Ôn thi Đại học - Tính đơn điệu của hàm số

<span class='text_page_counter'>(1)</span>tính đơn điệu của hμm số I. Tãm t¾t lý thuyÕt Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a, b) 1. §Þnh nghÜa 1: - Hàm số y = f(x) đồng biến (tăng) trên khoảng (a,b) nếu ∀ x1, x2 ∈ (a,b), x1< x2 thì f(x1) < f(x2). - Hµm sè y = f(x) nghÞch biÕn (gi¶m) trªn kho¶ng (a,b) nÕu∀ x1,x2∈ (a,b), x1< x2 th× f(x1) > f(x2). - Hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến ) trên khoảng (a; b) gọi chung là hàm số đơn điệu trên khoảng đó. 2. §Þnh nghÜa 2: - Hàm số y = f(x) đồng biến (a; b) ⇔. Δy > 0 trªn kho¶ng (a, b). Δx. - Hµm sè y = f(x) nghÞch biÕn (a; b) ⇔. Δy < 0 trªn kho¶ng (a, b). Δx. 3. NhËn xÐt:. Δy ≥ 0 trªn kho¶ng (a; b). Δx → 0 Δx. - Hàm số y = f(x) đồng biến trên (a; b) ⇒ f'(x) = lim. Δy ≤ 0 trªn kho¶ng (a; b). Δx → 0 Δx. - Hµm sè y = f(x) nghÞch biÕn trªn (a; b) ⇒ f'(x) = lim 4. §Þnh lý:. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng (a; b). Nếu f'(x) ≥ 0 (hoặc f'(x) ≤ 0) và dấu "=" xảy ra ở một số hữu hạn điểm trên khoảng (a; b) thì hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng đó. II. Mét sè d¹ng bμi to¸n th−êng gÆp. 1. Tìm điều kiện của tham số để hs đồng biến (nghịch biến) trên một khoảng nào đó. Ví Dụ 1: Tìm m để hàm số y = (m + 2)x3 - 3x2 - 3x + 2 luôn nghịch biến. GI¶I : Ta cã y’ =3(m + 2)x2 - 6x - 3.. ⎧ m+2<0 ⇔ m ≤ −3 . Hµm sè lu«n nghÞch biÕn ⇔ y’≤ 0 ∀x ⇔ ⎨ ⎩Δ ' = 9m + 27 ≤ 0 Ví Dụ 2: Tìm m để hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 đồng biến trên (1 ; 2) GI¶I : Hàm số đồng biến trên (1 ; 2)⇔ y' = 3x2 + 6x + m ≥ 0 ∀x ∈ (1; 2). ⇔ 3x2 + 6x ≥ -m, ∀x ∈ (1; 2) ⇔ x2 + 2x ≥ -. m m , ∀x ∈ (1; 2) ⇔ min g ( x) ≥ (1), víi g(x) = x2 + 2x x∈[1;2] 2 2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Ta có g'(x) = 2x + 2 > 0 ∀x ∈ (1; 2), nên hàm số g(x) đồng biến (1;2) và min g ( x) = g(1) = 3 x∈[1;2]. VËy (1) ⇔ -. m ≤ 3 ⇔ m ≥ -6. Suy ra m ≥ -6 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m. 2. Ví Dụ 3: Tìm m để hàm số y =. 2 x 2 − 3x + m đồng biến trên khoảng (3; +∞ ). x −1. HD: Ycbt ⇔ y ' =. 2x2 − 4x + 3 − m. ( x − 1). 2. ≥ 0, ∀x > 3 ⇔ f(x)=2x2 - 4x + 3 - m ≥ 0, ∀ x>3…(t−¬ng tù vÝ dô 2).. §¸p sè: m ≤ 9. NhËn xÐt: Tõ vÝ dô 2 vµ vÝ dô 3, ta cã tham sè trong y' ë hÖ sè kh«ng chøa biÕn sè. Cã thÓ ®−a tham sè vµo hÖ sè chøa biÕn trong y'. Ví Dụ 4: Cho hàm số y = x3 + mx2 + x + 1. Tìm m để hàm số đồng biến trên (1; 2). GI¶I : Yªu cÇu bµi to¸n ⇔ y' = 3x2 + 2mx + 1 ≥ 0; ∀x ∈ (1; 2). ⇔ 3x +. 1 ≥ -2m; x. Ta cã g'(x) = 3-. ∀x ∈ (1; 2) ⇔ min g ( x) ≥ -2m (1), víi g(x) = 3x + x∈[1;2]. 1 . x. 3x 2 − 1 1 = > 0 ∀x ∈ [1; 2]. x2 x2. Suy ra min g ( x) = g(1) = 4 x∈[1;2]. . VËy (1) ⇔ 4 ≥ - 2m ⇔ m ≥ -2. §¸p sè: m ≥ -2.. 1 1 Ví Dụ 5: Cho hàm số y= x3 - (2m + 1)x2 +(3m + 2)x - 5m +2. Tìm m để hàm số nghịch biến trong 3 2 kho¶ng (0; 1). HD: Ycbt ⇔ y' =x2 - (2m+1)x + 3m + 2 ≤ 0, ∀x ∈(0; 1). x2 − x + 2 ⇔ x - x + 2 ≤ m(2x-3),∀x ∈(0; 1) ⇔ ≥ m,∀x ∈(0; 1), ( do x ∈(0; 1), nªn 2x-3 < 0). 2x − 3 2. ⇔ min g ( x) ≥m, víi g(x)= x∈[ 0;1]. x2 − x + 2 . KSHS g(x), ta tìm đ−ợc min g ( x) =g(1) = - 2. Vậy đáp số m ≤ -2. x∈[ 0;1] 2x − 3. Nhận xét: Trong các ví dụ trên, ở tất cả các biểu thức của y’ thì tham số đều đồng bậc (bậc nhất), và ta đều sử dụng cùng một cách biến đổi đó là độc lập tham số với biến số, sau đó sử dụng khảo sát hàm số mới đã độc lập với tham số trên khoảng đang xét và suy ra giá trị của tham số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tuy nhiên, đối với một số hàm số không thuộc dạng này thì ta không thể dùng cách đó đ−ợc. Để minh họa, chúng ta xét ví dụ tiếp theo sau đây: VÝ Dô 6: Cho hµm sè y=. x 2 − (3m + 1) x + 5m − 1 . Tìm m để hàm số đồng biến trong khoảng (0; 1). x−m. GI¶I :. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ⎡m ≤ 0 Đkxđ x ≠ m. HS xác định trong khoảng (0; 1) ⇔ ⎢ (1). ⎣m ≥1 Ta cã y’=. x 2 − 2mx + 3m 2 − 4m + 1 . Hàm số đồng biến trong khoảng (0; 1) ⇔ y’ ≥ 0 ∀x ∈(0; 1) ( x − m) 2. Hay f(x) = x 2 − 2mx + 3m 2 − 4m + 1 ≥ 0 ∀x ∈(0; 1). V× f(x) lµ mét tam thøc bËc hai cã. ⎧ −4 m + 1 ≥ 0 1 ⇔⎨ 3 ⇔ m≤ 4 ⎩3m − 6m + 2 ≥ 0. ⎧ f (0) ≥ 0 S =m ∉ (0; 1), nªn f(x) ≥ 0 ∀x ∈(0; 1) ⇔ ⎨ 2 ⎩ f (1) ≥ 0. (2).. Tõ (1) vµ (2) suy ra gi¸ trÞ tham sè tháa m·n yªu cÇu bµi to¸n lµ m ≤ 0. Ví Dụ 7: Cho hàm số y = (2m + 3) sin x + (2 - m)x. Tìm m để hàm số đồng biến trên R. GI¶I : TX§: R. Ta cã y' = (2m + 3) cosx + (2 - m) §Æt cosx = t ∈ [-1; 1], suy ra y' = g(t) = (2m + 3)t + (2 - m). Hàm số đồng biến trên R khi y' ≥ 0 ∀x ∈ R ⇔ g(t) ≥ 0 ∀t ∈ [-1; 1]. ⎧⎪g(−1) ≥ 0 ⎧⎪−3m − 1 ≥ 0 1 1 ⇔ −5 ≤ m ≤ − . §¸p sè - 5 ≤ m ≤ - . §iÒu kiÖn: ⎨ ⇔⎨ 3 3 ⎪⎩m + 5 ≥ 0 ⎪⎩g(1) ≥ 0. Nhận xét: Bằng phép t−ơng tự, xét các hàm số nghịch biến trên khoảng (a, b); trên hai khoảng nào đó. Bài 1: Tìm m để hàm số y = mx3 + 3x2 + 1 đồng biến trên khoảng (1; 2). §¸p sè: m ≥ -1.. 1 Bài 2: Tìm m để hàm số y= x3 -(3m - 1)x2 + (m + 3)x + 4m -3 đồng biến trên (1; + ∞ ). 3 §¸p sè: m ≤ 1. 1 Bài 3: Tìm m để hàm số y = 3 mx3 + 2(m - 1) x2 + 5mx + 3 nghịch biến trên (-∞; 1). 2x2 + mx + 5 Bài 4: Tìm m để hàm số y = nghÞch biÕn trªn (-3; -2). x-1 Bài 5: Tìm m để hàm số y = Bµi 6: Cho hµm sè y=. x2 + mx + 2m - 1 nghÞch biÕn trªn kho¶ng (1;+∞). x - 2m. 2 x 2 + (1 − m) x + 1 + m đồng biến trên khoảng (0; + ∞ ). x−m. §¸p sè: m ≤ 1 − 2 .. 2. ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải ph−ơng trình, bất ph−ơng trình và hệ ph−¬ng tr×nh. VÝ Dô 1: Gi¶i ph−¬ng tr×nh. 2 x −1 − 2 x. 2. −x. = (x - 1)2 (1) Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> GI¶I : Ta cã: x2 - x - (x - 1) = (x -1)2 Nªn (1) cã d¹ng: 2 x −1 + ( x − 1) = 2 x. 2. −x. + (x2 - x) (2). §Æt f(t) = 2t + t; f'(t) = 2tln2 + 1 > 0 ∀ t∈R Nªn ph−¬ng tr×nh (2) <=> f(x - 1) = f(x2 - x) <=> (x2 - x) = x -1 <=> x = 1 lµ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh NhËt xÐt: Ta cã thÓ kh¸i qu¸t ho¸ bµi to¸n trªn: Cứ cho 1 ph−ơng trình f(x) = g(x). Khi đó: af(x) + f(x) = af(x) + g(x). (a > 0; a ≠ 1). Ta ®−îc mét ph−¬ng tr×nh míi víi c¸ch gi¶i t−¬ng tù. Bµi tËp ¸p dông: Gi¶i c¸c ph−¬ng tr×nh sau: 1 / .e. 2 x −5. −e. 2. x −1. =. 1 1 − 2x − 5 x −1. 1− x 2. 2 / .2. 2. 3 / .2009sin x − 2009cos x = cos 2 x. 1− 2 x. −2. x2. x2. =. 1 1 − 2 x. 4 / .2009cos x − 2008cos x = cos x. 5* / .22 + 32 = 2 x + 3x +1 + x + 1 x. VÝ Dô 2: Gi¶i ph−¬ng tr×nh: log 3. x. x2 + x + 1 = x 2 − 3x + 2 . 2 2x − 2x + 3. GI¶I : §Æt u=x2 + x +1; v=2x2 - 3x + 3 (u > 0, v > 0). Suy ra v - u=x2 -3x +2. Ph−ơng trình đã cho trở thành: log 3. u = v − u ⇔ log 3 u − log 3 v = v − u ⇔ log 3 u + u = log 3 v + v (1) v. XÐt hµm sè: f(t)= log 3 t + t trªn (0; +∞ ), ta cã f’(t)=. 1 + 1 > 0, ∀t > 0 nên hàm số đồng biến trên (0; t ln 3. +∞ ).. ⎡ x =1 VËy tõ (1) ta cã f(u) = f(v), suy ra u = v, hay v - u = 0, tøc lµ x2 -3x +2 = 0 ⇔ ⎢ . ⎣x = 2 NhËn xÐt:. • §èi víi c¸c ph−¬ng tr×nh d¹ng log a log a. u = v − u , với u, v >0 và a > 1, ta th−ờng biến đổi về dạng v. u = v − u ⇔ log a u − log a v = v − u ⇔ log a u + u = log a v + v . v. • Vì hàm số f(t)= log a t + t đồng biến trên (0; +∞ ), nên ta có u = v. • Víi c¸c ®iÖu kiÖn nh− trªn, ta cã bÊt ph−¬ng tr×nh: log a VÝ Dô 3: Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: log 5 (3 + x ) > log 4 x . Lop12.net. u < v − u ⇔ f (u ) < f (v) ⇔ u < v v.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> GI¶I : §iÒu kiÖn x > 0. t. t. ⎛1⎞ ⎛2⎞ §Æt t = log4x ⇔ x = 4t, bÊt ph−¬ng tr×nh trë thµnh: log5(3 + 2t) > t ⇔ 3 + 2t > 5t ⇔ 3 ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ > 1 . ⎝5⎠ ⎝ 5⎠ t. t. ⎛1⎞ ⎛2⎞ Hµm sè f(t) = 3 ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ nghÞch biÕn trªn R vµ f(1) = 1. VËy bpt trë thµnh f(t) > f(1) ⇔ t < 1. ⎝5⎠ ⎝5⎠ Từ đó ta đ−ợc log4x < 1 ⇔ 0 < x < 4. Chó ý:. • §èi víi BPT d¹ng logau < logbv, ta th−êng gi¶i nh− sau: Đặt t = logau (hoặc t = logbv), đ−a về BPT mũ; sử dụng tính đơn điệu của hàm số để suy ra nghiệm.. • Víi PT d¹ng logau = logbv, ta th−êng gi¶i nh− sau: ⎧u = a t ; sử dụng ph−ơng pháp thế để đ−a về một PT mũ ẩn t. Tìm t (thông th−ờng §Æt t = logau = logbv ⇒ ⎨ t ⎩v = b cã nghiÖm t duy nhÊt); suy ra x. Bµi tËp ¸p dông: Giải phương trình: 1) log 4 5 ( x 2 − 2 x − 3) = 2 log 2 ( x 2 − 2 x − 4) . 2) log 2 ( x + 3log6 x ) = log 6 x. 3) log5(3 +. (. 3x + 1 ) = log4(3x + 1).. ). 3) 3log 3 1 + x + 3 x > 2 log 2 x . log 22 x. 5) 5. 2. − 3log2 x < log 2 x 2 − log 22 x. VÝ Dô 4: Gi¶i hÖ bÊt ph−¬ng tr×nh:. ⎧⎪ 3x 2 + 2x − 1 < 0(1) ⎨ 3 ⎪⎩x − 3x + 1 > 0 (2) GI¶I : 1 • NghiÖm bÊt ph−¬ng tr×nh (1) lµ: - 1 < x < 3 1 • Xét bất ph−ơng trình (2): đặt f(x) = x3 - 3x + 1, với x ∈ (-1; 3 ). Ta có: f'(x) = 3x2 - 3 = 0 ⇔ x = ± 1 BBT: x. -∞. f'(x). -1. +. 0. +∞. 1. _. 0. + +∞. C§. f'(x). -∞. CT. 1 1 1 1 • C¨n cø vµo BBT ®−îc hµm sè y = f(x) nghÞch biÕn trªn (-1; 3 ),nªn ∀x∈ (-1; 3 ) th× f(x) >f(3 ) = 27 > 0 1 1 • VËy f(x) > 0 víi ∀ x∈ (-1; 3 ). KÕt luËn: HÖ cã nghiÖm -1 < x < 3 .. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ⎧ x − y = e x − e y (1) VÝ Dô 5: Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh: ⎨ 2 ⎩log 2 x − 3 log 2 y + 2 = 0(2). GI¶I :. • §iÒu kiÖn: x, y > 0. Tõ (1) <=> ex - x = ey - y (3) • Đặt f(t) = et - t xét (0;+∞) có f'(t) = et - 1 > 0, ∀t > 0 , nên f(t) đồng biến (0;+∞) Do vËy (3) <=> f(x) = f(y) <=> x = y. • Thay vµo (2): log 22 x − 3 log 2 x + 2 = 0 ®−îc log2x = 1 hoÆc log2x = 2 ta ®−îc nghiÖm cña hÖ lµ x = 2 hoÆc x = 4 NhËn xÐt: §èi víi lo¹i hÖ ph−¬ng tr×nh mµ trong hÖ cã ph−¬ng tr×nh d¹ng f(x) = f(y), ph−¬ng tr×nh cßn l¹i giúp ta giới hạn đ−ợc x, y để trên đó hàm số f đơn điệu. Từ đó suy ra x=y. ⎧ x 3 − 5 x = y 3 − 5 y (1) VÝ Dô 6: Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh: ⎨ 8 4 ⎩ x + y = 1(2). GI¶I :. • Tõ PT (2) ta cã x8 ≤ 1, y4 ≤ 1 ⇔ x ≤ 1; y ≤ 1 . • Xét hàm số: f(t) = t5 - 5t, t ∈ [ −1;1] , ta có f’(t) =3t2 -5 < 0, ∀ t ∈ [ −1;1] . Do đó hàm số f(t) nghịch biến trªn kho¶ng (-1; 1), nªn tõ PT (1) suy ra x=y. Thay vµo PT (2) ta ®−îc: x8 + x4 - 1 = 0.. • §Æt a = x4 ≥ 0, gi¶i PT t−¬ng øng ta ®−îc a =. −1 + 5 −1 + 5 ⇒ x = y = ±4 . 2 2. 2 y −1 ⎪⎧ x + x − 2 x + 2 = 3 + 1 VÝ Dô 7: Gi¶i hÖ PT ⎨ . ⎪⎩ y + y 2 − 2 y + 2 = 3x −1 + 1. GI¶I :. ⎧⎪ u + u 2 + 1 = 3b (1) • §Æt u = x - 1, v = y - 1, ta ®−îc hÖ: ⎨ . ⎪⎩v + v 2 + 1 = 3u (2). • Trõ tõng vÒ t−¬ng øng hai PT cña hÖ ta ®−îc u + u 2 + 1 + 3u = v + v 2 + 1 + 3v (3) • XÐt hµm sè: f(t) = t +. V×. t 2 + 1 + 3t , ta cã f’(t) =. t2 +1 + t t +1 2. + 3t ln 3 .. t 2 + 1 ≥ t 2 ≥ -t ⇒ t 2 + 1 + t > 0 => f’(t) > 0 ∀t ∈ R , do đó hàm số f(t) đồng biến trên R.. • Từ đó PT (3) <=> u = v. Thay vào PT (1) ta đ−ợc u + u 2 + 1 = 3u (4). Theo trªn ta cã. u 2 + 1 + u > 0, nªn PT (4) <=> ln(u + u 2 + 1) − u ln 3 =0.. • XÐt hµm sè g(u) = ln(u + u 2 + 1) − u ln 3 , cã g’(u) =. 1 u2 +1. − ln 3 < 1 − ln 3 < 0, ∀u ∈ R , nªn hµm sè. g(u) nghịch biến trên R và do đó PT (4) có nghiệm duy nhất u = 0. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Từ đó suy ra hệ PT ban đầu có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 1). Mét sè bµi tËp t−¬ng tù: 1. T×m x, y ∈ (0; π) tho¶ m·n hÖ:. ⎧cot x − cot y = x − y ⎨ ⎩ 5 x + 8 y = 2π ⎧ x − y = (log 2 y − log 2 x)(1 + xy ) 2. Gi¶i hÖ: ⎨ xy − 3 y + 2 = 0 ⎩ ⎧ x 2 + 5x + 4 < 0 3. Gi¶i hÖ bÊt ph−¬ng tr×nh: ⎨ 3 2 ⎩ x + 3 x − 9 x − 10 > 0. ⎧ log 22 x − log 2 x 2 < 0 ⎪ 4. Gi¶i hÖ bÊt ph−¬ng tr×nh: ⎨ 1 3 2 ⎪⎩ 3 x − 3x + 5 x + 9 > 0 ⎧2( x 3 + 2 x − y − 1) = x 2 ( y + 1) 5. Gi¶i hÖ: ⎨ 3 2 ⎩ y + 4 x + 1 + ln( y + 2 x) = 0. 3. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số giải các bài toán giải ph−ơng trình và bất ph−ơng tr×nh chøa tham sè: VÝ Dô 1: T×m a ph−¬ng tr×nh x2 + 3ax + 1 =0 (1) cã 3 nghiÖm ph©n biÖt. GI¶I :. • Ta cã (1) <=> x3 + 1 = - 3ax (2) a) Víi x = 0 kh«ng lµ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (2) ∀a 1 b) Víi x ≠ 0: ph−¬ng tr×nh (2) <=> x2 + x = -3a 1 1 2x3 - 1 1 • §Æt f(x) = x + x ⇒ f'(x) = 2x - x2 = x2 , f'(x) = 0 <=> x = 3 2 2. BBT:. x. -∞ _. f'(x). +∞. 0 _. 0. 0. +. +∞. +∞. +∞. f(x) -∞. • §Æt g(x) = - 3a lµ ®−êng th¼ng song song víi trôc Ox. C¨n cø vµo b¶ng biÕn thiªn ë trªn ⇒ (1) cã 3 nghiÖm ph©n biÖt <=> f(x) c¾t g(x) t¹i 3 ®iÓm ph©n biÖt <=> g(x) > f( 3 3. <=> a < -. 1 2. ) <=> - 3a >. 3 2 2 . §¸p sè: a < 2 2. 1 Ví Dụ 2: Tìm m để bất ph−ơng trình - x3 + 3mx - 2 < - x3 (1) nghiệm đúng ∀ x ≥ 1 Lop12.net. 33 2 2.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> GI¶I : 1 2 1 Ta cã (1) <=> x3 + 2 - x3 > 3mx (do x ≥ 1) <=> x2 + x - x3 > 3m (2) 2 1 §Æt f(x) = x2 + x - x3 xÐt trªn [1; + ∞) Ta cã f'(x) =. 2(x3 - 1) 3 x2 + x4 > 0 ∀x ≥ 1 => f(x) đồng biến [1; + ∞). 2 2 VËy 3m < min f ( x) = f(1) = 2 <=> m < 3 . §¸p sè: m < 3 . x∈[1; +∞ ]. NhËn xÐt: 1. C« lËp tham sè sang mét bªn. 2. Sö dông tÝnh biÕn thiªn cña hµm sè vµ hµm sè h»ng.. Mét sè bµi to¸n t−¬ng tù: Bµi to¸n 1: T×m m ph−¬ng tr×nh: x3 + 3ax + 1 = 0 a. Cã hai nghiÖm ph©n biÖt. b. Cã duy nhÊt nghiÖm. Bµi to¸n 2: m = ? ph−¬ng tr×nh x3 + 3x + 2m - 3 = 0 cã nghiÖm. Bài toán 3: Tìm m để bất ph−ơng trình luôn đ−ợc nghiệm đúng x3 + 3ax + 1 > 0 ∀x > 0. 4. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng thức: VÝ Dô 1: Chøng minh r»ng: x - sin x > 0 ∀x > 0 (1) GI¶I : Thật vậy, đặt f(x) = x - sin x, xét trên (0; +∞) Ta cã f’(x) = 1 - cos x ≥ 0 ∀x > 0 => f(x) đồng biến trên (0; +∞) và xác định tại x = 0 nên x > 0 thì f(x) > f(0) = 0 nªn (1) ®−îc chøng minh. NhËn xÐt: Sö dông vÝ dô trªn cã thÓ chøng minh ®−îc. x2 Bµi to¸n 1: CMR: cosx > 1 - 2 víi x > 0 x3 Bµi to¸n 2: CMR: x - 6 < sin x víi x > 0.. π VÝ Dô 2: Chøng minh r»ng: sin x + tan x - 2x > 0 víi ∀x ∈ (0; 2 ) GI¶I :. π §Æt f(x) = sin x + tan x - 2x xÐt trªn (0; 2 ). Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 1 1 Ta cã f'(x) = cos x + cos2x - 2 > cos2x + cos2x - 2 ≥ 2 - 2 = 0. π => f(x) đồng biến trên khoảng (0; 2 ) mà f(x) xác định tại x = 0 nªn f(x) > f(0) = 0. π ∀x ∈ (0; 2 ) => ®pcm. NhËn xÐt: Sö dông ph−¬ng ph¸p cña bµi to¸n trªn ta chøng minh ®−îc:. π ∀x ∈ (0; 2 ). Bµi to¸n 1: CMR: 2sin x + 2tan x > 2x + 1 Bµi to¸n 2: CMR: 2. 2sin x. tan x. +2. >2. π ∀x ∈ (0; 2 ). 3x +1 2. 3. π ⎛ sin x ⎞ Bµi to¸n 3: CMR: ⎜ ⎟ > cos x ∀x ∈ (0; 2 ). ⎝ x ⎠ NhËn xÐt:. • Sử dụng kết quả bài toán 1, ta có thể CM đ−ợc: Với mọi tam giác ABC nhọn ta đều có: 2sinA + 2sinB + 2sinC + 2tanA + 2tanB + 2tanC > 6. 3 2π .. • Sử dụng kết quả bài toán 2, ta có thể CM đ−ợc: Với mọi tam giác ABC nhọn ta đều có: 4sinA + 4sinB + 4sinC + 2tanA + 2tanB + 2tanC > 6. 2π .. x2 VÝ Dô 3: CMR: e > 1 + x + , víi mäi x > 0. 2 x. GI¶I :. x2 • Ta cã B§T cÇn CM t−¬ng ®−¬ng víi x > ln(1 + x + ). 2. • XÐt hµm sè f(x) = x - ln(1 + x +. x2 x2 ), ta cã f’(x) = 2 >0, ∀x ∈ R 2 x + 2x + 2. • Vậy hs đồng biến trên R. Do đó với x > 0, ta có f(x) > f(0) = 0, hay x > ln(1 + x +. x2 ) ∀x > 0 (®pcm). 2. NhËn xÐt: Víi x > 0 vµ n ∈ N*, ta cã B§T tæng qu¸t sau: ex > 1 + x +. x2 xn x2 xn + ... + , hay ln(1 + x + + ... + ) < x. C¸ch CM B§T nµy t−¬ng tù nh− trªn. 2! 2! n! n!. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>