Hàm Đơn ĐiU, Tựa Đơn ĐiU Và Một Số Ứng Dụng Của Phép Đơn ĐiU Hóa Hàm Số.docx

Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
LÊ VĂN HIỂU
HÀM ĐƠN ĐI› U, TỰA ĐƠN ĐI› U VÀ
MộT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP
ĐƠN ĐI› U HÓA HÀM SỐ
Thái Nguyên - 2017

LÊ VĂN HIỂU
HÀM ĐƠN ĐI› U, TỰA ĐƠN ĐI› U VÀ
MộT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP
ĐƠN ĐI› U HÓA HÀM SỐ
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số : 60 46 01 13
LUŠN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯÍI HƯÎNG DẪN KHOA HỌC:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MŠU
Thái Nguyên - 2017

i
MỤC LỤC
MÐ ĐẦU ii
Chương 1. Một số lďp hàm số đơn đi»u 1
1.1 Hàm đơn đi»u . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Hàm đơn đi»u tuy»t đối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Hàm đơn đi»u có tính tuần hoàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.4 Hàm đơn đi»u liên tiếp trên m®t đoạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
Chương 2. Phép đơn đi»u hóa hàm số 14
2.1 Hàm đơn đi»u tàng khúc và phép đơn đi»u hóa hàm số ...................................14
2.2 Hàm tựa đơn đi»u ..................................................................................................25
2.3 Phương pháp xây dựng các hàm tựa đơn đi»u tà m®t hàm số cho trước . 27
2.3.1 Bất đẫng thác hàm liên quan đến tam giác............................................27
2.3.2 Hàm tựa đồng biến dạng hàm số sin .......................................................28
2.3.3 Hàm tựa lõm dạng hàm số cosin..............................................................30
Chương 3. Các dạng toán liên quan 33
3.1 Sả dụng tính đơn đi»u của hàm số trong cháng minh bất đẫng thác ..............33
3.1.1 M®t số bài toán áp dụng trong bất đẫng thác đại số ...........................33
3.1.2 M®t số bài toán áp dụng cho bất đẫng thác trong tam giác ................35
3.2 Sả dụng tính đơn đi»u của hàm số trong bài toán cực trị.................................38
KẾT LUŠN 47
TÀI LI› U THAM KHẢO 48

ii
MÐ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Lớp các hàm số dơn di»u và lồi, lǒm có vị trí rất quan trọng trong Giải tích Toán
học vì nó khȏng nhǎng là m®t dối tmợng nghiȇn cáu trọng tȃm của nhiều mȏ hình toán
học mà còn là m®t cȏng cụ dắc lực dễ khảo sát bất dẫng thác và các bài toán cực trị.
Trong hầu hết các kì thi học sinh giỏi toán quốc gia và Olympic toán quốc tế thì các
bài toán về hàm số thmờng dmợc dề cªp dến và dmợc xem nhm nhǎng dạng toán rất khó
của bªc phỗ thȏng.
Do dó, dề tài "Hàm đơn đi»u, tüa đơn đi»u và m®t số úng döng của phép đơn đi»u
hóa hàm số" dmợc nghiȇn cáu nhằm thễ hi»n rǒ vai trò quan trọng của hàm dơn di»u,
tựa dơn di»u trong các dạng toán thi HSG quốc gia và Olympic quốc tế.
2. Lịch sfi nghiên cfíu
Hi»n nay các tài li»u tham khảo về chuyȇn dề hàm số có nhiều nhmng chma dề cªp
dầy dủ và h» thống dến lớp các hàm dơn di»u, tựa dơn di»u cùng các áng dụng của
chúng.
Vì vªy, vi»c khảo sát sȃu hơn về lớp các hàm dơn di»u, tựa dơn di»u và các dạng
toán áng dụng liȇn quan cho ta hiễu sȃu sắc hơn về lý thuyết cǔng nhm các áng dụng
liȇn quan dến hàm số.
3. Mṇc đích, đối tưỢng và phạm vi nghiên cfíu
Luªn văn "Hàm đơn đi»u, tüa đơn đi»u và m®t số úng döng của phép đơn đi»u hóa
hàm số" trình bày m®t số vấn dề liȇn quan dến lớp các hàm dơn di»u, tựa dơn di»u và
m®t số áng dụng liȇn quan.
Mục dích nghiȇn cáu của luªn văn nhằm thễ hi»n rǒ vai trò quan trọng của hàm dơn
di»u trong các dạng toán thi HSG quốc gia và Olympic quốc tế.
4. Các luªn điểm và đóng góp của luªn văn
Luªn văn gồm phần mở dầu, kết luªn và 3 chmơng.

iii
Chmơng 1. M®t số lớp hàm số dơn di»u
Chmơng 2. Phép dơn di»u hóa hàm số
Chmơng 3. Các dạng toán liȇn quan
Trong các chmơng dều trình bày m®t h» thống bài tªp áp dụng giải các dề thi HSG
quốc gia và Olympic quốc tế liȇn quan, góp phần giúp cho học sinh và giáo viȇn có thȇm
m®t số phmơng pháp giải toán bất dẫng thác.
5. Phương pháp nghiên cfíu
Luªn văn này dmợc sả dụng m®t số phmơng pháp nghiȇn cáu sau dȃy:
Nghiȇn cáu tà các nguồn tm li»u gồm: các tài li»u tham khảo dmợc nȇu ở phần cuối
của luªn văn, sách giáo khoa phỗ thȏng, các tài li»u dành cho giáo viȇn, tạp chí toán
học tuỗi trẻ, các dề tài nghiȇn cáu có liȇn quan, . . .
Nghiȇn cáu thȏng qua vi»c tiếp cªn lịch sả, smu tªp, phȃn tích, tỗng hợp tm li»u và
tiếp cªn h» thống.
Nghiȇn cáu tà thực nghi»m sm phạm ở trmờng phỗ thȏng.
Luªn văn dmợc hoàn thành dmới sự hmớng dấn khoa học của NGND.GS.TSKH.
Nguyến Văn Mªu, nguyȇn Hi»u trmởng trmờng Dại học Khoa học Tự nhiȇn, Dại học
Quốc gia Hà N®i, ngmời thày dǎ tªn tình hmớng dấn, giúp dơ tác giả trong suốt quá
trình hoàn thành bản luªn văn này. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chȃn thành và kính
trọng sȃu sắc dối với Giáo sm.
Tác giả xin chȃn thành cảm ơn Ban giám hi»u, Phòng dào tạo, Khoa Toán - Tin
trmờng Dại học Khoa học, Dại học Thái Nguyȇn dǎ tạo mọi diều ki»n thuªn lợi cho tác
giả trong suốt quá trình học tªp và nghiȇn cáu tại trmờng.

1
n
Σ Σ
Chương 1. Một số lďp hàm số đơn đi»u
Trong chmơng này sả dụng các tài li»u tham khảo [2], [6] dễ nhắc lại các kiến thác
cơ bản của m®t số lớp hàm số dơn di»u dễ sả dụng trong cháng minh bất dẫng thác và
bài toán cực trị liȇn quan.
1.1 Hàm đơn đi»u
Ta thmờng dùng ký hi»u I(a, b) ⊂ R là nhằm ngầm dịnh m®t trong bốn tªp hợp (a, b),
[a, b), (a, b] ho°c [a, b], với a < b.
Xét hàm số f(x) xác dịnh trȇn tªp I(a, b) ⊂ R.
Định nghĩa 1.1 (xem [2]). Nếu với mọi x1, x2 ∈ I(a, b) sao cho x1 < x2, ta dều có
f(x1) ≤ f(x2) thì ta nói rằng f(x) là m®t hàm dơn di»u tăng trȇn I(a, b).
D°c bi»t, khi áng với mọi c°p x1, x2 ∈ I(a, b), ta dều có
f(x1) < f(x2) ⇔ x1 < x2,
thì ta nói rằng f(x) là m®t hàm dơn di»u tăng thực sự trȇn I(a, b).
Ngmợc lại, nếu với mọi x1, x2 ∈ I(a, b) sao cho x1 < x2, ta dều có f (x1) ≥ f (x2) thì ta
nói rằng f(x) là m®t hàm dơn di»u giảm trȇn I(a, b). Nếu xảy ra
f(x1) > f(x2) ⇔ x1 < x2; ∀x1, x2 ∈ I(a, b),
thì ta nói rằng f(x) là m®t hàm dơn di»u giảm thực sự trȇn I(a, b).
Nhǎng hàm số dơn di»u tăng thực sự trȇn I(a, b) dmợc gọi là hàm dồng biến trȇn
I(a, b) và hàm số dơn di»u giảm thực sự trȇn I(a, b) dmợc gọi là hàm nghịch biến trȇn
tªp dó.
Trong chmơng trình giải tích, chúng ta dǎ biết dến các tiȇu chuẫn dễ nhªn biết khi
nào thì m®t hàm số khả vi cho trmớc trȇn khoảng (a, b) là m®t hàm dơn di»u trȇn khoảng
dó.
Các dịnh lí sau dȃy cho ta m®t số d°c trmng dơn giản khác của hàm dơn di»u.
Định lý 1.1 (xem [2-6]). Hàm số f(x) xác đ$nh trên R+
là m®t hàm đơn đi»u tăng khi
và chỉ khi với mọi c¾p b® số dương a1, a2, . . . , an và x1, x2, . . . , xn, ta đều có
Σ
k=1
akf (xk) ≤
n
ak f
k=1
n
xk
k=1
. (1.1)

2
Σ
Σ
n
Σ
n
Σ Σ
k=1
ChFng minh. Khi f(x) dơn di»u tăng trȇn R thì hiễn nhiȇn ta có
Suy ra
f(xj) ≤ f
n
xk
k=1
, j = 1, 2, . . . , n.
ajf(xj) ≤ ajf
n
xk
k=1
, j = 1, 2, . . . , n. (1.2)
Lấy tỗng theo j (j = 1, 2, . . . , n), tà (1.2), ta thu dmợc (1.1).
Ngmợc lại, với n = 2, tà (1.1), ta có
f (x) + εf (h) ≤ (1 + ε)f (x + h), ∀ε, h > 0. (1.3)
Khi ε → 0, ta thu dmợc f(x + h) ≥ f(x), hay f(x) là m®t hàm dồng biến.
Dịnh lj 1.2 (xem [2-6]). Để bất đẫng thúc
Σ
k=1
f(xk) ≤ f
n
xk
k=1
, (1.4)
được thỏa mãn với mọi b® số dương x1
đơn đi»u tăng trên R+
.
, x2 , . . . , xn
, điều ki»n đủ là hàm g(x) :=
f(x)
x
ChFng minh. Nhªn xét rằng, ta có hàm số f(x) = xg(x) và (1.4) sě có dạng (1.1) với
aj = xj (j = 1, 2, . . . , n)
Σ
k=1
xkg(xk) ≤
n
xk g
k=1
n
xk
k=1
, (1.5)
hiễn nhiȇn dmợc thỏa mǎn áng với g(x) là m®t hàm dơn di»u tăng trȇn R+
.
H» quả 1.1. Giả sủ g(x) =
f(x)
x
là hàm đơn đi»u tăng trong [0, +∞]. Khi đó, với mọi
dãy số dương và giảm x1, x2, . . . , xn, ta đều có
Σ
n−1
Nhªn xét rằng (1.5) khȏng là diều ki»n cần dễ g(x) là m®t hàm dồng biến. Thªt vªy,
chỉ cần chọn hàm g(x) có tính chất
0 < g(x) ∈ C(R+
), ∀x ∈ R+
và maxg(x) ≤ 2 ming(x),
f(x1 − xn) ≥ f(xk) − f(xk+1) .

3
n
Σ
n
Σ Σ
Σ Σ
n
Σ
ta dế dàng kiễm cháng rằng (1.5) dmợc thỏa mǎn. Chẫng hạn, ta thấy hàm số
g(x) = 3 + sin x, x ∈ R+
,
thỏa mǎn diều ki»n nȇu trȇn và vì vªy nó thỏa mǎn diều ki»n (1.5). Tuy nhiȇn, hàm
g(x) khȏng là hàm dơn di»u tăng trȇn R+
.
Nếu bỗ sung thȇm diều ki»n g(x) :=
f(x)
là hàm dồng biến trȇn R+
và x
x
là b® số gồm các số lớn hơn 1, thì ta thu dmợc bất dẫng thác thực sự
, x2 , . . . , xn
Σ
k=1
f(xk) < f
n
xk .
k=1
Tmơng tự, ta cǔng phát biễu các d°c trmng với hàm dơn di»u giảm.
Dịnh lj 1.3 (xem [2-6]). Hàm f(x) xác đ$nh trên R+
là m®t hàm số đơn đi»u giảm khi
và chỉ khi với mọi c¾p b® số dương a1, a2, . . . , an và x1, x2, . . . , xn, ta đều có
Σ
k=1
akf (xk) ≥
n
ak f
k=1
n
xk .
k=1
Dịnh lj 1.4 (xem [2-6]). Để bất đẫng thúc
n
f(xk) ≥ f
k=1
n
xk ,
k=1
được thỏa mãn với mọi b® số dương x1
đơn đi»u giảm trên R+
.
, x2 , . . . , xn
, điều ki»n đủ là hàm g(x) :=
f(x)
x
Nhªn xét rằng, trong số các hàm số sơ cấp m®t biến, thì hàm tuyến tính f (x) = ax
dóng vai trò d°c bi»t quan trọng, vì nó rất dế nhªn biết về tính dồng biến (khi a > 0)
và nghịch biến (khi a < 0) trong mối khoảng tùy ý cho trmớc. D°c trmng sau dȃy sě cho
ta thấy rǒ hơn về d°c trmng (bất dẫng thác hàm) của hàm tuyến tính.
Dịnh lj 1.5 (xem [2-6]). Giả thiết rằng, với mọi c¾p b® số dương a1, a2, . . . , an; x1, x2, . . . , xn,
ta đều có Σ
k=1
akf(xk) ≥ f
n
k=1
akxk , (1.6)
thì f(x) = ax, trong đó a là hằng số.
ChFng minh. Lấy n = 2 và chọn x = x, x = y; a y
= , a 1
= , tà (1.6), ta thu dmợc
1
f(x)
2
f (y)
1 2x 2 2
+
x
≤
y
; ∀x, y ∈ R .
1

4
n
n n
f(k + 1) ≤
k
f(x)dx ≤ f(k), k = 0, 1, 2 . . .
(ak − ak−1)f(ak) ≤
ak−1
f(x)dx ≤ (ak − ak−1)f(ak−1).
Suy ra g(x) :=
f(x)
x
là m®t hàm hằng trȇn R+
.
Tiếp theo, ta nȇu m®t số tính chất của hàm dơn di»u dễ mớc lmợng m®t số tỗng và
tích phȃn.
Dịnh lj 1.6 (Maclaurin, Cauchy). Giả thiết rằng f(x) là m®t hàm đơn đi»u giảm trên
(0, +∞). Khi đó, ta luôn có
Σ
k=1
f(k) ≤
n
f (x)dx
0
n−1
k=0
f (k). (1.7)
Khi f(x) là hàm ngh$ch biến thì có dấu bất đẫng thúc thüc sü.
ChFng minh. Thªt vªy, theo giả thiết, f(x) là m®t hàm dơn di»u giảm, nȇn ta luȏn có
∫ k+1
Lấy tỗng theo k, ta thu dmợc (1.7), chính là diều phải cháng minh.
Dịnh lj 1.7 (xem [2-6]). Giả thiết rằng f(x) là m®t hàm đơn đi»u giảm trên (0, +∞)
và {ak} là m®t dãy tăng trong (0, +∞). Khi đó, ta luôn có
Σ
k=1
(ak − ak−1)f(ak) ≤
an
f (x)dx
a0
Σ
k=1
(ak − ak−1)f (ak−1). (1.8)
Khi f(x) là hàm ngh$ch biến thì có dấu bất đẫng thúc thüc sü.
ChFng minh. Thªt vªy, theo giả thiết, f(x) là m®t hàm dơn di»u giảm, nȇn ta luȏn có
∫ ak
Lấy tỗng theo k, ta thu dmợc (1.8), chính là diều phải cháng minh.
Dịnh lj 1.8 (Bất dẫng thác thá tự Chebyshev). Giả sủ f(x) và g(x) là hai hàm đơn
đi»u tăng và (xk) là m®t dãy đơn đi»u tăng
x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn.
Khi đó với mọi b® trong (pj)
pj ≥ 0, j = 1, 2, . . . , n; p1 + p2 + · · · + pn = 1,
∫ Σ
∫
≤
≤

5
Σ Σ Σ
n
Σ Σ
Σ Σ Σ
ta đều có n
k=1
pkf (xk)
n
k=1
pkg(xk) ≤
n
k=1
pkf(xk)g(xk) .
ChFng minh. Theo giả thiết thì
0 ≤
h
f(xk) − f(xj)
ih
g(xk) − g(xj)
i
,
hay
Dễ ý rằng
f (xk)g(xj) + f (xj)g(xk) ≤ f (xj)g(xj) + f (xk)g(xk). (1.9)
j
Σ
,k=1
pjpk[f(xk)g(xj) + f(xj)g(xk)] = 2
n
k=1
pkf (xk)
n
k=1
pkg(xk) ,
và n n
Σ
pjpk[f(xj)g(xj) + f(xk)g(xk)] = 2
Σ
pkf(xk)g(xk).
j,k=1
Kết hợp các dẫng thác này với (1.9), ta thu dmợc
k=1
n
k=1
pkf (xk)
n
k=1
pkg(xk) ≤
n
k=1
pkf(xk)g(xk) .
1.2 Hàm đơn đi»u tuy»t đối
Dịnh nghĩa 1.2 (xem [2]). Hàm số f (x) dmợc gọi là hàm dơn di»u tuy»t dối trong
khoảng (a, b) nếu dạo hàm mọi cấp của nó dều khȏng dỗi dấu
f(k)(x) ≥ 0; ∀x ∈ (a, b), k = 0, 1, 2, . . .
Cǔng vªy, ta có dịnh nghĩa hàm dồng biến và nghịch biến tuy»t dối.
Dịnh nghĩa 1.3 (xem [2]). Hàm số f (x) dmợc gọi là hàm dồng biến (nghịch biến) tuy»t
dối trong khoảng (a, b) nếu các dạo hàm mọi cấp của nó dều là hàm dồng biến (nghịch
biến) tuy»t dối trong khoảng dó.
Ví dụ về các hàm số sơ cấp dơn di»u, dồng biến (nghịch biến) tuy»t dối trong khoảng
(a, b), (a > 0) là các hàm số sau.

6
—
∫
∫ 1
Ví dṇ 1.1. Mọi da thác P(x) với các h» số dều dmơng là hàm dơn di»u tăng tuy»t dối
trong khoảng (0, +∞).
Ví dṇ 1.2. Hàm số f(x) = ex là hàm dồng biến tuy»t dối trong khoảng (0, +∞).
Ví dṇ 1.3. Hàm số
f (x) =
x − 1
ex,
x + 1
là hàm nghịch biến tuy»t dối trong khoảng (0, +∞).
Nhªn xét 1.1. Nếu hàm số f (x) là hàm dồng biến tuy»t dối trong khoảng (a, b) thì
hàm số g(x) := −f (x)sě là hàm nghịch biến tuy»t dối trong khoảng dó và ngmợc lại. Vì
vªy, khȏng mất tính tỗng quát, ta chỉ trình bày các bài toán liȇn quan dến hàm dơn
di»u tăng và dồng biến tuy»t dối trong khoảng dǎ cho.
Bài toán 1.1. Cháng minh rằng với mọi hàm số g(x) liȇn tục và dmơng trȇn doạn [0, 1],
hàm số
f(x) =
1
g(t)etxdt,
0
sě là hàm dồng biến tuy»t dối trong khoảng (0, 1).
ChFng minh. dmợc suy ra trực tiếp tà tính chất của tích phȃn xác dịnh.
Bài toán 1.2. Cho hàm số g(x) liȇn tục và dmơng trȇn doạn [0, 1] và hàm số
Cháng minh rằng
f (k)
f(x) =
0
f (k+1)
g(t)eλtxdt, λ ≥ 0.
f(k+1)
≥
f(k+2)
; ∀x ∈ (0, 1), k = 0, 1, 2, . . .
ChFng minh. dmợc suy ra trực tiếp tà bất dẫng thác Chebyshev dối với tích phȃn
xác dịnh sau dȃy
1
g(t)tkeλtxdt
0
1
g(t)t2+keλtxdt
0
1
g(t)tk+1eλtxdt
0
1
g(t)tk+1eλtxdt.
0
1.3 Hàm đơn đi»u có tính tuần hoàn
Song song với lớp hàm dơn di»u thȏng thmờng và dơn di»u tuy»t dối, nhiều lớp hàm
dơn di»u khác cǔng dmợc dma ra và nghiȇn cáu các d°c trmng của chúng nhm dơn di»u
dầy dủ, dơn di»u có tính tuần hoàn hoàn toàn, . . .
∫ ∫ ∫ ∫
≥

7
2
2
2 2
Dịnh nghĩa 1.4 (xem [2]). Hàm số f (x) dmợc gọi là hàm dơn di»u có tính tuần hoàn
trong khoảng (a, b) khi và chỉ khi các dạo hàm của chúng khȏng tri»t tiȇu (có dấu khȏng
dỗi) và
f(k)(x)f(k+2)(x) ≤ 0; ∀x ∈ (a, b), k = 0, 1, 2, . . .
Ví dụ về các hàm số sơ cấp dơn di»u có tính tuần hoàn trong khoảng (a, b), (a > 0)
là các hàm số sau.
f(x) = sin x,
là hàm số dơn di»u có tính tuần hoàn trong khoảng 0,
π
.
f(x) = cos x,
là hàm số dơn di»u có tính tuần hoàn trong khoảng
π
, π .
Ví dṇ 1.6. Cho hàm số g(x) liȇn tục và dmơng trȇn doạn [0, +∞) thì hàm số
f(x) =
1
g(t)e
0
−λtx
dt, λ > 0,
là hàm số dơn di»u có tính tuần hoàn trong khoảng (0, +∞).
Bài toán 1.3. Cho hàm số g(x) liȇn tục và dmơng trȇn doạn [0, 1] và hàm số
Cháng minh rằng
f(x) =
1
g(t)e
0
−tx
dt.
f(k) x + y
≥ 2k
f
x + y
; ∀x, y ∈ (0, 1), k = 0, 1, 2, . . .
ChFng minh. Dmợc suy ra trực tiếp tà bất dẫng thác Chebyshev dối với tích phȃn
xác dịnh.
1.4 Hàm đơn đi»u liên tiếp trên một đoạn
Trong các dạng toán liȇn quan dến khảo sát hàm số, ta thmơng g°p lớp hàm có các
dạo hàm bªc nhất, bªc hai khȏng dỗi dấu trong khoảng cho trmớc. Lớp hàm này có
nhiều áng dụng trong bất dẫng thác và các bài toán cực trị.
∫
∫

8
k
Σ
'
k
k
k
k k
k
k
Σ fk(xk)
=
Σ fk(xk)
. (1.10)
Σ fk(xk)
≥
Σ fk(uk)
. (1.11)
vk f' (uk)
Dịnh nghĩa 1.5 (xem [2-6]). Giả sả f (x) là hàm khả vi bªc hai trȇn I(a, b). Nếu f'(x) ≥ 0
với ∀x ∈ I(a, b) và f''(x) ≥ 0 với ∀x ∈ I(a, b) thì ta nói rằng f (x) là hàm dơn di»u tăng
liȇn tiếp bªc (1 − 2) trȇn I(a, b).
Tmơng tự, nếu có f'(x) ≤ 0 với ∀x ∈ I(a, b) và f''(x) ≤ 0 với ∀x ∈ I(a, b) thì ta nói f(x)
là hàm dơn di»u giảm liȇn tiếp bªc (1 − 2) trȇn I(a, b).
Dȏi khi, trong áng dụng ta phải làm vi»c với lớp hàm có dạo hàm bªc nhất, bªc hai
khȏng dỗi dấu trȇn I(a, b) khȏng nhất thiết phải cùng dấu.
Chẫng hạn, f'(x) ≥ 0, f''(x) ≤ 0, ∀x ∈ I(a, b) thì ta nói f (x) là hàm tăng - giảm bªc
(1 − 2) trȇn I(a, b) và f'(x) ≤ 0, f''(x) ≥ 0, ∀x ∈ I(a, b) thì ta nói f (x) là hàm giảm - tăng
bªc (1 − 2) trȇn I(a, b).
Bài toán 1.4. Cho các hàm f1(t), f2(t), . . . , fn(t) dồng thời dồng biến (nghịch biến)
liȇn tiếp bªc (1 − 2) trȇn I(a, b). Giả sả dǎy số {vk} với vk ∈ ={f' (x)}, x ∈ I(a, b), k =
1, 2, . . . , n. Tìm n
min
fk(xk)
,
υk
k=1
áng với mọi dǎy số {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tỗng
x1 + x2 + · · · + xn = (f' )−1(v1) + (f' )−1(v2) + · · · + (f' )−1(vn) cho trmớc.
1
LỜi giải. Theo nhªn xét, d°t uk =
2 n
−1
fk (vk), k = 1, 2, . . . , n. Tác là
f' (uk) = vk, k = 1, 2, . . . , n.
Ta thu dmợc vk = f' (uk), uk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n.
Vªy nȇn
n n
M°t khác, ta có
vk
k=1
n
k=1
n
f' (uk)
Tà (1.10), (1.11), ta suy ra
k=1
f' (uk)
k=1
f' (uk)
n n
Σ fk(xk)
≥
Σ fk(uk)
. (1.12)
Dấu dẫng thác xảy ra khi
xk = uk= (f' )−1(vk), k = 1, 2, . . . , n.
k=1 k=1

9
k
k
Σ
'
k
k
k
k k
k
k
k
min
Σ fk(xk)
=
Σ fk(uk)
.
1 2 n
Σ fk(xk)
=
Σ fk(xk)
. (1.13)
Σ fk(xk)
≤
Σ fk(uk)
. (1.14)
Σ fk(xk)
≤
Σ fk(uk)
. (1.15)
υk f' (uk)
k=1 k=1
Vªy nȇn
n n
Tmơng tự, ta có
υk
k=1 k=1
f' (uk)
Bài toán 1.5. Cho các hàm f1(t), f2(t), . . . , fn(t) dồng thời lồi (lǒm) và có dạo hàm
bªc nhất là các hàm số ȃm (dmơng) trȇn khoảng I(a, b).
Giả sả dǎy số {vk} với vk ∈ ={f' (x)}; x ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n.
Tìm n
max
fk(xk)
,
υk
k=1
áng với mọi dǎy số {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tỗng x1 + x2 + · · · + xn =
(f' )−1(v1) + (f' )−1(v2) + · · · + (f' )−1(vn) cho trmớc.
LỜi giải. D°t uk =
−1
fk (vk), k = 1, 2, . . . , n. Khi dó
f' (uk) = vk, k = 1, 2, . . . , n,
ta thu dmợc vk = f' (uk), uk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n.
Vªy nȇn
n n
M°t khác, ta có
vk
k=1
n
k=1
n
f' (uk)
Tà (1.13), (1.14) suy ra
k=1
n
f' (uk)
k=1
n
f' (uk)
Dấu dẫng thác xảy ra khi
vk
k=1 k=1
f' (uk)
xk = uk= (f' )−1(vk), k = 1, 2, . . . , n.
Vªy nȇn n n
max
Σ fk(xk)
=
Σ fk(uk)
.
Ta xét trmờng hợp riȇng khi hàm f1(t) = f2(t) = · · · = fn(t) = f(x).
Tà kết quả hai bài toán trȇn ta thu dmợc.

10
k
k
k
υk f'(uk)
υk f' (uk)
2(k + 1)au2k+1 + b 2(k + 1)au2k+1 + b
0
k=1 k=1
k=1 k=1
H» quả 1.2. Cho hàm số f(t) dồng biến (ngh$ch biến) liên tiếp b¾c (1 − 2) trên I(a, b).
Eiả sủ dãy số {vk} với vk ∈ ={f' (x)}; x ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n. Khi dó
n n
min
Σ f(xk)
=
Σ f(uk)
,
úng với mọi dãy số {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng
x1 + x2 + · · · + xn = u1 + u2 + · · · + un.
Frong dó uk = (f')−1(vk); k = 1, 2, . . . , n.
H» quả 1.3. Cho hàm số f(t) lồi (lõm) và có dạo hàm b¾c nhất là các hàm số âm
(duơng) trên I(a, b).
Eiả sủ dãy số {vk} với vk ∈ ={f' (x)}; x ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n. Khi dó
n n
max
Σ fk(xk)
=
Σ fk(uk)
,
úng với mọi dãy số {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tổng
x1 + x2 + · · · + xn = u1 + u2 + · · · + un.
Frong dó uk = (f')−1(vk); k = 1, 2, . . . , n.
Bài toán 1.6. Cho hàm số f(x) = ax2(k+1) + bx + c, (a /
= 0), k ≥ 0.
Cháng minh rằng
n 2(k+1) n 2(k+1)
min
Σ axk + bxk + c
=
Σ auk + buk + c
, ∀x > x .
Trong dó x0 là nghi»m của phmơng trình f'(x) = 0, áng với mọi dǎy số {xk} với xk ∈
I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tỗng x1 + x2 + · · · + xn ≥ u1 + u2 + · · · + un.
LỜi giải. Ta có
f(x) = ax2(k+1) + bx + cx, (a /
= 0);
f'(x) = 2(k + 1)ax2k+1 + b;
f''(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k.
Trưďng hỢp 1: Nếu a > 0. Khi dó f''(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k > 0, ∀x, suy ra f'(x) là
hàm số dồng biến trȇn R.
Vªy, phmơng trình f'(x) = 0 có nghi»m duy nhất x = x0. Ta có f'(x) > 0, ∀x > x0,
nȇn ∀x > x0 hàm số f(x) dồng biến liȇn tiếp bªc (1 − 2).
k=1 k k=1 k

11
2(k + 1)au2k+1 + b 2(k + 1)au2k+1 + b
0
2(k + 1)au2k+1 + b 2(k + 1)au2k+1 + b
0
2(k + 1)au2k+1 + b 2(k + 1)au2k+1 + b
0
Trưďng hỢp 2: Nếu a < 0. Khi dó f''(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k < 0, ∀x, suy ra f'(x) là
hàm số nghịch biến trȇn R.
Do dó, phmơng trình f'(x) = 0 có nghi»m duy nhất x = x0. Ta có f'(x) < 0, ∀x > x0,
nȇn ∀x > x0 hàm số f(x) nghịch biến liȇn tiếp bªc (1 − 2).
Do dó, với ∀x > x0 hàm số f(x) dồng biến ho°c nghịch biến liȇn tiếp bªc (1 − 2), nȇn
theo H» quả 1.2, ta có
n 2(k+1) n 2(k+1)
min
Σ axk + bxk + c
=
Σ auk + buk + c
, ∀x > x ,
trong dó x0 là nghi»m của phmơng trình f'(x) = 0, áng với mọi dǎy số {xk} với xk ∈
Bài toán 1.7. Cho hàm số f(x) = ax2(k+1) + bx + c, (a /
= 0), k ≥ 0. Cháng minh rằng
n 2(k+1) n 2(k+1)
max
Σ axk + bxk + c
=
Σ auk + buk + c
, ∀x < x .
I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tỗng x1 + x2 + · · · + xn ≤ u1 + u2 + · · · + un.
f(x) = ax2(k+1) + bx + cx, (a /
= 0);
f'(x) = 2(k + 1)ax2k+1 + b;
f''(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k.
Trưďng hỢp 1: Nếu a > 0. Khi dó f''(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k > 0, ∀x, suy ra f'(x) là
hàm số dồng biến trȇn R hay phmơng trình f'(x) = 0 có nghi»m duy nhất x = x0. Ta có
f'(x) < 0, ∀x < x0, nȇn ∀x < x0 hàm số f(x) lồi có dạo hàm bªc nhất là nhǎng số ȃm.
Trưďng hỢp 2: Nếu a < 0. Khi dó f''(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k < 0, ∀x. Suy ra f'(x)
là hàm số nghịch biến trȇn R nȇn phmơng trình f'(x) = 0 có nghi»m duy nhất x = x0.
Ta có f'(x) > 0, ∀x < x0, nȇn ∀x < x0 hàm số f(x) lǒm có dạo hàm bªc nhất là nhǎng
số dmơng.
Do dó, với ∀a /
= 0, ∀x < x0 hàm số f(x) lồi (lǒm) có dạo hàm bªc nhất là nhǎng số
ȃm (dmơng), nȇn theo H» quả 1.3 ta có
n 2(k+1) n 2(k+1)
max
Σ axk + bxk + c
=
Σ auk + buk + c
, ∀x < x .
trong dó x0 là nghi»m của phmơng trình f'(x) = 0, áng với mọi dǎy số {xk} với xk ∈
k=1 k k=1 k
k=1 k k=1 k
k=1 k k=1 k

12
Σ
Σ
Σ
Σ
Bài toán 1.8. Cho hàm số f(x) = ax2(k+1) + bxk+2 + cx2 + dx + e, (a /
= 0) thỏa mǎn diều
ki»n (k2 + 3k + 2)2b2 − 16(2k2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1.
Cháng minh rằng
n 2(k+1) k+2 2
min
axk + bxk + cxk + dxk + e
2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cuk + d
k=1
n
k
2(k+1)
k
k+2 2
=
auk + buk + cuk + duk + e
2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cu + d , ∀x > x0.
k=1 k k k
f(x) = ax2(k+1) + bxk+2 + cx2 + dx + e, (a /
= 0);
f'(x) = 2(k + 1)ax2k+1 + (k + 2)bxk+1 + 2cx + d;
f''(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k + (k + 1)(k + 2)bxk + 2c.
D°t xk = t (t > 0), xét hàm số
g(t) = 2(k + 1)(2k + 1)at2 + (k + 1)(k + 2)bt + 2c.
Trưďng hỢp 1: Nếu a > 0.
Vì ∆g = (k2 + 3k + 2)2b2 − 16(2k2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1, suy ra g(t) > 0, ∀t > 0. Suy ra
f''(x) > 0, ∀x, suy ra f'(x) là hàm số dồng biến trȇn R.
Vªy, phmơng trình f'(x) = 0 có nghi»m duy nhất x = x0. Ta có f'(x) > 0, ∀x > x0,
nȇn x > x0 hàm số f(x) là hàm số dồng biến liȇn tiếp bªc (1 − 2).
Trưďng hỢp 2: Nếu a < 0.
Vì ∆g = (k2 + 3k + 2)2b2 − 16(2k2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1, suy ra g(t) < 0, ∀t > 0.
Suy ra f''(x) < 0, ∀x nȇn f'(x) là hàm số nghịch biến trȇn R. Suy ra phmơng trình
f'(x) = 0 có nghi»m duy nhất x = x0. Ta có f'(x) < 0, ∀x > x0, nȇn x > x0 hàm số f (x)
là hàm số nghịch biến liȇn tiếp bªc (1 − 2).
= 0, ∀x > x0. Hàm số f(x) dồng biến ho°c nghịch biến liȇn tiếp bªc
(1 − 2), nȇn theo H» quả 1.2, ta có
n 2(k+1) k+2 2
min
2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cuk + d
k=1
n
k
2(k+1)
k
k+2 2
=
2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cu + d , ∀x > x0.
k=1 k k k
Trong dó, x0 là nghi»m của phmơng trình f'(x) = 0, áng với mọi dǎy số {xk} với xk ∈

13
Σ
Σ
Σ
Σ
Bài toán 1.9. Cho hàm số f(x) = ax2(k+1) + bxk+2 + cx2 + dx + e, (a /
= 0) thỏa mǎn diều
ki»n (k2 + 3k + 2)2b2 − 16(2k2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1. Cháng minh rằng
n 2(k+1) k+2 2
max
2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cuk + d
k=1
n
k
2(k+1)
k
k+2 2
=
2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cu + d , ∀x < x0.
k=1 k k k
f(x) = ax2(k+1) + bxk+2 + cx2 + dx + e, (a /
= 0);
f'(x) = 2(k + 1)ax2k+1 + (k + 2)bxk+1 + 2cx + d;
f''(x) = 2(k + 1)(2k + 1)ax2k + (k + 1)(k + 2)bxk + 2c.
D°t xk = t (t > 0), xét hàm số
g(t) = 2(k + 1)(2k + 1)at2 + (k + 1)(k + 2)bt + 2c.
Trưďng hỢp 1: Nếu a > 0.
Vì ∆g = (k2 + 3k + 2)2b2 − 16(2k2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1, suy ra g(t) > 0, ∀t > 0.
Do dó, f''(x) > 0, ∀x, suy ra f'(x) là hàm số dồng biến trȇn R.
Vªy, phmơng trình f'(x) = 0 có nghi»m duy nhất x = x0. Ta có f'(x) < 0, ∀x < x0,
nȇn x < x0 hàm số f(x) lồi có dạo hàm bªc nhất là nhǎng số ȃm.
Trưďng hỢp 2: Nếu a < 0.
Vì ∆g = (k2 + 3k + 2)2b2 − 16(2k2 + 3k + 1)ac < 0, ∀k ≥ 1, suy ra g(t) < 0, ∀t > 0.
Do dó, f''(x) < 0, ∀x, suy ra f'(x) là hàm số nghịch biến trȇn R. Suy ra phmơng trình
f'(x) = 0 có nghi»m duy nhất x = x0. Ta có f'(x) > 0, ∀x < x0, nȇn x < x0 hàm số f (x)
lǒm có dạo hàm bªc nhất là nhǎng số dmơng.
= 0, ∀x < x0. Hàm số f (x) lồi (lǒm)có dạo hàm bªc nhất là nhǎng số
ȃm (dmơng), nȇn theo H» quả 1.3 ta có
n 2(k+1) k+2 2
max
2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cuk + d
k=1
n
k
2(k+1)
k
k+2 2
=
2(k + 1)au2k+1 + (k + 2)bk+1 + 2cu + d , ∀x < x0,
k=1 k k k
trong dó, x0 là nghi»m của phmơng trình f'(x) = 0, áng với mọi dǎy số {xk} với xk ∈

14
(
0
Chương 2. Phép đơn đi»u hóa hàm số
Trong chmơng này sả dụng các tài li»u tham khảo [2], [4], [6] dễ làm cơ sở cho vi»c
giải quyết các bài toán liȇn quan.
2.1 Hàm đơn đi»u tfing khúc và phép đơn đi»u hóa hàm
số
Nhìn chung, khi giải quyết các bài toán thực tế, ta thmờng phải làm vi»c với lớp các
hàm dơn di»u tàng khúc. Trong mục này, ta chủ yếu xét các hàm số f (x) xác dịnh trȇn
I(a, b) mà trȇn dó hàm f(x) chỉ có hǎu hạn các diễm dàng (diễm cực trị).
Trmớc hết ta xét m®t số ví dụ dơn giản với hàm số có hai khoảng dơn di»u.
Ví dṇ 2.1. Xét hàm số
f(x) = |x − p|, 0 < p < 1.
Xác dịnh các hàm số dơn di»u g(x) trong [0, 1] sao cho
g(x) ≥ f(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.1)
LỜi giải. Nhªn xét rằng, dồ thị hàm số dǎ cho trȇn R có trục dối xáng x = p.
Trmớc hết, ta xác dịnh hàm số dơn di»u giảm g0(x) mác thấp nhất thỏa mǎn (2.1),
tác là, áng với mọi g(x) dơn di»u giảm và thỏa mǎn (2.1), ta dều có
g(x) ≥ g0(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.2)
Vì trong [0, p] hàm số dǎ cho nghịch biến nȇn hiễn nhiȇn g0(x) = f(x) trong [0, p]. Vì
trong [p, 1], hàm f(x) dồng biến, nȇn g0(x) ≡ 0.
Vªy, ta có hàm số dơn di»u giảm g0(x) mác thấp nhất thỏa mǎn (2.1) dmợc xác dịnh
theo cȏng thác
g (x) =
f(x), khi 0 ≤ x ≤ p,
f(p) = 0, khi p ≤ x ≤ 1.
Mọi hàm số dơn di»u giảm khác dmợc xác dịnh theo (2.2).
Tiếp theo, ta xác dịnh hàm số dơn di»u tăng g1(x) mác thấp nhất thỏa mǎn (2.1),
tác là, áng với mọi g(x) dơn di»u tăng và thỏa mǎn (2.1), ta dều có
g(x) ≥ g1(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.3)

15
2
(
(
2
0
0
Xét trmờng hợp 0 ≤ p ≤
1
hay 0 ≤ 2p ≤ 1. Vì trong [0, p] hàm số dǎ cho nghịch biến
và dồ thị hàm số dǎ cho có trục dối xáng x = p, nȇn hiễn nhiȇn g0(x) = f(0) = p trong
[0, 2p]. Vì trong [2p, 1], hàm f(x) dồng biến, nȇn g0(x) ≡ f(x).
Vªy, ta có hàm số dơn di»u tăng g1(x) mác thấp nhất thỏa mǎn (2.1) dmợc xác dịnh
theo cȏng thác
g (x) =
p, khi 0 ≤ x ≤ 2p,
f (x), khi 2p ≤ x ≤ 1.
Dối với trmờng hợp
1
2
≤ p, thì hiễn nhiȇn hàm số dơn di»u tăng g1 (x) mác thấp nhất
thỏa mǎn (2.1) sě là hàm hằng g1(x) ≡ p.
Mọi hàm số dơn di»u tăng khác dmợc xác dịnh theo (2.3).
Tmơng tự, ta xét vi»c mȏ tả lớp hàm dơn di»u cho trmờng hợp hàm số dǎ cho ở dmờng
mác cao nhất.
f(x) = x2 − 2px + 1, 0 < p < 1.
Xác dịnh các hàm số dơn di»u g(x) trong [0, 1] sao cho
g(x) ≤ f(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.4)
LỜi giải. Nhªn xét rằng, dồ thị hàm số y = f(x) (xét trȇn R) có trục dối xáng x = p.
Trmớc hết, ta xȃy dựng hàm số dơn di»u giảm g0(x) mác cao nhất thỏa mǎn (2.4),
tác là, áng với mọi g(x) dơn di»u giảm và nhất thỏa mǎn (2.4), ta dều có
g(x) ≤ g0(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.5)
Vì trong [0, p] hàm số dǎ cho nghịch biến nȇn hiễn nhiȇn g0(x) = f(x) trong [0, p]. Vì
trong [p, 1], hàm f(x) dồng biến, nȇn
g (x) =
f(x), khi 0 ≤ x ≤ p,
f(p) = 1, khi p ≤ x ≤ 1.
Mọi hàm số dơn di»u giảm khác dmợc xác dịnh theo (2.5).
Tiếp theo, ta xác dịnh hàm số dơn di»u tăng g1(x) mác cao nhất thỏa mǎn (2.4), tác
là, áng với mọi g(x) dơn di»u tăng và thỏa mǎn (2.4), ta dều có
g(x) ≤ g1(x), ∀x ∈ [0, 1]. (2.6)
Xét trmờng hợp 0 ≤ p ≤
1
hay 0 ≤ 2p ≤ 1. Vì trong [0, p] hàm số dǎ cho nghịch biến
và dồ thị hàm số dǎ cho có trục dối xáng x = p, nȇn hiễn nhiȇn g0(x) = f(0) = 1 trong

16
(
≤
Σ
Σ
n=1
Σ
Σ
0
[0, 2p]. Vì trong [2p, 1], hàm f(x) dồng biến, nȇn g0(x) ≡ f(x). Vªy ta có hàm số dơn di»u
tăng g1(x) mác cao nhất thỏa mǎn (2.4) dmợc xác dịnh theo cȏng thác
g (x) =
1, khi 0 ≤ x ≤ 2p,
f (x), khi 2p ≤ x ≤ 1.
Dối với trmờng hợp
1
p, thì hiễn nhiȇn hàm số dơn di»u tăng g
2
mǎn (2.4) sě là hàm hằng g1(x) ≡ 1.
Mọi hàm số dơn di»u tăng khác dmợc xác dịnh theo (2.4).
(x) mác cao nhất thỏa
Bài toán 2.1 (Tỗng quát). Cho hàm số f(x) liȇn tục và có hǎu hạn khoảng dơn di»u
trȇn [a, b] và 1 < n ∈ N. Xét tất cả các dǎy số tăng {xi} trong [a, b]
x0 = a ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1 = b.
Tìm giá trị lớn nhất của biễu thác
n
M = |f(xi) − f(xi+1)| .
i=0
Dễ giải quyết bài toán này ta xét tàng trmờng hợp cụ thễ.
Bài toán 2.2. Cho hàm số f(x) liȇn tục và dơn di»u trȇn [a, b] với −∞ < a < b < +∞
và 1 < n ∈ N. Xét tất cả các dǎy số tăng {xi} trong [a, b]
x0 = a ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1 = b.
n
M = |f(xi) − f(xi+1)| .
i=0
LỜi giải. Vì f(x) dơn di»u trȇn [a, b] nȇn với mọi dǎy tăng (xi)∞ trong [a, b]
ta dều có
Do vªy
x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 = b.
n
|f(xi) − f(xi+1)| = |f(a) − f(b)| .
i=0
n
max |f(xi) − f(xi+1)| = |f(a) − f(b)| .
i=0
1

17
Σ
m
Σ
i i=1
i i+1
i i+1
Bài toán 2.3. Cho n0 ∈ N, −∞ < a < b < +∞ và hàm f(x) liȇn tục trȇn [a, b] và có n0
khoảng dơn di»u, n0 ≤ n ∈ N.
Xét tất cả các dǎy số tăng {xi} trong [a, b]
x0 = a ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn ≤ xn+1 = b.
n
M = |f(xi) − f(xi+1)| .
i=0
LỜi giải. Theo giả thiết, số diễm cực trị của f(x) trȇn (a, b) là n0.
Do n ≥ n0, ta có lời giải bài toán nhm sau
Giả sả {x1, x2, · · · , xn} là m®t dǎy tăng tùy ý trong [a, b] sao cho
x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 = b.
Gọi các diễm cực trị (diễm tại dó hàm dǎ cho thay dỗi tính dơn di»u) của f(x) là
a1, a2, · · · , an0 ; (a1 < a2 < · · · < an0 ).
Khi dó ta bỗ sung các diễm cực trị này vào dǎy ban dầu, ta có dǎy mới (x')m , (n ≤
m ≤ n + n0) với x' = a; x' = b. Dǎy mới (x')m cǔng dmợc sắp xếp theo thá tự tăng.
Ta có
0 n+1
n
i i=1
n
Σ
|f(xi) − f(xi+1)| ≤
Σ
f(x') − f(x' ) .
M°t khác, rǒ ràng trȇn [ai, ai+1] hàm số f(x) dơn di»u, nȇn
n0
Σ
f(x') − f(x' ) ≤ |f(ai) − f(ai+1)| .
Vªy n n0
max
Σ
|f(xi) − f(xi+1)| =
Σ
|f(ai) − f(ai+1)| .
Bài toán 2.4. Cho f(x) liȇn tục trȇn [a, +∞), f(x) có m diễm cực trị và m ≤ n ∈ N
Giả sả
lim
x→+∞
Xét tất cả các dǎy số tăng {xi}
f(x) = M, −∞ < M < +∞.
x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 < +∞.
i=0 i=0
i=0 i=0
i=0 i=0

18
Σ
Σ
Σ
Σ
| − | ≤
Σ
i=1
Σ
Σ
| − | ≤
Cháng minh rằng
n
|f(xi) − f(xi+1)| ≤ M.
i=0
LỜi giải. Trmớc hết, ta có nhªn xét rằng dối với các bài toán tìm giá trị lớn nhất của
biễu thác ở trȇn, thì khi cố dịnh n và a, ta có
n
max |f(xi) − f(xi+1)| ,
i=0
là m®t hàm dơn di»u tăng dối với "biến số" b. Nhm vªy, khi b dủ lớn sao cho [a, b] cháa
tất cả các diễm cực trị của f(x) trȇn [a, +∞), thì
n
F(b) = max |f(xi) − f(xi+1)| ,
i=0
chỉ phụ thu®c vào giá trị f(b). Vì vªy
n
f (xi) f (xi+1) lim
b→+∞
F(b) = M.
i=0
Bài toán 2.5. Cho f(x) liȇn tục trȇn (−∞, b]. Giả thiết rằng
lim
x→−∞
f(x) = m, −∞ < m < +∞,
và f(x) có n0 (hǎu hạn) diễm cực trị trȇn (−∞, b], n0 ≤ n ∈ N.
Xét tất cả các dǎy số x0 = −∞ < x1 < x2 < · · · < xn+1 = b.
Cháng minh rằng
n
|f(xi) − f(xi+1)| ≤ m.
i=0
LỜi giải. Bài toán này dmợc giải quyết tmơng tự nhm bài toán trȇn.
Xét [a, b] với a dủ bé sao cho [a, b] cháa tất cả các diễm cực trị của f(x). Khi dó, với
mọi dǎy (xi)n
sao cho x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 = b, ta tính dmợc
n
F(a) = max |f(xi) − f(xi+1)| .
i=0
Dế thấy, khi nới r®ng [a, b] về phía bȇn trái thì F(a) cǔng là m®t hàm dơn di»u tăng.
Suy ra
n
f (xi) f (xi+1) lim
a→−∞
F (a).
i=0

19
Σ
Bài toán 2.6. Cho f(x) liȇn tục trȇn [a, b], với a, b ∈ Z.
n
M = |f(xi) − f(xi+1)| ,
i=0
trong dó
xi ∈ Z, x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn < xn+1 = b.
LỜi giải. Với a, b ∈ Z và a < b, thì trȇn [a, b] có hǎu hạn số diễm nguyȇn là n0 = b−a+1.
Nhm vªy, nếu n = b − a − 1 thì chỉ có m®t cách lựa chọn dǎy {x1, x2, · · · , xn}. Các
diễm nguyȇn nằm trong [a, b], nȇn
n n
max
Σ
|f(xi) − f(xi+1)| =
Σ
|f(xi) − f(xi+1)| .
Nếu n + 2 < n0 tác là n < n0 − 2, ta có các diễm nguyȇn trong [a, b] là
a, a + 1, · · · , b − 1, b.
Tmơng áng, ta có các giá trị của hàm là
{f(a); f(a + 1); · · · ; f(a + i1); · · · ; f(a + ik); · · · ; f(b)}.
Nhm vªy, dǎy trȇn có thễ phȃn thành các dǎy con (bao gồm m®t số hạng liȇn tiếp)
và có tính chất tăng dần ho°c giảm dần.
Giả sả, dǎy dmợc phȃn thành
{f(a); f(a + 1); · · · ; f(a + i1)}; · · · ; {f(a + ik); · · · ; f(b)}.
Thực chất, các diễm nguyȇn a + ij (1 ≤ j ≤ k) ho°c là phần nguyȇn của các diễm cực
trị ho°c là phần nguyȇn của các diễm cực trị c®ng thȇm 1.
Khi dó, ta xét các trmờng hợp cụ thễ sau.
- Nếu n ≥ k, ta có
n k
max
Σ
|f(xi) − f(xi+1)| =
Σ
|f(a + ij) − f(a + ij+1)| .
Các số aij xác dịnh trong dǎy j = 1, 2, · · · , k với a + i0 = a, a + ik+1 = b.
- Nếu 1 < n < k; {x1, x2, · · · , xn} là dǎy các diễm nguyȇn thỏa mǎn diều ki»n của
bài toán, thì ta xét tất cả các tỗ hợp chªp n của k phần tả (ai1, ai2, · · · , aik), áng với
mối trmờng hợp.
i=0 i=0
i=0 j=0

20
Σ
Σ
Σ
Σ
Σ
Σ
Chẫng hạn, (ai1, ai2, · · · , ain) là m®t tỗ hợp chªp n của k phần tả aij dǎ sắp theo
thá tự tăng. Ta tính dmợc
n
S = |f(aij) − f(aij+1)| .
j=0
Chọn giá trị lớn nhất trong các tỗng S ở trȇn, ta dmợc
n
max |f(xi) − f(xi+1)| .
i=0
Ta xét các ví dụ minh họa sau.
Bài toán 2.7. Xét tất cả các dǎy số
0 = x0 ≤ x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ x2016 ≤ x2017 = 2π.
2016
M = |cos xi − cos xi+1| .
i=0
LỜi giải.
Ta có các diễm cực trị của hàm số f(x) = cos x trȇn [0, 2π] là x = 0, x = π, x = 2π.
Vªy nȇn
2016
max |f(xi) − f(xi+1)| = |cos 0 − cos π| + |cos π − cos(2π)| = 4.
i=0
Bài toán 2.8. Xét tất cả các dǎy số
0 = x0 < x1 < · · · < xn = 4π.
n−1
M = | cos xi − cos xi+1|.
i=0
LỜi giải. Trȇn doạn [0; 4π] hàm sốf(x) = cos x có 5 diễm cực trị là x = 0, x = π, x =
2π, x = 3π, x = 4π.
Ta xét các trmờng hợp sau
Trưďng hỢp 1: Khi n > 5. Ta có
n−1
max | cos xi − cos xi+1|
i=0

21
Σ
5
Σ
= | cos 0 − cos π| + | cos π − cos(2π)| + | cos(2π) − cos(3π)| + | cos(3π) − cos(4π)| = 8.
Trưďng hỢp 2: Khi n = 5.
Khi dó, ta có dǎy số 0 = x0 < x1 = π < x2 = 2π < x3 = 3π < x4 = 4π.
Vªy
4
| cos xi−cos xi+1| = | cos 0−cos π|+| cos π−cos(2π)|+| cos(2π)−cos(3π)|+| cos(3π)−cos(4π)| = 8.
i=0
Trưďng hỢp 3: Khi n < 5, ta sě có k = Cn b® phần tả sắp xếp theo thá tự tăng dần
lấy tà tªp {0, π, 2π, 3π, 4π} là các b® phần tả
x11, x12, . . . , x1k,
x21, x22, . . . , x2k,
· · ·
xk1, xk2, . . . , xkk.
Khi dó, ta cần xét k kết quả sau
M1 = |f(0) − f(x11)| + |f(x11) − f(x12)| + · · · + |f(x1k) − f(4π)|,
M2 = |f(0) − f(x21)| + |f(x21) − f(x22)| + · · · + |f(x2k) − f(4π)|,
· · ·
Mk = |f(0) − f(xk1)| + |f(xk1) − f(xk2)| + · · · + |f(xkk) − f(4π)|.
Vªy, max M = max{M1, M2, . . . , Mk}.
Bài toán 2.9. Cho f(x) = sin x. Xét tất cả các dǎy số (xi) sao cho
x0 = 0 < x1 < x2 < · · · < x9 = 10π.
Xác dịnh giá trị lớn nhất của biễu thác
8
M = |f(xi) − f(xi+1)| .
i=0
LỜi giải. Dế thấy trȇn [0, 10π], hàm số f(x) có các diễm cực trị là xk
k = 0, 1, . . . , 9, trong dó
π
= + kπ với
2
x1 =
π
2
, x3 =
π
2
+ 2π, x5 =
π
2
+ 4π, x7 =
π
2
+ 6π, x9 =
π
+ 8π,
2

22
8
π
4
3
có cùng d® cao tung d®,
π π π π π
x2 =
2
+ π, x4 =
2
+ 3π, x6 =
2
+ 5π, x8 =
2
+ 7π, x10 = + 9π,
2
có cùng d® cao tung d®.
Do vªy, trong số các tỗ hợp chªp 8 của 10 phần tả, ta chỉ cần chọn 8 diễm liȇn tiếp
(trong số các diễm cực trị dǎ dmợc dánh số thá tự ở trȇn).
Do vªy
Σ π π π
max
i=0
|f(xi) − f(xi+1)| = sin 0 − sin
2
+ sin
2
− sin(
2
+ π) +· · ·+ sin(
2
+ 7π) − sin 10π
= 1 + 7.2 + 1 = 16.
Bài toán 2.10. Cho f(x) = x3 − 3x2. Tìm x ∈ (−10, 10), sao cho
S = |f(−10) − f(x)| + |f(x) − f(10)| ,
dạt giá trị lớn nhất.
LỜi giải.
Trmớc hết ta cần xác dịnh các diễm cực trị của hàm số f(x). Ta có f'(x) = 3x2 − 6x
và f'(x) = 0 khi x = 0, x = 2.
Qua diễm x = 0 và x = 2, hàm f'(x) dỗi dấu. Vªy, x = 0, x = 2 là hai diễm cực trị
của f(x) trȇn (−10, 10).
Ta chỉ cần xét
x = 0 → S1 = |f(−10) − f(0)| + |f(0) − f(10)| = 1300 + 700 = 2000,
x = 2 → S2 = |f(−10) − f(2)| + |f(2) − f(10)| = 1300 + 700 = 2000.
Vªy, giá trị lớn nhất của biễu thác bằng max{S1, S2} = 2000. Dạt dmợc khi x = 0
ho°c x = 2.
Bài toán 2.11. Cho f(x) = x4 − x3 − 5x2. Tìm x1, x2 ∈ (−2, 3), sao cho x1 < x2 và
S = |f(−2) − f(x1)| + |f(x1) − f(x2)| + |f(x2) − f(3)|
dạt giá trị lớn nhất.
LỜi giải. Dế thấy trȇn [−2, 3], hàm số f(x) có các diễm cực trị là {−
5
, 0, 2}.
Ta có C2 = 3 nȇn sě có 3 b® phần tả sắp xếp theo thá tự tăng dần lấy tà tªp
5
{−
4
, 0, 2}, là
x1
5
= −
4 ;
x1
5
= −
4 ;
(
x1 = 0
.
x2 = 0 x2 = 2 x2 = 2

23
Σ
1
4 4
= 4 − + − − 0 + |0 − 9| = 13 − .
2
4 4
Vªy ta cần xét cả 3 trmờng hợp.
- Với x1
5
= −
4
, x2 = 0, ta có
5 5
S = f(−2) − f(− ) + f(− ) − f(0) + |f(0) − f(3)|
256 256 128
- Với x1
5
= −
4
, x2 = 2, ta tính dmợc S2 = 35. Thªt vªy
5 5
S = f(−2) − f(− ) + f(− ) − f(2) + |f(2) − f(3)| = 35.
- Với x1 = 0, x2 = 2, ta tính dmợc S3 = 35. Thªt vªy
S3 = |f(−2) − f(0)| + |f(0) − f(2)| + |f(2) − f(3)| = 35.
Vªy Smax = max{S1 , S2 , S3 } = 35, khi x1 = 0, x2 = 2 ho°c x1
5
= −
4
, x2 = 2.
Bài toán 2.12. Cho số p ∈ (0, 1) và cho hàm số f(x) = |x − p|. Xét các b® số
x1, x2, x3, x4 (x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ x4) trong [0, 1].
M = |f(x1) − f(x2)| + |f(x2) − f(x3)| + |f(x3) − f(x4)| .
LỜi giải. Nhªn xét rằng, dồ thị hàm số dǎ cho, trȇn R, có trục dối xáng x = p trȇn
toàn trục thực. Hàm dǎ cho nghịch biến trong [0, p] và dồng biến trong [p, 1]. Ta bỗ sung
thȇm diễm x = p vào dǎy số x1, x2, x3, x4 và sắp thá tự tăng dần
u1 ≤ u2 ≤ u3 ≤ u4 ≤ u5.
Tà dȃy suy ra
M = |f(x1) − f(x2)| + |f(x2) − f(x3)| + |f(x3) − f(x4)|
≤ |f(u1) − f(u2)| + |f(u2) − f(x3)| + |f(u3) − f(u4)| + |f(u4) − f(u5)|
≤ |f(0) − f(p)| + |f(p) − f(1)| = p + (1 − p) = 1.
Vªy, max M = 1 khi, chẫng hạn, x1 = 0, x2 = x3 = p, x4 = 1.
Bài toán 2.13. Cho f(x) =
x
x2 + 1
. Xét dǎy số tùy ý
x0 = −2 < x1 < x2 < x3 < x4 ≤ 2017.
3
M = |f(xi) − f(xi+1)| .
i=0
875 875 875

24
Σ
2 1
Σ Σ
1
Σ
1
Σ
Vªy nȇ n
5 2
−
2
−
2 2 10 2 10
i i+1
a→+∞ 5 a2 + 1 5
1
4
i=0
' −x2 + 1 '
LỜi giải. Ta có f (x) =
(x2 + 1)2 . Suy ra f (x) = 0 khi x = ±1.
Xét x > 1, trȇn [−2, x] ta xét phȃn hoạch tùy ý x0 = −2 < x1 < x2 < x3 < x. Ta có
3
max |f(xi) − f(xi+1)| = |f(−2) − f(−1)| + |f(−1) − f(1)| + |f(1) − f(2017)|
i=0
= − + +
1 1 11 1 16
+ − f(2017) = + − f(2017) = − f(2017).
3
max |f(xi) − f(x
i=0
i+1
3
)| = sup |f(xi) − f(x
i=0
i+1
16
)| =
10
− f(2017).
x
x2 + 1
. Xét tất cả các dǎy số
Cháng minh rằng
x0 = −∞ < x1 < x2 < x3 < x4 < x5 = 2.
4
Σ
|f(xi) − f(xi+1
8
)| ≤
5
.
i=0
LỜi giải. Hàm số dǎ cho có các diễm cực trị x = ∓1. Ta có, áng với mọi dǎy
(xi)5; x0 = a < x1 < x2 < x3 < x4 < x5 = 2,
ta dều có
4
max |f(xi) − f(xi+1)| = |f(a) − f(−1)| + |f(−1) − f(1)| + |f(1) − f(2)|
i=0
= f(a) + + 1 1 2 1 1
+ − = f(a) + + 1 + 8
= + f(a).
Suy ra
2
−
2
−
2 2 5 2 10 5
Σ
|f(x ) − f(x )| ≤ lim
8 a 8
( − ) = .
x
. Xét tất cả các dǎy (x )4, sao cho
x2 + 1 i 1
Cháng minh rằng
x0 = −∞ < x1 < x2 < x3 < x4 < x5 = +∞.
3
|f(xi) − f(xi+1)| ≤ 2.
i=0
1

25
Σ
LỜi giải. Hàm số dǎ cho có các diễm cực trị x = ±1 và f(−1) = −
1
; f(1) =
1
.
2 2
Ta có
3
max |f(xi) − f(xi+1)| = |f(a) − f(−1)| + |f(−1) − f(1)| + |f(1) − f(b)|
i=0
1 1 1 1
= f(a) +
2
+
2
+
2
+
2
− f(b) = f(a) − f(b) + 2.
Do
nȇn
Σ
lim
x→±∞
f(x) = 0,
2.2 Hàm tfia đơn đi»u
Ta nhắc lại tính chất quen biết sau dȃy.
Giả sả hàm số f(x) xác dịnh và dơn di»u tăng trȇn I(a, b). Khi dó, với mọi x1, x2 ∈
I(a, b), ta dều có
và ngmợc lại, ta có
f(x1) ≤ f(x2) ⇔ x1 ≤ x2,
f(x1) ≥ f(x2) ⇔ x1 ≤ x2; ∀x1, x2 ∈ I(a, b),
khi f(x) là m®t hàm dơn di»u giảm trȇn I(a, b).
Tuy nhiȇn, trong áng dụng, có nhiều hàm số chỉ dòi hỏi có tính chất yếu hơn, chẫng
hạn nhm
f(x1) ≤ f(x2) ⇔ x1 ≤ x2; ∀x1, x2 > 0 mà x1 + x2 ≤ 1,
thì khȏng nhất thiết f(x) phải là m®t hàm dơn di»u tăng trȇn (0, 1).
Ví dụ, với hàm số f(x) = sin πx, ta luȏn có khẫng dịnh sau dȃy.
Bài toán 2.16. Nếu A, B, C là các góc của ∆ABC thì
sin A ≤ sin B ⇔ A ≤ B. (2.7)
Nhm vªy, m°c dù hàm f(x) = sin πx khȏng dồng biến trong (0, 1), ta vấn có bất dẫng
thác (suy ra tà (2.7)), tmơng tự nhm dối với hàm số dồng biến trong (0, 1)
sin πx1 ≤ sin πx2 ⇔ x1 ≤ x2, ∀x1, x2 > 0 mà x1 + x2 < 1, (2.8)
Ta di dến dịnh nghĩa sau dȃy.
i=0
f(a) − f(b) + 2 = 2.
3
| − | ≤
f (xi) f (xi+1) lim
a→−∞,b→+∞

26
b
2
≥ − ∀ ∈
h
2
2 2 2
h(b − x), khi x ∈
là hàm số tựa dồng biến trong (0, b).
, b
2
1
2
Dịnh nghĩa 2.6 (xem [2]). Hàm số f(x) xác dịnh trong (a, b) ⊂ (0, +∞) dmợc gọi là
hàm tựa dồng biến trong khoảng dó, nếu
f (x1) < f (x2) ⇔ x1 < x2; ∀x1, x2 > 0 mà x1 + x2 < b, (2.9)
Tmơng tự, ta cǔng có dịnh nghĩa hàm tựa nghịch biến trong m®t khoảng cho trmớc.
Dịnh nghĩa 2.7 (xem [2]). Hàm số f(x) xác dịnh trong (a, b) ⊂ (0, +∞) dmợc gọi là
hàm tựa nghịch biến trong khoảng dó, nếu
f(x1) < f(x2) ⇔ x1 > x2; ∀x1, x2 > 0 mà x1 + x2 < b. (2.10)
Bài toán 2.17. Mọi hàm số f(x) tựa dồng biến trong (a, b) ⊂ (0, +∞) dều dồng biến
trong khoảng 0, .
2
ChFng minh. Khẫng dịnh dmợc suy ra trực tiếp tà Dịnh nghĩa 2.6
Thªt vªy, khi x1, x2 ∈ 0, thì hiễn nhiȇn, x + x < b và ta thu dmợc
b
2
f(x1) < f(x2) ⇔ x1 < x2; ∀x1, x2 ∈ 0, . (2.11)
b
H» thác (2.11) cho ta diều cần cháng minh.
Bài toán 2.18. Giả thiết rằng hàm h(x) dồng biến trong khoảng 0,
b
i
. Khi dó hàm
h(x), khi x ∈ 0,
b
i
,
f(x) = hb
Dịnh lj 2.1 (xem [2-6]). Mọi hàm f(x) xác d$nh trong (0, b) ⊂ (0, +∞) và thỏa mãn các
diều ki»n
(i) f(x) dồng biến trong khoảng 0,
b
,
2
(ii) f (x) f (b x), x
b
, b ,
2
dều là hàm tüa dồng biến trong khoảng dã cho.
ChFng minh. Khi hàm f(x) tựa dồng biến trong (0, b) thì theo Bài toán 2.17, hàm
b
f(x) dồng biến trong khoảng (0, ).
2
Xét x ∈
hb
, b . Khi dó, dễ x ∈ (0, b) sao cho dồng thời x
1 < x và x1 + x < b, ta cần
chọn x1 ∈ 0,
b
và x < b − x ∈ 0,
b
. Do vªy, mọi x ∈
hb
, b ta dều có x
< x2 và
2
2
,
1
số
1 2 1

27
2
2
2 2
2 2
2
dễ x1 + x2 < b thì dế thấy x2 ∈
b
,b − x . Vì theo giả thiết, thì f(x1 ) < f(x2) với mọi
x ∈
b
, b − x , nȇn f(x2 ) > f(x).
2.3 Phương pháp xây dfing các hàm tfia đơn đi»u tfi một
hàm số cho trưďc
2.3.1 Bất đẳng thfíc hàm liên quan đến tam giác
Trmớc hết, ta nhắc lại (khȏng cháng minh) m®t số h» thác d°c trmng cho tam giác
mà mọi học sinh bªc THPT dều quen biết. Dȃy là nhǎng h» thác d°c bi»t quan trọng
liȇn quan dến sự ràng bu®c tự nhiȇn của các yếu tố cạnh và góc trong m®t tam giác.
Tính chất 2.1. Trong mọi tam giác ABC thì áng với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn.
Nhªn xét 2.1. Diều khẫng dịnh trȇn cho ta m®t kết luªn tmơng dmơng sau dȃy: Trong
mọi tam giác ABC, khi A < B thì sin A < sin B.
Và nhm vªy, m°c dù hàm số f(x) = sin x khȏng dồng biến trong (0, π) ta vấn có h»
thác kiễu "dồng biến" cho c°p góc của m®t tam giác.
Tính chất 2.2. Trong mọi tam giác ABC ta dều có:
A + B
cos A + cos B ≤ 2 cos
2
.
Nhªn xét 2.2. Nhm vªy, m°c dù hàm số f (x) = cos x khȏng là hàm lǒm (có dạo hàm
cấp hai luȏn ȃm) trong (0, π) ta vấn có h» thác kiễu "hàm lǒm" cho c°p góc của m®t
tam giác.
Tính chất 2.3. Trong mọi tam giác ABC ta dều có bất dẫng thác
3
√
3
sin A + sin B + sin C ≤
2
.
A B C
tan + tan + tan ≥
√
3.
A B C
cot + cot + cot ≥ 3
√
3.
3
cos A + cos B + cos C ≤
2
.
2
2
1
1

28
3
3
2
3
∈ ≥ ≥
3
z +
3 2
z + i
3
Nhªn xét 2.3. Diều khẫng dịnh của các Tính chất 2.3 - 2.5 dế dàng kiễm cháng trực
tiếp dmợc dựa trȇn bất dẫng thác Jensen quen biết dối với lớp hàm có dạo hàm khȏng
dỗi dấu trong khoảng (0, π).
Tuy nhiȇn, dối với khẫng dịnh của Tính chất 2.6 thì ta thấy ngay rằng d°c trmng
của hàm lǒm khȏng còn dmợc sả dụng nhm m®t cȏng cụ cơ bản dễ kiễm cháng trực tiếp
tính dúng dắn của bất dẫng thác dǎ cho. Vªy nȇn, m®t vấn dề xuất hi»n m®t cách tự
nhiȇn là: Về tỗng thễ, ta có thễ mȏ tả dmợc hay khȏng lớp các hàm tỗng quát thỏa mǎn
diều ki»n
ho°c
với mọi tam giác ABC?
f(A) + f(B) + f(C) ≤ 3f
π
,
f(A) + f(B) + f(C) ≥ 3f
π
.
Sau dȃy ta xét m®t số minh họa thȏng qua cách xȃy dựng các phmơng trình hàm dễ
mȏ tả nhǎng nhªn xét dǎ nȇu ở trȇn.
2.3.2 Hàm tfia đồng biến dạng hàm số sin
Bài toán 2.19. Cho hàm số f(t) xác dịnh trong khoảng (0, π) thỏa mǎn diều ki»n
f(x) + f(y) ≤ 2f
x + y
, ∀x, y, x + y ∈ (0, π) (2.12)
Cháng minh rằng
f(x) + f(y) + f(z) ≤ 3f
x + y + z
, ∀x, y, z, x + y + z ∈ (0, π) (2.13)
LỜi giải.
Giả sả x, y, z, x + y + z (0, π). Khȏng mất tính tỗng quát, giả sả x y z thì ta có
x + y + z
z +
3
∈ (0, π) nȇn
f(z) + f
x + y + z
≤ 2f
x+y+z
3
2
, ∀x, y, x + y ∈ (0, π) (2.14)
Tà (2.12) và (2.14) suy ra
f(x) + f(y) + f(z) + f
x + y + z
≤ 2
h
f
x + y
+ f
x+y+z
3
2
≤ 4f
x + y + z
,
∀x, y, z, x + y + z ∈ (0, π). Tà dó, ta thu dmợc (2.13).

29
i
π
π
π
2
2
Bài toán 2.20. Xác dịnh các hàm số f (t) xác dịnh trong khoảng (0, π) và thỏa mǎn
diều ki»n
Với mọi tam giác ABC thì A < B khi và chỉ khi f(A) < f(B).
LỜi giải. Trmớc hết, ta có nhªn xét rằng diều ki»n A < B khi và chỉ khi f (A) < f (B) với
mọi c°p góc A, B khȏng tù (nhọn ho°c vuȏng) tmơng dmơng với diều ki»n f (t) = f0(t)
là m®t hàm dồng biến trong 0,
π
.
2
Xét hàm số
g0(t) = f0
π
(t), khi 0 < t ≤
2
,
(2.15)
f0(π − t), khi < t < π,
2
với f0(t) là m®t hàm dồng biến tùy ý cho trmớc trong 0,
i
. Ta cháng minh rằng, khi
π
dó g0(t) thỏa mǎn diều ki»n bài ra.
Thªt vªy, ta có g0(A) < g0(B) với mọi c°p góc A, B khȏng tù và A < B.
Xét trmờng hợp 0 < A <
π
< B < π với A + B < π.
π
2
Ta có
2
> π − B > A và do dó
g0(B) = f0(π − B) > f0(A) = g0(A).
Tiếp theo, ta cháng minh rằng mọi hàm f(t) có dạng
f(t) = f0
π
(t), khi 0 < t ≤
2
,
(2.16)
≥ f0(π − t), khi < t < π,
2
trong dó f0(t) là m®t hàm dồng biến tùy ý cho trmớc trong 0,
i
, dều thỏa mǎn diều
π
ki»n bài toán.
Thªt vªy, với mọi góc B tù và A + B < π, 0 < A <
π
2
π
< B < π, ta có
2
> π − B > A
nȇn
f(B) ≥ f0(π − B) > f0(A) = f(A).
Ngmợc lại, giả sả hàm f(x) xác dịnh theo cȏng thác
f(t) = f0
π
(t), khi 0 < t ≤
2
,
f1(π − t), khi < t < π,
2
khȏng thỏa mǎn diều ki»n (2.16), tác là tồn tại diễm t1
f1(π − t1) < f0(π − t1).
∈
π
, π dễ
Khi dó, ta có
f(t1) = f1(π − t1) < f0(π − t1) = f(π − t1),
mȃu thuấn với dịnh nghĩa hàm tựa dồng biến.
2

30
2
2
2
2
π 2
sin t, khi 0 < t ≤
π
,
h(t) + sin t, khi < t < π.
2
Trong dó h(t) ≥ 0 với mọi t ∈
π
, π . Khi dó, f(t) là m®t hàm tựa dồng biến trong
(0, π).
2.3.3 Hàm tfia lõm dạng hàm số cosin
Nhªn xét rằng, có m®t mối liȇn h» mªt thiết giǎa lớp các hàm dồng biến (nghịch
biến) trong m®t khoảng cho trmớc với lớp các hàm lồi (lǒm) trong khoảng dó.
Dịnh lj 2.2 (xem [2-6]). Hàm khả vi f (x) trong khoảng (a, b) là hàm dồng biến trong
khoảng dó khi và chỉ khi mọi nguyên hàm F(x) của nó là hàm lồi trong khoảng dó.
ChFng minh. Thªt vªy, theo giả thiết thì F (x) có dạo hàm bªc hai trong khoảng (a, b),
nȇn F (x) là hàm lồi trong khoảng (a, b) khi và chỉ khi F ''(x) ≥ 0 trong khoảng dó. Diều
này tmơng dmơng với f'(x) ≥ 0 với mọi x ∈ (a, b).
Kết quả của Dịnh lý 2.2 gợi ý cho ta cách thiết lªp mối liȇn h» giǎa lớp hàm các
hàm tựa dồng biến (tựa nghịch biến) trong m®t khoảng cho trmớc với lớp các hàm tựa
lồi (tựa lǒm) trong khoảng dó.
Dịnh lj 2.3 (xem [2-6]). Hàm khả vi f (x) trong khoảng (a, b) là hàm tüa dồng biến
trong khoảng dó khi và chỉ khi mọi nguyên hàm F (x) của nó là hàm tüa lồi trong khoảng
dó.
Bài toán 2.21. Cho q(t) là hàm số lǒm trong khoảng 0,
π
i
. Xét hàm số
q(t), khi 0 < t ≤
π
,
2q(
2
) − q(π − t), khi
Cháng minh rằng f(t) là hàm tựa lǒm trong (0, π).
< t < π.
2
LỜi giải. Nếu tam giác ABC nhọn ho°c vuȏng thì do giả thiết hàm q(t) lǒm, dế thấy
ngay rằng diều ki»n bài toán dmợc thỏa mǎn.
Xét trmờng hợp khi tam giác ABC tù, chẫng hạn C >
π
.
2
Trmớc hết ta cháng minh hàm f(t) thỏa mǎn diều ki»n
f(A) + f(C) ≤ 2f
A + C
,
f(t) = π
f(t) = π

31
2
2
—
2
∈
q
π
− q(π − C) = q'(u). C −
π
, u ∈ π − C,
π
,
2 2 2
q A + C −
π
− q(A) ≥ q
π
− q π − C ,
q(A) + q
π
− q π − C ≤ q A + C −
π
. (2.18)
q A + C −
π
≤ 2q
A + C
− q
π
. (2.19)
q(A) + q
π
− q π − C ≤ 2q
A + C
− q
π
,
q(A) + 2q
π
− q π − C ≤ 2q
A + C
,
≥ ,
2 2 2
hay
Do C >
π
2
nȇn suy ra
π
q(A) + 2q( )
2
— q(π − C) ≤ 2q
A + C
. (2.17)
π − C, A + C 0, , (π − C) + (A + C − ) = A + .
π π π π
Khȏng mất tính tỗng quát, giả sả A + C −
π
≤ π − C.
Khi dó, ta có
Theo dịnh lí Lagrange thì
π π
A ≤ A + C −
2
≤ π − C ≤
2
.
2 2 2
và
q A + C −
π
− q(A) = q'(v). C −
π
, v ∈ A, A + C −
π
.
Do q(t) là hàm lǒm (q''(t) ≤ 0) nȇn q'(t) là hàm số nghịch biến và tà dó dấn dến
q'(v) ≥ q'(u). Suy ra
2 2
hay
M°t khác, do
2
π π
A + C − +
2
q A + C −
π
+ q
π
nȇn
A + C
q = q
2
2 2 2 2
2 2
2 2 2
Tà (2.18) và (2.19), ta thu dmợc
2 2 2
hay
2 2
tác là ta có (2.17).
Vªy, f(t) là hàm tựa lǒm trong (0, π).

32
2
3
π 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2
H» quả 2.4. Với mọi hàm số f(t) xác d$nh theo công thúc
q(t), khi 0 < t ≤
π
,
2q(
2
) − q(π − t), khi < t < π,
2
trong dó q(t) là hàm số lõm cho truớc trong khoảng 0,
π
i
, thì với mọi tam giác ABC,
ta dều có
f(A) + f(B) + f(C) ≤ 3.f
π
. (2.20)
Tiếp theo ta sě nȇu cách dựng các hàm tựa lǒm.
Bài toán 2.22. Tìm các hàm số f(t) xác dịnh trong khoảng (0, π) và thỏa mǎn diều ki»n:
Với mọi tam giác ABC, ta dều có
3
f(A) + cos B + cos C ≤
2
. (2.21)
LỜi giải. Ta có nhªn xét rằng
f(A) + cos B + cos C = f(A) + 2 cos
B + C
cos
B − C A
≤ f(A) + 2 sin .
Ta sě cháng minh rằng mọi hàm f(t) ≤
3
− 2 sin
t
, ∀t ∈ (0, π) dều thỏa mǎn yȇu cầu bài
2 2
toán.
Thªt vªy, với mọi tam giác ABC, ta luȏn có
3 A B + C B − C
f(A) + cos B + cos C 2 sin + 2 cos cos
≤
2
−
2 2 2
3 A A 3
≤
2
− 2 sin
2
+ 2 sin
2
=
2
.
Tiếp theo, ta cháng minh rằng mọi hàm f 3 t
(t) > − 2 sin , ∀t ∈ (0, π) dều khȏng
thỏa mǎn yȇu cầu bài toán.
1 2 2
Thªt vªy, xét tam giác A0 B0C0 với các góc dmợc chọn là A0
2π
= , B0
3
π π
= , C0 = ,
6 6
ta có
3 π π π
f1(A) + cos B0 + cos C0 >
2
− 2 sin
3
+ cos
6
+ cos
6
=
3
−
√
3 +
√
3
+
√
3
=
3
.
Do dó, hàm f
3 t
(t) > − 2 sin , ∀t ∈ (0, π) khȏng thỏa mǎn yȇu cầu bài toán.
Vªy, mọi hàm số có dạng f(t) ≤
3
− 2 sin
t
, ∀t ∈ (0, π) dều thỏa mǎn yȇu cầu bài
2 2
toán.
f(t) = π
1

33
Chương 3. Các dạng toán liên quan
Trong chmơng này sả dụng các tài li»u tham khảo [1], [2], [4], [6] dễ tham khảo m®t
số bài toán và làm cơ sở dễ mở r®ng cho các bài toán khác.
3.1 Sfi dṇng tính đơn đi»u của hàm số trong chfíng minh
bất đẳng thfíc
Có thễ nói rằng các tính chất cơ bản của hàm số luȏn dóng vai trò quan trọng nhm là
nhǎng cȏng cụ hǎu hi»u nhất dễ dịnh hmớng giải cǔng nhm sáng tác bài tªp mới. Nhǎng
kiến thác dầu tiȇn liȇn quan dến khái ni»m dơn di»u dmợc dề cªp ở bªc tiễu học chính
là các bài toán về t l» thuªn và t l» nghịch. D°c bi»t, nhiều tính chất cơ bản của phȃn
số số học là nhǎng kiến thác sȃu sắc dmợc sả dụng giải quyết khá nhiều bài toán khó
của các kỳ thi Olympic các quốc gia và quốc tế.
3.1.1 Một số bài toán áp dṇng trong bất đẳng thfíc đại số
Ta xét ví dụ rất quen thu®c sau dȃy.
Bài toán 3.1. Cháng minh rằng với mọi b® số dmơng a, b, c, ta dều có
a b c 3
b + c
+
c + a
+
a + b
≥
2
. (3.1)
Dȃy là bài toán cơ bản (có trong tất cả các sách giáo trình về bất dẫng thác) nhằm
dễ mȏ tả các áng dụng khác nhau của các bất dẫng thác cỗ diễn nhm bất dẫng thác
Cauchy, bất dẫng thác AG, . . . dễ giải. Tuy nhiȇn, nếu viết lại (3.1) dmới dạng
a1 b1 c1 a0 b0 c0
b1 + c1
+
c1 + a1
+
a1 + b1
≥
b0 + c0
+
c0 + a0
+
a0 + b0
. (3.2)
với ngầm dịnh a0 = b0 = c0 = 1, thì ta có ngay nhªn xét rằng (3.2) có dáng dấp của m®t
hàm dồng biến
với
g(1) ≥ g(0),
at bt ct
g(t) =
bt + ct +
ct + at +
at + bt , t ∈ R.

34
Σ Σ
Σ n Σ
q q q + d
q q q + d
Ta cháng minh rằng nhªn xét vàa nȇu ở trȇn là hoàn toàn dúng. Tuy nhiȇn (bạn
dọc hǎy tự kiễm cháng), các ky thuªt cơ bản của bất dẫng thác Cauchy, bất dẫng thác
AG khȏng còn hi»u lực. Tính dồng biến của g(t) áng với t ≥ 0 dmợc suy ra tà nhªn xét
sau dȃy (xem lại tính chất phȃn số ở bªc tiễu học).
Tính chất 3.1.
(i) Nếu hai phȃn số dmơng có cùng tả số dmơng thì phȃn số nào có mấu số lớn hơn
thì bé hơn,
(ii) Nếu hai phȃn số ȃm có cùng tả số dmơng thì phȃn số nào có mấu số lớn hơn thì
lớn hơn.
Tính chất 3.2. Xét phȃn số
p
q
với q > 0. Khi dó
(i) Nếu phȃn số
p
q
(ii) Nếu phȃn số
p
q
dmơng thì khi tăng mấu số, phȃn số sě giảm,
ȃm thì khi tăng mấu số, phȃn số sě tăng.
Nói cách khác, ta có.
Bài toán 3.2. Cho phȃn số
p
q với q > 0 và số dmơng d. Khi dó
(i) Nếu phȃn số
p
dmơng thì
p
≥
p
,
(ii) Nếu phȃn số
p
ȃm thì
p
≤
p
.
Tà kết quả của bài toán này, ta dế dàng cháng minh.
Bài toán 3.3. Với mọi b® số dmơng a, b, c cho trmớc, hàm số
at bt ct
g(t) =
bt + ct +
ct + at +
at + bt , t ∈ R,
là m®t hàm dồng biến trong [0, +∞).
H» quả 3.5. Cho α ≥ β ≥ 0. Chúng minh rằng với mọi b® số duơng a, b, c, ta dều có
aα bα cα aβ bβ cβ
bα
+ cα +
cα
+ aα +
aα
+ bα ≥
bβ + cβ
+
cβ + aβ
+
aβ + bβ
.
Bài toán 3.4. Cháng minh rằng với mọi b® số a1, a2, · · · , an ∈ R ta luȏn có da thác
n n
Q(x) =
aiaj
xi+j,
i + j
i=1 j=1
là m®t hàm dồng biến trong [0, +∞).
LỜi giải. Thªt vªy, ta có
Q'(x) =
n
1
x
i=1
Σ
j=1
aiajxi+j =
1
n
x
i=1
2
aixi .

35
Σ Σ
Σ Σ
Σ Σ
2
—
Suy ra Q'(x) ≥ 0 với mọi x ≥ 0. Do dó, hàm số Q(x) dồng biến trong [0, +∞).
Tà dȃy, ta thu dmợc
H» quả 3.6 (Bất dẫng thác thá tự Hilbert). Với mọi b® số thüc a1, a2, · · · , an, ta luôn
có n n
aiaj
i + j ≥ 0.
ChFng minh. Do da thác
i=1 j=1
n n
Q(x) =
aiaj
xi+j,
i + j
i=1 j=1
dồng biến trong [0, +∞) nȇn Q(1) ≥ Q(0) = 0, hay
n n
aiaj
i + j = Q(1) ≥ 0.
i=1 j=1
chính là dpcm.
3.1.2 Một số bài toán áp dṇng cho bất đẳng thfíc trong tam giác
Sau dȃy là m®t số bài toán sả dụng các kiến thác của lớp hàm dơn di»u liȇn tiếp
trȇn m®t doạn, dối với tỗng khȏng dỗi ta xét dấu dạo hàm các cấp m®t và hai trong
vi»c biến dỗi chia hai vế.
Bài toán 3.5. Cho tam giác nhọn A0B0C0. Cháng minh rằng với mọi tam giác nhọn
ABC ta dều có
sin A
cos A0
sin B
+
cos B0
sin C
+
cos C0
≤ tan A0 tan B0 tan C0. (3.3)
ChFng minh. Xét hàm số
f(x) = sin x, x ∈ 0,
π
.
Ta có f'(x) = cos x > 0 và f''(x) = sin x < 0 trong (0,
π
).
2
Vªy nȇn f(A) ≤ f(A0) + f'(A0)(A − A0),
suy ra
Tmơng tự, ta cǔng có
sin A
cos A0
sin B
cos B0
≤ tan A0 + A − A0. (3.4)
≤ tan B0 + B − B0 (3.5)

36
2 2
+ + ≥ + +
b c a b c a
b c a
và
Tà (3.4), (3.5), (3.6), suy ra
sin C
cos C0
≤ tan C0 + C − C0. (3.6)
Dễ ý rằng
sin A
cos A0
sin B
+
cos B0
sin C
+
cos C0
≤ tan A0 + tan B0 + tan C0.
tan A0 + tan B0 + tan C0 = tan A0 tan B0 tan C0,
suy ra diều phải cháng minh.
Các bài toán sau dmợc giải quyết tmơng tự.
Bài toán 3.6. Cho tam giác A0B0C0. Cháng minh rằng với mọi tam giác ABC ta dều
có
A
cos
2
sin
A0
2
B
cos
+ 2
B0
sin
2
C
cos
+ 2
sin
C0
2
≤ cot
A0
+ cot
2
B0
+ cot
2
C0
. (3.7)
2
Bài toán 3.7. Cho tam giác nhọn A0B0C0. Cháng minh rằng với mọi tam giác nhọn
ABC ta dều có
tan A
1 + tan2 A0
tan B
+
1 + tan2 B
tan C
+
1 + tan2 C
≥ 2 sin A0 sin B0 sin C0. (3.8)
Bài toán 3.8. Cho tam giác ABC có m®t góc khȏng nhỏ hơn
2π
. Cháng minh rằng
3
A B C
tan + tan + tan ≥ 4 −
√
3.
Các bài toán sau dȃy cho ta mở r®ng vȏ hạn các bất dẫng thác tà m®t bất dẫng
thác nhờ lớp các hàm số dơn di»u.
Ta nhªn thấy rằng áng với a, b, c, α, β là các số dmơng, α > β thì ta luȏn có
a α
b α
c α
a β
b β
c β
và dẫng thác xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. Tính chất này có thễ nhìn nhªn nhm là
hàm số
dồng biến trong [0. + ∞).
g(x) := a x
b x
c x
Vªy cȃu hỏi tự nhiȇn nảy sinh là ta có thễ thiết lªp dmợc hay khȏng các hàm tmơng
tự dối với các bất dẫng thác dạng khác khi dǎ tmờng minh cách cháng minh cho trmờng
hợp dơn lẻ và cụ thễ? Ta thu dmợc bài toán n®i suy bất dẫng thác, tác là tà bất dẫng
thác dǎ cho, ta xét hai vế của nó nhm là giá trị của m®t hàm cần tìm tại hai tọa vị cho
trmớc.
2
0 0
+ +

37
h i
a
+
t
— 1 ≥
t
+
t
— 1 ≥
t
2c
+
t1
— 1 ≥
t 2c
1 1
b c
Bài toán 3.9. Cho a, b, c, α, β là các số dmơng, α > β. Cháng minh rằng
b + c α
+
2a
c + a α
+
2b
a + b α
2c
≥
b + c β
+
2a
c + a β
+
2b
a + b β
2c
. (3.9)
LỜi giải. Xét hàm số:
F(t) =
b + c t
+
2a
c + a t
+
2b
a + b t
2c
, ∀t > 0.
Ta cần cháng minh F(t) là hàm số dồng biến trȇn (0, +∞) hay ∀t1, t2 ∈ (0, +∞), t1 < t2,
ta cần cháng minh F(t1) ≤ F(t2) hay cần cháng minh:
Ta có
b + c t2
+
2a
c + a t2
+
2b
a + b t2
2c
≥
b + c t1
+
2a
c + a t1
+
2b
a + b t1
2c
b + c t2 t2 t2 b + c t1
c + a t2 t2 t2 c + a t1
a + b t2 t2 t2 a + b t1
t2
t
−1
h b + c t1
c + a t1
2b
a + b t1
i t2
t
−1 3
r
3 (b + c)(c + a)(a + b) t1
8abc
t2
≥ 3
t
−3.
C®ng theo vế 4 bất dẫng thác trȇn ta thu dmợc
b + c t2
+
2a
c + a t2
+
2b
a + b t2
2c
≥
b + c t1
+
2a
c + a t1
+
2b
a + b t1
2c
, ∀t2 > t1 > 0.
Suy ra F(t) là hàm dồng biến trȇn (0, +∞).
Khi dó ∀α > β ta luȏn có
b + c α
+
2a
c + a α
+
2b
a + b α
2c
≥
b + c β
+
2a
c + a β
+
2b
a + b β
.
2c
Tà dȃy, ta thu dmợc diều phải cháng minh.
Dẫng thác xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Với hàm g(t) :=
a t
b t
c t
dồng biến trong [0. + ∞) cho ta vȏ hạn các bất
dẫng thác, trong dó (3.9) là m®t h» quả của nó, tà dó ta mở r®ng dmợc vȏ hạn các bài
toán, chẫng hạn các bài toán sau.
Bài toán 3.10. Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác và α > β ≥ 1.
Cháng minh rằng
c α
+
a + b − c
a α
+
b + c − a
b α
c + a − b
≥
c β
+
a + b − c
a β
+
b + c − a
b β
.
c + a − b
(3.10)
1 1
1 1
2a 2c
1
1
2a 2a
2b 2b
+ + ≥
+ +

38
x .
x
Bài toán 3.11. Cho a, b, c là ba cạnh của m®t tam giác và α > β > 1. Cháng minh
rằng
3a α
+
2b + 2c − a
3b α
+
2c + 2a − b
3c α
2a + 2b − c
3a β
≥
2b + 2c − a
+
3b β
+
2c + 2a − b
3c β
.
2a + 2b − c
3.2 Sfi dṇng tính đơn đi»u của hàm số trong bài toán
cfic trị
Bài toán 3.12 (My, 1977). Cháng minh rằng với các số dmơng tùy ý a ≤ b ≤ c ≤ d, ta
có bất dẫng thác
abbccdda ≥ bacbdcad.
LỜi giải. Ta d°t b = ax, c = ay, d = az.
Khi dó, tà diều ki»n của bài toán, ta có 1 ≤ x ≤ y ≤ z, còn bất dẫng thác cần cháng
minh tmơng dmơng với
aax(ax)ay(ay)az(az)a ≥ (ax)a(ay)ax(az)ayaaz.
Sau khi giản mớc hai vế cho aaaaxaayaaz và nȃng lǔy thàa hai vế (dều dmơng) lȇn lǔy
thàa
1
a
ta dmợc bất dẫng thác tmơng dmơng
xyyzz ≥ xyxzy.
D°t x = xs, z = xt, khi dó, 1 ≤ s ≤ t (vì x ≤ y ≤ z) và y ≥ s (vì x ≥ 1), suy ra
xxsyxtxt ≥ xyx(xt)sx.
Sau khi giản mớc xxsyxxt và nȃng lǔy thàa hai vế (dều dmơng) lȇn lǔy thàa
1
x
ta dmợc
bất dẫng thác tmơng dmơng
yt−1
≥ ts− 1
- Nếu y = 1 thì bất dẫng thác dúng vì
y
x = 1, y =
x
= 1, yt−1 = 1 = tt−1 = 1.
- Nếu t = 1 thì bất dẫng thác dúng vì
yt−1 = y0 = 1 = 1s−
1
= 1.

39
1
2
2
1 1
α 1
2
2
Giả sả y > 1 và t > 1. Khi dó, nȃng lǔy thàa hai vế của bất dẫng thác lȇn lǔy thàa
1 y
t − 1 y − 1
> 0, ta dmợc bất dẫng thác tmơng dmơng
y s
Ta xét hai trmờng hợp:
Trưďng hỢp 1:
yy−1 ≥ tt−1 với 1 ≤ s ≤ t, s ≤ y.
α
Giả sả y ≥ t. Ta cháng minh rằng hàm số f1(α) = αα−1 tăng với α > 1. Ta có
f''(α) =
α
eα−1
α
ln α
'
1
α
= eα−1
ln α 1
α − 1
−
ln α
(α − 1)2
= eα−1
(α − 1)2 (α − 1 − ln α) > 0,
1
ta có g (α) = α − 1 − ln α > 0 với α > 1, vì g' (α) = α − > 0 và (g' (0) = 0).
Suy ra trong trmờng hợp này bất dẫng thác thỏa mǎn, vì
y t s
Trưďng hỢp 2:
yy−1 = f1(y) ≥ f1(t) = tt−1 ≥ tt−1 .
1
Giả sả y < t. Ta cháng minh rằng hàm số f2(α) = αα−1 giảm với α > 1. Ta có
f''(α) =
α
eα−1
ln α
' α
= eα−1
ln α 1
α(α − 1)
−
ln α
(α − 1)2
1
= eα−1
1
2 (α − 1 − α ln α) < 0,
α(α − 1)
ta có g2(α) = α − 1 − α ln α < 0 với α > 1, vì g' (α) = 1 − ln α − 1 < 0 và (g' (1) = 0).
2 2
Suy ra trong trmờng hợp này bất dẫng thác thỏa mǎn, vì
y
y y y s
yy−1 = (f2(y)) ≥ (f2(t)) = tt−1 ≥ tt−1 .
Bài toán 3.13 (Ireland, 2000). Cho x, y ≥ 0 với x + y = 2. Chúng minh rằng
x2y2(x2 + y2) ≤ 2.
LỜi giải. Do
thành
x + y = 2 nȇn
x + y 6
= 1, bất dẫng thác cần cháng minh dmợc viết
hay
x + y 6
≥ x y (x2 + y2),
(x + y)6 ≥ x2y232(x2 + y2).
Trong trmờng hợp xy = 0 bất dẫng thác hiễn nhiȇn dúng.
2 2

40
∫
∫
∫ ∫
i
2
∫
≤
6
x
≥
≤
≥
≤
h
2
π
≤
Xét trmờng hợp xy /
= 0. D°t k = xy. Ta có diều ki»n x = y = 2 ≥ 2
√
xy = 2
√
k, suy ra
0 ≤ k ≤ 1. Ta có thễ cháng minh bất dẫng thác khi k = 1, nghĩa là xy = 1 lúc dó bất
dẫng thác trở thành
x +
1
≥ 32 x2 +
1
.
x2
D°t p =
1 2
x +
x
≥ 4. Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của F(p) = p3
— 32(p − 2) trȇn [4, +∞].
Vì F'(p) = 3p2 − 32 ≥ 0 (do p ≥ 4), nȇn F(p) là hàm dơn di»u tăng trȇn [4, +∞].
Vªy F(p) ≥ F(4) = 0 với ∀p ≥ 4 (dpcm).
Ta sả dụng dịnh lý và h» quả sau cho các bài toán dmới dȃy.
Dịnh lj 3.1 (xem [2-6]). Cho hàm số y = f(x) liên töc và ngh$ch biến trên [0, b],
∀a ∈ [0, b]. Khi dó, ta luôn có
a
b f (x)dx a
0
b
f (x)dx. (3.11)
0
Fuơng tü, với f(x) liên töc và dồng biến trên [0, b], ∀a ∈ [0, b] thì
a
b f (x)dx a
0
b
f (x)dx.
0
H» quả 3.7. Nếu b = 1 và f(x) liên töc và ngh$ch biến trên [0, 1] thì ∀a ∈ [0, 1], ta dều
có
a
f (x)dx a
0
1
f (x)dx.
0
Nếu b = 1, f(x) liên töc và dồng biến trên [0, 1] thì ∀a ∈ [0, 1], ta dều có
a
f (x)dx a
0
1
f (x)dx.
0
Bài toán 3.14. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
h(x) =
π
x2
4
π2 π
8
+ 1 x −
2
cos x, x ∈ 0,
π
.
2
LỜi giải. Ta có f(t) = t + sin t là hàm liȇn tục và dồng biến trȇn
h
0,
π
i
. Khi dó, theo
Dịnh lý 3.1, ∀x ∈
h
0,
π
i
, thì
π
∫ x π
hay
(t + sin t)dt x
2 0
(t + sin t)dt,
0
π t2 x
t2 2
2 2
− cost x
2
− cost .
∫
∫
∫ ∫
2
—
0 0

41
—
2
√
2
4
−
2
cos x − x + 1
8
≤ −
2
.
3 3
2
Vªy nȇn
π
hx2 i π2
hay
2 2
− cos x + 1 ≤ x + 1 ,
8
πx2 π π xπ2
Suy ra
4
−
2
cos x +
2
≤ + x.
8
πx2 π π2 π
Vªy, giá trị lớn nhất của hàm số h(x) bằng
π
2
Bài toán 3.15. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
khi x = 0 ho°c x =
π
.
2
f(x) = πx − 2
√
2 arcsin x, x ∈
h
0,
√
2
i
.
1
LGỢc đồ giải. Tmơng tự áp dụng Dịnh lý 3.1 cho hàm g(t) = √
1 − t2
là hàm liȇn tục
và dồng biến trȇn
h
0,
i
ta dmợc giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) bằng 0 khi x = 0
ho°c x =
√
2
.
2
Bài toán 3.16. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
f(x) =
√
3x3 − 3
√
3 arctan x + x π − 3
√
3
trȇn doạn [0,
√
3].
LGỢc đồ giải. Tmơng tự áp dụng Dịnh lý 3.1 cho hàm g(t) = t2 −
1
là hàm liȇn
tục và dồng biến trȇn [0,
ho°c x =
√
3.
1 + t2
3] ta dmợc giá trị lớn nhất của hàm số f(x) bằng 0 khi x = 0
Bài toán 3.17. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
f(x) = x arccos x −
√
1 − x2 −
2
x
√
x −
1
x, x ∈ [0, 1].
LGỢc đồ giải.Tmơng tự áp dụng Dịnh lý 3.1 cho hàm g(t) =
√
t − arccos t là hàm liȇn
tục và dồng biến trȇn [0, 1] ta dmợc giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) bằng −1 khi x = 0
ho°c x = 1.
Bài toán 3.18. Tìm giá trị lớn nhất của biễu thác
1
f(x, y) = x cos y − y cos x + (x − y)(
2
xy − 1), 0 ≤ x ≤ y.
√

42
2
0
sin2 x sin2 y sin2 z
−
x2
−
y2
−
z2
2
⇒
∫
0
LGỢc đồ giải. Tmơng tự áp dụng Dịnh lý 3.1 cho hàm g(t) = sin t + t là hàm số liȇn
tục và dồng biến với mọi t ∈ [0, y] ta dmợc giá trị lớn nhất của hàm số f (x, y) bằng 0 khi
x = 0 ho°c x = y.
Bài toán 3.19. Tìm giá trị lớn nhất của biễu thác
1 1 1 1
A = + +
1 1
; x, y, z ∈ 0,
π
i
.
LỜi giải. Tà bất dẫng thác cos t ≤ 1, ∀t ∈ R và cos t < 1 với 0 < t ≤
π
, ta có
x
cos tdt <
0
x
dt sin x < x. (3.12)
0
Tiếp theo, tà (3.12), khi x > 0, thì
x
sin tdt <
0
x
tdt ⇒ cos x > 1 −
x2
. (3.13)
2
x
cos tdt >
0
x
t2
1 −
2
dt ⇒ sin x > x −
x3
. (3.14)
3!
x
sin tdt >
0
∫ x
t3
t−
3!
dt ⇒ cos x < 1 −
x2 x4
+ .
2! 4!
M°t khác, tà (3.14), ta có
sin x 3
x2 3 x2 x4 x6
x
> 1 −
6
mà
= 1 − 2
+
12
−
216
,
x2 x4 x6 x2 x4
nȇn
hay
1 −
2
+
12
−
216
> 1 −
sin x 3
> cos x,
x
+ ,
2 24
1
>
cos x
, x ∈ 0,
π
i
.
Do vªy
x3
sin3 x
π
2
1
2
π
2
cos t
t3 dt ≥
sin3 t
dt.
0
∫ ∫
∫ ∫
∫
∫
∫ ∫
x x

43
—
—
f (uk) f(uk)
f (uk) f(uk)
Suy ra
1 1 4 π
i
Tà dȃy, ta có
sin2
x
−
x2 ≤ 1 −
π2 , x ∈ 0, .
2
1 1 1 1 1 1 12
sin2 x
+
sin2 y
+
sin2 z
−
x2
−
y2
−
z2
≤ 3 −
π2
.
Vªy, giá trị lớn nhất của A bằng 3
12
π2
khi x = y = z =
π
.
2
Bài toán 3.20. Cho hàm số f(x) khả vi hai lần liȇn tiếp trȇn I(a, b), g(x) = ln f(x).
Cháng minh rằng
n ' n '
min
Σ f (uk) ln f(xk)
=
Σ f (uk) ln f(uk)
⇔ f'(x)[f(x)f''(x) − f'(x)2] ≥ 0.
Với ∀x ∈ I(a, b), áng với mối dǎy số {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tỗng
x1 + x2 + · · · + xn ≥ u1 + u2 + · · · + un.
ChFng minh. Ta có
g(x) = ln f(x);
g'(x) =
f'(x)
;
f(x)
g''
(x) =
f''(x).f (x) f'(x)2
f'(x)2
,
f(x) > 0, ∀x ∈ I(a, b), suy ra g'(x) > 0 ⇔ f'(x) > 0. Khi dó
g''(x) > 0 ⇒ f''(x).f(x) − f'(x)2 > 0.
Vªy hàm số g(x) dồng biến liȇn tiếp bªc (1 − 2) khi
f'(x)[f (x)f''(x) − f'(x)2] > 0.
Nȇn theo H» quả 1.2, ta có
n ' n '
min
Σ f (uk) ln f(xk)
=
Σ f (uk) ln f(uk)
⇔ f'(x)[f(x)f''(x) − f'(x)2] ≥ 0.
Với ∀x ∈ I(a, b), áng với mối dǎy số {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tỗng
x1 + x2 + · · · + xn ≥ u1 + u2 + · · · + un.
k=1 k=1
k=1 k=1

44
3a
f
⇔
⇔ −
⇔
⇔
3au2 + 2buk + c 3au2 + 2buk + c
2
Bài toán 3.21. Cho f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, (a /
= 0), thỏa mǎn diều ki»n b2 − 3ac > 0.
Cháng minh rằng
n 3 2 n 3 2
min
Σ axk + bxk + cxk + d
=
Σ auk + buk + cuk + d
,
∀x ∈ x1
, −
b
∪ (x , +∞), trong dó x , x là nghi»m của phmơng trình f'(x) = 0, (x <
1 2 1
x2) áng với mọi dǎy số {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tỗng
x1 + x2 + · · · + xn ≥ u1 + u2 + · · · + un.
f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, (a /
= 0);
f'(x) = 3ax2 + 2bx + c;
f''(x) = 6ax + 2b.
Vì ∆'
′ = b2 − 3ac > 0 nȇn phmơng trình f'(x) = 0 có hai nghi»m x1, x2 (x1
b
< −
3a
< x2).
Trưďng hỢp 1: Nếu a > 0. Ta có f'(x) > 0 ⇔ x < x1 ho°c x > x2, suy ra
f''(x) > 0 x >
−b
,
3a
nȇn
f'(x) > 0 và f''(x) > 0, ∀x > x2, suy ra f(x) dồng biến liȇn tiếp bªc (1 − 2).
Vì f'(x) < 0 ⇔ x1 < x < x2, nȇn
f''(x) < 0 x <
b
,
3a
do dó f'(x) < 0 và f''(x) < 0, ∀x1
(1 − 2).
b
< x < −
3a
, suy ra f(x) nghịch biến liȇn tiếp bªc
Trưďng hỢp 2: Nếu a < 0. Ta có f'(x) > 0 ⇔ x1 < x < x2 nȇn
f''(x) > 0 x <
−b
,
3a
do dó f'(x) > 0 và f''(x) > 0, ∀x, x1
< x <
−b
, suy ra f(x) dồng biến liȇn tiếp bªc
3a
(1 − 2). Vì f'(x) < 0 ⇔ x < x1 ho°c x > x2 nȇn
f''(x) < 0 x >
−b
,
3a
do dó f'(x) < 0 và f''(x) < 0, ∀x > x2, suy ra f(x) nghịch biến liȇn tiếp bªc (1 − 2).
k=1 k k=1 k

45
3a
3a
f
⇔
⇔ −
∀ −
⇔
∀
3au2 + 2buk + c 3au2 + 2buk + c
3au2 + 2buk + c 3au2 + 2buk + c
2
2
2
= 0, ∀x ∈ x1, − ∪ (x , +∞) hàm số f(x) dồng biến ho°c nghịch
b
biến liȇn tiếp bªc (1 − 2), nȇn theo H» quả 1.2, ta có
n 3 2 n 3 2
min
=
∀x ∈ x1
, −
b
∪(x , +∞), trong dó x , x là nghi»m của phmơng trình f'(x) = 0 (x
1 2 1 < x2).
áng với mọi dǎy số {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tỗng x1 + x2 + · · · + xn ≥
u1 + u2 + · · · + un.
Bài toán 3.22. Cho f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, (a /
= 0), thỏa mǎn diều ki»n b2 − 3ac > 0.
Cháng minh rằng
n 3 2 n 3 2
max
=
,
∀x ∈ (−∞, x1
) ∪ −
b
, x , trong dó x , x là nghi»m của phmơng trình f'(x) = 0, (x <
1 2 1
x2), áng với mọi dǎy số {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tỗng
x1 + x2 + · · · + xn ≤ u1 + u2 + · · · + un.
f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, (a /
= 0);
f'(x) = 3ax2 + 2bx + c;
f''(x) = 6ax + 2b.
Vì ∆'
′ = b2 − 3ac > 0 nȇn phmơng trình f'(x) = 0 có hai nghi»m x1 , x2 (x1
b
< −
3a
< x2).
Trưďng hỢp 1: Nếu a > 0. Ta có f'(x) > 0 ⇔ x < x1 ho°c x > x2 thì
f''(x) < 0 x <
−b
,
3a
suy ra f'(x) > 0 và f''(x) < 0, ∀x < x1, suy ra f(x) lǒm, có dạo hàm bªc nhất là số
dmơng. Vì f'(x) < 0 ⇔ x1 < x < x2
, suy ra f''(x) > 0 x >
b
3a
suy ra f'(x) < 0 và
f''(x) > 0, x,
b
3a
< x < x2, suy ra f(x) lồi có dạo hàm bªc nhất là nhǎng số dmơng.
Trưďng hỢp 2: Nếu a < 0. Ta có f'(x) > 0 ⇔ x1 < x < x2 nȇn
f''(x) < 0 x >
−b
,
3a
suy ra f'(x) > 0 và
f''(x) < 0, x,
−b
< x < x ,
3a
3a
2
k=1 k k=1 k
k=1 k k=1 k

46
⇔
3a
a
3au2 + 2buk + c
k=1
3au2 + 2buk + c
a a
a a
2
k=1 k=1
k=1 k=1
suy ra f(x) lǒm có dạo hàm bªc nhất là nhǎng số dmơng.
Vì f'(x) < 0 ⇔ x < x1 ho°c x > x2
, suy ra f''(x) > 0 x <
−b
, nȇn f'(x) < 0 và
3a
f''(x) > 0, ∀x < x1, suy ra f(x) lồi và có dạo hàm bªc nhất là nhǎng số ȃm.
= 0, ∀x ∈ (−∞, x1) ∪ − , x hàm số f(x) lồi (lǒm) có dạo hàm bªc
b
nhất là nhǎng số ȃm (dmơng), nȇn theo H» quả 1.3, ta có
n 3 2 n 3 2
max
=
,
∀x ∈ (−∞, x1
) ∪ −
b
, x . Trong dó x , x là nghi»m của phmơng trình f'(x) = 0 (x <
1 2 1
x2), áng với mọi dǎy số {xk} với xk ∈ I(a, b); k = 1, 2, . . . , n có tỗng
x1 + x2 + · · · + xn ≤ u1 + u2 + · · · + un.
Bài toán 3.23. Cho hàm số f(x) = ln(ax + b), (a < 0), ∀x < −
b
. Cháng minh rằng
n n
min
Σ (auk + b) ln(axk + b)
=
Σ (auk + b) ln(auk + b)
,
x1 + x2 + · · · + xn ≥ u1 + u2 + · · · + un.
f(x) = ln(ax + b);
f'(x) =
a
;
ax + b
Do a < 0 nȇn
f'' a2
(x) = −
(ax + b)2 .
f'(x) =
a
< 0, ∀x < −
b
,
ax + b a
và
'' a2 b
f (x) = −
(ax + b)2 < 0, ∀x < −
a
.
Vªy nȇn, hàm f(x) nghịch biến liȇn tiếp bªc (1 − 2), theo H» quả 1.2, ta có
n n
min
Σ (auk + b) ln(axk + b)
=
Σ (auk + b) ln(auk + b)
.
x1 + x2 + · · · + xn ≥ u1 + u2 + · · · + un.
Nhªn xét rằng, nếu hàm số dǎ cho là hàm dơn di»u và khả vi thì ta nhªn dmợc nhiều
áp dụng trong nhǎng lớp hàm khác nhau nhm hàm lmợng giác, hàm da thác, hàm phȃn
thác, hàm mǔ và hàm logarit,...
3a
2
k k
k=1

47
Kết luªn
Luªn văn "Hàm dơn di»u, tüa dơn di»u và m®t số úng döng của phép dơn di»u hóa
hàm số" dǎ giải quyết nhǎng vấn dề sau:
- Trình bày m®t số vấn dề liȇn quan dến lớp các hàm dơn di»u và m®t số áng dụng
liȇn quan nhằm thễ hi»n rǒ vai trò quan trọng của hàm dơn di»u trong các dạng toán
thi HSG quốc gia và Olympic quốc tế.
- Tiếp theo, trình bày các tính chất của hàm số tựa dơn di»u và phép dơn di»u hóa,
giải quyết các bài toán cực trị liȇn quan.
- Cuối cùng, luªn văn trình bày h» thống các bài tªp áp dụng tà các dề thi HSG
quốc gia và Olympic quốc tế liȇn quan.

48
TÀI LI› U THAM KHẢO
A. Tiếng Vi»t
[1] Lȇ Hải Chȃu, Các bài thi Olympic Foán trung học phổ thông Vi»t Nam (1990-2006),
NXB Giáo dục, 2006.
[2] Nguyến Văn Mªu, Bất dẫng thúc, d$nh lí và áp döng, NXB Giáo dục, 2006.
[3] Nguyến Văn Mªu, Đa thúc dại số và phân thúc hũu tỷ, NXB Giáo dục, 2007.
[4] Nguyến Văn Mªu, Phạm Thị Bạch Ngọc, M®t số bài toán chọn lọc về luợng giác,
NXB Giáo dục, 2003.
[5] Nguyến Văn Mªu (Chủ biȇn), Trịnh Dào Chiến, Trần Nam Dǔng, Nguyến Dăng
Phất, Chuyên dề chọn lọc về da thúc và áp döng, NXB Giáo dục, 2008.
[6] Nguyến Văn Mªu (Chủ biȇn), Nguyến Văn Tiến, M®t số chuyên dề giải tích bồi
duỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, NXB Giáo dục Vi»t Nam, 2010.
B. Tiếng Anh
[7] Paulo Ney de Sausa, Jorge- Nume Silva (1998), Berkeley Problems in Mathematics,
Springer.
[8] T-L.T. Radulescu, V.D. Radulescu, T.Andreescu (2009), Problems in Real Analysis:
Advanced Calculus on the real axis, Springer Sciences+Business Media.

Hàm Đơn ĐiU, Tựa Đơn ĐiU Và Một Số Ứng Dụng Của Phép Đơn ĐiU Hóa Hàm Số.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Hàm Đơn ĐiU, Tựa Đơn ĐiU Và Một Số Ứng Dụng Của Phép Đơn ĐiU Hóa Hàm Số.docx

Similar to Hàm Đơn ĐiU, Tựa Đơn ĐiU Và Một Số Ứng Dụng Của Phép Đơn ĐiU Hóa Hàm Số.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (18)