Luyện thi đại học môn Toán - Ứng dụng tính đơn điệu

Nhận xét: Trong các ví dụ trên, phương pháp độc lập tham số với biến số chỉ giải được khi các số hạng chứa tham số có cùng bậc.. Nếu các số hạng có chứa tham số mà các tham số này có bậc[r]

Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU I Tóm tắt kiến thức Bất phương trình f(x)  m đúng với x thuộc khoảng (a; b) và trên khoảng (a; b) , đường thẳng y = m nằm đồ thị (C ) hàm số y = f(x) Bất phương trình f(x)  m có nghiệm trên khoảng (a; b) và trên khoảng (a; b) , đường thẳng y = m và đồ thị (C ) hàm số y = f(x) có điểm chung đường thẳng y = m nằm đồ thị (C ) hàm số y = f(x) II Phương pháp giải toán và các ví dụ minh họa Dưới đây, thay cho khoảng đoạn nửa khoảng, ta viết chung là K Phương pháp độc lập tham số với biến số Dạng toán: Tìm tham số m để hàm số y = f(x, m) đồng biến (nghịch biến) trên K Cách giải: + Tính đạo hàm f ’(x, m) + Hàm số đồng biến (nghịch biến) trên K  f ’(x, m) ≥ ( f ’(x, m)  0), xK Viết bất phương trình f ’(x,m) ≥ ( f ’(x,m)  0) dạng g(x) ≥ h(m) (g(x)  h(m)) + Xét biến thiên hàm số g(x) trên K, từ đó tìm m Ví dụ Tìm m để hàm số y  x3  x  mx  4m  nghịch biến trên (1; 1) Giải + Hàm số xác định trên (1; 1) Th.S Hồng Văn Y Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 + Ta có y '  x  x  m + Hàm số nghịch biến trên (1; 1) và khi: y’  0, x(1; 1)  m  3 x  x, (1) x(1; 1) + Xét hàm số g(x) = 3x2  6x trên (1; 1) g’(x) =  6x  6, g’(x) =  x = 1 Bảng biến thiên g(x): x 1  g’(x) g(x) 9 Từ bảng biến thiên suy (1) đúng với x thuộc khoảng (1; 1) và đường thẳng y = m nằm đường cong y = g(x) Vậy các giá trị cần tìm là m  lim g ( x)  9 x 1 Ví dụ Tìm m để hàm số y  x3  (m  1) x  (m  7) x  đồng biến trên khoảng (2; +) Giải + Hàm số xác định trên (2; +) + Ta có y '  x  2(m  1) x  (m  7) + Hàm số đồng biến trên (2; +)  y’  x(2; +)  x  2(m  1) x  (m  7)  0, x(2; +)  x  x   (2 x  1)m, x(2; +) Th.S Hồng Văn Y Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 x2  x    m, x(2; +) (vì x  nên x   ) 2x  x2  x  + Xét hàm số g ( x)  trên (2; +) 2x  (2 x  1)(2 x  1)  2( x  x  7) x  x  12 g '( x)   (2 x  1) (2 x  1)  x  3 g '( x)   x  x  12   x  x     x  Bảng biến thiên g(x): x + g’(x) + + g(x) Từ bảng biến thiên suy các giá trị cần tìm là m  Ví dụ Tìm m để hàm số y  m x  (m 1) x  3(m  2) x đồng biến trên [2;+) Giải + Hàm số xác định trên [2;+) + Ta có: y '  mx  2(m 1) x  3(m  2) y '  0, x [2; )  mx  2(m 1) x  3(m  2)  0, x [2; )  m( x  x  3)  2 x  6, x [2; ) m 2 x  , x [2; ) (vì x2 –2x+3 > 0, x ) x  2x  + Xét g(x) = 2 x  trên [2; ) x  2x  2 x 12 x  g'(x) = ; g'(x) =  x   ( x  x  3)2 Th.S Hồng Văn Y Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 Bảng biến thiên g(x): x  g'(x)  3 + g(x) Vậy m  g (2)  Ví dụ Tìm m để hàm số y = x3  3x2 + m2x + m nghịch biến trên (1; 2) Giải + Hàm số xác định trên (1; 2) + Ta có y’ = 3x2  6x + m2 + Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; 2) và khi: y’  0, x (1; 2)  m2  6x  3x2, x (1; 2) + Xét hàm số g(x) = 6x  3x2 trên (1; 2) g’(x) =  6x, g’(x) =  x = Bảng biến thiên g(x): x  g’(x) g(x) Từ bảng biến thiên suy giá trị cần tìm là m   m  x  (6  m) x Ví dụ Tìm m để hàm số y  nghịch biến trên khoảng (0; 1) mx  Giải Th.S Hồng Văn Y Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 + Hàm số xác định trên (0; 1) với   (0;1) m + Ta có: y' (4 x   m)(mx  2)  m(2 x  (6  m) x) 2mx  x  2m  12  (mx  2)2 (mx  2)2 + Hàm số nghịch biến trên (0; 1)  y’  0,x(0; 1) m =  y’ = x + (loại) m  0, y’  0,x(0; 1) và khi:   (0;1) và m 2mx  x  2m  12  , x(0; 1)  ( x  1)m  2 x  , x(0; 1)  m 2 x  , x(0; 1) (vì x   0, x  (0;1) ) x 1 + Xét hàm số g ( x)  2 x  trên (0; 1) x2  2( x  1)  x(2 x  6) x  12 x  g '( x)    0, x  (0;1) ( x  1) ( x  1) (vì x  nên x  12 x   ) Bảng biến thiên g(x): x g’(x) + + g(x) Từ bảng biến thiên suy không có giá trị nào m để hàm số đã cho nghịch biến trên (0; 1) Th.S Hồng Văn Y Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 mx  (2  4m) x  4m  Ví dụ Tìm m để hàm số y  nghịch biến trên x 1 khoảng (1; 1) Giải Hàm số xác định trên (1; 1) Ta có: y'  (2mx   4m)( x  1)   mx  (2  4m) x  4m  1 ( x  1) mx  2mx   ( x  1) Hàm số nghịch biến trên (1; 1)  y’  0,x(1; 1) Ta có y’   mx  2mx    m( x  x)  m =  y’ < 0, x(1; 1)   x  2x  m  0, m( x  x)      x  x  , m0 m , m0 m Xét hàm số g ( x)  x  x trên (1; 1), ta có: g '( x)  x  ; g '( x) =  x = Bảng biến thiên g(x): x 1  g’(x) g(x) 1   3  m , m  m , m0  Từ bảng biến thiên suy ra:   1  m  1, m   m  1, m  Vậy 1  m  Th.S Hồng Văn Y Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 Dạng toán: Tìm tham số m để bất phương trình f(x, m) ≥ ( f(x, m) ≤ 0) nghiệm đúng với x thuộc K Cách giải: + Viết bất phương trình dạng g(x) ≥ h(m) (g(x)  h(m)) + Xét biến thiên hàm số g(x) trên K, từ đó tìm m Ví dụ Tìm m để bất phương trình x3  x  (m 1) x  m  nghiệm đúng x với x  Giải Ta có: x4 – 2x3 + x2 –  (x2 – x)m, x    x  x3  x   m ,x  x2  x t 1  m ,t  (với t = x2 – x  2, x  2) t Xét f (t) = t 1 liên tục trên [2, +), ta có: t f '(t )   t 1 , t  f (t) = đồng biến trên [2, +)   t t2 Vậy m  f (2)  Ví dụ Tìm m để bất phương trình – x3 + 3mx –   nghiệm đúng với x2 x  Giải Ta có: –x3 + 3mx –   1  x3 +   3mx  x   >3m (1) (do x1) x x x x Th.S Hồng Văn Y Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 Xét f (x) = x  f '( x)  liên tục trên [1; + ), ta có:  x x3 2( x3  1)   , x   f (x) đồng biến [1; + ) x2 x Vậy 3m < f (1) =  m  Nhận xét: Nếu cần tìm m để (1) đúng với x  thì ta tìm m để: 3m  lim f ( x)  Vậy m  x 1 Ví dụ Tìm m > để bất phương trình m9 x  4(m 1)3x  m  đúng với x Giải Đặt t  3x  , bài toán trở thành: Tìm m > để bất phương trình: mt  4(m 1)t  m 1  đúng với t > Ta có: mt  4(m 1)t  m 1   (t  4t  1)m  4t 1  m Xét f (t )  4t  (do t > nên t  4t   ) t  4t  4t  liên tục trên (0; ) , ta có: t  4t  f '(t )  2t (t  1)  0, t  (t  4t  1) Bảng biến thiên f (t): t  f ’(t) f (t)  Vậy m  Th.S Hồng Văn Y Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 Ví dụ Tìm m để bất phương trình (4  x )(6  x)  x  x  m đúng với x thuộc tập xác định nó Giải Với x[– 4; 6], đặt: t = (4  x )(6  x)   x  x  24  25  ( x 1)2 ,  t  Bất phương trình trở thành: t2 + t – 24  m Xét hàm số f (t) = t2 + t – 24 trên [0; 5], ta có: f’(t) = 2t + 1; f’(t) =  t =  Bảng biến thiên: t f’(t) f(t)   – 0 + +  –24 Từ bảng biến thiên suy m  f (5)  Nhận xét: 1) Nếu cần tìm m để bất phương trình (4  x )(6  x)  x  x  m đúng với x thuộc tập xác định nó thì ta tìm m để m  f (0)  24 2) Nếu dạng toán yêu cầu : Tìm m để bất phương trình (4  x )(6  x)  x  x  m có nghiệm thì ta tìm m để m  f (5)  Học sinh lớp 10 và 11 có thể lập bảng biến thiên trên [0; 5] mà không cần dùng đạo hàm Dạng toán: Tìm m để phương trình f (x, m) = có nghiệm thỏa điều kiện cho trước Th.S Hồng Văn Y Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 Cách giải: + Viết phương trình dạng g(x) = h(m) + Xét biến thiên hàm số g(x) trên tập xác định, từ đó tìm m Ví dụ Tìm m để phương trình x4 + mx3 + x2 + mx + = có không ít hai nghiệm âm khác Giải  x4  x2 1  m (vì x  0) Phương trình có thể viết: x3  x  x4  x2 1 Xét f ( x)  trên  \{0} , ta có: x3  x  x6  x  x  , đặt t = x2 > thì f '( x)  ( x  1)2 x f ’(x) =  – t3 –2t2 + 2t + =  (t – 1)(t2 + 3t + 1) =  t – 1= (do t > nên t2 + 3t + 1> 0)  x = 1 và đó ta có f '( x)  ( x 1)( x  3x  1) (dễ xét dấu vì x4 + 3x2 +1 > 0,x) 2 ( x  1) x Bảng biến thiên: x f ’(x) f (x) –1  –   + + –    Dựa vào bảng biến thiên, tìm m  Ví dụ Tìm các giá trị m để phương trình 4x – m.2x+1 + 2m = có hai nghiệm < x1 < < x2 Th.S Hồng Văn Y 10 Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 Giải Đặt t = 2x (t > 0), phương trình trở thành: t2 – 2mt + 2m = m = t2 (vì t = không phải là nghiệm phương trình) 2(t 1) Với t > 0, phương trình 2x = t có nghiệm nên yêu cầu bài toán trở thành: Tìm các giá trị m để phương trình t2 – 2mt + 2m = có hai nghiệm < t1 < < t2 t2 Xét f (t )  trên (0; +∞)\ {1} 2(t 1) 2t  4t ; f ’(t) =  t = t = (2t  2)2 f ’(t) = Bảng biến thiên hàm f (t): t f’(t) – +∞ + +∞ +∞ f(t) Vậy m > Ví dụ Tìm các giá trị m cho đường thẳng y = –3 cắt đồ thị hàm số y = x4 + 2mx2 + 2m bốn điểm phân biệt thỏa mãn: có đúng điểm có hoành độ lớn 1,5; các điểm còn lại có hoành độ nhỏ 0,5 Giải Ta có: x4 + 2mx2 + 2m + =  – 2m = Xét f ( x)  x4  x2 1 x4  , f(x) liên tục trên  x2 1 f '( x)  x5  x3  x x( x  1)( x  3)  ( x  1)2 ( x  1)2 Th.S Hồng Văn Y 11 Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 f’(x) =  x = x  1 Bảng biến thiên f(x): x –∞ f’(x) –1 – + +∞ 1/2 3/2 – + +∞ 129/52 49/20 f(x) Vậy +∞ 129 129  2m  hay   m   52 104 Ví dụ Biện luận số nghiệm hệ sau theo m  x2  5x   m  1  x  Giải Xét f ( x)  x  x  trên (1;5] f '( x)  x  ; f '( x)   x  Bảng biến thiên: x  f'(x) + f(x)  Biện luận: 1 m   : hệ vô nghiệm; m   : hệ có nghiệm; 4   m  : hệ có hai nghiệm;  m  : hệ có nghiệm; Th.S Hồng Văn Y 12 Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 m  : hệ vô nghiệm Ví dụ Tìm m để phương trình: (m  3)log 21 ( x  4)  (2m  1)log ( x  4)  m   2 có hai nghiệm x1; x2 thỏa điều kiện  x1  x2  Giải Đặt t  log ( x  4) , đó x < thì x – < Suy ra: t  log ( x  4)  log  t  1 2 Bài toán trở thành: Tìm m để phương trình (m  3)t  (2m  1)t  m   có hai nghiệm t1; t2 thỏa điều kiện 1  t1  t2 3t  t  Phương trình có thể viết m  (vì t = không là nghiệm) t  2t  3t  t  Xét hàm số f (t )  trên (1; ) \ {1} , ta có: t  2t  f '(t )  7t  3 , f '(t )   t  (t  1) Bảng biến thiên: –1 t f '(t ) –  + –   f (t)  25 lim f (t )  0; lim f (t )  ; lim f (t )  ; lim f (t )  x 1 x 1 x 1 Th.S Hồng Văn Y x  13 Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 Dựa vào bảng biến thiên, ta được:  25  m  m  Ví dụ Tìm m để phương trình m(sin x + cos x) + sin2x + m – 1= có nghiệm Giải Đặt sinx + cosx = t, với | t |  , suy sin x cos x  t2 1 Khi đó phương trình trở thành: mt + (t2 – 1) + m – =  t2 + mt + m – =  t2  – t = m(t + 1)   m (vì t = –1 không là nghiệm) 1 t  t2 Xét hàm số f (t )  liên tục trên các khoảng ( 2;1);(1; 2) 1 t (t  2t  2) f '(t )   0, t  ( 2;1)  (1; 2) (t  1)  hàm số nghịch biến trên các khoảng ( 2;1);(1; 2)  đường thẳng y = m luôn cắt đồ thị hàm số f (t) Vậy phương trình luôn có nghiệm với m Ví dụ Cho phương trình 2tan x + tan2 x + tan3 x + 2cot x + cot2 x + cot3 x = m Tìm m để phương trình có nghiệm Giải Điều kiện: x ≠ k  , k  Đặt tan x + cot x = t, với | t |  2,  tan2 x + cot2 x = t2 – Ta có: tan3 x + cot3 x = (tan x +cot x)3 –3tan x.cot x(tan x + cot x) = t3 – 3t Khi đó phương trình trở thành: 2t + t2 – + t3 – 3t = m  t3 + t2 – t – = m Xét hàm số f (t) = t3 + t2 – t – 2, f (t) liên tục trên (–  ;–2]; [2; +  ) Th.S Hồng Văn Y 14 Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 f’(t) = 3t2 + 2t – > 0, t  (; 2]  [2; ) Bảng biến thiên: x – f’(t) –2 + + + f(t) + –4 – Dựa vào bảng biến thiên, ta được: m  –4 hặc m  Nhận xét: Trong các ví dụ trên, phương pháp độc lập tham số với biến số giải các số hạng chứa tham số có cùng bậc Nếu các số hạng có chứa tham số mà các tham số này có bậc khác thì không thể cô lập tham số Khi đó, ta có thể gián tiếp cô lập tham số cách khảo sát trực tiếp chiều biến thiên hàm g’(x, m) Ví dụ Tìm m để hàm số y  x  2mx  3m2 đồng biến trên (1; ) x  2m Giải Hàm số xác định trên (1; ) với 2m (1; ) Ta có: y '  x  4mx  m2 ( x  m) Hàm số đồng biến trên (1; ) và khi:  x  4mx  m  0, x   y '  0, x  (1; )   m    2m  Xét hàm số g ( x)  x  4mx  m trên (1; ) g '( x)  x  4m; g '( x)   x  2m Bảng biến thiên: Th.S Hồng Văn Y 15 Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 x 2m  g'(x)  + +  g(x) m  4m  lim g ( x)  lim ( x  4mx  m2 )  m2  4m  x1 x1 Dựa vào bảng biến thiên, ta cần có: m   m  4m      m   Vì m  nên m   Ví dụ Tìm m để hàm số y  x  (3m  1) x  5m 1 đồng biến trên (0; 1) xm Giải Hàm số xác định trên (0; 1) với m (0;1) Ta có: y '  x  2mx  3m2  4m  ( x  m) Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 1)  y’ ≥ 0, x(0; 1) hay g ( x)  x  2mx  3m2  4m  ≥ 0, x(0; 1) g '( x)  x  2m; g '( x)   x  m Xét m  (1), ta có bảng biến thiên: m x g'(x)  0 +  + + g(x) 3m  4m  Th.S Hồng Văn Y 16 Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 lim g ( x)  lim ( x  2mx  3m2  4m  1)  3m2  4m  x 0 x 0 Dựa vào bảng biến thiên, ta cần có:  m  3m  4m      m  Kết hợp với điều kiện (1), ta được: m  Xét m  (2), ta có bảng biến thiên: x  g'(x)   m  + g(x) 3m  6m  lim g ( x)  lim ( x  2mx  3m2  4m  1)  3m2  6m  x1 x1 Dựa vào bảng biến thiên, ta cần có: 3m  6m    m  3 3 Kết hợp với điều kiện (2), ta được: m  Vậy m  m  3 3 Ứng dụng tổng tích các nghiệm Định lý Viét Dạng toán: Tìm m để phương trình f (2)(x, m) = có nghiệm thỏa điều kiện cho trước (Dạng toán có thể là bất phương trình) Cách giải: + Đổi biến t = x –  , ta phương trình f (2)(t, m) = Th.S Hồng Văn Y 17 Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 (Giả sử xi   (i  1,2), thì ti  xi    ) + So sánh các nghiệm phương trình f (2)(t, m) = với số Ví dụ Tìm m để phương trình (m+2)x2 – 2(m+1)x + m2 + 4m + = a) Có hai nghiệm lớn b) Có hai nghiệm x1, x2 cho x1 < < x2 Giải Phương trình có hai nghiệm khi: m + ≠ và ∆’ = (m+1)2 – (m+2)(m+1)(m+3) ≥ hay m ≠ –2 và m ≤ –1 (*) a) Đặt x = t + Khi đó phương trình trở thành : (m+2)(t+1)2 – 2(m+1)(t+1) + m2 + 4m + =  (m+2)t2 + 2t + m2 + 3m + = (1) Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm cùng dương:  2 m   m       m  3m    m  3m    m  Hệ vô nghiệm vì m2  3m   0, m Vậy không có giá trị nào m thỏa mãn bài toán b) Đặt x = t + 2, phương trình trở thành: (m + 2)t2 + (2m + 6)t + m2 + 4m + = (2) Khi đó x1 < t1 < 0, x2 > t2 > Yêu cầu bài toán tương đương với (2) có hai nghiệm trái dấu: (m + 2)(m2 + 4m + 7) <  m < –2 (vì m2 + 4m + > 0, m ) Th.S Hồng Văn Y 18 Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 Vậy m < –2 là các giá trị cần tìm Ví dụ Tìm m để phương trình x2 – 2(m–1)x + m2 + 4m – = a) có hai nghiệm lớn –1; b) có hai nghiệm nhỏ 1; c) có hai nghiệm x1, x2 cho x1 < < x2 Giải Phương trình có nghiệm và khi:  '   6m   m  (*) Khi đó: x1 + x2 = 2(m–1); x1x2 = m2 + 4m – a) Theo giả thuyết:  x1  1  x 1      x2  1  x2   Do đó, ta có hệ: ( x1  1)( x2  1)   x x  x  x 1    2   x1  x2   ( x1  1)  ( x2  1)    m  3  15   m  6m        m  3  15  m  3  15 2m   m  So với điều kiện (*), các giá trị cần tìm m là: 3  15  m  b) Từ giả thuyết:  x1   x 1      x2   x2   Ta có hệ: Th.S Hồng Văn Y 19 Lop12.net Câu I & II Luyện thi ĐH 2210-2011 ( x1  1)( x2  1)  m2  2m    x1 x2  ( x1  x2 )       x1  x2   2(m  2)  ( x1  1)  ( x2  1)    m  1   1   m      m  1     m  1   m   So với điều kiện (*), các giá trị cần tìm m là: m  1  1   m  c) Theo giả thuyết: x1   x2  x1 1   x2 1 Do đó, ta có: ( x1 1)( x2 1)   x1 x2  ( x1  x2 )    m2  2m    1   m  1  Vậy các giá trị cần tìm m là:  1  m  1 Ví dụ Tìm các giá trị m cho phương trình x2 +(2m +1)x +m2 –10 = có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn – < x1 < < x2 Giải Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khi: ∆ = (2m+1)2 – 4(m2 – 10) > hay m >  39 (1) Khi đó x1 + x2 = – 2m – và x1x2 = m2 – 10 Theo giả thuyết: – < x1; – < x2 nên < x1 + 6; < x2 + Ta có hệ: m   ( x1  6)( x2  6)  m  12m  20      m  10  m  (2)  12  (2m  1)  ( x1  6)  ( x2  6)   11 m   Mặt khác: x1 < < x2 nên x1 – < < x2 – Do đó: (x1 – 1)(x2 – 1) <  m2 + 2m – <  – < m < (3) Từ (1), (2) và (3) ta – < m < là các giá trị cần tìm Th.S Hồng Văn Y 20 Lop12.net