SBT Toán 12 Bài 1: Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số | Giải SBT Toán lớp 12

a) $y=3x^2-8x^3$

b) $y=16x+2x^2-\frac{16}{3}{x}^3-x^4$

c) $y=x^3-6x^2+9x$

d) $y=x^4+8x^2+5$

Phương pháp giải:

- Tính $y^{\prime }$.

- Tìm nghiệm của phương trình $y^{\prime }=0$.

- Xét dấu $y^{\prime }$ và kết luận.

Lời giải:

a) $y=3x^2-8x^3$

TXĐ: R

$y^{\prime }=6x-24x^2=6x(1-4x)$

$y^{\prime }=0\iff [\begin{array}{l}x=0\\ x={\displaystyle \frac{1}{4}}\end{array}$

Xét dấu $y^{\prime }$:

Ta thấy, $y^{\prime }>0\iff 0<x<{\displaystyle \frac{1}{4}}$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left(0;{\displaystyle \frac{1}{4}}\right)$.

$y^{\prime }<0\iff [\begin{array}{l}x>{\displaystyle \frac{1}{4}}\\ x<0\end{array}$ nên hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(-\mathrm{\infty };0\right)$ và $\left({\displaystyle \frac{1}{4}};+\mathrm{\infty }\right)$.

b) $y=16x+2x^2-\frac{16}{3}{x}^3-x^4$

TXĐ: R

$y^{\prime }=16+4x-16x^2-4x^3$ $=-4(x+4)(x^2-1)$

$y^{\prime }=0\iff [\begin{array}{l}x=-4\\ x=\pm 1\end{array}$

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng $\left(-\mathrm{\infty };-4\right)$ và $\left(-1;1\right)$, nghịch biến trên các khoảng $\left(-4;-1\right)$ và $\left(1;+\mathrm{\infty }\right)$.

c) $y=x^3-6x^2+9x$

TXĐ: R

$y^{\prime }=3x^2-12x+9$

y'=0   <=>  $[\begin{array}{c}x=1\\ x=3\end{array}$

$y^{\prime }>0\iff [\begin{array}{l}x>3\\ x<1\end{array}$ nên hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\mathrm{\infty };1\right)$ và $\left(3;+\mathrm{\infty }\right)$.

$y^{\prime }<0\iff 1<x<3$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(1;3\right)$.

d) $y=x^4+8x^2+5$

TXĐ: R

$y^{\prime }=4x^3+16x=4x(x^2+4)$

$y^{\prime }=0\iff x=0$

$y^{\prime }>0\iff x>0$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left(0;+\mathrm{\infty }\right)$.

$y^{\prime }<0\iff x<0$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(-\mathrm{\infty };0\right)$.

Phương pháp giải:

a) - Tìm TXĐ.

- Tính $y^{\prime }$ theo công thức ${\left({\displaystyle \frac{ax+b}{cx+d}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{ad-bc}{{\left(cx+d\right)}^2}}$

- Xét dấu $y^{\prime }$ và kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến.

b) - Tìm TXĐ.

- Tính $y^{\prime }$ theo công thức ${\left({\displaystyle \frac{1}{u}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{-u^{\prime }}{u^2}}$

- Xét dấu $y^{\prime }$ và kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến.

c) - Tìm TXĐ.

- Tính $y^{\prime }$ theo công thức ${\left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$

- Xét dấu $y^{\prime }$ và kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến.

d) - Tìm TXĐ.

- Tính $y^{\prime }$ theo công thức ${\left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$.

- Xét dấu $y^{\prime }$ và kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến.

e) - Tìm TXĐ.

- Tính $y^{\prime }$ theo công thức ${\left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$.

- Xét dấu $y^{\prime }$ và kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến.

Lời giải:

a) $y=\frac{3-2x}{x+7}$

TXĐ: $\mathbb{R}\mathrm{\setminus }\left\{-7\right\}$

$y^{\prime }={\displaystyle \frac{-2.7-3.1}{{\left(x+7\right)}^2}}={\displaystyle \frac{-17}{{\left(x+7\right)}^2}}<0,$ $\mathrm{\forall }x\ne -7$

Vậy hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(-\mathrm{\infty };-7\right)$ và $\left(-7;+\mathrm{\infty }\right)$.

b) $y=\frac{1}{{(x-5)}^2}$

TXĐ: $D=\mathbb{R}\mathrm{\setminus }\left\{5\right\}$

Ta có: $y^{\prime }={\displaystyle \frac{-{\left[{\left(x-5\right)}^2\right]}^{\prime }}{{\left(x-5\right)}^4}}$ $={\displaystyle \frac{-2\left(x-5\right)}{{\left(x-5\right)}^4}}$ $={\displaystyle \frac{-2}{{\left(x-5\right)}^3}}$

$y^{\prime }>0\iff {\displaystyle \frac{-2}{{\left(x-5\right)}^3}}>0$ $\iff {\left(x-5\right)}^3<0\iff x<5$ nên hàm số đồng biến trên khoảng $\left(-\mathrm{\infty };5\right)$.

$y^{\prime }<0\iff {\displaystyle \frac{-2}{{\left(x-5\right)}^3}}<0$ $\iff {\left(x-5\right)}^3>0\iff x>5$ nên hàm số nghịch biến trên khoảng $\left(5;+\mathrm{\infty }\right)$.

c) $y=\frac{2x}{x^2-9}$ 

TXĐ: $D=\mathbb{R}\mathrm{\setminus }\left\{\pm 3\right\}$

$y^{\prime }={\displaystyle \frac{{\left(2x\right)}^{\prime }.\left(x^2-9\right)-2x.{\left(x^2-9\right)}^{\prime }}{{\left(x^2-9\right)}^2}}$ $={\displaystyle \frac{2\left(x^2-9\right)-2x.2x}{{\left(x^2-9\right)}^2}}={\displaystyle \frac{-2x^2-18}{{\left(x^2-9\right)}^2}}$ $={\displaystyle \frac{-2\left(x^2+9\right)}{{\left(x^2-9\right)}^2}}<0,\mathrm{\forall }x\in D$

Vậy hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(-\mathrm{\infty };-3\right),\left(-3;3\right),\left(3;+\mathrm{\infty }\right)$.

d) $y=\frac{x^4+48}{x}$

TXĐ: $D=\mathbb{R}\mathrm{\setminus }\left\{0\right\}$.

Ta có: $y^{\prime }={\displaystyle \frac{{\left(x^4+48\right)}^{\prime }.x-{\left(x\right)}^{\prime }.\left(x^4+48\right)}{x^2}}$ $={\displaystyle \frac{4x^3.x-x^4-48}{x^2}}={\displaystyle \frac{3x^4-48}{x^2}}$ $={\displaystyle \frac{3\left(x^4-16\right)}{x^2}}={\displaystyle \frac{3\left(x^2-4\right)\left(x^2+4\right)}{x^2}}$

$y^{\prime }=0\iff x^2-4=0\iff x=\pm 2$.

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\mathrm{\infty };-2\right)$ và $\left(2;+\mathrm{\infty }\right)$.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left(-2;0\right)$ và $\left(0;2\right)$.

e) $y=\frac{x^2-2x+3}{x+1}$ 

TXĐ: $D=\mathbb{R}\mathrm{\setminus }\left\{-1\right\}$

Ta có: $y^{\prime }={\displaystyle \frac{{\left(x^2-2x+3\right)}^{\prime }\left(x+1\right)-{\left(x+1\right)}^{\prime }\left(x^2-2x+3\right)}{{\left(x+1\right)}^2}}$ $={\displaystyle \frac{\left(2x-2\right)\left(x+1\right)-\left(x^2-2x+3\right)}{{\left(x+1\right)}^2}}$ $={\displaystyle \frac{x^2+2x-5}{{\left(x+1\right)}^2}}$

Khi đó $y^{\prime }=0\iff x^2+2x-5=0$ $\iff x=-1\pm \sqrt{6}$

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng $(-\mathrm{\infty };-1-\sqrt{6}),(-1+\sqrt{6};+\mathrm{\infty })$

và nghịch biến trên các khoảng $(-1-\sqrt{6};-1),(-1;-1+\sqrt{6})$

g) $y=\frac{x^2-5x+3}{x-2}$

TXĐ: $D=\mathbb{R}\mathrm{\setminus }\left\{2\right\}$

Ta có: $y^{\prime }={\displaystyle \frac{{\left(x^2-5x+3\right)}^{\prime }\left(x-2\right)-{\left(x-2\right)}^{\prime }\left(x^2-5x+3\right)}{{\left(x-2\right)}^2}}$ $={\displaystyle \frac{\left(2x-5\right)\left(x-2\right)-\left(x^2-5x+3\right)}{{\left(x-2\right)}^2}}$ $={\displaystyle \frac{x^2-4x+7}{{\left(x-2\right)}^2}}$ $={\displaystyle \frac{{\left(x-2\right)}^2+3}{{\left(x-2\right)}^2}}>0,\mathrm{\forall }x\in D$.

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng $\left(-\mathrm{\infty };2\right)$ và $\left(2;+\mathrm{\infty }\right)$.

b) $y=\frac{x^3}{\sqrt{x^2-6}}$

Phương pháp giải:

- Tìm tập xác định.

- Tính $y^{\prime }$ và tìm nghiệm của $y^{\prime }=0$.

- Xét dấu của $y^{\prime }$ và kết luận khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.

Lời giải:

a) $y=\frac{\sqrt{x}}{x+100}$

Ta có: $y^{\prime }={\displaystyle \frac{{\left(\sqrt{x}\right)}^{\prime }\left(x+100\right)-\sqrt{x}.{\left(x+100\right)}^{\prime }}{{\left(x+100\right)}^2}}$ $={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{x+100}{2\sqrt{x}}}-\sqrt{x}}{{\left(x+100\right)}^2}}={\displaystyle \frac{100-x}{2\sqrt{x}{\left(x+100\right)}^2}}$

$y^{\prime }=0\iff x=100$.

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên khoảng $(0;100)$ và nghịch biến trên khoảng $(100;+\infty )$

b) $y=\frac{x^3}{\sqrt{x^2-6}}$

TXĐ: $(-\infty ;-\sqrt{6})\cup (\sqrt{6};+\infty )$

$y^{\prime }=\frac{2x^2(x^2-9)}{(x^2-6)\sqrt{x^2-6}}$ ;$y^{\prime }=0\iff x=\pm 3$

Bảng biến thiên:

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng $(-\infty ;-3),(3;+\infty )$, nghịch biến trên các khoảng $(-3;-\sqrt{6}),(\sqrt{6};3)$.

a) $y=x-\sin x,x\in [0;2\pi ]$

b) $y=\sin \frac{1}{x}$ , $(x>0)$

Phương pháp giải:

- Tìm TXĐ.

- Tính $y^{\prime }$ và xét dấu $y^{\prime }$.

- Kết luận.

Lời giải:

a) $y=x-\sin x,x\in [0;2\pi ]$

$y=x-\sin x,x\in [0;2\pi ]$.

$y^{\prime }=1-\cos x\ge 0$ với mọi $x\in [0;2\pi ]$

Dấu “=” xảy ra chỉ tại $x=0$ và $x=2\pi$.

Vậy hàm số đồng biến trên đoạn $[0;2\pi ]$.

b) $y=\sin \frac{1}{x}$ , $(x>0)$

Xét hàm số $y=\sin \frac{1}{x}$  với $x>0$.

$y^{\prime }=-\frac{1}{x^2}\cos \frac{1}{x}$

Với $x>0$ ta có:

$\frac{1}{x^2}(-\cos \frac{1}{x})>0$  ⟺ $\cos \frac{1}{x}$ < 0

⟺ $\frac{\pi }{2}(1+4k)<\frac{1}{x}<\frac{\pi }{2}(3+4k)$ ,k = 0, 1, 2 ….

⟺ $\frac{2}{\pi (1+4k)}>x>\frac{2}{\pi (3+4k)}$  , k = 0, 1, 2 ……..

Do đó, hàm số đồng biến trên các khoảng

$....,(\frac{2}{(4k+3)\pi };\frac{2}{(4k+1)\pi }),(\frac{2}{(4k-1)\pi };\frac{2}{(4k-3)\pi }),.....,$ $(\frac{2}{7\pi };\frac{2}{5\pi }),(\frac{2}{3\pi };\frac{2}{\pi })$

và nghịch biến trên các khoảng

……, $(\frac{2}{(4k+1)\pi };\frac{2}{(4k-1)\pi }),(\frac{2}{5\pi };\frac{2}{3\pi }),.....,(\frac{2}{\pi };+\mathrm{\infty })$

với k = 0, 1, 2 …
Bài 1.5 trang 8 SBT Giải tích 12: Xác định  để hàm số sau:
a) $y=\frac{mx-4}{x-m}$ đồng biến trên từng khoảng xác định;

Lời giải:

a) $y=\frac{mx-4}{x-m}$ đồng biến trên từng khoảng xác định;

Tập xác định: D = R\{m}

$y^{\prime }=\frac{-m^2+4}{{\left(x-m\right)}^2}$

Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định

$\begin{array}{l}\iff y^{\prime }>0,\mathrm{\forall }x\ne m\\ \iff \frac{-m^2+4}{{\left(x-m\right)}^2}>0,\mathrm{\forall }x\ne m\end{array}$

$\begin{array}{rl}& \iff -m^2+4>0\\ & \iff m^2<4\iff -2<m<2\end{array}$

b) $y=-x^3+m{x}^2-3x+4$ nghịch biến trên $(-\mathrm{\infty };+\mathrm{\infty })$

Tập xác định: $D=R$

$y^{\prime }=-3x^2+2mx-3$

Hàm số nghịch biến trên R 

$\begin{array}{l}\iff y^{\prime }\le 0,\mathrm{\forall }x\in R\\ \iff -3x^2+2mx-3\le 0,\mathrm{\forall }x\in R\\ \iff \{\begin{array}{l}a=-3<0\left(\text{đúng}\right)\\ {\mathrm{\Delta }}^{\prime }=m^2-\left(-3\right).\left(-3\right)\le 0\end{array}\\ \iff m^2-9\le 0\\ \iff m^2\le 9\\ \iff -3\le m\le 3\end{array}$

Bài 1.6 trang 8 SBT Giải tích 12: Chứng minh phương trình sau có nghiệm duy nhất $3(\cos x-1)+2\sin x+6x=0$

a) $\tan x>\sin x$, $0<x<{\displaystyle \frac{\pi }{2}}$

b) $1+{\displaystyle \frac{1}{2}}x-{\displaystyle \frac{x^2}{8}}<\sqrt{1+x}<1+{\displaystyle \frac{1}{2}}x$ với $x>0$

Phương pháp giải:

a) Xét hàm $f\left(x\right)=\tan x-\sin x$ và chứng minh nó đồng biến trên $\left(0;{\displaystyle \frac{\pi }{2}}\right)$.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

b) Xét các hàm số $f\left(x\right)=1+{\displaystyle \frac{1}{2}}x-{\displaystyle \frac{x^2}{8}}-\sqrt{1+x}$ và $g\left(x\right)=\sqrt{1+x}-1-{\displaystyle \frac{1}{2}}x$ trên $\left(0;+\mathrm{\infty }\right)$ và chứng minh chúng nghịch biến trên $\left(0;+\mathrm{\infty }\right)$.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Lời giải:

a) $\tan x>\sin x$, $0<x<{\displaystyle \frac{\pi }{2}}$

Xét hàm $f\left(x\right)=\tan x-\sin x$ trên khoảng $\left(0;{\displaystyle \frac{\pi }{2}}\right)$ ta có:

$f^{\prime }\left(x\right)={\displaystyle \frac{1}{{\cos }^{2}x}}-\cos x$ $={\displaystyle \frac{1-{\cos }^{3}x}{{\cos }^{2}x}}>0$ với $\mathrm{\forall }x\in \left(0;{\displaystyle \frac{\pi }{2}}\right)$ vì $\cos x<1$ với mọi $x\in \left(0;{\displaystyle \frac{\pi }{2}}\right)$ nên ${\cos }^{3}x<1,\mathrm{\forall }x\in \left(0;{\displaystyle \frac{\pi }{2}}\right)$

Do đó hàm số $f\left(x\right)=\tan x-\sin x$ đồng biến trên $\left(0;{\displaystyle \frac{\pi }{2}}\right)$

$\Rightarrow f\left(x\right)>f\left(0\right)=0$ $\Rightarrow \tan x-\sin x>0\iff \tan x>\sin x$  với mọi $x\in \left(0;{\displaystyle \frac{\pi }{2}}\right)$.

b) $1+{\displaystyle \frac{1}{2}}x-{\displaystyle \frac{x^2}{8}}<\sqrt{1+x}<1+{\displaystyle \frac{1}{2}}x$ với $x>0$

Xét $f\left(x\right)=1+{\displaystyle \frac{1}{2}}x-{\displaystyle \frac{x^2}{8}}-\sqrt{1+x}$ trên $\left(0;+\mathrm{\infty }\right)$ ta có: $f^{\prime }\left(x\right)={\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{4}}x-{\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x+1}}}$.

Vì $x>0$ nên $f^{\prime }\left(x\right)<{\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{4}}.0-{\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{0+1}}}=0$ nên hàm số $y=f\left(x\right)$ nghịch biến trên $\left(0;+\mathrm{\infty }\right)$

Do đó $f\left(x\right)<f\left(0\right)=0$ $\Rightarrow 1+{\displaystyle \frac{1}{2}}x-{\displaystyle \frac{x^2}{8}}-\sqrt{1+x}<0$ $\iff 1+{\displaystyle \frac{1}{2}}x-{\displaystyle \frac{x^2}{8}}<\sqrt{1+x}\left(1\right)$

Xét $g\left(x\right)=\sqrt{1+x}-1-{\displaystyle \frac{1}{2}}x$ trên $\left(0;+\mathrm{\infty }\right)$ ta có: $g^{\prime }\left(x\right)={\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x+1}}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}$

Vì $x>0$ nên $g^{\prime }\left(x\right)<{\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{0+1}}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}=0$ hay $y=g\left(x\right)$ nghịch biến trên $\left(0;+\mathrm{\infty }\right)$

Do đó $g\left(x\right)<g\left(0\right)=0$ hay $\sqrt{1+x}-1-{\displaystyle \frac{1}{2}}x<0$ $\iff \sqrt{1+x}<1+{\displaystyle \frac{1}{2}}x\left(2\right)$

Từ $\left(1\right)$ và $\left(2\right)$ ta được $1+{\displaystyle \frac{1}{2}}x-{\displaystyle \frac{x^2}{8}}<\sqrt{1+x}<1+{\displaystyle \frac{1}{2}}x$ với $x>0$. (đpcm)

Phương pháp giải:

Phương pháp giải:

Phương pháp giải:

Phương pháp giải: