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]

ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU

I Tóm tắt kiến thức

1 Bất phương trình f(x)  m đúng với mọi x thuộc khoảng ( ; )a b

khi và chỉ khi trên khoảng ( ; )a b , đường thẳng y = m nằm dưới đồ thị của hàm số y = f(x).

( )C

2 Bất phương trình f(x)  m có nghiệm trên khoảng ( ; )a b khi và chỉ khi trên khoảng ( ; )a b , đường thẳng y = m và đồ thị ( )C của hàm số y =

f(x) có điểm chung hoặc đường thẳng y = m nằm dưới đồ thị ( )C của

hàm số y = f(x).

II Phương pháp giải toán và các ví dụ minh họa

Dưới đây, thay cho khoảng hoặc đoạn hoặc nửa khoảng, ta viết

chung là K.

1 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) ≥ 0 ( f ’(x, m)  0),

xK Viết bất phương trình f ’(x,m) ≥ 0 ( f ’(x,m)  0) dưới dạng g(x) ≥ h(m)

(g(x)  h(m))

+ Xét sự biến thiên của hàm số g(x) trên K, từ đó tìm được m.

Ví dụ 1 Tìm m để hàm số y x 33x2 mx4m2 4nghịch biến trên (1; 1)

Giải

+ Hàm số xác định trên (1; 1)

+ Ta có y' 3 x2 6x m

+ Hàm số nghịch biến trên (1; 1) khi và chỉ khi:

y’  0, x(1; 1)  m 3x2 6 ,x (1) x(1; 1)

+ Xét hàm số g(x) = 3x2  6x trên (1; 1)

g’(x) =  6x  6, g’(x) = 0  x = 1 Bảng biến thiên của g(x):

x 1 1

g’(x) 

g(x) 3

9

Từ bảng biến thiên suy ra (1) đúng với mọi x thuộc khoảng (1; 1) khi và chỉ khi đường thẳng y = m nằm dưới đường cong y = g(x).

Vậy các giá trị cần tìm là

1

lim ( ) 9

x



( 1) ( 7) 1 3

khoảng (2; +)

Giải

+ Hàm số xác định trên (2; +)

+ Ta có y' x2 2(m1)x(m7)

+ Hàm số đồng biến trên (2; +)  y’  0 x(2; +)

 x2 2(m1)x(m7) 0, x(2; +)

 x2 2x 7 (2x1) ,m x(2; +)

 x(2; +) (vì nên )

,

2 1

m x

  

+ Xét hàm số ( ) 2 2 7 trên (2; +)

2 1

g x

x

 





(2 1)(2 1) 2( 2 7) 2 2 12 '( )

g x

'( ) 0 2 2 12 0 6 0

2

x

x

 



           

Bảng biến thiên của g(x):

x 2 +

g(x)

+

3

Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị cần tìm là m  3.

3

m

y x  m x  m x

Giải

+ Hàm số xác định trên [2;+)

+ Ta có: y'mx22(m1)x3(m2)

2 ' 0, [2; ) 2( 1) 3( 2) 0, [2; )

y     x mx  m x m    x

2 ( 2 3) 2 6, [2; )

        

(vì x2 –2x+3 > 0, )

22 6 , [2; )

2 3

x

 

    

+ Xét g(x) = 22 6 trên

2 3

x

 

  [2;)

g'(x) = 2 22 12 62; g'(x) = 0

( 2 3)

Bảng biến thiên của g(x):

3

Vậy (2) 2.

3

Ví dụ 4 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) khi và chỉ khi:

y’  0, x (1; 2)  m2  6x  3x2, x (1; 2)

+ Xét hàm số g(x) = 6x  3x2 trên (1; 2)

g’(x) = 6  6x, g’(x) = 0  x = 1 Bảng biến thiên của g(x):

x 1 2

g’(x) 

g(x) 3

0

Từ bảng biến thiên suy ra giá trị cần tìm là m2   0 m 0

2

2 (6 )

2

y

mx

 





Giải

+ Hàm số xác định trên (0; 1) với 2 (0;1)

m

 

+ Ta có:

(4 6 )( 2) 2 (6 ) 2 4 2 12 '

y

        

+ Hàm số nghịch biến trên (0; 1)  y’  0,x(0; 1)

m = 0  y’ = x + 3 (loại)

m  0, y’  0,x(0; 1) khi và chỉ khi:

và

2 (0;1)

m

 

, x(0; 1)

2

2mx 4x2m12 0

(x2 1)m  2x 6, x(0; 1)

 22 6, x(0; 1) (vì )

1

x m

x

 





2 1 0, (0;1)

x    x

+ Xét hàm số ( ) 22 6 trên (0; 1)

1

x

g x

x

 





2( 1) 2 (2 6) 2 12 2

(vì x0 nên 2x2 12x 2 0)

Bảng biến thiên của g(x):

x 0 1

g’(x) + g(x)

+

6

Từ bảng biến thiên suy ra không có giá trị nào của m để hàm số đã cho

nghịch biến trên (0; 1)

Ví dụ 6 Tìm m để hàm số nghịch biến trên

2 (2 4 ) 4 1

1

y

x



 khoảng (1; 1)

Giải

Hàm số xác định trên (1; 1)

Ta có:

(2 2 4 )( 1) (2 4 ) 4 1 2 1 '

y

         

Hàm số nghịch biến trên (1; 1)  y’  0,x(1; 1)

Ta có y’  0  mx2 2mx  1 0 m x( 2 2 ) 1x 

m = 0  y’ < 0, x(1; 1)

m  0, m x( 22 ) 1x  

2

2

1

2 , 0 1

2 , 0

m

m











  

   Xét hàm số g x( )x22x trên (1; 1), ta có:

; = 0  x = 1 '( ) 2 2

g x  x g x'( )

Bảng biến thiên của g(x):

x 1 1

g’(x)  0

g(x) 3

1

Từ bảng biến thiên suy ra:

3 , 0 , 0

3

1 1, 0 1, 0

m

m m







  

   

Vậy 1 1.

3

m

Dạng toán: Tìm tham số m để bất phương trình f(x, m) ≥ 0 ( f(x, m) ≤ 0)

nghiệm đúng với mọi x thuộc K.

Cách giải:

+ Viết bất phương trình dưới dạng g(x) ≥ h(m) ( g(x)  h(m))

+ Xét sự biến thiên của hàm số g(x) trên K, từ đó tìm được m.

Ví dụ 1 Tìm m để bất phương trình x3 2x2 (m 1)x m 1 nghiệm đúng

x

    

với mọi x  2.

Giải

Ta có:

x4 – 2x3 + x2 – 1  (x2 – x)m, x  2  x4 2x23 x2 1 m,x  2

   

 ,t  2 (với t = x2 – x  2, x  2)

 t2 1 m

t 

Xét f (t) = t2 1 liên tục trên [2, +), ta có:

t



, t  2 f (t) = đồng biến trên [2, +)

2

1 '( ) 1 0

f t

t

    t2 1

t



Vậy (2) 3

2

Ví dụ 2 Tìm m để bất phương trình – x3 + 3mx – 2 12 nghiệm đúng với

x

 

mọi x  1.

Giải

Ta có:

–x3 + 3mx – 2 12  x3 + 2 3mx  >3m (1) (do x1)

x

x

3

2 1

x

 

Xét f (x) = 2 liên tục trên [1; + ), ta có:

3

2 1

x

 

, x  1  f (x) đồng biến [1; + )

3

2( 1) 3

f x



Vậy 3m < f (1) = 2  2

3

m

Nhận xét: Nếu cần tìm m để (1) đúng với mọi x1 thì ta tìm m để:

Vậy

1

3 lim ( ) 2

x



3

m

Ví dụ 3 Tìm m > 0 để bất phương trình m9x4(m1)3x m 1 đúng với

mọi x.

Giải

Đặt t 3x 0, bài toán trở thành: Tìm m > 0 để bất phương trình:

đúng với mọi t > 0.

mt  m t m  

Ta có: mt24(m1)t m   1 0 (t2 4 1)t m  4 1 0t

(do t > 0 nên ) 2

4 1

4 1

t m

t

 

 

t   t

Xét ( ) 24 1 liên tục trên , ta có:

4 1

t

f t

t



  (0;)

2 ( 1)

( 4 1)

t t

 

Bảng biến thiên của f (t):

t 0 

f ’(t) 

f (t) 1

0 Vậy m1

Ví dụ 4 Tìm m để bất phương trình (4x)(6  x) x2 2x m đúng với mọi

x thuộc tập xác định của nó.

Giải

Với x[– 4; 6], đặt:

t = (4x)(6   x) x2 2x 24  25 ( x 1)2, 0  t  5

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) = 0  t= 1

2

 Bảng biến thiên:

2



–24

Từ bảng biến thiên suy ra m f(5) 6.

Nhận xét:

1) Nếu cần tìm m để bất phương trình (4 x)(6 x) x2 2x m đúng

với mọi x thuộc tập xác định của nó thì ta tìm m để m f(0) 24

2) Nếu dạng toán yêu cầu : Tìm m để bất phương trình

có nghiệm thì ta tìm m để

2 (4x)(6  x) x 2x m m f(5) 6.

Học sinh lớp 10 và 11 có thể lập được bảng biến thiên trên [0; 5] mà không cần dùng đạo hàm

Dạng toán: Tìm m để phương trình f (x, m) = 0 có nghiệm thỏa điều

kiện cho trước

Cách giải:

+ Viết phương trình dưới dạng g(x) = h(m)

+ Xét sự biến thiên của hàm số g(x) trên tập xác định, từ đó tìm được m.

Ví dụ 1 Tìm m để phương trình x4 + mx3 + x2 + mx + 1 = 0 có không ít hơn hai

nghiệm âm khác nhau

Giải

Phương trình có thể viết: x43 x2 1 m

   

 (vì x0)

Xét f x( ) x43 x2 1 trên , ta có:

  



 \{0}

, đặt t = x2 > 0 thì

2 2 2

'( )

( 1)

f x





f ’(x) = 0  – t3 –2t2 + 2t + 1 = 0  (t – 1)(t2 + 3t + 1) = 0

t – 1= 0 (do t > 0 nên t2 + 3t + 1> 0)



 x = 1 và do đó ta cũng có

(dễ xét dấu vì x4 + 3x2 +1 > 0,x)

2 2 2

( 1)( 3 1) '( )

( 1)

f x



 Bảng biến thiên:

x  –1 0 1 

f ’(x) – 0 + + 0 –

f (x) 

3 2



Dựa vào bảng biến thiên, tìm được 3

2

m

Ví dụ 2 Tìm các giá trị của m để phương trình 4 x – m.2 x+1 + 2m = 0 có hai nghiệm 0 < x1 < 1 < x2

Đặt t = 2 x (t > 0), phương trình trở thành: t2 – 2mt + 2m = 0

m = (vì t = 1 không phải là nghiệm của phương trình)

2( 1)

t

t

Với mỗi t > 0, phương trình 2 x = t có duy nhất nghiệm nên yêu cầu bài toán trở thành: Tìm các giá trị của m để phương trình t2 – 2mt + 2m = 0 có hai nghiệm 1 < t1 < 2 < t2

Xét ( ) 2 trên (0; +∞)\

2( 1)

t

f t

t



f ’(t) = 2 2 42 ; f ’(t) = 0 t = 0 hoặc t = 2

(2 2)

t



Bảng biến thiên của hàm f (t):

t 0 1 2 +∞

f’(t) – 0 + f(t)

+∞ +∞

2

Vậy m > 2.

Ví dụ 3 Tìm các giá trị của m sao cho đường thẳng y = –3 cắt đồ thị hàm

số y = x4 + 2mx2 + 2m tại bốn điểm phân biệt thỏa mãn: có đúng một điểm có

hoành độ lớn hơn 1,5; các điểm còn lại có hoành độ nhỏ hơn 0,5

Giải

Ta có: x4 + 2mx2 + 2m + 3 = 0 – 2m = 42 3

1

x x



 Xét ( ) 42 3, f(x) liên tục trên

1

x

f x

x





2 4 6 2 ( 1)( 3) '( )

f x

129/52 49/20

f’(x) = 0  x = 0 hoặc x 1

Bảng biến thiên của f(x):

x –∞ –1 0 1/2 1 3/2 +∞

f’(x) – 0 + 0 – 0 +

f(x) +∞ +∞

2 2

Vậy 129 2 3 hay 52   m 3 129 2 m 104     Ví dụ 4 Biện luận số nghiệm của hệ sau theo m 2 5 6 1 5 x x m x         Giải Xét f x( )x2 5x6 trên (1;5] ; '( ) 2 5 f x  x '( ) 0 5 2 f x   x Bảng biến thiên: x 1 5 5

2 f'(x)  + f(x) 0 6

2 1

4

 Biện luận:

: hệ vô nghiệm; : hệ có một nghiệm;

1 4

4

m  : hệ có hai nghiệm; : hệ có một nghiệm;

1

2

m

   2 m 6

3

: hệ vô nghiệm.

6

m

Ví dụ 5 Tìm m để phương trình:

2

(m3)log (x 4) (2m1)log (x   4) m 2 0

có hai nghiệm x1; x2 thỏa điều kiện 4 x1 x2 6

Giải

Đặt 1 , khi đó nếu x < 6 thì x – 4 < 2 Suy ra:

2

log ( 4)

log ( 4) log 2 1

t x    t Bài toán trở thành: Tìm m để phương trình

2

(m3)t (2m1)t m  2 0

có hai nghiệm thỏa điều kiện t1; t2   1 t1 t2

Phương trình có thể viết (vì t = 1 không là nghiệm)

2 2

2 1

m

 



  Xét hàm số trên , ta có:

2 2

( )

2 1

f t

 



  ( 1; ) \ {1}

,

3

7 3 '( )

( 1)

t

f t

t

 





3 '( ) 0

7

f t   t

Bảng biến thiên:

t –1 1 3

'( )

f t – 0 + –

f (t)  

3 0

25

8



1

lim ( ) 0;

x  f t

1

lim ( ) ;

x  f t

1

lim ( ) ;

x  f t

   lim ( ) 3

x f t

Dựa vào bảng biến thiên, ta được: 25 0 hoặc

8 m

   m3

Ví dụ 6 Tìm m để phương trình m(sin x + cos x) + sin2x + m – 1= 0 có nghiệm.

Giải

Đặt sinx + cosx = t, với | t | 2, suy ra

sin cos

2

t

Khi đó phương trình trở thành:

mt + (t2 – 1) + m – 1 = 0 t2 + mt + m – 2 = 0

2 – t2 = m(t + 1) (vì t = –1 không là nghiệm)

1

t m t





 Xét hàm số liên tục trên các khoảng

2

2 ( ) 1

t

f t

t





 ( 2;1);(1; 2)

2 2

( 2 2) '( ) 0, ( 2;1) (1; 2)

( 1)

t

  

 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 mọi m.

Ví dụ 7 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 ≠ ,

2

k 

k

Đặt tan x + cot x = t, với | t |2,  tan2 x + cot2 x = t2 – 2

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 – 2 + t3 – 3t = m t3 + t2 – t – 2 = m Xét hàm số f (t) = t3 + t2 – t – 2, f (t) liên tục trên (–;–2]; [2; +)

f’(t) = 3t2 + 2t – 1 > 0,    t ( ; 2] [2;) Bảng biến thiên:

f(t)

–

–4

+

Dựa vào bảng biến thiên, ta được: m  –4 hặc m  8

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 khác nhau thì không thể cô lập tham số được Khi đó, ta có thể gián

tiếp cô lập tham số bằng cách khảo sát trực tiếp chiều biến thiên của hàm g’(x, m).

2

y

 



 (1;).

Giải

Hàm số xác định trên (1;) với 2m (1; )

Ta có: ' 2 4 2 2

( 2 )

y



 Hàm số đồng biến trên (1;) khi và chỉ khi:

' 0, (1; ) 4 0, 1

         





Xét hàm số g x( )x2 4mx m 2 trên (1;)

'( ) 2 4 ;

g x  x m g x'( ) 0  x 2m

Bảng biến thiên:

x 2m 1 

g'(x)  0 + +

m2 4m1

Dựa vào bảng biến thiên, ta cần có:

4 1 0

2 2 3

m

m

  

    

 



Vì 1 nên

2

Ví dụ 9 Tìm m để hàm số y x2 (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: ' 2 2 3 22 4 1

y

x m



 Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 1) y’ ≥ 0, x(0; 1) hay

≥ 0, x(0; 1)

'( ) 2 2 ; '( ) 0

Xét m0 (1), ta có bảng biến thiên:

g(x)

2

3m 4m1

2 2 2

lim ( ) lim 2 3 4 1) 3 4 1

Dựa vào bảng biến thiên, ta cần có:

2

1

3 4 1 0 3

1

m

m

 



   





 Kết hợp với điều kiện (1), ta được: m0

Xét m1 (2), ta có bảng biến thiên:

x 0 1 m 

g(x)

3m26m2

lim ( ) lim 2 3 4 1) 3 6 2

Dựa vào bảng biến thiên, ta cần có:

3 6 2 0

3

m  m   m 

Kết hợp với điều kiện (2), ta được: 3 3

3

m 

Vậy m 0 hoặc  3 3

3

m 

2 Ứng dụng tổng tích các nghiệm của Định lý Viét

Dạng toán: Tìm m để phương trình f (2)(x, m) = 0 có nghiệm thỏa điều

kiện cho trước (Dạng toán có thể là bất phương trình)

Cách giải:

+ Đổi biến t = x – , ta được phương trình f  (2)(t, m) = 0

(Giả sử x i  (i1,2),thế thì t i   x i  0)

+ So sánh các nghiệm của phương trình f (2)(t, m) = 0 với số 0

Ví dụ 1 Tìm m để phương trình (m+2)x2 – 2(m+1)x + m2 + 4m + 3 = 0

a) Có hai nghiệm đều lớn hơn 1

b) Có hai nghiệm x1, x2 sao cho x1 < 2 < x2

Giải

Phương trình có hai nghiệm khi:

m + 2 ≠ 0 và ∆’ = (m+1)2 – (m+2)(m+1)(m+3) ≥ 0 hay m ≠ –2 và m ≤ –1 (*)

a) Đặt x = t + 1 Khi đó phương trình trở thành :

(m+2)(t+1)2 – 2(m+1)(t+1) + m2 + 4m + 3 = 0

 (m+2)t2 + 2t + m2 + 3m + 3 = 0 (1)

Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm cùng dương:

2 0

2 0 2

3 3 0 3 3 0 2

m m

m







 

 



     



Hệ vô nghiệm vì m23m  3 0, m

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn bài toán.

b) Đặt x = t + 2, phương trình trở thành:

(m + 2)t2 + (2m + 6)t + m2 + 4m + 7 = 0 (2) Khi đó x1 < 2 khi t1 < 0, x2 > 2 khi t2 > 0

Yêu cầu bài toán tương đương với (2) có hai nghiệm trái dấu:

(m + 2)(m2 + 4m + 7) < 0  m < –2 (vì m2 + 4m + 7 > 0,m)

Vậy m < –2 là các giá trị cần tìm.

Ví dụ 2 Tìm m để phương trình x2 – 2(m–1)x + m2 + 4m – 5 = 0

a) có hai nghiệm đều lớn hơn –1;

b) có hai nghiệm đều nhỏ hơn 1;

c) có hai nghiệm x1, x2 sao cho x1 < 1 < x2

Giải

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi:   ' 6 6m  0 m 1 (*)

Khi đó: x1 + x2 = 2(m–1); x1x2 = m2 + 4m – 5

a) Theo giả thuyết:



Do đó, ta có hệ:

1 2

2 0 ( 1) ( 1) 0







  

   

3 15

2 0

0

m

m m

m











  

  

        





So với điều kiện (*), các giá trị cần tìm của m là:  3 15 m 1.

b) Từ giả thuyết:



Ta có hệ:

1 2

( 1)( 1) 0 1 0 2 2 0

2 0 ( 1) ( 1) 0 2( 2) 0

1 3

1 3 2

1 3

1 3 2

m

m m

m m











        



 

  

   

    

  



So với điều kiện (*), các giá trị cần tìm của m là:

1 3

m    1 3 m 1 c) Theo giả thuyết: x1 1 x2     x1 1 0 x2 1

Do đó, ta có: (x11)(x2 1) 0 x x1 2 (x1x2) 1 0 

2 2 2 0

      1 3   m 1 3

Vậy các giá trị cần tìm của m là:  3 1  m 3 1

Ví dụ 3 Tìm các giá trị của m sao cho phương trình x2 +(2m +1)x +m2 –10 = 0

có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn – 6 < x1 < 1 < x2

Giải

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 khi:

∆ = (2m+1)2 – 4(m2 – 10) > 0 hay m > 39 (1)

4



Khi đó x1 + x2 = – 2m – 1 và x1x2 = m2 – 10

Theo giả thuyết: – 6 < x1; – 6 < x2 nên 0 < x1 + 6; 0 < x2 + 6

Ta có hệ:

2

2

2 (2) ( 6) ( 6) 0 12 (2 1) 0 11

2

m

m

m















Mặt khác: x1 < 1 < x2 nên x1 – 1 < 0 < x2 – 1 Do đó:

(x1 – 1)(x2 – 1) < 0 m2 + 2m – 8 < 0 – 4 < m < 2 (3)

Từ (1), (2) và (3) ta được – 4 < m < 2 là các giá trị cần tìm.