sáng kiến kinh nghiệm ỨNG DỤNG TÍNH đơn điệu của hàm số để GIẢI một số DẠNG TOÁN TRUNG học PHỔ THÔNG

BM 01-Bia SKKN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ DẠNG TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Người thực hiện: ĐẶNG THANH HÃN
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ môn:

TOÁN



- Lĩnh vực khác: ....................................................... 

Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
 Mô hình
 Đĩa CD (DVD)
 Phim ảnh  Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)
Năm học: 2015 - 2016

SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC BM02-LLKHSKKN
––––––––––––––––––
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: ĐẶNG THANH HÃN
2. Ngày, tháng, năm sinh: 01 – 08 – 1976
3. Nam, nữ: NAM
4. Địa chỉ: KP 9, phường Tân Biên, TP Biên Hòa, Tỉnh Đồng Nai
5. Điện thoại:
6. Fax:

(CQ)/

(NR); ĐTDĐ: 0919302101

E-mail:

7. Chức vụ: Giáo viên
8. Nhiệm vụ được giao (quản lý, đoàn thể, công việc hành chính, công việc
chuyên môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…): Giảng môn Toán lớp
10A1, 12A3, 12B; Chủ nhiệm lớp 10A1.
9. Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Trãi
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học
- Năm nhận bằng: 2000
- Chuyên ngành đào tạo: Toán học

III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán.
- Số năm có kinh nghiệm: 16 năm.
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 01

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 2


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Tên SKKN :ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT
SỐ DẠNG TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
- Trong chương trình Toán học phổ thông, chúng ta thường gặp nhiều bài toán
chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình.
Để giải các bài toán dạng trên, có bài ta giải được bằng nhiều phương pháp khác
nhau, cũng có bài chỉ có thể giải được bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu
của hàm số. Hiện nay, ngành giáo dục không ngừng được cải cách và đổi mới
để kịp với xu thế của thời đại, nên có nhiều yêu cầu được đặt ra. Một trong số đó
chính là làm sao có được những hướng giải quyết nhanh mà vẫn đến đúng đáp số.
Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số là một phương pháp như vậy.
- Tuy vậy, trong chương trình toán THPT, các em học sinh được tiếp cận với các
bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình ở một vài cách giải thông thường với những bài toán cơ bản đơn
giản. Nhưng trong thực tế, các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương
trình, bất phương trình, hệ phương trình xuất hiện rất nhiều trong các kì thi Tuyển
sinh Đại học - Cao đẳng và các kì thi học sinh giỏi . Sự phong phú về các dạng
toán và cách giải đã gây không ít khó khăn cho các em học sinh, trong khi đó chỉ
có số ít các em biết phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải nhưng

trình bày còn lủng củng chưa được rõ ràng, thậm chí còn mắc một số sai lầm
không đáng có trong khi trình bày. Tại sao lại như vậy?
- Lý do chính ở đây:
Một là: Việc giải phương trình, bất phương trình bằng những phép biến đổi
tương đương thông thường thì học sinh được giải quyết khá nhiều ở lớp 10 và lớp
11, nhưng giải bằng ứng dụng tính đơn điệu của hàm số thì đến lớp 12 mới được
học, nên khi làm bài cần phải kết hợp hai cách làm với nhau thì học sinh lại lúng
túng trong lời giải, dẫn đến sai kết quả.
Hai là: Khi học sinh làm bài tập về phương trình, bất phương trình hoặc tìm
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức có điều kiện mà trong lời giải có
bước đặt ẩn phụ thì tôi thấy nhiều học sinh mắc phải một trong những sai lầm:
hoặc là đặt ẩn phụ mà không nghĩ đến tìm điều kiện của ẩn phụ hoặc tìm sai điều
kiện của nó, hoặc đã tìm chính xác điều kiện của ẩn phụ nhưng khi lập luận trên
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 3


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

phương trình, bất phương trình theo ẩn phụ thì lại không xét trên điều kiện ràng
buộc của nó nên dẫn đến kết luận không chính xác.
Ba là: Từ khi thay đổi sách giáo khoa, tinh giảm chương trình thì các dạng
toán phải sử dụng định lí đảo của tam thức bậc hai không thể vận dụng vì định lí
này đã bỏ, do đó học sinh trong khi đọc sách tham khảo xuất bản trước đó có rất
nhiều bài toán sử dụng định lý đó nên học sinh đọc sách rất hoang mang và không
biết phải giải quyết như thế nào.
Bốn là: Trong chương trình SGK Giải Tích lớp 12 hiện hành, Ứng dụng tính
đơn điệu của hàm số được trình bày ở phần đầu chương I (Đầu học kỳ I) rất hạn
chế. Do đó trong quá trình giảng dạy, các giáo viên không thể đưa ra đưa ra được
nhiều bài tập cho nhiều dạng để hình thành kỹ năng giải cho học sinh.

- Trong những năm học qua, khi được phân công giảng dạy lớp 12,qua nhận xét
và đánh giá, tôi thấy đa số học sinh đang thiếu tư duy độc lập, sáng tạo về vận
dụng kiến thức; nhất là khả năng “quy lạ về quen” hay mở rộng kiến thức vào
từng dạng toán cụ thể.Vì vậy, trong các giờ dạy, việc bồi dưỡng năng lực tư duy
hàm số cho học sinh thông qua các bài toán là một điều cần thiết. Khi đó người
thầy phải có phương pháp truyền thụ tốt và kiến thức chuyên sâu để dẫn dắt học
sinh, đồng thời cần hệ thống hóa lại bài tập để học sinh vận dụng có hiệu quả .
- Tôi viết chuyên đề này nhằm mục đích “Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để
giải một số dạng toán THPT” thường gặp trong các kì thi Tuyển sinh Đại học Cao đẳng trong những năm gần đây với bài tập được phân dạng tương ứng, nhằm
giúp các em học sinh lớp 12 có thể tự ôn tập để nâng cao kiến thức nhằm giải tốt
các đề thi Đại học - Cao đẳng.
- Tôi hy vọng chuyên đề này bổ túc cho các em học sinh một lượng kiến thức
nhất định. Rất mong được sự động viên và những ý kiến đóng góp của quý Thầy
Cô và các em học sinh.
Tôi xin chân thành cảm ơn !

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 4


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN.
1. Cơ sở lý luận:
- Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của giáo viên và
hoạt động học của học sinh, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào
tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”, giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ
thông. Trong đó, bộ môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với
kiến thức rộng, đa phần các em ngại học môn này.
- Muốn học tốt môn Toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở môn

toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng bài
tập. Điều đó thể hiện ở việc “học đi đôi với hành”, đòi hỏi học sinh phải có tư
duy logic. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và nghiên cứu môn toán
học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ thông, vận dụng lý thuyết
vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải.
Xét một số ví dụ sau:

3x  1  8 x  1  5 (1).

Ví dụ 1: Giải phương trình
 Cách giải cơ bản:

3x  1  0
1


x   8
(1)  8 x  1  0


2  3x  18x  1  23 11x

3x  1  8 x  1  2  3x  18 x  1  25
23
 1
23
 1
 x

 8  x  11

 8
11


 4 24 x 2  11x  1  529  506 x  121x 2
 x2  22 x  21  0








23
 1
  8  x  11

  x  1
x=1

  x  21
 Cách sử dụng tính đơn điệu của hàm số:
3x  1  0
1
Điều kiện : 
 x
8
8 x  1  0

1
Xét hàm số f(x) = 3x  1  8 x  1 – 5 , với x   .
8
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 5


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Ta có f ’(x) =

3

8

1
> 0 với mọi x >  .
8
2 3x  1 2 8 x  1


1
Mặt khác hàm số f(x) = 3x  1  8 x  1 – 5 liên tục trên nửa khoảng [  ; +).
8
Do đó hàm số đồng biến khi x  

1
và f(1) = 0.
8

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 1.
Ví dụ 2: (Đề kiểm tra học kỳ I lớp 12 năm học 2014 – 2015, Tỉnh Đồng Nai).

x 
3

Tìm tập xác định của hàm số y = log

2

x 1  9



(1).

Cách giải 1:
x 1


 x 1  0

Hàm số (1) xác định  

 

x 1
 
2
 x  2  x  2 x  4 



x 1

 x  2   0   x  2   x2  2x  4 


x 1  1



3

 x  x 1  9  0



x 1



x  2  0



x 3  8 






, do  x2  2 x  4  





x 1 1  0




1
0
x 1  1 

1
 0, x  1
x 1  1

 x > 2.
Vậy hàm số (1) có tập xác định D = (2; + ).
Cách giải 2:
 x 1  0

Hàm số (1) xác định  

3
 x 

x 1  9  0

(2).

Xét hàm số f(x) = x3 + x 1  9 , với  x  1.
Ta có f/(x) = 3x2 +

> 0 , với  x > 1.

Do đó hàm số f(x) = x3 + x 1  9 đồng biến trên khoảng (1; +).
Mặt khác hàm số f(x) = x3 + x 1  9 liên tục trên nửa khoảng [1; +) và f(2) = 0
Vậy (2)  x > 2, do đó hàm số (1) có tập xác định D = (2; +).
Ví dụ 3: (Đề kiểm tra học kỳ II lớp 12 năm học 2014 – 2015, Tỉnh Đồng Nai).
Cho a là số thực dương thỏa a < 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2  a
a2

P=
2a
a
Cách giải 1: Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau:
2

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 6


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

2
 2
 a  b
 a, b  R và x > 0, y > 0 chứng minh  a  b  
y
x y
 x

2

(*).

 a, b  R và x > 0, y > 0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho bốn số
 a
 a 2 b2 
b
. x
    x  y   
y
y.
 x
 x

a b
,
, x , y ta được
x y

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi


 a 2 b2   a  b 
.
y     

x
y
x

y



2

2

a b
 .
x y

Áp dụng: Theo giả thiết ta có 0 < a < 2  2 – a > 0.
2
a 2  2  a  a   2  a 
Do đó, từ công thức (*) ta có P =


2
2a

a
(2  a)  a
a
2a
Vậy min P = 2 

 a  2  a  a 1
2a
a
Cách giải 2:
2

2  a
a2

Xét hàm số f(a) 
2a
a
Ta có f/(a) 

2

, với a  (0; 2).

2
2  a 1  4a  2  a   a 2   2  a  



a 2  a

2



2

Bảng biến thiên:
a
f/(a)
f(a)

0

1
–

0

2
+

2

Từ bảng biến thiên ta có minf(a) = minP = 2 khi a = 1.
Qua ba ví dụ minh họa cho phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải
phương trình, bất phương trình hay tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm
số, ta thấy hiệu quả hơn so với những cách giải thông thường.
- Tôi viết sáng kiến kinh nghiệm này với mục đích giúp cho học sinh THPT vận
dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán chứng minh bất đẳng thức,
giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình bằng cách sử dụng tính đơn

điệu của hàm số.
- Trong giới hạn của SKKN tôi giới thiệu 4 ứng dụng của tính đơn điệu của hàm
số thường hay sử dụng trong chương trình toán THPT:
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 7


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------



Giải phương trình và bất phương trình.



Giải hệ phương trình.



Chứng minh bất đẳng thức.



Tìm Giá trị lớn nhất – Giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài:
- Đưa ra một số ví dụ có lời giải cho học sinh tham khảo và bài tâp áp dụng.
- Đây là nội dung thường gặp trong các kỳ thi Tuyển sinh Cao đẳng và Đại học.
Với phương châm “ Từ dễ đến khó” , học sinh cần phải rèn luyện nhiều thì mới
đạt kết quả tốt.

III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP.
A. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH & BẤT PHƯƠNG TRÌNH:
I. Tóm tắt lý thuyết:
1. Các định lý
 Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng (a; b).
a) Nếu f '  x   0 với mọi x  a;b  thì hàm số f(x) đồng biến trên (a; b).
b) Nếu f '  x   0 với mọi x  a;b  thì hàm số f(x) nghịch biến trên (a; b).
 Nếu hàm số liên tục trên đoạn [a; b] và có đạo hàm f '  x   0 trên khoảng
(a; b) thì hàm số f đồng biến trên đoạn [a; b].
 Nếu hàm số liên tục trên đoạn đọan [a; b] và có đạo hàm f '  x   0 trên
khoảng (a; b) thì hàm số f nghịch biến trên đoạn [a; b].
2. Các tính chất
 Tính chất 1: Giả hàm số y = f(x) đồng biến (nghịch biến) trên khoảng (a; b)
và u;v   a;b  khi đó: f  u   f  v   u  v
 Tính chất 2: Nếu hàm số y = f(x) đồng biến trên (a; b) và y = g(x) là hàm
hằng hoặc là một hàm số nghịch biến trên (a; b) thì phương trình
f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a; b).
Dựa vào tính chất trên ta suy ra: Nếu có x 0   a;b  sao cho f  x0   g  x 0 
thì phương trình f(x) = g(x) có nghiệm duy nhất x0 trên (a; b).
 Tính chất 3: Giả hàm số y = f(x) đồng biến (nghịch biến) trên khoảng (a; b)
và u;v   a;b  khi đó: f  u   f  v   u  v (u < v).
Chú ý:  Khoảng (a; b) nêu trong tính chất có thể thay bởi các miền

 ; a  ;  ; a; a; b ;  a; b ; a; b ; b;  ; b;  ;  ;  
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 8


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

 Để sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình ,ta có 3 hướng áp
dụng sau đây:
Hướng 1: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x)  k (k là hằng số)
Bước 2: Xét hàm số y  f ( x)
Bước 3: Nhận xét:
 Với x  x0  f ( x)  f ( x0 )  k do đó x0 là nghiệm
 Với x  x0  f ( x)  f ( x0 )  k do đó phương trình vô nghiệm
 Với x  x0  f ( x)  f ( x0 )  k do đó phương trình vô nghiệm
 Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình
Hướng 2: thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x)  g ( x)
Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng f ( x) và g(x) có những tính chất trái
ngược nhau và xác định x0 sao cho f ( x0 )  g ( x0 )
Bước 3: Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Hướng 3: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f (u )  f (v)
Bước 2: Xét hàm số y  f ( x) , dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu
Bước 3: Khi đó f (u)  f (v)  u  v .

3. Nhận xét: Vấn đề quan trọng nhất trong phương pháp này là chúng ta nhận ra
được hàm f(x) luôn đơn điệu và nhẩm được nghiệm của phương trình .
1) Để nhận ra hàm luôn đơn điệu chúng ta cần nắm được một số tính chất của
hàm đơn điệu:
i) Nếu hàm số y =f(x) đồng biến (nghịch biến) thì:
* Hàm y  n f(x) (với điều kiện

n

f(x) tồn tại) cũng đồng biến (nghịch biến).

* Hàm y  1 (với f(x) > 0) nghịch biến (đồng biến).
f(x)
* Hàm y  f(x) nghịch biến (đồng biến).
ii) Tổng của hai hàm đồng biến (nghịch biến) là hàm đồng biến (nghịch biến).
iii) Tích của hai hàm dương đồng biến (nghịch biến) là một hàm đồng biến
(nghịch biến).
2) Khi nhẩm nghiệm của phương trình , ta thường ưu tiên cho những giá trị của x
mà biểu thức dưới dấu căn nhận giá trị là một số lũy thừa mũ n (với căn bậc n).
Bài 1. Giải các phương trình:
a) 2x  1  3 x  3  6
c) 3x  1  x  7x  2  4

b)
d)

3  2x  2 3 x  2  5  0
x  2  4  x  2x2  5x  1

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 9


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------x
e) 32 1  2x
f) log
x 1  log x
2





5

Giải
a) a 2x  1  3 x  3  6 (1)
Điều kiện: x  3. Xét hàm số f(x)  2x  1  3 x  3, x  3 .
Ta thấy f là hàm liên tục trên  3;   và f '(x) 

1
2x  1



3
2 x3

 0, x  3

Nên hàm số f đồng biến trên  3;   .
Mặt khác f(4) = 6 nên (1)  f(x) = f(4)  x = 4
Vậy x = 4 là nghiệm duy nhất của phương trình (1).
b)

3  2x  2 3 x  2  5  0 (2)

Điều kiện: x  3 . Xét hàm số f(x)  3  2x  2 3 x  2  5 , x  3 . Ta thấy f(x) là
2

2
1
2

3
3


 0, x   ;  Nên hàm
hàm liên tục trên  ;  và f'(x) 
2
2
3  2x 3.3 (x  2)2




3





số nghịch biến trên  ;  . Mặt khác f(– 3) = 0 nên (2)  f(x) = f(–3) x = –3
2
Vậy x = – 3 là nghiệm duy nhất của phương trình (2).
c)

3x  1  x  7x  2  4 (3).

Điều kiện:

 3x  1  0

2

7  57

x  

7
x
7x  2  0
2

 7x  2  x
x

7x

2

0




Xét hàm số f(x) = 3x +1 + x + 7x + 2 trên D  [ 7  57 ; ) ,
2

7
3
2 7x  2  0 nên hàm số f(x) luôn đồng biến và liên tục
ta có f'(x) 

2 3x  1 2 x  7x  2
trên D. Mặt khác: f(1)  4 nên (3)  f(x)  f(1)  x  1
1

Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (3).
d)

x  2  4  x  2x2  5x  1 (4)

Điều kiện: x D  [2;4] . Ta nhận thấy phương trình có một nghiệm x = 3.
Xét hàm số: f(x)  2x2  5x  1  x  2  4  x , ta có f(x) liên tục trên D và
1
1 . Vì lim f (x)   và f'(3)  7  0  f'(x) luôn

x2
2 4x 2 x2
có nghiệm trên D, tức là hàm f(x) không phải là một hàm luôn đơn điệu trên D.
f'(x)  4x  5 

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 10


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Tuy nhiên ta thấy hàm f’(x) lại là một hàm đơn điệu trên D  f'(x)  0 có duy
nhất nghiệm, ta gọi nghiệm đó là x0  x0 (2;3) . Khi đó ta có bảng biến thiên như
sau:
x

2

4

x0

f'(x)

3  2

11  2

f(x)
f(x0 )
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy trên [2;x0 ]  f(x)  f(2)  0  (4) vô nghiệm.
Trên (x0 ;4] phương trình (4) có đúng một nghiệm x = 3.
Vậy phương trình (4) có nghiệm duy nhất x = 3.
Nhận xét: Hàm số f(x) ta xét ở trên không phải là một hàm luôn đơn điệunhưng
dựa vào bảng biến thiên ta chứng minh được phương trình có nghiệm duy nhất, từ
đó ta có được lời giải.
x
2
e) 3  1  2 x

(5)

x

 3   1 x
(5)  
     1 . Đặt f(x) =
2

 2

x

 3   1 x
/

    , do f (x) < 0 với mọi x nên f(x)
 2  2

giảm trên R. Mặt khác ta có f(2) = 1 , vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
f) log2





x 1  log5 x (6). Điều kiện: x > 1.

u



x  5
log 5 x  u
u
u
2
u
u
u
u
Đặt 
 
u  5 = (2 + 1)  4 + 2.2 + 1 = 5
log
x

1

u


 x 1  2
 2





u

u

u

u

u

u

4
2
1
4
2
1
    2       1 (*) . Đặt f(u) =    2      ,
5
5 5
5
5 5
ta có f/(u) < 0 với mọi u nên f(u) giảm và có f(2) = 1, do đó phương trình (*) có
nghiệm u = 2 hay phương trình (6) có nghiệm duy nhất x = 25.
Bài 2. Giải các phương trình:
a) x3  4 x 2  5x  6  3 7 x 2  9 x  4

 





2
2
b)  2 x  1 2  4 x  4 x  4  3x 2  9 x  3  0

sin
c) 2009
Giải

2

x

 2009cos x  cos 2 x
2

a) x3  4 x 2  5x  6  3 7 x 2  9 x  4

 x3  4 x 2  5 x  6  y
3
3

y

y

x

1
  x  1



Đặt y  7 x  9 x  4 , ta có hệ :  2
3
7 x  9 x  4  y
3

2

Xét hàm số f(t) = t3 + t , ta thấy f(t) là hàm đồng biến trên R . Từ phương trình
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 11


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

f  y   f  x  1   y  x  1   x  1  3 7 x 2  9 x  4

 x = 5 hay x =
b)

 2 x  1  2 

1  5
2

 



4 x 2  4 x  4  3x 2  9 x 2  3  0



  2 x  1 2 

 2 x  1

2





 3   3x  2 





 3x 

2



 3  f  2 x  1  f  3x 

2
Xét hàm số f  t   t 2  t  3 là hàm đồng biến trên R, từ phương trình

f  2 x  1  f  3x   2x + 1 = – 3x  x  

1
5

sin x
 2009cos x  cos 2 x
c) 2009
2
2
2
2
 2009sin x  2009cos x  cos2 x  sin 2 x  2009sin x  sin 2 x  2009cos x  cos 2 x
2

2

Xét hàm số f(u) = 2009u + u , ta có f(u) đồng biến trên R
Do đó f(sin2x) = f(cos2x)  sin2x = cos2x  cos2x – sin2x = 0
 cos2x = 0  x =


4

k


2

Bài 3. Giải các bất phương trình:
a) 3 3  2x  5  2x  6
2x  1

b) 2x3  15x2  42x  29  2 3  7  x
x

c) x3  6x2  12x  7  3 x3  9x2  19x  11
e) 2x+1 + 3x+1 < 6x – 1
g) log 7 x  log 3 2  x





h) log 2



1
d)    x  4
3
f) log3 x > 4 – x
x 2  5 x  5  1  log 3  x 2  5 x  7   2



Giải
5  2x  6 . Điều kiện : 1  x  3 .
2

2
2x  1
Ta có hàm số f(x)  3 3  2x  5  2x là hàm liên tục trên D   1 ; 3  và
 2 2
2x  1

a)

3 3  2x 

f'(x) 

3 
5
 2  0 , suy ra f(x) là hàm nghịch biến trên D, đồng thời
3  2x ( 2x  1)3

f(1) = 6 do đó bất phương trình  f(x)  f(1)  x  1 .
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: 1  x  3 .
2
b)

2x3  15x2  42x  29  2 3  7  x . Điều kiện :

 2x3  15x2  42x  29  0

 1  x  7.

7  x  0


-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 12


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Khi đó, bất phương trình tương đương với
2x3  15x2  42x  29  7  x  2 3  f(x)  2 3 (*)

Ta có hàm số f(x)  2x3  15x2  42x  29  7  x là hàm liên tục trên D  1;7 
và f'(x) 

3(x2  5x  7)
1  0 nên f(x) là hàm đồng biến trên D.

2x3  15x2  42x  29 2 7  x

Mặt khác ta có: f(4)  2 3  (*)  f(x)  f(4)  x  4
Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm bất phương trình là: 1  x  4 .
c) x3  6x2  12x  7  3 x3  9x2  19x  11
Bất phương trình đã cho tương đương với
3
2
(x  1)3
 (x  1)  x  9x  19x  11  3 x3  9x2  19x  11
2
2
 f(x  1)  f  3 x3  9x2  19x  11  (*).




3

Xét hàm số f(t)  t  t là hàm liên tục trên R và có f'(t)  3 t 2  1  0
2
2
Do đó (*)  x  1  3 x3  9x2  19x  11  (x  1)3  x3  9x2  19x  11
x  3
.
 (x  1)(x  2)(x  3)  0  
1

x

2



Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: T  1;2    3;   .
x

1
d)    x  4
3
x

1
Bất phương trình đã cho tương đương với    x  4  0 .

3
x

1
Đặt f(x) =    x  4 thì f/(x) < 0 với mọi x nên f(x) nghịch biến và f(–1) = 0 ,
3
vậy bất phương trình có nghiệm x > –1
e) 2x+1 + 3x+1 < 6x – 1
x

x

x

1
1
1
Bất phương trình đã cho tương đương với    2    3    1  0 .
6
3
2
x

x

x

1
1
1

Đặt f(x) =    2    3    1 thì ta có f/(x) < 0 với mọi x, nên f(x) giảm
6
 3
2
và f(2) = 0. Vậy bất phương trình có nghiệm x > 2.
f) log3 x > 4 – x . Điều kiện x > 0.
Bất phương trình đã cho tương đương với log3 x + x – 4 > 0.
Đặt f(x) = log3 x + x – 4 thì f/(x) > 0 ,x > 0 nên f(x) đồng biến và f(3) = 0.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 13


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Vậy bất phương trình có nghiệm x > 3.





g) log 7 x  log 3 2  x . Điều kiện x > 0.
Đặt u = log7 x  x = 7u . Bất phương trình đã cho tương đương với
u < log3 (2  x )  3u < 2 +

u

u
1  7 
7  2.    
  1 (*)

 3   3 

 

u

u

u
1  7 
 . Do f/(u) < 0 nên f(u) nghịch biến và f(2) = 1 nên bất
Đặt f(u) = 2.    
3  3 

phương trình (*)  f(u) > 1  f(u) > f(2)  u > 2  log7 x < 2  0 < x < 49.
h) log 2





x 2  5 x  5  1  log 3  x 2  5 x  7   2

Đặt t = x2  5x  5  0 . Bất phương trình đã cho tương đương với
log2 (t + 1) + log3 (t2 + 2)  0 (*). Đặt f(t) = log2 (t + 1) + log3 (t2 + 2), ta thấy f(t)
là hàm số đồng biến khi t  0 và f(1) = 2 nên (*)  t  1.

 x2  5x  5  0
5 5
5 5


x  5x  5  1   2
1 x 
hay
x4
2
2

 x  5x  5  1
2

Do đó

Bài tập tự luyện
Bài 4. Giải các phương trình:

3  x  x2 – 2  x  x2 = 1

1/

ĐS: x =

HD: Đặt t = x2 – x , biến đổi phương trình về dạng:
2/

3

3

3  t  1 2  t

1
ĐS: x = 1, x   .
2

3

x  2  3 x  1  2x2  1  2x2

HD: Đặt u =

3

1 5
.
2

x  1 và v = 3 2x2

3/ 5x3  1  3 2x  1  x  4
4/ (x – 2)[log2(x – 3) + log3(x – 2)] = x + 1

ĐS: x = 1.
ĐS: x = 5.
x 1
HD: Điều kiện: x > 3, phương trình  log2(x – 3) + log3(x – 2) = x  2
x 1
Đặt f(x) = log2(x – 3) + log3(x – 2) và đặt g(x) =
x2





2
2
5/ log 2 (1  x  5 x  5)  log3 x  5 x  7  2

ĐS: x = 1hay x = 4.

2
HD: Đặt u = x  5x  5  0  u2 – 2 = x2 – 5x + 7
Phương trình tương đương log2(1 + u) + log3(2 + u2) = 2

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 14


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Đặt f(u) = log2(1 + u) + log3(2 + u2)
3
2
6/ 2x  x  3x  1  2  3x  1 3x  1

3 5
.
2

ĐS: x =

HD: Biến đổi về f( 3 x  1 ) = f(x) ,trong đó f(t) = 2t3 + t2
3
7/ 4 x  x   x  1 2 x  1  0

ĐS: x =

1 5
4

.

HD: Biến đổi về f( 2 x  1 ) = f(2x) ,trong đó f(t) = t3 + t.
2
2 3
3
8/ x (2x  3)  3(x  1)  3x  5  6x  11  x  1

HD: Biến đổi về  f(x  1)  f



3

ĐS: x = 1.



3x  5 , trong đó f(t)  t  2t 3  1

9/ 2x4  4x3  3x2  17x  24  2 3  2x



ĐS: x = 1, x = – 3.



HD: Biến đổi về f  x2  x   f 2 3  2x ,trong đó f(t)  2t2  t




x

10/ 1  82  3x
x
11/ 2

2

x

 2 x 1   x  1

ĐS: x = 2.
2

ĐS: x = 1.

x 1

x
HD: Biến đổi bất phương trình về dạng 2   x  1  2

2

x

  x2  x  , từ đó xét

hàm số f(t) = 2t + t.
12/

x2  3log2 x  xlog2 5

ĐS: x = 4.

HD: Đặt t = log2 x  x = 2t , biến đổi phương trình về dạng 4t + 3t = 5t.
Bài 5. Giải các bất phương trình:
1/

5x 1  x  3  4

ĐS: x  1.

2/

 x  2  2 x 1  3 x  6  4   x  6  2 x 1  3 x  2

ĐS:

HD: Biến đổi bất phương trình về dạng



x2  x6



1
 x  7.
2



2x 1  3  4

3/

2 x3  3x 2  6 x  16  2 3  4  x

ĐS: 2  x  1 .

4/

x  2  4  x  2 x2  5x 1

ĐS: 2  x  3 .

5/ 3

2 x 1 1

 3x  x 2  4 x  3

HD: Biến đổi bất phương trình về dạng 3
Từ đó xét hàm số f(t) = 2t + 1 + t2.
6/ log5 (x + 1) > log4 x

ĐS: x  2.
2 x 1 1

 2  x  1  3 x 11   x  1 ,
2

ĐS: 0 < x < 1.

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 15


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

B. GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp hàm số
+ Biến đổi một phương trình của hệ về dạng f(u) = f(v) (u, v là các biểu
thức chứa x,y)
+ Xét hàm đặc trưng f(t), chứng minh f(t) đơn điệu, suy ra: u = v (đây là
hệ thức đơn giản chứa x, y)

Bước 3: Thay hệ thức đơn giản tìm được vào phương trình còn lại của hệ để
được phương trình 1 ẩn
Bước 4: Giải phương trình 1 ẩn (cần nắm vững các phương pháp giải phương
trình1 ẩn).
Bài 1. Giải các hệ phương trình:
 x  y  1 y  1 x  0
a) 
 x  1 y  2
3
3
2

8x  y  6 y  6 x  9 y  2  0
b)  2
2

4 x  1  4 x  3  y 13  y  1  0

ìï x 2 + 2 - y 2 - y + 1 x 2 + 2 - y 3 - y = 0
(
)
ïï
í
c) ï
ïï 2 x + xy + 2 + (x + 2) y 2 + 4 x + 4 = 0
î
3

(6 x  5) 2 x  1  2 y  3 y  0
d) 

2

 y  x  2 x  4 x  23

Giải
 x  y  1 y  1 x  0
a) 
 x  1 y  2

(1)
(2)

0  x  1

Điều kiện 0  y  1

Khi đó: 1  x  1  x  y  1  y (*)
Xét hàm số: f  t   t  1  t với t  0;1
1
 0 t   0;1 và f liên tục trên đoạn 0;1
2 t 2 1 t
Suy ra: f(t) đồng biến trên đoạn [0; 1].
Do đó: (*)  f  x   f  y   x  y

Ta có: f '  t  

1



-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 16


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Thay x = y vào phương trình (2) ta được phương trình:

x  1  x  2  x 1  x  2 x 1  x   2  2 x 1  x   1  x 

1
2

1 1
Vậy  x; y    ;  là nghiệm của hệ phương trình.
2 2

8x3  y 3  6 y 2  6 x  9 y  2  0
b)  2
2
4 x  1  4 x  3  y  1 3  y   1  0
1
2

(1)
(2)

1
2

Điều kiện   x  , 1  y  3
3
3
2
3
3
Khi đó: (1)  8 x  6 x  y  6 y  9 y  2  (2 x)  3(2 x)  ( y  2)  3( y  2) (*).

1
1
Do   x  nên 1  2x  1 và 1  y  3 nên 1  y  2  1 .
2
2

Xét hàm số: f (t )  t 3  3t , với t   1;1 .
2
2
Ta có f '(t )  3t  3  3(t  1)  0 , với mọi t  [–1; 1].

Suy ra f(t) nghịch biến trên đoạn  1;1 .
Do đó:

*  f (2x)  f ( y  2)  2x  y  2  y  2x  2 .

Thay y = 2x + 2 vào phương trình (2) ta được phương trình:

4 x2  2 1  4 x2 1  0  4 x2 1  2 1  4 x2  16 x4  24 x2  3  0  x  
Vậy nghiệm của hệ phương trình là

 x; y   




2 3 3
2




2 3 3
2 3 3


; 2  2 3  3   x; y   
; 2  2 3 3  .



2
2




ìï x 2 + 2 - y 2 - y + 1 x 2 + 2 - y 3 - y = 0
(
)
ïï
í
c) ï

ïï 2 x + xy + 2 + (x + 2) y 2 + 4 x + 4 = 0
î
Điều kiện: y 2 + 4x + 4 ³ 0 .



(1)
(2)

Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Xem (1) là một phương trình bậc hai

x2 + 2 , phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử. Ta được:

theo ẩn

(1) Û x + 2 - ( y - y + 1) x + 2 - y - y = 0 Û
2

2

Û y=
Thế y =

x2 + 2

2

(vì

3

(

x 2 + 2 - y )( x 2 + 2 + y 2 + 1)= 0

x2 + 2 + y 2 + 1 > 0 )

x 2 + 2 , thay vào (2) ta được phương trình một ẩn:

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 17


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

2 x + x x 2 + 2 + 2 + (x + 2) x 2 + 4 x + 6 = 0
2

Û x + x x 2 + 2 + x + 2 + (x + 2) (x + 2) + 2 = 0
2

2

Û (x + 2)+ (x + 2) (x + 2) + 2 = (- x )+ (- x ) (- x ) + 2

(3)

2
Xét hàm số: f (t ) = t + t t + 2 với t  R.

Ta có:

f '(t ) = 1 +

t2

t + 2+
2

t2 + 2

> 0, " t Î R  f(t) đồng biến trên R.

Nên: (3) Û f (x + 2)= f (- x) Û x + 2 = - x Û x = - 1
Với x = – 1 Þ

3 (thỏa điều kiện).

y=





Vậy (x; y) = 1; 3 là nghiệm của hệ phương trình.

(6 x  5) 2 x  1  2 y  3 y 3  0
d) 
2
 y  x  2 x  4 x  23

(1)
(2)

2 x  1  0
2  5 2

x

0

x


Điều kiện
2
2 x 2  4 x  23  0


2
Khi đó: (1)  2 x  1  2  3  2 x  1   y  2  3 y 



(*).



2
3

Xét hàm số: f (t )  t 2  3t  3t  2t , với t  0;   .
2
Ta có f '(t )  9t  2  0 , với mọi t  0;   .

Suy ra f(t) đồng biến trên  0;   .
Do đó: *  f ( 2 x  1)  f ( y)  2 x  1  y .
Thay y  2x  1 vào phương trình (2) ta được phương trình:

2 x  1  x  2 x 2  4 x  23  3x  1  2 2 x 2  x  2 x 2  4 x  23
 2 x 2  x  2 2 x 2  x  24  0
x  4
 2 x2  x  6
 2 x 2  x  36  0  
9 x4
 
2

x


 2 x  x  4
2

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 18


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Với x = 4  y = 3.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    4;3 .

Bài tập tự luyện
Bài 2. Giải các hệ phương trình:
2

 4 x  1 x   y  3 5  2 y  0
1 
x; y    ; 2  .

1/ (ĐH - 2010A)  2
ĐS:
2
2 

4 x  y  2 3  4 x  7
2
2
HD: Biến đổi 4 x  1 x   y  3 5  2 y  0  4 x  1 .2 x   5  2 y  1 . 5  2 y













3

Xét hàm số f(t) = t + t.
2

5
2
Biến đổi đến phương trình 4x    2x   2 3  4x  7  0
2

2

2

5
2
Xét hàm số g(x) = 4x    2x   2 3  4x  7
2

2









 x x2  y 2  y 4 y 2  1

2/ 
2

 4x  5  y  8  6

ĐS:  x; y   1; 1   x; y   1;1
3

x x
2
2
4
2
3
HD: Với y  0 biến đổi x  x  y   y  y  1      y  y , từ đó
 y y
xét hàm số f(t) = t3 + t.

 x3  3x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y

1
3/ (ĐH – 2012A)  2
2
x  y  x  y 
2


1 3
3 1
ĐS:  x; y    ;     x; y    ;   .
2 2
2 2
 x  1  4 x  1  4 y 4  2  y
4/ (ĐH – 2013A)  2
2
 x  2 x  y  1  y  6 y  1  0
ĐS:  x; y   1; 0   x; y    2;1 .
C. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
Nội dụng của phương pháp này là tìm cách đưa một bất đẳng thức nhiều biến về
bất đẳng thức chứa một biến. Một trong những công cụ tối ưu khi chứng minh bất
đẳng thức một biến là công cụ đạo hàm. Quan trọng nhất ở phương pháp này là
tìm cách đánh giá để đưa về một biến. Để đưa về một biến, chúng ta cần lưu ý:
 Nếu một bất đẳng thức hai biến có điều kiện và trong điều kiện có một
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 19


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

biến bậc nhất thì ta có thể rút biến đó và thế vào bất đẳng thức cần chứng minh ta
được một bất đẳng thức một biến. Tuy nhiên cách làm này chúng ta chỉ xử lí khi
bất đẳng thức không quá phức tạp.
 Nếu điều kiện của bài toán và bất đẳng thức cần chứng minh là những biểu
thức đối xứng hai biến thì ta có thể chuyển về tổng và tích hai biến đó. Lưu ý:
S 2  4P .
 Khi gặp bài toán chứng minh BĐT hai biến có dạng:

f  x, y 

g  x, y 

 p , trong đó

f  x,y  và g  x, y  là những biểu thức đẳng cấp bậc k hai biến, ta có thể đặt

x  ty (y  0) . Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành :

f  t,1
 p đây là BĐT một
g  t,1

biến. Để chứng minh BĐT này ta có thể sử dụng phương pháp khảo sát hàm số.
 Nếu trong bất đẳng thức xuất hiện các số hạng:
t

an
bn



bn
an

thì ta có thể đặt

a b

 .
b a

Bài 1. Chứng minh rằng:

b) cosx  1  x  x x (0; )

a) sinx  x x   0;  


2

4

2

24
2
1 2
d) ln(1  x)  x  2 x x  0

2

c) ex  1 + x  x
Giải:


a) sinx  x x   0;  .
 2








Xét hàm số f(x)  sin x  x với x  0; 
 2
 
Ta có: f '(x)  cos x  1  0 x  0;   f(x) là hàm nghịch biến trên
 2

0;    f(x)  f(0)  0  sin x  x x  0;  
 2 
 2  (đpcm).
2
4
b) cosx  1  x  x x (0;  )
2 24
2
x3
 
Xét hàm số f(x)  sin x  x  6 , x  0; 2  , ta có:



f '(x)  cos x  1 

x2


 f "(x)   sin x  x  0 x  0;  (theo câu a)
2
 2



 f '(x)  f '(0)  0 x  0;   f(x)  f(0)  0 x  0; 
 2
 2
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 20


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

x3

 sin x  x 
x   0;  (đpcm).
3!
 2

c) ex  1 + x  x
x
Xét hàm số f(x)  e  x  1
x
Ta có: f '(x)  e  1  f '(x)  0  x  0
x
- 

0
f'(x)
–
0

+
+

f(x)
0
Từ bảng biến thiên, ta thấy f(x)  f(0)  0 x  ex – 1– x  x  ex  1+ x  x
1 2
d) ln(1  x)  x  x x  0
2
1
2

2
Xét hàm số f(x)  ln(1  x)  x  x với x  0

1
x2
1 x 
 0 x  0  f(x)  f(0)  0 x  0
Có f '(x) 
1 x
x1

1 2
 ln(1  x)  x  x x  0 (đpcm).

2
Bài 2. Chứng minh rằng:

a)
b)
c)

5
4 1

 5 ; Với x  0, y  0 và x  y  .
x 4y
4

1
x

3



1
y

3

 16 ; với hai số x, y  0 thay đổi thỏa mãn  x  y  xy  x 2  y 2  xy .

3a
3b

ab
3


 a 2  b2  ; với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn:
b1 a 1 a  b
2

ab + a + b = 3.
Giải:
5
4
1
 4y  5  4x  (1)  
 5.
4
x 5  4x
4
1
5
,x   0;  .
Xét hàm số f  x   
x 5  4x
 4
4
4
 f '  x   2 
,f '  x   0  x  1
x
 5  4x 2

a) Ta có x  y 

f  x   f  1  5 , từ đó suy ra 4  1  5
Từ bảng biến thiên ta được: min
5
x 4y
 0; 


4

1
4

Đẳng thức xảy ra khi x  1, y  .
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 21


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

2
2
2
b) Đặt: u  x  y,v  xy   x  y  xy  x  y  xy  uv  u  3v

  u  3  v  u2  v 

Vậy

1
x3



1

x3  y 3



y3

 xy 3

2
2
Vì u  4v  u 

u2
 do u  3  .
u3



u3  3uv
v3





u u2  3v
v3

  u 2   u  3 2
v2



 u 

4u 2
4
u 1

1
 0 (ở đây ta lưu ý
u3
u3
u3

u  0)

 u  1  u  3 (*)
u3
 0 nên ta chỉ cần chứng minh :
u
u3

u3
3
 4 , u   ; 3   [1; ) . Xét hàm f  u  
 f ' u  2  0
u
u
u

Vì từ (*) suy ra

Do đó f  u   f 1  4, u  [1; ) và
0  f  3   f  u   1, u  (-; 3) từ đó suy ra đpcm.
2
2
2
2
c) Đặt t  a  b  ab  3  t và a  b  t  2(3  t)  t  2t  6

2
2
2
Vì (a  b)  4ab  t  4(3  t)  t  4t  12  0  t  2 (do t > 0)

Khi đó : (1) 


3(a 2  b2 )  3(a  b)
ab
3


 (a 2  b2 ) 
(a  1)(b  1)
ab
2

3t 2  6t  18  3t 3  t 2
3
12

 t  2t  6    t 2  t 
 4 (*)
t
4
t
2

2
Xét hàm số : f(t)  t  t 

12
12
với t  2 . Ta có : f '(t)  2t  1  2  0 t  2
t
t

 f(t)  f(2)  4 t  2  (*) đúng  đpcm. Đẳng thức xảy ra  a  b  1 .

Bài tập tự luyện
Bài 3. Chứng minh rằng:
x3

a) sin x  x 
3!
x
c) e  1  x 


x  (0; )
2

x2
x  0
2


x  0, y  0
e) x  y  2 ; với  3 3

x  y  2
2

2

3

 sin x 

b)  x   cos x x  (0; 2 )



d) ln(1  x)  x 
f)

x 

x2 2x3

2
3

4xy 2
x 2  4y 2



3



2

x  0

1
x, y  0
8 ; với

x
1
g) x + (1 – x)  ,  x

h) 1  x  1  x   2 , x[–1 ;1]
4
4
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 22
3

3


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

D. TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC:
KIẾN THỨC CƠ BẢN:
1) ĐỊNH NGHĨA: Giả sử hàm số y = f(x) xác định trên tập hợp D.
 Số M được gọi là GTLN của hàm số y = f(x) trên tập D nếu các điều sau được
i) f  x   M x  D
f x .
thỏa mãn: ii) x  D : f  x   M
Ký hiệu: M  Max
x

D
0
0

 Số m được gọi là GTNN của hàm số y  f  x  trên tập D nếu các điều sau được
thỏa mãn:

i) f  x   m x  D

ii) x  D : f x  m
 0
0


f x .
Ký hiệu: m  min
xD

 Quy ước: Ta quy ước rằng khi nói GTLN hay GTNN của hàm số f mà không
nói "trên tập D" thì ta hiểu đó là GTLN hay GTNN trên TẬP XÁC ĐỊNH
của nó.
 Đối với GTLN và GTNN đối với hàm nhiều biến cũng có định nghĩa tương tự.
2) SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ TÌM GTLN & GTNN
CỦA HÀM SỐ MỘT BIẾN:


Điều kiện tồn tại GTLN và GTNN:
Định lý: Hàm số liên tục trên một đoạn a;b thì đạt được GTLN và GTNN
trên đoạn đó.



Phương pháp chung: Muốn tìm GTLN và GTNN của hàm số y = f(x) trên
miền D, ta lập BẢNG BIẾN THIÊN của hàm số trên D rồi dựa vào BBT suy
ra kết quả.



Phương pháp riêng:

Trong nhiều trường hợp, có thể tìm GTLN và GTNN của hàm số trên một đoạn
mà không cần lập bảng biến thiên của nó. Giả sử hàm số f liên tục trên
đoạn  a; b và có đạo hàm trên khoảng  a; b  , có thể trừ một số hữu hạn
điểm . Nếu f '( x)  0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc  a; b  thì ta có
quy tắc tìm GTLN và GTNN của hàm f trên đoạn  a; b như sau:
Quy tắc:
1) Tìm các điểm x1 , x2 ,..., xm thuộc  a; b  mà tại đó hàm số f có đạo hàm
bằng 0 hoặc không có đạo hàm.
2) Tính f ( x1 ), f ( x2 ),..., f ( xm ), f (a), f (b) .
3) So sánh các giá trị tìm được.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 23


SKKN nm 2016: ng dng tớnh n iu ca hm s gii mt s dng toỏn THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

S ln nht trong cỏc giỏ tr ú l GTLN ca f trờn on a; b .

S nh nht trong cỏc giỏ tr ú l GTNN ca f trờn on a; b .
Bi 1. Tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht (nu cú) ca hm s:
a) y = 2x3 + 3x2 12x + 2 trờn on [1; 2].
b) y = ex.(x2 x 1) trờn on [0; 2].
c) y = x -

4- x2 .

d) y = 2sin2x cosx + 1
Gii
a) Hm s y = 2x3 + 3x2 12x + 2 liờn tc trờn on ộở- 1; 2ựỷ.

ộx = - 2 ẽ D
2
ờ
y
'
=
0

Ta cú: y ' = 6x + 6x - 12 ;
ờx = 1ẻ D
ở
y = - 5; max y = 15 .
Do y (- 1) = 15; y (2) = 6; y (1) = - 5 . Vy min
xẻ D
xẻ D
b) Hm s y = ex.(x2 x 1) liờn tc trờn on [0; 2].
ộx = - 2 ẽ D
x
2
ờ
y
'
=
0

y
'
=
e
x

+
x
2
(
);
Ta cú:
ờx = 1ẻ D
ở
2
y = - e; max y = e2 .
Do y(0) = - 1; y (2) = e ; y (1) = - e . Vy min
xẻ D
xẻ D

c) Tp xỏc nh D = [2; 2].
Hm s y = x Ta cú: y ' =

4- x2 liờn tc trờn on [2; 2].

4 - x2 + x
4- x

2

; y' = 0 x = -

(

Do y(- 2) = - 2; y(2) = 2; y -

2ẻ D

)

2 = - 2 2 Vy min y = - 2 2; max y = 2 .
xẻ D
xẻ D

d) Tp xỏc nh: D = R
2
t t = cosx vi t ẻ ộở- 1;1ựỷ , hm s tr thnh: y = - 2t - t + 3

Ta cú: y ' = - 4t - 1

; y' = 0 t = -

1 ộ
ẻ ở- 1;1ự
ỷ
4

ổ 1ữ
ử 25
ỗ
=
Do y(- 1)= 2; y(1)= 0; yỗỗ- ữ
ữ
ố 4ữ
ứ 8

y = - 2 2; max y = 2 .
Vy min
xẻ D
xẻ D
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 24


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài tập tự luyện
Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (nếu có) của hàm số:
2 x 2  3x  3
x3
2
 2 x  3x  4 trên đoạn [–4; 0]. b) y =
a) y =
trên đoạn [0; 2].
x 1
3

x 1
c) y =

x2  1

trên đoạn [–1; 2].

2
e) y = x  4  x .

ln 2 x
d) y =
trên đoạn [1; e3].
x

e) y = sin4x + cos4x + 2.

3) SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ TÌM GTLN & GTNN
CỦA HÀM SỐ NHIỀU BIẾN:
A. PHƯƠNG PHÁP CHUNG:
Để giải bài toán tìm GTLN, GTNN của hàm số nhiều biến bằng phương pháp
hàm số, thông thường ta thực hiện theo các bước sau :
 Biến đổi các số hạng chứa trong biểu thức về cùng một đại lượng giống
nhau.
 Đưa vào một biến mới t, bằng cách đặt t bằng đại lượng đã được biến đổi
như trên.
 Xét hàm số f(t) theo biến t. Khi đó ta hình thành được bài toán tương đương
sau : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f (t ) với t  D .
 Lúc này ta sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm
số f (t ) với t  D .
 Chú ý : trong trường hợp không thể xây dựng trực tiếp được hàm số f(t)với
t  D , ta có thể đi tìm


f (t ) với t  D thỏa P  f (t ) đối với bài toán tìm giá trị nhỏ nhất.



f (t ) với t  D thỏa P  f (t ) đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất.

B. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA
I. XÂY DỰNG TRỰC TIẾP HÀM SỐ f(t) BẰNG CÁC BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ:
Phương pháp:
 Dự đoán khả năng dấu bằng xảy ra hoặc giá trị đặc biệt trong điều kiện để
đặt được biến phụ t thích hợp.
 Có thể biến đổi được về hàm f(t) không cần sử dụng tính chất bất đẳng thức.
 Hàm f(t) tương đối khảo sát được.
 Chú ý phần tìm điều kiện của t (phải thật chính xác).
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 25