TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 1 - 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 65213 1 mxmxm y x ++−− = + nghịch biến trên [1, +∞) Giải: Hàm số nghịch biến trên [1, +∞) ⇔ () 2 2 27 01 1 mxmx yx x ++ ′ =≤∀≥ + ⇔ ( ) 22 270271 mxmxmxxx ++≤⇔+≤−∀≥ ⇔ () 2 7 1 2 uxmx xx − =≥∀≥ + ( ) 1 Min x uxm ≥ ⇔≥ . Ta có: () ( ) 22 722 01 (2) x uxx xx + ′ =>∀≥ + ⇒ u(x) đồng biến trên [1, +∞) ⇒ () () 1 7 Min1 3 x muxu ≥ − ≤== Bài 2. Tìm m để ()() 32 1 134 3 yxmxmx − =+−++− đồng biến trên (0, 3) Giải. Hàm số tăng trên (0,3) ⇔ ()() ( ) 2 21300,3 yxmxmx ′ =−+−++≥∀∈ (1) Do ( ) yx ′ liên tục tại x = 0 và x = 3 nên (1) ⇔ y′ ≥ 0 ∀x∈[0, 3] ⇔ () [ ] 2 21230,3 mxxxx+≥+−∀∈ ⇔ () [] 2 23 0,3 21 xx gxmx x +− =≤∀∈ + [] ( ) 0,3 Max x gxm ∈ ⇔≤ . Ta có: () () [] 2 2 228 00,3 21 xx gxx x ++ ′ =>∀∈ + ⇒ g(x) đồng biến trên [0, 3] ⇒ [] ()() 0,3 12 Max3 7 x mgxg ∈ ≥== Bài 3. Tìm m để ()() 32 1 132 33 m yxmxmx =−−+−+ đồng biến trên [ ) 2, +∞ Giải: Hàm số tăng / [ ) 2, +∞ ⇔ ()() 2 213202 ymxmxmx ′ =−−+−≥∀≥ (1) ⇔ () 2 12262 mxxx −+≥−+∀≥ ⇔ () () 2 26 2 12 x gxmx x −+ =≤∀≥ −+ Ta có: () ( ) 2 22 263 0 (23) xx gx xx −+ ′ == −+ x 2 36 + +∞ ( ) gx ′ _ 0 + ( ) gx 23 CT 0 TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 2 - 1 2 36 36 xx xx ==− ⇔ ==+ ; ( ) lim0 x gx →∞ = Từ BBT ⇒ () () 2 2 Max2 3 x gxgm ≥ ==≤ . Bài 4. ( ) ()() 322 2772123 yxmxmmxmm =−−−++−− đồng biến / [ ) 2, +∞ Giải: Hàm số tăng trên [ ) 2, +∞ ( ) 22 322770,2 yxmxmmx ′ ⇔=−−−+≥∀≥ Ta có ( ) 2 733 mm ′ =−+ V ( ) 2 33 70 24 m =−+> nên 0 y ′ = có 2 nghiệm 12 xx < BPT g(x) ≥ 0 có sơ đồ miền nghiệm G là: Ta có ( ) 0 yx ′ ≥ đúng 2 x ∀≥ ⇔ [ ) 2, G +∞⊂ () () 2 12 0 5 1 5 2 232323501 2 6 2 23 m xxymmm Sm m ′ ∆> −≤≤ ′ ⇔<≤⇔=−++≥⇔⇔−≤≤ < =< Bài 5. Tìm m để ( ) 2 211 xmxm y xm +−++ = − đồng biến trên ( ) 1, +∞ Giải: Hàm số đồng biến trên ( ) 1, +∞ ⇔ () 22 2 2421 01 xmxmm yx xm −+−− ′ =≥∀> − ⇔ () () 22 01 242101 1 0 gxx gxxmxmmx m xm ≥∀> =−+−−≥∀> ⇔ ≤ −≠ Cách 1: Phương pháp tam thức bậc 2 Ta có: () 2 210 m ′ ∆=+≥ 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 1212610322 322 322 21 2 m m xxgmmm m S 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, +∞) Do đó () () () 2 1 1610 322 Min0 1322 322 1 1 1 x gmm m gx m m m m m ≥ =−+≥ ≤− ≥ ⇔⇔⇔≤− ⇔ ≥+ ≤ ≤ ≤ Bài 6. Tìm m để ()() 2 45cos2331 ymxmxmm =−+−+−+ giảm x ∀∈ ¡ Giải: Yêu cầu bài toán ( ) 54sin230,ymxmx ′ ⇔=−+−≤∀∈ ¡ ( ) ( ) [ ] 54230,1;1 gumumu⇔=−+−≤∀∈− . Do đồ thị ( ) [ ] ,1;1 yguu=∈− là một đoạn thẳng nên ycbt () () 1680 4 1 3 1220 gm m gm −=−≤ ⇔⇔≤≤ =−+≤ Bài 7. Tìm m để hàm số 11 sinsin2sin3 49 ymxxxx =+++ tăng với mọi x ∈ ¡ 1 x 2 x 1 x 2 x TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 3 - Giải: Yêu cầu bài toán 11 coscos2cos30, 23 ymxxxx ′ ⇔=+++≥∀∈ ¡ ⇔ ()() 23 11 cos2cos14cos3cos0, 23 mxxxxx ++−+−≥∀∈ ¡ () [] 32 41 ,1,1 32 muuguu⇔≥−−+=∀∈− , với [ ] cos1,1 ux=∈− Ta có ()() 2 1 422210;0 2 guuuuuuu ′ =−−=−+=⇔=−= Lập BBT suy ra yêu cầu bài toán ⇔ [] () () 1,1 5 Max1 6 x gugm ∈− =−=≤ . Bài 8. Cho hàm số ()()() 32 1 12132 3 ymxmxmxm =++−−++ . Tìm m để khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4 Giải. Xét ()()() 2 1221320 ymxmxm ′ =++−−+= . Do 2 730 mm ′ ∆=++> nên 0 y ′ = có 2 nghiệm 12 xx < . Khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4 [ ] 1221 0;;;4 yxxxxx ′ ⇔≤∀∈−= 10 m ⇔+> và 21 4 xx −= . Ta có 21 4 xx −=⇔ ()() () () () 2 22 212121 2 421432 164 1 1 mm xxxxxx m m −+ =−=+−=+ + + ()()()() 22 4121321 mmmm ⇔+=−+++ 2 761 3710 6 mmm ± ⇔−−=⇔= kết hợp với 10 m +> suy ra 761 6 m + = TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 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 1340 xxx +−−+= . Giải. Điều kiện: 1 3 x ≤ . Đặt () 53 1340 fxxxx =+−−+= . Ta có: () 42 3 530 213 fxxx 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 15328 xxx +=−++ Giải. Bất phương trình ⇔ () 22 32815 fxxxx =−++−+ = 0 (1). + Nếu 2 3 x ≤ thì f (x) < 0 ⇒ (1) vô nghiệm. + Nếu 2 3 x > thì () 22 112 30 3 815 fxxx 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: 354 157751378 xxxx ++−+−+−< (*) Giải. Điều kiện 5 7 x ≥ . Đặt () 354 15775137 fxxxxx =++−+−+− Ta có: () () () 234 5 3 4 5713 1 0 21 5(137) 357475 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: 32 111 543225717 236 xxxx xxx xxx +++=++−+−+ (*) Giải. (*) () ( ) ( ) ( ) () 32 111 543225717 236 xxx xxxx fxxxxgx ⇔=+++−−−=−+−+= 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 ( ) ( ) và yfxygx == . Do f (x) tăng; g(x) giảm và ( ) ( ) 1113 fg == nên (*) có nghiệm duy nhất x = 1. TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 5 - Bài 5. Tìm số m Max để ( ) sincos1sin2sincos2 mxxxxxx ++≤+++∀ (*) Giải. Đặt () 2 2 sincos0sincos1sin2 txxtxxx =+≥⇒=+=+ ⇒ 2 12 t ≤≤ ⇒ 12 t≤≤ , khi đó (*) ⇔ () 2 111,2 mtttt +≤++∀∈ ⇔ () 2 1 1,2 1 tt ftmt t ++ =≥∀∈ + ⇔ ( ) 1,2 Min t ftm ∈ ≥ . Do () () 2 2 2 0 1 tt ft t + ′ => + nên f (t) đồng biến / 1,2 ⇒ () () 1,2 3 Min1 2 t ftf ∈ == ⇒ 3 2 m ≤ ⇒ 3 Max 2 m = Bài 6. Giải phương trình 22 sincos 20082008cos2 xx x −= 2222 sincos22sin2cos2 20082008cossin2008sin2008cos xxxx xxxx −=−⇔+=+ (*) Xét () 2008 u fuu =+ . Ta có () 2008.ln10 u fuu ′ =+> . Suy ra ( ) fu đồng biến. (*) ( ) ( ) 2222 sincossincoscos20 fxfxxxx ⇔=⇔=⇔= , 42 k xk ππ ⇔=+∈ ¢ Bài 7. Tìm ( ) ,0, xy ∈π thỏa mãn hệ cotg cotg 352 xyxy xy −=− +=π Giải. cotg cotg cotg cotg xyxyxxyy −=−⇔−=− . Xét hàm số đặc trưng ( ) ( ) cotg ,0, fuuuu =−∈π . Ta có () 2 1 10 sin fu u ′ =+> . Suy ra ( ) fu đồng biến trên ( ) 0, π . Khi đó () ( ) 4 352 fxfy xy xy = π ⇔== +=π Bài 8. Giải hệ phương trình 32 32 32 21 21 21 xyyy yzzz zxxx +=++ +=++ +=++ (*). Giải. Xét () 32 ftttt =++ với t ∈ ¡ ⇒ ()() 2 2 210 fttt ′ =++> ⇒ f (t) tăng. Không mất tính tổng quát giả sử x ≤ y ≤ z ⇒ ( ) ( ) ( ) fxfyfz ≤≤ ⇒ 212121 zxyzxy +≤+≤+⇔≤≤ ⇒ x = y = z = ± 1 Bài 9. Giải hệ bất phương trình 2 3 3210 310 xx xx +−< −+> Giải. 2 1 32101 3 xxx +−<⇔−<< . Đặt () 3 31 fxxx =−+ . Ta có: ( ) ( ) ( ) 3110 fxxx ′ =−+< ⇒ ( ) fx giảm và () ( ) ( ) 111 0,1, 3273 fxfx>=>∀∈− TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 6 - II. DẠNG 2: ỨNG DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài 1. Chứng minh rằng: 335 sin 3!3!5! xxx xxx−<<−+ ∀x > 0 Giải Ÿ 3 sin 3! x xx −< ∀x > 0 ⇔ () 3 sin0 3! x fxxx =−+> ∀x > 0 Ta có () 2 1cos 2! x fxx ′ =−+ ⇒ ( ) sin fxxx ′′ =− ⇒ ( ) 1cos0 fxx ′′′ =−≥ ∀x > 0 ⇒ ( ) fx ′′ đồng biến [0, +∞) ⇒ ( ) ( ) 00 fxf ′′′′ >= ∀x > 0 ⇒ ( ) fx ′ đồng biến [0, +∞) ⇒ ( ) ( ) 0 fxf ′′ > = 0 ∀x > 0 ⇒ ( ) fx đồng biến [0, +∞) ⇒ f(x) > f(0) = 0 ∀x > 0 ⇒ (đpcm) Ÿ 35 sin 3!5! xx xx<−+ ∀x > 0 ⇔ g(x) = 53 sin0 5!3! xx xx −+−> ∀x > 0 Ta có g′(x) = 42 1cos 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 sin0, 2 x xx π >∀∈ π Giải. 2sin2 sin() xx xfx x >⇔=> ππ ∀x∈ 0, 2 π . Xét biểu thức đạo hàm 22 () cossin () gx xxx fx xx − ′ == , 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 ⇒ () 2 () 0 gx fx x ′ =< ∀x∈ 0, 2 π ⇒ f (x) giảm trên 0, 2 π ⇒ () ( ) 2 2 fxf π >= π ⇔ 2 sin,0, 2 x xx π >∀∈ π Bài 3. Chứng minh rằng: 2lnln xyxy xy +− > − ∀x > y > 0 Giải. Do x > y > 0, lnx > lny ⇔ lnx − lny > 0, nên biến đổi bất đẳng thức ⇔ 1 lnln2ln2 1 x xyy x xy x xyy y − − −>⋅⇔>⋅ + + ⇔ 1 ln2 1 t t t − >⋅ + với x t y = >1 TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 7 - ⇔ 1 ()ln20 1 t ftt t − =−⋅> + ∀t >1. Ta có () () () () 2 22 141 0 11 t ft t ttt − ′ =−=> ++ ∀t >1 ⇒ f(t) đồng biến [1, +∞) ⇒ f(t) > f(1) = 0 ∀t >1 ⇒ (đpcm) Bài 4. Chứng minh rằng: 1 lnln4 11 yx yxyx −> −−− ( ) ,0,1 xy xy ∀∈ ≠ (1) Giải. Xét hai khả năng sau đây: + Nếu y > x thì (1) ⇔ () lnln4 11 y x yx yx −>− −− ⇔ ln4ln4 11 y x yx yx −>− −− + Nếu y < x thì (1) ⇔ () lnln4 11 y x yx yx −<− −− ⇔ ln4ln4 11 yx yx yx −<− −− Xét hàm đặc trưng f(t) = ln4 1 t t t − − với t∈(0, 1). Ta có () () 2 121 40 (1)(1) t ft tttt − ′ =−=> −− ∀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 ⇔ lnln ab ab < . Xét hàm đặc trưng f(x) = ln x x ∀x ≥ e. Ta có 22 1ln1ln ()0 xe fx xx −− ′ =≤= ⇒ f(x) nghịch biến [e, +∞) ⇒ f(a) < f(b) ⇔ lnln ab ab < ⇔ a b < b a Bài 6. (Đề TSĐH khối D, 2007) Chứng minh rằng ( ) ( ) 11 22,0 22 ba ab ab ab +≤+∀≥> Giải. Biến đổi bất đẳng thức ( ) ( ) 111414 22 2222 ba ba ab ab abab ++ +≤+⇔≤ ()()()() ( ) ( ) ln14ln14 1414ln14ln14 ab baba abab ab ++ ⇔+≤+⇔+≤+⇔≤ . Xét hàm số đặc trưng cho hai vế () ( ) ln14 x fx x + = với 0 x > . Ta có () ( ) ( ) () 2 4ln414ln14 0 14 xxxx x fx x −++ ′ =< + ( ) fx ⇒ giảm trên ( ) ( ) ( ) 0, fafb +∞⇒≤ Bài 7. (Bất đẳng thức Nesbitt) Chứng minh rằng: 3 2 abc bccaab ++≥ +++ ∀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) = xbc bccxxb ++ +++ với x ≥ b ≥ c > 0 TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 8 - ⇒ ()() ()() 2222 11 ()0 bcbc fx bcbc xcxbbcbc ′ =−−>−−= ++ ++++ ⇒ f(x) đồng biến [b, +∞) ⇒ 2 ()() bc fxfb bc + ≥= + (2) Đặt x = b ⇒ x ≥ c > 0, xét hàm số g(x) = 2 xc xc + + với x ≥ c > 0 ⇒ () 2 ()0 c gx xc ′ => + ∀c > 0 ⇒ g(x) đồng biến [c, +∞) ⇒ 3 ()() 2 gxgc ≥= (3) Từ (2), (3) suy ra 3 2 abc bccaab ++≥ +++ ∀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. TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 9 - . 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 1 - 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,. 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 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:. Giải. Xét () 32 ftttt =++ với t ∈ ¡ ⇒ ()() 2 2 210 fttt ′ =++> ⇒ f (t) tăng. Không mất tính tổng quát giả sử x ≤ y ≤ z ⇒ ( ) ( ) ( ) fxfyfz ≤≤ ⇒ 212121 zxyzxy +≤+≤+⇔≤≤ ⇒ x = y = z