SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI
TRƯỜNG THPT SỐ 1 BÁT XÁT
**** ****


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI
HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 12 ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA
HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ
PHƯƠNG TRÌNH, HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÀ TÌM GIÁ TRỊ LỚN
NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ VÀ BIỂU THỨC ĐA BIẾN.

Họ và tên tác giả: Nguyễn Minh Thu
Chức vụ: Giáo viên
Tổ chuyên môn: Toán – lí - Tin – Công nghệ
Đơn vị công tác: Trường THPT số 1 Bát Xát

Bát Xát, Ngày 7- 6 – 2014
MỤC LỤC
PHẦN MỘT: ĐẶT VẤN ĐỀ
PHẦN HAI: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Chương I: Cơ sở lí luận
A. Kiến thức cơ bản
1. Các định nghĩa
Định nghhĩa 1
Định nghhĩa 2
Sáng kiến kinh nghiệm

Trang
3
4

Bài toán 2: ứng dụng tính đơn điệu để giải bất phương trình.
Bài toán 3: Ứng dụng tính đơn điệu để giải hệ phương trình, hệ bất
phương trình.
Bài toán 4: Ứng dụng tính đơn điệu để giải phương trình, bất
phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình có chứa tham số
Bài toán 5: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
PHẦN BA: KẾT LUẬN
TÀI LIỆU THAM KHẢO
DANH MỤC CHỮ CÁI VIẾT TẮT
PT
Phương trình
BPT
Bất phương trình
HPT
Hệ phương trình
HBPT
Hệ bất phương trình
BĐT
Bất đẳng thức
GTLN
Giá trị lớn nhất
GTNN
Giá trị nhỏ nhất
PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ
LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

4
4
4
4



thể giải được bằng phương pháp thông thường (trong phân phối chương trình)
hoặc có thể giải nhưng gặp nhiều khó khăn, phức tạp.
Giữa PT; BPT; HPT; HBPT; GTLN, GTNN của hàm số và hàm số có mối
liên quan rất chặt chẽ. Khi định nghĩa PT; BPT, ta cũng dựa trên khái niệm hàm
số. Vậy nếu ta biết sử dụng hàm số để giải các bài tập đó thì bài toán sẽ đơn giản
hơn. Tuy nhiên không phải bài nào cũng có thể sử dụng hàm số để giải nhưng
ứng dụng tính đơn điệu để giải bài tập toán nói chung là rất lớn – là một hành
trang cần thiết đối với những học sinh chuẩn bị ôn thi đại học và học sinh giỏi.
Hơn nữa nó sẽ giúp các em phát huy tối đa tính sáng tạo trong việc tìm ra lời
giải nhanh nhất, chính xác nhất. Chính vì thế tôi chọn đề tài sáng kiến kinh
nghiệm là: “ Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, bất
phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình và tìm giá trị lớn nhất,
giá trị nhỏ nhất của hàm số”.
Đây là l vấn đề được rất nhiều người đề cập đến, nhưng trong quá trình
bồi dưỡng cho học sinh tôi thấy rằng những chuyên đề trước đây vẫn chưa thống
kê được đầy đủ hết các mảng kiến thức ứng dụng tính đơn điệu (hay gọi tắt là
phương pháp hàm số) xuyên suốt trong đề thi đại học. Trong phạm vi đề tài của
mình tôi chỉ xin nêu ra một số bài toán mới và một số bài toán trong chương
trình cũng như trong các đề thi mà đáp án được giải bằng phương pháp này. Tác
giả mong muốn rằng các thầy cô giáo và các em học sinh với sáng kiến này có
thêm một tài liệu trong hành trang ôn thi cuối cấp.
Trong quá trình biên soạn đề tài này chắc sẽ không tránh khỏi những thiếu
sót. Mong nhận được sự góp ý chân thành của đồng nghiệp và Hội đồng chuyên
môn. Tôi xin chân thành cảm ơn!
PHẦN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÍ LUẬN
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Một số định nghĩa

Cho phương trình f(x) = m xác định trên D
Nếu f(x) là hàm số liên tục và đơn điệu trên D thì phương trình trên có
không quá một nghiệm.
Tính chất 4:
Cho bất phương trình: f(x) > m (hay f(x) < m )
i) Nếu f(x) là hàm đơn điệu tăng trên D và tồn tại x 0 ∈ D sao có f(x0) = m
thì tập nghiệm của bất PT là: T = D ∩ (x0 ; + ∞ ) ( T = D ∩ (- ∞ ; x0 )) .
ii) Nếu f(x) là hàm đơn điệu giảm trên D và tồn tại x 0 ∈ D sao cho có
f(x0) = m thì tập nghiệm của bất PT là:T = D ∩ (- ∞ ; x0 ) (T = D ∩ (x0 ; + ∞ ) ).
Tính chất 5:
Cho hàm số f(x) xác định trên D
f (x )
1. f(x) ≥ m , ∀ x ∈ D ⇔ m ≤ min
D

max f ( x )
3. f(x) ≥ m có nghiệm x ∈ D ⇔ m ≤ max f ( x )
4. f(x) ≤ m có nghiệm x ∈ D ⇔ m ≥ min f ( x )
2. f(x) ≤ m , ∀ x ∈ D ⇔ m ≥

D

D

D

5. Nếu f(x) là hàm số đơn điệu tăng trên D và tồn tại u, v ∈ D. Khi đó:
f (u) > f ( v ) ⇒ u > v , f(u) = f(v) ⇒ u = v
6. Nếu f(x) là hàm số đơn điệu giảm trên D và tồn tại u, v ∈ D. Khi đó:
f (u) > f ( v ) ⇒ u < v , f(u) = f(v) ⇒ u = v

Bước 2: Xét hàm số y = f (x) trên D
* Tính y ' , xét dấu y'
* Kết luận hàm số y = f (x) là hàm số đơn điệu trên D.
Bước 3: Kết luận:
* Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi u = v , giải PT : u = v
* Kết luận nghiệm của phương trình đã cho.
2. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải bất phương trình
Phương pháp :
Dạng 1: BPT biến đổi về dạng f (x) > g(x) (hoặc f (u) > g(u) ) trong đó u = u ( x)
.
Bước 1: Biến đổi BPT đã cho về dạng f (x) > g(x) (hoặc f (u) > g(u) )
Bước 2: Xét hai hàm số y1 = f (x); y 2 = g (x) trên D
* Tính y1' , xét dấu y1' , kết luận tính đơn điệu của hàm số y1 = f ( x ) trên D
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu

5


* Tính y2' ,xét dấu y2' , kết luận tính đơn điệu của hàm số y2 = g ( x) trên D
* Tìm x0 sao cho f (x0 ) = g(x0 ) (hoặc tìm u0 sao cho f (u 0 ) = g (u 0 ) )
* Nếu f(x) đơn điệu tăng, g(x) đơn điệu giảm (hoặc là hàm hằng) thì
f (x) > g(x) ⇔ x > x 0 , x ∈ D (hoặc f (u) > g(u) ⇔ u > u 0 , x ∈ D )
* Nếu f(x) đơn điệu giảm, g(x) đơn điệu tăng (hoặc là hàm hằng) thì
f (x) > g(x) ⇔ x < x 0 , x ∈ D (hoặc f (u) > g(u) ⇔ u < u 0 , x ∈ D )
Bước 3: Kết luận nghiệm của bất phương trình đã cho
Dạng 2: BPT biến đổi được về dạng f (u) > f ( v ) trong đó u = u ( x) , v = v( x)
Bước 1: Biến đổi bất phương trình về dạng f (u) > f ( v )
Bước 2: Xét hàm số y = f (x) trên D


+

y

x
y'
y

b

x0

a
+

GTLN

GTNN

Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu

6


Trong đó tại x0 thì f’(x0) bằng 0 hoặc không xác định
DẠNG 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên [a,b]
• Để tìm GTLN, GTNN của hàm số y = f(x) trên [a; b]:

đẳng thức.
Qua việc khảo sát và điều tra ở trên tôi thấy việc đưa ra phương pháp ứng
dụng tính đơn điệu để giải toán là rất cần thiết để giải được bài toán giải PT,
BPT, HPT, HBPT, GTLN, GTNN – những dạng toán dễ dàng bắt gặp trong các
kì thi tốt nghiệp, đại học và học sinh giỏi (đặc biệt trong kì thi đại học và học
sinh giỏi). Tôi không tham vọng mọi học sinh đều có thể áp dụng thành thạo với
phương pháp này để quyết được triệt để các dạng toán mà chỉ hi vọng các em có
thêm một công cụ hữu hiệu để giải các bài toán vừa sức với bản thân.
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu

7


Do thời gian hạn chế tôi chỉ trình bày mỗi dạng toán một số ví dụ điển hình
đưa ra cách tư duy để ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải bài toán PT,
BPT, HPT, HBPT, Tìm GTLN, GTNN chứ chưa thống kê và đưa ra được hết
các ví dụ về các bài toán còn ứng dụng tính đơn điệu như chứng minh bất đẳng
thức; tìm điều kiện tham số để hàm số đơn điệu trên khoảng, đoạn hoặc nửa
khoảng đã chỉ ra hay bài toán tương giao của hai đường trong câu hỏi phụ của
bài toán khảo sat hàm số.
CHƯƠNG III: GIẢI PHÁP
Bài toán 1. Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình.
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau: x + 1 + x + 6 + x − 2 = 6 (1)
Giải:
Điều kiện xác định: ∀x ∈ [ 2 ; + ∞ )
Xét hàm số: f (x) = x + 1 + x + 6 + x − 2
1
1

+

1
2 t

(

> 0, t ∈ 0; 2

)

Hàm số f (t ) đồng biến trên  0; 2  ,
do đó (2) f ( x − 1) = f (3 − x) ⇒ x − 1 = 3 − x ⇔ x = 2 (tm đk).
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu

8


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
Nhận xét:
t 4 + 2 + t , với t ∈  0; 2  cũng được kết
quả tương tự. Do vậy việc chọn hàm số nào để giải toán là tùy thuộc vào
từng đối tượng học sinh. Điều học sinh thấy không tự nhiên ở đay là làm
sao biết để chuyến vế biến đổi được PT? Mấu chốt của bài toán này là
hai căn ở vế phải ta tìm cách biến đổi biểu thức trong căn ở vế trái để
được biểu thức giống biểu thức bên vế phải.
- Chú ý khi áp dụng tính chất f(u)=f(v) ⇒ u = v . phải sử dụng dấu suy ra
không được sử dụng dấu tương đương.

(1) ⇔ x + 3 + x + 7 x + 2 − 4 = 0
Xét

7
1
2 x + 3 > 0, ∀x ∈ (*)
g ( x) = x + 3 + x + 7 x + 2 − 4 ⇒ g '( x) =
+
2 x + 3 2 x + 7x + 2
1+

 7 − 41 7 + 41 
⇒ g(x) là hàm số đồng biến trên 
;

2
2 


Mặt khác: g(1) = 0. Vậy: x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình
Thật vậy:
Khi x > 1 thì g(x) > g(1) = 0 nên phương trình vô nghiệm
Khi x < 1 thì g(x) < g(1) = 0 nên phương trình vô nghiệm
Ví dụ 5: Giải phương trình:
Sáng kiến kinh nghiệm

3

x + 2 + 3 x + 1 = 3 2 x 2 + 1 + 3 2 x2


Ví dụ 6: Giải phương trình: e

3

2 x −5

− e x −1 =

1
1
−
2x − 5 x − 1

Giải:
2 x − 5 ≠ 0  x ≠ 5 / 2
⇔
Điều kiện: 
x
−
1
≠
0

x ≠ 1
Viết lại phương trình dưới dạng : e
t
Xét hàm số: f (t ) = e −

2 x −5


biến đổi để tìm được hàm số mà ta muốn xét.
TXĐ: D = ¡
log 2 ( x 2 − x + 5) 3
=
Trên D PT (7) ⇔
( do x 2 − x + 5 > e > 0 )
x2 − x + 5
8
log 2t 3
=
Đặt t = x 2 − x + 5 với t > e, thì phương trình trên trở thành:
t
8
log 2 t
Xét hàm số: f (t ) =
, với t > e
t
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 10


1 − ln t
<0 ∀ t>e
t 2 ln 2
3
Từ đó, vế trái của phương trình f (t) = là hàm nghịch biến ∀ t > e; vế phải là
8
hằng số. Do đó phương trình nếu có nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất.
3

t
Xét hàm số f (t ) = 2 + t với t ∈ ¡
f ’(t ) = 2 t .ln2 + 1 > 0 ∀ t ∈ ¡ ⇒ f(t) là hàm số đồng biến trên ¡
2

2

Mặt khác (8) ⇔ f(x - 1) = f(x2 - x) ⇒ x - 1 = x2 - x ⇔ x2 - 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1
Nhận xét: Trong nhiều trường hợp ta giải PT: f’(x) = 0 có 1 nghiệm đơn (hoặc
nghiệm bội lẻ) và f’’(x) > 0 (hoặc f”(x) < 0) thì phương trình f(x) = 0 nếu có
nghiệm sẽ có tối đa hai nghiệm. (giáo viên vẽ hình minh họa cho học sinh dễ tư
duy).
Ví dụ: Giải các phương trình sau:
a. 2x + 3x = 3x + 2
b. 3x = 1 + x + log 3 (1 + 2 x)
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Giải phương trình sau:
2. 2x + 3x = 3x + 2
3. x 5 + x 3 − 1 − 3x + 4 = 0

6. log5(2x + 1) = log3(x+1)
7. x + x − 5 + x + 7 + x + 16 = 14
8. 25x − 2(3 − x)5 x + 2 x − 7 = 0

4. 3x = 1 + x + log 3 (1 + 2 x)

9.

5. log 2 (1 + 3 x ) = log 7 x

3
2
Ví dụ 2: Giải bất phương trình sau: 4 2 x − 1 ( x − x + 1) > x − 6 x + 15 x − 14 (2)

Giải:
Điều kiện: x ∈ ¡
2
3
BPT (2) ⇔ 2 x − 1 (2 x − 1) + 3 > ( x − 2) + 3 x − 6
⇔ 2 x − 1 + 3 2 x − 1 > ( x − 2)3 + 3( x − 2)
3

3
Xét hàm số : f (x) = x + 3x là hàm số đồng biến trên ¡ .

Khi đó : (2)

⇔ f ( 2 x − 1) > f ( x − 2) ⇒ 2 x − 1 > x − 2

2x − 1 > x − 2
 x > −1
⇔
⇔
⇔ ∀x ∈ ¡
2
x
−
1


So với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là −2 ≤ x < 1
Ví dụ 4: Giải bất phương trình sau: log 2 x + 1 + log 3 x + 9 > 1

(4)

Giải:
Điều kiện : x>-1
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 12


Các hàm số f1 ( x) = log 2 x + 1 và f 2 ( x) = log 3 x + 9 là các hàm số đồng biến
trên khoảng (−1; +∞) , nên hàm số f (x) = log 2 x + 1 + log 3 x + 9 là hàm số
đồng biến trên khoảng (−1; +∞) .
Mặt khác f (0) = 1 vậy (1) ⇔ f ( x) > f (0) ⇔ x > 0 .
Vậy nghiệm của bất phương trình là x > 0.
Ví dụ 5: Giải bất phương trình sau: 3 2( x−1) +1 − 3x ≤ x 2 − 4 x + 3
Giải:
Điều kiện: x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 . Vậy TXĐ: D = [ 1; +∞ )
(5) ⇔ 3

2( x −1) +1

+ 2( x − 1) ≤ 3x + x 2 − 2 x + 1

⇔3

2( x −1) +1



Bài tập tương tự
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 13


Giải các bất phương trình sau
1. x + 9 + 2 x + 4 > 5
2. 3 x + 4 + 2 2 x + 4 > 13

7.

3. log 2 x + 1 + log3 x + 9 > 1

9.

4. log 7 x > log3 (2 + x )

10.

x + 1 ≤ 1 − 2 x + x 2 − x3

11.

x +3 x −3 ≥ 9− x

12.

x + x2 − 1 ≥ 1

Xét hàm số f (t ) = t − ⇒ f '(t ) = 1 +

1
> 0, ∀t ≠ 0
t2

⇒ f(t) là hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞;0 ) và ( 0; +∞ )
1
1
Mặt khác: x − x = y − y ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇒ x = y
x = y
x = y
x = y

⇔ 3
⇔
Ta được hệ phương trình như sau 
−1 ± 5
3
2 y = x + 1  x − 2 x + 1 = 0
 x = 1, x =

2

Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm x = y = 1, x = y =

−1 ± 5
.
2



Giải:
Điều kiện xác định của hệ phương trình −3 ≤ x, y ≤ 10
Nhận thấy x = -3, y = 10 không là nghiệm của hệ phương trình
Trừ hai vế của hệ cho nhau ta được phương trình x + 3 − 10 − x = y + 3 − 10 − y
Xét hàm số f (t ) = t + 3 − 10 − t trên (-3; 10)
⇒ f '(t ) =

1
1
+
> 0, ∀t ∈ (−3;10)
2 t + 3 2 10 − t

⇒ f(t) là hàm số đồng biến trên (-3; 10)
x + 3 − 10 − x = y + 3 − 10 − y ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇒ x = y

Ta được hệ phương trình như sau
 x = y
 x = y
x = y
x = 1
⇔
⇔
⇔

x = 1
y =1
 x + 3 + 10 − x = 5
 x + 3 + 10 − y = 5

 3 + x 2 + 2 x = 3 + y
 3 + x 2 = 3 − x (4.1)
⇔
Hệ đã cho trở thành 

 x = y
 x = y
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 15


Giải (4.1): Ta đoán được x=1 là một nghiệm của (4.1), mặt khác dễ nhận thấy
phương trình (4.1) có vế trái là hàm số đồng biến, vế phải là hàm số nghịch biến.
Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của PT (4.1), Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất
x=y=1.
 x − 1 − y = 1 − x 3
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình sau 
.
4
( x − 1) = y

(I)

Giải
x −1 ≥ 0
x ≥ 1
⇔
.
y ≥ 0

2
2
Hệ (I) ⇔ 
1 
1
 x − 2 ÷ +  y + 2 ÷ = 1
 


1
1
Đặt: u = x − ; v = y +
2
2
3
45
 3 3 2 45
3
2
u − u − u = (v + 1) − (v + 1) − v
2
4
2
4
hệ thành 
2
2
u + v = 1
2
2

< 0, ∀∈ [-1;1] , Hàm số f(t) nghịch biến trên [-1; 1],
4
v = 0
⇒ f (u ) = f ( v + 1) ⇒ u = v + 1 ⇒ (v + 1) 2 + v 2 = 1 ⇒ 
 v = −1
Với v=0 ta có u = 1
Với v = -1 ta có u = 0
3 1 1 3
Hệ có nghiệm là:  ; − ÷;  ; − ÷
2 2 2 2
Nhận xét: Ví dụ này đã khó hơn rất nhiều,yêu cầu học sinh phải tư duy cao hơn
vì hàm số không thể thấy ngay được từ đề bài mà còn phải biến đổi thông qua
một phép đặt ẩn phụ. Và miền xác định cũng phải nhận xét từ phương trình thứ
hai. Do vậy cần nhấn mạnh cho học sinh sau khi xác định hàm số cần tìm ngay
miền xác định của hàm.
có f '(t ) = 3t 2 − 3t −

 x 3 + 3x − 3 + ln ( x 2 − x + 1) = y
 3
2
Ví dụ 7: Giải hệ phương trình sau:  y + 3 y − 3 + ln ( y − y + 1) = z (5)
 3
2
 z + 3z − 3 + ln ( z − z + 1) = x

(hệ hoán vị vòng quanh)
Giải
3
2
Xét hàm số f (t ) = t + 3t − 3 + ln ( t − t + 1)

⇔
⇔
⇔ 1< x < 4
(6.1) ⇔  2
0



 3 + x 2 + 2 x = 3 + y
2. 
2
 3 + y + 2 y = 3 + x

 2x − 2 y = y − x
7.  2
2
 x + xy + y = 12

3. Tìm các số x ∈ ( 0; π ) ,y ∈ ( 0; π ) thoả
cot x - cot y = x - y
5 x + 8 y = 2π

mãn hệ : 

 3 + x 2 + 2 x + 3 = 5 + y + 3
4. 
2
 3 + y + 2 y + 3 = 5 + x + 3
 x − 1 − y = 1 − x

5. 

3

( x − 1) = y
4


Xét hàm số f(x) =

Sáng kiến kinh nghiệm

x
=m
2
x
x 2 − 4x + 3 −
với x ∈ D
2

x 2 − 4x + 3 −

Nguyễn Minh Thu 18


x−2

Ta có: f’(x) =

−

1
2

x 2 − 4x + 3
x−2

Trên D ta có: f’(x) > 0 ⇔

+

+

−

f(x)

1
2
−

3
2

Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và
đường thẳng y = m.
Dựa vào bảng biến thiên ta có kết quả biện luận sau:
3
2

- Nếu m < − , đường thẳng y = m không cắt đồ thị hàm số y = f(x), do
đó phương trình (1) vô nghiệm.
- Nếu −

3
1
≤ m < − , đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số y = f(x) tại 1
2
2

3
b) y = x + mx + 2
Ví dụ 1.2:

1
3

a) Tìm m để hàm số y = mx3 − (m − 1) x 2 + 3(m − 2) x +
(2; +∞) .

1
đồng biến trong khoảng
3

b) Cho hàm số y = − x3 + 3x 2 + mx − 2 . Với giá trị nào của m thì hàm số đồng biến
trên khoảng ( 0; 2 )
Ví dụ 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
2 x 2 − 2(m + 4) x + 5m + 10 + 3 − x = 0

(2)

(m - tham số)

Giải:
(2) ⇔

2 x 2 − 2(m + 4) x + 5m + 10 = x - 3

⇔


⇔

x = 1
x = 4


Ta có bảng biến thiên:
x
f’(x)

-∞

Sáng kiến kinh nghiệm

3
-

4
0

4

+∞
+

+

Nguyễn Minh Thu 20

3

Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của hệ; do đó ta có hệ BPT đã cho tương
1

0


3x

f’(x) = 0 ⇔

Ta có bảng biến thiên:
x

-∞

-1

1
3

0

f’(x)

+

1
3
2

+∞

+

+
+

- Cái hay của phương pháp này là việc tìm điều kiện đơn giản còn trong một số
bài tập giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ, ta phải tìm điều kiện của ẩn phụ.
Tuy nhiên, việc tìm điều kiện đó gặp không ít khó khăn. Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 4: Cho bất phương trình:
x −3 ≤ m + 1

mx -

(4.1) (m - tham số)

a. Tìm m để bất phương trình có nghiệm.
b. Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng ∀ x ∈ [ 3; 7 ] .
Giải:
Điều kiện: 3 ≤ x < +∞ , kí hiệu:

D = [ 3; + ∞ )

Trên D, (1) ⇔ m(x - 1) ≤ x − 3 + 1 ⇔ m ≤
Đặt f(x) =
Khi đó: f’(x) =

x − 3 +1
,(vì: x ∈ D nên x-1> 0)
x −1

x − 3 +1
với x ∈ D
x −1

5−x−2 x−3


1
2

1
2

0
Dựa vào bảng biến thiên ta có:
a. Bất phương trình có nghiệm ⇔ m ≤

max f ( x )
D

⇔ m ≤ 1+ 3
4

f (x) ⇔ m ≤
b. Bất phương trình nghiệm đúng ∀ x ∈ [ 3 ; 7 ] ⇔ m ≤ min
[ 3; 7 ]

1
2

BÀI TÂP ÁP DỤNG
Bài 1: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm:
Sáng kiến kinh nghiệm

x −1 + x +1 ≤ m2 +1
Nguyễn Minh Thu 22

y
=
1
−
3m



Bài toán 5: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng
thức và tìm max, min của hàm số.
Ví dụ 1: Tìm GTLN, GTNN của hàm số sau: y =

ln 2 x
trên đoạn [1; e3 ]
x

Giải:

(2 − ln x)ln x
x
x =1
(2 − ln x)ln x
=0⇔ 
y’= 0 ⇔
2
x
x = e
4
9
có y(0) = 0

A = ( x −1)2 + y 2 + ( x + 1) 2 + y 2 + y − 2
Giải:
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, ta xét 2 điểm M(x -1, -y) và N(x+ 1, y).
Vì OM + ON ≥ MN nên ( x −1) 2 + y 2 + ( x +1) 2 + y 2 ≥ 4 + 4 y 2 = 2 1+ y 2
Vậy A ≥ 2 1+ y 2 + y − 2 .

Đặt f(y) = 2 1+ y 2 + y − 2 .
2y
−1
+ Với y ≤ 2 ta có f(y) = 2 1+ y 2 + 2 – y ⇒ f’(y) =
y 2 +1

Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 23


 y≥0
1
⇔
f’(y) = 0 ⇔ 2y = 1+ y 2 ⇔  2
y
=
2
3
4 y =1+ y
Bảng biến thiên
y

−∞

Nhận xét:
- Cái hay ở đây là ta đã phát hiện ra biểu thức trong căn giống với độ dai hai
cạnh của tam giác. Do vậy áp dụng BĐT tam giác đưa bài toán về 1 hàm số đơn
giản hơn chỉ có 1 ẩn.
- Để tìm được max, min của hàm đa biến ta cần phải tìm cách biến đổi biểu thức
đặt ẩn phụ để thành 1 biểu thức đơn giản hơn và chỉ có 1 biến. Tuy nhiên trong
bài toán mới ta cần xác định lại miền xác định mới mà trên đó ta sẽ tìm được
GTLN, GTNN của bài toán đã được đơn giản hóa. Sau đay là một vài bài toán
như vậy.
Ví dụ 3: Với x, y ≠ 0, Tìm GTNN của biểu thức:
x4 y4  x2 y2  x y
P = 4 + 4 −  2 + 2 ÷+ +
y
x y
x  y x

Giải:
Ta viết lại biểu thức P dưới dạng:
2

 x2 y 2 
 x2
P =  2 + 2 ÷ − 2− 2 +
x 
y
y
x y
Đặt t = y + x , ta có t =

y2   x


giá trị nhỏ nhất của hàm số
f(t) = t4 – 5t2 + t + 4
trên miền t ≥ 2.
Ta có f’(t) = 4t3 – 10t + 1 = 2t(2t2 - 5) + 1, t ≥ 2.
Sáng kiến kinh nghiệm

Nguyễn Minh Thu 24


Với t ≥ 2 thì 2t2 – 5 ≥ 3, nên f’(t) ≥ 13.
Với t ≤ -2 thì 2t2 – 5 ≥ 3, nên f’(t) ≤ -11.
Bảng biến thiên:
x
f’
f

-∞

-2

+∞

2

-

+∞

+

Bảng biến thiên
T
-2
f’(t)
4

-1
0

+

1
0
4

2
-

f(t)
-4

-4

Từ bảng biến thiên suy ra
 x + y = 1
 x = −1; y = 2

t = 1
 xy = −2
