¤n
Thi TNPT 2009
CHƯƠNG I : ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM
Vấn đề 1 : Tính đơn điệu .
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
1 ĐN : f tăng trên (a;b) x ;x (a;b) : x x f(x ) f(x )
f giảm trên (a;b) x ;x (a;b) : x x f(x ) f(x )
2 ĐL : Gỉa sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I .
f tăng (đo
⇔ ∀ ∈ < ⇒ <
⇔ ∀ ∈ < ⇒ >
w àng biến) trên khoảng I f (x) 0 ; x I
f giảm (nghòch biến) trên khoảng I f (x) 0 ; x I
f (x) 0 với mọi x I thì f(x) = C (= hằng số ) trên khoảng I
Chú ý : Hàm số ta
′
⇔ > ∀ ∈
′
⇔ < ∀ ∈
′
= ∈
w
w
êng hay giảm gọi chung là hàm đơn điệu
3 Nhận xét :
f (x) 0 ; x I
1. f tăng (đồng biến) trên khoảng I
f (x) 0 tại một số hữu hạn điểm trên I
f (x) 0 ; x I

bổ sung
giả thiết " Hàm số liên tục trên đoạn hoặc nửa khoảng đó " , Chẳng hạn :
Nếu hàm số f liên tục trên đoạn [a;b] và có đạo hàm f (x)> 0 trên khaỏng (a;b) thì
′
i i i
1 2
hàm số f đồng
biến trên [a;b] .
5 Áp dụng
Xét dấu f (x) ta có thể giải f (x) 0 hay f (x) 0
x là điểm tới hạn của f(x) f (x ) 0 hay f (x )
x ;x là 2 điểm tới ha
′ ′ ′
≥ ≤
′ ′
⇔ = ∃
g
g
g
1 2 o o
ïn gần kề . Khi dó trên (x ;x ) thì f (x) cùng dấu với f(x ) với x (a;b)
′
∈
6
PP:
1) Tập xác đònh : D = (a; b)
2) Đạo hàm :
i i
y y 0 x ( x là các nghiệm nếu có của đạo hàm )
′ ′

g
Giải
a) Tập xác đònh : D =
Đạo hàm :
y = 2x 2
y = 0 2x 2 0 x 1
Bảng biến thiên
- 1 -
x
o
a x b

′
y

− (?) +
y
] Z
x
o
a x b

′
y

−+ (?)
y
Z ]
¤n
Thi TNPT 2009

g

Bảng biến thiên :g
Vậy : Hàm số đã cho :

3
Đồng biến trên : ( ;2) , (3;+ )
Nghòch biến trên : (2; )
−∞ ∞g
g
2
2
c) Tập xác đònh : D =
Đạo hàm :
y = x 2x 3
y = 0 x 2x 3 0 ( vô nghiệm )
′
− +
′
⇔ − + =
¡
g
g

Bảng biến thiên g

Vậy : Hàm số đã cho

1 3
+∞

y
′
+ 0
−
0 +
yx
−∞

+∞

y
′
+
y ¤n
Thi TNPT 2009
Vậy : Hàm số đã cho
nghòch biến trên : ( ;+ ) −∞ ∞
′
− + = − −

=

⇔ + = ⇔ =
¡
g
g

Bảng biến thiên :g
Vậy : Hàm số đã cho :

Đồng biến trên : (0; + )
Nghòch biến trên : ( ; 0)
∞
− ∞
g
g
3 2
2
g) Tập xác đònh : D =
Đạo hàm :
y = 2x 6x 2x(x 3)
x 0
y = 0 2x(x 3) 0
x 3
′
− = −

=
′
⇔ − = ⇔

= ±

yx
−∞
0
+∞
′
y

−
0 +
y
¤n
Thi TNPT 2009
x

−∞

3−
0
3

+∞

y
′

−
0 + 0

Vậy : Hàm số đã cho :
2 2) Đồng biến trên : ( ; ) , (0 ; − ∞ −g

2; 0) , 2 Nghòch biến trên : ( ( ; + ) − ∞g
3
3
i) Tập xác đònh : D =
Đạo hàm :
y = 4x
y = 0 4x 0 x 0
′
−
′
⇔ − = ⇔ =
¡
g
g

Bảng biến thiên :g
Vậy : Hàm số đã cho :

Đồng biến trên : ( ; 0)
Nghòch biến trên : (0; + )
−∞
∞
g
g


x
−∞
0
+∞
′
y
+ 0
−
y
¤n
Thi TNPT 2009

Bảng biến thiên :g

Vậy : Hàm số đã cho
nghòch biến trên : ( ;2) , (2;+ ) −∞ ∞
{ }
2
b) Tập xác đònh : D = \ 3
Đạo hàm :
2
y = 0 , x D
(x 3)
−
′
> ∀ ∈
+
¡
g

Vậy : Hàm số đã cho :
1 3
2 2
Đồng biến trên : ( ; ) , ( ; + )−∞ ∞g
- 5 -
x
−∞
2
+∞
y
′
− −
y
x
−∞

3
−

+∞
y
′
+ +
y
x
−∞

1
2
1

(x 2)

Bảng biến thiên :

Vậy : Hàm số đã cho
2đồng biến trên : ( ; 2) , ( ;+ ) − ∞ − − ∞
{ }
− − + − − +

=
′ ′
− + = ⇔ = ⇔ − − + = ⇔

=

− − −
¡
2 2
2
2 2 2
d) Tập xác đònh : D = \ 1
1 (x 1) 1 (x 1) 1
x 0
Đạo hàm : y = 1 ; y = 0 0 (x 1) 1 0
x 2
(x 1) (x 1) (x 1)

Bảng biến thiên :
Vậy : : Hàm số đã cho :
0 ; 1) , 2) Đồng biến trên : ( (1 ; g

y
x
−∞
0 1 2
+∞
y
′
−
0 + + 0
−
y
x
−∞
1
+∞
y
′
− −
y
¤n
Thi TNPT 2009
3. Kết luận : Hàm số đã cho
nghòch biến trên : ( ;1) , (1;+ ) −∞ ∞
− π ∈ π ∈ π a) y = x 2sinx (0 < x < 2 ) b) y
VD 3 : Xét chiều biến thiên ( Tính đơn điệu )
= x + cos2x , x [0 ; ] c) y = cos2x
của các hàm số sau
+ 2sinx , x ( 0 ; 2
:
)


π

=


g
g

(0; ) :
4 3
y ( ) 1 2 cos 1 2 0
4 4
(0; )
3
Để xét dấu y ta có thể chọn x =
nên trong
khoảng thì y có dấu , sau đó dùng
luật đang dấu .
π π
′
∈
π π
′
= − = − <
π
′
−

Bảng biến thiên :g

π
∈ ⇒
π
= − + π
¢
¢
g
¢
g
: Tìm k
Ta có : cosx =
Xét : . Do 0 < x < 2 0 < < 2
Vì k nên k = 0 x =

Cách cơ bản
Xét : . Do 0 <
w
1 1 7 1 7
k2 0 2k 2 2k k
3 3 3 3 6 6
5
3
5
,
3 3
π
π ⇔ − + π π ⇔ < − + < ⇔ < < ⇔ < <
π
∈ ⇒
π π

:
1 , ∈ ∉ π¢ k thì nghiệm x ( 0 ; 2 ) ]

5 5
x k2 : k 0 x 2
3 3 3 3 3
Xét : (0 ; 2 ) nên ta viết lai x = ; k = 1 x =
π π π π π
= − + π = ⇒ = − ∉ π ⇒ − + π =g
- 7 -
x 0
3
π

5
3
π

2
π

y
′

−
0 + 0
−
y
g Đồng biến trên : (

5
0
12 12
π π
πg Nghòch biến trên : [ ; ) , ( ; ]

π
′
− + = − +
′
⇔ − + = ⇔ = ∨ =
π π π π
= ⇔ = ∨ = = ⇔ = ∨ =
g
g
c) Tập xác đònh : D = ( 0 ; 2 )
Đạo hàm :
y = 2sin2x 2 cosx 2cosx( 2sinx 1)
1
y = 0 2cosx( 2sin x 1) 0 cosx 0 sin x
2
3 1 5
cos x 0 x x ; sin x x x
2 2 2 6 6

Bảng biến thiên :g
y
′

−
0 + 0
−
yx 0
6
π

2
π

5
6
π

3
2
π

2π

y
′
+ 0
−

x
−∞

3−
0
+∞

y
′

−
0 + 0 +
y

Vậy : Hàm số đã cho :
3 Đồng biến trên : ( ; + )− ∞g

3 Nghòch biến trên : ( ; )− ∞ −g
2
2
2
2 2
2
e) Tập xác đònh : D = ( Vì x 1 0 , với mọi x )
Đạo hàm :
1 x
y = ( y cùng dấu với 1 x )
(x 1)
y = 0 1 x 0 x 1
+ ≠ ∈

′
⇔ = −
¡
g
g

Bảng biến thiên :g
Vậy : Hàm số đã cho :
3 2− − − ∞g Đồng biến trên : ( ; 2) , ( ; 0) , (0 ;+ )

3−∞ −g Nghòch biến trên : ( ; )
- 9 -
x
−∞

1−
1
+∞

y
′

−
0 + 0
−
yx
−∞

y = ( y cùng dấu với x )
1 x
y = 0 x 0
− − ≥ ⇔ − ≤ ≤
−
′ ′
−
−
′
⇔ =
g
g

Bảng biến thiên :g

Vậy : Hàm số đã cho :
1 Đồng biến trên : ( ; 0)−g

1 Nghòch biến trên : ( 0; ) g
+∞ ≥
−
′ ′
−
+
′
⇔ =
g
g
2
b) Tập xác đònh : D = [0 ; ) ( Vì x 0 )

Vậy : Hàm số đã cho :
Đồng biến trên : (3 ; + ) ∞g

Nghòch biến trên : ( ; 1)− ∞ −g
- 10 -
x
−∞

1−
0 1
+∞
′
y
+ + 0
−−
y
x
−∞
0 1
+∞
′
y
+ + 0
−

y
x

g
g

Bảng biến thiên :g

Vậy : Hàm số đã cho :
3 3 Đồng biến trên : ( ; ) , ( ; + )−∞ − ∞g

3 ; 6 ) , 6 3) Nghòch biến trên : ( ( ; − −g

= + ≥


= − + = − − <


′

= + >

′

′
= − − <


¡
g
2
1

≠
3
2
y = , x 0 ( y cùng dấu với x )
3 x

Bảng biến thiên
- 11 -
x
−∞

3
−
6− 0 6 3
+∞
′
y
+ 0
−

−
0 +
y
x
−∞
0 1
+∞
1
y
′

1
c) Hàm số y = x nghòch b
VD 5 : Chứng minh
iến trên mỗi nư
rằng :
ûa k
x

hoả −
− + +
−
+ +
¡
¡
2
2
3
3
3
ng [ 1 ; 0) và ( 0 ; 1] .
x 2x 1
d) Hàm số y = nghòch biến trên mỗi khoảng xác đònh của nó .
x 2
e) Hàm số y = x + cos x đồng biến trên
f) Hàm số y = 1 1 x đồng biến trên
Giải
−
′
∈
−

x
Từ (1) , (2) suy ra hàm − số nghòch biến trên mỗi nửa khoảng [ 1 ; 0) và ( 0 ; 1]
{ }
2
2
d) Tập xác đònh : D = \ 2
Đạo hàm :
x 4x 5
y
(x 2)
− + −
′
=
−
¡
g
2
y = 0 x 4x 5 0 ( vô nghiệm )
′
⇔ − + − =g

Bảng biến thiên :g
3. Kết luận : Hàm số đã cho
n ; 2 ) 2 ) ghòch biến trên mỗi khoảng ( và ( ;− ∞ + ∞
- 12 -
x
−∞
2
+∞
y

3
3
3 2
2
3 3
3 3
3 3 3
2 2 2 2
f) Tập xác đònh : D =
Hàm số y liên tục trên ( ;0] , [0 ; + ) (1)
1 1 1 1
y . . nên y > 0 với x 0 (2)
3 x
3 (1 x)
3 (1 1 x) 27 x (1 x) (1 1 x)
Từ (1) , (2) suy ra
− ∞ ∞
′ ′
= = ≠
+
+ + + + +
¡
g
g
hàm số đồng biến trên các nửa khoảng ( ;0] , [0 ; + ) . Do đó đồng biến trên −∞ ∞ ¡
VD 6 : Chứng minh các bất đẳng thức sau :
2
3 3
x
a) sinx < x với mọi x > 0 b) sinx > x với mọi x < 0 c) cosx > 1 với mọi x 0

2
f (x) = 1 cos x > 0 với mọi x ( 0
⇔ −
π
∈ −
π
′
− ∈
g
g
w
; ) (2)
2
Từ (1) , (2) suy ra hàm số đồng biến trên [ 0 ; ) .
2
π
π

Do đó : f(x) > f(0) = 0 với x ( 0 ; ) tức là x sinx > 0 với x ( 0 ; )
2 2
π π
∈ − ∈
Vậy : x sinx với x ( 0 ; ) (3)
2
π
> ∈

Với x . Ta có : x 1 sinx (4)
2 2
Từ (3) , (4) suy ra : x sinx với mọi x > 0 .

π π
∈ − ∈
o đó : f(x) < f(0) = 0 với x ( 0 ; ) tức là x sinx < 0 với x ( 0 ; )
2 2
Vậy : x sinx với x ( ; 0) (3)
2
Với x . Ta có : x 1 sinx (4)
2 2
Từ (3) , (4) suy ra : x sinx với mọi x < 0 .
π
< ∈ −
π π
≤ − ≤ − < − ≤
<
w
− ⇔ − ≠
∈ ∞ −
+∞
′
g
g
2 2
2
x x
c) Ta có : cosx > 1 cosx + 1 > 0 với mọi x 0
2 2
x
với x (0 ; + ) . Xét hàm số f(x) = cosx + 1
2
Hàm số f liên tục trên nửa khoảng [ 0 ; ) (1)

> −
2
x
0 với x < 0 tức là cosx > 1 với x < 0 (4)
2
2
x
Từ (3) , (4) suy ra cosx > 1 với x 0
2
− ≠
− ⇔ − − >
− −
′ ′′
− − − ∈
′′
¡
¡
g
3 3
3
2
x x
d) Ta có : sinx > x x sinx 0 với mọi x < 0
6 6
x
Hàm số f(x) = x sin x có tập xác đònh D =
6
x
Đạo hàm : f (x) = 1 cosx , f (x) = sinx x với mọi x
2

π
′ ′
− > − ≥ ∈g
2
1 1
Đạo hàm f (x) = cosx + 2 cosx + 2 0 với mọi x (0 ; ) , f (x) = 0 chỉ tại x = 0 .
cosx 2
cos x
π
≤ ⇒ < ≤ ⇒ ≥
π
π
∈ −
2
2
1 1
Vì 0 < x < nên 0 < cosx 1 0 cos x cosx
2 cosx
cos x
Do đó hàm số f đồng biến trên [ 0 ; ) và ta có :
2
f(x) > f(0) = 0 với mọi x (0 ; ) hay sinx + tanx 2x > 0 , với mọi
2
π
∈
π
∈
∆ + + > π
x (0 ; )
2

Hàm số f(x) = 2sinx + tanx 3x liên tục trên nửa khoảng [ 0 ; )
2
1 2cos x 3cos x 1 (1 cosx)
f (x) = 2cosx + 3
cos x cos x
+ π
> ∈
π π
∈
2
2
(2cosx 1)
0 với mọi x (0 ; )
2
cos x
Do đó hàm số đồng biến trên nửa khoảng [ 0 ; ) nên f(x) > f(0) = 0 với mọi x (0 ; ) tức là
2 2
ta có bđt cần chứng minh .
Áp dụ ∆ + + > π
2 1
ng : Chứng minh rằng ABC nhọn ta có : (sinA+ sinB sinC) + (tanA+ tanB tanC) (*)
3 3
Biến đổi : (*) 2(sinA+ sinB sinC) + (tanA+ tanB tanC) 3 ⇔ + + > π
⇔ + + > + +
⇔ − + − + − >
π
∈
2(sinA+ sinB sinC) + (tanA+ tanB tanC) 3(A B C)
(2sinA + tanA 3A) (2sinB + tanB 3B) (2sinC + tanC 3C) 0
Vì A,B,C là góc nhọn nên A,B,C (0 ; ) . Áp dụng bđt vừa chứng minh ta


đơn điệu
1. Đưa về dạng : f( ) f( ) với a < < < b
2. Xét hàm số f(x) trong (a;b) , chứng minh f đồng biến hay nghòch biến trên (a;b) đpcm
α < β α β
→
VD : 7 Giải các phương trình , bất phương trình , hệ phương trình sau :
EMBED Equation.DSMT4
2 4 2009
a) 3x 2 x 2 5x 1 7 b) 1 3x 3 x 1 x 4
c) x 1 x 1 x x 2 d) 2 3 x x 1 x x 6
x y y x
e)
x y 2 3x y
− + + + − = − + − + − − =
− + − + + ≤ − + − − − − ≥

− = −


+ + = −


x sin y y sin x
f)
sin x siny 3

+ = +

+ =


1−
EMBED
Equation.DS
MT4
=f(x) g(x)
có nghiệm
duy nhất :
EMBED
Equation.DS
MT4
∈
o
x D
f tăng , g giảm / D : EMBED
Equation.DSMT4
=
o o
f(x ) g(x )
f giảm , g tăng / D : EMBED
Equation.DSMT4
=
o o
f(x ) g(x )
f tăng, g hằng số / D : EMBED
Equation.DSMT4
=
o o
f(x ) g(x )
f giảm ,g hằng số / D: EMBED

b) Tập xác đònh : D
∞
= ( ; 1]
Ta có : pt 1 3x 3 x 1 x 4 0
Xét hàm số f(x) = 1 3x 3 x 1 x 4 liên tục trên nửa khoảng ( ; 1] (1)
3 1 1
Đạo hàm f (x) = 0 với x ( ; 1) (2)
2 1 3x 2 3 x 2 1 x
Từ (1)
− ∞ −
⇔ − + − + − − − =
− + − + − − − −∞ −
− − −
′
+ + < ∈ −∞ −
− − − −
, (2) suy ra hàm số nghòch biến trên nửa khoảng ( ; 1] (3)
Mặt khác : f( 1) = 0 (4)
Từ (3) , (4) suy ra phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 .
− ∞ −
−
−
c) Tập xác đònh : D = [1;+ )∞
2 4
Ta có : bpt x 1 x 1 x x 2 0 (*)⇔ − + − + + − ≤
− + − + + − ∞
2 4
Xét hàm số f(x) = x 1 x 1 x x 2 liên tục trên nửa khoảng [1;+ ) (1)
′
+ + + > ∈ ∞

Đạo hàm f (x) = 2009x
3 x 2 x 1
− < ∈ −∞ −
− ∞ −
−
1 0 với x ( ; 1) (2)
Từ (1) , (2) suy ra hàm số nghòch biến trên nửa khoảng ( ; 1] (3)
Mặt khác : f( 1) = 0 (4)
f nghòch biến
Do đó : (*) f(x) 0 f( 1) x 1
Vậy : Bất phương trình đã cho có nghiệm x 1 .
⇔ ≥ = − ¬ → ≤ −
≤ −
- 17 -
¤n
Thi TNPT 2009

− = −


+ + = −


≥ ≥
⇔ + = +
′
+ ∈ ∞ > ∈ ∞
x y y x (1)
e)
x y 2 3x y (2)

+ =


⇔ − = −
x sin y y sin x (1)
f)
sinx sin y 3 (2)
Ta có : (1) x sin x y sin y (3)
Xét hàm số : f(t) = t sin t , f (t) = 1 cost 0 , t ; f (t) = 0 tại một số hữu hạn điểm f(t) đồng biến
′ ′
− − ≥ ∀ ⇒
k
k
Do đó : (3) f(x) = f(y) x = y ( do f đồng biến )
3
Thay y = x vào (2) , ta được : 2sinx = 3 sinx x ( 1) . k2 , k
2 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm x y ( 1) . k2 , k
3
⇔ ⇔
π
⇔ = ⇔ = − + π ∈
π
= = − + π ∈
¢
¢
VD 8 : Đònh tham số để phương trình ,bất phương trình , hệ phương trình có nghiệm .
2
1 Đònh m để phương trình : x 2x m 2x 1 , với m là tham số .
a) Có 1 nghiệm b) Có 2 nghiệm phân biệt .

→+∞ →+∞
= − + − = −∞
Căn cứ vào bảng biến thiên :

5
m < m 2 : pt có 1 nghiệm
4
5
m 2 : pt có 2 nghiệm
4
∨ =
≤ <
g
g
- 18 -
x
−∞
1/2 1
+∞
′
y
+ + 0
−

y
2

5/ 4

−∞