Hàm số đơn điệu 2

Bài giảng 2: Tính đơn điệu của hàm số

Bài 1. Tìm m để hàm số sau đồng biến trên
)
4,
⎡
+∞
⎣
:

2
mx (1 m) x 2m
y
2x 3
+− +
=
−

Lời giải: Hàm số đồng biến trên
)
4,
⎡
+∞
⎣

()
)
2
2
2mx 6mx (3 m)
y0

2x 3
−−+
⎡
′
⇔= ≥∀∈+∞
⎣
−
,x4,


2
2mx 6mx (3 m) 0⇔−−+≥
)
x4,
⎡
∀∈ +∞
⎣


2
3
m:f(x)
2x 6x 1
⇔≥ =
−−

)
x4,
⎡
∀∈ +∞

⎣


)
x4,
mmaxf(x
⎡
∈+∞
⎣
⇔≥ )
Ta có:
()
()
)
2
2
62x 3
f(x) 0, x 4,
2x 6 x 1
−−
⎡
′
=<∀∈
⎣
−−
+∞

Suy ra hàm f(x) nghịch biến trên
)
4,

⎡
+∞
⎣
, nên
)
x4,
3
mmaxf(x)f(4)
7
⎡
∈+∞
⎣
≥==


Bài 2. Tìm m để hàm số sau nghịch biến trên
1;5
⎡
⎤
⎣
⎦
:

32
11
ymx(13m)x(2m1)x
33
=+−+++

Lời giải:

Hàm số nghịch biến trên ,
1;5
⎡⎤
⎣⎦
2
ymx 2(13m)x(2m1)0
′
⇔= + − + +≤
x1;5
⎡⎤
∀∈
⎣⎦
,
2
m(x 6x 2) (2x 1 ) 0⇔−+++≤
x1;5
⎡
⎤
∀∈
⎣
⎦


2
2x 1
m:f(x)
x6x2
+
⇔≥− =
−+

x1;5
,
⎡
⎤
∀∈
⎣
⎦
)


x1;5
mmaxf(x
⎡⎤
∈
⎣
⎦
⇔≥

Ta có:
()
()
2
2
2
121
x
2x x 5
2
f(x) 0
121

x6x2
x
2
⎡
−+
⎢
=
+−
⎢
⎢
′
==⇔
⎢
−−
⎢
−+
=
⎢
⎣

Từ đó ta vẽ được bbt của hàm số f(x), do đó
{}
x1;5
11
max f (x ) max f(1);f(5)
3
⎡⎤
∈
⎣
⎦

==

Vậy giá trị cần tìm là:
11
m
3
≥


Bài 3. Tìm m để hàm số sau nghịch biến trên
1;1
⎡
⎤
−
⎣
⎦
:

322
yx mx (m m2)x2=− − +− +
Lời giải:
Hàm số nghịch biến trên ,
1;1
⎡⎤
−
⎣⎦
22
yf(x)3x2mx(mm2)0
′
⇔= = − − +−≤

x1;
⎡⎤
∀∈−
⎣⎦
1
Biệt thức
2
4m 3m 6
′
Δ= + −
• Nếu
0f(x)0,x 1;1
⎡
⎤
′
Δ≤ ⇒ ≥ ∀ ∈−
⎣
⎦
⇒ VN
• Nếu
0
′
Δ> ⇒
tam thức f(x) có 2 nghiệm phân biệt
12

xx<
Khi đó . Nên
f(
,

12
f(x) 0 x x x≤⇔ ≤≤
x) 0≤
x1;1
⎡
⎤
∀∈−
⎣
⎦
12
x11x−<≤

⇔≤


2
2
2
3 105 3 105
mm
88
329
4m 3m 6 0
m
329 329
2
3f(1) 5 3m m 0 m m
22
3 105
m

3f( 1) 5 m m 0
321 321
8
mm
22
⎧
⎪
−+ −−
⎪
>∨<
⎪
⎪
⎧
⎡
⎪
⎪
′
+
Δ= + − >
⎪
⎪
⎢
⎪
≥
⎪
⎪
⎢
⎪
−+
⎪

⎪
⎪
⎢
⇔=−−≤⇔≤ ∨≥ ⇔
⎨⎨
⎢
⎪⎪
−−
⎪⎪
⎢
⎪⎪
<
−=+− ≤
⎪⎪ ⎢
−+
⎪⎪
⎣
⎪
⎩
⎪
≤∨≥
⎪
⎪
⎪
⎩

Vậy giá trị m cần tìm là:
329
m
2

3 105
m
8
⎡
+
⎢
≥
⎢
⎢
⎢
−−
⎢
<
⎢
⎣



Bài 4. Tìm m để hàm số sau đồng biến trên (-1;2)

22
mx (m 2)x m 1
y
xm1
−+++
=
−−

Lời giải: TXĐ:
xm1≠+

Hàm số đồng biến trên (-1;2)

()
22
2
mx 2m(m 1)x (m 1)(m 1)
y' 0
xm1
−+ +++ +
⇔= ≥
−−
,
x(1;2)∀∈−

22
m1(1;2)
f(x) mx 2m(m 1)x (m 1)(m 1) 0, x ( 1;2)
⎧
+∉−
⎪
⎪
⇔
⎨
⎪
=− +−+ +≤∀∈−
⎪
⎩
Ta có:
()
m1 1 m 2

m1 1;2
m12 m1
⎡⎡
+≤− ≤−
⎢⎢
+∉− ⇔ ⇔
⎢⎢
+≥ ≥
⎣⎣
Khi đó
22 2 2
f
m(m1) m(m1)(m 1)m(m1)(2m m1)0
′
Δ= + + + + = + + + >
Suy ra f(x) luôn có 2 nghiệm phân biệt .
12
xx<
• Nếu
0≤
có nghiệm là
1
xx≤
hoặc
2
xx≥
. TH ta phải có:
m2f(x)≤− ⇒

12

12
2
1
x
x
xx
≤<
⎡
⎢
<≤−
⎣
(các bạn tự giải đk này nhé)
• Nếu
2
x x≤ ≤
, đk bài toán tương đương với:
1
m1 f(x)0 x≥⇒ ≤ ⇔

2
12
2
mf( 1) m 2m(m 1) (m 1)(m 1 ) 0
x12x
mf(2) 4m 4m( m 1) (m 1 )( m 1) 0
⎧
⎪
−= + +− + +≤
⎪
⎪

≤− < ≤ ⇔
⎨
⎪
⎪
=− +−+ +≤
⎪
⎩
Bạn đọc tự giải tiếp.