Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
I. Tóm tắt lý thuyết hàm số đơn điệu

Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a, b)
1. Định nghĩa 1:
- Hàm số y = f(x) đồng biến (tăng) trên khoảng (a,b) nếu ∀ x1, x2 ∈ (a,b), x1< x2 thì
f(x1) < f(x2).
- Hàm số y = f(x) nghịch biến (giảm) trên khoảng (a,b) nếu∀ x1,x2∈ (a,b), x1< x2 thì
f(x1) > f(x2).
- Hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến ) trên khoảng (a; b) gọi chung là hàm số đơn
điệu trên khoảng đó.
2. Định nghĩa 2:
- Hàm số y = f(x) đồng biến (a; b) ⇔

∆y
> 0 trên khoảng (a, b).
∆x

- Hàm số y = f(x) nghịch biến (a; b) ⇔

∆y
< 0 trên khoảng (a, b).
∆x

3. Nhận xét:
- Hàm số y = f(x) đồng biến trên (a; b) ⇒ f'(x) = lim

∆x →0

∆y
≥ 0 trên khoảng (a; b).

Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
Ví dụ 2: Tìm m để hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 đồng biến trên (1 ; 2)
Giải: Hàm số đồng biến trên (1 ; 2)⇔ y' = 3x2 + 6x + m ≥ 0 ∀x ∈ (1; 2)
⇔ 3x2 + 6x ≥ -m
⇔ x2 + 2x ≥ -

m
2

⇔ min g ( x) ≥ -

m
2

x∈[1;2]

∀x ∈ (1; 2)
∀x ∈ (1; 2)
(1), với g(x) = x2 + 2x

Ta có g'(x) = 2x + 2 > 0 ∀x ∈ (1; 2), nên hàm số g(x) đồng biến (1;2) và
min g ( x) = g(1) = 3

x∈[1;2]

Vậy (1) ⇔ -

m
≤ 3 ⇔ m ≥ -6
2

x∈[1;2]

Ta có g'(x) = 3-

(1), với g(x) = 3x +

1
3x 2 − 1
=
> 0 ∀x ∈ [1; 2].
x2
x2

Suy ra min g ( x) = g(1) = 4
x∈[1;2]

∀x ∈ (1; 2)

. Vậy (1) ⇔ 4 ≥ - 2m ⇔ m ≥ -2

Đáp số: m ≥ -2.
Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1

1
.
x


Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
1

cách đó được. Để minh họa, chúng ta xét ví dụ tiếp theo sau đây:
Ví dụ 6: Cho hàm số y=

x 2 − (3m + 1) x + 5m − 1
.
x−m

Tìm m để hàm số đồng biến trong khoảng (0; 1).
Giải: Đkxđ x ≠ m.
m ≤ 0
(1).
m ≥1

HS xác định trong khoảng (0; 1) ⇔ 
Ta có y’=

x 2 − 2mx + 3m 2 − 4m + 1
. Hàm số đồng biến trong khoảng (0; 1) ⇔ y’ ≥ 0 ∀x ∈(0; 1)
( x − m) 2

Hay f(x) = x 2 − 2mx + 3m 2 − 4m + 1 ≥ 0 ∀x ∈(0; 1).
Vì f(x) là một tam thức bậc hai có
 −4m + 1 ≥ 0
1
⇔ 3
⇔ m≤
3
m
−
6

-3m - 1 ≥ 0

⇔

g(1) ≥ 0

m+5≥0

⇔-5≤m≤-

1
3

.

1
3

Đáp số - 5 ≤ m ≤ - .
Nhận xét: Bằng phép tương tự, xét các hàm số nghịch biến trên khoảng (a, b); trên hai
khoảng nào đó.
Bài 1: Tìm m để hàm số y = mx3 + 3x2 + 1 đồng biến trên khoảng (1; 2).
Đáp số: m ≥ -1.
1
3

Bài 2: Tìm m để hàm số y= x3 -(3m - 1)x2 + (m + 3)x + 4m -3 đồng biến trên (1; + ∞ ).
Đáp số: m ≤ 1.
1
Bài 3: Tìm m để hàm số y = 3 mx3 + 2(m - 1) x2 + 5mx + 3 nghịch biến trên (-∞; 1).

2

−x

+ (x2 - x) (2)

Đặt f(t) = 2t + t; f'(t) = 2tln2 + 1 > 0
nên phương trình (2)

∀ t∈R

<=> f(x - 1) = f(x2 - x) <=> (x2 - x) = x -1

<=> x = 1 là nghiệm của phương trình
Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1


Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
Nhật xét: Ta có thể khái quát hoá bài toán trên:
Cứ cho 1 phương trình f(x) = g(x). Khi đó:
af(x) + f(x) = af(x) + g(x)

(a > 0; a ≠ 1)

Ta được một phương trình mới với cách giải tương tự.
Bài tập áp dụng: Giải các phương trình sau:
1 / .e 2 x − 5 − e x −1 =

2



5* / .22 + 32 = 2 x + 3x +1 + x + 1

Ví dụ 2: Giải phương trình: log3

x2 + x + 1
= x 2 − 3x + 2 .
2 x2 − 2 x + 3

Giải: Đặt u=x2 + x +1; v=2x2 - 3x + 3 (u > 0, v > 0). Suy ra v - u=x2 -3x +2.
u
v

Phương trình đã cho trở thành: log3 = v − u ⇔ log 3 u − log3 v = v − u ⇔ log3 u + u = log3 v + v (1)
Xét hàm số: f(t)= log3 t + t trên (0; +∞ ), ta có f’(t)=

1
+ 1 > 0, ∀t > 0 nên hàm số đồng biến
t ln 3

trên (0; +∞ ).
 x =1
.
x = 2

Vậy từ (1) ta có f(u) = f(v), suy ra u = v, hay v - u = 0, tức là x2 -3x +2 = 0 ⇔ 
Nhận xét:
u
v


t

1
2
Hàm số f(t) = 3   +   nghịch biến trên R và f(1) = 1.
5  5

Vậy bất phương trình trở thành f(t) > f(1) ⇔ t < 1.
Từ đó ta được log4x < 1 ⇔ 0 < x < 4.
Chú ý:
 Đối với BPT dạng logau < logbv, ta thường giải như sau:
Đặt t = logau (hoặc t = logbv), đưa về BPT mũ; sử dụng tính đơn điệu của hàm số để
suy ra nghiệm.
 Với PT dạng logau = logbv, ta thường giải như sau:
u = a t
; sử dụng phương pháp thế để đưa về một PT mũ ẩn t.
t
v = b

Đặt t = logau = logbv ⇒ 

Tìm t (thông thường có nghiệm t duy nhất); suy ra x.
Bài tập vận dụng:
Giải phương trỡnh:
2) log 2 ( x + 3log x ) = log 6 x
1) log 5 ( x 2 − 2 x − 3) = 2 log 2 ( x 2 − 2 x − 4) .
6

4


x

-∞

-1

Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1

1

+∞


Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
f'(x)
f(x)

+

0

-

0

+

-∞

+∞

của hệ là x = 2 hoặc x = 4
Nhận xét: Đối với loại hệ phương trình mà trong hệ có phương trình dạng f(x) = f(y),
phương trình còn lại giúp ta giới hạn được x, y để trên đó hàm số f đơn điệu. Từ đó suy ra
x=y.
 x3 − 5 x = y 3 − 5 y (1)
Ví dụ 6: Giải hệ phương trình:  8 4
 x + y = 1(2)

Giải: Từ PT (2) ta có x8 ≤ 1, y4 ≤ 1 ⇔ x ≤ 1; y ≤ 1 .
Xét hàm số: f(t) = t5 - 5t, t ∈ [ −1;1] , ta có f’(t) =3t2 -5 < 0, ∀ t ∈ [ −1;1] . Do đó hàm số f(t)
nghịch biến trên khoảng (-1; 1), nên từ PT (1) suy ra x=y. Thay vào PT (2) ta được:
x8 + x4 - 1 = 0.
Đặt a= x4 ≥ 0, giải PT tương ứng ta được a=

Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1

−1 + 5
−1 + 5
⇒ x = y = ±4
.
2
2


Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
 x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1
Ví dụ 7: Giải hệ PT 
.
2
x −1

cot x − cot y = x − y

 5 x + 8 y = 2π
 x − y = (log 2 y − log 2 x)(1 + xy )
xy − 3 y + 2 = 0


2. Giải hệ: 



x 2 + 5x + 4 < 0
3
2
 x + 3 x − 9 x − 10 > 0

3. Giải hệ bất phương trình: 

 log 22 x − log 2 x 2 < 0

4. Giải hệ bất phương trình:  1 3
2
 3 x − 3 x + 5 x + 9 > 0

2( x 3 + 2 x − y − 1) = x 2 ( y + 1)

5. Giải hệ: 

3
2

x

0

-∞

1
3

f'(x)
f(x)

-

0

+∞

-

+∞

2

0

+

+∞


Giải: Ta có (1)

1
<=> x3 + 2 - x3 > 3mx (do x ≥ 1)
<=> x2 +

2 1
> 3m
x x3

2 1
xét trên [1; + ∞)
x x3
Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1

Đặt f(x) = x2 +

(2)


Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
2(x3 - 1) 3
Ta có f'(x) = x2 + x4 > 0 ∀x ≥ 1 => f(x) đồng biến [1; + ∞)
2
Vậy 3m < min f ( x) = f(1) = 2 <=> m < 3
x∈[1; +∞ ]

2
Đáp số: m < 3 .
Nhận xét:

Giải: Đặt f(x) = sin x + tan x - 2x xét trên (0;
Ta có f'(x) = cos x +

π
).
2

1
1
- 2 > cos2x +
-2≥2-2=0
2
cos x
cos2x

=> f(x) đồng biến trên khoảng (0;

π
) mà f(x) xác định tại x = 0
2

π
nên f(x) > f(0) = 0 ∀x ∈ (0; 2 ) => đpcm
Nhận xét: Sử dụng phương pháp của bài toán trên ta chứng minh được:
Bài toán 1: CMR: 2sin x + 2tan x > 2x + 1
3x

∀x ∈ (0;

+1

, với mọi x > 0.
2

Giải: Ta có BĐT cần CM tương đương với x > ln(1 + x +
Xét hàm số f(x) = x - ln(1 + x +

x2
).
2

x2
x2
), ta có f’(x) = 2
>0, ∀x ∈ R
2
x + 2x + 2

Vậy hàm số đồng biến trên R. Do đó với x > 0, ta có f(x) > f(0) = 0.
Hay x > ln(1 + x +

x2
) ∀x > 0 (đpcm).
2

Nguyễn Bá Nam – THPT Yên Phong số 1


Một số bài toán liên quan đến tính đơn điệu của hàm số.
Nhận xét: Với x>0 và n ∈ N*, ta có BĐT tổng quát sau:
ex > 1 + x +