Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hám số

Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
I. Tóm tắt lý thuyết hàm số đơn điệu

Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a, b)
1. Định nghĩa 1:
- Hàm số y = f(x) đồng biến (tăng) trên khoảng (a,b) nếu ∀ x1, x2 ∈ (a,b), x1< x2 thì
f(x1) < f(x2).
- Hàm số y = f(x) nghịch biến (giảm) trên khoảng (a,b) nếu∀ x1,x2∈ (a,b), x1< x2 thì
f(x1) > f(x2).
- Hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến ) trên khoảng (a; b) gọi chung là hàm số đơn
điệu trên khoảng đó.
2. Định nghĩa 2:
- Hàm số y = f(x) đồng biến (a; b) ⇔

∆y
> 0 trên khoảng (a, b).
∆x

- Hàm số y = f(x) nghịch biến (a; b) ⇔

∆y
< 0 trên khoảng (a, b).
∆x

3. Nhận xét:
- Hàm số y = f(x) đồng biến trên (a; b) ⇒ f'(x) = lim

∆x →0

∆y
≥ 0 trên khoảng (a; b).

∆x

∆y
≤ 0 trên khoảng (a; b).
∆x → 0 ∆x

- Hàm số y = f(x) nghịch biến trên (a; b) ⇒ f'(x) = lim
4. Định lý:

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng (a; b). Nếu f'(x) ≥ 0 (hoặc f'(x) ≤ 0) và dấu
"=" xảy ra ở một số hữu hạn điểm trên khoảng (a; b) thì hàm số đồng biến (hoặc nghịch
biến) trên khoảng đó.
II. Một số dạng bài toán thường gặp:
1. Tìm điều kiện của tham số để hàm số đồng biến (nghịch biến) trên một khoảng nào

đó.
Ví dụ 1: Tìm m để hàm số y=(m + 2)x3 - 3x2 - 3x + 2 luôn nghịch biến.
Giải: Ta có y’ =3(m + 2)x2 - 6x -3.
Hàm số luôn nghịch biến ⇔ y’≤ 0 ∀x


m+2<0
⇔ m ≤ −3 .
∆ ' = 9m + 27 ≤ 0

⇔

Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1

Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
Ví dụ 2: Tìm m để hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 đồng biến trên (1 ; 2)
Giải: Hàm số đồng biến trên (1 ; 2)⇔ y' = 3x2 + 6x + m ≥ 0 ∀x ∈ (1; 2)
⇔ 3x2 + 6x ≥ -m
⇔ x2 + 2x ≥ -

m
2

⇔ min g ( x) ≥ -

m
2

x∈[1;2]

∀x ∈ (1; 2)
∀x ∈ (1; 2)
(1), với g(x) = x2 + 2x

Ta có g'(x) = 2x + 2 > 0 ∀x ∈ (1; 2), nên hàm số g(x) đồng biến (1;2) và
min g ( x) = g(1) = 3

x∈[1;2]

Vậy (1) ⇔ -

m
≤ 3 ⇔ m ≥ -6
2

Suy ra m ≥ -6 là giá trị cần tìm.
Ví dụ 3: Tìm m để hàm số y =
HD: Ycbt ⇔ y ' =

2 x 2 − 3x + m
đồng biến trên khoảng (3; +∞ ).
x −1

2x2 − 4x + 3 − m

( x − 1)

2

≥ 0∀x > 3

⇔ f(x)=2x2 - 4x + 3 - m ≥ 0, ∀ x>3…(tương tự ví dụ 2).
Đáp số: m ≤ 9.
Nhận xét: Từ ví dụ 2 và ví dụ 3, ta có tham số trong y' ở hệ số không chứa biến số. Có thể
đưa tham số vào hệ số chứa biến trong y'.
Ví dụ 4: Cho hàm số y = x3 + mx2 + x + 1. Tìm m để hàm số đồng biến trên (1; 2).
Giải: Yêu cầu bài toán ⇔ y' = 3x2 + 2mx + 1 ≥ 0; ∀x ∈ (1; 2)
⇔ 3x +

1
≥ -2m;
x

⇔ min g ( x) ≥ -2m

x∈[1;2]

Ta có g'(x) = 3-

(1), với g(x) = 3x +

1
3x 2 − 1
=
> 0 ∀x ∈ [1; 2].
x2
x2

Suy ra min g ( x) = g(1) = 4
x∈[1;2]

∀x ∈ (1; 2)

. Vậy (1) ⇔ 4 ≥ - 2m ⇔ m ≥ -2

Đáp số: m ≥ -2.
Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1

1
.
x


Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
1

3

1
2

Ví dụ 5: Cho hàm số y= x3 - (2m + 1)x2 +(3m + 2)x - 5m +2. Tìm m để hàm số nghịch
biến trong khoảng (0; 1).
HD: Ycbt ⇔ y' =x2 - (2m+1)x + 3m + 2 ≤ 0, ∀x ∈(0; 1)
⇔ x2 - x + 2 ≤ m(2x-3), ∀x ∈(0; 1)
⇔

x2 − x + 2
≥ m, ∀x ∈(0; 1), ( do x ∈(0; 1), nên 2x-3 < 0).
2x − 3

⇔ min g ( x) ≥m, với g(x)=
x∈[ 0;1]

x2 − x + 2
.
2x − 3

Bằng cách kháo sát hàm g(x), ta tìm được min g ( x) =g(1) =-2.
x∈[ 0;1]

Vậy đáp số m ≤ -2.
Nhận xét: Trong các ví dụ trên, ở tất cả các biểu thức của y’ thì tham số đều đồng bậc (bậc nhất),
và ta đều sử dụng cùng một cách biến đổi đó là độc lập tham số với biến số, sau đó sử dụng khảo
sát hàm số mới đã độc lập với tham số trên khoảng đang xét và suy ra giá trị của tham số thỏa mãn
yêu cầu bài toán. Tuy nhiên, đối với một số hàm số không thuộc dạng này thì ta không thể dùng

cách đó được. Để minh họa, chúng ta xét ví dụ tiếp theo sau đây:
Ví dụ 6: Cho hàm số y=

x 2 − (3m + 1) x + 5m − 1
.
x−m

Tìm m để hàm số đồng biến trong khoảng (0; 1).
Giải: Đkxđ x ≠ m.
m ≤ 0
(1).
m ≥1

HS xác định trong khoảng (0; 1) ⇔ 
Ta có y’=

x 2 − 2mx + 3m 2 − 4m + 1
. Hàm số đồng biến trong khoảng (0; 1) ⇔ y’ ≥ 0 ∀x ∈(0; 1)
( x − m) 2

Hay f(x) = x 2 − 2mx + 3m 2 − 4m + 1 ≥ 0 ∀x ∈(0; 1).
Vì f(x) là một tam thức bậc hai có
 −4m + 1 ≥ 0
1
⇔ 3
⇔ m≤
3
m
−
6

m
+
2
≥
0
4


 f (0) ≥ 0
S
=m ∉ (0; 1), nên f(x) ≥ 0 ∀x ∈(0; 1) ⇔ 
2
 f (1) ≥ 0

(2).

Từ (1) và (2) suy ra giá trị tham số thỏa mãn yêu cầu bài toán là m ≤ 0.
Ví dụ 7: Cho hàm số y = (2m + 3) sin x + (2 - m)x. Tìm m để hàm số đồng biến trên R.
Giải: TXĐ: R.
Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1


Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
Ta có y' = (2m + 3) cosx + (2 - m)
Đặt cosx = t ∈ [-1; 1], suy ra y' = g(t) = (2m + 3)t + (2 - m).
Hàm số đồng biến trên R khi y' ≥ 0 ∀x ∈ R ⇔ g(t) ≥ 0 ∀t ∈ [-1; 1].
Điều kiện:

g(-1) ≥ 0

-3m - 1 ≥ 0

⇔

g(1) ≥ 0

m+5≥0

⇔-5≤m≤-

1
3

.

1
3

Đáp số - 5 ≤ m ≤ - .
Nhận xét: Bằng phép tương tự, xét các hàm số nghịch biến trên khoảng (a, b); trên hai
khoảng nào đó.
Bài 1: Tìm m để hàm số y = mx3 + 3x2 + 1 đồng biến trên khoảng (1; 2).
Đáp số: m ≥ -1.
1
3

Bài 2: Tìm m để hàm số y= x3 -(3m - 1)x2 + (m + 3)x + 4m -3 đồng biến trên (1; + ∞ ).
Đáp số: m ≤ 1.
1
Bài 3: Tìm m để hàm số y = 3 mx3 + 2(m - 1) x2 + 5mx + 3 nghịch biến trên (-∞; 1).

Bài 4: Tìm m để hàm số y =

2x2 + mx + 5
nghịch biến trên (-3; -2).
x-1

x2 + mx + 2m - 1
Bài 5: Tìm m để hàm số y =
nghịch biến trên khoảng (1;+∞).
x - 2m
Bài 6: Cho hàm số y=

2 x 2 + (1 − m) x + 1 + m
đồng biến trên khoảng (0; + ∞ ).
x−m

Đáp số: m ≤ 1 − 2 .
2. ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải phương trình, bất phương trình và hệ
phương trình.
Ví dụ 1: Giải phương trình 2 x −1 − 2 x

2

−x

= (x - 1)2 (1)

Giải: Ta có: x2 - x - (x - 1) = (x -1)2
Nên (1) có dạng: 2 x −1 + ( x − 1) = 2 x

2

−x

+ (x2 - x) (2)

Đặt f(t) = 2t + t; f'(t) = 2tln2 + 1 > 0
nên phương trình (2)

∀ t∈R

<=> f(x - 1) = f(x2 - x) <=> (x2 - x) = x -1

<=> x = 1 là nghiệm của phương trình
Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1


Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
Nhật xét: Ta có thể khái quát hoá bài toán trên:
Cứ cho 1 phương trình f(x) = g(x). Khi đó:
af(x) + f(x) = af(x) + g(x)

(a > 0; a ≠ 1)

Ta được một phương trình mới với cách giải tương tự.
Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau:
1 / .e 2 x − 5 − e x −1 =

2

1
1
−
2x − 5
x −1

2 / .2

2

3 / .2009sin x − 2009cos x = cos 2 x

1− x 2
x2

−2

1− 2 x
x2

=

1 1
−
2 x

4 / .2009cos x − 2008cos x = cos x
x

x

5* / .22 + 32 = 2 x + 3x +1 + x + 1

Ví dụ 2: Giải phương trình: log3

x2 + x + 1
= x 2 − 3x + 2 .
2 x2 − 2 x + 3

Giải: Đặt u=x2 + x +1; v=2x2 - 3x + 3 (u > 0, v > 0). Suy ra v - u=x2 -3x +2.
u
v

Phương trình đã cho trở thành: log3 = v − u ⇔ log 3 u − log3 v = v − u ⇔ log3 u + u = log3 v + v (1)
Xét hàm số: f(t)= log3 t + t trên (0; +∞ ), ta có f’(t)=

1
+ 1 > 0, ∀t > 0 nên hàm số đồng biến
t ln 3

trên (0; +∞ ).
 x =1
.
x = 2

Vậy từ (1) ta có f(u) = f(v), suy ra u = v, hay v - u = 0, tức là x2 -3x +2 = 0 ⇔ 
Nhận xét:
u
v

 Đối với các phương trình dạng log a = v − u , với u, v >0 và a > 1, ta thường biến
u
v

đổi về dạng log a = v − u ⇔ log a u − log a v = v − u ⇔ log a u + u = log a v + v .
Vì hàm số f(t)= log a t + t đồng biến trên (0; +∞ ), nên ta có u = v.
 Với các điệu kiện như trên, ta có bất phương trình:
log a

u
< v − u ⇔ f (u ) < f (v) ⇔ u < v
v

Ví dụ 3: Giải bất phương trình: log5 (3 + x ) > log 4 x .
Giải: Điều kiện x > 0.
Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1


Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
Đặt t = log4x ⇔ x = 4t, bất phương trình trở thành
t

t

1
2
log5(3 + 2t) > t ⇔ 3 + 2t > 5t ⇔ 3   +   > 1 .
5 5
t

t

1
2
Hàm số f(t) = 3   +   nghịch biến trên R và f(1) = 1.
5  5

Vậy bất phương trình trở thành f(t) > f(1) ⇔ t < 1.
Từ đó ta được log4x < 1 ⇔ 0 < x < 4.
Chú ý:
 Đối với BPT dạng logau < logbv, ta thường giải như sau:
Đặt t = logau (hoặc t = logbv), đưa về BPT mũ; sử dụng tính đơn điệu của hàm số để
suy ra nghiệm.
 Với PT dạng logau = logbv, ta thường giải như sau:
u = a t
; sử dụng phương pháp thế để đưa về một PT mũ ẩn t.
t
v = b

Đặt t = logau = logbv ⇒ 

Tìm t (thông thường có nghiệm t duy nhất); suy ra x.
Bài tập vận dụng:
Giải phương trỡnh:
2) log 2 ( x + 3log x ) = log 6 x
1) log 5 ( x 2 − 2 x − 3) = 2 log 2 ( x 2 − 2 x − 4) .
6

4

3) log5(3 + 3x + 1 ) = log4(3x + 1).
log 22

5) 5

(

)

4)3log 3 1 + x + 3 x > 2 log 2 x .
x

2

− 3log 2 x < log 2 x 2 − log 22 x

Ví dụ 4: Giải hệ bất phương trình:
3 x 2 + 2 x − 1 < 0(1)
 3
 x − 3 x + 1 > 0( 2)

Giải: Nghiệm bất phương trình (1) là: - 1 < x <

1
3

1
Xét bất phương trình (2): đặt f(x) = x3 - 3x + 1, với x ∈ (-1; 3 ). Ta có:
f'(x) = 3x2 - 3 = 0 ⇔ x = ± 1
BBT:

x

-∞

-1

Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1

1

+∞


Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
f'(x)
f(x)

+

0

-

0

+

-∞

+∞

1
1
Căn cứ vào bảng biến thiên được hàm số y = f(x) nghịch biến trên (-1; ),nên ∀x∈ (-1; )
3
3
1
1
thì f(x) >f(3 ) = 27 > 0
1
Vậy f(x) > 0 với ∀ x∈ (-1; 3 )
Kết luận: Hệ có nghiệm -1 < x <

1
.
3



x − y = e x − e y (1)
2
log 2 x − 3 log 2 y + 2 = 0(2)

Ví dụ 5: Giải hệ phương trình: 
Giải: Điều kiện: x, y > 0

Từ (1) <=> ex - x = ey - y (3)
Đặt f(t) = et - t xét (0;+∞) có f'(t) = et - 1 > 0, ∀t > 0 , nên f(t) đồng biến (0;+∞)
Do vậy (3) <=> f(x) = f(y) <=> x = y
Thay vào (2): log 22 x − 3 log 2 x + 2 = 0 được log2x = 1 hoặc log2x = 2 ta được nghiệm

của hệ là x = 2 hoặc x = 4
Nhận xét: Đối với loại hệ phương trình mà trong hệ có phương trình dạng f(x) = f(y),
phương trình còn lại giúp ta giới hạn được x, y để trên đó hàm số f đơn điệu. Từ đó suy ra
x=y.
 x3 − 5 x = y 3 − 5 y (1)
Ví dụ 6: Giải hệ phương trình:  8 4
 x + y = 1(2)

Giải: Từ PT (2) ta có x8 ≤ 1, y4 ≤ 1 ⇔ x ≤ 1; y ≤ 1 .
Xét hàm số: f(t) = t5 - 5t, t ∈ [ −1;1] , ta có f’(t) =3t2 -5 < 0, ∀ t ∈ [ −1;1] . Do đó hàm số f(t)
nghịch biến trên khoảng (-1; 1), nên từ PT (1) suy ra x=y. Thay vào PT (2) ta được:
x8 + x4 - 1 = 0.
Đặt a= x4 ≥ 0, giải PT tương ứng ta được a=

Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1

−1 + 5
−1 + 5
⇒ x = y = ±4
.
2
2


Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
 x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1
Ví dụ 7: Giải hệ PT 
.
2
x −1

 y + y − 2 y + 2 = 3 + 1
 u + u 2 + 1 = 3b (1)
Giải: Đặt u=x-1, v=y-1, ta được hệ: 
.
v + v 2 + 1 = 3u (2)

Trừ từng về tương ứng hai PT của hệ ta được u + u 2 + 1 + 3u = v + v 2 + 1 + 3v (3)
Xét hàm số f(t) = t + t 2 + 1 + 3t , ta có f’(t) =

t2 +1 + t
2

+ 3t ln 3 .

t +1

Vì t 2 + 1 ≥ t 2 ≥ -t ⇒ t 2 + 1 + t > 0 => f’(t) > 0 ∀t ∈ R , do đó hàm số f(t) đồng biến trên R.
Từ đó PT (3) <=> u=v. Thay vào PT (1) ta được u + u 2 + 1 = 3u (4).
Theo trên ta có u 2 + 1 + u > 0, nên PT (4) <=> ln(u + u 2 + 1) − u ln 3 =0.
Xét hàm số g(u) = ln(u + u 2 + 1) − u ln 3 , có g’(u) =

1
u2 +1

− ln 3 < 1 − ln 3 < 0, ∀u ∈ R , nên hàm

số g(u) nghịch biến trên R và do đó PT (4) có nghiệm duy nhất u=0.
Từ đó suy ra hệ PT ban đầu có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 1).
Một số bài tập tương tự:
1. Tìm x, y ∈ (0; π) thoả mãn hệ:

cot x − cot y = x − y

 5 x + 8 y = 2π
 x − y = (log 2 y − log 2 x)(1 + xy )
xy − 3 y + 2 = 0


2. Giải hệ: 



x 2 + 5x + 4 < 0
3
2
 x + 3 x − 9 x − 10 > 0

3. Giải hệ bất phương trình: 

 log 22 x − log 2 x 2 < 0

4. Giải hệ bất phương trình:  1 3
2
 3 x − 3 x + 5 x + 9 > 0

2( x 3 + 2 x − y − 1) = x 2 ( y + 1)

5. Giải hệ: 

3
2

 y + 4 x + 1 + ln( y + 2 x) = 0

3. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số giải các bài toán giải phương trình và bất
phương trình chứa tham số:
Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1


Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
Ví dụ 1: Tìm a phương trình x2 + 3ax + 1 =0 (1) có 3 nghiệm phân biệt.
Giải: Ta có (1) <=> x3 + 1 = - 3ax (2)
a) Với x = 0 không là nghiệm của phương trình (2) ∀a
1
b) Với x ≠ 0: phương trình (2) <=> x2 + x = -3a
1
1 2x3 - 1
Đặt f(x) = x + ⇒ f'(x) = 2x - 2 =
x
x
x2
2

1

f'(x) = 0 <=> x =

3

2

BBT:

x

0

-∞

1
3

f'(x)
f(x)

-

0

+∞

-

+∞

2

0

+

+∞

+∞

-∞
Đặt g(x) = - 3a là đường thẳng song song với trục Ox. Căn cứ vào bảng biến thiên ở
trên ⇒ (1) có 3 nghiệm phân biệt.
<=> f(x) cắt g(x) tại 3 điểm phân biệt.
<=> g(x) > f( 3
3

<=> a < -

1
2

) <=> - 3a >

33 2
2

2
2
3

Đáp số: a < -

2
2

1
Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình - x3 + 3mx - 2 < - x3 (1) nghiệm đúng ∀ x ≥ 1

Giải: Ta có (1)

1
<=> x3 + 2 - x3 > 3mx (do x ≥ 1)
<=> x2 +

2 1
> 3m
x x3

2 1
xét trên [1; + ∞)
x x3
Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1

Đặt f(x) = x2 +

(2)


Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
2(x3 - 1) 3
Ta có f'(x) = x2 + x4 > 0 ∀x ≥ 1 => f(x) đồng biến [1; + ∞)
2
Vậy 3m < min f ( x) = f(1) = 2 <=> m < 3
x∈[1; +∞ ]

2
Đáp số: m < 3 .
Nhận xét:

1. Cô lập tham số sang một bên.
2. Sử dụng tính biến thiên của hàm số và hàm số hằng.
Một số bài toán tương tự:
Bài toán 1: Tìm m phương trình: x3 + 3ax + 1 = 0
a. Có hai nghiệm phân biệt.
b. Có duy nhất nghiệm.
Bài toán 2: m = ? phương trình x3 + 3x + 2m - 3 = 0 có nghiệm.
Bài toán 3: Tìm m để bất phương trình luôn được nghiệm đúng
x3 + 3ax + 1 > 0 ∀x > 0
4. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng thức:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng: x - sin x > 0 ∀x > 0 (1)
Giải: Thật vậy, đặt

f(x) = x - sin x, xét trên (0; +∞)

Ta có f’(x) = 1 - cos x ≥ 0 ∀x > 0
=> f(x) đồng biến trên (0; +∞) và xác định tại x = 0 nên x > 0 thì
f(x) > f(0) = 0 nên (1) được chứng minh.
Nhận xét: Sử dụng ví dụ trên có thể chứng minh được.
x2
Bài toán 1: CMR: cosx > 1 - 2 với x > 0
x3
Bài toán 2: CMR: x < sin x với x > 0.
6
π
Ví dụ 2: Chứng minh rằng: sin x + tan x - 2x > 0 với ∀x ∈ (0; 2 )
Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1


Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.

Giải: Đặt f(x) = sin x + tan x - 2x xét trên (0;
Ta có f'(x) = cos x +

π
).
2

1
1
- 2 > cos2x +
-2≥2-2=0
2
cos x
cos2x

=> f(x) đồng biến trên khoảng (0;

π
) mà f(x) xác định tại x = 0
2

π
nên f(x) > f(0) = 0 ∀x ∈ (0; 2 ) => đpcm
Nhận xét: Sử dụng phương pháp của bài toán trên ta chứng minh được:
Bài toán 1: CMR: 2sin x + 2tan x > 2x + 1
3x

∀x ∈ (0;

+1

Bài toán 2: CMR: 22sin x + 2tan x > 2 2 ∀x ∈ (0;
3

sin x 
Bài toán 3: CMR: 
 > cos x
 x 

π
)
2

π
)
2

π
∀x ∈ (0; 2 ).

Nhận xét:
 Sử dụng kết quả bài toán 1, ta có thể CM được:
Với mọi tam giác ABC nhọn ta đều có:
2sinA + 2sinB + 2sinC + 2tanA + 2tanB + 2tanC > 6. 3 2π .
 Sử dụng kết quả bài toán 2, ta có thể CM được:
Với mọi tam giác ABC nhọn ta đều có:
4sinA + 4sinB + 4sinC + 2tanA + 2tanB + 2tanC > 6. 2π .
Ví dụ 3: CMR: ex > 1 + x +

x2

, với mọi x > 0.
2

Giải: Ta có BĐT cần CM tương đương với x > ln(1 + x +
Xét hàm số f(x) = x - ln(1 + x +

x2
).
2

x2
x2
), ta có f’(x) = 2
>0, ∀x ∈ R
2
x + 2x + 2

Vậy hàm số đồng biến trên R. Do đó với x > 0, ta có f(x) > f(0) = 0.
Hay x > ln(1 + x +

x2
) ∀x > 0 (đpcm).
2

Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1


Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
Nhận xét: Với x>0 và n ∈ N*, ta có BĐT tổng quát sau:
ex > 1 + x +

x2
xn
x2
xn
+ ... +
, hay ln(1 + x + + ... + ) < x.
2!
n!
2!
n!

Cách CM BĐT này tương tự như trên.

Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1