Phân dạng và phương pháp giải các chuyên đề giải tích 12 tập 1 (500 trang)

NGUYỄN PHÚ KHÁNH
NGUYỄN TẤT THU – NGUYỄN TẤN SIÊNG
NGUYỄN ANH TRƯỜNG – ĐẬU THANH KỲ
( Nhóm giáo viên chuyên toán THPT )

Dành cho thí sinh lớp 12 ôn tập và thi Đại học, Cao đẳng.
Biên soạn theo nội dung và cấu trúc đề thi của Bộ GD &ĐT.

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI


Lôøi noùi ñaàu
Các em học sinh thân mến!.
“ Bài giảng trọng tâm theo chuyên đề giải tích 12 – tập 1 “
là một trong những cuốn thuộc bộ sách “ Bài giảng trọng
tâm theo chuyên đề : lớp 10,11,12 “, do nhóm tác giả
chuyên toán THPT biên soạn.
Với cách viết khoa học và sinh động giúp bạn đọc tiếp cận
với môn toán một cách tự nhiên, không áp lực, bạn đọc trở
nên tự tin và năng động hơn; hiểu rõ bản chất, biết cách
phân tích để tìm ra trọng tâm của vấn đề và biết giải thích,
lập luận cho từng bài toán. Sự đa dạng của hệ thống bài
tập và tình huống giúp bạn đọc luôn hứng thú khi giải
toán.
Tác giả chú trọng biên soạn những câu hỏi mở, nội dung
cơ bản bám sát sách giáo khoa và cấu trúc đề thi Đại học,
đồng thời phân bài tập thành các dạng toán có lời giải chi
tiết. Hiện nay đề thi Đại học không khó, tổ hợp của nhiều
vấn đề đơn giản, nhưng chứa nhiều câu hỏi mở nếu không
nắm chắc lý thuyết sẽ lúng túng trong việc tìm lời giải bài
toán. Với một bài toán, không nên thỏa mãn ngay với một

lời giải mình vừa tìm được mà phải cố gắng tìm nhiều cách
giải nhất cho bài toán đó, mỗi một cách giải sẽ có thêm
phần kiến thức mới ôn tập.

6


Môn Toán là một môn rất ưa phong cách tài tử, nhưng phải là tài tử
một cách sáng tạo và thông minh. Khi giải một bài toán, thay vì dùng
thời gian để lục lọi trí nhớ, thì ta cần phải suy nghĩ phân tích để tìm
ra phương pháp giải quyết bài toán đó. Đối với Toán học, không có
trang sách nào là thừa. Từng trang, từng dòng đều phải hiểu. Môn
Toán đòi hỏi phải kiên nhẫn và bền bỉ ngay từ những bài tập đơn
giản nhất, những kiến thức cơ bản nhất. Vì chính những kiến thức cơ
bản mới giúp bạn đọc hiểu được những kiến thức nâng cao sau này.

Giờ đây, chúng tôi chợt nhớ tới câu nói của Ludwig Van
Beethoven: “ Giọt nước có thể làm mòn tảng đá, không
phải vì giọt nước có sức mạnh, mà do nước chảy liên tục
ngày đêm. Chỉ có sự phấn đấu không mệt mỏi mới đem lại
tài năng. Do đó ta có thể khẳng định, không nhích từng
bước thì không bao giờ có thể đi xa ngàn dặm”.
Mặc dù tác giả đã dành nhiều tâm huyết cho cuốn sách,
song sự sai sót là điều khó tránh khỏi. Chúng tôi rất mong
nhận được sự phản biện và góp ý quý báu của quý độc giả
để những lần tái bản sau cuốn sách được hoàn thiện hơn.
Thay mặt nhóm biên soạn
Chủ biên: Nguyễn Phú Khánh.

XIN TRÍCH DẪN MỘT PHẦN TÀI LIỆU

CHỦ ĐỀ: HÀM SỐ
ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM VÀ VẼ ĐỒ THỊ
CỦA HÀM SỐ
TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
A.TÓM TẮT GIÁO KHOA.
1. Định nghĩa :
Giả sử K là một khoảng , một đoạn hoặc một nửa khoảng . Hàm số f xác định
trên K được gọi là :
 Đồng biến trên K nếu với mọi x1 ,x2  K , x1  x2  f  x1   f  x2 

8


 Nghịch biến trên K nếu với x1 ,x2  K, x1  x2  f  x1   f  x2  .

2. Điều kiện cần để hàm số đơn điệu :
Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I
 Nếu hàm số f đồng biến trên khoảng I thì f '  x   0 với mọi x  I

 Nếu hàm số f nghịch biến trên khoảng I thì f '  x   0 với mọi x  I

3. Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu :
Định lý :
Giả sử I là một khoảng hoặc nửa khoảng hoặc một đoạn , f là hàm số liên tục
trên I và có đạo hàm tại mọi điểm trong của I ( tức là điểm thuộc I nhưng
không phải đầu mút của I ) .Khi đó :
 Nếu f '  x   0 với mọi x  I thì hàm số f đồng biến trên khoảng I
 Nếu f '  x   0 với mọi x  I thì hàm số f nghịch biến trên khoảng I

 Nếu f '  x   0 với mọi x  I thì hàm số f không đổi trên khoảng I

Chú ý :
 Nếu hàm số f liên tục trên a; b  và có đạo hàm f '  x   0 trên khoảng
 a; b  thì hàm số f đồng biến trên a; b

 Nếu hàm số f liên tục trên a; b  và có đạo hàm f '  x   0 trên khoảng

 a; b  thì hàm số f

nghịch biến trên a; b  .
 Ta có thể mở rộng định lí trên như sau
Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I . Nếu f '(x)  0 với x  I
( hoặc f '(x)  0 với x  I ) và f '(x)  0 tại một số hữu hạn điểm của I thì hàm
số f đồng biến (hoặc nghịch biến) trên I .
Chú ý. Vận dụng định lí trên vào các hàm số thường gặp trong chương trình.
P(x)
*Nếu hàm số f là hàm đa thức (không kể hàm số hằng) hoặc f(x) =
(trong đó P(x)
Q(x)
là đa thức bậc hai , Q(x) là đa thức bậc nhất và P(x) không chia hết cho Q(x) thì hàm
số f đồng biến (nghịch biến ) trên K  x  K,f '(x)  0 (f '(x)  0) .
ax  b
với a,b,c,d là các số thực và ad – bc  0
cx  d
thì hàm số f đồng biến (nghịch biến ) trên K  x  K,f '(x)  0(f '(x)  0).

*Nếu hàm số f là hàm nhất biến , f(x) 

B.PHƢƠNG PHÁP GIẢI TOÁN.

Vấn đề 1. Xét tính đơn điệu của hàm số.


Phƣơng pháp .
B1.Tìm tập xác định của hàm số f
B2. Tính đạo hàm f ’(x) và tìm các điểm x 0 sao cho f '(x0 ) = 0 hoặc

f '(x0 ) không xác định .
B3. Lập bảng xét dấu f '(x) ,dựa vào định lí 1 ,nêu kết luận về các khoảng
đồng biến , nghịch biến của hàm số .
Ví dụ 1.1.1 Tìm các khoảng đồng biến , nghịch biến (hoặc xét chiều biến thiên)
của hàm số:
4
1. y  x3  2x2  x  3
2. y  x3  6x2  9x  3
3
Lời giải.
1. TXĐ: D
Ta có: y'  4x2  4x  1   2x  1 .
2

1
1
và y'  0 với mọi x  .
2
2
Giới hạn: lim y   và lim y   .
: y'  0 với x 

x 

x

x

Bảng biến thiên:
x


1
2
0



y'






y



17
6




1
1

Vậy : hàm số y đồng biến trên mỗi nửa khoảng  ;  và  ;   .
2
2




Từ đó suy ra hàm số đồng biến trên .
2. TXĐ: D

Ta có: y'  3x2 – 12x  9
 x  1, y 1  1
: y'  0  
 x  3, y  3   3
Giới hạn: lim y   và lim y  
x 

x

Bảng biến thiên:
x
–

x

1

3

10

+


y’

+

0
1

–

0

+
+

y
–
Vậy : hàm số y đồng biến trên các khoảng
trên khoảng  1;3 

–3
 ;1 và  3;    , nghịch biến

Ví dụ 2.1.1 Tìm các khoảng đồng biến , nghịch biến (hoặc xét chiều biến thiên)
của hàm số:
1
1
3
1. y   x4  x2  1
2. y   x4  x3  4x  1
4
4
2
Lời giải.
1. TXĐ: D
Ta có: y'  x3  3x  x(x2  3)  y'  0  x  0
Bảng xét dấu:


0

+
0

Vậy, hàm số y đồng biến trên khoảng (; 0) , nghịch biến trên (0; ) .
x
y'

2. TXĐ: D
Ta có: y'  x3  3x2  4  y'  0  x  1,x  2
Giới hạn: lim y   và lim y  
x

x

Bảng biến thiên .
x
y'



+

-1
0



2
0




1
y



Vậy, hàm số y đồng biến trên khoảng (; 1) , nghịch biến trên khoảng

(1; ) .

Ví dụ 3.1.1 Tìm các khoảng đồng biến , nghịch biến (hoặc xét chiều biến thiên)
của hàm số:
2x  1
x2
1. y 
2. y 
x 1
x 1
Lời giải.
1. TXĐ: D 
Ta có: y' 

\1

1
(x  1)2

 0, x  D , y' không xác định tại x  1


Vậy, hàm số y đồng biến trên mỗi khoảng  ;1 và 1;   ( hay hàm số y
nghịch biến trên mỗi khoảng xác định ).
2. TXĐ: D  \1
Ta có: y' 

1
(x  1)2

 0, x  D , y' không xác định tại x  1

Vậy, hàm số y nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 và 1;   ( hay hàm số y
nghịch biến trên mỗi khoảng xác định ).
Ví dụ 4.1.1 Tìm các khoảng đồng biến , nghịch biến (hoặc xét chiều biến thiên)
của hàm số:
1. y 

x2  4x  4
x1

Lời giải.
1. TXĐ: D 
Ta có: y' 

2. y 

4x2  5x  5
x1

\1

x2  2x

 y'  0  x  2,x  0
(x  1)2
Giới hạn: lim y   và lim y   , lim y   và lim y  
x1

x

x

Bảng biến thiên .

x
y'
+

2
0
0

x1

1







0
0

+





y




4

Vậy, hàm số y đồng biến trên mỗi khoảng: (; 2) và (0; ) , nghịch biến
trên các khoảng: (2; 1) và ( 1; 0) .
2. TXĐ: D 
Ta có: y' 

\1

4x2  8x
2

 y'  0  4x2  8x  0  x  0,x  2 .

(x  1)
Giới hạn: lim y   và lim y   , lim y   và lim y  
x

Bảng biến thiên:

x
y'
+

x1

x

2
0

x1

1




12

0
0



+


11





y





5

Vậy, hàm số y đồng biến trên mỗi khoảng: (; 2) và (0; ) , nghịch biến
trên các khoảng: (2; 1) và ( 1; 0) .
Ví dụ 5.1.1 Tìm các khoảng đồng biến , nghịch biến (hoặc xét chiều biến thiên)
của hàm số:
2. y  x2  4x  3  2x  3

1. y  x2  2x  3
Lời giải.
1. TXĐ: D 
Ta có: y  (x2  2x  3)2  y' 

2(x  1)(x2  2x  3)
(x2  2x  3)2

.

y'  0  x  1 , hàm số không có đạo hàm tại x  1,x  3

( Bạn đọc xem tác giả giải thích ở ý 2 )
Bảng xét dấu:

x
y'

1
3

1
||
+
0
||
+


Vậy, hàm số y đồng biến trên mỗi khoảng ( 1;1) và (3; ) , nghịch biến trên
(; 1) và (1; 3) .

Nhận xét:
 Bài toán xét tính đơn điệu của hàm số được chuyển về bài toán xét dấu của
một biểu thức ( y' ).
 Khi tính đạo hàm của hàm số có dạng y  f(x) ta chuyển trị tuyệt đối vào

trong căn thức y  f 2 (x) , khi đó tại những điểm mà f(x)  0 thì hàm số
không có đạo hàm.
2. TXĐ: D 
2
2

x  4x  3  4x  3  x  6 khi x  1  x  3
Ta có: y  
2
2


x  4x  3  4x  3  x  8x khi 1  x  3
Khi x  (;1) (3; ) thì : y'  2x  y'  0  x  0  (;1)

(3; )

Khi x  (1; 3) thì : y'  2x  8  y'  0  x  4  (1; 3)
f '(1 )  6
Tại x = 1 ,ta có: 
.Vì f '(1 )  f '(1 ) nên f’(1) không tồn tại.

f
'(1
)

2



f '(3 )  6
Tại x = 3 ,ta có : 
 f '(3) không tồn tại.


f '(3 )  2


Vậy, hàm số y đồng biến trên khoảng (0; ) và nghịch biến trên khoảng
(; 0) .

Ví dụ 6.1.1 Tìm các khoảng đồng biến , nghịch biến (hoặc xét chiều biến thiên)

của hàm số:
1. y 

4x  5

2. y 

4x2  4

Lời giải.
1. TXĐ: D 
Ta có: y' 

12x  1

3. y 

12x2  2

3x2  x  1
x2  x  1

\1;1

16x2  40x  16

 4x

2

4



2

 y'  0  x  2 hoặc x  

1
2


1
Vậy, hàm số y đồng biến trên các khoảng  2; 1 ,  1;   và nghịch biến
2


 1 
trên các khoảng  ; 2  ,   ;1  , 1;   .
 2 
2. TXĐ: D 

Ta có: y' 

36x2  6x  6

 6x  1
2

2

. Với x 

: y'  0  x  

1
1
hoặc x  .
2
3

Bảng xét dấu:
x






y'

1
2
0



1
3
0




 1 1
Trên khoảng   ;  : y'  0  y đồng biến trên khoảng
 2 3

 1 1
 ;  ;
 2 3


1
1

Trên khoảng  ;   và  ;   : y'  0  y nghịch biến trên các khoảng
2
3



1
1

 ;   và  ;   .
2

3


3. TXĐ: D 

Ta có: y' 

2x2  4x

x

2



x1

2

. Với x 

: y'  0  x  0 hoặc x  2 .

Trên khoảng  0; 2  : y'  0  y đồng biến trên khoảng  0; 2  ;

14


 ; 0 
 ; 0  và  2;   .

Trên khoảng

và  2;   : y'  0  y nghịch biến trên các khoảng

Ví dụ 7.1.1 Tìm các khoảng đồng biến , nghịch biến (hoặc xét chiều biến thiên)
của hàm số:
2. y   2x  1 9  x2

1. y  x  2x  x2

3. y  x2  x  20

Lời giải.
1. TXĐ: D  0; 2  .
Ta có: y'  1 

1 x
2x  x2



2x  x2  1  x

2x  x2


2
x  1
x  1
y'  0  2x  x2  x  1  
 2
 x  1

2
2
2


2x  x  (x  1)
2x  4x  1  0


2 
2
;2 .
Vậy, hàm số y đồng biến trên  0;1 
 và nghịch biến trên  1 



2
2 



2. TXĐ: D  
 3; 3 .

Ta có: y'  2 9  x2 

x  2x  1



4x2  x  18

9  x2
9  x2
Hàm số đã cho không có đạo hàm tại x  3 và x  3 .
9
Với x   3; 3  : y'  0  x   hoặc x  2
4
Bảng biến thiên:
9
x
3

2
4
y'
0
0



3


y

9
Vậy, hàm số y giảm trên các khoảng  3;   ,  2; 3  và tăng trên khoảng
4


 9 
 ;2 .
 4 
3. TXĐ: D  (; 4]

Ta có: y' 

[5; )


1
2x  1  0
x 
 y'  0  

2
x  4  x  5
x  4  x  5
2 x2  x  20

2x  1


Nên phương trình y'  0 vô nghiệm.
Vậy, hàm số y đồng biến trên khoảng (5; ) và nghịch biến trên ( ; 4) .
Ví dụ 8.1.1 Tìm các khoảng đồng biến , nghịch biến (hoặc xét chiều biến thiên)
của hàm số:
  
1. y  2sin x  cos 2x với x  0;  2. y  sin 2x  2cos x  2x với x    ; 

 2 2
Lời giải.
1. Hàm số đã cho xác định trên đoạn 0; 

Ta có: y'  2cos x 1  2sin x  . Ta cần tìm nghiệm của phương trình y'  0 trên
cos x  0


5
khoảng  0;   y'  0  x   0;   : 
.
 x  ,x  ,x 
sin x  1
2
6
6

2
Bảng biến thiên:


5
x
0

6
2
6
y'
0 

0
0 



y
 
Dựa vào bảng biến thiên suy ra : hàm số đồng biến trên các khoảng  0;  và
 6
  5 
 ;  , nghịch biến trên các khoảng
2 6 

 5 
 
 ;  và  ;   .
6
2
 6 



  
2. Hàm số đã cho xác định trên khoảng   ;  .
 2 2





Ta có: y'  2cos 2x  2sin x  2  2 1  2sin 2 x  2sin x  2
y'  2sin x  2sin x  1

   
x  0
  
x    ; 

Trên khoảng   ;  : y'  0    2 2 
x  
 2 2
2 sin x  2 sin x  1  0

6

Bảng biến thiên:



x
0

2
6
2
y'
0
0





16


y
    
 
Hàm số giảm trên các khoảng   ; 0  ,  ;  và tăng trên khoảng  0;  .
 2  6 2
 6
CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP
Bài 1 Tìm các khoảng đồng biến , nghịch biến (hoặc xét chiều biến thiên) của
hàm số:

3. y  2x3  3x2  1
x3 3x2

 2x  4
3
2
Bài 2 Tìm các khoảng đồng biến , nghịch biến (hoặc xét chiều biến thiên) của
hàm số:
1. y  x3  3x2  2

1. y  2x4  4x2

2. y 

2. y  x4  6x2  8x  1

3. y  x4  6x2  8x  1

Bài 3 Tìm các khoảng đồng biến , nghịch biến (hoặc xét chiều biến thiên) của
hàm số:
2x  1
3x  1
x2  x  1
1. y 
2. y 
3. y 
x 1
2  4x
x 1
Bài 4 Tìm các khoảng đồng biến , nghịch biến (hoặc xét chiều biến thiên) của
hàm số:
1. y  x  1
2. y  x2  2x  3
3. y  x2  2x  3
CÁC BÀI TOÁN DÀNH CHO HỌC SINH ÔN THI ĐẠI HỌC
Bài 5 Tìm các khoảng đồng biến , nghịch biến (hoặc xét chiều biến thiên) của
hàm số:
1. y  x2  2x

2. y  x3  2x

4. y  x 1  x2

5. y  x  1  2 x2  3x  3

3. y  3x2  x3

Bài 6 Tìm các khoảng đồng biến , nghịch biến (hoặc xét chiều biến thiên) của
hàm số:
x
x3
1. y 
2. y 
x2  1
x2  1
Bài 7 Tìm các khoảng đồng biến , nghịch biến (hoặc xét chiều biến thiên) của
hàm số:
1. y  2sin x  cos 2x với x  0; 
  
2. y  sin 2x  2cos x  2x với x    ; 
 2 2
Bài 8
1. Chứng minh rằng hàm số y  sin 2x  2x  1 luôn nghịch biến trên

.


2. Chứng minh rằng hàm số y  3 sin x  cos x  2x  1 luôn đồng biến trên
3. Tìm m để hàm số y  2x  msin x  1 đồng biến trên .
4. Tìm m để hàm số y  2cos 2x  mx  3 đồng biến trên .
Bài 9
Chứng minh hàm số sau đồng biến trên

2
: y  x9  x6  2x3  3x2  6x  1 .

3

Vấn đề 2. Xác định tham số để hàm số y = f(x) đơn điệu
trên một khoảng.
Phƣơng pháp .
B.1. Xác định tham số để hàm số f xác định trên khoảng đã cho.
B.2. Tính f’(x) ,vận dụng định lí 1 vào các hàm số thường gặp trong chương
trình (xem phần tóm tắt giáo khoa.
Chú ý. Để giải bài toán dạng này ,ta thường sử dụng các tính chất sau.
1. Nếu f(x) = ax2 + bx + c (a  0) thế thì .
  0
* x  (hay
bớt đi một số hữu hạn điểm), f(x)  0  
.
a  0
* x 

(hay

  0
bớt đi một số hữu hạn điểm), f(x)  0  
a  0

2. Phương trình f  x   ax2  bx  c  0 (a  0) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa
x1  0  x2  P  0 .
x1  0  x2  P  0 .
  0

0  x1  x2  P  0
S  0


  0

x1  x2  0  P  0
S  0


0  x1  x2

  0



 x1  x2  0
P  0
b
c
, P  x1 .x2  .
a
a
3. Nếu hàm số f(x) có giá trị nhỏ nhất trên tập D ,thế thì:
x  D,f(x)  0  min f(x)  0 .

Trong đó : S  x1  x2  

xD

4. Nếu hàm số f(x) có giá trị lớn nhất trên tập D, thế thì

18

.


x  D,f(x)  0  maxf(x)  0 .
xD

1
Ví dụ 1.2.1 Tìm a để hàm số y  x3  ax2  4x  3 đồng biến trên
3

.

Lời giải.
TXĐ: D 
Ta có y'  x2  2ax  4 và có  '  a2  4
Cách 1: Hàm số đã cho đồng biến trên

 y'  0 , x 

nghĩa là ta luôn

2

có:  '  a  4  0  2  a  2
Cách 2 : Tham khảo cách giải sau, bạn đọc đúc kết gì qua 2 lời giải
Bảng xét dấu  '
a
2



2
0
0 


'
 Nếu 2  a  2 thì y'  0 với mọi x  . Hàm số y đồng biến trên

.

 Nếu a  2 thì y'   x  2  , ta có : y'  0  x  2, y'  0,x  2 . Hàm số y
2

đồng biến trên mỗi nửa khoảng  ; 2  và 
 2;   nên hàm số y đồng
biến trên .
 Tương tự nếu a  2 . Hàm số y đồng biến trên .
 Nếu a  2 hoặc a  2 thì y'  0 có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2 . Giả sử

x1  x2 . Khi đó hàm số nghịch biến trên khoảng  x1 ; x2  ,đồng biến trên mỗi

khoảng  ; x1  và  x2 ;   . Do đó a  2 hoặc a  2 không thoả mãn yêu cầu
bài toán .
Vậy hàm số y đồng biến trên

khi và chỉ khi 2  a  2 .

Chú ý: Cho hàm số y  f(x) có đạo hàm liên tục trên D
 Hàm số đồng biến trên I  D  f '(x)  0, x  I và f '(x)  0 có hữu hạn nghiệm.

 Hàm số đồng biến trên I  D  f '(x)  0, x  I và f '(x)  0 có hữu hạn

nghiệm.
Ví dụ 2.2.1 Tìm các giá trị của tham số m để hàm số :
2x  1
1. y 
nghịch biến trên (2; )
xm
2. y  x3  (m  2)x2  (3m  2)x  2 đồng biến trên đoạn  3; 4 
Lời giải.
1. TXĐ: D 
Ta có: y' 

\m

2m  1
(x  m)2


Hàm số nghịch biến trên (2; )  hàm số xác định trên (2; ) và
m  2
m  (2; )
1

x  (2; ), y'  0  

1  m2.
2
2m  1  0
m  


2
Chú ý: Cho hàm số y  f(x) liên tục trên D

* f(x)  k x  D  min f(x)  k ( nếu tồn tại min f(x) )
D

D

* f(x)  k x  D  maxf(x)  k ( nếu tồn tại max f(x) ).
D

D

2. TXĐ: D 
Ta có: y'  3x2  2(m  2)x  3m  2
Hàm số đã cho đồng biến trên đoạn  3; 4   x [3; 4], y'  0
 x [3; 4],3x2  2(m  2)x  3m  2  0  x [3; 4],3x2  4x  2  m(2x  3)
 x  [3; 4],

3x2  4x  2
m
2x  3

Lập bảng biến thiên của hàm số g  x  
g'(x) 

6x2  18x  8
(2x  3)

2



2[3x(x  3)  4]
(2x  3)2

3x2  4x  2
, x  [3; 4] .
2x  3

 0 với mọi x thuộc đoạn  3; 4 

17
 g  x  đồng biến trên đoạn  3; 4   min g(x)  g(3) 
x[3;4]
3

Suy ra x  [3; 4],

3x2  4x  2
17
m
m.
2x  3
3

17
m.
Vậy hàm số đã cho đồng biến trên đoạn  3; 4  

3

Ví dụ 3.2.1 Cho hàm số y 

(m  1)x2  2mx  6m
. Tìm các giá trị của tham số
x 1

m để hàm số:
1. Đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó;
2. Đồng biến trên khoảng  4;  
Lời giải.
TXĐ: D 

\1

1. Xét hai trường hợp.
TH1: Khi m  1 , ta có hàm số y 

2x  6
4
và y' 
> 0 với mọi x  D
x 1
(x  1)2

Do đó hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định .

20

Vậy, m  1 thỏa yêu cầu bài toán.
TH2: Khi m  1 , ta có y' 

(m  1)x2  2(m  1)x  4m
(x  1)2

Đặt g(x)  (m  1)x2  2(m  1)x  4m và ta có y' cùng dấu với g(x)
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định
 x  D, y'  0  x  D,g(x)  0 .

(m  1)(5m  1)  0
1
 '  (m  1)2  4m(m  1)  0


 1  m   .
5

m  1
m  1  0


1
Vậy tập hợp các giá trị của tham số m thỏa yêu cầu của bài toán là  1;   .
5

2. Theo câu trên m  1 thỏa mãn đề bài.
Với m  1 Khi đó hàm số đồng biến trên khoảng  4;  
 x  (4; ) ,g(x)  0  x  (4; ) ,

2x  x2
x2  2x  4

m

(do x2  2x  4  0 x  (4; ))

Xét hàm h  x  

2x  x2

, khi đó (1)  x  (4; ) ,h(x)  m ta lập bảng
x2  2x  4
biến thiên của h  x  trên (4; ) .
h'(x) 

8x  8
2

(x  2x  4)2

 0 x  (4; ).

2

2
x2   1 
1
x



x
lim h(x)  lim
 lim
 1.
2 4
x
x 2 
2 4  x
1


x 1  
x x2
x x2 


Dựa vào bảng biến thiên của h  x  suy ra x  (4; ) , h(x)  m  1  m .
Vậy tập hợp các giá trị của tham số m thỏa yêu cầu của bài toán là [1; ) .
Ví dụ 4.2.1
1. Tìm m để hàm số y 

x3
 mx2  (1  2m)x  1 đồng biến trên 1;   .
3

2. Tìm m để hàm số y  x3  3x2  (m  1)x  2m  3 đồng biến trên một
khoảng có độ dài nhỏ hơn 1
Lời giải.

1. TXĐ: D 
Ta có: y'  x2  2mx  1  2m


Hàm số cho đồng biến trên 1;    x  (1; ) , y'  0
 x  (1; ) ,x2  2mx  1  2m  0  x  (1 : ) ,x2  1  2m(x  1)
 x  (1; ) ,

x2  1
 2m (do x  1  0 khi x  1).
x1

Xét hàm số f  x  
f '(x) 

x2  1
, x  (1; ) .
x1

x2  2x  1

 0 với mọi x  (1; ) .
(x  1)2
Suy ra x  (1; ) ,f(x)  2m  min f(x)  2m  f(1)  2m
x[1; )

1
 1  2m  m  .
2

2. TXĐ: D 
Ta có: y'  3x2  6x  m  1 ,  '  3m  6
* Nếu m  2   '  0  y'  0 x 

 hàm số nghịch biến trên

nên hàm

số không có khoảng đồng biến.
* Nếu m  2  y'  0 có hai nghiệm x1  x2 và
y'  0  x  x1 ; x2   yêu cầu bài toán  x1  x2  1

 (x1  x2 )2  4x1x2  1  4 

4(m  1)
5
1 m   .
3
4

5
là những giá trị cần tìm.
4
CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP
Bài 1: Tìm m để các hàm số sau luôn nghịch biến trên mỗi khoảng xác định .
mx  3  2m
2x2   m  2  x  3m  1
1. y 
2.
y


xm
x 1

Vậy 2  m  

Bài 2: Tìm m để hàm số:
1. y  (m  2)

x3
 (m  2)x2  (3m  1)x  m 2 đồng biến trên
3

2. y  (m  1)x3  3(m  1)x2  3(2m  3)x  m nghịch biến trên





.
.

1 2
m  1 x3   m  1 x2  3x luôn nghịch biến trên .
3
3 2
3
2
x2 
x  4 đồng biến trên tập xác định của nó.

4. y  mx 
3
3

3. y 









5. y  x  1  m x2  1 đồng biến trên

.

22


mx  4
nghịch biến trên khoảng  ;1 .
xm
CÁC BÀI TOÁN DÀNH CHO HỌC SINH ÔN THI ĐẠI HỌC
Bài 4: Tìm m để hàm số:

Bài 3: Tìm m để hàm số y 

1. y 

x2  5x  m 2  6
đồng biến trên khoảng 1;   .
x3

2. y  x3  (m  1)x2  (2m2  3m  2)x  m(2m  1) đồng biến trên  2;  
1
3. y  x3   2m  1 x2  mx  2 nghịch biến trên khoảng  0;1 .
3
1
4. y  mx3  (m  1)x2  3(m  2)x  1 đồng biến trên (2; ) .
3
5. y 

x3
 (m  1)x2  (2m  1)x  m nghịch biến trên (0; 3) .
3

6. y  x3  3x2  3(m2  1)x  1 đồng biến trên (1; 2) .
7. y  x – 3x   2m  1 x – 4. biến trên [2; 1]
3

2

8. y  x3  3x2   m  1 x  4m nghịch biến trên khoảng  1;1 .
9. y  x3  3x2  mx  4 nghịch biến trên khoảng  0;   .
10. y  2x3  2x2  mx  1 đồng biến trên khoảng 1;   .
11. y  mx3  x2  3x  m  2 đồng biến trên khoảng  3; 0  .
Bài 5: Tìm m để hàm số:
mx2  6x  2

nghịch biến trên nửa khoảng 1;   .
x2
1
2. y  mx3  2  m  1 x2   m  1 x đồng biến trên khoảng  2;   .
3

1. y 





3. y  x3   m  1 x2  2m 2  3m  2 x  m  2m  1 đồng biến trên nửa  2;  
Bài 6: Tìm m để hàm số:

1. y   m  1 x3  3  m  1 x2  2mx  4 đồng biến trên khoảng có độ dài không
nhỏ hơn 1.

2. y  x3  mx2   m  36  x  5 nghịch biến trên khoảng có độ dài bằng 4 2 .
3. y  x3  3x2  mx  m nghịch biến trên đoạn có độ dài nhỏ hơn 2 2

Vấn đề 3. Chứng minh phƣơng trình có nghiệm . Áp
dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phƣơng trình ,bất
phƣơng trình, hệ phƣơng trình, hệ bất phƣơng trình .


Phƣơng pháp . Biến đổi phương trình ,bất phương trình đã cho thành dạng
f(x) = g(m) , f(x) > g(m),biến thiên này sẽ tìm được các giá trị của tham số thỏa yêu cầu của bài toán.
Dựa vào định nghĩa hàm số đồng biến, hàm số nghịch biến ta thấy

 Nếu hàm số y  f(x) liên tục và đồng biến trên D thì :
f(x)  f(y)  x  y và f(x)  f(y)  x  y .

 Nếu hàm số y  f(x) liên tục và nghịch biến trên D thì :
f(x)  f(y)  x  y và f(x)  f(y)  x  y .

Từ đó gợi cho chúng ta ứng dụng vào các bài toán chứng minh bất đẳng thức
và các bài toán giải phương trình, bất phương trình. Cụ thể ta có các tính chất
sau:
Tính chất 1: Nếu hàm số y  f(x) liên tục và luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch

biến) trên (a; b) thì số nghiệm của phương trình : f  x   k (trên (a; b) ) không
nhiều hơn một và f  u   f  v   u  v u,v  (a; b) .
Chứng minh: Ta giả sử f là hàm đồng biến trên (a; b)
 Nếu u  v  f(u)  f(v)
 Nếu u  v  f(u)  f(v)

Tính chất 2: Nếu hàm số y  f(x) liên tục và luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch
biến) ; hàm số y  g  x  liên tục và luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) trên
D thì số nghiệm trên D của phương trình : f  x   g  x  không nhiều hơn một.
Chứng minh: Giả sử f đồng biến còn g nghịch biến trên D và
x0  D : f(x0 )  g(x0 ) .

* Nếu x  x0  f(x)  f(x0 )  g(x0 )  g(x)  PT:f(x)  g(x) vô nghiệm
* Nếu x  x0  f(x)  f(x0 )  g(x0 )  g(x)  PT:f(x)  g(x) vô nghiệm
Vậy x  x0 là nghiệm duy nhất của phương trình f(x)  g(x) .

Tính chất 3: Nếu hàm số y  f  x  liên tục và luôn đồng biến ( hoặc luôn
nghịch biến) trên D thì f(u)  f(v)  u  v (u  v)

u,v  D .

Tính chất 4: Cho hàm số y  f(x) liên tục trên *a;b+ và có đạo hàm trên khoảng
liên tục

 a; b  . Nếu f(a)  f(b)

thì phương trình f '(x)  0 có ít nhất một

nghiệm thuộc khoảng (a; b) .
Chứng minh:
Giả sử phương trình f '(x)  0 vô nghiệm trên (a; b) .
Khi đó f '(x)  0 x  (a; b) (hoặc f '(x)  0 x  (a; b) ).
Suy ra f(b)  f(a) (hoặc f(b)  f(a) ).
Điều này trái với giả thiết f(a)  f(b) .

24


Vậy phương trình f '(x)  0 có ít nhất một nghiệm trên (a; b) .
Từ định lí này, ta có được hai hệ quả sau:
Hệ quả 1: Nếu phương trình f  x   0 có m nghiệm thì phương trình f '(x)  0
có m  1 nghiệm.
Hệ quả 2: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm đến cấp k liên tục trên (a; b) . Nếu
phương trình f(k) (x)  0 có đúng m nghiệm thì phương trình f(k1) (x)  0 có
nhiều nhất là m  1 nghiệm.
Thật vậy: Giả sử phương trình f(k1) (x)  0 có nhiều hơn m+1 nghiệm thì
phương trình f(k) (x)  0 có nhiều hơn m nghiệm, điều này trái với giả thiết bài
toán.
Từ hệ quả 2  nếu f '(x)  0 có một nghiệm thì f(x)  0 có nhiều nhất hai

nghiệm.
Chú ý: Sử dụng tính đơn điệu để giải phương trình – bất phương trình ta thường đi
theo hai hướng sau:
Hƣớng 1: Đưa phương trình về dạng f(x)  f(x0 ) , trong đó y  f(t) là một hàm
số liên tục và luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên tập đang xét.
Để làm theo hướng này, chúng ta cần nhẩm trước một nghiệm của phương
trình và nhận diện được tính đơn điệu của hàm số f.
 Để nhẩm nghiệm, ta có thể sử dụng máy tính bỏ túi để tìm nghiệm.
Cụ thể: Để tìm một nghiệm của phương trình f(x)  0 ta thực hiện như sau
Bƣớc 1: Nhập biểu thức f(x) (Dùng phím ALPHA+ X)
Bƣớc 2: Dùng lệnh giải phương trình: SHIFT+CALC (SOLVE) nhập giá trị của
X (nhập giá trị bất kì) =.
 Để nhận diện được tính đơn điệu của hàm số f, chúng ta cần chú ý
*Tổng hai hàm số đồng biến là một hàm số đồng biến
* Hàm số đối của một hàm số đồng biến là một hàm số nghịch biến.
* Nếu hàm số y  f(x) đồng biến thì y  n f(x) là hàm số đồng biến.
* Nếu hàm số y  f(x) đồng biến và nhận giá trị dương thì hàm số y 

1
là
f(x)

một hàm nghịch biến.
Hƣớng 2: Biến đổi phương trình về dạng: f(u)  f(v) , trong đó u,v là các hàm
theo x.
Làm theo hướng ta thường áp dụng khi gặp phương trình chứa hai phép toán
ngược nhau.
Ví dụ 1.3.1 Giải phương trình:
1.

7x  7  7x  6  13

2.

x  1  x   1.
3


Lời giải.
1. Điều kiện: x 

6
.
7

6
 f(6)  13
7
Khi đó phương trình có dạng: f(x)  f(6)

Xét hàm số f(x)  7x  7  7x  6 , x 

Mà f '(x) 

7



7

 0 x 

6
7

2 7x  7 2 7x  6
Nên f(x)  f(6)  x  6 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.

2. Điều kiện: x  0 .
Xét hàm số y  x  1  x   1 xác định trên nửa khoảng 0;   .
1
2
 3 1  x   0, x  0  y đồng biến trên nửa khoảng 0;   .
Ta có: y' 
2 x
Do đó, nếu phương trình y  0 có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất.
3

Dễ thấy y 1  0  x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho
Ví dụ 2.3.1 Giải phương trình:
1. 4x3  x   x  1 2x  1  0
2.

3

3

Đề thi Cao đẳng năm 2012
3

x  2  3 x  1  2x2  1  2x2

Lời giải.
1
1. Điều kiện: x   .
2

Phương trình đã cho tương đương với:  2x   2x 
3



2x  1

Xét hàm số: f  t   t 3  t trên

.

Ta có: f '  t   3t 2  1  0, t 

, suy ra f  t  đồng biến trên



3

 2x  1  


1 5

x  0
x
Do đó    2x  2x  1   2
4

4x  2x  1
2. Nhận xét đặc điểm các biểu thức dưới dấu căn ta thấy ở mỗi vế biểu thức
3

dưới dấu căn hơn kém nhau 1. Do đó nếu ta đặt đặt u  3 x  1, v  2x2 thì
phương trình đã cho trở thành:

3

3

u3  1  u  v3  1  v  f(u)  f(v) .
t2

3

Trong đó f(t)  t 3  1  t , có: f '(t) 

3

(t 3  1)2

 1  0 nên f(t) là hàm đồng biến.

Do đó: f(u)  f(v)  u  v  2x2  x  1  x  1,x  

26

1
2


Vậy phương trình có hai nghiệm: x  1,x  

1
.
2

Ví dụ 3.3.1 Giải phương trình: (x  1)3  (5x  x2 )3  3 5x  x2  3(x  1)
Lời giải.
Phương trình đã cho  3 5x  x2  ( 5x  x2 )3  3(x  1)  (x  1)3 (1)
Điều kiện : 5x  x2  0  0  x  5 .
Đặt u =

5x  x2 , u  0 và v  x  1 ,v  0 .

Phương trình (1) trở thành : 3u  u3  3v  v3 (2)

Xét hàm số f  t   3t  t 3 , t  (0; ) , khi đó phương trình (2) có dạng
f  u  f  v.

Ta có f '(t)  3  3t 2  0 với mọi t  (0; ) nên f(t) đồng biến trên (0; )
Suy ra (2)  u  v.
Do đó (1) 


x  1
5x  x2  x  1  
2
2

5x  x  x  2x  1


1
x  1
 2
 x  1 x  .
2

2x  3x  1  0

 1
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 1;  .
 2
x3  3x2  9x  22  y 3  3y 2  9y

Ví dụ 4.3.1 Giải hệ phương trình: 
1
2
2
x  y  x  y 

2
Đề thi Đại học khối A, A1 năm 2012

Lời giải.
Trước hết, đây là bài toán cơ bản và có nhiều cách giải ( 15 cách giải ). Trong khuôn
khổ ứng dụng đạo hàm, tác giả giới thiệu đến bạn đọc 3 cách giải đơn giản nhất.
x3  3x2  9x  22  y 3  3y 2  9y

2
2
Cách 1: Hệ phương trình cho viết lại: 
.
1 
1
x


y


 
 1
2 
2

1
1
,v  y 
2
2
 3 3 2 45
3 3

2 45
u  u  u   v  1   v  1   v  1
Hệ đã cho thành 
2
4
2
4
u 2  v 2  1


Đặt u  x 


3
45
Xét hàm f  t   t 3  t 2  t với t  1
2
4
45
Ta có f '  t   3t 2  3t 
 0 với mọi t   1;1
4
v  1
v  0
2
 f  u   f  v  1  u  v  1   v  1  v2  1  
hay 
u  0
u  1

v  1
1 3
Với 
  x; y    ;  
2 2
u  0

v  0
3 1
Với 
  x; y    ;  
2 2
u  1

 3 1  1 3
 Hệ đã cho có nghiệm là  x; y    ;   ;  ;   .
2 2 2 2
Cách 2:

Ta có: x3  3x2  9x  22  y3  3y2  9y   x  1  12x  23   y  1  12y
3

3

  x  1 12  x  1   y  1  12  y  1 1
3

3

2

x2  y2  x  y 

2

1

1 
1
1
  x     y    2
2
2 
2
2


2

1

1
 3
1
 x    1
1  x   1
  x1


2





2
2

 2
Từ  2  nhận thấy 
2
1
1

1  y   1   y  1  3
1
y


1

 2


2
2
2


Từ  1 , xét f  t   t 3  12t với t   2; 2   f '  t   3t 2 12  0, t   2; 2 
(vì x  1,y  1   2; 2  ) nên  x  y  2

Thay x  y  2 vào

 2  ta được:

 y  2 2  y2   y  2   y  21  4 y2  8 y  3  0
3
1
1
3
hoặc y   ; x 
 y   ;x 
2
2
2
2
 3 1  1 3
Hệ đã cho có nghiệm là  x; y    ;   ;  ;   .
2 2 2 2

Cách 3:
 x  1 3  12 x  1  y  1 3  12 y  1

   
 

2
2
Ta có hệ đã cho tương đương với: 

1 

1
 x     y    1
2 
2


28


a 3  12a  b3  12b

2
2
Đặt a  x  1, b  y  1 ta được hệ: 
1 
1
 a     b    1
2 
2


1
 3
1
 2 9
2
2
1  a   1
 a
a 




1 
1



2
2 
4
Từ  a     b    1  
 2

1
1
3
2
2

 

1  b   1   b 
b2  9




2
 2

2

4

Xét hàm số f  t   t 3  12t , ta có f  t  là hàm liên tục trên





f '(t)  3 t 2  4  0, với t 2 

và

9
4

Nên từ a3  12a  b3  12b ta có a  b .
a  b

1
2
2
Do đó, hệ đã cho  
ab .
1 
1
2
 a     a    
2 

2

 3 1  1 3
Vậy nghiệm của hệ đã cho là:  x; y    ;   ,  ;   .
2 2 2 2
x2  1  x4  2x2  1  x5  0 có

Ví dụ 5.3.1 Chứng minh rằng phương trình :
đúng một nghiệm.
Lời giải.
Từ phương trình cho suy ra

x5  x2  1  x4  2x2  1  x2  1  (x2  1)2  1  x  1 .

Xét hàm số f  x   x2  1  x4  2x2  1  x5 , khi đó hàm số f liên tục trên
[1; ) và phương trình (1) có dạng f(x)  0 .

f(1)  2  1  0

Vì 
nên phương trình
1
1
1 2
1
5
 lim f(x)  lim x ( 8  10   3  5  1)  
x
x x
x

x
x
x
f  x   0 có nghiệm thuộc (1; ).

Lại có : f '(x) 

x
2

 4x3  2x  5x4  x(

1
2

 2)  x3 (4  5x)  0 với

x 1
x 1
mọi x [1; ) . Suy ra hàm số f  x  nghịch biến trên [1; ) .

Vậy phương trình f  x   0 có đúng một nghiệm.
CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP
Bài 1: Chứng minh rằng phương trình: