BM 01-Bia SKKN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ DẠNG TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Người thực hiện: ĐẶNG THANH HÃN
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ môn:

TOÁN



- Lĩnh vực khác: ....................................................... 

Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
 Mô hình
 Đĩa CD (DVD)
 Phim ảnh  Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)
Năm học: 2015 - 2016

III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán.
- Số năm có kinh nghiệm: 16 năm.
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 01

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 2


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Tên SKKN :ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI MỘT
SỐ DẠNG TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
- Trong chương trình Toán học phổ thông, chúng ta thường gặp nhiều bài toán
chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình.
Để giải các bài toán dạng trên, có bài ta giải được bằng nhiều phương pháp khác
nhau, cũng có bài chỉ có thể giải được bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu
của hàm số. Hiện nay, ngành giáo dục không ngừng được cải cách và đổi mới
để kịp với xu thế của thời đại, nên có nhiều yêu cầu được đặt ra. Một trong số đó
chính là làm sao có được những hướng giải quyết nhanh mà vẫn đến đúng đáp số.
Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số là một phương pháp như vậy.
- Tuy vậy, trong chương trình toán THPT, các em học sinh được tiếp cận với các
bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình ở một vài cách giải thông thường với những bài toán cơ bản đơn
giản. Nhưng trong thực tế, các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương
trình, bất phương trình, hệ phương trình xuất hiện rất nhiều trong các kì thi Tuyển
sinh Đại học - Cao đẳng và các kì thi học sinh giỏi . Sự phong phú về các dạng
toán và cách giải đã gây không ít khó khăn cho các em học sinh, trong khi đó chỉ
có số ít các em biết phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải nhưng

- Trong những năm học qua, khi được phân công giảng dạy lớp 12,qua nhận xét
và đánh giá, tôi thấy đa số học sinh đang thiếu tư duy độc lập, sáng tạo về vận
dụng kiến thức; nhất là khả năng “quy lạ về quen” hay mở rộng kiến thức vào
từng dạng toán cụ thể.Vì vậy, trong các giờ dạy, việc bồi dưỡng năng lực tư duy
hàm số cho học sinh thông qua các bài toán là một điều cần thiết. Khi đó người
thầy phải có phương pháp truyền thụ tốt và kiến thức chuyên sâu để dẫn dắt học
sinh, đồng thời cần hệ thống hóa lại bài tập để học sinh vận dụng có hiệu quả .
- Tôi viết chuyên đề này nhằm mục đích “Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để
giải một số dạng toán THPT” thường gặp trong các kì thi Tuyển sinh Đại học Cao đẳng trong những năm gần đây với bài tập được phân dạng tương ứng, nhằm
giúp các em học sinh lớp 12 có thể tự ôn tập để nâng cao kiến thức nhằm giải tốt
các đề thi Đại học - Cao đẳng.
- Tôi hy vọng chuyên đề này bổ túc cho các em học sinh một lượng kiến thức
nhất định. Rất mong được sự động viên và những ý kiến đóng góp của quý Thầy
Cô và các em học sinh.
Tôi xin chân thành cảm ơn !

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 4


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN.
1. Cơ sở lý luận:
- Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của giáo viên và
hoạt động học của học sinh, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào
tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”, giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ
thông. Trong đó, bộ môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với
kiến thức rộng, đa phần các em ngại học môn này.
- Muốn học tốt môn Toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở môn

 8
11


 4 24 x 2  11x  1  529  506 x  121x 2
 x2  22 x  21  0








23
 1
  8  x  11

  x  1
x=1

  x  21
 Cách sử dụng tính đơn điệu của hàm số:
3x  1  0
1
Điều kiện : 
 x
8
8 x  1  0


Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 1.
Ví dụ 2: (Đề kiểm tra học kỳ I lớp 12 năm học 2014 – 2015, Tỉnh Đồng Nai).

x 
3

Tìm tập xác định của hàm số y = log

2

x 1  9



(1).

Cách giải 1:
x 1


 x 1  0

Hàm số (1) xác định  

 

x 1
 
2
 x  2  x  2 x  4 



, do  x2  2 x  4  





x 1 1  0




1
0
x 1  1 

1
 0, x  1
x 1  1

 x > 2.
Vậy hàm số (1) có tập xác định D = (2; + ).
Cách giải 2:
 x 1  0

Hàm số (1) xác định  

3
 x 


2
 2
 a  b
 a, b  R và x > 0, y > 0 chứng minh  a  b  
y
x y
 x

2

(*).

 a, b  R và x > 0, y > 0 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki cho bốn số
 a
 a 2 b2 
b
. x
    x  y   
y
y.
 x
 x

a b
,
, x , y ta được
x y

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi

a
(2  a)  a
a
2a
Vậy min P = 2 

 a  2  a  a 1
2a
a
Cách giải 2:
2

2  a
a2

Xét hàm số f(a) 
2a
a
Ta có f/(a) 

2

, với a  (0; 2).

2
2  a 1  4a  2  a   a 2   2  a  



a 2  a

điệu của hàm số.
- Trong giới hạn của SKKN tôi giới thiệu 4 ứng dụng của tính đơn điệu của hàm
số thường hay sử dụng trong chương trình toán THPT:
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 7


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------



Giải phương trình và bất phương trình.



Giải hệ phương trình.



Chứng minh bất đẳng thức.



Tìm Giá trị lớn nhất – Giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài:
- Đưa ra một số ví dụ có lời giải cho học sinh tham khảo và bài tâp áp dụng.
- Đây là nội dung thường gặp trong các kỳ thi Tuyển sinh Cao đẳng và Đại học.
Với phương châm “ Từ dễ đến khó” , học sinh cần phải rèn luyện nhiều thì mới
đạt kết quả tốt.

 Để sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình ,ta có 3 hướng áp
dụng sau đây:
Hướng 1: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x)  k (k là hằng số)
Bước 2: Xét hàm số y  f ( x)
Bước 3: Nhận xét:
 Với x  x0  f ( x)  f ( x0 )  k do đó x0 là nghiệm
 Với x  x0  f ( x)  f ( x0 )  k do đó phương trình vô nghiệm
 Với x  x0  f ( x)  f ( x0 )  k do đó phương trình vô nghiệm
 Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình
Hướng 2: thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f ( x)  g ( x)
Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng f ( x) và g(x) có những tính chất trái
ngược nhau và xác định x0 sao cho f ( x0 )  g ( x0 )
Bước 3: Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình.
Hướng 3: Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f (u )  f (v)
Bước 2: Xét hàm số y  f ( x) , dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu
Bước 3: Khi đó f (u)  f (v)  u  v .

3. Nhận xét: Vấn đề quan trọng nhất trong phương pháp này là chúng ta nhận ra
được hàm f(x) luôn đơn điệu và nhẩm được nghiệm của phương trình .
1) Để nhận ra hàm luôn đơn điệu chúng ta cần nắm được một số tính chất của
hàm đơn điệu:
i) Nếu hàm số y =f(x) đồng biến (nghịch biến) thì:
* Hàm y  n f(x) (với điều kiện

n

f(x) tồn tại) cũng đồng biến (nghịch biến).




5

Giải
a) a 2x  1  3 x  3  6 (1)
Điều kiện: x  3. Xét hàm số f(x)  2x  1  3 x  3, x  3 .
Ta thấy f là hàm liên tục trên  3;   và f '(x) 

1
2x  1



3
2 x3

 0, x  3

Nên hàm số f đồng biến trên  3;   .
Mặt khác f(4) = 6 nên (1)  f(x) = f(4)  x = 4
Vậy x = 4 là nghiệm duy nhất của phương trình (1).
b)

3  2x  2 3 x  2  5  0 (2)

Điều kiện: x  3 . Xét hàm số f(x)  3  2x  2 3 x  2  5 , x  3 . Ta thấy f(x) là
2


Điều kiện:

 3x  1  0

2

7  57

x  

7
x
7x  2  0
2

 7x  2  x
x

7x

2

0




Xét hàm số f(x) = 3x +1 + x + 7x + 2 trên D  [ 7  57 ; ) ,
2


Tuy nhiên ta thấy hàm f’(x) lại là một hàm đơn điệu trên D  f'(x)  0 có duy
nhất nghiệm, ta gọi nghiệm đó là x0  x0 (2;3) . Khi đó ta có bảng biến thiên như
sau:
x

2

4

x0

f'(x)

3  2

11  2

f(x)
f(x0 )
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy trên [2;x0 ]  f(x)  f(2)  0  (4) vô nghiệm.
Trên (x0 ;4] phương trình (4) có đúng một nghiệm x = 3.
Vậy phương trình (4) có nghiệm duy nhất x = 3.
Nhận xét: Hàm số f(x) ta xét ở trên không phải là một hàm luôn đơn điệunhưng
dựa vào bảng biến thiên ta chứng minh được phương trình có nghiệm duy nhất, từ
đó ta có được lời giải.
x
2
e) 3  1  2 x

(5)

x  5
log 5 x  u
u
u
2
u
u
u
u
Đặt 
 
u  5 = (2 + 1)  4 + 2.2 + 1 = 5
log
x

1

u


 x 1  2
 2





u

u


2
2
b)  2 x  1 2  4 x  4 x  4  3x 2  9 x  3  0

sin
c) 2009
Giải

2

x

 2009cos x  cos 2 x
2

a) x3  4 x 2  5x  6  3 7 x 2  9 x  4

 x3  4 x 2  5 x  6  y
3
3

y

y

x

1
  x  1

4 x 2  4 x  4  3x 2  9 x 2  3  0



  2 x  1 2 

 2 x  1

2





 3   3x  2 





 3x 

2



 3  f  2 x  1  f  3x 

2
Xét hàm số f  t   t 2  t  3 là hàm đồng biến trên R, từ phương trình

Bài 3. Giải các bất phương trình:
a) 3 3  2x  5  2x  6
2x  1

b) 2x3  15x2  42x  29  2 3  7  x
x

c) x3  6x2  12x  7  3 x3  9x2  19x  11
e) 2x+1 + 3x+1 < 6x – 1
g) log 7 x  log 3 2  x





h) log 2



1
d)    x  4
3
f) log3 x > 4 – x
x 2  5 x  5  1  log 3  x 2  5 x  7   2



Giải
5  2x  6 . Điều kiện : 1  x  3 .
2


-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 12


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Khi đó, bất phương trình tương đương với
2x3  15x2  42x  29  7  x  2 3  f(x)  2 3 (*)

Ta có hàm số f(x)  2x3  15x2  42x  29  7  x là hàm liên tục trên D  1;7 
và f'(x) 

3(x2  5x  7)
1  0 nên f(x) là hàm đồng biến trên D.

2x3  15x2  42x  29 2 7  x

Mặt khác ta có: f(4)  2 3  (*)  f(x)  f(4)  x  4
Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm bất phương trình là: 1  x  4 .
c) x3  6x2  12x  7  3 x3  9x2  19x  11
Bất phương trình đã cho tương đương với
3
2
(x  1)3
 (x  1)  x  9x  19x  11  3 x3  9x2  19x  11
2
2
 f(x  1)  f  3 x3  9x2  19x  11  (*).


3
x

1
Đặt f(x) =    x  4 thì f/(x) < 0 với mọi x nên f(x) nghịch biến và f(–1) = 0 ,
3
vậy bất phương trình có nghiệm x > –1
e) 2x+1 + 3x+1 < 6x – 1
x

x

x

1
1
1
Bất phương trình đã cho tương đương với    2    3    1  0 .
6
3
2
x

x

x

1
1
1

 3   3 

 

u

u

u
1  7 
 . Do f/(u) < 0 nên f(u) nghịch biến và f(2) = 1 nên bất
Đặt f(u) = 2.    
3  3 

phương trình (*)  f(u) > 1  f(u) > f(2)  u > 2  log7 x < 2  0 < x < 49.
h) log 2





x 2  5 x  5  1  log 3  x 2  5 x  7   2

Đặt t = x2  5x  5  0 . Bất phương trình đã cho tương đương với
log2 (t + 1) + log3 (t2 + 2)  0 (*). Đặt f(t) = log2 (t + 1) + log3 (t2 + 2), ta thấy f(t)
là hàm số đồng biến khi t  0 và f(1) = 2 nên (*)  t  1.

 x2  5x  5  0
5 5
5 5

1
ĐS: x = 1, x   .
2

3

x  2  3 x  1  2x2  1  2x2

HD: Đặt u =

3

1 5
.
2

x  1 và v = 3 2x2

3/ 5x3  1  3 2x  1  x  4
4/ (x – 2)[log2(x – 3) + log3(x – 2)] = x + 1

ĐS: x = 1.
ĐS: x = 5.
x 1
HD: Điều kiện: x > 3, phương trình  log2(x – 3) + log3(x – 2) = x  2
x 1
Đặt f(x) = log2(x – 3) + log3(x – 2) và đặt g(x) =
x2



HD: Biến đổi về f( 3 x  1 ) = f(x) ,trong đó f(t) = 2t3 + t2
3
7/ 4 x  x   x  1 2 x  1  0

ĐS: x =

1 5
4

.

HD: Biến đổi về f( 2 x  1 ) = f(2x) ,trong đó f(t) = t3 + t.
2
2 3
3
8/ x (2x  3)  3(x  1)  3x  5  6x  11  x  1

HD: Biến đổi về  f(x  1)  f



3

ĐS: x = 1.



3x  5 , trong đó f(t)  t  2t 3  1

9/ 2x4  4x3  3x2  17x  24  2 3  2x

x
HD: Biến đổi bất phương trình về dạng 2   x  1  2

2

x

  x2  x  , từ đó xét

hàm số f(t) = 2t + t.
12/

x2  3log2 x  xlog2 5

ĐS: x = 4.

HD: Đặt t = log2 x  x = 2t , biến đổi phương trình về dạng 4t + 3t = 5t.
Bài 5. Giải các bất phương trình:
1/

5x 1  x  3  4

ĐS: x  1.

2/

 x  2  2 x 1  3 x  6  4   x  6  2 x 1  3 x  2

ĐS:


2 x 1 1

 3x  x 2  4 x  3

HD: Biến đổi bất phương trình về dạng 3
Từ đó xét hàm số f(t) = 2t + 1 + t2.
6/ log5 (x + 1) > log4 x

ĐS: x  2.
2 x 1 1

 2  x  1  3 x 11   x  1 ,
2

ĐS: 0 < x < 1.

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 15


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

B. GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
Bước 1: Tìm điều kiện cho các biến x, y của hệ phương trình (nếu có)
Bước 2: Tìm một hệ thức liên hệ đơn giản của x và y bằng phương pháp hàm số
+ Biến đổi một phương trình của hệ về dạng f(u) = f(v) (u, v là các biểu
thức chứa x,y)
+ Xét hàm đặc trưng f(t), chứng minh f(t) đơn điệu, suy ra: u = v (đây là
hệ thức đơn giản chứa x, y)

2

 y  x  2 x  4 x  23

Giải
 x  y  1 y  1 x  0
a) 
 x  1 y  2

(1)
(2)

0  x  1

Điều kiện 0  y  1

Khi đó: 1  x  1  x  y  1  y (*)
Xét hàm số: f  t   t  1  t với t  0;1
1
 0 t   0;1 và f liên tục trên đoạn 0;1
2 t 2 1 t
Suy ra: f(t) đồng biến trên đoạn [0; 1].
Do đó: (*)  f  x   f  y   x  y

Ta có: f '  t  

1




Điều kiện   x  , 1  y  3
3
3
2
3
3
Khi đó: (1)  8 x  6 x  y  6 y  9 y  2  (2 x)  3(2 x)  ( y  2)  3( y  2) (*).

1
1
Do   x  nên 1  2x  1 và 1  y  3 nên 1  y  2  1 .
2
2

Xét hàm số: f (t )  t 3  3t , với t   1;1 .
2
2
Ta có f '(t )  3t  3  3(t  1)  0 , với mọi t  [–1; 1].

Suy ra f(t) nghịch biến trên đoạn  1;1 .
Do đó:

*  f (2x)  f ( y  2)  2x  y  2  y  2x  2 .

Thay y = 2x + 2 vào phương trình (2) ta được phương trình:

4 x2  2 1  4 x2 1  0  4 x2 1  2 1  4 x2  16 x4  24 x2  3  0  x  
Vậy nghiệm của hệ phương trình là

 x; y   

ïï 2 x + xy + 2 + (x + 2) y 2 + 4 x + 4 = 0
î
Điều kiện: y 2 + 4x + 4 ³ 0 .



(1)
(2)

Biến đổi phương trình (1) về dạng tích số. Xem (1) là một phương trình bậc hai

x2 + 2 , phân tích tam thức bậc hai thành nhân tử. Ta được:

theo ẩn

(1) Û x + 2 - ( y - y + 1) x + 2 - y - y = 0 Û
2

2

Û y=
Thế y =

x2 + 2

2

(vì

3

Ta có:

f '(t ) = 1 +

t2

t + 2+
2

t2 + 2

> 0, " t Î R  f(t) đồng biến trên R.

Nên: (3) Û f (x + 2)= f (- x) Û x + 2 = - x Û x = - 1
Với x = – 1 Þ

3 (thỏa điều kiện).

y=





Vậy (x; y) = 1; 3 là nghiệm của hệ phương trình.

(6 x  5) 2 x  1  2 y  3 y 3  0
d) 
2
 y  x  2 x  4 x  23

Xét hàm số: f (t )  t 2  3t  3t  2t , với t  0;   .
2
Ta có f '(t )  9t  2  0 , với mọi t  0;   .

Suy ra f(t) đồng biến trên  0;   .
Do đó: *  f ( 2 x  1)  f ( y)  2 x  1  y .
Thay y  2x  1 vào phương trình (2) ta được phương trình:

2 x  1  x  2 x 2  4 x  23  3x  1  2 2 x 2  x  2 x 2  4 x  23
 2 x 2  x  2 2 x 2  x  24  0
x  4
 2 x2  x  6
 2 x 2  x  36  0  
9 x4
 
2

x


 2 x  x  4
2

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 18


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Với x = 4  y = 3.




3

Xét hàm số f(t) = t + t.
2

5
2
Biến đổi đến phương trình 4x    2x   2 3  4x  7  0
2

2

2

5
2
Xét hàm số g(x) = 4x    2x   2 3  4x  7
2

2








1 3
3 1
ĐS:  x; y    ;     x; y    ;   .
2 2
2 2
 x  1  4 x  1  4 y 4  2  y
4/ (ĐH – 2013A)  2
2
 x  2 x  y  1  y  6 y  1  0
ĐS:  x; y   1; 0   x; y    2;1 .
C. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI:
Nội dụng của phương pháp này là tìm cách đưa một bất đẳng thức nhiều biến về
bất đẳng thức chứa một biến. Một trong những công cụ tối ưu khi chứng minh bất
đẳng thức một biến là công cụ đạo hàm. Quan trọng nhất ở phương pháp này là
tìm cách đánh giá để đưa về một biến. Để đưa về một biến, chúng ta cần lưu ý:
 Nếu một bất đẳng thức hai biến có điều kiện và trong điều kiện có một
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 19


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

biến bậc nhất thì ta có thể rút biến đó và thế vào bất đẳng thức cần chứng minh ta
được một bất đẳng thức một biến. Tuy nhiên cách làm này chúng ta chỉ xử lí khi
bất đẳng thức không quá phức tạp.
 Nếu điều kiện của bài toán và bất đẳng thức cần chứng minh là những biểu
thức đối xứng hai biến thì ta có thể chuyển về tổng và tích hai biến đó. Lưu ý:
S 2  4P .
 Khi gặp bài toán chứng minh BĐT hai biến có dạng:

 .
b a

Bài 1. Chứng minh rằng:

b) cosx  1  x  x x (0; )

a) sinx  x x   0;  


2

4

2

24
2
1 2
d) ln(1  x)  x  2 x x  0

2

c) ex  1 + x  x
Giải:


a) sinx  x x   0;  .
 2



 f "(x)   sin x  x  0 x  0;  (theo câu a)
2
 2



 f '(x)  f '(0)  0 x  0;   f(x)  f(0)  0 x  0; 
 2
 2
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 20


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

x3

 sin x  x 
x   0;  (đpcm).
3!
 2

c) ex  1 + x  x
x
Xét hàm số f(x)  e  x  1
x
Ta có: f '(x)  e  1  f '(x)  0  x  0
x
- 

2
Bài 2. Chứng minh rằng:

a)
b)
c)

5
4 1

 5 ; Với x  0, y  0 và x  y  .
x 4y
4

1
x

3



1
y

3

 16 ; với hai số x, y  0 thay đổi thỏa mãn  x  y  xy  x 2  y 2  xy .

3a
3b


a) Ta có x  y 

f  x   f  1  5 , từ đó suy ra 4  1  5
Từ bảng biến thiên ta được: min
5
x 4y
 0; 


4

1
4

Đẳng thức xảy ra khi x  1, y  .
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 21


SKKN năm 2016: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải một số dạng toán THPT.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

2
2
2
b) Đặt: u  x  y,v  xy   x  y  xy  x  y  xy  uv  u  3v

  u  3  v  u2  v 

Vậy




u u2  3v
v3

  u 2   u  3 2
v2



 u 

4u 2
4
u 1

1
 0 (ở đây ta lưu ý
u3
u3
u3

u  0)

 u  1  u  3 (*)
u3
 0 nên ta chỉ cần chứng minh :
u
u3

 (a 2  b2 ) 
(a  1)(b  1)
ab
2

3t 2  6t  18  3t 3  t 2
3
12

 t  2t  6    t 2  t 
 4 (*)
t
4
t
2

2
Xét hàm số : f(t)  t  t 

12
12
với t  2 . Ta có : f '(t)  2t  1  2  0 t  2
t
t

 f(t)  f(2)  4 t  2  (*) đúng  đpcm. Đẳng thức xảy ra  a  b  1 .

Bài tập tự luyện
Bài 3. Chứng minh rằng:
x3

d) ln(1  x)  x 
f)

x 

x2 2x3

2
3

4xy 2
x 2  4y 2



3



2

x  0

1
x, y  0
8 ; với

x
1
g) x + (1 – x)  ,  x

ii) x  D : f x  m
 0
0


f x .
Ký hiệu: m  min
xD

 Quy ước: Ta quy ước rằng khi nói GTLN hay GTNN của hàm số f mà không
nói "trên tập D" thì ta hiểu đó là GTLN hay GTNN trên TẬP XÁC ĐỊNH
của nó.
 Đối với GTLN và GTNN đối với hàm nhiều biến cũng có định nghĩa tương tự.
2) SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ TÌM GTLN & GTNN
CỦA HÀM SỐ MỘT BIẾN:


Điều kiện tồn tại GTLN và GTNN:
Định lý: Hàm số liên tục trên một đoạn a;b thì đạt được GTLN và GTNN
trên đoạn đó.



Phương pháp chung: Muốn tìm GTLN và GTNN của hàm số y = f(x) trên
miền D, ta lập BẢNG BIẾN THIÊN của hàm số trên D rồi dựa vào BBT suy
ra kết quả.



Phương pháp riêng:

ộx = - 2 ẽ D
2
ờ
y
'
=
0

Ta cú: y ' = 6x + 6x - 12 ;
ờx = 1ẻ D
ở
y = - 5; max y = 15 .
Do y (- 1) = 15; y (2) = 6; y (1) = - 5 . Vy min
xẻ D
xẻ D
b) Hm s y = ex.(x2 x 1) liờn tc trờn on [0; 2].
ộx = - 2 ẽ D
x
2
ờ
y
'
=
0

y
'
=
e
x

2ẻ D

)

2 = - 2 2 Vy min y = - 2 2; max y = 2 .
xẻ D
xẻ D

d) Tp xỏc nh: D = R
2
t t = cosx vi t ẻ ộở- 1;1ựỷ , hm s tr thnh: y = - 2t - t + 3

Ta cú: y ' = - 4t - 1

; y' = 0 t = -

1 ộ
ẻ ở- 1;1ự
ỷ
4

ổ 1ữ
ử 25
ỗ
=
Do y(- 1)= 2; y(1)= 0; yỗỗ- ữ
ữ
ố 4ữ
ứ 8



ln 2 x
d) y =
trên đoạn [1; e3].
x

e) y = sin4x + cos4x + 2.

3) SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ TÌM GTLN & GTNN
CỦA HÀM SỐ NHIỀU BIẾN:
A. PHƯƠNG PHÁP CHUNG:
Để giải bài toán tìm GTLN, GTNN của hàm số nhiều biến bằng phương pháp
hàm số, thông thường ta thực hiện theo các bước sau :
 Biến đổi các số hạng chứa trong biểu thức về cùng một đại lượng giống
nhau.
 Đưa vào một biến mới t, bằng cách đặt t bằng đại lượng đã được biến đổi
như trên.
 Xét hàm số f(t) theo biến t. Khi đó ta hình thành được bài toán tương đương
sau : Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f (t ) với t  D .
 Lúc này ta sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm
số f (t ) với t  D .
 Chú ý : trong trường hợp không thể xây dựng trực tiếp được hàm số f(t)với
t  D , ta có thể đi tìm


f (t ) với t  D thỏa P  f (t ) đối với bài toán tìm giá trị nhỏ nhất.



f (t ) với t  D thỏa P  f (t ) đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất.