Tải bản đầy đủ (.doc) (45 trang)

Đơn điệu và cực trị

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (306.22 KB, 45 trang )

¤n
Thi TNPT 2009
CHƯƠNG I : ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM
Vấn đề 1 : Tính đơn điệu .
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
1 ĐN : f tăng trên (a;b) x ;x (a;b) : x x f(x ) f(x )
f giảm trên (a;b) x ;x (a;b) : x x f(x ) f(x )
2 ĐL : Gỉa sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I .
f tăng (đo
⇔ ∀ ∈ < ⇒ <
⇔ ∀ ∈ < ⇒ >
w àng biến) trên khoảng I f (x) 0 ; x I
f giảm (nghòch biến) trên khoảng I f (x) 0 ; x I
f (x) 0 với mọi x I thì f(x) = C (= hằng số ) trên khoảng I
Chú ý : Hàm số ta

⇔ > ∀ ∈

⇔ < ∀ ∈

= ∈
w
w
êng hay giảm gọi chung là hàm đơn điệu
3 Nhận xét :
f (x) 0 ; x I
1. f tăng (đồng biến) trên khoảng I
f (x) 0 tại một số hữu hạn điểm trên I
f (x) 0 ; x I


2.
f (x


≥ ∀ ∈




=



≤ ∀ ∈

g
g
g
g
f giảm (nghòch biến) trên khoảng I
) 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

i i i
1 2
hàm số f đồng
biến trên [a;b] .
5 Áp dụng
Xét dấu f (x) ta có thể giải f (x) 0 hay f (x) 0
x là điểm tới hạn của f(x) f (x ) 0 hay f (x )
x ;x là 2 điểm tới ha
′ ′ ′
≥ ≤
′ ′
⇔ = ∃
g
g
g
1 2 o o
ïn gần kề . Khi dó trên (x ;x ) thì f (x) cùng dấu với f(x ) với x (a;b)



6
PP:
1) Tập xác đònh : D = (a; b)
2) Đạo hàm :
i i
y y 0 x ( x là các nghiệm nếu có của đạo hàm )

′ ′
→ = →
( Dấu ? được thay bởi 0 hay || )

3) Kết luận :
B. VÍ DỤ

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



⇔ − = ⇔ =
¡

g
g
Giải
a) Tập xác đònh : D =
Đạo hàm :
y = 2x 2
y = 0 2x 2 0 x 1
Bảng biến thiên
- 1 -
x
o
a x b


y

− (?) +
y
] Z
x
o
a x b


y

−+ (?)
y
]Z
¤n

Thi TNPT 2009


Vậy : Hàm số đã cho :

Đồng biến trên : (1; + )
Nghòch biến trên : ( ; 1)

− ∞
g
g

2
2
b) Tập xác đònh : D =
Đạo hàm :
y = x 4x 3
x 1
y = 0 x 4x 3 0
x 3

− +

=

⇔ − + = ⇔

=

¡

g
g

Bảng biến thiên :g



Vậy : Hàm số đã cho :

3
Đồng biến trên : ( ;2) , (3;+ )
Nghòch biến trên : (2; )
−∞ ∞g
g
2
2
c) Tập xác đònh : D =
Đạo hàm :
y = x 2x 3
y = 0 x 2x 3 0 ( vô nghiệm )

− +

⇔ − + =
¡
g
g

Bảng biến thiên g


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

− + − = − − + = − −

⇔ − − = ⇔ =
¡
g
g
2 2 2
2
d) Tập xác đònh : D =
Đạo hàm :
y = 3x 6x 3 3(x 2x 1) 3(x 1)
y = 0 3(x 1) 0 x 1 ( nghiệm kép )

Bảng biến thiên g

- 2 -
x
−∞
1
+∞

y


0 +
y
x

−∞
1 3
+∞

y

+ 0

0 +
y


x
−∞

+∞

y

+
y


¤n
Thi TNPT 2009
Vậy : Hàm số đã cho
nghòch biến trên : ( ;+ ) −∞ ∞

− + = − −


=

⇔ − − = ⇔

=

¡
g
g
2
e) Tập xác đònh : D =
Đạo hàm :
y = 3x 6x 3x(x 2)
x 0
y = 0 3x(x 2) 0
x 2

Bảng biến thiên g
Vậy : Hàm số đã cho :
g Đồng biến trên : (0 ; 2)

−∞ ∞g Nghòch biến trên : ( ; 0) , (2 ;+ )
3 2
2
f) Tập xác đònh : D =
Đạo hàm :
y = 4x 8x 4x(x 2) ( y cùng dấu với x )
y = 0 4x(x 2) 0 x 0
′ ′
+ = +


⇔ + = ⇔ =
¡
g
g

Bảng biến thiên :g
Vậy : Hàm số đã cho :

Đồng biến trên : (0; + )
Nghòch biến trên : ( ; 0)

− ∞
g
g
3 2
2
g) Tập xác đònh : D =
Đạo hàm :
y = 2x 6x 2x(x 3)
x 0
y = 0 2x(x 3) 0
x 3

− = −

=

⇔ − = ⇔


= ±

¡
g
g

Bảng biến thiên :g
- 3 -
x
−∞

+∞

y




y


x
−∞
0 2
+∞
y



0 + 0


y


x
−∞
0
+∞

y


0 +
y
¤n
Thi TNPT 2009
x

−∞

3−
0
3

+∞

y




0 + 0

0 +
y

Vậy : Hàm số đã cho :
3 3)− ∞ −g Nghòch biến trên : ( ; ) , (0 ;

3;0) , 3− ∞g Đồng biến trên : ( ( ; + )
2 2
2
h) Tập xác đònh : D =
Đạo hàm :
y = 2(2 x )( 2x) 4x(2 x )
x 0
y = 0 4x(2 x ) 0
x 2

− − = − −

=

⇔ − − = ⇔

= ±

¡
g
g


Bảng biến thiên :g



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

2; 0) , 2 Nghòch biến trên : ( ( ; + ) − ∞g
3
3
i) Tập xác đònh : D =
Đạo hàm :
y = 4x
y = 0 4x 0 x 0



⇔ − = ⇔ =
¡
g
g

Bảng biến thiên :g
Vậy : Hàm số đã cho :

Đồng biến trên : ( ; 0)
Nghòch biến trên : (0; + )
−∞

g

g
{ }
2
a) Tập xác đònh : D = \ 2
Đạo hàm :
5
y = 0 , x D
(x 1)


< ∀ ∈

¡
g
- 4 -
x
−∞

2−
0
2

+∞
y

+ 0

0 + 0

y



x
−∞
0
+∞

y
+ 0

y
¤n
Thi TNPT 2009

Bảng biến thiên :g

Vậy : Hàm số đã cho
nghòch biến trên : ( ;2) , (2;+ ) −∞ ∞
{ }
2
b) Tập xác đònh : D = \ 3
Đạo hàm :
2
y = 0 , x D
(x 3)


> ∀ ∈
+
¡

g

Bảng biến thiên :g
Vậy : Hàm số đã cho
3đồng biến trên : ( ; 3) , ( ;+ ) −∞ − − ∞
{ }
2
2
c) Tập xác đònh : D = \ 1
Đạo hàm :
4x 8x 3
y =
(x 1)
− +


¡
g
2
2
4x 8x 3 3 1
y = 0 0 x x
2 2
(x 1)
− +

⇔ = ⇔ = ∨ =

g


Bảng biến thiên :g
Vậy : Hàm số đã cho :
1 3
2 2
Đồng biến trên : ( ; ) , ( ; + )−∞ ∞g
- 5 -
x
−∞
2
+∞
y

− −
y
x
−∞

3


+∞
y

+ +
y
x
−∞

1
2

1
3
2

+∞
y

+ 0



0 +
y

¤n
Thi TNPT 2009

1 3
; 1) , )
2 2
Nghòch biến trên : ( (1 ; g
{ }


+ > ∀ ∈
+
¡
2
d) Tập xác đònh : D = \ 2
1

Đạo hàm : y = 1 0 , x D
(x 2)

Bảng biến thiên :

Vậy : Hàm số đã cho
2đồng biến trên : ( ; 2) , ( ;+ ) − ∞ − − ∞
{ }
− − + − − +

=
′ ′
− + = ⇔ = ⇔ − − + = ⇔

=

− − −
¡
2 2
2
2 2 2
d) Tập xác đònh : D = \ 1
1 (x 1) 1 (x 1) 1
x 0
Đạo hàm : y = 1 ; y = 0 0 (x 1) 1 0
x 2
(x 1) (x 1) (x 1)

Bảng biến thiên :
Vậy : : Hàm số đã cho :

0 ; 1) , 2) Đồng biến trên : ( (1 ; g

0 2 Nghòch biến trên : ( ; ) , ( ; + ) −∞ ∞g
{ }
− + +


− − < ∀ ∈

¡
2
1
d) Viết lại : y = x 1
x 1
Tập xác đònh : D = \ 1
1
Đạo hàm : y = 1 0 , x D
(x 1)

Bảng biến thiên :

- 6 -
x
−∞

2−

+∞
y


+ +
y
x
−∞
0 1 2
+∞
y


0 + + 0

y
x
−∞
1
+∞
y

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

)
+ −
+
+
4
4 3
2
x x
d) y = x 4x 1 e) y = f) y =
8x(x 2)
x 1
a) Tập xác đònh : D = (0 ; 2 )
Đạo hàm :
y = 1 2cosx
x
1
3
y = 0 1 2cosx 0 cosx
5
2
x
3
π



π
=



⇔ − = ⇔ = ⇔

π

=


g
g

(0; ) :
4 3
y ( ) 1 2cos 1 2 0
4 4
(0; )
3
Để xét dấu y ta có thể chọn x =
nên trong
khoảng thì y có dấu , sau đó dùng
luật đang dấu .
π π


π π

= − = − <
π




Bảng biến thiên :g

Vậy : Hàm số đã cho :
5
; )
3 3
Đồng biến trên : (
π π
g

5
0 2
3 3
Nghòch biến trên : ( ; ) , ( ; )
π π
πg
Lưu ý : Có hai cách để tìm nghiệm
1
x k2 , k
2 3
1 1 5 1 5
x k2 k2 0 2k 2 2k k
3 3 3 3 3 6 6
3
x k2
3

π
⇔ = ± + π ∈
π π

= + π π ⇔ + π π ⇔ < + < ⇔ − < < ⇔ − < <
π
∈ ⇒
π
= − + π
¢
¢
g
¢
g
: Tìm k
Ta có : cosx =
Xét : . Do 0 < x < 2 0 < < 2
Vì k nên k = 0 x =

Cách cơ bản
Xét : . Do 0 <
w
1 1 7 1 7
k2 0 2k 2 2k k
3 3 3 3 6 6
5
3
5
,
3 3
π
π ⇔ − + π π ⇔ < − + < ⇔ < < ⇔ < <
π
∈ ⇒

π π
π
¢
x < 2 0 < < 2
Vì k nên k = 1 x =
Vậy trên (0 ;

2 ) phươn
ch biểu
g trình có hai ng
diễn nghiệm trê
h
n
iệm : x =
đường tr
x
ò
=
n lưw
x k2
3 3
∈ π
π π
= + π ⇒ ≥g
Chú ý : x (0;2 )
Cho k chạy bắt đầu từ k = 0 ; 1 ; 2 ; ... đến khi nghiệm cuối trùng nghiệm ứng với k = 0 là dừng .
Xét : : k =
ợng
0 x = [ khi
giác

k
:
1 , ∈ ∉ π¢ k thì nghiệm x ( 0 ; 2 ) ]

5 5
x k2 : k 0 x 2
3 3 3 3 3
Xét : (0 ; 2 ) nên ta viết lai x = ; k = 1 x =
π π π π π
= − + π = ⇒ = − ∉ π ⇒ − + π =g
- 7 -
x 0
3
π

5
3
π

2
π

y



0 + 0

y



¤n
Thi TNPT 2009

5
,
3 3
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x = x =
π π
b) Tập xác đònh : D = [0 ; ]
Đạo hàm :
y = 1 2sin2x
1 5
y = 0 1 2sin2x 0 sin2x x x
2 12 12
π


π π

⇔ − = ⇔ = ⇔ = ∨ =
g
g

Bảng biến thiên :g

Vậy : Hàm số đã cho :
5
; )
12 12

π π
g Đồng biến trên : (

5
0
12 12
π π
πg Nghòch biến trên : [ ; ) , ( ; ]

π

− + = − +

⇔ − + = ⇔ = ∨ =
π π π π
= ⇔ = ∨ = = ⇔ = ∨ =
g
g
c) Tập xác đònh : D = ( 0 ; 2 )
Đạo hàm :
y = 2sin2x 2 cosx 2 cos x( 2sin x 1)
1
y = 0 2cosx( 2sin x 1) 0 cos x 0 sin x
2
3 1 5
cosx 0 x x ; sin x x x
2 2 2 6 6

Bảng biến thiên :g



Vậy : Hàm số đã cho :
5 3
0 ; 2 )
6 2 6 2
Đồng biến trên : ( ; ) , ( ; ) , (
π π π π
πg

5 3
6 2 6 2
Nghòch biến trên : ( ; ) , ( ; )
π π π π
g
Chú ý : Để xét dấu ta chọn
nên trong khoảng ( , y có dấu ( )( ; ) : y ( ) 2( 2 1) 0 ; )
4 6 2 4 6 2
π π π π π π
′ ′
∈ = − + < −
- 8 -
x 0
12
π

5
12
π

π


y



0 + 0

y


x 0
6
π

2
π

5
6
π

3
2
π



y

+ 0


0 + 0

0 +
y


¤n
Thi TNPT 2009
3 2 2
2
d) Tập xác đònh : D =
Đạo hàm :
y = 4x 12x 4x (x 3) ( y cùng dấu với x + 3 )
x 0
y = 0 4x (x 3) 0
x 3
′ ′
+ = +

=

⇔ + = ⇔

= −

¡
g
g


Bảng biến thiên :g
x
−∞

3−
0
+∞

y



0 + 0 +
y

Vậy : Hàm số đã cho :
3 Đồng biến trên : ( ; + )− ∞g

3 Nghòch biến trên : ( ; )−∞ −g
2
2
2
2 2
2
e) Tập xác đònh : D = ( Vì x 1 0 , với mọi x )
Đạo hàm :
1 x
y = ( y cùng dấu với 1 x )
(x 1)
y = 0 1 x 0 x 1

+ ≠ ∈

′ ′

+

⇔ − = ⇔ = ±
¡ ¡
g
g

Bảng biến thiên :g

Vậy : Hàm số đã cho :
Đồng biến trên : (0 ; 2) g

Nghòch biến trên : ( ; 0) , (2 ;+ )−∞ ∞g
{ }
2
2
e) Tập xác đònh : D = \ 2 , 0
Đạo hàm :
x (x 3)
y = ( y cùng dấu với x 3 )
(x 2)
y = 0 x 3

+
′ ′
+

+

⇔ = −
¡
g
g

Bảng biến thiên :g
Vậy : Hàm số đã cho :
3 2− − − ∞g Đồng biến trên : ( ; 2) , ( ; 0) , (0 ;+ )

3−∞ −g Nghòch biến trên : ( ; )
- 9 -
x
−∞

1−
1
+∞

y



0 + 0

y


x

−∞


3 1 2
+∞
y


0 + + +
y
¤n
Thi TNPT 2009
VD 4 : Xét chiều biến thiên ( Tính đơn điệu ) của các hàm số sau :

3
3
2 2 2
2
x x
a) y = 1 x b) y = c) y = x 2x 3 d) y = e) y = x (x 2) f) y = x
1 x
x 6
− − − +
+

Giải
2
2
a) Tập xác đònh : D = [ 1;1] ( Vì 1 x 0 1 x 1 )
Đạo hàm :

x
y = ( y cùng dấu với x )
1 x
y = 0 x 0
− − ≥ ⇔ − ≤ ≤

′ ′



⇔ =
g
g

Bảng biến thiên :g

Vậy : Hàm số đã cho :
1 Đồng biến trên : ( ; 0)−g

1 Nghòch biến trên : ( 0; ) g
+∞ ≥

′ ′

+

⇔ =
g
g
2

b) Tập xác đònh : D = [0 ; ) ( Vì x 0 )
1 x
y = ( y cùng dấu với 1 x )
2 x(x 1)
y = 0 x 1

Bảng biến thiên :g

Vậy : Hàm số đã cho :
1 Đồng biến trên : (0; )g

1 Nghòch biến trên : ( ; + ) ∞g
2
2
c) Tập xác đònh : D = ( ; 1) (3; ) ( Vì x 2x 3 0 x 1 x 3 )
Đạo hàm :
2x 2
y = ( y cùng dấu với 2x 2 )
x 2x 3
y = 0 x 1
−∞ − ∪ +∞ − − ≥ ⇔ ≤ − ∨ ≥

′ ′

− −

⇔ =
g
g


Bảng biến thiên :g
Vậy : Hàm số đã cho :
Đồng biến trên : (3 ; + ) ∞g

Nghòch biến trên : ( ; 1)−∞ −g
- 10 -
x
−∞

1−
0 1
+∞

y
+ + 0




y
x
−∞
0 1
+∞

y
+ + 0


y

x
−∞

1−
1 3
+∞

y




0 + +
y
¤n
Thi TNPT 2009
2 2
2 2
d) Tập xác đònh : D = [0 ; ) ( Vì x 0 )
Đạo hàm :
2x (x 9)
y = ( y cùng dấu với 1 x )
(x 9) x 6
y = 0 x 3
+∞ ≥

′ ′

− −


⇔ = ±
g
g

Bảng biến thiên :g

Vậy : Hàm số đã cho :
3 3 Đồng biến trên : ( ; ) , ( ; + )−∞ − ∞g

3 ; 6 ) , 6 3) Nghòch biến trên : ( ( ; − −g

= + ≥


= − + = − − <




= + >




= − − <


¡
g
2

1
2
2
1
2
e) Tập xác đònh : D =
y x(x 2) = x + 2x nếu x 0
y =
y x(x 2) x 2x nếu x 0
Đạo hàm :
y 2x 2 nếu x 0
y =
y 2x 2 nếu x 0


∗ ⇔ = −

∗ ⇔ = −
1
2
y = 0 x 1 ( loại )
y = 0 x 1 ( nhận )

Bảng biến thiên :g
Vậy : Hàm số đã cho :
0 1 Đồng biến trên : ( ; ) , ( ; + )− ∞ ∞g

0 ;1) Nghòch biến trên : ( g
¡d) Tập xác đònh : D =
Đạo hàm :

′ ′

3
2
y = , x 0 ( y cùng dấu với x )
3 x

Bảng biến thiên
- 11 -
x
−∞

3

6− 0 6 3
+∞

y
+ 0



0 +
y
x
−∞
0 1
+∞
1
y


+
2
y

+ 0

y
x
−∞
0
+∞

y


+
y
¤n
Thi TNPT 2009
Vậy : Hàm số đã cho :
0 Đồng biến trên : ( ; + )∞g

0 Nghòch biến trên : ( ; ) − ∞g

− ∞
+
2
2
a) Hàm số y = 2x x nghòch biến trên đoạn [1 ; 2 ]

b) Hàm số y = x 4 đồng biến trên nửa khoảng [2 ; + )
1
c) Hàm số y = x nghòch b
VD 5 : Chứng minh
iến trên mỗi nư
rằng :
ûa k
x

hoả −
− + +

+ +
¡
¡
2
2
3
3
3
ng [ 1 ; 0) và ( 0 ; 1] .
x 2x 1
d) Hàm số y = nghòch biến trên mỗi khoảng xác đònh của nó .
x 2
e) Hàm số y = x + cos x đồng biến trên
f) Hàm số y = 1 1 x đồng biến trên
Giải





g
g
2
a) Hàm số y liên tục trên đoạn [ 1 ; 2 ] (1)
1 x
y = < 0 với mọi x (1 ; 2 ) (2)
2x x
Từ (1) , (2) suy ra hàm số nghòch biến trên [1;2]


∈ ∞


g
g
2
b) Hàm số y liên tục trên đoạn [ 2 ; + ) (1)
x
y = > 0 với mọi x (2 ; + ) (2)
x 4
Từ (1) , (2) suy ra hàm số đồng biến trên nửa khoảng [ 2 ; + )


− −
g
g
2
c) Hàm số y liên tục trên mỗi nửa khoảng [ 1 ; 0) và ( 0 ; 1] (1)
1

y = 1 < 0 trên mỗi nửa khoảng ( 1 ; 0 ) , (0 ;1) (2)
x
Từ (1) , (2) suy ra hàm − số nghòch biến trên mỗi nửa khoảng [ 1 ; 0) và ( 0 ; 1]
{ }
2
2
d) Tập xác đònh : D = \ 2
Đạo hàm :
x 4x 5
y
(x 2)
− + −

=

¡
g
2
y = 0 x 4x 5 0 ( vô nghiệm )

⇔ − + − =g

Bảng biến thiên :g
3. Kết luận : Hàm số đã cho
n ; 2 ) 2 ) ghòch biến trên mỗi khoảng ( và ( ;− ∞ + ∞
- 12 -
x
−∞
2
+∞

y

− −
y
¤n
Thi TNPT 2009
e) Tập xác đònh : D =
Đạo hàm :
y 1 sin2x
y = 0 sin2x 1 x k , k
4
Hàm số y liên tục trên mỗi đoạn [ k ; (k 1) ] , k (1)
4 4
y > 0 với

= −
π

⇔ = ⇔ = + π ∈
π π
+ π + + π ∈

¡
¢
¢g
g mọi x ( k ; (k 1) ) , k (2)
4 4
Từ (1) , (2) suy ra hàm số đồng biến trên
π π
∈ + π + + π ∈¢

¡
3
3
3 2
2
3 3
3 3
3 3 3
2 2 2 2
f) Tập xác đònh : D =
Hàm số y liên tục trên ( ;0] , [0 ; + ) (1)
1 1 1 1
y . . nên y > 0 với x 0 (2)
3 x
3 (1 x)
3 (1 1 x) 27 x (1 x) (1 1 x)
Từ (1) , (2) suy ra
− ∞ ∞
′ ′
= = ≠
+
+ + + + +
¡
g
g
hàm số đồng biến trên các nửa khoảng ( ;0] , [0 ; + ) . Do đó đồng biến trên −∞ ∞ ¡
VD 6 : Chứng minh các bất đẳng thức sau :
2
3 3
x

a) sinx < x với mọi x > 0 b) sinx > x với mọi x < 0 c) cosx > 1 với mọi x 0
2
x x
d) sinx > x với mọi x 0 ; sinx < x với mọi x 0
6 6
e) sinx + tan
− ≠
− > − <
x > 2x với mọi x (0 ; ) .
2
Áp dụng : Chứng minh rằng ABC nhọn ta có : sinA+ sinB sinC + tanA+ tanB tanC 2
f) 2sinx + tanx 3x với mọi x (0 ; ) .
2
π

∆ + + > π
π
> ∈
2 1
Áp dụng : Chứng minh rằng ABC nhọn ta có : (sinA+ sinB sinC) + (tanA+ tanB tanC)
3 3
∆ + + > π
g) Chứng minh : Nếu 0 < thì sin sin > 2(cos cos )
2
π
α < β < α α −β β β − α
Giải
a) Ta có : sinx < x x sinx > 0
với x ( 0 ; ) . Xét hàm số f(x) = x sinx
2

Hàm số f liên tục trên đoạn [ 0 ; ) (1)
2
f (x) = 1 cosx > 0 với mọi x ( 0
⇔ −
π
∈ −
π

− ∈
g
g
w
; ) (2)
2
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 π
∈ − ∈
Vậy : x sinx với x ( 0 ; ) (3)
2
π
> ∈

Với x . Ta có : x 1 sinx (4)
2 2

Từ (3) , (4) suy ra : x sinx với mọi x > 0 .
π π
≥ ≥ > ≥
>
w
- 13 -
¤n
Thi TNPT 2009
⇔ −
π
∈ − −
b) Ta có : sinx > x x sinx < 0
với x ( ; 0) . Xét hàm số f(x) = x sinx
2
w
π

π

− ∈ −
π

g
g
Hàm số f liên tục trên đoạn ( ; 0] (1)
2
f (x) = 1 cosx > 0 với mọi x ( ; 0) (2)
2
Từ (1) , (2) suy ra hàm số đồng biến trên ( ; 0] .
2

D
π π
∈ − ∈
o đó : f(x) < f(0) = 0 với x ( 0 ; ) tức là x sinx < 0 với x ( 0 ; )
2 2
Vậy : x sinx với x ( ; 0) (3)
2
Với x . Ta có : x 1 sinx (4)
2 2
Từ (3) , (4) suy ra : x sinx với mọi x < 0 .
π
< ∈ −
π π
≤ − ≤ − < − ≤
<
w
− ⇔ − ≠
∈ ∞ −
+∞

g
g
2 2
2
x x
c) Ta có : cosx > 1 cosx + 1 > 0 với mọi x 0
2 2
x
với x (0 ; + ) . Xét hàm số f(x) = cosx + 1
2

Hàm số f liên tục trên nửa khoảng [ 0 ; ) (1)

w
− >
+∞
> − >
2
y = x sin x > 0 với mọi x 0 [ câu a)] (2)
Từ (1) , (2) suy ra hàm số đồng biến trên [ 0 ; ) .
x
Do đó : f(x) > f(0) = 0 với x 0 tức là cosx + 1 0 với
2
> ⇔ −
∈ −∞

− − − −

2
2 2
2
x
x 0 cosx > 1 với x > 0 (3)
2
với x ( ; 0) . Vì f là hàm số chẵn nên ta có :
( x) x
f( x) = cos( x) + 1 = cosx + 1 = f(x) > 0
2 2
x
hay cosx + 1
2

w
> −
2
x
0 với x < 0 tức là cosx > 1 với x < 0 (4)
2
2
x
Từ (3) , (4) suy ra cosx > 1 với x 0
2
− ≠
− ⇔ − − >
− −
′ ′′
− − − ∈
′′
¡
¡
g
3 3
3
2
x x
d) Ta có : sinx > x x sin x 0 với mọi x < 0
6 6
x
Hàm số f(x) = x sin x có tập xác đònh D =
6
x
Đạo hàm : f (x) = 1 cos x , f (x) = sinx x với mọi x

2
Theo 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 :

3 3
x x
f(x) = x sinx f(0) 0 với x > 0 hay x sin x với x > 0 .
6 6
− − < = − <

3
x
Do f(x) là hàm số lẻ , mà f(x) > 0 với x > 0 nên f(x) < 0 với x < 0 hay x sinx với x < 0
6
− >g
- 14 -
¤n
Thi TNPT 2009
e) Ta có : sinx + tanx > 2x sinx + tanx 2x > 0 , với mọi x (0 ; ) .
2
Hàm số f(x) = sinx + tanx 2x liên tục trên nửa khoảng [ 0 ; )
2
π
⇔ − ∈
π

−g
π
′ ′
− > − ≥ ∈g
2
1 1
Đạo hàm f (x) = cosx + 2 cosx + 2 0 với mọi x (0 ; ) , f (x) = 0 chỉ tại x = 0 .
cosx 2
cos x
π
≤ ⇒ < ≤ ⇒ ≥
π
π
∈ −
2
2
1 1
Vì 0 < x < nên 0 < cosx 1 0 cos x cosx
2 cosx
cos x
Do đó hàm số f đồng biến trên [ 0 ; ) và ta có :
2
f(x) > f(0) = 0 với mọi x (0 ; ) hay sinx + tanx 2x > 0 , với mọi
2
π

π

∆ + + > π
x (0 ; )

2
hay sinx + tanx > 2x với mọi x (0 ; )
2
Áp dụng : Chứng minh rằng ABC nhọn ta có : sinA+ sinB sinC + tanA+ tanB tanC 2 (*)
Do A,B,C là ba góc nhọn c ∆ π
⇔ + + > ⇔
⇔ − + − + − >
ủa ABC nên A + B + C =
Biến đổi : (*) sinA+ sinB sinC + tanA+ tanB tanC 2(A + B + C)
(sinA + tanA 2A) (sinB+ tanB 2B) (sinC + tanC 2C) 0
Vì A,B,C là góc nhọn nên A,B
π

− > − > − >
,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 .
π
> ⇔ − > ∈
π

− + −

− = =
g
g
3 2
2 2
f) Ta có : 2sinx + tanx 3x 2sinx + tanx 3x 0 với mọi x (0 ; ) .

2
Hàm số f(x) = 2sinx + tanx 3x liên tục trên nửa khoảng [ 0 ; )
2
1 2cos x 3cos x 1 (1 cosx)
f (x) = 2cosx + 3
cos x cos x
+ π
> ∈
π π

2
2
(2cosx 1)
0 với mọi x (0 ; )
2
cos x
Do đó hàm số đồng biến trên nửa khoảng [ 0 ; ) nên f(x) > f(0) = 0 với mọi x (0 ; ) tức là
2 2
ta có bđt cần chứng minh .
Áp dụ ∆ + + > π
2 1
ng : Chứng minh rằng ABC nhọn ta có : (sinA+ sinB sinC) + (tanA+ tanB tanC) (*)
3 3
Biến đổi : (*) 2(sinA+ sinB sinC) + (tanA+ tanB tanC) 3 ⇔ + + > π
⇔ + + > + +
⇔ − + − + − >
π

2(sinA+ sinB sinC) + (tanA+ tanB tanC) 3(A B C)
(2sinA + tanA 3A) (2sinB + tanB 3B) (2sinC + tanC 3C) 0

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

+ < − < <
Bảng biến thiên :g
- 15 -
¤n
Thi TNPT 2009
BBT cho : f (x) < 0 , x (0; ) f nghòch biến trên (0; )
2 2
Do đó : 0 < < f( ) f( ) sin 2cos > sin + 2cos hay sin sin >2(cos cos )
2
π π

∀ ∈ ⇒
π
α β < ⇒ α > β ⇒ α α + α β β β α α −β β β − α

PP : Chứng minh bất đẳng thức có 2 biến :



đơn điệu
1. Đưa về dạng : f( ) f( ) với a < < < b
2. Xét hàm số f(x) trong (a;b) , chứng minh f đồng biến hay nghòch biến trên (a;b) đpcm
α < β α β
→
VD : 7 Giải các phương trình , bất phương trình , hệ phương trình sau :
EMBED Equation.DSMT4
2 4 2009
a) 3x 2 x 2 5x 1 7 b) 1 3x 3 x 1 x 4
c) x 1 x 1 x x 2 d) 2 3 x x 1 x x 6
x y y x
e)
x y 2 3x y
− + + + − = − + − + − − =
− + − + + ≤ − + − − − − ≥

− = −


+ + = −


x sin y y sin x
f)
sin x siny 3

+ = +


+ =

PP :
EMBED Equation.DSMT4
1. Đặt f(x) = ? với x D
2. Lấy đạo hàm : f (x) f (x) đồng biến (hay nghòch biến) trên D (a)
3. Nhẩm nghiệm : f(x ) 0 (b)
o
Từ (a) , (b) suy ra pt f(x) = 0 có nghiệm duy nh

′ ′

=
ất là x
o
Áp dụng bảng sau :


EMBED Equation.DSMT4
Giải
- 16 -
x 0
/ 2
π
f (x)




f (x)

0

1−
EMBED
Equation.DS
MT4
f tăng , g giảm / D : EMBED
Equation.DSMT4
=
o o
f(x ) g(x )
f giảm , g tăng / D : EMBED
Equation.DSMT4
=
o o
f(x ) g(x )
f tăng, g hằng số / D : EMBED
Equation.DSMT4
=
o o
f(x ) g(x )
f giảm ,g hằng số / D: EMBED
Equation.DSMT4
=
o o
f(x ) g(x )
¤n
Thi TNPT 2009
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
EMBED Equation.DSMT4
3 1 5 2
Đạo hàm f (x) = 0 với x ( ;+ ) (2)
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;+ )∞
2 4
Ta có : bpt x 1 x 1 x x 2 0 (*)⇔ − + − + + − ≤
− + − + + − ∞
2 4
Xét hàm số f(x) = x 1 x 1 x x 2 liên tục trên nửa khoảng [1;+ ) (1)

+ + + > ∈ ∞


3
2
x 1
Đạo hàm f (x) = 4x 1 0 với x (1;+ ) (2)
2 x 1
x 1

f đồng biến
Từ (1) , (2) suy ra hàm số đồng biến trên nửa khoảng [1;+ )
Mặt khác : f(1) = 0
Do đó : (*) f(x) 0 f(1) x 1
Vậy : Bất phương trình đã cho có nghiệ

⇔ ≥ = ¬ → ≥
m x 1 .≥
−∞ −
⇔ − + − − − − − ≥
− + − − − − − − ∞ −
− −

+ −
− − −
2009
2009
2008
d) Tập xác đònh : D = ( ; 1]
Ta có : pt 2 3 x x 1 x x 6 0
Xét hàm số f(x) = 2 3 x x 1 x x 6 liên tục trên nửa khoảng ( ; 1] (1)
1 1
Đạo hàm f (x) = 2009x
3 x 2 x 1
− < ∈ −∞ −
− ∞ −

1 0 với x ( ; 1) (2)
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 -
¤n
Thi TNPT 2009

− = −


+ + = −


≥ ≥
⇔ + = +

+ ∈ ∞ > ∈ ∞
x y y x (1)
e)
x y 2 3x y (2)
ĐK : x 0 , y 0 (*)
(1) x x y y (3)
1
Xét hàm số f(t) = t t , t [0;+ ) là hàm số liên tục , đạo hàm f (t) = 1 + 0,t ( 0;+ ) (1)
2 t
∞ ⇔ ⇔
 
≥ ≥


=
 
+ = ⇔ ⇔ ⇔
 

= −
+ = − − =
 
 
2 2
Vậy f(t) đồng biến trên [0;+ ) . Ta cóù : (3) f(x) = f(y) x = y ( do f đồng biến )
x 0 x 0
x 1 ( y = 1)
Thay y = x vào (2) , ta được : 2x 2 2x
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)
sinx sin y 3 (2)
Ta có : (1) x sin x y sin y (3)

Xét hàm số : f(t) = t sin t , f (t) = 1 cost 0 , t ; f (t) = 0 tại một số hữu hạn điểm f(t) đồng biến
′ ′
− − ≥ ∀ ⇒
k
k
Do đó : (3) f(x) = f(y) x = y ( do f đồng biến )
3
Thay y = x vào (2) , ta được : 2sinx = 3 sinx x ( 1) . k2 , k
2 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm x y ( 1) . k2 , k
3
⇔ ⇔
π
⇔ = ⇔ = − + π ∈
π
= = − + π ∈
¢
¢
VD 8 : Đònh tham số để phương trình ,bất phương trình , hệ phương trình có nghiệm .
2
1 Đònh m để phương trình : x 2x m 2x 1 , với m là tham số .
a) Có 1 nghiệm b) Có 2 nghiệm phân biệt .
− − = −
Giải
2 2 2
1 1
x x
Ta có : pt
2 2
x 2x m (2x 1) 3x 6x 1 m

 
≥ ≥
 
⇔ ⇔
 
 
+ − = − − + − =
 
2
1
Xét hàm số : y = 3x 6x 1 với x .
2
− + − ≥

Đạo hàm y = 6x 6 ; y = 0 x = 1
′ ′
− + ⇔
Bảng biến thiên :g

2
x x
Với : lim y lim ( 3x 6x 1)
→+∞ →+∞
= − + − = −∞
Căn cứ vào bảng biến thiên :

5
m < m 2 : pt có 1 nghiệm
4
5

m 2 : pt có 2 nghiệm
4
∨ =
≤ <
g
g
- 18 -
x
−∞
1/2 1
+∞

y
+ + 0


y
2

5/ 4

−∞

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×