Bài 1.1 trang 7 Sách bài tập [SBT] Giải tích 12
Xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số:
- \[y = 3{x^2} – 8{x^3}\]
- \[y = 16x + 2{x^2} – {{16} \over 3}{x^3} – {x^4}\]
- \[y = {x^3} – 6{x^2} + 9x\]
- \[y = {x^4} + 8{x^2} + 5\]
Hướng dẫn làm bài
- TXĐ: R
\[y’ = 6x – 24{x^2} = 6x[1 – 4x]\]
y’ = 0 \[\left[ {\matrix{{x = 0} \cr {x = {1 \over 4}} \cr} } \right.\]
y’ > 0 trên khoảng [0;\[{1 \over 4}\] ] , suy ra y đồng biến trên khoảng [0;\[{1 \over 4}\] ]
y’ < 0 trên các khoảng [-∞;0 ]; \[[{1 \over 4}; + \infty ]\], suy ra y nghịch biến trên các khoảng [-∞;0 ]; \[[{1 \over 4}; + \infty ]\]
- TXĐ: R
\[y’ = 16 + 4x – 16{x^2} – 4{x^3} = – 4[x + 4][{x^2} – 1]\]
y’ = 0 \[\left[ {\matrix{{x = – 4} \cr {x = – 1} \cr {x = 1} \cr} } \right.\]
Bảng biến thiên:
Vậy hàm số y đã cho đồng biến trên các khoảng [-∞; -4] và [-1; 1], nghịch biến trên các khoảng [-4; -1] và [1; +∞]
- TXĐ: R
\[y’ = 3{x^2} – 12x + 9\]
y’=0 \[\left[ {\matrix{{x = 1} \cr {x = 3} \cr} } \right.\]
y’ > 0 trên các khoảng [-∞; 1], [3; +∞] nên y đồng biến trên các khoảng [-∞; 1], [3; +∞]
y'< 0 trên khoảng [1; 3] nên y nghịch biến trên khoảng [1; 3]
- TXĐ: R
\[y’ = 4{x^3} + 16 = 4x[{x^2} + 4]\]
y’ = 0 x = 0
y’ > 0 trên khoảng [0; +∞] => y đồng biến trên khoảng [0; +∞]
y’ < 0 trên khoảng [-∞; 0] => y nghịch biến trên khoảng [-∞; 0]
Bài 1.2 trang 7 Sách bài tập [SBT] Giải tích 12
Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến của các hàm số:
- \[y = {{3 – 2x} \over {x + 7}}\]
- \[y = {1 \over {{{[x – 5]}^2}}}\]
- \[y = {{2x} \over {{x^2} – 9}}\]
- \[y = {{{x^4} + 48} \over x}\]
- \[y = {{{x^2} – 2x + 3} \over {x + 1}}\]
- \[y = {{{x^2} – 5x + 3} \over {x – 2}}\]
Hướng dẫn làm bài
- TXĐ: R\ {-7}
\[y’ = {{ – 17} \over {{{[x + 7]}^2}}}\]
y’ < 0 trên các khoảng [-∞; -7], [-7; +∞] nên hàm số nghịch biến trên các khoảng đó
- TXĐ: R\ {5}
\[y’ = {{ – 2} \over {{{[x – 5]}^3}}}\]
y’ < 0 trên khoảng [5; +∞] nên y nghịch biến trên khoảng [5; +∞]
y’ > 0 trên khoảng [-∞; 5] nên y đồng biến trên khoảng [-∞; 5]
- TXĐ: R\{-3; 3}
\[y’ = {{ – 2[{x^2} + 9]} \over {{{[{x^2} – 9]}^2}}}\]
y’ < 0 trên các khoảng [-∞; – 3], [-3; 3], [3; +∞] nên hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng đó.
- TXĐ: R\ {0}
\[y’ = {{3[{x^4} – 16]} \over {{x^2}}} = {{3[{x^2} – 4][{x^2} + 4]} \over {{x^2}}}\]
y’ = 0 \[\left[ {\matrix{{x = – 2} \cr {x = 2} \cr} } \right.\]
Bảng biến thiên:
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng [-∞; -2], [2; +∞] và nghịch biến trên các khoảng [-2; 0], [0; 2]
- TXĐ: R \ {-1}
\[y’ = {{{x^2} + 2x – 5} \over {{{[x + 1]}^2}}}\]
y’ = 0 \[\left[ {\matrix{{x = – 1 – \sqrt 6 } \cr {x = – 1 + \sqrt 6 } \cr} } \right.\]
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \[[ – \infty ; – 1 – \sqrt 6 ],[ – 1 + \sqrt 6 ; + \infty ]\]
và nghịch biến trên các khoảng \[[ – 1 – \sqrt 6 ; – 1],[ – 1; – 1 + \sqrt 6 ]\]
- TXĐ: R\ {2}
\[y’ = {{{x^2} – 4x + 7} \over {{{[x – 2]}^2}}} > 0\]
[do \[{x^2} – 4x + 7\] có ∆’ = – 3 < 0]
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng \[[ – \infty ;2],[2; + \infty ]\]
Bài 1.3 trang 8 Sách bài tập [SBT] Giải tích 12
Xét tính đơn điệu của các hàm số:
- \[y = \sqrt {25 – {x^2}} \]
- \[y = {{\sqrt x } \over {x + 100}}\]
- \[y = {x \over {\sqrt {16 – {x^2}} }}\]
- \[y = {{{x^3}} \over {\sqrt {{x^2} – 6} }}\]
Hướng dẫn làm bài
- TXĐ: [-5; 5]
\[y’ = {{ – x} \over {\sqrt {25 – {x^2}} }}\] ; y’ = 0 x = 0
Bảng biến thiên:
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng [-5; 0] nghịch biến trên khoảng [0; 5]
- TXĐ: [0; +∞]
\[y’ = {{100 – x} \over {2\sqrt x {{[x + 100]}^2}}}\] ; y’ = 0 x = 100
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng [0; 100] và nghịch biến trên khoảng [100; +∞]
- TXĐ: [-4; 4]
\[y’ = {{16} \over {[16 – {x^2}]\sqrt {16 – {x^2}} }} > 0\] ; ∀ x ∈ [-4; 4].
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng [-4; 4].
- TXĐ: [-∞; \[\sqrt 6 \]] ∪ [\[\sqrt 6 \]; +∞]
\[y’ = {{2{x^2}[{x^2} – 9]} \over {[{x^2} – 6]\sqrt {{x^2} – 6} }}\] ; y’ = 0 x = ±3
Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng [-∞; -3], [3; +∞], nghịch biến trên các khoảng [-3;\[-\sqrt 6 \] ], [\[\sqrt 6 \]; 3].
Bài 1.4 Trang 8 Sách bài tập [SBT] Giải tích 12
Xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số:
- \[y = x – {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\], x ∈ [0; 2π].
- \[y = x + 2\cos x\] , x ∈ \[[{\pi \over 6};{{5\pi } \over 6}]\]
- \[y = \sin {1 \over x}\] , [x > 0]
Hướng dẫn làm bài
- \[y = x – {\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{inx}}\], x ∈ [0; 2π].
\[y’ = 1 – c{\rm{osx }}\] ≥ 0 với mọi x ∈ [0; 2π]
Dấu “=” xảy ra chỉ tại x = 0 và x = 2π.
Vậy hàm số đồng biến trên đoạn [0; 2π].
- \[y = x + 2\cos x\] , x ∈ \[[{\pi \over 6};{{5\pi } \over 6}]\]
\[y’ = 1 – 2\sin x\] < 0 với x ∈ \[[{\pi \over 6};{{5\pi } \over 6}]\]
Do đó, hàm số nghịch biến trên khoảng \[[{\pi \over 6};{{5\pi } \over 6}]\]
- Xét hàm số \[y = \sin {1 \over x}\] với x > 0.
\[y’ = – {1 \over {{x^2}}}\cos {1 \over x}\]
Giải bất phương trình sau trên khoảng [0; +∞]:
\[{1 \over {{x^2}}}[ – \cos {1 \over x}] > 0\] ⟺ \[\cos {1 \over x}\] < 0
⟺ \[{\pi \over 2}[1 + 4k] < {1 \over x} < {\pi \over 2}[3 + 4k]\] ,k = 0, 1, 2 ….
⟺ \[{2 \over {\pi [1 + 4k]}} > x > {2 \over {\pi [3 + 4k]}}\] , k = 0, 1, 2 ……..
Do đó, hàm số đồng biến trên các khoảng
\[….,[{2 \over {[4k + 3]\pi }};{2 \over {[4k + 1]\pi }}],[{2 \over {[4k – 1]\pi }};{2 \over {[4k – 3]\pi }}],…..,\] \[[{2 \over {7\pi }};{2 \over {5\pi }}],[{2 \over {3\pi }};{2 \over \pi }]\]
Và nghịch biến trên các khoảng
……, \[[{2 \over {[4k + 1]\pi }};{2 \over {[4k – 1]\pi }}],[{2 \over {5\pi }};{2 \over {3\pi }}],…..,[{2 \over \pi }; + \infty ]\]
với k = 0, 1, 2 …
Bài 1.5 trang 8 Sách bài tập [SBT] Giải tích 12
Xác định m để hàm số sau:
- \[y = {{mx – 4} \over {x – m}}\]đồng biến trên từng khoảng xác định;
- \[y = {{ – mx – 5m + 4} \over {x + m}}\] nghịch biến trên từng khoảng xác định;
- \[y = – {x^3} + m{x^2} – 3x + 4\] nghịch biến trên ;
- \[y = {x^3} – 2m{x^2} + 12x – 7\] đồng biến trên R.
Hướng dẫn làm bài:
- Tập xác định: D = R\{m}
Hàm số đồng biến trên từng khoảng \[[ – \infty ;m],[m; + \infty ]\]khi và chỉ khi:
\[\eqalign{ & y’ = {{ – {m^2} + 4} \over {{{[x – m]}^2}}} > 0 \Leftrightarrow – {m^2} + 4 > 0 \cr & \Leftrightarrow {m^2} < 4 \Leftrightarrow – 2 < m < 2 \cr} \]
- Tập xác định: D = R\{m}
Hàm số nghịch biến trên từng khoảng khi và chỉ khi:
\[y’ = {{ – {m^2} + 5m – 4} \over {{{[x + m]}^2}}} < 0 \Leftrightarrow – {m^2} + 5m-4 < 0\]
\[\left[ \matrix{ m < 1 \hfill \cr m > 4 \hfill \cr} \right.\]
- Tập xác định: D = R
Hàm số nghịch biến trên R khi và chỉ khi:
\[\eqalign{ & y’ = – 3{x^2} + 2mx – 3 \le 0 \Leftrightarrow ‘ = {m^2} – 9 \le 0 \Leftrightarrow {m^2} \le 9 \cr & \Leftrightarrow – 3 \le m \le 3 \cr} \]
- Tập xác định: D = R
Hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi:
\[\eqalign{ & y’ = 3{x^2} – 4mx + 12 \ge 0 \Leftrightarrow ‘ = 4{m^2} – 36 \le 0 \cr & \Leftrightarrow {m^2} \le 9 \Leftrightarrow – 3 \le m \le 3 \cr} \]
Bài 1.6 trang 8 Sách bài tập [SBT] Giải tích 12
Chứng minh các phương trình sau có nghiệm duy nhất
- \[3[c{\rm{os x – 1] + }}{\rm{2sin x + 6x = 0}}\]
- \[4x + c{\rm{os x – 2sin x – 2 = 0}}\]
- \[ – {x^3} + {x^2} – 3x + 2 = 0$\]
- \[{x^5} + {x^3} – 7 = 0\]
Hướng dẫn làm bài
- Đặt y = 3[cos x – 1] + 2sin x + 6x
Hàm số xác định, liên tục và có đạo hàm tại mọi x ∈ R
Ta có: y[0] = 0 và ý’ = -3sin x + 2cos x + 6 >0, x ∈ R.
Hàm số đồng biến trên R và có một nghiệm \[x = \pi \]
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất.
- Đặt \[y = 4x + \cos x – 2\sin x – 2\]
Hàm số xác định, liên tục và có đạo hàm tại mọi x ∈ R
Ta có: y[0] = 1 – 2 = -1 < 0 ; \[y[\pi ] = 4\pi – 3 > 0\] .
Hàm số liên tục trên \[{\rm{[}}0;\pi {\rm{]}}\] và y’[0] < 0 nên tồn tại \[{x_0} \in [0;\pi ]\] sao cho \[y[{x_0}] = 0\] .
Suy ra phương trình có một nghiệm \[{x_0}\] .
- Đặt y = $– x^3 + x^2 – 3x + 2$
Hàm số xác định, liên tục và có đạo hàm trên R.
Ta có: $y’ = – x^2 + 2x – 3 < 0$, \[y[\pi ] = 4\pi – 3 > 0\], x ∈ R.
Vì a = -3 < 0 và . Suy ra y nghịch biến trên R.
Mặt khác y[-1] = 1 + 1 +3 + 2 = 7 > 0
y[1] = -1 +1 – 3 + 2 = -1 < 0
Hàm số liên tục trên [-1; 1] và y[-1]y[1] < 0 cho nên tồn tại \[{x_0} \in {\rm{[}} – 1;1]\] sao cho \[y[{x_0}] = 0\] .
Suy ra phương trình đã cho có đúng một nghiệm.
- Đặt $y = x^5 + x^3 – 7$
Hàm số xác định, liên tục và có đạo hàm trên R.
Ta có: y[0] = -7 < 0 ; y[2] = 32 + 8 – 7 = 33 > 0
Hàm số liên tục trên [0; 2] và y[0] y[2] < 0 cho nên tồn tại \[{x_0} \in [0;2]\] sao cho \[y[{x_0}] = 0\]
Mặt khác \[y’ = 5{x^4} + 3{x^2} = {x^2}[5{x^2} + 3] \ge 0,\forall x \in R\]
\=> Hàm số đồng biến trên \[[ – \infty ; + \infty ]\].
Suy ra phương trình đã cho có đúng một nghiệm.
Bài 1.7 trang 8 Sách bài tập [SBT] Giải tích 12
Chứng minh phương trình \[{x^5} – {x^2} – 2x – 1 = 0\] có nghiệm duy nhất
[Đề thi đại học năm 2004]
Hướng dẫn làm bài:
Trước hết cần tìm điều kiện của nghiệm phương trình [tức là xem nghiệm phương trình, nếu có, phải nằm trong khoảng nào]. Ta nhận xét
$x^5 – x^2 – 2x – 1 = 0$ ⇔ x^5 = [x + 1]^2 > 0 => x ≥ 0
\=> $[x + 1]^2 > 1 => x^5 > 1 => x > 1$
Vậy, nếu có, nghiệm của phương trình phải thuộc \[{\rm{[}}1; + \infty {\rm{]}}\] .
Xét hàm số \[f[x] = {x^5} – {x^2} – 2x – 1\] ta thấy f[x] liên tục trên R
Mặt khác, \[f[1] = – 3 < 0,f[2] = 23 > 0\]
Vì f[x] liên tục trên [1; 2] và f[1] f[2] < 0 nên tồn tại \[{x_0} \in [1;2]\] sao cho \[f[{x_0}] = 0\]
Ta có: $f’[x] = 5x^4 – 2x – 2 = [2x^4 – 2x] + [2x^4 – 2] + x^4$
$= 2x[x^3 – 1] + 2[x^4 – 1] + x^4 > 0$ , \[\forall x \ge 1\]
Suy ra f[x] đồng biến trên \[{\rm{[}}1; + \infty {\rm{]}}\]
Bài 1.8 trang 8 Sách bài tập [SBT] Giải tích 12
Chứng minh các bất đẳng thức sau:
- \[\tan x > \sin x,0 < x < {\pi \over 2}\]
- \[1 + {1 \over 2}x – {{{x^2}} \over 8} < \sqrt {1 + x} < 1 + {1 \over 2}x\] với \[0 < x < + \infty \]
Hướng dẫn làm bài:
- Xét hàm số \[f[x] = \tan x – \sin x\] trên nửa khoảng \[{\rm{[}}0;{\pi \over 2}]\] ;
\[f'[x] = {1 \over {{{\cos }^2}x}} – \cos x = {{1 – {{\cos }^3}x} \over {{{\cos }^2}}} \ge 0;x \in {\rm{[}}0;{1 \over 2}]\]
Dấu “=” xảy ra khi x = 0.
Suy ra f[x] đồng biến trên nửa khoảng \[{\rm{[}}0;{\pi \over 2}]\]
Mặt khác, ta có f[0] = 0, nên f[x] = tan x – sin x > 0 hay tan x > sin x với mọi \[x \in {\rm{[}}0;{1 \over 2}]\]
- Xét hàm số \[h[x] = 1 + {1 \over 2}x – \sqrt {1 + x}\] trên $${\rm{[}}0; + \infty ]$$
\[\eqalign{ & h'[x] = {1 \over 2} – {1 \over {2\sqrt {1 + x} }} \ge 0 \cr & 1 + {1 \over 2}x – {{{x^2}} \over 8} < \sqrt {1 + x} ,0 \le x \le + \infty \cr} \]
Dấu “=” xẩy ra chỉ tại x = 0 nên h[x] đồng biến trên nửa khoảng \[{\rm{[}}0; + \infty ]\].
Vì h[x] = 0 nên \[h[x] = 1 + {1 \over 2}x – \sqrt {1 + x} > 0\]
Hay \[1 + {1 \over 2}x > \sqrt {1 + x} \] với \[0 \le x < + \infty \]
Xét hàm số trên \[f[x] = \sqrt {1 + x} – 1 – {1 \over 2}x + {{{x^2}} \over 8}\] trên \[{\rm{[}}0; + \infty ]\] ;
\[\eqalign{ & g[x] = f'[x] = {1 \over {2\sqrt {1 + x} }} – {1 \over 2} + {x \over 4} \cr & g'[x] = {1 \over 4} – {1 \over {4[1 + x]\sqrt {1 + x} }} \ge 0,0 \le x < + \infty \cr} \]
Vì g[0] = 0 và g[x] đồng biến trên nửa khoảng \[{\rm{[}}0; + \infty ]\] nên \[g[x] \ge 0\] , tức là \[f'[x] \ge 0\] trên khoảng đó và vì dấu “=” xảy ra chỉ tại x = 0 nên f[x] đồng biến trên nửa khoảng .
Mặt khác, ta có f[0] = 0 nên
\[f[x] = \sqrt {1 + x} – 1 – {1 \over 2}x + {{{x^2}} \over 8} > 0\]
hay \[1 + {1 \over 2}x – {{{x^2}} \over 8} < \sqrt {1 + x} \]
Với mọi \[0 < x < + \infty \].
Bài 1.9 trang 9 Sách bài tập [SBT] Giải tích 12
Chứng minh rằng phương trình \[{x^3} – 3x + c = 0\] không thể có hai nghiệm thực trong đoạn [0; 1].
Hướng dẫn làm bài:
Đặt \[f[x] = {x^3} – 3x + C\] . TXĐ: R
\[f'[x] = 3{x^2} – 3 = 3[{x^2} – 1]\]
\[f'[x] = 0 \Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 1 \hfill \cr x = – 1 \hfill \cr} \right.\]
Bảng biến thiên:
Trên đoạn [0; 1] hàm số f[x] nghịch biến nên đồ thị của hàm số f[x] không thể cắt trục hoành tại hai điểm trên đoạn này, tứclà phương trình x3 – 3x + C = 0 không thể có hai nghiệm thực trên đoạn [0; 1].