là x = y = z = 1.
Bài 8. Giải hệ

2
3
2
3
2
3
2 6 log (6 )
2 6 log (6 )
2 6 log (6 )
x x y x
y y z y
z z x z

− + − =


− + − =


− + − =



(HSG QG Bảng A năm 2006)
Giải. Hệ phương trình tương ñương

3
2
3
2
3
2
log (6 )
2 6
( ) ( )
log (6 ) ( ) ( )
2 6
( ) ( )
log (6 )
2 6
x
y
x x
f y g x
y
z f z g y
y y
f x g z
z
x
z z


− =


− +
=


 
− = ⇔ =
 
− +
 
=



− =

− +


Trong ñó,
3
2
( ) log (6 ), ( )
2 6
t
f t t g t
t t
= − =

− +
v
ớ
i
( ;6)
t
∈ −∞

Ta có
f
(
t
) là hàm ngh
ị
ch bi
ế
n,
( )
/
3
2
6
( ) 0, ( ;6)
2 6
t
g t t
t t
−
= > ∀ ∈ −∞
− +

⇒
g(t) là hàm
ñồ
ng bi
ế
n
Nên ta có n
ế
u (x,y,z) là nghi
ệ
m c
ủ
a h
ệ
thì x = y = z thay vào h
ệ
ta
ñượ
c

3
2
log (6 )
2 6
x
x
x x
− =
− +

,
ph
ươ
ng trình này có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t x = 3.
V
ậ
y nghi
ệ
m c
ủ
a h
ệ

ñ
ã cho là x = y = z = 3.
Bài 9
. Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình

2 3
2 3

2 3
( 1) 1 2( )
( 1) 1 2( )
( 1) 1 2( )
x x y x
y y z y
z z x z

+ = + −

+ = + −


+ = + −


Giải.
Xét hàm số f(t) = t
3
+ t
2
+ 2t và g(t) = 2t
3
+ 1
Hệ có nghiệm dạng:
3 2
( ) 2 1 0
x y z
h x x x x
= =



= − − + =


Nhận xét: h(−2) < 0, h(0) > 0, h(1) < 0, h(2) > 0 ⇒ h(x) = 0 có ba nghiệm thuộc (−2;2).
ðặt x = 2cosu, u ∈ (0;π)
Ta ñược phương trình
sinu(8cos
3
u − 4cos
2
u − 4cosu + 1) = 0 (sinu ≠ 0)
⇔ sin4u = sin3u ⇒
3 5
{ , , }
7 7 7
x
π π π
∈

Bài tập
1.
3 3
2 2
3 3
2 1 2 1 2
x x x x
+ + + = + +
2.

10 10
81
81sin cos
256
x x+ =

3.

2
2 2
( 1)( 2) ( 2)
x x
x x x e xe
−
− + = − +

4.

cos cos
3 2 cos
x x
x
= +

5.

(1 )(2 4 ) 3.4
x x
x+ + =

6.

3 2
3 2
3 2
3 2 5
3 2 5
3 2 5
x x x y
y y y z
z z z x

+ + − =

+ + − =


+ + − =


7.

Tìm a
ñể hệ sau ñây có nghiệm duy nhất

2 3 2
1 2 2 2
2 3 2
2 3 3 3
2 3 2

1 1 1
4
4

4
n
x x x ax
x x x ax
x x x ax

= − +

= − +




= − +


8.
Tìm m ñể các phương trình sau có nghiệm

2 2
6 6
2 2
. 12 ( 5 4 );
. 3 6 (3 )(6 )
. tan cot (tan cot ) 3 0;
cos sin

. .tan 2
cos sin
a x x m x x
b x x x x m
c x x m x x
x x
d m x
x x
+ + = − + −
+ + − − + − =
+ + + + =
+
=
−

III. Các bài toán cực trị, chứng minh bất ñẳng thức.
Bài 1. Xác ñịnh a, b thỏa mãn bất ñẳng thức
a ≤ sin
10
x + 2cos
2
x ≤ b, ∀x ∈ R
Giải.
ðặt t = sin
2
x, xét hàm số
f(t) = t
5
− 2t + 2, t ∈ [0;1]
4

[0;1]
[0;1]
8 2
min ( ) 2
5 5
max ( ) 2
a f t
b f t
≤ = − ×
≥ =

Bài 2. Cho 4 số thực a, b, c, d thoả mãn a
2
+ b
2
= 1; c − d = 3. Chứng minh

9 6 2
4
F ac bd cd
+
= + − ≤

(
HSG Nghệ An 2005)
Giải.
Ta có
2 2 2 2 2 2
( )( ) 2 6 9 3 ( )
F a b c d cd d d d d f d

≤ + + − = + + − − =

Ta có
2
/
2
3 9
1 2( )
2 2
( ) (2 3)
2 6 9
d
f d d
d d
− + +
= +
+ +
vì
2
2
3 9
1 2( )
2 2
0
2 6 9
d
d d
− + +
<
+ +

nên
3 9 6 2
( ) ( )
2 4
f d f
+
≤ − =

⇒ ñpcm.
Bài 3. Cho
0 1
x y z
< < ≤ ≤
,
3 2 4
x y z
+ + ≤
. Tìm GTLN của biểu thức

2 2 2
3 2
F x y z
= + +

(TH&TT)
Giải.
T
ừ giả thiết ta có
4 2
3

y z
x
− −
≤
thay vào F ta ñược
2 2 2
1 2 1 1
( ) (4 4 ( 2) 10 16 16) ( ) (9 12 20) ( )
3 2 3 3
y
F f z z z y y y f y y g y
−
≤ = + − + − + ≤ = − + =

Ta xét
2
1
3
y
≤ ≤
(vì y <
2
3
thì max không xảy ra), khi ñó
2
( ) 16
3
g y g
 
≤ =

 
 

⇒
16
3
F
≤
, d
ấ
u “=” x
ả
y ra khi
2 1
;
3 3
z y x
= = =

V
ậ
y
16
max
3
F =

Bài 4. Cho
0
x y z

≥ ≥ ≥
. Chứng minh

x z y x y z
z y x y z x
+ + ≥ + +

Giải.
Xét hàm số ( )
x z y x y z
f x
z y x y z x
 
= + + − + +
 
 
,
0
x y z
≥ ≥ ≥

⇒
/
2 2 2
1 1 1 1
( ) ( ) ( ) ( )( ) 0
y z
f x y z
z y yz
x x x

= − − − = − − ≥

⇒ f(x) là hàm ñồng biến ⇒
( ) ( ) 0
f x f y
≥ =
⇒ ñpcm.
Bài 5. Cho a > b > c > 0. Chứng minh

3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3
a b b c c a a b b c c a
+ + > + +

Giải.
Xét hàm số
(
)
3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3
( )
f a a b b c c a a b b c c a
= + + − + +

Ta có
/ 2 2 3 3 2 2
( ) 3 2 2 3
f a a b ac ab a c
= + − −
.
Tiếp tục lấy ñạo hàm

// 2 2 3 3 2 2
( ) 6 6 2 2 2( )[3 ( ) ] 0
f a ab ac c b b c a b c b c bc
= − + − = − + − − − >
do a > b > c > 0

⇒ f
/
(a) là hàm ñồng biến ⇒
/ / 4 3 2 2
( ) ( ) 2 3 0
f a f b b bc b c
≥ = + − >
(ta có thể chứng minh
ñược nhờ bñt Côsi)
⇒ f(a) ñồng biến ⇒ f(a) > f(b) = 0 ⇒ ñpcm.
Bài 6. Cho x, y, z > 0. Chứng minh

4 4 4 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )
x y z xyz x y z xy x y yz y z zx z x
+ + + + + ≥ + + + + +

Giải.
Không mất tính tổng quát ta giả sử
x y z
≥ ≥
. Xét hàm số

4 4 4 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f x x y z xyz x y z xy x y yz y z zx z x
= + + + + + − + − + − +
Ta có

/ 3 2 3 3 // 2
( ) 4 3 ( ) ( ) ( ) ( ) 12 6 ( ) 2
f x x x y z xyz yz x y z y z f x x x y z yz
= − + + + + + − + ⇒ = − + +
⇒
//
( ) 0
f x
>
(do
x y z
≥ ≥
)

/ / 2 3 2
( ) ( ) ( ) 0
f x f y z y z z y z
⇒ ≥ = − = − ≥
⇒ f(x) là hàm ñồng biến
⇒
4 3 2 2 2 2
( ) ( ) 2 ( ) 0
x f y z z y y z z z y
≥ = − + = − ≥

⇒ ñpcm.
Bài 7. Cho n, k là các số nguyên dương
7;2
n k n
≥ ≤ <
. Chứng minh

2
n k
k n
>
.
(
HSG QG bảng B 96 −
−−
− 97)
Giải.
Bñt ⇔
ln ln ln 2 ln ln ln 2
n k k n n k k n
> + ⇔ − −

Xét hàm số
( ) ln ln ln 2
f x n x x n
= − −
với
[2; 1]
x n
∈ −

/ /
( ) ln ( ) 0
ln
n n
f x n f x x
x n
= − ⇒ = ⇔ =

2
2 7
ln
n
n
e n n
n
> ⇔ > ∀ ≥
.
Xét hàm s
ố

2 / / /
( ) ( ) 2 ( ) 2 0
x x x
g x e x g x e x g x e
= − ⇒ = − ⇒ = − >

⇒

/ / 7 7

( ) (7) 14 0 ( ) (7) 49 0
g x g e g x g e
> = − > ⇒ > = − >

V
ậy
( ) min{ (2), ( 1)}
f x f f n
≥ −
. Ta chứng minh
min{ (2), ( 1)} 0
f f n
− ≥

*
1 2
(2) 0 2
n
f n
−
≥ ⇔ ≥
ta dễ dàng chứng minh ñược bằng quy nạp hoặc ñạo hàm
*
1
1
( 1) 0 ( 1) 2 2(1 ) , 6
n n t
f n n n t t
t
−

− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ > + ∀ ≥
(*) trong ñó t = n − 1
Ta có
1 1
(1 ) 3 2(1 ) 6
t t
e t
t t
+ < < ⇒ + < ≤ ⇒
(*) ñúng ⇒ ñpcm.

Bài 8
. Cho
0
a b c
< ≤ ≤
. Chứng minh

2
2 2 2 ( )
3
( )
a b c c a
b c c a a b a c a
−
+ + ≤ +
+ + + +

Giải.

ðặt
b
a
α
=
và
c
x
a
=
. ðK
1
x
α
≤ ≤
. Khi ñó bñt cần chứng minh trở thành
2
2
2 2 2 4 1 2 ( 1)
1 (2 2 )
1 1 1 1
x x x x x x
x x
x x x x
α
α
α α α α
+ + + +
+ + ≤ ⇔ + + ≥ + +
+ + + + + +

Xét hàm s
ố

2
1 2 ( 1)
( ) 1 (2 2 )
1
x x x
f x x x
x
α
α α
+ +
= + + − + +
+ +
với
1
x
α
≤ ≤

Ta có
/
2 2
2(2 1) 1 2 1 2
( ) 2 1 2 ( 1)[ ] 0
1 ( ) 1 ( )
x x
f x x

x x
α
α
α α α α
+ − +
= + − − = − − ≥
+ + + +
do
1
x
α
≤ ≤

Nh
ư vậy hàm f(x) là ñồng biến do ñó
2
1
( ) ( ) 3 3f x f
α α α
α
≥ = − + −

Nh
ưng
/
3
2 2 2
1 1 1
( ) 2 3 3 3 . . 3 0
f

α α α α α α
α α α
= − + = + + − ≥ − =

⇒
( ) ( ) (1) 0
f x f f
α
≥ ≥ =
⇒ ñpcm.
Bài 9. Cho a, b, c > 0. Chứng minh

3
2
a b c
a b b c c a
+ + ≥
+ + +

Giải.
ðặt
, , 1
b c a
x y z xyz
a b c
= = = ⇒ =
và bñt ñã cho tương ñương
1 1 1 3
1 1 1 2
x y z

+ + ≥
+ + +

Gi
ả sử
1 1
z xy
≤ ⇒ ≥
nên ta có
1 1 2 2
1 1
1 1
z
x y
xy z
+ ≥ =
+ +
+ +

2
1 1 1 2 1 2 1
( )
1 1 1 1 1 1
1
z t
f t
x y z z t t
z
⇒ + + ≥ + = + =

+ + + + + +
+
v
ớ
i
1
t z
= ≤

Ta có
2 2 2 2 2
2 2 2(1 ) 3
'( ) 0 ( ) (1) 1
(1 ) (1 ) (1 ) 2
t t
f t f t f t
t t t
−
= − ≤ ≤ ⇒ ≥ = ∀ ≤ ⇒
+ + +

ñpcm.
Nhận xét. Từ bài toán trên ta dễ dàng giải quyết ñược bài toán sau
Cho a, b, c > 0. Chứng minh
3 3 3
3
( ) ( ) ( )
8
a b c
a b b c c a

+ + ≥
+ + +

(Chọn ñội tuyển dự thi IMO 2005)

Bài tập áp dụng
.
1.
Cho
, (0; )
2
π
α β
∈
. Ch
ứng minh

.sin sin 2(cos cos )
α α β β β α
− > −

2.
Cho
,
x y R
∈
và
2 2

x y
− =
. Tìm GTNN của biểu thức

2 2 2 2
( 3) ( 1)
P x y x y= + − + + +
(HSG QG Bảng B năm 1998)
3. Cho a, b > 0. Chứng minh

( 1)ln( 1) ( 1)( 1)
b
a a e a b
+ + + ≥ + +

(HSG 12 Nam ðịnh 2004)
IV. Các bài toán tam giác.
1. cotgA + cotgB + cotgC +
3 3
≤ 2
1 1 1
sin sin sin
A B C
 
+ +
 
 
.

Xét hàm s

ố

2
( ) cotg
sin
f x x
x
= −
,
x ∈ (0;π)
2. 1 + cosAcosB + cosBcosC + cosCcosA ≤
13
12
(cosA + cosB + cosC) + cosAcosBcosC.
cos
2
A + cos
2
B + cos
2
C = 1 − 2cosAcosBcosC
1 < cos
A + cosB + cosC ≤
3
2

(2)
⇔ (cos
2
A + cos

2
B + cos
2
C)
2
+ 1 ≤
13
6
(cosA + cosB + cosC)
3.
1
3
(cos3A + cos3B) −
1
2
(cos2A + cos2B) + cosA + cosB =
5
6
(∆ không tù). Tính góc?
(3)
⇔
3 2 3 2
4 4 1
cos cos cos cos
3 3 6
A A B B
   
− + − = −
   
   

Xét hàm s
ố
3 2
4
( )
3
f x t t
= −
, t ∈ [0;1)
4. sin2
A + sin2B +
2
sin
C
≥ 4.
5.
1 1
2 3(tg tg ) 2
cos cos
A B
A B
 
+ ≥ + +
 
 
, ∆ nhọn.
6.
2 1
(sin sin sin ) (tg tg tg ) .

3 3
A B C A B C
+ + + + + > π

Xét hàm s
ố
2 1
( ) sin tg , (0; ).
3 3 2
f x x x x x
π
= + − ∈

Chuyên đề: Ứng dụng của đạo hàm

Dạng 1: Dùng đạo hàm xét chiều biến thiên của hàm số.
Kiến thức cần nhớ:
Điều kiện cần và đủ để hàm số y= f(x) đồng biến (nghịch biến) trên (a; b) là
f’(x)>0 (f’(x)<0) với mọi
( ; )
x a b

. Như vậy để xét chiều biến thiên của hàm
số ta xét dấu của f’(x).
Bài tập áp dụng:
Bài 1. Xét chiều biến thiên của hàm số:
2
3

1
x
y
x



.
Bài 2. Xét chiều biến thiên của hàm số
2
1
x x x
y
  
 .
Bài 3. Tuỳ theo a hãy xét chiều biến thiên của hàm số:
3 2
4 ( 3)
y x a x ax
   
.
Bài 4. Tìm a để hàm số
3
2
1 3sin 2
(sin cos )
3 2 4
x a
y a a x x
 

   
 
 

Luôn đồng biến.
Bài 5. Tìm m để hàm số
2 2
2 3
2
x mx m
y
x m
 



đồng biến trong khoảng
(1; )

.
Bài 6. Tìm m để hàm số:
2
y x x x m
    
luôn nghịch biến với mọi x thuộc R.
Bài 7. Tìm a sao cho
2 2
( ) cos2 sin 2cos
f x x a x x
   không phụ thuộc vào x.

Bài 8. Khảo sát chiều biến thiên của hàm số:
a/
( )
n n
y x c x
   với c>0 và n là số nguyên lớn hơn 1.
b/
3
4
y x mx
  với m là tham số.
c/
2
1
1
x
y
x x


 

d/
2
| 2 |
y x x x m
   
với m là tham số.
e/
2

1
x m
y
x



.
Bài 9. Tìm m sao cho
a/
2
1
1
x mx
y
x
 


luôn đồng biến trên
( ; 1);(1; )
  
.
b/
2 2
2 3
2
x mx m
y
m x

 


nghịch biến trên
(1; )

.
c/
2
2 (1 ) 1
x m x m
y
x m
   

 
nghịch biến trên
(2; )

.
d/
3 2
1
( 1) ( 3) 4
3
y x m x m x
      
đồng biến trên (0; 3).
e/
2

( )
y x m x m
  
nghịch biến trên (1; 2).
f/
2
6 2
2
mx x
y
x
 


nghịch biến trên
[1;+ )

.
Bài 10. Tùy theo m xét chiều biến thiên của hàm số
2
2
mx
y
x m


 
.
Dạng 2. Tìm điều kiện để hàm số luôn tăng hoặc luôn giảm trên R.

Bài 1. Tìm m để gàm số
cos
y x m x
 
luôn đồng biến trên R.
Bài 2. Tìm m để hàm số
3
2 2
( 2) ( 2) ( 8) 1
3
x
y m m x m x m
       
luôn giảm
trên R.
Bài 3. Tìm m để hàm số
2
1
1
x mx
y
x
 


luôn tăng trên từng khoảng xác định
của nó.
Bài 4. Tìm m để hàm số
sin
y x m x

 
luôn nghịch biến trên R.
Bài 5. Tìm m để hàm số
( 3) (2 1)cos
y m x m x
   
luôn nghịch biến trên R.
Bài 6. Tìm m để hàm số
2 3 2
( 1) 2 2
m x mx m m
y
x m
    


luôn đồng biến trên
từng khoảng xác định.
Bài 7. Tìm m để hàm số
(sin cos )
y x m x x
  
luôn đồng biến trên R.
Bài 8. Tìm a, b để hàm số
sin cos 2
y a x b x x
  
luôn đồng biến trên R.
Bài 9. Chứng minh rằng hàm số
3 2 3

( 1) (2 3 2)
y x m x m m x m
      
không
thể đồng biến trên R.

Biên soạn: Trần Phú Vương
Trường THPT
Tân Hiệp

1

Phương pháp Khảo sát chiều biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số

1.
Hàm Số
3 2
y ax bx cx d
   

( 0 )

a
 TXĐ: D = R.

2

' 3 2
y ax bx c
  

Giải phương trình
y ’= 0.
o Nếu có nghiệm kép x
0
(hoặc vô nghiệm) thì y ’
luôn cùng dấu với a
0
x x
 
.
Hàm số luôn ĐB ( Nếu a > 0).
Hàm số luôn NB ( Nếu a < 0).
o Nếu
1 2
,
x x

là nghiệm thì tính
1 2
( ), ( )
f x f x

HSĐB trên khoảng ( ; ) ; ( ; ).
HSNB trên khoảng ( ; ) ; ( ; ).
 Hàm số đạt cực đại tại
;

x y
 
CĐ

Hàm số đạt cực tiểu tại
;
x y
 
CT


lim
x
y

 
(nếu a > 0);
lim
x
y

 

(nếu a < 0)
 BBT (Ta lập BBT như hướng dẫn bên cạnh)

'' 6 2
y ax b
 
;

'' 0
3
b
y x
a
   

Lập bảng xét dấu y ’’ và kết luận về sự lồi lõm
(âm lồi, dương lõm).
Đồ thò có điểm uấn
( ; ( ))
3 3
b b
U f
a a
 
.
 Đồ thò: Ta lấy 2 điểm đặc biệt ở 2 bên cực trò.
o NX: Đồ thò nhận điểm uốn
( ; ( ))
3 3
b b
U f
a a
 
làm
tâm đối xứng .

a > 0 a < 0
y ’= 0 có

2 nghiệm
phân biệt
y
O
^
y
O
^
y ’= 0 có
nghiệm
kép
y
O
^
x
y
O
^
>
y ’= 0 vô
nghiệm
x
y
O
^
>

x
y
O

>
^

Cách Vẽ BBT
 y ’= 0 có 2 nghiệm phân biệt: x
1
, x
2
(x
1
< x
2
):
a > 0 a < 0
x

x
1
x
2


y ’ + 0 – 0 +
f(x
1
)


y
CĐ CT


f(x
2
)

x

x
1
x
2



y ’ – 0 + 0 –


f(x
2
)

y
CT CĐ
f(x
1
)


 y ’= 0 có nghiệm kép: x

0
:
a > 0 a < 0
x

x
0



y ’ + 0 +
f(x
0
)


y U



x

x
0



y ’ – 0 –


f(x
0
)

y U



 y ’= 0 vô nghiệm :
a > 0 a < 0
x




y ’ +



y



x




y ’ –



y



–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––-

Một số bài toán liên quan đến khảo sát hàm số

Cho hàm số y = f(x) có đồ thò (C) và hàm số y = g(x) có đồ thò (C
1
)
 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (C
1
) là: f(x) = g(x) (*)
Chú ý:
o Phương trình (*) có n nghiệm

(C) và (C
1
) có n giao điểm
o Đồ thò (C) hàm số y = f(x) cắt trục Ox tại n điểm

phương trình f(x) = 0 có n nghiệm
 (C) tiếp xúc (C
1

)
( ) ( )
'( ) '( )
f x g x
f x g x






có nghiệm
Tran Phu Vuong

Biên soạn: Trần Phú Vương
Trường THPT
Tân Hiệp

2

2.
Hàm Số
2
ax bx c k
y Ax B
px q px q
 
   
 

( 0; 0)
ap k
 
(Kết quả của phép chia ða thức)

 TXĐ: D = R \
q
p
 

 
 

 Tính y ’ (Chỉ ghi lại kết quả của y ’) bằng cách:
Dùng CT:
'
u
v
 
 
 
hoặc
2
2
2
'
( )
apx aqx bq pc
y
px q

  



Giải phương trình
y ’= 0.
o Nếu vô nghiệm thì y ’ luôn cùng dấu với ap.
HS luôn ĐB (Nếu ap > 0) trên từng khoảng XĐ
HS luôn NB (Nếu ap < 0) trên từng khoảng XĐ
Đồ Thò hàm số không có cực trò.
o Nếu
1 2
,
x x

là nghiệm thì:
HSĐB trên khoảng ( ; ) ; ( ; ).
HSNB trên khoảng ( ; ) ; ( ; ).
 Hàm số đạt cực đại tại
;
x y
 
CĐ

Hàm số đạt cực tiểu tại
;
x y
 
CT



lim
q
x
p
y

 
=> đt
q
x
p
 
là tiệm cận đứng .
lim[ ( )] lim 0
x x
k
y Ax B
px q
 
   


=> đường thẳng
y Ax B
 
là tiệm cận xiên .
 BBT (Ta lập BBT như hướng dẫn bên cạnh)
 Đồ thò: