SKKN SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI TOÁN Ở THPT

SKKN: SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ GIẢI TOÁN Ở THPT
PHẦN MỘT: ĐẶT VẤN ĐỀ
Hiện nay ,giáo dục không ngừng được cải cách và đổi mới .Để kịp với xu hướng
này ,rất nhiều yêu cầu được đặt ra .Một trong số đó chính là làm sao để có được những
phương pháp giải toán hay ,nhanh,mà vẫn cho kết quả chính xác .Phương pháp sử dụng
tính đơn điệu của hàm số là một phương pháp giải toán như vậy.
Có rất nhiều bài toán thoạt nhìn tưởng rất khó,nếu giải được thì lời giải sẽ khó
hiểu,rắc rối .Nhưng nếu áp dụng phương pháp này ,bài toán sẽ trở thành đơn giản ,gọn
hơn rất nhiều .Đó chính là một trong những ứng dụng của phương pháp này ,ngoài ra
phương pháp sử dụng tính đơn điệu còn phát huy sự ưu việt trong nhiều trường hợp
khác .
Nói tóm lại,Phương pháp này rất cần thiết đối với các em học sinh đang chuẩn bị
ôn thi tốt nghiệ trung học phổ thông,thi đại học và cao đẳng.Nó sẽ giúp các em phát huy
tối đa tính sáng tạo trong việc tìm ra con đương giải toán nhanh nhất ,hay nhất và chính
xác nhất .
Trong quá trình dạy học môn toán ở bậc trung học phổ thông, chúng ta gặp rất
nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức ,giải phương trình ,bất phương trình ,hệ phương
trình.Để giải các bài toán dạng trên có bài ta giải được bằng nhiều phương pháp khác
nhau , cũng có bài chỉ có thể giải được bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm
số.Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán là một phương pháp hay,thông thường
để giải quyết một bài toán sẽ đơn giản,gọn nhẹ hơn so với phương pháp khác .
Tuy nhiên để học sinh có kỹ năng ta cần hệ thống hoá lại bài tập ,để học sinh và giáo viên
bớt lúng túng hơn.
Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán ,chiếm một vị trí đặc
biệt quan trọng trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình ,bất
phương trình ,hệ phương trình.Phương pháp này dựa trên mối liên hệ giữa tính đồng biến
và nghịch biến của một hàm số với đạo hàm của nó .
Để sử dụng phương pháp này,điều cốt yếu là chúng ta cần xây dựng một hàm số
thích hợp ,rồi nghiên cứu tính đồng biến ,nghịch biến của nó trên đoạn thích hợp.Các hàm
1
số ấy trong nhiều trường hợp có thể nhận tra ngay từ đầu ,còn trong các trường hợp đặc

biệt ta cần khôn khéo để phát hiện ra chúng .
PHẦN HAI: NỘI DUNG
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Hàm số y = f(x) xác định trên đoạn [a;b] được gọi là đồng biến trên đoạn ấy,
nếu với mọi x
1
< x
2
thuộc đoạn [a ;b] ta đều có f(x
1
) < f(x
2
) .
Điều kiện để y = f(x) đồng biến trên [a ;b] là y'= f(x)
≥
0 ,
x∀ ∈
[a ;b] .Đồng
thời dấu ''='' đạt được tại một số điểm riêng biệt.
Đối với hàm đồng biến thì y
max
= y
(b)
, y
min
= y
(a)
(a < b) ,đồng thời nếu phương
trình f(x) =0 có nghiệm thì nghiệm ấy là duy nhất.
Tương tự, y = f(x) được gọi là nghịch biến trên [a ;b] là y' = f'(x)

≤
0 ,
x∀ ∈
[a;b]. Đồng thời dấu ''='' đạt được tại một số điểm riêng biệt.
Đối với hàm nghịch biến thì y
max
= y
(a)
, y
min
= y
(b)
(a < b) ,đồng thời nếu
phương trình f(x) =0 có nghiệm thì nghiệm ấy là duy nhất.
Hàm số y = f(x) chỉ đồng biến hoặc chỉ nghịch biến trên đoạn [a;b] được gọi
là đơn điệu trên đoạn ấy.
Hàm đơn điệu có tính chất quan trọng sau đây:
f(x) = f(y)
⇔
x = y.
Nếu f(x) đồng biến , g(x) nghịch biến thì :
1) Nếu phương trình f(x) = g(x) có nghiệm x = x
0
thì nghiệm ấy là duy nhất
2) Nghiệm của bất phương trình f(x) > g(x) là giao của x>x
0
và miền xác
định của bất phương trình .
3) Nghiệm của bất phương trình f(x) < g(x) là giao của x< x
0

và miền xác
định của bất phương trình .
B. MỘT SỐ VÍ DỤ
I. PHƯƠNG TRÌNH
Ví dụ 1: giải phương trình:
1x +
-
4 x−
= 1 (1)
Giải: điều kiện -1
≤
x
≤
4
2
⇒
(1)
⇔

1x +
= 1+
4 x−
Có nghiệm x = 3, vì
3 1+
= 2 = 1 +
4 3−
= 2 Đúng
và vì vế trái là hàm đồng biến ( đạo hàm dương) ,
vế phải là hàm nghịch biến ( đạo hàm âm), nên x = 3 là nghiệm duy nhất của (1).
Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đưa phương trình vô tỷ về sử dụng tính đơn điệu ,

tránh được bình phương 2 lần dễ dẫn đến mất nghiệm.
Ví dụ 2.Giải phương trình. x
5
+x
3
-
1 3x−
+4 =0
Giải: Điều kiện
1/3x ≤
. Đặt f(x) = x
5
+x
3
-
1 3x−
+4
Ta có f'(x) = 5x
4
+3x
2
+
3
2 1 3x−
> 0
⇒
f(x) đồng biến / (
1
, ]
3

−∞
Mặt khác f(-1) = 0 nên phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = -1.
Ví dụ 3. Giải phương trình .
2 2
15 3 2 8x x x+ = − + +
Giải.Phương trình
2 2
( ) 3 2 8 15 0f x x x x
⇔ = − + + − + =
(*)
Nếu x
2/3≤
thì f(x) <0
⇒
phương trình (*) vô nghiệm .
Nếu x >2/3 thì f'(x) = 3 + x
2 2
1 1 2
0 x>
3
8 15x x
 
− > ∀
 
+ +
 
⇒
f(x) đồng biến /
2
,

3
 
+∞
 ÷
 

Mà f(1) = 0 nên (*) có đúng một nghiệm x = 1.
Ví dụ 4: Giải bất phương trình :
(
)
(
)
2 3 2 3 2
x x
x
− + + =
(1)
Giải: Nhận thấy x = 2 là nghiệm ,vì khi đó ta có : 2-
2
3 2 3 4 2+ − = =
Vì 2
x
> 0 nên (1)
2 3 2 3
1
4 4
x x
   
− +
⇔ + =

 ÷  ÷
   
Do
2 3 2 3
1
4 4
− +
< <
3
Nên vế trái là hàm nghịch biến ,và vì vậy x =2 là nghiệm duy nhất của (1) .
Nhận xét .Cái hay của cách giải này là phát hiện ra cơ số bé hơn 1
để sử dụng tính nghịch biến.
Ví dụ 5: Giải phương trình : x + lg(x
2
-x -6) = 4 +lg(x +2).
Giải: Điều kiện x +2>0, x
2
- x -6 >0
3.x⇒ >
Vậy (1)
⇔
x + lg(x +2) +lg(x -3) = 4 +lg(x +2)
⇒
lg(x -3) = 4 -x (2)
Phương trình này có nghiệm x =4 vì khi đó ta có lg1 = 0 đúng .
Vì vết trái đồng biến (cơ số lôgarit lớn hơn 1).Vế phải nghịch biến ( đạo hàm âm) ,
Nên (2) có nghiệm duy nhất x = 4 ( thoả mãn điều kiện x > 3)
Ví dụ 6: Giải phương trình : 2log
3
cotgx = log

2
cosx
Giải: Điều kiện cosx > 0,sinx > 0 .
Đặt log
2
cosx = y
⇒
cosx = 2
y

⇒
log
3
cotg
2
x = log
2
cosx = y
⇒
cotg
2
x = 3
y
Vì cotg
2
x =
2
2
cos 4
1 cos 1 4

y
y
x
x
=
− −
⇒
3
y
- 12
y
= 4
y

⇔

3
3 1,
4
y
y
 
= +
 ÷
 
có nghiệm duy nhất y = -1
Vì vế trái cơ số 3/4 <1 là hàm nghịch biến ,vế phải cơ số 3>1 là hàm đồng biến .
Vậy cosx = 2
-1
= 1/2

⇒
x =
/3 2 ,k k R
π π
± + ∈
.
Kết hợp với điều kiện ,ta được nghiệm của (1) là : x =
2 ,
3
k k z
π
π
+ ∈
.
Nhận xét .Cái hay của cách giải này là đưa (1) về dạng phương trình mũ không chính tắc
để sử dụng tính đơn điệu.
Ví dụ 7: giải phương trình: 3 x
2
- 2x
3
= log
2
(x
2
+ 1) - log
2
x (1)
Giải: Điều kiện: x > 0. với điều kiện ấy
(1)
⇔

x
2
(3-2x) - log
2
(x +
1
x
) (2)
Do x > 0 nên x+
1
x

≥
2 và do vế phải là hàm loga có cơ số lớn hơn 1,
nên là hàm đồng biến
⇒
log
2
(x +
1
x
)
≥
log
2
2 = 1.
4
Vậy thì vế trái dương
⇒
x

2
(3-2x) >0
⇒
3-2x > 0.
Ta có x
2
(3-2x) = x.x.(3-2x) là tích của 3 số dương ,có tổng không đổi bằng 3 ,nên
nó đạt giá trị lớn nhất bằng 1 ,khi x = 3 -2x = 1.
Như vậy là VT
≤
1 ,đạt dấu = khi x = 1 ,
VP
≥
1 , đạt dấu = khi x = 1
⇒
phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Nhận xét. Cái hay của cách giải này là áp dụng linh hoạt hệ quả của bất đẳng thức Côsi
và tính đơn điệu của hàm logarit.
Ví dụ 8. giải các phương trình:
3.4
x
+ (3x-10)2
x
+ 3 - x = 0
Giải. đặt y = 2
x
> 0, khi đó ta có
3y
2
+ (3x - 10)y + 3 - x = 0

Từ đó y =
3 10 (3 8)
6
x x− + ± −
⇒
y
1
=
1
3
hoặc y
2
= 3-x
Nếu y
1
=
1
3
= 2
x

⇒
x = -log
2
3.
Nếu y
2
= 3 - x = 2
x
, ta có x = 1 là nghiệm duy nhất , vì khi đó 3 -1 = 2 đúng

và vì vế trái là hàm nghịch biến ( có đạo hàm âm) ,
vế phải là hàm đồng biến ( cơ số hàm mũ lớn hơn 1).
Nhận xét.Cách giải này hay ở chổ biết chọn ẩn số mới thích hợp để đưa về phương trình
bậc hai và sử dụng được tính đơn điệu của hàm số.
II. BẤT HƯƠNG TRÌNH
Ví dụ 1. giải bất phương trình
9x +
> 5 -
2 4x +
(2)
Giải: Điều kiện x
≥
2.
do vế trái là hàm đồng biến( đạo hàm dương)
vế phải la hàm nghịch biến(đạo hàm âm)
nên nghiệm của (2) là giao của x
≥
2 và x > x
0
vói x
0
là nghiệm của phương trình
9x +
= 5 -
2 4x +
;
phương trình cuối có nghiệm duy nhất x =0, vì khi đó ta có
9
=5-
4

đúng
5
và vế trái đồng biến, vế phải nghịch biến.
Vậy nghiệm của (2) là giao của x
≥
2 va x > 0
⇒
x > 0
Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đưa bất phương trình vô tỷ về sử dụng tính đơn
điệu , tránh được bình phương 2 lần dễ dẫn đến mất nghiệm.
Ví dụ 2. Giải bất phương trình .
3 5
4
1 5 7 7 5 13 7 8x x x x+ + − + − + − <
Giải . Điều kiện x
≥
5/7 .Xết f(x) =
3 5
4
1 5 7 7 5 13 7x x x x+ + − + − + −
Ta có f'(x) =
2 3 4
3 5
4
1 5 7 13
0
2 1
3 (5 7) 4 (13 7) 5 (13 7)
x
x x x

+ + + >
+
− − −
⇒
F9x) đồng biến /
5
,
7
 
+∞
÷

 
.Mặt khác f(3) = 8 nên bpt f(x) < 8.
5/7
5
( ) (3) 3.
3
7
x
f x f x
x
≥

⇔ < ⇔ ⇔ ≤ <

<

Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đưa bất phương trình vô tỷ về sử dụng tính đơn
điệu,trong khi đó muốn giải bằng cách khác sẽ rất khó khăn.

Ví dụ 3.Giải bất phương trình . 2x +
2
7 2 7 35x x x x+ + + + <
Giải. Điều kiện x > 0.Đặt f(x) = 2x +
2
7 2 7x x x x+ + + +
Ta có f'(x) =
2
1 1 2 7
2 0
2 2 7
7
x
x x
x x
+
+ + + >
+
+
,
2
29
35
12
f
 
 
=
 ÷
 ÷

 ÷
 
 
Nên f(x) đồng biến và do đó f(x) < 35 =
2
29
12
f
 
 
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
2
29
0
12
x
 
⇔ < <
 ÷
 
.
Ví dụ 4: Giải bất phương trình :
2 2
1 1 2
x x
x

x x
+ + − ≥
(1)
Giải: Điều kiện: x
≠
0, x +
2 2
1 1
0, 0x
x x
≥ − ≥
⇒
x
≥
1
Do vậy (1)
3 3
1 1 2 (2)x x
⇔ + + − ≥
Đặt
3 3
1 1 0x u x v+ = > − = ≥
,khi đó
6
(2)
2 2
1 1
2
2
2

( )( ) 2
u v
u v
u v
u v u v

+ ≥

≤

⇔ ⇔
+
 
− =


+ − =

⇒
u -v
≤
1
⇒
2
1
u v
v u
+ ≥



− ≥ −

⇒
v
1
0
2
≥ >
(thích hợp)
Vậy :
3 3
3
1 5 5
1 1
2 4 4
x x x− ≥ ⇔ ≥ ⇒ ≥ >
Đáp số :
3
5
4
x ≥
Hoặc xét VT =f(x)=
3 3
1 1x x+ + −
là hàm đồng biến
Suy ra nghiệm của (2) là giao của x
≥
1 và x > x
0
,trong đó x

0
là nghiệm
của phương trình :
3 3
1 1x x+ + −
= 2.
Suy ra x
0
=
3
5
4
,suy ra bất phương trình có nghiệm
3
5
4
x ≥
.
Nhận xét.Cái hay của cách giải là sử dụng tính đồng biến và sử dụng cách đặt ẩn phụ để
đưa về hệ bất phương trình hoặc hệ phương trình bậc ,tránh được việc bình phương 2 vế
(dễ dẫn đến sai sót ,thừa nghiệm)và tránh được việc giải phương trình bậc cao.
Ví dụ 5: Giải bất phương trình:
2
2 5 2 7 10 5 2x x x x x+ + + + + + < −
(1)
Giải: Điều kiện x
≥
-2.
Đặt
2 0

5 0
x u
x v
+ = ≥
+ = >
Suy ra
2
7 10 .x x uv+ + =
Do u và v đồng biến khi x
≥
-2
Vế trái là hàm đồng biến , vế phải là hàm nghịch biến
Nên nghiệm của (1) là giao của x
≥
-2 và x < x
0
với x
0
là nghiệm của phương trình:
2
2 5 2 7 10 5 2x x x x x+ + + + + + = −
Vì u
2
+v
2
= 2x +7 ,suy ra 2x = u
2
+v
2
-7

Và u
2
+v
2
+2uv +( u +v) -12 =0
Đặt u +v = t >0 ta được : t
2


+t -12 = 0 , t > 0
7
Suy ra t =3 vậy
1
1
3
3
3
22
=⇒



−=−
=+
⇔



−=−
=+

u
vu
vu
vu
vu
Từ đó u =
2 1 1x x+ = ⇒ = −
Vậy nghiệm của (1) là
2 1x− ≤ ≤ −
Nhận xét. Cái hay của cách giải này là dùng tính đơn điệu của các hàm số để đưa bất
phương trình vô tỷ về hệ phương trình bậc 1.
Ví dụ 6.Với giá trị nào của tham số m thì bpt sau có nghiệm?
x
2
+
2
2 1 0x m m m− + + − ≤
Giải: Đặt t =
x m−

≥
0
⇒
t
2
= x
2
-2mx +m
2
, khi đó (1)

⇔
y = t
2
+2t +2mx +m -1
≤
0
Có nghiệm t
≥
0.
Ta có y' = 2t +2
⇒
y' = 0
⇔
t = -1
Nên y
min
= y
(0)
= 2mx +m -1 = 2m
2
+m -1
0≤
⇒
-1
1
2
m≤ ≤
.
Nhận xét.Cái hay của cách giải này là sử dụng giá trị tuyệt đối
x m−

làm ẩn số để đưa
về parabol theo
0t ≥

⇒
Không phải xét tương quan giữa x và y làm cho cách giải nhẹ
nhàng hơn.
III. HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Ví dụ 1: Tìm các số x
( )
0;
π
∈
,y
( )
0;
π
∈
thoả mãn hệ :
cot - coty x -y (1)
5x + 8 y = 2 (2)
x
π
=



Giải : Viết phương trình (1) dưới dạng : x - cotx = y - coty (3)
Xét hàm số f(t) = t - cot t , 0 < t <
π

.
Khi đó f(t) xác định
( )
0;t
π
∀ ∈
và f'(t) = 1 +
2
1
sin t
> 0 ,
( )
0;t
π
∀ ∈
⇒
f(t) đồng biến
( )
0;t
π
∀ ∈
.
Từ (3)
⇒
f(x) = f(y)
⇔
x = y.
Thay vào phương trình (2) của hệ ,ta đựoc x = y =
2
13

π
.
Ví dụ 2: Giải hệ :
8
tan tan
tan tan 2, , 0;
2
x y x y
x y x y
π
− = −



 
+ = ∈
 ÷

 

Giải : Viết phương trình (1) dưới dạng x - tan x = y - tan y (3)
Và xét hàm f(t) = t - tant xác định
0;
2
t
π
 
∀ ∈
 ÷
 

,có f'(t) = 1-
2
1
cos t
< 0 ,do
0;
2
t
π
 
∈
 ÷
 
⇒
0 < cos t < 1.Vậy f( t) nghịch biến .
Từ (3) suy ra f(x) = f(y)
⇔
x = y và từ (2)
⇒
tan x = tan y = 1
⇒
x = y =
4
π
Ví dụ 3: Chứng tỏ rằng với
0a ≠
hệ :
2
2
2

2
2
2
a
x y
y
a
y x
x

= +




= +


Có nghiệm duy nhất.
Giải: Điều kiện :
x 0≠
,
y 0≠
.Do x và
2
a
x
cùng dấu , Do y và
2
a

y
cùng dấu
⇒
x> 0 , y> 0.Bởi vậy :
(1)
⇔
2x
2
y = y
2
+ a
2
(1)'
(2)
⇔
2y
2
x = x
2
+a
2
(2)'
(1)'-(2)' ta được:2xy (x -y) = (y-x)(y+x)
⇔
( x-y) ( 2xy +x+y) =0,do x > 0,y >0 nên
( 2xy +x+y) >0.
Do đó x - y =0 hay x = y.Thay x =y vào (1)' ta được :
f(x) = 2x
3
-x

2
= a
2
; f'(x) = 6x
2
-2x .
Ta có bảng biến thiên:
Từ đó suy ra phương trình : 2x
3
-x
2
= a
2
( a
2
> 0) có nghiệm duy nhất .
Nhận xét.Cái hay của cách giải này là từ hệ đối xứng loại 2. (1) -(2) ,không trừ trực tiếp
ngay ,mà biến đổi trước để khi trừ (1') cho (2') thì phương trình hệ quả không chứa tham
số,nên tránh được biện luận.
9
x
f
f’
∞−
∞+
0
-1/27
CT

-
+
- -
0
1
3
//
33
Ví dụ 4.Giải hệ :
3 2
3 2
3 2
2 1
2 1
2 1
x y y y
y z z z
z x x x

+ = + +


+ = + +


+ = + +


Giải.Xét hàm đặc trưng f(t) = t
3

+t
2
+t với t
∈¡
Ta có f'(t) = 3t
2
+2t +1 = 2t
2
+(t+1)
2
>0
⇒
f(t) đồng biến .
Giả sử :
( ) ( ) ( )x y z f x f y f z≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
⇒
2z +1
2 1 2 1x y≤ + ≤ +
z x y y z⇔ ≤ ≤ = =
Hệ đã cho
3 2 2
2 1 ( 1)( 1) 0
x y z x y z
x x x x x x
= = = =
 
⇔ ⇔
 
+ = + + + − =
 

⇔
1
1
x y z
x y z
= = =


= = = −

III. BẤT ĐẲNG THỨC
Ví dụ 1. Chứng minh rằng : e
x
> 1 +x ,
0x∀ ≠
Giải : Đặt f(x) = e
x
-x -1 , khi đó f'(x) = e
x
-1
*Nếu x> 0 thì f(x) > 0 nên f tăng trên [ 0; +
∞
)
Do đó f(x) > f(0) =0
⇒
e
x
> x +1.
*Nếu x<0 thì f'(x) < 0 nên f giảm trên (-
∞

,0) do đó f(x) > f(0) = 0
⇒
e
x
> x +1 .
Vậy e
x
> x +1
0x∀ ≠
.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu x > 0, thì ln x <
x
Giải . Xét hàm số f(t) = lnt -
t
với t > 0.
Ta có f (t) =
1 1 2
2
2
t
t t
t
−
− =
Lập bảng xét dấu sau:
10
Như vậy
0x∀ >
,có f(x)
≤

f(4)
⇔
lnx -
x

≤
ln4-2
Do 4<e
2

⇒
ln4 < 2 ,vậy từ (1) suy ra lnx -
x
< 0
⇔
ln x <
x
(đpcm)
Ví dụ 3. Chứng minh rằng log
1999
2000 > log
2000
2001.
Giải. Xét hàm số f(x) = log
x
(x +1) với x > 1.
Khi đó bất đẳng thức đã cho có dạng tương đương sau :
f( 1999) > f(2000)
Ta có f(x) = log
x

(x +1) =
ln( 1)
ln
x
x
+
⇒
f(x) =
2 2
ln ln( 1)
ln ( 1)ln( 1)
1
ln ( 1)ln
x x
x x x x
x x
x x x x
+
−
− + +
+
=
+
1
2
ln
( 1)
0
( 1)ln
x

x
x
x
x x x
+
+
= <
+
Vậy f(x) là hàm nghịch biến khi x > 1,do đó (2) hiển nhiên đúng . (đpcm)
Ví dụ 4. Chứng minh rằng ln ( 1+
2
1 x+
) <
1
x
+ ln x nếu x > 0.
Giải. Xét hàm số f(t) = ln( 1+
2
1 t+
) - lnt -
1
t
với t > 0
Ta có f(t) =
2
2
1
1 1
t
t

t
+
+ +
-
1
t
+
2
1
t
=
2
2 2
1
1
t t
t t
+ −
+
> 0
Do đó f(t) là hàm đồng biến khi t > 0, vì x > 0 ,nên
f(x) < f(+
∞
) =
lim
t→+∞
f(t) =
lim
t→+∞
2

1
ln(1 1 ) lnt t
t
 
+ + − −
 
 
⇒
f(x) <
2
1 1
lim (ln )
t
t
t
→+∞
+ +
= 0
t
0
4
0
+
-f'(t)
ft)
11
⇒
ln(1+
1 x+
) < lnx +

1
x

⇒
đ.p.c.m
Ví dụ 5. Chứng minh rằng : x > ln(x +1) , x > 0.
Giải : Đặt f(x) = x - ln(x +1) liên tục trên [ 0 ,+
∞
) có
f'(x) = 1 -
1
0; 0
1 1
x
x
x x
= > ∀ >
+ +
⇒
f tăng trên [ 0 ,+
∞
)
⇒
f(x) > f(0) =0
⇒
x > ln(x+1) với x > 0.
Ví dụ 6. Chứng minh rằng : lnx >
2( 1)
1
x

x
−
+
với x>1.
Giải : Đặt f(x) = lnx -
2( 1)
1
x
x
−
+
( x>1) liên tục trên [ 1 ; +
∞
)
Ta có f'(x) =
2
2 2
1 4 ( 1)
0, 1.
( 1) ( 1)
x
x
x
x x x
−
− = > ∀ >
+ +
⇒
f tăng trên [ 1 ; +
∞

)
Vậy với x > 1 ta có f(x) > f(1) = 0 Từ đó suy ra lnx >
2( 1)
1
x
x
−
+
với x>1.
Ví dụ 7. cho 0 <
α
<
2
π
. Chứng minh rằng: sin
α
>
2
α
π
Giải. xét hàm số : f(x) =
sin x
x
với x
∈
0,
2
π
 
 

 
Ta có f'(x) =
2
cos sinx x x
x
−
=
2
cos ( )x x tgx
x
−
suy ra f'(x) < 0
∀
x
∈
0,
2
π
 
 
 

⇒
f(x) là hàm nghịch biến trên ( 0,
2
π
)
Vì 0 <
α
<

2
π

⇒
f(
α
) > f(
2
π
)
⇒

sin
α
α
>
sin
2
2
π
π

⇒
sin
α
α
>
2
π
⇒

đ.p.c.m.
Ví dụ 8. cho 0 <
α
<
2
π
. Chứng minh rằng:
α
sin
α
+ cos
α
> 1
Giải.xét hàm số : f(x) = xsinx + cosx - 1 với x
∈
0,
2
π
 
 
 

12

⇒
f'(x) = sinx + xcosx -sinx = xcosx
≥
0
∀
x

∈
0,
2
π
 
 
 

Vì f' = 0 chỉ khi x = 0 hoặc x =
2
π

⇒
f là hàm đồng biến trên
0,
2
π
 
 
 
.
Vì 0 <
α
<
2
π

⇒
f(0) < f(
α

)
⇒
0 <
α
sin
α
+ cos
α
- 1

⇒

α
sin
α
+ cos
α
> 1
⇒
đ.p.c.m
Ví dụ 9. Chứng minh rằng : sinx < x < tgx với 0 < x <
2
π
Giải . Đặt f(x) = x - sin x , x
(0; ]
2
π
∈
. Khi đó f liên tục trên [ 0 ,
2

π
]
Và có đạo hàm trên ( 0 ;
2
π
)
⇒
f tăng trên [ 0 ,
2
π
]
Từ đó x > 0
⇒
f(x) > f(0)
⇒
x > sinx với x
(0; )
2
π
∈
Tương tự ta cũng có x < tgx ,
0;
2
x
π
 
∀ ∈
 ÷
 
.

Ví dụ 10. Chứng minh rằng nếu 0 < x <
2
π
thì 2
sinx
+ 2
tgx

≥
2
x+1

Giải: áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 2
sinx
+2
tgx

≥
2
sin
2
x tgx+
Ta chứng minh : 2
sin
2
x tgx+

≥
2
x+1

⇔
2
sinx +tgx

≥
2
2x

⇔
sinx +tgx
≥
2x ( x
(0; )
2
π
∈
)
Đặt f(x) = sinx +tgx -2x với 0 < x<
2
π
Ta có f'(x) = cosx +
2
1
2
cos x
−
Vì 0 < x <
2
π

nên cosx > cos
2
x .Do đó : f'(x) > cos
2
x +
2
1
2
cos x
−

≥
0 .
⇒
f tăng trên
(0; )
2
π

⇒
f(x) > f(0) = 0
13
⇒
sinx +tgx > 2x ,
0;
2
x
π
 
∀ ∈

 ÷
 
(đpcm)
Ví dụ 11. Chứng minh bất đẳng thức : x -
3
sin
6
x
x<
với x > 0.
Giải : Đặt f(x) = sinx +
3
6
x
-x
Ta có f'(x) = cosx +
2
2
x
-1, f''(x) = - sin x +x > 0 ( theo ví dụ )
⇒
f'' tăng trên ( 0 ; +
∞
)
⇒
f'(x) > f'( 0) = 0, với x > 0.

⇒
f tăng trên ( 0 ; +
∞

)
⇒
f(x) > f( 0) = 0, với x > 0.
⇒
x -
3
sin
6
x
x<
( đpcm) .
Nhận xét : Từ cách giải ví dụ 11 ta đi đến kết quả tổng quát sau :
Giả sử f có đạo hàm cấp n trên ( a,b) thoả :
f(a) = f'(a) = f''(a) = = f
(n-1)
(a) = 0 và f
(n)
>0
( )
;x a b∀ ∈
thì f(x) >0 ,
( )
;x a b∀ ∈
Ví dụ 12. Chứng minh rằng : sinx < x -
3 5
6 120
x x
+
với x > 0.
Giải : đặt f(x) = x -

3 5
6 120
x x
+
- sinx , với x > 0.
Ta có : f'(x) =
2 4
1 cos
2 24
x x
x− + −
, f'' (x) = - x -
3
sin
6
x
x+
, f
(4)
(x) = x - sinx
f
(5)
(x) = 1-cosx
≥
0, f(0) = f'(0) = f''(0)=f
(3)
(0) =f
(4)
(0) =0
⇒

f(x) > 0 ;
∀
x > 0.
C. MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN
1.Chứng minh rằng : ln(1+x) > x
2
x>0
2
x
− ∀
2.Chứng minh rằng : ln(1+
2
1 )x+
<
1
ln , x>0.x
x
+ ∀
3. Chứng minh rằng : log
x
(x+1) > log
x+1
(x+2) ,
1.x∀ >
4.Giải bất phương trình :
9 5 2 4x x+ > − +
14
5.Giải hệ phương trình :
3
3

3
sin
6
sin
6
sin
6
y
x y
z
y z
x
z x

= +



= +



= +


6.Giải hệ :
x x y
y y z
z z x
e e y

e e z
e e x
−
−
−

− =


− =


− =


7.Giải phương trình : 3.25
x-2
+(3x-10).5
x-2
+3-x = 0.
PHẦN 3: KẾT QUẢ ĐẠT ĐƯỢC VÀ BÀI HỌC KINH NGHIỆM
-Sau khi được rèn luyện hệ thống kiến thức trên,các em học sinh đã mạnh dạn hơn ,linh
hoạt hơn trong việc dùng đạo hàm để giải toán .
-Cái hay của cách giải này là sử dụng linh hoạt tính đơn điệu của hàm số để chứng minh
bất đẳng thức ,giải phương trình, giải bất phương trình, giải hệ phương trình .
-Tránh được việc biện luận theo tham số ở một số bài toán.
-Tránh phải xét nhiều trường hợp ở một số bài toán.
-Tránh phải áp dụng bất đẳng thức côsi cần phải chứng minh duy nhất .
-Tránh việc bình phương hai vế dễ dẫn đến sai sót ,thừa nghiệm và tránh việc giải phương
trình bậc cao.

Hết
15