Ứng dụng phương pháp hàm số trong giải toán

Bài 1. Phương pháp hàm số
CHƯƠNG I. HÀM SỐ
BÀI 1. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
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
1

b

j j j
x x x
− ε + ε
i i i
x x x
− ε + ε
a
x
Chương I. Hàm số – Trần Phương
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 3f 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 0f x mx mx= + − ≤
⇔
( )
2
2 3m x x+ ≤
⇔
( )
[ ]
2

3
, 1;4
2
g x m x
x x
= ≥ ∀ ∈
+

[ ]
( )
1;4
Min
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
∈
= = ≥
2
α
β
b
x
a
v(x)
u(x)
a
b
x
y = m
Bài 1. Phương pháp hàm số
c. Ta có với x∈
[ ]
1;3−
thì
( )
2
2 3 0f x mx mx= + − ≥
⇔

( )
2
2 3m x x+ ≥
.
Đặt
( )
[ ]
2
3
, 1;3
2
g x x
x x
= ∈ −
+
. Xét các khả năng sau đây:
+ Nếu
0x =
thì bất phương trình trở thành
.0 0 3m = ≥
nên vô nghiệm.
+ Nếu
(
]
0;3x ∈
thì BPT
⇔
( )
g x m≤
có nghiệm

(
]
0;3x ∈
(
]
( )
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;0x ∈ −
thì
2
2 0x x+ <
nên BPT
( )
g x m⇔ ≥
có nghiệm
[
)
1;0x ∈ −

[
)
( )
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 3Max g x g m
−
= − = − ≥
Kết luận: ƒ(x) ≥ 0 có nghiệm x∈

[ ]
1;3−
(
]
)
1
; 3 ;
5
m

⇔ ∈ −∞ − +∞


U

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 , 1mx 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 0f 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∀ ∈¡
Giải: Đặt
2 0
x
t = >
thì
( )
2
.4 1 .2 1 0
x x
m m m
+
+ − + − >
đúng
x∀ ∈¡

( ) ( )
( )
2 2

. 4 1 . 1 0, 0 4 1 4 1, 0m 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 4x x x m x x+ + = − + −
có nghiệm.
Giải: Điều kiện
0 4x≤ ≤
. Biến đổi PT
( )
12
5 4
x x x
f x m
x x
+ +
⇔ = =
− + −

.
3
Chương I. Hàm số – Trần Phương
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:
( )
0g 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 ;12m f x f x f f
 
 ⇔ ∈ = = −
 
 
Bài 5. Tìm m để bất phương trình:
( )
3
3 2
3 1 1x x m x x+ − ≤ − −
có nghiệm.
Giải: Điều kiện
1x ≥
. Nhân cả hai vế BPT với
( )
3
1 0x x+ − >
ta nhận được
bất phương trình
( )
( )
( )
3
3 2

3 1 1f x x x x x m= + − + − ≤
.
Đặt
( ) ( )
( )
3
3 2
3 1 ; 1g 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
( )
0g x >
và tăng
1x∀ ≥

;
( )
0h x >
và tăng nên
( ) ( ) ( )
.f x g x h x=
tăng
1x∀ ≥
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 2x x x x m+ − ≤ − +
nghiệm đúng
[ ]
4,6x∀ ∈ −
Cách 1. BPT
( ) ( ) ( )
2

2 4 6f x x x x x m⇔ = − + + + − ≤
đúng
[ ]
4,6x∀ ∈ −
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
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 6Max f x f m
−
= = ≤

Cách 2. Đặt
( ) ( )
( ) ( )
4 6
4 6 5
2
x x
t x x
+ + −
= + − ≤ =
.
Ta có
2 2
2 24t x x= − + +
. Khi đó bất phương trình trở thành
[ ]
( )
[ ]
2 2
24, 0;5 24 ; 0;5t t m t f t t t m t≤ − + + ∀ ∈ ⇔ = + − ≤ ∀ ∈
. Ta có:
( )
2 1 0f t t
′
= + >
⇒
( )
f t
tăng nên
( )

[ ]
; 0;5f t m t≤ ∀ ∈ ⇔
[ ]
( ) ( )
0;5
max 5 6f t f m= = ≤
4
Bài 1. Phương pháp hàm số
Bài 7. Tìm m để
2 2
3 6 18 3 1x x x x m m
+ + − − + − ≤ − +
đúng
[ ]
3,6x∀ ∈ −
Giải:
Đặt
3 6 0t x x= + + − >
⇒
( )
( ) ( )
2
2
3 6 9 2 3 6t x x x x= + + − = + + −
⇒
( ) ( ) ( ) ( )
2
9 9 2 3 6 9 3 6 18t 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 2f t m m m m m
 
 

⇔ = ≤ − + ⇔ − − ≥ ⇔ ≤ − ≥
Bài 8. (Đề TSĐH khối A, 2007)
Tìm m để phương trình
4
2
3 1 1 2 1x m x x− + + = −
có nghiệm thực.
Giải: ĐK:
1x ≥
, 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 2g 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
0m >
, phương
trình
( )

2
2 8 2x x m x+ − = −
luôn có đúng hai nghiệm phân biệt.
Giải: Điều kiện:
2x ≥
.
Biến đổi phương trình ta có:
( ) ( ) ( )
2 6 2x x m x⇔ − + = −
( ) ( ) ( )
2 2
2 6 2x x m x⇔ − + = −
( )
( )
( )
3 2 3 2
2 6 32 0 2 V g x 6 32x 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, 2g 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
0m∀ >
, phương trình
( )
2
2 8 2x x m x+ − = −
có hai nghiệm phân biệt.
5
t01+0–0– 1
x2 +0

Chương I. Hàm số – Trần Phương
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 6x 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
   
′
= − + − ∈
 ÷
 ÷
−

 
−
 
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 6m+ ≤ < +
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 3x x x x u u
x x x
x
+ = + − × + = −
và
1 1 1 1 1
2 . 2 ; 2 . 2u 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
+ =

+ =



⇔
 
= −
+ − + = −



6
x026 +0– f(x)
4
2 6 2 6
+
Bài 1. Phương pháp hàm số
⇔
,u v
là nghiệm của phương trình bậc hai
( )
2
5 8f t t t m= − + =
Hệ có nghiệm
( )
f t m⇔ =
có 2 nghiệm
1 2
,t t
thỏa mãn
1 2
2; 2t t≥ ≥

.
Lập Bảng biến thiên của hàm số
( )
f t
với
2t ≥
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 0x x y y+ + + ≥
đúng với
y∀ ∈¡
.
Giải: Đặt
sin cos 2, 2u 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, 2u
 
∈ −
 
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
4a b c abc+ + + ≥
Giải: BĐT
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 4 3 2 4a b c bc abc a a a bc⇔ + + − + ≥ ⇔ + − + − ≥

( ) ( )
2
2 2 6 5 0f 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
4a b c abc+ + + ≥
. Đẳng thức xảy ra
1a b c⇔ = = =
.
7
Chương I. Hàm số – Trần Phương
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 2a b c a bc a a a bc a a a u f u+ + − = − + − = − + − =

Đồ thị
( ) ( ) ( )
1 2 1y 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+ + − + + ≤ ∀
[ ]
, , 0,2a 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, 2f a b c a b c bc a b c= − − + + − ≤ ∀ ∈
Đồ thị
( )
y f a=
là một đoạn thẳng với
[ ]
0,2a ∈
nên
( ) ( )
( )
{ }
Max 0 ; 2f a f f≤
Ta có
( ) ( ) ( )
( )
( )
[ ]
0 4 2 2 4; 2 4 4 4, , , 0, 2f b c f bc f a a b c= − − − ≤ = − ≤ ⇒ ≤ ∀ ∈

Bài 16. CMR:
( ) ( ) ( ) ( )
[ ]
1 1 1 1 1, , , , 0,1a 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, , , , 0,1f a b c d a b c d b c d a b c d
= − − − − + − − − + + + ≥ ∀ ∈
Đồ thị
( )
[ ]
, 0,1y f a a= ∀ ∈
là một đoạn thẳng nên
[ ]
( ) ( )
( )
{ }
0,1
Min Min 0 , 1
a
f a f f
∈
=
Ta có
( )
[ ]
1 1 1, , , 0,1f b c d b c d= + + + ≥ ∀ ∈

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
[ ]
( ) ( )
0 1 1 1 1 1 1 1 1f b c d b c d g b c d b c d c d
= − − − + + + ⇔ = − − − + − − + +
Đồ thị
( )
[ ]
, 0,1y 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 1g c d g c d c d cd
= + + ≥ = − − + + = + ≥
⇒
( ) ( )
[ ]
0 1, 0,1f g b b= ≥ ∀ ∈
. Vậy

( )
1f a ≥
hay ta có (đpcm)
8
Bài 1. Phương pháp hàm số
9