PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

GIẢI TÍCH 12

GV: PHAN NHẬT NAM

PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

x

y

O

tiếp tuyến tại // Ox


GV:PHAN NHẬT NAM – 0935 334 225 2 www.toanhocdanang.com


{ giải PT, BPT, HPT _ chứng minh BĐT _ Tính giới hạn hàm số }

I. Chuẩn bị kiến thức :

1. Sự biến thiên :

Hàm số )(xfy đồng biến trên (a, b) ),(21 baxx ta có )()( 11 xfxf

Hàm số )(xfy đồng biến trên (a, b) ),(,0)(' baxxf

Hàm số )(xfy nghịch biến trên (a, b) ),(21 baxx ta có )()( 11 xfxf

Hàm số )(xfy nghịch biến trên (a, b) ),(,0)(' baxxf

Chú ý : Dấu “=” xảy ra tại rời rạc điểm

2. Cực trị của hàm số :

Hàm số )(xfy đạt cực trị tại x = x0 f’(x) đổi dấu tại x0

Chú ý : Có 2 loại cực trị

Cực trị đầu tròn : tồn tại f’(x0) = 0 {có tiếp tuyến // Ox}

Cực trị đầu nhọn : không tồn tại f’(x0) {không có tiếp tuyến hoặc có 2 tiếp tuyến một bên.}

3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số :

)}(,)(),({)(],[

bfafxfMinxfMin ibax

)}(,)(),({)(],[

bfafxfMaxxfMax ibax

( Trong đó f(xi) là các giá trị cực trị )

Chú ý : Trường hợp đặc biệt

Nếu f(x) đồng biến trên [a , b]

)()(

)()(

],[

],[

bfxfMax

afxfMin

bax

bax

Nếu f(x) nghịch biến trên [a , b]

)()(

)()(

],[

],[

afxfMax

bfxfMin

bax

bax

x

y

O

tiếp tuyến tại // Ox

http://www.toanhocdanang.com/



II. Các kỹ năng cơ bản :

1. Nghiệm của PT : f(x) = g(x) lá hoành độ giao điểm của 2 đường y = f(x) và y = g(x) .

2. Nghiệm của BPT : f(x) g(x) là phần hoành độ tương ứng với phần đồ thị của hàm

f(x) nằm trên g(x) tính cả giao điểm.

3. Nếu y = f(x) đơn điệu (đạo hàm không đổi dấu trên ĐK) thì 2121 )()( xxxfxf

4. Xét phương trình f(x) = c

Nếu

cxf

đieuđonxf

)(

)(

0

Thì 00 )()()( xxxfxfcxf

5. Xét bất phương trình : f(x) > c

Nếu

cxf

xf

)(

:)(

0

Thì 0 0( ) ( ) ( )f x c f x f x x x

Nếu

cxf

xf

)(

:)(

0

Thì 0 0( ) ( ) ( )f x c f x f x x x

6. Các kỹ năng với bài toán chứa tham số :

mxf )( có nghiệm đúng ),( bax mxfMinbax

)(),(

mxf )( có nghiệm đúng ),( bax mxfMaxbax

)(),(

mxf )( có nghiệm ),( bax mxfMaxbax

)(),(

{có ít nhất 1 nghiệm }

mxf )( có nghiệm ),( bax mxfMinbax

)(),(


mxf )( có nghiệm ),( bax

)()(

)(

),(),(xfMaxmxfMin

tucliênxf

baxbax

Chú ý : Số nghiệm và tính chất nghiệm của phương trình mxf )( chính là số giao điểm và

tính chất hoánh độ giao điểm của 2 đường: )(xfy và my

m

y

a b

x

O

b a

y

x O

m




III. CÁC DẠNG TOÁN CƠ BẢN :

Loại 1 : Các bài toán có chứa tham số:

Cơ sở của phương pháp : Giải sử ta cần xét phương trình 0),( mxf (1)

Ta có thể xem việc xét phương trình (1) như là xét sự tương giao của đường cong (C):

),( mxfy thay đổi và trục Ox. Rỏ ràng sự thay đổi của đường cong (C) quá phức tạp mà ta

không thể quản lý được. Vì vậy ta chuyển trạng thái sự tương giao về dạng đơn giản hơn bằng cách

biến đổi phương trình (1) về dạng mxg )( (2). Khi đó ta chỉ cần xét sự tương giao của đường

cong (C’) : )(xgy cố định và đường thẳng thay đổi d: y = m (nhưng sự thay đổi của d hoàn toàn

quản lý được vì Oxd // ).

Tức là:

(1) mxg )( . Khi đó số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ

thị )(xgy và đường thẳng d: y = m (trong đó Oxd // )

Tập ngiệm của BPT mxg )( là tập hợp hoành độ của tất cả các điểm thuộc đồ

thị hàm số )(xgy và nằm phía dưới đường thẳng d: y = m

Tập ngiệm của BPT mxg )( là tập hợp hoành độ của tất cả các điểm thuộc đồ

thị hàm số )(xgy và nằm phía trên đường thẳng d: y = m

Kỷ năng :

mxf )( có nghiệm đúng ),( bax mxfMinbax

)(),(

mxf )( có nghiệm đúng ),( bax mxfMaxbax

)(),(

mxf )( có nghiệm ),( bax mxfMaxbax

)(),(


mxf )( có nghiệm ),( bax mxfMinbax

)(),(


mxf )( có nghiệm ),( bax

)()(

)(

),(),(xfMaxmxfMin

tucliênxf

baxbax




CÁC VÍ DỤ MINH HỌA

Ví dụ 1: (A_2008) Tìm m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thực phân biệt:

mxxxx 626222 44

Giải

ĐK: 60 x

Xét hàm số : xxxxxf 626222)( 44 , ]6,0[x

xxxxxf

6

1

2

1

)6(

1

)2(

1

2

1)('

4 34 3

0)(' xf )1(6

1

)6(

1

2

1

2

1

)2(

1

2

1

4 34 3 xxxx

Xét hàm số: )(01

3

21

7

2)('

11

2

1)(

34 74 3tg

tttg

tttg nghịch biến

(1) 262)6()2( xxxxgxg

BBT:

Từ BBT ta có : ycbt 6236262 4 m

Ví dụ 2: (D_2011) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thực :

myxx

mxyxyx

21

)2(2

2

23

Giải

HPT

myxxx

myxxx

212

2

2

2

Đặt :

yxv

xxxu

2

4

1

4

1

2

12

2

Hệ phương trình trở thành:

umv

mumu

mvu

mvu

21

(*)0)12(

21

. 2

0 2 6

0 - +

x

f’(x)

f(x)




mu

uu

12(*)

2

, Xét hàm số :

,

4

1,

12)(

2

uu

uuuf

,

4

1

2

310)(',

12

122)('

2

2

uufu

uuuf

Từ BBT ta có :

Hệ phương trình có nghiệm phương trình(*) có nghiệm

,

4

1u

2

31m

Ví dụ 3: Tìm m để bất phương trình 021122 xxxxm có nghiệm thuộc 31;0

Giải

Đặt : 122 xxt , 31;0 x

10';12

1'

2

xt

xx

xt

BBT:

Từ BBT ta có : 3,031;0 tx

Bất phương trình trở thành:

)(11101)1( 22 tgtmttmttm {vì 3,0 t 01 t }

13)3()(3,0

gtMaxgm {vì g(t) đồng biến}

Vậy 13 m thì bất phương trình có nghiệm thuộc 31;0

0 - +

u

f’(u)

f(u)

0 1

0 + -

x

t’(x)

t 1

0




BÀI TẬP ÁP DỤNG:

Bài 1. Cho hệ phương trình :

myx

mxyxyyx

22

))((33

a. Giải phương trình với m = 8.

b. Tìm m để phương trình có nghiệm.

(HD: + Xét hàm số đăc trưng : 33)( ttf t . f(t) đồng biến .

+ hpt )()( yfxf )

Bài 2. Cho hệ phương trình :

xmy

ymx

y

x

33

33

a. Giải hệ phương trình khi m = 1.

b. Tìm m để hệ phương trình vô nghiệm.

Bài 3. Cho 32)( 2 mxmxxf

a. Tìm m để phương trình 0)( xf có nghiệm 2,1x

b. Tìm m để bất phương trình 0)( xf có nghiệm đúng 4,1x

c. Tìm m để bất phương trình 0)( xf có nghiệm 3,1x

Bài 4. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm đúng 1x

3

3 123

xmxx

(HD: + Xét hàm : xx

xxf21

)(4

2 . 024

2)('25

xxxxf (côsi)

+ ycbt 1,3)( xmxf mfxfMinx

3)1()(1

)

Bài 5. Định m để phương trình sau có đúng 4 nghiệm thực:

4 2 2 2 23 2 1 1 1 1 1 1x x x m x x

Bài 6. Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt

2( 1 1 3) 2 1 5 0m x x x

Bài 7. Định m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thực phân biệt

2 24 44 2 2 4 2 2m x x x x x

Bài 8. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm đúng với Rx

012)1(4. 2 mmm xx

(HD: + Xét hàm : 14

14)(

2

tt

ttf .

+ ycbt 0,)( tmtf mtfMaxx

)(0

)




Bài 9. Tìm m để phương trình sau có nghiệm

)45(12 xxmxxx

(HD: + Xét hàm : )(xg 12 xxx . 4,0x ta đều có

0)('

0)(

xg

xg

xxxh 45)( . 4,0x ta đều có

0)('

0)(

xh

xh

)(

)()(

xh

xgxf là hàm số dương và đồng biến

+ ycbt mxf )( có nghiệm

)()4()0()(4,04,0

xfMaxfmfxfMinxx

Bài 10. Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm

323 )1(13 xxmxx

(HD: + Xét hàm : )(xg 13 23 xx . ),1[ x ta đều có

0)('

0)(

xg

xg

3)1()( xxxh . ),1[ x ta đều có

)(

)()(

xh

xgxf là hàm số dương và đồng biến

+ ycbt mxf )( có nghiệm mfxfMinx

)0()(),0[

)

Bài 11. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm đúng 6,4x

mxxxx 2)6)(4( 2

(HD: + Đặt t = )6)(4( xx côsi

5

+ Xét hàm số : 24)( 2 tttf đồng biến 5,0, t

+ ycbt mtf )( 5,0, t mfxfMaxx

)5()(]5,0[

)

0)('

0)(

xh

xh




Bài 12. Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm đúng 6,3x

131863 22 mmxxxx

(HD: + Đặt t = xx 63 ]23,3[t

+ Xét hàm số : 92)( 2 tttf nghịch biến, ]23,3[t

+ ycbt 222)( 2 mmtf , ]23,3[t

222)3()( 2

]23,3[

mmfxfMax

t)

Bài 13. (A_2007) Tìm m để phương trình sau có nghiệm :

4 2 12113 xxmx

(HD: + Đặt t = 4

1

1

x

x với 1x )1,0[t

+ Xét sự biến thiên của hàm số : tttf 23)( 2 , )1,0[t

+ ycbt mtf )( có nghiệm )1,0[t

)()3

1()1()(

1,01,0tfMaxfmftfMin

xx )

Bài 14. (B_2007) CMR 0m Phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt

)2(822 xmxx

(HD: + pt

)1(23

232

326

20)326)(2(

mxx

xmxxx

x

+ Xét hàm 326)( 23 xxxf , )(xf đồng biến ),2( x

+ ycbt mxf )( có đúng 1 nghiệm ),2( x với 0m

chứng minh: 0m thì đồ thị )(xfy luôn cắt y = m tại

một điểm duy nhất có hoành độ x > 2)




Bài 15. (A_2008) Tìm m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thực phân biệt:

mxxxx 626222 44

(HD: + Xét hàm số : xxxxxf 626222)( 44 , ]6,0[x

+

xxxxxf

6

1

2

1

)6(

1

)2(

1

2

1)('

4 34 3

+ 0)(' xf x = 2

+ Từ BBT ta có ycbt 6236262 4 m )

Bài 16. Tìm m lớn nhất để bất phương trình sau có nghiệm đúng Rx

2cossin2sin1cossin xxxxxm

(HD: + Đặt xxt cossin 21 t

+ Xét hàm số : 1

1)(

2

t

tttf đồng biến 2,1t

+ 2,1)( tmtf

mtfMint

)(2,1

+ ycbt 2

3)1()(

2,1

ftfMinm

t )

Bài 17. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

101511

511

3

3

3

3 my

yx

x

yy

xx

(HD: + Đặt x

xu1

và y

yv1

2, vu

+ hpt

muv

vu

mvuvu

vu

8

5

1015)(3

5

33

+ ycbt mtttf 85)( 2có 2 nghiệm 2t

+ Từ BBT ta có

22

24

7

m

m )




Bài 18. Tìm x để bất phương trình có nghiệm đúng với Ry

01cossin22 yyxx

(HD: + Đặt yyu cossin 22 u

+ Xét đoạn thẳng 2,2,1.2)( 2 uxuxufy

+ ycbt

0)2(

0)2(

f

f )

Bài 19. Tìm tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm :

mymx

yx

533

01 2

Bài 20. Định m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực:

2 24 44 2 2 4 2 2m x x x x x

Bài 21. Tìm m để hệ phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt:

3 2 3

2 2

6 3 3 4

( 4) 2 3 5 8 32

x x x y y

m x y y x y

Bài 22. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm duy nhất thuộc đoạn

1;

2

1 :

mxxx 12213 232 ( Rm ).

Bài 23. Giải hệ phương trình:

yxx

yx

32

0)3(loglog2

12

Bài 24. Định m để phương trình sau có đúng 4 nghiệm thực:

4 2 2 2 23 2 1 1 1 1 1 1x x x m x x

Bài 25. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm đúng với mọi x

dương 2

2

72 2 11 4 1 0x mx x

x .

Bài 26. Tìm tất cả tham số m để phương trình sau có nghiệm thực:

2 2 4 2 27 1 1 1 2x m x x x x m x x

Bài 27. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân

biệt. 2 210 8 4 2 1 1x x m x x




Loại 2: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải PT, BPT, HPT và chứng minh BĐT :

Giải phương trình : 0)( xf (hoặc BPT: 0)( xf )

Kỹ năng 1:

Nếu )(xf đơn điệu ( )(' xf không đổi dấu) thì 0)( 0 xf 0xx

Nếu ( )f x đồng biến trên miền điều kiện thì 00 )()( xxxfxf

Nếu ( )f x nghịch biến trên miền điều kiện thì 00 )()( xxxfxf

Kỹ năng 2: Chuyển phương trình về dạng )()( xvgxug (hoặc BPT: )()( xvgxug )

Nếu )(tg đơn điệu ( )(' tg không đổi dấu) thì )()( xvgxug )()( xvxu

Nếu ( )g t đồng biến trên miền điều kiện thì )()( xvgxug )()( xvxu

Nếu ( )g t nghịch biến trên miền điều kiện thì )()( xvgxug )()( xvxu

Phương pháp chung:

Để giải phương trình : 0)( xf bằng phương pháp hàm số ta có hai hướng

Chứng minh : )(tf là hàm đơn điệu trên miền điều kiện của )(x

Tìm t0 sao cho 0)( 0 tf

Khi đó 0( ) 0 ( )f x x t

)()(0)( xgxgxf

Chứng minh : )(tg là hàm đơn điệu trên miền điều kiện của )(),( xx

Khi đó : )()()()( xxxgxg

Bình luận :

Cần chú ý đến MXĐ của hàm số khi xét (phải quan sát phương trình thật cẩn thận để có thể lấy ra được

điều kiện tồn tại nghiệm (ĐKTTN) của phương trình thật chính xác )

Hàm số )(xf phải liên tục trên tập ĐKTTN của phương trình.

Hàm số )(xf phải có đạo hàm không đổi dấu trên tập ĐKTTN của phương trình.

Khi đó ta sẽ có được hai mệnh đề sau:

00 )()( xxxfxf Với x0 là một nghiệm mà ta đoán được,

)()()()( xvxuxvfxuf Với vMGTuMGTfMXĐ

{MXĐ: miền xác định , MGT: miền giá trị}




Chú ý: kinh nghiệm thường gặp trong phép biến đổi dạng ( ) ( )f u f v

Kiểm tra xem có đặt ẩn phụ được hay không,cụ thể ta xét phép biến đổi sau (Trích đề A – 2010)

2

32 2 314 1 3 5 2 0 4 1 0 2 2

2

ux x y y x x u x x u u

ở phép biến

đổi trên ta đã dặt 5 2u y hoặc xét phép biến đổi sau ( Trích đề khối A – 2013)

4 4 441 1 2 2 2x x y y u u y y ở phép biến đổi này ta đã dặt 4 1u x .

Sở dỉ ta nghĩ đến phép đặt 4 1u x vì trong phương trình chỉ có một 4 .

Nếu trong phương trình chứa : 3 3 23b x ax thì ta thường đặt u bx a cụ thể như sau:

03 32 2 3 3 2 27 13 8 2 3 3 8 13 7 2 3 3

x

x x x x x x t t t t t

{chia hai vế cho 3x , đặt: 1

tx

}

3

3 3 33 2 2 2 2 3 2 28 13 7 3 3 3 3 2 3 3 2 3 3 2 3 3t t t t t t t t t u u t t t t

trong phép biến đổi trên ta đã cộng hai vế cho 21. 3 3t t trong đó hệ số 1 là hệ số của 338 2x x

Đồng thời xuất phát từ 2 số hạng 3 228 12 2 3. 2x x x x nằm trong HĐT

32 1x nên ta đặt 2 1u x

Để ý đến phép biến đổi: 3 2 3 23 3. ( ) ( ) ( ) . ( )ax bx cx d e f x ax bx cx d af x af x e f x

CÁC VÍ DỤ MINH HỌA:

Ví dụ 1: Giải phương trình : 043135 xxx

Ví dụ 2: Giải bất phương trình : 13)13(24572 23 xxxxx (1)

Giải

ĐK: 3

1x

(1) 3223 1322)133(2 xxxxxx

113132112)1(23

23 xxxxx

1131321)1()1(223

23 xxxx

Xét hàm số : 12)( 23 tttf trên miền ,0 ta có :

)(,0,026)(' 2 tfxtttf là hàm đơn điệu trên ,0

BPT (1) 131)13()1( xxxfxf ( ,0x thì hai vế bpt không âm)




02131 22 xxxx (VN)

Vậy bất phương trình (1) vô nghiệm.

Ví dụ 3: ( Khối A năm 2010) Giải hệ phương trình

)2(74324

)1(025314

22

2

xyx

yyxx

Giải

ĐK: 2

5,

4

3 yx

yyxx 25125214)1(2

2

Xét hàm số : )(,013)('1)( 22 tfRtttftttf đồng biến trên R.

2

45

0

252252)1( 2xy

x

yxyfxf

Thay vào phương trình (2) ta có: )3(0743222

54

2

22

xxx

Xét hàm số : 743222

54)(

2

22

xxxxg Trên miền

4

3,0

043

4)34(4)(' 2

xxxxg , )(

4

3,0 xgx

nghịch biến trên

4

3,0

Mặt khác : (3) 2

1)

2

1()( xgxg suy ra 2y

Vậy hệ phương trình có nghiệm:

2;

2

1);( yx

Ví dụ 4: Giải phương trình : 352931112432 22 xxxxxx

352)3()3(23232 22 xxxxxPT

)3(2)3()3(3223232 22xxxxxx (1)

Xét hàm số : ttttf 2)( 2 Với MXĐ: D = R.




Ta có Rtt

tttf

01

22)('

2

22

Suy ra hàm số )(tf liên tục và đồng biến trên R.

Mặt khác 5

3332)3()32()1( xxxxfxfPT

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 5

3x .

Ví dụ 5: Giải phương trình : 82315 22 xxx

015823 22 xxxPT (1)

0158158 2222 xxxxRx

Với x 3

2 015823023 22 xxxx (1) không có nghiệm x

3

2

Với x 3

2 . Xét hàm số : 15823)( 22 xxxxf liên tục trên khoảng

,

3

2

,

3

20

15

1

8

1.3

1583)('

2222x

xxx

x

x

x

xxf

Suy ra hàm số : )(xf đồng biến trên khoảng trên khoảng

,

3

2

Mặt khác 1)1()()1( xfxfPT

Vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình .

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình : 2 2 2

2 2

3 8 2 1 2 2 2 2 4 5 (1)

2 4 8 6 (2)

x x x x x y y y

x y x y

Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta có: 2 2 2 22 2 8 2 1 2 2 2 2 4 5 4 8 6x y x x x x y y y x y

2 2 2 2

2 1 2 1 1 1 2 2 2 2 2 1x x x y y y Xét 2 2( ) 2 2 1f t t t t

2 22 2

2 2

2 2'( ) 4 2 1 4 2 2 1 4 4 0 ,

1 1

t tf t t t t t t t t R

t t

( )f t đồng biến trên R.




(3) ( 1) ( 2) 1 2 3f x f y x y y x

Thay 3y x vào (2) ta có: 22

0 3

2 3 4 8 3 6 8 1

3 3

x y

x x x xx y

Sử dụng hàm số trong phương pháp đánh giá bằng cách sử dụng các mệnh đề sau:

Nếu ta có : ( )

( )

f x a

g x a

thì

( )( ) ( )

( )

f x af x g x

g x a

Nếu ta có : ( ) 0

( ) 0

f x a

g x b

thì

( )( ). ( )

( )

f x af x g x ab

g x b

Ví dụ 1: Giải phương trình : 232 4 3 24 2 4 4 1 1x x x x x x

2 3 24 2 2pt u u v v với

3 2

0 , 2

2 1, 2

u x

v x x

Khi đó ta xét 2 hàm số : 2( ) 4f u u u với 0 , 2u và 3 2( ) 2 2g v v v với 1, 2v .

Bằng cách lập BBT ta có :

( ) 2f u dấu bằng xra khi 0u và 2u ,

( ) 2g v dấu bằng xra khi 0v và 2u

Từ đó ta có: ( ) 2 0 2 0

( ) ( )( ) 2 0 2 2

f u u u xf u g v

g v v v x

.

Vậy phương trình có ba nghiệm: 0 ; 2x x

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình:

2 2 2 3 (1)

22 2 2 2 (2)

4 1 1 3 2

2014 2015 4030

x x x y y

x y y x y

HD: 2 22 2 2 2 2 2(2) 2015 1 1 0 1 1, 1 *x y x y y x y x y

3 2 2(1) 2 2 4 1 4y y x x .Từ đó ta xét hai hàm số:

3

2 2

( ) 2 2

( ) 4 1 4

f y y y

g x x x

trên điều kiện (*).





3

3 2 2

2 4 3 0 (1)

2 4 2 3 1 0 (2)

x y xy

x y x xy y x y

2 33 2(1) 3 2( ) 4 2 ( ) 3 0x y xy x y x y x y

2

1 2 3( ) 3 0 1x y x y x y x y

(với t = x + y)

3 2 22 3 2(2) 2 4 4 1 0 2 2 1 0x y x y x y y y t t t y

Xét : 3 2( ) 2f t t t t , với điều kiện 1t

2'( ) 3 4 1 3 1 1 0 , 1 ( )f t t t t t t f t đồng biến trên 1, ( ) (1) 0f t f

11

(2 1) 0 2(2) 2

1( ) 0 1

2

xy y

f t t x y y

dễ thấy1

2x và

1

2y thỏa hệ phương trình.

Ví dụ 4: Giải hệ phương trình: 4 3 4 2

3 2 2

4 1 4 1 (1)

8 4 1 6 2 (2)

x y x y y

y x x y

4 2

4 2

1 (3)(1) 1 4 1 0

4 1 (4)

yy x y

x y

Thay (3) vào (2) ta có: 2 24 1 4 0 2 2x x x x

2

2

1 1

4 1 1

4 2

x x

y y

3 2 2(2) 8 6 2 4 1y y x x . Xét 3( ) 8 6 2g y y y trên 1 1

,2 2

và 2 2( ) 4 1f x x x trên 1 ,1

2 1'( ) 24 6 0

2g y y y

0 0

2




Từ bảng biến thiên ta thấy: 1 1

( ) 4 , ,2 2

g y y

.

Tương tự: 2 2( ) 4 1 (0) 4 , 1,1f x x x f x

1

( ) 42 2

( ) 40

g y y

f xx

. Dễ thấy

1

2

0

y

x

thỏa hệ phương trình nên

1

2

0

y

x

là nghiệm của hệ.

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: 3 2 3 24 5 6 2 4 10 8 7 1 13 0x x x x x x

3 2 3 24 5 6 2 4 10 8 7 1 13 (*)pt x x x x x x

Theo bất đẳng thức CÔCI ta được:

3 2

3 2 3 2 3 25 6 2 1

4 5 6 2 4 1 5 6 2 4 10 12 62

x xx x x x x x

3 2

3 2 3 2 3 210 8 7 1 4

4 10 8 7 1 2 4 10 8 7 1 2 10 8 7 32

x x xx x x x x x x x x

22

(*) (*)4 7 9 13 4 1 13VT x x x x x VP

3 2

3 2

5 6 2 1

(*) 10 8 7 1 4 1

1 0

x x

x x x x

x


4 4 3 2

3 2 2

2 2 2 0 (1)

3 8 2 9 (2)

x y x y y y

y y x x

4 2 4 21 2 1 0 2 1y x y y x y

Với y = 2 : thay vào (2) ta có:

22

2 2

2

9 1( )9 2 9 3 0

9 3 0

x vnx x

x x

Với

2

4 2 0 11

1 1

xx y

y

Xét hàm số: 3( ) 3 8f y y y trên 1 ,1 ta có : (1) ( ) ( 1) 10 ( ) 6f f y f f y

Xét hàm số: ( ) 2 9g t t t với 2 0 ,1t x ta có: (0) ( ) (1) 6 ( ) 1 2 10g g t g g t

Từ đó : 2

1( ) 6(2)

( ) 6 0 0

yf y

g t t x x

. Kiểm tra lại ta thấy

0

1

x

y

thỏa hệ phương trình

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm: 0

1

x

y

và

0

2

x

y





3 3

33

2 2 2( ) (1)

1 22( ) 1 (2)

y x x y x y

yx x

y x

ĐK:

2 , 2

10

x y

xy

Dễ thấy 2x hoặc 2y không thỏa hệ phương trình

3 3

(*)2( )(1)

2 2 2 2

y x x y

y x x y

Xét hàm số : ( )2

tf t

t

trên 2, ta có :

3

4'( ) 0, 2 ,

2 2

tf t t

t

( )f t đồng biến trên 2,

TH1: xét ( ) ( )x y f x f y ta có:

3 3

3 3

( ) ( ) 02 2

(*)2( )

02 2

y xf y f x

y x

x yx y

x y

không có nghiệm x y

TH2: xét ( ) ( )x y f x f y ta có:

3 3

3 3

( ) ( ) 02 2

(*)2( )

02 2

y xf y f x

y x

x yx y

x y

không có nghiệm x y

Dễ thấy y x thỏa phương trình (*). Vậy (*) y x

Thay y = x vào (2) ta có : 33

1 22( ) 1

xx x

x x

ĐK: 0x

3 33 3(2) 2 2 2 2 2 2 2x x x x x x x x x x

3 3

23 23 3

2 2 2

2 2 2 2 2

x x x x x

x x x x x x

3 3

23 23 3

2 12 0 2 0

2 2 2 2 2A

xx x x x

x x x x x x

(vì 0 , 0A x )

1 1x y





2 2

2 2 2

2 1(1)

12 1 (2)

x y

xy x y xy

x y x xx y

ĐK: 0

0

xy

x y

Đặt: s x y

p xy

Điều kiện có nghiệm: 2 4 (*)S p

2

2

1 (3)(1) 1 2 0

2 (4)

ss s s p

p s s

Với 1 1s y x ta có:

2 2 2 2 4 12 2 1 1 2 1 3 4 0 0

3 3x x x x x x x x loai x y

Với 22p s s ta có: 2 2 2(*) 2 2 0 2 0s s s s s s

2 22 2 21 1 1

(2) 2 2 1 2 2 1 2 1 (3)x y xy x x s p x x s xx y s s

Theo côsi cho hai số không âm: 1

,ss

ta có : 1 1 1

2 . 2s s ss s s

Mặt khác : 22 ( 1) 2 ,x x R nên ta có : 1

1 123

1 21 0

s x y xss

x yx

Thử lại vào hệ phương trình ta thấy x = 1 và y = -2 không thỏa.

Vậy hệ phương chỉ có nghiệm duy nhất 4 1

( ; ) ;3 3

x y

BÀI TẠP ÁP DỤNG

Bài 1: Giải phương trình : 043135 xxx

(HD: CM 431)( 35 xxxxf đồng biến trên MXĐ và f(-1) = 0)

Bài 2: Giải phương trình : 82315 22 xxx

(HD: + Với x 3

2 thì phương trình vô nghiệm




+ Với x 3

2 thì 15823)( 22 xxxxf đồng biến )

Bài 3: Giải bất phương trình: 1245144173231214 543 xxxx

(HD: + 543 45144173231214)( xxxxxf

+ )(12)2( xff )

Bài 9: Tìm ),0(, yx thỏa mãn hệ phương trình :

253

cotcot

yx

yxyx

(HD: + Xét hàm đặc trưng uutf cot)( . f(u) đơn điệu tăng.

+ yxyx cotcot )()( yfxf )

Bài 10: Giải hệ phương trình :

xxxz

zzzy

yyyx

23

23

23

12

12

12

(HD: + Xét hàm đặc trưng ttttf 23)( . f(t) đơn điệu tăng

+ Nếu yxzzfyfxfzyx )()()( suy ra x = y = z)

Bài 11: Giải hệ bất phương trình :

013

0123

3

2

xx

xx

(HD: + 0123 2 xx 3

11 x

+ Xét hàm số : 13)( 3 xxxf )

Bài 12: (THPTQG - 2015) Giải phương trình : 2

2

2 8( 1) 2 2

2 3

x xx x

x x

HD :

22

2( 1) 2( 4)( 2)

2 2 ( 4) ( 1) 2 3 (1)2 3 2 2

xx xx x

x x x x xx x x

(1) 2 1f x f x với 3 2( ) 2 2 4f t t t t




Bài 13: (A – 2012) Giải hệ phương trình :

3 2 3 2

2 2

3 9 22 3 9 (1)

1(2)

2

x x x y y y

x y x y

HD:

2 2

1 3 11 121 1 2 2

(2) 11 32 2 1

112 22

x x

x x

yy

(1) ( 1) ( 1)f x f y với 3( ) 12f t t t , 3 3

,2 2

t

Bài 14: (A – 2013) Giải hệ phương trình : 44

2 2

1 1 2 (1)

2 ( 1) 6 1 0 (2)

x x y y

x x y y y

HD : ĐK có nghiệm của phương trình (2): 2 2' ( 1) ( 6 1) 4 0 0y y y y y

Khi đó ( 1) 2 1 2

(2)( 1) 2 1 2

x y y x y y

x y y x y y

Đặt 4 1u x , (1) ( ) ( )f u f y với 4( ) 2f t t t

Bài 15: Giải hệ phương trình : 2 2 2 2

2

3 3 2 (1)

4 2 16 3 8 (2)

x y x xy y x y

x y x

HD : 3 3(1) ( 1) ( 1) 2x y y x

Thay 2y x vào (2) ta có : 24 2 22 3 8x x x .

Bài 16: Giải hệ phương trình : 3 2 2

2

3 4 22 21 2 1 2 1

2 11 9 2

y y y x x x x

x x y

Bài 17: Giải hệ phương trình : 2 2 2 2 3

2

1 3 2 4 1 1 8

2 0

x x y y x y

x y x

Bài 18: Giải hệ phương trình : 2 2 2

2 2

3 2 5 2 1 2 1 2 2 2

2 2 4 3

x x x x y y y

x y x y





2

2 2

1 2 1 4 2 6 3

1 2 4 8 4 4

x y x y x y

x x x x xy


3 2 2

2 2 2

4 1 2 1 6

2 2 4 1 1 1

x y x x

x y y x x


2 2

1 22

1 2 3 3

y x

x yx

y x x x


3 2 2

33 2 2

1

9 6 3 15 3 6 2

x x y x x y

x y x y x


3 3 2

2 2 2

3 3 2 0

1 3 2 0

x y y x

x x y y


3 3 23 3 2

1 2 2

x x y y

x y

Bài 25: Giải phương trình : 14816 33 xxx

HD: xt 2 và 3 16 xt

Bài 26: Giải phương trình : 3 23 56372 xxxx

HD: 1 xt và 3 2 563 xxt

Bài 27: Giải phương trình : 3529311124)32( 22 xxxxxx

HD: xét hàm )21()( 2 tttf trong đó )3()32( xfxfpt

Bài 28: Giải bấc phương trình : 0327243 xxxx

Bài 29: Giải phương trình 332 2 xxx


01222)3(

0123

yyxx

yx

Bài 31: Giải bất phương trình : 871357751 543 xxxx




BÀI TẬP TỰ LUYÊN

1. Giải hệ bất phương trình :

013

0123

3

2

xx

xx

2. Giải phương trình : 1 ln( 1)xe x

HD( )

ln( 1)1 ln( 1) ln( 1) ln( 1) 0

tf t e tx x xpt e x x x e x e x x x

Bằng cách lập BBT của ( ) ln( 1)g x x x ta có được ( ) 0 0g x x

3. Giải phương trình : 7 3log log 2x x

HD đặt 7logt x , 7 1

3 7 2 ( ) 2 13 2

t tt

tpt g t

4. Giải phương trình : 3 2 34 18 27 14 4 5x x x x

HD: 3 2 38 36 54 28 (4 5) (4 5) 2 4 5x x x x x x

3 33 32 3 2(2 3) ( 4 5) 2 4 5x x x x . Xét hàm số 3( ) 2f t t t

4. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 2 42

2 3 2 22

x x m x x xx

HD: 2 24 42 2

2 3 2 1 122

x xx x x x m m

x xx

đặt: 4

20 ,1

xt

x

5. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 23 2 3 1 5 1 2 4 2 3x x m x x m x x

HD: 2 1 3t x x xét hàm : ( ) 2 1 3t x x x nghịch biến trên 3 ,1 2 , 4t

6. Giải hệ phương trình : 2 2 2 2

3 3

2 6ln 9 9 12ln 3 (1)

2 34 2 3 1 (2)

x y x xy y y y x x

x y y x

HD: 3 2 3 22 6ln 9 2 6ln 9x x x x y y y y xét hàm số: 3 2( ) 2 6ln 9f t t t t t

2

2

2'( ) 3 2

9f t t

t

, Xét :

2( )

9g u u

u

nghịch biến trên 0 , 2

2

2 2(0)

39t g

t




7. Giải hệ phương trình :

3 3 2 2

2

3 6 6 15 10 (1)

3 6 10 4 (2)

x y x y x y

y x y x y x

HD: 3 2 3 2(1) 3 6 6 15 10x x x y y y 3 33 3u u v v với 1, 2u x v y

(1) 1 2 1x y y x .

2 1 7(2) 1 3 7 10 6 1 6 5 0

3 3 10 4

x xx x x x x x x x

x x

Dùng hàm số để chứng minh 1 7

( ) 5 0 , 3 ,3 3 10 4

x xf x x x

x x


2 2

22 2

1 1 1 (1)

1 1 8 3 17 (2)

x x y y

x y y x

2 2 2 2 2 2(1) 1 1 1 1 1, 0x y y x x y xy y x xy

2 2

2 2

2 2

2 11 1 1 1 0 1

1 1

x yy x x y y x

y xx y

2

1(2) 8 3 17

( )y x

y x

Đặt : 0 ,1t y x .

Xét hàm số: 2

1( ) 8 3f t t

t


3 32 2 4 2 3 3

34 3 2

2 2 1 (1)

1 1 1 (2)

x y x x y y y x x

x x x x y

HD: 2

3 33 3(1) 1 0 1x x y y x x y y u u v v với 3u x và 1v y

32(1) 1x y ,

4 3 24 3 2 3 4 3 2

2 3 2

1(2) 1 1 1

1

x x xx x x x x x x

x x x





2 2

2 2

3 3 7 (1)

1 2 1 3 (2)

x y y x

y y x x xy y

ĐK: 2

1, 0

3 0

y x

y x

HD: 2 2 2 1(2) 1 2 1 0 1 1 ( 1) 0

1

y xy x y y x y xy y y x y x y y x

y x

1

1 2 1 0 11

y x y x y xy x

, 2 2(1) 1 1 7 3x x x x

Xét hàm : 2 2( ) 1 1f x x x x x

11. Giải hệ phương trình : 3 2

2

2 7 2 1 3 1 3 2 1

2 4 3 5 4

y y x x x y

y y y x

HD: 1

1

u x

v y

(1) 1 1 0x y ,

2 2(2) ( ) 2 1 5 4 0f v v v v , ( )f v đơn điệu tăng trên 0 , .

12. Giải hệ phương trình : 2

2 6 1

9 1 9 0

x y y

x xy y

HD: 2 2

1 12 1 1

3 3

y y

x x


3 3 2 2

2

17 32 6 9 24

2 4 ( 9) 2 9 9 1

x y x y x y

y x x y x x y

HD: 2

1 2 3 13

u xx y y x

v y





2 2

22 2

1 1 1

1 1 8 3 17

x x y y

x y y x

HD: Dễ thấy 1y không phải là nghiệm của (1). nên ĐK có nghiệm của hệ là 1

3 0

y

y x

.

Đặt 2 21 1u y y u . 2 2(1) 1 1x x u u

Thay 2 1x y vào (2) : Đặt 2 2 11 0, 1t y y y y

t

15. Giải hệ phương trình : 3 2

2 2

2 12 25 18 2 9 4

3 1 3 14 8 6 4

y y y x x

x x x y y

HD: 4

2

u x

v y


2

2 2 2

2 2

2( 1) 2 3 2 4

xy y x

y x x x x x

HD: 2

2 2 2 2(1) 2 2 2 2y x x x x y x x

Thay vào (2): 2 2 2 24 2 2 2 2 1 2 3 2 1 2 3 2 1 2( ) ( ) 2 2( )x x x x x x x x x x x x x


3 2 33 2 3

3 2

x x y y

x y x

HD: 1

3

u x

v y


3 2 3

2 3

12 2 8 8

8 2 5

x y x y y

x y y x

HD: 2 1u y




19. Giải phương trình : 33 2 2 32 10 17 8 2 . 5x x x x x x

HD: Chia hai vế cho x3, công hai vế cho

2

51

x .

33

51

21

ux

vx

20. Giải hệ phương trình : 2

2

6 4 3 3 4 8 2( ) ( ) 4(1 ) 2

3 22 1 2 3

x x y y y x y x y xy

x xy y x y

HD: 3 2u x y

v y x

21. Giải phương trình : 14816 33 xxx

HD: xt 2 và 3 16 xt

22. Giải phương trình : 3 23 56372 xxxx

HD: 1 xt và 3 2 563 xxt

23. Giải phương trình : 3529311124)32( 22 xxxxxx

HD: xét hàm )21()( 2 tttf trong đó )3()32( xfxfpt


2

3 2 2 2 2 2

12 2 2 2 4

4 3 5 4 8

x x y y

x y y y x y x y

25. Giải hệ phương trình : 3 3 3 2

2 2 2 2

16 9 2 4 3

4 2 3

x y y xy y xy

x y xy y

26. Giải phương trình :

xx

xx

14

122

2

2

27. Giải phương trình : 2

13

2

12335 223 xxxxx

28. Giải phương trình : xxx 21573 4

29. Giải phương trình : 3 23 13121 xxxx


PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

Education

Transcript of PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ