1. Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số
BÀI 2. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
1. y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔ ƒ′(x) ≥ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′(x) = 0 tại một
số hữu hạn điểm ∈ (a, b).
2. y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔ ƒ′(x) ≤ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′(x) = 0 tại
một số hữu hạn điểm ∈ (a, b).
Chú ý: Trong chương trình phổ thông, khi sử dụng 1., 2. cho các hàm số một
quy tắc có thể bỏ điều kiện ƒ′(x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ∈ (a, b).
CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA
mx 2 + ( 6m + 5 ) x − 2 ( 1 − 3m )
Bài 1. Tìm m để y = nghịch biến trên [1, +∞)
x +1
mx 2 + 2mx + 7 ≤ 0 ∀x ≥ 1
Giải: Hàm số nghịch biến trên [1, +∞) ⇔ y ′ =
( x + 1) 2
u ( x) = −7 ≥ m ∀x ≥ 1
⇔ mx 2 + 2mx + 7 ≤ 0 ⇔ m ( x 2 + 2 x ) ≤ −7 ∀x ≥ 1 ⇔ 2
x + 2x
( )
⇔ Min u ( x ) ≥ m . Ta có: u ′ ( x ) = 7 22 x + 2 2 > 0 ∀x ≥ 1
x ≥1 ( x + 2 x)
−7
⇒ u(x) đồng biến trên [1, +∞) ⇒ m ≤ Min u ( x ) = u ( 1) =
x ≥1 3
Bài 2. Tìm m để y = −1 x + ( m − 1) x + ( m + 3) x − 4 đồng biến trên (0, 3)
3 2
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]
2
⇔ m ( 2 x + 1) ≥ x 2 + 2 x − 3 ∀x ∈ [ 0, 3] ⇔ g ( x ) = x + 2 x − 3 ≤ m ∀x ∈ [ 0, 3]
2x + 1
2
⇔ Max g ( x ) ≤ m . Ta có: g ′ ( x ) = 2 x + 2 x + 8 > 0 ∀x ∈ [ 0,3]
x∈[ 0,3]
( 2 x + 1) 2
12
⇒ g(x) đồng biến trên [0, 3] ⇒ m ≥ Max g ( x ) = g ( 3) =
x∈[ 0,3] 7
1

2. Chương I. Hàm số – Trần Phương
m 3
Bài 3. Tìm m để y = x − ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) x + 1 đồng biến trên [ 2, +∞ )
2
3 3
Giải: Hàm số tăng / [ 2, +∞ ) ⇔ y ′ = mx 2 − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) ≥ 0 ∀x ≥ 2 (1)
−2 x + 6 ≤ m ∀x ≥ 2
⇔ m ( x − 1) 2 + 2  ≥ −2 x + 6 ∀x ≥ 2 ⇔ g ( x ) =
  ( x − 1) 2 + 2
2 ( x 2 − 6 x + 3)
Ta có: g ′ ( x ) = =0 x2 _0+ CT0
( x 2 − 2 x + 3) 2
 x = x1 = 3 − 6
⇔ ; x →∞ g ( x ) = 0
lim
 x = x2 = 3 + 6

Từ BBT ⇒ Max g ( x ) = g ( 2 ) = 2 ≤ m .
x≥ 2 3
Bài 4. 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 ′ = 3 x 2 − 2mx − ( 2m 2 − 7m + 7 ) ≥ 0, ∀x ≥ 2

( ) 
2
Ta có V′= 7 ( m 2 − 3m + 3) = 7  m − 3 + 3  0 nên y ′ = 0 có 2 nghiệm x1 x 2
 2 4
BPT g(x) ≥ 0 có sơ đồ miền nghiệm G là:
Ta có y ′ ( x ) ≥ 0 đúng ∀x ≥ 2 ⇔ [ 2, +∞ ) ⊂ G
x1 2x
∆ ′ 0  −1 ≤ m ≤ 5
⇔ x1 x 2 ≤ 2 ⇔  3 y ′ ( 2 ) = 3 ( −2m 2 + 3m + 5 ) ≥ 0 ⇔  2 ⇔ −1 ≤ m ≤ 5

m 6 2
S = m 2 
2 3
2x 2 + ( 1 − m) x + 1 + m
Bài 5. Tìm m để y = đồng biến trên ( 1, +∞ )
x−m
2 x 2 − 4mx + m 2 − 2m − 1 ≥ 0 ∀x 1
Giải: Hàm số đồng biến trên ( 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
Ta có: ∆ ′ = 2 ( m + 1) 2 ≥ 0 suy ra g(x) = 0 có 2 nghiệm x1 ≤ x 2 .
BPT g(x) ≥ 0 có sơ đồ miền nghiệm G là:
Ta có g(x) ≥ 0 đúng ∀x∈(1, +∞) ⇔ ( 1, +∞ ) ⊂ G
x1 x 2
2

3. Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số
 m ≤ 1, ∆ ′ ≥ 0 m ≤ 1
 2 g ( 1) = 2 ( m 2 − 6m + 1) ≥ 0 ⇔   m ≤ 3 − 2 2 ⇔ m ≤ 3 − 2 2
⇔ x1 ≤ x 2 ≤ 1 ⇔  
 S = −2 ≤ 1 m ≥ 3 + 2 2

2
Cách 2: Phương pháp hàm số
Ta có: g′(x) = 4(x − m) ≥ 4(x − 1) 0 ∀x 1 ⇒ g(x) đồng biến trên [1, +∞)
m ≤ 3 − 2 2
 Min g ( x ) ≥ 0  g ( 1) = m − 6m + 1 ≥ 0
 2
 x ≥1 
Do đó ( 1) ⇔  ⇔ ⇔ m ≥ 3 + 2 2 ⇔ m ≤ 3 − 2 2

 m≤1 m ≤ 1 m ≤ 1
 
Bài 6. Tìm m để y = ( 4m − 5 ) cos x + ( 2m − 3) x + m 2 − 3m + 1 giảm ∀x ∈ ¡
Giải: Yêu cầu bài toán ⇔ y ′ = ( 5 − 4m ) sin x + 2m − 3 ≤ 0, ∀x ∈ ¡
⇔ g ( u ) = ( 5 − 4m ) u + 2m − 3 ≤ 0, ∀u ∈ [ −1;1] . Do đồ thị y = g ( u ) , u ∈ [ −1;1] là
 g ( −1) = 6m − 8 ≤ 0

một đoạn thẳng nên ycbt ⇔  ⇔1≤ m ≤ 4

 g ( 1) = −2m + 2 ≤ 0 3
Bài 7. Tìm m để hàm số y = mx + sin x + 1 sin 2 x + 1 sin 3x tăng với mọi x ∈ ¡
4 9
Giải: Yêu cầu bài toán ⇔ y ′ = m + cos x + 1 cos 2 x + 1 cos 3 x ≥ 0, ∀x ∈ ¡
2 3
⇔ m + cos x + 1 ( 2 cos x − 1) + 1 ( 4 cos x − 3cos x ) ≥ 0, ∀x ∈ ¡
2 3
2 3
⇔ m ≥ − 4 u 3 − u 2 + 1 = g ( u ) , ∀u ∈ [ −1,1] , với u = cos x ∈ [ −1,1]
3 2
Ta có g ′ ( u ) = −4u − 2u = −2u ( 2u + 1) = 0 ⇔ u = − 1 ; u = 0
2
2
5
Lập BBT suy ra yêu cầu bài toán ⇔ Max g ( u ) = g ( −1) = ≤ m .
x∈[ −1,1] 6
Bài 8. Cho hàm số y = 1 ( m + 1) x + ( 2m − 1) x − ( 3m + 2 ) x + m .
3 2
3
Tìm m để khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4
Giải. Xét y ′ = ( m + 1) x 2 + 2 ( 2m − 1) x − ( 3m + 2 ) = 0 . Do ∆ ′ = 7 m 2 + m + 3 0
nên y ′ = 0 có 2 nghiệm x1 x 2 . Khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài
bằng 4 ⇔ y ′ ≤ 0; ∀x ∈ [ x1 ; x 2 ] ; x 2 − x1 = 4 ⇔ m + 1 0 và x 2 − x1 = 4 . Ta có
3

4. Chương I. Hàm số – Trần Phương
( )2 ( )
x 2 − x1 = 4 ⇔ 16 = ( x 2 − x1 ) = ( x 2 + x1 ) − 4 x 2 x1 = 4 2m − 12 + 4 3m + 2
2 2
( m + 1) m +1
⇔ 4 ( m + 1) = ( 2m − 1) + ( 3m + 2 ) ( m + 1)
2 2
7 ± 61 kết hợp với m + 1 0 suy ra 7 + 61
⇔ 3m 2 − 7 m − 1 = 0 ⇔ m = m=
6 6
4

5. Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số
B. ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
I. DẠNG 1: ỨNG DỤNG TRONG PT, BPT, HỆ PT, HỆ BPT
Bài 1. Giải phương trình: x 5 + x 3 − 1 − 3x + 4 = 0 .
Giải. Điều kiện: x ≤ 1 . Đặt f ( x ) = x 5 + x 3 − 1 − 3 x + 4 = 0 .
3
Ta có: f ′ ( x ) = 5 x + 3x +
4 2 3
2 1 − 3x
0 ⇒ f (x) đồng biến trên −∞, 1  .
3 (
Mặt khác f (−1) = 0 nên phương trình f (x) = 0 có nghiệm duy nhất x = −1.
Bài 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 thì f (x) 0 ⇒ (1) vô nghiệm.
3
 1 1  0 ∀x 2
+ Nếu x 2 thì f ′ ( x ) = 3 + x  −
÷ 3
3 2
 x +8
2
x + 15 
⇒ f (x) đồng biến trên ( 2 , +∞ ) mà f (1) = 0 nên (1) có đúng 1 nghiệm x = 1
3
Bài 3. Giải bất phương trình: x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13 x − 7 8 (*)
5
Giải. Điều kiện x ≥ . Đặt f ( x ) = x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13x − 7
7
′( ) 1 5 7 13
Ta có: f x = 2 x + 1 + 3 + + 0
3 × ( 5x − 7 ) 4 × ( 7 x − 5)
2 3
4
5 × (13x − 7) 4
5
7

5
)
⇒ f (x) đồng biến trên  , +∞ . Mà f (3) = 8 nên (*) ⇔ f (x) f (3) ⇔ x 3.
5 ≤ x3
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là
7
x x x x 1 1 1 3 2
Bài 4. Giải PT: 5 + 4 + 3 + 2 = x + x + x − 2 x + 5 x − 7 x + 17 (*)
2 3 6
() () ()
x x x
Giải. (*) ⇔ f ( x ) = 5 x + 4 x + 3 x + 2 x − 1 − 1 − 1 = − 2 x 3 + 5 x 2 − 7 x + 17 = g ( x )
2 3 6
Ta có f (x) đồng biến và g′(x) = −6x2 + 10x − 7 0 ∀x ⇒ g(x) nghịch biến.
Nghiệm của f (x) = g(x) là hoành độ giao điểm của y = f ( x ) và y = g ( x ) .
5

6. Chương I. Hàm số – Trần Phương
Do f (x) tăng; g(x) giảm và f ( 1) = g ( 1) = 13 nên (*) có nghiệm duy nhất x = 1.
Bài 5. Tìm số m Max để m ( sin x + 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 ⇒ 1 ≤ t 2 ≤ 2
2
⇒ 1 ≤ t ≤ 2 , khi đó (*) ⇔ m ( t + 1) ≤ t 2 + t + 1 ∀t ∈ 1, 2 
 
t 2 + 2t 0
⇔ f ( t ) = t + t + 1 ≥ m ∀t ∈ 1, 2  ⇔ t∈1, 2  f ( t ) ≥ m . Do f ′ ( t ) =
2
Min
  ( t + 1) 2
t +1  
3
nên f (t) đồng biến / 1, 2  ⇒ Min  f ( t ) = f ( 1) = 2 ⇒ m ≤ ⇒ Max m =
3 3
  t∈1, 2 
 2 2
2 2
Bài 6. Giải phương trình 2008 sin x
− 2008 cos x
= cos 2 x
2 2 2 2
2008 sin x
− 2008 cos x
= cos 2 x − sin 2 x ⇔ 2008 sin x
+ sin 2 x = 2008 cos x
+ cos 2 x (*)
Xét f ( u ) = 2008 u + u . Ta có f ′ ( u ) = 2008 u .ln u + 1 0 . Suy ra f ( u ) đồng biến.
π kπ , k ∈¢
(*) ⇔ f ( sin 2 x ) = f ( cos 2 x ) ⇔ sin 2 x = cos 2 x ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x = +
4 2
cotg x − cotg y = x − y
Bài 7. Tìm x, y ∈ ( 0, π ) thỏa mãn hệ 
3 x + 5 y = 2π
Giải. cotg x − cotg y = x − y ⇔ x − cotg x = y − cotg y .
1 0
Xét hàm số đặc trưng f ( u ) = u − cotg u , u ∈ ( 0, π ) . Ta có f ′ ( u ) = 1 + .
sin 2 u
 f ( x) = f ( y)
Suy ra f ( u ) đồng biến trên ( 0, π ) . Khi đó  ⇔x= y= π
 3 x + 5 y = 2π 4
2 x + 1 = y 3 + y 2 + y

Bài 8. Giải hệ phương trình  2 y + 1 = z 3 + z 2 + z (*).
 3 2
2 z + 1 = x + x + x
Giải. Xét f ( t ) = t 3 + t 2 + t với t ∈ ¡ ⇒ f ′ ( t ) = 2t 2 + ( t + 1) 0 ⇒ f (t) tăng.
2
Không mất tính tổng quát giả sử x ≤ y ≤ z
⇒ f ( x ) ≤ f ( y ) ≤ f ( z ) ⇒ 2z + 1 ≤ 2x + 1 ≤ 2 y + 1 ⇔ z ≤ x ≤ y ⇒ x = y = z = ± 1
3 x 2 + 2 x − 1 0

Bài 9. Giải hệ bất phương trình  3
 x − 3x + 1 0

Giải. 3x + 2 x − 1 0 ⇔ −1 x 1 . Đặt f ( x ) = x 3 − 3 x + 1 . Ta có:
2
3
6

7. Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số
()
f ′ ( x ) = 3 ( x − 1) ( x + 1) 0 ⇒ f ( x ) giảm và f ( x ) f
3 27 ( )
1 = 1 0, ∀x ∈ −1, 1
3
7

8. Chương I. Hàm số – Trần Phương
II. DẠNG 2: ỨNG DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
x3 x3 x5
Bài 1. Chứng minh rằng: x − sin x x − + ∀x 0
3! 3! 5!
x3 x3
Giải  x − sin x ∀x 0 ⇔ f ( x ) = − x + sin x 0 ∀x 0
3! 3!
x2
Ta có f ′ ( x ) = − 1 + cos x ⇒ f ′′ ( x ) = x − sin x ⇒ f ′′′ ( x ) = 1 − cos x ≥ 0 ∀x 0
2!
⇒ f ′′ ( x ) đồng biến [0, +∞) ⇒ f ′′ ( x ) f ′′ ( 0 ) = 0 ∀x 0
⇒ f ′ ( x ) đồng biến [0, +∞) ⇒ f ′ ( x ) f ′ ( 0 ) = 0 ∀x 0
⇒ f ( x ) đồng biến [0, +∞) ⇒ f(x) f(0) = 0 ∀x 0 ⇒ (đpcm)
x3 x5 x5 x3
 sin x x − + ∀x 0 ⇔ g(x) = − + x − sin x 0 ∀x 0
3! 5! 5! 3!
x4 x2 x3
Ta có g′(x) = − + 1 − cos x ⇒ g′′(x) = − x + sin x = f(x) 0 ∀x 0
4! 2! 3!
⇒ 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)
2x  π
Bài 2. Chứng minh rằng: sin x ∀x ∈  0, ÷
π  2
2x sin x 2  π
Giải. sin x ⇔ f ( x) = ∀x∈  0, ÷ . Xét biểu thức đạo hàm
π x π  2
x cos x − sin x g ( x)
f ′( x) = = 2 , ở đây kí hiệu g(x) = x cosx − sinx
x2 x
 π
Ta có g′(x) = cosx − xsinx − cosx = − xsinx 0 ∀x∈  0, ÷
 2
 π
⇒ g(x) giảm trên  0, ÷ ⇒ g(x) g(0) = 0
 2
g ( x)  π  π
⇒ f ′( x) = 2
0 ∀x∈  0, ÷ ⇒ f (x) giảm trên  0, 2 ÷
x  2  
8

9. Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số
2
2
π ( )
⇒ f ( x ) f π = ⇔ sin x
2x
π
 π
, ∀x ∈  0, ÷
 2
x+ y x− y
Bài 3. Chứng minh rằng: ∀x y 0
2 ln x − ln y
Giải. Do x y 0, lnx lny ⇔ lnx − lny 0, nên biến đổi bất đẳng thức
x −1
x− y x y t −1 x
⇔ ln x − ln y 2 × ⇔ ln 2 × ⇔ ln t 2 × với t = 1
x+ y y x +1 t +1 y
y
t −1 1 4 ( t − 1) 2
⇔ f (t ) = ln t − 2 × 0 ∀t 1. Ta có f ′( t) = − = 0 ∀t 1
t +1 t ( t + 1) 2 t ( t + 1) 2
⇒ f(t) đồng biến [1, +∞) ⇒ f(t) f(1) = 0 ∀t 1 ⇒ (đpcm)
1  y x  ∀x, y ∈ ( 0,1)

Bài 4. Chứng minh rằng:  ln − ln ÷ 4  (1)
y − x  1− y 1− x  x ≠ y

Giải. Xét hai khả năng sau đây:
y x y x
+ Nếu y x thì (1) ⇔ ln − ln 4 ( y − x ) ⇔ ln − 4 y ln − 4x
1− y 1− x 1− y 1− x
y x y x
+ Nếu y x thì (1) ⇔ ln − ln 4 ( y − x ) ⇔ ln − 4 y ln − 4x
1− y 1− x 1− y 1− x
t
Xét hàm đặc trưng f(t) = ln − 4t với t∈(0, 1).
1− t
1 ( 2t − 1) 2
Ta có f ′ ( t ) = −4= 0 ∀t∈(0,1) ⇒ f(t) đồng biến (0, 1)
t (1 − t ) t (1 − t )
⇒ f(y) f(x) nếu y x và f(y) f(x) nếu y x ⇒ (đpcm)
Bài 5. Chứng minh rằng: ab ba ∀a b ≥ e
ln a ln b
Giải. ab ba ⇔ lnab lnba ⇔ blna alnb ⇔ .
a b
ln x
Xét hàm đặc trưng f(x) = ∀x ≥ e.
x
1 − ln x 1 − ln e
Ta có f ′( x) = ≤ = 0 ⇒ f(x) nghịch biến [e, +∞)
x2 x2
9

10. Chương I. Hàm số – Trần Phương
ln a ln b
⇒ f(a) f(b) ⇔ ⇔ ab ba
a b
Bài 6. (Đề TSĐH khối D, 2007)
( ) ( )
b a
Chứng minh rằng 2 + 1a ≤ 2 b + 1b
a
, ∀a ≥ b 0
2 2
( ) ( )
b a b a
 4a   4b 
Giải. Biến đổi bất đẳng thức 2 a + 1a ≤ 2 b + 1b ⇔ 1 + a ÷ ≤ 1+ b ÷
2 2  2   2 
( a) ( b)
⇔ ( 1 + 4 a ) ≤ ( 1 + 4 b ) ⇔ ln ( 1 + 4 a ) ≤ ln ( 1 + 4 b ) ⇔ ln 1 + 4 ≤ ln 1 + 4 .
b a b a
a b
( x)
Xét hàm số đặc trưng cho hai vế f ( x ) = ln 1 + 4 với x 0 . Ta có
x
x x ( x) ( x)
f ′ ( x ) = 4 ln 4 − 21 + 4 x ln 1 + 4 0 ⇒ f ( x ) giảm trên ( 0, +∞ ) ⇒ f ( a ) ≤ f ( b )
x (1 + 4 )
Bài 7. (Bất đẳng thức Nesbitt)
a b c 3
Chứng minh rằng: + + ≥ ∀a, b, c 0 (1)
b+c c +a a +b 2
Giải. Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c. Đặt x = a ⇒ x ≥ b ≥ c 0.
x b c
Ta có (1) ⇔ f (x) = + + với x ≥ b ≥ c 0
b+c c+ x x+b
1 b c 1 b c
⇒ f ′( x) = − − − − =0
b + c ( x + c) 2
( x + b) 2
b + c ( b + c) 2
( b + c) 2
2b + c
⇒ f(x) đồng biến [b, +∞) ⇒ f ( x ) ≥ f (b) = (2)
b+c
2x + c
Đặt x = b ⇒ x ≥ c 0, xét hàm số g(x) = với x ≥ c 0
x+c
c
⇒ g ′( x ) = 0 ∀c 0 ⇒ g(x) đồng biến [c, +∞) ⇒ g ( x) ≥ g (c) = 3 (3)
( x + c)
2
2
a b c 3
Từ (2), (3) suy ra + + ≥ ∀a, b, c 0
b+c c+a a+b 2
Bình luận: Bất đẳng thức Nesbitt ra đời năm 1905 và là một bất đẳng thức rất
nổi tiếng trong suốt thế kỷ 20. Trên đây là một cách chứng minh bất đẳng thức
10

11. Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số
này trong 45 cách chứng minh. Bạn đọc có thể xem tham khảo đầy đủ các
cách chứng minh trong cuốn sách: “Những viên kim cương trong bất đẳng
thức Toán học” của tác giả do NXB Tri thức phát hành tháng 3/2009.
Nguồn: Giáo viên
11