Xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số trên các khoảng tương ứng
a) y = −2x+3 trên R.
b) y = x2+10x+9 trên (−5;+∞);
c) \(y = - \frac{1}{{x + 1}}\) trên (−3;−2) và (2;3).
a) \(\forall {x_1},{x_2} \in R\), ta có:
f(x1)−f(x2)
=−2x1+3−(−2x2+3)
=−2(x1−x2)
Ta thấy x1 > x2 thì −2(x1−x2) < 0, tức là
f(x1)−f(x2) < 0 ⇔ f(x1) < f(x2).
Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên R .
b) \(\forall {x_1},{x_2} \in R\), ta có:
\(\begin{array}{l}
f\left( {{x_1}} \right) - f\left( {{x_2}} \right) = x_1^2 + 10{x_1} + 9 - x_2^2 - 10{x_2} - 9\\
= \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 10\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\\
= \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 10\,\,\,\,\left( * \right)
\end{array}\)
∀x1, x2 ∈ (−5;+∞) và x1 < x2 ta có
x1−x2 < 0 và x1+x2+10 > 0 vì
x1 > −5 ; x2 > −5 ⇒ x1+x2 > −10
Vậy từ (*) suy ra
f(x1)−f(x2) < 0 ⇔ f(x1) < f(x2).
Hàm số đồng biến trên khoảng (−5;+∞).
c) \(\forall {x_1},{x_2} \in (-3;-2)\) và \(x_1 < x_2\), ta có:
\(\begin{array}{l}
{x_1} - {x_2} < 0;{x_1} + 1 < - 2 + 1 < 0;{x_2} + 1 < - 2 + 1 < 0\\
\Rightarrow \left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right) > 0
\end{array}\), do đó:
\(\begin{array}{l}
f\left( {{x_1}} \right) - f\left( {{x_2}} \right) = - \frac{1}{{{x_1} + 1}} + \frac{1}{{{x_2} + 1}} = \frac{{{x_1} - {x_2}}}{{\left( {{x_1} + 1} \right)\left( {{x_2} + 1} \right)}} < 0\\
\Leftrightarrow f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)
\end{array}\)
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng (−3;−2).
∀x1, x2 ∈ (2;3) và x1 < x2, tương tự ta cũng có f(x1) < f(x2).
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (2;3).
-- Mod Toán 10