1. [VNMATH.COM]- 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
Bài 1. Tìm m để
( ) ( )2
6 5 2 1 3
1
mx m x m
y
x
+ + − −
=
+
nghịch biến trên [1, +∞)
Giải: Hàm số nghịch biến trên [1, +∞) ⇔
( )
2
2
2 7 0 1
1
mx mxy x
x
+ +′ = ≤ ∀ ≥
+
⇔ ( )2 2
2 7 0 2 7 1mx mx m x x x+ + ≤ ⇔ + ≤ − ∀ ≥ ⇔ ( )
2
7 1
2
u x m x
x x
−= ≥ ∀ ≥
+
( )
1
Min
x
u x m
≥
⇔ ≥ . Ta có: ( ) ( )
2 2
7 2 2
0 1
( 2 )
x
u x x
x x
+′ = > ∀ ≥
+
⇒ u(x) đồng biến trên [1, +∞) ⇒ ( ) ( )
1
7Min 1
3x
m u x u
≥
−≤ = =
Bài 2. Tìm m để ( ) ( )3 21 1 3 4
3
y x m x m x−= + − + + − đồng biến trên (0, 3)
Giải. Hàm số tăng trên (0,3) ⇔ ( ) ( ) ( )2
2 1 3 0 0,3y x m x m x′ = − + − + + ≥ ∀ ∈ (1)
Do ( )y x′ liên tục tại x = 0 và x = 3 nên (1) ⇔ y′ ≥ 0 ∀x∈[0, 3]
⇔ ( ) [ ]2
2 1 2 3 0,3m x x x x+ ≥ + − ∀ ∈ ⇔ ( ) [ ]
2
2 3 0,3
2 1
x xg x m x
x
+ −= ≤ ∀ ∈
+
[ ]
( )
0,3
Max
x
g x m
∈
⇔ ≤ . Ta có: ( )
( )
[ ]
2
2
2 2 8 0 0,3
2 1
x xg x x
x
+ +′ = > ∀ ∈
+
⇒ g(x) đồng biến trên [0, 3] ⇒
[ ]
( ) ( )
0,3
12Max 3
7x
m g x g
∈
≥ = =
1

2. Chương I. Hàm số – Trần Phương
Bài 3. Tìm m để ( ) ( )3 2 11 3 2
3 3
my x m x m x= − − + − + đồng biến trên [ )2,+∞
Giải: Hàm số tăng / [ )2,+∞ ⇔ ( ) ( )2
2 1 3 2 0 2y mx m x m x′ = − − + − ≥ ∀ ≥ (1)
⇔ ( ) 2
1 2 2 6 2m x x x − + ≥ − + ∀ ≥  ⇔ ( )
( ) 2
2 6 2
1 2
xg x m x
x
− += ≤ ∀ ≥
− +
Ta có: ( )
( )2
2 2
2 6 3
0
( 2 3)
x x
g x
x x
− +′ = =
− +
1
2
3 6
3 6
x x
x x
 = = −
⇔ 
= = +
; ( )lim 0
x
g x
→∞
=
Từ BBT ⇒ ( ) ( )
2
2Max 2
3x
g x g m
≥
= = ≤ .
Bài 4. ( ) ( ) ( )3 2 2
2 7 7 2 1 2 3y x mx m m x m m= − − − + + − − đồng biến /[ )2,+∞
Giải: Hàm số tăng trên [ )2,+∞ ( )2 2
3 2 2 7 7 0, 2y x mx m m x′⇔ = − − − + ≥ ∀ ≥
Ta có ( )2
7 3 3m m′= − +V ( )
2
3 37 0
2 4
m
 
= − + >  
nên 0y′ = có 2 nghiệm 1 2x x<
BPT g(x) ≥ 0 có sơ đồ miền nghiệm G là:
Ta có ( ) 0y x′ ≥ đúng 2x∀ ≥ ⇔ [ )2, G+∞ ⊂
( ) ( )2
1 2
0 51
522 3 2 3 2 3 5 0 1
2
62
2 3
m
x x y m m m
S m m
′∆ > − ≤ ≤ ′⇔ < ≤ ⇔ = − + + ≥ ⇔ ⇔ − ≤ ≤
 <= < 

Bài 5. Tìm m để
( )2
2 1 1x m x m
y
x m
+ − + +
=
−
đồng biến trên ( )1, +∞
Giải: Hàm số đồng biến trên ( )1, +∞ ⇔
( )
2 2
2
2 4 2 1 0 1x mx m my x
x m
− + − −′ = ≥ ∀ >
−
⇔
( ) ( )2 2
0 12 4 2 1 0 1
10
g x xg x x mx m m x
mx m
  ≥ ∀ >= − + − − ≥ ∀ > 
⇔ 
≤− ≠ 
Cách 1: Phương pháp tam thức bậc 2
Ta có: ( ) 2
2 1 0m′∆ = + ≥ suy ra g(x) = 0 có 2 nghiệm 1 2x x≤ .
BPT g(x) ≥ 0 có sơ đồ miền nghiệm G là:
Ta có g(x) ≥ 0 đúng ∀x∈(1, +∞) ⇔ ( )1, G+∞ ⊂
2
1x 2x
1x 2x
x2_0+ CT0

3. [VNMATH.COM]- Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số
( ) ( )2
1 2
11, 0
1 2 1 2 6 1 0 3 2 23 2 2
3 2 22 1
2
mm
x x g m m mm
S m
′ ≤≤ ∆ ≥ 
 ⇔ ≤ ≤ ⇔ = − + ≥ ⇔ ⇔ ≤ −≤ −  ≥ += − ≤ 

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, +∞)
Do đó ( )
( ) ( ) 2
1
1 6 1 0 3 2 2Min 0
1 3 2 23 2 2
1 1 1
x
g m m mg x
mm
m m m
≥
 = − + ≥ ≤ − ≥  ⇔ ⇔ ⇔ ≤ −⇔   ≥ +
≤   ≤ ≤ 
Bài 6. Tìm m để ( ) ( ) 2
4 5 cos 2 3 3 1y m x m x m m= − + − + − + giảm x∀ ∈¡
Giải: Yêu cầu bài toán ( )5 4 sin 2 3 0,y m x m x′⇔ = − + − ≤ ∀ ∈¡
( ) ( ) [ ]5 4 2 3 0, 1;1g u m u m u⇔ = − + − ≤ ∀ ∈ − . Do đồ thị ( ) [ ], 1;1y g u u= ∈ − là
một đoạn thẳng nên ycbt
( )
( )
1 6 8 0 41
31 2 2 0
g m
m
g m
 − = − ≤
⇔ ⇔ ≤ ≤
= − + ≤
Bài 7. Tìm m để hàm số
1 1sin sin 2 sin 3
4 9
y mx x x x= + + + tăng với mọi x∈¡
Giải: Yêu cầu bài toán
1 1cos cos 2 cos3 0,
2 3
y m x x x x′⇔ = + + + ≥ ∀ ∈¡
⇔ ( ) ( )2 31 1cos 2cos 1 4cos 3cos 0,
2 3
m x x x x x+ + − + − ≥ ∀ ∈¡
( ) [ ]3 24 1 , 1,1
3 2
m u u g u u⇔ ≥ − − + = ∀ ∈ − , với [ ]cos 1,1u x= ∈ −
Ta có ( ) ( )2 14 2 2 2 1 0 ; 0
2
g u u u u u u u′ = − − = − + = ⇔ = − =
Lập BBT suy ra yêu cầu bài toán ⇔
[ ]
( ) ( )
1,1
5Max 1
6x
g u g m
∈ −
= − = ≤ .
Bài 8. Cho hàm số ( ) ( ) ( )3 21 1 2 1 3 2
3
y m x m x m x m= + + − − + + .
Tìm m để khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4
Giải. Xét ( ) ( ) ( )2
1 2 2 1 3 2 0y m x m x m′ = + + − − + = . Do 2
7 3 0m m′∆ = + +
nên 0y′ = có 2 nghiệm 1 2x x . Khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài
bằng 4 [ ]1 2 2 10; ; ; 4y x x x x x′⇔ ≤ ∀ ∈ − = 1 0m⇔ + và 2 1 4x x− = . Ta có
3

4. Chương I. Hàm số – Trần Phương
2 1 4x x− = ⇔ ( ) ( )
( )
( )
( )2
2 2
2 1 2 1 2 1 2
4 2 1 4 3 2
16 4
11
m m
x x x x x x
mm
− +
= − = + − = +
++
( ) ( ) ( ) ( )2 2
4 1 2 1 3 2 1m m m m⇔ + = − + + +
2 7 61
3 7 1 0
6
m m m
±
⇔ − − = ⇔ = kết hợp với 1 0m + suy ra 7 61
6
m
+
=
4

5. [VNMATH.COM]- 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: 5 3
1 3 4 0x x x+ − − + = .
Giải. Điều kiện:
1
3
x ≤ . Đặt ( ) 5 3
1 3 4 0f x x x x= + − − + = .
Ta có: ( ) 4 2 35 3 0
2 1 3
f x x x
x
′ = + +
−
⇒ 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: 2 2
15 3 2 8x x x+ = − + +
Giải. Bất phương trình ⇔ ( ) 2 2
3 2 8 15f x x x x= − + + − + = 0 (1).
+ Nếu
2
3
x ≤ thì f (x) 0 ⇒ (1) vô nghiệm.
+ Nếu
2
3
x thì ( )
2 2
1 1 23 0
38 15
f x x x
x x
 ′ = + − ∀
 ÷
+ + 
⇒ f (x) đồng biến trên ( )2 ,
3
+∞ mà f (1) = 0 nên (1) có đúng 1 nghiệm x = 1
Bài 3. Giải bất phương trình: 3 54
1 5 7 7 5 13 7 8x x x x+ + − + − + − (*)
Giải. Điều kiện
5
7
x ≥ . Đặt ( ) 3 54
1 5 7 7 5 13 7f x x x x x= + + − + − + −
Ta có:
( )
( ) ( )2 3 453 4
5 7 131 0
2 1 5 (13 7)3 5 7 4 7 5
f x
x xx x
′ = + + +
+ × −× − × −
⇒ f (x) đồng biến trên )5 ,
7
 +∞

. Mà f (3) = 8 nên (*) ⇔ f (x) f (3) ⇔ x 3.
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là
5 3
7
x≤
Bài 4. Giải PT:
3 21 1 15 4 3 2 2 5 7 17
2 3 6
x x x x
x x x
x x x+ + + = + + − + − + (*)
Giải. (*) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 21 1 15 4 3 2 2 5 7 17
2 3 6
x x x
x x x x
f x x x x g x⇔ = + + + − − − = − + − + =
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 ( ) ( )vày f x y g x= = .
5

6. Chương I. Hàm số – Trần Phương
Do f (x) tăng; g(x) giảm và ( ) ( )1 1 13f g= = nên (*) có nghiệm duy nhất x = 1.
Bài 5. Tìm số m Max để ( )sin cos 1 sin 2 sin cos 2m x x x x x x+ + ≤ + + + ∀ (*)
Giải. Đặt ( ) 22
sin cos 0 sin cos 1 sin 2t x x t x x x= + ≥ ⇒ = + = + ⇒ 2
1 2t≤ ≤
⇒ 1 2t≤ ≤ , khi đó (*) ⇔ ( ) 2
1 1 1, 2m t t t t  + ≤ + + ∀ ∈  
⇔ ( )
2
1 1, 2
1
t tf t m t
t
+ +  = ≥ ∀ ∈ 
+
⇔ ( )
1, 2
Min
t
f t m
 ∈ 
≥ . Do ( )
( )
2
2
2 0
1
t tf t
t
+′ =
+
nên f (t) đồng biến / 1, 2   ⇒ ( ) ( )
1, 2
3Min 1
2t
f t f
 ∈ 
= = ⇒
3
2
m ≤ ⇒
3Max
2
m =
Bài 6. Giải phương trình
2 2
sin cos
2008 2008 cos 2x x
x− =
2 2 2 2
sin cos 2 2 sin 2 cos 2
2008 2008 cos sin 2008 sin 2008 cosx x x x
x x x x− = − ⇔ + = + (*)
Xét ( ) 2008u
f u u= + . Ta có ( ) 2008 .ln 1 0u
f u u′ = + . Suy ra ( )f u đồng biến.
(*) ( ) ( )2 2 2 2
sin cos sin cos cos 2 0f x f x x x x⇔ = ⇔ = ⇔ = ,
4 2
kx kπ π⇔ = + ∈¢
Bài 7. Tìm ( ), 0,x y∈ π thỏa mãn hệ
cotg cotg
3 5 2
x y x y
x y
− = −

+ = π
Giải. cotg cotg cotg cotgx y x y x x y y− = − ⇔ − = − .
Xét hàm số đặc trưng ( ) ( )cotg , 0,f u u u u= − ∈ π . Ta có ( )
2
11 0
sin
f u
u
′ = + .
Suy ra ( )f u đồng biến trên ( )0,π . Khi đó
( ) ( )
43 5 2
f x f y
x y
x y
 = π⇔ = =
+ = π
Bài 8. Giải hệ phương trình
3 2
3 2
3 2
2 1
2 1
2 1
x y y y
y z z z
z x x x
 + = + +

+ = + +

+ = + +
(*).
Giải. Xét ( ) 3 2
f t t t t= + + với t ∈¡ ⇒ ( ) ( ) 22
2 1 0f t t t′ = + + ⇒ f (t) tăng.
Không mất tính tổng quát giả sử x ≤ y ≤ z
⇒ ( ) ( ) ( )f x f y f z≤ ≤ ⇒ 2 1 2 1 2 1z x y z x y+ ≤ + ≤ + ⇔ ≤ ≤ ⇒ x = y = z = ± 1
Bài 9. Giải hệ bất phương trình
2
3
3 2 1 0
3 1 0
x x
x x
 + − 

− + 
Giải.
2 13 2 1 0 1
3
x x x+ − ⇔ − . Đặt ( ) 3
3 1f x x x= − + . Ta có:
6

7. [VNMATH.COM]- Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số
( ) ( ) ( )3 1 1 0f x x x′ = − + ⇒ ( )f x giảm và ( ) ( ) ( )1 1 10, 1,
3 27 3
f x f x = ∀ ∈ −
7

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

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

10. Chương I. Hàm số – Trần Phương
⇒ f(a) f(b) ⇔
ln lna b
a b
⇔ ab
ba
Bài 6. (Đề TSĐH khối D, 2007)
Chứng minh rằng ( ) ( )1 12 2 , 0
2 2
b a
a b
a b
a b+ ≤ + ∀ ≥
Giải. Biến đổi bất đẳng thức ( ) ( )1 1 1 4 1 42 2
2 2 2 2
b ab a a b
a b
a b a b
   + ++ ≤ + ⇔ ≤ ÷  ÷
   
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ln 1 4 ln 1 4
1 4 1 4 ln 1 4 ln 1 4
a bb a b aa b a b
a b
+ +
⇔ + ≤ + ⇔ + ≤ + ⇔ ≤ .
Xét hàm số đặc trưng cho hai vế ( )
( )ln 1 4x
f x
x
+
= với 0x . Ta có
( )
( ) ( )
( )2
4 ln 4 1 4 ln 1 4
0
1 4
x x x x
x
f x
x
− + +′ =
+
( )f x⇒ giảm trên ( ) ( ) ( )0, f a f b+∞ ⇒ ≤
Bài 7. (Bất đẳng thức Nesbitt)
Chứng minh rằng:
3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
∀a, b, c 0 (1)
Giải. Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c. Đặt x = a ⇒ x ≥ b ≥ c 0.
Ta có (1) ⇔ f (x) =
x b c
b c c x x b
+ +
+ + +
với x ≥ b ≥ c 0
⇒
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
1 1
( ) 0
b c b c
f x
b c b cx c x b b c b c
′ = − − − − =
+ ++ + + +
⇒ f(x) đồng biến [b, +∞) ⇒
2
( ) ( )
b c
f x f b
b c
+
≥ =
+
(2)
Đặt x = b ⇒ x ≥ c 0, xét hàm số g(x) =
2x c
x c
+
+
với x ≥ c 0
⇒
( ) 2
( ) 0
c
g x
x c
′ =
+
∀c 0 ⇒ g(x) đồng biến [c, +∞) ⇒
3
( ) ( )
2
g x g c≥ = (3)
Từ (2), (3) suy ra
3
2
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
∀a, b, c 0
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. [VNMATH.COM]- 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