Sáng kiến kinh nghiệm Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.. Lêi nãi ®Çu Đồng biến, nghịch biến là các khái niệm cơ bản nhất của hàm số, đặc biệt là trong chương trình toán phổ thông. Sử dụng khảo sát sự biến thiên của HS giúp chúng ta giải quyết được một lớp rất rộng các bài toán. Trong khu«n khæ bµi viÕt nµy, t«i chØ tr×nh bµy một vài ứng dụng thường gặp của tính đơn điệu của hàm số trong việc giải quyết một số d¹ng bµi to¸n. Vì thời gian và kinh nghiệm còn hạn chế, chắc chắn thiếu sót vẫn có thể xảy ra, rất mong các thầy, cô giáo và các bạn độc giả đóng góp ý kiến để bài viết được hoàn thiện hơn. Yên Phong, ngày 12/02/2009 Nguyễn Bá Nam.. NguyÔn B¸ Nam – THPT Yªn Phong sè 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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. §Þnh nghÜa 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). - Hµm sè y = f(x) nghÞch biÕn (gi¶m) trªn kho¶ng (a,b) nÕu x1,x2 (a,b), x1< x2 th× 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. §Þnh nghÜa 2: - Hàm số y = f(x) đồng biến (a; b) . y > 0 trªn kho¶ng (a, b). x. - Hµm sè y = f(x) nghÞch biÕn (a; b) . y < 0 trªn kho¶ng (a, b). x. 3. NhËn xÐt: - Hàm số y = f(x) đồng biến trên (a; b)  f'(x) = lim x 0. y  0 trªn kho¶ng (a; b). x. - Hµm sè y = f(x) nghÞch biÕn trªn (a; b)  f'(x) = lim x 0. y  0 trªn kho¶ng (a; b). x. 4. §Þnh 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. Gi¶i: Ta cã y’ =3(m + 2)x2 - 6x -3. Hµm sè lu«n nghÞch biÕn  y’≤ 0 x m20  m  3 .  '  9m  27  0 . . NguyÔn B¸ Nam – THPT Yªn Phong sè 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 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), víi 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. VËy (1)  -. m  3  m  -6 2. Suy ra m  -6 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m. 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). §¸p sè: m  9. NhËn xÐt: Tõ vÝ dô 2 vµ vÝ dô 3, ta cã tham sè trong y' ë hÖ sè kh«ng chøa biÕn sè. Cã thÓ ®­a tham sè vµo hÖ sè chøa biÕn trong y'. Ví dụ 4: Cho hàm số y = x3 + mx2 + x + 1. Tìm m để hàm số đồng biến trên (1; 2). Gi¶i: Yªu cÇu bµi to¸n  y' = 3x2 + 2mx + 1  0; x  (1; 2)  3x +. 1  -2m; x.  min g ( x)  -2m x1;2. Ta cã g'(x) = 3-. x  (1; 2) (1), víi g(x) = 3x +. 3x 2  1 1 = > 0 x  [1; 2]. x2 x2. Suy ra min g ( x) = g(1) = 4. VËy (1)  4  - 2m  m  -2 x1;2. §¸p sè: m  -2. NguyÔn B¸ Nam – THPT Yªn Phong sè 1 Lop12.net. 1 . x.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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 biÕn trong kho¶ng (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), nªn 2x-3 < 0). 2x  3.  min g ( x) ≥m, víi g(x)= x 0;1. x2  x  2 . 2x  3. B»ng c¸ch kh¸o s¸t hµm g(x), ta t×m ®­îc 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: VÝ dô 6: Cho hµm sè y=. x 2  (3m  1) x  5m  1 . xm. Tìm m để hàm số đồng biến trong khoảng (0; 1). Gi¶i: §kx® x ≠ m. m  0 (1). m 1. HS xác định trong khoảng (0; 1)   Ta cã 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). V× f(x) lµ mét tam thøc bËc hai cã  4m  1  0 1  m  3 4 3m  6m  2  0.  f (0)  0 S =m  (0; 1), nªn f(x) ≥ 0 x (0; 1)   2  f (1)  0. (2).. Tõ (1) vµ (2) suy ra gi¸ trÞ tham sè tháa m·n yªu cÇu bµi to¸n lµ 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. Gi¶i: TX§: R. NguyÔn B¸ Nam – THPT Yªn Phong sè 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số. Ta cã y' = (2m + 3) cosx + (2 - m) §Æt 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]. §iÒu kiÖn:. g(-1)  0. -3m - 1  0. . g(1)  0. m+50. -5m-. 1 3. .. 1 3. §¸p sè - 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). §¸p sè: 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; +  ). §¸p sè: m ≤ 1. 1 Bài 3: Tìm m để hàm số y = mx3 + 2(m - 1) x2 + 5mx + 3 nghịch biến trên (-; 1). 3 Bài 4: Tìm m để hàm số y =. 2x2 + mx + 5 nghÞch biÕn trªn (-3; -2). x - 1. Bài 5: Tìm m để hàm số y =. x2 + mx + 2m - 1 nghÞch biÕn trªn kho¶ng (1;+). x - 2m. Bµi 6: Cho hµm sè y=. 2 x 2  (1  m) x  1  m đồng biến trên khoảng (0; +  ). xm. §¸p sè: 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). Gi¶i: Ta cã: x2 - x - (x - 1) = (x -1)2 Nªn (1) cã d¹ng: 2 x 1  ( x  1)  2 x. 2. x. + (x2 - x) (2). §Æt 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. NguyÔn B¸ Nam – THPT Yªn Phong sè 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số. <=> x = 1 là nghiệm của phương trình NhËt xÐt: Ta cã thÓ kh¸i qu¸t ho¸ bµi to¸n trªn: 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. 1 x 2 x2. 2. 1 2 x x2. . 1 1  2 x. 4 / .2009cos x  2008cos x  cos x. 3 / .2009sin x  2009cos x  cos 2 x x. x. 5* / .22  32  2 x  3x 1  x  1. Ví dụ 2: Giải phương trình: log 3. x2  x  1  x 2  3x  2 . 2x2  2x  3. Gi¶i: §Æt 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: log 3  v  u  log 3 u  log 3 v  v  u  log 3 u  u  log 3 v  v (1) XÐt hµm sè: f(t)= log 3 t  t trªn (0;  ), ta cã f’(t)=. 1  1  0, t  0 nên hàm số đồng biến t ln 3. trªn (0;  ).  x 1 . x  2. VËy tõ (1) ta cã f(u) = f(v), suy ra u = v, hay v - u = 0, tøc lµ x2 -3x +2 = 0   NhËn xÐt: u v.  Đối với các phương trình dạng log a  v  u , với u, v >0 và a > 1, ta thường biến đổi u v. vÒ d¹ng 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: log 5 (3  x )  log 4 x . Gi¶i: §iÒu kiÖn x > 0. NguyÔn B¸ Nam – THPT Yªn Phong sè 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số. Đặt t = log4x  x = 4t, bất phương trình trở thành t. log5(3 + t. 2t). > t 3 +. 2t >. 5t . t. 1 2 3       1. 5 5. t. 1 2 Hµm sè f(t) = 3      nghÞch biÕn trªn R vµ 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. Chó 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 nghiÖm.  Với PT dạng logau = logbv, ta thường giải như sau: u  a t. §Æt t = logau = logbv  . v  b. t. ; sử dụng phương pháp thế để đưa về một PT mũ ẩn t.. Tìm t (thông thường có nghiệm t duy nhất); suy ra x. Bµi tËp vËn dông: Giải phương trình: 1) log 5 ( x 2  2 x  3)  2 log 2 ( x 2  2 x  4) . 2) log 2 ( x  3log x )  log 6 x 6. 4. . 3) log5(3 + 3x  1 ) = log4(3x + 1). log 22 x. 5) 5. . 4)3log 3 1  x  3 x  2 log 2 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; ). Ta có: 3 f'(x) = 3x2 - 3 = 0  x =  1 BBT: x. -. -1. 1. f'(x) + 0 NguyÔn B¸ Nam – THPT Yªn Phong sè 1. 0. Lop12.net. + +.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số. f(x). -. +. 1 1 C¨n cø vµo b¶ng biÕn thiªn ®­îc hµm sè y = f(x) nghÞch biÕn trªn (-1; ),nªn x (-1; ) 3 3 1 1 th× f(x) >f( ) = >0 3 27 1 VËy f(x) > 0 víi  x (-1; ) 3 1 KÕt luËn: HÖ cã nghiÖm -1 < x < . 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:  Gi¶i: §iÒu kiÖn: x, y > 0. Tõ (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 vËy (3) <=> f(x) = f(y) <=> x = y Thay vµo (2): log 22 x  3 log 2 x  2  0 ®­îc log2x = 1 hoÆc log2x = 2 ta ®­îc nghiÖm cña hÖ lµ x = 2 hoÆc 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). Gi¶i: Tõ PT (2) ta cã 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) nghÞch biÕn trªn kho¶ng (-1; 1), nªn tõ PT (1) suy ra x=y. Thay vµo PT (2) ta ®­îc: x8 + x4 - 1 = 0. Đặt a= x4  0, giải PT tương ứng ta được a=. 1  5 1  5 .  x  y  4 2 2.  x  x 2  2 x  2  3 y 1  1 VÝ dô 7: Gi¶i hÖ PT  .  y  y 2  2 y  2  3x 1  1. NguyÔn B¸ Nam – THPT Yªn Phong sè 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.  u  u 2  1  3b (1) Gi¶i: §Æt u=x-1, v=y-1, ta ®­îc hÖ:  . 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) XÐt hµm sè f(t) = t + t 2  1  3t , ta cã f’(t) =. t2 1  t t 1 2.  3t ln 3 .. 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 trªn ta cã u 2  1 + u > 0, nªn PT (4) <=> ln(u  u 2  1)  u ln 3 =0. XÐt hµm sè g(u) = ln(u  u 2  1)  u ln 3 , cã g’(u) =. 1 u2 1.  ln 3  1  ln 3  0, u  R , nªn hµm. 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. T×m x, y  (0; ) tho¶ m·n hÖ: cot x  cot y  x  y   5 x  8 y  2  x  y  (log 2 y  log 2 x)(1  xy ) xy  3 y  2  0 . 2. Gi¶i hÖ: . . 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( x3  2 x  y  1)  x 2 ( y  1). 5. Gi¶i hÖ: . 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: Ví dụ 1: Tìm a phương trình x2 + 3ax + 1 =0 (1) có 3 nghiệm phân biệt. Gi¶i: Ta cã (1) <=> x3 + 1 = - 3ax (2) NguyÔn B¸ Nam – THPT Yªn Phong sè 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số. a) Với x = 0 không là nghiệm của phương trình (2) a b) Với x  0: phương trình (2) <=> x2 + §Æt f(x) = x2 +. 1 = -3a x. 1 1 2x3 - 1  f'(x) = 2x = x x2 x2 1. f'(x) = 0 <=> x =. 3. 2. BBT: x. 0. -. 1 3. f'(x). -. 0. +. f(x). -. +. 2. 0. +. +. +. - §Æt g(x) = - 3a lµ ®­êng th¼ng song song víi trôc Ox. C¨n cø vµo b¶ng biÕn thiªn ë trªn  (1) cã 3 nghiÖm ph©n biÖt. <=> f(x) c¾t g(x) t¹i 3 ®iÓm ph©n biÖt. <=> g(x) > f( 3 <=> a < -. 3. 1 2. ) <=> - 3a >. 33 2 2. 2 2. §¸p sè: a < -. 3. 2 2. Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình - x3 + 3mx - 2 < Giải: Ta có (1). <=> x3 + 2 <=> x2 +. §Æt f(x) = x2 +. 1 > 3mx (do x  1) x3. 2 1 > 3m x x3. (2). 2 1 xÐt trªn [1; + ) x x3. NguyÔn B¸ Nam – THPT Yªn Phong sè 1 Lop12.net. 1 (1) nghiệm đúng  x  1 x3.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số. Ta cã f'(x) =. 2(x3 - 1) 3 > 0 x  1 => f(x) đồng biến [1; + ) + x2 x4. VËy 3m < min f ( x) = f(1) = 2 <=> m < x1;  . 2 3. 2 §¸p sè: m < . 3 NhËn xÐt: 1. C« lËp tham sè sang mét bªn. 2. Sö dông tÝnh biÕn thiªn cña hµm sè vµ hµm sè h»ng. Một số bài toán tương tự: Bài toán 1: Tìm m phương trình: x3 + 3ax + 1 = 0 a. Cã hai nghiÖm ph©n biÖt. b. Cã duy nhÊt nghiÖm. 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: VÝ dô 1: Chøng minh r»ng: x - sin x > 0 x > 0 (1) Giải: Thật vậy, đặt. f(x) = x - sin x, xÐt trªn (0; +). Ta cã 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 nªn (1) ®­îc chøng minh. NhËn xÐt: Sö dông vÝ dô trªn cã thÓ chøng minh ®­îc. Bµi to¸n 1: CMR: cosx > 1 Bµi to¸n 2: CMR: x -. x2 víi x > 0 2. x3 < sin x víi x > 0. 6.  VÝ dô 2: Chøng minh r»ng: sin x + tan x - 2x > 0 víi x  (0; ) 2 NguyÔn B¸ Nam – THPT Yªn Phong sè 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.  Gi¶i: §Æt f(x) = sin x + tan x - 2x xÐt trªn (0; ). 2 Ta cã f'(x) = cos x +. 1 1 - 2 > cos2x + -22-2=0 cos2x cos2x.  => f(x) đồng biến trên khoảng (0; ) mà f(x) xác định tại x = 0 2  nªn f(x) > f(0) = 0 x  (0; ) => ®pcm 2 Nhận xét: Sử dụng phương pháp của bài toán trên ta chứng minh được:  x  (0; ) 2. Bµi to¸n 1: CMR: 2sin x + 2tan x > 2x + 1 Bµi to¸n 2: CMR:. 22sin x. +. 2tan x. >2. 3x 1 2. 3. sin x  Bµi to¸n 3: CMR:    cos x  x .  x  (0; ) 2  x  (0; ). 2. NhËn xÐt:  Sö dông kÕt qu¶ bµi to¸n 1, ta cã thÓ CM ®­îc: Với mọi tam giác ABC nhọn ta đều có: 2sinA + 2sinB + 2sinC + 2tanA + 2tanB + 2tanC > 6. 3 2 .  Sö dông kÕt qu¶ bµi to¸n 2, ta cã thÓ CM ®­îc: Với mọi tam giác ABC nhọn ta đều có: 4sinA + 4sinB + 4sinC + 2tanA + 2tanB + 2tanC > 6. 2 . VÝ dô 3: CMR: ex > 1 + x +. x2 , víi mäi x > 0. 2. Giải: Ta có BĐT cần CM tương đương với x > ln(1 + x + XÐt hµm sè f(x) = x - ln(1 + x +. x2 ). 2. x2 x2 ), ta cã 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.. NguyÔn B¸ Nam – THPT Yªn Phong sè 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số. Hay x > ln(1 + x +. x2 ) x  0 (®pcm). 2. NhËn xÐt: Víi x>0 vµ n  N*, ta cã B§T tæng qu¸t 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.. NguyÔn B¸ Nam – THPT Yªn Phong sè 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>