Chun Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12
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

x x
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;

cos 1 sin
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
Nguyễn Tất Thu – Biên Hòa – Đồng Nai
Chun Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12
π π
π π
π
π
π π
→
= ⇒ < < ⇒ < < ∀ ∈
 

3
ta được
+ + + − + − +
− + − − = ⇔ + − = +
− + = ∆ ≥ ⇔ ≥
= ±
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
>
= +

6 27 21
6 2 4
a a
a a
.
Nguyễn Tất Thu – Biên Hòa – Đồng Nai
f(t)
f’(t)
x
-2 21-3
0
0
+-
2
22
27
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12
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
 
+
> =
 ÷
 

Mặt khác ta có:
2 2 ( )( )
'( )
2 ( )( )
x a b x a x b
f x
x a x b
+ + − + +
=
+ +
ta dễ dàng cm được f’(x) >0 mọi
x>0 suy ra f(x) đồng biến với x>0 nên
0
( ) ( ) ( )
2
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; ]

b) Tìm tất cả các giá trị của a để :
1
x
a x x≥ + ∀
(HSG 12 Nam Định 2006)
Nguyễn Tất Thu – Biên Hòa – Đồng Nai
Chun Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12
II.Giải pt bằng phương pháp hàm số:

Định lí 1:Nếu hàm số y=f(x) ln đb (hoặc ln ngb) thì số nghiệm của pt : f(x)=k
Khơng nhiều hơn một và f(x)=f(y) khi và chỉ khi x=y
Định lí 2: Nếu hàm số y=f(x) ln đb (hoặc ln ngb) và hàm số y=g(x) ln ngb (hoặc
ln đb) trên D thì số nghiệm trên D của pt: f(x)=g(x) khơng nhiều hơn một
Định lí 3:Cho hàm số y=f(x) có đạo hàm đến cấp n và pt
( )
( ) 0
k
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

t t
+
= + > ∀ > ⇒ = ⇔ =
+
(1)
⇔
u=v
⇔
-3x=2x+1
1
5
x⇔ = −
là nghiệm duy nhất của pt
Bài 2: Giải pt:
π π
 
+ ∈
 ÷
 
2
tan
cosx=2 với - ;
2 2
x
e x
(HSG Lớp 12 Nam Định 2006)
Giải: Xét hàm số :
π π
 
= + ∈

2
tan 3
2 2 cos 0
x
e x
Nên dấu của f’(x) chính là dấu của sinx. Từ đây ta có
≥ =( ) (0) 2f x f
Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x=0
Bài 3: Giải pt:
+ = +2003 2005 4006 2
x x
x
(HSG Nghệ an 2005)
Giải: Xét hàm số :
= + − −( ) 2003 2005 4006 2
x x
f x x
Ta có:
= + −'( ) 2003 ln2003 2005 ln2005 4006
x x
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
Nguyễn Tất Thu – Biên Hòa – Đồng Nai
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12

có nhiều nhất là hai nghiệm, mà f(0)=f(1)=0 nên pt đã cho có hai nghiệm
x=0 và x=1
Bài 5: Giải hệ pt:
π





>


sinx-siny=3x-3y (1)
x+y= (2)
5
, 0 (3)x y
Giải: Từ (2) và (3) ta có :
π
∈, (0; )
5
x y
⇔(1) sinx-3x=siny-3y
. 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
(*)
(1)
⇔ + = +tan tanx x y y

x y⇔ =
(do hàm số
( ) f t tgt t= +
là hàm đồng biến)
Thay vào (2) ta có:
+ − = − + ⇔ + = − + +1 1 8 1 8 1y y y y y y
⇔ + = − + + − + + ⇔ + = − +
 
≥ ≥
 
⇔ − = + ⇔ ⇔ ⇔ =
 
 
− + = + − − =
 
2 2
1 8 2 8 1 8 4 4 8
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

1 2
( , , , )
n
x x x
là
nghiệm của hệ trên A thì
= = =
1 2

n
x x x
Định lí 2:Nếu f,g khác tính đơn điệu trên A và
1 2
( , , , )
n
x x x
là nghiệm của hệ trên A
thì
= = =
1 2

n
x x x
nếu n lẻ và
−
= = =


= = =


o
của hệ. Xét hàm số
= + − + − +
3 2
( ) 3 3 ln( 1)f t t t t t

ta có:
−
= + + >
− +
2
2
2 1
'( ) 3 3 0
2 1
t
f t t
t t
nên f(t) là hàm đồng biến
Ta giả sử: x=Max{x,y,z} thì
= ≥ = ⇒ = ≥ =( ) ( ) ( ) ( )y f x f y z z f y f z x
Vậy ta có x=y=z. Vì pt
+ − + − + =
3 2
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:

− + − =

 
⇔ − = ⇔ =
 
− +
 
=



− =

− +

3
2
3
2
3
2
log (6 )
2 6
( ) ( )
log (6 ) ( ) ( )
2 6
( ) ( )
log (6 )
2 6
x
y
x x

g t t
t t
−
= > ∀ ∈ −∞ ⇒
− +
g(t) là hàm đb
Nên ta có nếu (x,y,z) là nghiệm của hệ thì x=y=z thay vào hệ ta có:
3
2
log (6 )
2 6
x
x
x x
− =
− +
pt này có nghiệm duy nhất x=3
Vậy nghiệm của hệ đã cho là x=y=z=3
Bài tập:

2
3 3
2 2 10 10
3 3
2 2 cosx osx
3 2
3 2
3 2
81
1. 2 1 2 1 2 ; 2. 81sin os

2 3 2
1 1 1
4 ax
4 ax

4 ax
n
x x x
x x x
x x x

= − +

= − +




= − +

8. Tìm m để các pt sau có nghiệm:

6 6
2 2
2 2
) 12 ( 5 4 ); b) 3+x 6 (3 )(6 )
cos sin
) cot ( cotgx)+3=0; d) . 2
os sin
a x x x m x x x x x m

2 2
'( ) (2 3)
2 6 9
d
f d d
d d
− + +
= +
+ +
vì
2
2
3 9
1 2( )
2 2
0
2 6 9
d
d d
− + +
<
+ +
nên
3 9 6 2
( ) ( )
2 4
f d f
+
≤ − =
ta có đpcm

2
( ) ( ) 16
3
g y g≤ =
16
3
F⇒ ≤
dấu “=” có khi
2 1
;
3 3
z y x= = =
Vậy
16

3
Max F =
Bài 3: Cho
0x y z≥ ≥ ≥
.CMR:
x z y x y z
z y x y z x
+ + ≥ + +
Giải: Xét hàm số :
( )
x z y x y z
f x
z y x y z x
 
= + + − + +

'( )f a⇒
là hàm đb
4 3 2 2
'( ) '( ) 2 3 0f a f b b bc b c⇒ ≥ = + − >
(ta có thể cm được nhờ Côsi)
Như vậy do f'(a) >0 nên f(a) đồng biến hay là f(a)>f(b)=0 như vậy ta có đpcm
Bài 5:Cho
, , x y z o>
Cmr:
4 4 4 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )x y z xyz x y z xy x y yz y z zx z x+ + + + + ≥ + + + + +

Giải: Không mất tính tổng quát ta giả sử:
x y z≥ ≥
. Xét hàm số
Nguyễn Tất Thu – Biên Hòa – Đồng Nai
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12
4 4 4 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x x y z xyz x y z xy x y yz y z zx z x= + + + + + − + − + − +
Ta có :
3 2 3 3 2
'( ) 4 3 ( ) ( ) ( ) "( ) 12 6 ( ) 2f x x x y z xyz yz x y z y z f x x x y z yz= − + + + + + − + ⇒ = − + +

"( ) 0f x⇒ >
(do
x y z≥ ≥
)
2 3 2
'( ) '( ) ( ) 0f x f y z y z z y z⇒ ≥ = − = − ≥
nên f(x) là hàm đb

> ⇔ > ∀ ≥
. Xét hàm số
2
( ) '( ) 2 "( ) 2 0
x x x
g x e x g x e x g x e= − ⇒ = − ⇒ = − >
7 7
'( ) '(7) 14 0 ( ) (7) 49 0g x g e g x g e⇒ > = − > ⇒ > = − >
Vậy
( ) { (2), ( -1)}f x Min f f n≥
. Ta cm
{ (2), ( -1)} 0Min f f n ≥
*
1 2
(2) 0 2
n
f n
−
≥ ⇔ ≥
ta dễ dàng cm được bằng quy nạp hoặc đạo hàm
*
1
1
( 1) 0 ( 1) 2 2(1 ) 6
n n t
f n n n t t
t
−
− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ > + ∀ ≥
(*) trong đó t=n-1

a
=
ĐK :
1 x
α
≤ ≤
. Khi đó bđt cần cm trở thành
2
2
2 2 2 4 1 2 ( 1)
1 (2 2 )
1 1 1 1
x x x x x x
x x
x x x x
α
α
α α α α
+ + + +
+ + ≤ ⇔ + + ≥ + +
+ + + + + +

Xét hàm số
2
1 2 ( 1)
( ) 1 (2 2 )
1
x x x
f x x x
x

Như vậy hàm f(x) là đồng biến do đó
2
1
( ) ( ) 3 3f x f
α α α
α
≥ = − + −
Nhưng
3
2 2 2
1 1 1
'( ) 2 3 3 3 . . 3 0f
α α α α α α
α α α
= − + = + + − ≥ − =
( ) ( ) (1) 0f x f f
α
⇒ ≥ ≥ = ⇒
đpcm
Bài 8: cho a,b,c>0. Cmr:
3
2
a b c
a b b c c a
+ + ≥
+ + +
Giải: Đặt
, , 1
b c a
x y z xyz

x y z z t
z
t
⇒ + + ≥ + = + =
+ + + + +
+
+
với
1t z= ≤
Ta có:
2 2 2 2 2
2 2 2(1 ) 3
'( ) 0 ( ) (1) 1
2
(1 ) (1 ) (1 )
t t
f t f t f t
t t t
−
= − ≤ ≤ ⇒ ≥ = ∀ ≤ ⇒
+ + +
đpcm
Nhận xét:Từ bài toán trên ta dễ dàng giải quyết được bài toán sau:
Cho a,b,c>0. Cmr:
3 3 3
3
( ) ( ) ( )
8
a b c
a b b c c a