TÍNH ĐƠN ĐIỆU

TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ A.. Tìm m để khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4 Gi ải... ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ I... DẠNG 2: ỨNG DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài

http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 1 -

BÀI 2 TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

A TÓM T ẮT LÝ THUYẾT

1 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)

2 y = f (x) ngh ịch biến / (a, b) ⇔ ƒ′(x) ≤ 0 ∀x∈(a, b) đồng

thời ƒ′(x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ∈ (a, b)

Chú ý: Trong ch ương trình phổ thông, khi sử dụng 1., 2 cho các

hàm số một quy tắc có thể bỏ điều kiện ƒ′(x) = 0 tại một số hữu

hạn điểm ∈ (a, b)

CÁC BÀI T ẬP MẪU MINH HỌA

1

y

x

+ + − −

=

+ nghịch biến trên [1, +∞)

Gi ải: Hàm số nghịch biến trên [1, +∞) ⇔

( )

2 2

1

mx mx

x

+ +

′ = ≤ ∀ ≥

mx + mx+ ≤ ⇔m x + x ≤ − ∀ ≥x ⇔ ( )

2

2

−

= ≥ ∀ ≥

1

Min

≥

có: ( ) ( )

x

+

′ = > ∀ ≥

⇒ u(x) đồng biến trên [1, +∞) ⇒ ( ) ( )

1

7

3

x

≥

−

3

y=− x + m− x + m+ x− đồng biến trên (0, 3)

Gi ải Hàm số tăng trên (0,3) ⇔ 2 ( ) ( ) ( )

y′ = − +x m− x+ m+ ≥ ∀ ∈x (1)

Do y x′ ( ) liên tục tại x = 0 và x = 3 nên (1) ⇔ y′ ≥ 0 ∀x∈[0, 3]

m x+ ≥x + x− ∀ ∈x ⇔ ( ) 2 [ ]

x

+ −

[ ] ( )

0,3

Max

x

g x m

∈

⇔ ≤ Ta có: ( )

( 2 ) [ ]

2

x

+ +

′ = > ∀ ∈

+

⇒ g(x) đồng biến trên [0, 3] ⇒ [ ] ( ) ( )

0,3

12

7

x

∈

m

y= x − m− x + m− x+ đồng biến trên [2, +∞)

Gi ải: Hàm số tăng / [2, +∞) ⇔ 2 ( ) ( )

y′ =mx − m− x+ m− ≥ ∀ ≥x (1)

⇔ ( ) 2

m x− + ≥ − + ∀ ≥x x ⇔ ( )

( ) 2

x

x

− +

Ta có: ( ) ( 2 )

0

x x

g x

x x

− +

− + x 2 3+ 6 +∞

( )

g′ x _ 0 + ( )

g x

2

x x

x x

 = = −

⇔ 

= = +

 ; xlimg x( ) 0

Từ BBT ⇒ ( ) ( )

2

2

3

y=x −mx − m − m+ x+ m− m− đồng biến /[2, +∞)

Gi ải: Hàm số tăng trên [2, +∞) 2 ( 2 )

⇔ = − − − + ≥ ∀ ≥

Ta có ( 2 )

′= − +

m

=  − + >

  nên y′ =0 có 2 nghiệm x1<x2 BPT g(x) ≥ 0 có sơ đồ miền nghiệm G là:

Ta có y x′ ( )≥0 đúng ∀ ≥x 2 ⇔ [2, +∞ ⊂) G

( ) ( 2 )

1 2

5 2

2 6

2

m

′

∆ >

 ′

⇔ < ≤ ⇔ = − + + ≥ ⇔ ⇔ − ≤ ≤



 = <  <



Bài 5 Tìm m để y 2x2 (1 m x) 1 m

x m

+ − + +

=

− đồng biến trên (1, +∞)

Gi ải: Hàm số đồng biến trên (1, +∞) ⇔

( )

2

x m

− + − −

′ = ≥ ∀ >

−

⇔ ( ) 2 2 4 2 2 1 0 1 ( ) 0 1

1 0

m

x m

 = − + − − ≥ ∀ >  ≥ ∀ >

≤

− ≠



Cách 1: Ph ương pháp tam thức bậc 2

Ta có: ( ) 2

′

∆ = + ≥ suy ra g(x) = 0 có 2 nghiệm x1 ≤x2

BPT g(x) ≥ 0 có sơ đồ miền nghiệm G là:

Ta có g(x) ≥ 0 đúng ∀x∈(1, +∞) ⇔ (1, +∞ ⊂) G

( ) ( 2 )

1 2

1

2 1 2

m m





⇔ ≤ ≤ ⇔ = − + ≥ ⇔ ≤ − ⇔ ≤ −





 = − ≤  ≥ +



Cách 2: Ph ương pháp hàm số

Ta có: g′(x) = 4(x − m) ≥ 4(x − 1) > 0 ∀x > 1 ⇒ g(x) đồng biến trên [1, +∞)

Do đó ( ) ( ) ( ) 2

1

1

x

g x

m m

m

≥



 = − + ≥ ≤ −

⇔  ⇔  ⇔  ≥ + ⇔ ≤ −

≤

1

x x2

1

x x2

Gi ải: Yêu cầu bài toán cos 1cos 2 1cos 3 0,

⇔ = + + + ≥ ∀ ∈ ¡

m+ x+ x− + x− x ≥ ∀ ∈x ¡

( ) [ ]

3 2

⇔ ≥ − − + = ∀ ∈ − , với u= cosx∈ −[ 1,1]

Ta có ( ) 4 2 2 2 (2 1) 0 1; 0

2

g u′ = − u − u= − u u+ = ⇔ = −u u=

Lập BBT suy ra yêu cầu bài toán ⇔ [ ] ( ) ( )

1,1

5

6

∈ − = − = ≤

Bài 8 Cho hàm số 1( 1) 3 (2 1) 2 (3 2)

3

y= m+ x + m− x − m+ x+m

Tìm m để khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4

Gi ải Xét ( ) 2 ( ) ( )

y′ = m+ x + m− x− m+ = Do 2

′

∆ = + + > nên y′ =0

có 2 nghiệm x1<x2 Khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng

4 ⇔ ≤ ∀ ∈y′ 0; x [x x1 ; 2];x2 −x1 = 4 ⇔ + >m 1 0 và x2−x1= 4 Ta có

2 1 4

x −x = ⇔ ( ) (2 )2 (( ))2 ( )

1 1

m m

+

( ) 2 ( ) 2 ( )( )

⇔ + = − + + +

6

⇔ − − = ⇔ = kết hợp với m+ > 1 0 suy ra 7 61

6

m= +

B ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

I DẠNG 1: ỨNG DỤNG TRONG PT, BPT, HỆ PT, HỆ BPT

x +x − − x+ =

Gi ải Điều kiện: 1

3

x≤ Đặt ( ) 5 3

f x =x +x − − x+ =

Ta có: ( ) 5 4 3 2 3 0

2 1 3

f x x x

x

′ = + + >

− ⇒ f (x) đồng biến trên ( ,1

3



−∞ 

Mặt khác f (−1) = 0 nên phương trình f (x) = 0 có nghiệm duy

nhất x = −1

x + = x− + x +

Gi ải Bất phương trình ⇔ ( ) 2 2

f x = x− + x + − x + = 0 (1) + Nếu 2

3

x≤ thì f (x) < 0 ⇒ (1) vô nghiệm

+ Nếu 2

3

x> thì ( )

3

′ = +  − > ∀ >

⇒ f (x) đồng biến trên ( )2 ,

3 +∞ mà f (1) = 0 nên (1) có đúng 1 nghiệm x = 1

Bài 3 Giải bất phương trình: x+ + 1 3 5x− + 7 4 7x− + 5 5 13x− < 7 8 (*)

Gi ải Điều kiện 5

7

f x = x+ + x− + x− + x−

Ta có: ( )

( ) 2 ( ) 3 5 4

f x

⇒ f (x) đồng biến trên 5 , )

7

 +∞

 Mà f (3) = 8 nên (*) ⇔ f (x) <

f (3) ⇔ x < 3

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 5 3

7 ≤ <x

+ + + = + + − + − + (*)

Gi ải (*) ( ) 5 4 3 2 ( )1 ( ) ( )1 1 2 3 5 2 7 17 ( )

⇔ = + + + − − − = − + − + =

Bài 5 Tìm số m Max để m(sinx + cosx + ≤ 1) sin 2x+ sinx+ cosx+ ∀ 2 x (*)

t= x + x ≥ ⇒t = x + x = + x ⇒ 2

khi đó (*) ⇔ ( ) 2

m t+ ≤ + + ∀ ∈t t t   

⇔ ( ) 2

1

t t

t

= + ≥ ∀ ∈   ⇔ ( )

1, 2

Min

t

f t m

 

∈  ≥ Do ( )

( )

2 2

1

t t

f t t

+

′ = >

+

nên f (t) đồng biến / 1, 2  ⇒ ( ) ( )

1, 2

3

2

t

f t f

 

2

m≤ ⇒ Max 3

2

m=

2008 x − 2008 x = cos 2x

2008 x − 2008 x = cos x− sin x⇔ 2008 x + sin x= 2008 x + cos x (*)

Xét f u( ) = 2008u +u Ta có f′ ( )u = 2008 lnu u+ > 1 0 Suy ra f u( ) đồng biến (*) ( 2 ) ( 2 ) 2 2

k

x π π k

⇔ = + ∈ ¢

Bài 7 Tìm x y, ∈( )0, π thỏa mãn hệ cotg cotg

x y

− = −



 + = π



Gi ải cotg x− cotg y= − ⇔ −x y x cotg x= −y cotg y

Xét hàm số đặc trưng f u( )= −u cotg ,u u∈( )0, π Ta có ( )

2

1

sin

f u

u

′ = + >

Suy ra f u( ) đồng biến trên ( )0, π Khi đó ( ) ( )

4

f x f y

x y

x y

⇔ = =

 + = π



Bài 8 Giải hệ phương trình

3 2

3 2

3 2

 + = + +

 + = + +



 + = + +



(*)

Gi ải Xét ( ) 3 2

f t = +t t +t với t∈¡ ⇒ ( ) 2 ( ) 2

f′ t = t + +t > ⇒ f (t) tăng Không mất tính tổng quát giả sử x ≤ y ≤ z

⇒ f x( ) ≤ f y( )≤ f z( ) ⇒ 2z+ ≤ 1 2x+ ≤ 1 2y+ ⇔ ≤ ≤ 1 z x y ⇒ x = y = z = ± 1

Bài 9 Giải hệ bất phương trình

2

3

x x

x x

 + − <





− + >



3

x + x− < ⇔ − < <x Đặt ( ) 3

f x =x − x+ Ta có:

( ) 3 ( 1 )( 1 ) 0

f′ x = x− x+ < ⇒ f x( ) giảm và ( ) ( )1 1 0, ( )1,1

f x > f = > ∀ ∈ −x

II DẠNG 2: ỨNG DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Bài 1 Chứng minh rằng: 3 sin 3 5

x− < x< −x + ∀x > 0

Gi ải Ÿ 3 sin

3!

x

x− < x ∀x > 0 ⇔ ( ) 3 sin 0

3!

x

f x = − +x x> ∀x > 0

Ta có ( ) 2 1 cos

2!

x

f′ x = − + x ⇒ f′′ ( )x = −x sinx ⇒ f′′′ ( )x = − 1 cosx≥ 0 ∀x > 0

⇒ f′′ ( )x đồng biến [0, +∞) ⇒ f′′ ( )x >f′′ ( ) 0 = 0 ∀x > 0

⇒ f′ ( )x đồng biến [0, +∞) ⇒ f′ ( )x > f′ ( ) 0 = 0 ∀x > 0

⇒ f x( ) đồng biến [0, +∞) ⇒ f(x) > f(0) = 0 ∀x > 0 ⇒

(đpcm)

Ÿ sin 3 5

x x

x< −x + ∀x > 0 ⇔ g(x) =

5 3

x x

− + − > ∀x > 0

Ta có g′(x) =

4 2

1 cos

x x

x

− + − ⇒ g′′(x) =

3

sin 3!

x

− + = f(x) > 0 ∀x > 0

⇒ g′(x) đồng biến [0, +∞) ⇒ g′(x) > g′(0) = 0 ∀x > 0

⇒ g(x) đồng biến [0, +∞) ⇒ g(x) > g (0) = 0 ∀x > 0 ⇒ (đpcm)

Bài 2 Chứng minh rằng: sin 2 0,

2

x

x> x  π 

∀ ∈ 

π  

Gi ải sinx 2x f x( ) sinx 2

x

> ⇔ = >

π π ∀x∈ 0,

2

π

 

 

  Xét biểu thức đạo hàm

( )

f x

−

′ = = , ở đây kí hiệu g(x) = x cosx − sinx

Ta có g′(x) = cosx − xsinx − cosx = − xsinx < 0 ∀x∈ 0,

2

π

 

 

 

⇒ g(x) giảm trên 0,

2

π

 

 

  ⇒ g(x) < g(0) = 0

⇒ ( )

2

( )

0

g x

f x

x

′ = < ∀x∈ 0,

2

π

 

 

 ⇒ f (x) giảm trên 0,

2

π

 

 

 

⇒ ( ) ( ) 2

f x > f π =

sinx> x, x  0, π 

∀ ∈ 

⇔ 1

1

t

f t t

t

−

= − ⋅ >

+ ∀t >1 Ta có ( )

( )

( ) ( )

2

0

t

f t

t t t t

−

′ = − = >

⇒ f(t) đồng biến [1, +∞) ⇒ f(t) > f(1) = 0 ∀t >1 ⇒ (đpcm)

 − >

−  − − 

( )

x y

x y

∀ ∈





≠

Gi ải Xét hai khả năng sau đây:

+ Nếu y > x thì (1) ⇔ ln ln 4( )

y x

y− x> −

y− > x−

+ Nếu y < x thì (1) ⇔ ln ln 4( )

y x

y− x< −

y− < x−

Xét hàm đặc trưng f(t) = ln 4

1

t t

t−

− với t∈(0, 1)

Ta có ( ) 1 (2 1)2

t

f t

−

′ = − = >

− − ∀t∈(0,1) ⇒ f(t) đồng biến (0, 1)

⇒ f(y) > f(x) n ếu y > x và f(y) < f(x) nếu y < x ⇒ (đpcm)

Bài 5 Chứng minh rằng: b a

a <b ∀a > b ≥ e

Gi ải a b

< b a ⇔ lna b < lnb a ⇔ blna < alnb ⇔ lna lnb

a < b Xét hàm đặc trưng f(x) = ln x

x ∀x ≥ e

Ta có

f x

′ = ≤ = ⇒ f(x) nghịch biến [e, +∞)

⇒ f(a) < f(b) ⇔ lna lnb

a < b ⇔ a b < b a

Bài 6 ( Đề TSĐH khối D, 2007)

Chứng minh rằng (2 1 ) (2 1 ) , 0

+ ≤ + ∀ ≥ >

Gi ải Biến đổi bất đẳng thức (2 1 ) (2 1 ) 1 4 1 4

 +   +  + ≤ + ⇔  ≤ 

   

(1 4a) (b 1 4b)a ln 1( 4a)b ln 1( 4b)a ln 1( 4a) ln 1( 4b)

Xét hàm số đặc trưng cho hai vế f x( ) ln 1( 4x)

x

+

= với x> 0 Ta có ( ) ( ) ( )

( ) 2

0

x

f x

x

− + +

+ ⇒ f x( )giảm trên(0, +∞ ⇒) f a( ) ≤ f b( )

Bài 7 (B ất đẳng thức Nesbitt)

2

b c+c a+ a b≥

Gi ải Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c Đặt x = a ⇒

x ≥ b ≥ c > 0

Ta có (1) ⇔ f (x) = x b c

b c+c x+ x b

+ + + với x ≥ b ≥ c > 0

( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2

f x

b c x c x b b c b c b c

⇒ f(x) đồng biến [b, +∞) ⇒ 2

f x f b

b c

+

≥ =

+ (2)

Đặt x = b ⇒ x ≥ c > 0, xét hàm số g(x) = 2x c

x c

+ + với x ≥ c > 0

⇒

( ) 2

g x

x c

′ = >

+ ∀c > 0 ⇒ g(x) đồng biến [c, +∞) ⇒ 3

2

g x ≥g c = (3)

2

b c+c a+ a b≥ + + + ∀a, b, c > 0

Bình lu ận: Bất đẳng thức Nesbitt ra đời năm 1905 và là một bất

đẳng thức rất nổi tiếng trong suốt thế kỷ 20 Trên đây là một cách chứng minh bất đẳng thức này trong 45 cách chứng minh

Bạn đọc có thể xem tham khảo đầy đủ các cách chứng minh trong

cuốn sách: “Những viên kim cương trong bất đẳng thức Toán học”

của tác giả do NXB Tri thức phát hành tháng 3/2009