Đơn điệu và cực trị

¤n Thi TNPT 2009 CHƯƠNG I : ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM Vấn đề 1 : Tính đơn điệu . A. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ĐN : f tăng trên (a;b) x ;x (a;b) : x x f(x ) f(x ) f giảm trên (a;b) x ;x (a;b) : x x f(x ) f(x ) 2 ĐL : Gỉa sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I . f tăng (đo ⇔ ∀ ∈ < ⇒ < ⇔ ∀ ∈ < ⇒ > w àng biến) trên khoảng I f (x) 0 ; x I f giảm (nghòch biến) trên khoảng I f (x) 0 ; x I f (x) 0 với mọi x I thì f(x) = C (= hằng số ) trên khoảng I Chú ý : Hàm số ta ′ ⇔ > ∀ ∈ ′ ⇔ < ∀ ∈ ′ = ∈ w w êng hay giảm gọi chung là hàm đơn điệu 3 Nhận xét : f (x) 0 ; x I 1. f tăng (đồng biến) trên khoảng I f (x) 0 tại một số hữu hạn điểm trên I f (x) 0 ; x I 2. f (x ′  ≥ ∀ ∈  ⇒  ′ =   ′ ≤ ∀ ∈ ′ g g g g f giảm (nghòch biến) trên khoảng I ) 0 tại một số hữu hạn điểm trên I 4 Chú ý : Khoảng I trong ĐL trên có thể được thay bởi một đoạn hay một nửa khoảng . Khi đó phải   ⇒  =   bổ sung giả thiết " Hàm số liên tục trên đoạn hoặc nửa khoảng đó " , Chẳng hạn : Nếu hàm số f liên tục trên đoạn [a;b] và có đạo hàm f (x)> 0 trên khaỏng (a;b) thì ′ i i i 1 2 hàm số f đồng biến trên [a;b] . 5 Áp dụng Xét dấu f (x) ta có thể giải f (x) 0 hay f (x) 0 x là điểm tới hạn của f(x) f (x ) 0 hay f (x ) x ;x là 2 điểm tới ha ′ ′ ′ ≥ ≤ ′ ′ ⇔ = ∃ g g g 1 2 o o ïn gần kề . Khi dó trên (x ;x ) thì f (x) cùng dấu với f(x ) với x (a;b) ′ ∈ 6 PP: 1) Tập xác đònh : D = (a; b) 2) Đạo hàm : i i y y 0 x ( x là các nghiệm nếu có của đạo hàm ) ′ ′ → = → ( Dấu ? được thay bởi 0 hay || ) 3) Kết luận : B. VÍ DỤ − + − + + − + + − + − + − + + 2 3 2 3 2 3 2 3 2 4 1 1 a) y = x 2x 3 b) y = x 2x 3x 1 c) y = x x 3 VD 1: Xét chiều biến thiên ( Tính đơn điệu ) của các hà x 1 d) y = x 3x 3x 2 3 3 e) y = x 3x f) m số sau : y = x − − + − − − + 4 2 2 2 2 4 x 4x 1 g) y = 3x 5 h) y = (2 x ) i) y = x 1 2 ′ − ′ ⇔ − = ⇔ = ¡ g g Giải a) Tập xác đònh : D = Đạo hàm : y = 2x 2 y = 0 2x 2 0 x 1 Bảng biến thiên - 1 - x o a x b ′ y − (?) + y ] Z x o a x b ′ y −+ (?) y ]Z ¤n Thi TNPT 2009 Vậy : Hàm số đã cho : Đồng biến trên : (1; + ) Nghòch biến trên : ( ; 1) ∞ − ∞ g g 2 2 b) Tập xác đònh : D = Đạo hàm : y = x 4x 3 x 1 y = 0 x 4x 3 0 x 3 ′ − +  = ′ ⇔ − + = ⇔  =  ¡ g g Bảng biến thiên :g Vậy : Hàm số đã cho : 3 Đồng biến trên : ( ;2) , (3;+ ) Nghòch biến trên : (2; ) −∞ ∞g g 2 2 c) Tập xác đònh : D = Đạo hàm : y = x 2x 3 y = 0 x 2x 3 0 ( vô nghiệm ) ′ − + ′ ⇔ − + = ¡ g g Bảng biến thiên g Vậy : Hàm số đã cho đồng biến trên : ( ;+ ) − ∞ ∞ ′ − + − = − − + = − − ′ ⇔ − − = ⇔ = ¡ g g 2 2 2 2 d) Tập xác đònh : D = Đạo hàm : y = 3x 6x 3 3(x 2x 1) 3(x 1) y = 0 3(x 1) 0 x 1 ( nghiệm kép ) Bảng biến thiên g - 2 - x −∞ 1 +∞ ′ y − 0 + y x −∞ 1 3 +∞ y ′ + 0 − 0 + y x −∞ +∞ y ′ + y ¤n Thi TNPT 2009 Vậy : Hàm số đã cho nghòch biến trên : ( ;+ ) −∞ ∞ ′ − + = − −  = ′ ⇔ − − = ⇔  =  ¡ g g 2 e) Tập xác đònh : D = Đạo hàm : y = 3x 6x 3x(x 2) x 0 y = 0 3x(x 2) 0 x 2 Bảng biến thiên g Vậy : Hàm số đã cho : g Đồng biến trên : (0 ; 2) −∞ ∞g Nghòch biến trên : ( ; 0) , (2 ;+ ) 3 2 2 f) Tập xác đònh : D = Đạo hàm : y = 4x 8x 4x(x 2) ( y cùng dấu với x ) y = 0 4x(x 2) 0 x 0 ′ ′ + = + ′ ⇔ + = ⇔ = ¡ g g Bảng biến thiên :g Vậy : Hàm số đã cho : Đồng biến trên : (0; + ) Nghòch biến trên : ( ; 0) ∞ − ∞ g g 3 2 2 g) Tập xác đònh : D = Đạo hàm : y = 2x 6x 2x(x 3) x 0 y = 0 2x(x 3) 0 x 3 ′ − = −  = ′ ⇔ − = ⇔  = ±  ¡ g g Bảng biến thiên :g - 3 - x −∞ +∞ y ′ − y x −∞ 0 2 +∞ y ′ − 0 + 0 − y x −∞ 0 +∞ ′ y − 0 + y ¤n Thi TNPT 2009 x −∞ 3− 0 3 +∞ y ′ − 0 + 0 − 0 + y Vậy : Hàm số đã cho : 3 3)− ∞ −g Nghòch biến trên : ( ; ) , (0 ; 3;0) , 3− ∞g Đồng biến trên : ( ( ; + ) 2 2 2 h) Tập xác đònh : D = Đạo hàm : y = 2(2 x )( 2x) 4x(2 x ) x 0 y = 0 4x(2 x ) 0 x 2 ′ − − = − −  = ′ ⇔ − − = ⇔  = ±  ¡ g g Bảng biến thiên :g Vậy : Hàm số đã cho : 2 2) Đồng biến trên : ( ; ) , (0 ; − ∞ −g 2; 0) , 2 Nghòch biến trên : ( ( ; + ) − ∞g 3 3 i) Tập xác đònh : D = Đạo hàm : y = 4x y = 0 4x 0 x 0 ′ − ′ ⇔ − = ⇔ = ¡ g g Bảng biến thiên :g Vậy : Hàm số đã cho : Đồng biến trên : ( ; 0) Nghòch biến trên : (0; + ) −∞ ∞ g g { } 2 a) Tập xác đònh : D = \ 2 Đạo hàm : 5 y = 0 , x D (x 1) − ′ < ∀ ∈ − ¡ g - 4 - x −∞ 2− 0 2 +∞ y ′ + 0 − 0 + 0 − y x −∞ 0 +∞ ′ y + 0 − y ¤n Thi TNPT 2009 Bảng biến thiên :g Vậy : Hàm số đã cho nghòch biến trên : ( ;2) , (2;+ ) −∞ ∞ { } 2 b) Tập xác đònh : D = \ 3 Đạo hàm : 2 y = 0 , x D (x 3) − ′ > ∀ ∈ + ¡ g Bảng biến thiên :g Vậy : Hàm số đã cho 3đồng biến trên : ( ; 3) , ( ;+ ) −∞ − − ∞ { } 2 2 c) Tập xác đònh : D = \ 1 Đạo hàm : 4x 8x 3 y = (x 1) − + ′ − ¡ g 2 2 4x 8x 3 3 1 y = 0 0 x x 2 2 (x 1) − + ′ ⇔ = ⇔ = ∨ = − g Bảng biến thiên :g Vậy : Hàm số đã cho : 1 3 2 2 Đồng biến trên : ( ; ) , ( ; + )−∞ ∞g - 5 - x −∞ 2 +∞ y ′ − − y x −∞ 3 − +∞ y ′ + + y x −∞ 1 2 1 3 2 +∞ y ′ + 0 − − 0 + y ¤n Thi TNPT 2009 1 3 ; 1) , ) 2 2 Nghòch biến trên : ( (1 ; g { } − ′ + > ∀ ∈ + ¡ 2 d) Tập xác đònh : D = \ 2 1 Đạo hàm : y = 1 0 , x D (x 2) Bảng biến thiên : Vậy : Hàm số đã cho 2đồng biến trên : ( ; 2) , ( ;+ ) − ∞ − − ∞ { } − − + − − +  = ′ ′ − + = ⇔ = ⇔ − − + = ⇔  =  − − − ¡ 2 2 2 2 2 2 d) Tập xác đònh : D = \ 1 1 (x 1) 1 (x 1) 1 x 0 Đạo hàm : y = 1 ; y = 0 0 (x 1) 1 0 x 2 (x 1) (x 1) (x 1) Bảng biến thiên : Vậy : : Hàm số đã cho : 0 ; 1) , 2) Đồng biến trên : ( (1 ; g 0 2 Nghòch biến trên : ( ; ) , ( ; + ) −∞ ∞g { } − + + − ′ − − < ∀ ∈ − ¡ 2 1 d) Viết lại : y = x 1 x 1 Tập xác đònh : D = \ 1 1 Đạo hàm : y = 1 0 , x D (x 1) Bảng biến thiên : - 6 - x −∞ 2− +∞ y ′ + + y x −∞ 0 1 2 +∞ y ′ − 0 + + 0 − y x −∞ 1 +∞ y ′ − − y ¤n Thi TNPT 2009 3. Kết luận : Hàm số đã cho nghòch biến trên : ( ;1) , (1;+ ) −∞ ∞ − π ∈ π ∈ π a) y = x 2sinx (0 < x < 2 ) b) y VD 3 : Xét chiều biến thiên ( Tính đơn điệu ) = x + cos2x , x [0 ; ] c) y = cos2x của các hàm số sau + 2sinx , x ( 0 ; 2 : ) + − + + 4 4 3 2 x x d) y = x 4x 1 e) y = f) y = 8x(x 2) x 1 a) Tập xác đònh : D = (0 ; 2 ) Đạo hàm : y = 1 2cosx x 1 3 y = 0 1 2cosx 0 cosx 5 2 x 3 π ′ −  π =  ′ ⇔ − = ⇔ = ⇔  π  =   g g (0; ) : 4 3 y ( ) 1 2cos 1 2 0 4 4 (0; ) 3 Để xét dấu y ta có thể chọn x = nên trong khoảng thì y có dấu , sau đó dùng luật đang dấu . π π ′ ∈ π π ′ = − = − < π ′ − Bảng biến thiên :g Vậy : Hàm số đã cho : 5 ; ) 3 3 Đồng biến trên : ( π π g 5 0 2 3 3 Nghòch biến trên : ( ; ) , ( ; ) π π πg Lưu ý : Có hai cách để tìm nghiệm 1 x k2 , k 2 3 1 1 5 1 5 x k2 k2 0 2k 2 2k k 3 3 3 3 3 6 6 3 x k2 3 ∈ π ⇔ = ± + π ∈ π π = + π π ⇔ + π π ⇔ < + < ⇔ − < < ⇔ − < < π ∈ ⇒ π = − + π ¢ ¢ g ¢ g : Tìm k Ta có : cosx = Xét : . Do 0 < x < 2 0 < < 2 Vì k nên k = 0 x = Cách cơ bản Xét : . Do 0 < w 1 1 7 1 7 k2 0 2k 2 2k k 3 3 3 3 6 6 5 3 5 , 3 3 π π ⇔ − + π π ⇔ < − + < ⇔ < < ⇔ < < π ∈ ⇒ π π π ¢ x < 2 0 < < 2 Vì k nên k = 1 x = Vậy trên (0 ; Cá 2 ) phươn ch biểu g trình có hai ng diễn nghiệm trê h n iệm : x = đường tr x ò = n lưw x k2 3 3 ∈ π π π = + π ⇒ ≥g Chú ý : x (0;2 ) Cho k chạy bắt đầu từ k = 0 ; 1 ; 2 ; . đến khi nghiệm cuối trùng nghiệm ứng với k = 0 là dừng . Xét : : k = ợng 0 x = [ khi giác k : 1 , ∈ ∉ π¢ k thì nghiệm x ( 0 ; 2 ) ] 5 5 x k2 : k 0 x 2 3 3 3 3 3 Xét : (0 ; 2 ) nên ta viết lai x = ; k = 1 x = π π π π π = − + π = ⇒ = − ∉ π ⇒ − + π =g - 7 - x 0 3 π 5 3 π 2 π y ′ − 0 + 0 − y ¤n Thi TNPT 2009 5 , 3 3 Vậy phương trình có 2 nghiệm : x = x = π π b) Tập xác đònh : D = [0 ; ] Đạo hàm : y = 1 2sin2x 1 5 y = 0 1 2sin2x 0 sin2x x x 2 12 12 π ′ − π π ′ ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ∨ = g g Bảng biến thiên :g Vậy : Hàm số đã cho : 5 ; ) 12 12 π π g Đồng biến trên : ( 5 0 12 12 π π πg Nghòch biến trên : [ ; ) , ( ; ] π ′ − + = − + ′ ⇔ − + = ⇔ = ∨ = π π π π = ⇔ = ∨ = = ⇔ = ∨ = g g c) Tập xác đònh : D = ( 0 ; 2 ) Đạo hàm : y = 2sin2x 2 cosx 2 cos x( 2sin x 1) 1 y = 0 2cosx( 2sin x 1) 0 cos x 0 sin x 2 3 1 5 cosx 0 x x ; sin x x x 2 2 2 6 6 Bảng biến thiên :g Vậy : Hàm số đã cho : 5 3 0 ; 2 ) 6 2 6 2 Đồng biến trên : ( ; ) , ( ; ) , ( π π π π πg 5 3 6 2 6 2 Nghòch biến trên : ( ; ) , ( ; ) π π π π g Chú ý : Để xét dấu ta chọn nên trong khoảng ( , y có dấu ( )( ; ) : y ( ) 2( 2 1) 0 ; ) 4 6 2 4 6 2 π π π π π π ′ ′ ∈ = − + < − - 8 - x 0 12 π 5 12 π π y ′ − 0 + 0 − y x 0 6 π 2 π 5 6 π 3 2 π 2π y ′ + 0 − 0 + 0 − 0 + y ¤n Thi TNPT 2009 3 2 2 2 d) Tập xác đònh : D = Đạo hàm : y = 4x 12x 4x (x 3) ( y cùng dấu với x + 3 ) x 0 y = 0 4x (x 3) 0 x 3 ′ ′ + = +  = ′ ⇔ + = ⇔  = −  ¡ g g Bảng biến thiên :g x −∞ 3− 0 +∞ y ′ − 0 + 0 + y Vậy : Hàm số đã cho : 3 Đồng biến trên : ( ; + )− ∞g 3 Nghòch biến trên : ( ; )−∞ −g 2 2 2 2 2 2 e) Tập xác đònh : D = ( Vì x 1 0 , với mọi x ) Đạo hàm : 1 x y = ( y cùng dấu với 1 x ) (x 1) y = 0 1 x 0 x 1 + ≠ ∈ − ′ ′ − + ′ ⇔ − = ⇔ = ± ¡ ¡ g g Bảng biến thiên :g Vậy : Hàm số đã cho : Đồng biến trên : (0 ; 2) g Nghòch biến trên : ( ; 0) , (2 ;+ )−∞ ∞g { } 2 2 e) Tập xác đònh : D = \ 2 , 0 Đạo hàm : x (x 3) y = ( y cùng dấu với x 3 ) (x 2) y = 0 x 3 − + ′ ′ + + ′ ⇔ = − ¡ g g Bảng biến thiên :g Vậy : Hàm số đã cho : 3 2− − − ∞g Đồng biến trên : ( ; 2) , ( ; 0) , (0 ;+ ) 3−∞ −g Nghòch biến trên : ( ; ) - 9 - x −∞ 1− 1 +∞ y ′ − 0 + 0 − y x −∞ − 3 1 2 +∞ y ′ − 0 + + + y ¤n Thi TNPT 2009 VD 4 : Xét chiều biến thiên ( Tính đơn điệu ) của các hàm số sau : 3 3 2 2 2 2 x x a) y = 1 x b) y = c) y = x 2x 3 d) y = e) y = x (x 2) f) y = x 1 x x 6 − − − + + − Giải 2 2 a) Tập xác đònh : D = [ 1;1] ( Vì 1 x 0 1 x 1 ) Đạo hàm : x y = ( y cùng dấu với x ) 1 x y = 0 x 0 − − ≥ ⇔ − ≤ ≤ − ′ ′ − − ′ ⇔ = g g Bảng biến thiên :g Vậy : Hàm số đã cho : 1 Đồng biến trên : ( ; 0)−g 1 Nghòch biến trên : ( 0; ) g +∞ ≥ − ′ ′ − + ′ ⇔ = g g 2 b) Tập xác đònh : D = [0 ; ) ( Vì x 0 ) 1 x y = ( y cùng dấu với 1 x ) 2 x(x 1) y = 0 x 1 Bảng biến thiên :g Vậy : Hàm số đã cho : 1 Đồng biến trên : (0; )g 1 Nghòch biến trên : ( ; + ) ∞g 2 2 c) Tập xác đònh : D = ( ; 1) (3; ) ( Vì x 2x 3 0 x 1 x 3 ) Đạo hàm : 2x 2 y = ( y cùng dấu với 2x 2 ) x 2x 3 y = 0 x 1 −∞ − ∪ +∞ − − ≥ ⇔ ≤ − ∨ ≥ − ′ ′ − − − ′ ⇔ = g g Bảng biến thiên :g Vậy : Hàm số đã cho : Đồng biến trên : (3 ; + ) ∞g Nghòch biến trên : ( ; 1)−∞ −g - 10 - x −∞ 1− 0 1 +∞ ′ y + + 0 − − y x −∞ 0 1 +∞ ′ y + + 0 − y x −∞ 1− 1 3 +∞ ′ y − − 0 + + y [...]... có cực trò : 1 1 Đònh m để hàm số y = x3 + mx 2 + mx + 1 3 a) Có cực đại và cực tiểu b) Không có cực trò Giải TXĐ : D = ¡ y′ = x2 + 2mx + m có ∆′= m 2 − m a) Hàm số y có cực đại và cực tiểu ⇔ y′ đổi dấu hai lần ⇔ ∆′> 0 ⇔ m 2 − m > 0 ⇔ m < 0 ∨ m > 1 b) Hàm số y không có cực trò ⇔ y′ khô ng đổi dấu ⇔ ∆′ ≤ 0 ⇔ m 2 − m ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 1 Lưu ý : Số nghiệm của phương trình y′ chưa chắc là số cực trò Số cực. .. y′ 2 Đònh m để hàm số y = (m − 2)x 3 − x 2 + x − 1 a) Có cực trò b) Có cực đại và cực tiểu Giải TXĐ : D = ¡ y′ = 3(m − 2)x 2 − 2x + 1 1 1 , do đó y có cực trò tại x = 2 2 7 gNếu m ≠ 2 : Hàm số y có trò ⇔ y′ đổi dấu ⇔ ∆′> 0 ⇔ 1 − 3(m − 2) > 0 ⇔ m < 3 7 Vậy y có cực trò khi m < 3 m ≠ 2 m ≠ 2  ′ đổi dấu hai lần ⇔  b) Hàm số y có cực đại và cực tiểu ⇔ y ⇔ 7  ∆′> 0 m < 3  7 Vậy : Gía trò cần tìm... c) m ≥ −1 Vấn đề 2 : Cực trò - 24 - Thi TNPT ¤n 2009 1 ĐN : Gỉa sử hàm f xác đònh trên D ( D ⊂ ¡ ) và xo ∈ (a; b) ⊂ D  xo gọi là điểm cực đại của f ⇔ f(x) < f(xo ) , ∀x ∈ (a;b)\ { xo } ‚ xo gọi là điểm cực tiểu của f ⇔ f(x) > f(xo ) , ∀x ∈ (a;b)\ { x o } 2 Điều kiện cần (ĐL Fermat ) gf đạt cực trò tại x o  ⇒ f ′(xo ) = 0  gf có đạo hàm tại x o  Chú ý : Hàm số f có thể đạt cực trò tại xo mà tại... chứa xo và có đạo hàm trên các khoảng (a ;xo ),(xo ; b) gf ′(xo ) < 0 , ∀x ∈ (a ; x o )    ⇒ f đạt cực tiểu tại x o gf ′(xo ) > 0 , ∀x ∈ (x o ; b )  ‚ gf ′(xo ) > 0 , ∀x ∈ (a ; x o )  ⇒ f đạt cực đại tại x o  gf ′(xo ) < 0 , ∀x ∈ (x o ; b )  Chú ý : Không cần xét hàm số f có hay không có đạo hàm tại x o ĐL2 : (Dấu hiệu 2) Gỉa sử hàm số f có đạo hàm liên liên tục đến cấp hai tại x o và f ′(x... Bảng biến thiên : −∞ +∞ −1 x 1 − y′ + 0 0 + +∞ 2 y −∞ −2 Với : lim y = lim (x3 − 3x) = +∞ ; x →+∞ x →+∞ lim y = lim (x 3 − 3x) = −∞ x →−∞ x →−∞ Căn cứ vào bảng biến thiên : pt (4) có nghiệm duy nhất ⇔ m < − 2 ∨ m > 2 VD 9 : Đònh tham số để hàm số đơn điệu trên một tập cho trước 1 1 Với giá trò nào của a , hàm số y = − x3 + 2x2 + (2a + 1)x − 3a + 2 nghòch biến trên ¡ ? 3 Giải Tập xác đònh : D = ¡ Đạo... hàm tại x o ĐL2 : (Dấu hiệu 2) Gỉa sử hàm số f có đạo hàm liên liên tục đến cấp hai tại x o và f ′(x o ) = 0 gNếu f ′′(x o ) ≠ 0 thì hàm số f đạt cực trò tại xo gNếu f ′′(x o ) > 0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại x o gNếu f ′′(x o ) < 0 thì hàm số f đạt cực đại tại xo PP1 : Dấu hiệu 1 1 Tập xác đònh : D = (a;b) 2 Đạo hàm : y′  y′ = 0  x i  BBT ( x i là nghiệm nếu có của y′) → → → x a y′ − (... Có thể tìm y CTrò = ′ 2 2)  ax + bx + c ÷ =   a′x 2 + b′x + c′ ÷   u′ ( xo ) u , với xo là điểm cực trò của hàm số y = v′ ( xo ) v a b 2 a c b c x + 2 x + a′ b′ a′ c′ b′ c′ ( a′x 2 + b′x + c′ ) 2 ( ăn bánh , ăn cơm × 2 lần , bỏ cơm ) 3 Tìm cực trò các hàm số sau : a) y = x Giải Hàm số xác đònh và liên tục trên ¡  x nếu x ≥ 0 Ta có : y = x =   −x nếu x < 0 Tập xác đònh : D = ¡ Đạo hàm :  1... ) 5 m ≤ 5 ( y′ ≥ 0,∀x ∈ D ⇔ a = 1> 0, ∆′ ≤ 0 , g(1) ≠ 0) 6 m ≥ 4 7 (x1 + x 2 )2 − 4x1x2 = 20 → m = 2,m = −4 3 Dùng tính đơn điệu để giải các bài toán sau: 1 CMR : a) x < tanx , với 0 < x < π tana tan b π 2 3 b) < với 0 < a < b < c) x − x 3 ≤ với x ∈ (0;1) 2 a b 2 9 2 Giải các pt và bpt sau : a) x+1 + 3x − 5 + 3x2 − 2 = 9 x+3 + 3 7+x + 4 x ≥ 5 sin x − sin y = 2x − 2y  5−x + y = 5−y + x   c) x −... [ − 1 ; 0) và ( 0 ; 1] (1) 1 gy′ = 1 − < 0 trên mỗi nửa khoả ng ( − 1 ; 0 ) , (0 ;1) (2) 2 x Từ (1) , (2) suy ra hàm số nghòch biến trên mỗi nửa khoản g [ − 1 ; 0) và ( 0 ; 1] d) Tập xác đònh : D = ¡ \ { 2} Đạo hàm : gy′ = −x 2 + 4x − 5 (x − 2)2 gy′ = 0 ⇔ −x2 + 4x − 5 = 0 ( vô nghiệm ) gBảng biến thiên : x y′ −∞ − 2 − +∞ y 3 Kết luận : Hàm số đã cho nghòch biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ; 2 ) và ( 2 ; +... để y = − x + mx − x + 1 đạt cực trò tại x = 1 Giải gNếu m = 2 : thì y′ = − 2x + 1 nên y′ đổi dấu tại x = Ta có : y′ = − 3x 2 + 2mx − 1 ; y′′ = − 6x + 2m y đạt cực trò tại x = 1 thì y′(1) = 0 ⇔ −3 + 2m − 1 = 0 ⇔ m = 2 Với m = 2 thì y′′(1) = − 6 + 4 = −2 < 0 Vậy m = 2 là giá trò cần tìm 4 Tìm m để hàm số y = Giải Tập xác đònh : D = ¡ \ { 1} Đạo hàm y′ = x2 − x + m đạt cực tiểu tại x = 2 x −1 x 2 . − = +∞ = − = −∞ Căn cứ vào bảng biến thiên : pt (4) có nghiệm duy nhất m < 2 m > 2⇔ − ∨ VD 9 : Đònh tham số để hàm số đơn điệu trên một tập cho trước. Hàm số ta ′ ⇔ > ∀ ∈ ′ ⇔ < ∀ ∈ ′ = ∈ w w êng hay giảm gọi chung là hàm đơn điệu 3 Nhận xét : f (x) 0 ; x I 1. f tăng (đồng biến) trên khoảng I f (x)