TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ (HAY)

CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN ĐỀ 1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ VÀ CÁC ỨNG DỤNG VẤN ĐỀ 1: XÉT CHIỀU BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ Quy tắc: 1. Tìm TXĐ của hàm số. 2. Tính đạo hàm f’(x). Tìm các điểm x i mà tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không xác định. 3. Sắp xếp các điểm x i theo thứ tự tăng dần và lập BBT. 4. Nêu kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số. Bài 1. Xét chiều biến thiên các hàm số sau: 2 3 2 4 2 3x 2 x 2x + 3 a)y 2x + 3x + 1 b) y = x 2x 3 c) y d) y x 1 x 1 + − = − + = = + + Bài 2. Xét tính đơn điệu của các hàm số sau: 3 2 2 2 x x x a) y 25 x b) y c) y d) y x 100 16 x x 6 = − = = = + − − Bài 3. Chứng minh rằng: a) Hàm số 2 y x 1 x= + − đồng biến trên khoảng 1 1; 2   −  ÷   và nghịch biến trên khoảng 1 ;1 2    ÷   . b) Hàm số 2 y x x 20= − − nghịch biến trên khoảng ( ) ; 4−∞ − và đồng biến trên khoảng ( ) 5;+∞ . Bài 4. Xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số sau: [ ] 5 a) y x sin x, x 0;2 b) y x 2cosx, x ; 6 6 π π   = − ∈ π = + ∈  ÷   Bài 4. Chứng minh rằng: a) ( ) f x cos2x 2x 3= − + nghịch biến trên R. b) ( ) 2 f x x cos x= + đồng biến trên R. Giải: a) Ta có: f '(x) 2(sin 2x 1) 0, x R= − + ≤ ∀ ∈ và f '(x) 0 sin 2x 1 x k , k Z 4 π = ⇔ = − ⇔ = − + π ∈ Hàm số f liên tục trên mỗi đoạn ( ) k ; k 1 4 4 π π   − + π − + + π     và có đạo hàm f’(x) < 0 với mọi ( ) x k ; k 1 , k Z 4 4 π π   ∈ − + π − + + π ∈  ÷   . Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh . Trang 1 CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn Do đó, hàm số nghịch biến trên mỗi đoạn ( ) k ; k 1 , k Z 4 4 π π   − + π − + + π ∈     . Vậy hàm nghịch biến trên R. b) Ta có: f’(x) = 1 – sin2x; f '(x) 0 sin 2x 1 x k , k Z 4 π = ⇔ = ⇔ = + π ∈ NX: Hàm số f liên tục trên mỗi đoạn ( ) k ; k 1 4 4 π π   + π + + π     và có đạo hàm f’(x) > 0 với mọi ( ) x k ; k 1 , k Z 4 4 π π   ∈ + π + + π ∈  ÷   . Do đó hàm số đồng biến trên mỗi đoạn ( ) k ; k 1 , k Z 4 4 π π   + π + + π ∈     . Vậy hàm đồng biến trên R. VẤN ĐỀ 2: TÌM THAM SỐ ĐỂ HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU TRÊN MIỀN K Phương pháp: Sử dụng các kiến thức sau đây: 1. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K.  Nếu f '(x) 0, x K≥ ∀ ∈ thì f(x) đồng biến trên K.  Nếu f '(x) 0, x K≤ ∀ ∈ thì f(x) nghịch biến trên K. 2. Cho tam thức bậc hai f(x) = ax 2 + bx + c có biệt thức 2 b 4ac∆ = − . Ta có:  a 0 f (x) 0, x R 0 >  ≥ ∀ ∈ ⇔  ∆ ≤   a 0 f (x) 0, x R 0 <  ≤ ∀ ∈ ⇔  ∆ ≤  3. Xét bài toán: “Tìm m để hàm số y = f(x,m) đồng biến trên K”. Ta thực hiện theo các bước sau:  B1. Tính đạo hàm f’(x,m).  B2. Lý luận: Hàm số đồng biến trên K f '(x,m) 0, x K⇔ ≥ ∀ ∈ ( ) m g(x), x K m g(x)⇔ ≥ ∀ ∈ ≤  B3. Lập BBT của hàm số g(x) trên K. Từ đó suy ra giá trị cần tìm của tham số m. Bài 1 Với giá trị nào của a, hàm số ( ) 3 2 1 f (x) x 2x 2a 1 x 3a 2 3 = − + + + − + nghịch biến trên R ? Giải: TXĐ: R Ta có: 2 f '(x) x 4x 2a 1 = − + + + , 2a 5∆ = + Hàm số nghịch biến trên R khi và chỉ khi 5 f '(x) 0, x R 0 a 2 ≤ ∀ ∈ ⇔ ∆ ≤ ⇔ ≤ − . Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh . Trang 2 CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn Bài 2 Với giá trị nào của m, hàm số ( ) 3 2 f (x) mx 3x m 2 x 3 = − + − + nghịch biến trên R ? Giải: TXĐ: R Ta có: 2 f '(x) 3mx 6x m 2 = − + − Hàm số nghịch biến trên R khi và chỉ khi 2 f '(x) 3mx 6x m 2 0, x R = − + − ≤ ∀ ∈ • m = 0, khi đó f’(x) = 1 6x 2 0 x 3 − − ≤ ⇔ ≥ − : không thỏa x R ∀ ∈ . • m 0≠ , khi đó m 0 f '(x) 0, x R 9 3m(m 2) 0 <  ≤ ∀ ∈ ⇔  ∆ = − − ≤  2 m 0 m 0 m 1 m 1 v m 3 3m 6m 9 0 < <   ⇔ ⇔ ⇔ ≤ −   ≤ − ≥ − + + ≤   Vậy, với m 1 ≤ − thì thỏa mãn bài toán. Bài 3 Với giá trị nào của m, hàm số ( ) 2 3x mx 2 f x 2x 1 − + − = − nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó. Giải: TXĐ: 1 D R \ 2   =     Đạo hàm: ( ) 2 2 6x 6x 4 m f '(x) 2x 1 − + + − = − Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định khi và chỉ khi 1 f '(x) 0, x 2 ≤ ∀ ≠ 2 1 11 6x 6x 4 m 0, x ' 9 6(4 m) 0 m 2 2 ⇔ − + + − ≤ ∀ ≠ ⇔ ∆ = + − ≤ ⇔ ≥ Bài 4 Định m để hàm số mx 1 y x m + = + luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó. Giải: TXĐ: { } D R \ m = − Đạo hàm: ( ) 2 2 m 1 y' x m − = + . Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi 2 y' 0, x m m 1 0 m 1 v m 1> ∀ ≠ − ⇔ − > ⇔ < − > Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh . Trang 3 CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn Bài 5 Tìm m để hàm số ( ) ( ) 3 2 1 1 y mx m 1 x 3 m 2 x 3 3 = − − + − + đồng biến trên [ ) 2; +∞ . Giải: Ta có: ( ) ( ) 2 y' mx 2 m 1 x 3 m 2 = − − + − Hàm số đồng trên [ ) ( ) ( ) 2 2; y' 0, x 2 mx 2 m 1 x 3 m 2 0, x 2 +∞ ⇔ ≥ ∀ ≥ ⇔ − − + − ≥ ∀ ≥ ( ) 2 2 6 2x m x 2x 3 2x 6 0, x 2 m , x 2 x 2x 3 − ⇔ − + + − ≥ ∀ ≥ ⇔ ≥ ∀ ≥ − + (vì x 2 – 2x + 3 > 0) Bài toán trở thành: Tìm m để hàm số ( ) 2 6 2x f x m, x 2 x 2x 3 − = ≤ ∀ ≥ − + Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2x 12x 6 f ' x , f ' x 0 2x 12x 6 0 x 3 6 x 2x 3 − + = = ⇔ − + = ⇔ = ± − + BBT: x 2 3 6 + +∞ f’(x) 0 f(x) 2 3 0 Ta cần có: [ ) 2; 2 max f (x) m m 3 +∞ ≤ ⇔ ≥ . Đó là các giá trị cần tìm của tham số m. Bài 6 Tìm m để hàm số 2 mx 6x 2 y x 2 + − = + nghịch biến trên nửa khoảng [ ) 1; +∞ . Giải: Ta có: ( ) 2 2 mx 4mx 14 y' x 2 + + = + Hàm số nghịch biến trên [ ) 2 1; y' 0, x 1 mx 4mx 14 0, x 1 +∞ ⇔ ≤ ∀ ≥ ⇔ + + ≤ ∀ ≥ ( ) 2 2 14 m x 4x 14, x 1 m , 1 x 4x − ⇔ + ≤ − ∀ ≥ ⇔ ≤ ∀ ≥ + Bài toán trở thành: Tìm m để hàm số ( ) 2 14 f x m, x 1 x 4x − = ≤ ∀ ≥ + Ta có: ( ) 2 2 14(2x 4) f '(x) 0, x 1 x 4x + = ≥ ∀ ≥ + Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh . Trang 4 CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn x 1 +∞ f’(x) f(x) 0 14 5 − Ta cần có: [ ) 1; 14 min f (x) m m 5 +∞ ≥ ⇔ ≤ − . Vậy 14 m 5 ≤ − là các giá trị cần tìm của m. Bài tập tự giải: Bài 1. Tìm các giá trị của tham số a để hàm số ( ) 3 2 1 f x x ax 4x + 3 3 = + + đồng biến trên R Bài 2. Với giá trị nào của m, hàm số m y x 2 x 1 = + + − đồng biến trên mỗi khoảng xác định ? Bài 3. Định a để hàm số ( ) ( ) 2 3 2 1 y a 1 x a 1 x 3x 5 3 = − + + + + luôn đồng biến trên R ? ĐS: a 1 v a 2 ≤ − ≥ Bài 4. Cho hàm số ( ) 2 m 1 x 2x 1 y x 1 − + + = + . Xác định m để hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó. ĐS: 1 m 2 ≤ ≤ Bài 5. Cho hàm số ( ) ( ) 3 2 2 y x m 1 x m 2 x m = − + + − + + . Chứng minh rằng hàm số luôn nghịch biến trên R với mọi m. Bài 6. Tìm m để hàm số y = 3x 3 – 2x 2 + mx – 4 đồng biến trên khoảng ( ) 0; +∞ . ĐS: 4 m 9 ≥ . Bài 7. Tìm m để hàm số y = 4mx 3 – 6x 2 + (2m – 1)x + 1 tăng trên khoảng (0;2). ĐS: 9 m 10 ≥ . Bài 8. Cho hàm số 2 x 2mx m 2 y x m − + + = − . a) Tìm m để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. b) Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 1; +∞ . VẤN ĐỀ 3: SỬ SỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Phương pháp: Sử dụng kiến thức sau:  f(x) đồng biến trên đoạn [ ] a; b thì ( ) ( ) ( ) [ ] f a f x f b , x a; b≤ ≤ ∀ ∈ Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh . Trang 5 CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn  f(x) nghịch biến trên đoạn [ ] a; b thì ( ) ( ) ( ) [ ] f a f x f b , x a; b≥ ≥ ∀ ∈ Bài 1 Cho hàm số ( ) f x 2sin x tan x 3x = + − . a) Chứng minh rằng hàm số đồng biến trên nửa khoảng 0; 2 π   ÷    . b) Chứng minh rằng: 2sin x tan x 3x, x 0; 2 π   + > ∀ ∈  ÷   . Giải: a) Hàm số đã cho liên tục trên nửa khoảng 0; 2 π   ÷    và có ( ) ( ) 2 2 2 1 cosx 2cosx 1 1 f '(x) 2cosx 3 0, 0; cos x cos x 2 − + π   = + − = > ∀∈  ÷   . Do đó, hàm số f đồng biến trên nửa khoảng 0; 2 π   ÷    (đpcm). b) Từ câu a) suy ra f(x) > f(0) = 0, x 0; 2sin x tan x 3x, x 0; 2 2 π π     ∀ ∈ ⇔ + > ∀ ∈  ÷  ÷     (đpcm). Bài 2 a) Chứng minh rằng hàm số ( ) f x tan x x = − đồng biến trên nửa khoảng 0; 2 π   ÷    . b) Chứng minh rằng 3 x tan x x , x 0; 3 2 π   > + ∀ ∈  ÷   . Giải: a) Hàm số đã cho liên tục trên nửa khoảng 0; 2 π   ÷    và có 2 2 1 f '(x) 1 tan x 0, cos x = − = > x 0; 2 π   ∀ ∈  ÷   . Do đó, hàm số f đồng biến trên nửa khoảng 0; 2 π   ÷    . b) Từ câu a) suy ra f(x) > f(0) = 0, x 0; tan x x, x 0; 2 2 π π     ∀ ∈ ⇔ > ∀ ∈  ÷  ÷     . Xét hàm số 3 x g(x) tan x x 3 = − − trên nửa khoảng 0; 2 π   ÷    . Hàm số này liên tục trên nửa khoảng 0; 2 π   ÷    và có đạo hàm 2 2 2 2 1 g'(x) 1 x tan x x 0, x 0; cos x 2 π   = − − = − > ∀ ∈  ÷   , do Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh . Trang 6 CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn tan x x, x 0; 2 π   > ∀ ∈  ÷   . Do đó, hàm số g đồng biến trên nửa khoảng 0; 2 π   ÷    nên g(x) > g(0) = 0 x 0; 2 π   ∀ ∈  ÷   3 x tan x x , x 0; 3 2 π   ⇔ > + ∀ ∈  ÷   (đpcm). Bài 3 Chứng minh rằng : 2(x 1) ln x x 1 − > + , với mọi x > 1. Giải: Bất đẳng thức đã cho tương đương với 2(x 1) ln x 0, x 1 x 1 − − > ∀ > + Xét hàm số ( ) 2(x 1) f (x) ln x , x 0; x 1 − = − ∈ +∞ + . Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 x 1 1 4 f '(x) 0, x 0; x x 1 x x 1 − = − = ≥ ∀ ∈ +∞ + + Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 0; +∞ nên cũng đồng biến trên khoảng ( ) 1; +∞ . Vậy ta luôn có f(x) > f(1) = 0 với mọi x > 1. Đó cũng là điều phải chứng minh. Bài tập tự giải: Bài 1. Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) sin x x, x 0 < ∀ > và sin x 0, x 0 < ∀ < b) 2 x cosx 1 , x 0 2 > − ∀ ≠ c) 3 x sin x x , x 0 6 > − ∀ > và 3 x sin x x , x 0 6 < − ∀ < d) sin x tan x 2x, x 0; 2 π   + > ∀ ∈  ÷   e) 2x sin x , x 0; 2 π   > ∀ ∈  ÷ π   f) tan x sin x> với 0 x 2 π < < Bài 2. Cho hàm số ( ) 4 f x x tan x, x 0; 4 π   = − ∈   π   . a) Xét chiều biến thiên của hàm số trên đoạn 0; 4 π       . b) Từ đó suy ra rằng: tan x x, x 0; 4 4 π π   ≤ ∀ ∈     . Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh . Trang 7 CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn Bài 3. Chứng minh rằng: 2 1 x 1 1 x 1 x 1 x 2 8 2 + − < + < + với ( ) x 0;∈ +∞ VẤN ĐỀ 4: SỬ SỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM DUY NHẤT Bài 1 Cho hàm số ( ) 2 f x 2x x 2= − . a) Chứng minh rằng hàm số đồng biến trên nửa khoảng [ ) 2; +∞ . b) Chứng minh rằng phương trình 2 2x x 2 11− = có một nghiệm duy nhất. Giải: a) TXĐ: [ ) D 2; = +∞ . Đạo hàm: ( ) ( ) 2 x 5x 8 x f '(x) 2 2 x 2 0, x 2; 2 x 2 x 2 −   = − + = > ∀ ∈ +∞  ÷ − −   Do đó hàm số đồng biến trên nửa khoảng [ ) 2; +∞ . b) NX: Hàm số liên tục trên [2;3] và có f(2) = 0, f(3) = 18. Vì 0 < 11 < 18 nên ( ) c 2;3 ∃ ∈ sao cho f(c) = 11. Số thực c là một nghiệm của phương trình và vì f đồng biến trên [ ) 2; +∞ nên c là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Bài 2 Cho hàm số f(x) = sin 2 x + cosx. a) CMR hàm số đồng biến trên đoạn 0; 3 π       và nghịch biến trên đoạn ; 3 π   π     . b) Chứng minh rằng với mọi ( ) m 1;1 ∈ − , phương trình sin 2 x + cosx = m có một nghiệm duy nhất thuộc đoạn [ ] 0; π . Giải: a) Hàm số đã cho liên tục trên [ ] 0; π và có đạo hàm f’(x) = 2sinxcosx – sinx = sinx(2cosx – 1), ( ) x 0; ∈ π vì khi đó sinx > 0 nên 1 f '(x) 0 cosx x 2 3 π = ⇔ = ⇔ = BBT: x 0 / 3 π π y’ + 0 − y 5 / 4 1 − 1 Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh . Trang 8 CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn Vậy, hàm số đồng biến trên đoạn 0; 3 π       và nghịch biến trên đoạn ; 3 π   π     . b) Hàm số liên tục trên đoạn ; 3 π   π     và ( ) 5 f ,f 1 3 4 π   = π = −  ÷   . Theo định lí về giá trị trung gian của hàm số liên tục thì ( ) 5 m 1;1 1; 4   ∀ ∈ − ⊂ −  ÷   , tồn tại số c ; 3 π   ∈ π  ÷   sao cho f(c) = 0. Số c là nghiệm của phương trình sin 2 x + cosx = m. Vì hàm f nghịch biến trên ; 3 π   π     nên phương trình có nghiệm duy nhất. Lại vì x 0; 3 π   ∀ ∈     ta có ( ) 5 1 f x 4 ≤ ≤ nên phương trình đã nêu không có nghiệm với ( ) m 1;1 ∈ − . Vậy phương trình có duy nhất một nghiệm thuộc [ ] 0; π . Bài 3 Giải phương trình: 5 3 x x 1 3x 4 0 + − − + = (3) Giải: Đặt 5 3 f (x) x x 1 3x 4= + − − + với 1 x 3 ≤ Ta có f(x) là hàm liên tục trên nửa khoảng 1 ; 3   −∞     và có đạo hàm 4 2 3 1 f '(x) 5x 3x 0, x 3 2 1 3x = + + > ∀ < − . Do đó hàm số đồng biến trên nửa khoảng 1 ; 3   −∞     . Mặt khác f(-1) = 0, nên x = -1 là một nghiệm của (3) và cũng là nghiệm duy nhất của phương trình này. Bài 4 Giải phương trình: 3 x 2 2 x 8x 14 − = − + − (4) Giải: Điều kiện xác định của phương trình : x 3 ≤ Xét hai hàm số 3 x f (x) 2 − = và 2 g(x) x 8x 14 = − + − xác định và liên tục trên ( ] ;3 −∞ , ta có: 3 x 1 f '(x) 2 . ln2 0 2 3 x − −   = <  ÷ −   và g'(x) 2x 8 0= − + > với mọi ( ) x ;3 ∈ −∞ Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh . Trang 9 CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn Như vậy f(x) là hàm số nghịch biến, còn g(x) là hàm số đồng biến trên ( ] ;3 −∞ . Mặt khác f(3) = g(3) = 1 nên x = 3 là nghiệm của (4) và đó là nghiệm duy nhất. Bài 5 Giải phương trình: [ ] 2 3 4(x 2) log (x 3) log (x 2) 5(x 1) − − + − = + (5) Giải: Điều kiện xác định của phương trình: x > 3. Khi đó: 2 3 5(x 1) (5) log (x 3) log (x 2) 4(x 2) + ⇔ − + − = − Xét hai hàm số 2 3 f (x) log (x 3) log (x 2) = − + − và 5(x 1) g(x) 4(x 2) + = − là hai hàm xác định và liên tục trên khoảng ( ) 3; +∞ , ta có: • f(x) là tổng của hai hàm số đồng biến nên là hàm số đồng biến. • vì ( ) 2 45 g'(x) 0 4 x 2 = − < − nên g(x) là hàm nghịch biến. Mặt khác ta có f(11) = g(11) = 5 nên x = 11 là nghiệm của (5) và cũng là nghiệm duy nhất. Bài 5 Giải phương trình: ( ) x 2 x 2 3.25 3x 10 .5 3 x 0 − − + − + − = (6) Giải: Đặt t = 5 x-2 (t > 0). Khi đó: x 2 2 x 2 1 1 5 t (6) 3t (3x 10)t 3 x 0 3 3 t 3 x 5 3 x − −   = =   ⇔ + − + − = ⇔ ⇔   = − = −    Ta có: • x 2 5 1 5 x 2 log 3 3 − = ⇔ = − • Xét phương trình x 2 5 3 x − = − , ta dễ chứng minh x = 2 là nghiệm duy nhất của nó. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 5 x 2 log 3 và x 2 = − = . Bài 5 (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối D-2006) Cho hệ phương trình ( ) x y e e ln(1 x) ln(1 y) a 0 y x a  − = + − + >  − =  Chứng minh hệ trên có nghiệm duy nhất. Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh . Trang 10 [...]... − 2x = t 2 − 2 Ta xác định điều kiện của t : Xét hàm số t = x 2 − 2x + 2 với x∈ 0,1 + 3    x −1 , t' = 0 ⇔ x =1 Ta có: t ' = x 2 − 2x + 2 x 0 1 − t’ 0 1+ 3 + 2 2 t 1 Vậy với x∈ 0,1 + 3  thì 1 ≤ t ≤ 2   Khi đó : (1) ⇔ m ≤ t2 − 2 với t ∈ [1;2] t +1 t2 − 2 Xét hàm số f(t) = với t ∈ [1;2] Ta có: t +1 f’(t) = t 2 + 2t + 2 2 (t + 1) > 0, ∀x ∈ [1;2] Vậy hàm số f tăng trên [1; 2] 2 Do đó, yêu cầu... THPT Vũ Trường Sơn  y = 2x − m  y = 2x − m  2 ( 1 − x ) x ≤ 1 (Do x = 0 không là nghiệm của hệ) (I) ⇔  xy = 1 − x 2 ⇔  ( ) ( )  y =  x (1− x) ⇒ 2x − 2 x 2 + 2x − 1 =m⇔ = m (∗) x x x 2 + 2x − 1 1 Xét hàm số f (x) = = x + 2 − trên tập D = ( −∞;1] \ { 0} x x 1 Ta có hàm số f(x) liên tục trên D và có đạo hàm f '(x) = 1 + 2 > 0, ∀x ∈ ( −∞;0 ) ∪ ( 0;1] x lim lim Giới hạn : xlim f (x) = −∞; x →0−... ) Ta có f(x) là hàm liên tục trên khoảng ( −1; +∞ ) và có đạo hàm 1 1 f '(x) = e x +a − e x + − x +1 x + a +1 Do a > 0 nên với mọi x > -1, ta có: e x + a − e x > 0   1 1 − >0  x +1 x + a +1 Như vậy f’(x) > 0 với mọi x > -1 ⇒ f(x) là hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; +∞ ) 1+ x x a Mặt khác, ta có: f (x) = e (e − 1) + ln 1+ a + x 1+ x x a lim = +∞ và x →( −1)+ f (x) = −∞ Từ đó ta tính giới hạn:... 2 + 15 = 3x − 2 + x 2 + 8 b) ( x + 2 ) ( 2x − 1) − 3 x + 6 = 4 − ĐS: x = 1 ( x + 6 ) ( 2x − 1) + 3 x+2 ĐS: x = 7 VẤN ĐỀ 4: ỨNG DỤNG CHIỀU BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ VÀO VIỆC BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Chú ý Cho f(x) là hàm số liên tục trên T, thì: a) f ( x ) ≤ a với mọi x ∈ T ⇔ a ≥ max f ( x ) b) f ( x ) ≥ a với mọi x ∈ T ⇔ a ≤ min f ( x ) c) f ( x ) ≤ a có nghiệm a ≥ min... ≤ 1 tại một điểm duy nhất Xét hàm số f(x) = 4x3 – 6x2 – 9x – 1 trên nửa khoảng ( −∞;1] Ta có: f'(x) = 12x2 – 12x – 9 = 3(4x2 – 4x – 3) 1 3 Cho f'(x) = 0 ⇔ 4x2 – 4x – 3 = 0 ⇔ x = − ∨ x = 2 2 1 − x –∞ 1 2 − f’(x) + 0 3 2 −12 f(x) −∞ Từ bảng biến thiên ta thấy: 3 3   −m = m=− 2 ⇔ 2 Yêu cầu bài toán xảy ra khi     − m < −12  m > 12 Đó là các giá trị cần tìm của tham số m Bài 3 2x − y − m = 0 ... cần tìm của tham số Bài 4 (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối B – 2004) 3 2 2 Tìm m để phương trình log 3 x + log 3 x + 1 − 2m − 1 = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc 1;3    Giải: 3 2 Đặt t = log 3 x + 1 Với x∈ 1;3  thì t ∈ [1;2]   Khi đó phương trình đã cho tương đương với : t 2 + t − 2 = 2m Bài toán trở thành tìm m để phương trình t 2 + t − 2 = 2m có nghiệm t ∈ [1;2] Xét hàm số f(t)... 2 1 − x 4 + 1 + x 2 − 1 − x 2 có nghiệm Giải: Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 14 CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn Điều kiện xác định của phương trình : x ∈ [−1;1] Đặt t = 1 + x 2 − 1 − x 2 Với x ∈ [−1;1] , ta xác định điều kiện của t như sau : Xét hàm số t = 1 + x 2 − 1 − x 2 với x ∈ [ −1;1] Ta có : x t' = 1 + x2 + x 1 − x2 x t’ t = x ( 1 − x2 + 1 + x2 1 − x4 −1 ) , cho t ' = 0 ⇔ x = 0 0 0... t+2 − t 2 − 4t −t 2 + t + 2 < 0, ∀t ∈ 0; 2  Xét hàm số f (t) = với t ∈ 0; 2  Ta có : f '(t) = 2     ( t + 2) t+2 2 max min Suy ra : t∈0; 2  f (t) = f (0) = 1, t∈0; 2  f (t) = f     ( 2) = 2 −1 min max Bây giờ, yêu cầu bài toán xảy ra khi t∈0; 2  f (t) ≤ m ≤ t∈0; 2  f (t) ⇔ 2 − 1 ≤ m ≤ 1 Đây là các     giá trị cần tìm của tham số Bài 6 (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối... 3x + 4x − 1 = mx ( 2 )  2 NX : x = 0 không phải là nghiệm của (2) Do vậy, ta tiếp tục biến đổi : Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 15 CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn 1  x≥−   2 (*) ⇔  2  3x + 4x − 1 = m ( 3)   x  1  Bài toán trở thành tìm m để (3) có nghiệm thực phân biệt x ∈  − ; +∞ ÷ \ { 0}  2   1  3x 2 + 4x − 1 Xét hàm số f (x) = với x ∈  − ; +∞ ÷ \ { 0} Ta có :  2  x 3x... nghiệm Giải: Điều kiện xác định của phương trình : x ≥ 1 Khi đó : ( 1) ⇔ 3 x −1 x2 − 1 x −1 x −1 + m = 24 ⇔3 + m = 24 ( 2) 2 x +1 x +1 x +1 ( x + 1) x −1 x −1 4 2 ( t ≥ 0 ) Vì 4 = 1− < 1 nên t < 1 Vậy với x ≥ 1 thì 0 ≤ t < 1 x +1 x +1 x +1 Khi đó, (2) ⇔ 3t 2 + m = 2t ⇔ −3t 2 + 2t = m (3) Bây giờ bài toán trở thành tìm m để (3) có nghiệm t ∈ [ 0;1) Đặt t = 4 Xét hàm số f(t) = −3t 2 + 2t trên nửa khoảng . CHUYÊN ĐỀ 1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ VÀ CÁC ỨNG DỤNG VẤN ĐỀ 1: XÉT CHIỀU BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ Quy tắc: 1. Tìm TXĐ của hàm số. 2. Tính đạo hàm f’(x). Tìm. 4: SỬ SỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM DUY NHẤT Bài 1 Cho hàm số ( ) 2 f x 2x x 2= − . a) Chứng minh rằng hàm số đồng biến