01 1 huong dan giai

ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Dạng 1: Xét đồng biến, nghịch biến hàm số Bài toán 01: XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ TRÊN TẬP XÁC ĐỊNH Bài 1: Hàm số y đồng biến khoảng ( −∞;1) ( 1;+∞ ) ( hay hàm số y nghịch biến khoảng xác định ) Hàm số y nghịch biến khoảng ( −∞;1) ( 1;+∞ ) ( hay hàm số y nghịch biến khoảng xác định ) Hàm số y nghịch biến khoảng ( −∞;1) ( 1;+∞ ) ( hay hàm số y nghịch biến khoảng xác định )  1 1  Hàm số y đồng biến khoảng  −∞; ÷  ; +∞ ÷ ( hay hàm số y 2     đồng biến khoảng xác định ) Bài 2: Hàm số y đồng biến khoảng: (−∞; −2) (0; +∞) , nghịch biến khoảng: (−2; −1) (−1;0) Hàm số y đồng biến khoảng: (−∞; −2) (0; +∞) , nghịch biến khoảng: (−2; −1) (−1;0) Hàm số đồng biến (−∞;0) (2; +∞) Hàm số nghịch biến (0;1) (1;2) Hàm số đồng biến khoảng ( −5; −2) ( −2;1) , nghịch biến khoảng ( −∞; −5) ( 1;+∞ ) Bài 3: Hàm số y đồng biến khoảng (−∞;0) (2; +∞) , nghịch biến khoảng (0;2) Hàm số y đồng biến khoảng (−∞;1) (2; +∞) , nghịch biến khoảng (1;2)  1 1  Hàm số y đồng biến nửa khoảng  −∞;   ; +∞ ÷ 2  2  Từ suy hàm số đồng biến ¡ Hàm số đồng biến khoảng ( −∞;1) ( 3; + ∞ ) , nghịch biến ( 1;3) Trên khoảng ( −4;2) : y' > ⇒ y đồng biến khoảng ( −4;2) , 12 Trên khoảng ( −∞; −4) ,( 2; +∞ ) : y' < ⇒ y nghịch biến khoảng ( −∞;−4) , ( 2;+∞ ) Bài 4: Hàm số đồng biến (−∞; −1) (0;1) ; nghịch biến (−1;0) (1; +∞) Hàm số đồng biến (−2; +∞) , nghịch biến (−∞; −2) Hàm số y đồng biến khoảng (−∞;0) , nghịch biến (0; +∞) Hàm số y đồng biến khoảng (−∞; −1) , nghịch biến khoảng (−1; +∞) Bài 4: y' = 6(x8 − x5 + x2 − x + 1) Xét trường hợp sau x ∈ (−∞;0] , x8 ≥ , x5 ≤ , x2 ≥ ,x ≤ ⇒ y' > ∀x ∈ (−∞;0] x ∈ (0;1] , x2 ≥ x5 , 1− x ≥ , x8 > ⇒ y' > ∀x ∈ (0;1] x ∈ (1; +∞) , x8 > x5 , x2 > x ⇒ y' > ∀x ∈ (1; +∞) Vậy ∀x ∈ R ,y' > ,suy hàm số đồng biến ¡ Bài tốn 02: XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ CHỨA GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐI,, CHỨA CĂN THỨC Bài 1: Hàm số đồng biến (2; +∞) ; nghịch biến (−∞;0)  2 2;+∞ , nghịch biến ÷ Hàm số đồng biến  − 2; − 3÷      − ;0÷  ÷   Hàm số y đồng biến khoảng (0;2) , nghịch biến (−∞;0) (2;3) ( )  2 ; ÷, nghịch biến khoảng Hàm số đồng biến khoảng  − ÷  2     2 ;1÷  −1; − ÷    ÷ ÷     Bài 2: x ≥ x ≥ ⇔ ⇔ x = 1+ y' = ⇔ 2x − x = x − ⇔  2 2x − x = (x − 1) 2x − 4x + =   2  ;2÷ ÷ nghịch biến  1+ Vậy, hàm số y đồng biến  0;1+ ÷   ÷    13  9 Hàm số y giảm khoảng  −3; − ÷, ( 2;3) tăng khoảng 4     − ;2÷   Hàm số y đồng biến khoảng (5; +∞) nghịch biến ( −∞; −4)  x ≥ − ⇔ x = −1 y' = ⇔ x + 3x + = 2x + ⇔  x2 + 3x + = ( 2x + 3)  Hàm số đồng biến khoảng ( −∞; −1) , nghịch biến khoảng ( −1; +∞ ) Bài > với x∈ ¡ Vậy hàm số y đồng biến Ta có: y' = (x + 1) x2 + ¡  1  1 Trên khoảng  −∞; ÷: y' > ⇒ y đồng biến khoảng  −∞; ÷; 3 3   1  1  Trên khoảng  ; +∞ ÷: y' < ⇒ y nghịch biến khoảng  ; +∞ ÷ 3  3  Bài 4: Hàm số đồng biến (−1; +∞) , nghịch biến (−∞; −1) Hàm số đồng biến (−3; −1) (1; +∞ ) ; nghịch biến (−∞; −3) (−1;1) Bài 5: TXĐ: D = ¡ Cách 1: Ta có: y = (x − 2x − 3) ⇒ y' = 2 2(x − 1)(x2 − 2x − 3) (x2 − 2x − 3)2 Vậy, hàm số y đồng biến khoảng (−1;1) (3; +∞) , nghịch biến (−∞; −1) (1;3) x2 − 2x − x ≤ −1 ∨ x ≥ Cách 2: y = x − 2x − =  − x + 2x + − 1< x < Hàm số cho xác định ¡ 2x − x < −1 ∨ x > y' =  Hàm số khơng có đạo hàm x = −1 x = −2x + − < x < Vậy, hàm số đồng biến khoảng ( −1;1) ( 3;+∞ ) , nghịch biến khoảng ( −∞; −1) ( 1;3) TXĐ: D = ¡ 14 x2 − 4x + + 4x + = x2 + x ≤ 1∨ x ≥ y = Ta có:  2 − x + 4x − + 4x + = − x + 8x ≤ x ≤ Khi x ∈ (−∞;1) U (3; +∞) : y' = 2x ⇒ y' = ⇔ x = ∈ (−∞;1) U (3; +∞) Khi x ∈ (1;3) : y' = −2x + ⇒ y' = ⇔ x = 4∉ (1;3) f '(1+ ) = Tại x = ,ta có:  − Vì f '(1+ ) ≠ f '(1− ) nên f’(1) không tồn f '(1 ) = f '(3+ ) = ⇒ f '(3) không tồn Tại x = ,ta có :  − f '(3 ) = Vậy, hàm số y đồng biến khoảng (0; +∞) nghịch biến khoảng (−∞;0) Bài toán 03: XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ HỮU TỶ KHÁC Bài :  1 Hàm số y đồng biến khoảng ( −2; −1) ,  −1; − ÷ nghịch biến     khoảng ( −∞; −2) ,  − ;1÷, ( 1;+∞ )    1  1 Trên khoảng  − ; ÷: y' > ⇒ y đồng biến khoảng  − ; ÷;  3  3  1 1  Trên khoảng  −∞; − ÷  ; +∞ ÷: y' < ⇒ y nghịch biến khoảng 2  3   1 1   −∞; − ÷  ; +∞ ÷     Trên khoảng ( 0;2) : y' > ⇒ y đồng biến khoảng ( 0;2) ; ( −∞;0) ( 2;+∞ ) Trên khoảng ( −∞;0) ( 2; +∞ ) : y' < ⇒ y nghịch biến khoảng Bài tốn 04: XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC Bài 1: Hàm số cho xác định đoạn 0; π Ta có: y' = 2cosx( 1− 2sinx) Ta cần tìm nghiệm phương trình y' = cosx = π π 5π ⇔ x = ,x = ,x = khoảng ( 0;π ) y' = ⇔ x ∈ ( 0; π ) :  sinx = 6  15  π Dựa vào bảng biến thiên suy : hàm số đồng biến khoảng  0; ÷  6  π 5π   π π  5π   ; ÷, nghịch biến khoảng  ; ÷  ; π ÷ 2   2    π π Hàm số cho xác định khoảng  − ; ÷  2 ( ) Ta có: y' = 2cos2x + 2sinx − = 1− 2sin x + 2sinx − y' = −2sinx ( 2sinx − 1)   π π x =  π π x ∈  − ; ÷ ⇔ Trên khoảng  − ; ÷ : y' = ⇔   2  x = π  2 −2sinx ( 2sinx − 1) =    π   π π  π Hàm số giảm khoảng  − ;0÷ ,  ; ÷ tăng khoảng  0; ÷    2  6 Bài Ta có: y' = 2cos2x − = 2(cos2x − 1) ≤ ∀x ∈ ¡ π π Và y' = ⇔ x = + k , k ∈ ¢ Vì y' = vô hạn điểm nên ta chưa thể kết luận hàm số nghịch biến ¡ Ta chứng minh hàm số nghịch biến ¡ định nghĩa Với ∀x1,x2 ∈ ¡ , x1 < x2 , ln tồn khoảng (a;b) chứa x1,x2 Do y' = hữu hạn điểm khoảng (a;b) nên hàm số nghịch biến khoảng (a;b) ⇒ y(x1) > y(x2) ⇒ hàm số nghịch biến ¡  π Ta có: y' = 3cosx + sinx + = 2cos x − ÷+ ≥ Hàm số đồng biến ¡ 6  Ta có: y' = + mcosx * Nếu −2 < m < ⇒ y' > ∀x ∈ ¡ ⇒ hàm số đồng biến ¡ * Nếu m = ±2 ⇒ ± 2cosx ≥ ∀x ∈ ¡ y' = vô hạn điểm, ta chưa kết luận hàm số tăng ¡ Ta chứng minh hàm số đồng biến ¡ * Với m > , y' nhận giá trị âm lẫn dương ¡ nên hàm số đồng biến ¡ Vậy | m|≤ giá trị cần tìm Ta có: y' = −4sin2x + m Hàm số đồng biến ¡ ⇔ y' ≥ ⇔ m ≥ 4sin2x ∀x ∈ ¡ , tìm m ≥ 16 1 Bài Ta có y' = m + cosx + cos2x + cos3x Hàm đồng biến ¡ ⇔ y' ≥ 0,∀x ∈ ¡ ⇔ m + cosx + cos2x + cos3x,∀x ∈ ¡ 3 ⇔ m ≥ − t − t + = g ( t) ,∀t ∈ [ −1,1] với t = cosx,t ∈ [ −1,1] g ( t) Bài tốn trở thành tìm m để tồn m ≥ xmax ∈[ −1,1] g'( t) = −4t2 − 2t = −2t ( 2t + 1) ⇒ g' ( t ) = ⇔ t = − ,t = 5 Lập bảng biến thiên ta thấy max g ( t) = g ( −1) = ⇒ m ≥ 6 x∈[ −1,1] Dạng 2: Xác định tham số để hàm số y = f(x) đơn điệu tập xác định Bài tốn 01: TÌM m ĐỂ HÀM SỐ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN TRÊN TẬP XÁC ĐỊNH Bài 1: Cách 1: Hàm số cho đồng biến ¡ ⇔ y' ≥ , ∀x ∈ ¡ nghĩa ta ln có: ∆ ' = a2 − ≤ ⇔ −2 ≤ a ≤ Cách : Tham khảo cách giải sau, bạn đọc đúc kết qua lời giải Bảng xét dấu ∆ ' a −∞ +∞ −2 − + 0 + ∆' + Nếu −2 < a < y' > với x∈ ¡ Hàm số y đồng biến ¡ + Nếu a = y' = ( x + 2) , ta có : y' = ⇔ x = −2,y' > 0,x ≠ −2 Hàm số y đồng biến nửa khoảng ( −∞; −2 −  2; +∞ ) nên hàm số y đồng biến ¡ + Tương tự a = −2 Hàm số y đồng biến ¡ + Nếu a < −2 a > y' = có hai nghiệm phân biệt x1,x2 Giả sử x1 < x2 Khi hàm số nghịch biến khoảng ( x1;x2 ) ,đồng biến khoảng ( −∞;x1) ( x2;+∞ ) Do a < −2 a > không thoả mãn yêu cầu toán Bài 2: −3 < m < 1 + m ≤ ⇒ y' < 0,x ≠ 1, hàm số nghịch biến khoảng ( −∞;1) , ( 1;+∞ ) 17 phương trình y' = có hai nghiệm x1 < < x2 ⇒ hàm số đồng biến khoảng ( x1;1) ( 1;x2 ) , trường hợp không thỏa Bài 3: Vì đạo hàm khơng thể triệt tiêu vơ hạn điểm nên Hàm số đồng biến ¡ ⇔ y' ≥ ∀x ∈ ¡ + m> ⇔ (m + 2)x2 − 2(m + 2)x − 3m + 1≥ ∀x ∈ ¡ (1) TH 1: Nếu m = −2 (1) ln với x ⇒ m = −2 thỏa toán a = m + > ⇔ −2 < m ≤ − TH 2: Nếu m ≠ −2 (1) ⇔  ∆ ' = (m + 2)(4m + 1) ≤  • m = 1⇒ y' = −3 < ∀x ∈ ¡ hàm số nghịch biến ¡ • m≠1 m − < Hàm số nghịch biến ¡ ⇔  ∆ = (m − 1) − (2m − 3)(m − 1) ≤ m < ⇔ ⇔ m < Vậy m ≤  −m + ≥ Hàm số y đồng biến ¡ ⇔ y' ≥ 0,∀x ∈ ¡ + Xét m2 − = ⇔ m = ±1 g m = 1⇒ y' = 4x + ⇒ y' ≥ ⇔ x ≥ − ⇒ m = không thoả yêu cầu g m = 1⇒ y' = > ∀x ∈ ¡ ⇒ m = −1 thoả mãn yêu cầu toán + Xét m2 − ≠ ⇔ m ≠ ±1 + Nếu m < −1∨ m > y' > với x∈ ¡ Hàm số y đồng biến ¡ + Nếu m = y' = 3( x + 1) , ta có : y' = ⇔ x = −1,y' > 0,x ≠ −1 Hàm số y đồng biến nửa khoảng ( −∞; −1 −  1; +∞ ) nên hàm số y đồng biến ¡ + Nếu −1< m < 2,m ≠ y' = có hai nghiệm phân biệt x1,x2 Giả sử x1 < x2 Khi hàm số nghịch biến khoảng ( x1;x2 ) ,đồng biến khoảng ( −∞;x1) ( x2;+∞ ) Do −1< m < 2,m ≠ không thoả mãn yêu cầu tốn Do hàm số y đồng biến ¡ m < −1∨ m ≥ Hàm số đồng biến D ⇔ ∀x ∈ D ,y' ≥ ⇔ ∀x ∈ D , x − + x − ≥ − m (1) Xét hàm f(x) = x − + x − Khi (1) ⇔ ∀x ∈ D ,f(x) ≥ − m Lập bảng biến thiên f(x) [4; +∞) f '(x) = x− + x− > ∀x ∈ (4; +∞) 18 Lại có f(x) liên tục [4; +∞) ,do f(x) đồng biến [ 4; +∞) ,suy f(x) = f(4) = Vậy hàm số cho đồng biến D ⇔ m ≥ − x∈[4;+∞ ) ∀x ∈ ¡ ,y' ≥ ⇔ 1− m ≥ ⇔ −1≤ m ≤ Bài 4: Hàm số nghịch biến khoảng xác định 1 11 y' ≤ 0, ∀x ≠ tức −6x2 + 6x + − m ≤ , ∀x ≠ ⇒ m ≥ 2 Dạng 3: Xác định tham số để hàm số y = f(x) đơn điệu khoảng xác định Bài tốn 01: TÌM m ĐỂ HÀM SỐ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN TRÊN KHOẢNG K = −∞;α , β;+∞ , ( −∞;α  , β;+∞ Bài 1: Hàm số nghịch biến (2; +∞) ⇔ hàm số xác định (2; +∞) ( ) ( ) ) m ≤ m ∉ (2; +∞)  ∀x ∈ (2; +∞),y' > ⇔  ⇔ ⇔ − < m ≤ 2 −2m + < m > −   y' < 0,∀x ∈ ( −∞;1) Hàm số nghịch biến khoảng ( −∞;1)  − m ∉ ( −∞;1) m2 − < −2 < m < ⇔ ⇔ ⇔ −2 < m ≤ −1  −m ≥ −m ∉ ( −∞;1) Ta có: f(x) ≥ ⇔ m ≤ 2x2 − 4x + Đặt g(x) = 2x2 − 4x + ⇒ g'(x) = 4x − g(x) Hàm số cho đồng biến (−∞; −1) ⇔ y' ≥ 0, ∀x ∈ (−∞; −1) ⇔ m ≤ (−∞ ;−1] Đặt t = x − ,khi : f(x) ≤ trở thành: g(t) = −t2 − 2(1− 2m)t − m2 + 4m − 1≤ 2m > Hàm số cho nghịch biến (−∞;1) ⇔ y' ≤ 0, ∀x ∈ (−∞;1) ⇔  ( ∗) g(t) ≤ 0, ∀t < Với m > ( ∗) m = ∆ ' =   m = ∆ ' > m ≠  ⇔ ⇔  ⇔   S > 4m − >  m ≥ +     m2 − 4m + ≥  P ≥  2 x2 + 6x + − m2 ≥ , ∀x ∈ ( 1; +∞ ) ( ( x + 3) > , ∀x > 1) hay ( x + 3) ≥ m2 với ∀x ∈ ( 1; +∞ ) Xét g ( x) = ( x + 3) khoảng ( 1;+∞ ) g'( x) = 2( x + 3) với 19 x > ⇒ x + > tức g'( x) > > với ∀x ∈ ( 1; +∞ ) g ( x) đồng biến khoảng ( 1;+∞ ) g ( x) = +∞ lim+ g ( x) = 16 xlim →+∞ x→1 Khi m2 ≤ ( x + 3) , ∀x ∈ ( 1; +∞ ) ⇔ m2 ≤ 16 hay −4 ≤ m ≤ Hàm nghịch biến nửa khoảng 1; +∞ ) ⇔ f ( x) = mx2 + 4mx + 14 ≤ , ∀x ∈ 1; +∞ ) ( ∗) Cách 1: Dùng tam thức bậc hai • Nếu m = ( ∗) khơng thỏa mãn • Nếu m ≠ Khi f ( x) có ∆ = 4m2 − 14m • Nếu < m < f ( x) > ∀x ∈ ¡ , f ( x) có hai nghiệm x1 ,x2 f(x) ≤ ⇔ x ∈ ( x1;x2 ) nên ( ∗) khơng thỏa mãn • Nếu m < m > Khi f ( x) = có hai nghiệm −2m + 4m2 − 14m −2m − 4m2 − 14m ; x2 = m m Vì m < m > ⇒ x1 < x2 ⇒ f ( x) ≤ ⇔ x ≤ x1 x ≥ x2 x1 Do f(x) ≤ ∀x ∈ 1; +∞ ) ⇔ x2 ≤ ⇔ −3m ≥ 4m2 − 14m ⇔ m ≤ − Cách 2: ( ∗) ⇔ m ≤ 14 −14 = g ( x) ∀x ∈ 1; +∞ ) ⇔ m ≤ g ( x) x≥1 x + 4x 14 14 Ta có ming ( x) = g ( 1) = − ⇒ m ≤ − x≥1 5 Bài 2:  1 f  ÷ ≥ m ⇔ ≥ m  2 2 Ta có: y ′= 3x2 + 6x − m y′ có ∆′ = 3(m + 3) + Nếu m ≤ −3 ∆′ ≤ ⇒y′ ≥ 0,∀x ⇒hàm số đồng biến ¡ ⇒m ≤ −3 thoả + Nếu m > −3 ∆′ > ⇒phương trình y′ = có nghiệm phân biệt x1,x2 (x1 < x2) Khi hàm số đồng biến khoảng (−∞;x1),(x2; +∞) ∆′ > m > −3   Do hàm số đồng biến khoảng (−∞;0) ⇔0 ≤ x1 < x2 ⇔P ≥ ⇔− m ≥ S > −2 >   ∀x ∈ (1; +∞),x2 − 2mx + 1− 2m ≥ ⇔ ∀x ∈ (1: +∞ ),x2 + 1≥ 2m(x + 1) 20 ⇔ ∀x ∈ (1; +∞ ), x2 + ≥ 2m (dox + 1> 0khi x > 1) x+1 x2 + 2x − > với x ∈ (1; +∞) Xét hàm số f ( x) = x + , x ∈ (1; +∞) f '(x) = x+ (x + 1)2 ∀x ∈ (1; +∞),f(x) ≥ 2m ⇔ f(x) ≥ 2m ⇔ f(1) ≥ 2m ⇔ 1≥ 2m ⇔ m ≤ x∈[1;+∞ ) f(x) = 3x2 − 2(m + 1)x − (2m2 − 3m + 2) ≥ ∀x ∈ [2; +∞) Vì x1 < x2 nên f(x) ≥ ⇔ x ≤ x1 x ≥ x2 Do f(x) ≥ ∀x ∈ [2; +∞) ⇔ x2 ≤ ⇔ ∆ ' ≤ − m m ≤ m ≤ ⇔ ⇔ ⇔ −2 ≤ m ≤ 2 ∆ ' ≤ (5 − m) 2m + m − ≤ y' ≥ 0,∀x ∈ ( 2; +∞ ) ⇔ mx2 + 4( m − 1) x + m − ≥ 0,∀x ∈ ( 2; +∞ ) ( ) ⇔ x2 + 4x + m ≥ 4x + 1,∀x ∈ ( 2; +∞ ) ⇔ m ≥ Xét hàm số g ( x) = 4x + x + 4x + ,∀x ∈ ( 2; +∞ ) 4x + ,x ∈ ( 2; +∞ ) x + 4x + −2x( 2x + 1) ⇒ g'( x) = < 0,∀x ∈ ( 2; +∞ ) ⇒ g ( x) nghịch biến khoảng ( 2;+∞ ) 2 x + 4x + ( lim g ( x) = x→2+ ) , lim g ( x) = Vậy m ≥ 13 x→+∞ 13 ( ) 2 f ( x) = 3x − 2( m + 1) x − 2m − 3m + ≥ 0, ∀x ∈ 2; +∞ ) Vì tam thức f ( x) có ∆ ' = 7m2 − 7m + > ,∀m ∈ ¡ nên f ( x) có hai nghiệm : m + 1− ∆ ' m + 1+ ∆ ' Vì x1 < x2 nên f ( x) ⇔ x ≤ x1 x ≥ x2 ;x2 = 3 Do f ( x) ≥ ∀x ∈  2; +∞ ) ⇔ x2 ≤ ⇔ ∆ ' ≤ − m ⇔ −2 ≤ m ≤ Bài 3: Hàm số đồng biến khoảng (−∞;m), (m + 1; +∞) , hàm số đồng biến (2; +∞) ⇔ m + ≤ ⇔ m ≤ Hàm số nghịch biến khoảng (2; +∞) ⇔ y' ≤ x1 < x2 ≤ x1 = 21 ∆ ' ≤   ∆ ' > − ≤ m ≤ ⇔   ⇔ ⇒ − ≤ m≤ 2 m > −5  ( x1 − 2) + ( x2 − 2) <   ( x − 2) ( x − 2) ≥   Đặt t = x – ta được: y′ = g(t) = (m2 − 1)t2 + (4m2 + 2m − 6)t + 4m2 + 4m − 10 Hàm số cho nghịch biến khoảng (−∞;2) ⇔ g(t) ≤ 0, ∀t < m2 − 1< a <  3m2 − 2m − >  ∆ >  TH2:  ⇔4m2 + 4m − 10 ≤ S >  P ≥  −2m −   m + > a < m2 − 1< TH1:  ⇔  ∆ ≤ 3m2 − 2m − 1≤ Xét hàm số g ( x) = Ta có: g'( x) = Hơn − x2 + 2x liên tục khoảng ( 0;1) 4x + −4x2 − 2x + ( 4x + 1) lim g ( x) = 0, + x→0 , ∀x ∈ ( 0;1) : g'( x) = ⇔ x = lim g ( x) = x→1−  1 1 , g ÷=  2 Dựa vào bảng biến thiên suy m ≤ 5 y' = −3x2 − 6x + m ≤ 0,∀x > ⇔ m ≤ 3x2 + 6x = f ( x) Ta có f '( x) = 6x + > 0,∀x > f ( 0) = Từ ta : m ≤ Cách 1: y' ≥ 0,∀x ∈ ( 1; +∞ ) ⇔ g ( x) = 6x2 − 4x ≥ − m,x > g'( x) = 12x − > 0,∀x > ⇔ g ( x) đồng biến khoảng ( 1;+∞ ) ( ) g ( x) = +∞ lim+ g ( x) = lim+ 6x − 4x = 2, xlim →+∞ x→1 x→1 Dựa vào bảng biến thiên suy ≥ −m ⇔ m ≥ −2 ( a) f ( x) = có hai nghiệm thỏa mãn x1 ≤ x2 < 1( *) Đặt t = x − 1⇒ x = t + 1, g ( t) = f ( t + 1) Cách 2: Khi ∆ ' = − 6m ≤ ⇔ m ≥ Điều kiện ( *) ⇔ g ( t) = 6t2 + 8t + + m có hai nghiệm khơng dương, tức  ∆' ≥  g Sg ≤ ⇔ ( b)  Pg ≥ Bài tốn 02: TÌM m ĐỂ HÀM SỐ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN TRÊN KHOẢNG XÁC ĐỊNH ( α;β ) , α;β 22 Bài 1: + m ≤ , y ′≥ 0,∀x ∈ (0; +∞) ⇒ m ≤ thoả mãn + m > , y ′= có nghiệm phân biệt: − m, 0, m Hàm số cho đồng biến (1; 2) ⇔ m ≤ ⇔ < m ≤ Vậy m ∈ ( −∞;1 ∀x ∈ [3;4],3x2 − 2(m + 2)x + 3m + ≥ ⇔ ∀x ∈ [3;4],3x2 − 4x + ≥ m(2x − 3) ⇔ ∀x ∈ [3;4], g'(x) = 3x2 − 4x + 3x2 − 4x + ≥ m Xét g ( x) = , x ∈ [3;4] 2x − 2x − 6x2 − 18x + (2x − 3) = 2[3x(x − 3) + 4] (2x − 3)2 > với x thuộc đoạn  3;4 17 ⇒ g ( x) đồng biến đoạn  3;4 ⇒ g(x) = g(3) = x∈[3;4] Bài 2: Cách f(x) = mx2 − 2(m − 1)x + 3(m − 2) ≥ 0, ∀x ∈ (2; +∞) (3) TH 1: m = (3) với x ≥ TH 2: m < ta thấy trường hợp không tồn m thỏa mãn yêu cầu toán TH 3: m > , f(x) có ∆ ' = −2m2 + 4m + * Nếu ∆ ' ≤ ⇔ m ≥ 2+ (do m > ) ⇒ f(x) ≥ ∀x ∈ ¡ 2+ (*) Khi f(x) có hai nghiệm x1 < x2 * Nếu ∆ ' > ⇔ < m <  x ≤ x1 f(x) ≥ ⇔  ⇒ f(x) ≥ 0, ∀x > ⇔ x2 ≤  x ≥ x2 m − 1+ ∆ ' ≤ ⇔ ∆ ' ≤ m + ⇔ 3m2 − 2m ≥ ⇔ m ≥ m 2 2+ Kết hợp với (*) ⇒ ≤ m < Vậy m ≥ giá trị cần tìm 3 ⇔ Cách 2: Xét hàm số g(x) với x ≥ Ta có : g'(x) = 2(x2 − 6x + 3) (x2 − 2x + 3)2 g(x) = ⇒ m ≥ g(x) ∀x ∈ (2; +∞) ⇔ m ≥ maxg(x) = ⇒ g'(x) = ⇔ x = + , xlim →+∞ x≥ Xét hàm số f(x) = x2 − 2x + ,x ∈ [0;3] ,m ≥ x+1 • Nếu m − = − m − ⇔ m = ⇒ y' ≥ ∀x nên hàm số đồng biến ¡ 23 −m − 1< • Nếu m > , suy yêu cầu toán ⇔  ⇔ m > m − > −m − > • Nếu m < , suy yêu cầu toán ⇔  ⇔ m < −3  m − 1< Hàm số nghịch biến [−2; −1] ⇔ ∀x ∈ [−2; −1],y' ≤ ⇔ ∀x ∈ [−2; −1],3x2 − 6x + 1≥ −2m Xét h ( x) = 3x2 – 6x + [−2; −1] ∀x ∈ [−2; −1],h(x) ≥ −2m ⇔ h(x) ≥ −2m ⇔ 10 ≥ −2m ⇔ m ≥ −5 x∈[−2;−1] Cách : Hàm số cho nghịch biến khoảng ( −1;1) ( ) y' ≤ 0,∀x ∈ ( −1;1) Xét hàm số g ( x) = − 3x2 + 6x + ,∀x ∈ ( −1;1) ⇒ g'( x) = −6x − < 0,∀x ∈ ( −1;1) ⇒ g ( x) nghịch biến khoảng ( −1;1) lim g ( x) = −2, lim g ( x) = −10 Vậy m ≤ −10 thoả yêu cầu − x→−1+ x→1 Cách : y'' = 6x + Nghiệm phương trình y'' = x = −1< Do đó, hàm số cho nghịch biến khoảng ( −1;1) m ≤ lim g ( x) = −10 x→1− Xét hàm số g ( x) = g'( x) = −6x2 + 18x 9x4 lim g ( x) = − x→−3+ 2x − 3x2 liên tục khoảng ( −3;0) , ta có < 0,∀x ∈ ( −3;0) ⇒ g ( x) nghịch biến khoảng ( −3;0) , lim g ( x) = −∞ Dựa vào bảng biến thiên suy m ≥ − 27 x→0− 27 Dạng 4: Xác định tham số để hàm số y = f(x) đơn điệu khoảng có độ dài k cho trước Bài 1: + Nếu m ≥ y′ ≥ 0,∀x ∈ ¡ , hàm số đồng biến ¡ ⇒m ≥ không thoả mãn + Nếu m < y′ = có nghiệm phân biệt x1,x2 (x1 < x2) Hàm số nghịch biến m đoạn  x1;x2  với độ dài x1 − x2 Ta có: x1 + x2 = −2; x1x2 = Theo toán ⇔d > ⇔x1 − x2 > ⇔(x1 + x2) − 4x1x2 > Ta có: y' = −6x2 + 6mx y' = ⇔ x = x = m 24 + Nếu m = ⇒ y′ ≤ 0,∀x ∈ ¡ ⇒hàm số nghịch biến ¡ ⇒m = không thoả + Nếu m ≠ , y′ ≥ 0,∀x ∈ (0;m) m > y′ ≥ 0,∀x ∈ (m;0) m < Vậy hàm số đồng biến đoạn  x1;x2  có x2 − x1 = (x1;x2) = (0;m) ⇔ m − = ⇔ m = ±1 0 − m = x2 − x1 = ⇔ (x1;x2) = (m;0) m = − m = 2 Bài 2: * Nếu m ≤ −2 ⇒ ∆ ' ≤ ⇒ y' ≥ ∀x ∈ ¡ ⇒ hàm số nghịch biến ¡ nên hàm số khơng có khoảng đồng biến * Nếu m > −2 ⇒ y' = có hai nghiệm x1 < x2 y' ≤ ⇔ x ∈  x1;x2  ⇒ yêu cầu toán ⇔ x1 − x2 < ⇔ (x1 + x2)2 − 4x1x2 < ⇔ + 4(m − 1) < 1⇔ m < − Bài 3: Ta có: y' = 3(m + 1)x2 − 6(m + 1)x + 2m • m = −1⇒ y' = −2 < (loại) • m > −1 Khi hàm số ln có khoảng đồng biến có độ dài lớn • m < −1 Yêu cầu tốn ⇔ y' = có hai nghiệm x1,x2 thỏa x1 − x2 ≥ ∆ ' = 9(m + 1)2 − 6m(m + 1) > (m + 3)(m + 1) > ⇔ ⇔ 8m ⇔ m ≤ −9 (Do m < −1) (x1 + x2) − 4x1x2 ≥ 3 − 3(m + 1) ≥  m2 − 3m − 180 = ⇔ m = −12 m = 15 ( thỏa điều kiện ) 2 ( x2 − x1 ) < ⇔ ( x1 + x2 ) − 4x1x2 < ⇔ − m < ⇔ m > −3 25