Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số

Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

1


Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số

A.

LỜI NÓI ĐẦU

Phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức là các dạng toán luôn xuất hiện
trong các đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ của BGD hàng năm và trong các đề thi HSG các
cấp. Đối với nhiều học sinh đây được coi là các bài toán khó, thậm chí là câu khó
nhất trong đề thi ĐH, CĐ.
Qua quá trình dạy học sinh ôn thi ĐH, CĐ và đặc biệt là dạy bồi dưỡng HSG.
Tôi thấy khi gặp các loại toán này học sinh rất lúng túng, cần phải hướng dẫn học
sinh giải các loại toán này. Vì vậy tôi viết chuyên đề “ Một số ứng dụng về tính đơn
điệu của hàm số” để giải quyết các vấn đề còn khó khăn hầu hết đối với học sinh.
Bài viết được chia làm 3 mục: Mở đầu là tóm tắt các kiến thức cơ bản trong
SGK.Mục thứ hai là các ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số cùng với các thí dụ
minh họa. Mục cuối cùng là hệ thống các bài tập để bạn đọc tham khảo.
Chuyên đề dùng giảng dạy ôn thi ĐH, CĐ và ôn thi HSG lớp 12. Thời gian
giảng dạy chuyên đề này là 4 buổi.
Mặc dù rất tâm huyết với chuyên đề , nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên
bài viết khó tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự góp ý của quí
thầy cô, bạn bè đồng nghiệp và các em học sinh để chuyên đề được hoàn thiện hơn và
trở thành tài liệu có ích trong giảng dạy và học tập.
Vĩnh tường, tháng 03 năm 2014

Tác giả
Nguyễn Minh Tú.
Tổ Toán –Tin ,TrườngTHPT Lê Xoay

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

2


Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số

I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT VỀ TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
1.Hàm số 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.Hàm số 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).
II.MỘT SỐ ỨNG DỤNG VỀ TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
DẠNG 1:TÌM ĐIỀU KIỆN CỦA THAM SỐ m ĐỂ HÀM SỐ y = f ( x; m) ĐƠN ĐIỆU TRÊN
TẬP D.
Phương pháp: Hàm số y = f ( x; m) đồng biến(nghịch biến) trên tập D

Khi và chỉ khi y , ≥ 0( y , ≤ 0), ∀x ∈ D .Ta biến đổi bài toán về các dạng sau :
g ( x ) hoặc m ≥ Max g (x)
m ≤ g (x) hoặc m ≥ g ( x), ∀x ∈ D ⇔ m ≤ Min
D
D
3
Thí dụ 1:(ĐH KA-A1 /2013).Tìm m để hàm số y = − x + 3x 2 + 3mx − 1 nghịch biến

trên khoảng (0;+∞)
Giải:
,
2
2
( x 2 − 2 x) Lập bảng
Ycbt ⇔ y = −3x + 6 x + 3m ≤ 0, ∀x > 0 ⇔ m ≤ x − 2 x, ∀x > 0 ⇔ m ≤ Min
x >0
biến thiên của hàm số f ( x) = x 2 − 2 x trên (0;+∞)

x
0
f(x) 0

1

+∞
+∞

-1
f ( x) = −1 .Vậy m ≤ −1
Từ bảng biến thiên ta có Min
x >0

Thí dụ 2:Tìm m để

y=

mx 2 + ( 6m + 5 ) x − 2 ( 1 − 3m )
x +1

nghịch biến trên [1, +∞)

Giải: Hàm số nghịch biến trên [1, +∞)
⇔

2
y ′ = mx + 2mx2 + 7 ≤ 0 ∀x ≥ 1
( x + 1)

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

3


Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số

⇔

mx 2 + 2mx + 7 ≤ 0 ⇔ m ( x 2 + 2 x ) ≤ −7 ∀x ≥ 1

có:

u′ ( x) =

7 ( 2 x + 2)
> 0 ∀x ≥ 1
( x 2 + 2 x) 2

⇒ u(x) đồng biến trên [1, +∞) ⇒

−7
⇔ u ( x ) = x 2 + 2 x ≥ m ∀x ≥ 1

⇔ Min u ( x ) ≥ m .
x ≥1

Ta

m ≤ Min u ( x ) = u ( 1) = −7
x ≥1
3

Thí dụ 3: Tìm m để y = −31 x 3 + ( m − 1) x 2 + ( m + 3) x − 4 đồng biến trên (0, 3)
Giải. Hàm số tăng trên (0,3)
⇔ y ′ = − x 2 + 2 ( m − 1) x + ( m + 3) ≥ 0 ∀x ∈ ( 0, 3) (1)
Do y ′ ( x ) liên tục tại x = 0 và x = 3 nên (1) ⇔ y′ ≥ 0 ∀x∈[0, 3]
⇔

m ( 2 x + 1) ≥ x 2 + 2 x − 3 ∀x ∈ [ 0, 3]

⇔ Max g ( x ) ≤ m .
x∈[ 0,3]

Ta có:

⇔ g ( x) = x

2

+ 2 x − 3 ≤ m ∀x ∈ [ 0, 3]
2x + 1

2
g ′ ( x ) = 2 x + 2 x +2 8 > 0 ∀x ∈ [ 0, 3]
( 2 x + 1)

m ≥ Max g ( x ) = g ( 3) = 12
x∈[ 0,3]
7
Thí dụ 4:Tìm m để y = m3 x 3 − ( m − 1) x 2 + 3 ( m − 2 ) x + 13 đồng biến trên [ 2, +∞ )
Giải: Hàm số tăng / [ 2, +∞ ) ⇔ y ′ = mx 2 − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) ≥ 0 ∀x ≥ 2 (1)
−2 x + 6
⇔ m ( x − 1) 2 + 2 ≥ −2 x + 6 ∀x ≥ 2 ⇔ g ( x ) = ( x − 1) 2 + 2 ≤ m ∀x ≥ 2

⇒ g(x) đồng biến trên [0, 3] ⇒

Ta có:

g ′( x) =

2 ( x 2 − 6 x + 3)
=0
( x 2 − 2 x + 3) 2

x2_0+CT0

 x = x1 = 3 − 6
g ( x) = 0
⇔

; xlim
→∞
x
=
x
=
3
+
6

2
2

g ( x ) = g ( 2) = ≤ m .
Từ BBT ⇒ Max
x≥ 2
3
Thí dụ 5.Tìm m để hàm số
y = x 3 − mx 2 − ( 2m 2 − 7 m + 7 ) x + 2 ( m − 1) ( 2m − 3) đồng biến / [ 2, +∞ )
Giải: Hàm số tăng trên [ 2, +∞ ) ⇔ y ′ = 3x 2 − 2mx − ( 2m 2 − 7m + 7 ) ≥ 0, ∀x ≥ 2

Ta có

(


3
V′= 7 ( m 2 − 3m + 3) = 7  m −
2


)

2


+ 3 > 0
4

nên

BPT g(x) ≥ 0 có sơ đồ miền nghiệm G là:
Ta có y ′ ( x ) ≥ 0 đúng ∀x ≥ 2 ⇔ [ 2, +∞ ) ⊂ G

y′ = 0

x1

có 2 nghiệm

x1 < x 2

x2

∆ ′ > 0
 −1 ≤ m ≤ 5


2
2 ⇔ −1 ≤ m ≤ 5

(
)
(
)
′
⇔ x1 < x 2 ≤ 2 ⇔ 3 y 2 = 3 −2m + 3m + 5 ≥ 0 ⇔ 
2
m < 6
S = m < 2

2 3
2
(
)
Thí dụ 6. Tìm m để y = 2 x + 1 x− −mmx + 1 + m đồng biến trên ( 1, +∞ )
Giải: Hàm số đồng biến trên ( 1, +∞ )
2 x 2 − 4mx + m 2 − 2m − 1 ≥ 0 ∀x > 1
′
y
=
⇔
( x − m) 2
 g ( x ) = 2 x 2 − 4mx + m 2 − 2m − 1 ≥ 0 ∀x > 1  g ( x ) ≥ 0 ∀x > 1
⇔
⇔
 x − m ≠ 0
m ≤ 1

Cách 1: Phương pháp tam thức bậc 2
Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

4


Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số
Ta có: ∆ ′ = 2 ( m + 1) 2 ≥ 0 suy ra g(x) = 0 có 2 nghiệm x1 ≤ x 2 .

BPT g(x) ≥ 0 có sơ đồ miền nghiệm G là:
Ta có g(x) ≥ 0 đúng ∀x∈(1, +∞) ⇔ ( 1, +∞ ) ⊂ G x1

x2

m ≤ 1
 m ≤ 1, ∆ ′ ≥ 0


2
⇔ x1 ≤ x 2 ≤ 1 ⇔  2 g ( 1) = 2 ( m − 6m + 1) ≥ 0 ⇔   m ≤ 3 − 2 2 ⇔ m ≤ 3 − 2 2
m ≥ 3 + 2 2
 S = −2 ≤ 1

2

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, +∞)
2

 Min g ( x ) ≥ 0  g ( 1) = m − 6m + 1 ≥ 0   m ≤ 3 − 2 2
x
≥

1
(
)
⇔
⇔   m ≥ 3 + 2 2 ⇔ m ≤ 3 − 2 2
Do đó 1 ⇔ 
m
≤
1
m ≤ 1
m ≤ 1



Thí dụ 7. Tìm m để y = ( 4m − 5) cos x + ( 2m − 3) x + m 2 − 3m + 1 giảm với ∀x ∈ R

Giải: Yêu cầu bài toán ⇔ y , = (5 − 4m) sin x + 2m − 3, ∀x ∈ R
⇔ g ( u ) = ( 5 − 4m ) u + 2m − 3 ≤ 0, ∀u ∈ [ −1;1] . Do đồ thị y = g ( u ) , u ∈ [ −1;1] là một đoạn thẳng
nên ycbt

 g ( −1) = 6m − 8 ≤ 0
⇔
⇔1≤ m ≤ 4
3
 g ( 1) = −2m + 2 ≤ 0

Thí dụ 8. Tìm m để hàm số y = mx + sin x + 14 sin 2 x + 19 sin 3x tăng với mọi x ∈ R
⇔ y ′ = m + cos x + 1 cos 2 x + 1 cos 3 x ≥ 0, ∀x ∈ ¡
2
3

2
3
1
1
⇔ m + cos x + 2 ( 2 cos x − 1) + 3 ( 4 cos x − 3cos x ) ≥ 0, ∀x ∈ ¡
⇔ m ≥ − 4 u 3 − u 2 + 1 = g ( u ) , ∀u ∈ [ −1,1] , với u = cos x ∈ [ −1,1]
3
2
2
Ta có g ′ ( u ) = −4u − 2u = −2u ( 2u + 1) = 0 ⇔ u = − 12 ; u = 0
g ( u ) = g ( −1) = 5 ≤ m .
Lập BBT suy ra yêu cầu bài toán ⇔ xMax
∈[ −1,1]
6
Thí dụ 9. Cho hàm số y = 13 ( m + 1) x 3 + ( 2m − 1) x 2 − ( 3m + 2 ) x + m .

Giải: Yêu cầu bài toán

Tìm m để khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4
Giải. Xét y ′ = ( m + 1) x 2 + 2 ( 2m − 1) x − ( 3m + 2 ) = 0 . Do ∆ ′ = 7m 2 + m + 3 > 0 nên
nghiệm x1 < x 2 . Khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4
⇔ y ′ ≤ 0; ∀x ∈ [ x1 ; x 2 ] ; x 2 − x1 = 4 ⇔ m + 1 > 0 và x 2 − x1 = 4 . Ta có

y′ = 0

có 2

(
)2
(

)
2
2
x 2 − x1 = 4 ⇔ 16 = ( x 2 − x1 ) = ( x 2 + x1 ) − 4 x 2 x1 = 4 2m − 12 + 4 3m + 2
m +1
( m + 1)
2
2
⇔ 4 ( m + 1) = ( 2m − 1) + ( 3m + 2 ) ( m + 1)
⇔ 3m 2 − 7 m − 1 = 0 ⇔ m =

kết hợp với

m +1> 0

7 ± 61
6

suy ra

m=

7 + 61
6

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

5

Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số

DẠNG 2: ỨNG DỤNG TRONG PT, BPT, HỆ PT, HỆ BPT
Lưu ý: Ta thường sử dụng các kết quả sau đây
1/Nếu hàm f đơn điệu trên khoảng (a;b) thì phương trình f(x)=0 có không quá một
nghiệm trong khoảng (a;b)
2/Nếu hàm f đơn điệu trên khoảng (a;b) thì ∀u, v ∈ (a; b) ta có
f (u ) = f (v) ⇔ u = v

3/Nếu hàm f tăng và g là hàm hằng hoặc giảm trong khoảng (a;b) thì pt f(x)=g(x) có
nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng (a;b)
Thí dụ 1:Giải phương trình: x 5 + x 3 − 1 − 3x + 4 = 0 .
Giải. Điều kiện:
Ta có:

x≤1.
3

Đặt

f ′ ( x ) = 5 x 4 + 3x 2 +

f ( x ) = x 5 + x 3 − 1 − 3x + 4 = 0 .

3
>0
2 1 − 3x

⇒ f (x) đồng biến trên

( −∞, 13  .

Mặt khác f (−1) = 0 nên phương trình f (x) = 0 có nghiệm duy nhất x = −1.
Thí dụ 2.Giải phương trình: x 2 + 15 = 3x − 2 + x 2 + 8
Giải. Bất phương trình ⇔ f ( x ) = 3x − 2 + x 2 + 8 − x 2 + 15 = 0 (1).
+ Nếu

x≤ 2
3

thì f (x) < 0 ⇒ (1) vô nghiệm.

1
1
 > 0 ∀x > 2
f ′ ( x) = 3 + x 
−

÷
2
2
3
x + 15 
 x +8
2
⇒ f (x) đồng biến trên 3 , +∞ mà f (1) = 0 nên (1) có đúng 1 nghiệm x =
Thí dụ 3.Giải bất phương trình: x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13 x − 7 < 8 (*)
Giải. Điều kiện x ≥ 75 . Đặt f ( x ) = x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13x − 7
5
7

13
1
( )
+
+
>0
Ta có: f ′ x = 2 x + 1 + 3 (
2
3
4
5
4
5
×
(13
x
−
7)
)
(
)
3 × 5x − 7
4 × 7x − 5

+ Nếu

x> 2
3

thì

⇒ f (x) đồng biến trên

(

)

 5 , +∞
 7

) . Mà f (3) = 8 nên (*) ⇔ f (x) < f (3) ⇔ x < 3.

5 ≤ x<3
7
x
x
x
x
1
1
1
5 + 4 + 3 + 2 = x + x + x − 2 x 3 + 5 x 2 − 7 x + 17
2
3
6

1

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là
Thí dụ 4.Giải PT:

Giải. (*)

() () ()

⇔ f ( x) = 5 x + 4 x + 3x + 2 x − 1
2

x

− 1
3

x

− 1
6

x

(*)

= − 2 x 3 + 5 x 2 − 7 x + 17 = g ( x )

Ta có f (x) đồng biến và g′(x) = −6x2 + 10x − 7 < 0 ∀x ⇒ g(x) nghịch biến.
Nghiệm của f (x) = g(x) là hoành độ giao điểm của
Do f (x) tăng; g(x) giảm và

f ( 1) = g ( 1) = 13

Thí dụ 5.Tìm số m Max để m ( sin x +

y = f ( x ) và y = g ( x )

nên (*) có nghiệm duy nhất x = 1.

cos x + 1) ≤ sin 2 x + sin x + cos x + 2 ∀ x

Giải. Đặt

t = sin x + cos x ≥ 0 ⇒ t 2 = ( sin x + cos x ) = 1 + sin 2 x

đó (*) ⇔

m ( t + 1) ≤ t 2 + t + 1 ∀t ∈ 1, 2 

⇔

2

2
f ( t ) = t + t + 1 ≥ m ∀t ∈ 1, 2 
t +1

⇔

Min f ( t ) ≥ m .

t∈1, 2 

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

.

Do

(*)

⇒ 1≤ t2 ≤ 2 ⇒ 1≤ t ≤

2,

khi

2
f ′ ( t ) = t + 22t > 0
( t + 1)

6


Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số
f ( t ) = f ( 1) = 3 ⇒ m ≤ 3 ⇒ Max m = 3
nên f (t) đồng biến / 1, 2  ⇒ t∈Min
2
2
2
1, 2 

Thí dụ 6.Giải phương trình
2008 sin

Xét

2

x

− 2008 cos

2

x

2008 sin

2

x

− 2008 cos

= cos 2 x − sin 2 x ⇔ 2008 sin

2

x

2

x

= cos 2 x

+ sin 2 x = 2008 cos

2

x

+ cos 2 x

(*)

Ta có f ′ ( u ) = 2008 u .ln u + 1 > 0 . Suy ra f ( u ) đồng biến. (*)
π kπ , k ∈¢
f ( cos 2 x ) ⇔ sin 2 x = cos 2 x ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x = +

f ( u ) = 2008 u + u .

⇔ f ( sin 2 x ) =

Thí dụ 7. Tìm

x, y ∈ ( 0, π )

thỏa mãn hệ

4 2
cotg x − cotg y = x − y


3 x + 5 y = 2 π

cotg x − cotg y = x − y ⇔ x − cotg x = y − cotg y .

Giải.

Xét hàm số đặc trưng
Suy ra

f ( u)

Thí dụ 8.

f ( u ) = u − cotg u , u ∈ ( 0, π )

đồng biến trên ( 0, π ) . Khi đó

. Ta có

f ′( u) =1+

1 >0
.
sin 2 u

 f ( x) = f ( y)
⇔x= y= π

4
3

x
+
5
y
=
2
π


2 x + 1 = y 3 + y 2 + y

Giải hệ phương trình 2 y + 1 = z 3 + z 2 + z (*).

3
2
2 z + 1 = x + x + x
2
f ( t ) = t 3 + t 2 + t với t ∈ ¡ ⇒ f ′ ( t ) = 2t 2 + ( t + 1) > 0

Giải. Xét
⇒ f (t) tăng.
Không mất tính tổng quát giả sử x ≤ y ≤ z
⇒ f ( x ) ≤ f ( y ) ≤ f ( z ) ⇒ 2z + 1 ≤ 2x + 1 ≤ 2 y + 1 ⇔ z ≤ x ≤ y ⇒ x = y = z = ± 1
Thí dụ 9. Giải hệ bất phương trình

3x 2 + 2 x − 1 < 0
 3
 x − 3x + 1 > 0

3x 2 + 2 x − 1 < 0 ⇔ −1 < x < 1 .

3

f ( x ) = x 3 − 3x + 1 .

Giải.

f ′ ( x ) = 3 ( x − 1) ( x + 1) < 0

⇒

f ( x)

Đặt

giảm và

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

()

Ta có:

( )

f ( x ) > f 1 = 1 > 0, ∀x ∈ −1, 1
3 27
3

7

Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số

DẠNG 3: ỨNG DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Thí dụ 1. Chứng minh rằng:
Giải 
Ta có

x3
x3 x5
< sin x < x −
+
∀x >
3!
3! 5!
x3
f ( x) =
− x + sin x > 0 ∀x > 0
3!
x−

x3
< sin x ∀x > 0 ⇔
3!
x2
f ′ ( x) =
− 1 + cos x ⇒ f ′′ ( x ) = x − sin x
2!
x−

⇒

f ′′′ ( x ) = 1 − cos x ≥ 0

⇒

f ′′ ( x )

đồng biến [0, +∞) ⇒

f ′′ ( x ) > f ′′ ( 0 ) = 0

⇒

f ′ ( x)

đồng biến [0, +∞) ⇒

f ′ ( x ) > f ′ ( 0)

⇒

f ( x)

đồng biến [0, +∞) ⇒ f(x) > f(0) = 0



∀x > 0

∀x > 0

= 0 ∀x > 0
∀x > 0 ⇒ (đpcm)

x3 x5
x5 x3
+
∀x > 0 ⇔ g(x) = − + x − sin x > 0
3! 5!
5! 3!
4
2
x
x
x3
−
+
1
−
cos
x
g′(x) =
⇒ g′′(x) = − x + sin x =
4! 2!
3!

∀x > 0

sin x < x −

Ta có

0

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)
Thí dụ 2. Chứng minh rằng:
2x
sin x 2
⇔ f ( x) =
>
π
x
π
x cos x − sin x g ( x)
f ′( x) =
= 2 , ở đây
x2
x

Giải.

sin x >

 π
∀x ∈  0, ÷
 2

 π
∀x∈  0, 2 ÷ . Xét biểu



sin x >

2x
π

thức đạo hàm

kí hiệu g(x) = x cosx − sinx
π




Ta có g′(x) = cosx − xsinx − cosx = − xsinx < 0 ∀x∈  0, 2 ÷
 π
 0, 2 ÷ ⇒ g(x) < g(0) = 0


g ( x)
 π
 π
⇒ f ′ ( x ) = x 2 < 0 ∀x∈  0, 2 ÷⇒ f (x) giảm trên  0, 2 ÷





2x
2
 π
⇒ f ( x ) > f π2 = π ⇔ sin x > π , ∀x ∈  0, 2 ÷


x+ y
x−y
>
Thí dụ 3. Chứng minh rằng:
∀x
2
ln x − ln y



⇒ g(x) giảm trên

( )

>y>0

Giải. Do x > y > 0, lnx > lny ⇔ lnx − lny > 0, nên biến đổi bất đẳng thức
⇔

x −1
x− y
x
y

ln x − ln y > 2 ×
⇔ ln > 2 ×
x +1
x+ y
y
y

⇔

t −1
f (t ) = ln t − 2 ×
>0
t +1

⇔

t −1
ln t > 2 ×
t +1

với

t=

x
y >1

( t − 1)
1
4

f ′( t) = −
=
>0
t ( t + 1) 2 t ( t + 1) 2
2

∀t >1. Ta có

∀t >1

⇒ f(t) đồng biến [1, +∞) ⇒ f(t) > f(1) = 0 ∀t >1 ⇒ (đpcm)
Thí dụ 4. Chứng minh rằng:

1 
y
x 
− ln
 ln
÷> 4
y − x  1− y
1− x 

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

∀x, y ∈ ( 0,1)

 x ≠ y

(1)
8

Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số

Giải. Xét hai khả năng sau đây:
y
x
y
x
− ln
> 4 ( y − x ) ⇔ ln
− 4 y > ln
− 4x
1− y
1− x
1− y
1− x
y
x
y
x
+ Nếu y < x thì (1) ⇔ ln 1 − y − ln 1 − x < 4 ( y − x ) ⇔ ln 1 − y − 4 y < ln 1 − x − 4 x
t
Xét hàm đặc trưng f(t) = ln 1 − t − 4t với t∈(0, 1).
( 2t − 1) 2
1
(
)
′
−4=

> 0 ∀t∈(0,1) ⇒ f(t) đồng biến (0, 1)
Ta có f t =
t (1 − t )
t (1 − t )

+ Nếu y > x thì (1) ⇔

ln

⇒ f(y) > f(x) nếu y > x và f(y) < f(x) nếu y < x ⇒ (đpcm)
Thí dụ 5. Chứng minh rằng:

∀a > b ≥ e

ab < ba

Giải. ab < ba ⇔ lnab < lnba ⇔ blna < alnb ⇔
Xét hàm đặc trưng f(x) =
Ta có

ln x
x

∀x ≥ e.

1 − ln x 1 − ln e
≤
= 0 ⇒ f(x) nghịch
x2
x2

ln a ln b
f(b) ⇔ a < b ⇔ ab < ba

f ′( x) =

⇒ f(a) <

Thí dụ 6.Chứng minh rằng

(2

Giải. Biến đổi bất đẳng thức

ln a ln b
<
.
a
b

biến [e, +∞)

) ≤ ( 2 + 21 ) , ∀a ≥ b > 0
( 2 + 21 ) ≤ ( 2 + 21 ) ⇔  1 +2 4

a

+ 1a
2

b

a

b

b

b

a

a

b

a

b

a

a

b

a

  1 + 4b 
÷ ≤ b ÷
  2 

a)
b)
b
a
b
a
(
(
⇔ ( 1 + 4 a ) ≤ ( 1 + 4 b ) ⇔ ln ( 1 + 4 a ) ≤ ln ( 1 + 4 b ) ⇔ ln 1 + 4 ≤ ln 1 + 4 .
a
b
x)
(
Xét hàm số đặc trưng cho hai vế f ( x ) = ln 1 x+ 4 với x > 0 . Ta có
x
x
x)
x)
(
(
f ′ ( x ) = 4 ln 4 − 21 + 4 x ln 1 + 4 < 0 ⇒ f ( x ) giảm trên ( 0, +∞ ) ⇒ f ( a ) ≤ f ( b )
x (1+ 4 )

Thí dụ 7. (Bất đẳng thức Nesbitt)
Chứng minh rằng:

a
b
c

3
+
+
≥
b+c c+a a+b 2

∀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

1
b
c
1
b
c
−
−

>
−
−
=0
2
2
2
b + c ( x + c)
b + c ( b + c)
( x + b)
( b + c) 2
2b + c
⇒ f(x) đồng biến [b, +∞) ⇒ f ( x) ≥ f (b) = b + c (2)
2x + c
Đặt x = b ⇒ x ≥ c > 0, xét hàm số g(x) = x + c với x ≥ c > 0
c
> 0 ∀c > 0 ⇒g(x) đồng biến [c, +∞) ⇒ g ( x) ≥ g (c) = 3
⇒ g ′( x ) = (
2
2
x + c)
a
b
c
3
+
+
≥
Từ (2), (3) suy ra
∀a, b, c > 0

b+c c+a a+b 2

⇒

f ′( x) =

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

(3)

9


Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số

B.KẾT LUẬN
Trên đây là nội dung chuyên đề “Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số”
chuyên đề dùng cho học sinh lớp 12 và ôn thi đại học.Chuyên đề tập chung vào chủ
yếu các bài toán khó như PT,BPT,BĐT thường xuyên có mặt trong đề thi ĐH,CĐ và
HSG hàng năm.Từ đó cho học sinh thấy được sự ứng dụng đa dạng và rất tuyệt vời
của tính đơn điêu của hàm số mà các vấn đề này trong SGK chưa được đề cập đến.
Thời gian dự kiến là 4 buổi.
Chuyên đề đã được tác giả áp dụng giảng dạy ở các lớp 12A1,12A3,12A12 trong
năm học 2012-2013 ở trường THPT Lê Xoay. Trong đó lớp 12A1 Khá 70%+TB
30%.12A3 Khá (60%)+TB(40%).12A12 Khá (55%)+TB(45%).
Kết quả nhìn chung đã làm cho học sinh không còn lúng túng khi giải các loại toán
này và đã tự tin hơn.

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

10


Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số

C.TÀI LIỆU THAM KHẢO

1.SGK ĐẠI SỐ & GIẢI TÍCH LỚP 12
2.CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ ÔN THI ĐH-CĐ CỦA TRẦN PHƯƠNG
3.BÁO THTT
4.ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC CỦA BỘ GD&ĐT
5.ĐỀ THI OLYMPIC CÁC NƯỚC.

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

11


Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số

III. BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1:Tìm m để các hàm số sau
a. y =

m −1 3
x + mx 2 + (3m − 2) x đồng biến trên R
3

b. y = (m − 3) x − (2m + 1) cos x luôn đồng biến trên R
c. y = x 3 + (m − 1) x 2 + (m 2 − 1) x + 9 đồng biến với mọi x

x − 4m

d. y = 2(mx − 1) nghịch biến trên khoảng (1;+∞)
1
3

e. y = − x 3 + (m − 1) x 2 + (m + 3) x − 4 đồng biến trên khoảng (0;3)
1
3

f. y = x 3 − (3m − 1) x 2 + (m + 3) x + 4m − 3 đồng biến trên khoảng (1;+∞)
Bài 2: Chứng minh rằng các phương trình sau đây có nghiệm duy nhất.
a. x 3 + x − 1 = 0
b. x 5 + 2 x 3 − x 2 + x − 1 = 0
c. x 5 − x 2 − 2 x − 1 = 0( KD / 04)
d. x 3 + x + a = 0, ∀a
Bài3:
CMR pt sau không có nghiệm âm 2 x 3 − 3x − 6 5 x 2 − x + 1 + 6 = 0
Bài 4.Gpt,bpt sau
a. x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13 x − 7 < 8
b. (4 x 2 + 1) x + ( x − 3) 5 − 2 x = 0
d.

c. x + 2 + x 2 − x − 2 ≤ 3x − 2

6
8
+
=6
3− x

2− x

Bài 5: Giải các hệ pt sau:
(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
a.  2
4 x + y 2 + 2 3 − 4 x = 7
 x = 3z 3 + 2 z 2

3
2
b.  y = 3x + 2 x
z = 3 y 3 + 2 y 2


 x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y

c.(KA/2012)  2 2
1
x + y − x + y =
2


 x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y
d.  2
 x + 2 x( y − 1) + y 2 − 6 y + 1 = 0
 y 2 − x2 x 2 + 1
= 2
e
y +1
e. 

 x 2 − 2 x( y − 1) + y 2 − 6 y + 4 = 0

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

12


Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số

Bài 6: CM các BĐT sau
a. sin x < x ∀x > 0

b. cos x > 1 −
π
2

d. sin x + tan x > 2 x ∀x ∈ (0; )

x2
2

e. x − x 3 ≤

∀x ≠ 0

c. sin x > x −

2 3 ∀x ∈ 0, 3 



9
 3 

x3
6

f. sin x >

∀x > 0
2x
π
∀x ∈ (o, )
π
2

g.Cho tam giác ABC nhọn
1
3

2
3

CMR: (tan A + tan B + tan C ) + (sin A + sin B + sin C ) > π
h.Cho các số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện (a + c)(b + c) = 4c 2 .
Tìn GTNN P =

32a 3
32b 3
a2 + b2
+

−
c
(b + 3c) 3 (a + 3c ) 3

Bài 7:Tìm a,b để hàm số y = a sin x + b cos x + 2 x đồng biến trên R
Bài 8:Cho bốn số thực không âm a,b,c,d thỏa mãn a+b+c+d=4
CMR.

a
b
c
d
1
+
+
+
≤
2
2
2
2
2
5 + 3a
5 + 3b
5 + 3c
5 + 3d

Bài 9:Cho a,b,c,d là các số thực dương sao cho a+b+c+d=1
CMR 6(a 3 + b 3 + c 3 + d 3 ) ≥ (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) +

1
8

Bài 10:Cho a,b,c là các số thực dương và a+b+c=3
a2 + 9
b2 + 9
c2 + 9
+
+
≤5
CMR: 2
2a + (b + c) 2 2b 2 + (c + a ) 2 2c 2 + (a + b) 2

Bài 11:Cho a,b,c là các số thực dương.CMR
( 2a + b + c ) 2
(2b + c + a ) 2
(2c + a + b) 2
+
+
≤8
2a 2 + (b + c) 2 2b 2 + (c + a ) 2 2c 2 + (a + b) 2

Bài 12:Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác .CMR
1 1 1
9
1
1
1
+ + +
≥ 4(

+
+
)
a b c a+b+c
a+b b+c c+a

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

13