Trờng THPT Dơng Đình Nghệ GV: Vũ Hoàng Sơn
Phần một: Đặt vấn đề
Hiện nay ,giáo dục không ngừng đợc cải cách và đổi mới .Để kịp với xu hớng này
,rất nhiều yêu cầu đợc đặt ra .Một trong số đó chính là làm sao để có đợc những phơng pháp
giải toán hay ,nhanh,mà vẫn cho kết quả chính xác .Phơng pháp sử dụng tính đơn điệu của
hàm số là một phơng pháp giải toán nh vậy.
Có rất nhiều bài toán thoạt nhìn tởng rất khó,nếu giải đợc thì lời giải sẽ khó hiểu,rắc
rối .Nhng nếu áp dụng phơng pháp này ,bài toán sẽ trở thành đơn giản ,gọn hơn rất nhiều
.Đó chính là một trong những ứng dụng của phơng pháp này ,ngoài ra phơng pháp sử dụng
tính đơn điệu còn phát huy sự u việt trong nhiều trờng hợp khác .
Nói tóm lại,Phơng pháp này rất cần thiết đối với các em học sinh đang chuẩn bị ôn
thi tốt nghiệ trung học phổ thông,thi đại học và cao đẳng.Nó sẽ giúp các em phát huy tối đa
tính sáng tạo trong việc tìm ra con đơng giải toán nhanh nhất ,hay nhất và chính xác nhất .
Trong quá trình dạy học môn toán ở bậc trung học phổ thông, chúng ta gặp rất nhiều
bài toán chứng minh bất đẳng thức ,giải phơng trình ,bất phơng trình ,hệ phơng trình.Để
giải các bài toán dạng trên có bài ta giải đợc bằng nhiều phơng pháp khác nhau , cũng có
bài chỉ có thể giải đợc bằng phơng pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.Sử dụng tính đơn
điệu của hàm số để giải toán là một phơng pháp hay,thông thờng để giải quyết một bài toán
sẽ đơn giản,gọn nhẹ hơn so với phơng pháp khác .
Tuy nhiên để học sinh có kỹ năng ta cần hệ thống hoá lại bài tập ,để học sinh và giáo viên
bớt lúng túng hơn.
Phơng pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán ,chiếm một vị trí đặc biệt
quan trọng trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải phơng trình ,bất phơng
trình ,hệ phơng trình.Phơng pháp này dựa trên mối liên hệ giữa tính đồng biến và nghịch
biến của một hàm số với đạo hàm của nó .
SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán
1
Trờng THPT Dơng Đình Nghệ GV: Vũ Hoàng Sơn
Để sử dụng phơng pháp này,điều cốt yếu là chúng ta cần xây dựng một hàm số thích
hợp ,rồi nghiên cứu tính đồng biến ,nghịch biến của nó trên đoạn thích hợp.Các hàm số ấy
trong nhiều trờng hợp có thể nhận tra ngay từ đầu ,còn trong các trờng hợp đặc biệt ta cần
khôn khéo để phát hiện ra chúng .
SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán
2
Trờng THPT Dơng Đình Nghệ GV: Vũ Hoàng Sơn
Phần hai: Nội dung ,phơng pháp ,cách thức thực hiện.
A.Kiến thức cần nhớ !
Hàm số y = f(x) xác định trên đoạn [a;b] đợc gọi là đồng biến trên đoạn ấy, nếu
với mọi x
1
< x
2
thuộc đoạn [a ;b] ta đều có f(x
1
) < f(x
2
) .
Điều kiện để y = f(x) đồng biến trên [a ;b] là y'= f(x)
0 ,
x
[a ;b] .Đồng thời
dấu ''='' đạt đợc tại một số điểm riêng biệt.
Đối với hàm đồng biến thì y
max
= y
(b)
, y
min
= y
(a)
(a < b) ,đồng thời nếu phơng
trình f(x) =0 có nghiệm thì nghiệm ấy là duy nhất.
Tơng tự, y = f(x) đợc gọi là nghịch biến trên [a ;b] là y' = f'(x)
0 ,
x
[a;b].
Đồng thời dấu ''='' đạt đợc tại một số điểm riêng biệt.
Đối với hàm nghịch biến thì y
max
= y
(a)
, y
min
= y
(b)
(a < b) ,đồng thời nếu phơng
trình f(x) =0 có nghiệm thì nghiệm ấy là duy nhất.
Hàm số y = f(x) chỉ đồng biến hoặc chỉ nghịch biến trên đoạn [a;b] đợc gọi là
đơn điệu trên đoạn ấy.
Hàm đơn điệu có tính chất quan trọng sau đây:
f(x) = f(y)
x = y.
Nếu f(x) đồng biến , g(x) nghịch biến thì :
1) Nếu phơng trình f(x) = g(x) có nghiệm x = x
0
thì nghiệm ấy là duy nhất
2) Nghiệm của bất phơng trình f(x) > g(x) là giao của x>x
0
và miền xác định
của bất phơng trình .
3) Nghiệm của bất phơng trình f(x) < g(x) là giao của x< x
0
và miền xác định
của bất phơng trình .
SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán
3
Trờng THPT Dơng Đình Nghệ GV: Vũ Hoàng Sơn
B.Một số ví dụ :
I. Phơng trình
Ví dụ 1: giải phơng trình:
1x +
-
4 x
= 1 (1)
Giải: điều kiện -1
x
4
(1)
1x +
= 1+
4 x
Có nghiệm x = 3, vì
3 1+
= 2 = 1 +
4 3
= 2 Đúng
và vì vế trái là hàm đồng biến ( đạo hàm dơng) ,
vế phải là hàm nghịch biến ( đạo hàm âm),
nên x = 3 là nghiệm duy nhất của (1).
Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đa phơng trình vô tỷ về sử dụng tính đơn điệu ,
tránh đợc bình phơng 2 lần dễ dẫn đến mất nghiệm.
Ví dụ 2.Giải phơng trình. x
5
+x
3
-
1 3x
+4 =0
Giải: Điều kiện
1/ 3x
. Đặt f(x) = x
5
+x
3
-
1 3x
+4
Ta có f'(x) = 5x
4
+3x
2
+
3
2 1 3x
> 0
f(x) đồng biến / (
1
, ]
3
Mặt khác f(-1) = 0 nên phơng trình f(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = -1.
Ví dụ 3. Giải phơng trình .
2 2
15 3 2 8x x x+ = + +
Giải.Phơng trình
2 2
( ) 3 2 8 15 0f x x x x
= + + + =
(*)
Nếu x
2/ 3
thì f(x) <0
phơng trình (*) vô nghiệm .
Nếu x >2/3 thì f'(x) = 3 + x
2 2
1 1 2
0 x>
3
8 15x x
>
+ +
f(x) đồng biến /
2
,
3
+
ữ
Mà f(1) = 0 nên (*) có đúng một nghiệm x = 1.
Ví dụ 4: Giải bất phơng trình :
(
)
(
)
2 3 2 3 2
x x
x
+ + =
(1)
SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán
4
Trờng THPT Dơng Đình Nghệ GV: Vũ Hoàng Sơn
Giải: Nhận thấy x = 2 là nghiệm ,vì khi đó ta có : 2-
2
3 2 3 4 2+ = =
Vì 2
x
> 0 nên (1)
2 3 2 3
1
4 4
x x
+
+ =
ữ ữ
Do
2 3 2 3
1
4 4
+
< <
Nên vế trái là hàm nghịch biến ,và vì vậy x =2 là nghiệm duy nhất của (1) .
Nhận xét .Cái hay của cách giải này là phát hiện ra cơ số bé hơn 1
để sử dụng tính nghịch biến.
Ví dụ 5:Giải phơng trình : x + lg(x
2
-x -6) = 4 +lg(x +2).
Giải: Điều kiện x +2>0, x
2
- x -6 >0
3.x >
Vậy (1)
x + lg(x +2) +lg(x -3) = 4 +lg(x +2)
lg(x -3) = 4 -x (2)
Phơng trình này có nghiệm x =4 vì khi đó ta có lg1 = 0 đúng .
Vì vết trái đồng biến (cơ số lôgarit lớn hơn 1).Vế phải nghịch biến ( đạo hàm âm) ,
Nên (2) có nghiệm duy nhất x = 4 ( thoả mãn điều kiện x > 3)
Ví dụ 6: Giải phơng trình
2log
3
cotgx = log
2
cosx
Giải: Điều kiện cosx > 0,sinx > 0 .
Đặt log
2
cosx = y
cosx = 2
y
log
3
cotg
2
x = log
2
cosx = y
cotg
2
x = 3
y
Vì cotg
2
x =
2
2
cos 4
1 cos 1 4
y
y
x
x
=
3
y
- 12
y
= 4
y
3
3 1,
4
y
y
= +
ữ
có nghiệm duy nhất y = -1
Vì vế trái cơ số 3/4 <1 là hàm nghịch biến ,vế phải cơ số 3>1 là hàm đồng biến .
Vậy cosx = 2
-1
= 1/2
x =
/ 3 2 ,k k R
+
.
Kết hợp với điều kiện ,ta đợc nghiệm của (1) là : x =
2 ,
3
k k z
+
.
Nhận xét .Cái hay của cách giải này là đa (1) về dạng phơng trình mũ không chính tắc để
sử dụng tính đơn điệu.
Ví dụ 7 : giải phơng trình
3 x
2
- 2x
3
= log
2
(x
2
+ 1) - log
2
x (1)
SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán
5
Trờng THPT Dơng Đình Nghệ GV: Vũ Hoàng Sơn
Giải: Điều kiện: x > 0. với điều kiện ấy
(1)
x
2
(3-2x) - log
2
(x +
1
x
) (2)
Do x > 0 nên x+
1
x
2 và do vế phải là hàm loga có cơ số lớn hơn 1,
nên là hàm đồng biến
log
2
(x +
1
x
)
log
2
2 = 1.
Vậy thì vế trái dơng
x
2
(3-2x) >0
3-2x > 0.
Ta có x
2
(3-2x) = x.x.(3-2x) là tích của 3 số dơng ,có tổng không đổi bằng 3 ,nên nó
đạt giá trị lớn nhất bằng 1 ,khi x = 3 -2x = 1.
Nh vậy là VT
1 ,đạt dấu = khi x = 1 ,
VP
1 , đạt dấu = khi x = 1
phơng trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Nhận xét.Cái hay của cách giải này là áp dụng linh hoạt hệ quả của bất đẳng thức Côsi
và tính đơn điệu của hàm logarit.
Ví dụ 8. giải các phơng trình:
3.4
x
+ (3x-10)2
x
+ 3 - x = 0
Giải. đặt y = 2
x
> 0, khi đó ta có
3y
2
+ (3x - 10)y + 3 - x = 0
Từ đó y =
3 10 (3 8)
6
x x +
y
1
=
1
3
hoặc y
2
= 3-x
Nếu y
1
=
1
3
= 2
x
x = -log
2
3.
Nếu y
2
= 3 - x = 2
x
, ta có x = 1 là nghiệm duy nhất , vì khi đó 3 -1 = 2 đúng
và vì vế trái là hàm nghịch biến ( có đạo hàm âm) ,
vế phải là hàm đồng biến ( cơ số hàm mũ lớn hơn 1).
Nhận xét.Cách giải này hay ở chổ biết chọn ẩn số mới thích hợp để đa về phơng trình bậc
hai và sử dụng đợc tính đơn điệu của hàm số.
II. Bất hơng trình
SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán
6
Trờng THPT Dơng Đình Nghệ GV: Vũ Hoàng Sơn
Ví dụ 1. giải bất phơng trình
9x +
> 5 -
2 4x +
(2)
Giải: Điều kiện x
2.
do vế trái là hàm đồng biến( đạo hàm dơng)
vế phải la hàm nghịch biến(đạo hàm âm)
nên nghiệm của (2) là giao của x
2 và x > x
0
vói x
0
là nghiệm của phơng trình
9x +
= 5 -
2 4x +
;
phơng trình cuối có nghiệm duy nhất x =0, vì khi đó ta có
9
=5-
4
đúng
và vế trái đồng biến, vế phải nghịch biến.
Vậy nghiệm của (2) là giao của x
2 va x > 0
x > 0
Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đa bất phơng trình vô tỷ về sử dụng tính đơn điệu ,
tránh đợc bình phơng 2 lần dễ dẫn đến mất nghiệm.
Ví dụ 2. Giải bất phơng trình .
3 5
4
1 5 7 7 5 13 7 8x x x x+ + + + <
Giải . Điều kiện x
5/7 .Xết f(x) =
3 5
4
1 5 7 7 5 13 7x x x x+ + + +
Ta có f'(x) =
2 3 4
3 5
4
1 5 7 13
0
2 1
3 (5 7) 4 (13 7) 5 (13 7)
x
x x x
+ + + >
+
F9x) đồng biến /
5
,
7
+
ữ
.Mặt khác f(3) = 8 nên bpt f(x) < 8.
5/ 7
5
( ) (3) 3.
3
7
x
f x f x
x
< <
<
Nhận xét.Cái hay của cách giải này là đa bất phơng trình vô tỷ về sử dụng tính đơn
điệu,trong khi đó muốn giải bằng cách khác sẽ rất khó khăn.
Ví dụ 3.Giải bất phơng trình . 2x +
2
7 2 7 35x x x x+ + + + <
Giải. Điều kiện x > 0.Đặt f(x) = 2x +
2
7 2 7x x x x+ + + +
Ta có f'(x) =
2
1 1 2 7
2 0
2 2 7
7
x
x x
x x
+
+ + + >
+
+
,
2
29
35
12
f
=
ữ
ữ
ữ
Nên f(x) đồng biến và do đó f(x) < 35 =
2
29
12
f
ữ
ữ
ữ
2
29
0
12
x
< <
ữ
.
SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán
7
Trờng THPT Dơng Đình Nghệ GV: Vũ Hoàng Sơn
Ví dụ 4: Giải bất phơng trình :
2 2
1 1 2
x x
x
x x
+ +
(1)
Giải: Điều kiện: x
0, x +
2 2
1 1
0, 0x
x x
x
1
Do vậy (1)
3 3
1 1 2 (2)x x
+ +
Đặt
3 3
1 1 0x u x v+ = > =
,khi đó
(2)
2 2
1 1
2
2
2
( )( ) 2
u v
u v
u v
u v u v
+
+
=
+ =
u -v
1
2
1
u v
v u
+
v
1
0
2
>
(thích hợp)
Vậy :
3 3
3
1 5 5
1 1
2 4 4
x x x >
Đáp số :
3
5
4
x
Hoặc xét VT =f(x)=
3 3
1 1x x+ +
là hàm đồng biến
Suy ra nghiệm của (2) là giao của x
1 và x > x
0
,trong đó x
0
là nghiệm
của phơng trình :
3 3
1 1x x+ +
= 2.
Suy ra x
0
=
3
5
4
,suy ra bất phơng trình có nghiệm
3
5
4
x
.
Nhận xét.Cái hay của cách giải là sử dụng tính đồng biến và sử dụng cách đặt ẩn phụ để
đa về hệ bất phơng trình hoặc hệ phơng trình bậc ,tránh đợc việc bình phơng 2 vế (dễ dẫn
đến sai sót ,thừa nghiệm)và tránh đợc việc giải phơng trình bậc cao.
Ví dụ 5: Giải bất phơng trình
SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán
8
Trờng THPT Dơng Đình Nghệ GV: Vũ Hoàng Sơn
2
2 5 2 7 10 5 2x x x x x+ + + + + + <
(1)
Giải: Điều kiện x
-2.
Đặt
2 0
5 0
x u
x v
+ =
+ = >
Suy ra
2
7 10 .x x uv+ + =
Do u và v đồng biến khi x
-2
Vế trái là hàm đồng biến , vế phải là hàm nghịch biến
Nên nghiệm của (1) là giao của x
-2 và x < x
0
với x
0
là nghiệm của phơng trình:
2
2 5 2 7 10 5 2x x x x x+ + + + + + =
Vì u
2
+v
2
= 2x +7 ,suy ra 2x = u
2
+v
2
-7
Và u
2
+v
2
+2uv +( u +v) -12 =0
Đặt u +v = t >0 ta đợc : t
2
+t -12 = 0 , t > 0
Suy ra t =3 vậy
1
1
3
3
3
22
=
=
=+
=
=+
u
vu
vu
vu
vu
Từ đó u =
2 1 1x x+ = =
Vậy nghiệm của (1) là
2 1x
Nhận xét.Cái hay của cách giải này là dùng tính đơn điệu của các hàm số để đa bất ph-
ơng trình vô tỷ về hệ phơng trình bậc 1.
Ví dụ 6.Với giá trị nào của tham số m thì bpt sau có nghiệm?
x
2
+
2
2 1 0x m m m + +
Giải: Đặt t =
x m
0
t
2
= x
2
-2mx +m
2
, khi đó (1)
y = t
2
+2t +2mx +m -1
0
Có nghiệm t
0.
Ta có y' = 2t +2
y' = 0
t = -1
Nên y
min
= y
(0)
= 2mx +m -1 = 2m
2
+m -1
0
-1
1
2
m
.
SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán
9
Trờng THPT Dơng Đình Nghệ GV: Vũ Hoàng Sơn
Nhận xét.Cái hay của cách giải này là sử dụng giá trị tuyệt đối
x m
làm ẩn số để đa
về parabol theo
0t
Không phải xét tơng quan giữa x và y làm cho cách giải nhẹ
nhàng hơn.
III. Hệ Phơng trình
Ví dụ 1: Tìm các số x
( )
0;
,y
( )
0;
thoả mãn hệ :
cot - coty x -y (1)
5x + 8 y = 2 (2)
x
=
Giải : Viết phơng trình (1) dới dạng : x - cotx = y - coty (3)
Xét hàm số f(t) = t - cot t , 0 < t <
.
Khi đó f(t) xác định
( )
0;t
và f'(t) = 1 +
2
1
sin t
> 0 ,
( )
0;t
f(t) đồng biến
( )
0;t
.
Từ (3)
f(x) = f(y)
x = y.
Thay vào phơng trình (2) của hệ ,ta đựoc x = y =
2
13
.
Ví dụ 2: Giải hệ :
tan tan
tan tan 2, , 0;
2
x y x y
x y x y
=
+ =
ữ
Giải : Viết phơng trình (1) dới dạng x - tan x = y - tan y (3)
Và xét hàm f(t) = t - tant xác định
0;
2
t
ữ
,có f'(t) = 1-
2
1
cos t
< 0 ,do
0;
2
t
ữ
0 < cos t < 1.Vậy f( t) nghịch biến .
Từ (3) suy ra f(x) = f(y)
x = y và từ (2)
tan x = tan y = 1
x = y =
4
Ví dụ 3: Chứng tỏ rằng với 0a hệ :
2
2
2
2
2
2
a
x y
y
a
y x
x
= +
= +
Có nghiệm duy nhất.
SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán
10
Trờng THPT Dơng Đình Nghệ GV: Vũ Hoàng Sơn
Giải: Điều kiện :
x 0
,
y 0
. Do x và
2
a
x
cùng dấu , Do y và
2
a
y
cùng dấu
x> 0 , y> 0.Bởi vậy :
(1)
2x
2
y = y
2
+ a
2
(1)'
(2)
2y
2
x = x
2
+a
2
(2)'
(1)'-(2)' ta đợc:2xy (x -y) = (y-x)(y+x)
( x-y) ( 2xy +x+y) =0,do x > 0,y >0 nên
( 2xy +x+y) >0.
Do đó x - y =0 hay x = y.Thay x =y vào (1)' ta đợc :
f(x) = 2x
3
-x
2
= a
2
; f'(x) = 6x
2
-2x .
Ta có bảng biến thiên:
Từ đó suy ra phơng trình : 2x
3
-x
2
= a
2
( a
2
> 0) có nghiệm duy nhất .
Nhận xét.Cái hay của cách giải này là từ hệ đối xứng loại 2. (1) -(2) ,không trừ trực tiếp
ngay ,mà biến đổi trớc để khi trừ (1') cho (2') thì phơng trình hệ quả không chứa tham
số,nên tránh đợc biện luận.
Ví dụ 4.Giải hệ :
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 hàm đặc trng f(t) = t
3
+t
2
+t với t
Ă
Ta có f'(t) = 3t
2
+2t +1 = 2t
2
+(t+1)
2
>0
f(t) đồng biến .
Giả sử :
( ) ( ) ( )x y z f x f y f z
2z +1
2 1 2 1x y + +
z x y y z = =
Hệ đã cho
3 2 2
2 1 ( 1)( 1) 0
x y z x y z
x x x x x x
= = = =
+ = + + + =
1
1
x y z
x y z
= = =
= = =
SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán
11
x
f
f
+
0
-1/27
CT
-
+
- -
0
1
3
//
33
Trờng THPT Dơng Đình Nghệ GV: Vũ Hoàng Sơn
III. Bất đẳng thức
Ví dụ 1. Chứng minh rằng : e
x
> 1 +x ,
0x
Giải : Đặt f(x) = e
x
-x -1 , khi đó f'(x) = e
x
-1
*Nếu x> 0 thì f(x) > 0 nên f tăng trên [ 0; +
)
Do đó f(x) > f(0) =0
e
x
> x +1.
*Nếu x<0 thì f'(x) < 0 nên f giảm trên (-
,0) do đó f(x) > f(0) = 0
e
x
> x +1 .
Vậy e
x
> x +1
0x
.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu x > 0, thì ln x <
x
Giải . Xét hàm số f(t) = lnt -
t
với t > 0.
Ta có f (t) =
1 1 2
2
2
t
t t
t
=
Lập bảng xét dấu sau:
Nh vậy
0x >
,có f(x)
f(4)
lnx -
x
ln4-2
Do 4<e
2
ln4 < 2 ,vậy từ (1) suy ra lnx -
x
< 0
ln x <
x
(đpcm)
Ví dụ 3. Chứng minh rằng log
1999
2000 > log
2000
2001.
Giải. Xét hàm số f(x) = log
x
(x +1) với x > 1.
Khi đó bất đẳng thức đã cho có dạng tơng đơng sau :
f( 1999) > f(2000)
SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán
t
0
4
0
+
-f'(t)
ft)
12
Trờng THPT Dơng Đình Nghệ GV: Vũ Hoàng Sơn
Ta có f(x) = log
x
(x +1) =
ln( 1)
ln
x
x
+
f(x) =
2 2
ln ln( 1)
ln ( 1)ln( 1)
1
ln ( 1)ln
x x
x x x x
x x
x x x x
+
+ +
+
=
+
1
2
ln
( 1)
0
( 1)ln
x
x
x
x
x x x
+
+
= <
+
Vậy f(x) là hàm nghịch biến khi x > 1,do đó (2) hiển nhiên đúng . (đpcm)
Ví dụ 4. Chứng minh rằng ln ( 1+
2
1 x+
) <
1
x
+ ln x nếu x > 0.
Giải.Xét hàm số f(t) = ln( 1+
2
1 t+
) - lnt -
1
t
với t > 0
Ta có f(t) =
2
2
1
1 1
t
t
t
+
+ +
-
1
t
+
2
1
t
=
2
2 2
1
1
t t
t t
+
+
> 0
Do đó f(t) là hàm đồng biến khi t > 0, vì x > 0 ,nên
f(x) < f(+
) =
lim
t+
f(t) =
lim
t+
2
1
ln(1 1 ) lnt t
t
+ +
f(x) <
2
1 1
lim (ln )
t
t
t
+
+ +
= 0
ln(1+
1 x+
) < lnx +
1
x
đ.p.c.m
Ví dụ 5. Chứng minh rằng : x > ln(x +1) , x > 0.
Giải : Đặt f(x) = x - ln(x +1) liên tục trên [ 0 ,+
) có
f'(x) = 1 -
1
0; 0
1 1
x
x
x x
= > >
+ +
f tăng trên [ 0 ,+
)
f(x) > f(0) =0
x > ln(x+1) với x > 0.
Ví dụ 6. Chứng minh rằng : lnx >
2( 1)
1
x
x
+
với x>1.
Giải : Đặt f(x) = lnx -
2( 1)
1
x
x
+
( x>1) liên tục trên [ 1 ; +
)
Ta có f'(x) =
2
2 2
1 4 ( 1)
0, 1.
( 1) ( 1)
x
x
x
x x x
= > >
+ +
f tăng trên [ 1 ; +
)
SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán
13
Trờng THPT Dơng Đình Nghệ GV: Vũ Hoàng Sơn
Vậy với x > 1 ta có f(x) > f(1) = 0 Từ đó suy ra lnx >
2( 1)
1
x
x
+
với x>1.
Ví dụ 7. cho 0 <
<
2
. Chứng minh rằng: sin
>
2
Giải. xét hàm số : f(x) =
sin x
x
với x
0,
2
Ta có f'(x) =
2
cos sinx x x
x
=
2
cos ( )x x tgx
x
suy ra f'(x) < 0
x
0,
2
f(x)
là hàm nghịch biến trên ( 0,
2
)
Vì 0 <
<
2
f(
) > f(
2
)
sin
>
sin
2
2
sin
>
2
đ.p.c.m.
Ví dụ 8. cho 0 <
<
2
. Chứng minh rằng:
sin
+ cos
> 1
Giải.xét hàm số : f(x) = xsinx + cosx - 1 với x
0,
2
f'(x) = sinx + xcosx -sinx = xcosx
0
x
0,
2
Vì f' = 0 chỉ khi x = 0 hoặc x =
2
f là hàm đồng biến trên
0,
2
.
Vì 0 <
<
2
f(0) < f(
)
0 <
sin
+ cos
- 1
sin
+ cos
> 1
đ.p.c.m
Ví dụ 9.Chứng minh rằng : sinx < x < tgx với 0 < x <
2
Giải . Đặt f(x) = x - sin x , x
(0; ]
2
. Khi đó f liên tục trên [ 0 ,
2
]
Và có đạo hàm trên ( 0 ;
2
)
f tăng trên [ 0 ,
2
]
Từ đó x > 0
f(x) > f(0)
x > sinx với x
(0; )
2
SKKN: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải toán
14
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét