Tải bản đầy đủ

01 1 huong dan giai

ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
Dạng 1: Xét sự đồng biến, nghịch biến của

hàm số

Bài toán 01: XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TRÊN TẬP XÁC ĐỊNH
.
Bài 1:
1. Hàm số y đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và ( 1;+∞ ) ( hay hàm số y
nghịch biến trên mỗi khoảng xác định ).
2. Hàm số y nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và ( 1;+∞ ) ( hay hàm số
y nghịch biến trên mỗi khoảng xác định ).
3. Hàm số y nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và ( 1;+∞ ) ( hay hàm số
y nghịch biến trên mỗi khoảng xác định ).

1
1

4. Hàm số y đồng biến trên mỗi khoảng  −∞; ÷ và  ; +∞ ÷ ( hay hàm số y
2
2





đồng biến trên mỗi khoảng xác định ).
Bài 2:
1. Hàm số y đồng biến trên mỗi khoảng: (−∞; −2) và (0; +∞) , nghịch biến
trên các khoảng: (−2; −1) và (−1;0) .
2. Hàm số y đồng biến trên mỗi khoảng: (−∞; −2) và (0; +∞) , nghịch biến
trên các khoảng: (−2; −1) và (−1;0) .
3. Hàm số đồng biến trên (−∞;0) và (2; +∞) . Hàm số nghịch biến trên (0;1)
và (1;2) .
4. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −5; −2) và ( −2;1) , nghịch biến trên

các khoảng ( −∞; −5) và ( 1;+∞ ) .
Bài 3: Hàm số y đồng biến trên mỗi khoảng (−∞;0) và (2; +∞) , nghịch biến
trên khoảng (0;2) .
2. Hàm số y đồng biến trên mỗi khoảng (−∞;1) và (2; +∞) , nghịch biến
trên khoảng (1;2).

1
1

3. Hàm số y đồng biến trên mỗi nửa khoảng  −∞;  và  ; +∞ ÷ .
2

2

Từ đó suy ra hàm số đồng biến trên ¡ .
4. Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞;1) và ( 3; + ∞ ) , nghịch biến trên

( 1;3)

5. Trên khoảng ( −4;2) : y' > 0 ⇒ y đồng biến trên khoảng ( −4;2) ,

12


Trên mỗi khoảng ( −∞; −4) ,( 2; +∞ ) : y' < 0 ⇒ y nghịch biến trên các khoảng


( −∞;−4) , ( 2;+∞ ) .

Bài 4:
1. Hàm số đồng biến trên (−∞; −1) và (0;1) ; nghịch biến trên (−1;0) và
(1; +∞) .
2. Hàm số đồng biến trên (−2; +∞) , nghịch biến trên (−∞; −2) .
3. Hàm số y đồng biến trên khoảng (−∞;0) , nghịch biến trên (0; +∞) .
4. Hàm số y đồng biến trên khoảng (−∞; −1) , nghịch biến trên khoảng
(−1; +∞) .
Bài 4: y' = 6(x8 − x5 + x2 − x + 1)
Xét các trường hợp sau.
x ∈ (−∞;0] , khi đó x8 ≥ 0 , x5 ≤ 0 , x2 ≥ ,x ≤ 0 ⇒ y' > 0 ∀x ∈ (−∞;0]
x ∈ (0;1] , khi đó x2 ≥ x5 , 1− x ≥ 0 , x8 > 0 ⇒ y' > 0 ∀x ∈ (0;1] .
x ∈ (1; +∞) , khi đó x8 > x5 , x2 > x ⇒ y' > 0 ∀x ∈ (1; +∞) .
Vậy ∀x ∈ R ,y' > 0 ,suy ra hàm số đồng biến trên ¡ .
Bài toán 02: XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ CHỨA GIÁ TRỊ
TUYỆT ĐỐI,, CHỨA CĂN THỨC.
Bài 1:
1. Hàm số đồng biến trên (2; +∞) ; nghịch biến trên (−∞;0) .

2
2;+∞ , nghịch biến trên
÷ và
2. Hàm số đồng biến trên  − 2; −



 2 
 − ;0÷.
 3 ÷


3. Hàm số y đồng biến trên khoảng (0;2) , nghịch biến trên (−∞;0) và (2;3) .

(

)


2 2
;
÷, nghịch biến trên mỗi khoảng
4. Hàm số đồng biến trên khoảng  −
÷
 2 2 

 2 
2
;1÷
 −1; −
÷ và 

 2 ÷.
2 ÷




Bài 2:
2
x ≥ 1
x ≥ 1
2
⇔ 2
⇔ x = 1+
1. y' = 0 ⇔ 2x − x = x − 1 ⇔ 
2
2
2
2x − x = (x − 1)
2x − 4x + 1 = 0


2
2 
;2÷ .
÷ và nghịch biến trên  1+
Vậy, hàm số y đồng biến trên  0;1+
÷

2 
2 ÷




13



9
2. Hàm số y giảm trên các khoảng  −3; − ÷, ( 2;3) và tăng trên khoảng
4

 9 
 − ;2÷ .
 4 
3. Hàm số y đồng biến trên khoảng (5; +∞) và nghịch biến trên ( −∞; −4) .

3
x ≥ − 2
⇔ x = −1
4. y' = 0 ⇔ x + 3x + 3 = 2x + 3 ⇔ 
x2 + 3x + 3 = ( 2x + 3) 2

2

Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞; −1) , nghịch biến trên khoảng ( −1; +∞ ) .
Bài 3
1
> 0 với mọi x∈ ¡ . Vậy hàm số y đồng biến trên
1. Ta có: y' = 2
(x + 1) x2 + 1
¡ .

1

1
2. Trên khoảng  −∞; ÷: y' > 0 ⇒ y đồng biến trên khoảng  −∞; ÷;
3
3


1

1

Trên khoảng  ; +∞ ÷: y' < 0 ⇒ y nghịch biến trên khoảng  ; +∞ ÷.
3

3

Bài 4:
1. Hàm số đồng biến trên (−1; +∞) , nghịch biến trên (−∞; −1) .
2. Hàm số đồng biến trên (−3; −1) và (1; +∞ ) ; nghịch biến trên (−∞; −3) và
(−1;1) .
Bài 5:
1. TXĐ: D = ¡
Cách 1: Ta có: y = (x − 2x − 3) ⇒ y' =
2

2

2(x − 1)(x2 − 2x − 3)

.
(x2 − 2x − 3)2
Vậy, hàm số y đồng biến trên mỗi khoảng (−1;1) và (3; +∞) , nghịch biến
trên (−∞; −1) và (1;3) .
x2 − 2x − 3 khi x ≤ −1 ∨ x ≥ 3
2
Cách 2: y = x − 2x − 3 =  2
− x + 2x + 3 khi − 1< x < 3
Hàm số đã cho xác định trên ¡ .
2x − 2 khi x < −1 ∨ x > 3
y' = 
.Hàm số không có đạo hàm tại x = −1 và x = 3 .
−2x + 2 khi − 1 < x < 3
Vậy, hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −1;1) và ( 3;+∞ ) , nghịch biến trên
mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( 1;3) .
2. TXĐ: D = ¡

14


x2 − 4x + 3 + 4x + 3 = x2 + 6 khi x ≤ 1∨ x ≥ 3
y
=
Ta có:
 2
2
− x + 4x − 3 + 4x + 3 = − x + 8x khi 1 ≤ x ≤ 3
Khi x ∈ (−∞;1) U (3; +∞) thì : y' = 2x ⇒ y' = 0 ⇔ x = 0 ∈ (−∞;1) U (3; +∞)
Khi x ∈ (1;3) thì : y' = −2x + 8 ⇒ y' = 0 ⇔ x = 4∉ (1;3)
f '(1+ ) = 6
Tại x = 1 ,ta có:  −
.Vì f '(1+ ) ≠ f '(1− ) nên f’(1) không tồn tại.
f '(1 ) = 2
f '(3+ ) = 6
⇒ f '(3) không tồn tại.
Tại x = 3 ,ta có : 

f '(3 ) = 2
Vậy, hàm số y đồng biến trên khoảng (0; +∞) và nghịch biến trên khoảng
(−∞;0) .
Bài toán 03: XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ HỮU TỶ KHÁC
Bài :

1
1. Hàm số y đồng biến trên các khoảng ( −2; −1) ,  −1; − ÷ và nghịch biến
2


 1 
trên các khoảng ( −∞; −2) ,  − ;1÷, ( 1;+∞ ) .
 2 
 1 1
 1 1
2. Trên khoảng  − ; ÷: y' > 0 ⇒ y đồng biến trên khoảng  − ; ÷;
 2 3
 2 3

1
1

Trên khoảng  −∞; − ÷ và  ; +∞ ÷: y' < 0 ⇒ y nghịch biến trên các khoảng
2

3


1
1

 −∞; − ÷ và  ; +∞ ÷.
2
3




3. Trên khoảng ( 0;2) : y' > 0 ⇒ y đồng biến trên khoảng ( 0;2) ;

( −∞;0)
( 2;+∞ ) .

Trên khoảng

( −∞;0)

và ( 2; +∞ ) : y' < 0 ⇒ y nghịch biến trên các khoảng


Bài toán 04: XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC.
Bài 1:
1. Hàm số đã cho xác định trên đoạn 0; π

Ta có: y' = 2cosx( 1− 2sinx) . Ta cần tìm nghiệm của phương trình y' = 0 trên
cosx = 0
π
π

⇔ x = ,x = ,x =
khoảng ( 0;π ) y' = 0 ⇔ x ∈ ( 0; π ) : 
.
sinx = 1
2
6
6

2

15


 π
Dựa vào bảng biến thiên suy ra : hàm số đồng biến trên các khoảng  0; ÷
 6
 π 5π 
 π π
 5π 
và  ; ÷, nghịch biến trên các khoảng  ; ÷ và  ; π ÷ .
2 6 
 6 2
 6 
 π π
2. Hàm số đã cho xác định trên khoảng  − ; ÷ .
 2 2

(

)

2
Ta có: y' = 2cos2x + 2sinx − 2 = 2 1− 2sin x + 2sinx − 2

y' = −2sinx ( 2sinx − 1)

  π π
x = 0
 π π
x ∈  − ; ÷
⇔
Trên khoảng  − ; ÷ : y' = 0 ⇔   2 2 
x = π
 2 2
−2sinx ( 2sinx − 1) = 0

6

 π   π π
 π
Hàm số giảm trên các khoảng  − ;0÷ ,  ; ÷ và tăng trên khoảng  0; ÷ .
 2   6 2
 6
Bài 2
1. Ta có: y' = 2cos2x − 2 = 2(cos2x − 1) ≤ 0 ∀x ∈ ¡ .
π
π
Và y' = 0 ⇔ x = + k , k ∈ ¢ .
4
2
Vì y' = 0 tại vô hạn điểm nên ta chưa thể kết luận hàm số nghịch biến trên
¡ .
Ta sẽ chứng minh hàm số luôn nghịch biến trên ¡ bằng định nghĩa.
Với ∀x1,x2 ∈ ¡ , x1 < x2 , khi đó luôn tồn tại khoảng (a;b) chứa x1,x2
Do y' = 0 tại hữu hạn điểm trên khoảng (a;b) nên hàm số nghịch biến trên
khoảng (a;b) ⇒ y(x1) > y(x2) ⇒ hàm số nghịch biến trên ¡

π
2. Ta có: y' = 3cosx + sinx + 2 = 2cos x − ÷+ 2 ≥ 0 .Hàm số đồng biến trên ¡ .
6

3. Ta có: y' = 2 + mcosx
* Nếu −2 < m < 2 ⇒ y' > 0 ∀x ∈ ¡ ⇒ hàm số đồng biến trên ¡
* Nếu m = ±2 ⇒ 2 ± 2cosx ≥ 0 ∀x ∈ ¡ và y' = 0 tại vô hạn điểm, do đó ta chưa
kết luận được hàm số tăng trên ¡ . Ta chứng minh được hàm số đồng biến
trên ¡
* Với m > 2 , khi đó y' nhận cả giá trị âm lẫn dương trên ¡ nên hàm số
không thể đồng biến trên ¡ . Vậy | m|≤ 2 là những giá trị cần tìm.
4. Ta có: y' = −4sin2x + m
Hàm số đồng biến trên ¡ ⇔ y' ≥ 0 ⇔ m ≥ 4sin2x ∀x ∈ ¡ , tìm được m ≥ 4 .

16


1
1
Bài 3 Ta có y' = m + cosx + cos2x + cos3x . Hàm đồng biến trên
2
3
¡ ⇔ y' ≥ 0,∀x ∈ ¡ ⇔ m + cosx + 1 cos2x + 1 cos3x,∀x ∈ ¡
2
3
3
2 1
4
⇔ m ≥ − t − t + = g ( t) ,∀t ∈ [ −1,1] với t = cosx,t ∈ [ −1,1] .
3
2
g ( t) .
Bài toán trở thành tìm m để tồn tại m ≥ xmax
∈[ −1,1]
g'( t) = −4t2 − 2t = −2t ( 2t + 1) ⇒ g' ( t ) = 0 ⇔ t = − 1 ,t = 0
2
5
5
Lập bảng biến thiên ta thấy max g ( t) = g ( −1) = ⇒ m ≥
6
6
x∈[ −1,1]

Dạng 2:
Xác định tham số để hàm số y = f(x) đơn điệu tập
xác định.
Bài toán 01:
TÌM m ĐỂ HÀM SỐ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN TRÊN TẬP XÁC ĐỊNH.
Bài 1:
Cách 1: Hàm số đã cho đồng biến trên ¡ ⇔ y' ≥ 0 , ∀x ∈ ¡ nghĩa là ta luôn
có: ∆ ' = a2 − 4 ≤ 0 ⇔ −2 ≤ a ≤ 2
Cách 2 : Tham khảo cách giải sau, bạn đọc đúc kết gì qua 2 lời giải
Bảng xét dấu ∆ '
a
−∞
+∞
2
−2

+
0
0 +
∆'
+ Nếu −2 < a < 2 thì y' > 0 với mọi x∈ ¡ . Hàm số y đồng biến trên ¡ .
+ Nếu a = 2 thì y' = ( x + 2) 2 , ta có : y' = 0 ⇔ x = −2,y' > 0,x ≠ −2 . Hàm số y

đồng biến trên mỗi nửa khoảng ( −∞; −2 và −
 2; +∞ ) nên hàm số y đồng
biến trên ¡ .
+ Tương tự nếu a = −2 . Hàm số y đồng biến trên ¡ .
+ Nếu a < −2 hoặc a > 2 thì y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 . Giả sử

x1 < x2 . Khi đó hàm số nghịch biến trên khoảng ( x1;x2 ) ,đồng biến trên mỗi

khoảng ( −∞;x1) và ( x2;+∞ ) . Do đó a < −2 hoặc a > 2 không thoả mãn yêu
cầu bài toán .
Bài 2:
1. −3 < m < 1
1
2. + m ≤ ⇒ y' < 0,x ≠ 1, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) ,
2
( 1;+∞ ) .

17


1
khi đó phương trình y' = 0 có hai nghiệm x1 < 1 < x2 ⇒ hàm số đồng
2
biến trên mỗi khoảng ( x1;1) và ( 1;x2 ) , trường hợp này không thỏa .
Bài 3:
1. Vì đạo hàm không thể triệt tiêu tại vô hạn điểm nên
Hàm số đồng biến trên ¡ ⇔ y' ≥ 0 ∀x ∈ ¡
+ m>

⇔ (m + 2)x2 − 2(m + 2)x − 3m + 1≥ 0 ∀x ∈ ¡ (1)
TH 1: Nếu m = −2 khi đó (1) luôn đúng với mọi x ⇒ m = −2 thỏa bài toán
a = m + 2 > 0
1
⇔ −2 < m ≤ − .
TH 2: Nếu m ≠ −2 khi đó (1) ⇔ 

'
=
(m
+
2)(4m
+
1)

0
4

2. • m = 1⇒ y' = −3 < 0 ∀x ∈ ¡ hàm số nghịch biến trên ¡
• m≠1
m − 1 < 0
Hàm số nghịch biến trên ¡ ⇔ 
2
∆ = (m − 1) − (2m − 3)(m − 1) ≤ 0
m < 1
⇔
⇔ m < 1. Vậy m ≤ 1.
 −m + 2 ≥ 0
3. Hàm số y đồng biến trên ¡ khi và chỉ khi ⇔ y' ≥ 0,∀x ∈ ¡
+ Xét m2 − 1 = 0 ⇔ m = ±1
3
g m = 1⇒ y' = 4x + 3 ⇒ y' ≥ 0 ⇔ x ≥ − ⇒ m = 1 không thoả yêu cầu
4
g m = 1⇒ y' = 3 > 0 ∀x ∈ ¡ ⇒ m = −1 thoả mãn yêu cầu bài toán.
+ Xét m2 − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ ±1
+ Nếu m < −1∨ m > 2 thì y' > 0 với mọi x∈ ¡ . Hàm số y đồng biến trên ¡ .
+ Nếu m = 2 thì y' = 3( x + 1) 2 , ta có : y' = 0 ⇔ x = −1,y' > 0,x ≠ −1. Hàm số y

đồng biến trên mỗi nửa khoảng ( −∞; −1 và −
 1; +∞ ) nên hàm số y đồng
biến trên ¡ .
+ Nếu −1< m < 2,m ≠ 1 thì y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x1,x2 . Giả sử

x1 < x2 . Khi đó hàm số nghịch biến trên khoảng ( x1;x2 ) ,đồng biến trên mỗi

khoảng ( −∞;x1) và ( x2;+∞ ) . Do đó −1< m < 2,m ≠ 1 không thoả mãn yêu cầu
bài toán .
Do đó hàm số y đồng biến trên ¡ khi và chỉ khi m < −1∨ m ≥ 2 .
4. Hàm số đồng biến trên D ⇔ ∀x ∈ D ,y' ≥ 0 ⇔ ∀x ∈ D , x − 2 + x − 4 ≥ − m (1)
Xét hàm f(x) = x − 2 + x − 4 .Khi đó (1) ⇔ ∀x ∈ D ,f(x) ≥ − m .
Lập bảng biến thiên của f(x) trên [4; +∞) . f '(x) =
.

1
x− 2

+

1
x− 4

> 0 ∀x ∈ (4; +∞)

18


Lại có f(x) liên tục trên [4; +∞) ,do đó f(x) đồng biến trên [ 4; +∞) ,suy ra
min f(x) = f(4) = 2 . Vậy hàm số đã cho đồng biến trên D ⇔ m ≥ − 2

x∈[4;+∞ )

5. ∀x ∈ ¡ ,y' ≥ 0 ⇔ 1− m ≥ 0 ⇔ −1≤ m ≤ 1.
Bài 4:

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định khi và chỉ khi
1
1
11
y' ≤ 0, ∀x ≠ tức −6x2 + 6x + 4 − m ≤ 0 , ∀x ≠ ⇒ m ≥
2
2
2

Dạng 3: Xác định tham số để hàm số y = f(x) đơn
điệu trên khoảng xác định.
Bài toán 01: TÌM m ĐỂ HÀM SỐ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN TRÊN
KHOẢNG K = −∞;α , β;+∞ , ( −∞;α  , β;+∞ .
Bài 1:
1. Hàm số nghịch biến trên (2; +∞) ⇔ hàm số xác định trên (2; +∞) và

(

) (

)

)

m ≤ 2
m ∉ (2; +∞)
1

∀x ∈ (2; +∞),y' > 0 ⇔ 
⇔
1 ⇔ − < m ≤ 2.
2
−2m + 1 < 0 m > −

2

 y' < 0,∀x ∈ ( −∞;1)
2. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞;1) khi và chỉ khi 
− m ∉ ( −∞;1)
m2 − 4 < 0
−2 < m < 2
⇔
⇔
⇔ −2 < m ≤ −1
 −m ≥ 1
−m ∉ ( −∞;1)
3. Ta có: f(x) ≥ 0 ⇔ m ≤ 2x2 − 4x + 3 . Đặt g(x) = 2x2 − 4x + 3 ⇒ g'(x) = 4x − 4
min g(x)
Hàm số cho đồng biến trên (−∞; −1) ⇔ y' ≥ 0, ∀x ∈ (−∞; −1) ⇔ m ≤ (−∞
;−1]
4. Đặt t = x − 1 ,khi đó : f(x) ≤ 0 trở thành:
g(t) = −t2 − 2(1− 2m)t − m2 + 4m − 1≤ 0
2m > 1
Hàm số cho nghịch biến trên (−∞;1) ⇔ y' ≤ 0, ∀x ∈ (−∞;1) ⇔ 
( ∗)
g(t) ≤ 0, ∀t < 0

Với m >

1
thì ( ∗)
2

m = 0
∆ ' = 0


m = 0
∆ ' > 0
m ≠ 0

⇔
⇔ 
⇔ 
 S > 0
4m − 2 > 0
 m ≥ 2 + 3



 m2 − 4m + 1 ≥ 0
 P ≥ 0


2
2
5. x2 + 6x + 9 − m2 ≥ 0 , ∀x ∈ ( 1; +∞ ) ( vì ( x + 3) > 0 , ∀x > 1) hay ( x + 3) ≥ m2 với

∀x ∈ ( 1; +∞ ) . Xét g ( x) = ( x + 3) 2 trên khoảng ( 1;+∞ ) và g'( x) = 2( x + 3) với

19


x > 1 ⇒ x + 3 > 4 tức g'( x) > 8 > 0 với ∀x ∈ ( 1; +∞ ) . g ( x) đồng biến trên khoảng

( 1;+∞ )

g ( x) = +∞ .
và lim+ g ( x) = 16 xlim
→+∞
x→1

2
Khi đó m2 ≤ ( x + 3) , ∀x ∈ ( 1; +∞ ) ⇔ m2 ≤ 16 hay −4 ≤ m ≤ 4 .

6. Hàm nghịch biến trên nửa khoảng 1; +∞ ) ⇔ f ( x) = mx2 + 4mx + 14 ≤ 0 ,
∀x ∈ 1; +∞ ) ( ∗) .
Cách 1: Dùng tam thức bậc hai
• Nếu m = 0 khi đó ( ∗) không thỏa mãn.

• Nếu m ≠ 0 . Khi đó f ( x) có ∆ = 4m2 − 14m
7
• Nếu 0 < m < thì f ( x) > 0 ∀x ∈ ¡ , nếu f ( x) có hai nghiệm x1 ,x2 thì
2
f(x) ≤ 0 ⇔ x ∈ ( x1;x2 ) nên ( ∗) không thỏa mãn.
• Nếu m < 0 hoặc m >

7
. Khi đó f ( x) = 0 có hai nghiệm
2

−2m + 4m2 − 14m
−2m − 4m2 − 14m
; x2 =
m
m
7
Vì m < 0 hoặc m > ⇒ x1 < x2 ⇒ f ( x) ≤ 0 ⇔ x ≤ x1 hoặc x ≥ x2
2
x1

Do đó f(x) ≤ 0 ∀x ∈ 1; +∞ ) ⇔ x2 ≤ 1 ⇔ −3m ≥ 4m2 − 14m ⇔ m ≤ −
Cách 2: ( ∗) ⇔ m ≤

14
.
5

−14

= g ( x) ∀x ∈ 1; +∞ ) ⇔ m ≤ min g ( x)
x≥1
x + 4x
14
14
Ta có ming ( x) = g ( 1) = − ⇒ m ≤ − .
x≥1
5
5
Bài 2:
 1
5
1. f  ÷ ≥ m ⇔ ≥ m .
4
 2
2

2. Ta có: y ′= 3x2 + 6x − m . y′ có ∆′ = 3(m + 3) .
+ Nếu m ≤ −3 thì ∆′ ≤ 0 ⇒y′ ≥ 0,∀x ⇒hàm số đồng biến trên ¡ ⇒m ≤ −3 thoả
+ Nếu m > −3 thì ∆′ > 0 ⇒phương trình y′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1,x2
(x1 < x2) . Khi đó hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;x1),(x2; +∞) .
∆′ > 0 m > −3


Do đó hàm số đồng biến trên khoảng (−∞;0) ⇔0 ≤ x1 < x2 ⇔P ≥ 0 ⇔− m ≥ 0
S > 0
−2 > 0


3. ∀x ∈ (1; +∞),x2 − 2mx + 1− 2m ≥ 0 ⇔ ∀x ∈ (1: +∞ ),x2 + 1≥ 2m(x + 1)

20


⇔ ∀x ∈ (1; +∞ ),

x2 + 1
≥ 2m (dox + 1> 0khi x > 1).
x+1

2
x2 + 2x − 1
> 0 với mọi x ∈ (1; +∞) .
Xét hàm số f ( x) = x + 1 , x ∈ (1; +∞) . f '(x) =
x+ 1
(x + 1)2

1
∀x ∈ (1; +∞),f(x) ≥ 2m ⇔ min f(x) ≥ 2m ⇔ f(1) ≥ 2m ⇔ 1≥ 2m ⇔ m ≤ .
x∈[1;+∞ )
2
4. f(x) = 3x2 − 2(m + 1)x − (2m2 − 3m + 2) ≥ 0 ∀x ∈ [2; +∞)
Vì x1 < x2 nên f(x) ≥ 0 ⇔ x ≤ x1 hoặc x ≥ x2 .
Do đó f(x) ≥ 0 ∀x ∈ [2; +∞) ⇔ x2 ≤ 2 ⇔ ∆ ' ≤ 5 − m
3
m ≤ 5
m ≤ 5
⇔
⇔ 2
⇔ −2 ≤ m ≤ .
2
2
∆ ' ≤ (5 − m)
2m + m − 6 ≤ 0

5. y' ≥ 0,∀x ∈ ( 2; +∞ ) ⇔ mx2 + 4( m − 1) x + m − 1 ≥ 0,∀x ∈ ( 2; +∞ )

(

)

⇔ x2 + 4x + 1 m ≥ 4x + 1,∀x ∈ ( 2; +∞ ) ⇔ m ≥
Xét hàm số g ( x) =

4x + 1
2

x + 4x + 1

,∀x ∈ ( 2; +∞ )

4x + 1

,x ∈ ( 2; +∞ )
x + 4x + 1
−2x( 2x + 1)
⇒ g'( x) =
< 0,∀x ∈ ( 2; +∞ ) ⇒ g ( x) nghịch biến trên khoảng ( 2;+∞ )
2
2
x + 4x + 1

(

và lim g ( x) =
x→2+

2

)

9
, lim g ( x) = 0 . Vậy m ≥ 9 .
13 x→+∞
13

(

)

2
2
6. f ( x) = 3x − 2( m + 1) x − 2m − 3m + 2 ≥ 0, ∀x ∈ 2; +∞ )

Vì tam thức f ( x) có ∆ ' = 7m2 − 7m + 7 > 0 ,∀m ∈ ¡

nên f ( x) có hai nghiệm :

m + 1− ∆ '
m + 1+ ∆ '
. Vì x1 < x2 nên f ( x) ⇔ x ≤ x1 hoặc x ≥ x2
;x2 =
3
3
3
Do đó f ( x) ≥ 0 ∀x ∈  2; +∞ ) ⇔ x2 ≤ 2 ⇔ ∆ ' ≤ 5 − m ⇔ −2 ≤ m ≤
2
Bài 3:
1. Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;m), (m + 1; +∞) , hàm số đồng biến
trên (2; +∞) ⇔ m + 1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 1
2. Hàm số nghịch biến trên khoảng (2; +∞) ⇔ y' ≤ 0 và x1 < x2 ≤ 2
x1 =

21


∆ ' ≤ 0

 3
∆ ' > 0
3
− ≤ m ≤ 2
⇔  
⇔ 2
⇒ − ≤ m≤ 2
2
m > −5
 ( x1 − 2) + ( x2 − 2) < 0

 ( x − 2) .( x − 2) ≥ 0
2
  1
3. Đặt t = x – 2 ta được: y′ = g(t) = (m2 − 1)t2 + (4m2 + 2m − 6)t + 4m2 + 4m − 10
Hàm số cho nghịch biến trong khoảng (−∞;2) ⇔ g(t) ≤ 0, ∀t < 0
m2 − 1< 0
a < 0 
3m2 − 2m − 1 > 0

∆ > 0 
TH2: 
⇔4m2 + 4m − 10 ≤ 0
S > 0 
P ≥ 0  −2m − 3

 m + 1 > 0

a < 0 m2 − 1< 0
TH1: 
⇔
 ∆ ≤ 0 3m2 − 2m − 1≤ 0

4. Xét hàm số g ( x) =
Ta có: g'( x) =
Hơn nữa

− x2 + 2x
liên tục trên khoảng ( 0;1) .
4x + 1

−4x2 − 2x + 2

( 4x + 1)
lim g ( x) = 0,
+

x→0

2

, ∀x ∈ ( 0;1) : g'( x) = 0 ⇔ x =

lim g ( x) =

x→1−

 1 1
1
, g ÷= .
2
 2 4

1
. Dựa vào bảng biến thiên suy ra m ≤ 0 .
5

5. y' = −3x2 − 6x + m ≤ 0,∀x > 0 ⇔ m ≤ 3x2 + 6x = f ( x)

Ta có f '( x) = 6x + 6 > 0,∀x > 0 và f ( 0) = 0 . Từ đó ta được : m ≤ 0 .
6. Cách 1: y' ≥ 0,∀x ∈ ( 1; +∞ ) ⇔ g ( x) = 6x2 − 4x ≥ − m,x > 1 .

g'( x) = 12x − 4 > 0,∀x > 1 ⇔ g ( x) đồng biến trên khoảng ( 1;+∞ )

(

)

2
g ( x) = +∞
và lim+ g ( x) = lim+ 6x − 4x = 2, xlim
→+∞
x→1

x→1

Dựa vào bảng biến thiên suy ra 2 ≥ −m ⇔ m ≥ −2
1
( a) hoặc f ( x) = 0 có hai
3
nghiệm thỏa mãn x1 ≤ x2 < 1( *) . Đặt t = x − 1⇒ x = t + 1, khi đó g ( t) = f ( t + 1)
Cách 2: Khi và chỉ khi hoặc ∆ ' = 2 − 6m ≤ 0 ⇔ m ≥

. Điều kiện ( *) ⇔ g ( t) = 6t2 + 8t + 2 + m có hai nghiệm không dương, tức là
 ∆' ≥ 0
 g
Sg ≤ 0 ⇔ ...( b) .

Pg ≥ 0
Bài toán 02: TÌM m ĐỂ HÀM SỐ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN TRÊN
KHOẢNG XÁC ĐỊNH

( α;β ) , α;β .

22


Bài 1:
1. + m ≤ 0 , y ′≥ 0,∀x ∈ (0; +∞) ⇒ m ≤ 0 thoả mãn.
+ m > 0 , y ′= 0 có 3 nghiệm phân biệt: − m, 0,

m.

Hàm số cho đồng biến trên (1; 2) ⇔ m ≤ 1 ⇔ 0 < m ≤ 1 .

Vậy m ∈ ( −∞;1 .

2. ∀x ∈ [3;4],3x2 − 2(m + 2)x + 3m + 2 ≥ 0 ⇔ ∀x ∈ [3;4],3x2 − 4x + 2 ≥ m(2x − 3)
⇔ ∀x ∈ [3;4],
g'(x) =

3x2 − 4x + 2
3x2 − 4x + 2
≥ m . Xét g ( x) =
, x ∈ [3;4] .
2x − 3
2x − 3

6x2 − 18x + 8
2

(2x − 3)

=

2[3x(x − 3) + 4]
(2x − 3)2

> 0 với mọi x thuộc đoạn  3;4

17
⇒ g ( x) đồng biến trên đoạn  3;4 ⇒ min g(x) = g(3) =
x∈[3;4]
3
Bài 2:
1. Cách 1. f(x) = mx2 − 2(m − 1)x + 3(m − 2) ≥ 0, ∀x ∈ (2; +∞) (3)
TH 1: m = 0 khi đó (3) chỉ đúng với mọi x ≥ 3 .
TH 2: m < 0 ta thấy trường hợp này không tồn tại m thỏa mãn yêu cầu bài
toán.
TH 3: m > 0 , f(x) có ∆ ' = −2m2 + 4m + 1
* Nếu ∆ ' ≤ 0 ⇔ m ≥

2+ 6
(do m > 0 ) ⇒ f(x) ≥ 0 ∀x ∈ ¡
2

2+ 6
(*).
2
Khi đó f(x) có hai nghiệm x1 < x2 và
* Nếu ∆ ' > 0 ⇔ 0 < m <

 x ≤ x1
f(x) ≥ 0 ⇔ 
⇒ f(x) ≥ 0, ∀x > 2 ⇔ x2 ≤ 2
 x ≥ x2
m − 1+ ∆ '
2
≤ 2 ⇔ ∆ ' ≤ m + 1 ⇔ 3m2 − 2m ≥ 0 ⇔ m ≥
m
3
2
2
2+ 6
Kết hợp với (*) ⇒ ≤ m <
. Vậy m ≥ là những giá trị cần tìm.
3
3
2


Cách 2: Xét hàm số g(x) với x ≥ 2 . Ta có : g'(x) =

2(x2 − 6x + 3)
(x2 − 2x + 3)2

g(x) = 0 . ⇒ m ≥ g(x) ∀x ∈ (2; +∞) ⇔ m ≥ maxg(x) = 2 .
⇒ g'(x) = 0 ⇔ x = 3 + 6 , xlim
→+∞
x≥ 2
3
2. Xét hàm số f(x) =

x2 − 2x + 1
,x ∈ [0;3] ,m ≥ 0 .
x+1

3.
• Nếu m − 1 = − m − 1 ⇔ m = 0 ⇒ y' ≥ 0 ∀x nên hàm số đồng biến trên ¡ .

23


−m − 1< 1
• Nếu m > 0 , suy ra yêu cầu bài toán ⇔ 
⇔ m > 3.
m − 1 > 2
−m − 1 > 2
• Nếu m < 0 , suy ra yêu cầu bài toán ⇔ 
⇔ m < −3 .
 m − 1< 1
4. Hàm số nghịch biến trên [−2; −1]
⇔ ∀x ∈ [−2; −1],y' ≤ 0 ⇔ ∀x ∈ [−2; −1],3x2 − 6x + 1≥ −2m .
Xét h ( x) = 3x2 – 6x + 1 trên [−2; −1]
∀x ∈ [−2; −1],h(x) ≥ −2m ⇔ min h(x) ≥ −2m ⇔ 10 ≥ −2m ⇔ m ≥ −5
x∈[−2;−1]

5. Cách 1 : Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng ( −1;1) khi và chỉ khi

(

)

y' ≤ 0,∀x ∈ ( −1;1) . Xét hàm số g ( x) = − 3x2 + 6x + 1 ,∀x ∈ ( −1;1)
⇒ g'( x) = −6x − 6 < 0,∀x ∈ ( −1;1) ⇒ g ( x) nghịch biến trên khoảng ( −1;1) và
lim g ( x) = −2, lim g ( x) = −10 . Vậy m ≤ −10 thoả yêu cầu.


x→−1+

x→1

Cách 2 : y'' = 6x + 6
Nghiệm của phương trình y'' = 0 là x = −1< 1. Do đó, hàm số đã
cho nghịch biến trên khoảng ( −1;1) khi và chỉ khi m ≤ lim g ( x) = −10 .
x→1−

6. Xét hàm số g ( x) =
g'( x) =

−6x2 + 18x
9x4

lim g ( x) = −

x→−3+

2x − 3
3x2

liên tục trên khoảng ( −3;0) , ta có

< 0,∀x ∈ ( −3;0) ⇒ g ( x) nghịch biến trên khoảng ( −3;0) và

4
, lim g ( x) = −∞ . Dựa vào bảng biến thiên suy ra m ≥ − 4 .
27 x→0−
27

Dạng 4: Xác định tham số để hàm số y = f(x) đơn
điệu trên khoảng có độ dài k cho trước.
Bài 1:
1.
+ Nếu m ≥ 3 thì y′ ≥ 0,∀x ∈ ¡ , hàm số đồng biến trên ¡ ⇒m ≥ 3 không
thoả mãn.
+ Nếu m < 3 thì y′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1,x2 (x1 < x2) . Hàm số nghịch
biến
m
trên đoạn  x1;x2  với độ dài x1 − x2 . Ta có: x1 + x2 = −2; x1x2 = .
3
2
Theo bài toán ⇔d > 1 ⇔x1 − x2 > 1 ⇔(x1 + x2) − 4x1x2 > 1 .
2. Ta có: y' = −6x2 + 6mx và y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = m

24


+ Nếu m = 0 ⇒ y′ ≤ 0,∀x ∈ ¡ ⇒hàm số nghịch biến trên ¡ ⇒m = 0 không
thoả
+ Nếu m ≠ 0 , y′ ≥ 0,∀x ∈ (0;m) khi m > 0 hoặc y′ ≥ 0,∀x ∈ (m;0) khi m < 0 .
Vậy hàm số đồng biến trên đoạn  x1;x2  có x2 − x1 = 1
(x1;x2) = (0;m)

⇔

m − 0 = 1
⇔ m = ±1 .
0 − m = 1

và x2 − x1 = 1 ⇔

(x1;x2) = (m;0)
5
7
3. m = −
hoặc m = .
2
2
Bài 2:
1. * Nếu m ≤ −2 ⇒ ∆ ' ≤ 0 ⇒ y' ≥ 0 ∀x ∈ ¡ ⇒ hàm số nghịch biến trên ¡ nên
hàm số không có khoảng đồng biến.
* Nếu m > −2 ⇒ y' = 0 có hai nghiệm x1 < x2 và y' ≤ 0 ⇔ x ∈  x1;x2  ⇒ yêu
cầu bài toán ⇔ x1 − x2 < 1 ⇔ (x1 + x2)2 − 4x1x2 < 1 ⇔ 4 +

4(m − 1)
5
< 1⇔ m < − .
3
4

Bài 3:
1. Ta có: y' = 3(m + 1)x2 − 6(m + 1)x + 2m
• m = −1⇒ y' = −2 < 0 (loại).
• m > −1 . Khi đó hàm số luôn có khoảng đồng biến có độ dài lớn hơn 1.
• m < −1. Yêu cầu bài toán ⇔ y' = 0 có hai nghiệm x1,x2 thỏa x1 − x2 ≥ 1
∆ ' = 9(m + 1)2 − 6m(m + 1) > 0 (m + 3)(m + 1) > 0
⇔
⇔
8m
⇔ m ≤ −9 (Do m < −1).
2
(x1 + x2) − 4x1x2 ≥ 1
3 − 3(m + 1) ≥ 0

2. m2 − 3m − 180 = 0 ⇔ m = −12 hoặc m = 15 ( thỏa điều kiện ) .
4
2
2
3. ( x2 − x1 ) < 8 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4x1x2 < 8 ⇔ 4 − m < 8 ⇔ m > −3 .
3

25



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×