Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

1


Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số

A.

LỜI NÓI ĐẦU

Phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức là các dạng toán luôn xuất hiện
trong các đề thi tuyển sinh ĐH, CĐ của BGD hàng năm và trong các đề thi HSG các
cấp. Đối với nhiều học sinh đây được coi là các bài toán khó, thậm chí là câu khó
nhất trong đề thi ĐH, CĐ.
Qua quá trình dạy học sinh ôn thi ĐH, CĐ và đặc biệt là dạy bồi dưỡng HSG.
Tôi thấy khi gặp các loại toán này học sinh rất lúng túng, cần phải hướng dẫn học
sinh giải các loại toán này. Vì vậy tôi viết chuyên đề “ Một số ứng dụng về tính đơn
điệu của hàm số” để giải quyết các vấn đề còn khó khăn hầu hết đối với học sinh.
Bài viết được chia làm 3 mục: Mở đầu là tóm tắt các kiến thức cơ bản trong
SGK.Mục thứ hai là các ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số cùng với các thí dụ
minh họa. Mục cuối cùng là hệ thống các bài tập để bạn đọc tham khảo.
Chuyên đề dùng giảng dạy ôn thi ĐH, CĐ và ôn thi HSG lớp 12. Thời gian
giảng dạy chuyên đề này là 4 buổi.
Mặc dù rất tâm huyết với chuyên đề , nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên
bài viết khó tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự góp ý của quí
thầy cô, bạn bè đồng nghiệp và các em học sinh để chuyên đề được hoàn thiện hơn và
trở thành tài liệu có ích trong giảng dạy và học tập.
Vĩnh tường, tháng 03 năm 2014

trên khoảng (0;+∞)
Giải:
,
2
2
( x 2 − 2 x) Lập bảng
Ycbt ⇔ y = −3x + 6 x + 3m ≤ 0, ∀x > 0 ⇔ m ≤ x − 2 x, ∀x > 0 ⇔ m ≤ Min
x >0
biến thiên của hàm số f ( x) = x 2 − 2 x trên (0;+∞)

x
0
f(x) 0

1

+∞
+∞

-1
f ( x) = −1 .Vậy m ≤ −1
Từ bảng biến thiên ta có Min
x >0

Thí dụ 2:Tìm m để

y=

mx 2 + ( 6m + 5 ) x − 2 ( 1 − 3m )
x +1


−7
⇔ u ( x ) = x 2 + 2 x ≥ m ∀x ≥ 1

⇔ Min u ( x ) ≥ m .
x ≥1

Ta

m ≤ Min u ( x ) = u ( 1) = −7
x ≥1
3

Thí dụ 3: Tìm m để y = −31 x 3 + ( m − 1) x 2 + ( m + 3) x − 4 đồng biến trên (0, 3)
Giải. Hàm số tăng trên (0,3)
⇔ y ′ = − x 2 + 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]
⇔

m ( 2 x + 1) ≥ x 2 + 2 x − 3 ∀x ∈ [ 0, 3]

⇔ Max g ( x ) ≤ m .
x∈[ 0,3]

Ta có:

⇔ g ( x) = x

2


; xlim
→∞
x
=
x
=
3
+
6

2
2

g ( x ) = g ( 2) = ≤ m .
Từ BBT ⇒ Max
x≥ 2
3
Thí dụ 5.Tìm m để hàm số
y = x 3 − mx 2 − ( 2m 2 − 7 m + 7 ) x + 2 ( m − 1) ( 2m − 3) đồng biến / [ 2, +∞ )
Giải: Hàm số tăng trên [ 2, +∞ ) ⇔ y ′ = 3x 2 − 2mx − ( 2m 2 − 7m + 7 ) ≥ 0, ∀x ≥ 2

Ta có

(


3
V′= 7 ( m 2 − 3m + 3) = 7  m −
2


(
)
(
)
′
⇔ x1 < x 2 ≤ 2 ⇔ 3 y 2 = 3 −2m + 3m + 5 ≥ 0 ⇔ 
2
m < 6
S = m < 2

2 3
2
(
)
Thí dụ 6. Tìm m để y = 2 x + 1 x− −mmx + 1 + m đồng biến trên ( 1, +∞ )
Giải: Hàm số đồng biến trên ( 1, +∞ )
2 x 2 − 4mx + m 2 − 2m − 1 ≥ 0 ∀x > 1
′
y
=
⇔
( x − m) 2
 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
Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

1
(
)
⇔
⇔   m ≥ 3 + 2 2 ⇔ m ≤ 3 − 2 2
Do đó 1 ⇔ 
m
≤
1
m ≤ 1
m ≤ 1



Thí dụ 7. Tìm m để y = ( 4m − 5) cos x + ( 2m − 3) x + m 2 − 3m + 1 giảm với ∀x ∈ R

Giải: Yêu cầu bài toán ⇔ y , = (5 − 4m) sin x + 2m − 3, ∀x ∈ R
⇔ g ( u ) = ( 5 − 4m ) u + 2m − 3 ≤ 0, ∀u ∈ [ −1;1] . Do đồ thị y = g ( u ) , u ∈ [ −1;1] là một đoạn thẳng
nên ycbt

 g ( −1) = 6m − 8 ≤ 0
⇔
⇔1≤ m ≤ 4
3
 g ( 1) = −2m + 2 ≤ 0

Thí dụ 8. Tìm m để hàm số y = mx + sin x + 14 sin 2 x + 19 sin 3x tăng với mọi x ∈ R
⇔ y ′ = m + cos x + 1 cos 2 x + 1 cos 3 x ≥ 0, ∀x ∈ ¡
2
3

)
2
2
x 2 − x1 = 4 ⇔ 16 = ( x 2 − x1 ) = ( x 2 + x1 ) − 4 x 2 x1 = 4 2m − 12 + 4 3m + 2
m +1
( m + 1)
2
2
⇔ 4 ( m + 1) = ( 2m − 1) + ( 3m + 2 ) ( m + 1)
⇔ 3m 2 − 7 m − 1 = 0 ⇔ m =

kết hợp với

m +1> 0

7 ± 61
6

suy ra

m=

7 + 61
6

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

5



( −∞, 13  .

Mặt khác f (−1) = 0 nên phương trình f (x) = 0 có nghiệm duy nhất x = −1.
Thí dụ 2.Giải phương trình: x 2 + 15 = 3x − 2 + x 2 + 8
Giải. Bất phương trình ⇔ f ( x ) = 3x − 2 + x 2 + 8 − x 2 + 15 = 0 (1).
+ Nếu

x≤ 2
3

thì f (x) < 0 ⇒ (1) vô nghiệm.

1
1
 > 0 ∀x > 2
f ′ ( x) = 3 + x 
−

÷
2
2
3
x + 15 
 x +8
2
⇒ f (x) đồng biến trên 3 , +∞ mà f (1) = 0 nên (1) có đúng 1 nghiệm x =
Thí dụ 3.Giải bất phương trình: x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13 x − 7 < 8 (*)
Giải. Điều kiện x ≥ 75 . Đặt f ( x ) = x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13x − 7
5
7


⇒ f (x) đồng biến trên

(

)

 5 , +∞
 7

) . Mà f (3) = 8 nên (*) ⇔ f (x) < f (3) ⇔ x < 3.

5 ≤ x

y = f ( x ) và y = g ( x )

nên (*) có nghiệm duy nhất x = 1.

cos x + 1) ≤ sin 2 x + sin x + cos x + 2 ∀ x

Giải. Đặt

t = sin x + cos x ≥ 0 ⇒ t 2 = ( sin x + cos x ) = 1 + sin 2 x

đó (*) ⇔

m ( t + 1) ≤ t 2 + t + 1 ∀t ∈ 1, 2 

⇔

2

2
f ( t ) = t + t + 1 ≥ m ∀t ∈ 1, 2 
t +1

⇔

Min f ( t ) ≥ m .

t∈1, 2 

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay


Xét

2

x

− 2008 cos

2

x

2008 sin

2

x

− 2008 cos

= cos 2 x − sin 2 x ⇔ 2008 sin

2

x

2

x

3 x + 5 y = 2 π

cotg x − cotg y = x − y ⇔ x − cotg x = y − cotg y .

Giải.

Xét hàm số đặc trưng
Suy ra

f ( u)

Thí dụ 8.

f ( u ) = u − cotg u , u ∈ ( 0, π )

đồng biến trên ( 0, π ) . Khi đó

. Ta có

f ′( u) =1+

1 >0
.
sin 2 u

 f ( x) = f ( y)
⇔x= y= π

4
3

3

f ( x ) = x 3 − 3x + 1 .

Giải.

f ′ ( x ) = 3 ( x − 1) ( x + 1) < 0

⇒

f ( x)

Đặt

giảm và

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

()

Ta có:

( )

f ( x ) > f 1 = 1 > 0, ∀x ∈ −1, 1
3 27
3

7


⇒

f ′′′ ( x ) = 1 − cos x ≥ 0

⇒

f ′′ ( x )

đồng biến [0, +∞) ⇒

f ′′ ( x ) > f ′′ ( 0 ) = 0

⇒

f ′ ( x)

đồng biến [0, +∞) ⇒

f ′ ( x ) > f ′ ( 0)

⇒

f ( x)

đồng biến [0, +∞) ⇒ f(x) > f(0) = 0



∀x > 0



Ta có

0

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)
Thí dụ 2. Chứng minh rằng:
2x
sin x 2
⇔ f ( x) =
>
π
x
π
x cos x − sin x g ( x)
f ′( x) =
= 2 , ở đây
x2
x

Giải.

sin x >

 π
∀x ∈  0, ÷
 2


2x
2
 π
⇒ f ( x ) > f π2 = π ⇔ sin x > π , ∀x ∈  0, 2 ÷


x+ y
x−y
>
Thí dụ 3. Chứng minh rằng:
∀x
2
ln x − ln y



⇒ g(x) giảm trên

( )

>y>0

Giải. Do x > y > 0, lnx > lny ⇔ lnx − lny > 0, nên biến đổi bất đẳng thức
⇔

x −1
x− y
x
y

f ′( t) = −
=
>0
t ( t + 1) 2 t ( t + 1) 2
2

∀t >1. Ta có

∀t >1

⇒ f(t) đồng biến [1, +∞) ⇒ f(t) > f(1) = 0 ∀t >1 ⇒ (đpcm)
Thí dụ 4. Chứng minh rằng:

1 
y
x 
− ln
 ln
÷> 4
y − x  1− y
1− x 

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

∀x, y ∈ ( 0,1)

 x ≠ y

(1)
8

> 0 ∀t∈(0,1) ⇒ f(t) đồng biến (0, 1)
Ta có f t =
t (1 − t )
t (1 − t )

+ Nếu y > x thì (1) ⇔

ln

⇒ f(y) > f(x) nếu y > x và f(y) < f(x) nếu y < x ⇒ (đpcm)
Thí dụ 5. Chứng minh rằng:

∀a > b ≥ e

ab < ba

Giải. ab < ba ⇔ lnab < lnba ⇔ blna < alnb ⇔
Xét hàm đặc trưng f(x) =
Ta có

ln x
x

∀x ≥ e.

1 − ln x 1 − ln e
≤
= 0 ⇒ f(x) nghịch
x2
x2


a

b

b

b

a

a

b

a

b

a

a

b

a

  1 + 4b 
÷ ≤ b ÷
  2 

3
+
+
≥
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.
Ta có (1) ⇔ f (x) =

x
b
c
+
+
b+c c+ x x+b

với x ≥ b ≥ c > 0

1
b
c
1
b
c
−
−

b+c c+a a+b 2

⇒

f ′( x) =

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

(3)

9


Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số

B.KẾT LUẬN
Trên đây là nội dung chuyên đề “Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số”
chuyên đề dùng cho học sinh lớp 12 và ôn thi đại học.Chuyên đề tập chung vào chủ
yếu các bài toán khó như PT,BPT,BĐT thường xuyên có mặt trong đề thi ĐH,CĐ và
HSG hàng năm.Từ đó cho học sinh thấy được sự ứng dụng đa dạng và rất tuyệt vời
của tính đơn điêu của hàm số mà các vấn đề này trong SGK chưa được đề cập đến.
Thời gian dự kiến là 4 buổi.
Chuyên đề đã được tác giả áp dụng giảng dạy ở các lớp 12A1,12A3,12A12 trong
năm học 2012-2013 ở trường THPT Lê Xoay. Trong đó lớp 12A1 Khá 70%+TB
30%.12A3 Khá (60%)+TB(40%).12A12 Khá (55%)+TB(45%).
Kết quả nhìn chung đã làm cho học sinh không còn lúng túng khi giải các loại toán
này và đã tự tin hơn.

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay


x − 4m

d. y = 2(mx − 1) nghịch biến trên khoảng (1;+∞)
1
3

e. y = − x 3 + (m − 1) x 2 + (m + 3) x − 4 đồng biến trên khoảng (0;3)
1
3

f. y = x 3 − (3m − 1) x 2 + (m + 3) x + 4m − 3 đồng biến trên khoảng (1;+∞)
Bài 2: Chứng minh rằng các phương trình sau đây có nghiệm duy nhất.
a. x 3 + x − 1 = 0
b. x 5 + 2 x 3 − x 2 + x − 1 = 0
c. x 5 − x 2 − 2 x − 1 = 0( KD / 04)
d. x 3 + x + a = 0, ∀a
Bài3:
CMR pt sau không có nghiệm âm 2 x 3 − 3x − 6 5 x 2 − x + 1 + 6 = 0
Bài 4.Gpt,bpt sau
a. x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13 x − 7 < 8
b. (4 x 2 + 1) x + ( x − 3) 5 − 2 x = 0
d.

c. x + 2 + x 2 − x − 2 ≤ 3x − 2

6
8
+
=6
3− x

 x 2 − 2 x( y − 1) + y 2 − 6 y + 4 = 0

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

12


Một số ứng dụng về tính đơn điệu của hàm số

Bài 6: CM các BĐT sau
a. sin x < x ∀x > 0

b. cos x > 1 −
π
2

d. sin x + tan x > 2 x ∀x ∈ (0; )

x2
2

e. x − x 3 ≤

∀x ≠ 0

c. sin x > x −

2 3 ∀x ∈ 0, 3 



−
c
(b + 3c) 3 (a + 3c ) 3

Bài 7:Tìm a,b để hàm số y = a sin x + b cos x + 2 x đồng biến trên R
Bài 8:Cho bốn số thực không âm a,b,c,d thỏa mãn a+b+c+d=4
CMR.

a
b
c
d
1
+
+
+
≤
2
2
2
2
2
5 + 3a
5 + 3b
5 + 3c
5 + 3d

Bài 9:Cho a,b,c,d là các số thực dương sao cho a+b+c+d=1
CMR 6(a 3 + b 3 + c 3 + d 3 ) ≥ (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) +


+
+
)
a b c a+b+c
a+b b+c c+a

Nguyễn Minh Tú-Trường THPT Lê Xoay

13