Giáo án luyện thi Toán 12 - Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số

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... Tính đơ[r]

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

Bài 1 Tìm m để 2 6 5 2 1 3  nghịch biến trên [1, )

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

2



 Ta có:

 

1

Min



x





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

1

7

3

x





Bài 2 Tìm m để 1 3  1 2  3 4 đồng biến trên (0, 3)

3

y  x  m x  m x

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

 Ta có:

   

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 đồng biến trên

m

Giải: Hàm số tăng / 2,  y mx22m1x3m2  0 x 2 (1)

m x     x  x  

x

x

g x

; 1

2

x x

x x

   

 

 

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 7m2 3m3  2 nên có 2 nghiệm

m

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 y 2x2 1 m x 1 m đồng biến trên

x m



Giải: Hàm số đồng biến trên 1, 

2

x m



1 0

m

x m



 



Cách 1: Phương pháp tam thức bậc 2

Ta có:  2 suy ra g(x)  0 có 2 nghiệm



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

Ta có g(x)  0 đúng x(1, )  1,  G

1 2

1

3 2 2

2 1 2

m m











1

1

 

 

CT

0

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, )

2 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 4 msinx2m   3 0, x 

một đoạn thẳng nên ycbt  

 

1

3

m





Bài 7 Tìm m để hàm số sin 1sin 2 1sin 3 tăng với mọi

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

 cos 12 cos2 1 14 cos3 3cos  0,

, với

3 2

2

g u   u  u  u u    u u

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

2 1 4

2

1 1

m m





kết hợp với suy ra

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: x5 x3 1 3 x  4 0

3

x f x x5 x3  1 3 x 4 0

2 1 3

x

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 thì f (x) < 0  (1) vô nghiệm.

3

x

+ Nếu 2 thì

3

3

 f (x) đồng biến trên  2 , mà f (1)  0 nên (1) có đúng 1 nghiệm x  1

3 

Bài 3 Giải bất phương trình: x 1 35x 7 47x 5 513x 7 8 (*)

Giải Điều kiện 5 Đặt

7

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

Ta có:  

f x

 f (x) đồng biến trên 5 ,  Mà f (3)  8 nên (*)  f (x) < f (3)  x < 3

7



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

1, 2

Min

 

2 2

1

f t

t





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

1, 2

3

2

 

 

2

2

m

Bài 6 Giải phương trình 2008sin2x 2008cos2x 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 cos2 xsin2 xcos2 xcos 2x0 ,

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

f x f y

x y

  





Bài 8 Giải hệ phương trình (*)

3 2

3 2

3 2







Giải Xét f t t3 t2 t với t    2  2  f (t) tăng

f t  t  t 

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 Đặt Ta có:

3

x  x     x f x x3 3x1

 giảm và

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

Bài 1 Chứng minh rằng: 3 sin 3 5 x > 0

x  x x  

Giải  3 sin x > 0  x > 0

3!

x

3!

x

f x   x x

2!

x

f x    x f x  x sinx f x  1 cosx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!

5! 3!

Ta có g(x) = 4 2 1 cos  g(x) = = f(x) > 0 x > 0

x

3!

x

 

 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

Giải sinx 2x f x( ) sinx 2 x Xét biểu thức đạo hàm

x



, ở đây kí hiệu g(x) = x cosx  sinx

( ) cos sin

f x



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

2



 g(x) giảm trên 0,  g(x) < g(0) = 0

2



2

( )

0

g x

f x

x

2





2

f x  f  



2

2

x

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



 



x t y



1

t

f t t

t



2

0

t

f t



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

 

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 với t(0, 1)

1

t t

t 



Ta có   1 4 2 12 0 t(0,1)  f(t) đồng biến (0, 1)

t

f t



 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  lnab < lnb a  blna < alnb  lna lnb

a  b Xét hàm đặc trưng f(x) = ln x x  e

x

Ta có f x( ) 1 ln2 x 1 ln2 e 0  f(x) nghịch biến [e, +)

 f(a) < f(b)  lna lnb  ab < b a

a  b

Bài 6 (Đề TSĐH khối D, 2007)

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 với Ta có

f x

x



giảm trên

2

1 4

x

f x

x

Bài 7 (Bất đẳng thức Nesbitt)

Chứng minh rằng: 3 a, b, c > 0 (1)

2

b c c a a b

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 với x  b  c > 0

b c c x  x b



f x

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

b c





Đặt x = b  x  c > 0, xét hàm số g(x) = 2x c với x  c > 0

x c





g x

x c



3 ( ) ( )

2

g x g c 

Từ (2), (3) suy ra 3 a, b, c > 0

2

b c c a a b

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