Chun đề I: Ứng Dụng Đạo Hàm Trong Các Bài Tốn Đại Số
I.Các vài tốn liên quan đến nghiệm của pt-bpt:
Định lí 1: Số nghiệm của pt f(x)=g(x) chính là số giao điểm của hai đồ thị y=f(x) và
y=g(x)
Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) lt trên D và
min ( )
x D
m f x
∈
=
,
ax ( )
x D
M M f x
∈
=
thì pt: f(x)=k có
nghiệm khi và chỉ khi
m k M≤ ≤
Định lí 3: Bất phương trình
( ) ( )f x g x≥
nghiệm đúng mọi x thuộc D khi và chỉ khi
( ) ( )
x D x D
Min f x Max g x
∈ ∈
≥
Các ví dụ:
Bài 1:Tìm m để pt sau có nghiệm:
2 2
1 1x x x x m+ + − − + =

f x f x
x x x x
x x x x x x
x x x x x
→ ∞
→ ∞ →−∞
∀ ∈
= = −
+ + + − +
⇔ < <
2 2
x +
x +
đó f'(x)>0 x
2
Mặt khác: Lim ( ) = Lim 1; Lim ( ) 1
1 1
Vậy pt đã cho có nghiệm -1 1
x
R
x
f x f x
x x x x
m
Bài 2:Tìm tất cả các giá trị của a để pt:
2
1 cosax x+ =
có đúng một nghiệm
0;
2

2
Khi đó pt =a -2 . Xét hàm số ( ) với t 0;
4
2
cos -
.cos sin
ta có '( ) = 0 với t 0; ( ) ngb trên 0;
4 4
t
x
x t
a f t
t
x
x
t t tgt
t t t
f t f t
t
π π
π π
π
π
π π
→
= ⇒ < < ⇒ < < ∀ ∈
 
 ÷
 
∈ ⇔ < − < ⇔ − < < −

− + − − = ⇔ + − = +
− + = ∆ ≥ ⇔ ≥
= ±
3 2
3 2
2 2 3 2
2 2
1 1 1 1
( ) 3( ) 6( ) a=0 (1). Đặt t= ta thu được pt
( 3) 3( 2) 6 3 9 6 (1')
Từ cách đặt t ta có: 1 0 (2)pt này có = -4 0 2. Từ đây ta có
*Nếu 2 thì pt
x x x x
x x
x x
t t t t a t t t a
x tx t t
t
>
⇔ ±
đã cho có một nghiệm
*Nếu 2 thì với mỗi giá trò của cho tương ứng hai giá trò của x
Nên pt (1) có đúng hai nghiệm phân biệt pt(1') có đúng hai nghiệm t= 2
hoặc (1') có đúng
t t
>
= +

± ⇒


22
27
Bài 4:Cho hàm số
= − + + +( )( )y x x a x b
với a,b là hai số thực dương khác nhau cho
trước.Cmr với mỗi số thực
( )
∈ 0;1s
đếu tồn tại duy nhất số thực
α α
 
+
> =
 ÷
 
1
0: ( )
2
s s
s
a b
f
( HSG QG bảng A năm 2006)
Giải: Trước hết ta cos BĐT :
+ +
≤ ( )
2 2
s s
s
a b a b

x
x
a b
Lim f x ab f x Lim f x
+
→+∞
→
+
= ≤ ≤ =
(**)
Vì f(x) liên tục khi x>0 nên từ (*) và (**) ta có điều phải cm
Bài tập:
1. Tìm m để pt sau có nghiệm duy nhất thuộc
π
[0; ]
4
− + − + − − − =
3 2
(4 6 )sin 3(2 1)sin 2( 2)sin cos (4 3)cos 0m x m x m x x m x

2.Tìm m để số nghiệm của pt:
2 2 4 2
15 2(6 1) 3 2 0x m x m m− + − + =
không nhiều hơn số
nghiệm của pt:
2 3 6 8
(3 1) 12 2 6 (3 9) 2 0,25
x m m
m x x
− + + = − −

f x =
có m nghiệm, khi
đó pt
( 1)
( ) 0
k
f x
−
=
có nhiều nhất là m+1 nghiệm
Các ví dụ:
Bài 1:Giải pt:
2 2
3 (2 9 3) (4 2)( 1 1) 0x x x x x+ + + + + + + =
(Olympic 30-4 ĐBSCL 2000)
Giải: Ta thấy pt chỉ có nghiệm trong
1
( ;0)
2
−
( )
2 2
2 2
3 (2 ( 3 ) 3) (2 1)(2 (2 1) 3)
(2 3) (2 3) (1)
pt x x x x
u u v v
⇔ − + − + = + + + +
⇔ + + = + +


 ÷
 
2
osx=2 với - ;
2 2
tg x
e c x
(HSG Lớp 12 Nam Định 2006)
Giải: Xét hàm số :
π π
 
= + ∈
 ÷
 
2
( ) osx với - ;
2 2
tg x
f x e c x
, ta có
 
−
 ÷
= − =
 ÷
 
2
2
tg 3
2 3

f x
= + > ∀ ⇒ =
⇒ ⇒
2 2
''( ) 2003 ln 2003 2005 ln 2005 0 "( ) 0 vô nghiệm
f'(x)=0 có nhiều nhất là một nghiệm f(x)=0 có nhiều nhất là hai nghiệm
x x
f x x f x
Mà ta thấy f(1)=f(0)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm x=0 và x=1
Bài 4: Giải pt:
= + + +
3
3 1 log (1 2 )
x
x x
(TH&TT)
Giải: Đk: x>-1/2
⇔ + = + + + ⇔ + = + + +
3 3 3
3 1 2 log (1 2 ) 3 log 3 1 2 log (1 2 )
x x x
pt x x x x x
(1)
Xét hàm số:
= +
3
( ) logf t t t
ta có f(t) là hàm đồng biến nên
⇔ = + ⇔ = + ⇔ − − =(1) (3 ) (1 2 ) 3 2 1 3 2 1 0 (2)
x x x

. Xét hàm số f(t)=sint-3t với
π
∈(0; )
5
t
ta có f(t) là hàm nghịch
biến nên f(x)=f(y)
⇔
x=y thay vào (2) ta có
π
= =
10
x y
là nghiệm của hệ
Bài 6: Giải hệ:
− = −



+ − = − +


(1)
1 1 8 (2)
tgx tgy y x
y x y
(30-4 MOĐBSCL 2005)
Giải: Đk:
≥ −


8 8
3 3
3 8 4 8 8
9 48 64 16 128 9 64 64 0
y y y y y y y y
y y
y y y
y y y y y
Vậy
8 x y= =
là nghiệm duy nhất của hệ đã cho
HỆ HOÁN VỊ VÒNG QUANH:
Định nghĩa:Là hệ có dạng:
=


=




=

1 2
2 3
1
( ) ( )
( ) ( )

( ) ( )

−
= = =


= = =

1 3 1
2 4n
n
x x x
x x x
nếu n chẵn
Bài 7:Giải hệ:

+ − + − + =


+ − + − + =


+ − + − + =


3 2
3 2
3 2
3 3 ln( 1)

2 3 ln( 1) 0x x x x
có nghiệm duy nhất x=1 nên hệ
đã cho có nghiệm là x=y=z=1
Bài 8:Giải hệ:

− + − =


− + − =


− + − =


2
3
2
3
2
3
2 6 log (6 )
2 6 log (6 )
2 6 log (6 )
x x y x
y y z y
z z x z
(HSG QG Bảng A năm 2006)
Giải: Hệ



( ) ( )
log (6 )
2 6
x
y
x x
f y g x
y
z f z g y
y y
f x g z
z
x
z z
Trong đó
3
2
( ) log (6 ) ; ( )
2 6
t
f t t g t
t t
= − =
− +
với
( ;6)t ∈ −∞
Ta có f(t) là hàm nghịch biến,
( )
3
2

3 2
3 2
81
1. 2 1 2 1 2 ; 2. 81sin os
256
3. (x-1)(x+2)=(x 2) ; 4. 3 2 osx; 5. (1 )(2 4 ) 3.4
x 3 2 5
6. 3 2 5 (HSG QG 2006)
3 2 5
x x c x x
x x x x x c x
e xe c x
x x y
y y y z
z z z x
−
+ + + = + + + =
− + = + + + =

+ + − =


+ + − =


+ + − =


7. Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất


cos sin
) cot ( cotgx)+3=0; d) . 2
os sin
a x x x m x x x x x m
x x
c tg x g x m tgx m tg x
c x x
+ + = - + - + - - + - =
+
+ + + =
-
III. Các bài toán cực tri- chứng minh BĐT:
Bài 1: Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: a
2
+b
2
=1; c-d=3. Cmr:

9 6 2
4
F ac bd cd
+
= + − ≤
(HSG Nghệ an 2005)
Giải: ta có:
2 2 2 2 2 2
( )( ) 2 6 9 3 ( )F a b c d cd d d d d f d≤ + + − = + + − − =
Ta có
2
2

≤ − =
ta có đpcm
Bài 2: Cho
0 1.x y z< < ≤ ≤
:
3 2 4x y z+ + ≤
.Tìm gtln
2 2 2
3 2F x y z= + +
(TH&TT)
Giải: Từ gt ta có:
4 2
3
y z
x
− −
≤
thay vào F ta được
2 2 2
1 2 1 1
( ) (4 4 ( 2) 10 16 16) ( ) (9 12 20) ( )
3 2 3 3
y
F f y z z y y y f y y g y
−
≤ = + − + − + ≤ = − + =
Ta xét
2
1
3

 
= + + − + +
 ÷
 
Với đk đã cho
0x y z≥ ≥ ≥
Ta có:
2 2 2
1 1 1 1
'( ) ( ) ( ) ( )( ) 0
y z
f x y z
z y yz
x x x
= − − − = − − ≥ ⇒
f(x) là hàm đồng biến
( ) ( ) 0f x f y⇒ ≥ = ⇒
đpcm
Bài 4:Cho a>b>c>0. CMR:
3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3
a b b c c a a b b c c a+ + > + +
Giải: Xét hàm số:
( )
3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3
( )f a a b b c c a a b b c c a= + + − + +
Ta có :
2 2 3 3 2 2
'( ) 3 2 2 3f a a b ac ab a c= + − −
. Tiếp tục lấy đạo hàm:
2 2 3 3 2 2

4 3 2 2 2 2
( ) ( ) 2 ( ) 0f x f y z z y y z z z y⇒ ≥ = − + = − ≥ ⇒
đpcm
Bài 6: Cho n,k là các số nguyên dương
7;2n k n≥ ≤ <
. Cmr:
2
n k
k n>
(HSG QG bảng B 96-97)
Giải : Bđt
ln ln ln 2 ln ln ln 2n k k n n k k n⇔ > + ⇔ − −
Xét hàm số
( ) ln ln ln 2f x n x x n= − −
với
[2; -1]x n∈

'( ) ln '( ) 0
ln
n n
f x n f x x
x n
⇒ = − ⇒ = ⇔ =
2
2 7
ln
n
n
e n n
n

Ta có
1 1
(1 ) 3 2(1 ) 6
t t
e t
t t
+ < < ⇒ + < ≤ ⇒
(*) đúng
Vậy ta có đpcm
Bài 7: Cho
0 a b c
< ≤ ≤
.CMR:
2
2 2 2 ( )
3
( )
a b c c a
b c c a a b a c a
−
+ + ≤ +
+ + + +
Giải:Đặt
b
a
α
=
và
c
x

α
α α
+ +
= + + − + +
+ +
với
1 x
α
≤ ≤
Ta có:
2 2
2(2 1) 1 2x+1 2
'( ) 2 1 2 ( 1)[ ] 0
1 +1
( ) ( )
x
f x x
x x
α
α
α α
α α
+ −
= + − − = − − ≥
+
+ +
do
1 x
α
≤ ≤

a b c
= = = ⇒ =
và bđt đã cho
1 1 1 3
1 1 1 2x y z
⇔ + + ≥
+ + +

Giả sử
1 1z xy≤ ⇒ ≥
nên ta có:
1 1 2 2
1 1
1 1
z
x y
xy z
+ ≥ =
+ +
+ +
2
1 1 1 2 1 2 1
( )
1 1 1 1 1
1
1
z t
f t
x y z z t
z

(chọn đội tuyển thi IMO 2005)
Bài tập áp dụng:
1.
π
α β α α β β β α
∈ − > − Cho , (0; ). : .sin sin 2(cos cos )
2
Cmr
2. Cho
,x y R∈
và
2 2x y− =
.Tìm gtnn của
2 2 2 2
( 3) ( 1)P x y x y= + − + + +

(HSG QG Bảng B năm 1998)
3.Cho a,b>0. Cmr:
( 1)ln( 1) ( 1)( 1)
b
a a e a b+ + + ≥ + +
(HSG 12 Nam Định 2004)