Đơn điệu và cực trị

¤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 ;
Cá
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

2π

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

−∞