Bài soạn Ung dung cua dao ham

Tính đơn điệu của hàm số A. Tóm tắt lý thuyết Y = f(x) đồng biến/(a, b) x 1 < x 2 (a, b) ta có f(x 1 ) < f(x 2 ) Y = f(x) nghịch biến/(a, b) x 1 < x 2 (a, b) ta có f(x 1 ) < f(x 2 ) Điều kiện cần và đủ để y = f(x) đồng biến/(a, b) f(x) 0 x (a, b) đồng thời f(x) = 0 chỉ xảy ra tại 1 số hữu hạn điểm (a, b) Nếu y = f(x) đồng biến/[a, b] thì [ ] ba,x Minf(x) = f(a) ; [ ] ba,x Maxf(x) = f(b) Nếu y = f(x) nghịch biến/[a, b] thì [ ] ba,x Minf(x) = f(b) ; [ ] ba,x Maxf(x) = f(a) Tìm điều kiện tham số để hàm số đơn điệu Bài 1Tìm m để y = 2x 2-x6mx 2 + + nghịch biến / [1, + ) Cách 1: ph ơng pháp tam thức bậc 2 Hàm số nghịch biến / [1, + ) y = 2 2 2)(x 14mx4mx + ++ 0 x 1 g(x) = mx 2 + 4mx + 14 0 x 1. Xét các khả năng sau : a) xét m = 0 : g(x) = 0x 2 + 0x + 14 0 x : loại b) Xét m > 0. Cách 1 : Đồ thị y = g(x) là 1 parabol quay bề lõm lên trên nên miền nghiệm của BPT g(x) 0 có độ dài hữu hạn và do đó [1, + ) loại Cách 2: + x g(x) lim = x 0)m)((mx lim 2 + > + g(x) liên tục / [1, + ) nên [1, + ) sao cho g( ) > 0 loại c) Xét m < 0 : ' = 4m 2 14m > 0 m < 0 suy ra g(x) = 0 có 2 nghiệm x 1 < x 2 BPT g(x) 0 có sơ đồ miền nghiệm G là G + G x ]///////////////[ Ta có g(x) 0 đúng x [1, + ) - x 1 x 2 1 - [1, + ) G < < 1 xx 0m 21 <= += >< 12 2 S 014)m(5mmg(1) 0' , 0m m 5 14 Cách 2 : ph ơng pháp hàm số Hàm số nghịch biến / [1, + ) y = 2 2 2)(x 14mx4mx + ++ 0 x 1 mx 2 + 4mx + 14 0 m(x 2 + 4x) -14 x 1 ⇔ u(x) = x4x 14 2 + − ≥ m ∀ x ≥ 1 ⇒ 1x u(x)Min ≥ ≥ m Ta cã u’(x) = 22 )x4x( 4)x2(14 + + > 0 ∀ x ≥ 1 ⇒ u(x) ®ång biÕn / [1, + ∞ ) ⇒ 1x u(x)Min ≥ = u(1) = 5 14 − ≥ m Bµi 2: [79I+108I] T×m m ®Ó y = - 3 1 x 3 + (m-1)x 2 + (m+3)x – 4 ®ång biÕn trªn kho¶ng (0, 3) Gi¶i : Hµm sè ®ång biÕn / (0, 3) ⇔ y’ = -x 2 + 2(m-1)x + (m+3) ≥ 0 ∀ x ∈ (0, 3) Do y’(x) liªn tôc t¹i x = 0 vµ x = 3 nªn BPT : y’ ≥ ∀ x ∈ (0, 3) ⇔ y’ ≥ 0 ∀ x ∈ [0, 3] ⇔ m(2x+1) ≥ x 2 + 2x – 3 ∀ x ∈ [0, 3] ⇔ g(x) = 1x2 3-x2x2 2 + + ≤ m ∀ x ∈ [0, 3] ⇔ [ ] 0,3 x g(x)Max ∈ ≤ m. Ta cã g’(x) = 2 2 1)x2( 8x2x2 + ++ > 0 ∀ x ∈ [0, 3] ⇒ g(x) ®ång biÕn / [0, 3] ⇒ [ ] 0,3 x g(x)Max ∈ = g(3) = 7 12 ≤ m Bµi 3 : T×m m ®Ó hµm sè y = 3 1 mx 3 – (m-1)x 2 + 3(m-2)x + 3 1 ®ång biÕn trªn kho¶ng [2, + ∞ ). Gi¶i Hµm sè ®ång biÕn/[2, + ∞ ) ⇔ y’ = mx 2 – 2(m-1)x + 3(m-2) ≥ 0 ∀ x ≥ 2 ⇔ m(x 2 – 2x +3) ≥ -2x + 6 ∀ x ≥ 2 ⇔ g(x) = 3x2x 6x2- 2 +− + ≤ m ∀ x ≥ 2 ⇔ 2x g(x)Max ≥ ≤ m. Ta cã g’(x) = 22 2 3)x2(x 6)x6-2(x +− + = 0 ⇔    += −= 63x 63x 1 1 • +∞→ x g(x) Lim = +∞→ + + x x 3 2-x x 6 2- Lim = 0 ⇒ BBT cña hµm sè y = g(x) x - ∞ 3 - 6 2 3 + 6 + ∞ g’(x) + 0 - 0 + g(x) 0 C§ CT 0 Nhìn bảng biến thiên suy ra 2x g(x)Max = g(2) = 3 2 m Bài 4: Tìm m để y = m-x m1m)x1(x2 2 +++ đồng biến / (1, + ) Cách 1: phơng pháp tam thức bậc 2: Hàm số đồng biến / (1, + ) y = 2 22 m)-(x 1-m2mmx4x2 + 0 x > 1 >+= m #x 0 # m-x 1x 0 1-2m-m4mx-2x (x) 22 g > 1m 1x 0 (x)g Với m 1, xét BPT : g(x) = 2x 2 4mx + m 2 2m -1 0 x > 1 Ta có = 2(m+1) 2 0 g(x) = 0 có 2 nghiệm x 1 x 2 BPT : g(x) 0 có sơ đồ nghịêm G là : G + G x ]///////////////[ - x 1 x 2 1 - Ta có g(x) 0 x > 1 (1, + ) G x 1 x 2 1 = += += 1m 2 S 01)m6m(2)1(.2 01)2(m ' 1, m 2 2 g + 223m 22-3m 1 m 22-3m Cách 2:phơng pháp hàm số Hàm số đồng biến / (1, + ) y = 2 22 m)-(x 1-m2mmx4x2 + 0 x > 1 >+= m #x 0 # m-x 1x 0 1-2m-m4mx-2x (x) 22 g > 1m 1x 0 (x)g Ta có g(x) = 4(x-m) 0 x > 1 g(x) đồng biến / (1, + ) Do ®ã    ≤ >∀≥ 1m 1x 0 (x)g ⇔      < ≥ ≥ 1 m 1 x 0 g(x)Min ⇔    < ≥+−= 1m 01m6m)1( 2 g ⇔ 22-3m ≤ . ba,x Minf(x) = f(b) ; [ ] ba,x Maxf(x) = f(a) Tìm điều kiện tham số để hàm số đơn điệu Bài 1Tìm m để y = 2x 2-x6mx 2 + + nghịch biến / [1, + ) Cách 1:. 0 + g(x) 0 C§ CT 0 Nhìn bảng biến thiên suy ra 2x g(x)Max = g(2) = 3 2 m Bài 4: Tìm m để y = m-x m1m)x1(x2 2 +++ đồng biến / (1, + ) Cách 1: phơng pháp