Phương pháp hàm số - Học mãi

Bài 1. Phương pháp hàm số
CHƯƠNG I. HÀM SỐ
BÀI 1. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
I. TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ HÀM SỐ, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT & NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
1. y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔
( )
1 2
,x x a b∀ < ∈
ta có
( ) ( )
1 2
f x f x<
2. y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔
( )
1 2
,x x a b∀ < ∈
ta có
( ) ( )
1 2
f x f x>
3. y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔ ƒ′(x) ≥ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′(x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ∈ (a,
b).
4. y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔ ƒ′(x) ≤ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′(x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ∈ (a,
b).
5. Cực trị hàm số: Hàm số đạt cực trị tại điểm
( )
k
x x f x
′
= ⇔
đổi dấu tại điểm

k
x
6. Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số
• Giả sử y = ƒ(x) liên tục trên [a, b] đồng thời đạt cực trị tại
( )
1
,..., ,
n
x x a b∈
.
Khi đó:
[ ]
( )
( )
( )
( ) ( )
{ }
1
,
Max Max ,..., , , ;
n
x a b
f x f x f x f a f b
∈
=
[ ]
( )
( )
( )
( ) ( )

{ }
1
,
M in M in ,..., , ,
n
x a b
f x f x f x f a f b
∈
=
• Nếu y = f (x) đồng biến / [a, b] thì
[ ]
( ) ( )
[ ]
( ) ( )
,
,
Min ; Max
x a b
x a b
f x f a f x f b
∈
∈
= =
• Nếu y = f (x) nghịch biến / [a, b] thì
[ ]
( ) ( )
[ ]
( ) ( )
,
,

Min ; Max
x a b
x a b
f x f b f x f a
∈
∈
= =
• Hàm bậc nhất
( )
f x x= α + β
trên đoạn
[ ]
;a b
đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất tại các đầu mút a; b
1

b

j j j
x x x
− ε + ε
i i i
x x x
− ε + ε
a
x
Chương I. Hàm số – Trần Phương
II. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH
1. Nghiệm của phương trình u(x) = v(x) là hoành độ giao điểm của đồ thị
( )

y u x=
với đồ thị
( )
y v x=
.
2. Nghiệm của bất phương trình u(x) ≥ v(x) là
phần hoành độ tương ứng với phần
đồ thị
( )
y u x=
nằm ở phía trên
so với phần đồ thị
( )
y v x=
.
3. Nghiệm của bất phương trình u(x) ≤ v(x) là
phần hoành độ tương ứng với phần đồ thị
( )
y u x=
nằm ở phía dưới so với phần đồ thị
( )
y v x=
.
4. Nghiệm của phương trình u(x) = m là hoành độ
giao điểm của đường thẳng y = m với đồ thị
( )
y u x=
.
5. BPT u(x) ≥ m đúng ∀x∈I ⇔
( )

I
Min
x
u x m
∈
≥
6. BPT u(x) ≤ m đúng ∀x∈I ⇔
( )
I
Max
x
u x m
∈
≤
7. BPT u(x) ≥ m có nghiệm x∈I ⇔
( )
I
Max
x
u x m
∈
≥
8. BPT u(x) ≤ m có nghiệm x∈I ⇔
( )
I
Min
x
u x m
∈
≤

III. Các bài toán minh họa phương pháp hàm số
Bài 1. Cho hàm số
( )
2
2 3f x mx mx= + −
a. Tìm m để phương trình ƒ(x) = 0 có nghiệm x∈[1; 2]
b. Tìm m để bất phương trình ƒ(x) ≤ 0 nghiệm đúng ∀x∈[1; 4]
c. Tìm m để bất phương trình ƒ(x) ≥ 0 có nghiệm x∈
[ ]
1;3−
Giải: a. Biến đổi phương trình ƒ(x) = 0 ta có:
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
3 3
2 3 0 2 3
2
1 1
f x mx mx m x x g x m
x x
x
= + − = ⇔ + = ⇔ = = =
+
+ −
.
Để ƒ(x) = 0 có nghiệm x∈[1; 2] thì
[ ]

( )
[ ]
( )
1;2
1;2
Min Max
x
x
g x m g x
∈
∈
≤ ≤

3
1
8
m⇔ ≤ ≤
b. Ta có ∀x∈[1; 4] thì
( )
2
2 3 0f x mx mx= + − ≤
⇔
( )
2
2 3m x x+ ≤
⇔
( )
[ ]
2
3

, 1;4
2
g x m x
x x
= ≥ ∀ ∈
+

[ ]
( )
1;4
M in
x
g x m
∈
⇔ ≥
.
Do
( )
( )
2
3
1 1
g x
x
=
+ −
giảm trên [1; 4] nên ycbt ⇔
[ ]
( )
( )

1;4
1
Min 4
8
x
g x g m
∈
= = ≥
c. Ta có với x∈
[ ]
1;3−
thì
( )
2
2 3 0f x mx mx= + − ≥
⇔
( )
2
2 3m x x+ ≥
.
Đặt
( )
[ ]
2
3
, 1;3
2
g x x
x x
= ∈ −

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

2
3
1 1
g x
x
=
+ −
giảm /
(
]
0;3
nên ycbt
(
]
( ) ( )
0;3
1
3
5
x
Min g x g m
∈
⇔ = = ≤
2
α
β
b
x
a
v(x)

u(x)
a
b
x
y = m
Bài 1. Phương pháp hàm số
+ Nếu
[
)
1;0x∈ −
thì
2
2 0x x+ <
nên BPT
( )
g x m⇔ ≥
có nghiệm
[
)
1;0x∈ −

[
)
( )
1;0
Max g x m
−
⇔ ≥
. Ta có
( )

( )
( )
[ ]
2
2
3 2 2
0, 1;0
2
x
g x x
x x
− +
′
= ≤ ∀ ∈ −
+
.
Do đó
( )
g x
nghịch biến nên ta có
[
)
( )
( )
1;0
1 3Max g x g m
−
= − = − ≥
Kết luận: ƒ(x) ≥ 0 có nghiệm x∈
[ ]

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

Bài 2. Tìm m để bất phương trình:
3
3
1
3 2x mx
x
−
− + − <
nghiệm đúng ∀x ≥ 1
Giải: BPT
( )
3 2
3 4
1 1 2
3 2, 1 3 , 1mx x x m x f x x
x

x x
⇔ < − + ∀ ≥ ⇔ < − + = ∀ ≥
.
Ta có
( )
5 2 5 2 2
4 2 2
4 2 4 2
2 2 2 0f x x x
x x x x x
−
 
′
= + − ≥ − = >
 ÷
 
suy ra
( )
f x
tăng.
YCBT
( ) ( )
( )
1
2
3 , 1 min 1 2 3
3
x
f x m x f x f m m
≥

⇔ > ∀ ≥ ⇔ = = > ⇔ >
Bài 3. Tìm m để bất phương trình
( )
2
.4 1 .2 1 0
x x
m m m
+
+ − + − >
đúng
x∀ ∈ ¡
Giải: Đặt
2 0
x
t = >
thì
( )
2
.4 1 .2 1 0
x x
m m m
+
+ − + − >
đúng
x∀ ∈ ¡

( ) ( )
( )
2 2
. 4 1 . 1 0, 0 4 1 4 1, 0m t m t m t m t t t t⇔ + − + − > ∀ > ⇔ + + > + ∀ >

( )
2
4 1
, 0
4 1
t
g t m t
t t
+
⇔ = < ∀ >
+ +
. Ta có
( )
( )
2
2
2
4 2
0
4 1
t t
g t
t t
− −
′
= <
+ +
nên
( )
g t

nghịch biến trên
[
)
0;+∞
suy ra
ycbt ⇔
( ) ( )
0
0 1
t
Max g t g m
≥
= = ≤
Bài 4. Tìm m để phương trình:
( )
12 5 4x x x m x x+ + = − + −
có nghiệm.
Giải: Điều kiện
0 4x≤ ≤
. Biến đổi PT
( )
12
5 4
x x x
f x m
x x
+ +
⇔ = =
− + −
.

Chú ý: Nếu tính
( )
f x
′
rồi xét dấu thì thao tác rất phức tạp, dễ nhầm lẫn.
Thủ thuật: Đặt
( ) ( )
3
1
12 0 0
2
2 12
g x x x x g x x
x
′
= + + > ⇒ = + >
+

( ) ( )
1 1
5 4 0 0
2 5 2 4
h x x x h x
x x
−
′
= − + − > ⇒ = − <
− −

Suy ra:

( )
0g x >
và tăng;
( )
h x
> 0 và giảm hay
( )
1
0
h x
>
và tăng
⇒
( )
( )
( )
g x
f x
h x
=
tăng. Suy ra
( )
f x m=
có nghiệm
[ ]
( )
[ ]
( ) ( )
( )
[ ]

( )
0;4
0;4
min ; max 0 ; 4 2 15 12 ;12m f x f x f f
 
 ⇔ ∈ = = −
 
 
Bài 5. Tìm m để bất phương trình:
( )
3
3 2
3 1 1x x m x x+ − ≤ − −
có nghiệm.
Giải: Điều kiện
1x ≥
. Nhân cả hai vế BPT với
( )
3
1 0x x+ − >
ta nhận được
bất phương trình
( )
( )
( )
3
3 2
3 1 1f x x x x x m= + − + − ≤
.
3

Chương I. Hàm số – Trần Phương
Đặt
( ) ( )
( )
3
3 2
3 1 ; 1g x x x h x x x= + − = + −
Ta có
( ) ( )
( )
2
2
1 1
3 6 0, 1; 3 1 0
2 2 1
g x x x x h x x x
x x
 
′ ′
= + > ∀ ≥ = + − + >
 ÷
−
 
.
Do
( )
0g x >
và tăng
1x∀ ≥
;

( )
0h x >
và tăng nên
( ) ( ) ( )
.f x g x h x=
tăng
1x∀ ≥
Khi đó bất phương trình
( )
f x m≤
có nghiệm
( )
( )
1
min 1 3
x
f x f m
≥
⇔ = = ≤
Bài 6. Tìm m để
( ) ( )
2
4 6 2x x x x m+ − ≤ − +
nghiệm đúng
[ ]
4,6x∀ ∈ −
Cách 1. BPT
( ) ( ) ( )
2
2 4 6f x x x x x m⇔ = − + + + − ≤

đúng
[ ]
4,6x∀ ∈ −
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
1
2 2 1 2 0 1
2 4 6 4 6
x
f x x x x
x x x x
− +
 
′
= − + + = − + = ⇔ =
 ÷
+ − + −
 
Lập bảng biến thiên suy ra Max
[ ]
( )
( )
4,6
1 6Max f x f m
−
= = ≤
Cách 2. Đặt

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

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

2
x x x x t t
 
⇒ + − = + − = − ∈
 
Xét
( ) ( ) ( ) ( )
2
3;3 2
9
1
; 1 0; 3;3 2 max 3 3
2 2
f t t t f t t t f t f
 
 
 
′
= − + + = − < ∀ ∈ ⇒ = =
 
ycbt
( )
2 2
3;3 2
max 3 1 2 0 1 V m 2f t m m m m m
 
 
⇔ = ≤ − + ⇔ − − ≥ ⇔ ≤ − ≥
Bài 8. (Đề TSĐH khối A, 2007)
Tìm m để phương trình

4
2
3 1 1 2 1x m x x− + + = −
có nghiệm thực.
Giải: ĐK:
1x ≥
, biến đổi phương trình
4
1 1
3 2
1 1
x x
m
x x
− −
⇔ − + =
+ +
.
Đặt
[
)
4
4
1
2
1 0,1
1 1
x
u
x x

−
= = − ∈
+ +
.
Khi đó
( )
2
3 2g t t t m= − + =

Ta có
( )
1
6 2 0
3
g t t t
′
= − + = ⇔ =
. Do đó yêu cầu
1
1
3
m⇔ − < ≤
Bài 9. (Đề TSĐH khối B, 2007): Chứng minh rằng: Với mọi
0m >
, phương trình
( )
2
2 8 2x x m x+ − = −
luôn có đúng hai nghiệm phân biệt.
4

t01+0– 0– 1
x2 +0
Bài 1. Phương pháp hàm số
Giải: Điều kiện:
2x ≥
.
Biến đổi phương trình ta có:
( ) ( ) ( )
2 6 2x x m x⇔ − + = −
( ) ( ) ( )
2 2
2 6 2x x m x⇔ − + = −
( )
( )
( )
3 2 3 2
2 6 32 0 2 V g x 6 32x x x m x x x m⇔ − + − − = ⇔ = = + − =
.
ycbt
( )
g x m⇔ =
có đúng một nghiệm thuộc khoảng
( )
2;+∞
. Thật vậy ta có:
( ) ( )
3 4 0, 2g x x x x
′
= + > ∀ >
. Do đó

( )
g x
đồng biến mà
( )
g x
liên tục và
( )
( )
2 0; lim
x
g g x
→+∞
= = +∞
nên
( )
g x m=
có đúng một nghiệm ∈
( )
2;+∞
.
Vậy
0m∀ >
, phương trình
( )
2
2 8 2x x m x+ − = −
có hai nghiệm phân biệt.
Bài 10. (Đề TSĐH khối A, 2008) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt:
4 4
2 2 2 6 2 6x x x x m+ + − + − =

Giải: Đặt
( )
[ ]
4 4
2 2 2 6 2 6 ; 0;6 f x x x x x x= + + − + − ∈
Ta có:
( )
( ) ( )
( )
3 3
4 4
1 1 1 1 1
, 0;6
2
2 6
2 6
f x x
x x
x x
   
′
= − + − ∈
 ÷
 ÷
−
 
−
 
Đặt
( )

( ) ( )
( )
( )
3 3
4 4
1 1 1 1
; 0,6
2 6
2 6
, xu x v x
x x
x x
= − = − ∈
−
−
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
, 0, 0,2
2 2 0
, 0, 2,6
u x v x x
u v
u x v x x

> ∀ ∈

⇒ = =



< ∀ ∈


( )
( )
( ) 0, 0,2
( ) 0, 2,6
(2) 0
f x x
f x x
f
′
 > ∀ ∈

′
⇒ < ∀ ∈


′
=

Nhìn BBT ta có PT có 2 nghiệm phân biệt
⇔
4
2 6 2 6 3 2 6m+ ≤ < +
Bài 11. (Đề TSĐH khối D, 2007):
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm
3 3

3 3
1 1
5
1 1
15 10
x y
x y
x y m
x y

+ + + =



+ + + = −



Giải: Đặt
1 1
;u x v y
x y
= + = +
ta có
(
)
(
)
3
3

3
1 1 1 1
3 3x x x x u u
x x x
x
+ = + − × + = −
5
x026 +0– f(x)
4
2 6 2 6
+