Ôn thi Đại học - Tính đơn điệu của hàm số

tính đơn điệu của hμm số 
I. Tóm tắt lý thuyết 
Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a, b) 
1. Định nghĩa 1: 
- Hàm số y = f(x) đồng biến (tăng) trên khoảng (a,b) nếu ∀ x1, x2 ∈ (a,b), x1< x2 thì f(x1) < f(x2). 
- Hàm số y = f(x) nghịch biến (giảm) trên khoảng (a,b) nếu∀ x1,x2∈ (a,b), x1 f(x2). 
- Hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến ) trên khoảng (a; b) gọi chung là hàm số đơn điệu trên 
khoảng đó. 
2. Định nghĩa 2: 
- Hàm số y = f(x) đồng biến (a; b) ⇔ 
x
y
Δ
Δ
> 0 trên khoảng (a, b). 
- Hàm số y = f(x) nghịch biến (a; b) ⇔ 
x
y
Δ
Δ
< 0 trên khoảng (a, b). 
3. Nhận xét: 
- Hàm số y = f(x) đồng biến trên (a; b) ⇒ f'(x) =
0
lim
x
y
xΔ →
Δ
Δ ≥ 0 trên khoảng (a; b). 
- Hàm số y = f(x) nghịch biến trên (a; b) ⇒ f'(x) =
0
lim
x
y
xΔ →
Δ
Δ ≤ 0 trên khoảng (a; b). 
4. Định lý: 
 Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên khoảng (a; b). Nếu f'(x) ≥ 0 (hoặc f'(x) ≤ 0) và dấu "=" xảy ra ở một 
số hữu hạn điểm trên khoảng (a; b) thì hàm số đồng biến (hoặc nghịch biến) trên khoảng đó. 
II. Một số dạng bμi toán th−ờng gặp 
1. Tìm điều kiện của tham số để hs đồng biến (nghịch biến) trên một khoảng nào đó. 
Ví Dụ 1: Tìm m để hàm số y = (m + 2)x3 - 3x2 - 3x + 2 luôn nghịch biến. 
GIảI : 
Ta có y’ =3(m + 2)x2 - 6x - 3. 
 Hàm số luôn nghịch biến ⇔ y’≤ 0 ∀x ⇔ 2 0 3
' 9 27 0
m
m
m
+ <⎧ ⇔ ≤ −⎨Δ = + ≤⎩ . 
Ví Dụ 2: Tìm m để hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 đồng biến trên (1 ; 2) 
GIảI : 
Hàm số đồng biến trên (1 ; 2)⇔ y' = 3x2 + 6x + m ≥ 0 ∀x ∈ (1; 2) 
⇔ 3x2 + 6x ≥ -m, ∀x ∈ (1; 2) ⇔ x2 + 2x ≥ - 
2
m
, ∀x ∈ (1; 2) ⇔ [ ]1;2min ( )x g x∈ ≥ - 2
m
(1), với g(x) = x2 + 2x 
Ta có g'(x) = 2x + 2 > 0 ∀x ∈ (1; 2), nên hàm số g(x) đồng biến (1;2) và [ ]1;2min ( )x g x∈ = g(1) = 3 
Vậy (1) ⇔ - 
2
m
 ≤ 3 ⇔ m ≥ -6. Suy ra m ≥ -6 là giá trị cần tìm. 
Ví Dụ 3: Tìm m để hàm số 
22 3
1
x x my
x
− += − đồng biến trên khoảng (3;+∞ ). 
HD: 
Ycbt ⇔ ( )
2
2
2 4 3' 0, 3
1
− + −= ≥ ∀ >−
x x my x
x
 ⇔ f(x)=2x2 - 4x + 3 - m ≥ 0, ∀ x>3(t−ơng tự ví dụ 2). 
Đáp số: m ≤ 9. 
Nhận xét: Từ ví dụ 2 và ví dụ 3, ta có tham số trong y' ở hệ số không chứa biến số. Có thể đ−a tham số 
vào hệ số chứa biến trong y'. 
Ví Dụ 4: Cho hàm số y = x3 + mx2 + x + 1. Tìm m để hàm số đồng biến trên (1; 2). 
GIảI : 
Yêu cầu bài toán ⇔ y' = 3x2 + 2mx + 1 ≥ 0; ∀x ∈ (1; 2) 
 ⇔ 3x + 
x
1
 ≥ -2m; ∀x ∈ (1; 2) ⇔ [ ]1;2min ( )x g x∈ ≥ -2m (1), với g(x) = 3x + x
1
. 
Ta có g'(x) = 3- 2
1
x
 = 2
2 13
x
x −
 > 0 ∀x ∈ [1; 2]. 
Suy ra [ ]1;2min ( )x g x∈ = g(1) = 4 . Vậy (1) ⇔ 4 ≥ - 2m ⇔ m ≥ -2. Đáp số: m ≥ -2. 
Ví Dụ 5: Cho hàm số y= 1
3
x3 -
1
2
(2m + 1)x2 +(3m + 2)x - 5m +2. Tìm m để hàm số nghịch biến trong 
khoảng (0; 1). 
HD: 
Ycbt ⇔ y' =x2 - (2m+1)x + 3m + 2 ≤ 0, ∀x ∈(0; 1) 
⇔ x2 - x + 2 ≤ m(2x-3),∀x ∈(0; 1) ⇔ 
2 2
2 3
x x
x
− + ≥− m,∀x ∈(0; 1), ( do x ∈(0; 1), nên 2x-3 < 0). 
⇔ [ ]0;1min ( )x g x∈ ≥m, với g(x)= 
2 2
2 3
x x
x
− +
− . KSHS g(x), ta tìm đ−ợc [ ]0;1min ( )x g x∈ =g(1) = - 2. Vậy đáp số m ≤ -2. 
Nhận xét: Trong các ví dụ trên, ở tất cả các biểu thức của y’ thì tham số đều đồng bậc (bậc nhất), và ta đều sử dụng 
cùng một cách biến đổi đó là độc lập tham số với biến số, sau đó sử dụng khảo sát hàm số mới đã độc lập với tham số 
trên khoảng đang xét và suy ra gi átrị của tham số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tuy nhiên, đối với một số hàm số không 
thuộc dạng này thì ta không thể dùng cách đó đ−ợc. Để minh họa, chúng ta xét ví dụ tiếp theo sau đây: 
Ví Dụ 6: Cho hàm số y=
2 (3 1) 5 1x m x m
x m
− + + −
− . Tìm m để hàm số đồng biến trong khoảng (0; 1). 
GIảI : 
Đkxđ x ≠ m. HS xác định trong khoảng (0; 1)
0
1
m
m
≤⎡⇔ ⎢ ≥⎣ (1). 
Ta có y’=
2 2
2
2 3 4 1
( )
x mx m m
x m
− + − +
− . Hàm số đồng biến trong khoảng (0; 1) ⇔ y’ ≥ 0 ∀x ∈(0; 1) 
Hay f(x) = 2 22 3 4 1x mx m m− + − + ≥ 0 ∀x ∈(0; 1). 
Vì f(x) là một tam thức bậc hai có 
2
S
=m ∉(0; 1), nên f(x) ≥ 0 ∀x ∈(0; 1) ⇔ (0) 0
(1) 0
f
f
≥⎧⎨ ≥⎩ 
3
4 1 0
3 6 2 0
m
m m
− + ≥⎧⇔ ⎨ − + ≥⎩ ⇔ m
1
4
≤ (2). 
Từ (1) và (2) suy ra gi átrị tham số thỏa mãn yêu cầu bài toán là m ≤ 0. 
Ví Dụ 7: Cho hàm số y = (2m + 3) sin x + (2 - m)x. Tìm m để hàm số đồng biến trên R. 
GIảI : 
TXĐ: R. Ta có y' = (2m + 3) cosx + (2 - m) 
Đặt cosx = t ∈ [-1; 1], suy ra y' = g(t) = (2m + 3)t + (2 - m). 
Hàm số đồng biến trên R khi y' ≥ 0 ∀x ∈ R ⇔ g(t) ≥ 0 ∀t ∈ [-1; 1]. 
Điều kiện: 
( 1) 0
(1) 0
g
g
− ≥⎧⎪⎨ ≥⎪⎩
3 1 0
5 0
m
m
− − ≥⎧⎪⇔ ⎨ + ≥⎪⎩
15
3
m⇔ − ≤ ≤ − . Đáp số - 5 ≤ m ≤ -
3
1
. 
Nhận xét: Bằng phép t−ơng tự, xét các hàm số nghịch biến trên khoảng (a, b); trên hai khoảng nào đó. 
Bài 1: Tìm m để hàm số y = mx3 + 3x2 + 1 đồng biến trên khoảng (1; 2). 
Đáp số: m ≥ -1. 
Bài 2: Tìm m để hàm số y=
1
3
x3 -(3m - 1)x2 + (m + 3)x + 4m -3 đồng biến trên (1; +∞ ). 
Đáp số: m ≤ 1. 
Bài 3: Tìm m để hàm số y = 
1
3 mx
3 + 2(m - 1) x2 + 5mx + 3 nghịch biến trên (-∞; 1). 
Bài 4: Tìm m để hàm số y = 
2x2 + mx + 5
 x - 1 nghịch biến trên (-3; -2). 
Bài 5: Tìm m để hàm số y = 
x2 + mx + 2m - 1
 x - 2m nghịch biến trên khoảng (1;+∞). 
Bài 6: Cho hàm số y=
22 (1 ) 1x m x m
x m
+ − + +
− đồng biến trên khoảng (0; +∞ ). 
Đáp số: m 1 2≤ − . 
2. ứng dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải ph−ơng trình, bất ph−ơng trình và hệ 
ph−ơng trình. 
Ví Dụ 1: Giải ph−ơng trình xxx −− − 222 1 = (x - 1)2 (1) 
GIảI : 
Ta có: x2 - x - (x - 1) = (x -1)2 
Nên (1) có dạng: xxx x −− =−+ 22)1(2 1 + (x2 - x) (2) 
Đặt f(t) = 2t + t; f'(t) = 2tln2 + 1 > 0 ∀ t∈R 
Nên ph−ơng trình (2) f(x - 1) = f(x2 - x) (x2 - x) = x -1 x = 1 là nghiệm của ph−ơng trình 
Nhật xét: Ta có thể khái quát hoá bài toán trên: 
Cứ cho 1 ph−ơng trình f(x) = g(x). Khi đó: 
 af(x) + f(x) = af(x) + g(x) (a > 0; a ≠ 1) 
Ta đ−ợc một ph−ơng trình mới với cách giải t−ơng tự. 
Bài tập áp dụng: Giải các ph−ơng trình sau: 
2 5 1 1 11 / .
2 5 1
x xe e
x x
− −− = −− − 
2
2 2
1 1 2 1 12 / .2 2
2
x x
x x
x
− −
− = − 
2 2sin cos3 / .2009 2009 cos 2x x x− = cos cos4 / .2009 2008 cosx x x− = 
 * 2 2 15 / .2 3 2 3 1
x x x x x++ = + + + 
Ví Dụ 2: Giải ph−ơng trình: 
2
2
3 2
1log 3 2
2 2 3
x x x x
x x
+ + = − +− + . 
GIảI : 
Đặt u=x2 + x +1; v=2x2 - 3x + 3 (u > 0, v > 0). Suy ra v - u=x2 -3x +2. 
Ph−ơng trình đã cho trở thành: 3 3 3log log log
u v u u v v u
v
= − ⇔ − = − 3 3log logu u v v⇔ + = + (1) 
Xét hàm số: f(t)= 3log t t+ trên (0; +∞ ), ta có f’(t)= 1 1 0, 0ln 3 tt + > ∀ > nên hàm số đồng biến trên (0; 
+∞ ). 
Vậy từ (1) ta có f(u) = f(v), suy ra u = v, hay v - u = 0, tức là x2 -3x +2 = 0
1
2
x
x
=⎡⇔ ⎢ =⎣ . 
Nhận xét: 
• Đối với các ph−ơng trình dạng loga u v uv = − , với u, v >0 và a > 1, ta th−ờng biến đổi về dạng 
log log loga a a
u v u u v v u
v
= − ⇔ − = − log loga au u v v⇔ + = + . 
• Vì hàm số f(t)= loga t t+ đồng biến trên (0; +∞ ), nên ta có u = v. 
• Với các điệu kiện nh− trên, ta có bất ph−ơng trình: log ( ) ( )a u v u f u f v u vv < − ⇔ < ⇔ < 
Ví Dụ 3: Giải bất ph−ơng trình: 5 4log (3 ) logx x+ > . 
GIảI : 
Điều kiện x > 0. 
Đặt t = log4x ⇔ x = 4t, bất ph−ơng trình trở thành: log5(3 + 2t) > t ⇔ 3 + 2t > 5t⇔ 1 23 15 5
t t⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ >⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . 
Hàm số f(t) =
1 23
5 5
t t⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ nghịch biến trên R và f(1) = 1. Vậy bpt trở thành f(t) > f(1) ⇔ t < 1. 
Từ đó ta đ−ợc log4x < 1⇔ 0 < x < 4. 
Chú ý: 
• Đối với BPT dạng logau < logbv, ta th−ờng giải nh− sau: 
Đặt t = logau (hoặc t = logbv), đ−a về BPT mũ; sử dụng tính đơn điệu của hàm số để suy ra nghiệm. 
• Với PT dạng logau = logbv, ta th−ờng giải nh− sau: 
Đặt t = logau = logbv ⇒
t
t
u a
v b
⎧ =⎨ =⎩
; sử dụng ph−ơng pháp thế để đ−a về một PT mũ ẩn t. Tìm t (thông th−ờng 
có nghiệm t duy nhất); suy ra x. 
Bài tập áp dụng: Giải phương trỡnh: 
1) 4 2 225log ( 2 3) 2 log ( 2 4)x x x x− − = − − . 2) 6log2 6log ( 3 ) logxx x+ = 
3) log5(3 + 3 1x + ) = log4(3x + 1). 3) ( )33 23log 1 2log+ + >x x x . 
5) xxxx 22
2
2
loglog loglog35
2
2
2
2 −<− 
Ví Dụ 4: Giải hệ bất ph−ơng trình: 
2
3
3 2 1 0(1)
3 1 0 (2)
x x
x x
⎧ + − ⎪⎩
GIảI : 
• Nghiệm bất ph−ơng trình (1) là: - 1 < x < 13 
• Xét bất ph−ơng trình (2): đặt f(x) = x3 - 3x + 1, với x ∈ (-1; 13 ). Ta có: f'(x) = 3x2 - 3 = 0 ⇔ x = ± 1 
BBT: 
• Căn cứ vào BBT đ−ợc hàm số y = f(x) nghịch biến trên (-1; 13 ),nên ∀x∈ (-1; 
1
3 ) thì f(x) >f(
1
3 ) = 
1
27 > 0 
• Vậy f(x) > 0 với ∀ x∈ (-1; 13 ). Kết luận: Hệ có nghiệm -1 < x < 
1
3 . 
1-1
f'(x)
f'(x)
x
+_+ 00
CT
CĐ
- ∞ + ∞
- ∞
+ ∞
Ví Dụ 5: Giải hệ ph−ơng trình:
⎩⎨
⎧
=+−
−=−
)2(02log3log
)1(
2
2
2 yx
eeyx yx
GIảI : 
• Điều kiện: x, y > 0. Từ (1) ex - x = ey - y (3) 
• Đặt f(t) = et - t xét (0;+∞) có f'(t) = et - 1 > 0, ∀t > 0 , nên f(t) đồng biến (0;+∞) 
Do vậy (3) f(x) = f(y) x = y 
• Thay vào (2): 02log3log 222 =+− xx đ−ợc log2x = 1 hoặc log2x = 2 ta đ−ợc nghiệm của hệ là x = 2 
hoặc x = 4 
Nhận xét: Đối với loại hệ ph−ơng trình mà trong hệ có ph−ơng trình dạng f(x) = f(y), ph−ơng trình còn lại 
giúp ta giới hạn đ−ợc x, y để trên đó hàm số f đơn điệu. Từ đó suy ra x=y. 
Ví Dụ 6: Giải hệ ph−ơng trình: 
3 3
8 4
5 5 (1)
1(2)
x x y y
x y
⎧ − = −⎨ + =⎩
GIảI : 
• Từ PT (2) ta có x8 ≤ 1, y4 ≤ 1 1; 1x y⇔ ≤ ≤ . 
• Xét hàm số: f(t) = t5 - 5t, t [ ]1;1∈ − , ta có f’(t) =3t2 -5 < 0, ∀ t [ ]1;1∈ − . Do đó hàm số f(t) nghịch biến 
trên khoảng (-1; 1), nên từ PT (1) suy ra x=y. Thay vào PT (2) ta đ−ợc: x8 + x4 - 1 = 0. 
• Đặt a = x4 ≥ 0, giải PT t−ơng ứng ta đ−ợc a = 1 5
2
− +
 4
1 5
2
x y − +⇒ = = ± . 
Ví Dụ 7: Giải hệ PT 
2 1
2 1
2 2 3 1
2 2 3 1
y
x
x x x
y y y
−
−
⎧ + − + = +⎪⎨ + − + = +⎪⎩
. 
GIảI : 
• Đặt u = x - 1, v = y - 1, ta đ−ợc hệ: 
2
2
1 3 (1)
1 3 (2)
b
u
u u
v v
⎧ + + =⎪⎨ + + =⎪⎩
. 
• Trừ từng về t−ơng ứng hai PT của hệ ta đ−ợc 2 21 3 1 3u vu u v v+ + + = + + + (3) 
• Xét hàm số: f(t) = t + 2 1 3tt + + , ta có f’(t) =
2
2
1 3 ln 3
1
tt t
t
+ + ++ . 
Vì 2 1t + ≥ 2t ≥ -t ⇒ 2 1t + + t > 0 => f’(t) > 0 t R∀ ∈ , do đó hàm số f(t) đồng biến trên R. 
• Từ đó PT (3) u = v. Thay vào PT (1) ta đ−ợc 2 1 3uu u+ + = (4). 
Theo trên ta có 2 1u + + u > 0, nên PT (4) 2ln( 1) ln 3u u u+ + − =0. 
• Xét hàm số g(u) = 2ln( 1) ln 3u u u+ + − , có g’(u) = 
2
1 ln 3 1 ln 3 0,
1
u R
u
− < − < ∀ ∈+ , nên hàm số 
g(u) nghịch biến trên R và do đó PT (4) có nghiệm duy nhất u = 0. 
Từ đó suy ra hệ PT ban đầu có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 1). 
Một số bài tập t−ơng tự: 
1. Tìm x, y ∈ (0; π) thoả mãn hệ: 
 ⎩⎨
⎧
=+
−=−
π285
cotcot
yx
yxyx
2. Giải hệ: ⎩⎨
⎧
=+−
+−=−
023
)1)(log(log 22
yxy
xyxyyx
3. Giải hệ bất ph−ơng trình: 
⎩⎨
⎧
>−−+
<++
01093
045
23
2
xxx
xx
4. Giải hệ bất ph−ơng trình: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
>++−
<−
0953
3
1
0loglog
23
2
2
2
2
xxx
xx
5. Giải hệ: 
3 2
3 2
2( 2 1) ( 1)
4 1 ln( 2 ) 0
x x y x y
y x y x
⎧ + − − = +⎨ + + + + =⎩
3. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số giải các bài toán giải ph−ơng trình và bất ph−ơng 
trình chứa tham số: 
Ví Dụ 1: Tìm a ph−ơng trình x2 + 3ax + 1 =0 (1) có 3 nghiệm phân biệt. 
GIảI : 
• Ta có (1) x3 + 1 = - 3ax (2) 
a) Với x = 0 không là nghiệm của ph−ơng trình (2) ∀a 
b) Với x ≠ 0: ph−ơng trình (2) x2 + 1x = -3a 
• Đặt f(x) = x2 + 1x ⇒ f'(x) = 2x - 
1
x2 = 
2x3 - 1
x2 , f'(x) = 0 x = 3 2
1
BBT: 
• Đặt g(x) = - 3a là đ−ờng thẳng song song với trục Ox. Căn cứ vào bảng biến thiên ở trên ⇒ (1) có 3 
nghiệm phân biệt f(x) cắt g(x) tại 3 điểm phân biệt g(x) > f(
3 2
1
) - 3a > 
2
233
 a < - 
2
23
. Đáp số: a < - 
2
23
Ví Dụ 2: Tìm m để bất ph−ơng trình - x3 + 3mx - 2 < - 
1
x3 (1) nghiệm đúng ∀ x ≥ 1 
_
0
+ ∞
- ∞
+ ∞
x
f(x)
f'(x) +_ 00
- ∞ + ∞
+ ∞
GIảI : 
Ta có (1) x3 + 2 - 
1
x3 > 3mx (do x ≥ 1) x2 + 
2
x - 
1
x3 > 3m (2) 
Đặt f(x) = x2 + 
2
x - 
1
x3 xét trên [1; + ∞) 
Ta có f'(x) = 
2(x3 - 1)
x2 + 
3
x4 > 0 ∀x ≥ 1 => f(x) đồng biến [1; + ∞) 
Vậy 3m m < 
2
3 . Đáp số: m < 
2
3 . 
Nhận xét: 
1. Cô lập tham số sang một bên. 
2. Sử dụng tính biến thiên của hàm số và hàm số hằng. 
Một số bài toán t−ơng tự: 
Bài toán 1: Tìm m ph−ơng trình: x3 + 3ax + 1 = 0 
a. Có hai nghiệm phân biệt. 
b. Có duy nhất nghiệm. 
Bài toán 2: m = ? ph−ơng trình x3 + 3x + 2m - 3 = 0 có nghiệm. 
Bài toán 3: Tìm m để bất ph−ơng trình luôn đ−ợc nghiệm đúng 
 x3 + 3ax + 1 > 0 ∀x > 0 
4. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng thức: 
Ví Dụ 1: Chứng minh rằng: x - sin x > 0 ∀x > 0 (1) 
GIảI : 
Thật vậy, đặt f(x) = x - sin x, xét trên (0; +∞) 
 Ta có f’(x) = 1 - cos x ≥ 0 ∀x > 0 
=> f(x) đồng biến trên (0; +∞) và xác định tại x = 0 nên x > 0 thì 
f(x) > f(0) = 0 nên (1) đ−ợc chứng minh. 
Nhận xét: Sử dụng ví dụ trên có thể chứng minh đ−ợc. 
Bài toán 1: CMR: cosx > 1 - 
x2
2 với x > 0 
Bài toán 2: CMR: x - 
x3
6 0. 
Ví Dụ 2: Chứng minh rằng: sin x + tan x - 2x > 0 với ∀x ∈ (0; π2 ) 
GIảI : 
Đặt f(x) = sin x + tan x - 2x xét trên (0; 
π
2 ). 
 Ta có f'(x) = cos x + 
1
cos2x - 2 > cos
2x + 
1
cos2x - 2 ≥ 2 - 2 = 0 
=> f(x) đồng biến trên khoảng (0; 
π
2 ) mà f(x) xác định tại x = 0 
nên f(x) > f(0) = 0 ∀x ∈ (0; π2 ) => đpcm 
Nhận xét: Sử dụng ph−ơng pháp của bài toán trên ta chứng minh đ−ợc: 
Bài toán 1: CMR: 2sin x + 2tan x > 2x + 1 ∀x ∈ (0; π2 ) 
Bài toán 2: CMR: 22sin x + 2tan x > 
3 1
22
x+
 ∀x ∈ (0; π2 ) 
Bài toán 3: CMR: x
x
x cossin
3
>⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛
 ∀x ∈ (0; π2 ). 
Nhận xét: 
• Sử dụng kết quả bài toán 1, ta có thể CM đ−ợc: Với mọi tam giác ABC nhọn ta đều có: 
2sinA + 2sinB + 2sinC + 2tanA + 2tanB + 2tanC > 6. 3 2π . 
• Sử dụng kết quả bài toán 2, ta có thể CM đ−ợc: Với mọi tam giác ABC nhọn ta đều có: 
4sinA + 4sinB + 4sinC + 2tanA + 2tanB + 2tanC > 6. 2π . 
Ví Dụ 3: CMR: ex > 1 + x +
2
2
x
, với mọi x > 0. 
GIảI : 
• Ta có BĐT cần CM t−ơng đ−ơng với x > ln(1 + x +
2
2
x
). 
• Xét hàm số f(x) = x - ln(1 + x +
2
2
x
), ta có f’(x) =
2
2 2 2
x
x x+ + >0, x R∀ ∈ 
• Vậy hs đồng biến trên R. Do đó với x > 0, ta có f(x) > f(0) = 0, hay x > ln(1 + x +
2
2
x
) 0x∀ > (đpcm). 
Nhận xét: Với x > 0 và n∈N*, ta có BĐT tổng quát sau: 
ex > 1 + x + 
2
...
2! !
nx x
n
+ + , hay ln(1 + x + 
2
...
2! !
nx x
n
+ + ) < x. Cách CM BĐT này t−ơng tự nh− trên.