Bài soạn Ung dung cua dao ham
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (70.21 KB, 4 trang )
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
≤
