Bài tập 12 trang 46 SGK Toán 10 NC

a) \(f\left( x \right) = \frac{1}{{x - 2}}\)

+ Với \({x_1};{x_2} \in \left( { - \infty ;2} \right)\) và \({x_1} \ne {x_2}\) ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
\begin{array}{l}
f\left( {{x_2}} \right) - f\left( {{x_1}} \right) = \frac{1}{{{x_2} - 2}} - \frac{1}{{{x_1} - 2}}\\
 = \frac{{{x_1} - 2 - {x_2} + 2}}{{\left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right)}} = \frac{{{x_1} - {x_2}}}{{\left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right)}}
\end{array}\\
{ \Rightarrow \frac{{f\left( {{x_2}} \right) - f\left( {{x_1}} \right)}}{{{x_2} - {x_1}}} = \frac{{ - 1}}{{\left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right)}} < 0}
\end{array}\)

Vậy hàm số \(y = \frac{1}{{x - 2}}\) nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;2} \right)\)

+ Với \({x_1};{x_2} \in \left( { 2; + \infty} \right)\) và \({x_1} \ne {x_2}\) ta có:

\(\frac{{f\left( {{x_2}} \right) - f\left( {{x_1}} \right)}}{{{x_2} - {x_1}}} = \frac{{ - 1}}{{\left( {{x_1} - 2} \right)\left( {{x_2} - 2} \right)}} < 0\)

Vậy hàm số \(y = \frac{1}{{x - 2}}\) nghịch biến trên \(\left( {2;+ \infty} \right)\)

Bảng biến thiên

b) \(f(x)=x^2-6x+5\)

+ Với \({x_1};{x_2} \in \left( { - \infty ;3} \right)\) và \({x_1} \ne {x_2}\) ta có:

\(f(x_2) – f(x_1) = x_2^2 – 6x_2 + 5 – (x_1^2 – 6x_1 + 5)\)

\(= x_2^2 - x_1^2 + 6(x_1 – x_2) = (x_2 – x_1)(x_1  + x_2 – 6)\)

\( \Rightarrow \frac{{f\left( {{x_2}} \right) - f\left( {{x_1}} \right)}}{{{x_2} - {x_1}}} = {x_1} + {x_2} - 6 < 0\) (vì \(x_1<3; x_2<3\))

Vậy hàm số \(y = x^2-6x+5\) nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;3} \right)\)

+ Với Với \({x_1};{x_2} \in \left( { 3; + \infty} \right)\) và \({x_1} \ne {x_2}\) ta có:

\( \Rightarrow \frac{{f\left( {{x_2}} \right) - f\left( {{x_1}} \right)}}{{{x_2} - {x_1}}} = {x_1} + {x_2} - 6 > 0\) (vì \(x_1>3; x_2>3\)

Vậy hàm số \(y = x^2-6x+5\) đồng biến trên \(\left( {3; + \infty} \right)\)

Bảng biến thiên

c) Với mọi \({x_1};{x_2} \in \left( { - \infty ; + \infty } \right)\) ta có \(x_1 < x_2\)

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {x_1}^{2005} < x_2^{2005}\\
 \Rightarrow {x_1}^{2005} + 1 < x_2^{2005} + 1
\end{array}\)

hay \(f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)\left( {y = f\left( x \right) = {x^{2005}} + 1} \right)\)

Vậy hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty ; + \infty } \right)\)

-- Mod Toán 10 HỌC247