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)  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
xk

xj 

a

xi   xi xi  



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 

1


 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

v(x)
a 



x

b

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  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   m
xI

2

a

b

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

8

x1;2

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

3
 m , x  1; 4  M in g  x   m .
x1;4 
x 2  2x

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.
+ 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
giảm /  0;3 nên ycbt  Min g  x   g  3  1  m
2
x 0;3
5
 x  1  1

3


+ Nếu x   1; 0  thì x 2  2 x  0 nên BPT  g  x   m có nghiệm x   1; 0 
3  2 x  2 
 Max g  x   m . Ta có g   x  
 0, x   1; 0 .
2
 1;0 

 x 2  2x

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 
x

1
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
3

x 1

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
2
t  4t  1

g t  

4t 2  2t

 t 2  4t  1 2

0

nên

nghịch biến trên  0;   suy 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

4

g t 


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  

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

1
0
2 x  12

1 
1
0
2 5 x 2 4x

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


 f  x 

3

Bài 5. Tìm m để bất phương trình: x 3  3x 2  1  m  x  x  1  có
nghiệm.
Giải: Điều kiện x  1 . Nhân cả hai vế BPT với
được

3



x  x  1   0 ta nhận

3

bất phương trình f  x    x 3  3 x 2  1  x  x  1   m .
Đặt g  x   x 3  3 x 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  2 x   4  x   6  x   m đúng x   4, 6

5


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 2   x 2  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:

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:
2

Đặt t  3  x  6  x  0  t 2   3  x  6  x   9  2  3  x   6  x 
 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
t
6

g  t 

0

1

13
+

0

–


 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
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.
Giải: Điều kiện: x  2 .

x

2

g x


+

Biến đổi phương trình ta có:
g  x
  x  2  x  6  m  x  2


0

2
2
  x  2  x  6  m  x  2 

  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   3x  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 2 x  2 x  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

7


Ta có: f   x   1 

1
1
   1  1  , x   0; 6 



3 
2  4  3 4 
6x
6  x   2x
 2x

1

Đặt u  x  
4

 2x

3

1


4

; v  x  1  1
, x   0, 6 
2x
6 x
6  x
3

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

x

0

2
+

f  x

6

0

f(x)

–

3 26
2 6  24 6

4

12  2 3

Nhìn BBT ta có PT có 2 nghiệm phân biệt  2 6  2 4 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



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

8

x

x

y



 3x  1 x  1  u  3u
x
x

y


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

Khi đó hệ trở thành 

 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  2 x  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

u 2 , 2 

g u   0

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

9


Min

u  2,

 g   2   0  x 2  2 2 x  1  0
 x  2 1
g u   0  


2
2 
 x  2 2 x  1  0
 g  2   0
 x  2  1

 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

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



f  0   2 a 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

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

 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


2

1  a  2
là một
4

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


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

10

2

 7
27