CHUYEN DE ON THI DAI HOC 71410

Lời nói đầu Đồng biến, nghịch biến là cỏc khỏi niệm cơ bản nhất của hàm số, đặc biệt là trong chương trỡnh toỏn phổ thụng.. Trong khuôn khổ bài viết này, tôi chỉ trình bày một vài ứng dụ

Lời nói đầu Đồng biến, nghịch biến là cỏc khỏi niệm cơ bản nhất của hàm số, đặc biệt là trong chương trỡnh toỏn phổ thụng Sử dụng khảo sỏt sự biến thiờn của HS giỳp chỳng ta giải quyết được một lớp rất rộng cỏc bài toỏn Trong khuôn khổ bài viết này, tôi chỉ trình bày một vài ứng dụng thờng gặp của tính đơn điệu của hàm số trong việc giải quyết một số dạng bài toán

Vỡ thời gian và kinh nghiệm cũn hạn chế, chắc chắn thiếu sút vẫn cú thể xảy ra, rất mong cỏc thầy, cụ giỏo và cỏc bạn độc giả đúng gúp ý kiến để bài viết được hoàn thiện hơn

Yờn Phong, ngày 12/02/2009

Nguyễn Bỏ Nam.

I Tóm tắt lý thuyết hàm số đơn điệu

Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a, b)

1 Định nghĩa 1:

- Hàm số y = f(x) đồng biến (tăng) trên khoảng (a,b) nếu  x1, x2  (a,b), x1< x2 thì f(x1) < f(x2)

- Hàm số y = f(x) nghịch biến (giảm) trên khoảng (a,b) nếu x1,x2 (a,b), x1< x2 thì f(x1) > f(x2)

- Hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến ) trên khoảng (a; b) gọi chung là hàm số đơn

điệu trên khoảng đó

2 Định nghĩa 2:

- Hàm số y = f(x) đồng biến (a; b)  Δy

Δx > 0 trên khoảng (a, b).

- Hàm số y = f(x) nghịch biến (a; b)  Δy

Δx < 0 trên khoảng (a, b).

3 Nhận xét:

- Hàm số y = f(x) đồng biến trên (a; b)  f'(x) =lim0

x

y x

 



  0 trên khoảng (a; b)

- Hàm số y = f(x) nghịch biến trên (a; b)  f'(x) =lim0

x

y x

 



  0 trên khoảng (a; b)

4 Định lý:

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng (a; b) Nếu f'(x)  0 (hoặc f'(x)  0) và dấu

"=" xảy ra ở một số hữu hạn điểm trên khoảng (a; b) thì hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng đó

II Một số dạng bài toán thờng gặp:

1 T ìm điều kiện của tham số để hàm số đồng biến (nghịch biến) trên một khoảng nào

đó.

Ví dụ 1: Tìm m để hàm số y=(m + 2)x3 - 3x2 - 3x + 2 luôn nghịch biến

Giải: Ta có y’ =3(m + 2)x2 - 6x -3

Hàm số luôn nghịch biến  y’≤ 0 x



2 0

3 ' 9 27 0

m

m m

 



 



   

Ví dụ 2: Tìm m để hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 đồng biến trên (1 ; 2)

Giải: Hàm số đồng biến trên (1 ; 2) y' = 3x2 + 6x + m  0 x  (1; 2)

 3x2 + 6x  -m x  (1; 2)  x2 + 2x  - m

2 x  (1; 2)

 min ( )  1;2 

m

2 (1), với g(x) = x2 + 2x

Ta có g'(x) = 2x + 2 > 0 x  (1; 2), nên hàm số g(x) đồng biến (1;2) và

min ( )  1;2 

 = g(1) = 3 Vậy (1)  - m

2  3  m  -6 Suy ra m  -6 là giá trị cần tìm

Ví dụ 3: Tìm m để hàm số

2

2 3

1

x x m y

x

 



 đồng biến trên khoảng (3;)

2

2

2 4 3

1

x

  

  f(x)=2x2 - 4x + 3 - m  0, x>3…(tơng tự ví dụ 2)

Đáp số: m  9

Nhận xét: Từ ví dụ 2 và ví dụ 3, ta có tham số trong y' ở hệ số không chứa biến số Có thể

đa tham số vào hệ số chứa biến trong y'

Ví dụ 4: Cho hàm số y = x3 + mx2 + x + 1 Tìm m để hàm số đồng biến trên (1; 2)

Giải: Yêu cầu bài toán  y' = 3x2 + 2mx + 1  0; x  (1; 2)

 3x + 1

x  -2m; x  (1; 2)

 min ( )1;2

  -2m (1), với g(x) = 3x +

1

x

Ta có g'(x) = 3- 1

x2 = 3 x2− 1

x2 > 0 x  [1; 2]

Suy ra min ( )1;2

 = g(1) = 4 Vậy (1)  4  - 2m  m  -2

Đáp số: m  -2

Ví dụ 5: Cho hàm số y=

1

3x3

-1

2(2m + 1)x2 +(3m + 2)x - 5m +2 Tìm m để hàm số nghịch biến trong khoảng (0; 1)

HD: Ycbt  y' =x2 - (2m+1)x + 3m + 2  0, x (0; 1)

 x2 - x + 2  m(2x-3), x (0; 1)



2 3

x x x

 



 m, x (0; 1), ( do x (0; 1), nên 2x-3 < 0)

min ( )0;1

 ≥m, với g(x)=

2 3

x x x

 



Bằng cách kháo sát hàm g(x), ta tìm đợc min ( )  0;1 

 =g(1) =-2

Vậy đáp số m  -2

Nhận xét: Trong các ví dụ trên, ở tất cả các biểu thức của y’ thì tham số đều đồng bậc (bậc nhất),

và ta đều sử dụng cùng một cách biến đổi đó là độc lập tham số với biến số, sau đó sử dụng khảo sát hàm số mới đã độc lập với tham số trên khoảng đang xét và suy ra giá trị của tham số thỏa mãn yêu cầu bài toán Tuy nhiên, đối với một số hàm số không thuộc dạng này thì ta không thể dùng cách đó đợc Để minh họa, chúng ta xét ví dụ tiếp theo sau đây:

Ví dụ 6: Cho hàm số y=

x m

   

Tìm m để hàm số đồng biến trong khoảng (0; 1)

Giải: Đkxđ x ≠ m.

HS xác định trong khoảng (0; 1)

0 1

m m





  

 (1)

Ta có y’=

2

( )

x m

 Hàm số đồng biến trong khoảng (0; 1)  y’ ≥ 0 x (0; 1)

Hay f(x) = x2 2mx 3m2 4m 1 ≥ 0 x (0; 1)

Vì f(x) là một tam thức bậc hai có 2

S

=m (0; 1), nên f(x) ≥ 0 x (0; 1) 

(0) 0 (1) 0

f f











3

4 1 0

3 6 2 0

m

  



 

  

1 4

 (2)

Từ (1) và (2) suy ra giá trị tham số thỏa mãn yêu cầu bài toán là m  0

Ví dụ 7: Cho hàm số y = (2m + 3) sin x + (2 - m)x Tìm m để hàm số đồng biến trên R Giải: TXĐ: R.

Ta có y' = (2m + 3) cosx + (2 - m)

Đặt cosx = t  [-1; 1], suy ra y' = g(t) = (2m + 3)t + (2 - m)

Hàm số đồng biến trên R khi y'  0 x  R  g(t)  0 t  [-1; 1]

Điều kiện: g(-1)  0 -3m - 1  0

g(1)  0 m + 5  0

Đáp số - 5  m  - 1

3 .

Nhận xét: Bằng phép tơng tự, xét các hàm số nghịch biến trên khoảng (a, b); trên hai

khoảng nào đó

Bài 1: Tìm m để hàm số y = mx3 + 3x2 + 1 đồng biến trên khoảng (1; 2)

Đáp số: m  -1

Bài 2: Tìm m để hàm số y=

1

3x3 -(3m - 1)x2 + (m + 3)x + 4m -3 đồng biến trên (1; +)

Đáp số: m ≤ 1

Bài 3: Tìm m để hàm số y = mx3 + 2(m - 1) x2 + 5mx + 3 nghịch biến trên (-; 1).

Bài 4: Tìm m để hàm số y = nghịch biến trên (-3; -2).

Bài 5: Tìm m để hàm số y = nghịch biến trên khoảng (1;+).

Bài 6: Cho hàm số y=

2

2x (1 m x) 1 m

x m

   

 đồng biến trên khoảng (0; +)

Đáp số: m   1 2

2 ứ ng dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải phơng trình, bất phơng trình và hệ phơng trình.

Ví dụ 1: Giải phơng trình 2x −1 −2 x2

− x = (x - 1)2 (1) Giải: Ta có: x2 - x - (x - 1) = (x -1)2

Nên (1) có dạng: 2x −1+(x −1)=2 x2− x + (x2 - x) (2)

Đặt f(t) = 2t + t; f'(t) = 2tln2 + 1 > 0  tR

nên phơng trình (2) <=> f(x - 1) = f(x2 - x) <=> (x2 - x) = x -1

<=> x = 1 là nghiệm của phơng trình

Nhật xét: Ta có thể khái quát hoá bài toán trên:

Cứ cho 1 phơng trình f(x) = g(x) Khi đó:

af(x) + f(x) = af(x) + g(x) (a > 0; a  1)

Ta đợc một phơng trình mới với cách giải tơng tự

Bài tập áp dụng: Giải các phơng trình sau:

1/.

2

1 1

2 / 2 2

2

x

  

3/ 2009 x 2009 x  cos 2x 4 /.2009cosx 2008cosx  cosx

5 /.2* 2x 32x 2x 3x1 x 1

    

Ví dụ 2: Giải phơng trình:

2

2

1

2 2 3

x x

x x

x x

 

  

Giải: Đặt u=x2 + x +1; v=2x2 - 3x + 3 (u > 0, v > 0) Suy ra v - u=x2 -3x +2

Phơng trình đã cho trở thành: log3u v u log3u log3v v u

v        log 3u u  log 3v v (1)

Xét hàm số: f(t)= log t t3  trên (0; ), ta có f’(t)=

1

1 0, 0

ln 3 t

t     nên hàm số đồng biến

trên (0; )

Vậy từ (1) ta có f(u) = f(v), suy ra u = v, hay v - u = 0, tức là x2 -3x +2 = 0

1 2

x x





  



Nhận xét:

 Đối với các phơng trình dạng loga u v u

v   , với u, v >0 và a > 1, ta thờng biến đổi về

dạng loga u v u loga u loga v v u

v        loga u u loga v v

Vì hàm số f(t)= loga t t đồng biến trên (0; ), nên ta có u = v

 Với các điệu kiện nh trên, ta có bất phơng trình:

loga u v u f u( ) f v( ) u v

Ví dụ 3: Giải bất phơng trình: log (3 5  x) log  4 x

Giải: Điều kiện x > 0.

Đặt t = log4x  x = 4t, bất phơng trình trở thành

log5(3 + 2t) > t  3 + 2t > 5t 

   

   

   

Hàm số f(t) =

3

   



   

    nghịch biến trên R và f(1) = 1

Vậy bất phơng trình trở thành f(t) > f(1)  t < 1

Từ đó ta đợc log4x < 1 0 < x < 4

Chú ý:

 Đối với BPT dạng logau < logbv, ta thờng giải nh sau:

Đặt t = logau (hoặc t = logbv), đa về BPT mũ; sử dụng tính đơn điệu của hàm số để suy

ra nghiệm

 Với PT dạng logau = logbv, ta thờng giải nh sau:

Đặt t = logau = logbv 

t t

u a

v b

 





 ; sử dụng phơng pháp thế để đa về một PT mũ ẩn t Tìm

t (thông thờng có nghiệm t duy nhất); suy ra x

Bài tập vận dụng:

Giải phương trỡnh:

1) 4

2 5

log (x  2x 3) 2log (  x  2x 4)

2) log 6

log (x 3 x) log  x

3) log5(3 + 3x1) = log4(3x + 1)  3 

4)3log 1  x x  2log x

.

5) 5log2x

− 3log2x2

log2x2−log22x

Ví dụ 4: Giải hệ bất phơng trình:

{3 x2+2 x −1<0 (1)

x3− 3 x+1>0(2)

Giải: Nghiệm bất phơng trình (1) là: - 1 < x <

Xét bất phơng trình (2): đặt f(x) = x3 - 3x + 1, với x  (-1; ) Ta có:

f'(x) = 3x2 - 3 = 0  x =  1

BBT:

Căn cứ vào bảng biến thiên đợc hàm số y = f(x) nghịch biến trên (-1; ),nên x (-1; ) thì f(x) >f() = > 0

Vậy f(x) > 0 với  x (-1; )

Kết luận: Hệ có nghiệm -1 < x <

Ví dụ 5: Giải hệ phơng trình: { x − y=e x −e y(1)

log22x −3 log2y +2=0 (2)

Giải: Điều kiện: x, y > 0

Từ (1) <=> ex - x = ey - y (3)

Đặt f(t) = et - t xét (0;+) có f'(t) = et - 1 > 0, t > 0 , nên f(t) đồng biến (0;+)

Do vậy (3) <=> f(x) = f(y) <=> x = y

Thay vào (2): log 22x −3 log2x +2=0 đợc log2x = 1 hoặc log2x = 2 ta đợc nghiệm của

hệ là x = 2 hoặc x = 4

Nhận xét: Đối với loại hệ phơng trình mà trong hệ có phơng trình dạng f(x) = f(y), phơng

trình còn lại giúp ta giới hạn đợc x, y để trên đó hàm số f đơn điệu Từ đó suy ra x=y

Ví dụ 6: Giải hệ phơng trình:

5 5 (1)

1(2)

x y

   



 



Giải: Từ PT (2) ta có x8 ≤ 1, y4 ≤ 1  x  1; y  1

Xét hàm số: f(t) = t5 - 5t, t  1;1

, ta có f’(t) =3t2 -5 < 0,  t  1;1

Do đó hàm số f(t) nghịch biến trên khoảng (-1; 1), nên từ PT (1) suy ra x=y Thay vào PT (2) ta đợc:

x8 + x4 - 1 = 0

Đặt a= x4 0, giải PT tơng ứng ta đợc a=

1 5 2

2

x y  

  

Ví dụ 7: Giải hệ PT

2 2 3 1

2 2 3 1

y x





     







Giải: Đặt u=x-1, v=y-1, ta đợc hệ:

2

2

1 3 (1)

1 3 (2)

b u

u u

v v

   





  



Trừ từng về tơng ứng hai PT của hệ ta đợc u u2  1 3u  v v2  1 3v (3)

Xét hàm số f(t) = t + t  2 1 3t, ta có f’(t) =

2

2

1

3 ln 3 1

t

t

 



Vì t 2 1≥ t 2 -t  t 2 1 + t > 0 => f’(t) > 0 t R, do đó hàm số f(t) đồng biến trên R

Từ đó PT (3) <=> u=v Thay vào PT (1) ta đợc u u2   1 3u (4)

Theo trên ta có u 2 1 + u > 0, nên PT (4) <=> ln(u u2 1)  uln 3=0

Xét hàm số g(u) = ln(u u2 1)  uln 3, có g’(u) = 2

1

ln 3 1 ln 3 0,

u        , nên hàm

số g(u) nghịch biến trên R và do đó PT (4) có nghiệm duy nhất u=0

Từ đó suy ra hệ PT ban đầu có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 1)

Một số bài tập t ơng tự:

1 Tìm x, y  (0; ) thoả mãn hệ:

{cot x −cot y =x − y 5 x+8 y=2 π

2 Giải hệ: {x − y=(log2y − log2x)(1+ xy)

xy − 3 y+ 2=0

3 Giải hệ bất phơng trình: { x2+5 x+4<0

x3+3 x2− 9 x −10>0

4 Giải hệ bất phơng trình: {log2

2

x − log2x2< 0 1

3x

3

− 3 x2+5 x+9>0

5 Giải hệ:

2( 2 1) ( 1)

4 1 ln( 2 ) 0





3 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số giải các bài toán giải phơng trình và bất phơng trình chứa tham số:

Ví dụ 1: Tìm a phơng trình x2 + 3ax + 1 =0 (1) có 3 nghiệm phân biệt

Giải: Ta có (1) <=> x3 + 1 = - 3ax (2)

a) Với x = 0 không là nghiệm của phơng trình (2) a

b) Với x  0: phơng trình (2) <=> x2 + = -3a

Đặt f(x) = x2 +  f'(x) = 2x - =

f'(x) = 0 <=> x = 1

3

√2 BBT:

x - 0 1

3

√2

+

-

+

Đặt g(x) = - 3a là đờng thẳng song song với trục Ox Căn cứ vào bảng biến thiên ở trên  (1) có 3 nghiệm phân biệt

<=> f(x) cắt g(x) tại 3 điểm phân biệt

<=> g(x) > f( 1

3

√2 ) <=> - 3a >

3 3

√2 2

<=> a < -

3

√2 2

Đáp số: a < -

3

√2 2

Ví dụ 2: Tìm m để bất phơng trình - x3 + 3mx - 2 < - (1) nghiệm đúng  x  1

Giải: Ta có (1) <=> x3 + 2 - > 3mx (do x  1)

<=> x2 + > 3m (2)

Đặt f(x) = x2 + xét trên [1; + )

Ta có f'(x) = > 0 x  1 => f(x) đồng biến [1; + )

Vậy 3m < min  1;  ( )

  = f(1) = 2 <=> m <

Đáp số: m <

Nhận xét:

1 Cô lập tham số sang một bên

2 Sử dụng tính biến thiên của hàm số và hàm số hằng

Một số bài toán t ơng tự:

Bài toán 1: Tìm m phơng trình: x3 + 3ax + 1 = 0

a Có hai nghiệm phân biệt

b Có duy nhất nghiệm

Bài toán 2: m = ? phơng trình x3 + 3x + 2m - 3 = 0 có nghiệm

Bài toán 3: Tìm m để bất phơng trình luôn đợc nghiệm đúng

x3 + 3ax + 1 > 0 x > 0

4 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng thức:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng: x - sin x > 0 x > 0 (1)

Giải: Thật vậy, đặt f(x) = x - sin x, xét trên (0; +)

Ta có f’(x) = 1 - cos x  0 x > 0

=> f(x) đồng biến trên (0; +) và xác định tại x = 0 nên x > 0 thì f(x) > f(0) = 0 nên (1) đợc chứng minh

Nhận xét: Sử dụng ví dụ trên có thể chứng minh đợc.

Bài toán 1: CMR: cosx > 1 - với x > 0

Bài toán 2: CMR: x - < sin x với x > 0.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng: sin x + tan x - 2x > 0 với x  (0; )

Giải: Đặt f(x) = sin x + tan x - 2x xét trên (0; ).

Ta có f'(x) = cos x + - 2 > cos2x + - 2  2 - 2 = 0

=> f(x) đồng biến trên khoảng (0; ) mà f(x) xác định tại x = 0

nên f(x) > f(0) = 0 x  (0; ) => đpcm

Nhận xét: Sử dụng phơng pháp của bài toán trên ta chứng minh đợc:

Bài toán 1: CMR: 2sin x + 2tan x > 2x + 1 x  (0; )

Bài toán 2: CMR: 22sin x + 2tan x >

3 1 2

2

x



x  (0; )

Bài toán 3: CMR: (sin x x )3>cos x x  (0; )

Nhận xét:

 Sử dụng kết quả bài toán 1, ta có thể CM đợc:

Với mọi tam giác ABC nhọn ta đều có:

2sinA + 2sinB + 2sinC + 2tanA + 2tanB + 2tanC > 6.32 

 Sử dụng kết quả bài toán 2, ta có thể CM đợc:

Với mọi tam giác ABC nhọn ta đều có:

4sinA + 4sinB + 4sinC + 2tanA + 2tanB + 2tanC > 6 2 

Ví dụ 3: CMR: ex > 1 + x +

2 2

x

, với mọi x > 0

Giải: Ta có BĐT cần CM tơng đơng với x > ln(1 + x +

2 2

x

)

Xét hàm số f(x) = x - ln(1 + x +

2 2

x

), ta có f’(x) =

2

x

x  x >0,  x R

Vậy hàm số đồng biến trên R Do đó với x > 0, ta có f(x) > f(0) = 0

Hay x > ln(1 + x +

2 2

x

) x 0(đpcm)

Nhận xét: Với x>0 và nN*, ta có BĐT tổng quát sau:

ex > 1 + x +

2

2! !

n

n

 

, hay ln(1 + x +

2

n

n

 

) < x C¸ch CM B§T nµy t¬ng tù nh trªn