TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ A.. CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài 1... Tìm m để khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4 Giải... ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐI... DẠNG 2: ỨNG DỤNG TRON

BÀI 2 TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

A TÓM TẮT 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) nghịch 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 chương 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 TẬP MẪU MINH HỌA

Bài 1 Tìm m để 2 (6 5) 2 1 3( )

1

y

x

Giải: Hàm số nghịch biến trên [1, +∞) ⇔ ( )

2 2

1

x

+

⇔ mx2 +2mx+ ≤ ⇔7 0 m x( 2 +2x)≤ − ∀ ≥7 x 1 ⇔ ( ) 2 7 1

2

−

+

( )

1

Min

≥

⇔ ≥ Ta có: ( ) 7 2(2 2)2 0 1

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)

Giải Hàm số tăng trên (0,3) ⇔ y′ = −x2+2(m−1)x+(m+ ≥ ∀ ∈3) 0 x ( )0, 3 (1)

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

⇔ m x(2 + ≥1) x2 +2x− ∀ ∈3 x [ ]0, 3 ⇔ ( ) 2 2 3 [ ]0, 3

x

[ ] ( )

0,3

Max

∈

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,+∞)

Giải: Hàm số tăng / [2,+∞) ⇔ y′ =mx2−2(m−1) x+3(m− ≥ ∀ ≥2) 0 x 2 (1)

m x − + ≥ − + ∀ ≥x x ⇔ ( )

x

x

− +

Ta có: ( ) ( 2 )

g x

1

2

x x

x x

 = = −

⇔ 

 ; xlimg x( ) 0

Từ BBT ⇒ ( ) ( )

2

2

3

Bài 4 y x= 3 −mx2 −(2m2 −7m+7) x+2(m−1 2) ( m−3) đồng biến /[2,+∞)

Giải: Hàm số tăng trên [2,+∞) ⇔ =y′ 3x2 −2mx−(2m2 −7m+7)≥ ∀ ≥0, x 2

Ta có V′=7(m2 −3m+3) ( )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

5 2

2 6

2

2 3

m

′

∆ >

 ′





Bài 5 Tìm m để y 2x2 (1 m x) 1 m

x m

= − đồng biến trên (1,+∞)

Giải: Hàm số đồng biến trên (1,+∞) ⇔

2

x m

−

1 0

m

x m

≤

− ≠



1

x2 _0+ CT0

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

1

1, 0

3 2 2

2 1 2

m m











Cách 2: Phương pháp hàm số

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

1

x

g x

m m

≥



≤

Bài 6 Tìm m để y=(4m−5 cos) x+(2m−3) x m+ 2 −3m+1 giảm x∀ ∈¡

Giải: Yêu cầu bài toán ⇔ = −y′ (5 4m)sinx+2m− ≤ ∀ ∈3 0, x ¡

⇔ = − + − ≤ ∀ ∈ − Do đồ thị y g u u= ( ), ∈ −[ 1;1] là

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∈¡

Giải: Yêu cầu bài toán cos 1cos 2 1cos 3 0,

⇔ cos 1(2 cos2 1) 1(4 cos3 3cos ) 0,

⇔ ≥ − − + = ∀ ∈ − , 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=

1

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

Giải Xét y′ =(m+1) x2 +2 2( m−1) x−(3m+2) =0 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

1 1

m m

+

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

Bài 1 Giải phương trình: x5 +x3 − 1 3− x + =4 0

Giải Điều kiện: 1

3

x≤ Đặt f x( ) =x5 +x3 − 1 3− x + =4 0

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

Bài 2 Giải phương trình: x2 +15 3= x− +2 x2 +8

Giải Bất phương trình ⇔ f x( ) =3x− +2 x2 + −8 x2 +15 = 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 35x− +7 47x− +5 513x− <7 8 (*)

Giải Điều kiện 5

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

Bài 4 Giải PT: 5 4 3 2 1 1 1 2 3 5 2 7 17

Giải (*) ( ) 5 4 3 2 ( )1 ( ) ( )1 1 2 3 5 2 7 17 ( )

Ta có f (x) đồng biến và g′(x) =−6x2+ 10x − 7 < 0 ∀x ⇒ g(x) nghịch biến Nghiệm của f (x) = g(x) là hoành độ giao điểm của y= f x( ) và y g x= ( )

Do f (x) tăng; g(x) giảm và f ( )1 =g( )1 =13 nên (*) có nghiệm duy nhất x = 1

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

⇒ 1≤ ≤t 2, khi đó (*) ⇔ m t( + ≤ + + ∀ ∈ 1) t2 t 1 t 1, 2

1

t t

1, 2

Min

∈  ≥ Do ( )

2 2

2 0 1

f t

t

+

+

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

1, 2

3

2

2

2

m=

Bài 6 Giải phương trình 2008sin 2x −2008cos 2x =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 ( )

(*) ⇔ f(sin2 x) = f(cos2x) ⇔sin2 x=cos2x⇔cos 2x=0 ,

k

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



 + = π



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,π) Ta có ( ) 1 12 0

sin

f u

u

′ = + >

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

4

f x f y

x y

⇔ = =



Bài 8 Giải hệ phương trình







(*)

Giải Xét f t( ) = +t3 t2 +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

 + − <





− + >



Giải 3 2 2 1 0 1 1

3

x + x− < ⇔ − < <x Đặt f x( ) =x3 −3x+1 Ta có:

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

Giải  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)

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> x  π

Giải sinx 2x f x( ) sinx 2

x

π

  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

π

⇒ g(x) giảm trên 0,

2

π

  ⇒ g(x) < g(0) = 0

⇒ f x( ) g x( )2 0

x

′ = < ∀x∈ 0,

2

π

 ⇒ f (x) giảm trên 0,2

π

2

f x > f π =

2

2

x

x> x  π

Bài 3 Chứng minh rằng:

+ > −

− ∀x > y > 0

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

⇔ ( ) ln 2 1 0

1

t

f t t

t

−

= − × >

+ ∀t >1 Ta có ( )

2

0

t

f t

−

+ + ∀t >1

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

Bài 4 Chứng minh rằng: 1 ln ln 4

( )

, 0,1

x y

x y



 ≠

Giải 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 4 (2 1)2 0

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: a b <b a ∀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 4 )b (1 4 )a ln 1 4( )b ln 1 4( )a ln 1 4( a) ln 1 4( b)

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

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

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

⇒ g x( ) ( c )2 0

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.

Nguồn: Giáo viên