Phuong phap Ham so

Phương pháp giải toán thi đại học
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Ta có thể sử dụng các tính chất của hàm số để giải một số dạng
toán như: số nghiêm của một phương trình ; chứng minh hệ phương trình
có nghiêm ; tìm giá trò lớn nhất , nhỏ nhất của một hàm số, . . ..
Hãy xét vài ví dụ sau :
Ví dụ : ( Câu IV.2_2006D)
Chứng minh rằng với mọi a > 0, hệ phương trình sau có nghiệm
duy nhất:
ln(1 ) ln(1 ) (1)
(2)
x y
e e x y
y x a

− = + − +


− =


Bài giải : Điều kiện : x > -1 và y > -1
Rút y từ (2) và thay vào (1) ta có phương trình :
f(x) = e
x+a
–e
x
+ln(1+x) – ln(1+a+x) = 0
Khi đó : f’(x) = e
x
(e

a
-1) +
(1 )(1 )
a
x a x+ + +
> 0 khi a > 0 và x > -1
Vậy , f(x) là hàm liên tục đồng biến trên (-1;+∞). Mặt khác :
lim ( ) và lim
x x
f x
→∞ →∞
= −∞ = +∞
nên f(x) = 0 có một nghiệm trong (-1;+
∞
)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi a > 0.
Lưu ý : Ta thường mắc sai lầm khi thấy hàm số đồng biến dã vội
kết luận phương trình f(x)=0 có nghiệm duy nhất. Ta chỉ có thể kết
luận phương trình có nghiệm duy nhất khi Hàm số đơn điệu ; liên
tục và trong tập giá trò của nó có cả các giá trò âm và
dương .
Ví dụ : (Câu V . 2004D) Chứng minh phương trình sau có đúng một
nghiệm:
x
5
–x
2
-2x -1 = 0 (1)
Bài giải: Ta có : (1) ⇔ x
5

=(x+1)
2
với điều kiện x ≥ 0.
Với 0≤ x ≤ 1 thì VT < 1 và VP ≥ 1 nên (1) vô nghiệm.
Do vậy ta chỉ xét khi x ≥ 1.
Xét hàm số f(x) = x
5
–x
2
-2x -1 với x ≥ 1.
Đạo hàm f’(x) = 5x
4
-2x -2 = 2x(x
3
-1) + 2(x
4
-1) + x
4
> 0 với

moi x ≥ 1
Mặït khác : f(x) là hàm đa thức nên liên tục trên miền xác đònh của
nó ; f(x) luôn đồng biến trên (1 ; +
∞
) và lại có f(1) .f(2) <0
Vậy phương trình (1) luôn có duy nhất 1 nghiệm.
Nhận xét: Để chứng minh phương trình f(x) = 0 có đúng một nghiệm
x∈D, ta theo 2 bước sau :
Bước 1 :Chứng tỏ f(x) = 0 có nghiệm x
0

∈ D dựa vào tính chất liên tục
của f(x) trên miền D và chỉ ra f(x
1
).f(x
2
) < 0 với x
1
; x
2
thuộc D.
Bước 2 :Bằng công cụ đạo hàm, chứng tỏ f(x) đơn điệu trên miền D.
Từ đó suy ra nghiệm x
0
là nghiệm duy nhất.
Ngoài ra , bài toán này có thể giải theo hướng sau :
Xét hàm số f(x) = x
5
/(x+1)
2
- 1 trên [0; +
∞
) sau đó chứng minh f(x)
đồng biến trên [0 ; +
∞
) và có f(0).f(2) < 0
Lưu Phước Mỹ 22/10/2 bùi thò xuân bmt
1
Phương pháp giải toán thi đại học
Ví dụ : ( TH & T T số 356 _ 2/2007)
Chứng minh rằng, phương trình x

5
-5x -5 = 0 có duy nhất một nghiệm.
Bài giải : Đặt f(x) = x
5
-5x -5 thì f(0) = -5 < 0 và
lim ( ) và lim
x x
f x
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
Do vậy tồn tại a sao cho f(a) > 0. Khi đó: f(0) . f(a) < 0
Vì f(x) là hàm số liên tục nên có x
0
sao cho f(x
0
) = 0
Để chứng minh f(x)=0 có duy nhất một nghiệm ta sẽ chứng minh
f(x
1
).f(x
2
) >0 với x
1
và x
2
là các điểm cực trò của y =f(x).
Thật vây ; ta có : f’(x) = 5(x
2
+1)(x-1)(x+1) nên f’(x)=0 khi x=1 ; x=-1
Ta có f(-1).f(1) = (-1).(-9)>0 nên hai diểm cức trò cuta y=f(x) nằm cùng

một phía đối với trục hoành.
Vậy phương trình f(x) = 0 có duy nhất một nghiệm.
Ví dụ : ( Đề dự bò 2_ 2004 A)
Chứng minh rằng, phương trình x : x
x+1
= (x+1)
x
có duy nhất 1
nghiệm dương.
Bài giải : Điều kiện : x > 0.
Lấy logarit Nê pe hai vế, ta có : (x+1)lnx=x.ln(x+1)
Xét hàm số f(x) = x.ln(x+1) – x.lnx – lnx
Khi đó : f’(x) = ln(x+1) + x/(x+1) -lnx -1 -1/x = ln[(x+1)/x] + x/(x+1) - (x+1)/x
Đặt u = (x+1)/x > 1 ( vì x > 0)
Ta lại có : g(u) = lnu + 1/u – u ⇒ g’(u) = 1/u - 1/u
2
-1 < 0
⇒ f’=g nghòch biến trên ( 1;+
∞
)
⇒ g(u) <g(1) với u > 1
⇒ f’(x) < 0 , với x > 0
⇒ f(x) nghòch biến trên (0; +
∞
)
Mặt khác : f(1) = ln2 > 0 và
1
lim ( ) lim[ ln ln ]
x x
x

f x x x
x
→∞ →∞
+
= − = −∞
nên phương trình f(x) = 0 có 1 nghiệm dương duy nhất.
Ví dụ : (Câu V.2004A)
Cho tam giác ABC không tù thoả mãn điều kiện :
cos2 2 2cos 2 2cos 3 (1)a B C
+ + =
Tính ba góc của tam giác ABC.
Bài giải : Từ giả thiết ABC là tam giác không tù, ta có :
0< A< π/2 ⇒ 0< A/2 < π/4 ⇒ 0 < sin(A/2) ≤
1
2
Ta có : (1) ⇔ 1- 2sin
2
A + 2√2 . ( cosB + cos C) = 3
⇔ -sin
2
A + 2√2 .sin(A/2).cos[(B-C)/2] =1 (2)
Lại có : 2√2 .sin(A/2).cos[(B-C)/2] ≤2√2 .sin(A/2) (3)
Từ (2) và (3) ta ⇒ -sin
2
A + 2√2 .sin(A/2) - 1 ≥ 0 (4)
Đặt t = sin(A/2) thì (4) rs -4t
2
(1-t
2
) + 2√2.t -1 ≥ 0 (4’)

Lưu Phước Mỹ 22/10/2 bùi thò xuân bmt
2
Phương pháp giải toán thi đại học
Xét hàm số : f(t) = 4t
4
-4t
2
+ 2√2.t -1 với 0< t ≤
1
2
theo (4’) phải có : f(t) ≥ 0 với 0 < t ≤
1
2
(5)
Ta có : f’(t) = 16t
3
-8t + 2√2 và f’’(t) = 48t
2
-8
Do vậy : f” ( t) = 0 ⇔ t =
1
6
Ta có : f”(t) < 0 với 0< t <
1
6
hay f’ (t) nghich biến khi 0< t <
1
6

và f”(t) > 0 với

1
6
< t <
1
2
hay f’ (t) đồng biến khi
1
6
< t <
1
2
Từ đó : f’(t) ≥ f(
1
6
) > 0 nên f(t) đồng biến khi 0 < t ≤
1
2
Suy ra : f(t) ≤ f(
1
6
) = 0
Do vậy (5) chỉ xảy ra ⇔ f(t) = 0 ⇔ t =
1
2
⇔ sin(A/2) =
1
2
⇔ A = π/2 (6)
Thay (6) vào (2) ta có cos[(B-C)/2]= 1 ⇔ B=C= π /4
Vậy các góc của tam giác ABC là + A = π /2 ; B=C= π /4

Nhận xét 1 : Giả thiết của bài toán cho biểu thức đối xứng đối
với hai góc B và C nên ta có thể dự đaón tam giác là tam giác cân
tại A.
Một cách khác để giải bài toán này là sử dụng các công thức
biến đổi lượng giác để đưa biểu thức về dạng f(A,B,C) =0 về dạng
g(A)=0 hay g(a) ≥ 0 hay g(a) ≤ 0. Từ đó dung công cụ đạo hàm và khảo
sát hàm số y = g(A) và tìm ra lời giải cho bài toán.
Luyện tập thêm :
1>Tính ba góc của tam giác ABC biết : cosA +
3
(cosB+cosC) =5/2
2>Cho tam giác ABC có A = max{A,B,C}. Hãy tìm GTLN của biểu thức :
S = sin2B + sin2C + 2/sinA
Nhận xét 2 : Bài toán này có thêm 5 cách giải khác .
(Xem thêm ở TH & T T số 8/2004 trang 7  )
Ví dụ : ( Câu V . 2004 B)
Xác đònh m để phương trình sau có nghiệm :
2 2 4 2 2
( 1 1 2) 2 1 1 1 (1)m x x x x x+ − − + = − + + − −
Bài giải : Điều kiện : -1 ≤ x ≤ 1
Đặt t =
2 2
1 1x x+ − −
thì t ≥ 0 và t
2
= 2 - 2
4
1 x−
≤ 2 (*)
Khi đó : 0 ≤ t ≤ √2 và 2

4
1 x−
= 2 – t
2
Và phương trình đã cho trở thành : m(t+2) = 2 – t
2
+t (2)
Xét hàm số : f(t) =(-t
2
+t +2) / (t+2) thì f’(t) = -t(t+4) /(t+2)
2
< 0 ∀ t ∈
(0;√2)
Suy ra : f(t) nghòch biến trên [0 ; √2]
và hàm số f(t) có tập giá trò là [f(√2) ; f(0)]=[√2-1 ; 1 ] (3)
Lưu Phước Mỹ 22/10/2 bùi thò xuân bmt
3
Phương pháp giải toán thi đại học
Mặt khác phương trình (2) có nghiệm ⇔ m thuộc tập giá trò của hàm
f(t)
hay m ∈ [√2-1 ; 1 ] và đó là tất cả các giá trò của m cần tìm để
phương trình đã cho có nghiệm.
Nhận xét 3 : Cần đổi biến để chuyển phương trình (1) thành dạng f(t)
= m đơn giảin hơn. Để xác đònhm sao cho phương trình f(t) = m có
nghiệm với t thuộc miền D nào đó, ta sử dụng công cụ đạo hàm để
tìm được TÂÏP GIÁ TRỊ của f(t) với t ∈ D, từ đó tìm được các giá trò
của m cần tìm.
Cần chú ý để khỏi mắc sai lầm ở điều kiện (*) cho biến mới t nên
dẫn đến kết quả sai
Luyện tập:Tìm m để phương trình sau có nghiệm :

2
4 x−
=mx – m
+ 2
Ví dụ :( 2006B)
Cho x và y là các số thực thay đổi. Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu
thức :
2 2 2 2
( 1) ( 1) 2A x y x y y= − + + + + + −
Bài giải : Trên mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, xét các điểm
M(1-x ; y) N(1+x ; y).
Ta có OM + ON ≥ MN ⇒
2 2 2 2 2
( 1) ( 1) 4 4x y x y y− + + + + ≥ +
Đẳng thức xảy ra ⇔ x = 0.
Ta có : A ≥
2 2
2 1 2y y+ + −
Xét hàm số f(y) =
2 2
2 1 2y y+ + −
Với y ≥ 2 thì f(y) =
2 2
2 1 2y y+ + −
là hàm số đồng biến
Với y < 2 , ta có :f(y)=
2 2
2 1 2y y+ + −
⇒ f’(y) =
2

2
1
1
y
y
−
+
f’(y) = 0 ⇔ y=
1
3
Từ bảng biến thiên của hàm số, ta có min A = 2 +
3
khi (x;y) =(0;
1
3
)
Lưu ý : Khi tìm GTLN-GTNN mà biểu thức chỉ phụ thuộc một biến số
thực, ta có thể sử dụng công cụ đạo hàm, khảo sát sự biến thiên
để từ đó tìm ra tập giá trò và các giá trò lớn nhất, nhỏ nhất của
hàm số.
Ví dụ: ( Dự bò TSDH 2004)
Cho hàm số f(x)= e
x
- sinx+
2
2
x
. Tìm giá trò nhỏ nhất của hàm số
và chứng minh rằng phương trình f(x)= 3 có đúng 2 nghiệm.
Lưu Phước Mỹ 22/10/2 bùi thò xuân bmt

4
Phương pháp giải toán thi đại học
Giải: Ta có : f(x)= e
x
- sinx+
2
2
x
có miền xá đònh là D= R
Ta có : f’(x) = e
x
- cosx+ x, f’(x)= 0 có một nghiệm x= 0
Và :f’’(x) = e
x
+ sinx+ 1 > 0 vì 1+ sinx ≥ 0, ∀x, e
x
> 0, ∀x
Do đó f’(x) là hàm tăng. Vì vậy:
x -
∞
0 +
∞

f”(x) + +
f’(x) - 0 +
f (x) +
∞
+
∞

0
Nhờ bảng biến thiên, ta thấy GTNN của f(x) là 0 và do đó phương trình
f(x) = 3 có đúng 2 nghiệm.
Ví dụ: ( Dự bò TSDH 2004)
Gọi (x; y) là nghiệm của hệ phương trình:
2 4
3 1
x my m
mx y m
− = −


+ = +

(với m là tham số)
Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức: A= x
2
+ y
2
- 2x, khi m thay đổi.
Bài giải :
Ta có :
2 4
3 1
x my m
mx y m
− = −


+ = +


⇔
2 2
2 4
3
x my m
m x my m m
− = −



+ = +


⇔
2
2
2
2
3 3 2
1
4 4 1
1
m m
x
m
m m
y
m


− +
=


+

+ +

=

 +
Do đó : A = x
2
+ y
2
-2x =
2
2
19 4 1
1
m m
m
− +
+
= f(m)
Khảo sát hàm số A = f(m) ta có :
f’(m) =
2
2 2
4( 9 1)

( 1)
m m
m
+ −
+
⇒ f’(m) = 0 ⇔
9 85
2
m
− −
=
hay
9 85
2
m
− +
=
m -
∞

9 85
2
− −

9 85
2
− −
+
∞

f’(m) + 0 - 0 +

f(m) 10+
85


19
Vậy : Max A = 10+
85
khi x =
9 85
2
− −
Lưu Phước Mỹ 22/10/2 bùi thò xuân bmt
5