Bài 1. Phương pháp hàm số
CHƯƠNG I. HÀM SỐ
BÀI 1. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
I. TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ HÀM SỐ, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT & NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
1. y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔
( )
1 2
,x x a b∀ < ∈
ta có
( ) ( )
1 2
f x f x<
2. y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔
( )
1 2
,x x a b∀ < ∈
ta có
( ) ( )
1 2
f x f x>
3. y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔ ƒ′(x) ≥ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′(x) = 0 tại một
số hữu hạn điểm ∈ (a, b).
4. y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔ ƒ′(x) ≤ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′(x) = 0 tại một
số hữu hạn điểm ∈ (a, b).
5. Cực trị hàm số: Hàm số đạt cực trị tại điểm
( )
k
x x f x
′
= ⇔
đổi dấu tại điểm

{ }
1
,
M in M in ,..., , ,
n
x a b
f x f x f x f a f b
∈
=
• Nếu y = f (x) đồng biến / [a, b] thì
[ ]
( ) ( )
[ ]
( ) ( )
,
,
Min ; Max
x a b
x a b
f x f a f x f b
∈
∈
= =
• Nếu y = f (x) nghịch biến / [a, b] thì
[ ]
( ) ( )
[ ]
( ) ( )
,
,

( )
y u x=
với đồ thị
( )
y v x=
.
2. Nghiệm của bất phương trình u(x) ≥ v(x) là
phần hoành độ tương ứng với phần
đồ thị
( )
y u x=
nằm ở phía trên
so với phần đồ thị
( )
y v x=
.
3. Nghiệm của bất phương trình u(x) ≤ v(x) là
phần hoành độ tương ứng với phần đồ thị
( )
y u x=
nằm ở phía dưới so với phần đồ thị
( )
y v x=
.
4. Nghiệm của phương trình u(x) = m là hoành độ
giao điểm của đường thẳng y = m với đồ thị
( )
y u x=
.
5. BPT u(x) ≥ m đúng ∀x∈I ⇔

≤
III. Các bài toán minh họa phương pháp hàm số
Bài 1. Cho hàm số
( )
2
2 3f x mx mx= + −
a. Tìm m để phương trình ƒ(x) = 0 có nghiệm x∈[1; 2]
b. Tìm m để bất phương trình ƒ(x) ≤ 0 nghiệm đúng ∀x∈[1; 4]
c. Tìm m để bất phương trình ƒ(x) ≥ 0 có nghiệm x∈
[ ]
1;3−
Giải: a. Biến đổi phương trình ƒ(x) = 0 ta có:
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
3 3
2 3 0 2 3
2
1 1
f x mx mx m x x g x m
x x
x
= + − = ⇔ + = ⇔ = = =
+
+ −
.
Để ƒ(x) = 0 có nghiệm x∈[1; 2] thì

3
, 1;4
2
g x m x
x x
= ≥ ∀ ∈
+

[ ]
( )
1;4
M in
x
g x m
∈
⇔ ≥
.
Do
( )
( )
2
3
1 1
g x
x
=
+ −
giảm trên [1; 4] nên ycbt ⇔
[ ]
( )

( )
2
2 3m x x+ ≥
.
Đặt
( )
[ ]
2
3
, 1;3
2
g x x
x x
= ∈ −
+
. Xét các khả năng sau đây:
+ Nếu
0x =
thì bất phương trình trở thành
.0 0 3m = ≥
nên vô nghiệm.
+ Nếu
(
]
0;3x∈
thì BPT
⇔
( )
g x m≤
có nghiệm

1
3
5
x
Min g x g m
∈
⇔ = = ≤
+ Nếu
[
)
1;0x∈ −
thì
2
2 0x x+ <
nên BPT
( )
g x m⇔ ≥
có nghiệm
[
)
1;0x∈ −

[
)
( )
1;0
Max g x m
−
⇔ ≥
. Ta có

[ ]
1;3−
(
]
)
1
; 3 ;
5
m

⇔ ∈ −∞ − +∞


U

Bài 2. Tìm m để bất phương trình:
3
3
1
3 2x mx
x
−
− + − <
nghiệm đúng ∀x ≥ 1
Giải: BPT
( )
3 2
3 4
1 1 2
3 2, 1 3 , 1mx x x m x f x x

≥
⇔ > ∀ ≥ ⇔ = = > ⇔ >
Bài 3. Tìm m để bất phương trình
( )
2
.4 1 .2 1 0
x x
m m m
+
+ − + − >
đúng
x∀ ∈ ¡
Giải: Đặt
2 0
x
t = >
thì
( )
2
.4 1 .2 1 0
x x
m m m
+
+ − + − >
đúng
x∀ ∈ ¡

( ) ( )
( )
2 2

g t
nghịch
biến trên
[
)
0;+∞
suy ra ycbt ⇔
( ) ( )
0
0 1
t
Max g t g m
≥
= = ≤
Bài 4. Tìm m để phương trình:
( )
12 5 4x x x m x x+ + = − + −
có
nghiệm.
3
Chương I. Hàm số – Trần Phương
Giải: Điều kiện
0 4x≤ ≤
. Biến đổi PT
( )
12
5 4
x x x
f x m
x x

= − + − > ⇒ = − <
− −

Suy ra:
( )
0g x >
và tăng;
( )
h x
> 0 và giảm hay
( )
1
0
h x
>
và tăng
⇒
( )
( )
( )
g x
f x
h x
=
tăng. Suy ra
( )
f x m=
có nghiệm
[ ]
( )

3 2
3 1 1f x x x x x m= + − + − ≤
.
Đặt
( ) ( )
( )
3
3 2
3 1 ; 1g x x x h x x x= + − = + −
Ta có
( ) ( )
( )
2
2
1 1
3 6 0, 1; 3 1 0
2 2 1
g x x x x h x x x
x x
 
′ ′
= + > ∀ ≥ = + − + >
 
−
 
.
Do
( )
0g x >
và tăng

2
2 4 6f x x x x x m⇔ = − + + + − ≤
đúng
[ ]
4,6x∀ ∈ −
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
1
2 2 1 2 0 1
2 4 6 4 6
x
f x x x x
x x x x
− +
 
′
= − + + = − + = ⇔ =
 
+ − + −
 
Lập bảng biến thiên suy ra Max
[ ]
( )
( )
4,6
1 6Max f x f m
−

f t
tăng nên
( )
[ ]
; 0;5f t m t≤ ∀ ∈ ⇔
[ ]
( ) ( )
0;5
max 5 6f t f m= = ≤
Bài 7. Tìm m để
2 2
3 6 18 3 1x x x x m m
+ + − − + − ≤ − +
đúng
[ ]
3,6x∀ ∈ −
Giải:
Đặt
3 6 0t x x= + + − >
⇒
( )
( ) ( )
2
2
3 6 9 2 3 6t x x x x= + + − = + + −
⇒
( ) ( ) ( ) ( )
2
9 9 2 3 6 9 3 6 18t x x x x≤ = + + − ≤ + + + − =
( ) ( )

 
⇔ = ≤ − + ⇔ − − ≥ ⇔ ≤ − ≥
Bài 8. (Đề TSĐH khối A, 2007)
Tìm m để phương trình
4
2
3 1 1 2 1x m x x− + + = −
có nghiệm thực.
Giải: ĐK:
1x ≥
, biến đổi phương trình
4
1 1
3 2
1 1
x x
m
x x
− −
⇔ − + =
+ +
.
Đặt
[
)
4
4
1
2
1 0,1

( )
2
2 8 2x x m x+ − = −
luôn có đúng hai nghiệm phân biệt.
Giải: Điều kiện:
2x ≥
.
Biến đổi phương trình ta có:
( ) ( ) ( )
2 6 2x x m x⇔ − + = −
( ) ( ) ( )
2 2
2 6 2x x m x⇔ − + = −
( )
( )
( )
3 2 3 2
2 6 32 0 2 V g x 6 32x x x m x x x m⇔ − + − − = ⇔ = = + − =
.
ycbt
( )
g x m⇔ =
có đúng một nghiệm thuộc khoảng
( )
2; +∞
. Thật vậy ta có:
( ) ( )
3 4 0, 2g x x x x
′
= + > ∀ >