Bài tập 2.5 trang 31 SBT Toán 10

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 HỌC247