Tính đơn điệu của hàm số

Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số 1 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 1 mx m x m y x       nghịch biến trên [1,  ) Giải: Hàm số nghịch biến trên [1,  )    2 2 27 01 1 mx mx yx x           22 2 7 0 2 7 1mx mx m x x x            2 7 1 2 u x m x xx         1 Min x u x m   . Ta có:     22 7 2 2 01 ( 2 ) x u x x xx         u(x) đồng biến trên [1,  )      1 7 Min 1 3 x m u x u      Bài 2. Tìm m để     32 1 1 3 4 3 y x m x m x        đồng biến trên (0, 3) Giải. Hàm số tăng trên (0,3)        2 2 1 3 0 0,3y x m x m x          (1) Do   yx  liên tục tại x  0 và x  3 nên (1)  y   0  x  [0, 3]      2 2 1 2 3 0,3m x x x x           2 23 0,3 21 xx g x m x x           0,3 Max x g x m   . Ta có:       2 2 2 2 8 0 0,3 21 xx g x x x         g(x) đồng biến trên [0, 3]        0,3 12 Max 3 7 x m g x g     Bài 3. Tìm m để     32 1 1 3 2 33 m y x m x m x      đồng biến trên   2, Chương I. Hàm số – Trần Phương 2 Giải: Hàm số tăng /   2,      2 2 1 3 2 0 2y mx m x m x          (1)    2 1 2 2 6 2m x x x               2 26 2 12 x g x m x x       Ta có:     2 22 2 6 3 0 ( 2 3) xx gx xx     1 2 36 36 xx xx            ;   lim 0 x gx   Từ BBT      2 2 Max 2 3 x g x g m     . Bài 4.      3 2 2 2 7 7 2 1 2 3y x mx m m x m m        đồng biến /   2, Giải: Hàm số tăng trên   2,    22 3 2 2 7 7 0, 2y x mx m m x           Ta có   2 7 3 3mm       2 33 70 24 m        nên 0y   có 2 nghiệm 12 xx BPT g(x)  0 có sơ đồ miền nghiệm G là: Ta có   0yx   đúng 2x    2, G      2 12 0 5 1 5 2 2 3 2 3 2 3 5 0 1 2 6 2 23 m x x y m m m Sm m                                 Bài 5. Tìm m để   2 2 1 1x m x m y xm       đồng biến trên   1,  Giải: Hàm số đồng biến trên   1,     22 2 2 4 2 1 01 x mx m m yx xm                22 01 2 4 2 1 0 1 1 0 g x x g x x mx m m x m xm                      Cách 1: Phương pháp tam thức bậc 2 Ta có:   2 2 1 0m      suy ra g( x )  0 có 2 nghiệm 12 xx . BPT g(x)  0 có sơ đồ miền nghiệm G là: Ta có g(x)  0 đúng  x  (1,  )    1, G      2 12 1 1, 0 1 2 1 2 6 1 0 3 2 2 3 2 2 3 2 2 21 2 m m x x g m m m m S m                                    1 x 2 x 1 x 2 x x 2 36    gx  _ 0 +   gx 23 CT 0 Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số 3 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,  ) Do đó       2 1 1 6 1 0 3 2 2 Min 0 1 3 2 2 3 2 2 1 1 1 x g m m m gx m m m m m                                   Bài 6. Tìm m để     2 4 5 cos 2 3 3 1y m x m x m m       giảm x Giải: Yêu cầu bài toán   5 4 sin 2 3 0,y m x m x                5 4 2 3 0, 1;1g u m u m u         . Do đồ thị     , 1;1y g u u   là một đoạn thẳng nên ycbt     1 6 8 0 4 1 3 1 2 2 0 gm m gm                  Bài 7. Tìm m để hàm số 11 sin sin 2 sin3 49 y mx x x x    tăng với mọi x Giải: Yêu cầu bài toán 11 cos cos2 cos3 0, 23 y m x x x x               23 11 cos 2cos 1 4cos 3cos 0, 23 m x x x x x            32 41 , 1,1 32 m u u g u u         , với   cos 1,1ux   Ta có     2 1 4 2 2 2 1 0 ; 0 2 g u u u u u u u             Lập BBT suy ra yêu cầu bài toán        1,1 5 Max 1 6 x g u g m      . Bài 8. Cho hàm số       32 1 1 2 1 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       2 1 2 2 1 3 2 0y m x m x m         . Do 2 7 3 0mm       nên 0y   có 2 nghiệm 12 xx . Khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4   1 2 2 1 0; ; ; 4y x x x x x        10m   và 21 4xx . Ta có 21 4xx             2 22 2 1 2 1 2 1 2 4 2 1 4 3 2 16 4 1 1 mm x x x x x x m m                  22 4 1 2 1 3 2 1m m m m       2 7 61 3 7 1 0 6 m m m        kết hợp với 10m suy ra 7 61 6 m   Chương I. Hàm số – Trần Phương 4 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: 53 1 3 4 0x x x     . Giải. Điều kiện: 1 3 x  . Đặt   53 1 3 4 0f x x x x      . Ta có:   42 3 5 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. Bài 2. Giải phương trình: 22 15 3 2 8x x x     Giải. Bất phương trình    22 3 2 8 15f x x x x       0 (1). + Nếu 2 3 x  thì f ( x ) < 0  (1) vô nghiệm. + Nếu 2 3 x  thì   22 1 1 2 30 3 8 15 f x x x xx             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: 35 4 1 5 7 7 5 13 7 8x x x x        (*) Giải. Điều kiện 5 7 x  . Đặt   35 4 1 5 7 7 5 13 7f x x x x x        Ta có:       2 3 4 5 3 4 5 7 13 1 0 21 5 (13 7) 3 5 7 4 7 5 fx x x xx              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: 32 1 1 1 5 4 3 2 2 5 7 17 2 3 6 x x x x x x x x x x          (*) Giải. (*)           32 1 1 1 5 4 3 2 2 5 7 17 2 3 6 x xx x x x x f x x x x g x              Ta có f (x) đồng biến và g  (x)   6x 2  10x  7 < 0  x  g(x) nghịch biến. Nghiệm của f (x)  g(x) là hoành độ giao điểm của     vày f x y g x . Do f (x) tăng; g(x) giảm và     1 1 13fg nên (*) có nghiệm duy nhất x  1. Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số 5 Bài 5. Tìm số m Max để   sin cos 1 sin2 sin cos 2m x x x x x x       (*) Giải. Đặt   2 2 sin cos 0 sin cos 1 sin2t x x t x x x         2 12t  12t , khi đó (*)    2 1 1 1, 2m t t t t            2 1 1, 2 1 tt f t m t t            1, 2 Min t f t m     . Do     2 2 2 0 1 tt ft t     nên f (t) đồng biến / 1, 2        1, 2 3 Min 1 2 t f t f      3 2 m   3 Max 2 m  Bài 6. Giải phương trình 22 sin cos 2008 2008 cos2 xx x 2 2 2 2 sin cos 2 2 sin 2 cos 2 2008 2008 cos sin 2008 sin 2008 cos x x x x x x x x       (*) Xét   2008 u f u u . Ta có   2008 .ln 1 0 u f u u     . Suy ra   fu đồng biến. (*)     2 2 2 2 sin cos sin cos cos2 0f x f x x x x      , 42 k xk      Bài 7. Tìm   , 0,xy thỏa mãn hệ cotg cotg 3 5 2 x y x y xy          Giải. cotg cotg cotg cotg x y x y x x y y       . Xét hàm số đặc trưng     cotg , 0,f u u u u    . Ta có   2 1 10 sin fu u     . Suy ra   fu đồng biến trên   0,  . Khi đó     4 3 5 2 f x f y xy xy            Bài 8. Giải hệ phương trình 32 32 32 21 21 21 x y y y y z z z z x x x                  (*). Giải. Xét   32 f t t t t   với t      2 2 2 1 0f t t t       f (t) tăng. Không mất tính tổng quát giả sử x  y  z        f x f y f z  2 1 2 1 2 1z x y z x y         x  y  z   1 Bài 9. Giải hệ bất phương trình 2 3 3 2 1 0 3 1 0 xx xx            Giải. 2 1 3 2 1 0 1 3 x x x       . Đặt   3 31f x x x   . Ta có:      3 1 1 0f x x x         fx giảm và       1 1 1 0, 1, 3 27 3 f x f x      Chương I. Hàm số – Trần Phương 6 II. DẠNG 2: ỨNG DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài 1. Chứng minh rằng: 3 3 5 sin 3! 3! 5! x x x x x x     x > 0 Giải  3 sin 3! x xx  x > 0    3 sin 0 3! x f x x x     x > 0 Ta có   2 1 cos 2! x f x x        sinf x x x      1 cos 0f x x      x > 0    fx  đồng biến [0, +  )      00f x f     x > 0    fx  đồng biến [0, +  )      0f x f   = 0  x > 0    fx đồng biến [0, +  )  f(x) > f(0) = 0  x > 0  (đpcm)  35 sin 3! 5! xx xx    x > 0  g(x) = 53 sin 0 5! 3! xx xx     x > 0 Ta có g  (x) = 42 1 cos 4! 2! xx x    g  (x) = 3 sin 3! x xx = 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: 2 sin 0, 2 x xx         Giải. 2 sin 2 sin ( ) xx x f x x       x  0, 2     . Xét biểu thức đạo hàm 22 () cos sin () gx x x x fx xx    , 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 gx fx x    x  0, 2      f (x) giảm trên 0, 2          2 2 f x f     2 sin , 0, 2 x xx         Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số 7 Bài 3. Chứng minh rằng: 2 ln ln x y x y xy     x > y > 0 Giải. Do x > y > 0, lnx > lny  lnx  lny > 0, nên biến đổi bất đẳng thức  1 ln ln 2 ln 2 1 x x y y x xy x x y y y            1 ln 2 1 t t t    với x t y  >1  1 ( ) ln 2 0 1 t f t t t        t >1. Ta có         2 22 1 4 1 0 11 t ft t t t 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 11 y x y x y x          , 0,1xy xy        (1) Giải. Xét hai khả năng sau đây: + Nếu y > x thì (1)    ln ln 4 11 y x yx yx      ln 4 ln 4 11 y x yx yx     + Nếu y < x thì (1)    ln ln 4 11 y x yx yx      ln 4 ln 4 11 y x yx yx     Xét hàm đặc trưng f(t) = ln 4 1 t t t   với t  (0, 1). Ta có     2 1 2 1 40 (1 ) (1 ) t ft t t t 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: ba ab  a > b  e Giải. a b < b a  lna b < lnb a  blna < alnb  ln lnab ab  . Xét hàm đặc trưng f(x) = ln x x  x  e. Ta có 22 1 ln 1 ln ( ) 0 xe fx xx       f(x) nghịch biến [e, +  )  f(a) < f(b)  ln lnab ab   a b < b a Chương I. Hàm số – Trần Phương 8 Bài 6. (Đề TSĐH khối D, 2007) Chứng minh rằng     11 2 2 , 0 22 ba ab ab ab      Giải. Biến đổi bất đẳng thức     1 1 1 4 1 4 22 2 2 2 2 ba ba ab ab a b a b                               ln 1 4 ln 1 4 1 4 1 4 ln 1 4 ln 1 4 ab b a b a a b a b ab            . Xét hàm số đặc trưng cho hai vế     ln 1 4 x fx x   với 0x  . Ta có         2 4 ln4 1 4 ln 1 4 0 14 x x x x x fx x         fx giảm trên       0, f a f b   Bài 7. (Bất đẳng thức Nesbitt) Chứng minh rằng: 3 2 a b c 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 11 ( ) 0 b c b c fx b c b c x c x b b c b c               f(x) đồng biến [b, +  )  2 ( ) ( ) bc f x f b bc    (2) Đặt x = b  x  c > 0, xét hàm số g(x) = 2xc xc   với x  c > 0    2 ( ) 0 c gx xc     c > 0  g(x) đồng biến [c, +  )  3 ( ) ( ) 2 g x g c (3) Từ (2), (3) suy ra 3 2 a b c 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 . Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số 9 Nguồn: Giáo viên . 2. Tính đơn điệu của hàm số 1 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. x 2 36    gx  _ 0 +   gx 23 CT 0 Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số 3 Cách 2: Phương pháp hàm số Ta có: g  ( x )  4( x  m)  4( x  1) > 0  x .      kết hợp với 10m suy ra 7 61 6 m   Chương I. Hàm số – Trần Phương 4 B. ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ I. DẠNG 1: ỨNG DỤNG TRONG PT, BPT, HỆ PT, HỆ BPT Bài 1. Giải