KIẾN THỨC CƠ BẢN & NC CHƯƠNG I GT 12

KIẾN THỨC CƠ BẢN VÀ NÂNG CAO CHƯƠNG I Bài 1: TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ I/Tóm tắt lý thuyết: Định lý 1: Cho hàm f(x) có đạo hàm K ( K khoảng, đoạn nửa khoảng) a) f’(x)>0, ∀ x∈K ⇒ y= f(x) tăng K b) f’(x)< 0, ∀ x∈K ⇒ y= f(x) giảm K c) f’(x)=0, ∀ x∈K ⇒ f(x) không đổi Định lý 2: y = f(x) có đạo hàm K.Nếu f ’(x) ≥ (f’(x) ≤ 0), ∀ x ∈ K f ’(x) = số hữu hạn điểm hàm số đồng biến (nghịch biến) K Phương pháp xác định khoảng tăng, giảm hàm số : + Tìm TXÐ ? + Tính đạo hàm : y/ = ? Tìm nghiệm phương trình y/ = ( có ) + Lập bảng BXD y/ (sắp nghiệm PT y/ = giá trị không xác định hàm số từ trái sang phải tăng dần Nếu y/ > hàm số tăng, y/ < hàm số giảm ) + Kết luận : hàm số đồng biến , nghịch biến khoảng II/ Bài tập A/ Bài tập mẫu : 1/ Xét đồng biến, nghịch biến hàm số: a) y= –2x3 +9x2 +24x –7 b) y = x2 − x + 1− x Giải: a) Miền xác định: D= ¡  x = −1 y′ = −6 x + 18 x + 24 , cho y′ = ⇔  x = Bảng xét dấu : x –∞ –1 y′ – +∞ + – y Hàm số nghịch biến khoảng: (−∞; −1),(4; +∞) Hàm số đồng biến khoảng: (–1;4) b) Miền xác định: D= ¡ \ { 1} y′ = −x2 + 2x (1− x) x = x = , cho y′ = ⇔  Bảng biến thiên: x −∞ y′ – + +∞ + – y Hàm số đồng biến khoảng: (0;1), (1;2) Hàm số số nghịch biến khoảng: (−∞;0),(2; +∞) Ví dụ : Định m để hàm số: y= x3– 3mx2+ (m+2)x– m đồng biến ¡ Giải: Miền xác định: D= ¡ 22 y′ = 3x2– 6mx+ m+ ∆′ = 9m2– 3m– Bảng xét dấu: −∞ m − +∞ + – ∆′ Ta phân chia trường hợp sau: + ≤ m ≤1 Ta có: ∆′ ≤ ⇒ y′ ≥ 0, ∀x ∈ ¡ ⇒ hàm số đồng biến ¡  m < −  Nếu  m > Ta có: ∆′ > phương trình y′ =0 có nghiệm phân biệt x1, x2 (giả sử x1< x2) −∞ Bảng biến thiên: x x1 x2 +∞  Nếu − y′ + – + y Hàm số khơng thỏa tính chất luôn đồng biến ¡  Kết luận: Giá trị m thỏa mãn toán là: − ≤ m ≤1 B/ BÀI TẬP TỰ GIẢI 1) Xét tính đơn điệu hàm số a) y = f(x) = x3+3x2+1 b) y = f(x) = 2x2- x4 c) y = f(x) = x−3 x+2 d) y = f(x) = x − 4x + 1− x e) y = f(x) = x+2sinx (-π ; π).f) y = f(x) = xlnx g) y = f(x) = x (x − 5) h) y= f(x) = x3−3x2 i) y = f(x) = x − 3x + x −1 j) y= f(x) = x4−2x2 k) y = f(x) = sinx đoạn [0; 2π] 2) Cho hàm số y = f(x) = x3 −3(m+1)x2+3(m+1)x+1 Định m để hàm số : a) Luôn đồng biến khoảng xác định nó.Kq:1 ≤ m ≤ b) Nghịch biến khoản(1;0) Kq: m ≤ − mx − đồng biến khoảng xác định x−m mx + 6x − 4) Định m để hàm số y = f(x) = nghịch biến nửa khoảng [0;+∞) x+2 3) Định m∈Z để hàm số y = f(x) = Kq: m = 6) Chứng minh : hàm số luôn tăng khoảng xác định (trên khoảng xác định) : x −1 x2 − x −1 c) y = 2x + x −1 a) y = x3−3x2+3x+2 b) y = 7) Tìm m để hàm số y = x3 − ( m − 1) x − ( m − 7) x : a) Luôn đồng biến khoảng xác định b) Ln ln đồng biến khoảng (0;+∞) 8) Tìm m để hàm số : y = x − 2mx + m + đồng biến khoảng xác định x−m 23 9) Tìm m để hàm số : y = 10) Chứng minh : 2x + (1 − m )x + m + đồng biến khoảng (0;+∞) Kq: m ≤ − 2 x−m a) ln(x+1) < x , ∀ x > b) cosx ≥ x2 , với x > Bài 2: CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ I/Tóm tắt lý thuyết: • Dấu hiệu cần: Hàm f(x) đạt cực trị x0 có đạo hàm x9 f/(x0)=0 • Dấu hieäu đủ thứ I : Cho sử hàm số y = f(x) có đạo hàm (x0 – h; x0 + h) với h > +Nếu y/ đổi dấu từ dương sang âm qua x0 hàm số đạt cực đại x0, +Nếu y/ đổi dấu từ âm sang dương qua x0 hàm số đạt cực tiểu x0 Qui tắc tìm cực trị = dấu hiệu I : + MXĐ D=? + Tính : y/ = , tìm nghiệm ptr y/ = Tính giá trị hàm số nghiệm vừa tìm (nếu có) + BBT : (sắp nghiệm PT y/ = giá trị không xác định hàm số từ trái sang phải tăng dần) + Kết luận cực trị ? Chú ý: 1) Nếu hàm số tăng ( giảm) (a;b) khơng có cực trị (a;b) 2) Số cực trị hàm số số nghiệm đơn phương trình y/ = y / (x ) =  3) Nếu f(x) có đạo hàm x0 đạt cực trị x0   / y (x) đổi dấu qua x  •Dấu hiệu II: Cho hàm f(x) có đạo hàm tới cấp II (a;b), x0 ∈ (a;b) y / (x ) =  +Nếu  // hàm số đạt cực tiểu x0 y (x0 ) >  y / (x ) =  +Nếu  // hàm số đạt cực đại x0 y (x0 ) <  Qui tắc tim cực trị = dấu hiệu II: + MXÐ + Đạo hàm : y/ = ? cho y/ = => nghiệm x1 , x2 … ( có ) + Tính y// = ? y//(xi), i = 1, n Nếu y//(xi) > hàm số đạt CT xi Nếu y//(xi) < hàm số đạt CĐ xi Chú ý : dấu hiệu II dùng cho trường hợp mà y/ khó xét dấu *Cực trị hàm hữu tỉ : Nếu h/s y = u ( x) đạt cực trị x0 y/(x0)= giá trị cực trị y(x0) = v( x) u′(x ) v′(x ) a ≠ ∆ > * Điều kiện để hàm bậc có cực trị (có cực đại,cực tiểu): y’= có hai nghiệm phân biệt ⇔  *Điều kiện để hàm hữu tỉ b2/b1 có cực trị (có cực đại, cực tiểu): y’= có hai nghiệm phân biệt khác nghiệm mẫu * Điều kiện để hàm bậc có cực trị : y/ = có nghiệm phân biệt II/ BÀI TẬP: 24 A/Bài tập mẫu:  Áp dụng quy tắc 1/ Tìm điểm cực trị hàm số sau: a) y= –x4+ 2x2– b) y= e–x(x2– 3x +1) Giải: a) Miền xác định: D= ¡ y′ = – 4x3+ 4x= 4x(–x2+ 1) x = y′ = ⇔  x =   x = −1  Bảng biến thiên: x y′ −∞ –1 –2 + y 0 – + –2 +∞ – –3 Điểm cực đại: A(–1;–2), B(1;2) Điểm cực tiểu: C(0;–3) b) Miền xác định: D= ¡ y′ = –e–x(x2– 3x +1)+ e–x(2x–3) = e–x(–x2+5x–4) x = y′ = ⇔  x = Bảng biến thiên: x −∞ y′ – + +∞ – e4 y − e  Áp dụng quy tắc 2/ Tìm điểm cực trị hàm số: y= x– 2sin2x Miền xác định: D= ¡ y′ = 1– 4sinxcosx= 1– 2sin2x π   x = 12 + kπ y′ =0 ⇔ sin2x= ⇔  k ∈¢  x = 5π + kπ   12 y′′ = – 4cos2x π π  π  y′′  + kπ ÷ = −4 cos  + k 2π ÷= –2 0 Vậy: x = + kπ , k ∈ ¢ điểm cực tiểu 12  12    Các tốn có tham số Với giá trị tham số m hàm số sau có cực đại cực tiểu 1) y = ( m + ) x + x + mx + m 2) Giải 1) y = ( m + ) x + x + mx + m 25 y= x + 2m x + m x +1 Tập xác định: D = ¡ Đạo hàm: y ' = ( m + ) x + x + m Hàm số có cực đại cực tiểu ⇔ y ' = hay g ( x ) = ( m + ) x + x + m = có hai nghiệm phân biệt  m ≠ −2 m + ≠  m ≠ −2   ⇔ ⇔ ⇔ Vậy giá trị cần tìm là: ∆ ' = − 3m ( m + ) >  −3 < m < 3 ( − m − 2m + 3) >   −3 < m < m ≠ −2 x + 2m x + m 2) y = x +1 Tập xác định: D = ¡ \ { −1} Đạo hàm: y ' = x + x + m2 ( x + 1) 2 Hàm số có cực đại cực tiểu ⇔ y ' = hay g ( x ) = x + x + m = có hai nghiệm phân biệt khác –1 ∆ ' = − m2 >  −1 < m <  ⇔ ⇔ ⇔ −1 < m <  m ≠ ±1  g ( −1) = −1 + m ≠  Vậy giá trị cần tìm là: −1 < m < Với giá trị tham số m hàm số sau khơng có cực trị 1) y = ( m − 3) x − 2mx + 2) Giải 1) y = ( m − 3) x − 2mx + Tập xác định: D = ¡ Đạo hàm: y ' = ( m − 3) x − 4mx Cho y ' = ⇔ ( m − ) x − 4mx = (1) • Xét m = : y ' = ⇔ −12 x = ⇔ x = ⇒ y ' đổi dấu x qua x0 = ⇒ Hàm số có cực trị ⇒ m = khơng thỏa • Xét m ≠ : Hàm số khơng có cực trị ⇔ y ' khơng đổi dấu ⇔ phương trình (1) vơ nghiệm có nghiệm kép m − ≠ m ≠ ⇔ ⇔ ⇔m=0 m = ∆ ' = 4m ≤ Vậy giá trị cần tìm m = mx + x + m 2) y = x+m Tập xác định: D = ¡ \ { −m} Đạo hàm: y ' = mx + 2m x ( x + m) y ' = ⇔ g ( x ) = mx + 2m x = (1) ( x ≠ −m ) 26 y= mx + x + m x+m Hàm số khơng có cực trị ⇔ y ' khơng đổi dấu ⇔ phương trình (1) vơ nghiệm có nghiệm kép • Xét m = : y ' = 0, ∀x ≠ − m ⇒ m = thỏa • Xét m ≠ : Yêu cầu toán ⇔ ∆ ' = m ≤ : vô nghiệm ∀m ≠ Vậy giá trị cần tìm là: m = Cho hàm số y = x − mx + m Cm với m HS ln ln có cực trị khoảng cách x −1 điểm cực trị không đổi Giải Tập xác định: D = ¡ \ { 1} Đạo hàm: y ' = x2 − x ( x − 1)  x = ⇒ y = −m y'= ⇔  x = ⇒ y = − m Vậy y ' = ln ln có hai nghiệm phân biệt ∀m ⇒ Hàm số ln ln có cực trị.Tọa độ điểm cực trị A ( 0; −m ) , B ( 2; − m ) Khoảng cách hai điểm A, B là: AB = Cho hàm số y = ( − 0) a x + 2abx + b − a 2b ( ax + b ) • Điều kiện cần Hàm số đạt cực trị x = x =  y '( 0) =  ⇒  y '( 4) =   b − a 2b =0  b2  ⇔ 2 16a + 8ab + b2 − a b =  ( 4a + b )  b − a 2b =  b ≠ ⇔ 2 16a + 8ab + b − a b =  4a + b ≠  b = a >  ⇔ 8a ( a + ) =   4a + a ≠  a = −2 ⇔ b = • Điều kiện đủ Với a = −2, b = , ta có: y'= x2 − x ( − x + 2) + ( − m + m ) = (đpcm) ax + bx + ab Tìm giá trị a, b cho hàm số đạt cực trị x = x = ax + b Giải Hàm số xác định ax + b ≠ y'= x = =0⇔ x = Bảng biến thiên 27 Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số đạt cực đại x = đạt cực tiểu x = Vậy giá trị cần tìm là: a = −2, b = ( ) 2 Cho hàm số y = x − ( 2m + 1) x + m − 3m + x + Xác định m để đồ thị hàm số có hai điểm cực đại cực tiểu nằm hai phía trục tung Giải Tập xác định: D = ¡ 2 Đạo hàm: y ' = 3x − ( 2m + 1) x + m − 3m + Hàm số có cực đại cực tiểu nằm hai phía trục tung ⇔ y ' = hay g ( x ) = x − ( 2m + 1) x + m − 3m + = có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả x1 < < x2 ⇔ 3.g ( ) < ⇔ m − 3m + < ⇔ < m < Vậy giá trị cần tìm là: < m < Cho hàm số y = x − x + ( C ) Hãy xác định tất giá trị a để điểm cực đại điểm cực tiểu đồ thị (C) hai phía khác đường trịn (phía phía ngồi): x + y − 2ax − 4ay + 5a − = (Trích ĐTTS vào Trường Đại học An Ninh, 2000) Giải Tập xác định: D = ¡ Đạo hàm: y ' = 3x − x x = ⇒ y = y'= ⇔   x = ⇒ y = −2 ⇒ Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A ( 0; ) , B ( 2; −2 ) 2 Đặt ( Ca ) : x + y − 2ax − 4ay + 5a − = Hai điểm A, B hai phía hai đường trịn ( Ca ) ⇔ PA / ( Ca ) PB / ( Ca ) < ⇔ ( 5a − 8a + 3) ( 5a + 4a + ) < ⇔ 5a − 8a + < (do 5a + 4a + > 0, ∀a ) ⇔ < a 1= R 5 5  ⇒ Điểm B nằm ( Ca ) Ta có: IB = ( a − 2) Do đó: Điểm A nằm phía đường trịn ( Ca ) ⇔ IA < ⇔ ⇔ a + ( − 2a ) < ⇔ 5a − 8a + < < a < mx − ( m − 1) x + ( m − ) x + Với giá trị m hàm số có cực 3 đại cực tiểu đồng thời hoành độ điểm cực đại cực tiểu x1 , x2 thoả x1 + x2 = Cho hàm số y = 28 Giải Tập xác định: D = ¡ Đạo hàm: y ' = mx − ( m − 1) x + ( m − ) Hàm số có cực đại cực tiểu ⇔ y ' = hay mx − ( m − 1) x + ( m − ) = có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 m ≠ m ≠  ⇔ ⇔ 2 ∆ ' = ( m − 1) − 3m ( m − ) >  −2 m + m + >  m ≠  ⇔ 2 − 2+ ⇔ m − 8m − > ⇔ m < − 17 ∨ m > + 17 Lấy y chia cho y’, ta có: 2 ( x − m − 1) y '− m2 − 8m − x + m3 + 5m + 3m + 3 Gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) điểm cực trị đồ thị hàm số x1 , x2 nghiệm (1) y= ( ) ( ) Ta có: 29 2   y1 = ( x1 − m − 1) y ' ( x1 ) − m − 8m − x1 + m + 5m + 3m + 3   y ' ( x1 ) =  ( ⇒ y1 = − ) ( 2 m − 8m − x1 + m3 + 5m + 3m + 3 ( ) ( ) ) Tương tự ta có: y2 = − 2 m − 8m − x2 + m3 + 5m + 3m + 3 ( ) ( ) Vậy phương trình đường thẳng qua hai điểm cực đại cực tiểu là: 2 m − 8m − x + m3 + 5m + 3m + 3 Cho hàm số y = x − x + ( m + ) x − m − Định m để hàm số có cực đại cực tiểu đồng y=− ( ) ( ) thời hai giá trị cực trị dấu Giải Tập xác định: D = ¡ Đạo hàm: y ' = 3x − 12 x + ( m + ) y ' = ⇔ 3x − 12 x + ( m + ) = (1)  Hàm số có cực đại cực tiểu ⇔ y ' = có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' = 36 − ( m + ) > ⇔ − m > ⇔ m < (*) Lấy y chia cho y’, ta có: ( x − ) y '+ ( m − ) x + m − Gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) điểm cực trị đồ thị hàm số x1 , x2 nghiệm (1) y= Theo định lí Vi-ét, ta có: x1 + x2 = 4, x1 x2 = m +   y1 = ( x1 − ) y ' ( x1 ) + ( m − ) x1 + m − ⇒ y1 = ( m − ) x1 + m − Ta có:   y ' ( x1 ) =  Tương tự ta có: y2 = ( m − ) x2 + m − Yêu cầu toán ⇔ y1 y2 > ⇔  ( m − ) x1 + m −   ( m − ) x2 + m −  >    ( x1 + 1) ( x2 + 1) > ⇔ ( m − ) 4 x1 x2 + ( x1 + x2 ) + 1 >   2 ⇔ ( m − )  ( m + ) + 2.4 + 1 > ⇔ ( m − ) ( 4m + 17 ) >   ⇔ ( m − 2) 2 17  m > − ⇔ m ≠  So với điều kiện (*) ta có giá trị cần tìm là: − 17 < m < 10 Cho hàm số y = x − x + m x + m Tìm tất giá trị tham số m để hàm số có cực đại, cực tiểu điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số đối xứng qua đường thẳng y= x − (Trích ĐTTS vào Đại học Quốc gia Hà Nội, 2001) 2 30 Giải Tập xác định: D = ¡ Đạo hàm: y ' = 3x − x + m y ' = ⇔ 3x − x + m =  (1) Hàm số có cực đại cực tiểu ⇔ y ' = có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' = − 3m > ⇔ − < m < Gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) điểm cực trị đồ thị hàm số I trung điểm đoạn AB Do x1 , x2 nghiệm (1) nên theo định lí Vi-ét, ta có: m2 x1 + x2 = , x1.x2 = Hai điểm A, B đối xứng qua đường thẳng ∆ : y = x− 2  AB ⊥ ∆ ⇔ I ∈ ∆ Đường thẳng ∆ AB có hệ số góc là: k1 = 3 2 y2 − y1 x2 − x1 − ( x2 − x1 ) + m ( x2 − x1 ) k2 = = x2 − x1 x2 − x1 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 − ( x1 + x2 ) + m 2 m2 = 4− − + m2 2m − =  2m −  AB ⊥ ∆ ⇔ k1.k = −1 ⇔   = −1 ⇔ m =   Với m = :  x = ⇒ y1 = y ' = 3x − x = ⇔   x2 = ⇒ y2 = −4 ⇒ Đồ thị hàm số có hai cực trị A ( 0;0 ) , B ( 2; −4 ) ⇒ Trung điểm AB là: I ( 1; −2 ) T a có: I ∈ ∆ Vậy: m = thoả yêu cầu toán 11 Cho hàm số y = x − 2mx + 2m + m Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu, đồng thời điểm cực đại cực tiểu lập thành tam giác (Trích ĐTTS vào Học viện Quan hệ Quốc tế, 1997) Giải Tập xác định: D = ¡ Đạo hàm: y ' = x − 4mx x = y'= ⇔  x = m ( *) 31 ... trị (có cực đ? ?i, cực tiểu): y’= có hai nghiệm phân biệt ⇔  *? ?i? ??u kiện để hàm hữu tỉ b2/b1 có cực trị (có cực đ? ?i, cực tiểu): y’= có hai nghiệm phân biệt khác nghiệm mẫu * ? ?i? ??u kiện để hàm bậc... = − c tiệm cận đứng a lim + x= −d/ c x= −d/ c •y= c +Bảng biến thiên : + Vẽ đồ thị : − Vẽ tiệm cận, trục toạ độ, ? ?i? ??m đặc biệt − Cho ? ?i? ??m phía tiệm cận đứng vẽ nhánh II/ B? ?I TẬP: A/B? ?i tập mẫu:... thiên : + Gi? ?i hạn tiệm cận : 1 ⇒ y = − tiệm cận ngang x →−∞ x →+∞ 2 lim + y = +∞ lim − y = −∞ ⇒ x = − tiệm cận đứng  1 ; x → −  x → − ÷  ÷  2  2 lim y = lim y = − • • +Bảng biến thiên: