1
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)
Bài 1.
Tìm m để
2
6 5 2 1 3
1
mx m x m
y
x
nghịch biến trên [1,
)
Giải:
Hàm số nghịch biến trên [1,
)
2
2
27
01
1
mx mx
yx
. Ta có:
22
7 2 2
01
( 2 )
x
u x x
xx
u(x) đồng biến trên [1,
)
1
7
Min 1
3
x
yx
liên tục tại x
0 và x
3 nên (1)
y
0
x
[0, 3]
2
2 1 2 3 0,3m x x x x
2
23
g(x) đồng biến trên [0, 3]
0,3
12
Max 3
7
x
m g x g
Bài 3.
Tìm m để
32
1
1 3 2
33
m
y x m x m x
đồng biến trên
2
26
2
12
x
g x m x
x
Ta có:
2
22
2 6 3
0
( 2 3)
xx
gx
xx
3
x
g x g m
.
Bài 4.
3 2 2
2 7 7 2 1 2 3y x mx m m x m m
đồng biến /
2,
Giải:
Hàm số tăng trên
2,
22
3 2 2 7 7 0, 2y x mx m m x
Ta có
đúng
2x
2, G
2
12
0
5
1
5
2
2 3 2 3 2 3 5 0 1
2
6
2
23
m
x x y m m m
Sm
m
Giải:
Hàm số đồng biến trên
1,
22
2
2 4 2 1
01
x mx m m
yx
xm
22
01
2 4 2 1 0 1
1
0
g x x
0 có 2 nghiệm
12
xx
.
BPT g(x)
0 có sơ đồ miền nghiệm G là:
Ta có g(x)
0 đúng
x
(1,
)
1, G
2
12
1
1, 0
1 2 1 2 6 1 0 3 2 2
3 2 2
3 2 2
Phương pháp hàm số
Ta có: g
(
x
)
4(
x
m)
4(
x
1) > 0
x
> 1
g(x) đồng biến trên [1,
)
1
x
0 3
Do đó
2
1
1 6 1 0
3 2 2
Min 0
1 3 2 2
3 2 2
1
1
1
x
g m m
m
gx
m
m
m
m
m
Giải:
Yêu cầu bài toán
5 4 sin 2 3 0,y m x m x
5 4 2 3 0, 1;1g u m u m u
. Do đồ thị
, 1;1y g u u
là
một đoạn thẳng nên ycbt
1 6 8 0
4
1
3
1 2 2 0
gm
m
gm
m x x x x x
32
41
, 1,1
32
m u u g u u
, với
cos 1,1ux
Ta có
2
1
4 2 2 2 1 0 ; 0
2
g u u u u u u u
Lập BBT suy ra yêu cầu bài toán
1,1
nên
0y
có 2 nghiệm
12
xx
. Khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài
bằng 4
1 2 2 1
0; ; ; 4y x x x x x
10m
và
21
4xx
. Ta có
21
4xx
2
22
2 1 2 1 2 1
m
4
B. ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
I. DẠNG 1: ỨNG DỤNG TRONG PT, BPT, HỆ PT, HỆ BPT
Bài 1.
Giải phương trình:
53
1 3 4 0x x x
.
Giải.
Điều kiện:
1
3
x
. Đặt
53
1 3 4 0f x x x x
.
Ta có:
42
3
x
1.
Bài 2.
Giải phương trình:
22
15 3 2 8x x x
Giải.
Bất phương trình
22
3 2 8 15f x x x x
0 (1).
+ Nếu
2
3
x
thì f (
x
) < 0
3
mà f (1)
0 nên (1) có đúng 1 nghiệm
x
1
Bài 3.
Giải bất phương trình:
35
4
1 5 7 7 5 13 7 8x x x x
(*)
Giải.
Điều kiện
5
7
x
. Đặt
35
4
1 5 7 7 5 13 7f x x x x x
Ta có:
. Mà f (3)
8 nên (*)
f (
x
) < f (3)
x
< 3.
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là
5
3
7
x
Bài 4.
Giải PT:
32
1 1 1
5 4 3 2 2 5 7 17
2 3 6
x x x x
x x x
x x x
7 < 0
x
g(x) nghịch biến.
Nghiệm của f (x)
g(x) là hoành độ giao điểm của
vày f x y g x
.
Do f (x) tăng; g(x) giảm và
1 1 13fg
nên (*) có nghiệm duy nhất
x
1.
Bài 5.
Tìm số m Max để
sin cos 1 sin2 sin cos 2m x x x x x x
(*)
5
Giải.
1
tt
f t m t
t
1, 2
Min
t
f t m
. Do
2
2
2
0
1
tt
2
m
3
Max
2
m
Bài 6.
Giải phương trình
22
sin cos
2008 2008 cos2
xx
x
2 2 2 2
sin cos 2 2 sin 2 cos 2
2008 2008 cos sin 2008 sin 2008 cos
x x x x
x x x x
(*)
Xét
2008
u
f u u
x y x y
xy
Giải.
cotg cotg cotg cotg x y x y x x y y
.
Xét hàm số đặc trưng
cotg , 0,f u u u u
. Ta có
2
1
10
sin
fu
u
.
Suy ra
fu
(*).
Giải.
Xét
32
f t t t t
với
t
2
2
2 1 0f t t t
f (t) tăng.
Không mất tính tổng quát giả sử
Giải hệ bất phương trình
2
3
3 2 1 0
3 1 0
xx
xx
Giải.
2
1
3 2 1 0 1
3
x x x
. Đặt
3
31f x x x
. Ta có:
3 1 1 0f x x x
3
sin
3!
x
xx
x > 0
3
sin 0
3!
x
f x x x
x > 0
Ta có
2
1 cos
2!
x
f x x
x > 0
fx
đồng biến [0, +
)
0f x f
= 0
x > 0
fx
đồng biến [0, +
)
f(x) > f(0) = 0
x
g
(x) =
3
sin
3!
x
xx
= f(x) > 0
x > 0
g
(x) đồng biến [0, +
)
g
(x) > g
(0) = 0
x > 0
g(x) đồng biến [0, +
x
0,
2
. Xét biểu thức đạo hàm
22
()
cos sin
()
gx
x x x
fx
xx
, ở đây kí hiệu g(x) = x cosx
sinx
Ta có g
(x) = cosx
xsinx
gx
fx
x
x
0,
2
f (x) giảm trên
0,
2
2
x > y > 0
7
Giải.
Do x > y > 0, lnx > lny
lnx
lny > 0, nên biến đổi bất đẳng thức
1
ln ln 2 ln 2
1
x
x y y
x
xy
x
x y y
y
2
22
1 4 1
0
11
t
ft
t
t t t
t >1
f(t) đồng biến [1, +
)
f(t) > f(1) = 0
t >1
(đpcm)
Bài 4.
ln ln 4
11
y
x
yx
yx
ln 4 ln 4
11
y
x
yx
yx
+
Nếu y < x thì (1)
ln ln 4
11
y
x
2
1 2 1
40
(1 ) (1 )
t
ft
t t t t
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:
ba
ab
a > b
22
1 ln 1 ln
( ) 0
xe
fx
xx
f(x) nghịch biến [e, +
)
f(a) < f(b)
ln lnab
ab
a
b
< b
a
Bài 6.
(Đề TSĐH khối D, 2007)
ln 1 4 ln 1 4
1 4 1 4 ln 1 4 ln 1 4
ab
b a b a
a b a b
ab
.
Xét hàm số đặc trưng cho hai vế
ln 1 4
x
fx
x
với
0x
. Ta có
2
4 ln 4 1 4 ln 1 4
Giải.
Không mất tính tổng quát, giả sử a
b
c. Đặt x = a
x
b
c > 0.
Ta có (1)
f (x) =
x b c
b c c x x b
với x
b
c > 0
2 2 2 2
11
( ) 0
xc
với x
c > 0
2
( ) 0
c
gx
xc
c > 0
g(x) đồng biến [c, +
)
3
( ) ( )
2
g x g c
Copyright: Tài liệu đại học ©