Khóa h ọ c LTĐH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phương Phương pháp hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 - 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 k x 6. Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số • Giả sử y = ƒ(x) liên tục trên [a, b] đồng thời đạt cực trị tại ( ) 1 , , , n x x a b ∈ . Khi đó: [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 1 , Max Max , , , , ; n x a b f x f x f x f a f b ∈ = [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) { } 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 [ ] ( ) ( ) [ ] ( ) ( ) , , Min ; Max x a b x a b f x f b f x f a ∈ ∈ = = • Hàm bậc nhất ( ) f x x = α + β trên đoạn [ ] ; a b đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất tại các đầu mút a; b PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ TÀI LIỆU BÀI GIẢNG x x x − ε + ε b x x x − ε + ε j j j x x x − ε + ε i i i x x x − ε + ε a x Khóa h ọ c LTĐH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phương Phương pháp hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 2 - II. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH 1. Nghiệm của phương trình u(x) = v(x) là hoành độ giao điểm của đồ thị ( ) 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 ⇔ ( ) I Min x u x m ∈ ≥ 6. BPT u(x) ≤ m đúng ∀x∈I ⇔ ( ) I Max x u x m ∈ ≤ 7. BPT u(x) ≥ m có nghiệm x∈I ⇔ ( ) I Max x u x m ∈ ≥ 8. BPT u(x) ≤ m có nghiệm x∈I ⇔ ( ) I Min x u x m ∈ ≤ III. Các bài toán minh họa phương pháp hàm số Bài 1. Cho hàm số ( ) 2 2 3 f 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 [ ] ( ) [ ] ( ) 1;2 1;2 Min Max x x g x m g x ∈ ∈ ≤ ≤ 3 1 8 m ⇔ ≤ ≤ b. Ta có ∀x∈[1; 4] thì ( ) 2 2 3 0 f x mx mx = + − ≤ ⇔ ( ) 2 2 3 m x x + ≤ ⇔ ( ) [ ] 2 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 ⇔ [ ] ( ) ( ) 1;4 1 Min 4 8 x g x g m ∈ = = ≥ c. Ta có với x∈ [ ] 1;3 − thì ( ) 2 2 3 0 f x mx mx = + − ≥ ⇔ ( ) 2 2 3 m x x + ≥ . Đặt ( ) [ ] 2 3 , 1;3 2 g x x x x = ∈ − + . Xét các khả năng sau đây: + Nếu 0 x = thì bất phương trình trở thành .0 0 3 m = ≥ nên vô nghiệm. α β b x a v(x) u(x) a b x y = m Khóa h ọ c LTĐH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phương Phương pháp hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 3 - + Nếu ( ] 0;3 x ∈ thì BPT ⇔ ( ) g x m ≤ có nghiệm ( ] 0;3 x ∈ ( ] ( ) 0;3x Min g x m ∈ ⇔ ≤ . Do ( ) ( ) 2 3 1 1 g x x = + − giảm / ( ] 0;3 nên ycbt ( ] ( ) ( ) 0;3 1 3 5 x Min g x g m ∈ ⇔ = = ≤ + Nếu [ ) 1;0 x ∈ − thì 2 2 0 x x + < nên BPT ( ) g x m ⇔ ≥ có nghiệm [ ) 1;0 x ∈ − [ ) ( ) 1;0 Max g x m − ⇔ ≥ . Ta có ( ) ( ) ( ) [ ] 2 2 3 2 2 0, 1;0 2 x g x x x x − + ′ = ≤ ∀ ∈ − + . Do đó ( ) g x nghịch biến nên ta có [ ) ( ) ( ) 1;0 1 3 Max g x g m − = − = − ≥ Kết luận: ƒ(x) ≥ 0 có nghiệm x∈ [ ] 1;3 − ( ] ) 1 ; 3 ; 5 m  ⇔ ∈ −∞ − +∞   ∪ 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 , 1 mx x x m x f x x x x x ⇔ < − + ∀ ≥ ⇔ < − + = ∀ ≥ . Ta có ( ) 5 2 5 2 2 4 2 2 4 2 4 2 2 2 2 0 f x x x x x x x x −   ′ = + − ≥ − = >     suy ra ( ) f x tăng. YCBT ( ) ( ) ( ) 1 2 3 , 1 min 1 2 3 3 x f x m x f x f m m ≥ ⇔ > ∀ ≥ ⇔ = = > ⇔ > Bài 3. Tìm m để bất phương trình ( ) 2 .4 1 .2 1 0 x x m m m + + − + − > đúng x ∀ ∈ ℝ Giải: Đặt 2 0 x t = > thì ( ) 2 .4 1 .2 1 0 x x m m m + + − + − > đúng x ∀ ∈ ℝ ( ) ( ) ( ) 2 2 . 4 1 . 1 0, 0 4 1 4 1, 0 m t m t m t m t t t t ⇔ + − + − > ∀ > ⇔ + + > + ∀ > ( ) 2 4 1 , 0 4 1 t g t m t t t + ⇔ = < ∀ > + + . Ta có ( ) ( ) 2 2 2 4 2 0 4 1 t t g t t t − − ′ = < + + nên ( ) 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 4 x x x m x x + + = − + − có nghiệm. Giải: Điều kiện 0 4 x ≤ ≤ . Biến đổi PT ( ) 12 5 4 x x x f x m x x + + ⇔ = = − + − . Chú ý: Nếu tính ( ) f x ′ rồi xét dấu thì thao tác rất phức tạp, dễ nhầm lẫn. Thủ thuật: Đặt ( ) ( ) 3 1 12 0 0 2 2 12 g x x x x g x x x ′ = + + > ⇒ = + > + ( ) ( ) 1 1 5 4 0 0 2 5 2 4 h x x x h x x x − ′ = − + − > ⇒ = − < − − Suy ra: ( ) 0 g x > và tăng; ( ) h x > 0 và giảm hay ( ) 1 0 h x > và tăng Khóa h ọ c LTĐH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phương Phương pháp hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 4 - ⇒ ( ) ( ) ( ) g x f x h x = tăng. Suy ra ( ) f x m = có nghiệm [ ] ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) 0;4 0;4 min ;max 0 ; 4 2 15 12 ;12 m f x f x f f    ⇔ ∈ = = −     Bài 5. Tìm m để bất phương trình: ( ) 3 3 2 3 1 1 x x m x x+ − ≤ − − có nghiệm. Giải: Điều kiện 1 x ≥ . Nhân cả hai vế BPT với ( ) 3 1 0 x x + − > ta nhận được bất phương trình ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 1 1 f x x x x x m = + − + − ≤ . Đặt ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 1 ; 1 g 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 ( ) 0 g x > và tăng 1 x ∀ ≥ ; ( ) 0 h x > và tăng nên ( ) ( ) ( ) . f x g x h x = tăng 1 x ∀ ≥ Khi đó bất phương trình ( ) f x m ≤ có nghiệm ( ) ( ) 1 min 1 3 x f x f m ≥ ⇔ = = ≤ Bài 6. Tìm m để ( )( ) 2 4 6 2 x x x x m + − ≤ − + nghiệm đúng [ ] 4,6 x∀ ∈ − Cách 1. BPT ( ) ( )( ) 2 2 4 6 f x x x x x m ⇔ = − + + + − ≤ đúng [ ] 4,6 x∀ ∈ − ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 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 6 Max f x f m − = = ≤ Cách 2. Đặt ( )( ) ( ) ( ) 4 6 4 6 5 2 x x t x x + + − = + − ≤ = . Ta có 2 2 2 24 t x x = − + + . Khi đó bất phương trình trở thành [ ] ( ) [ ] 2 2 24, 0;5 24 ; 0;5 t t m t f t t t m t≤ − + + ∀ ∈ ⇔ = + − ≤ ∀ ∈ . Ta có: ( ) 2 1 0 f t t ′ = + > ⇒ ( ) f t tăng nên ( ) [ ] ; 0;5f t m t ≤ ∀ ∈ ⇔ [ ] ( ) ( ) 0;5 max 5 6 f t f m = = ≤ Bài 7. Tìm m để 2 2 3 6 18 3 1 x x x x m m + + − − + − ≤ − + đúng [ ] 3,6 x∀ ∈ − Giải: Đặt 3 6 0 t x x = + + − > ⇒ ( ) ( )( ) 2 2 3 6 9 2 3 6 t x x x x = + + − = + + − Khóa h ọ c LTĐH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phương Phương pháp hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 5 - ⇒ ( )( ) ( ) ( ) 2 9 9 2 3 6 9 3 6 18 t x x x x ≤ = + + − ≤ + + + − = ( )( ) ( ) 2 2 1 18 3 3 6 9 ; 3;3 2 2 x x x x t t   ⇒ + − = + − = − ∈   Xét ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3;3 2 9 1 ; 1 0; 3;3 2 max 3 3 2 2 f t t t f t t t f t f       ′ = − + + = − < ∀ ∈ ⇒ = =   ycbt ( ) 2 2 3;3 2 max 3 1 2 0 1 V m 2 f t m m m m m     ⇔ = ≤ − + ⇔ − − ≥ ⇔ ≤ − ≥ Bài 8. (Đề TSĐH khối A, 2007) Tìm m để phương trình 4 2 3 1 1 2 1 x m x x − + + = − có nghiệm thực. Giải: ĐK: 1 x ≥ , biến đổi phương trình 4 1 1 3 2 1 1 x x m x x − − ⇔ − + = + + . Đặt [ ) 4 4 1 2 1 0,1 1 1 x u x x − = = − ∈ + + . Khi đó ( ) 2 3 2 g t t t m = − + = Ta có ( ) 1 6 2 0 3 g t t t ′ = − + = ⇔ = . Do đó yêu cầu 1 1 3 m ⇔ − < ≤ Bài 9. (Đề TSĐH khối B, 2007): Chứng minh rằng: Với mọi 0 m > , phương trình ( ) 2 2 8 2 x x m x + − = − luôn có đúng hai nghiệm phân biệt. Giải: Điều kiện: 2 x ≥ . Biến đổi phương trình ta có: ( )( ) ( ) 2 6 2 x x m x ⇔ − + = − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 2 x x m x ⇔ − + = − ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 2 6 32 0 2 V g x 6 32 x 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, 2 g x x x x ′ = + > ∀ > . Do đó ( ) g x đồng biến mà ( ) g x liên tục và ( ) ( ) 2 0; lim x g g x →+∞ = = +∞ nên ( ) g x m = có đúng một nghiệm ∈ ( ) 2; +∞ . Vậy 0 m ∀ > , phương trình ( ) 2 2 8 2 x x m x + − = − có hai nghiệm phân biệt. Bài 10. (Đề TSĐH khối A, 2008) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt: 4 4 2 2 2 6 2 6 x x x x m + + − + − = Giải: Đặt ( ) [ ] 4 4 2 2 2 6 2 6 ; 0;6 f x x x x x x= + + − + − ∈ Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 4 4 1 1 1 1 1 , 0;6 2 2 6 2 6 f x x x x x x     ′ = − + − ∈     −   −   t 0 1 3 1 ( ) g t ′ + 0 – ( ) g t 0 1 3 – 1 x 2 +∞ ( ) g x ′ + ( ) g x 0 +∞ Khóa h ọ c LTĐH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phương Phương pháp hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 6 - Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 4 4 1 1 1 1 ; 0,6 2 6 2 6 , xu x v x x x x x = − = − ∈ − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , 0, 0,2 2 2 0 , 0, 2,6 u x v x x u v u x v x x  > ∀ ∈  ⇒ = =   < ∀ ∈  ( ) ( ) ( ) 0, 0, 2 ( ) 0, 2,6 (2) 0 f x x f x x f ′  > ∀ ∈  ′ ⇒ < ∀ ∈   ′ =  Nhìn BBT ta có PT có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 4 2 6 2 6 3 2 6 m + ≤ < + Bài 11. (Đề TSĐH khối D, 2007): Tìm m để hệ phương trình có nghiệm 3 3 3 3 1 1 5 1 1 15 10 x y x y x y m x y  + + + =    + + + = −    Giải: Đặt 1 1 ;u x v y x y = + = + ta có ( ) ( ) 3 3 3 1 1 1 1 3 3 x x x x u u x x x x + = + − ⋅ + = − và 1 1 1 1 1 2 . 2 ; 2 . 2 u x x x v y y x x x y y = + = + ≥ = = + ≥ = Khi đó hệ trở thành ( ) 3 3 5 5 8 3 15 10 u v u v uv m u v u v m + =  + =   ⇔   = − + − + = −    ⇔ , u v là nghiệm của phương trình bậc hai ( ) 2 5 8 f t t t m = − + = Hệ có nghiệm ( ) f t m ⇔ = có 2 nghiệm 1 2 , t t thỏa mãn 1 2 2; 2 t t ≥ ≥ . Lập Bảng biến thiên của hàm số ( ) f t với 2 t ≥ t −∞ – 2 2 5/2 + ∞ ( ) f t ′ – – 0 + ( ) f t + ∞ 22 2 7/4 + ∞ Nhìn bảng biến thiên ta có hệ có nghiệm 7 2 m 22 4 m ⇔ ≤ ≤ ∨ ≥ Bài 12. (Đề 1I.2 Bộ đề TSĐH 1987-2001): Tìm x để bất phương trình ( ) 2 2 sin cos 1 0 x x y y + + + ≥ đúng với y ∀ ∈ ℝ . x 0 2 6 ( ) f x ′ + 0 – f(x) 3 2 6 + 4 12 2 3 + 4 2 6 2 6 + Khóa h ọ c LTĐH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phương Phương pháp hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 7 - Giải: Đặt sin cos 2, 2 u y y   = + ∈ −   , BPT ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2, 2 2 1 0, 2, 2 Min 0 u g u x u x u g u   ∈ −     ⇔ = + + ≥ ∀ ∈ − ⇔ ≥   Do đồ thị ( ) y g u = là một đoạn thẳng với 2, 2 u   ∈ −   nên ( ) 2, 2 Min 0 u g u   ∈ −   ≥ ( ) ( ) 2 2 2 0 2 2 1 0 2 1 2 2 1 0 2 1 2 0 g x x x x x x g    − ≥ − + ≥ ≥ +   ⇔ ⇔ ⇔    + + ≥ ≤ −  ≥      Bài 13. Cho , , 0 3 a b c a b c ≥   + + =  Chứng minh rằng: 2 2 2 4 a b c abc + + + ≥ Giải: BĐT ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 3 2 4 a b c bc abc a a a bc ⇔ + + − + ≥ ⇔ + − + − ≥ ( ) ( ) 2 2 2 6 5 0 f u a u a a ⇔ = − + − + ≥ trong đó ( ) ( ) 2 2 1 0 3 2 4 b c u bc a + ≤ = ≤ = − . Như thế đồ thị ( ) y f u = là một đoạn thẳng với ( ) 2 1 0; 3 4 u a   ∈ −     . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 1 1 1 0 2 6 5 2 0; 3 1 2 0 2 2 4 4 f a a a f a a a = − + = − + ≥ − = − + ≥ nên suy ra ( ) 0; f u ≥ ( ) 2 1 0; 3 4 u a   ∀ ∈ −     . Vậy 2 2 2 4 a b c abc + + + ≥ . Đẳng thức xảy ra 1 a b c ⇔ = = = . Bài 14. (IMO 25 – Tiệp Khắc 1984): Cho , , 0 1 a b c a b c ≥   + + =  . Chứng minh rằng: 7 2 27 ab bc ca abc+ + − ≤ . Giải: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 1 1 2 a b c a bc a a a bc a a a u f u + + − = − + − = − + − = Đồ thị ( ) ( ) ( ) 1 2 1 y f u a u a a = = − + − với ( ) ( ) 2 2 1 0 2 4 a b c u bc − + ≤ = ≤ = là một đoạn thẳng với 2 giá trị đầu mút ( ) ( ) ( ) 2 1 7 1 0 1 2 4 27 a a f a a  + − = − ≤ = <     và ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 7 7 1 1 1 1 1 1 2 1 2 4 4 27 4 3 3 27 f a a a a a− = − + + = − + − ≤ Do đồ thị ( ) y f u = là một đoạn thẳng với ( ) 2 1 0; 1 4 u a   ∈ −     và ( ) 7 0 27 f < ; ( ) ( ) 2 7 1 1 4 27 f a− ≤ nên ( ) 7 27 f u ≤ . Đẳng thức xảy ra 1 3 a b c ⇔ = = = Bài 15. Chứng minh rằng: ( ) ( ) 2 4, a b c ab bc ca + + − + + ≤ ∀ [ ] , , 0, 2 a b c∈ . Giải: Biến đổi bất đẳng thức về hàm bậc nhất biến số a, tham số b, c ta có ( ) ( ) ( ) [ ] 2 2 4, , , 0,2 f a b c a b c bc a b c= − − + + − ≤ ∀ ∈ Đồ thị ( ) y f a = là một đoạn thẳng với [ ] 0,2 a∈ nên ( ) ( ) ( ) { } Max 0 ; 2 f a f f≤ Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] 0 4 2 2 4; 2 4 4 4, , , 0,2 f b c f bc f a a b c= − − − ≤ = − ≤ ⇒ ≤ ∀ ∈ Khóa h ọ c LTĐH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phương Phương pháp hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 8 - Bài 16. CMR: ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] 1 1 1 1 1, , , , 0,1 a b c d a b c d a b c d− − − − + + + + ≥ ∀ ∈ Giải: Biểu diễn bất đẳng thức về hàm bậc nhất biến số a, tham số b, c, d, ta có: ( ) ( )( )( ) [ ] ( )( )( ) [ ] 1 1 1 1 1 1 1 1, , , , 0,1 f a b c d a b c d b c d a b c d= − − − − + − − − + + + ≥ ∀ ∈ Đồ thị ( ) [ ] , 0,1 y f a a= ∀ ∈ là một đoạn thẳng nên [ ] ( ) ( ) ( ) { } 0,1 Min Min 0 , 1 a f a f f ∈ = Ta có ( ) [ ] 1 1 1, , , 0,1 f b c d b c d= + + + ≥ ∀ ∈ ( ) ( )( )( ) ( ) ( )( ) [ ] ( )( ) 0 1 1 1 1 1 1 1 1 f b c d b c d g b c d b c d c d = − − − + + + ⇔ = − − − + − − + + Đồ thị ( ) [ ] , 0,1 y g b b= ∀ ∈ là một đoạn thẳng nên [ ] ( ) ( ) ( ) { } 0,1 Min 0 , 1 b g b Min g g ∈ = Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1; 0 1 1 1 1 g c d g c d c d cd = + + ≥ = − − + + = + ≥ ⇒ ( ) ( ) [ ] 0 1, 0,1 f g b b= ≥ ∀ ∈ . Vậy ( ) 1 f a ≥ hay ta có (đpcm) Giáo viên : Trần Phương Nguồn : Hocmai.vn Khóa h ọ c LTĐH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phương Phương pháp hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 - Bài 1: Cho hàm số y = x 3 - 3(2m+1)x 2 + (12m + 5)x + 2 a. Tìm m để hàm số đồng biến trên (2; +∞) b. Tìm m để hàm số đồng biến trên (-∞; -1) Bài 2: Tìm m để phương trình sau: 2 4 2 3 21 4 x x x m − + − − = a) Có nghiệm. b) Có đúng 1 nghiệm. c) Có 2 nghiệm phân biệt. Bài 3: Tìm m để phương trình: 4(sin 4 x + cos 4 x) + (5 - 2m)cos2x + 9 - 3m = 0 a) Có nghiệm. b) Có đúng 2 nghiệm thuộc đoạn 0; 3 π       Bài 4: Tìm m để phương trình: ( ) 12 5 4 x x x m x x + + = − + − có nghiệm. Bài 5 : Tìm m để bất phương trình: 3 3 1 3 2x mx x − − + − < nghiệm đúng ∀x ≥ 1 Nguồn : Hocmai.vn PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN Khóa h ọ c LTĐH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phương Phương pháp hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 - Bài 1: Cho hàm số y = x 3 - 3(2m+1)x 2 + (12m + 5)x + 2 a. Tìm m để hàm số đồng biến trên (2; +∞) b. Tìm m để hàm số đồng biến trên (-∞; -1) Giải: a. YCBT ⇔ y' ≥ 0 ∀x ∈ (2; +∞) ⇔ y' ≥ 0 ∀x ∈ [2; +∞) (vì y' liên tục tại x = 2) ⇔ 3x - 6x + 5 ≥ 12m(x - 1) ∀x ∈ [2; +∞) ⇔ m ≤ 2 3 6 5 ( ) 12( 1) x x f x x − + = − ∀x ∈ [2; +∞) ⇔ m ≤ [2; ) min ( ) (2) f x f +∞ = (vì f'(x) > 0 ∀x ∈ [2; +∞) ) ⇔ m ≤ b. YCBT ⇔ y' ≥ 0 ∀x ∈ (-∞; -1) ⇔ y' ≥ 0 ∀x ∈ (-∞; -1] (do y' liên tục tại x = 1) ⇔ m ≥ 2 3 6 5 ( ) 12( 1) x x g x x − + = − ∀x ∈ (-∞; -1] ⇔ ( ; 1] 7 7 max ( ) 12 12 m g x m −∞ − − − ≥ = ⇔ ≥ Bài 2: Tìm m để phương trình sau: 2 4 2 3 21 4 x x x m − + − − = a) Có nghiệm. b) Có đúng 1 nghiệm. c) Có 2 nghiệm phân biệt. Giải: Tập xác định D= [-7;3], Xét hàm số 2 ( ) 4 2 3 21 4 f x x x x = − + − − , ta có 2 3(2 ) '( ) 4 21 4 x f x x x + = − − − f’(x) = 0 ⇔ x= - 6 (Loại) Hoặc x = 2 (Nhận) Ta có bảng biến thiên của hàm số f(x): PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN . – ( ) g t 0 1 3 – 1 x 2 +∞ ( ) g x ′ + ( ) g x 0 +∞ Khóa h ọ c LTĐH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phương Phương pháp hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học. Nguồn : Hocmai.vn PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN Khóa h ọ c LTĐH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phương Phương pháp hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài. số f(x): PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN Khóa h ọ c LTĐH môn Toán – Th ầ y Tr ầ n Phương Phương pháp hàm s ố Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng