Lớp các hàm đơn điệu từng khúc và các bài toán cực trị liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NÔNG TRUNG HIẾU
LỚP CÁC HÀM ĐƠN ĐIỆU TỪNG KHÚC
VÀ CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ LIÊN QUAN
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NÔNG TRUNG HIẾU
LỚP CÁC HÀM ĐƠN ĐIỆU TỪNG KHÚC
VÀ CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ LIÊN QUAN
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số 60.46.01.13
Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
i
Mục lục
Các kí hiệu và viết tắt ii
Mở đầu 1
1 Một số kiến thức bổ trợ về hàm số 3
1.1 Lớp hàm đồng biến, nghịch biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Lớp hàm tựa đồng biến, tựa nghịch biến . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3 Cực trị của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2 Phép đơn điệu hoá hàm số và bài toán cực trị 23
2.1 Phương pháp xây dựng các hàm đơn điệu từ các hàm đã biết . . . 23
2.2 Một số dạng toán cực trị với bộ điểm biến thiên . . . . . . . . . . 30
2.2.1 Các hàm số sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.2.2 Một số lớp hàm tuần hoàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.2.3 Tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.3 Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3 Một số áp dụng của hàm đơn điệu trong đại số và lượng giác 42
3.1 Chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3.2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số . . . . . . . . 48
3.3 Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình và hệ
phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3.4 Bài tập áp dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
Kết luận 63
Tài liệu tham khảo 64
ii
Các kí hiệu và viết tắt
Trong luận văn này có sử dụng các kí hiệu sau
R : Tập hợp các số thực.
R
+
= [0, +∞) : Tập hợp các số thực không âm.
Z = { , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, }: Tập hợp các số nguyên.
N = {1, 2, 3, }: Tập hợp các số tự nhiên.
D hoặc D
f
: Tập xác định của hàm số f.
I(a, b): Tập con của R nhằm ngầm định một trong bốn tập hợp
(a, b), [a, b), (a, b], [a, b].
max f(x): Giá trị lớn nhất của hàm số f(x).
min f(x): Giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x).
∀ : Với mọi.
C
k

n
: Tổ hợp chập k của n phần tử với k, n ∈ Z, 0  k  n.
AM-GM: Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân.
HSG: Học sinh giỏi.
1
Mở đầu
Trong chương trình toán học bậc trung học phổ thông, học sinh đã được học
khái niệm hàm số và xét đến các tính chất cơ bản của hàm số như tính đơn
điệu, tính đồng biến nghịch biến, tính liên tục và gián đoạn, tính lồi lõm, tính
tuần hoàn, tính chẵn lẻ,
Phần lớn học sinh bậc phổ thông đã được làm quen với các định nghĩa, các
tính chất đơn giản của hàm số như xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số
để chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm
số, giải và biện luận phương trình, hệ phương trình mà chưa nghiên cứu sâu về
các vấn đề trên. Trong luận văn này, tác giả được thầy hướng dẫn giao nhiệm
vụ khảo sát lớp hàm đơn điệu từng khúc và các bài toán cực trị liên quan. Với
mong muốn của tác giả sẽ đóng góp một phần nhỏ trong việc giảng dạy toán ở
bậc trung học phổ thông, đặc biệt là việc bồi dưỡng cho học sinh giỏi toán.
Luận văn chia làm ba chương.
Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ về hàm số.
Trong chương 1, luận văn trình bày các khái niệm về hàm đơn điệu, hàm tựa
đơn điệu, cực trị của hàm số và ví dụ minh họa cho khái niệm hàm đơn điệu.
Chương 2. Phép đơn điệu hóa hàm số và bài toán cực trị.
Chương 2 trình bày phương pháp xây dựng hàm đơn điệu và bài toán cực
trị với bộ điểm biến thiên của một số nhóm hàm số cụ thể như: Các hàm số sơ
cấp, hàm tuần hoàn, tổ hợp.
Chương 3. Một số áp dụng của hàm đơn điệu trong đại số và lượng giác.
Trong chương này, tác giả nêu ra một số ứng dụng quan trọng của hàm đơn
điệu thường dùng trong chương trình toán phổ thông như: Chứng minh bất đẳng
thức, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số, giải phương trình và

hệ phương trình.
2
Trong thời gian thực hiện đề tài này, tác giả đã nhận được sự chỉ dẫn tận
tình chu đáo của thầy - GS. TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Thông qua luận văn này,
tác giả xin chân thành cảm ơn và trân trọng những công lao mà thầy Nguyễn
Văn Mậu đã giúp đỡ hoàn thành đề tài này.
Tác giả chân thành biêt ơn các thầy cô trong Ban giám hiệu, Phòng Đào
tạo, khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên; Sở Giáo
dục và Đào tạo Lạng Sơn; Ban giám hiệu và các thầy cô trong tổ Toán Trường
THPT Việt Bắc đã tạo điều kiện thuận lợi trong suốt thời gian tác giả học tập
và làm đề tài.
Thái Nguyên, ngày 8 tháng 4 năm 2014.
Tác giả
3
Chương 1
Một số kiến thức bổ trợ về hàm số
1.1 Lớp hàm đồng biến, nghịch biến
Trong luận văn này, ta sử dụng kí hiệu I(a, b) ⊂ R là nhằm ngầm định một
trong bốn tập hợp (a, b), (a, b], [a, b), [a, b] với a < b. Ta có định nghĩa sau.
Định nghĩa 1.1 ( [3] ). Ta nói hàm số f(x) xác định và đơn điệu tăng thực sự
trên I(a, b) nếu ứng với mọi x
1
, x
2
∈ I(a, b), ta đều có
f
(
x
1
)

< f
(
x
2
)
⇔
x
1
< x
2
,
và ngược lại, nếu
f (x
1
) > f (x
2
) ⇔ x
1
< x
2
; ∀x
1
, x
2
∈ I(a, b),
thì f(x) là một hàm đơn điệu giảm thực sự trên I(a, b).
Những hàm số đơn điệu tăng thực sự trên I(a, b) được gọi là hàm đồng biến
trên I(a, b) và hàm số đơn điệu giảm thực sự trên I(a, b) được gọi là hàm nghịch
biến trên tập đó.
Trong chương trình giải tích, chúng ta đã biết đến các tiêu chuẩn để nhận

biết khi nào một hàm số khả vi cho trước trên khoảng (a, b) là một hàm đơn
điệu trên khoảng đó.
Định lí 1.1 ([1], [3]). Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng (a, b)
(i) Nếu f
′
(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b) thì hàm số f (x) đồng biến trên khoảng đó.
(ii) Nếu f
′
(x) < 0 với mọi x ∈ (a, b) thì hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng đó.
Chứng minh. Lấy tùy ý x
1
, x
2
∈ (a, b) với x
1
< x
2
, theo định lý Lagrange thì
f(x
2
) −f(x
1
) = f
′
(c).(x
2
− x
1
)
4

(i) Nếu f
′
(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f
′
(c) > 0. Do x
2
−x
1
> 0 nên f(x
2
) > f(x
1
)
hay f(x) là hàm đồng biến trên (a, b).
(ii) Tương tự, nếu f
′
(x) < 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f(x) nghịch biến trên (a, b).
Các định lý sau đây cho ta một số đặc trưng đơn giản khác của hàm đơn điệu.
Định lí 1.2 ([1], [3]). Hàm f (x) xác định trên R
+
là một hàm số đơn điệu tăng
khi và chỉ khi với mọi cặp bộ số dương a
1
, a
2
, , a
n
và x
1
, x

2
, , x
n
, ta đều có
n

k=1
a
k
f(x
k
) 

n

k=1
a
k

f

n

k=1
x
k

. (1.1)
Chứng minh. Khi f(x) đơn điệu tăng trên R
+

thì hiển nhiên ta có
f(x
j
)  f

n

k=1
x
k

, j = 1, 2, , n.
Suy ra
a
j
f(x
j
)  a
j
f

n

k=1
x
k

, j = 1, 2, , n. (1.2)
Lấy tổng theo j(j = 1, 2, , n), từ (1.2) ta thu được (1.1).
Ngược lại, với n = 2, từ (1.1), ta có

f(x) + εf(h)  (1 + ε)f(x + h), ∀ε, h > 0.
Khi ε → 0, ta thu được f(x + h)  f(x), hay f(x) là một hàm đồng biến.
Định lí 1.3 ([1], [3]). Để bất đẳng thức
n

k=1
f(x
k
)  f

n

k=1
x
k

, (1.3)
được thỏa mãn với mọi bộ số dương x
1
, x
2
, , x
n
, điều kiện đủ là hàm g(x) :=
f(x )
x
đơn điệu tăng trên R
+
.
Chứng minh. Nhận xét rằng, ta có hàm số f(x) = xg(x) và (1.3) sẽ có dạng

(1.1) với a
j
= x
j
, (j = 1, 2, , n):
n

k=1
x
k
g(x
k
) 

n

k=1
x
k

g

n

k=1
x
k

(1.4)
hiển nhiên được thỏa mãn ứng với g(x) là một hàm số đơn điệu tăng trên R

+
.
5
Hệ quả 1.1 ([1, tr. 58). Giả sử g(x) :=
f(x)
x
là hàm đơn điệu tăng trong [0, +∞).
Khi đó, với mọi dãy số dương và giảm x
1
, x
2
, , x
n
, ta đều có
f(x
1
− x
n
) 
n−1

k=1
f(x
k
− x
k+1
).
Chứng minh. Ta có x
1
− x

2
> 0, x
2
− x
3
> 0, , x
n−1
− x
n
> 0.
Theo định lý (1.3), ta có
f(x
1
−x
2
) + f(x
2
−x
3
) + + f(x
n−1
−x
n
)  f(x
1
−x
2
+ x
2
−x

3
+ + x
n−1
−x
n
),
hay
f(x
1
− x
2
) + f(x
2
− x
3
) + + f(x
n−1
− x
n
)  f(x
1
− x
n
),
điều phải chứng minh.
Nhận xét rằng, (1.4) không là điều kiện cần để g(x) là một hàm đồng biến.
Thật vậy, chỉ cần chọn hàm g(x) có tính chất
0 < g(x) ∈ C(R
+
) với mọi x ∈ R

+
và max g (x)  2 min g(x),
ta dễ dàng kiểm chứng rằng (1.4) được thỏa mãn. Chẳng hạn, ta lấy hàm số
g(x) = 3 + sin x, x ∈ R
+
,
thỏa mãn điều kiện nêu trên và vì vậy nó thỏa mãn điều kiện (1.4). Tuy nhiên,
hàm g(x) không là hàm đơn điệu tăng trên R
+
.
Nếu bổ sung thêm điều kiện: g(x) :=
f(x)
x
là hàm đồng biến trên R
+
và
x
1
, x
2
, , x
n
là bộ gồm các số lớn hơn 1, thì ta thu đượ c bất đẳng thức thực sự:
n

k=1
f(x
k
) < f


n

k=1
x
k

.
Tương tự, ta cũng có thể phát biểu các đặc trưng đối với hàm đơn điệu giảm.
Định lí 1.4 ([1, tr. 58]). Hàm f(x) xác định trên R
+
là một hàm số đơn điệu
giảm khi và chỉ khi với mọi cặp bộ số dương a
1
, a
2
, , a
n
và x
1
, x
2
, , x
n
, ta đều
có
n

k=1
a
k

f(x
k
) 

n

k=1
a
k

f

n

k=1
x
k

. (1.5)
Định lí 1.5 ([1, tr. 58]). Để bất đẳng thức
n

k=1
f(x
k
)  f

n

k=1

x
k

, (1.6)
6
được thỏa mãn với mọi bộ số dương x
1
, x
2
, , x
n
, điều kiện đủ là hàm g(x) :=
f(x )
x
đơn điệu giảm trên R
+
.
Nhận xét rằng, trong số các hàm số sơ cấp một biến, thì hàm tuyến tính
f(x) = ax đóng vai trò đặc biệt quan trọng, vì nó rất dễ nhận biết về tính đồng
biến (khi a > 0) và nghịch biến (khi a < 0) trong mỗi khoảng tùy ý cho trước.
Đặc trưng sau đây sẽ cho ta thấy rõ hơn về đặc trưng (bất đẳng thức hàm) của
hàm tuyến tính.
Định lí 1.6 ([1, tr. 59]). Giả thiết rằng, với mọi cặp bộ số dương
a
1
, a
2
, , a
n
; x

1
, x
2
, , x
n
,
ta đều có
n

k=1
a
k
f(x
k
)  f

n

k=1
a
k
x
k

, (1.7)
thì f(x) = ax, trong đó a là một hằng số.
Chứng minh. Lấy n = 2 và chọn x
1
= x, x
2

= y, a
1
=
y
2x
, a
2
=
1
2
, từ (1.7) ta thu
được
f(x)
x

f(y)
y
, ∀x, y ∈ R
+
.
Suy ra g(x) :=
f(x)
x
là một hàm hằng trên R
+
.
Tiếp theo, ta nêu một số tính chất của các hàm đơn điệu để ước lượng một
số tổng và tích phân.
Định lí 1.7 (Maclaurin, Cauchy). Giả thiết rằng f(x) là một hàm đơn điệu
giảm trên (0, +∞). Khi đó, ta luôn có

n

k=1
f (k) 
n

0
f (x) dx 
n−1

k=0
f (k). (1.8)
Khi f(x) là hàm nghịch biến thì ta có dấu bất đẳng thức thực sự.
Chứng minh. Thật vậy, theo giả thiết, f(x) là hàm đơn điệu giảm, nên ta luôn
có
f (k + 1) 
k+1

k
f (x) dx  f (k), ∀k = 0, 1, 2,
Lấy tổng theo k, ta thu được (1.8), chính là điều phải chứng minh.
7
Định lí 1.8 ([1, tr. 59]). Giả thiết rằng f(x) là một hàm đơn điệu giảm trên
(0, +∞) và {a
k
} là một dãy tăng trong (0, +∞). Khi đó, ta luôn có
n

k=1
(a

k
− a
k−1
) f (a
k
) 
a
n

a
0
f (x) dx 
n

k=1
(a
k
− a
k−1
) f (a
k−1
). (1.9)
Khi f(x) là hàm nghịch biến thì có dấu bất đẳng thức thực sự.
Chứng minh. Thật vậy, theo giả thiết, f(x) là một hàm đơn điệu giảm, nên ta
luôn có
(a
k
− a
k−1
)f(a

k
) 
a
k

a
k−1
f(x)dx  (a
k
− a
k−1
)f(a
k−1
), ∀k = 1, 2,
Lấy tổng theo k, ta thu được (1.9), chính là điều phải chứng minh.
Định lí 1.9 ([1, tr. 60]). Giả thiết rằng f(x) là một hàm đồng biến trên [0, +∞)
và f(0) = 0 . Gọi g(x) là hàm ngược của f(x). Khi đó, ta luôn có
ab 
a

0
f (x) dx +
b

0
g (x) dx, ∀a, b  0.
Chứng minh. Bất đẳng thức được suy trực tiếp bằng các so sánh diện tích
tạo bởi đường cong y = f(x) và x = g(y) với diện tích hình chữ nhật tạo bởi
x = 0, x = a, y = 0, y = b.
Hệ quả 1.2 ([1, tr. 60). Giả thiết rằng f(x) là một hàm đồng biến trên [0, +∞)

và f(0) = 0 . Gọi g(x) là hàm ngược của f(x). Khi đó, ta luôn có
ab  af(a) + bg(b), ∀a, b  0.
Định lí 1.10 ([1, tr. 60]). Cho hàm số y = f(x) liên tục, không âm và đơn điệu
tăng trên [α, β) với 0  α < β. Khi đó, ∀a ∈ [α, β); ∀b ∈ [f(α), f(β)) ta có
a

α
f(x)dx +
b

f(α)
f
−1
(x)dx  ab − αf(α).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f(a) = b.
8
Chứng minh. Gọi S
1
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi x = α, x = a, y = 0,
y = f(x) thì
S
1
=
a

α
f(x)dx
Gọi S
2
là diện tích hình phẳng giới hạn bởi y = f(α), y = b, x = 0, y = f

−1
(x)
thì
S
2
=
a

f(α)
f
−1
(x)dx
Gọi S là diện tích hình chữ nhật tạo bởi x = 0, x = a, y = 0, y = b, thì S = ab.
Gọi S
′
là diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi x = 0, x = a, y = 0, y = f(α),
thì S
′
= αf(α). Trong cả hai trường hợp f(a)  b hoặc f(a) > b, ta đều có
S
1
+ S
2
 S −S
′
. Do đó
a

α
f(x)dx +

b

f(α)
f
−1
(x)dx  ab − αf(α).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f(a) = b.
Định lí 1.11 ([1, tr. 61 - 63]). Cho hàm số f(x) liên tục và nghịch biến trên
[0, b], ∀a ∈ [0, b]. Khi đó, ta luôn có
b
a

0
f(x) dx  a
b

0
f(x)dx. (1.10)
Tương tự, với f(x) liên tục và đồng biến trên [0, b], ∀a ∈ [0, b] thì
b
a

0
f(x) dx  a
b

0
f(x)dx.
Chứng minh. Nếu a = 0 hoặc a = b thì bất đẳng thức (1.10) trở thành đẳng
thức.

Nếu 0 < a < b, thì do f(x) nghịch biến trên [0, b] nên với mọi x thỏa mãn điều
kiện 0 < a  x  b, ta đều có f(x)  f(a). Suy ra
b

a
f(x) dx  f(a)
b

a
dx = (b −a)f(a),
9
hay
f(a) 
1
b −a
b

a
f(x)dx. (1.11)
Mặt khác, khi 0 < x  a, thì f(x)  f (a). Suy ra
a

0
f(x)dx 
a

0
f(a )dx = af(a),
hay
1

a
a

0
f(x) dx  f(a). (1.12)
Từ (1.11) và (1.12), suy ra
1
a
a

0
f(x)dx  f(a) 
1
b −a
b

a
f(x)dx,
hay
1
a
a

0
f(x)dx 
1
b −a
b

a

f(x) dx. (1.13)
Do đó
(b −a)
a

0
f(x)dx  a
b

a
f(x) dx (do a > 0, b − a > 0),
hay
(b −a)
a

0
f(x)dx  a

0

a
f(x)dx +
b

0
f(x)dx

.
Vậy nên
b

a

0
f(x) dx  a
b

0
f(x)dx. (1.14)
10
Ta sẽ chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0 hoặc a = b.
Thật vậy, nếu tồn tại c ∈ (0, b) sao cho
b
c

0
f(x)dx = c
b

0
f(x )dx
thì
1
c
c

0
f(x)dx =
1
b
b


0
f(x)dx =
1
b −c
b

c
f(x )dx.
Vậy
1
c
c

0
f(x) dx =
1
b −c
b

c
f(x) dx. (1.15)
Từ (1.15), suy ra tồn tại ξ ∈ (0, c) và δ ∈ (c, b), sao cho
1
c
(c −0)f(ξ) =
1
b −c
(b −c)f(δ).
Mà δ > ξ , điều này trái với giả thiết rằng f(x) là hàm số nghịch biến trong (a, b).

Vậy, không xảy ra dấu đẳng thức.
Hệ quả 1.3 ([1, tr. 58). (i) Nếu b = 1 và f(x) là hàm số liên tục và nghịch biến
trên [0, 1] thì ∀a ∈ [0, 1], ta đều có
a

0
f(x)dx  a
1

0
f(x)dx.
(ii) Nếu b = 1 và f(x) là hàm số liên tục và đồng biến trên [0, 1] thì ∀a ∈ [0, 1], ta
đều có
a

0
f(x)dx  a
1

0
f(x)dx.
Định lí 1.12 (Bất đẳng thức thứ tự Chebyshev). Giả sử f(x) và g(x) là hai
hàm đơn điệu tăng và {x
k
} là một dãy đơn điệu tăng:
x
1
 x
2
  x

n
.
11
Khi đó với mọi bộ trọng (p
j
):
p
j
 0, j = 1, 2, , n; p
1
+ p
2
+ + p
n
= 1,
ta đều có

n

k=1
p
k
f(x
k
)

n

k=1
p

k
g(x
k
)



n

k=1
p
k
f(x
k
)g(x
k
)

.
Chứng minh. Theo giả thiết thì
0 

f(x
k
) −f(x
j
)

g(x
k

) −g(x
j
)

, ∀k, j = 1, 2, , n,
hay
f(x
k
)g(x
j
) + f(x
j
)g(x
k
)  f(x
j
)g(x
j
) + f(x
k
)g(x
k
). (1.16)
Để ý rằng
n

j,k=1
p
j
p

k
[f(x
k
)g(x
j
) + f(x
j
)g(x
k
)] = 2

n

k=1
p
k
f(x
k
)

n

k=1
p
k
g(x
k
)

và

n

j,k=1
p
j
p
k
[f(x
j
)g(x
j
) + f(x
k
)g(x
k
)] = 2
n

k=1
p
k
f(x
k
)g(x
k
).
Kết hợp các đẳng thức này với (1.16), ta thu được

n


k=1
p
k
f(x
k
)

n

k=1
p
k
g(x
k
)



n

k=1
p
k
f(x
k
)g(x
k
)

.

1.2 Lớp hàm tựa đồng biến, tựa nghịch biến
Ta nhắc lại tính chất quen biết sau đây:
Giả sử hàm số f(x) xác định và đơn điệu tăng trên I(a, b). Khi đó, với mọi
x
1
, x
2
∈ I(a, b), ta đều có
f(x
1
)  f(x
2
) ⇔ x
1
 x
2
,
và ngược lại, ta có
f(x
1
)  f(x
2
) ⇔ x
1
 x
2
; ∀x
1
, x
2

∈ I(a, b),
12
khi f(x) là một hàm đơn điệu giảm trên I(a, b).
Tuy nhiên, trong ứng dụng, có nhiều hàm số chỉ đòi hỏi có tính chất yếu hơn,
chẳng hạn như:
f(x
1
)  f(x
2
) ⇔ x
1
 x
2
, ∀x
1
, x
2
> 0 mà x
1
+ x
2
 1,
thì không nhất thiết f (x) phải là một hàm đơn điệu tăng trên (0, 1).
Chẳng hạn, đối với hàm số f(x) = sin πx, ta luôn có khẳng định sau đây.
Ví dụ. Nếu A, B, C là các góc trong của tam giác ABC thì
sin A  sin B ⇔ A  B. (1.17)
Như vậy, mặc dù hàm y = sin πx không đồng biến trong (0, 1), ta vẫn có bất
đẳng thức (suy từ (1.17)), tương tự như đối với hàm số đồng biến trong (0, 1):
sin πx
1

 sin πx
2
⇔ x
1
 x
2
, ∀x
1
, x
2
> 0 mà x
1
+ x
2
< 1. (1.18)
Ta đi đến các định nghĩa sau đây.
Định nghĩa 1.2 ([1, tr. 64]). Hàm số f(x) xác định trong (0, b) ⊂ (0, +∞) được
gọi là hàm tựa đồng biến trong khoảng đó, nếu
f(x
1
) < f(x
2
) ⇔ x
1
< x
2
, ∀x
1
, x
2

> 0 mà x
1
+ x
2
< b. (1.19)
Định nghĩa 1.3 ([1, tr. 64]). Hàm số f(x) xác định trong (0, b) ⊂ (0, +∞) được
gọi là hàm tựa nghịch biến trong khoảng đó, nếu
f(x
1
) < f(x
2
) ⇔ x
1
> x
2
, ∀x
1
, x
2
> 0 mà x
1
+ x
2
< b. (1.20)
Bài toán 1.1 ([1, tr. 64 - 65]). Mọi hàm f(x) tựa đồng biến trong (0, b) ⊂ (0, +∞)
đều đồng biến trong khoảng

0,
b
2


.
Chứng minh. Thật vậy, khi x
1
, x
2
∈

0,
b
2

thì hiển nhiên, x
1
+ x
2
< b và ta
thu được
f(x
1
) < f(x
2
) ⇔ x
1
< x
2
, ∀x
1
, x
2

∈

0,
b
2

. (1.21)
Hệ thức (1.21) cho ta điều cần chứng minh.
13
Bài toán 1.2 ([1, tr. 65]). Giả thiết rằng hàm h(x) đồng biến trong khoảng

0,
b
2

. Khi đó hàm số
f(x) =



h(x), khi x ∈

0,
b
2

,
h(b −x), khi x ∈

b

2
, b

,
là hàm số tựa đồng biến trong (0, b).
Định lí 1.13 ([1, tr. 65]). Mọi hàm f(x) xác định trong (0, b) ⊂ (0, +∞) và thỏa
mãn các điều kiện:
(i) f(x) đồng biến trong khoảng

0,
b
2

;
(ii) f(x)  f(b −x), ∀x ∈

b
2
, b

đều là hàm số tựa đồng biến trong khoảng đã cho.
Chứng minh. Khi hàm f(x) tựa đồng biến trong (0, b) thì theo bài toán 1.1,
hàm f(x) đồng biến trong khoảng

0,
b
2

.
Xét x ∈


b
2
, b

. Khi đó, để x
1
∈ (0, b) sao cho đồng thời x
1
< x và x
1
+ x < b,
ta cần chọn x
1
∈

0,
b
2

và x
1
< b − x ∈

0,
b
2

. Do vậy, mọi x
2

∈

b
2
, b

ta đều
có x
1
< x
2
và để x
1
+ x
2
< b thì dễ thấy x
2
∈

b
2
, b − x
1

. Vì theo giả thiết, thì
f(x
1
) < f(x
2
) với mọi x

2
∈

b
2
, b − x
1

, nên f(x
2
) > f(x).
1.3 Cực trị của hàm số
Ta nhắc lại định nghĩa cực trị của hàm số y = f(x).
Định nghĩa 1.4 ([5]). Cho hàm số f(x) xác định trên miền D ⊆ R. Cho miền
I ⊆ D. Khi đó
Số thực M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm f(x) trên miền I, nếu f(x)
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
(i) f(x)  M, ∀x ∈ I.
(ii) Tồn tại x
0
∈ I sao cho f(x
0
) = M.
Khi đó, ta kí hiệu
M = max
x∈I
f(x).
14
Số thực m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm f(x) trên miền I, nếu f(x)
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

(i) f(x)  m, ∀x ∈ I.
(ii) Tồn tại x
0
∈ I sao cho f(x
0
) = m.
Khi đó, ta kí hiệu
m = min
x∈I
f(x ).
Định nghĩa 1.5 ([5]). Cho hàm số f(x) xác định trên miền D ⊆ R và I ⊆ D.
1) Nếu không tồn tại max
x∈I
f(x), nhưng tồn tại số S ∈ R, sao cho
(i) f(x) < S với mọi x ∈ I.
(ii) Với mọi ε > 0, tồn tại x
0
∈ I sao cho f(x
0
) > S − ε,
thì S được gọi là cực biên trên (hay cận trên đúng) của hàm số f(x) trong miền
I, kí hiệu là
S = sup
x∈I
f(x ).
2) Nếu không tồn tại min
x∈I
f(x), nhưng tồn tại số T ∈ R sao cho
(i) f(x) > T với mọi x ∈ I.
(ii) Với mọi ε > 0, tồn tại x

0
∈ I sao cho f(x
0
) < T + ε,
thì T được gọi là cực biên dưới (hay cận dưới đúng) của hàm số f(x) trong miền
I, kí hiệu là
S = inf
x∈I
f(x).
Định nghĩa 1.6 ([5]). Các giá trị
max
x∈I
f(x); min
x∈I
f(x); sup
x∈I
f(x); inf
x∈I
f(x)
được gọi chung là các giá trị cực trị (hay giá trị cực biên) của hàm số f(x) trên
miền I.
Ta thường gọi min; max là các giá trị cực trị đạt được, còn inf; sup là các giá
trị cực trị không đạt được của hàm số f (x) trong miền I.
Tương tự, ta có định nghĩa cực trị của hàm nhiều biến như sau.
Cho hàm số n biến F = f (x; y; ; z): D ⊆ R
n
→ R. Cho miền I ⊆ D. Khi đó
15
Định nghĩa 1.7 ([5]). Số thực M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số F
trong miền I, kí hiệu là

M = max F
I
nếu đồng thời thỏa mãn hai điều kiện sau
(i) f(x; y; ; z)  M với mọi (x; y; ; z) ∈ I;
(ii) Tồn tại (x
1
; y
1
; ; z
1
) ∈ I sao cho f(x
1
; y
1
; ; z
1
) = M.
Định nghĩa 1.8 ([5]). Số thực m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số F
trong miền I, kí hiệu là
M = min F
I
nếu đồng thời thỏa mãn hai điều kiện sau
(i) f(x; y; ; z)  m với mọi (x; y; ; z) ∈ I;
(ii) Tồn tại (x
2
; y
2
; ; z
2
) ∈ I sao cho f(x

2
; y
2
; ; z
2
) = m.
Định lí 1.14 ([5]). Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên [a, b] thì tồn tại max
x∈[a,b]
f(x)
và min
x∈[a,b]
f(x).
Nhận xét. Định lý trên chỉ là điều kiện đủ để tồn tại min, max. Hàm số có thể
không liên tục trên I hoặc I không phải là một đoạn nhưng vẫn tồn tại max
x∈[a,b]
f(x)
và min
x∈[a,b]
f(x).
Chú ý. Trong luận văn này, các giá trị cực biên của hàm số nêu trong định
nghĩa 1.6 được gọi tắt là giá trị cực trị của hàm f(x), khái niệm này hoàn toàn
khác khái niệm cực trị của hàm số trong chương trình toán phổ thông.
Định lí 1.15 ([5]). Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm cấp một liên tục trên [a, b],
có đạo hàm cấp hai tại mọi x ∈ (a, b) sao cho f
′′
(x)  0 với mọi x ∈ (a, b). Khi
đó, với mọi x, y ∈ [a, b] ta luôn có
f(x)  f(y) + f
′
(y)(x −y).

Nói cách khác f(x) = max
ayb
(f(y) + f
′
(y)(x −y)).
Định lí 1.16 ([5]). Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm cấp một liên tục trên [a, b],
có đạo hàm cấp hai tại mọi x ∈ (a, b) sao cho f
′′
(x)  0 với mọi x ∈ (a, b). Khi
đó, với mọi x, y ∈ [a, b] ta luôn có
f(x)  f(y) + f
′
(y)(x −y).
16
Nói cách khác f(x) = min
ayb
(f(y) + f
′
(y)(x −y)).
Định lí 1.17 ([5]). Cho biểu thức f(x, y) với x ∈ T, y ∈ L. Giả sử các giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất nói đến sau đây là tồn tại. Ta có
max
x∈T,y∈L
f(x, y) = max
x∈T

max
y∈L
f(x, y)


= max
y∈L

max
x∈T
f(x, y)

;
min
x∈T,y∈L
f(x, y) = min
x∈T

min
y∈L
f(x, y)

= min
y∈L

min
x∈T
f(x, y)

.
Sau đây, ta có một số tính chất của giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm
số.
Tính chất 1.1 ([5]). Nếu hàm số y = f (x) có đạo hàm và có hữu hạn điểm tới
hạn x
1

, x
2
, , x
n
trong (a, b) thì
max
x∈[a,b]
f(x) = max

f(x
1
); f(x
2
); ; f(x
n
); f(a); f(b)

.
min
x∈[a,b]
f(x) = min

f(x
1
); f(x
2
); ; f(x
n
); f(a); f(b)


.
Tính chất 1.2 ([5]). Nếu I = I
1
∪ I
2
thì
max
x∈I
f(x) = max

max
x∈I
1
f(x) , max
x∈I
2
f(x)

,
min
x∈I
f(x) = min

min
x∈I
1
f(x), min
x∈I
2
f(x)


.
Tính chất 1.3 ([5]). Nếu có M = max
x∈I
f(x) , m = min
x∈I
f(x) và N
f
=

x ∈ D
f
|f(x) = 0

thì
max
x∈I
|f(x)| = max {|M|; |m|}.
min
x∈I
|f(x)| =

0, nếu N
f
∩ I ̸= ∅
min{|m|; |M|}, nếu N
f
∩ I = ∅.
Tính chất 1.4 ([5]). Cho miền I ⊆ D
f

. Giả sử tồn tại max
x∈I
f(x) và min
x∈I
f(x). Khi
đó
max
x∈I
(−f(x)) = −min
x∈I
f(x) ; min
x∈I
(−f(x)) = −max
x∈I
f(x) .
Nếu f(x) > 0 với mọi x ∈ I thì trong I ta có
max
x∈I

1
f(x)

=
1
min
x∈I
f(x)
; min
x∈I


1
f(x )

=
1
max
x∈I
f(x)
.
17
Tính chất 1.5 ([5]). (Giá trị cực trị của hàm đơn điệu)
(i) Nếu hàm số y = f(x) đồng biến trong [a, b] ⊆ D
f
thì
min
[a,b]
f(x) = f(a) ; max
[a,b]
f(x) = f(b).
(ii) Nếu hàm số y = f(x) nghịch biến trong [a, b] ⊆ D
f
thì
min
[a,b]
f(x) = f(b) ; max
[a,b]
f(x) = f(a).
(iii) Nếu hàm số y = f(x) đồng biến trong (a, b) ⊆ D
f
thì

inf
(a,b)
f(x ) = f(a
+
) ; sup
[a,b]
f(x) = f(b
−
).
(iv) Nếu hàm số y = f(x) nghịch biến trong (a, b) ⊆ D
f
thì
inf
[a,b]
f(x) = f(b
−
) ; sup
[a,b]
f(x ) = f(a
+
).
Tính chất 1.6 ([5]). (Tìm giá trị cực trị bằng phép đặt biến số phụ)
Nếu khi đặt biến phụ t = φ(x), ta có x ∈ I khi và chỉ khi t ∈ T thì
max
x∈I
f(x ) = max
t∈T
f(t) ; min
x∈I
f(x) = min

t∈T
f(t).
1.4 Ví dụ
Có thể nói rằng, các tính chất cơ bản của hàm số luôn có vai trò rất quan
trọng và là một công cụ rất hữu hiệu để định hướng cho việc giải toán, sáng tác
các dạng bài tập mới. Những kiến thức liên quan đến tính đơn điệu của hàm số
đã được đề cập rất sớm trong chương trình toán phổ thông, chẳng hạn như: tỉ
lệ thuận, tỉ lệ nghịch, tìm cực trị của hàm số, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của hàm số
Ví dụ 1.1 ([1]). Chứng minh rằng với mọi bộ số dương a, b, c, ta đều có
a
b + c
+
b
c + a
+
c
a + b

3
2
. (1.22)
Giải. Đây là bài toán quen thuộc trong các giáo trình về bất đẳng thức nhằm
mô tả các ứng dụng của các bất đẳng thức cổ điển như bất đẳng thức Cauchy,
bất đẳng thức AM - GM, để giải. Tuy nhiên, nếu ta viết lại (1.22) dưới dạng
a
1
b
1
+ c

1
+
b
1
c
1
+ a
1
+
c
1
a
1
+ b
1

a
0
b
0
+ c
0
+
b
0
c
0
+ a
0
+

c
0
a
0
+ b
0
, (1.23)
18
thì (1.23) có dáng dấp của một hàm đồng biến
g(1)  g(0),
với
g(t) =
a
t
b
t
+ c
t
+
b
t
c
t
+ a
t
+
c
t
a
t

+ b
t
, t ∈ R
+
.
Bài toán sẽ được giải quyết nếu ta chứng minh được f(t) là hàm đơn điệu, tức
là chứng tỏ
g(t
1
)  g(t
2
) ⇔ t
1
> t
2
 0. (1.24)
Ta có thể chứng minh (1.24) bằng cách sử dụng tính chất của tỉ lệ thức như
sau.
Vì vai trò của a,b,c như nhau nên không mất tính tổng quát ta coi
a  b  c
thì ta thấy rằng
b
t
1
+ c
t
1
 c
t
1

+ a
t
1
 a
t
1
+ b
t
1
,
b
t
2
+ c
t
2
 c
t
2
+ a
t
2
 a
t
2
+ b
t
2
.
Xét các hiệu














a
t
1
b
t
1
+ c
t
1
−
a
t
2
b
t
2
+ c

t
2
=
a
t
2
b
t
2
(a
t
1
−t
2
− b
t
1
−t
2
) + a
t
2
c
t
2
(a
t
1
−t
2

− c
t
1
−t
2
)
(b
t
1
+ c
t
1
)(b
t
2
+ c
t
2
)
=
T
1
S
1
b
t
1
c
t
1

+ a
t
1
−
b
t
2
c
t
2
+ a
t
2
=
b
t
2
c
t
2
(b
t
1
−t
2
− c
t
1
−t
2

) + b
t
2
a
t
2
(b
t
1
−t
2
− a
t
1
−t
2
)
(c
t
1
+ a
t
1
)(c
t
2
+ a
t
2
)

=
T
2
S
2
c
t
1
a
t
1
+ b
t
1
−
c
t
2
a
t
2
+ b
t
2
=
c
t
2
a
t

2
(c
t
1
−t
2
− a
t
1
−t
2
) + c
t
2
a
t
2
(c
t
1
−t
2
− b
t
1
−t
2
)
(a
t

1
+ b
t
1
)(a
t
2
+ b
t
2
)
=
T
3
S
3
Ta có














a
t
1
b
t
1
+ c
t
1
−
a
t
2
b
t
2
+ c
t
2

T
1
S
2
b
t
1
c
t
1

+ a
t
1
−
b
t
2
c
t
2
+ a
t
2
=
T
2
S
2
c
t
1
a
t
1
+ b
t
1
−
c
t

2
a
t
2
+ b
t
2

T
3
S
2
Ta thu được điều phải chứng minh.
Như vậy, từ ví dụ 1.1, bằng cách sử dụng tính đơn điệu của hàm số, ta đã giải
19
quyết được một lớp bài toán được phát biểu dưới dạng:
"Cho a, b, c > 0; α > β  0. Chứng minh rằng
a
α
b
α
+ c
α
+
b
α
c
α
+ a
α

+
c
α
a
α
+ b
α

a
β
b
β
+ c
β
+
b
β
c
β
+ a
β
+
c
β
a
β
+ b
β
.”
Khi đó ta có thể chọn các cặp số α, β tùy ý để có được các bài tập chứng minh

bất đẳng thức mới, chẳng hạn ví dụ 1.1 là kết quả khi áp dụng α = 1, β = 0.
Tương tự, ta có các ví dụ sau.
Ví dụ 1.2 ([1]). Cho a, b, c, α, β là các số thực dương, α > β. Chứng minh rằng

a
b

α
+

b
c

α
+

c
a

α


a
b

β
+

b
c


β
+

c
a

β
. (1.25)
Giải. Ta có thể nhận thấy ngay, (1.25) có tính chất của một hàm đồng biến
f(t
1
) > f(t
2
), ∀t
1
> t
2
> 0,
với
f(t) =

a
b

t
+

b
c


t
+

c
a

t
, ∀t > 0.
Như vậy, để giải quyết bài toán, ta cần chứng minh f(t) là hàm đồng biến trên
(0, +∞). Tức là, ta phải chứng minh

a
b

t
1
+

b
c

t
1
+

c
a

t

1


a
b

t
2
+

b
c

t
2
+

c
a

t
2
, ∀t
1
> t
2
> 0.
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli đối với tam thức bậc (α, β) dưới dạng

x

x
0

α
+
α
β
− 1 
α
β

x
x
0

β
, ∀α > β > 0,
ta thu được

a
b

t
1
+
t
1
t
2
− 1 

t
1
t
2

a
b

t
2
,

b
c

t
1
+
t
1
t
2
− 1 
t
1
t
2

b
c


t
2
,

c
a

t
1
+
t
1
t
2
− 1 
t
1
t
2

c
a

t
2
,

t
1

t
2
− 1

a
b

t
2
+

b
c

t
2
+

c
a

t
2



t
1
t
2

− 1

3
3


a
b

t
2

b
c

t
2

c
a

t
2
=

t
1
t
2
− 1


3.
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta thu được

a
b

t
1
+

b
c

t
1
+

c
a

t
1


a
b

t
2

+

b
c

t
2
+

c
a

t
2
, ∀t
1
> t
2
> 0,
20
hay f(t) là hàm đồng biến trên (0, +∞).Như vậy, với mọi α > β > 0 ta có được
bất đẳng thức (1.25).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Ví dụ 1.3. Cho a, b, c, α, β là các số thực dương, α > β. Chứng minh rằng

b + c
2a

α
+


c + a
2b

α
+

a + b
2c

α


b + c
2a

β
+

c + a
2b

β
+

a + b
2c

β
. (1.26)

Giải. Ta có thể nhận thấy ngay, (1.26) có tính chất của một hàm đồng biến
f(t
1
) > f(t
2
), ∀t
1
> t
2
> 0,
với
f(t) =

b + c
2a

t
+

c + a
2b

t
+

a + b
2c

t
, ∀t > 0.

Như vậy, để giải quyết bài toán, ta cần chứng minh f(t) là hàm đồng biến trên
(0, +∞). Tức là, ta phải chứng minh

b + c
2a

t
1
+

c + a
2b

t
1
+

a + b
2c

t
1


b + c
2a

t
2
+


c + a
2b

t
2
+

a + b
2c

t
2
,
∀t
1
> t
2
> 0.
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli đối với tam thức bậc (α, β) dưới dạng

x
x
0

α
+
α
β
− 1 

α
β

x
x
0

β
, ∀α > β > 0,
ta thu được

b + c
2a

t
1
+
t
1
t
2
− 1 
t
1
t
2

b + c
2a


t
2
,

c + a
2b

t
1
+
t
1
t
2
− 1 
t
1
t
2

c + a
2b

t
2
,

a + b
2c


t
1
+
t
1
t
2
− 1 
t
1
t
2

a + b
2c

t
2
,

t
1
t
2
− 1

b + c
2a

t

2
+

c + a
2b

t
2
+

a + b
2c

t
2



t
1
t
2
− 1

3.
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta thu được

b + c
2a


t
1
+

c + a
2b

t
1
+

a + b
2c

t
1


b + c
2a

t
2
+

c + a
2b

t
2

+

a + b
2c

t
2
,
∀t
1
> t
2
> 0.
21
hay f(t) là hàm đồng biến trên (0, +∞).Như vậy, với mọi α > β > 0 ta có được
bất đẳng thức (1.26).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Ví dụ 1.4 ([1]). Chứng minh rằng, với mọi x, y ∈ R thỏa mãn điều kiện 0 < x  y
ta đều có
xy(arc cot y − arc cot x)  ln

(x
2
+ 1)
y
(y
2
+ 1)
x
.

Giải. Bất đẳng thức trên tương đương với
y

xarc cot x +
1
2
ln(x
2
+ 1)

 x

yarc cot y +
1
2
ln(y
2
+ 1)

.
Xét hàm số
v = arc cot t, 0  t  y
Ta có
v
′
(t) = −
1
1 + t
2
< 0, ∀t ∈ R

nên v(t) nghịch biến trên [0, y] và
x

0
arc cot tdt = t. arc cot t|
x
0
+
x

0
tdt
1 + t
2
=x.arc cot x +
1
2
ln(x
2
+ 1),
Khi 0 < x  y, áp dụng định lý 1.11 ta được
y
x

0
arc cot tdt  x
y

0
arc cot tdt.

Do đó
y

xarc cot x +
1
2
ln(x
2
+ 1)

 x

yarc cot y +
1
2
ln(y
2
+ 1)

,
hay
xy(arc cot y − arc cot x)  ln

(x
2
+ 1)
y
(y
2
+ 1)

x
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y.