SKKN bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán

MỤC LỤC
MỤC LỤC .........................................................................................................
MỞ ĐẦU ...........................................................................................................
Chương 1: CƠ SỞ KHOA HỌC .......................................................................
Chương 2: THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ ...............................................................
Chương 3: NHỮNG GIẢI PHÁP CỤ THỂ ......................................................
3.1. Khái niệm hàm số đơn điệu ........................................................................
3.2. Một số tính chất của hàm số đơn điệu ........................................................
3.3. Liên hệ giữa tính đơn điệu của hàm số và đạo hàm ...................................
3.4. Vận dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, bất phương

1
2
3
5
6
6
6
8

trình, hệ phương trình ........................................................................................
3.5. Vận dụng tính đơn điệu của hàm số để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của

8

biểu thức và chứng minh bất đẳng thức ............................................................
3.6. Một số bài tập áp dụng ...............................................................................
Chương 4: KẾT QUẢ KIỂM CHỨNG .............................................................
KẾT LUẬN .......................................................................................................
TÀI LIỆU THAM KHẢO .................................................................................
NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ CỦA HĐKH ...........................................................

16
20
21
22
23
24

MỞ ĐẦU
A. MỤC ĐÍCH CỦA SÁNG KIẾN

1


Hàm số đơn điệu là nội dung quan trọng của mơn Tốn ở bậc THPT, có sự kế
thừa và phát triển các nội dung ở bậc THCS. Học sinh được tiếp cận và củng cố từ
đầu lớp 10 các khái niệm hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến, tập xác định, bảng
biến thiên, đồ thị của hàm số ... Ở chương 1 phân mơn Giải tích 12, với cơng cụ đạo
hàm, hàm số được nghiên cứu tổng thể và kĩ lưỡng hơn. Các điều kiện cần và các
điều kiện đủ để hàm số đồng biến hoặc nghịch biến trên một khoảng được xây
dựng, cung cấp phương pháp kiểm tra hữu hiệu tính đơn điệu của hàm số thơng qua
việc xét dấu đạo hàm của nó.
Trong nội dung thi Đại học và thi Học sinh giỏi các cấp, ngày càng xuất hiện
nhiều các bài tốn, như giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, tìm
giá trị lớn nhất và nhỏ nhất, chứng minh bất đẳng thức ..., mà việc giải quyết chúng
được thực hiện một cách hiệu quả và sáng sủa thông qua vận dụng kiến thức về
hàm số đơn điệu. Do đó, việc ơn tập, củng cố cho học sinh, nhất là đối tượng đội
tuyển HGS và lớp ôn thi ĐH, các nội dung liên quan tới hàm số đơn điệu cũng như
những áp dụng để giải toán, đã trở thành yêu cầu quan trong trong giáo dục tốn
học ở bậc THPT hiện nay.

Đề tài này nhằm trình bày hệ thống các kiến thức liên quan tới hàm số đồng
biến, hàm số nghịch biến, phân tích việc áp dụng các tính chất này để giải quyết
một số dạng tốn ở bậc THPT.
B. ĐĨNG GĨP CỦA SÁNG KIẾN ĐỂ NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG DẠY VÀ
HỌC
Nâng cao nhận thức và kĩ năng cho cả người dạy và người học về nội dung
hàm số đơn điệu, một số áp dụng của hàm số đơn điệu vào giải toán THPT.
CHƯƠNG 1

CƠ SỞ KHOA HỌC

2


1.1.

CƠ SỞ LÍ LUẬN
Các kiến thức tiến bộ về hàm số, trong đó có các vấn đề về hàm số đơn điệu

đánh dấu sự phát triển quan trọng của mạnh Tốn học trong nhà trường phổ thơng.
Những nội dung này cũng phù hợp với sự phát triển tâm – sinh lí và nhận thức của
học sinh. Vận dụng các kiến thức về hàm số đơn điệu để giải toán THPT giúp cho
học sinh hình thành những phương pháp phân tích, tổng hợp và có sự linh hoạt
trong tư duy, rèn cho học sinh có trí tưởng tượng cao, có tính sáng tạo trong giải
toán.
Vấn đề vận dụng kiến thức về hàm số đơn điệu để giải toán là nội dung khó,
các thức thực hiện địi hỏ phải có cái nhìn tinh tế, khái quát nhiều mặt. Nhưng rõ
ràng đây là một nội dung rất có ý nghĩa trong việc rèn các kĩ năng Toán học cho
học sinh.
Qua giảng dạy và tìm hiểu về nội dung này, tơi thấy bản thân mình cũng tự

nhận thức thêm được nhiều điều, đặc biệt là về mặt phương pháp. Điều đó giúp ích
cho tơi thực hiện tốt hơn nhiệm vụ chuyên môn được phân công, cũng như làm tăng
thêm niềm đam về đối với Toán học.
Đối với học sinh, khi nội dung này được các em lĩnh hội một cách chủ động
và biết áp dụng linh hoạt, sáng tạo, nó sẽ góp phần nâng cao nhận thức và kĩ năng
Toán học của các em, giúp mơn Tốn trở nên gần gũi hơn.
1.2.

CƠ SỞ THỰC TIẾN
Trong chương trình mơn Tốn hiện hành, chủ đề hàm số có một vị trí vơ

cùng quan trọng. Ở bậc THPT, kĩ năng vận dụng kiến thức của hàm số đơn điệu để
giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, tìm giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất, chứng minh bất đẳng thức ... ngày càng trở thành một kĩ năng được ưu tiên
phát triển. Trong nhiều năm gần đây, trong các kì thi ĐH và HSG, xuất hiện ngày
một nhiều các bài tốn dạng này. Nó địi hỏi người dạy và người học phải thay đổi
nhận thức và thái độ, phải có sự quan tâm xứng đáng đến dạng toán này.

3


Trong thời gian giảng dạy tại trường THPT Yên Phong số 2, tiền thân là
trường THPT Yên Phong số 3, tôi đã chú ý đến mảng kiến thức này, dành thời gian
tự trau dồi các kiến thức liên quan cho bản thân mình, dành thời gian hợp lí cho học
sinh học tập, rèn luyện, đặc biệt là học sinh các lớp chọn, lớn luyện thi ĐH, lớp bồi
dưỡng HSG. Và thực tế cho thấy, cơng việc đó đã giúp ích rất nhiều cho học sinh ở
các đối tượng vừa kể trên, giúp họ vượt qua các kì thi quan trọng một cách hiệu quả
nhất trong khả năng có thể.

CHƯƠNG 2

THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ

4


Qua tìm hiểu, tơi nhận thấy việc dạy và học nội dung hàm số đơn điệu và áp
dụng để giải tốn hiện nay có một số điều đáng bàn sau đây
1) Giáo viên còn hạn chế về nhiều kiến thức tốn cao cấp liên quan tới hàm
số, do đó cái nhìm tổng quan về hàm số có phần nào chưa thực sự đầy đủ, điều đó
dẫn tới việc áp dụng các kiến thức về hàm số vào giải toán cũng có phần nào hạn
chế, có lúc vẫn cịn thiếu đi sự linh hoạt, tinh tế.
2) Đây là chủ đề khó, rất dễ gây sự nản lòng ở học sinh.
3) Việc hình thành kĩ năng áp dụng cho học sinh là công việc phải được tiến
hành thường xuyên, liên tục, tỉ mỉ, thận trọng. Tuy nhiên một số giáo viên chưa chú
trọng việc bồi dưỡng kĩ năng này ngay từ lớp 10, dẫn tới tạo ra độ ì lớn khi học
sinh lên lớp 11, 12.
4) Nhiều học sinh học tập một cách thụ động, trông chờ thầy cô cung cấp
kiến thức, chỉ làm bài theo mẫu sẵn, thiếu tính sáng tạo.

CHƯƠNG 3

NHỮNG GIẢI PHÁP CỤ THỂ

5


3.1. KHÁI NIỆM HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU
Cho các tập con khác rỗng X , Y ⊂ ¡ . Cho hàm số f : X → Y . Giả sử D ⊂ X .
1) Ta nói f là hàm số đồng biến trên tập D nếu với mọi a, b ∈ D mà a < b ta

đều có f ( a) < f (b).
2) Ta nói f là hàm số nghịch biến trên tập D nếu với mọi a, b ∈ D mà a < b
ta đều có f ( a) > f (b).
3) Ta nói f là hàm số đơn điệu tăng trên tập D nếu với mọi a, b ∈ D mà a < b
ta đều có f ( a) ≤ f (b).
4) Ta nói f là hàm số đơn điệu giảm trên tập D nếu với mọi a, b ∈ D mà
a < b ta đều có f ( a) ≥ f (b).
Hàm số đồng biến, nghịch biến, đơn điệu tăng, đơn điệu giảm được gọi
chung là hàm số đơn điệu.

3.2. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU
1) Xét hàm số f trên tập D ⊂ X . Ta gọi
H=

f ( x1 ) − f ( x2 )
, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 ≠ x2 ,
x1 − x2

là tỉ số biến thiên của hàm số trên D. Khi đó
- Hàm f đồng biến trên D ⇔ H > 0, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 ≠ x2 .
- Hàm f nghịch biến trên D ⇔ H < 0, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 ≠ x2 .
- Hàm f đơn điệu tăng trên D ⇔ H ≥ 0, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 ≠ x2 .
- Hàm f đơn điệu giảm trên D ⇔ H ≤ 0, ∀x1 , x2 ∈ D, x1 ≠ x2 .

6


2) Khơng có hàm số nào vừa đồng biến vừa nghịch biến trên D. Hàm số vừa
đơn điệu tăng vừa đơn điệu giảm trên D khi và chỉ khi nó là hàm hằng trên D.
3) Tổng hai hàm đồng biến (nghịch biến, đơn điệu tăng, đơn điệu giảm) là

một hàm đồng biến (nghịch biến, đơn điệu tăng, đơn điệu giảm, tương ứng). Tích
một hàm đồng biến (nghịch biến, đơn điệu tăng, đơn điệu giảm) với một số thực
dương là một hàm đồng biến (nghịch biến, đơn điệu tăng, đơn điệu giảm, tương
ứng). Hiệu của một hàm đồng biến và một hàm nghịch biến là một hàm đồng biến.
Tất cả cùng xét trên chung một tập hợp D ⊂ X .
4) Nếu hàm f đồng biến hoặc nghịch biến trên D thì với mọi a, b ∈ D ta có
f ( a) = f (b) ⇔ a = b.
5) Nếu hàm f đồng biến trên D thì với mọi a, b ∈ D ta có
f ( a) > f (b) ⇔ a > b.

6) Nếu hàm f nghịch biến trên D thì với mọi a, b ∈ D ta có
f ( a) < f (b) ⇔ a > b.
7) Nếu ∅ ≠ M ⊂ D và hàm f đồng biến (nghịch biến, đơn điệu tăng, đơn
điệu giảm) trên D thì f đồng biến (nghịch biến, đơn điệu tăng, đơn điệu giảm,
tương ứng) trên M.
8) Nếu f là hàm liên tục trên đoạn [ a; b ] và đồng biến (nghịch biến, đơn điệu
tăng, đơn điệu giảm) trên khoảng ( a; b ) thì f đồng biến (nghịch biến, đơn điệu
tăng, đơn điệu giảm, tương ứng) trên đoạn [ a; b ] .
9) Nếu hàm f đồng biến trên D, hàm g nghịch biến trên D và m là hằng số
thì mỗi phương trình sau đây có khơng q 1 nghiệm trên tập D

7


f ( x) = g ( x),
f ( x ) = m,
g ( x) = m.

3.3. LIÊN HỆ GIỮA TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ VÀ ĐẠO HÀM
Kí hiệu K là một khoảng hoặc đoạn hoặc nửa khoảng trong ¡ .

1) Nếu hàm f đồng biến và có đạo hàm trên K thì f '( x) ≥ 0, ∀x ∈ K . Nếu
hàm f nghịch biến và có đạo hàm trên K thì f '( x) ≤ 0, ∀x ∈ K .
2) Nếu f '( x) > 0, ∀x ∈ K , thì hàm f đồng biến K. Nếu f '( x) < 0, ∀x ∈ K , thì
hàm f nghịch biến trên K.
3) Hàm f có đạo hàm trên K. Khi đó f đơnn điệu tăng (đơn điệu giảm) trên K
khi và chỉ khi f '( x) ≥ 0, ∀x ∈ K ( f '( x) ≤ 0, ∀x ∈ K , tương ứng).
Những kết luận trên khơng cịn đúng nữa nếu thay K bởi tập D bất kì.
3.4. VẬN DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG
TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH
A. Vận dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình
Ví dụ 1:

Giải phương trình

x + 1 - 4 − x = 1 (1).

Giải: Điều kiện -1 ≤ x ≤ 4 . Lúc này (1) ⇔

x + 1 = 1+ 4 − x . Phương trình này

có khơng q 1 nghiệm trên đoạn [ −1; 4] vì hàm số tương ứng ở vế trái đồng biến và
hàm số tương ứng ở vế phải nghịch biến trên đoạn đó. Hơn nữa, ta thấy x = 3 là
nghiệm của (1). Vậy (1) có nghiệm duy nhất x = 3.
Ví dụ 2: Giải phương trình

x5 +x3 - 1 − 3x +4 = 0 (2).

Giải: Điều kiện x ≤ 1/ 3 . Đặt f(x) = x5 +x3 - 1 − 3x +4 thì

8

f'(x) = 5x4 +3x2 +

3
>0
2 1 − 3x

1
⇒ f(x) đồng biến trên nửa khoảng ( −∞, ] .
3
Mặt khác f(-1) = 0 nên phương trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = -1.

Ví dụ 3: Giải phương trình

x 2 + 15 = 3x − 2 + x 2 + 8 (3).

Giải: Phương trình (3) ⇔ f ( x) = 3 x − 2 + x 2 + 8 − x 2 + 15 = 0

(*)

- Nếu x ≤ 2 / 3 thì f(x) <0 ⇒ phương trình (*) vô nghiệm .
 1

1
2
−
> 0, ∀x > .
- Nếu x >2/3 thì f'(x) = 3 + x  2


3
x 2 + 15 
 x +8
2

⇒ f(x) đồng biến trên  , +∞ ÷.
3

Mà f(1) = 0 nên (*) có đúng một nghiệm x = 1.
Vậy phương trỡnh (3) cú nghiệm duy nhất x = 1.

Ví dụ 4: Giải bất phương trình

(

2− 3

) +(
x

2+ 3

)

x

= 2x

(4)

Giải: Nhận thấy x = 2 là nghiệm , vì khi đó ta có : 2- 3 + 2 − 3 = 4 = 22 .
x

x

2− 3
2+ 3
Do 2x > 0 nên (4) ⇔ 
÷ + 
÷ = 1.
4
4




x

Mặt khác, 0 <

x

2− 3
2+ 3
2− 3
2+ 3
<
< 1 nên y = 
÷ + 
÷

4
4
 4 
 4 

là hàm nghịch biến. Vậy x =2 là nghiệm duy nhất của (4) .
Ví dụ 5: Giải phương trình x + log(x2 -x -6) = 4 +log(x +2) (5).

9


Giải: Điều kiện x +2>0, x2 - x -6 >0 ⇒ x > 3.
Vậy (5) ⇔ x + lg(x +2) +lg(x -3) = 4 +lg(x +2) ⇒ lg(x -3) = 4 -x

(*)

Phương trình này có nghiệm x =4 vì khi đó ta có log1 = 0 đúng .
Vì vế trái đồng biến (cơ số lôgarit lớn hơn 1), vế phải nghịch biến (đạo hàm
âm) nên (*) có nghiệm duy nhất x = 4 ( thoả mãn điều kiện x > 3). Vậy (5) có
nghiệm duy nhất x = 4.
Ví dụ 6: Giải phương trình 2.log3cotgx = log2cosx.
Giải: Điều kiện cosx > 0, sinx > 0 .
log2cosx = y ⇒ cosx = 2y ⇒ log3cotg2x = log2cosx = y

Đặt

⇒ cotg x = 3
2

cos 2 x

4y
=
Vì cotg x =
1 − cos 2 x 1 − 4 y

y

2

y

3
⇒ 3 - 12 = 4 ⇔  ÷ = 3 y + 1, có nghiệm duy nhất y = -1
4
y

y

y

Vì vế trái cơ số 3/4 <1 là hàm nghịch biến ,vế phải cơ số 3>1 là hàm đồng
biến .
Vậy cosx = 2-1 = 1/2 ⇒ x = ±π / 3 + 2kπ , k ∈ ¡ .
Kết hợp với điều kiện ,ta được nghiệm của PT là x =

π
+ 2kπ , k ∈ ¢.
3

Ví dụ 7: Giải phương trình: 3x 2 - 2x 3 = log 2 (x 2 + 1) - log 2 x (6).

Giải: Điều kiện x > 0. Với điều kiện này ta có
(6) ⇔ x 2 (3-2x) - log 2 (x +
Do x > 0 nên x+

1
)
x

(*)

1
≥ 2 và do vế phải là hàm loga có cơ số lớn hơn 1,
x

nên là hàm đồng biến

⇒ log 2 (x +

1
) ≥ log22 = 1.
x

Vậy thì vế trái dương ⇒ x2(3-2x) >0 ⇒ 3-2x > 0.
10


Ta có x2(3-2x) = x.x.(3-2x) là tích của 3 số dương, có tổng khơng đổi bằng 3,
nên nó đạt giá trị lớn nhất bằng 1, khi x = 3 -2x = 1.
Như vậy là VT ≤ 1 ,đạt dấu = khi x = 1 ,
VP ≥ 1 , đạt dấu = khi x = 1

⇒ Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Ví dụ 8: Giải các phương trình 3.4x + (3x-10)2x + 3 - x = 0.
Giải: Đặt y = 2x > 0, khi đó ta có
3y2 + (3x - 10)y + 3 - x = 0
Từ đó y =

−3 x + 10 ± (3x − 8)
⇒
6

Nếu y1 =

1
= 2x ⇒ x = -log23.
3

y1 =

1
hoặc y2 = 3-x.
3

Nếu y2 = 3 - x = 2x , ta có x = 1 là nghiệm duy nhất , vì khi đó 3 -1 = 2
đúng, và vì vế trái là hàm nghịch biến (có đạo hàm âm), vế phải là hàm đồng
biến (cơ số hàm mũ lớn hơn 1).
Vậy PT đó cho cú hai nghiệm x = 1, x = − log 2 3.

B. Vận dụng tính đơn điệu của hàm số để giải bất phương trỡnh
Ví dụ 1.

Giải bất phương trình

x+9 > 5 -

2x + 4

(1).

Giải: Điều kiện x ≥ 2. Do vế trái là hàm đồng biến ( đạo hàm dương), vế phải là
hàm nghịch biến (đạo hàm âm) nên nghiệm của (2) là giao của x ≥ 2 và x > x 0 với
x 0 là nghiệm của phương trình

x+9 = 5 -

nghiệm duy nhất x = 0, vì khi đó ta có

2 x + 4 ; phương trình cuối có

9 =5- 4 (đúng) và vế trái đồng biến, vế

phải nghịch biến. Vậy nghiệm của (1) là x ≥ 2.

11


Ví dụ 2: Giải bất phương trình

x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13 x − 7 < 8 .

Giải: Điều kiện x ≥ 5/7 . Xột f(x) =

Ta có f'(x) =

x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13 x − 7 .

1
5
7
13
+
+
+
>0
2 x + 1 3 3 (5 x − 7) 2 4 4 (13x − 7)3 5 5 (13 x − 7) 4

5

⇒ f(x) đồng biến trờn  , +∞ ÷. Mặt khác f(3) = 8 nên bpt f(x) < 8.
7

 x ≥ 5/ 7
5
⇔ f ( x) < f (3) ⇔ 
⇔ ≤ x < 3.
7
x < 3

Ví dụ 3: Giải bất phương trình 2x +

x + x + 7 + 2 x 2 + 7 x < 35 .

Giải: Điều kiện x > 0. Đặt f(x) = 2x +
Ta có f'(x) = 2 +

1
2 x

+

x + x + 7 + 2 x2 + 7 x .

 29 2 
1
2x + 7
+
> 0 , f   ÷ ÷ = 35 , nên f(x)
  12  ÷
2 x+7
x2 + 7 x



2
  29 2 
 29 
f
đồng biến và do đó f(x) < 35 =   ÷ ÷
.
÷ ⇔ 0 < x <  12 ÷
12







Ví dụ 4: Giải bất phương trình
Giải: Điều kiện x ≠ 0, x +

x+

1
1 2
+ x− 2 ≥
2
x
x
x

1
1
≥ 0, x − 2 ≥ 0 ⇒ x ≥ 1.
2
x
x

Do vậy (2) ⇔ x3 + 1 + x3 − 1 ≥ 2
Đặt

(2).

(3).

x3 + 1 = u > x3 − 1 = v ≥ 0 , khi đó

1
 1
u + v ≥ 2
≤

⇔ u + v 2
(2) ⇔  2 2
u
−
v
=
2

(u + v)(u − v) = 2
12


u + v ≥ 2
⇒ u -v ≤ 1 ⇒ 
 v − u ≥ −1
Vậy

x3 − 1 ≥

Đáp số : x ≥ 3

⇒v≥

1
> 0 (thích hợp) .
2

1
5
5
⇔ x3 ≥ ⇒ x ≥ 3 > 1 .
2
4
4

5
.
4

Hoặc xét VT =f(x)=

x3 + 1 + x3 − 1 là hàm đồng biến

Suy ra nghiệm của (2) là giao của x ≥ 1 và x > x0 ,trong đó x0 là nghiệm
của phương trình :
Suy ra x0 = 3

x3 + 1 + x3 − 1 = 2.

5
5

, suy ra bất phương trình có nghiệm x ≥ 3 .
4
4

Ví dụ 5: Giải bất phương trình:

x + 2 + x + 5 + 2 x 2 + 7 x + 10 < 5 − 2 x

 x + 2 = u ≥ 0
.
Giải: Điều kiện x ≥ -2. Đặt 
 x + 5 = v > 0

Suy ra

(3).

x 2 + 7 x + 10 = uv.

Do u và v đồng biến khi x ≥ -2. Vế trái là hàm đồng biến , vế phải là hàm
nghịch biến nên nghiệm của (3) là giao của x ≥ -2 và x < x0 với x0 là nghiệm của
phương trình

2
2
x + 2 + x + 5 + 2 x 2 + 7 x + 10 = 5 − 2 x . Vì u +v = 2x +7 , suy ra

2x = u2 +v2 -7. Và u2 +v2 +2uv +( u +v) -12 =0. Đặt u +v = t >0 ta được
t2 +t -12 = 0 , t > 0.
u + v = 3

u + v = 3
⇔
⇒ u = 1.

2
2
u − v = −1
u − v = −3

Suy ra t =3 vậy 
Từ đó u =

x + 2 = 1 ⇒ x = −1 .

Vậy nghiệm của (3) là −2 ≤ x ≤ −1 .
Ví dụ 6: Với giá trị nào của tham số m thì bất phương trình sau có nghiệm

13


x2 + 2 x − m + m 2 + m − 1 ≤ 0 ?
Giải: Đặt t = x − m ≥ 0 ⇒t2 = x2 -2mx +m2 , khi đó
BPT ⇔ y = t2 +2t +2mx +m -1 ≤ 0.
Ta có

y' = 2t +2 ⇒ y' = 0

-1 ≤ 0 ⇒ -1 ≤ m ≤

⇔ t = -1. Nên ymin = y(0) = 2mx +m -1 = 2m2 +m

1
. Đây là các giá trị cần tìm của m.
2

C. Vận dụng tính đơn điệu của hàm số để giải hệ phương trỡnh

cot x - coty = x -y (1)
.
(2)
5x + 8 y = 2π

Ví dụ 1: Tìm các số x ∈ ( 0; π ) ,y ∈ ( 0; π ) thoả mãn hệ 

Giải: Viết phương trình (1) dưới dạng : x - cotx = y - coty

(3)

Xét hàm số f(t) = t - cot t , 0 < t < π .
Khi đó f(t) xác định ∀t ∈ ( 0;π ) và f'(t) = 1 +

1
> 0 , ∀t ∈ ( 0;π )
sin 2 t

⇒ f(t) đồng biến ∀t ∈ ( 0;π ) .
Từ (3) ⇒ f(x) = f(y) ⇔ x = y.
Thay vào phương trình (2) của hệ ,ta đựoc x = y =

2π
.
13

 x − y = tan x − tan y

Ví dụ 2: Giải hệ 
 π .
tan
x
+
tan
y
=
2,
x
,
y
∈
 0; ÷

 2

Giải: Viết phương trình (1) dưới dạng x - tan x = y - tan y

(3)

14

1
 π
÷,có f'(t) = 1- 2 < 0 ,do
cos t
 2

Và xét hàm f(t) = t - tant xác định ∀t ∈  0;

 π
t ∈  0; ÷ ⇒ 0 < cos t < 1.Vậy f( t) nghịch biến . Từ (3) suy ra f(x) = f(y)
 2
y và từ (2)

⇔ x=

⇒ tan x = tan y = 1 ⇒ x = y = π

4

 2
a2
2
x
=
y
+

y

Ví dụ 3: Chứng tỏ rằng với a ≠ 0 hệ 

a2
 2
2 y = x + x

có nghiệm duy nhất.

a2
a2
y
≠
0
Giải: Điều kiện : x ≠ 0 ,
. Do x và
cùng dấu, do y và
cùng dấu
y
x

⇒ x> 0 , y> 0. Bởi vậy :
(1) ⇔ 2x2y = y2 + a2

(1)'

(2) ⇔ 2y2x = x2 +a2

(2)'

(1)'-(2)' ta được:2xy (x -y) = (y-x)(y+x) ⇔ ( x-y) ( 2xy +x+y) =0,do x > 0,y
>0 nên
( 2xy +x+y) >0.

Do đó x - y =0 hay x = y.Thay x =y vào (1)' ta được :
f(x) = 2x3 -x2 = a2 ; f'(x) = 6x2 -2x .
Ta có bảng biến thiên:

−∞

x
f’
f

-

1
//
3
0
33
- - 0 +

+∞

-1/27
CT

Từ đó suy ra phương trình : 2x3 -x2 = a2 ( a2 > 0) có nghiệm duy nhất.

15


2 x + 1 = y 3 + y 2 + y


3
2
Ví dụ 4: Giải hệ 2 y + 1 = z + z + z .

3
2
2 z + 1 = x + x + x
Giải: Xét hàm đặc trưng f(t) = t3 +t2 +t với t ∈ ¡ .
Ta có f'(t) = 3t2 +2t +1 = 2t2 +(t+1)2 >0 ⇒ f(t) đồng biến .
Giả sử : x ≤ y ≤ z ⇒ f ( x ) ≤ f ( y ) ≤ f ( z )

⇒ 2z +1 ≤ 2 x + 1 ≤ 2 y + 1

⇔ z≤x≤ y= y=z

x = y = z
x = y = z
⇔
⇔
Hệ đã cho ⇔ 

3
2
2
2 x + 1 = x + x + x
( x + 1)( x − 1) = 0

x = y = z =1
 x = y = z = −1 .



3.5. VẬN DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN
NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA BIỂU THỨC VÀ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG
THỨC

Ví dụ 1. Chứng minh rằng :

ex > 1 +x , ∀x ≠ 0 .

Giải: Đặt f(x) = ex -x -1 , khi đó f'(x) = ex -1
*Nếu x> 0 thì f(x) > 0 nên f tăng trên [ 0; + ∞ ).
Do đó f(x) > f(0) =0 ⇒ ex > x +1.
*Nếu x<0 thì f'(x) < 0

nên f giảm trên (- ∞ ,0) do đó f(x) > f(0) = 0

⇒ ex > x +1 .
Vậy ex > x +1 ∀x ≠ 0 .
Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu x > 0, thì ln x <
Giải: Xét hàm số f(t) = lnt Ta có

f (t) =

x

t với t > 0.

1
1

2− t
−
=
t 2 t
2t

16


Lập bảng xét dấu sau:
0

4
0

+

tf'(t)

-

f(t)
Như vậy ∀x > 0 ,có f(x) ≤ f(4)
⇔ lnx - x ≤ ln4-2
Do 4
x (đpcm).

Ví dụ 3: Chứng minh rằng log19992000 > log20002001.
Giải: Xét hàm số f(x) = logx(x +1) với x > 1.

Khi đó bất đẳng thức đã cho có dạng tương đương sau :
f( 1999) > f(2000)
Ta có f(x) = logx(x +1) =

ln( x + 1)
ln x

xx
ln x ln( x + 1)
ln
−
x ln x − ( x + 1)ln( x + 1)
⇒ f(x) = x + 1
( x + 1) x +1
x
=
=
<0
ln 2 x
x( x + 1)ln 2 x
x( x + 1)ln 2 x
Vậy f(x) là hàm nghịch biến khi x > 1,do đó (2) hiển nhiên đúng (đpcm).

Ví dụ 4: Chứng minh rằng ln ( 1+ 1 + x 2 ) <

1
+ ln x nếu x > 0.
x

Giải: Xét hàm số f(t) = ln( 1+ 1 + t 2 ) - lnt -

1
với t > 0.
t

t
Ta có

f(t) =

2

1+ t
1+ 1+ t2

1 1
1+ t2 − t
- + 2 =
>0
2
2
t
t
t 1+ t

Do đó f(t) là hàm đồng biến khi t > 0, vì x > 0 , nên

17

lim f(t) = lim  ln(1 + 1 + t 2 ) − ln t − 1
f(x) < f(+ ∞ ) = t→+∞
t→+∞ 
t 

2
⇒ f(x) < lim (ln 1 + 1 + t ) = 0
t →+∞
t

⇒ ln(1+ 1 + x ) < lnx +

1
⇒ đ.p.c.m.
x

Ví dụ 5: Chứng minh rằng : x > ln(x +1) , x > 0.
Giải: Đặt f(x) = x - ln(x +1) liên tục trên [ 0 ,+ ∞ ) có
f'(x) = 1 -

1
x
=
> 0; ∀x > 0
x +1 x +1

⇒ f tăng trên [ 0 ,+ ∞ ) ⇒ f(x) > f(0) =0

Ví dụ 6: Chứng minh rằng :
Giải: Đặt f(x) = lnx -

lnx >

2( x − 1)
x +1

⇒ x > ln(x+1) với x > 0.

với x>1.

2( x − 1)
( x>1) liên tục trên [ 1 ; + ∞ )
x +1

1
4
( x − 1) 2
=
> 0, ∀x > 1.
Ta có f'(x) = −
x ( x + 1) 2 x( x + 1) 2
Vậy với x > 1 ta có f(x) > f(1) = 0

Ví dụ 7: Cho 0 < α <

⇒ f tăng trên [ 1 ; + ∞ )

Từ đó suy ra lnx >

2( x − 1)

với x>1.
x +1

2α
π
. Chứng minh rằng: sin α >
.
π
2

18


Giải: Xét hàm số : f(x) =

sin x
x cos x − sin x
 π
với x ∈  0,  . Ta có f'(x) =
=
x
x2
 2

cos x( x − tgx)
 π
suy ra f'(x) < 0 ∀ x ∈  0, 
2
x
 2

khoảng ( 0,

⇒ f(x) là hàm nghịch biến trên

sin α
π
π
π
⇒ f( α ) > f( ) ⇒
). Vì 0 < α <
>
α
2
2
2

Ví dụ 8: Cho 0 < α <

π
2 = 2 ⇒ đ.p.c.m.
π
π
2

sin

π
. Chứng minh rằng: α sin α + cos α > 1
2

 π
Giải: Xét hàm số : f(x) = xsinx + cosx - 1 với x ∈  0, 
 2
 π
⇒ f'(x) = sinx + xcosx -sinx = xcosx ≥ 0 ∀ x ∈  0, 
 2
Vì f' = 0 chỉ khi x = 0 hoặc x =

π
⇒ f là hàm đồng biến trên
2

 π
 0, 2  .

π
⇒ f(0) < f( α ) ⇒ 0 < α sin α + cos α - 1
2
α sin α + cos α > 1 ⇒ đ.p.c.m.

0<α <

Vì
⇒

Ví dụ 9: Chứng minh rằng :

sinx < x < tgx với 0 < x <

π
.
2

19


π
π
Giải: Đặt f(x) = x - sin x , x ∈ (0; ] . Khi đó f liên tục trên [ 0 , ] và có đạo
2
2
hàm trên ( 0 ;

π
π
) ⇒ f tăng trên [ 0 , ]. Từ đó x > 0 ⇒ f(x) > f(0) ⇒ x > sinx
2
2

π
 π
với x ∈ (0; ) . Tương tự ta cũng có x < tgx , ∀x ∈  0; ÷.
2
 2
Ví dụ 10: Chứng minh rằng nếu 0 < x <

π
thì 2sinx + 2tgx ≥ 2x+1 .
2

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 2sinx +2tgx ≥ 2 2sin x+tgx
Ta chứng minh : 2 2sin x+tgx ≥ 2x+1 ⇔ 2sinx +tgx ≥ 22x
⇔ sinx +tgx ≥ 2x ( x ∈ (0;

π
))
2

Đặt f(x) = sinx +tgx -2x với 0 < x<
Ta có f'(x) = cosx +
Vì 0 < x <

π
2

1
−2
cos 2 x

π
nên cosx > cos2x .Do đó :
2

f'(x) > cos2x +

1
−2 ≥ 0.
cos 2 x

π
⇒ f tăng trên (0; ) ⇒ f(x) > f(0) = 0
2
 π
⇒ sinx +tgx > 2x , ∀x ∈  0; ÷
 2

(đpcm).

x3
Ví dụ 11: Chứng minh bất đẳng thức : x < sin x với x > 0.
6
Giải: Đặt

x3
f(x) = sinx +
-x
6

x2
Ta có f'(x) = cosx +
-1, f''(x) = - sin x +x > 0 ( theo ví dụ ...)
2
20


⇒ f'' tăng trên ( 0 ; + ∞ ) ⇒ f'(x) > f'( 0) = 0, với x > 0.

⇒ f tăng trên ( 0 ; + ∞ ) ⇒ f(x) > f( 0) = 0, với x > 0.
⇒ x-

x3
< sin x ( đpcm) .
6

Ví dụ 12: Chứng minh rằng : sinx < x -

x3 x5
+
với x > 0.
6 120

x3 x5
Giải: đặt f(x) = x +
- sinx , với x > 0.
6 120
Ta có : f'(x) = 1 −

x3
x2 x4
+ sin x ,
+
− cos x , f'' (x) = - x 6
2 24

f(4)(x) = x - sinx

f(5)(x) = 1-cosx ≥ 0, f(0) = f'(0) = f''(0)=f(3)(0) =f(4)(0) =0 ⇒ f(x) > 0 ; ∀ x > 0.

3.6. MỘT SỐ BÀI TẬP RẩN LUYỆN

x2
1. Chứng minh rằng : ln(1+x) > x −
2
2. Chứng minh rằng : ln(1+ 1 + x 2 ) <

∀x>0 .
1
+ ln x , ∀x>0.
x

3. Chứng minh rằng : logx(x+1) > logx+1(x+2) , ∀x > 1.
4. Giải bất phương trình :

x + 9 > 5 − 2x + 4 .


y3
+ sin y
x =
6


z3
5. Giải hệ phương trình :  y = + sin z .
6


x3
 z = + sin x
6



21


e x − e x − y = y
 y
y− z
6. Giải hệ : e − e = z
 z
z−x
e − e = x
7. Giải phương trình : 3.25x-2 +(3x-10).5x-2 +3-x = 0.

CHƯƠNG 4

KẾT QUẢ KIỂM CHỨNG

- Sau khi được rèn luyện hệ thống kiến thức trên, các em học sinh đã linh hoạt hơn
trong việc dùng kiến thức về hàm số đơn điệu để để giải toán.
- Tránh được việc biện luận theo tham số ở một số bài toán.
- Tránh phải xét nhiều trường hợp ở một số bài tốn.
- Tránh phải áp dụng bất đẳng thức cơsi ở một số bài tốn.
- Tránh việc bình phương hai vế dễ dẫn đến sai sót, thừa nghiệm và tránh việc giải
phương trình bậc cao.

22


KẾT LUẬN

Qua đề tài này, tôi nhận thấy
1) Đây là chủ đề khó, giáo viên nên có bước chuẩn bị tốt về kiến thức,
phương pháp và tâm thế cho riêng mình.
2) Các kiến thức lựa chọn để cung cấp cho học sinh cần được giáo viên cân
nhắc kĩ lưỡng, căn cứ vào nội dung chương trình, chuẩn kiến thức - kĩ năng, căn cứ
vào phạm vi các đề thi ĐH - CĐ và thi HSG, căn cứ vào đối tượng học sinh. Khơng
nên lựa chọn các vấn đề q khó hoặc rất ít gặp, gây ra sự quá tải cho học sinh,
cũng không nên chỉ đề cập tới các vấn đề đơn giản để tránh sự nhàm chán và tránh
thái độ chủ quan ở học sinh.
3) Giáo viên nên hướng dẫn và khích lệ học sinh phương pháp tự học, tự đọc
tài liệu tham khảo, tạo cho học sinh nhận thức rõ động lực học tập của mình, nâng
cao sự tự giác, sự sáng tạo trong học tập, có như vậy việc học tập mới có nhiều tiến
bộ. Hiện nay, các sách tham khảo về chủ đề này rất nhiều, nếu giáo viên tạo được
phong trào tự học, tự đọc tài liệu tham khảo trong học sinh thì việc giảng dạy vừa
đỡ vất vả hơn, lại vừa mang lại hiệu quả cao hơn.
4) Ngay từ lớp 10, giáo viên nên hình thành cho học sinh phương pháp áp
dụng các kiến thức về hàm số nói chung, về hàm số đơn điệu nói riêng, để giải
tốn.

23


Tôi chân thành cảm ơn sự giúp đỡ của BGH, các đồng nghiệp và các em học
sinh trong suốt quá trình tơi giảng dạy tại trường cũng như trong q trình hồn
thiện đề tài này.
Tác giả

NGUYỄN VĂN XÁ

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1]

Trần Văn Hạo (tổng chủ biên), Bộ SGK, SBT, SGV Tốn 10, 11, 12,
ban cơ bản, NXB Giáo dục, 2013.

[2]

Đồn Quỳnh (tổng chủ biên), Bộ SGK, SBT, SGV Toán 10, 11, 12,
ban cơ bản, NXB Giáo dục, 2013.

[3]

Bộ Giáo dục và Đào tạo, Tài liệu hướng dẫn thực hiện chuẩn kiến
thức, kĩ năng, NXB Giáo dục, 2013.

[4]

Nguyễn Thế Thạch (chủ biên), Đổi mới phương pháp dạy học và
những ví dụ minh họa, Toán 10, 11, 12, NXB Giáo dục, 2012.

[5]

Trần Thành Minh, Trần Đức Huyên, Nguyễn Văn Minh, Giải toán
khảo sát hàm số 12, NXB Giáo dục, 1999.

[6]

Võ Anh Dũng (chủ biên), Giải toán khảo sát hàm số 12, NXB Giáo
dục, 2011.

[7]

Đề thi ĐH và thi HSG các năm.

24


NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ CỦA HĐKH
...........................................................................................................................
...........................................................................................................................
.
...........................................................................................................................
...........................................................................................................................
.
...........................................................................................................................
...........................................................................................................................
.
...........................................................................................................................
...........................................................................................................................
.
...........................................................................................................................
...........................................................................................................................
.

25