TRƯỜNG THCS&THPT LONG HỰU ĐÔNG GIẢI TÍCH 12 §1 SỰ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN CỦA HÀM SỐ CÁC DẠNG BÀI TẬP: DẠNG 1: Xét tính đồng biến(tăng), nghịch biến(giảm) (= tính đơn điệu của hàm số) DẠNG 2: Tìm điều kiện để hàm số đơn điệu trên khoảng cho trước DẠNG 3: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, bất phương trình DẠNG 1: Xét tính đồng biến(tăng), nghịch biến(giảm) (= tính đơn điệu của hàm số) a/Phương pháp: Cho hàm số ( )y f x= - Tìm TXĐ của hàm số - Tính y’( hay '( )f x ) và giải phương trình '( ) 0f x = - Lập bảng biến thiên - Kết luận b/Ví dụ minh họa: Xét tính đơn điệu của các hàm số sau 3 2 . 9 15 3a y x x x= + + − 3 2 . 2 7b y x x x= − + − 4 2 . 6 3c y x x= − + − 4 2 . 2 4 2d y x x= + − 1 . 2 x e y x − = − 2 4 5 2 . 1 x x f y x + + = + 1 . 1 3 g y x x = − − + + 2 . 2h y x x= − 2 2 . 1 x i y x = − GIẢI 3 2 . 9 15 3a y x x x= + + − TXĐ D = ¡ 2 ' 3 18 15y x x= + + 2 1 ' 0 3 18 15 0 5 x y x x x = − = ⇔ + + = ⇔ = − BBT x −∞ -5 -1 +∞ 'y + 0 - 0 + y 22 +∞ −∞ 10 Vậy hàm số đồng biến trên ( ; 5);(1; )−∞ − +∞ ; hàm số nghịch biến trên ( 5; 1)− − 3 2 . 2 7b y x x x= − + − TXĐ D = ¡ 2 ' 3 4 7 0,y x x x= − + − < ∀ ∈¡ vì ' 4 21 17 0 ∆ = − = − < nên dấu của y’ cùng dấu với a = -3 Vậy hàm số nghịch biến trên ¡ 4 2 . 6 3c y x x= − + − TXĐ D = ¡ 3 2 ' 4 12 4 ( 3)y x x x x= − + = − − GV: TRẦN VĂN VŨ BÀI TẬP GIẢI TÍCH 12 tranvanvu1988@gmail.com(01296462176) 1 TRƯỜNG THCS&THPT LONG HỰU ĐÔNG GIẢI TÍCH 12 0 ' 0 3 x y x = = ⇔ = ± BBT x −∞ 3− 0 3 +∞ 'y + 0 - 0 + 0 - y 6 6 −∞ -3 −∞ Vậy hàm số đồng biến trên ( ; 3);(0; 3)−∞ − ; hàm số nghịch biến trên ( 3;0);( 3; )− +∞ 4 2 . 2 4 2d y x x= + − TXĐ D = ¡ 3 2 ' 8 8 8 ( 1)y x x x x= + = + ' 0 8 0 0y x x= ⇔ = ⇔ = BBT x −∞ 0 +∞ 'y - 0 + y +∞ +∞ -2 Vậy hàm số đồng biến trên (0; )+∞ ; hàm số nghịch biến trên ( ;0)−∞ 1 . 2 x e y x − = − TXĐ { } 2\D = ¡ 2 1 ' 0, 2 ( 2) y x x − = < ∀ ≠ − BBT x −∞ 2 +∞ 'y - - + y 1 −∞ +∞ Vậy hàm số nghịch biến trên ( ;2);(2; )−∞ +∞ 2 4 5 2 . 1 x x f y x + + = + TXĐ { } 1\D = −¡ 2 2 4 8 3 ' ( 1) x x y x + + = + 2 3 2 ' 0 4 8 3 0 1 2 x y x x x = − = ⇔ + + = ⇔ = − GV: TRẦN VĂN VŨ BÀI TẬP GIẢI TÍCH 12 tranvanvu1988@gmail.com(01296462176) 2 1 TRƯỜNG THCS&THPT LONG HỰU ĐÔNG GIẢI TÍCH 12 BBT x −∞ 3 2 − -1 1 2 − +∞ 'y + 0 - - 0 + y -7 −∞ −∞ +∞ +∞ 1 Vậy hàm số đồng biến trên 3 1 ( ; );( ; ) 2 2 −∞ − − +∞ ; hàm số nghịch biến trên 3 1 ( ; 1);( 1; ) 2 2 − − − − 2 1 4 2 . 1 3 3 x x g y x x x − − − = − − + = + + TXĐ { } 3\D = −¡ 2 2 6 10 ' 0, 3 ( 3) x x y x x − − − = < ∀ ≠ − + vì ' 9 10 1 0∆ = − = − < nên dấu của y’ cùng dấu với a = -1 Vậy hàm số nghịch biến trên ( ; 3);( 3; )−∞ − − +∞ 2 . 2h y x x= − TXĐ [ ] 0;2D = vì y xác định 2 2 0x x⇔ − ≥ Giải pt 2 0 2 0 2 x x x x = − = ⇔ = biểu diễn các nghiệm lên trục số và xét dấu 2 2 2 2 1 ' 2 2 2 x x y x x x x − − = = − − ' 0 1 0 1y x x= ⇔ − = ⇔ = BBT x −∞ 0 1 2 +∞ 'y + + 0 - - y 1 0 0 Vậy hàm số đồng biến trên (0;1) ; hàm số nghịch biến trên (1;2) 2 2 . 1 x i y x = − TXĐ ( ] [ ) ; 1 1;D = −∞ − ∪ +∞ vì y xác định 2 1 0x⇔ − > Giải pt 2 1 1 0 1 x x x = − = ⇔ = − biểu diễn các nghiệm lên trục số và xét dấu 3 2 2 2 ' ( 1) 1 x x y x x − = − − 3 2 0 ' 0 2 0 ( 2) 0 2 x y x x x x x = = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ± BBT GV: TRẦN VĂN VŨ BÀI TẬP GIẢI TÍCH 12 tranvanvu1988@gmail.com(01296462176) 3 0 2 0 0+ -1 1 0 0- ++ TRƯỜNG THCS&THPT LONG HỰU ĐÔNG GIẢI TÍCH 12 x −∞ 2− -1 0 1 2 +∞ 'y - 0 + + 0 - - 0 + y +∞ +∞ 2 +∞ +∞ 2 Vậy hàm số đồng biến trên (0;1) ; hàm số nghịch biến trên (1;2) c/Bài tập rèn luyện thêm Xét tính đơn điệu của các hàm số sau: Bài 1: (B1.T7.NC) Xét chiều biến thiên của các hàm số: 2 3 ) 2 3a y x x = + +1 2 3 ) 2b y x x x = − + +1 3 )c y x x = + 2 )d y x x = − 4 2 ) 2 5e y x x = − − 2 4)f y x = − Bài 2: (B6.T8.NC) Xét chiều biến thiên của các hàm số: 2 3 1 3 ) 2 5a y x x x = − + 4 − 2 3 4 2 ) 6 3 3 b y x x x = − + −9 − 2 8 9 ) 5 x x c y x − + = − 2 ) 2d y x x = − 2 ) 2 3e y x x = − + 1 ) 2 1 f y x x = − + Bài 3: Xét chiều biến thiên của các hàm số: 2 ) 4a y x x = − + +1 3 2 ) 3 8b y x x x 1 = − + − 2 3 4 2 ) 4c y x x = − + 2 1 ) 2 x d y x − = + 2 2 ) 2 x x e y x − + = − 1 ) 4 1 1 f y x x = + + + 2 3 ) 3 8g y x x = − 2 3 4 16 ) 16 2 3 h y x x x x = + − − 3 2 ) 6 9i y x x x = − + 4 2 ) 8 5j y x x = + + 2 3 ) 7 x k y x − + = + 2 1 ) ( 5) l y x = − 2 2 ) 9 x m y x = − 2 2 3 ) 1 x x n y x − + = + 2 5 3 ) 2 x x o y x − + = − 2 ) 25p y x = − ) 100 x q y x = + 2 ) 16 x r y x = − 3 2 ) 6 x s y x = − 4 3 ) 2 2 1t y x x x = − + + 2 1 ) x v y x − = 2 ) 2 3u y x x = − − ) 4w y x x = − 2 3 ) 1 x x y x + = + DẠNG 2: Tìm điều kiện để hàm số đơn điệu trên khoảng cho trước a/Phương pháp: Muốn tìm điều kiện của tham số m để hàm số ( , )y f x m= đồng biến hay nghịch biến trên D, ta thực hiện theo các bước: - Tìm TXĐ của hàm số là ( ) f f D D D⊂ GV: TRẦN VĂN VŨ BÀI TẬP GIẢI TÍCH 12 tranvanvu1988@gmail.com(01296462176) 4 TRƯỜNG THCS&THPT LONG HỰU ĐÔNG GIẢI TÍCH 12 - Tính y’( hay '( )f x ) - Tìm m để ' 0( ' 0)y y≥ ≤ trên D Chú ý: Cần xem lại các kết quả về định lý dấu tam thức bậc hai, các trường hơp so sánh một số α với nghiệm của tam thức 2 ( ) ( 0)f x ax bx c a= + + ≠ 0 ( ) 0 0 f x x a ∆ ≤ ≥ ∀ ⇔ > 0 ( ) 0 0 f x x a ∆ ≤ ≤ ∀ ⇔ < 0 0 0 ( ) 0 ( ( ; )) 0 ( ) 0 0 2 a f x x hay x a af S α α α α ∆ ≤ > ∆ > ≥ ∀ > ∈ +∞ ⇔ > ≥ − < 0 0 0 ( ) 0 ( ( ; )) 0 ( ) 0 0 2 a f x x hay x a af S α α α α ∆ ≤ < ∆ > ≤ ∀ > ∈ +∞ ⇔ < ≥ − < 0 0 0 ( ) 0 ( ( ; )) 0 ( ) 0 0 2 a f x x hay x a af S α α α α ∆ ≤ > ∆ > ≥ ∀ < ∈ −∞ ⇔ > ≥ − > 0 0 0 ( ) 0 ( ( ; )) 0 ( ) 0 0 2 a f x x hay x a af S α α α α ∆ ≤ < ∆ > ≤ ∀ < ∈ −∞ ⇔ < ≥ − > GV: TRẦN VĂN VŨ BÀI TẬP GIẢI TÍCH 12 tranvanvu1988@gmail.com(01296462176) 5 TRƯỜNG THCS&THPT LONG HỰU ĐÔNG GIẢI TÍCH 12 0 0 0 0 ( ) 0 0 2 0 ( ) 0 ( ; ) 0 ( ) 0 0 2 0 0 ( ) 0 ( ) 0 a a af S f x x a af S a af af α α α β β β α β ∆ ≤ > ∆ > > ≥ − < ∆ > ≥ ∀ ∈ ⇔ > ≥ − > ∆ > < ≤ ≤ 0 0 0 0 ( ) 0 0 2 0 ( ) 0 ( ; ) 0 ( ) 0 0 2 0 0 ( ) 0 ( ) 0 a a af S f x x a af S a af af α α α β β β α β ∆ ≤ < ∆ > < ≥ − < ∆ > ≤ ∀ ∈ ⇔ < ≥ − > ∆ > > ≤ ≤ b/Ví dụ minh họa: 1. Cho hàm số 3 2 3(2 1) (12 5) 2y x m x m x= − + + + + . Tìm m để hàm số: a. Đồng biến trên ¡ b. Đồng biến trên (2; )+∞ c. Đồng biến trên ( ; 1);(2; )−∞ − +∞ Giải TXĐ D = ¡ 2 ' 3 6(2 1) 12 5 ( )y x m x m f x= − + + + = 2 2 ' 9(2 1) 3(12 5) 6(6 1)m m m∆ = + − + = − a. ' 0 ycbt y x⇔ ≥ ∀ ∈¡ ⇔ ( ) 0 f x x≥ ∀ ∈¡ 2 0 6(6 1) 0 6 6 0 6 6 3 0 m m a ∆ ≤ − ≤ ⇔ ⇔ ⇔ − ≤ ≤ > > b. ' 0 (2; )ycbt y x⇔ ≥ ∀ ∈ +∞ ⇔ ( ) 0 (2; )f x x≥ ∀ ∈ +∞ 0 6 6 0 6 6 0 6 6 6 6 0 3 (2) 0 ( ) 0 2 0 0 2 2 m a m m a f af S S α α ∆ ≤ − ≤ ≤ > ∆ > < − ∨ > ⇔ ⇔ > ≥ ≥ − < − < GV: TRẦN VĂN VŨ BÀI TẬP GIẢI TÍCH 12 tranvanvu1988@gmail.com(01296462176) 6 TRƯỜNG THCS&THPT LONG HỰU ĐÔNG GIẢI TÍCH 12 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 5 6 6 6 6 12 5 5 12 0 12 2 1 2 0 1 2 m m m m m m m m m m m − ≤ ≤ − ≤ ≤ < − ∨ > < − ∨ > ⇔ ⇔ ⇔ ≤ − ≥ ≤ + − < < c. ' 0 ( ; 1) (2; )ycbt y x⇔ ≥ ∀ ∈ −∞ − ∪ +∞ ⇔ ( ) 0 ( ; 1) (2; )f x x≥ ∀ ∈ −∞ − ∪ +∞ 6 6 0 6 6 6 6 0 6 6 0 6 6 6 6 0 6 6 6 6 7 ( ) 0 3 (2) 0 12 ( ) 0 3 ( 1) 0 5 0 2 0 12 2 2 1 1 0 1 0 2 2 2 m m a m m m m a af f m af f S S m S S m β α α β ∆ ≤ − ≤ ≤ − ≤ ≤ > ∆ > < − ∨ > < − ∨ > > ≥ ≥ ⇔ ⇔ ⇔ ≥ − ≥ − ≥ ≤ − < − < − < < − > + > 7 5 12 12 m ⇔ − ≤ ≤ 2. Cho hàm số 3 2 3y x x mx m= + + + . Tìm m để hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1 Giải TXĐ D = ¡ 2 ' 3 6 ( )y x x m f x= + + = 36 12m ∆ = − ( ) 0ycbt f x⇔ = có hai nghiệm 1 2 1 2 1 2 0 36 12 0 0 3 3 , : 1 1 1 36 12 9 12 27 36 12 3 9 4 m m m x x x x x x m m m a m ∆ > − > ∆ > < < − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ∆ = − = − = = − = ⇔ = c/Bài tập rèn luyện thêm 1. Cho hàm số 2 5 3 x mx y x + − = − . Tìm m để hàm số a. Nghịch biến trong từng khoảng xác định b. Nghịch biến trên (-1;0) c. Đồng biến trên (-2;2) GV: TRẦN VĂN VŨ BÀI TẬP GIẢI TÍCH 12 tranvanvu1988@gmail.com(01296462176) 7 TRƯỜNG THCS&THPT LONG HỰU ĐÔNG GIẢI TÍCH 12 2. Cho hàm số 3 2 1 3 y mx mx x= − + − . Tìm m để hàm số luôn nghịch biến 3. Cho hàm số 3 2 1 (2 1) 2 3 y x mx m x m= − + − − + . Tìm m để hàm số nghịch biến trong (-2;0) DẠNG 3: Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình, bất phương trình a/Phương pháp: Chứng minh bất đẳng thức: Xét hàm số ( )f x trên [ ] ;a b - Nếu [ ] '( ) 0 ; ( )f x a b f x≥ ∀∈ ⇔ đồng biến trên [ ] ;a b ( ) ( ) ( ) ( ) f x f a f x f b ≥ ⇒ ≤ - Nếu [ ] '( ) 0 ; ( )f x a b f x≤ ∀∈ ⇔ nghịch biến trên [ ] ;a b ( ) ( ) ( ) ( ) f x f a f x f b ≤ ⇒ ≥ Giải phương trình, bất phương trình: chúng ta thường sử dụng 3 tính chất sau: - Tính chất 1: Nếu hàm f tăng ( hoặc giảm) trong khoảng (a;b) thì phương trình f(x) = 0 có không quá 1 nghiệm trong khoảng (a;b) - Tính chất 2: Nếu hàm f tăng ( hoặc giảm) trong khoảng (a;b) thì ( ) ( ) u,v (a;b)f u f v u v= ⇔ = ∀ ∈ - Tính chất 3: Nếu hàm f tăng trong khoảng (a;b) và hàm g là hàm hằng hoặc là một hàm giảm trong khoảng (a;b) thì phương trình ( ) ( )f x g x= có nhiều nhất 1 nghiệm thuộc khoảng (a;b).( Do đó nếu tồn tại 0 0 0 ( ; ): ( ) ( )x a b f x g x∈ = thì nó là nghiệm duy nhất của phương trình ( ) ( )f x g x= ) b/Ví dụ minh họa: 1. Cho 0 2 x π < < . CMR: . sin . tan a x x b x x < > Giải a. Đặt ( ) sinf x x x= − với 0 2 x π < < '( ) cos 1 0f x x= − < với 0 ( ) 2 x f x π < < ⇔ nghịch biến trên (0; ) ( ) (0) 2 f x f π ⇒ < với 0 2 x π < < sin 0x x⇒ − < với 0 2 x π < < Hay sin x x< với 0 2 x π < < b. Đặt ( ) tanf x x x= − với 0 2 x π < < 2 2 1 '( ) 1 tan 0 cos f x x x = − = > với 0 ( ) 2 x f x π < < ⇔ đồng biến trên (0; ) ( ) (0) 2 f x f π ⇒ > với 0 2 x π < < tan 0x x⇒ − > với 0 2 x π < < Hay tan x x> với 0 2 x π < < GV: TRẦN VĂN VŨ BÀI TẬP GIẢI TÍCH 12 tranvanvu1988@gmail.com(01296462176) 8 TRƯỜNG THCS&THPT LONG HỰU ĐÔNG GIẢI TÍCH 12 Chú ý: đôi khi chúng ta không thể khẳng định được ngay rằng [ ] '( ) 0 ;f x a b≥ ∀∈ ( hoặc [ ] '( ) 0 ;f x a b≤ ∀∈ ) ví dụ như hàm số 3 ( ) sin , 0 6 x f x x x x= − − > ta có 2 '( ) 1 cos 2 x f x x= − − rõ ràng không thể khẳng định được gì với x>0, trong các trường hợp như vậy, một thủ thuật thông thường được áp dụng là chúng ta liên tiếp tính đạo hàm để hạ bậc dần đa thức ẩn x, như bài tập 2 sau đây: 2. Cho 0x > . CMR: 3 in 6 x x s x− < Giải Đặt 3 ( ) sin 6 x f x x x= − − với 0x > 2 '( ) 1 cos 2 x f x x= − − với 0x > ''( ) sinf x x x= − + với 0x > '''( ) 1 cos 0f x x= − + < với 0 ''( )x f x> ⇔ nghịch biến với 0x > ''( ) ''(0)f x f⇒ < với 0 ''( ) 0x f x> ⇔ < với 0x > '( )f x⇔ nghịch biến với 0x > '( ) '(0)f x f⇒ < với 0 '( ) 0x f x> ⇔ < với 0x > ( )f x⇔ nghịch biến với 0x > ( ) (0)f x f⇒ < với 0 ( ) 0x f x> ⇔ < với 0x > ⇔ 3 sin 0 6 x x x− − < với 0x > 3 in 6 x x s x⇔ − < với 0x > 3. Cho 0 2 x π < < . CMR: in tan 2s x x x+ > Giải Đặt ( ) sin tan 2f x x x x= + − với 0 2 x π < < 2 2 1 1 '( ) cos 2 2 cos . 2 cos cos f x x x x x = + − ≥ − với 0 2 x π < < 1 '( ) 2 2 cos f x x ⇒ ≥ − với 1 0 0 cos 1 1 '( ) 0 2 cos x x f x x π < < ⇒ < < ⇒ > ⇒ > với 0 2 x π < < với ( )f x⇔ đồng biến trên (0; ) ( ) (0) 2 f x f π ⇒ > với 0 2 x π < < sin tan 2x x x ⇔ + − >0 với 0 2 x π < < in tan 2s x x x ⇔ + > với 0 2 x π < < 4. Giải phương trình 2 . 4 1 4 1 1a x x− + − = ` 2 2 . 3 2 1b x x x x− + − + − = Giải GV: TRẦN VĂN VŨ BÀI TẬP GIẢI TÍCH 12 tranvanvu1988@gmail.com(01296462176) 9 TRƯỜNG THCS&THPT LONG HỰU ĐÔNG GIẢI TÍCH 12 2 . 4 1 4 1 1a x x− + − = (1) ĐK: 2 4 1 0 1 2 4 1 0 x x x − ≥ ⇔ ≥ − ≥ Ta thấy số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số 2 4 1 4 1y x x= − + − và đường thẳng 1y = . Xét hàm số 2 4 1 4 1y x x= − + − có TXĐ 1 ; 2 D = +∞ ÷ 2 2 4 ' 0 4 1 4 1 x y x x = + > − − 1 2 x∀ ≥ ⇔ hàm số luôn đồng biến với 1 2 x ≥ Do đó: phương trình nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất (Theo tính chất 3) Ta thấy 1 2 x = thỏa mãn (1). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 1 2 x = 2 2 . 3 2 1b x x x x− + − + − = (1) Đặt 2 t x x= − Phương trình được viết lại dưới dạng: 3 1 2t t+ = + − (2), ĐK: 3 0 3 2 2 0 t t t + ≥ ⇔ − ≤ ≤ − ≥ - Xét hàm số 3f t= + có TXĐ [ ] 3;2D = − 1 ' 0 D 2 3 f t t = > ∀ ∈ ⇔ + hàm số đồng biến trên D - Xét hàm số 1 2g t= + − có TXĐ [ ] 3;2D = − 1 ' 0 D 2 2 g t t = − < ∀ ∈ ⇔ − hàm số nghịch biến trên D Do đó: phương trình(2) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất (Theo tính chất 3) Ta thấy 1t = thỏa mãn (2). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 1t = , tức là: 2 1x x− = 1 5 2 x ± ⇔ = Vậy nghiệm của (1) là 1 5 2 x ± = GV: TRẦN VĂN VŨ BÀI TẬP GIẢI TÍCH 12 tranvanvu1988@gmail.com(01296462176) 10 . = ¡ 2 ' 3 6 ( )y x x m f x= + + = 36 12 m ∆ = − ( ) 0ycbt f x⇔ = có hai nghiệm 1 2 1 2 1 2 0 36 12 0 0 3 3 , : 1 1 1 36 12 9 12 27 36 12 3 9 4 m m m x x x x x x m m m a m ∆ > −. 1 1a x x− + − = (1) ĐK: 2 4 1 0 1 2 4 1 0 x x x − ≥ ⇔ ≥ − ≥ Ta thấy số nghiệm của (1) là số giao điểm của đồ thị hàm số 2 4 1 4 1y x x= − + − và đường thẳng 1y = . Xét hàm số 2 4 1. 4 1 4 1 1a x x− + − = ` 2 2 . 3 2 1b x x x x− + − + − = Giải GV: TRẦN VĂN VŨ BÀI TẬP GIẢI TÍCH 12 tranvanvu1988@gmail.com( 012 9646 217 6) 9 TRƯỜNG THCS&THPT LONG HỰU ĐÔNG GIẢI TÍCH 12 2 . 4 1