Bài Phương pháp hàm số CHƯƠNG I HÀM SỐ BÀI PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ I TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ HÀM SỐ, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT & NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔ ∀x1 < x ∈ ( a, b ) ta có f ( x1 ) < f ( x ) y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔ ∀x1 < x ∈ ( a, b ) ta có f ( x1 ) > f ( x ) y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔ ƒ′(x) ≥ ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′(x) = số hữu hạn điểm ∈ (a, b) y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔ ƒ′(x) ≤ ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′(x) = số hữu hạn điểm ∈ (a, b) Cực trị hàm số: Hàm số đạt cực trị điểm x = x k ⇔ f ′ ( x ) đổi dấu điểm x k xj −ε xj xj +ε xi −ε xi xi +ε a b x Giá trị lớn nhỏ hàm số • Giả sử y = ƒ(x) liên tục [a, b] đồng thời đạt cực trị x1 , , x n ∈ ( a, b ) f ( x ) = Max { f ( x1 ) , , f ( x n ) , f ( a ) , f ( b ) } ; Khi đó: xMax ∈[ a ,b ] M in f ( x ) = M in { f ( x1 ) , , f ( x n ) , f ( a ) , f ( b ) } x∈[ a ,b ] f ( x ) = f ( a ) ; Max f ( x ) = f ( b ) • Nếu y = f (x) đồng biến / [a, b] xMin ∈[ a ,b ] x∈[ a ,b ] f ( x ) = f ( b ) ; Max f ( x ) = f ( a ) • Nếu y = f (x) nghịch biến / [a, b] xMin ∈[ a ,b ] x∈[ a ,b ] • Hàm bậc f ( x ) = αx + β đoạn [ a; b ] đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ đầu mút a; b Chương I Hàm số – Trần Phương II PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH Nghiệm phương trình u(x) = v(x) hoành độ giao điểm đồ thị y = u ( x ) với đồ thị y = v ( x ) u(x) Nghiệm bất phương trình u(x) ≥ v(x) phần hoành độ tương ứng với phần đồ thị y = u ( x ) nằm phía v(x) so với phần đồ thị y = v ( x ) Nghiệm bất phương trình u(x) ≤ v(x) phần hoành độ tương ứng với phần đồ thị α a β x b y = u ( x ) nằm phía so với phần đồ thị y = v ( x ) Nghiệm phương trình u(x) = m hoành độ giao điểm đường thẳng y = m với đồ thị y = u ( x ) u ( x) ≥ m BPT u(x) ≥ m ∀x∈I ⇔ Min x∈I y=m u ( x) ≤ m BPT u(x) ≤ m ∀x∈I ⇔ Max x∈I u ( x) ≥ m BPT u(x) ≥ m có nghiệm x∈I ⇔ Max x∈I u ( x) ≤ m BPT u(x) ≤ m có nghiệm x∈I ⇔ Min x∈I a b III Các toán minh họa phương pháp hàm số Bài Cho hàm số f ( x ) = mx + 2mx − a Tìm m để phương trình ƒ(x) = có nghiệm x∈[1; 2] b Tìm m để bất phương trình ƒ(x) ≤ nghiệm ∀x∈[1; 4] c Tìm m để bất phương trình ƒ(x) ≥ có nghiệm x∈ [ −1;3] Giải: a Biến đổi phương trình ƒ(x) = ta có: f ( x ) = mx + 2mx − = ⇔ m ( x + x ) = ⇔ g ( x ) = 3 = =m x + x ( x + 1) − g ( x ) ≤ m ≤ Max g ( x ) ⇔ ≤ m ≤ Để ƒ(x) = có nghiệm x∈[1; 2] xMin ∈[ 1;2] x∈[ 1;2] b Ta có ∀x∈[1; 4] f ( x ) = mx + 2mx − ≤ ⇔ m ( x + x ) ≤ ⇔ g ( x) = in g ( x ) ≥ m ≥ m , ∀x ∈ [ 1; 4] ⇔ M x∈[ 1;4] x + 2x Do g ( x ) = ( x + 1) − g ( x ) = g ( 4) = ≥ m giảm [1; 4] nên ycbt ⇔ xMin ∈[ 1;4] x Bài Phương pháp hàm số c Ta có với x∈ [ −1;3] f ( x ) = mx + 2mx − ≥ ⇔ m ( x + x ) ≥ , x ∈ [ −1;3] Xét khả sau đây: x + 2x Đặt g ( x ) = + Nếu x = bất phương trình trở thành m.0 = ≥ nên vô nghiệm g ( x) ≤ m + Nếu x ∈ ( 0;3] BPT ⇔ g ( x ) ≤ m có nghiệm x ∈ ( 0;3] ⇔ xMin ∈( 0;3] Do g ( x ) = g ( x ) = g ( 3) = ≤ m giảm / ( 0; 3] nên ycbt ⇔ xMin ∈( 0;3] ( x + 1) − + Nếu x ∈ [ −1; ) x + x < nên BPT ⇔ g ( x ) ≥ m có nghiệm x ∈ [ −1; ) ( ) ⇔ Max g ( x ) ≥ m Ta có g ′ ( x ) = −3 x + 22 ≤ 0, ∀x ∈ [ −1; 0] − 1;0 [ ) ( x + 2x) g ( x ) = g ( −1) = −3 ≥ m Do g ( x ) nghịch biến nên ta có Max [ −1;0 ) Kết luận: ƒ(x) ≥ có nghiệm x∈ [ −1;3] ⇔ m ∈ ( −∞; −3] U ; +∞ 5 ) −1 Bài Tìm m để bất phương trình: − x + 3mx − < nghiệm ∀x ≥ x 1 Giải: BPT ⇔ 3mx < x − + 2, ∀x ≥ ⇔ 3m < x − + = f ( x ) , ∀x ≥ x x x 4 Ta có f ′ ( x ) = x + − ≥ 2 x x x x − = − > suy f ( x ) tăng ÷ x2 x2 YCBT ⇔ f ( x ) > 3m, ∀x ≥ ⇔ f ( x ) = f ( 1) = > 3m ⇔ > m x ≥1 Bài Tìm m để bất phương trình m.4 x + ( m − 1) x + + m − > ∀x ∈ ¡ Giải: Đặt t = x > m.4 x + ( m − 1) x + + m − > ∀x ∈ ¡ ⇔ m.t + ( m − 1) t + ( m − 1) > 0, ∀t > ⇔ m ( t + 4t + 1) > 4t + 1, ∀t > ⇔ g ( t) = −4t − 2t < 4t + < m, ∀t > Ta có g ′ ( t ) = nên g ( t ) nghịch t + 4t + ( t + 4t + 1) 2 g ( t ) = g ( 0) = ≤ m biến [ 0; +∞ ) suy ycbt ⇔ Max t ≥0 Bài Tìm m để phương trình: x x + x + 12 = m ( − x + − x ) có nghiệm x x + x + 12 =m Giải: Điều kiện ≤ x ≤ Biến đổi PT ⇔ f ( x ) = 5− x + 4− x Chương I Hàm số – Trần Phương Chú ý: Nếu tính f ′ ( x ) xét dấu thao tác phức tạp, dễ nhầm lẫn >0 Thủ thuật: Đặt g ( x ) = x x + x + 12 > ⇒ g ′ ( x ) = x + x + 12 h ( x ) = − x + − x > ⇒ h′ ( x ) = Suy ra: g ( x ) > tăng; h ( x ) > giảm hay −1 − 0 tăng h ( x) g ( x ) tăng Suy f ( x ) = m có nghiệm h ( x) ⇔ m ∈ f ( x ) ; max f ( x ) = [ f ( ) ; f ( ) ] = ( 15 − 12 ) ;12 [ 0;4] [ 0;4] ⇒ f ( x) = Bài Tìm m để bất phương trình: x + 3x − ≤ m ( x − x − ) Giải: Điều kiện x ≥ Nhân hai vế BPT với ( có nghiệm x + x − ) > ta nhận bất phương trình f ( x ) = ( x + 3x − 1) ( x + x − ) ≤ m Đặt g ( x ) = x + 3x − ; h ( x ) = ( x + x − ) 2 >0 + Ta có g ′ ( x ) = 3x + x > 0, ∀x ≥ 1; h ′ ( x ) = ( x + x − ) ÷ x x −1 Do g ( x ) > tăng ∀x ≥ ; h ( x ) > tăng nên f ( x ) = g ( x ) h ( x ) tăng ∀x ≥ f ( x ) = f ( 1) = ≤ m Khi bất phương trình f ( x ) ≤ m có nghiệm ⇔ x ≥1 Bài Tìm m để ( + x ) ( − x ) ≤ x − x + m nghiệm ∀x ∈ [ −4, 6] Cách BPT ⇔ f ( x ) = − x + x + ( + x ) ( − x ) ≤ m ∀x ∈ [ −4, 6] f ′ ( x ) = −2 x + + −2 x + = ( − x) + ( ) ( ) ( 4+ x 6−x + x) ( − x) = ⇔ x =1 ÷ f ( x ) = f ( 1) = ≤ m Lập bảng biến thiên suy Max Max [ −4,6] ( + x) + ( − x) =5 Cách Đặt t = ( + x ) ( − x ) ≤ Ta có t = − x + x + 24 Khi bất phương trình trở thành t ≤ −t + m + 24, ∀t ∈ [ 0;5] ⇔ f ( t ) = t + t − 24 ≤ m; ∀t ∈ [ 0; 5] Ta có: f ( t ) = f ( 5) = ≤ m f ′ ( t ) = 2t + > ⇒ f ( t ) tăng nên f ( t ) ≤ m; ∀t ∈ [ 0; 5] ⇔ max [ 0;5] Bài Phương pháp hàm số Bài Tìm m để + x + − x − 18 + 3x − x ≤ m − m + ∀x ∈ [ −3, 6] Giải: Đặt t = + x + − x > ⇒ t = ( + x + − x ) = + ( + x ) ( − x ) ⇒ ≤ t = + ( + x ) ( − x ) ≤ + ( + x ) + ( − x ) = 18 ⇒ 18 + 3x − x = ( + x ) ( − x ) = ( t − ) ; t ∈ 3; Xét f ( t ) = − t + t + ; f ′ ( t ) = − t < 0; ∀t ∈ 3;3 ⇒ max f ( t ) = f ( 3) = 2 3;3 f ( t ) = ≤ m − m + ⇔ m − m − ≥ ⇔ m ≤ −1 V m ≥ ycbt ⇔ max 3;3 Bài (Đề TSĐH khối A, 2007) Tìm m để phương trình x − + m x + = x − có nghiệm thực Giải: ĐK: x ≥ , biến đổi phương trình ⇔ −3 x − + x − = m x +1 x +1 t01+0– 0– Đặt u = x − = − ∈ [ 0,1) x +1 x +1 Khi g ( t ) = −3t + 2t = m Ta có g ′ ( t ) = −6t + = ⇔ t = Do yêu cầu ⇔ −1 < m ≤ 3 Bài (Đề TSĐH khối B, 2007): Chứng minh rằng: Với m > , phương trình x + x − = m ( x − ) có hai nghiệm phân biệt x2 + Giải: Điều kiện: x ≥ Biến đổi phương trình ta có: ⇔ ( x − 2) ( x + 6) = m ( x − 2) 2 ⇔ ( x − 2) ( x + 6) = m ( x − 2) ⇔ ( x − ) ( x + x − 32 − m ) = ⇔ x = V g ( x ) = x + x − 32 = m ycbt ⇔ g ( x ) = m có nghiệm thuộc khoảng ( 2; +∞ ) Thật ta có: g ′ ( x ) = 3x ( x + ) > 0, ∀x > Do g ( x ) đồng biến mà g ( x ) liên tục g ( ) = 0; lim g ( x ) = +∞ nên g ( x ) = m có nghiệm ∈ ( 2; +∞ ) x →+∞ Vậy ∀m > , phương trình x + x − = m ( x − ) có hai nghiệm phân biệt Chương I Hàm số – Trần Phương Bài 10 (Đề TSĐH khối A, 2008) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2x + 2x + − x + − x = m Giải: Đặt f ( x ) = x + x + − x + − x ; x ∈ [ 0; 6] + − , x ∈ ( 0; ) ′( ) − ÷ Ta có: f x = 3 6−x ( − x) ÷ ( 2x) 2x ( ) Đặt u x = ( 2x) − ; v ( x) = − , x ∈ ( 0, ) 2x 6−x ( − x) u ( x ) , v ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0, ) f ′( x) > 0, ∀x ∈ ( 0, ) ( ) ⇒ u = v ( ) = ⇒ f ′( x) < 0, ∀x ∈ ( 2, ) f ′(2) = ( ) ( ) u x , v x < 0, ∀x ∈ ( 2, ) x026 +0– f(x) + 24 Nhìn BBT ta có PT có nghiệm phân biệt ⇔ + ≤ m < + Bài 11 (Đề TSĐH khối D, 2007): x + + y + = x y Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x + 13 + y + 13 = 15m − 10 x y ( 1 Giải: Đặt u = x + ; v = y + ta có x + 13 = x + x y x x ) ( 1 1 ≥2 y =2 u = x + = x + ≥ x = ; v = y + x x x y y u + v = u + v = ⇔ Khi hệ trở thành 3 uv = − m u + v − ( u + v ) = 15m − 10 ) − 3x ×1 x + = u − 3u x x Bài Phương pháp hàm số ⇔ u , v nghiệm phương trình bậc hai f ( t ) = t − 5t + = m Hệ có nghiệm ⇔ f ( t ) = m có nghiệm t1 , t thỏa mãn t1 ≥ 2; t ≥ Lập Bảng biến thiên hàm số f ( t ) với t ≥ t −∞ f ′( t) f ( t) –2 – +∞ 5/2 – + +∞ +∞ 22 7/4 Nhìn bảng biến thiên ta có hệ có nghiệm ⇔ ≤ m ≤ ∨ m ≥ 22 Bài 12 (Đề 1I.2 Bộ đề TSĐH 1987-2001): Tìm x để bất phương trình x + x ( sin y + cos y ) + ≥ với ∀y ∈ ¡ Giải: Đặt u = sin y + cos y ∈ − 2, , g ( u) ≥ BPT ⇔ g ( u ) = ( x ) u + ( x + 1) ≥ 0, ∀u ∈ − 2, ⇔ u∈Min − 2, Do đồ thị y = g ( u ) đoạn thẳng với u ∈ − 2, nên Min u∈ − , g ( − ) ≥ x − 2 x + ≥ x ≥ +1 g ( u ) ≥ ⇔ ⇔ ⇔ g ( ) ≥ x + 2 x + ≥ x ≤ − a , b, c ≥ Bài 13 Cho Chứng minh rằng: a + b + c + abc ≥ a + b + c = Giải: BĐT ⇔ a + ( b + c ) − 2bc + abc ≥ ⇔ a + ( − a ) + ( a − ) bc ≥ ( ⇔ f ( u ) = ( a − ) u + 2a − 6a + ≥ ≤ u = bc ≤ b + c ) = ( − a) 2 Như đồ thị y = f ( u ) đoạn thẳng với u ∈ 0; ( − a ) Ta có ( f ( ) = 2a − 6a + = a − ) ( ) 2 + ≥ 0; f ( − a ) = ( a − 1) ( a + ) ≥ 4 nên suy f ( u ) ≥ 0; ∀ u ∈ 0; ( − a ) Vậy a + b + c + abc ≥ Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = Chương I Hàm số – Trần Phương Bài 14 (IMO 25 – Tiệp Khắc 1984): a , b, c ≥ Cho Chứng minh rằng: ab + bc + ca − 2abc ≤ 27 a + b + c = Giải: a ( b + c ) + ( − 2a ) bc = a ( − a ) + ( − 2a ) bc = a ( − a ) + ( − 2a ) u = f ( u ) ( Đồ thị y = f ( u ) = ( − 2a ) u + a ( − a ) với ≤ u = bc ≤ b + c ) = (1 − a) ( ) đoạn thẳng với giá trị đầu mút f ( ) = a ( − a ) ≤ a + − a = < 27 ( ) ( )( f ( − a ) = ( −2a + a + 1) = − 2a + a − 4 27 3 ) ≤ 27 Do đồ thị y = f ( u ) đoạn thẳng với u ∈ 0; ( − a ) f ( ) < ; 27 ( ) f ( − a ) ≤ nên f ( u ) ≤ Đẳng thức xảy ⇔ a = b = c = 27 27 Bài 15 Chứng minh rằng: ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) ≤ 4, ∀ a, b, c ∈ [ 0, 2] Giải: Biến đổi bất đẳng thức hàm bậc biến số a, tham số b, c ta có f ( a ) = ( − b − c ) a + ( b + c ) − bc ≤ 4, ∀a, b, c ∈ [ 0, 2] Đồ thị y = f ( a ) đoạn thẳng với a ∈ [ 0, 2] nên f ( a ) ≤ Max { f ( ) ; f ( ) } Ta có f ( ) = − ( − b ) ( − c ) ≤ 4; f ( ) = − bc ≤ ⇒ f ( a ) ≤ 4, ∀a, b, c ∈ [ 0, ] Bài 16 CMR: ( − a ) ( − b ) ( − c ) ( − d ) + a + b + c + d ≥ 1, ∀a, b, c, d ∈ [ 0,1] Giải: Biểu diễn bất đẳng thức hàm bậc biến số a, tham số b, c, d, ta có: f ( a ) = [ − ( − b ) ( − c ) ( − d ) ] a + ( − b ) ( − c ) ( − d ) + b + c + d ≥ 1, ∀a, b, c, d ∈ [ 0,1] f ( a ) = Min { f ( ) , f ( 1) } Đồ thị y = f ( a ) , ∀a ∈ [ 0,1] đoạn thẳng nên aMin ∈[ 0,1] Ta có f ( 1) = b + c + d + ≥ 1, ∀b, c, d ∈ [ 0,1] f ( 0) = ( − b) ( − c ) ( − d ) + b + c + d ⇔ g ( b) = [ − ( − c ) ( − d ) ] b + ( − c ) ( − d ) + c + d g ( b ) = Min { g ( ) , g ( 1) } Đồ thị y = g ( b ) , ∀b ∈ [ 0,1] đoạn thẳng nên bMin ∈[ 0,1] Ta có g ( 1) = c + d + ≥ 1; g ( ) = ( − c ) ( − d ) + c + d = + cd ≥ ⇒ f ( ) = g ( b ) ≥ 1, ∀b ∈ [ 0,1] Vậy f ( a ) ≥ hay ta có (đpcm) Bài Phương pháp hàm số ... trình x + x − = m ( x − ) có hai nghiệm phân biệt Chương I Hàm số – Trần Phương Bài 10 (Đề TSĐH khối A, 2008) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2x + 2x + − x + − x = m Giải:... (Đề TSĐH khối B, 2007): Chứng minh rằng: Với m > , phương trình x + x − = m ( x − ) có hai nghiệm phân biệt x2 + Giải: Điều kiện: x ≥ Biến đổi phương trình ta có: ⇔ ( x − 2) ( x + 6) = m ( x −... ′ ( x ) = x + x + 12 h ( x ) = − x + − x > ⇒ h′ ( x ) = Suy ra: g ( x ) > tăng; h ( x ) > giảm hay −1 − 0 tăng h ( x) g ( x ) tăng Suy f ( x ) = m có nghiệm h ( x) ⇔ m ∈ f ( x