Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán - Phương pháp hàm số - Vũ Ngọc Vinh

 VŨ NGỌC VINH 1 
CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 
Sử dụng các tính chất của hàm số để giải một số nhiều dạng toán như : Số nghiêm của một 
phương trình ; chứng minh hệ phương trình có nghiêm ; tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của một 
hàm số, . . .. Đề thi đại học nhiều năm ra về vấn đề này. Sau đây là một số ví dụ. 
Ví dụ 1 : ( 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 ye 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) = ex+a –ex + ln(1+x) – ln(1+a+x) = 0 
Khi đó : f’(x) = ex(ea -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 : 
1
lim ( ) ; lim
xx
f x
 
    nên f(x) = 0 có một nghiệm trong (-1;+ ) 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi a > 0. 
Ví dụ 2: (Câu V . 2004D) Chứng minh phương trình sau có đúng một nghiệm: 
 x5 –x2 -2x -1 = 0 (1) 
Bài giải: 
Ta có : (1)  x5 =(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) = x5 –x2 -2x -1 với x  1. 
Đạo hàm f’(x) = 5x4 -2x -2 = 2x(x3-1) + 2(x4-1) + x4 > 0 với moi x  1 
Mặït khác : f(x) là hàm đa thức nên liên tục trên miền xác định 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 x0  D dựa vào tính chất liên tục của f(x) trên miền D và 
chỉ ra f(x1).f(x2) < 0 với x1 ; x2 thuộc D. 
Bước 2 :Bằng công cụ đạo hàm, chứng tỏ f(x) đơn điệu trên miền D. Từ đó suy ra nghiệm x0 là 
nghiệm duy nhất. 
Ví dụ 3: ( TH & T T số 356 _ 2/2007) 
 Chứng minh rằng, phương trình x5 -5x -5 = 0 có duy nhất một nghiệm. 
Bài giải : 
Đặt f(x) = x5 -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 x0 sao cho f(x0) = 0 
Để chứng minh f(x)=0 có duy nhất một nghiệm ta sẽ chứng minh f(x1).f(x2) >0 với x1 và x2 là 
các điểm cực trị của y =f(x). 
 VŨ NGỌC VINH 2 
Thật vây ; ta có : f’(x) = 5(x2+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 trị 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 4: ( Đề dự bị 2_ 2004 A) 
 Chứng minh rằng, phương trình x : xx+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/u2 -1 < 0 
  f’=g nghịch biến trên ( 1;+  )  g(u) 1 
  f’(x) 0  f(x) nghịch biến trên (0; +  ) 
Mặt khác : f(1) = ln2 > 0 và 1lim ( ) lim[ ln ln ]
x x
xf x x x
x 
    
nên phương trình f(x) = 0 có 1 nghiệm dương duy nhất. 
Ví dụ5 : (Câu V.2004A) 
 Cho tam giác ABC không tù thoả mãn điều kiện : 
 cos2 2 2 cos 2 2 cos 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< 
2
  0< 
2
A < 
4
  0 < sin(
2
A )  1
2
Ta có : (1)  1- 2sin2 A + 22 . ( cosB + cos C) = 3 
  -sin2A + 22 .sin(
2
A ).cos[
2
B C ] =1 (2) 
Lại có : 22 .sin(
2
A ).cos[
2
B C ] 22 .sin(
2
A ) (3) 
Từ (2) và (3) ta  -sin2A + 22 .sin(
2
A ) - 1  0 (4) 
Đặt t = sin(
2
A ) thì (4) đsuy ra: -4t2(1-t2) + 22.t -1  0 (4’) 
Xét hàm số : f(t) = 4t4 -4t2 + 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) = 16t3 -8t + 22 và f’’(t) = 48t2 -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
 VŨ NGỌC VINH 3 
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(
2
A ) = 1
2
  A = 
2
 (6) 
Thay (6) vào (2) ta có cos[
2
B C ]= 1  B = C = 
4
 
Vậy các góc của tam giác ABC là : A = 
2
 ; B = C = 
4
 
Nhận xét : Giả thiết của bài toán cho biểu thức đối xứng đối với hai góc B và C nên ta có thể 
dự đoán 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 
Ví dụ 6: ( Câu V . 2004 B) 
 Xác định 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 21 1x x   thì t  0 và t2 = 2 - 2 41 x  2 (*) 
Khi đó : 0  t  2 và 2 41 x = 2 – t2 
Và phương trình đã cho trở thành : m(t+2) = 2 – t2 +t (2) 
 Xét hàm số : f(t) =(-t2 +t +2) / (t+2) thì f’(t) = -t(t+4) /(t+2)2 < 0  t  (0;2) 
Suy ra : f(t) nghịch biến trên [0 ; 2] 
và hàm số f(t) có tập giá trị là [f(2) ; f(0)]=[2-1 ; 1 ] (3) 
Mặt khác phương trình (2) có nghiệm  m thuộc tập giá trị của hàm f(t) 
hay m  [2-1 ; 1 ] và đó là tất cả các giá trị của m cần tìm để phương trình đã cho có nghiệm. 
Nhận xét : Cần đổi biến để chuyển phương trình (1) thành dạng f(t) = m đơn giảin hơn. Để xác 
địnhm 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 trị 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 : 24 x = mx – m + 2 
Ví dụ 7:( 2006B) 
Cho x và y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 
 2 2 2 2( 1) ( 1) 2A x y x y y        
 VŨ NGỌC VINH 4 
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 22 1 2y y   . Xét hàm số f(y) = 2 22 1 2y y   
Với y  2 thì f(y) = 2 22 1 2y y   là hàm số đồng biến 
Với y < 2 , ta có :f(y)= 2 22 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 trị và các giá trị lớn nhất, nhỏ 
nhất của hàm số. 
Ví dụ8: ( Dự bị TSDH 2004) 
 Cho hàm số f(x)= ex- sinx+ 
2
2
x . Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số và chứng minh rằng 
phương trình f(x) = 3 có đúng 2 nghiệm. 
Giải: 
Ta có : f(x)= ex- sinx+ 
2
2
x có miền xá định là D= R 
Ta có : f’(x) = ex- cosx+ x, f’(x)= 0 có một nghiệm x= 0 
 Và :f’’(x) = ex+ sinx+ 1 > 0 vì 1+ sinx  0, x, ex> 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 dụ9: ( Dự bị 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 trị lớn nhất của biểu thức: A= x2+ y2- 2x, khi m thay đổi. 
Bài giải : 
 VŨ NGỌC VINH 5 
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 mx
m
m my
m
   
   
Do đó : A = x2 + y2 -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
  
Ví dụ 10: Chứng minh rằng : ex + cosx  2 + x - 
2
2
x 
Hướng dẫn : 
Có thể chứng minh đồng thời hai bất đẳng thức : 
ex ≥ 1 + x (1) và cosx  1 – 
2
2
x (2) rồi công vế để có bất đẳng thức cần chứng minh. 
+) Để chứng minh (1) ta xét hàm số f(x) = ex –x-1 và xét đạo hàm cấp một (Lập bảng biến thiên) 
+) Để chứng minh (2) ta xét hàm số g(x) = cosx + 
2
2
x -1 và xét đến đạo hàm cấp 2 để suy 
ngược dần đến hàm số f là đơn điệu. 
* Ta cũng có thể xét hàm h(x) = ex + cosx + 
2
2
x – x - 2 và lấy đạo hàm đến cấp hai để xét tính 
đơn điệu của h(x) cũng đi đến kết quả như bài ra.