Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (188.66 KB, 11 trang )
<span class='text_page_counter'>(1)</span>BÀI 2. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. 1. y f (x) đồng biến / (a, b) (x) 0 x(a, b) đồng thời (x) 0 tại một số hữu hạn điểm (a, b). 2. y f (x) nghịch biến / (a, b) (x) 0 x(a, b) đồng thời (x) 0 tại một số hữu hạn điểm (a, b). Chú ý: Trong chương trình phổ thông, khi sử dụng 1., 2. cho các hàm số một quy tắc có thể bỏ điều kiện (x) 0 tại một số hữu hạn điểm (a, b). CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài 1. Tìm m để. y. mx 2 6m 5 x 2 1 3m x 1 nghịch biến trên [1, ). 2 y mx 2mx2 7 0 x 1 x 1 Giải: Hàm số nghịch biến trên [1, ) . . mx 2 2mx 7 0 m x 2 2 x 7 x 1. Min u x m x 1. u x . Ta có:. 7 2x 2 ( x 2 2 x) 2. u(x) đồng biến trên [1, ) . u x . 7 m x 1 x 2x 2. 0 x 1. m Min u x u 1 7 x 1 3. y 1 x 3 m 1 x 2 m 3 x 4 3 Bài 2. Tìm m để đồng biến trên (0, 3) 2 Giải. Hàm số tăng trên (0,3) y x 2 m 1 x m 3 0 x 0, 3 (1). Do y x liên tục tại x 0 và x 3 nên (1) y 0 x[0, 3]. x 2 2 x 3 m x 0, 3 g x 2x 1 m 2 x 1 x 2 x 3 x 0, 3 2. Max g x m x 0,3. 2 8 0 x 0, 3 g x 2 x 2 x 2 2x 1 . Ta có:. m Max g x g 3 12 x 0,3 7 g(x) đồng biến trên [0, 3] .
<span class='text_page_counter'>(2)</span> y m x 3 m 1 x 2 3 m 2 x 1 3 3 đồng biến trên 2, Bài 3. Tìm m để 2 Giải: Hàm số tăng / 2, y mx 2 m 1 x 3 m 2 0 x 2 (1). 2 m x 1 2 2 x 6 x 2 . g x Ta có:. g x 2 x 2 6 m x 2 x 1 2. 2 x 2 6 x 3 0 ( x 2 2 x 3) 2. x2_0+CT0. x x1 3 6 g x 0 x x 2 3 6 ; xlim Từ BBT . Max g x g 2 2 m x 2 3 .. 3 2 2 Bài 4. y x mx 2m 7 m 7 x 2 m 1 2 m 3 đồng biến / 2, . Giải: Hàm số tăng trên. 2, . y 3x 2 2mx 2m 2 7m 7 0, x 2. 2 3 3 0 7 m x x2 2 2 4 Ta có V 7 m 3m 3 nên y 0 có 2 nghiệm 1 BPT g(x) 0 có sơ đồ miền nghiệm G là:. . . 2, G Ta có y x 0 đúng x 2 0 x1 x 2 2 3 y 2 3 2m 2 3m 5 0 S m 2 2 3 Bài 5. Tìm m để. y. x1 x 2. 1 m 5 2 1 m 5 2 m 6 . 2x 2 1 m x 1 m x m đồng biến trên 1, . 2 2 y 2 x 4mx m 2 2m 1 0 x 1 x m Giải: Hàm số đồng biến trên 1, g x 2 x 2 4mx m 2 2m 1 0 x 1 g x 0 x 1 x m 0 m 1 . Cách 1: Phương pháp tam thức bậc 2 2 Ta có: 2 m 1 0 suy ra g(x) 0 có 2 nghiệm x1 x 2 .. BPT g(x) 0 có sơ đồ miền nghiệm G là: Ta có g(x) 0 đúng x(1, ) 1, G. x1 x 2.
<span class='text_page_counter'>(3)</span> m 1, 0 x1 x 2 1 2 g 1 2 m 2 6m 1 0 S 2 1 2. m 1 m 3 2 2 m 3 2 2 m 3 2 2 . Cách 2: Phương pháp hàm số Ta có: g(x) 4(x m) 4(x 1) > 0 x > 1 g(x) đồng biến trên [1, ) 2 Min g x 0 g 1 m 6m 1 0 1 x 1 m 1 m 1 Do đó. m 3 2 2 m 3 2 2 m 3 2 2 m 1 . 2 Bài 6. Tìm m để y 4m 5 cos x 2m 3 x m 3m 1 giảm x ¡. Giải: Yêu cầu bài toán y 5 4m sin x 2m 3 0, x ¡ g u 5 4m u 2m 3 0, u 1;1 . Do đồ thị y g u , u 1;1 là. g 1 6m 8 0 1 m 4 3 g 1 2 m 2 0 một đoạn thẳng nên ycbt y mx sin x 1 sin 2 x 1 sin 3 x 4 9 Bài 7. Tìm m để hàm số tăng với mọi x ¡ y m cos x 1 cos 2 x 1 cos 3 x 0, x ¡ 2 3 Giải: Yêu cầu bài toán m cos x 1 2 cos 2 x 1 1 4 cos 3 x 3cos x 0, x ¡ 2 3 m 4 u 3 u 2 1 g u , u 1,1 3 2 , với u cos x 1,1 g u 4u 2 2u 2u 2u 1 0 u 1 ; u 0 2 Ta có Max g u g 1 5 m 6 Lập BBT suy ra yêu cầu bài toán . x 1,1. y 1 m 1 x 3 2m 1 x 2 3m 2 x m 3 Bài 8. Cho hàm số . Tìm m để khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4.
<span class='text_page_counter'>(4)</span> Giải. Xét. y m 1 x 2 2 2m 1 x 3m 2 0 . Do 7 m 2 m 3 0. x x2 nên y 0 có 2 nghiệm 1 . Khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài. bằng 4. y 0; x x1 ; x 2 ; x 2 x1 4 m 1 0 x x1 4 và 2 . Ta có 2. x 2 x1 4 . 2. 16 x 2 x1 x 2 x1 4 x 2 x1 . 2 4 2m 1 4 3m 2 2 m 1 m 1. 2 2 4 m 1 2m 1 3m 2 m 1. 3m 2 7 m 1 0 m . 7 61 7 61 m m 1 0 6 6 kết hợp với suy ra.
<span class='text_page_counter'>(5)</span> B. ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ I. DẠNG 1: ỨNG DỤNG TRONG PT, BPT, HỆ PT, HỆ BPT 5 3 Bài 1. Giải phương trình: x x 1 3 x 4 0 .. Giải. Điều kiện:. x 1 5 3 3 . Đặt f x x x . f x 5 x 4 3x 2 Ta có:. 1 3 x 4 0 .. 3 0 , 1 2 1 3x 3 . f (x) đồng biến trên. . Mặt khác f (1) 0 nên phương trình f (x) 0 có nghiệm duy nhất x 1. Bài 2. Giải phương trình:. x 2 15 3x 2 x 2 8. 2 Giải. Bất phương trình f x 3 x 2 x 8 . x 2 15 0 (1).. x 2 3 thì f (x) < 0 (1) vô nghiệm. + Nếu 1 1 0 x 2 f x 3 x x2 2 2 3 x 15 x 8 3 thì + Nếu 2 , mà f (1) 0 nên (1) có đúng 1 nghiệm x 1 f (x) đồng biến trên 3 Bài 3. Giải bất phương trình:. x 1 3 5 x 7 4 7 x 5 5 13 x 7 8. (*). x 5 3 5 4 7 . Đặt f x x 1 5 x 7 7 x 5 13x 7 Giải. Điều kiện f x Ta có:. 5 7 13 1 0 2 3 5 3 4 2 x 1 3 5x 7 5 (13 x 7) 4 4 7 x 5. 5 , f (x) đồng biến trên 7 . Mà f (3) 8 nên (*) f (x) < f (3) x < 3.. . 5 x 3 7 Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 5 x 4 x 3 x 2 x 1x 1x 1x 2 x 3 5 x 2 7 x 17 2 3 6 Bài 4. Giải PT: f x 5 x 4 x 3 x 2 x 1 2 Giải. (*). x. 1 3. x. 1 6. . x. (*). 2 x 3 5 x 2 7 x 17 g x . Ta có f (x) đồng biến và g(x) 6x2 10x 7 < 0 x g(x) nghịch biến..
<span class='text_page_counter'>(6)</span> Nghiệm của f (x) g(x) là hoành độ giao điểm của y f x và y g x . Do f (x) tăng; g(x) giảm và f 1 g 1 13 nên (*) có nghiệm duy nhất x 1.. Bài 5. Tìm số m Max để m sin x cos x 1 sin 2 x sin x cos x 2 x (*) 2. 2 2 Giải. Đặt t sin x cos x 0 t sin x cos x 1 sin 2 x 1 t 2 2 1 t 2 , khi đó (*) m t 1 t t 1 t 1, 2 . 2 f t t 22t 0 t 1 t 1 t1, 2 . Do Min f t f 1 3 m 3 Max m 3 1, 2 2 t1, 2 2 2 nên f (t) đồng biến / 2 f t t t 1 m t 1, 2 . sin Bài 6. Giải phương trình 2008. 2008 sin. 2. x. 2008 cos. 2. x. 2. Min f t m. x. 2008 cos. 2. x. cos 2 x sin 2 x 2008 sin. cos 2 x 2. x. sin 2 x 2008 cos. 2. x. cos 2 x (*). u u Xét f u 2008 u . Ta có f u 2008 .ln u 1 0 . Suy ra f u đồng biến. x k , k ¢ 2 2 2 2 4 2 (*) f sin x f cos x sin x cos x cos 2 x 0. Bài 7. Tìm x, y 0, thỏa mãn hệ. cotg x cotg y x y 3 x 5 y 2. Giải. cotg x cotg y x y x cotg x y cotg y . f u 1 12 0 u u cotg u , u 0, f sin u Xét hàm số đặc trưng . Ta có . f x f y x y 4 3 x 5 y 2 Suy ra f u đồng biến trên 0, . Khi đó 2 x 1 y 3 y 2 y 3 2 2 y 1 z z z 2 z 1 x 3 x 2 x Bài 8. Giải hệ phương trình (*). 2. 2 3 2 Giải. Xét f t t t t với t ¡ f t 2t t 1 0 f (t) tăng. Không mất tính tổng quát giả sử x y z f x f y f z 2 z 1 2 x 1 2 y 1 z x y x y z 1.
<span class='text_page_counter'>(7)</span> Bài 9. Giải hệ bất phương trình Giải.. 3 x 2 2 x 1 0 3 x 3 x 1 0. 3x 2 2 x 1 0 1 x 1 3 3 . Đặt f x x 3 x 1 . Ta có:. f x f 1 1 0, x 1, 1 f x 3 x 1 x 1 0 f x giảm và 3 27 3. . .
<span class='text_page_counter'>(8)</span> II. DẠNG 2: ỨNG DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC. Bài 1. Chứng minh rằng:. Giải Ta có. x. x. x3 x3 x5 sin x x 3! 3! 5! x > 0. x3 x3 sin x f x x sin x 0 3! 3! x > 0 x > 0. f x . x2 1 cos x 2! f x x sin x f x 1 cos x 0 x > 0. f x đồng biến [0, +) f x f 0 0 x > 0 f x đồng biến [0, +) f x f 0 = 0 x > 0. f x đồng biến [0, +) f(x) > f(0) = 0 sin x x . x > 0 (đpcm). x 3 x5 x5 x3 x sin x 0 3! 5! x > 0 g(x) = 5! 3! x > 0. x4 x2 x3 1 cos x x sin x Ta có g(x) = 4! 2! g(x) = 3! = f(x) > 0 x > 0 g(x) đồng biến [0, +) g(x) > g(0) = 0 x > 0 g(x) đồng biến [0, +) g(x) > g (0) = 0 x > 0 (đpcm) sin x Bài 2. Chứng minh rằng:. Giải.. sin x . f ( x) . 2x sin x 2 f ( x) x . 2x . x 0, 2 0, 2 . Xét biểu thức đạo hàm x . x cos x sin x g ( x ) 2 x2 x , ở đây kí hiệu g(x) = x cosx sinx. 0, Ta có g(x) = cosx xsinx cosx = xsinx < 0 x 2 0, g(x) giảm trên 2 g(x) < g(0) = 0 f x . g ( x) 0 0, 2 x x 2 f (x) giảm trên. 0, 2 .
<span class='text_page_counter'>(9)</span> 2x 2 sin x , x 0, f x f 2 2 . . x y x y 2 ln x ln y. Bài 3. Chứng minh rằng:. x > y > 0. Giải. Do x > y > 0, lnx > lny lnx lny > 0, nên biến đổi bất đẳng thức x1 x y y x ln x ln y 2 ln 2 x t1 x 1 xy y t ln t 2 y >1 y t 1 với 2. t 1 1 4 t1 f t 0 f (t ) ln t 2 0 2 2 t t 1 t t 1 t 1 t >1. Ta có t >1 f(t) đồng biến [1, +) f(t) > f(1) = 0 t >1 (đpcm) y 1 x ln ln 4 y x 1 y 1 x . Bài 4. Chứng minh rằng:. x, y 0,1 x y. (1). Giải. Xét hai khả năng sau đây:. +. +. ln. y x y x ln 4 y x ln 4 y ln 4x 1 y 1 x 1 x 1 y. ln. y x y x ln 4 y x ln 4 y ln 4x 1 y 1 x 1 x 1 y. Nếu y > x thì (1) . Nếu y < x thì (1) . Xét hàm đặc trưng f(t) = 1 f t . Ta có. t (1 t ). 4. ln. t 4t 1 t với t(0, 1).. 2t 1 2 t (1 t ). 0. t(0,1) f(t) đồng biến (0, 1). f(y) > f(x) nếu y > x và f(y) < f(x) nếu y < x (đpcm) Bài 5. Chứng minh rằng:. ab ba. Giải. ab < ba lnab < lnba. ln a ln b b . blna < alnb a. ln x Xét hàm đặc trưng f(x) = x x e.. a > b e.
<span class='text_page_counter'>(10)</span> 1 ln x 1 ln e f ( x) 2 2 0 x x Ta có f(x) nghịch biến [e, +) ln a ln b b ab < ba f(a) < f(b) a Bài 6. (Đề TSĐH khối D, 2007) 2 a 1a 2 Chứng minh rằng. . Giải.. Biến đổi bất đẳng thức. . 2 1a 2 a. b. b. 2 b 1b 2. . 2 1b 2. . b. . a. a. . , a b 0 b. a b 1 a4 1 b4 2 2 . a. a b b a b a 1 4 a 1 4 b ln 1 4 a ln 1 4 b ln 1 4 ln 1 4 a b . x f x ln 1 4 x Xét hàm số đặc trưng cho hai vế với x 0 . Ta có x x x x f x 4 ln 4 21 4 x ln 1 4 0 f x giảm trên 0, f a f b x 1 4 . Bài 7. (Bất đẳng thức Nesbitt) a b c 3 Chứng minh rằng: b c c a a b 2. a, b, c > 0. (1). Giải. Không mất tính tổng quát, giả sử a b c. Đặt x = a x b c > 0. x b c Ta có (1) f (x) = b c c x x b f ( x) . với x b c > 0. 1 b c 1 b c 0 2 2 2 b c x c b c b c x b b c 2. f(x) đồng biến [b, +) . f ( x ) f (b ) . 2b c bc. (2). 2x c Đặt x = b x c > 0, xét hàm số g(x) = x c với x c > 0 g ( x) . c. x c. 2. 0 c > 0 g(x) đồng biến [c, +) . g ( x ) g (c) . 3 2 (3).
<span class='text_page_counter'>(11)</span> a b c 3 Từ (2), (3) suy ra b c c a a b 2. a, b, c > 0. Bình luận: Bất đẳng thức Nesbitt ra đời năm 1905 và là một bất đẳng thức rất nổi tiếng trong suốt thế kỷ 20. Trên đây là một cách chứng minh bất đẳng thức này trong 45 cách chứng minh. Bạn đọc có thể xem tham khảo đầy đủ các cách chứng minh trong cuốn sách: “Những viên kim cương trong bất đẳng thức Toán học” của tác giả do NXB Tri thức phát hành tháng 3/2009. Nguồn: Giáo viên.
<span class='text_page_counter'>(12)</span>