1. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt
Tel:0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt
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)  (x)  0 x(a, b) đồng thời (x)  0 tại một
số hữu hạn điểm  (a, b).
4. y  f (x) nghịch biến / (a, b)  (x)  0 x(a, b) đồng thời (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  (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
,
Min Min ,..., , , 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   trên đoạn a;b đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất tại các đầu mút a; b
j j j x   x x  
b
i i i x   x x  
j j j x   x x  
i i i a x   x x   x

2. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt
Tel:0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt
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 f x  mx  2mx  3
a. Tìm m để phương trình (x)  0 có nghiệm x[1; 2]
b. Tìm m để bất phương trình (x)  0 nghiệm đúng x[1; 4]
c. Tìm m để bất phương trình (x)  0 có nghiệm x1;3
Giải: a. Biến đổi phương trình (x)  0 ta có:
     
 
2 2
2 2
2 3 0 2 3 3 3
2 1 1
f x mx mx m x x g x m
x x x
          
  
.
Để (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 f x  mx  2mx  3 0   2  m x  2x  3
    2
3 , 1;4
2
g x m x
x x
   

 
 
1;4
Min
x
g x m

  .
Do  
 2
3
1 1
g x
x

 
giảm trên [1; 4] nên ycbt 
 
   
1;4
Min 4 1
x 8
g x g m

  
a   b x
v(x)
u(x)
a b x
y = m

3. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt
Tel:0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt
c. Ta có với x 1;3 thì   2 f x  mx  2mx  3  0   2  m x  2x  3.
Đặt     2
3 , 1;3
2
g x x
x x
  

. Xét các khả năng sau đây:
+ Nếu x  0 thì bất phương trình trở thành m.0  0  3 nên vô nghiệm.
+ Nếu x0;3 thì BPT  g x  m có nghiệm x0;3
 
 
x 0;3
Min g x m

  .
Do  
 2
3
1 1
g x
x

 
giảm / 0;3 nên ycbt
 
   
0;3
3 1
x 5
Min g x g m

   
+ Nếu x1;0 thì 2 x  2x  0 nên BPT g x  m có nghiệm x1;0
 
 
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
Max g x g 1 3 m

    
Kết luận: (x)  0 có nghiệm x1;3  ; 3 1 ; 
5
m    

U
Bài 2. Tìm m để bất phương trình: 3
3
x 3mx 2 1
x
     nghiệm đúng x  1
Giải: BPT 3 2  
3 4
3mx x 1 2, x 1 3m x 1 2 f x , x 1
x x x
             .
Ta có  
5 2 5 2 2
4 2 4 2 4 2 2 f x 2x 2 2x 0
x x x x x
            
 
suy ra f x tăng.
YCBT      
1
3 , 1 min 1 2 3 2
x 3
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¡
Giải: Đặt 2 0 x t   thì   2 .4 1 .2 1 0 x x m m m       đúng x¡
2      2  m.t  4 m1 .t  m1  0,t  0m t  4t 1  4t 1,t  0
 
2
4 1 , 0
4 1
g t t m t
t t
     
 
. Ta có  
 
2
2
2
4 2 0
4 1
g t t t
t t
    
 
nên g t  nghịch
biến trên 0; suy ra ycbt     
0
0 1
tMax g t g m

  
Bài 4. Tìm m để phương trình: x x  x 12  m 5  x  4  x có nghiệm.
Giải: Điều kiện 0  x  4 . Biến đổi PT   12
5 4
x x x
f x m
x x
 
  
  
.

4. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt
Tel:0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt
Chú ý: Nếu tính f  x rồi xét dấu thì thao tác rất phức tạp, dễ nhầm lẫn.
Thủ thuật: Đặt   12 0   3 1 0
2 2 12
g x x x x g x x
x
        

  5 4 0   1 1 0
2 5 2 4
h x x x h x
x x
          
 
Suy ra: g x  0 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
 
 
 
        
0;4 0;4
mmin f x ;max f x   f 0 ; f 4   2 15 12 ;12
 
Bài 5. Tìm m để bất phương trình:  3
3 2 x  3x 1 m x  x 1 có nghiệm.
Giải: Điều kiện x 1. Nhân cả hai vế BPT với  3
x  x 1  0 ta nhận được
bất phương trình     3
3 2 f x  x  3x 1 x  x 1  m.
Đặt      3
3 2 g x  x  3x 1 ; h x  x  x 1
Ta có      2
3 2 6 0, 1; 3 1 1 1 0
2 2 1
g x x x x h x x x
x x
               
  
.
Do g x  0 và tăng x 1; hx  0 và tăng nên f x  g x.hx tăng x 1
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  x 6  x  x  2x  m nghiệm đúng x4,6
Cách 1. BPT   2      f x  x  2x  4  x 6  x  m đúng x4,6
 
   
 
   
2 2 2 2 1 2 1 0 1
2 4 6 4 6
f x x x x x
x x x x
              
       
Lập bảng biến thiên suy ra Max
 
   
4,6
Max f x f 1 6 m

  
Cách 2. Đặt    
4  6 
4 6 5
2
x x
t x x
  
     .
Ta có 2 2 t  x  2x  24 . Khi đó bất phương trình trở thành
      2 2 t  t  m 24,t 0;5  f t  t  t  24  m;t 0;5 . Ta có:

5. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt
Tel:0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt
f  t   2t 1 0  f t  tăng nên f t   m;t0;5
 
   
0;5
max f t  f 5  6  m
Bài 7. Tìm m để 2 2 3  x  6  x  18  3x  x  m  m 1 đúngx3,6
Giải:
Đặt t  3  x  6  x  0       
2
2 t  3  x  6  x  9  2 3  x 6  x
 2        9  t  9  2 3  x 6  x  9  3  x  6  x 18
18 3 2 3  6  1  2 9; 3;3 2
2
  x  x   x  x  t  t 
Xét   2      
3;3 2
1 9 ; 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 f t 3 m m 1 m m 2 0 m 1 V m 2
 
            
Bài 8. (Đề TSĐH khối A, 2007)
Tìm m để phương trình 4 2 3 x 1  m x 1  2 x 1 có nghiệm thực.
Giải: ĐK: x 1, biến đổi phương trình
4 3 1 2 1
1 1
x x m
x x
    
 
.
Đặt 4 4   1 1 2 0,1
1 1
u x
x x
    
 
.
Khi đó   2 g t  3t  2t  m
Ta có   6 2 0 1
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 m  0 , phương
trình 2   x  2x  8  m x  2 luôn có đúng hai nghiệm phân biệt.
Giải: Điều kiện: x  2 .
Biến đổi phương trình ta có:
x  2 x  6  mx  2
      2 2
 x  2 x  6  m x  2
  3 2    3 2  x  2 x  6x  32  m  0x  2 V g x  x  6x  32  m.
ycbt g x  m có đúng một nghiệm thuộc khoảng 2; . Thật vậy ta có:
gx  3xx  4  0,x  2 . Do đó g x đồng biến mà g x liên tục và
t 0 1 3 1
g t  + 0 –
g t 
0
1 3
– 1
x 2 
g  x +
g x
0


6. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt
Tel:0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt
2 0; lim  
x
g g x

   nên g x  m có đúng một nghiệm 2; .
Vậy m  0, phương trình 2   x  2x  8  m x  2 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 2x  2x  2 6  x  2 6  x m
Giải: Đặt   4 4   f x  2x  2x  2 6  x  2 6  x ; x 0;6
Ta có:  
   
 
4 3 4 3
1 1 1 1 1 , 0;6
2 2 6 2 6
f x x
x x x x
                   
Đặt  
   
   
4 3 4 3
1 1 ; 1 1 0,6
2 6 2 6
u x v x , 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 m  3 2  6
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 u x 1 ;v y 1
x y
    ta có     3
3
3
x 1 x 1 3x 1 x 1 u 3u
x x x x
       
và u x 1 x 1 2 x . 1 2 ; v y 1 2 y . 1 2
x x x y y
         
x 0 2 6
f  x + 0 –
f(x)
3 2  6
4 12  2 3
4 2 6  2 6

7. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt
Tel:0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt
Khi đó hệ trở thành
3 3  
5 5
3 15 10 8
u v u v
u v u v m uv m
     
 
        
 u, v là nghiệm của phương trình bậc hai   2 f t  t  5t  8  m
Hệ có nghiệm  f t  m có 2 nghiệm 1 2 t , t thỏa mãn 1 2 t  2; t  2 .
Lập Bảng biến thiên của hàm số f t  với t  2
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 x  2x sin y  cos y 1 0 đúng với y¡ .
Giải: Đặt u  sin y  cos y 2, 2 ,
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 u 2, 2 nên
 
2, 2
Min 0
u
g u
 

 
 
2
2
2 0 2 2 1 0 2 1
2 0 2 2 1 0 2 1
g x x x
g x x x
         
  
        
Bài 13. Cho
, , 0
3
a b c
a b c
 
   
Chứng minh rằng: 2 2 2 a  b  c  abc  4
Giải: BĐT       2 2 2 2 a  b  c  2bc  abc  4a  3  a  a  2 bc  4
    2  f u  a  2 u  2a  6a  5  0 trong đó    
2
1 2 0 3
2 4
 u  bc  b  c   a .
Như thế đồ thị y  f u là một đoạn thẳng với  1 2 0; 3
4
u  a 
 
. Ta có
           
2
2 3 1 1 2 1 2 0 2 6 5 2 0; 3 1 2 0
2 2 4 4
f  a  a   a    f  a  a  a  

8. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt
Tel:0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt
nên suy ra f u  0;  1 2 0; 3
4
 u  a 
 
.
Vậy 2 2 2 a  b  c  abc 4 . Đẳng thức xảy ra a  b  c 1.
Bài 14. (IMO 25 – Tiệp Khắc 1984):
Cho
, , 0
1
a b c
a b c
 
   
. Chứng minh rằng: 2 7
27
ab  bc  ca  abc  .
Giải: ab  c  1 2abc  a1 a  1 2abc  a1 a  1 2au  f u
Đồ thị y  f u  1 2au  a1 a với    2 2 1
0
2 4
b c a u bc
      là một
đoạn thẳng với 2 giá trị đầu mút    
  2
1 1 7 0 1
2 4 27
a a
f a a
   
        
và
        2
1 2 1 3 2 7 1 1 1 7 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  1 2 0; 1
4
u  a 
 
và 0 7
27
f  ;
    1 2 7 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a  b  c  ab  bc  ca  4, a,b, c0, 2 .
Giải: Biến đổi bất đẳng thức về hàm bậc nhất biến số a, tham số b, c ta có
f a  2  b  ca  2b  c  bc  4,a,b,c0,2
Đồ thị y  f a là một đoạn thẳng với a0, 2 nên f a Max f 0; f 2
Ta có f 0  4  2  b2  c  4; f 2  4  bc  4 f a  4,a,b,c0,2
Bài 16. CMR: 1 a1 b1 c1 d   a  b  c  d 1,a,b,c,d0,1
Giải: Biểu diễn bất đẳng thức về hàm bậc nhất biến số a, tham số b, c, d, ta có:
f a 1 1 b1 c1 d a  1 b1 c1 d   b  c  d 1,a,b,c,d 0,1
Đồ thị y  f a,a0,1 là một đoạn thẳng nên
 
      
0,1
Min Min 0 , 1
a
f a f f


Ta có f 1  b  c  d 11,b,c,d0,1
f 0  1 b1 c1 d   b  c  d g b 1 1 c1 d b  1 c 1 d   c  d
Đồ thị y  g b,b0,1 là một đoạn thẳng nên
 
      
0,1
Min 0 , 1
b
g b Min g g



9. GV: TRẦN THANH PHONG Khai giảng hàng năm vào ngày 30/6 77 Nơ Trang Gưh - bmt
Tel:0927.244.963 www.facebook.com/phongmath.bmt
Ta có g 1  c  d 11; g 0  1 c1 d   c  d 1 cd 1
 f 0  g b 1,b0,1. Vậy f a 1 hay ta có (đpcm)