Advertisements (Quảng cáo)
Xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số trên các khoảng tương ứng
a) \(y = – 2x + 3\) trên R
b) \(y = {x^2} + 10x + 9\) trên \(( – 5; + \infty )\)
c) \(y = – {1 \over {x + 1}}\) trên (-3; -2) và (2; 3).
Gợi ý làm bài
a) \(\forall {x_1},{x_2} \in R\) ta có:
\(f({x_1}) – f({x_2}) = – 2{x_1} + 3 – ( – 2{x_2} + 3) = – 2({x_1} – {x_2})\)
Ta thấy \({x_1} > {x_2}\) thì \(2({x_1} – {x_2}) < 0\) tức là:
\(f({x_1}) – f({x_2}) < 0 \Leftrightarrow f({x_1}) < f({x_2})\)
Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên R.
b) \(\forall {x_1},{x_2} \in R\), ta có
\(f({x_1}) – f({x_2}) = x_1^2 + 10{x_1} + 9 – x_2^2 – 10{x_2} – 9\)
= \(({x_1} – {x_2})({x_1} + {x_2}) + 10({x_1} – {x_2})\)
Advertisements (Quảng cáo)
= \(({x_1} – {x_2})({x_1} + {x_2} + 10)\) (*)
\(\forall {x_1},{x_2} \in ( – 5; + \infty )\) và \({x_1} < {x_2}\) ta có \({x_1} – {x_2} < 0\) và \({x_1} + {x_2} + 10 > 0\) vì
\({x_1} > – 5;{x_2} > – 5 = > {x_1} + {x_2} > – 10\)
Vậy từ (*) suy ra \(f({x_1}) – f({x_2}) < 0 \Leftrightarrow f({x_1}) < f({x_2})\)
Hàm số đồng biến trên khoảng \(( – 5; + \infty )\)
c) \(\forall {x_1},{x_2} \in ( – 3; – 2)\) và \({x_1} < {x_2}\), ta có
\({x_1} – {x_2} < 0;{x_1} + 1 < – 2 + 1 < 0;{x_2} + 1 < – 2 + 1 < 0 = > ({x_1} + 1)({x_2} + 1) > 0\). Vậy
\(f({x_1}) – f({x_2}) = – {1 \over {{x_1} + 1}} + {1 \over {{x_2} + 1}} = {{{x_1} – {x_2}} \over {({x_1} + 1)({x_2} + 1)}} < 0 \Leftrightarrow f({x_1}) < f({x_2})\)
Do đó hàm số đồng biến trên khoảng (-3; -2)
\(\forall {x_1},{x_2} \in ( – 3; – 2)\) và \({x_1} < {x_2}\) , tương tự ta cũng có \(f({x_1}) < f({x_2})\)
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (2;3).