ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NÔNG TRUNG HIẾU
LỚP CÁC HÀM ĐƠN ĐIỆU TỪNG KHÚC
VÀ CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ LIÊN QUAN
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NÔNG TRUNG HIẾU
LỚP CÁC HÀM ĐƠN ĐIỆU TỪNG KHÚC
VÀ CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ LIÊN QUAN
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số 60.46.01.13
Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
THÁI NGUYÊN - NĂM 2014
i
Mục lục
Các kí hiệu và viết tắt ii
Mở đầu 1
1 Một số kiến thức bổ trợ về hàm số 3
1.1 Lớp hàm đồng biến, nghịch biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Lớp hàm tựa đồng biến, tựa nghịch biến . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.3 Cực trị của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.4 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2 Phép đơn điệu hoá hàm số và bài toán cực trị 23
2.1 Phương pháp xây dựng các hàm đơn điệu từ các hàm đã biết . . . 23
2.2 Một số dạng toán cực trị với bộ điểm biến thiên . . . . . . . . . . 30
2.2.1 Các hàm số sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

n
: Tổ hợp chập k của n phần tử với k, n ∈ Z, 0  k  n.
AM-GM: Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân.
HSG: Học sinh giỏi.
1
Mở đầu
Trong chương trình toán học bậc trung học phổ thông, học sinh đã được học
khái niệm hàm số và xét đến các tính chất cơ bản của hàm số như tính đơn
điệu, tính đồng biến nghịch biến, tính liên tục và gián đoạn, tính lồi lõm, tính
tuần hoàn, tính chẵn lẻ,
Phần lớn học sinh bậc phổ thông đã được làm quen với các định nghĩa, các
tính chất đơn giản của hàm số như xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số
để chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm
số, giải và biện luận phương trình, hệ phương trình mà chưa nghiên cứu sâu về
các vấn đề trên. Trong luận văn này, tác giả được thầy hướng dẫn giao nhiệm
vụ khảo sát lớp hàm đơn điệu từng khúc và các bài toán cực trị liên quan. Với
mong muốn của tác giả sẽ đóng góp một phần nhỏ trong việc giảng dạy toán ở
bậc trung học phổ thông, đặc biệt là việc bồi dưỡng cho học sinh giỏi toán.
Luận văn chia làm ba chương.
Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ về hàm số.
Trong chương 1, luận văn trình bày các khái niệm về hàm đơn điệu, hàm tựa
đơn điệu, cực trị của hàm số và ví dụ minh họa cho khái niệm hàm đơn điệu.
Chương 2. Phép đơn điệu hóa hàm số và bài toán cực trị.
Chương 2 trình bày phương pháp xây dựng hàm đơn điệu và bài toán cực
trị với bộ điểm biến thiên của một số nhóm hàm số cụ thể như: Các hàm số sơ
cấp, hàm tuần hoàn, tổ hợp.
Chương 3. Một số áp dụng của hàm đơn điệu trong đại số và lượng giác.
Trong chương này, tác giả nêu ra một số ứng dụng quan trọng của hàm đơn
điệu thường dùng trong chương trình toán phổ thông như: Chứng minh bất đẳng
thức, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số, giải phương trình và

< f
(
x
2
)
⇔
x
1
< x
2
,
và ngược lại, nếu
f (x
1
) > f (x
2
) ⇔ x
1
< x
2
; ∀x
1
, x
2
∈ I(a, b),
thì f(x) là một hàm đơn điệu giảm thực sự trên I(a, b).
Những hàm số đơn điệu tăng thực sự trên I(a, b) được gọi là hàm đồng biến
trên I(a, b) và hàm số đơn điệu giảm thực sự trên I(a, b) được gọi là hàm nghịch
biến trên tập đó.
Trong chương trình giải tích, chúng ta đã biết đến các tiêu chuẩn để nhận

(i) Nếu f
′
(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f
′
(c) > 0. Do x
2
−x
1
> 0 nên f(x
2
) > f(x
1
)
hay f(x) là hàm đồng biến trên (a, b).
(ii) Tương tự, nếu f
′
(x) < 0 với mọi x ∈ (a, b) thì f(x) nghịch biến trên (a, b).
Các định lý sau đây cho ta một số đặc trưng đơn giản khác của hàm đơn điệu.
Định lí 1.2 ([1], [3]). Hàm f (x) xác định trên R
+
là một hàm số đơn điệu tăng
khi và chỉ khi với mọi cặp bộ số dương a
1
, a
2
, , a
n
và x
1
, x

thì hiển nhiên ta có
f(x
j
)  f

n

k=1
x
k

, j = 1, 2, , n.
Suy ra
a
j
f(x
j
)  a
j
f

n

k=1
x
k

, j = 1, 2, , n. (1.2)
Lấy tổng theo j(j = 1, 2, , n), từ (1.2) ta thu được (1.1).
Ngược lại, với n = 2, từ (1.1), ta có

(1.1) với a
j
= x
j
, (j = 1, 2, , n):
n

k=1
x
k
g(x
k
) 

n

k=1
x
k

g

n

k=1
x
k

(1.4)
hiển nhiên được thỏa mãn ứng với g(x) là một hàm số đơn điệu tăng trên R

2
> 0, x
2
− x
3
> 0, , x
n−1
− x
n
> 0.
Theo định lý (1.3), ta có
f(x
1
−x
2
) + f(x
2
−x
3
) + + f(x
n−1
−x
n
)  f(x
1
−x
2
+ x
2
−x

+
và max g (x)  2 min g(x),
ta dễ dàng kiểm chứng rằng (1.4) được thỏa mãn. Chẳng hạn, ta lấy hàm số
g(x) = 3 + sin x, x ∈ R
+
,
thỏa mãn điều kiện nêu trên và vì vậy nó thỏa mãn điều kiện (1.4). Tuy nhiên,
hàm g(x) không là hàm đơn điệu tăng trên R
+
.
Nếu bổ sung thêm điều kiện: g(x) :=
f(x)
x
là hàm đồng biến trên R
+
và
x
1
, x
2
, , x
n
là bộ gồm các số lớn hơn 1, thì ta thu đượ c bất đẳng thức thực sự:
n

k=1
f(x
k
) < f


f(x
k
) 

n

k=1
a
k

f

n

k=1
x
k

. (1.5)
Định lí 1.5 ([1, tr. 58]). Để bất đẳng thức
n

k=1
f(x
k
)  f

n

k=1

1
, x
2
, , x
n
,
ta đều có
n

k=1
a
k
f(x
k
)  f

n

k=1
a
k
x
k

, (1.7)
thì f(x) = ax, trong đó a là một hằng số.
Chứng minh. Lấy n = 2 và chọn x
1
= x, x
2

n

k=1
f (k) 
n

0
f (x) dx 
n−1

k=0
f (k). (1.8)
Khi f(x) là hàm nghịch biến thì ta có dấu bất đẳng thức thực sự.
Chứng minh. Thật vậy, theo giả thiết, f(x) là hàm đơn điệu giảm, nên ta luôn
có
f (k + 1) 
k+1

k
f (x) dx  f (k), ∀k = 0, 1, 2,
Lấy tổng theo k, ta thu được (1.8), chính là điều phải chứng minh.
7
Định lí 1.8 ([1, tr. 59]). Giả thiết rằng f(x) là một hàm đơn điệu giảm trên
(0, +∞) và {a
k
} là một dãy tăng trong (0, +∞). Khi đó, ta luôn có
n

k=1
(a

k
) 
a
k

a
k−1
f(x)dx  (a
k
− a
k−1
)f(a
k−1
), ∀k = 1, 2,
Lấy tổng theo k, ta thu được (1.9), chính là điều phải chứng minh.
Định lí 1.9 ([1, tr. 60]). Giả thiết rằng f(x) là một hàm đồng biến trên [0, +∞)
và f(0) = 0 . Gọi g(x) là hàm ngược của f(x). Khi đó, ta luôn có
ab 
a

0
f (x) dx +
b

0
g (x) dx, ∀a, b  0.
Chứng minh. Bất đẳng thức được suy trực tiếp bằng các so sánh diện tích
tạo bởi đường cong y = f(x) và x = g(y) với diện tích hình chữ nhật tạo bởi
x = 0, x = a, y = 0, y = b.
Hệ quả 1.2 ([1, tr. 60). Giả thiết rằng f(x) là một hàm đồng biến trên [0, +∞)

−1
(x)
thì
S
2
=
a

f(α)
f
−1
(x)dx
Gọi S là diện tích hình chữ nhật tạo bởi x = 0, x = a, y = 0, y = b, thì S = ab.
Gọi S
′
là diện tích hình chữ nhật giới hạn bởi x = 0, x = a, y = 0, y = f(α),
thì S
′
= αf(α). Trong cả hai trường hợp f(a)  b hoặc f(a) > b, ta đều có
S
1
+ S
2
 S −S
′
. Do đó
a

α
f(x)dx +

Nếu 0 < a < b, thì do f(x) nghịch biến trên [0, b] nên với mọi x thỏa mãn điều
kiện 0 < a  x  b, ta đều có f(x)  f(a). Suy ra
b

a
f(x) dx  f(a)
b

a
dx = (b −a)f(a),
9
hay
f(a) 
1
b −a
b

a
f(x)dx. (1.11)
Mặt khác, khi 0 < x  a, thì f(x)  f (a). Suy ra
a

0
f(x)dx 
a

0
f(a )dx = af(a),
hay
1

f(x) dx. (1.13)
Do đó
(b −a)
a

0
f(x)dx  a
b

a
f(x) dx (do a > 0, b − a > 0),
hay
(b −a)
a

0
f(x)dx  a

0

a
f(x)dx +
b

0
f(x)dx

.
Vậy nên
b


0
f(x)dx =
1
b −c
b

c
f(x )dx.
Vậy
1
c
c

0
f(x) dx =
1
b −c
b

c
f(x) dx. (1.15)
Từ (1.15), suy ra tồn tại ξ ∈ (0, c) và δ ∈ (c, b), sao cho
1
c
(c −0)f(ξ) =
1
b −c
(b −c)f(δ).
Mà δ > ξ , điều này trái với giả thiết rằng f(x) là hàm số nghịch biến trong (a, b).

n
.
11
Khi đó với mọi bộ trọng (p
j
):
p
j
 0, j = 1, 2, , n; p
1
+ p
2
+ + p
n
= 1,
ta đều có

n

k=1
p
k
f(x
k
)

n

k=1
p

) −g(x
j
)

, ∀k, j = 1, 2, , n,
hay
f(x
k
)g(x
j
) + f(x
j
)g(x
k
)  f(x
j
)g(x
j
) + f(x
k
)g(x
k
). (1.16)
Để ý rằng
n

j,k=1
p
j
p

n

j,k=1
p
j
p
k
[f(x
j
)g(x
j
) + f(x
k
)g(x
k
)] = 2
n

k=1
p
k
f(x
k
)g(x
k
).
Kết hợp các đẳng thức này với (1.16), ta thu được

n


1.2 Lớp hàm tựa đồng biến, tựa nghịch biến
Ta nhắc lại tính chất quen biết sau đây:
Giả sử hàm số f(x) xác định và đơn điệu tăng trên I(a, b). Khi đó, với mọi
x
1
, x
2
∈ I(a, b), ta đều có
f(x
1
)  f(x
2
) ⇔ x
1
 x
2
,
và ngược lại, ta có
f(x
1
)  f(x
2
) ⇔ x
1
 x
2
; ∀x
1
, x
2

 sin πx
2
⇔ x
1
 x
2
, ∀x
1
, x
2
> 0 mà x
1
+ x
2
< 1. (1.18)
Ta đi đến các định nghĩa sau đây.
Định nghĩa 1.2 ([1, tr. 64]). Hàm số f(x) xác định trong (0, b) ⊂ (0, +∞) được
gọi là hàm tựa đồng biến trong khoảng đó, nếu
f(x
1
) < f(x
2
) ⇔ x
1
< x
2
, ∀x
1
, x
2


.
Chứng minh. Thật vậy, khi x
1
, x
2
∈

0,
b
2

thì hiển nhiên, x
1
+ x
2
< b và ta
thu được
f(x
1
) < f(x
2
) ⇔ x
1
< x
2
, ∀x
1
, x
2

2
, b

,
là hàm số tựa đồng biến trong (0, b).
Định lí 1.13 ([1, tr. 65]). Mọi hàm f(x) xác định trong (0, b) ⊂ (0, +∞) và thỏa
mãn các điều kiện:
(i) f(x) đồng biến trong khoảng

0,
b
2

;
(ii) f(x)  f(b −x), ∀x ∈

b
2
, b

đều là hàm số tựa đồng biến trong khoảng đã cho.
Chứng minh. Khi hàm f(x) tựa đồng biến trong (0, b) thì theo bài toán 1.1,
hàm f(x) đồng biến trong khoảng

0,
b
2

.
Xét x ∈

∈

b
2
, b

ta đều
có x
1
< x
2
và để x
1
+ x
2
< b thì dễ thấy x
2
∈

b
2
, b − x
1

. Vì theo giả thiết, thì
f(x
1
) < f(x
2
) với mọi x

(i) f(x)  m, ∀x ∈ I.
(ii) Tồn tại x
0
∈ I sao cho f(x
0
) = m.
Khi đó, ta kí hiệu
m = min
x∈I
f(x ).
Định nghĩa 1.5 ([5]). Cho hàm số f(x) xác định trên miền D ⊆ R và I ⊆ D.
1) Nếu không tồn tại max
x∈I
f(x), nhưng tồn tại số S ∈ R, sao cho
(i) f(x) < S với mọi x ∈ I.
(ii) Với mọi ε > 0, tồn tại x
0
∈ I sao cho f(x
0
) > S − ε,
thì S được gọi là cực biên trên (hay cận trên đúng) của hàm số f(x) trong miền
I, kí hiệu là
S = sup
x∈I
f(x ).
2) Nếu không tồn tại min
x∈I
f(x), nhưng tồn tại số T ∈ R sao cho
(i) f(x) > T với mọi x ∈ I.
(ii) Với mọi ε > 0, tồn tại x

M = max F
I
nếu đồng thời thỏa mãn hai điều kiện sau
(i) f(x; y; ; z)  M với mọi (x; y; ; z) ∈ I;
(ii) Tồn tại (x
1
; y
1
; ; z
1
) ∈ I sao cho f(x
1
; y
1
; ; z
1
) = M.
Định nghĩa 1.8 ([5]). Số thực m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số F
trong miền I, kí hiệu là
M = min F
I
nếu đồng thời thỏa mãn hai điều kiện sau
(i) f(x; y; ; z)  m với mọi (x; y; ; z) ∈ I;
(ii) Tồn tại (x
2
; y
2
; ; z
2
) ∈ I sao cho f(x

Nói cách khác f(x) = max
ayb
(f(y) + f
′
(y)(x −y)).
Định lí 1.16 ([5]). Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm cấp một liên tục trên [a, b],
có đạo hàm cấp hai tại mọi x ∈ (a, b) sao cho f
′′
(x)  0 với mọi x ∈ (a, b). Khi
đó, với mọi x, y ∈ [a, b] ta luôn có
f(x)  f(y) + f
′
(y)(x −y).
16
Nói cách khác f(x) = min
ayb
(f(y) + f
′
(y)(x −y)).
Định lí 1.17 ([5]). Cho biểu thức f(x, y) với x ∈ T, y ∈ L. Giả sử các giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất nói đến sau đây là tồn tại. Ta có
max
x∈T,y∈L
f(x, y) = max
x∈T

max
y∈L
f(x, y)


, x
2
, , x
n
trong (a, b) thì
max
x∈[a,b]
f(x) = max

f(x
1
); f(x
2
); ; f(x
n
); f(a); f(b)

.
min
x∈[a,b]
f(x) = min

f(x
1
); f(x
2
); ; f(x
n
); f(a); f(b)



.
Tính chất 1.3 ([5]). Nếu có M = max
x∈I
f(x) , m = min
x∈I
f(x) và N
f
=

x ∈ D
f
|f(x) = 0

thì
max
x∈I
|f(x)| = max {|M|; |m|}.
min
x∈I
|f(x)| =

0, nếu N
f
∩ I ̸= ∅
min{|m|; |M|}, nếu N
f
∩ I = ∅.
Tính chất 1.4 ([5]). Cho miền I ⊆ D
f

1
f(x )

=
1
max
x∈I
f(x)
.
17
Tính chất 1.5 ([5]). (Giá trị cực trị của hàm đơn điệu)
(i) Nếu hàm số y = f(x) đồng biến trong [a, b] ⊆ D
f
thì
min
[a,b]
f(x) = f(a) ; max
[a,b]
f(x) = f(b).
(ii) Nếu hàm số y = f(x) nghịch biến trong [a, b] ⊆ D
f
thì
min
[a,b]
f(x) = f(b) ; max
[a,b]
f(x) = f(a).
(iii) Nếu hàm số y = f(x) đồng biến trong (a, b) ⊆ D
f
thì

t∈T
f(t).
1.4 Ví dụ
Có thể nói rằng, các tính chất cơ bản của hàm số luôn có vai trò rất quan
trọng và là một công cụ rất hữu hiệu để định hướng cho việc giải toán, sáng tác
các dạng bài tập mới. Những kiến thức liên quan đến tính đơn điệu của hàm số
đã được đề cập rất sớm trong chương trình toán phổ thông, chẳng hạn như: tỉ
lệ thuận, tỉ lệ nghịch, tìm cực trị của hàm số, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của hàm số
Ví dụ 1.1 ([1]). Chứng minh rằng với mọi bộ số dương a, b, c, ta đều có
a
b + c
+
b
c + a
+
c
a + b

3
2
. (1.22)
Giải. Đây là bài toán quen thuộc trong các giáo trình về bất đẳng thức nhằm
mô tả các ứng dụng của các bất đẳng thức cổ điển như bất đẳng thức Cauchy,
bất đẳng thức AM - GM, để giải. Tuy nhiên, nếu ta viết lại (1.22) dưới dạng
a
1
b
1
+ c

c
0
a
0
+ b
0
, (1.23)
18
thì (1.23) có dáng dấp của một hàm đồng biến
g(1)  g(0),
với
g(t) =
a
t
b
t
+ c
t
+
b
t
c
t
+ a
t
+
c
t
a
t

+ a
t
1
 a
t
1
+ b
t
1
,
b
t
2
+ c
t
2
 c
t
2
+ a
t
2
 a
t
2
+ b
t
2
.
Xét các hiệu

t
2
=
a
t
2
b
t
2
(a
t
1
−t
2
− b
t
1
−t
2
) + a
t
2
c
t
2
(a
t
1
−t
2

+ a
t
1
−
b
t
2
c
t
2
+ a
t
2
=
b
t
2
c
t
2
(b
t
1
−t
2
− c
t
1
−t
2

=
T
2
S
2
c
t
1
a
t
1
+ b
t
1
−
c
t
2
a
t
2
+ b
t
2
=
c
t
2
a
t

1
+ b
t
1
)(a
t
2
+ b
t
2
)
=
T
3
S
3
Ta có














+ a
t
1
−
b
t
2
c
t
2
+ a
t
2
=
T
2
S
2
c
t
1
a
t
1
+ b
t
1
−
c
t

+
c
α
a
α
+ b
α

a
β
b
β
+ c
β
+
b
β
c
β
+ a
β
+
c
β
a
β
+ b
β
.”
Khi đó ta có thể chọn các cặp số α, β tùy ý để có được các bài tập chứng minh


β
+

c
a

β
. (1.25)
Giải. Ta có thể nhận thấy ngay, (1.25) có tính chất của một hàm đồng biến
f(t
1
) > f(t
2
), ∀t
1
> t
2
> 0,
với
f(t) =

a
b

t
+

b
c

1


a
b

t
2
+

b
c

t
2
+

c
a

t
2
, ∀t
1
> t
2
> 0.
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli đối với tam thức bậc (α, β) dưới dạng

x

t
1
t
2

a
b

t
2
,

b
c

t
1
+
t
1
t
2
− 1 
t
1
t
2

b
c

t
2
− 1

a
b

t
2
+

b
c

t
2
+

c
a

t
2



t
1
t
2


3.
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta thu được

a
b

t
1
+

b
c

t
1
+

c
a

t
1


a
b

t
2


c + a
2b

α
+

a + b
2c

α


b + c
2a

β
+

c + a
2b

β
+

a + b
2c

β
. (1.26)

Như vậy, để giải quyết bài toán, ta cần chứng minh f(t) là hàm đồng biến trên
(0, +∞). Tức là, ta phải chứng minh

b + c
2a

t
1
+

c + a
2b

t
1
+

a + b
2c

t
1


b + c
2a

t
2
+

α
β

x
x
0

β
, ∀α > β > 0,
ta thu được

b + c
2a

t
1
+
t
1
t
2
− 1 
t
1
t
2

b + c
2a


t
1
+
t
1
t
2
− 1 
t
1
t
2

a + b
2c

t
2
,

t
1
t
2
− 1

b + c
2a

t

t
1
+

c + a
2b

t
1
+

a + b
2c

t
1


b + c
2a

t
2
+

c + a
2b

t
2

Giải. Bất đẳng thức trên tương đương với
y

xarc cot x +
1
2
ln(x
2
+ 1)

 x

yarc cot y +
1
2
ln(y
2
+ 1)

.
Xét hàm số
v = arc cot t, 0  t  y
Ta có
v
′
(t) = −
1
1 + t
2
< 0, ∀t ∈ R

Do đó
y

xarc cot x +
1
2
ln(x
2
+ 1)

 x

yarc cot y +
1
2
ln(y
2
+ 1)

,
hay
xy(arc cot y − arc cot x)  ln

(x
2
+ 1)
y
(y
2
+ 1)