Tính đơn điệu của hàm số
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (513.29 KB, 9 trang )
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
