TÍNH ĐỒNG BIẾN NGHỊCH BIẾN NGUYỄN ANH DŨNG

entoan.vn VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN Nguyễn Anh Dũng12 Đồng biến, nghịch biến là các khái hiệm cơ bản nhất của hàm số.. Sử dụng khảo sát sự biến thiên của hàm số, giúp chúng ta giải q

entoan.vn

VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN

Nguyễn Anh Dũng12

Đồng biến, nghịch biến là các khái hiệm cơ bản nhất của hàm số Sử dụng khảo sát sự biến thiên của hàm số, giúp chúng ta giải quyết được một lớp rất rộng các bài toán Sau đây là một

số vấn đề và dạng toán thường gặp trong chương trình phổ thông

1 Lý thuyết

Ta có các mệnh đề liên quan đến hàm đồng biến:

• Hàm số y = y(x) đồng biến trong khoảng (a, b) khi và chỉ khi y0

(x) > 0, ∀x ∈ (a, b), và tập hợp các giá trị x trong khoảng (a, b) thỏa mãn y0(x) = 0 là hữu hạn

• Nếu hàm số y = y(x) xác định trên R, y0

(x) > 0, ∀x ∈ R và tập hợp các giá trị x trong mỗi khoảng (a, b) thỏa mãn y0(x) = 0 là hữu hạn thì hàm số đồng biến trên R

Đối với hàm số nghịch biến, ta cũng có các mệnh đề tương tự

2 Các dạng toán có liên quan

2.1 Tìm điều kiện để hàm số đồng biến, nghịch biến trong một khoảng

dddd cho trước

Ví dụ 1 Cho hàm số y = 13x3− 1

2(2m + 1)x2 + (3m + 2)x − 5m + 2

(a) Tìm m để hàm số nghịch biến trong khoảng (0, 1)

(b) Tìm m để hàm số nghịch biến trong một khoảng có độ dài lớn hơn 1

Lời giải (a) Ta có

y0 = x2− (2m + 1)x + 3m + 2

Hàm số nghịch biến trong khoảng (0, 1) khi và chỉ khi

y0 = f (x) = x2− (2m + 1)x + 3m + 2 6 0, ∀x ∈ (0, 1)

1 Bài viết này được trích từ một bài báo trên tạp chí Toán học và Tuổi trẻ Onluyentoan.vn xin được phép đăng trên Diễn đàn lại để giúp các bạn ôn thi tốt hơn.

2 Bài viết được trình bày lại bằng chương trình soạn thảo LaTeX bởi can_hang2007 Đề nghị các bạn ghi rõ nguồn củahttp://onluyentoan.vn khi đăng tải trên các trang web khác.

1

entoan.vn

Điều đó xảy ra khi và chỉ khi f (x) = 0 có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 6 0 < 1 6 x2, tức là

(

x1x2 6 0 (1 − x1)(1 − x2) 6 0 ⇔

( 3m + 2 6 0

m + 2 6 0 ⇔ m 6 −2

(b) Tam thức y0 = f (x) có biệt thức ∆ = 4m2− 8m − 7

• Nếu ∆ 6 0 thì y0

> 0, ∀x ∈ R, hàm số đã cho luôn đồng biến, không thỏa mãn

• Nếu ∆ > 0 ⇔ m < 2−√11

2 ∨ m > 2+√11

2 thì y0 6 0 ⇔ x1 6 x 6 x2, hàm số đã cho nghịch biến trong khoảng (x1, x2) Để hàm số đã cho nghịch biến trong khoảng có độ dài lớn hơn 1 thì ta phải có

|x1− x2| > 0 ⇔ (x1− x2)2 > 1 ⇔ (x1 + x2)2− 4x1x2 > 1 (1) Theo định lý Viette, ta có x1+ x2 = 2m + 1 và x1x2 = 3m + 2 Thay vào (1), ta được (2m + 1)2− 4(3m + 2) > 1 ⇔ m2 − 2m − 2 > 0 ⇔ m < 1 −√3 ∨ m > 1 +√

3 Kết hợp với điều kiện để ∆ > 0, ta có m ∈ −∞, 1 −√

3
∪ 1 +√3, +∞
Vậy tập hợp các giá trị m thỏa mãn yêu cầu là m ∈ −∞, 1 −√

3
∪ 1 +√3, +∞
Lưu ý Nếu a > 0 thì tam thức bậc hai f (x) = ax2+ bx + c 6 0, ∀x ∈ (α, β) khi và chỉ khi

(

f (α) 6 0

f (β) 6 0 Bài toán tổng quát Cho hàm số y = ax3 + bx2+ cx + d (a > 0) Tìm điều kiện để hàm số nghịch biến trong một khoảng có độ dài lớn hơn k

Cách giải Tính y0 Điều kiện của bài toán được thỏa mãn khi phương trình y0 = 0 có hai nghiệm x1, x2 phân biệt (∆ > 0) sao cho

|x1− x2| > k ⇔ (x1− x2)2 > k2 ⇔ (x1+ x2)2− 4x1x2 > k2

Sử dụng định lý Viette suy ra kết quả

Ví dụ 2 Tìm m để hàm số

y = 1

3x

3− (3m − 1)x2+ (m + 3)x + 4m − 3 đồng biến trong khoảng (1, +∞)

Lời giải Ta có

y0 = x2− 2(3m − 1)x + m + 3

Hàm số đồng biến trong khoảng (1, +∞) khi và chỉ khi

y0 = f (x) = x2− 2(3m − 1)x + m + 3 > 0, ∀x ∈ (1, +∞)

Điều kiện đề ra được thỏa mãn trong hai trường hợp sau:

entoan.vn

(1) ∆0 6 0 (vì khi đó y0 > 0, ∀x ∈ R, hàm số đồng biến trên R) Ta có

∆0 6 0 ⇔ 9m2− 7m − 2 6 0 ⇔ −2

9 6 m 6 1

(2) Phương trình y0 = f (x) = 0 có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 < x2 6 1 Khi đó











∆ > 0

af (1) > 0 S

2 < 1

⇔







9m2 − 7m − 2 > 0

− 5m + 6 > 0 3m − 1 < 1

⇔ m < −2

9.

Hợp kết quả hai trường hợp, ta được m6 1

Lưu ý Giả sử a là một số thực dương thì hàm số y = ax2+ bx + c > 0, ∀x ∈ (α, β) trong hai trường hợp sau:

(1) ∆6 0

(2) Phương trình y = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn (α, β) ∩ (x1, x2) = ∅

Ví dụ 3 Cho hàm số

y = x

2 − (3m + 1)x + 5m − 1

x − m . Tìm m để hàm số đồng biến trong khoảng (0, 1)

Lời giải Điều kiện xác định: x 6= m

Hàm số xác định trong khoảng (0, 1) khi m6 0 hoặc m > 1 (2)

Ta có

y0 = x

2− 2mx + 3m2− 4m + 1

(x − m)2 Hàm số đồng biến trong khoảng (0, 1) khi và chỉ khi y0 > 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 S2 = m /∈ (0, 1) nên f (x) đồng biến trong khoảng (0, 1) khi và chỉ khi

y0 = f (x) > 0, ∀x ∈ (0, 1) ⇔

(

f (0) > 0

f (1) > 0 ⇔

(

− 4m + 1 > 0 3m2− 6m + 2 > 0 ⇔ m 6

1

4. (3) Kết hợp (2) và (3), ta được m6 0

Lưu ý

• Khi nói một hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trong khoảng nào đó thì trước hết, nó phải xác định trong khoảng đó

• Nếu f (x) = ax2 + bx + c và S2 = −2ab ∈ (α, β) thì/

◦ f (x) > 0, ∀x ∈ (α, β) ⇔

(

f (α) > 0

f (β) > 0

◦ f (x) 6 0, ∀x ∈ (α, β) ⇔

(

f (α) 6 0

f (β) 6 0

entoan.vn

2.2 Sử dụng tính đồng biến, nghịch biến của hàm số để giải phương

dddd trình, bất phương trình

Ví dụ 4 Giải phương trình

log3 x

2+ x + 1 2x2− 2x + 3 = x

2− 3x + 2

Lời giải Đặt u = x2+ x + 1, v = 2x2− 2x + 3 (u > 0, v > 0) suy ra

v − u = x2− 3x + 2

Phương trình đã cho tương đương với

log3 u

v = v − u ⇔ log3u − log3v = v − u ⇔ log3u + u = log3v + v. (4) Xét hàm số f (t) = log3t + t, có f0(t) = t ln 31 + 1 > 0, ∀t > 0 nên hàm số đồng biến khi t > 0

Từ (4) có f (u) = f (v), suy ra u = v hay v − u = 0, tức là

x2− 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 2

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1, 2}

Lưu ý

• Với phương trình dạng logau

v = u − v với u, v dương và a > 1, ta thường biến đổi: logau − logav = v − u ⇔ logau + u = logav + v

Vì hàm số f (t) = logat + t đồng biến khi t > 0, suy ra v = u

• Với các điều kiện trên, ta có bất phương trình logau

v < v − u ⇔ f (u) < f (v) ⇔ u < v

Ví dụ 5 Giải bất phương trình

log5 3 +√

x
> log4x

Lời giải Điều kiện: x > 0 Đặt t = log4x ⇔ x = 4t, bất phương trình trở thành

log5(3 + 2t) > t ⇔ 3 + 2t> 5t⇔ 3

5t + 2

5

t

> 1

Xét hàm số f (t) = 3 15
t

+ 25
t

có

f0(t) = 3 1

5

t

ln1

5 +

 2 5

t

ln2

5 < 0, ∀t ∈ R

Vậy hàm số f (t) nghịch biến trên R và f (1) = 1 Bất phương trình trở thành

f (t) > f (1) ⇔ t < 1

Từ đây, ta được log4x < 1 ⇔ 0 < x < 4

Lưu ý

• Với bất phương trình dạng logau < logbv, ta thường giải như sau: Đặt t = logau (hoặc

t = logbv); đưa về bất phương trình mũ; sử dụng chiều biến thiên của hàm số để suy ra nghiệm

• Với phương trình dạng logau = logbv, ta giải như sau: Đặt t = logau = logbv ⇒ u = at,

v = bt; sử dụng phương pháp thể để đưa về một phương trình mũ; tìm t (thông thường phương trình có nghiệm t duy nhất); suy ra x

entoan.vn

2.3 Sử dụng tính đồng biến, nghịch biến của hàm số để chứng minh

dddd bất đẳng thức

Ví dụ 6 Chứng minh rằng với x dương, ta có bất đẳng thức

ex > 1 + x +x

2

2 . Lời giải Bất đẳng thức phải chứng minh tương đương với

x > ln



1 + x +x

2

2

 Xét hàm số f (x) = x − ln1 + x + x22, có

f0(x) = 1 − 1 + x

1 + x + x22 =

x2

2 + 2x + x2 > 0, ∀x ∈ R

Vậy hàm số f (x) đồng biến trên R Do đó với x > 0, ta có f (x) > f (0) = 0 Bất đẳng thức được chứng minh

Lưu ý Với x dương và n ∈ N∗, ta có bất đẳng thức tổng quát sau:

ex> 1 + x + x

2

2! + · · · +

xn

n! ⇔ ln



1 + x +x

2

2! + · · · +

xn

n!



< x

Cách chứng minh tương tự ví dụ 6

Ví dụ 7 Chứng minh rằng với x ∈ 0, π2
, ta có

sin x + tan x > 2x

Lời giải Xét hàm số f (x) = sin x + tan x − 2x Để ý rằng với x ∈ 0, π2
thì 0 < cos x < 1, suy ra cos x > cos2x, nên

f0(x) = cos x + 1

cos2x − 2 > cos2x + 1

cos2x− 2 =

 cos x − 1

cos x

2

> 0

Vậy hàm số f (x) đồng biến trong khoảng 0, π2
và liên tục trong 0, π

2
nên với x ∈ 0, π

2
có

f (x) > f (0) = 0, suy ra sin x + tan x > 2x

Lưu ý Chứng minh tương tự như trên, với x ∈ 0, π2
, ta có

a2sin x + b2tan x > 2abx, ∀a2+ b2 > 0

Bài tập tự luyện

Bài tập 1 Giải các phương trình, bất phương trình sau:

(a) log2(sin x) = 2 log3(tan x);

(b) log2 x

2+ 3x + 5

2x2+ 2x + 3 < x

2 − x − 2

entoan.vn

Bài tập 2 Chứng minh các bất đẳng thức sau:

(a) x − x

3

6 < sin x < x, ∀x > 0;

(b) cos x + ex > 2 + x − x

2

2 , ∀x ∈ R;

(c)



2a+ 1

2a

b

6



2b+ 1

2b

a

, a > b > 0