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
Chun Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12
π π
π π
π
π
π π
→
= ⇒ < < ⇒ < < ∀ ∈
 
 ÷

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
>
= +


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
 
+
> =
 ÷
 
1
0: ( )
2
s s
s
a b
f
( HSG QG bảng A năm 2006)
Giải: Trước hết ta cos BĐT :
+ +

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; ]
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:

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
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)

x⇔ = −
là nghiệm duy nhất của pt
Bài 2: Giải pt:
π π
 
+ ∈
 ÷
 
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
 
−
 ÷
= − =

= + − −( ) 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
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12
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)

, 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 thay vào (2) ta có
π
= =
10
x y
là nghiệm của hệ
Bài 6: Giải hệ:
− = −



+ − = − +


(1)

⇔ − = + ⇔ ⇔ ⇔ =
 
 
− + = + − − =
 
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
Vậy
8 x y= =
là nghiệm duy nhất của hệ đã cho
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12
HỆ HOÁN VỊ VÒNG QUANH:
Định nghĩa:Là hệ có dạng:
=


=




=

là nghiệm của hệ trên A
thì
= = =
1 2

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

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:

− + − =


− + − =


− + − =


2
3
2
3
2
3
2 6 log (6 )
2 6 log (6 )

2
3
2
log (6 )
2 6
( ) ( )
log (6 ) ( ) ( )
2 6
( ) ( )
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

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
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
−
+ + + = + + + =
− + = + + + =

+ + − =



= − +

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
x x
c tg x g x m tgx m tg x
c x x
+ + = - + - + - - + - =
+
+ + + =
-
Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12
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

d d
− + +
<
+ +
nên
3 9 6 2
( ) ( )
2 4
f d f
+
≤ − =
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

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
 
= + + − + +
 ÷
 
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

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= − + + + + + − + ⇒ = − + +

Chuyên Đề Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Lớp 12
"( ) 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
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

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
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

+ + ≤ ⇔ + + ≥ + +
+ + + + + +

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

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
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
+ ≥ =
+ +

+ + +
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
+ + ≥
+ + +
(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: