<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

MƠN TỐN

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

1.

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1

Phương trình bậc hai

Cho phương trình

ax2 +bx+c= 0,(a6= 0) (0.1)
Xét 4=b2₋_4ac₍_b _{= 2b}0 _thì ₄0 ₌_b02₋_ac₎

• Nếu 4 <0 (40 <0) thì phương trinh (0.1) vơ nghiệm

• Nếu 4= 0 (40 = 0 ) thì phương trinh (0.1) có nghiệm kép

x0 =

−b
2a,

x0 =

−b0
a

• Nếu 4 >0 (40 >0) thì phương trinh (0.1) có hai nghiệm

x1,2 =

−b±√4
2a ,

x1,2 =

−b0±√4
a

• Định lí Vi-et thuận

Nếu phương trình ax2₊_bx₊_c_{= 0,}_(a_{6= 0)} _{có hai nghiệm} _x

1, x2 thì

S =x1+x2 =−

b

2a, P =x1x2 =
c
a
• Định lí Vi-et đảo

Nếu hai sốx1, x2 cóx1+x2 =S, x1x2 =P, S2 ≥4P thìx1, x2 là hai nghiệm

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

1.2

Dấu của tam thức bậc hai

1 _Cho _f_{(x) =}_ax2₊_bx₊_c,_(a _{6= 0)} _có₄₌_b2₋_4ac

• Nếu 4<0 thì af(x)>0,∀x∈_R

• Nếu 4= 0 thì af(x)≥0,∀x∈_R, dấu =xảy ra ⇔x=− b
2a

• Nếu 4>0 thì









af(x)<0 khi x1 < x < x2

af(x)>0 khi

"

x < x1

x > x2

1.3

So sánh nghiệm của phương trình bậc hai với một số

α

Cho ax2₊_bx₊_c_{= 0} _{có hai nghiệm} _x

1, x2 và α∈R.

• Nếu x1 < α < x2 ⇔af(x)<0

• Nếu x1 ≤α < x2 ⇔






(

f(α) = 0
α < S₂
af(α)<0

• Nếu α < x1 < x2 ⇔









4>0
af(x)>0

α < S₂

• Nếu x1 < x2 < α⇔









4>0
af(α)

S

2 <0

Mở rộng: So sánh hai nghiệm x1, x2 với hai số α, β ∈R

• Nếu x1 < α < β < x2 ⇔

(

af(α)<0

af(β)<0

• x1 < α < x2 < β⇔









af(α)<0
af(β)>0

S

2 < β

1_{Đây là định lí rất quan trọng, nó được sử dụng xuyên suốt trong hầu hết các vấn đề ở tốn phổ}

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

• α < x1 < x2 < β⇔














4>0
af(α)>0
af(β)>0
α < S₂ < β

1.4

Định lí mở rộng về tính đơn điệu của hàm số

Định lý 0.1 Giả sử hàm số y=f(x) có đạo hàm trên khoảng K.

Nếu f0(x)≥0(f0(x)≤0),∀x∈K và f0(x) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thì hàm
số đồng biến(nghịch biến) trên K

2.

CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP

2.1

Dạng tốn 1: Xác định

m

để hàm số đơn điệu trên

khoảng K

Phương pháp: Chúng ta cần thực hiện các bước sau:

Bước 1: Tìm tập xác định của hàm số

Bước 2: Tính đạo hàm y0

Bước 3: Lập luận cho các trường hợp( tương tự cho tính nghịch biến) như sau:

• Hàm số đồng biến trên K khi:

(

Hàm số xác định trên K

y0 ≥0,∀x∈K,dấu đẳng thức chỉ xảy ra ở hữu hạn điểm.

• Hàm số đồng biến trên đoạn có độ dài k:

(

y0 ≥0,∀x∈[a−k;a],dấu đẳng thức chỉ xảy ra ở hữu
hạn điểm của[a−k;a] và x∈[a−k;a]không thỏa mãn.

Chú ý 0.1 Để giải các biểu thức điều kiện của y0 phương pháp được sử dụng phổ
biến nhất là phương pháp tam thức bậc hai, tuy nhiên trong những trường hợp riêng
biệt có thể dùng ngay phương pháp hàm số để giải.

Ví dụ 0.1 Cho hàm số y= 4x3_{+ (m}_{+ 3)x}2₊_{mx. Tìm} _m _để:

a. Hàm số đồng biến trên _R.

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

c. Hàm số nghịch biến trên đoạn

−1
2;
1
2

.

d. Hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1.

Giải.

TXĐ: D=_R

Đạo hàm:

y0 = 12x2+ 2(m+ 3)x+m

y0 = 0 ⇔ f(x) = 12x2+ 2(m+ 3)x+m= 0 (0.2)
a. Hàm số đồng biến trên_R khi:

y0 ≥0,∀x∈_R⇔f(x)≥0,∀x∈_R⇔ 4 ≤0

⇔(m+ 3)2₋_12m_≤₀_⇔_(m₋₃₎2 _≤₀_⇔_m₋_{3 = 0} _⇔_m_{= 3} _{Vậy, với} _m_{= 3}

thỏa mãn điều kiện đầu bài

b. Ta có thể trình bày theo hai cách sau:

Cách 1: Hàm số đồng biến trên khoảng [0; +∞) khi:

y0 ≥0,∀x∈[0; +∞)⇔f(x)≥0,∀x∈[0; +∞)

⇔

"

(0.2)vơ nghiệm hoặc có nghiệm kép

(0.2)có nghiệm x1 < x2 ≤0

⇔







40 ≤0









40 >0
S > 0
P ≥0

⇔








(m−3)2 _≤₀









(m−3)2 _>₀

−m+3
6 <0

m

12 ≥0

⇔








m= 3









m6= 3
m >−3

m≥0

⇔m ≥0

Vậy, với m≥0thỏa mãn điều kiện đầu bài.

Cách 2: Nhận xét rằng phương trình (0.2) ln có nghiệmx=−1

2 vàx=−
m

6.

Từ đó, hàm đồng biến trên khoảng[0; +∞) khi:

y0 ≥0,∀x∈[0; +∞)⇔f(x)≥0,∀x∈[0; +∞)

⇔

"

(0.2)có nghiệm kép

(0.2)có nghiệm x1 < x2 ≤0

⇔




−1
2 =−

m

6

−1
2 <−

m

6 ≤0

−m

6 <−
1
2 ≤0

⇔






m= 3
0≤m <3

m >3
⇔m≥0

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Cách 3: Hàm đồng biến trên khoảng [0; +∞) khi:

y0 ≥0,∀x∈[0; +∞)⇔12x2_{+ 2(m}_{+ 3)x}₊_m_≥_0,_∀x_∈_{[0; +∞)}

⇔m(2x+ 1)≥ −12x2₋_6x,_∀x_∈_{[0; +∞)}_⇔_m_{≥ −6x,}_∀x_∈_{[0; +∞)}

⇔m≥max

∀x∈[0;+∞)(−6x) = 0⇔m ≥0

Vậy, với m≥0thỏa mãn điều kiện đầu bài.

c. Nhận xét rằng phương trình (0.2) ln có nghiệmx=−1

2 và x=−
m

6.

Từ đó, hàm số nghịch biến trên đoạn

−1
2;
1
2

khi:

y0 ≤0,∀x∈

−1
2;
1
2

⇔f(x)≤0,∀x∈

−1

2;
1
2

⇔ 1
2 ≤
m

6 ⇔m ≥3

Vậy, với m≥3 thỏa mãn điều kiện đầu bài.

d. Hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1 khi:

y0 ≤0, trên đoạn có độ dài bằng 1

⇔(0.2)có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn |x1−x2|= 1

⇔

(

40 >0
|x1−x2|= 1

⇔





40 >0

2

√

40
12 = 1

⇔p40

= 6

⇔(m−3)2 = 36⇔

"

m= 9
m=−3

Vậy, hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1 khi m= 9 hoặc m =−3.

Nhận xét 0.1 Trong lời giải trên:

• Với nội dung câu b), chúng ta có thể thấy ngay rằng phương pháp hàm số thường
được ưu tiên chọn.

• Với nội dung câu c), ta nhớ lại rằng phương trình ax2+bx+c= 0(a6= 0) nếu
có hai nghiệm x1, x2 thì:

|x1−x2|=

√
4

|a| hoặc |x1−x2|=

2p40

|a|

Ngồi ra vì phương trình (0.2) ln có hai nghiệm x1 =−1₂ và x2 =−m₆ và y0

nhận giá trị âm trong khoảng này nên ta có điều kiện là:
|x1−x2|= 1⇔

−1
2+
m
6

= 1⇔ |m−3|= 6 ⇔

"

m= 9
m=−3

BÀI TẬP ÁP DỤNG2

2_{Chúng ta tập giải dạng toán này với ba hàm thường gặp trong SGK hàm bậc ba, bậc 4 trùng}

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Bài 1 Cho hàm số y= x−1
x−m

Với giá trị nào của m :

a. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó?
b. Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; +∞)?

Bài 2. Cho hàm số y=x4+ 2mx2 −m2.Với giá trị nào của m:
a. Hàm số nghịch biến trên (1; +∞)?

b. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1; 0) và (2; 3)?

Bài 3 Cho hàm số y=x3−(m+ 1)x2−(2m2−3m+ 2)x+ 2m(2m−1)

Tìm m để hàm số đồng biến khi x≥2.
Bài 4 Cho hàm số y= 1

3mx

3₋

(m−1)x2−3(m−2)x+1
3

Tìm m để hàm số đồng biến khi [2; +∞).
Bài 5 Cho hàm số y= 1

3x

3₋ 1

2x

2₋_(m₋_1)x₋₃

Tìm m để hàm số đồng biến trên đoạn có độ dài bằng 5

2.2

Dạng tốn 2: Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số để

chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức.

Phương pháp

Bằng việc xét hàm số trên đoạn [a;b], ta có

a. Nếu f0(x) = 0,∀x∈[a;b]⇔ Hàm số f(x) là hàm hằng trên[a;b]
⇒f(x) = f(x0) với mọix0 ∈[a;b].

b. Nếu f0(x)≥0,∀x∈[a;b]⇔ Hàm số f(x)đồng biến trên [a;b]

⇒f(a)≤f(x)≤f(b)

c. Nếu f0(x)≤0,∀x∈[a;b]⇔ Hàm số f(x)nghịch biến trên [a;b]
⇒f(b)≤f(x)≤f(a).

Ví dụ 0.2 Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vàox:
A = sin2(x−2π

3 ) + sin

2

x+ sin2(x+2π
3 )

Giải.

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

A= sin2(x−2π

3 ) + sin

2_x_{+ sin}2_(x₊2π

3 )
Ta có:

A0_x = 2 sin(x− 2π

3 ).cos(x−
2π

3 ) + 2 sinx.cosx+ 2 sin(x+
2π

3 ).cos(x+
2π

3 )
= sin(2x− 4π

3 ) + sin 2x+ sin(2x+
4π

3 )
= 2 sin 2xcos2π

3 + sin 2x
= −sin 2x+ sin 2x
= 0

⇔ Hàm khơng đổi.

Ngồi ra ta cịn có A=A(0) = 3

2. Vậy ta có A=
3

2 khơng phụ thuộc vào x

Nhận xét 0.2 Qua ví dụ trên chúng ta đã biết cách trình bày dạng tốn " Ứng

dụng tính đơn điệu của hàm số chứng minh đẳng thức". Và ở đây chúng
ta cần nhớ rằng cũng có thể sử dụng phép biến đổi lượng giác thuần túy để thực hiện
yêu cầu trên, cụ thể ở đây ta sử dụng cơng thức hạ bậc.

Ví dụ 0.3 Chứng minh rằng:

sinx > x− x

3

6 với mọi x >0

Giải.

Xét hàm số: f(x) = x−x

3

6 −sinx với x >0
Đạo hàm:

f0(x) = 1− x

2

2 −cosx;f

00

(x) = −x+ sinx,

f000(x) =−1 + cosx <0 với x >0⇔f00(x) nghịch biến với x >0
⇒f00(x)< f00(0) với ∀x >0⇔f00(x)<0 với ∀x >0

⇔f0(x) nghịch biến với x >0⇒f0(x)< f0(0) với ∀x >0
⇔f0(x)<0 với ∀x >0⇔f(x) nghịch biến với x >0
⇔f(x)<0 với ∀x >0

⇔x− x

3

6 −sinx <0 với x >0
⇔sinx > x− x

3

6 với x >0

BÀI TẬP ÁP DỤNG

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

a. sinx+tanx >2x với mọi x∈h0;π
2

i

b. 2 sinx+tanx >3x với mọi x∈h0;π
2

i

Bài 2 Chứng minh rằng trong mọi 4ABC nhọn ta đều có:3

2

3(sinA+ sinB+ sinC) +
1

3(tanA+ tanB+ tanC)> π

Bài 3 Chứng minh rằng:4

ex >1 +x+ x

2

2 với x >0

Bài 4 Chứng minh rằng các bất đẳng thức sau đây5 _{luôn đúng với} _x_∈_{[0; 1]}
a. 1−x≤e−x ≤1−x+x

2

2

b. −x < e

−x2

1 +x ≤1−x+

x4

2(1 +x)

2.3

Dạng toán 3: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải

phương trình, bất phương trình và hệ.

Phương pháp

Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình là dạng tốn khá quen thuộc,
ta có các hướng áp dụng sau:

Hướng 1: Thực hiện theo các bước:

Bước 1: Chuyển phương trình về dạng:

f(x) = k (0.3)

Bước 2: Xét hàm sốy=f(x), dùng lập luận khẳng định hàm số này đơn điệu.

Bước 3: Khi đó phương trình (0.3) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Tìm x0 sao cho f(x0) = k.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=x0.
Hướng 2: Thực hiện theo các bước sau:

3_{Áp dụng bài 1, để chứng minh điều này (Lê Văn Duẩn)}
4_{ĐH Kiến Trúc TP.HCM- 1998}

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

Bước 1: Chuyển phương trình về dạng:

f(x) =g(x) (0.4)

Bước 2: Xét hàm sốy =f(x) và y=g(x), dùng lập luận khẳng định hàm số

y=f(x)là đồng biến còn hàm số y =g(x) là hàm hằng hoặc nghịch biến
.

Bước 3: Khi đó phương trình (0.4) nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Tìm x0 sao cho f(x0) = g(x0).

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=x0.
Hướng 3: Thực hiện theo các bước sau:

Bước 1: Chuyển phương trình về dạng:

f(u) = g(v) (0.5)

Bước 2: Xét hàm sốy=f(x), dùng lập luận khẳng định hàm số này đơn điệu.

Bước 3: Khi đó :

(0.5) ⇔u=v với ∀u∈Df

Ví dụ 0.4 Giải phương trình: tanx−x= 0.

Giải.

Điều kiện: cosx6= 0 ⇔x6= π

2 +k2π, k ∈Z
Xét hàm số f(x) = tanx−x với x6= π

2 +k2π, k∈Z,
Ta có:

f0(x) = 1

cos2_x −1 = tan

2_x_≥_0,_∀x₆₌ π

2 +k2π, k∈Z
⇔ Hàm số đồng biến trên D=_R\nπ

2 +k2π, k∈Z

o

.

Do đó, nếu phương trình f(x= 0) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Ta thấy: f(0) = 0−0 = 0 nên x= 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Nhận xét 0.3 Qua ví dụ trên chúng ta đã biết cách trình bày dạng tốn " Ứng
dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình". Và ở đây, chúng ta
cần nhớ rằng các phuong pháp này thường được áp dụng cho các phương trình khơng
mẫu mực 6_.

6_{Phương pháp giải các phương trình lượng giác khơng mẫu mực sẽ được trình bày riêng trong}

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

Ví dụ 0.5 Giải phương trình√1−x−√1 +x= 2x3+ 6x

Giải.

Điều kiện:

(

1−x ≥ 0
1 +x ≥ 0 ⇔

(

x≤1

x≥ −1 ⇔ |x| ≤1
Tới đây chúng ta có thể trình bầy theo các cách sau:

Cách 1: Viết lại phương trình dạng: √1−x−√1 +x−2x3−6x= 0.
Xét hàm số f(x) =√1−x−√1 +x−2x3−6x trên D= [−1; 1]
Ta có:

f0(x) = − 1
2√1−x −

1
√

1 +x −6x

2₋₆_<_0,_∀x_∈_D

⇔ Hàm số nghịch biến trên D.

Do đó, nếu phương trình f(x) = 0 có nghiệm thì nghiệm là duy nhất.
Ta thấy:

f(0) = 1−1 = 0, nên x= 0 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Cách 2: Ta lần lượt:

• Xét hàm số f(x) = √1−x−√1 +x trên D = [−1; 1], ta có
f0(x) =− 1

2√1−x−
1
√

1 +x <0,∀x∈D
⇔ Hàm f(x) nghịch biến trên D

• Xét hàm số g(x) = 2x3+ 6x trên D= [−1; 1], ta có
g0(x) = 6x2+ 6>0,∀x∈D

⇔ Hàm g(x) đồng biến trên D.

Do đó, nếu phương trình f(x) = g(x) có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
Với x= 0, ta thấy 1−1 = 0−0⇔0 = 0 đúng, nên x= 0 là nghiệm duy nhất
của phương trình.

Cách 3: Viết lại phương trình dưới dạng:
√

1−x+ (1−x)3 =√1 +x+ (1 +x)3 (0.6)

Xét hàm số f(x) =√t+t3trên D= [0; +∞], ta có
f0(x) = 1

2√t + 3t

2

>0,∀t∈D
⇒ Hàm số đồng biến trên D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài 1 Giải các bất phương trình:

a. x3− |x2₋_3x_{+ 2|}_{+ 6x}₋₇_>_0.

b. √x+ 5 +√2x+ 3 <9.

Bài 2 Giải phương trình7_:

3x+ 5x = 6x+ 2.

Bài 3 Giải bất phương trình8:

2x = 1 + 3x2.

Bài 4 Giải các phương trình sau:

a. √x+√x−5 +√x+ 7 +√x+ 16 = 14

b. 2x+ sinx+ cosx−1 = 0

</div>

<!--links-->