Phương pháp hàm số trong các bài toán Đại số

Phương pháp hàm số trong các bài tốn đại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
I – ƯNG DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÀM SỐ VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH 
1. Nếu hàm số ( )=y f x đơn điệu trên tập D thì phương trình ( ) =f x k nếu cĩ nghiệm 
0=x x thì đĩ là nghiệm duy nhất của phương trình. 
2. Nếu hàm số ( )=y f x đơn điệu trên tập D và ( ) ( ),u x v x là các hàm số nhận các giá trị 
thuộc D thì ( )( ) ( )( ) ( ) ( )= ⇔ =f u x f v x u x v x . 
• Một số lưu ý khi sử dụng phương pháp hàm số. 
Vấn đề quan trọng nhất khi sử dung phương pháp hàm số là chúng ta phải nhận ra được 
hàm số đơn điệu và nhẩm được nghiệm của phương trình. 
1) ðể phát hiện được tính đơn điệu của hàm số chúng ta cần nắm vững các tính chất: 
i) Nếu ( )=y f x đồng biến (nghịch biến) thì: 
+ ( )= ny f x đồng biến (nghịch biến). 
+ ( )
1
=y f x với ( ) 0>f x nghịch biến (đồng biến). 
+ ( )= −y f x nghịch biến (đồng biến). 
ii) Tổng của các hàm số đồng biến (nghịch biến) trên D là một hàm số đồng biến (nghịch 
biến) trên D. 
iii) Tích của các hàm số dương đồng biến (nghịch biến) trên D là mộ hàm số đồng biến 
(nghịch biến) trên D. 
Ví dụ: Từ tính đơn điệu của các hàm số 3= +y x , 3 , 2= − = −y x y x nếu nắm được các 
tính chất trên ta cĩ thể phát hiện được ngay các hàm số 3 3 3= + + + +y x x x (đb), 
6 8
3 2
= +
− −
y
x x
 (đb), 1 3
3
= + −
+
y x
x
 (nb). Từ cách nhìn nhận đĩ cĩ thể giúp 
chúng ta định hướng được phương pháp giải là sử dụng tính đơn điệu của hàm số. 
2) Việc nhẩm nghiệm cũng là một vấn đề rất quan trong trong phương pháp này, khi nhẩm 
nghiệm ta thường ưu tiên chọn x mà biểu thức trong dấu căn là lũy thừa mũ n (nếu căn bậc 
n), hoặc nếu phương trình logarit thì ta chọn x mà biểu thức trong dấu loga là αa nếu pt cĩ 
logarit cơ số a.. 
Ví dụ 1. Giải các phương trình: 
a) 3 35 1 2 1 4− + − + =x x x (1) b) 3 22 3 6 16 4 2 3+ + + − − =x x x x (2) 
Giải: 
a) Quan sát vế trái của pt (1) chúng ta thấy khi x tăng (giảm) thì giá trị của các biểu thức 
trong dấu căn cũng tăng (giảm), từ dĩ chúng ta thấy vế trái là hs đồng biến mà vế phải 
bằng 4 khơng đổi nên ta sử dụng tính đơn điệu của hs là lựa chọn hợp lí để giải quyết bài 
tốn. 
ðK: 3
3
15 1 0
5
− ≥ ⇔ ≥x x . ðặt ( ) 3 35 1 2 1= − + − +f x x x x , ta cĩ phương trình 
( ) 4=f x 
Phương pháp hàm số trong các bài tốn đại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
Ta cĩ ( ) ( )
2
3 23
15 2
' 1 0
3 2 12 5 1
= + + >
−−
xf x
xx
 với mọi 
3
1
;
5
 
∈ +∞ 
 
x nên hàm số đồng 
biến trên 
3
1
;
5
 
+∞ 
 
. Mà ( )1 4=f , tức 1=x là một nghiệm của phương trình. Ta chứng 
minh đĩ chính là nghiệm duy nhất. 
+ Nếu 1>x thì ( ) ( )1 4> = ⇒f x f PTVN 
+ Nếu 
3
1 1
5
≤ <x Thì ( ) ( )1 4< = ⇒f x f PTVN 
Vậy PT cĩ nghiệm duy nhất 1=x . 
b) ð K: ( )( )23 2 2 2 8 02 3 6 16 0 2 44 0 4
 + − + ≥+ + + ≥ ⇔ ⇔ − ≤ ≤ 
− ≥ ≤ 
x x xx x x x
x x
PT (2) cĩ dạng ( ) 2 3=f x trong đĩ ( ) 3 22 3 6 16 4= + + + − −f x x x x x 
( ) ( )
2
3 2
3 1 1
' 0
2 42 3 6 16
+ +
= + >
−+ + +
x x
f x
xx x x
 với mọi ( )2;4∈ −x nên hàm số đồng biến trên 
[-2;4]. Mà ( )1 2 3=f , từ đĩ ta cĩ x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. 
Ví dụ 2. Giải các phương trình : 
a) 6 8 6
3 2
+ =
− −x x
 b) ( ) ( )( )2 23 2 9 3 4 2 1 1 0+ + + + + + + =x x x x x 
Giải: 
a) ðK: 2<x 
ðặt ( ) 6 8
3 2
= +
− −
f x
x x
 ta cĩ PT ( ) 6=f x 
( )
( ) ( )
' '
2 2
6 8
3 43 2
' 0
6 8 6 82 2 3 2
3 2 3 2
   
   
− −   
= + = + >
− −
− − − −
x xf x
x x
x x x x
 với mọi ( );2∈ −∞x . 
Nên hàm số đồng biến trên ( );2−∞ . Mà 3 6
2
 
= 
 
f 
Vậy PT cĩ nghiệm duy nhất 3
2
=x . 
b) ( ) ( )( )
( )( ) ( ) ( )
2 2
22
3 2 9 3 4 2 1 1 0
3 2 3 3 2 1 2 2 1 3
+ + + + + + + =
 ⇔ + + = − + + − + +    
x x x x x
x x x x
Xét ( ) ( )22 3= + +f t t t thì pt cĩ dạng ( ) ( )( )3 2 1= − +f x f x (1) 
Phương pháp hàm số trong các bài tốn đại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
Vì ( )
2
2
2
' 2 3 0
3
= + + + >
+
tf t t
t
, nên hs đồng biến, do đĩ 
( ) ( ) 11 3 2 1
5
⇔ = − + ⇔ = −x x x 
Vậy PT cĩ nghiệm duy nhất 1
5
= −x . 
Ví dụ 3. Giải các phương trình: 
a) 2 23 33 32 2 1 2 1+ − + = − +x x x x b) 33 6 1 8 4 1+ = − −x x x 
Giải: 
a) Ta cĩ 2 2 2 23 3 3 33 3 3 32 2 1 2 1 2 1 2 2 1+ − + = − + ⇔ + + + = + +x x x x x x x x 
Xét ( ) 3 3 1= + +f t t t , ta cĩ pt ( ) ( )21 2+ =f x f x . Vì ( ) 3 3 1= + +f t t t đồng biến nên 
( ) ( )2 2 11 2 2 1 0 1, 2+ = ⇔ − − = ⇔ = = −f x f x x x x x . 
Vậy PT cĩ hai nghiệm là: 11
2
= ∨ = −x x . 
b) ( ) ( ) ( )3 33 3 36 1 8 4 1 6 1 6 1 2 2 6 1 2+ = − − ⇔ + + + = + ⇔ + =x x x x x x x f x f x 
Trong đĩ ( ) 3= +f t t t . Dễ thấy ( )f t là một hàm đồng biến nên 
( ) ( ) 3 33 3 16 1 2 6 1 2 8 6 1 0 4 3 2+ = ⇔ + = ⇔ − − = ⇔ − =f x f x x x x x x x (1) 
Nếu 1>x thì ( ) ( )2 11 4 3 1 2= − > >VT x x nên PTVN. 
Nếu 1≤x thì đặt cos , [0; ]ϕ ϕ pi= ∈x , khi đĩ (1) trở thành 
3 1 1 24cos 3cos cos3
2 2 9 3
pi piϕ ϕ ϕ ϕ− = ⇔ = ⇔ = ± + k
 . Chọn các nghiệm trong đoạn 
[0; ]pi ta được các nghiệm 1 2 3
5 7
, ,
9 9 9
pi pi piϕ ϕ ϕ= = = . 
Từ đĩ ta được 3nghiệm của pt là : 5 7cos , cos , cos
9 9 9
pi pi pi
= = =x x x . 
Ví du 4: Giải các phương trình 
a) 2008 2009 2.2007+ =x x x b) ( )1 377 1 2log 6 5− = + −x x 
Giải : 
a) 2008 20092008 2009 2.2007 2
2007 2007
   
+ = ⇔ + =   
   
x x
x x x
Phương pháp hàm số trong các bài tốn đại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
Hàm số ( ) 2008 2009
2007 2007
   
= +   
   
x x
f x
 cĩ 
( ) 2008 2008 2009 2009' ln ln 0
2007 2007 2007 2007
   
= + >   
   
x x
f x nên đồng biến và 
( )
0 02008 20090 2
2007 2007
   
= + =   
   
f do đĩ pt ( ) 2=f x cĩ nghiệm duy nhất x = 0. 
b) ðK: 6 5 0− >x 
ðặt ( ) 171 log 6 5 7 6 5−− = − ⇒ = −yy x x (1) 
Lúc đĩ pt đã cho trở thành ( ) ( )1 37 77 1 2log 6 5 1 6log 6 5 6 5− = + − = + − = −x x x y (2) 
Trừ theo từng vế (1) và (2) ta được : 
( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 17 7 6 6 7 6 1 7 6 1 1 1− − − −− = − ⇔ + − = + − ⇔ − = −x y x yy x x y f x f y 
Trong đĩ ( ) 7 6= +tf t t , vì ( )' 7 .ln 7 6 0= + >tf t nên hàm số đồng biến trên R, suy ra 
( ) ( )1 1− = − ⇔ =f x f y x y . Thay vào (1) và biến đổi ta được pt: ( )17 6 1 1 0− − − − =x x (3) 
Hàm số ( ) 7 6 1= − −tg t t cĩ ( )' 7 ln 7 6= −tg t ta cĩ 
( ) 0 7 7' 7 ln 7 6 0 log 6 log ln 7= − = ⇔ = −tg t t 
Hàm số ( )g t nghịch biến trên khoảng ( )0;−∞ t và đồng biến trên 0( ; )+∞t nên trên mỗi 
khoảng đĩ ( )g t cĩ nhiều nhất một nghiệm nên pt ( ) 0=g t cĩ nhiều nhất 2 nghiệm. Dễ thấy 
1 20, 1= =t t là hai nghiệm của ( )g t suy ra pt (3) cĩ hai nghiệm 1 21, 2= =x x . Hai nghiệm 
này thỏa mãn điều kiện . 
Nhận xét: 
+ Dạng tổng quát của bài tốn trên là ( ) ( )log 0, 0,0 1+ = + + + ≠ ≠ < ≠ax b ss p qx r cx d a q s 
+ Trong PT trên cĩ hai phép tốn trái ngược nhau là phép lũy thừa và phép lấy logarit, 
trong phương trình cĩ chứa các phép tốn khác nhau cũng thường được giải bằng cách sử 
dụng tính đơn điệu của hàm số. Chúng ta cĩ thể thấy điều đĩ qua ví dụ sau 
Ví dụ 5 : Giải các phương trình sau: 
a) 
2
2
22
1log 3 2
2 4 3
− +
= − +
− +
x x
x x
x x
 b) 2 1 3+ + = xx x 
Giải: 
a) Ta cĩ 
( ) ( ) ( ) ( )( )
2
2
22
2 2 2 2
2 2
1log 3 2
2 4 3
log 1 log 2 4 3 2 4 3 1 1
− +
= − +
− +
⇔ − + − − + = − + − − +
x x
x x
x x
x x x x x x x x
ðặt 
2 21, 2 4 3= − + = − +u x x v x x thì (1) trở thành 
2 2 2 2log log log log− = − ⇔ + = +u v v u u u v v (2) 
Phương pháp hàm số trong các bài tốn đại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
ðặt ( ) ( ) ( )2 1log ' 1 0, 0;ln 2= + ⇒ = + > ∀ ∈ +∞f t t t f t tt nên hàm số đồng biến và (2) cĩ 
dạng ( ) ( ) 2 3 2 0 1 2= ⇔ = ⇔ − + = ⇔ = ∨ =f u f v u v x x x x . 
b) Ta cĩ ( )2 21 3 3 1 1+ + = ⇔ + − =x xx x x x . ðặt ( ) ( )23 1= + −xf x x x 
( ) ( ) ( )2 22 21' 3 ln3 1 3 1 3 1 ln3 01 1   = + − + − = + − − >      + +   x x xxf x x x x xx x (Vì 
2 1+ >x x và 
2
1ln3 1
1
> ≥
+x
) nên hàm số đồng biến , mà ( )0 1=f do dĩ 0=x là 
nghiệm duy nhất của phương trình. 
 Nhận xét : Khi gặp phương trình ( ) ( )=f x g x trong đĩ ,f g cĩ một hàm đồng biến và một 
hàm nghịch biến thì cách giải thường dùng là nhẩm nghiệm và chứng minh nghiệm đĩ là 
duy nhất, tuy nhiên trong bài tốn của ta ( ) ( )2 1, 3= + + = xf x x x g x lại đều đồng biến 
nên cách đĩ khơng giải quyết được, vì vậy ta chia hai vế của pt cho 2 1+ +x x để đưa về 
một vế là hằng số và vế cịn lại là một hàm số mà ta cĩ thể xét được tính đơn điệu của nĩ, 
đĩ cũng là cách mà ta dùng ở VD4. 
Ví dụ 6. Giải các phương trình sau: 
a) ( ) ( )5 4log 3 3 1 log 3 1+ + = +x x (1) b) ( )( )1 2 4 3.4+ + =x xx (2) 
Giải: 
a) ðặt: ( )4log 3 1 3 1 4 3 4 1= + ⇒ + = ⇔ = −x x t x tt , thay vao (1) ta được phương trình: 
( )5 1 2log 3 2 3 2 5 3 15 5   + = ⇔ + = ⇔ + =      
t t
t t t
t . ðặt ( ) 1 23
5 3
   
= +   
   
t t
f t 
Ta cĩ ( ) 1 1 2 2' 3 ln ln 0
5 5 3 3
   
= + <   
   
t t
f t nên hàm số nghịch biến và ( ) 1 21 3 1
5 3
   
= + =   
   
f 
Vậy PT cĩ nghiệm duy nhất 1=x . 
b) Ta cĩ : ( )( ) 4 1 4 11 2 4 3.4 03 32 4 2 4+ ++ + = ⇔ = ⇔ − =+ +
x x
x x
x x
x x
x 
ðặt ( ) ( ) ( )( ) ( )
2
2 2
4 ln 4. 2 4 4 ln 44 1 1 2ln 4.4 1
'
3 3 32 4 2 4 2 4
+ −+
= − ⇔ = − = −
+ + +
x x x
x x
x
x x
xf x f x 
( ) ( ) ( )
2
2
2ln 4.4 1
' 0 0 2 4 6ln 4.4 0
32 4
= ⇔ − = ⇔ + − =
+
x
x x
x
f x , đây là pt bậc hai theo ẩn là 
4 x nên cĩ nhiều nhất là 2 nghiệm suy ra PT ( ) 0=f x cĩ nhiều nhất 3 nghiệm, mà ta thấy 
10, , 1
2
= = =x x x là các nghiệm của của nĩ, do đĩ pt cĩ nghiệm là 10, , 1
2
= = =x x x . 
Ví dụ7: Giải các phương trình: 
Phương pháp hàm số trong các bài tốn đại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
a) 
2
1 cos
2
− =
x
x b) 
2
2
sin cos 2
−
+ =
n
n n
x x ( ), 2∈ ≥ℕn n và 0;
2
pi 
∈ 
 
x . 
Giải: 
a) 
2 2
1 cos cos 1
2 2
− = ⇔ + =
x x
x x . ðặt ( )
2
cos
2
= +
xf x x 
Dễ thấy ( ) ( ),− = ∀ ∈ℝf x f x x do đĩ ( )f x là hàm số chẵn, vì vậy chỉ cần giải trên [0; )+∞ 
Ta cĩ ( ) ( )' sin , '' 1 cos 0, x [0; )= − = − ≥ ∀ ∈ +∞f x x x f x x suy ra ( )'f x đồng biến trên 
[0; )+∞ nên ( ) ( )' ' 0 0, 0≥ = ∀ ≥f x f x do đĩ ( )f x đồng biến trên [0; )+∞ . Mà ( )0 1=f 
Vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của pt trên [0; )+∞ và đĩ cũng chính là nghiệm duy nhất của 
PT trên ℝ . 
b) Nếu 2=n thì pt trở thành 2 2sin cos 1+ =x x nên mọi 0;
2
pi 
∈ 
 
x là nghiệm của PT 
Nếu 2>n , ðặt: ( ) ( ) ( )2 2sin cos ' sin .cos sin cos− −= + ⇒ = −n n n nf x x x f x n x x x x 
Vì 0;
2
pi 
∈ 
 
x nên ( )' 0
4
pi
= ⇔ =f x x .Lập bảng biến thên ta cĩ ( )
2
2
0;
2
min 2
4pi
pi
−
 
 
 
 
= = 
 
n
f x f 
Do đĩ trên 0;
2
pi 
 
 
PT ( )
2
22
−
=
n
f x cĩ nghiệm duy nhất 
4
pi
=x . 
Ví dụ 8. Tìm nghiệm dương của phương trình: 
11 11 23
2
1 1ln 1 ln 1 1
++
  
+ − + = −   
   
x
x
x x x
x x
. 
Giải: Ta cĩ 
( ) ( )
11 11 23 2
2 2
1 1 1 1ln 1 ln 1 1 1 ln 1 1 ln 1 1
++
      
+ − + = − ⇔ + + − + + = −      
      
x
x
x x x x x x x
x xx x
( ) ( )2 21 11 ln 1 1 1 ln 1 1   ⇔ + + − = + + −    
    
x x x
x x
 (vì x>0) (1) 
ðặt ( ) ( ) 11 ln 1 1  = + + −  
  
f t t t
t
 với 0>t thì (1) cĩ dạng ( ) ( )2=f x f x 
Ta cĩ ( ) ( ) ( )1 1 2' 2 1 ln 1 2 2 1 ln 1
2 1
    
= + + − = + + −    +    
f t t t
t t t
ðặt ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 2
1 2 1 4 1ln 1 ' 0, 0
2 1 1 2 1 1 2 1
− 
= + − ⇒ = + = −   + + + + + 
g t g t t
t t t t t t t t
Do đĩ ( )g t nghịch biến trên ( )0;+∞ mà ( )lim 0
→+∞
=
t
g t 
suy ra ( ) 0; 0> ∀ >g t t ( ) ( ) ( )' 2 1 0, 0⇒ = + > ∀ >f t t g t t nên ( )f t đồng biến trên( )0;+∞ . 
( ) ( )2 2 21 11 ln 1 1 1 ln 1 1     ⇔ + + − = + + −     
      
x x x x
x x
Phương pháp hàm số trong các bài tốn đại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
vì vậy ( ) ( )2 2 1= ⇔ = ⇔ =f x f x x x x . 
Tĩm lại PT cĩ nghiệm duy nhất 1=x . 
II- ỨNG DỤNG CÁC TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ ðỂ TÌM ðIỀU KIỆN CỦA 
THAM SỐ SAO CHO PHƯƠNG TRÌNH CĨ NGHIỆM. 
1. Nếu hàm số ( )=y f x liên tục trên đoạn [ ; ]a b và ( ) ( ) 0<f a f b thì phương trình cĩ ít 
nhất một nghiệm thuộc khoảng ( );a b . 
2. Phương trình ( ) =f x m cĩ nghiệm khi và chỉ khi m thuộc tập giá trị của hàm số 
( )=y f x 
Và số nghiệm của PT là số giao điểm của đồ thị hàm số ( )=y f x và đường thẳng =y m . 
Ví dụ 1. Tìm mđể các phương trình sau cĩ nghiệm thực nghiệm: 
a) 243 1 1 2 1− + + = −x m x x b) 44 13 1− + = −x x m x 
 (TSðHKA-2007) 
Giải: 
a) ðK: 1≥x 
24 4
1 13 1 1 2 1 3 2
1 1
− −
− + + = − ⇔ = − +
+ +
x x
x m x x m
x x
(1) 
ðặt 4 4
1 21
1 1
−
= = −
+ +
x
t
x x
, vì 1≥x nên 0 1≤ <t , PT (1) trở thành ( )23 2= − + =m t t f t (2) 
PT(1) cĩ nghiệm khi và chỉ khi PT(2) cĩ nghiệm 0 1≤ <t và điều này tương đương với m 
thuộc tập giá trị của hàm số ( ) 23 2= − +f t t t với 0 1≤ <t . 
Lập bảng biến thiên của hàm số ( )f t trên [0;1) ta được tập giá trị là 1( 1; ]
3
− 
Vậy PT cĩ nghiệm khi và chỉ khi 11
3
− < ≤m . 
b) 
( )
44
4 4 4 4 3 2
1 113 1 13 1 13 4 6 4 1
≥ ≥ 
− + = − ⇔ ⇔ 
− + = − − + = − + − +
x x
x x m x
x x m x x x m x x x x
( )3 2
1
4 6 9 1 1
≥
⇔ 
= − + + +
x
m x x x
PT đã cho cĩ 2 nghiệm khi và chỉ khi PT(1) cĩ nghiệm 1≥x . 
 ðặt ( ) 3 24 6 9 1 , [1; )= − + + + ∈ +∞f x x x x x 
Phương pháp hàm số trong các bài tốn đại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
( ) ( )2 2' 12 12 9 3 4 4 3= − + + = − − −f x x x x x , ( ) ( )( )
2
1
2
' 0 4 4 3 0 3
2

= −
= ⇔ − − = ⇔ 
=

x l
f x x x
x n
Bảng biến thiên: 
Từ bảng biến thiên suy ra PT (1) cĩ nghiệm 1≥x khi 29
2
≤m , hay PT đã cho cĩ nghiệm 
khi 29
2
≤m . 
Ví dụ 2. Tìm mđể các phương trình sau cĩ đúng 2 nghiệm thực: 
a) 4 42 2 2 6 2 6+ + − + − =x x x x m b) 2 21 1+ + + − + =x x x x m 
 (TSðH - KA-2008) 
Giải: 
a) ð K: 0 6≤ ≤x 
ðặt vế trái của phương trình là ( ) [ ], 0;6∈f x x 
Ta cĩ ( ) ( ) ( )3 34 4
1 1 1 1
'
2 62 2 2 6
= + − −
−
−
f x
x xx x
( ) ( ) ( )3 34 4
1 1 1 1 1
, 0;6
2 2 62 6
 
  = − + − ∈  
− 
− 
x
x xx x
ðặt ( ) ( ) ( ) ( )3 34 4
1 1 1 1
, v
2 62 6
 
  = − = −  
− 
− 
u x x
x xx x
Ta thấy ( ) ( ) ( )2 2 0 ' 2 0= = ⇒ =u v f 
Mà ( ) ( ),u x v x cùng dương trên (0;2) và cùng âm trên (2;6) nên ta cĩ bảng biến thiên : 
Suy ra các giá trị cần tìm của m là : 42 6 2 6 3 2 6+ ≤ < +m 
b) ðặt vế trái của phương trình là ( ), ∈ℝf x x 
Ta cĩ 
x 
f’(x
f(x
1 3/2 +∞
0 
12 
29/2 
−∞
Phương pháp hàm số trong các bài tốn đại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
( )
2 2 2 2
1 1
2 1 2 1 2 2
'
1 3 1 32 1 2 1
2 4 2 4
+ −+ −
= + = −
+ + − +    + + − +   
   
x x
x xf x
x x x x
x x
1 1
2 2
   
= + − −   
   
h x h x (1) trong đĩ ( )
2
,
3
4
= ∈
+
ℝ
th t t
t
 là hàm đồng biến nên từ ta cĩ 
( ) 1 1 1 1' 0 0 0
2 2 2 2
   
> ⇔ + − − > ⇔ + > − ⇔ >   
   
f x h x h x x x x 
Ngược lại ( )' 0 0< ⇔ <f x x và ( )' 0 0= ⇔ =f x x . Mặt khác ( )0 2=f và ( )lim
→±∞
= +∞
x
f x 
nên ta cĩ bảng biến thiên: 
Từ bảng biến thiên suy ra PT cĩ đúng hai nghiêm khi 2>m . 
Ví dụ 3: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau cĩ nghiệm thực 
 ( )2 2 4 2 21 1 2 2 1 1 1+ − − + = − + + − −m x x x x x (TSðH-KB-2004) 
Giải: ðK: 1 1− ≤ ≤x 
ðặt 
2 21 1= + − −t x x , dễ thấy 0≥t và 2 42 2 1 2 2= − − ≤ ⇒ ≤t x t , vậy điều kiên 
0; 2 ∈  t . 
PT đã cho trở thành : ( ) ( )
2
2 22 2
2
− + +
+ = − + + ⇔ = =
+
t t
m t t t m f t
t
. (1) 
Ta cĩ ( )
2 2
2
− + +
=
+
t tf t
t
 liên tục trên 0; 2   nên PT đã cho cĩ nghiệm ⇔x (1) cĩ 
nghiệm 0; 2 ∈  t ( ) ( )[0; 2 ] [0; 2 ]min max⇔ ≤ ≤f t m f t . 
Ta cĩ ( ) ( )
2
2
4
' 0, 0; 2
2
− −  = < ∀ ∈  +
t tf t t
t
, suy ra hàm số nghịch biến trên 0; 2   , do đĩ 
( ) ( ) ( ) ( )[0; 2 ] [0; 2 ]min 2 2 1,max 0 1= = − = =f t f f t f 
Vậy giá trị cần tìm của m là 2 1 1− ≤ ≤m . 
Ví dụ 4. 
III-ỨNG DỤNG ðẠO HÀM ðỂ CHỨNG MINH BẤT ðẲNG THỨC. 
Phương pháp hàm số trong các bài tốn đại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
Như chúng ta đã biết nếu hàm số ( )=y f x cĩ tập giá trị là khoảng( );m M với ∈x D thì 
( ) ,< < ∀ ∈m f x M x D (1), hoặc nếu hàm số ( )=y f x đồng biến trên D và <x y thì suy ra 
( ) ( )<f x f y với , ∈x y D .Từ đĩ chúng ta thấy khảo sát hàm số để tìm tập giá trị của nĩ 
hoặc sử dụng tính đơn điệu của hàm số cĩ thể giúp ta chứng minh được BðT, đĩ chính là 
ý tưởng chính mà sẽ được chúng ta sử dụng trong phần này. 
1. Một số lưu ý chung. 
i) ðể chứng minh bất đẳng thức cĩ chứa nhiều biến bằng phương pháp đạo hàm thì điều 
quan trọng nhất là chúng ta phải đưa được về một biến và khảo sát hàm số theo biến đĩ, 
nếu điều đĩ khơng thể thì ta coi bất đẳng thức là một biến và các biến cịn lại được xem 
như tham số. 
ii) Lựa chọn hàm số nào để xét cũng là khâu quyết định trong phương pháp hàm số , chẳng 
hạn khi giải bài tốn : 
Cho 2 2 2, , 0, 1> + + =a b c a b c . Chứng minh rằng: 2 2 2
3 3
21 1 1
+ + ≥
− − −
a b c
a b c
 (Bộ đề 
TS) 
Lời giải bằng hàm số là xét: ( ) 3, (0;1)= − ∈f x x x x . Các bạn thử suy nghĩ xem, căn cứ vào 
điều gì mà ta chọn được hàm số đĩ mà khơng phải là hàm ( ) 2 , (0;1)1= ∈−
xf x x
x
? 
Ví dụ 1. Chứng minh : 2 21 1 2, + + + − + ≥ ∀ ∈ℝx x x x x 
Giải: ðặt vế trái của phương trình là ( ), ∈ℝf x x 
Ta cĩ 
( )
2 2 2 2
1 1
2 1 2 1 2 2
'
1 3 1 32 1 2 1
2 4 2 4
+ −+ −
= + = −
+ + − +    + + − +   
   
x x
x xf x
x x x x
x x
1 1
2 2
   
= + − −   
   
h x h x (1) trong đĩ ( )
2
,
3
4
= ∈
+
ℝ
th t t
t
 là hàm đồng biến nên từ ta cĩ 
( ) 1 1 1 1' 0 0 0
2 2 2 2
   
> ⇔ + − − > ⇔ + > − ⇔ >   
   
f x h x h x x x x 
Ngược lại ( )' 0 0< ⇔ <f x x và ( )' 0 0= ⇔ =f x x . Mặt khác ( )0 2=f và ( )lim
→±∞
= +∞
x
f x 
Bảng biến thiên: 
Từ bảng biến thiên ta cĩ đpcm. 
 
Chú ý: Bài tốn cĩ thể giải cách khác 
Phương pháp hàm số trong các bài tốn đại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
Áp dụng BðT AM-GM ta cĩ: 
( )( )2 2 2 2 4 2441 1 2 1 1 2 1 2+ + + − + ≥ + + − + = + + ≥x x x x x x x x x x 
Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi x ta cĩ 
2 217 cos 4cos 6 cos 2cos 3 2 11≤ + + + − + ≤ +x x x x (1) 
Giải : ðặt [ ]cos 1;1= ⇒ ∈ −t x t . Bất đẳng thức (1) trở thành 
2 217 4 6 2 3 2 11, [ 1;1]≤ + + + − + ≤ + ∈ −t t t t t 
ðặt ( ) 2 24 6 2 3, [ 1;1]= + + + − + ∈ −f t t t t t t 
Ta cĩ 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
2 1 2 1
' 2 1
2 2 1 24 6 2 3
+ − + −
= + = − = + − −
+ + − ++ + − +
t t t tf t h t h t
t tt t t t
(2) 
Trong đĩ ( )
2 2
=
+
th t
t
cĩ ( ) ( )32
2
' 0
2
= >
+
h t
t
 nên đồng biến , vậy theo (2) ta cĩ. 
( ) ( ) ( ) 1' 0 2 1 2 1
2
= ⇔ + = − ⇔ + = − ⇔ = −f t h t h t t t t . 
Ta cĩ ( ) ( )11 3 6, 17, 1 2 11
2
 
− = + − = = + 
 
f f f
 và ( )f t liên tục trên [ ]1;1− nên 
( ) ( )
[ 1;1] [ 1;1]
min 17,max 2 11
− −
= = +f t f t . suy ra : ( )17 2 11≤ ≤ +f t .
 
Ví dụ 3. Chứng minh rằng : 
a) 
2
1 2,
1
+ ≤ ∀
− +
x
x
x x
b) 2 2 21 1 1 3− + + − + + − + ≥x x y y z z với 3+ + =x y z 
Giải: 
a) ( )
2
1
,
1
+
= ∈
− +
ℝ
xf x x
x x
Ta cĩ : ( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2 2
2 11 1
3 12 1
'
1 2 1 1
−
− + − +
−
− +
= =
− +
− + − +
x
x x x
xx xf x
x x x x x x
( ) ( ) ( )' 0 1, lim 1, lim 1
→+∞ →−∞
= ⇔ = = = −
x x
f x x f x f x
Lập bảng biến thiên và từ đĩ suy ra ( ) ( )1 2,≤ = ∀f x f x 
Phương pháp hàm số trong các bài tốn đại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
b) Áp dung câu a) ta cĩ : ( )2
2
1 12, 1 1 ,
21
+ ≤ ∀ ⇔ − + ≥ + ∀
− +
x
x x x x x
x x
 (1) 
Tương tự: ( ) ( )2 21 11 1 , (2), 1 1 , (3) 
2 2
− + ≥ + ∀ − + ≥ + ∀y y y y z z z z 
Cơng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được: 
( )2 2 2 11 1 1 3 3
2
− + + − + + − + ≥ + + + =x x y y z z x y z . 
 
Chú ý: 
Cách 2: 
a) Áp dụng BðT Cauchy-Schwarz ta cĩ : 
( )
22 22 21 3 1 3 1 1 3 1 1
2 2 2 2 2 2 2 2
             
 − + + ≥ − + = +           
               
x x x 
b) Áp dung câu a) như cách 1. 
Ví dụ 4. Chứng minh rằng : 
a) 2sin t anx 3+ ≥x x với mọi [0; )
2
pi
∈x
 b) 
3 2
sinx t anx 24 2 2
+
+ ≥
x
 với mọi [0; )
2
pi
∈x
Giải : 
a) ðặt : ( ) 2sin t anx-3= +f x x x , [0; )
2
pi
∈x 
( ) 232 2 21 1 1' 2cos 3 cos cos 3 3 cos . 3 0
cos cos cos
= + − = + + − ≥ − =f x x x x x
x x x
 với mọi 
[0; )
2
pi
∈x nên hàm số đồng biến trên [0; )
2
pi ( ) ( )0 0, [0; )
2
pi
⇒ ≥ = ∀ ∈f x f x (dpcm) 
b) Áp dung BðT AM-GM và câu a) ta cĩ : 
 . 
 
Ví dụ 5. Cho , , 0,> ≠x a b a b . Chứng minh rằng: 
+
+   
>   +   
x b b
x a a
x b b
Giải: ðặt: ( ) ( ) ( ) ( )( )
'
ln ln ln
+
+ + + −     
= ⇒ = + ⇒ = +     + + + +     
x b f xx a x a x a b af x f x x b
x b x b f x x b x a 
( ) ( )' ln + −  ⇒ = +  + +  
x a b af x f x
x b x a
. 
ðặt ( ) ( ) ( )( ) ( )
2
2ln ' 0
−+ − 
= + ⇒ = − < + + + + 
b ax a b ag x g x
x b x a x a x b
 suy ra ( )g x nghịch biến, mà 
( )lim 0
→+∞
=
x
g x . ( ) ( )0, 0 ' 0⇒ > ∀ > ⇒ >g x x f x suy ra ( )f x đơng biến trên 
( ) ( )[0; ) 0 , 0 +∞ ⇒ > = ∀ > 
 
b
af x f x
b
.
 
3 2
sin tan 2sin tan 2sin tan 3 24 2 2 2 2 2 2. 2 2
+
+
+ = + ≥ ≥ =
x
x x x x x x x
Phương pháp hàm số trong các bài tốn đại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
Ví dụ 6. Cho , ,A B C là ba gĩc của một tam giác nhọn . 
Chứng minh rằng : ( )tan tan tan 6 sin sin sin 12 3+ + + + + ≥A B C A B C (1) 
 (THTT) 
Giải : Trong bất đẳng thức trên , ,A B C bình đẳng nên ta dễ dàng kiểm tra được (1) xảy ra 
đẳng thức khi 
3
pi
= = =A B C .Vì vậy ta cần chọn một hàm số cĩ dạng 
( ) tan 6sin= + +f x x x kx mà ' 0 7
3
pi 
= ⇒ = − 
 
f k . 
Ta giải bài tốn : 
Xét: ( ) tan 6sin 7= + −f x x x x với (0; )
2
pi
∈x 
Ta cĩ 
( ) ( )( )( )
3 2
2 2 2
cos 1 3cos 1 2cos 11 6cos 7cos 1
' 6cos 7
cos cos cos
− + −
− +
= + − = =
x x xx xf x x
x x x
Vì (0; )
2
pi
∈x nên ( )' 0 2cos 1 0
3
pi
= ⇔ − = ⇔ =f x x x 
Lập BBT của ( ) tan 6sin 7= + −f x x x x với (0; )
2
pi
∈x ta được 
( )
0;
2
7
min 4 3
3 3pi
pi pi
 
 
 
 
= = − 
 
f x f 
Áp dung vào bài tốn ta được: 
( ) ( ) ( ) 73 4 3
3
pi 
+ + ≥ − 
 
f A f B f C 
( )tan tan tan 6 sin sin sin 12 3⇔ + + + + + ≥A B C A B C . 
 
Ví dụ 7. Chứng minh : 
3
sin
cos , 0;
2
pi   
> ∀ ∈   
   
x
x x
x
 (Olympic-30-4-1999) 
Giải: Nhằm cơ lập x với các hàm lượng giác ta viết lại BðT: 
33
3 2 3sin sin
cos sin .tan 0
cos
 
> ⇔ > ⇔ − > 
 
x x
x x x x x
x x
(1) 
Xét hàm số : ( ) ( )2 3 2 2 2sin tan , [0; ) ' 2sin tan - 3
2
pi
= − ∈ ⇒ = +f x x x x x f x x x x 
Áp dụng BðT: ( ) ( )2 2 2 23 + + ≥ + +a b c a b c ta cĩ 
( ) ( ) 22 2 2 2 2 2 2 21' 2sin tan - 3 sin sin tan 3 2sin tan 3
3
= + = + + − ≥ + −f x x x x x x x x x x x 
Phương pháp hàm số trong các bài tốn đại số 
Bản thảo xuất bản sách năm 2009 – Nguyễn Tất Thu – Trần Văn Thương 
Theo VD4 : 2sin t anx 3 , [0; )
2
pi
+ ≥ ∀ ∈x x x suy ra ( ) ( ) 221' 3 3 0
3
≥ − =f x x x nên hàm số 
( )f x đồng biến trên ( ) ( )[0; ) 0 0, 0;
2 2
pi pi 
⇒ > = ∀ ∈ 
 
f x f x . 
 
Nhận xét: 
1) Khi trong bất đẳng thức cĩ chứa các loại hàm số khác nhau ta thường cơ lập mỗi loại 
hàm số để dễ xét dấu của đạo hàm, hoặc ta cĩ thể đạo hàm liên tiếp để khử bớt một loại 
hàm số 
Chẳng hạn ở VD trên nếu chúng ta đạo hàm đến ( )'''f x thì chỉ cịn lại hàm lượng giác cịn 
3
x bị triệt tiêu và vấn đề cịn lại tương đối dễ dàng, xin dành cho bạn đọc tự kiểm tra. 
2) Bài tốn trên cĩ thể giải theo các cách khác 
Cách 2: 
Xét ( )
3
sin , [0; )
3! 2
pi
= − + ∈
xf x x x x , ta suy ta được 
3
sin , 0;
3! 2
pi 
> − ∀ ∈ 
 
x
x x x 
Từ đĩ suy ra : 
32 2 4 6 2 43
sinx 1 1 1
6 2 12 216 2 24
  
> − = − + − > − +       
x x x x x x
x
( vì BðT phía sau chỉ 
tương đương với 2 9<x , mà điều này lại hiển nhiên) 
Bây giờ chỉ cần chứng minh 
2 4
cos 1
2 24
< − +
x x
x nữa là xong. 
Cách 3: Từ (1) ta sử dụng hai BðT 
3
sin
3!
> −
x
x x và 
3
tan
3
> +
x
x x cũng đi đến kết quả 
mong mu