Chuyên đề ôn thi đại học TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ A.. ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ I... DẠNG 2: ỨNG DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài 1... Trên đây là một cách chứng minh bất đẳng thức này trong 45 cá

BÀI 2 TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1 y  f (x) đồng biến / (a, b) (x)  0 x(a, b) đồng thời (x)  0 tại một

số hữu hạn điểm  (a, b)

2 y  f (x) nghịch biến / (a, b) (x)  0 x(a, b) đồng thời (x)  0 tại một số hữu hạn điểm  (a, b)

Chú ý: Trong chương trình phổ thông, khi sử dụng 1., 2 cho các hàm số một

quy tắc có thể bỏ điều kiện (x)  0 tại một số hữu hạn điểm  (a, b)

CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA

1

y

x



 nghịch biến trên [1, )

Giải: Hàm số nghịch biến trên [1, ) 

 

2 2

1

x

2

2





 

1

Min



x



 u(x) đồng biến trên [1, )     

1

7

3

x





Bài 2 Tìm m để 1 3  1 2  3 4

3

y  x  m x  m x đồng biến trên (0, 3)

Do y x  liên tục tại x  0 và x  3 nên (1)  y  0 x[0, 3]

x

   

0,3

Max



2

x



 g(x) đồng biến trên [0, 3] 

     

0,3

12

7

x



Bài 3 Tìm m để 3  1 2 3 2 1

m

y x  m x  m x đồng biến trên 2,

  2

 2

x

x

g x

1

2

x x

x x

   

 

2

2

3

yx mx  m  m x m m đồng biến /2,

7 m 3m 3

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

1 2

5 2

2 6

2

m



 

 





Bài 5 Tìm m để 2  

2x 1 m x 1 m y



 đồng biến trên 1,

Giải: Hàm số đồng biến trên 1, 

 

2



1 0

m



 



Cách 1: Phương 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

1, 0

3 2 2

2 1

m m









1

x x 2

1

x x 2

 

 

g x 2 3

CT

0

Do đó      

2 1

1

x

g x

m m

m







y m x m xm  m giảm x 

Giải: Yêu cầu bài toán y54msinx2m   3 0, x

  5 4  2 3 0,  1;1

một đoạn thẳng nên ycbt  

 

1

3

m





Bài 7 Tìm m để hàm số sin 1sin 2 1sin 3

ymx x x x tăng với mọi x

 cos 12 cos2 1 14 cos3 3cos  0,

   

3 2

2

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

y  m x  m x m  Do   7m2   m 3 0 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

 

2

1 1

m m





 2  2   

6

6

m 

B ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

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

Bài 1 Giải phương trình: 5 3

x x   x 

3

x Đặt   5 3

f x x x   x 

2 1 3

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 

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

x  x  x  x  (*)

7

x Đặt f x  x 1 35x 7 47x 5 513x7

Ta có:  

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

Ta có f (x) đồng biến và g(x)  6x2 10x  7 < 0 x  g(x) nghịch biến

Giải Đặt 2  2

1t 2

 1 t 2, khi đó (*)    2

m t t    t t  

1

t

1, 2

Min

t

f t m

 

 

 Do  

 

2 2

2 0 1

f t

t



nên f (t) đồng biến / 1, 2      

1, 2

3

2

t

f t f

2

2

m

Bài 6 Giải phương trình sin2 cos2

2008 x 2008 x cos 2x

2008 x 2008 x cos xsin x2008 x sin x2008 x cos x (*) Xét   2008u

f u  u Ta có   2008 lnu 1 0

f u  u  Suy ra f u đồng biến  

k

Bài 7 Tìm x y, 0, thỏa mãn hệ cotg cotg



   



Giải cotg xcotg y   x y x cotg x y cotg y

Xét hàm số đặc trưng f u  u cotg ,u u0, Ta có  

2

1

sin

f u

u

Suy ra f u đồng biến trên   0, Khi đó    

4

x y

  





Bài 8 Giải hệ phương trình

3 2

3 2

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







3

f x x  x Ta có:

  3 1 1 0

f x  x x   f x giảm và      1 1 0,  1,1

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

Bài 1 Chứng minh rằng:

sin

x  x x  x > 0

Giải 

3

sin 3!

x

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)



sin

3! 5!

x x  x > 0  g(x) =

5 3

sin 0 5! 3!

    x > 0

Ta có g(x) =

1 cos 4! 2!

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



  Xét biểu thức đạo hàm

( ) cos sin

f x



   , ở đây kí hiệu g(x) = x cosx  sinx

Ta có g(x) = cosx  xsinx  cosx =  xsinx < 0 x 0,

2



 g(x) giảm trên 0,

2



   g(x) < g(0) = 0

2

( )

0

g x

f x

x

2



  f (x) giảm trên 0,2



Giải Do x > y > 0, lnx > lny  lnx  lny > 0, nên biến đổi bất đẳng thức



1

1

x

x

y





1

ln 2

1

t t t



 

 với

x t y

 >1

1

t

t



 t >1 Ta có  

 

 

 

2

0

t

f t



 f(t) đồng biến [1, +)  f(t) > f(1) = 0 t >1  (đpcm)

Bài 4 Chứng minh rằng: 1 ln ln 4

 

x y

x y







Giải Xét hai khả năng sau đây:

+ Nếu y > x thì (1)  ln ln 4 

y x

+ Nếu y < x thì (1)  ln ln 4 

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) nếu y > x và f(y) < f(x) nếu y < x  (đpcm)

Bài 5 Chứng minh rằng: b a

a b a > b  e

Giải 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( ) 1 ln2 x 1 ln2 e 0

     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

Giải 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   ln 1 4x

f x

x



 với x0 Ta có

2

4 ln 4 1 4 ln 1 4 0

1 4

x

f x

x

  f x giảm trên0,  f a f b 

Bài 7 (Bất đẳng thức Nesbitt)

2

b cc a a b

   a, b, c > 0 (1)

Giải 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

 f(x) đồng biến [b, +)  f x( ) f b( ) 2b c

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 luận: 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