tính đơn điệu hàm số và cực trị của hàm số

BÀI 2. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. 1. y  f (x) đồng biến (a, b)  (x)  0 x(a, b) đồng thời (x)  0 tại một số hữu hạn điểm  (a, b). 2. y  f (x) nghịch biến (a, b)  (x)  0 x(a, b) đồng thời (x)  0 tại một số hữu hạn điểm  (a, b). Chú ý: Trong chương trình phổ thông, khi sử dụng 1., 2. cho các hàm số một quy tắc có thể bỏ điều kiện (x)  0 tại một số hữu hạn điểm  (a, b). CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài 1. Tìm m để nghịch biến trên 1, ) Giải: Hàm số nghịch biến trên 1, )    . Ta có:

Chuyên đề 2

BÀI 2 TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT.

1 y  f (x) đồng biến / (a, b)  (x)  0 x(a, b) đồng thời (x) 

0 tại một số hữu hạn điểm  (a, b).

2 y  f (x) nghịch biến / (a, b)  (x)  0 x(a, b) đồng thời (x) 

0 tại một số hữu hạn điểm  (a, b).

Chú ý: Trong chương trình phổ thông, khi sử dụng 1., 2 cho các hàm số

một quy tắc có thể bỏ điều kiện (x)  0 tại một số hữu hạn điểm  (a, b).

CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA

Bài 1. Tìm m để 2 6 5 2 1 3 

1

y

x



 nghịch biến trên [1, )

Giải: Hàm số nghịch biến trên [1, ) 

2 2

1

x



 mx2 2mx  7 0 m x 2 2x7 x 1   

2

2





 

1

Min



  Ta có:   2 2

( 2 )

x





 u(x) đồng biến trên [1, )     

1

7

3

x





Bài 2. Tìm m để 1 3  1 2  3 4

3

y x  m x  m x đồng biến trên (0, 3)

Giải Hàm số tăng trên (0,3)  y  x22m1xm3  0 x 0, 3 (1)

Do y x  liên tục tại x  0 và x  3 nên (1)  y  0 x[0, 3]

 m x2 1x2 2x 3 x 0,3    2 2 3 0,3

x

 



0,3

Max



  Ta có:  

x



 g(x) đồng biến trên [0, 3] 

0,3

12

7

x



Bài 3. Tìm m để 3  1 2 3 2 1

m

y x  m x  m x đồng biến trên 2, 

Giải: Hàm số tăng / 2,   y mx2 2m1x3m 2  0 x 2 (1)

 m x  12 2 2x6  x 2   

x

x

Ta có:    2 

g x

1

2

x x

x x

   

 

 ; xlim g x 0

Từ BBT     

2

2

3

Bài 4 y x 3  mx2  2m2  7m7x2m1 2  m 3 đồng biến / 2, 

Giải: Hàm số tăng trên 2,   y3x2  2mx 2m2  7m7  0, x 2

Ta có V7m2  3m3 7  32 3 0

m

  nên y 0 có 2 nghiệm

x x

BPT g(x)  0 có sơ đồ miền nghiệm G là:

Ta có y x 0 đúng  x 2  2,  G

5 2

2 6

2

2 3

m



 

 





Bài 5 Tìm m để y 2x2 1 m x 1 m

x m



 đồng biến trên 1, 

2

2x 4mx m 2m 1 0 1

x m



1 0

m

x m







Cách 1: Phương pháp tam thức bậc 2

Ta có:   2m12 0 suy ra g(x)  0 có 2 nghiệm x1 x2

1

x2 _0+
0+
CT0

BPT g(x)  0 có sơ đồ miền nghiệm G là:

Ta có g(x)  0 đúng x(1, )  1,  G

1

1, 0

3 2 2

2 1 2

m m











Cách 2: Phương pháp hàm số

Ta có: g(x)  4(x  m)  4(x  1) > 0 x > 1  g(x) đồng biến trên [1,

)

Do đó    

1

x

g x

m m







Bài 6 Tìm m để y4m 5 cos x2m 3x m 2  3m1 giảm  ¡x

Giải: Yêu cầu bài toán  y5 4 msinx2m 3 0,  x ¡

  5 4  2 3 0,  1;1

         Do đồ thị y g u u  ,   1;1 là

một đoạn thẳng nên ycbt  

 

1

3

m





Bài 7 Tìm m để hàm số sin 1sin 2 1sin 3

y mx  x x x tăng với mọi

x ¡

Giải: Yêu cầu bài toán cos 1cos 2 1cos 3 0,

 cos 12 cos2 1 14 cos3 3cos  0,

        , với ucosx  1,1

Ta có   4 2 2 2 2 1 0 1; 0

2

g u  u  u u u   u u

Lập BBT suy ra yêu cầu bài toán 

1,1

5

6

Bài 8 Cho hàm số 1 1 3 2 1 2 3 2

3

y m x  m x  m x m

Tìm m để khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4

Giải Xét y m1x2 2 2 m1x 3m20 Do   7m2 m 3 0 nên y 0 có 2 nghiệm x1 x2 Khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4  y  0; x x x1; 2;x2  x1 4  m 1 0 và x2  x1 4 Ta có

2

1 1

m m





6

      kết hợp với m  1 0 suy ra 7 61

6

m 

B ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

I DẠNG 1: ỨNG DỤNG TRONG PT, BPT, HỆ PT, HỆ BPT

Bài 1. Giải phương trình: x5 x3  1 3 x  4 0.

Giải Điều kiện: x 13 Đặt f x x5 x3  1 3 x4 0

Ta có:   5 4 3 2 3 0

2 1 3

x

  f (x) đồng biến trên  ,1

3

 



Mặt khác f (1)  0 nên phương trình f (x)  0 có nghiệm duy nhất x 

1.

Bài 2. Giải phương trình: x2 15 3 x 2 x2 8

Giải Bất phương trình  f x 3x 2 x2 8 x2 15  0 (1) +
Nếu x 23 thì f (x) < 0  (1) vô nghiệm.

+
Nếu x 23 thì   3 21 21 0 23

 f (x) đồng biến trên 2 , 

3  mà f (1)  0 nên (1) có đúng 1 nghiệm x

 1

Bài 3. Giải bất phương trình: x 1 35x 7 47x 5513x 7 8 (*)

Giải Điều kiện x 57 Đặt f x  x 1 35x 747x 5513x 7

Ta có:  

f x

 f (x) đồng biến trên 5 , 

7

 

 Mà f (3)  8 nên (*)  f (x) < f (3)  x

< 3

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 5 3

7  x

Bài 4. Giải PT: 5 4 3 2 1 1 1 2 3 5 2 7 17

Giải (*)   5 4 3 2  1    1 1 2 3 5 2 7 17  

Ta có f (x) đồng biến và g(x)  6x2  10x  7 < 0 x  g(x) nghịch

biến.

Nghiệm của f (x)  g(x) là hoành độ giao điểm của yf x  và y g x  .

Do f (x) tăng; g(x) giảm và f 1 g 1 13 nên (*) có nghiệm duy nhất x

 1.

Bài 5. Tìm số m Max để msinx  cosx 1sin 2x sinx cosx 2 x (*)

Giải Đặt tsinx  cosx  0 t2 sinx  cosx2  1 sin 2x  1t22

 1 t 2, khi đó (*)  m t 1t2  t 1   t 1, 2

1

        tMin1, 2 f t  m



 Do  

2 2

2 0 1

f t

t





nên f (t) đồng biến / 1, 2     

1, 2

3

2

 

   m 32  Max 3

2

m 

Bài 6. Giải phương trình 2008sin 2x  2008cos 2x cos 2x

2008 x  2008 x cos x sin x 2008 xsin x2008 x cos x (*) Xét f u 2008u u Ta có f u 2008 lnu u 1 0 Suy ra f u  đồng biến (*)  f sin2 xfcos2 x sin2 xcos2 x cos 2x0

,

4 k2

Bài 7 Tìm x y , 0, thỏa mãn hệ 3cotg x 5x y cotg 2 y x y 



Giải cotg x cotg y x y   x cotg x y  cotg y

Xét hàm số đặc trưng f u  u cotg ,u u0, Ta có

 

2

1

sin

f u

u

Suy ra f u  đồng biến trên 0,  Khi đó     4

f x f y

x y





Bài 8 Giải hệ phương trình

2 1

2 1









(*)

Giải Xét f t t3 t2 t với t ¡  f t 2t2 t12 0  f (t) tăng Không mất tính tổng quát giả sử x  y  z

 f x f y f z   2z 1 2x 1 2y 1 z x y   x  y  z  

1

Bài 9 Giải hệ bất phương trình

2 3

3 1 0





  



3

x  x     x Đặt f x x3  3x1 Ta có:

  3 1  1 0

f x  x x   f x  giảm và    1 1 0,  1,1

f x  f     x

II DẠNG 2: ỨNG DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

Bài 1 Chứng minh rằng: 3 sin 3 5

x  x x   x > 0

Giải  3 sin

3!

x

x  x x > 0   

3

sin 0 3!

x

f x   x x x > 0

Ta có  

2

1 cos 2!

x

f x    x  f x  x sinx  f x  1 cosx0 x > 0

 f x đồng biến [0, +
)  f x f 0 0 x > 0

 f x  đồng biến [0, +
)  f x f 0 = 0 x > 0

 f x  đồng biến [0, +
)  f(x) > f(0) = 0 x > 0  (đpcm)

3! 5!

x x   x > 0  g(x) = 5 3 sin 0

5! 3!

    x > 0

Ta có g(x) = 4 2 1 cos

4! 2!

x

    g(x) = 3 sin

3!

x

  = f(x) > 0 x > 0

 g(x) đồng biến [0, +
)  g(x) > g(0) = 0 x > 0

 g(x) đồng biến [0, +
)  g(x) > g (0) = 0 x > 0  (đpcm)

Bài 2 Chứng minh rằng: sin 2 0,

2

x

x    x  

Giải sinx 2x f x( ) sinx 2

x

2



  Xét biểu thức đạo hàm

( ) cos sin

f x



   , ở đây kí hiệu g(x) = x cosx  sinx

Ta có g(x) = cosx  xsinx  cosx =  xsinx < 0 x 0,

2



 g(x) giảm trên 0,

2



   g(x) < g(0) = 0

  

2

( )

0

g x

f x

x

2



  f (x) giảm trên 0,

2



 f x  f  2 2  sin 2 , 0,

2

x

x   x  

Bài 3 Chứng minh rằng: x2y lnx y x lny

 x > y > 0

Giải Do x > y > 0, lnx > lny  lnx  lny > 0, nên biến đổi bất đẳng thức



1

1

x

x

y





1

t t t



 

 với t x

y

 >1

 ( ) ln 2 1 0

1

t

f t t

t



 t >1 Ta có  

2

0

t

f t



  t >1

 f(t) đồng biến [1, +
)  f(t) > f(1) = 0 t >1  (đpcm)

Bài 4 Chứng minh rằng: 1 ln ln 4

     x y, 0,1

x y







Giải Xét hai khả năng sau đây:

+
Nếu y > x thì (1)  ln ln 4 

y x

+
Nếu y < x thì (1)  ln ln 4 

y x

Xét hàm đặc trưng f(t) = ln 4

1

t t

t 

 với t(0, 1)

2

t

f t



  t(0,1)  f(t) đồng biến (0, 1)

 f(y) > f(x) nếu y > x và f(y) < f(x) nếu y < x  (đpcm)

Bài 5 Chứng minh rằng: a b b a a > b  e

Giải ab < ba  lnab < lnba  blna < alnb  lna lnb

a  b

Xét hàm đặc trưng f(x) = ln x

x x  e

Ta có f x( ) 1 ln2 x 1 ln2 e 0

     f(x) nghịch biến [e, +
)

 f(a) < f(b)  lna lnb

a  b  ab < ba

Bài 6 (Đề TSĐH khối D, 2007)

Chứng minh rằng 2 1  2 1  , 0

Giải Biến đổi bất đẳng thức

1 4ab 1 4ba ln 1 4 ab ln 1 4 ba ln 1 4 a ln 1 4 b

Xét hàm số đặc trưng cho hai vế   ln 1 4 x

f x

x



 với x 0 Ta có

2

4 ln 4 1 4 ln 1 4 0

1 4

x

f x

x



 

f x

 giảm trên

0,  f a f b 

Bài 7 (Bất đẳng thức Nesbitt)

2

b c c a a b  a, b, c > 0 (1)

Giải Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c Đặt x = a  x  b 

c > 0

Ta có (1)  f (x) = x b c

b c c x x b với x  b  c > 0



f x

 f(x) đồng biến [b, +
)  f x( ) f b( ) 2b c

b c



 (2)

Đặt x = b  x  c > 0, xét hàm số g(x) = 2x c

x c



 với x  c > 0



g x

x c

 c > 0  g(x) đồng biến [c, +
)  ( ) ( ) 3

2

g x g c  (3)

2

b c c a a b  a, b, c > 0

BÀI 4 CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC

A CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC BẬC 3

I TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1 Hàm số: y  f (x) ax3 bx2 cx d a  0

2 Đạo hàm: yf x 3ax2 2bx c

3 Điều kiện tồn tại cực trị

y  f (x) có cực trị  y  f (x) có cực đại và cực tiểu

 f x 0 có 2 nghiệm phân biệt    b2  3ac > 0

4 Kỹ năng tính nhanh cực trị

Giả sử   b2  3ac > 0, khi đó f x 0 có 2 nghiệm phân biệt x x với1, 2

2

1,2

3 3

x

a

 và hàm số đạt cực trị tại x1, x2

Theo định nghĩa ta có các cực trị của hàm số là:

Trong trường hợp x1, x2 là số vô tỉ thì các cực trị f (x1), f (x2) nếu tính theo định nghĩa sẽ phức tạp hơn so với cách tính theo thuật toán sau đây:

Bước 1: Thực hiện phép chia f (x) cho f (x) ta có:



hay  f x f x q x   r x  với bậc   1r x 

Bước 2: Do  

2

1

2 2

2

nên







Hệ quả:

Đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu có phương trình là: y  r(x)

Đối với hàm số tổng quát : y  f (x) ax3 bx2 cx d a  0 thì đường

thẳng đi qua cực đại, cực tiểu có phương trình: 2 2  

II BÀI TẬP MẪU MINH HỌA

Bài 1 Tìm m để hàm số: 1 3  2 2 2 3 2 1 5

3

y x  m  m x  m  x m 

đạt cực tiểu tại x  2.

Giải: y x x2 2m2  m2x3m2   1 y x 2x2m2  m2

Để hàm số đạt cực tiểu tại x  2 thì

2

2

3

1 0

m

m m





Bài 2 Tìm a để các hàm số   3 2 1

3

x

g x  x  ax a

có các điểm cực trị nằm xen kẽ nhau

Giải: f x x2 2x3 ;a g x x2  x a Ta cần tìm a sao cho g(x) có 2

nghiệm phân biệt x1x2 và f (x) có 2 nghiệm phân biệt x3x4 sao cho

1

4

a



       





(*)

Ta có: f x 1 f x 2 0 g x 1 3x1 2a  g x 23x2 2a 0

4

Bài 3 Tìm m để f x 2x3 3m1x2 6m 2x1 có đường thẳng đi qua

CĐ, CT song song với đường thẳng y  ax  b.

Giải: f x 6x2 m 1xm 2  0 g x x2 m1xm 20 Hàm số có CĐ, CT  g x  có 2 nghiệm phân biệt    0  g m 32 0 m3

Thực hiện phép chia f (x) cho g(x) ta có:

f x  x m  g x  m x m  m

Với m  3 thì phương trình g x  có 2 nghiệm phân biệt x  0 1, x2 và hàm số

y  f (x) đạt cực trị tại x1, x2 Ta có: g x 1 g x 2 0 nên suy ra

y f x  m x  m  m y f x  m x  m  m

 Đường thẳng đi qua CĐ, CT là ():  2  2 

y m x m  m

Ta có () song song với đường thẳng y  ax  b



3

  

Vậy nếu a < 0 thì m  3 a ; nếu a  0 thì không tồn tại m thoả mãn.

Bài 4 Tìm m để f x 2x33m 1x2 6m1 2 m x có CĐ, CT nằm trên

đường thẳng (d): y  4x.

Giải: Ta có: f x 6x2 m1x m 1 2 m 0

 g x  x2 m 1x m 1 2 m0

Hàm số có CĐ, CT  g x 0 có 2 nghiệm phân biệt 3 12 0 1

3

Thực hiện phép chia f (x) cho g(x) ta có:

  2 1   3 12  1 1 2  

f x  x m  g x  m x m m   m

Với 1

3

m  thì phương trình g x  có 2 nghiệm phân biệt x  0 1, x2 và hàm số

y  f (x) đạt cực trị tại x1, x2 Ta có: g x 1 g x 2 0 nên suy ra

y f x  m x m m  m y  m x m m  m

 Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (): y 3m12 x m m  1 1 2   m

Để cực đại, cực tiểu nằm trên đường thẳng (d): y  4x thì ()  (d)



Bài 5 Tìm m để f x x3 mx2 7x có đường thẳng đi qua CĐ, CT 3

vuông góc với y  3x  7.

Giải: Hàm số có CĐ, CT  f x 3x2 2mx7 0 có 2 nghiệm phân biệt 



      Thực hiện phép chia f (x) cho f (x) ta có:

f x  x m f x    m x 

Với m  21 thì phương trình f x 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm

số y  f (x) đạt cực trị tại x1, x2 Ta có: f x 1 f x 20 suy ra

 Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (): 2 21 2 3 7

y  m x 

Ta có ()  y  3x  7  2 21 2.3 1 2 45 21 3 10

9  m   m 2   m 2

Bài 6 Tìm m để hàm số f x x3  3x2 m x m2  có cực đại, cực tiểu đối

xứng nhau qua (): 1 5

y x

Giải: Hàm số có CĐ, CT  f x 3x2  6x m 2  có 2 nghiệm phân biệt 0

    9 3m2  0 m  3 Thực hiện phép chia f (x) cho f (x) ta có:

m

f x  x f x  m  x m

Với m  3 thì phương trình f x 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số

y  f (x) đạt cực trị tại x1, x2 Ta có: f x 1 f x 20 nên

 Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (d): 2 2 3 2

m

y m  x m Các điểm cực trị A x y 1, 1,B x y 2, 2 đối xứng nhau qua  : 1 5

 (d)  () tại trung điểm I của AB (*) Ta có 1 2 1

2

I

x    suy ra

(*) 

2

2 2

0

0 5

m







Bài 7 Cho   2 3 cos 3sin  2 8 1 cos 2  1

3

1 CMR: Hàm số luôn có CĐ, CT

2 Giả sử hàm số đạt cực trị tại x1, x2 CMR: 2 2

x x 

Giải: 1 Xét phương trình: f x 2x2 2 cos a 3sina x  8 1 cos 2  a0

Ta có:   cosa 3sina2 16 1 cos 2  acosa 3sina2 32 cos2a 0 a

Nếu    0 cosa 3sinacosa 0 sinacosa sin2acos2a (vô lý)0

Vậy  > 0 a  f (x)  0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số có CĐ, CT

2 Theo Viet ta có: x1 x2 3sina cos ;a x x1 2 4 1 cos 2  a

1 2 1 2 2 1 2 3sin cos 8 1 cos 2 9 8cos 6sin cos

9 9 sin a cos a 3sina cosa 18 3sina cosa 18

Bài 8 Cho hàm số   2 3  1 2  2 4 3

3

f x  x  m x  m  m x

1 Tìm m để hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm > 1.

2 Gọi các điểm cực trị là x1, x2 Tìm Max của Ax x1 2  2x1x2

Giải: Ta có: f x  2x2 2m1x m 2 4m3

1 Hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm > 1  f x 0 có 2 nghiệm phân biệt

1, 2

x x thoả mãn: x1 1 x2 1x1x2

 

 

2

2 2

3 2, 3 2

2

m

m S





 





 







m

    

2 Do

2

1 2

1

2







 Ax x1 2  2x1x2 2 4 3 2 1

2

2

   1  7  1 1 7  1

      (do 5 m 1)

 1 9  2 8 16 1 9  42 9

A   m  m     m  Với m  thì 4 Max 9

2

A 

Bài 9 Tìm m để hàm số   1 3 2 1

3

f x  x  mx  x m  có khoảng cách giữa các điểm CĐ và CT là nhỏ nhất

Giải: Do f x x2  2mx 1 0 có   m2   nên f (x)  0 có 2 nghiệm1 0

phân biệt x1, x2 và hàm số đạt cực trị tại x1, x2 với các điểm cực trị là A x y 1, 2;

 2, 2

B x y Thực hiện phép chia f (x) cho f (x) ta có:

f x  x m f x   m  x m Do f x 1 f x 20 nên

   2       2   

Ta có: 2  2 12  2 12  2 12 4 2 12 2 12

9

9

        4 2 4 1 4 2 12 4 1 4

3

AB  Vậy Min 2 13

3

AB  xảy ra  m  0.

Bài 10.Tìm m để hàm số   1 3  1 2 3 2 1

f x  mx  m x  m x đạt cực trị

tại x1, x2 thoả mãn x1 2x2 1

Giải:  Hàm số có CĐ, CT  f x  mx2  2m 1x3m 2 có 2 nghiệm 0

phân biệt 

0

m









     (*) Với điều kiện (*) thì f x 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số f (x) đạt cực trị tại x1, x2 Theo định lý Viet ta có: x1 x2 2m 1;x x1 2 3m 2

Ta có: x1 2x2 1 x2 1 2m 1 2 m;x1 2m 1 2 m 3m 4



2 2 3

m m













Cả 2 giá trị này đều thoả mãn điều kiện (*) Vậy x12x2 1 2 2

3

Bài 11.Tìm m để hàm số   1 3 2 1

3

f x  x  mx mx đạt cực trị tại x1, x2 thoả mãn điều kiện x1  x2 8

Giải: HS có CĐ, CT  f x x2 2mx m  có 2 nghiệm phân biệt 0

   m2  m 0 m D    , 0 1, (*)

Với điều kiện này thì f x 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số f (x) đạt cực trị tại x1, x2 Theo định lý Viet ta có: x1 x2 2 ;m x x1 2 m suy ra: