Chuyên đề đơn điệu và cực trị

Thi TNPT 2009
CHƯƠNG I : ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM

¤n

Vấn đề 1 : Tính đơn điệu .
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1 ĐN : f tăng trên (a;b) ⇔ ∀x1; x 2∈ (a;b) : x1< x 2 ⇒ f(x1 ) < f(x2 )
f giảm trên (a;b) ⇔ ∀x1; x 2∈ (a;b) : x1< x2 ⇒ f(x1 ) > f(x2 )
2 ĐL : Gỉa sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I .
w f tăng (đồng biến) trên khoảng I ⇔ f ′ (x) > 0 ;∀x ∈ I
w f giảm (nghòch biến) trên khoảng I ⇔ f ′ (x) < 0 ;∀x ∈ I
w f ′ (x) = 0 với mọi x ∈ I thì f(x) = C (= hằng số ) trên khoảng I
Chú ý : Hàm số tăng hay giảm gọi chung là hàm đơn điệu
3 Nhận xét :
gf ′ (x) ≥ 0 ;∀x ∈ I
1. 
⇒ f tăng (đồng biến) trên khoảng I
gf ′ (x) = 0 tại một số hữu hạn điểm trên I
gf ′ (x) ≤ 0 ;∀x ∈ I
2. 
⇒ f giảm (nghòch biến) trên khoảng I
gf ′ (x) = 0 tại một số hữu hạn điểm trên I
4 Chú ý :
Khoảng I trong ĐL trên có thể được thay bởi một đoạn hay một nửa khoảng . Khi đó phải bổ sung
giả thiết " Hàm số liên tục trên đoạn hoặc nửa khoảng đó " , Chẳng hạn :
Nếu hàm số f liên tục trên đoạn [a;b] và có đạo hàm f ′(x)> 0 trên khaỏng (a;b) thì hàm số f đồng
biến trên [a;b] .
5 Áp dụng
gXét dấu f ′ (x) ta có thể giải f ′ (x) ≥ 0 hay f ′ (x) ≤ 0
gx i là điểm tới hạn của f(x) ⇔ f ′ (x i ) = 0 hay ∃ f ′ (x i )

gx1; x2 là 2 điểm tới hạn gần kề . Khi dó trên (x1; x 2 ) thì f ′ (x) cùng dấu với f(x o ) với x o∈ (a;b)
6 PP:
1) Tập xác đònh : D = (a; b)
2) Đạo hàm : y′ 
→ y′ = 0 
→ x i ( xi là các nghiệm nếu có của đạo hàm )
( Dấu ? được thay bởi 0 hay || )
x
y′

a

y

xo b
− (?) +
]

Z

x
y′
y

a

xo b
+ (?) −
Z

]

3) Kết luận :
B. VÍ DỤ

VD 1 : Xét chiều biến thiên ( Tính đơn điệu ) của các hà m số sau :
1
1
a) y = x 2 − 2x + 3
b) y = x 3 − 2x 2 +3x +1
c) y = x3 − x2 + 3x +1
d) y = − x 3 + 3x 2 − 3x + 2
3
3
x4
e) y = − x 3 + 3x 2
f) y = x 4 + 4x2 −1
g) y =
−3x 2 + 5
h) y = −(2 − x 2 )2
i) y = − x 4 +1
2

Giải
a) Tập xác đònh : D = ¡
Đạo hàm :
gy′ = 2x − 2
gy′ = 0 ⇔ 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1
Bảng biến thiên

- 1 -


x −∞
−
y′

1
0

+∞

Thi TNPT

2009

¤n

+

y

Vậy : Hàm số đã cho :
gĐồng biến trên : (1; +∞)
gNghòch biến trên : ( − ∞; 1)
b) Tập xác đònh : D = ¡
Đạo hàm :
gy′ = x 2 − 4x + 3
x = 1
gy′ = 0 ⇔ x2 − 4x + 3 = 0 ⇔ 

x = 3
gBảng biến thiên :
−∞
x
1
3
−
y′
+
0
0

+∞
+

y

Vậy : Hàm số đã cho :
gĐồng biến trên : ( − ∞;2) , (3;+ ∞)
gNghòch biến trên : (2;3)
c) Tập xác đònh : D = ¡
Đạo hàm :
gy′ = x 2 − 2x + 3

gy′ = 0 ⇔ x2 − 2x + 3 = 0 ( vô nghiệm )
gBảng biến thiên
−∞
+∞
x
y′

+
y

Vậy : Hàm số đã cho đồng biến trên : ( − ∞;+ ∞)
d) Tập xác đònh : D = ¡
Đạo hàm :
gy′ = − 3x2 + 6x − 3 = −3(x 2 − 2x + 1) = −3(x − 1)2
gy′ = 0 ⇔ −3(x − 1)2 = 0 ⇔ x = 1 ( nghiệm kép )
gBảng biến thiên

- 2 -


−∞

x
y′

Thi TNPT
+∞

−

2009

¤n

y

Vậy : Hàm số đã cho nghòch biến trên : ( − ∞;+ ∞)

e) Tập xác đònh : D = ¡
Đạo hàm :
gy′ = − 3x2 + 6x = −3x(x − 2)
x = 0
gy′ = 0 ⇔ −3x(x − 2) = 0 ⇔ 
x = 2
gBảng biến thiên
−∞

x
y′

−

0
0

+

2
0

−

+∞

y

Vậy : Hàm số đã cho : gĐồng biến trên : (0 ; 2)
gNghòch biến trên : ( − ∞; 0) , (2 ;+ ∞)

f) Tập xác đònh : D = ¡
Đạo hàm :
gy′ = 4x3 + 8x = 4x(x 2 + 2)

( y′ cùng dấu với x )

gy′ = 0 ⇔ 4x(x 2 + 2) = 0 ⇔ x = 0
gBảng biến thiên :
+∞
x −∞
0
− 0 +
y′
y

Vậy : Hàm số đã cho :
gĐồng biến trên : (0; +∞)
gNghòch biến trên : ( − ∞; 0)
g) Tập xác đònh : D = ¡
Đạo hàm :
gy′ = 2x3 − 6x = 2x(x 2 − 3)
x = 0
gy′ = 0 ⇔ 2x(x2 − 3) = 0 ⇔ 
x = ± 3
gBảng biến thiên :
- 3 -


Thi TNPT
x

y′

−∞

0

− 3
−
0

+

0

−

3
0

¤n

2009
+∞
+

y
Vậy : Hàm số đã cho : gNghòch biến trên : ( − ∞; − 3 ) , (0 ; 3)
gĐồng biến trên : ( − 3;0) , ( 3; +∞)

h) Tập xác đònh : D = ¡

Đạo hàm :

gy′ = 2(2 − x2 )(−2x) = −4x(2 − x 2 )
x = 0
gy′ = 0 ⇔ −4x(2 − x 2 ) = 0 ⇔ 
x = ± 2
gBảng biến thiên :

Vậy : Hàm số đã cho : gĐồng biến trên : ( − ∞ ; − 2 ) , (0 ;

2)

gNghòch biến trên : ( − 2; 0) , ( 2 ; +∞)

i) Tập xác đònh : D = ¡
Đạo hàm :
gy′ = − 4x3

gy′ = 0 ⇔ − 4x3 = 0 ⇔ x = 0
gBảng biến thiên :
+∞
x −∞
0
′
−
y
+ 0
y

Vậy : Hàm số đã cho :

gĐồng biến trên : ( − ∞; 0)
gNghòch biến trên : (0; +∞)

x
y′

−∞

− 2
+
0

−

0
0

+

2
0

+∞
−

y
a)

Tập xác đònh : D = ¡ \ { 2}
Đạo hàm :

gy′ =

−5

(x − 1)2

< 0 , ∀x ∈ D

- 4 -


Thi TNPT

gBảng biến thiên :
−∞

x
y′

2

−

−

2009

¤n

+∞

y

Vậy : Hàm số đã cho nghòch biến trên : ( − ∞;2) , (2;+ ∞)
b) Tập xác đònh : D = ¡ \ { −3}
Đạo hàm :
gy′ =

2

> 0 , ∀x ∈ D
(x + 3)2
gBảng biến thiên :
−∞

x
y′

+∞

−3

+

+

y

Vậy : Hàm số đã cho đồng biến trên : ( − ∞ ; − 3) , ( − 3 ;+ ∞)
c) Tập xác đònh : D = ¡ \ { 1}

Đạo hàm :
gy′ =

4x2 − 8x + 3
(x − 1)2

gy′ = 0 ⇔

4x2 − 8x + 3

(x − 1)2
gBảng biến thiên :
x
y′

−∞
+

=0⇔x=

1
2
0

3
1
∨x =
2
2

1
−

−

3
2
0

+∞
+

y

1
3
Vậy : Hàm số đã cho : gĐồng biến trên : ( − ∞ ; ) , ( ; +∞)
2
2

- 5 -


¤n

Thi TNPT 2009
1
3
gNghòch biến trên : ( ; 1) , (1 ; )
2

2
d) Tập xác đònh : D = ¡ \ { −2}
Đạo hàm : y′ = 1 +

1

> 0 , ∀x ∈ D

2

(x + 2)

Bảng biến thiên :
x
y′

−∞

+∞

−2
+

+

y

Vậy : Hàm số đã cho đồng biến trên : ( − ∞ ; − 2) , ( − 2 ;+ ∞)
d) Tập xác đònh : D = ¡ \ { 1}
1

Đạo hàm : y′ = − 1 +

2

(x − 1)

Bảng biến thiên :
x
y′

−∞

0
0 +

−

=

−(x − 1)2 + 1
2

(x − 1)
1

2
+ 0

; y′ = 0 ⇔

−

−(x − 1)2 + 1
2

(x − 1)

x = 0
= 0 ⇔ −(x − 1)2 + 1 = 0 ⇔ 
x = 2

+∞

y

Vậy : : Hàm số đã cho : gĐồng biến trên : (0 ; 1) , (1 ; 2)
gNghòch biến trên : ( − ∞ ; 0) , ( 2 ; +∞)
1
x −1
Tập xác đònh : D = ¡ \ { 1}

d) Viết lại : y = − x + 1 +

Đạo hàm : y′ = − 1 −

1

(x − 1)2

< 0 , ∀x ∈ D

Bảng biến thiên :
x
y′

−∞

−

1

−

+∞

y

- 6 -


¤n

Thi TNPT 2009
3. Kết luận : Hàm số đã cho nghòch biến trên : ( − ∞;1) , (1;+ ∞)
VD 3 : Xét chiều biến thiên ( Tính đơn điệu ) của các hàm số sau :
a) y = x − 2sinx (0 < x < 2π)
b) y = x + cos2x , x ∈ [0 ; π]
c) y = cos2x + 2sinx , x ∈ ( 0 ; 2π )
d) y = x 4 + 4x3 − 1

e) y =

a) Tập xác đònh : D = (0 ; 2 π)
Đạo hàm :
gy′ = 1 − 2 cos x

x

f) y =

x2 + 1

Để xét dấu y′ ta có thể chọn x =


x =
1
gy′ = 0 ⇔ 1 − 2 cos x = 0 ⇔ cos x = ⇔ 
2
x =

gBảng biến thiên :
x
y′

0
−

x4

8x(x + 2)

π
3
0

+

5π
3
0

π
3
5π
3

π
π
∈ (0; ) :
4
3

π
π
y′ ( ) = 1 − 2 cos = 1 − 2 < 0 nên trong
4
4
π
khoảng (0; ) thì y′ có dấu − , sau đó dùng

3
luật đang dấu .

2π

−

y

π 5π
;
)
3
3
π
5π
gNghòch biến trên : (0 ; ) , (
; 2π)
3
3
Lưu ý : Có hai cách để tìm nghiệm
w Cách cơ bản : Tìm k ∈ ¢
1
π
Ta có : cosx = ⇔ x = ± + k2π, k ∈ ¢
2
3
π
π
1

1
5
1
5
gXét : x = + k2π . Do 0 < x < 2π ⇔ 0 < + k2π < 2π ⇔ 0 < + 2k < 2 ⇔ − < 2k < ⇔ − < k <
3
3
3
3
3
6
6
π
Vì k ∈ ¢ nên k = 0 ⇒ x =
3
π
π
1
1
7
1
7
gXét : x = − + k2π . Do 0 < x < 2π ⇔ 0 < − + k2π < 2π ⇔ 0 < − + 2k < 2 ⇔ < 2k < ⇔ < k <
3
3
3
3
3
6
6

5π
Vì k ∈ ¢ nên k = 1 ⇒ x =
3
π
5π
Vậy trên (0 ; 2π ) phương trình có hai nghiệm : x = , x =
3
3
w Cách biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác : Chú ý : x ∈ (0;2π)
Cho k chạy bắt đầu từ k = 0 ; 1 ; 2 ; ... đến khi nghiệm cuối trùng nghiệm ứng với k = 0 là dừng .
π
π
gXét : x = + k2π : k = 0 ⇒ x =
[ khi k ≥ 1 , k ∈ ¢ thì nghiệm x ∉ ( 0 ; 2π ) ]
3
3
π
π
5π
π
5π
gXét : x = − + k2π : k = 0 ⇒ x = − ∉ (0 ; 2π ) nên ta viết lai x =
; k = 1 ⇒ x = − + 2π =
3
3
3
3
3
Vậy : Hàm số đã cho : gĐồng biến trên : (

- 7 -


¤n

Thi TNPT 2009
π
5π
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x = , x =
3
3
b) Tập xác đònh : D = [0 ; π]
Đạo hàm :
gy′ = 1 − 2sin 2x
1
π
5π
gy′ = 0 ⇔ 1 − 2 sin 2x = 0 ⇔ sin 2x = ⇔ x = ∨ x =
2
12
12
gBảng biến thiên :
x

0
−

y′

π

12
0

+

5π
12
−
0

π

y

π
5π
;
)
12 12
π
5π
gNghòch biến trên : [ 0 ;
),(
; π]
12
12
c) Tập xác đònh : D = ( 0 ; 2π )
Đạo hàm :
gy′ = − 2sin 2x + 2 cos x = 2 cos x( −2sin x + 1)
1

gy′ = 0 ⇔ 2 cos x(−2sin x + 1) = 0 ⇔ cos x = 0 ∨ sin x =
2
π
3π
1
π
5π
cos x = 0 ⇔ x = ∨ x =
; sin x = ⇔ x = ∨ x =
2
2
2
6
6
gBảng biến thiên :
Vậy : Hàm số đã cho : gĐồng biến trên : (

x
y′

0
+

π
6
0

−

π

2
0

+

5π
6
0

−

3π
2
0

2π
+

y

π
π 5π
3π
),(
;
),(
; 2π )
6
2
6

2
π π
5π 3π
gNghòch biến trên : (
; ),(
;
)
6 2
6
2
π π π
π
π π
Chú ý : Để xét dấu ta chọn ∈ ( ; ) : y′( ) = 2(− 2 + 1) < 0 nên trong khoảng ( ; ) , y′ có dấu (− )
4 6 2
4
6 2
Vậy : Hàm số đã cho : gĐồng biến trên : ( 0 ;

- 8 -


Thi TNPT

d) Tập xác đònh : D = ¡
Đạo hàm :

2009

¤n

gy′ = 4x3 + 12x 2 = 4x 2 (x + 3)
( y′ cùng dấu với x + 3 )
x = 0
gy′ = 0 ⇔ 4x 2 (x + 3) = 0 ⇔ 
 x = −3

gBảng biến thiên :
−∞
x
−
y′

−3
0

+

+∞

0
0

+

y
Vậy : Hàm số đã cho : gĐồng biến trên : ( − 3; +∞)
gNghòch biến trên : ( − ∞; − 3 )
e) Tập xác đònh : D = ¡ ( Vì x 2 + 1 ≠ 0 , với mọi x ∈ ¡ )
Đạo hàm :

gy′ =

1 − x2
2

2

(x + 1)

( y′ cùng dấu với 1 − x 2 )

gy′ = 0 ⇔ 1 − x2 = 0 ⇔ x = ± 1
gBảng biến thiên :
−∞
−1
x
−
y′
0
+

1
0

−

+∞

y

Vậy : Hàm số đã cho : gĐồng biến trên : (0 ; 2)
gNghòch biến trên : ( − ∞; 0) , (2 ;+ ∞)

e) Tập xác đònh : D = ¡ \ { −2 , 0 }
Đạo hàm :
gy′ =

x2 (x + 3)
2

(x + 2)
gy′ = 0 ⇔ x = −3
gBảng biến thiên :

( y′ cùng dấu với x + 3 )

−3
x −∞
− 0
y′

1
+

+∞

2
+

+

y

Vậy : Hàm số đã cho : gĐồng biến trên : ( − 3 ; − 2) , ( − 2 ; 0) , (0 ;+ ∞)
gNghòch biến trên : ( − ∞; − 3)
- 9 -


¤n

Thi TNPT 2009
VD 4 : Xét chiều biến thiên ( Tính đơn điệu ) của các hàm số sau :
a) y =

1 − x2

b) y =

x
1+ x

c) y =

x 2 − 2x − 3

d) y =

x3
2

x −6

e) y = x (x + 2)

f) y =

3 2

x

Giải
a) Tập xác đònh : D = [−1;1] ( Vì 1 − x2 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 )
Đạo hàm :
−x
gy′ =
( y′ cùng dấu với − x )
2
1− x
gy′ = 0 ⇔ x = 0
gBảng biến thiên :
−1
+∞
x −∞
0
1
−
y′
+
+ 0 −
y

Vậy : Hàm số đã cho : gĐồng biến trên : ( − 1; 0 )
gNghòch biến trên : ( 0;1)
b) Tập xác đònh : D = [0 ; +∞ ) ( Vì x ≥ 0 )
1− x
gy′ =
( y′ cùng dấu với 1 − x )
2
2 x(x + 1)
gy′ = 0 ⇔ x = 1
gBảng biến thiên :
+∞
x −∞
0
1
y′
+
+
0 −
y

Vậy : Hàm số đã cho : gĐồng biến trên : ( 0;1)
gNghòch biến trên : ( 1; + ∞)
c) Tập xác đònh : D = ( − ∞; −1) ∪ (3 ; +∞ ) ( Vì x 2 − 2x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≤ −1 ∨ x ≥ 3 )
Đạo hàm :
2x − 2
gy′ =
( y′ cùng dấu với 2x − 2 )
2
x − 2x − 3

gy′ = 0 ⇔ x = 1
gBảng biến thiên :
−1
+∞
x −∞
1
3
−
− 0 +
y′
+
y

Vậy : Hàm số đã cho : gĐồng biến trên : (3 ; +∞)
gNghòch biến trên : ( − ∞; − 1)
- 10 -


Thi TNPT 2009
d) Tập xác đònh : D = [0 ; +∞ ) ( Vì x ≥ 0 )
Đạo hàm :
2x 2 (x2 − 9)
gy′ =
( y′ cùng dấu với 1 − x )
2
2
(x − 9) x − 6
gy′ = 0 ⇔ x = ± 3
gBảng biến thiên :
+∞

x −∞
−3
− 6
0
6
3
− 0 +
y′
+ 0 −

¤n

y

Vậy : Hàm số đã cho : gĐồng biến trên : ( − ∞ ; − 3 ) , ( 3 ; +∞ )
gNghòch biến trên : ( − 3 ; − 6 ) , ( 6 ; 3)
e) Tập xác đònh : D = ¡
y = x(x + 2) = x 2 + 2x nếu x ≥ 0
y=  1
2
y 2 = −x(x + 2) = −x − 2x nếu x < 0
Đạo hàm :
 y′ = 2x + 2
nếu x > 0
gy′ =  1
 y′2 = −2x − 2 nếu x < 0
∗ y1′ = 0 ⇔ x = −1 ( loại )
∗ y′2 = 0 ⇔ x = −1 ( nhận )
gBảng biến thiên :
x −∞

y1′
y′2

+

0

+∞

1
+

0

−

y

Vậy : Hàm số đã cho : gĐồng biến trên : ( − ∞ ; 0 ) , ( 1 ; +∞ )
gNghòch biến trên : (0 ;1)
d) Tập xác đònh : D = ¡
Đạo hàm :
2
y′ =
,x≠0
( y′ cùng dấu với x )
33 x
Bảng biến thiên
+∞
x −∞

0
−
y′
+
y
- 11 -


Thi TNPT

2009

¤n

Vậy : Hàm số đã cho : gĐồng biến trên : ( 0 ; +∞ )
gNghòch biến trên : ( − ∞ ; 0 )
VD 5 : Chứng minh rằng :
a) Hàm số y = 2x − x 2 nghòch biến trên đoạn [1 ; 2 ]
b) Hàm số y = x 2 − 4 đồng biến trên nửa khoảng [2 ; +∞)
1
c) Hàm số y = x + nghòch biến trên mỗi nửa khoảng [ − 1 ; 0 ) và ( 0 ; 1] .
x
2
−x + 2x + 1
d) Hàm số y =
nghòch biến trên mỗ i khoảng xác đònh của nó .
x−2
e) Hàm số y = x + cos2 x đồng biến trên ¡
3

3

f) Hàm số y = 1 + 1 + 3 x đồng biến trên ¡
Giải
a) gHàm số y liên tục trên đoạ n [ 1 ; 2 ]
(1)
1− x
gy′ =
< 0 với mọi x ∈ (1 ; 2 )
(2)
2
2x − x
Từ (1) , (2) suy ra hàm số nghòch biến trên [1;2 ]
b) gHàm số y liên tục trên đoạn [ 2 ; +∞ )
(1)
x
gy′ =
> 0 với mọi x ∈ (2 ; +∞ )
(2)
2
x −4
Từ (1) , (2) suy ra hàm số đồng biến trên nửa khoảng [ 2 ; +∞ )
c) gHàm số y liên tục trên mỗi nửa khoảng [ − 1 ; 0) và ( 0 ; 1]
(1)
1
gy′ = 1 −
< 0 trên mỗi nửa khoả ng ( − 1 ; 0 ) , (0 ;1)
(2)
2
x

Từ (1) , (2) suy ra hàm số nghòch biến trên mỗi nửa khoản g [ − 1 ; 0) và ( 0 ; 1]
d) Tập xác đònh : D = ¡ \ { 2}
Đạo hàm :
gy′ =

−x 2 + 4x − 5
(x − 2)2

gy′ = 0 ⇔ −x2 + 4x − 5 = 0 ( vô nghiệm )
gBảng biến thiên :
x
y′

−∞

−

2

−

+∞

y

3. Kết luận : Hàm số đã cho nghòch biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ; 2 ) và ( 2 ; + ∞ )

- 12 -

e) Tập xác đònh : D = ¡
Đạo hàm :
y′ = 1 − sin 2x

Thi TNPT

¤n

2009

π
+ kπ , k ∈ ¢
4
π
π
gHàm số y liên tục trên mỗi đoạn [ + kπ ; + (k + 1)π] , k ∈ ¢ (1)
4
4
π
π
gy′ > 0 với mọi x ∈ ( + kπ ; + (k + 1)π) , k ∈ ¢
(2)
4
4
Từ (1) , (2) suy ra hàm số đồng biến trên ¡
f) Tập xác đònh : D = ¡
gHàm số y liên tục trên ( − ∞; 0] , [0 ; +∞ ) (1)
1
1
1

1
g y′ =
.
.
=
nên y′ > 0 với x ≠ 0 (2)
3
3 2
3
3
3 2 33 (1 + 3 x)2 33 x2
3 2
3 2
3 (1 + 1 + x )
27 x (1 + x ) (1 + 1 + x )
Từ (1) , (2) suy ra hàm số đồng biến trên các nửa khoảng ( − ∞; 0] , [0 ; +∞ ) . Do đó đồng biến trên ¡
VD 6 : Chứng minh các bất đẳng thức sau :
y′ = 0 ⇔ sin 2x = 1 ⇔ x =

a) sinx < x với mọi x > 0

b) sinx > x với mọi x < 0

c) cosx > 1 −

x2
với mọi x ≠ 0
2

x3

x3
với mọi x > 0 ; sinx < x −
với mọi x < 0
6
6
π
e) sinx + tanx > 2x với mọi x ∈ (0 ; ) .
2
Áp dụng : Chứng minh rằng ∆ABC nhọn ta có : sinA+ sinB + sinC + tanA+ tanB + tanC > 2 π
π
f) 2sinx + tanx > 3x với mọi x ∈ (0 ;
).
2
2
1
Áp dụng : Chứng minh rằng ∆ABC nhọn ta có : (sinA+ sinB + sinC) + (tanA+ tanB + tanC) > π
3
3
π
g) Chứng minh : Nếu 0 < α < β < thì αsinα − βsinβ > 2(cosβ − cosα)
2
Giải
a) Ta có : sinx < x ⇔ x − sinx > 0
π
w với x ∈ ( 0 ; ) . Xét hàm số f(x) = x − sinx
2
π
gHàm số f liên tục trên đoạn [ 0 ;
)
(1)

2
π
gf ′(x) = 1 − cos x > 0 với mọi x ∈ ( 0 ; )
(2)
2
π
Từ (1) , (2) suy ra hàm số đồng biến trên [ 0 ;
).
2
π
π
Do đó : f(x) > f(0) = 0 với x ∈ ( 0 ; ) tức là x − sinx > 0 với x ∈ ( 0 ; )
2
2
π
Vậy : x > sinx với x ∈ ( 0 ; )
(3)
2
π
π
w Với x ≥ . Ta có : x ≥ > 1 ≥ sinx (4)
2
2
Từ (3) , (4) suy ra : x > sinx với mọi x > 0 .
d) sinx > x −

- 13 -


¤n

Thi TNPT 2009
b) Ta có : sinx > x ⇔ x − sinx < 0
π
w với x ∈ ( − ; 0 ) . Xét hàm số f(x) = x − sinx
2
π
gHàm số f liên tục trên đoạn ( − ; 0 ]
(1)
2
π
gf ′(x) = 1 − cos x > 0 với mọi x ∈ ( − ; 0 )
(2)
2
π
Từ (1) , (2) suy ra hàm số đồ ng biến trên ( − ; 0 ] .
2
π
π
Do đó : f(x) < f(0) = 0 với x ∈ ( 0 ; ) tức là x − sinx < 0 với x ∈ ( 0 ; )
2
2
π
Vậy : x < sinx với x ∈ ( − ; 0 )
(3)
2
π
π
w Với x ≤ − . Ta có : x ≤ − < −1 ≤ sinx (4)
2

2
Từ (3) , (4) suy ra : x < sinx với mọi x < 0 .
x2
x2
⇔ cosx +
− 1 > 0 với mọi x ≠ 0
2
2
x2
w với x ∈ (0 ; +∞ ) . Xét hàm số f(x) = cosx +
−1
2
gHàm số f liên tục trên nửa khoảng [ 0 ; + ∞)
(1)
gy′ = x − sin x > 0 với mọi x > 0 [ câu a)]
(2)
Từ (1) , (2) suy ra hàm số đồng biến trên [ 0 ; + ∞) .

c) Ta có : cosx > 1 −

x2
x2
− 1 > 0 với x > 0 ⇔ cosx > 1 −
với x > 0 (3)
2
2
w với x ∈ (−∞ ; 0 ) . Vì f là hàm số chẵn nên ta có :
Do đó : f(x) > f(0) = 0 với x > 0 tức là cosx +

(−x)2

x2
− 1 = cosx +
− 1 = f(x) > 0
2
2
x2
x2
hay cosx +
− 1 > 0 với x < 0 tức là cosx > 1 −
với x < 0
2
2
f( − x) = cos( − x) +

Từ (3) , (4) suy ra cosx > 1 −

(4)

x2
vớ i x ≠ 0
2

x3
x3
⇔ x−
− sin x > 0 với mọi x < 0
6
6
x3
Hàm số f(x) = x −

− sin x có tập xác đònh D = ¡
6
x2
Đạo hàm : f ′(x) = 1 −
− cos x , f ′′(x) = sinx − x với mọi x ∈ ¡
2
gTheo câu a) thì f ′′(x) < 0 với mọi x > 0 nên hàm số f ′(x) nghòch biến trên [0; +∞)
Vì x > 0 ta có f ′(x) < f ′(0) = 0 , do đó : Hàm số f nghòch biến trên [ 0 ; +∞ ) và ta có :

d) Ta có : sinx > x −

f(x) = x −

x3
x3
− sin x < f(0) = 0 với x > 0 hay x −
< sin x với x > 0 .
6
6

gDo f(x) là hàm số lẻ , mà f(x) > 0 với x > 0 nên f(x) < 0 với x < 0 hay x −

x3
> sin x với x < 0
6

- 14 -


Thi TNPT

¤n

2009

e) Ta có : sinx + tanx > 2x ⇔ sinx + tanx − 2x > 0 , với mọi x ∈ (0 ;
gHàm số f(x) = sinx + tanx − 2x liên tục trên nửa khoảng [ 0 ;
gĐạo hàm f ′(x) = cosx +

1
cos2 x

− 2 > cosx +

π
)
2

π
).
2

1
π
− 2 ≥ 0 với mọi x ∈ (0 ; ) , f ′(x) = 0 chỉ tại x = 0 .
cos x
2

π
1

1
nên 0 < cosx ≤ 1 ⇒ 0 < cos2x ≤ cos x ⇒
≥
2
cos2 x cos x
π
Do đó hàm số f đồng biến trên [ 0 ;
) và ta có :
2
π
π
f(x) > f(0) = 0 với mọi x ∈ (0 ; ) hay sinx + tanx − 2x > 0 , với mọi x ∈ (0 ; )
2
2
π
hay sinx + tanx > 2x với mọi x ∈ (0 ; )
2
Áp dụng : Chứng minh rằng ∆ABC nhọn ta có : sinA+ sinB + sinC + tanA+ tanB + tanC > 2π (*)
Do A,B,C là ba góc nhọn của ∆ABC nên A + B + C = π
Biến đổi : (*) ⇔ sinA+ sinB + sinC + tanA+ tanB + tanC > 2(A + B + C) ⇔
⇔ (sinA + tanA − 2A) + (sinB+ tanB − 2B) + (sinC + tanC − 2C) > 0
π
Vì A,B,C là góc nhọn nên A,B,C ∈ (0 ; ) . Áp dụng bđt vừa chứng minh ta có :
2
sinA + tanA − 2A > 0 , sinB + tanB − 2B > 0 , sinC + tanC − 2C > 0
Cộng vế theo vế bđt trên ta được điều phải chứng minh .
Vì 0 < x <

f) Ta có : 2sinx + tanx > 3x ⇔ 2sinx + tanx − 3x > 0 với mọi x ∈ (0 ;

π
).
2

π
)
2
(1 − cos x)2 (2 cos x + 1)

gHàm số f(x) = 2sinx + tanx − 3x liên tục trên nửa khoảng [ 0 ;
gf ′(x) = 2cosx +

1
cos2 x

−3 =

2 cos3 x − 3cos2 x + 1
cos2 x

=

Do đó hàm số đồng biến trên nửa khoảng [ 0 ;
ta có bđt cần chứng minh .

cos2 x

> 0 với mọi x ∈ (0 ;

π

)
2

π
π
) nên f(x) > f(0) = 0 với mọi x ∈ (0 ;
) tức là
2
2

2
1
(sinA+ sinB + sinC) + (tanA+ tanB + tanC) > π (*)
3
3
Biến đổi : (*) ⇔ 2(sinA+ sinB + sinC) + (tanA+ tanB + tanC) > 3π
⇔ 2(sinA+ sinB + sinC) + (tanA+ tanB + tanC) > 3(A + B + C)
⇔ (2sinA + tanA − 3A) + (2sinB + tanB − 3B) + (2sinC + tanC − 3C) > 0
π
Vì A,B,C là góc nhọn nên A,B,C ∈ (0 ; ) . Áp dụng bđt vừa chứng minh ta có :
2
2sinA + tanA − 3A > 0 , 2sinB + tanB − 3B > 0 , 2sinC + tanC − 3C > 0
Cộng vế theo vế ta được bđt cần chứng minh .
π
g) BĐT ⇔ αsinα + 2cosα > βsinβ + 2cosβ với 0 < α < β <
2
π
π
Xét hàm số f(x) = x sin x + 2 cos x với 0 < x < , đạo hàm f ′ (x) = − x sin x < 0 với 0 < x <
2

2
gBảng biến thiên :
Áp dụng : Chứng minh rằng ∆ABC nhọn ta có :

- 15 -


x
f ′(x)
f (x)

0

−

0

Thi TNPT
π/ 2

¤n

2009

−1

π
π
BBT cho : f ′(x) < 0 ,∀x ∈ (0; ) ⇒ f nghòch biến trên (0; )
2

2
π
Do đó : 0 < α < β < ⇒ f(α) > f(β) ⇒ αsinα + 2cosα > βsinβ + 2cosβ hay αsinα − β sinβ > 2(cosβ − cosα )
2
PP : Chứng minh bất đẳng thức có 2 biến :
1. Đưa về dạng : f(α) < f(β) với a < α < β < b
đơn điệu

2. Xét hàm số f(x) trong (a;b) , chứng minh f đồng biến hay nghòch biến trên (a;b) → đpcm
EMBED
f tăng , g giảm / D : EMBED
Equation.DS Equation.DSMT4 f(xo ) = g(xo )
MT4
f giảm , g tăng / D : EMBED
Equation.DSMT4 f(xo ) = g(xo )
f tăng, g hằng số / D : EMBED
Equation.DSMT4 f(xo ) = g(xo )
f giảm ,g hằng số / D: EMBED
Equation.DSMT4 f(xo ) = g(xo )
VD 7 : Giải các phương trình , bất phương trình , hệ phương trình sau :
EMBED Equation.DSMT4
a) 3x − 2 + x + 2 + 5x − 1 = 7
b) 1 − 3x + 3 − x + − 1 − x = 4
c)

x2 − 1 +

x − 1 + x4 + x ≤ 2

x − y = y − x

e) 
 x + y + 2 = 3x − y
PP :

d) 2 3 − x + − x − 1 − x2009 − x ≥ 6
 x + sin y = y + sin x
f) 
sin x + sin y = 3

1. Đặt f(x) = ? với x ∈ D
2. Lấy đạo hàm : f ′(x) ⇒ f ′(x) đồng biế n (hay nghòch biến) trên D (a)
EMBED Equation.DSMT4 3. Nhẩm nghiệm : f(x ) = 0
(b)
o
Từ (a) , (b) suy ra pt f(x) = 0 có nghiệm duy nhất là xo
Áp dụng bảng sau :

EMBED Equation.DSMT4 Giải

- 16 -


Thi TNPT

2009

¤n

EMBED Equation.DSMT4
2

a) Tập xác đònh : D = [ ;+∞)
3
Ta có : pt ⇔ 3x − 2 + x + 2 + 5x − 1 − 7 = 0

2
Xét hàm số f(x) = 3x − 2 + x + 2 + 5x − 1 − 7 liên tục trên nửa khoảng [ ;+∞) (1)
3
3
1
5
2
+
+
> 0 với x ∈ ( ;+∞) (2)
EMBED Equation.DSMT4 Đạo hàm f ′(x) =
3
2 3x − 2 2 x + 2 2 5x − 1
2
Từ (1) , (2) suy ra hàm số đồng biến trên nửa khoảng [ ;+∞) (3)
3
Mặt khác : f(2) = 0 (4)
Từ (3) , (4) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 .
b) Tập xác đònh : D = ( − ∞; − 1]
Ta có : pt ⇔

1 − 3x +

3−x +

−1 − x − 4 = 0

Xét hàm số f(x) =

1 − 3x + 3 − x + − 1 − x − 4 liên tục trên nửa khoảng ( − ∞; − 1] (1)
−3
−1
−1
Đạo hàm f ′(x) =
+
+
< 0 với x ∈ ( − ∞; − 1) (2)
2 1 − 3x 2 3 − x 2 −1 − x
Từ (1) , (2) suy ra hàm số nghòch biến trên nửa khoảng ( − ∞; − 1] (3)
Mặt khác : f( − 1) = 0 (4)
Từ (3) , (4) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = − 1 .
c) Tập xác đònh : D = [1;+∞)
Ta có : bpt ⇔

x2 − 1 +

x2 − 1 +

Xét hàm số f(x) =
Đạo hàm f ′(x) =

x − 1 + x 4 + x − 2 ≤ 0 (*)

x

+

x − 1 + x 4 + x − 2 liên tục trên nửa khoảng [1;+∞) (1)
1

+ 4x3 + 1 > 0 với x ∈ (1;+∞) (2)

x2 − 1 2 x − 1
Từ (1) , (2) suy ra hàm số đồng biến trên nửa khoảng [1;+∞)
Mặt khác : f(1) = 0
f đồng biến

Do đó : (*) ⇔ f(x) ≥ 0 = f(1) ¬ 
→x ≥1
Vậy : Bất phương trình đã cho có nghiệm x ≥ 1 .
d) Tập xác đònh : D = ( − ∞; − 1]
Ta có : pt ⇔ 2 3 − x + −x − 1 − x 2009 − x − 6 ≥ 0
Xét hàm số f(x) = 2 3 − x + −x − 1 − x 2009 − x − 6 liên tục trên nửa khoảng ( − ∞; − 1] (1)
−1
−1
Đạo hàm f ′(x) =
+
− 2009x 2008 − 1 < 0 với x ∈ ( − ∞; − 1) (2)
3 − x 2 −x − 1
Từ (1) , (2) suy ra hàm số nghòch biến trên nửa khoảng ( − ∞; − 1] (3)
Mặt khác : f( − 1) = 0 (4)
f nghòch biến

Do đó : (*) ⇔ f(x) ≥ 0 = f( − 1) ¬ → x ≤ −1
Vậy : Bất phương trình đã cho có nghiệm x ≤ −1 .

- 17 -


Thi TNPT
x − y = y − x
e) 
 x + y + 2 = 3x − y
ĐK : x ≥ 0 , y ≥ 0 (*)

2009

(1)
(2)

(1) ⇔ x + x = y + y
Xét hàm số f(t) = t +

¤n

(3)

t , t ∈ [ 0;+∞) là hà m số liên tục , đạo hàm f ′ (t) = 1 +

1

> 0,t ∈ ( 0;+∞) (1)
2 t
Vậy f(t) đồng biến trên [ 0;+∞) . Ta cóù : (3) ⇔ f(x) = f(y) ⇔ x = y ( do f đồng biến )
 x = 1 ( y = 1)
x ≥ 0

x ≥ 0
Thay y = x vào (2) , ta được : 2x + 2 = 2x ⇔ 
⇔ 2
⇔
2
 x = −1/ 2 (loại)
2x + 2 = 4x
2x − x − 1 = 0
Vậy : Phương trình có nghiệm (1;1) .

 x + sin y = y + sin x (1)
f) 
(2)
sin x + sin y = 3
Ta có : (1) ⇔ x − sin x = y − sin y (3)
Xét hàm số : f(t) = t − sin t , f ′(t) = 1 − cos t ≥ 0 , ∀t ; f ′(t) = 0 tại một số hữu hạn điểm ⇒ f(t) đồng biến
Do đó : (3) ⇔ f(x) = f(y) ⇔ x = y ( do f đồng biến )
Thay y = x vào (2) , ta được : 2sinx = 3 ⇔ sin x =

3
π
⇔ x = (−1)k . + k2π , k ∈ ¢
2
3

π
Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y = ( −1) k . + k2π , k ∈ ¢
3
VD 8 : Đònh tham số để phương trình ,bất phương trình , hệ phương trình có nghiệm .
1 Đònh m để phương trình : x 2 − 2x − m = 2x − 1 , với m là tham số .

a) Có 1 nghiệm
b) Có 2 nghiệm phân biệt .
Giải


1
1
x ≥
x ≥
Ta có : pt ⇔ 
⇔
2
2
x2 + 2x − m = (2x − 1)2
−3x2 + 6x − 1 = m


Xét hàm số : y = − 3x 2 + 6x − 1 với x ≥
Đạo hàm y′ = − 6x + 6 ; y′ = 0 ⇔ x = 1
gBảng biến thiên :
x −∞
1/2
1
y′
+
+
0
2
y
5/ 4

1
.
2

−

+∞

−∞

Với : lim y = lim (−3x 2 + 6x − 1) = −∞
x →+∞

x →+∞

Căn cứ vào bảng biến thiên :
5
gm < ∨ m = 2 : pt có 1 nghiệm
4
5
g ≤ m < 2 : pt có 2 nghiệm
4

- 18 -


Thi TNPT
2 Đònh m để phương trình sau có nghiệm :
Giải : Điều kiện : 1 ≤ x ≤ 3

3 − x − (x − 1)(3 − x) = m

3 − x . Ta có : t 2 = 2 + 2 x − 1. 3 − x ≥ 2 ⇒ t ≥ 2
1
x − 1. 3 − x = (t 2 − 2) . Khi đó : pt ⇔ t 2 − 2t − 2 = −2m
2

Đặt : t =
và

x −1 +

2009

¤n

x −1 +

Mặt khác : t = 1. x − 1 + 1. 3 − x

BCS

≤ 2 . Suy ra : 2 ≤ t ≤ 2

Cách khác : Ta có thể lập BBT để của hàm số t =

x −1 +

3 − x , x ∈ [1;3] cũng tìm được t ∈ [ 2;2]

Xét hàm số y = t 2 − 2t − 2 , t ∈ [ 2;2] . Đạo hàm y′ = 2t − 2 , y′ = 0 ⇔ t = 1
Bảng biến thiên :
+∞
x −∞
1
2
2
− 0 +
y′
+
+
−2
y
−2 2

Căn cứ vào bảng biến thiên : pt có nghiệm ⇔ −2 2 ≤ −2m ≤ −2 ⇔ 1 ≤ m ≤ 2
4

3 Đònh m để phương trình sau có 2 nghiệm : x 4 + 4x + m + x 4 + 4x + m = 6
4

Giải : Đặt t = x 4 + 4x + m ,t ≥ 0 . Ta có : pt ⇔ t 2 + t − 6 = 0 ⇔ t = 2 ∨ t = −3 (loại)
4

Khi t = 2 ⇔ x 4 + 4x + m = 2 ⇔ x 4 + 4x − 16 = m (1) .
Xét hàm số y = x 4 + 4x − 16 ⇒ y′ = 4x 3 + 4 = 4(x 3 +1) , y′= 0 ⇔ x = − 1
Bảng biến thiên :
+∞
−1

x −∞
−
y′
0
+
+∞
+∞
y
−19

Với : lim y = lim (x 4 + 4x − 16) = +∞ ;
x →+∞

x →+∞

lim y = lim (x 4 + 4x − 16) = +∞

x →−∞

x →−∞

Căn cứ vào bảng biến thiên : pt đã cho có nghiệm ⇔ pt (1) có nghiệm ⇔ m ≥ −19
4 Đònh m để bất phương trình sau có nghiệm : x2 − 2x + 4 (x + 2)(4 − x) − 10 + m ≥ 0
Giải : Điều kiện : − 2 ≤ x ≤ 4 . Đặt t = (x + 2)(4 − x) , t ≥ 0 , x ∈ [ − 2 ; 4 ] .
Vì t = (x + 2)(4 − x)

Côsi

≤

(x + 2) + (4 − x)
= 3 nên 0 ≤ t ≤ 3 và x 2 − 2x = 8 − t 2
2

Khi đó : pt ⇔ −t 2 + 4t − 2 + m ≥ 0 ⇔ m ≥ t 2 − 4t + 2

Xét hàm số y = t 2 − 4t + 2 , t ∈ [ 0 ; 3 ] ; y′ = 2t − 4 , y′ = 0 ⇔ t = 2
Bảng biến thiên :
- 19 -


x
y′

−∞

0
2

y

−

2
0
−2

Thi TNPT
+∞
3

+
−1

2009

¤n

Căn cứ vào bảng biến thiên : pt có nghiệm ⇔ m ≥ 2
 x3 = 2y + x + m
5 Xác đònh các giá trò của m để hệ phương trình : 
(I) có nghiệm duy nhất .
3
 y = 2x + y + m
Giải
 x3 = 2y + x + m (1)
Ta có : 
3
 y = 2x + y + m (2)
Lấy (1) − (2) : x3 − y3 = y − x ⇔ x3 − y3 + x − y = 0 ⇔ (x − y)(x 2 + xy + y 2 + 1) = 0 (3)
y y2 3y 2
y
3y 2
Vì x2 + xy + y2 + 1 = (x2 + 2.x. + ) +
+ 1 = (x + )2 +
+ 1 > 0 với mọi x , y .
2 4
4
2
4
 3

Nên từ (3) suy ra : y = x . Khi đó hệ phương trình trở thành :  x − 3x = m (4) (II)
 y = x
Do đó : Hệ (I) có nghiệm duy nhất ⇔ Hệ (I) có nghiệm duy nhất ⇔ pt (4) có nghiệm duy nhất .
Xét hàm số y = x3 − 3x có tập xác đònh D = ¡

y′ = 3x 2 − 3 = 3(x2 − 1) ; y′ = 0 ⇔ 3(x 2 − 1) = 0 ⇔ x = ± 1
Bảng biến thiên :
−∞
+∞
−1
x
1
−
y′
+
0
0
+
+∞
2
y −∞
−2

Với : lim y = lim (x3 − 3x) = +∞ ;
x →+∞

x →+∞

lim y = lim (x 3 − 3x) = −∞

x →−∞

x →−∞

Căn cứ vào bảng biến thiên : pt (4) có nghiệm duy nhất ⇔ m < − 2 ∨ m > 2
VD 9 : Đònh tham số để hàm số đơn điệu trên một tập cho trước .
1
1 Với giá trò nào của a , hàm số y = − x3 + 2x2 + (2a + 1)x − 3a + 2 nghòch biến trên ¡ ?
3
Giải
Tập xác đònh : D = ¡ .
Đạo hàm : y′ = − x 2 + 4x + 2a + 1
5
∆′ = 2a + 5 ; ∆′ = 0 ⇔ a = −
2
Bảng xét dấu ∆′
−5 / 2
a −∞
−
∆′
0
+

+∞

- 20 -


Thi TNPT

2009

¤n

5
thì ∆′ ≤ 0 khi đó y′ ≤ 0 với mọi x ∈ ¡ , y′ = 0 chỉ tại x = 2 nên hàm số nghòch biến trên ¡ .
2
5
gNếu a > − thì ∆′ > 0 . Khi đó phương trình y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1,x 2 ( giả sử x1 < x 2 ) .
2
Bảng biến thiên :
gNếu a ≤ −

x
y′

x1

−∞
−

0

x2
+

+∞
−

0

y

Bảng biến thiên cho hàm số y chỉ đồng biến trên khoảng ( x1;x 2 ) . Điều kiện bài toán không được
thỏa mãn .
5
Vậy hàm số đồng biến trên ¡ khi a ≤ −
2
2 Với giá trò nào của a , hàm số y = (a2 − 1)
Giải
Tập xác đònh : D = ¡

x3
+ (a + 1)x 2 + 3x + 1 đồng biến trên ¡ ?
3

Đạo hàm : y′ = (a2 − 1)x 2 + 2(a + 1)x + 3
Hàm số y đồng biến trên ¡ ⇔ y ′ ≥ 0 , ∀x ∈ ¡
w TH1 : a2 − 1 = 0 ⇔ a = ±1

3
không thỏa điều kiện nên loại a = 1 .
4
ga = − 1 : y′ = 3 > 0 , ∀x ∈ ¡ thỏa điều kiện nên nhận a = − 1 .
ga = 1 : y′ = 4x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ −

w TH2 : a2 − 1 ≠ 0 ⇔ a ≠ ±1


a < −1 ∨ a > 1

a2 − 1 > 0
a < −1 ∨ a > 1
y′ ≥ 0 ,∀x ∈ ¡ ⇔ 
⇔
⇔
⇔ a < −1 ∨ a ≥ 2
2
2
2
a
≤
−
1
∨
a
≥
2
−
2a
+
2a
+
4
≤
0


′
∆
=

(a
+
1)
−
3(a
−
1)
≤
0



Kết hợp hai trường hợp : giá trò của a là a < −1 ∨ a ≥ 2

3 Đònh m để hàm số y =
Giải
Tập xác đònh : D = ¡

x3 mx2
−
− 2x + 3 đồng biế n trên khoảng (1 ; +∞ )
3
2

Đạo hàm y′ = x 2 − mx − 2 có ∆′= m 2 + 8 > 0 , ∀m
Do đó y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1,x 2 ( giả sử x1 < x 2 ) .
Bảng biến thiên
x
y′

x1

−∞
+

0

−

x2
0

+∞
+

y

- 21 -


Thi TNPT

2009

¤n

Hàm số y đồng biến trên khoảng (1 ; +∞ ) ⇔ y′ ≥ 0,∀x ∈ (1 ; +∞ )
a.y′(1) ≥ 0
− m − 1 ≥ 0
 m ≤ −1



⇔ y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1,x 2 : x1 < x 2 ≤ 1 ⇔  S b
⇔ m
⇔
⇔ m ≤ −1
m
<
2
=
<
1
<
1

 2 2a
 2
m
4 Đònh m để hàm số y = x + 2 +
đồng biến trên mỗi khoảng xác đònh của nó ?
x −1
Giải
Tập xác đònh : D = ¡ \ { 1}
m

Đạo hàm y′ = 1 −

(x − 1)2
gNếu m ≤ 0 thì y′ > 0, ∀x ≠ 1 . Do đó hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( − ∞;1) và (1 ; +∞)
m

gNếu m > 0 thì y′ = 0 ⇔ 1 −
= 0 ⇔ (x − 1)2 − m = 0 ⇔ x = 1 ± m
(x − 1)2
Bảng biến thiên
x −∞ 1 − m
−
y′
+ 0

1

1+ m
− 0 +

+∞

y

Hàm số nghòch biến trên mỗi khoảng ( 1 − m ; 1) và (1 ; 1 + m ) . Điều kiệân không được thỏa mãn .
Vậy hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác đònh của nó khi m ≤ 0
x2 + (m − 1)x − 5
đồng biến trên (−2;2) .
3− x
Giải : Tập xác đònh : D = ¡ \ { 3}
5 Đònh m để hàm số y =

Đạo hàm y′ =

−x2 + 6x + 3m − 8
(3 − x)2

g(x)

=

(3 − x)2
Ta thấy g(x) = − x 2 + 6x + 3m − 8 có ∆′= 3m + 1 và a = − 1
1
Khi ∆′ > 0 ⇔ 3m + 1 > 0 ⇔ m > − thì y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 ( giả sử x1 < x 2 ) .
3
Bảng biến thiên

x −∞
−
y′

x1
0

x2

3
+

+

0

−

+∞

y

- 22 -


¤n

Thi TNPT

2009
 ∆′ > 0
 ∆′ > 0
 m > −1/ 3
∆
 ′>0



Để hàm số đồng biến trên ( − 2; 2) thì 
⇔ a.g(−2) < 0 ⇔ g(−2) > 0 ⇔ 3m − 24 > 0
 x1 < −2 < 2 < x 2
a.g(2) < 0
g(2) > 0
3m > 0



 m > −1/ 3

m > −1/ 3


⇔ 3m − 24 > 0 ⇔ m > 8
⇔m >8
3m > 0
m > 0


Vậy : giá trò của m cần tìm là m > 8

6 Đònh m để hàm số y =

x−m
nghòch biến trên (−1; +∞) .
x +1

Giải
Tập xác đònh : D = ¡ \ { 1}
1+ m
Đạo hàm y′ =
(x + 1)2
Hàm số y nghòch biến trên ( −1; + ∞) ⇔ y′ < 0, ∀x ∈ (−1; +∞) ⇔ 1 + m < 0 ⇔ m < −1
Vậy : giá trò của m cần tìm là m < −1
mx + 1
. Đònh m để hàm số :
x+m
a) Nghòch biến trên từng khoảng xác đònh của nó .
Giải
Tập xác đònh : D = ¡ \ { −m}

7 Cho hàm số y =

Đạo hàm y′ =

b) Đồng biến trên (3 ; +∞) .

m2 − 1

(x + m)2

a) Hàm số y nghòch biến trên từng khoảng xác đònh của nó ⇔ y′< 0, ∀x ≠ −m ⇔ m 2 − 1 < 0 ⇔ −1 < m < 1
y′ > 0, ∀x ∈ (3 ; +∞) m 2 − 1 > 0
m <− 1 ∨ m > 1
b) Hàm số y đồng biến trên (3 ; + ∞) ⇔ 
⇔
⇔
 x ≠ −m
− m ≤ 3
 m ≥ −3
−3 ≤ m < −1
⇔
m > 1

8 Đònh m để hàm số y = (m − 1)x − (2m + 1) cos x luôn luôn nghòch biến
Giải
Tập xác đònh : D = ¡
Đạo hàm y′ = (m − 1) + (2m + 1)sin x
Hàm số y nghòch biến trên ¡ ⇔ y′ ≤ 0,∀x ∈ ¡ ⇔ (m − 1) + (2m + 1)sin x ≤ 0,∀x ∈ ¡ (1)
Đặt t = sinx , t ∈ [ − 1 ; 1 ] , thì :
g(−1) = −m − 2 ≤ 0

(1) ⇔ g(t) = (m − 1) + (2m + 1)t ≤ 0, ∀t ∈ [ − 1 ; 1 ] ⇔ 
⇔ −2 ≤ m ≤ 0
g(1) = 3m ≤ 0
Vậy : giá trò của m cần tìm là − 2 ≤ m ≤ 0

- 23 -


Thi TNPT

2009

¤n

C. BÀI TẬP
1 Tìm các khoảng đơn điệu của các hàm số sau :
1. f(x) = − x 2 + 2x + 3 2.f(x) = x 3− 3x 2 + 4x+2 3. f(x) = − x3+ 6x2 − 12x + 4 4. f(x) = x3− 2x 2 + 3x + 1
1
3x − 2
2x + 3
x 2 − 5x + 7
5. y = − x 4 + 2x 2 − 1
6. y = 2x 4 + x 2 − 3
7. y =
8. y =
9. y =
2
x+1
x−2
x−2

2
2
x + 2x − 3
3
x − x +1
10. y =
11. y = − x + 3 +
12. y =
13. y = 2x − x 2 14. y = x 2 − 3x + 2
2
x +1
x −1
x + x +1
x2
15. y = x − 2sinx (0 < x < 2π)
16. y = 2x − sin(2x+1) 17. y = − 3x + cot(x − 1) 18. y =
+ cos x − 1
2
19. y = 6x + 3sinx − 4 cos x
20. y = 2sinx + sin2x
ĐS : 1 . đb : ( − ∞;1) ; nb : (1; +∞) 2. đb : ¡
3. nb : ¡ 4. đb : ¡ 5. đb : ( − ∞; − 1),(0;1) ; nb :( − 1; 0),
(1; +∞) 6. đb : (0; +∞) ; nb : ( − ∞;0) 7. đb : ( − ∞; − 1),( − 1;+∞) 8. nb : ( − ∞; 2),( 2 ;+∞) 9. đb : (3 ;+∞)
, ( − ∞;1) ; nb : ( 1; 2 ) , ( 2; 3 ) 10. đb : ( − ∞; − 1),( − 1;+∞) 11. nb : ( − ∞; 1),( 1 ;+∞) 12. đb : ( − ∞; − 1),
π 5π
( 1 ;+∞) ; nb : ( − 1; 1 ) 13. đb : ( − ∞;1) ; nb : ( 1; 2 ) 14. đb : ( − ∞;1) ; nb : ( 2 ; +∞) 15. đb : ( ; );
3 3
π 5π
nb : (0 ; ),( ;2 π) 16. đb : ¡ 17. nb : (1+kπ ; 1+ (1+k)π) , k ∈ ¢ 18. đb : (0 ; +∞) ; nb : ( − ∞; 0)
3 3

5π
π
π
5π
19. đb : ¡ 20. đb : ( + k2 π ; + (1 + k)2 π), k ∈ ¢ ; nb : ( + k2π ; + k2π), k ∈ ¢ (Xét trên chu kì 2π)
3
3
3
3
2 Đònh m để hàm số :
x3
x
1. y =
− 2x 2 + mx − 2 tăng trên miền xác đònh .
2. y =
tăng trên khoảng [ − 2;+ ∞)
3
x−m
2x2 − 3x + m
3. y =
tăng trên từng khoảng xá c đònh của nó. 4. y = x 2 (m − x) − m tăng trong khoảng (1;2) .
x−2
x2 + (m − 2)x + m
5. y =
tăng trong khoảng ( − ∞; − 2) .
6. y = (m − 3)x + cos2x tăng trên ¡
x −1
1
7. Tìm m? để hàm số y = x 3 + (m + 1)x 2 + 4x + 7 có độ dài khoảng nghòch biến bằng 2 5 .
3

ĐS : 1. m ≥ 4
2. m < − 2 ( chia 3 trường hợp : m > 0, m = 0, m < 0)
3. m ≤ −2 ( a < 0 , ∆ ≤ 0)
4. m ≥ 3 ( a.g(1) ≤ 0 , a.g(1) ≤ 0 ) 5. m ≤ 5 ( y′ ≥ 0,∀x ∈ D ⇔ a = 1> 0, ∆′ ≤ 0 , g(1) ≠ 0)
6. m ≥ 4
7. (x1 + x 2 )2 − 4x1x2 = 20 → m = 2,m = −4
3 Dùng tính đơn điệu để giải các bài toán sau:
1. CMR : a) x < tanx , với 0 < x <

π
tana tan b
π
2 3
b)
<
với 0 < a < b <
c) x − x 3 ≤
với x ∈ (0;1) .
2
a
b
2
9

2. Giải các pt và bpt sau : a) x+1 + 3x − 5 + 3x2 − 2 = 9

x+3 + 3 7+x + 4 x ≥ 5
sin x − sin y = 2x − 2y

 5−x + y = 5−y + x


c) x − 1 + 5x − 1 = 4 − 3x + 5 − 4x d) 
e) 
π
2009
2009
x + y = ; x, y > 0
x
+y
=2



3

ĐS : a) x = 3
b) x ≥ 1 c) x = 1
d) x = y = 1 e) x = y = π / 6
b)

4 Đònh m để phương trình , bất phương trình , hệ phương trình sau có nghiệm :

 1+ x − 2 + y = m
a) x + 1 + 3 − x = m
b) x − x − 1 > m c) 

 1+ y − 2 + x = m
ĐS : a) [2 ; 2 2]
b) m < 1
c) m ≥ −1

A.KIẾN THỨC CƠ BẢN

Vấn đề 2 : Cực trò

- 24 -


Thi TNPT

¤n

2009

1 ĐN : Gỉa sử hàm f xác đònh trên D ( D ⊂ ¡ ) và xo ∈ (a; b) ⊂ D .

 xo gọi là điểm cực đại của f ⇔ f(x) < f(xo ) , ∀x ∈ (a;b)\ { xo }

‚ xo gọi là điểm cực tiểu của f ⇔ f(x) > f(xo ) , ∀x ∈ (a;b)\ { x o }
2 Điều kiện cần (ĐL Fermat )

gf đạt cực trò tại x o
⇒ f ′(xo ) = 0


gf có đạo hàm tại x o

Chú ý : Hàm số f có thể đạt cực trò tại xo mà tại đó nó không có đạo hàm .

3 Điều kiện đủ :

ĐL1 : (Dấu hiệu 1) Hàm số f liên tục trên (a;b) chứa xo và có đạo hàm trên các khoảng (a ;xo ),(xo ; b)

gf ′(xo ) < 0 , ∀x ∈ (a ; x o )
 
⇒ f đạt cực tiểu tại x o
′
g
f
(x
)
>
0
,
∀
x
∈
(x
;
b
)

o
o


‚


gf ′(xo ) > 0 , ∀x ∈ (a ; x o )
⇒ f đạt cực đại tại x o


′
g
f
(x
)
<
0
,
∀
x
∈
(x
;
b
)

o
o


Chú ý : Không cần xét hàm số f có hay không có đạo hàm tại x o
ĐL2 : (Dấu hiệu 2) Gỉa sử hàm số f có đạo hàm liên liên tục đến cấp hai tại x o và f ′(x o ) = 0 .
gNếu f ′′(x o ) ≠ 0 thì hàm số f đạt cực trò tại xo .
gNếu f ′′(x o ) > 0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại x o .
gNếu f ′′(x o ) < 0 thì hàm số f đạt cực đại tại xo .
PP1 : Dấu hiệu 1
1. Tập xác đònh : D = (a;b)

2. Đạo hàm : y′ 

→ y′ = 0 
→ x i 
→ BBT. ( x i là nghiệm nếu có của y′)
x a
y′
−

( Dấu ? được thay bởi 0 hay || )
xo
b
x
(?) +
y′

y
CT

y

a
+

xo

b

(?) −
CĐ

3. Kết luận

PP 2 : Dấu hiệu 2 ( thường dùng cho hàm số lượng giác )
1. Tập xác đònh : D = (a;b)
2. Đạo hàm : gy′ 
→ y′ = 0 
→ x i . ( x i là các nghiệm nếu có của y′ )
3. Kết luận
B. VÍ DỤ

gy′′ 
→ y′′(x i ) : âm hay dương .

1 Tìm cực trò các hàm số sau :
a) y = − x 2 + 2x + 3
Giải

- 25 -