Ứng dụng đạo hàm để giải phương trình, hệ phương trình, tìm GTLN, GTNN

ỨNG DỤNG SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ
TỐN VỀ PHƯƠNG TRÌNH , BẤT PHƯƠNG TRÌNH
VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH
A) Phương trình:
Ví dụ 1:
Xác định m để phương trình sau có nghiệm :
m( 1  x 2  1  x 2  2)  2 1  x 4  1  x 2  1  x 2 (1)
Điều kiện: x  1
Đặt t = 1  x 2 - 1  x 2  2 1  x 4 = 2 – t2
Ta có: t = 1  x 2 - 1  x 2  0 dấu bằng đạt được khi x = 0
t2 = 2 – 2 1  x 4  2 dấu bằng đạt được khi x =  1
suy ra điều kiện của t là: 0  t  2
t2  t  2
= m (2)
t2
Khi đó phương trình (1) có nghiệm  (2) có nghiệm thoả : 0  t  2
t2  t  2
trên [0; 2 ]
 đường thẳng y = m cắt phần đồ thị hàm số y =
t2
t2  t  2
Xét hàm số f(t) =
trên [0; 2 ]
t2
 t 2  4t
 0 ,  t  [0; 2 ]  hàm số nghịch biến trên [0; 2 ]
Ta có f’(t) =
t  22

Phương trình (1) được chuyển về dạng m(t + 2) = 2 - t2 + t 

Vậy phương trình (1) có nghiệm  f( 2  m  f (0)  2 1 m  1
Ví dụ 2:
Tìm m để phương trình: 3 x  1  m x  1  2 4 x 2  1 (1) có nghiệm
Điều kiện: x  1
x 1
x 1
 24
m
x 1
x 1

(1)  3
Đặt: t =

4

x 1
=
x 1

4

1

2
điều kiện: 0  t  1. Khi đó phương trình trở thành:
x 1

-3t2 + 2t với t  [0; 1]
Ta có f ’(t) = - 6t +2

1
f ’(t) = 0  - 6t +2 = 0  t =
3
1
1
0
t
3
f ’(t)

+

f(t)
0

0

1
3

_

-1

Ví dụ 3:
Chứng minh rằng với mọi m > 0 phương trình sau có hai nghiệm phân biệt


x2 + 2x – 8 =

m( x  2) (1)

Điều kiện x  2
(1)  (x – 2)( x3 + 6x2 – 32 – m) = 0
x  2
  3
2
 x  6 x  32  m  0

Ta chỉ cần chứng minh phương trình: x3 + 6x2 – 32 = m (*) có nghiêm trong (2; +  )
Xét hàm số: f(x) = x3 + 6x2 – 32 với x > 2
x
2
+
f ’(x) = 3x2 + 12x > 0 ,  x > 2
+

f '(x)

+

f(x)

0

Dựa vào bảng biến thiên ta có:  m > 0 phương trình (*) có nghiệm trong khoảng (2; +  )
Vậy  m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
Ví dụ 4:
Tìm m để phương trình sau có ít nhất 1 nghiệm thuộc [1; 3 3 ]
log32 x  log32 x  1 - 2m – 1 = 0 (1)

Đặt: t =

Điều kiện : x > 0
log32 x  1 với x  [1; 3 3 ]  0  log3 x  3  1  log32 x +1  4  1  t  2

Phương trình trở thành: t2 + t = 2m + 2 (2)
Phương trình (1) có ít nhất 1 nghiệm thuộc [1; 3 3 ]
 Phương trình (2) có ít nhất 1 nghiệm thuộc [1; 2]
2
 đường thẳng y = 2m + 2 cắt phần đồ thò y = t + t với t  [1; 2] tại ít nhất một điểm
f(t) = t2 + t
t
1
2
f ’(t) = 2t + 1 > 0 ,  t  [1; 2]
+

f '(t)
f(t)

Vậy phương trình (1) có ít nhất một nghiệm thuộc [1; 3
Ví dụ 5:
Tìm m để phương trình sau có nghiệm :
(m + 1) tg4x – 3m(1 + tg2x)tg2x +
Điều kiện: x 


2

4m

= 0 (1)
cos 4 x

 k

(1)  m( 2tg4x + 5tg2x + 4 ) = - tg4x
t  tg 2 x
t  tg 2 x

 

t 2
2
2
m

m(2t  5t  4)  t

2t 2  5t  4


5
2
3

]  2  2m + 2  5  0  m  1,5


t 2
Xét: f(t) = 2

với t  0
2t  5t  4
5t 2  8t
f ’(t) =
0 , t  0
2 
 2t 2  5t  4 

t

+

0
_

f '(t)
0

f(t)

-0,5

Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm

 -0,5 < m  0

Ví dụ 6:
Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 9x – m 33 + 2m + 1 = 0 (1)
t  3x
2

m(t  2)  t  1

(1)  

t  3x

(vì t = 2 không phải là nghiệm của pt)

t2 1
m

(2)

t 2

t2 1
Xét hàm số f(t) =
ta có:
t2
t 2  4t  1

f ’(t) =

t  2

2

t  2  5

f ’(t) = 0  t 2  4t  1 = 0  

t  2  5

t

-

f '(t)

2 - 5

2

0

_

0

_

0

1

f(t)

2

-

+

2+ 5
+

+

4 +2 5

Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm khi m < - 0,5 hoặc m  4  2 5
Ví dụ 7:
Tìm a để phương trình:

3x 2  1
 2 x  1 + a (1) có nghiệm duy nhất
2x 1

3x 2  2 x
2x 1
3x 2  2 x
Xét hàm số : f(x) =
xác đònh trên (0,5; +  )
2x 1
9x2  8x  2
Ta có f’(x) =
> 0  x  0,5  f đồng biến trên (0,5; +  )
3
 2 x  1

(1)  a =


x

+

0,5
+

f '(x)

+

f(x)

-

Dựa vào bảng biến thiên ta có đường thẳng y = a cắt đồ thò hàm số f(x) tại một điểm duy nhất
 a. Vậy  a phương trình (1) luôn có nghiệm duy nhất
Ví dụ 8:
Giải phương trình: x +
(1)  x – 1 +

x 2  2 x  2 = 3x-1+1 (1)

x 2  2 x  2 = 3x – 1

 a  x  1


2
a
 a  a  1  3
a  x  1

(*)

2
ln
a

a

1

a
ln
3






Xét f(a) = ln( a  a 2  1 ) – aln3
f ’(a) =

1
a2  1

- ln3 < 0 ,  a

Vậy f(a) nghòch biến trên R và f(0) = 0 nên (*) nghiệm duy nhất a = 0 .Do đó phương trình (1) có
một nghiệm x = 1
Ví dụ 9
Giải phương trình :

4 x  1 + 4 x 2  1 = 1 (1)
4 x  1  0
Điều kiện:  2
 x  0,5
4 x  1  0

Xét: f(x) =
f ’(x) =

4 x  1 + 4 x 2  1 với x  0,5
2
4x
+
> 0 ,  x  0,5
4x 1
4x2 1

 f đồng biến trên (0,5; +  )

Do f liên tục và đồng biến trên (0,5; +  ) , f(0,5) = 1 nên (1)  f(x) = f(0,5)
 x = 0,5
Ví dụ 10:
Giải phương trình: 3x + 5x = 6x + 2 (*)

Xét: f(x) = 3x + 5x – 6x – 2
f ’(x) = 3xln3 + 5xln5 – 6
f ”(x) = 3xln23 + 5xln25 > 0,  x  f’(x) đồng biến, liên tục và đổi dấu (f’(0) < 0, f’(2) > 0
Nên phương trình f’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = a


x

-
_

f '(x)

+


0

+

+

f(x)

+
f(  )

Dựa vào bảng biến thiên f(x) cắt trục hoành tới 2 lần  phương trình (*) có tối đa hai nghiệm.
Ta thấy x = 0, x = 1 là 2 nghiệm của (*). Ngoài ra (*) không thể có nghiệm nào khác( do nó chỉ
có tối đa 2 nghiệm)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0 , x = 1

B)

Bất phương trình:

1) Ví dụ 1:
Tìm m để bất phương trình m( x 2  2 x  2 + 1) + x(2- x)  0 có nghiêm thuộc [0; 1+ 3 ]
Đặt t =
t’x =

x 2  2 x  2 với x  [0; 1+ 3 ]
x 1

,

x2  2x  2
t’x = 0  x = 1

x

0

t'x

1

_

1+ 3

+

0

2

t

2
1

Với x  [0; 1+ 3 ] thì t  [1; 2]
Bất phương trình trở thành: m(t + 1)  t2 – 2
 m 

t2  2
t 1

 m  Maxf(t) với f(t) =

Ta có f ’(t) =

t 2  2t  2

 t  1

2

t2  2
t 1

> 0 ,  t  [1; 2]

Vậy bất phương trình có nghiệm x  [0; 1+ 3 ]  m  M ax f (t ) = f(2)
[1;2]

m 

2
3

Ví dụ 2:
Vớùi giá trò nào của m thì bất phương trình sin3x + cos3x

Đặt t = sinx + cosx = 2 cos( x  ) , điều kiện : t  2



m ,  x (1)

4

Bất phương trình trở thành: t(1 –

t 2 1
)
2



m,  t  [- 2 ; 2 ]


3

 3t – t

3



2m,  t  [- 2 ; 2 ]

Xét: f(t) = 3t – t
f ’(t) = 3 – 3t2
f ’(t) = 0  3 – 3t2 = 0  t = 1 v t = -1
x

- 2

-1

_

t'x

1
+

0

- 2

t

2

2
2

-2

Dựa vào bảng biến thiên ta có : Bất phương trình (1) có nghiệm  x  2m  -2
 m  -1
Ví dụ 3:
Tìm m để bất phương trình mx4 – 4x + m  0 ,  x (1)
(1)  m(x4+ 1)  4x ,  x
 m



4x
, x
x 1
4

4x
x 1
4( x 4  1  4 x 4 )

Xét : f(x) =

4

Ta có : f ’(x) =

x

4

 1

2



4(1  3x 4)

x

4

 1

2

f ’(x) = 0  1  3x2 = 0  x =
-1
x

-
_

f '(x)
f(x)



4(1  3x 2 )(1  3x 2 )

x

+

0

2

1
1
vx=- 4
3
3
+

3

0

 1

4

1

3

4

0

_

27
0

- 27

Dựa vào bảng biến thiên ta có bất phương trình có nghiệm  x  m  Maxf(x)
 m  4 27
Ví dụ 4:
Cho bất phương trình x3 -2x2 + x – 1 + m < 0 (1)
a) Đònh m để bất phương trình (1) có nghiệm thuộc [0; 2]
b) Đònh m để bất phương trình (1) thoả  x  [0; 2]
Ta có: (1)  -x3 + 2x2 – x + 1 > m
Xét: f(x) = -x3 + 2x2 – x + 1 , x  [0; 2]
f’(x) = -3x2 + 4x – 1
f’(x) = 0  x = 1 v x =

1

3

x

0

_

f '(x)
f(x)

1/ 3
0

1

1
+

2

0
1

23
7

-1

a) (1) có nghiệm thuộc [0; 2]  Maxf(x) > m  m < 1
b) (1) có nghiệm  x  [0; 2]  Minf(x) > m  m < -1

Ví dụ 5:
Tìm điều kiện p, q để bất phương trình sau có nghiệm thoả  x  [0; 1]
px + 1 

x3  x 2  3x  1
 qx + 1 (1)
3x  1

x = 0 (1) thoả
x  (0; 1] ta có (1)  p 

x2  x  2
 q
x 1

x2  x  2
Đặt f(x) =
x 1
x3  2 x  1

f ’(x) =

 x  1

2

f ’(x) = 0  x =

2 1  y = 2 2 1

t

_

f '(t)
f(t)

2 -1

0

1

0

+

2
2 2 -1

2

Dựa vào bảng biến thiên ta có: p  minf(x) và q  maxf(x)
 p  2 2  1 và q  2
Ví dụ 6:
Cho bất phương trình: x  a  x  b  x  c (1) với a > b > c
a) chứng minh bất phương trình luôn có nghiệm

b) Giải bất phương trình: x  4  x  1  x  4 (2)
(1)  x  a  x  b  x  c > 0
Đặt: f(x) = x  a  x  b  x  c với x  a
f’(x) =

1
1
1


> 0 ,  x > a ( vì
2 xa 2 xb 2 xc

 f đồng biến khi x > a. Hơn nữa f(a) =

xa <

x b <

xc )

a  b  a  c < 0 và lim f ( x)   do đó (1) luôn có
x 

nghiệm
x
f '(x)
f(x)

xo

a
+

+
+

0

+

f(a)< 0

Tập nghiệm là: (xo, +  ) với f(xo) = 0
Với a = 4, b = 1, c = -4 .
p dụng chứng minh trên (2) có nghiệm là: (xo, +  ) vơùi f(xo) = 0
Ta có f(5) = 5  4  5  1  5  4 = 0 Vy bất phương trình (2) có nghiệm là ( 5; +  )


Ví dụ 7:
Tìm tất cả các giá trò của m để bất phương trình sau đây nghiệm đúng với  x > 0
(3m +1)12x + (2 – m)6x + 3x < 0 (1)
(1)  (3m +1)4x + (2 – m)2x + 1 < 0
t  2 x , x  0
  2
2
(3t  t )m  (t  1)

Xét: f(t) =

t  2 x  1

 
(t  1) 2
m

(2)

(3t 2  t )


(t  1) 2
,vơùi t > 1
(3t 2  t )

7t 2  6t  1
f ’(t) =
> 0 , t > 1
(3t 2  t ) 2

t

+

1
+

f '(t)

-

f(t)

-2

1
3

Dựa vào bảng biến thiên ta có bất phương trình (1) có nghiệm với  x > 0
 bất phương trình (2) có nghiệm với  t > 1
 m  -2
Ví dụ 8:
Giải bất phương trình :

7 x  7  7 x  6  2 49 x 2  7 x  42 < 181 – 4x

7 x  7  0
6

Điều kiện: 7 x  6  0
x 
7
49 x 2  7 x  42


Đặt: f(x) =

7 x  7  7 x  6  2 49 x 2  7 x  42 + 4x
6
7

7
98 x  7
x 
f ’(x) =
+
4
>
0
,


7
2 7x  7 2 7x  6
49 x 2  7 x  42
6
Vậy f(x) đồng biến trên ( ; +  ) và f(6) = 181
7
Khi x < 6 thì f(x) < f(6)  f(x) < 181
6
Vậy nghiệm bất phương trình là S = [ ; 6)
7

Ví dụ 9:
Giải bất phương trình:

2 x3  3x 2  6 x  16 > 2 3  4  x
 2  x  (2 x 2  x  8)  0
2 x3  3 x 2  6 x  16  0

Điều kiện: 

 -2  x  4
4  x  0
4  x  0

Xét hàm số f(x) =

2 x3  3x 2  6 x  16 - 4  x
6( x 2  x  1)
1

f ’(x) =
> 0 ,  x  (-2; 4)
3
2
2 2 x  3x  6 x  16 2 4  x

Suy ra f đồng biến trong khoảng (-2; 4)


Do đó nếu x > 1 thì f(x) > f(1) = 2 3
 2 x3  3x 2  6 x  16 -

4 x > 2 3

2 x  3x  6 x  16 >



3

4 x + 2 3.

2

Vậy khoảng nghiệâm của bất phương trình là : (1; 4)
2) Bi tập:
1) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 32x+1 – (m + 3) 3x – 2(m + 3) < 0
2) Xác đònh m sao cho  x đều là nghiệm bất phương trình:
22+cos2x + 21 cos x  2sin x  m
3) Xác đònh m để bất phương trình sau có nghiệm
2sin x  3cos x  m.3sin x (1)
2

2

2

2

2

Hướng dẫn: Đặt t = 2sin

2

x

điều kiện 1  t  2 thì 3sin

(1) có dạng: t +

3
t

3

2

t

x



= 2sin

2

x



log2 3

 t log2 3

 m.t log2 3

log 2 3

Xét f(t) = t1 log 3 

2

log 2 3

với 1  t  2 )

C. Hệ phương trình
 f ( x)  f ( y ) (1)
(2)
 g ( x, y )  0

1) Hệ phương trình dạng: 

Hướng dẫn học sinh có thể tìm lời giải theo hai hướng sau:
Hướng 1: (1)  f(x) – f(y) = 0 (3)
Tìm cách đưa (3) về một phương trình tích
Ví dụ 1:
1 (1)
 1
x  x  y  y
Giải hệ : 
2 y  x3  1 (2)

1
x

1
y

Ta có: (1)  x – y – (  ) = 0  (x – y)
x  y

 x  1
y


1  xy
=0
xy

Thay vào (2) và giải

Hươùng 2: Xét hàm số f(t) . Ta thường gặp hàm số liên tục trong tập xác đònh của nó.
+) Nếu hàm số f(t) đơn điệu thì (1) suy ra x = y. Khi đó bài toán đưa về giải và biện luận
phương trình theo x
+) Nếu hàm số f(t) có một cực trò t = a thì nó thay đổi chiều biến thiên một lần khi qua a. Từ
(1) suy ra x = y hoặc x, y nằm về hai phía của a
Ví dụ 2:


2
y 1

x  x  2x  2  3  1
Giải hệ: 
với x, y  R
2
x 1

y

y

2
y

2

3

1


 x  1   x  12  1  3 y 1

 
 y  1   y  12  1  3x 1


Đặt: a = x – 1 , b = y – 1 ta có hệ mới
2
b

a  a  1  3

2
a

b  b  1  3

2
b

a  a  1  3 (1)

2
a
2
b

a  a  1  3  b  b  1  3 (2)
Xét hàm số f(t) = t  t 2  1  3t , t  R
t

f ’(t) = 1 
=

t2 1

t2 1  t
t 1
2

+ 3tln3
+ 3tln3 > 0 ,  t (vì t 2  1  t > 0 ,  t)

do đó hàm số đồng biến trên R
từ (2) ta có f(a) = f(b) nên a = b. Thay vào (1) ta được:
a  a 2  1 = 3a
 ln( a  a 2  1 ) = aln3

Xét : g(a) = ln( a  a 2  1 ) – aln3
g’(a) =

1
a2  1

(*)

- ln3 < 0 ,  a

Vậy hàm số g(a) nghòch bến trên R. Nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất a = 0
Do đó hệ có nghiệm duy nhât x = y = 1
Ví dụ 3:
Chứng minh rằng hệ phương trình sau có đúng hai nghiệm (x, y) thoả x > 0, y > 0
y
 x
e  2008 
y2 1


(*) ( đề dự bò 2007)
x
e y  2008 

x2 1

 x2 1  0

x  1

Điều kiện:  y 2  1  0  
y 1
 x  0, y  0



y
 x
(1)
e  2008 
2
y

1

(*)  
y
e x  x
 ey 
(2)
2
2

x

1
y

1


t

t
Xét hàm số: f(t) = e 

t 2 1
t2

t 2 1 
t
f ’(t) = e 

t 1
2

,t>1

t 2  1  et 

t

1

2

 1 t 2  1

> 0 , t > 1

Vậy f(t) đồng biến trên (1; +  )
x

Từ (2) ta có f(x) = f(y)  x = y . Thay vào (1) ta có: e x  2008 
x

x
Xét hàm số : g(x) = e 

g’(x) = ex g”(x) = ex +

x2 1

x2 1

 2008 = 0 (*)

x

x

2

 1

x

x

2

 1

5
2

3

> 0 , x > 1

 g’(x) đồng biến và liên tục trên (1; +  ) và đổi dấu.
1
Vì lim g '( x)   và g’(2) = e2 –
>0
x 1
3 3
Nên g’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 
x

+

f '(x)
f(x)



1

0

+

+
_
+

g()

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy g(x) cắt trục hoành tối đa 2 lần
 phương trình (*) có tối đa 2 nghiệm
 hệ phương trình có đúng 2 nghiệm (x, y) thoả x > 0, y > 0
Ví dụ4:
e x  ey  x  1
Giải hệ :  y
e  ex  y  1
x

e  ey  x  1 (1)
 x
y

e  ex  x  e  ey  1(2)
Xét: f(t) = et + et + t
f ’(t) = et + e + 1 > 0 ,  t


Vậy f(t) đồng biến trên R
Từ (2) ta có: f(x) = f(y)  x = y
Thay vào (1) ta được: ex = ex – x +1 (*)
Xét hàm số g(x) = ex - ex + x – 1

g’(x) = ex – e + 1
g”(x) = ex > 0 ,  x
Do đó f’(x) đồng biến và liên tục trên R và đổi dấu
Vì g’(0) = 2 – e < 0 và g(1) = 1> 0 nên phương trình g’(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 
x
g '(x)

-

_

+


0

+
+

g(x)
f()

Dựa vào bảng biến thiên g(x) cắt trục hoành tối đa hai lần
 phương trình (*) có tối đa 2 nghiệm
Ta thấy x = 0 hoặc x = 1 là hai nghiệm của phương trình (*) ngoài ra (*) không thể có
nghiệm nào khác( vì nó chỉ có tối đa 2 nghiệm)
Vậy hệ có hai nghiệm ( (0; 0) và ( 1; 1)
Ví dụ 5:
ln(1  x)  ln(1  y )  x  y
Giải hệ phương trình:  2

(*) ( Đề dự bò khối D 2006)
2
 x  12 xy  20 y  0
Điều kiện: x > -1, y > -1
 x 2  12 xy  20 y 2  0
(*)  
ln(1  x)  x  ln(1  y )  y
Xét hàm số f(t) = ln(1+t) – t
t
f ’(t) =
1 t
ta thấy f’(t) = 0  t = 0

t
f '(t)
f(t)

-1

0
+

0

+
_

f(0)

Ta có (2)  f(x) = f(y)  x = y nếu x,y thuộc cùng một khoảng đơn vò

hoặc xy < 0 nếu x,y không cùng thuộc một khoảng đơn vò
Nếu xy < 0 thì vế trái của (1) luôn dương, phương trình không thoả mãn
Nếu x = y thay vào (1) ta được nghiệm của hệ là x = y = 0
Ví dụ 6:
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

 x 1  3  y  m
(I)

y

1

3

x

m


Điều kiện: -1  x , y  3



 x  1  3  y  m (1)

(I)  



 x  1  3  x  y  1  3  y (2)
Xét hàm số f(t) = t  1  3  t
1
1

f’(t) =
> 0 ,  t  (-1; 3)
2 t 1 2 3  t

Vậy f đồng biến trên (-1; 3). Do đó f(x) = f(y)  x = y
Thay vào (1) ta có: x  1  3  x = m (*)
Xét hàm số : g(x) = x  1  3  x
g ’(x) =

1
1

2 x 1 2 3  x

g ’(x) = 0  x = 1
x

3

1

-1
+

g '(x)

0

_

2 2

g(x)
2

2

Dựa vào bảng biến thiên phương trình (*) có nghiệm  2  m  2 2
Do đó hệâ có nghiệm khi 2  m  2 2
Ví dụ 7:
Chứng minh rằng  m hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất
2
2

3 x y  2 y  m  0 (1)
(I)
 2
2

3 y x  2 x  m  0 (2)
Nếu y  0 thì vế trái của (1 ) phương trình không thoả suy ra y > 0. Tương tự x > 0
3x 2 y  2 y 2  m
(I)  
( x  y )(3xy  2 x  2 y )  0
3 x 2 y  2 y 2  m

(I)  
x  y
3 x 3  2 y 2  m

x  y

Xét: f(x) = 3x3 – 2x2 có f ’(x) = 9x2 – 4x :
f’(x) = 0  x = 0 hoặc x =

4
9

x

f '(x) 0
0
f(x)

4

0

9
_

1

0
32

+

243

Dựa vào bảng biến thiên phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x > 0  m > 0. Do đó hệ có
nghiệm duy nhất khi m > 0


Ví dụ 8:

 x  y  cos x  cos y
Tìm m để hệ sau có nghiệm: 
2sin x  3cos y  m
 x  cos x  y  cos y (1)
(I )

2sin x  3cos y  m(2)
Xét f(t) = t – cost
f ’(t) = 1+sint  0 ,  t
 f(t) đồng biến trên R.
Nên (1)  f(x) = f(y)  x = y
Thay vào (2) ta có 2sinx – 3cosx = m  13 sin( x -  ) = m (*)
vậy hệ có nghiệm  phương trình (*) có nghiệm  - 13  m  13
2) Hệ phương trình có ẩn không thay đổi khi hoán vò vòng quanh
Khi giải hệ này cần chú ý:
Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết x = max (x, y, z)  x  y, x  z
Ví dụ1:
 x3  3x 2  5 x  1  4 y
 3
2

Giải hệ phương trình:  y  3 y  5 y  1  4 z
 z 3  3z 2  5 z  1  4 x

Xét hàm số f(t) = t3 - 3t2 + 5t + 1
f ’(t) = 3t2 – 6t + 5 > 0 ,  t. Do đó f(t) đồng biến
 f ( x)  4 y

Hệ phương trình có dạng  f ( y )  4 z
 f ( z)  4 x


Vì hệ không đổi khi hoán vò vòng quanh đối với x, y,z nên ta có thể giả thiết x  y, x  z
Nếu x > y  f(x) > f(y)  4y > 4z  y > z  f(y) > f(z)  z > x mâu thuẫn
Nếu x > z  f(x) > f(z)  y > x mâu thuẫn

Vậy x = y = z
Từ một phương trính trong hệ ta có: x3 – 3x2 + x + 1 = 0
2
 (x – 1)( x – 2x – 1) = 0
x  1
 
x  1 2
x  y  z  1
Do đó nghiệm của hệ là: 
x  y  z  1 2
 f ( x)  g ( y )

Nhận xét : Xét hệ có dạng:  f ( y )  g ( z )
 f ( z )  g ( x)


Nếu hàm số f(t), g(t) cùng đồng biến (hoặc cùng nghòch biến) thì lý luận như trên ta có x = y =z
Ví dụ 2:


 y 3  6 x 2  12 x  8 (1)
 3
2
Giải hệ :  z  6 y  12 y  8 (2) (I)
 x3  6 z 2  12 z  8 (3)

 y 3  f ( x)

(I)   z 3  f ( y )
 x3  f ( z )

8
6

Từ phương trình (1) ta có y3 = 6(x2 – 2x + ) = 6(x – 1)2 +
Tương tự ta có: x  3 2 , z  3 2
Xét hàm số f(t) = 6t2 – 12t + 8
f ’(t) = 12x – 12 > 0 ,  t 
Vậy f(t) đồng biến trên [ 3 2 ; +  )

3

1
2y 
3

3

2

2

Vì hệ không thay đổi khi hoán vò vòng quanh đối với x, y,z do đó có thể giả thiết x  y, x  z
Nếu x > y  f(x) > f(y)  y3 > z3  y > z  f(y) > f(z)  z3 > x3  z > x mâu thuẫn
Nếu x > z  f(x) > f(z)  y3 > x3  y > x mâu thuẫn

Suy ra x = y = z
Từ một phương trình trong hệ ta có: x3 – 6x2 + 12 x - 8 = 0
3
 (x – 2) = 0  x = 2
Vậy hệ có nghiệm x = y = z = 2


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)  x1  x 2   a, b  ta có f  x1   f  x 2 
2. y  f (x) nghịch biến / (a, b)  x1  x 2   a, b  ta có f  x1   f  x 2 
3. y  f (x) đồng biến / (a, b)  (x)  0 x(a, b) đồng thời (x)  0 tại một số hữu hạn
điểm  (a, b).
4. y  f (x) nghịch biến / (a, b)  (x)  0 x(a, b) đồng thời (x)  0 tại một số hữu hạn
điểm  (a, b).
5. Cực trị hàm số: Hàm số đạt cực trị tại điểm x  x k  f   x  đổi dấu tại điểm x k

xj 

a

xj

xi   xi xi   x j  
xi   xi xi  

xj

xj 

xj 

b

x

6. Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
 Giả sử y  (x) liên tục trên [a, b] đồng thời đạt cực trị tại x1 ,..., x n   a , b .
Khi đó: Max f  x   Max  f  x1  ,..., f  x n  , f  a  , f  b  ;
x a ,b 

M in f  x   M in  f  x1  ,..., f  x n  , f  a  , f  b 

x a ,b 

 Nếu y  f (x) đồng biến / [a, b] thì Min f  x   f  a  ; Max f  x   f  b 
x a ,b

x a ,b

 Nếu y  f (x) nghịch biến / [a, b] thì Min f  x   f  b  ; Max f  x   f  a 
x a ,b

x a ,b

 Hàm bậc nhất f  x   x   trên đoạn  a; b  đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất tại các đầu
mút a; b


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 .

u(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  .

v(x)

a 



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  .

x

b

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  Min u  x   m
xI

y=m

6. BPT u(x)  m đúng xI  Max u  x   m
xI

7. BPT u(x)  m có nghiệm xI  Max u  x   m
xI

8. BPT u(x)  m có nghiệm xI  Min u  x   ma

b

xI

x

III. Các bài toán minh họa phương pháp hàm số

Bài 1. Cho hàm số f  x   mx 2  2mx  3
a. Tìm m để phương trình (x)  0 có nghiệm x[1; 2]
b. Tìm m để bất phương trình (x)  0 nghiệm đúng x[1; 4]
c. Tìm m để bất phương trình (x)  0 có nghiệm x  1; 3
Giải: a. Biến đổi phương trình (x)  0 ta có:
f  x   mx 2  2mx  3  0  m  x 2  2 x   3  g  x  

3
3

m.
x  2 x  x  1 2  1
2

Để (x)  0 có nghiệm x[1; 2] thì Min g  x   m  Max g  x   3  m  1
x1;2

x1;2

8

b. Ta có x[1; 4] thì f  x   mx 2  2mx  3  0  m  x 2  2 x   3  g  x  
 M in g  x   m .
x1;4

Do g  x  

3
giảm trên [1; 4] nên ycbt  Min g  x   g  4   1  m
2

x1;4
8
 x  1  1

c. Ta có với x  1; 3 thì f  x   mx 2  2mx  3  0  m  x 2  2 x   3 .
Đặt g  x  

3 , x   1;3 . Xét các khả năng sau đây:
x 2  2x

+ Nếu x  0 thì bất phương trình trở thành m.0  0  3 nên vô nghiệm.

3
 m , x  1; 4
x  2x
2


+ Nếu x   0; 3 thì BPT  g  x   m có nghiệm x   0; 3  Min g  x  m.
x 0;3

Do g  x  

3

 x  1 2  1

giảm /  0; 3 nên ycbt  Min g  x   g  3  1  m
x 0;3

5

+ Nếu x   1; 0 thì x 2  2 x  0 nên BPT  g  x   m có nghiệm x   1; 0   Max g  x   m . Ta có
 1;0 

g  x 

3  2 x  2 

 x 2  2x 2

 0, x   1; 0 .

Do đó g  x  nghịch biến nên ta có Max g  x   g  1  3  m
 1;0 

Kết luận: (x)  0 có nghiệm x  1; 3  m   ; 3 U  1 ; 
5



Bài 2. Tìm m để bất phương trình:  x 3  3mx  2  13 nghiệm đúng x  1
x

Giải: BPT  3mx  x 3  13  2, x  1  3m  x 2  14  2  f  x  , x  1 .
x

x

x

Ta có f   x   2 x  45  22  2 2 x  45   22  4 22 2  0 suy ra f  x  tăng.
x

x 

x

x

x

YCBT  f  x   3m, x  1  min f  x   f 1  2  3m  2  m
x 1

3

Bài 3. Tìm m để bất phương trình m.4 x   m  1 .2 x  2  m  1  0 đúng x  ¡
Giải: Đặt t  2 x  0 thì m.4 x   m  1 .2 x  2  m  1  0 đúng x  ¡
 m.t 2  4  m  1 .t   m  1  0, t  0  m  t 2  4t  1  4t  1, t  0
 g t  

4t  1  m, t  0 . Ta có g   t   4t 2  2t  0 nên g  t  nghịch biến trên  0;   suy
t 2  4t  1
 t 2  4t  1 2

ra ycbt  Max g  t   g  0   1  m
t 0

Bài 4. Tìm m để phương trình: x x  x  12  m  5  x  4  x  có nghiệm.

Giải: Điều kiện 0  x  4 . Biến đổi PT  f  x   x x  x  12  m .
5 x  4 x

Chú ý: Nếu tính f   x  rồi xét dấu thì thao tác rất phức tạp, dễ nhầm lẫn.
Thủ thuật: Đặt g  x   x x  x  12  0  g  x  3 x 
2

h  x   5  x  4  x  0  h  x  

1 
1
0
2 5 x 2 4 x

Suy ra: g  x   0 và tăng; h  x  > 0 và giảm hay
 f  x 

1
0
2 x  12

1  0 và tăng
h  x

g  x
tăng. Suy ra f  x   m có nghiệm
h  x

 m   min f  x  ; max f  x   f  0 ; f  4   2 15  12 ;12
0;4

 0;4


Bài 5. Tìm m để bất phương trình: x 3  3x 2  1  m  x  x  1  có nghiệm.
3


Giải: Điều kiện x  1 . Nhân cả hai vế BPT với  x  x  1   0 ta nhận được
3

bất phương trình f  x    x 3  3x 2  1  x  x  1   m .
3

Đặt g  x   x 3  3x 2  1 ; h  x    x  x  1 

3

2
Ta có g   x   3x 2  6 x  0, x  1; h   x   3  x  x  1   1 

2 x

1 0.

2 x 1 

Do g  x   0 và tăng x  1 ; h  x   0 và tăng nên f  x   g  x  .h  x  tăng x  1
Khi đó bất phương trình f  x   m có nghiệm  min f  x   f 1  3  m
x 1

Bài 6. Tìm m để  4  x  6  x   x 2  2 x  m nghiệm đúng x   4, 6
Cách 1. BPT  f  x    x 2  2x   4  x  6  x   m đúng x   4, 6
f   x   2 x  2 

2 x  2
1
  0  x 1
 1  x   2 





2  4  x 6  x
4

x
6

x



Lập bảng biến thiên suy ra Max Max f  x   f 1  6  m
 4,6


 

Cách 2. Đặt t   4  x   6  x   4  x  6  x  5 .

2

Ta có t   x  2 x  24 . Khi đó bất phương trình trở thành
t  t 2  m  24, t  0;5  f  t   t 2  t  24  m; t  0;5 . Ta có:
2

2

f   t   2t  1  0  f  t  tăng nên f  t   m; t   0; 5  max f  t   f  5  6  m
0;5

Bài 7. Tìm m để 3  x  6  x  18  3x  x 2  m 2  m  1 đúng x   3, 6
Giải:
Đặt t  3  x  6  x  0  t 2   3  x  6  x   9  2 3  x  6  x 
2

 9  t 2  9  2  3  x  6  x   9   3  x    6  x   18
 18  3 x  x 2   3  x   6  x   1  t 2  9  ; t  3; 3 2 
2

Xét f  t    1 t 2  t  9 ; f  t   1  t  0; t  3;3 2   max f t   f 3  3
2

2

3;3 2 

ycbt  max f  t   3  m 2  m  1  m 2  m  2  0  m  1 V m  2
3;3 2 

Bài 8. (Đề TSĐH khối A, 2007)
Tìm m để phương trình 3 x  1  m x  1  2 4 x 2  1 có nghiệm thực.
Giải: ĐK: x  1 , biến đổi phương trình
 3 x  1  2 4 x  1  m .
x 1
x 1

Đặt u 

4

x  1  4 1  2  0,1 .
 
x 1
x 1

Khi đó g  t   3t 2  2t  m

t

0

g  t 
g t 

+
0

1

13

0
13

–
–1


Ta có g   t   6t  2  0  t  1 . Do đó yêu cầu  1  m  1

3

3

Bài 9. (Đề TSĐH khối B, 2007): Chứng minh rằng: Với mọi m  0 , phương trình
x 2  2 x  8  m  x  2  luôn có đúng hai nghiệm phân biệt.

x

Giải: Điều kiện: x  2 .
Biến đổi phương trình ta có:

g x

  x  2  x  6  m  x  2

g  x

  x  2  x  6  m  x  2

2

2

2



+


0

  x  2  x 3  6 x 2  32  m  0  x  2 V g  x   x 3  6 x 2  32  m .

ycbt  g  x   m có đúng một nghiệm thuộc khoảng  2;   . Thật vậy ta có:
g   x   3 x  x  4   0, x  2 . Do đó g  x  đồng biến mà g  x  liên tục và

g  2   0; lim g  x    nên g  x   m có đúng một nghiệm   2;   .
x 

Vậy m  0 , phương trình x 2  2 x  8  m  x  2  có hai nghiệm phân biệt.
Bài 10. (Đề TSĐH khối A, 2008) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân
biệt:

4

2x  2x  2 4 6  x  2 6  x  m

Giải: Đặt f  x   4 2 x  2 x  2 4 6  x  2 6  x ; x  0; 6

Ta có: f   x   1 
2

Đặt u  x  

 2x

1
4

1

 2x

3

4



3

   1  1  , x   0; 6 

 
6x 
6  x   2x
1



4

3

; v  x  1  1
, x   0, 6 
4
2x
6x
6  x
1

3

 f ( x)  0, x   0, 2 
u  x  , v  x   0, x   0, 2 


  f ( x)  0, x   2, 6 
 u  2   v  2   0
 f (2)  0
    

u x , v x  0, x   2, 6 

x

0

f  x

2
+

f(x)

0

6
–

3 2 6
2 6  24 6
4

12  2 3

Nhìn BBT ta có PT có 2 nghiệm phân biệt  2 6  24 6  m  3 2  6
Bài 11. (Đề TSĐH khối D, 2007):


x  1  y  1  5

x
y
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm 
 x 3  13  y 3  13  15m  10
x
y




Giải: Đặt u  x  1 ; v  y  1 ta có x 3  13  x  1
x

y

x

x



3





 3x  1 x  1  u  3u
x
x

và u  x  1  x  1  2 x . 1  2 ; v  y  1  2 y . 1  2
x

x

x

y

y

u  v  5
Khi đó hệ trở thành  3 3

u  v  5


uv  8  m
u  v  3  u  v   15m  10

 u , v là nghiệm của phương trình bậc hai f  t   t 2  5t  8  m
Hệ có nghiệm  f  t   m có 2 nghiệm t1 , t 2 thỏa mãn t1  2; t 2  2 .
Lập Bảng biến thiên của hàm số f  t  với t  2
t
f  t 

f t 

–2



2

–

+

5/2
–

0

+
+

+
22
2

7/4

Nhìn bảng biến thiên ta có hệ có nghiệm  7  m  2  m  22
4

Bài 12. (Đề 1I.2 Bộ đề TSĐH 1987-2001):
Tìm x để bất phương trình x 2  2x sin y  cos y   1  0 đúng với y  ¡ .
Giải: Đặt u  sin y  cos y   2, 2 ,
BPT  g  u    2 x  u   x 2  1  0, u    2, 2   Min g  u   0
u  2 , 2 




Do đồ thị y  g  u  là một đoạn thẳng với u   2, 2  nên
Min

u  2 ,


x 2  2 2x  1  0
 x  2 1
g  2   0 
g u   0  


2
2 
 x  2  1


x  2 2x  1  0
g  2   0
a, b, c  0
Chứng minh rằng: a 2  b 2  c 2  abc  4
a  b  c  3

Bài 13. Cho 

2
2
Giải: BĐT  a 2   b  c   2bc  abc  4  a 2   3  a    a  2  bc  4

 

 f  u    a  2  u  2a 2  6a  5  0 trong đó 0  u  bc  b  c

2

2

 1 3  a  .
4
2

Như thế đồ thị y  f  u  là một đoạn thẳng với u  0; 1  3  a  2  . Ta có
 4





f  0   2a 2  6a  5  2 a  3
2



2





2
2
 1  0; f 1  3  a   1  a  1  a  2   0
2

4
4

nên suy ra f  u   0;  u  0; 1  3  a  2  .
 4



Vậy a 2  b 2  c 2  abc  4 . Đẳng thức xảy ra  a  b  c  1 .
Bài 14. (IMO 25 – Tiệp Khắc 1984):
 a , b, c  0
. Chứng minh rằng: ab  bc  ca  2abc  7 .
27
a

b

c

1


Cho 

Giải: a  b  c   1  2a  bc  a 1  a   1  2a  bc  a 1  a   1  2a  u  f  u 

2

Đồ thị y  f  u   1  2a  u  a 1  a  với 0  u  bc  b  c

2



1  a  2
là một đoạn thẳng với 2 giá
4



trị đầu mút f  0   a 1  a    a  1  a   1  7 và
2







2





4

27

 

2
f 1 1  a   1  2a 3  a 2  1  7  1 2a  1 a  1
4
4
27 4
3
3

2

 7
27





Do đồ thị y  f  u  là một đoạn thẳng với u  0; 1 1  a  2  và f  0   7 ; f 1 1  a  2  7 nên
27
4
27
 4

f  u   7 . Đẳng thức xảy ra  a  b  c  1
27
3

Bài 15. Chứng minh rằng: 2  a  b  c    ab  bc  ca   4,  a, b, c  0, 2 .
Giải: Biến đổi bất đẳng thức về hàm bậc nhất biến số a, tham số b, c ta có

f  a    2  b  c  a  2  b  c   bc  4, a, b, c  0, 2
Đồ thị y  f  a  là một đoạn thẳng với a   0, 2 nên f  a   Max  f  0 ; f  2
Ta có f  0   4   2  b   2  c   4; f  2   4  bc  4  f  a   4, a, b, c  0, 2
Bài 16. CMR: 1  a  1  b  1  c  1  d   a  b  c  d  1, a, b, c, d  0,1
Giải: Biểu diễn bất đẳng thức về hàm bậc nhất biến số a, tham số b, c, d, ta có:
f  a   1  1  b 1  c 1  d  a  1  b 1  c 1  d   b  c  d  1, a, b, c, d  0,1

Đồ thị y  f  a  , a   0,1 là một đoạn thẳng nên Min f  a   Min  f  0  , f 1
a 0,1

Ta có f 1  b  c  d  1  1, b, c, d   0,1
f  0   1  b 1  c 1  d   b  c  d  g  b   1  1  c 1  d  b  1  c 1  d   c  d

Đồ thị y  g  b  , b   0,1 là một đoạn thẳng nên Min g  b   Min  g  0  , g 1
b 0,1

Ta có g 1  c  d  1  1; g  0   1  c  1  d   c  d  1  cd  1
 f  0   g  b   1, b  0,1 . Vậy f  a   1 hay ta có (đpcm)