Chuyen De khao sat ham so file Word

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Vấn đề 1: Xét tính đơn điệu của hàm số y  x 4  2 x3  2 x  1 x 2 y x2 x2  x  2 y 2 x x y 2 x 1 y  x ( x  1) ( x  0) 1 y 2 x  4x  3 3  2x y x 7 x 2  3x  2 y 2 2x  x  1 y  2 x  4 x 2  1 16 3 4 y 16 x  2 x 2  x  x y x4  8 x2  5 3 2x y 2 x 9 x2  2x  3 y x 1 2 x  5x  3 y x 2 y  25  x 2 1 y  x 4  x3  x  5 2 7 y 9 x 7  7 x 6  x5  12 6 x 1 y 3 x 3x y 2 x 1 y  x2  2 x  3 y.  x2  2x  3 x 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> x2  8x  9 x 5 1 y  2 x  x 1 2 2 x  3x y 2 x 1 y. y  x2  2 x  3 y  4  x2 y  2x  x2 Vấn đề 2: Xác định tham số m để hàm số đồng biến (nghịch biến) I. Cơ sở lý thuyết 1. Cho hàm số y  f ( x) xác định và có đạo hàm trên D * Hàm số đồng biến trên (a, b)  D khi f '( x) 0, x  (a, b) * Hàm số nghịch biến trên (a, b)  D khi f '( x) 0, x  (a, b) 2 2. Xét tam thức bậc hai f ( x) ax  bx  c , a 0 a  0 ax 2  bx  c 0     0 *. a  0 ax 2  bx  c 0     0 * II. Bài tập áp dụng A – HÀM ĐA THỨC 3 2 Cho hàm số y x  3(m  1) x  3m(m  2) x  1 . Tìm m để hàm số a. Đồng biến trên R b. Nghịch biến trên R Lời giải: y ' 3 x 2  6( m  1) x  3m( m  2) TXĐ: D = R.. a. Hàm số đồng biến trên R khi y ' 0, x a 3  0   ' 6m  9 0  m . 3 2. b. Hàm số nghịch biến trên R khi y ' 0, x  a 3  0  (vô nghiem)   ' 6m  9 0 Vậy: Không có giá trị nào để hàm số nghịch biến trên R 2 Cho hàm số y  x ( m  x)  m . Tìm m để hàm số nghịch biến trên R.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Lời giải: TXĐ: D = R y '  x3  mx 2  m Hàm số đã cho nghịch biến trên R khi y ' 0, x   x 3  mx 2  m 0, x  a  1  0  2   m 0  m 0 Vậy: Với m = 0 thì yêu cầu bài toán được thỏa 3 2 Cho hàm số y x  2 x  (m  1) x  m  3 . Tìm m để hàm số đồng biến trên R 2 TXĐ: D = R. y ' 3 x  4 x  m  1 Hàm số đồng biến trên R khi y ' 0, x. Lời giải:.  3 x 2  4 x  m  1 0, x a 3  0   '  3m  7 0 7  m 3 7 m 3 thì yêu cầu bài toán được thỏa Vậy: Với 2 Cho hàm số y  x (m  x)  mx  6 . Tìm m để hàm số luôn nghịch biến 2 Lời giải: TXĐ: D = R. y '  3 x  2mx  m. Hàm số nghịch biến trên R khi y ' 0, x   3 x 2  2mx  m 0, x a  3  0  2  m  3m 0  0 m 3 Vậy: Với 0 m 3 thì điều kiện bài toán được thỏa 3 2 Cho hàm số y  x  3mx  3(2m  1) x  1 . Tìm m để hàm số đồng biến trên R Lời giải: TXĐ: D = R y ' 3 x 2  6mx  3(2m  1) Hàm số đồng biến trên R khi y ' 0, x  3 x 2  6mx  3(2m  1) 0, x a 1  0  2  ' m  2m  1 0  m 1 Vậy: Với m = 1 thì điều kiện bài toán được thỏa.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Cho hàm số Lời giải:. y . 1 3 x  ( m  1) x 2  ( m  3) x  4 3 . Tìm m để hàm số luôn luôn giảm. TXĐ: D = R.. y '  x 2  2(m  1) x  m  3. Hàm số luôn luôn giảm khi y ' 0, x   x 2  2(m  1) x  m  3 0, x a  1  0  (vô nghiem) 2  '  m  m  4  0  Vậy: Không có giá trị m thỏa yêu cầu bài toán 3 2 Cho hàm số y  x  mx  3 x  1 . Tìm m để hàm số luôn đồng biến Lời giải: TXĐ: D = R y ' 3 x 2  2mx  3 Hàm số đồng biến trên R khi y ' 0, x  3 x 2  2mx  3 0, x a 3  0  2  ' m  9 0   3 m 3 Vậy: Với  3 m 3 thì điều kiện bài toán được thỏa 1 y  x3  (m  1) x 2  2(m  1) x  2 3 Cho hàm số . Tìm m để hàm số luôn tăng trên R Lời giải: TXĐ: D = R y '  x 2  2(m  1) x  2(m  1) Hàm số luôn tăng trên R khi y ' 0, x  x 2  2(m  1) x  2(m  1) 0, x a 1  0   ' (m  1)(m  3) 0  1 m 3 Vậy: Với 1 m 3 thì điều kiện bài toán được thỏa 1 1 3 y  x3  (sin m  cos m) x 2  x sin 2m 3 2 4 Cho hàm số . Tìm m để hàm số đồng biến trên R Lời giải: TXĐ: D = R 3 y ' x 2  (sin m  cos m) x  sin 2m 4 Hàm số đồng biến trên R khi y ' 0, x.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 3  x 2  (sin m  cos m) x  sin 2m 0, x 4  a 1  0    1  2sin m 0  1  2sin m 0      k 2 2m   k 2 6 6     k m   k 12 12 3 2 Cho hàm số y  x  mx  2 x  1 . Tìm m để hàm số đồng biến trên R Lời giải: TXĐ: D = R y ' 3 x 2  2mx  2 Hàm số đồng biến trên R khi y ' 0, x.  3 x 2  2mx  2 0, x a 3  0  2  ' m  6 0   6 m  6 Vậy: Với  6 m  6 thì điều kiện bài toán được thỏa 3 2 Cho hàm số y mx  (2m  1) x  (m  2) x  2 . Tìm m để hàm số luôn đồng biến Lời giải: TXĐ: D =R y ' 3mx 2  2(2m  1) x  m  2 Trường hợp 1: m 0  y ' 2 x  2  m = 0 không thỏa yêu càu bài toán. Trường hợp 2: m 0 Hàm số đồng biến trên R khi y ' 0, x a 3m  0  2  ' (2m  1)  3m(m  2) 0 m  0  2 m  2m  1 0 m  0  (vô nghiem) m  1 Vậy: Không có giá trị nào của m thỏa yêu cầu bài toán m 1 3 y x  mx 2  (3m  2) x 3 Tìm m để hàm số luôn đồng biến Lời giải: TXĐ: D = R.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> y ' (m  1) x 2  2mx  3m  2 Trường hợp 1: m  1 0  m 1  y ' 2 x  1  m = 1 không thỏa yêu cầu bài toán Trường hợp 2: m  1 0  m 1 Hàm số luôn đồng biến khi y ' 0, x  (m  1) x 2  2mx  3m  2 0, x m  1  0  2  '  2m  5m  2 0  m 2 Vậy: Với m 2 thì yêu cầu bài toán được thỏa 1 y  mx3  mx 2  x 3 Cho hàm số . Tìm m để hàm số đã cho luôn nghịch biến Lời giải: TXĐ: D = R y '  mx 2  2mx  1 Trường hợp 1: m 0  y '  1  0  m = 0 thỏa yêu cầu bài toán Trường hợp 2: m 0 Hàm số đã cho nghịch biến trên R khi y ' 0, x   mx 2  2mx  1 0, x a  m  0  2  ' m  m 0 m  0  (vô nghiem) 0 m 1 Vậy: Với m = 0 thì yêu cầu bài toán được thỏa 1 m 3 y x  2(2  m) x 2  2(2  m) x  5 3 Định m để hàm số luôn luôn giảm Lời giải TXĐ: D = R y ' (1  m) x 2  4(2  m) x  4  2m 1 m 1  y '  4 x  2 0  x  2 nên m = 1 không thỏa yêu cầu bài toán Trường hợp 1: Trường hợp 2: m 1 Hàm số luôn giảm khi y. a 1  m  0   2  ' 2m  10m 12 0. m  1  2 m 3  2 m 3. m2 3 x  (m  2) x 2  (m  8) x  m 2  1 3 . Tìm m để dồ thị hàm số nghịch. Cho hàm số biến trên R Lời giải: TXĐ: D = R y ' (m  2) x 2  2(m  2) x  m  8.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Trường hợp 1: m  2 0  m  2  y '  10  m = -2 thỏa yêu cầu bài toán Trường hợp 2: m  2 Hàm số nghịch biến trên R khi y ' 0, x  (m  2) x 2  2(m  2) x  m  8 0, x a m  2  0  2  ' (m  2)  (m  2)( m  8) 0  m2 KL: Với m < - 2 thì yêu cầu bài toán được thỏa 1 y  ( m2  1) x3  (m  1) x 2  3 x  5 3 Cho hàm số . Tìm m để hàm số đồng biến trên R Lời giải: TXĐ: D = R y ' (m 2  1) x 2  2( m  1) x  3 2 Trường hợp 1: m  1 0  m 1 * m 1  y ' 4 x  3  m = 1 không thỏa yêu cầu bài toán * m  1  y ' 3  0  m = - 1 thỏa yêu cầu bài toán 2 Trường hợp 2: m  1 0  m 1 Hàm số đồng biến trên R khi y ' 0, x  (m 2  1) x 2  2(m  1) x  3 0 2 m  1  0  2   2m  2m  4 0  m   1 m  2 Vậy: Với m  1  m  2 thì bài toán được thỏa. 1 y  (m  3) x 3  2 x 2  mx 3 Cho hàm số . Tìm m để hàm số: a. Đồng biến trên R b. Nghịch biến trên R Lời giải: TXĐ: D = R y ' ( m  3) x 2  4 x  m Trường hợp 1: m  3 0  m  3  y '  4 x  3  m = -3 không thỏa yêu cầu bài toán Trường hợp 2: m  3 . a. Hàm số luôn đồng biến khi y ' 0, x.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  (m  3) x 2  4 x  m 0, x  a m  3  0  2    m  3m  4 0  m 1 b. Hàm số luôn nghịch biến khi y ' 0, x  (m  3) x 2  4 x  m 0, x  a m  3  0  2    m  3m  4 0  m  4 1 1 y  mx3  ( m  1) x 2  3( m  2) x  3 3 . Xác định giá trị m để hàm số đã cho Cho hàm số nghịch biến trên R Lời giải: TXĐ: D = R y ' mx 2  2( m  1) x  3(m  2) Trường hợp 1: m 0  y ' 2 x  6  m = 0 không thỏa yêu cầu bài toán Trường hợp 2: m 0 Hàm số nghịch biến trên R khi y ' 0, x  mx 2  2( m  1) x  3( m  2) 0, x  a m  0  2    2m  4m  1 0  m. 2. 6 2 y. 1 2  m  2m  x3  mx 2  2 x  1 3 . Xác định m để hàm số sau đồng biến trên. Cho hàm số R Lời giải: TXĐ: D = R y '  m 2  2m  x 2  2mx  2 Ta có: Xét 2 trường hợp:  m 0 m 2  2m 0    m  2 *. + m = 0  y ' 0, x nên m = 0 thỏa yêu cầu bài toán 1  y '  4 x  2 0  x  2 nên m = -2 không thỏa điều kiện bài toán +m=-2  m 0 m 2  2m 0    m  2 *.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> m 2  2m  0 a  0  2  m  4  m 0   y ' 0  m  4m 0    Hàm số đồng biến trên R khi Vậy với m  4  m 0 thì điều kiện bài toán được thỏa 2 3 2 Cho hàm số y ( m  5m) x  6mx  6 x  6 . Tìm m để hàm số đồng biến trên R Lời giải TXĐ: D = R y ' 3(m 2  5m) x 2  12mx  6 2 Trường hợp 1: m  5m 0  m 0, m  5. + m 0  y ' 6  0  m = 0 thỏa yêu cầu bài toán + m  5  y '  60 x  6  m = - 5 không thỏa yêu cầu bài toán 2 Trường hợp 2: m  5m 0. Hàm số đồng biến trên R khi y ' 0, x  3(m 2  5m) x 2  12mx  6 0, x a m 2  5m  0  2  ' 2m  10m 0  0  m 5 Vậy: Với 0 m 5 thì yêu cầu bài toán được thỏa B – HÀM PHÂN THỨC HỮU TỶ y. Tìm m để hàm số Lời giải: D R \  3  m TXĐ: m2  3m  2 y'  ( x  m  3) 2. mx  2 x  m  3 luôn đồng biến. Hàm số luôn đồng biến khi y ' 0, x 3  m  m2  3m  2 0  m 1  m 2 y. x 2  m2 x  m  2 x 1 . Tìm m để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. Cho hàm số của nó Lời giải: D R \   1 TXĐ: x 2  2 x  m2  m  2 y' ( x  1)2.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Hàm số đồng biến trên tập xác định khi y ' 0, x  1  x 2  2 x  m 2  m  2 0, x  1  a 1  0      m 2  m  3 0 ( 1) 2  2( 1)  m 2  m  2 0   m. 1  13 1  13  m 2 2 y. x x  m . Xác định m để hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định. Cho hàm số Lời giải: D R \  m TXĐ: m y'  ( x  m) 2. Hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định khi y ' 0, x m   m 0  m 0 mx 2  (m  2) x  m 2  2m  2 x 1 Cho hàm số . Xác định m để hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định của nó Lời giải: D R \  1 TXĐ: mx 2  2mx  m 2  3m y'  ( x  1) 2 Trường hợp 1: m 0  y ' 0  chưa xác định được tính đơn điệu của hàm số nên m=0 y. không thỏa yêu cầu bài toán Trường hợp 2: m 0 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định khi y ' 0, x 1  mx 2  2mx  m 2  3m 0, x 1 a m  0    ' m3  2m 2 0 m12  2m.1  m2  3m 0  m  0   m  2 0 m 0, m 6   m0.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> y. (m  1) x 2  2mx  ( m3  m 2  2) x m . Tìm m để hàm số đồng biến trên R. Cho hàm số Lời giải: D R \  m TXĐ: (m  1) x 2  2( m2  m) x  m3  m 2  2 y'  ( x  m) 2 2 m  1  y '   0, x  1  2 x  1  Trường hợp 1: m = - 1 thỏa yêu cầu bài toán Trường hợp 2: m  1 Hàm số đồng biến trên R khi y ' 0, x m  (m  1) x 2  2(m 2  m) x  m3  m 2  2 0, x m a m  1  0     2m  2 0 (m  1)m 2  2(m 2  m).m  m3  m 2  2 0  m   1   m  1 2 0   m1 C – BÀI TẬP NÂNG CAO Cơ sở lý thuyết: max f ( x ) Giả sử tồn tại xK f ( x)  g (m), x  K  max f ( x)  g ( m) xK. f ( x)  g (m), x  K  max f ( x) g ( m) xK. min f ( x) Giả sử tồn tại xK f ( x)  g (m), x  K  min f ( x)  g (m) xK. f ( x)  g (m), x  K  min f ( x)  g (m) xK. 1 1 y  mx3  (m  1) x 2  3( m  2) x  3 3 đồng biến trong khoảng (2; ) Định m để hàm số Lời giải: TXĐ: D = R y ' mx 2  2( m  1) x  3(m  2) 2 Điều kiện bài toán được thỏa khi y ' 0, x  2  mx  2( m  1) x  3( m  2) 0, x  2.

<span class='text_page_counter'>(12)</span>  2x  6 , x  2 x  2x  3  2x  6 2 x 2  12 x  6 g ( x)  2  g '( x)  2 x  2x  3 ( x  2 x  3) 2 Xét hàm số  m. 2.  x 3  6 g '( x) 0    x 3  6 Bảng xét dấu 3 6 x  g’(x) + 0. 3 6. 2 -. -. 0. . +. 2 3. g(x). 0  6 32 6. Dựa vào bảng biến thiên ta thấy điều kiện bài toán được thỏa khi. m. 2 3. 3 2 Cho hàm số y  x  3 x  mx  4 . Với giá trị nào của m thì hàm số đồng biến trên   ;0  khoảng Lời giải TXĐ: D = R y ' 3 x 2  6 x  m   ; 0  khi y ' 0, x  ( , 0) Hàm số đồng biến trên  3 x 2  6 x  m 0, x  ( , 0).  m 3 x 2  6 x  g ( x ), x  ( , 0)  m  min g ( x ) (  ,0). Ta có: g '( x) 6 x  6 0  x  1 m  min g ( x )  g ( 1)  3 (  ,0) Vẽ bảng biến thiên ta có Kết luận: Với m  3 thì điều kiện bài toán được thỏa 3 2 Cho hàm số y  x  3x  mx  2 . Với giá trị nào của m thì hàm số đồng biến trên  0; 2  khoảng Lời giải TXĐ: D = R y '  3x 2  6 x  m Hàm số đồng biến trên (0, 2) khi y ' 0, x  (0, 2).

<span class='text_page_counter'>(13)</span>   3 x 2  6 x  m 0, x  (0, 2)  m 3x 2  6 x g ( x ), x  (0, 2)  m max g ( x) (0,2). Ta có: g '( x ) 6 x  6 0  x 1 m max g ( x) 0 (0,2) Vẽ bảng biến thiên ta có Vậy: m 0 thì điều kiện bài toán được thỏa m 1 y  x3   m  1 x 2  3  m  2  x  3 3 . Với giá trị nào của m thì hàm số đồng Cho hàm số.  2;   biến trên Lời giải TXĐ: D = R y ' mx 2  2(m  1) x  3( m  2) Trường hợp 1: m 0  y ' 2 x  6 0  x 3 nên không thỏa yêu cầu bài toán Trường hợp 2: m 0  2;   khi y ' 0, x  [2, ) Hàm số đồng biến trên  y ' mx 2  2(m  1) x  3( m  2) 0, x  [2, ) 6  2x  m 2  g ( x), x  [2, ) x  2x  3  m  max g ( x) [2,). g '( x)  Ta có:. 2 x 2  12 x  6 ( x 2  2 x  3) 2. 0  x 3  6. m  max g ( x ) g (2) . 2 3. [2,) Vẽ bảng biến thiên ta được 1 y  x3  ( m  1) x 2  ( m  3) x  4 3 Tìm m để hàm số đồng biến trên (0; 3) Lời giải: TXĐ: D = R y '  x 2  2(m  1) x  m  3 2 Hàm số đồng biến trên (0; 3)  y '  x  2(m  1) x  m  3 0, x  (0;3).  m(2 x  1) x 2  2 x  3 x2  2 x  3 g ( x) (*) 2 x 1 2 x2  2 x  8 g '( x)   0, x  (0;3) (2 x  1)2 Ta có:  g(x) là hàm số đồng biến trên (0; 3)  m.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 12 7 12 m 7 Vậy điều kiện (*) được thỏa khi 1 1 y  mx3  (1  3m) x 2  (2m  1) x  3 3 nghịch biến trên [1; 5] Tìm m để hàm số Lời giải y ' mx 2  2(1  3m) x  2m  1 1 m 0  y ' 2 x  1 0  x  2 nên không thỏa yêu cầu bài toán Trường hợp 1: Trường hợp 2: m 0  g (0)  g ( x)  g (3)   3  g ( x) . 2 Hàm số nghịch biến trên [1; 5] khi y ' mx  2(1  3m) x  2m  1 0, x  [1;5] 2 x 1  m  2  g ( x), x  [1;5] x  6x  2  m max g ( x) [1;5].   1  21 x  2( x  x  5) 2 g '( x)  2 0   2 ( x  6 x  2)   1  21 x  2 Ta có: 11 m max g ( x)  [1;5] 3 Vẽ bảng biến thiên ta có 2. 2     y  mx  6m  5 x  2 1  3m x 1 Tìm m để nghịch biến trên [1, ) 2 y   mx  2mx2  7 0 x 1  x  1 Giải: Hàm số nghịch biến trên [1, )  u  x   2  7 m x 1 2 2   mx  2 mx  7  0  m x  2 x  7  x  1 x  2x   7  2x  2 u  x   2  0 x 1  Min u  x  m ( x  2 x) 2 x 1 . Ta có:. m Min u  x  u  1   7 x 1 3  u(x) đồng biến trên [1, )  2 mx  (1  m) x  2m y  4;  2x  3 Tìm m để hàm số đồng biến trên Lời giải 2mx 2  6mx  3  m y'  (2 x  3)2.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> y' .  4;   khi Hàm số đồng biến trên  2mx 2  6mx  3  m 0, x   4;  . 2mx 2  6mx  3  m 0, x   4;   (2 x  3) 2. 3  g ( x), x   4;   2x  6x  1  m  max g ( x )  m. 2. x 4; .  6(2 x  3)  0, x   4;    2 2 (2 x  6 x  1) Ta có: g(x) là hàm số nghịch biến trên 3  4;   nên m xm 4;ax g ( x)  f (4)  7 g '( x ) . y. Định m để hàm số Lời giải  1 D  R \    2 TXĐ: y' .  2 x 2  3x  m 2x 1 nghịch biến trong khoảng.  1    ;    2 .  4 x 2  4 x  3  2m (2 x  1) 2.  4 x 2  4 x  3  2m  1   1   ;  y '  0, x    ;     2 (2 x 1)  khi  2  Hàm số nghịch biến trên  2 3  1   m  2 x 2  2 x  g ( x), x    ;   2  2   m  max g ( x )  1    ;    2 .  1  g '( x )  4 x  2  0, x    ;    2  Ta có:  1 m  max g ( x) g     1  1   2   ;    2  Vậy: 2 x 2  mx  2  m y xm 1 Cho hàm số (Cm). Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (0; ) Lời giải D R \  1  m TXĐ: 2 x 2  4( m  1) x  m 2  2 y'  ( x  m  1) 2 2 x 2  4( m  1) x  m 2  2 y'  0, x  (0; ) ( x  m  1) 2 Hàm số đồng biến trên (0; ) khi.

<span class='text_page_counter'>(16)</span>  g ( x) 2 x 2  4( m  1) x  m 2  2 0, x  (0; ) 2 Tam thức g(x) có biệt thức  ' 2( m  2) . Ta xét các trường hợp: + Trường hợp 1:  0  m 2  y ' 0, x  1  hàm số đồng biến trên (0; ) Nên m = 2 thỏa yêu cầu bài toán + Trường hợp 2:   0  m 2 Với điều kiện trên thì điều kiện bài toán được thỏa khi phương trình g(x) = 0 có 2 nghiệm x1, x2 thỏa  m 0 m 0   0    x1  x2  0   S  x1  x2  0  2(1  m)  0  m  1  m 2  P x x  0  2   1 2 m   2  m  2 m  2  0  2 Kết luận: với m   2  m 2 thì yêu cầu bài toán được thỏa Vấn đề 3: Ứng dụng tính đơn điệu để giải phương trình Giải các phương trình 2 2011 a. x  x 2 b. x  x  1 5 Lời giải: 2011 2010 a. Đặt f ( x) x  x  f '( x) 2011x  1  0  f(x) là hàm số đồng biến Mặt khác: f (1) 2 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình b. Điều kiện x 1 và x = 1 không là nghiệm của phương trình 2 Đặt f ( x)  x  x  1 với x > 1 1  0, x  1 2 x 1  f(x) là hàm số đồng biến Mặt khác: f (2) 5 nên x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình  f '( x ) 2 x . Giải phương trình Lời giải. x  3  x  7 x  2 4 7. Điều kiện của phương trình (1) . 41 2. x . (1). 7  41 2. (*). x  3  x  7 x  2  4 0 1. g ( x)  x  3  x  7 x  2  4  g '( x)  Xét  g(x) là hàm số đồng biến Mặt khác: g(1) = 0 Vậy: x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình Thật vậy:. 7 2 x 3. 1   0, x  (*) 2 x  3 2 x  7x  2.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Khi x > 1 thì g(x) > g(1) = 0 nên phương trình vô nghiệm Khi x < 1 thì g(x) < g(1) = 0 nên phương trình vô nghiệm Giải các phương trình sau Lời giải 1 x 3 5 Điều kiện:. 5 x3  1  3 2 x  1 4  x. (1). (1)  5 x 3  1  3 2 x  1  x 4 f ( x)  5 x 3  1  3 2 x  1  x  f '( x)  Xét. 15 x 2. 2 1  . 1  0 2 5 x3  1 3 3  2 x  1 2.  1   3 ;     hàm số đã cho đồng biến trên  5 Mặt khác: f (1) 4 nên x = 1 là nghiệm duy nhất Kết luận:. S  1. Giải phương trình Lời giải. 3. x  2  3 x 1  3 2 x2 1  3 2 x2. Phương trình (1) được viết lại. 3. (1). x 1 1  3 x 1  3 2 x 2 1  3 2 x2. (2). 1 1 1 1 f (t )  3 t  1  3 t  f '(t )  .  . 0 3 3 (t  1) 2 3 3 t 2. Xét  hàm số đồng biến trên R.  x 1 (2)  f ( x  1)  f (2 x )  x  1 2 x    x  1  2 Mặt khác:  x2  x  3  2 log 3  2 (1)   x  3x  2 2x  4x  5   Giải phương trình Lời giải 2  x  x  3  0  2 2x  4x  5  0 Điều kiện  (đúng x ) (1)  log 3 ( x 2  x  3)  log 3 (2 x 2  4 x  5) (2 x 2  4 x  5)  ( x 2  x  3) 2. 2.  log3 ( x 2  x  3)  ( x 2  x  3) log 3 (2 x 2  4 x  5)  (2 x 2  4 x  5) 1 f (t ) log 3 t  t  f '(t )   0, t  0 t.ln 3 Xét  x  1 (2)  f ( x 2  x  3)  f (2 x 2  4 x  5)  x 2  3x  2 0    x  2 Mặt khác: S   1;  2 Vậy:. (2).

<span class='text_page_counter'>(18)</span> x x x Giải phương trình 3  4 5 Lời giải x x  3  4 (1)       1  5  5 x. (1). x. x. x. 3  4 4  3  4  3 f ( x)       1  f '( x)   ln    ln  0, x 5  5 5  5  5  5 Xét  f(x) là hàm đồng biến trên R Mặt khác: f (2) 0 nên x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình x x Giải phương trình 9  2( x  2)3  2 x  5 0 Lời giải x Đặt t 3  0. (1). (loai)  t  1 t 2  2( x  2)t  2 x  5 0    t 5  2 x Phương trình trở thành x x Với t 5  2 x  3 5  2 x  3  2 x  5 0 x x Xét f ( x) 3  2 x  5  f '( x) 3 ln 3  2  0, x  f(x) là hàm đồng biến Mặt khác: f(1) = 0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. Giải phương trình x  x  5  x  7  x  16 14 Lời giải Điều kiện của phương trình x 5 . Nhận xét x = 5 không là nghiệm của phương trình Xét f ( x)  x  x  5  x  7  x  16 1 1 1    0, x  5 2 x 2 x  5 2 x  7 2 x  16  f(x) là hàm số đồng biến trên (5; ) Mặt khác: f (9) 14 nên x = 9 là nghiệm duy nhất của phương trình  f '( x ) . 1. . 5 3 Giải phương trình: x  x  1  3x  4 0 .. 1. x 5 3 3 . Đặt f  x  x  x  1  3 x  4 0 . Giải. Điều kiện: 3 f  x  5 x 4  3x 2  0  , 1  2 1  3 x 3  . Ta có:  f (x) đồng biến trên Mặt khác f (1)  0 nên phương trình f (x)  0 có nghiệm duy nhất x  1.. . 2. x x  2 x  1 ( x  1) 2 Giải phương trình  2 Lời giải 2 (1)   2 x  x  2 x  1 x 2  2 x  1.   2x. 2. x. (1).  2 x  1  x 2  x  ( x  1).  2 x  1  x  1 2 x. 2. x.  x2  x. (2).

<span class='text_page_counter'>(19)</span> t t Xét f (t ) 2  t  f '(t ) 2 ln 2  1  0, t  f(t) là hàm đồng biến 2 2 2 Mặt khác: (2)  f ( x  1)  f ( x  x)  x  1 x  x  x  2 x  1 0  x 1 Kết luận: x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình x x (1) Giải phương trình 25  2(3  x)5  2 x  7 0. Lời giải  t  1 t 2  2(3  x)t  2 x  7   x  t 7  2 x Đặt t 5  0 . Phương trình trở thành x x Với t 7  2 x  5 7  2 x  5  2 x  7 0. (l ). x x Xét f ( x) 5  2 x  7  f '( x) 5 ln 5  2  0, x  f(x) là hàm đồng biến Mặt khác: f (1) 0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình. log 2 (1  3 x ) log 7 x Giải phương trình Lời giải Điều kiện xác định của phương trình x > 0 t Đặt t log 7 x  x 7. (1). t. t 1  3 7  log 2 (1  7 ) t  1  7 2       1  2   3  Phương trình (1) trở thành 3. t 3. t. t. t. t. t t 3 1  37 7  1  3 7  1 f (t )      0, t   1  f '(t )   .ln    .ln 2  3  3  2  3   2 Xét  f(t) là hàm số nghịch biến trên R Mặt khác: f(3) = 0 nên t 3  x 343 là nghiệm duy nhất của phương trình. Giải phương trình log 5 x log 7 ( x  2) Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x  0 t Đặt t log 5 x  x 5 Phương trình trở thành t. t.  5  1 t log 7 (5  2)  5  2 7  5  7  2 0     2    1 0  7  7 t. t. t. t. t. t. t. t. t. 5 1  5  1  5  1 f (t )    2    1  f '(t )   .ln  2   .ln  0, t 7 7 7 7 7  7 Xét  f(t) là hàm nghịch biến trên R  phương trình f(t) = 0 có không quá 1 nghiệm trên R Mặt khác: f (1) 0 nên x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình Vấn đề 4: Ứng dụng tính đơn điệu để giải bất phương trình.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 3 2 Giải bất phương trình 2 x  3x  6 x  16  2 3  4  x Lời giải Điều kiện xác định của bất phương trình là  2 x 4. 3 2 (2) Bất phương trình được viết lại thành 2 x  3x  6 x  16  4  x  2 3 Nhận thấy x = - 2 là nghiệm của bất phương trình trên Xét 3x 2  3x  3 1 f ( x )  2 x 3  3x 2  6 x  16  4  x  f '( x)    0, x  (  2; 4) 4 x 2 x3  3x 2  6 x  16  f(x) là hàm số đồng biến trên (-2; 4) Mặt khác: (2)  f ( x )  f (1)  x  1. So với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là  2  x  1 Giải bất phương trình x  9  2 x  4  5 Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x  2 Nhận thấy x = -2 không là nghiệm của bất phương trình đã cho 1 1 f ( x)  x  9  2 x  4  f '( x)    0, x   2 2 x 9 2x  4 Xét  f(x) là hàm số đồng biến trên ( 2; ) Mặt khác: x  9  2 x  4  5  f ( x)  f (0)  x  0 So với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là x > 0 x 4  2 2 x 4  13 Giải bất phương trình 3 Lời giải Điều kiện xác định của bất phương trình x  2 Nhận xét x = -2 không là nghiệm của bất phương trình đã cho 1 1 f ( x ) 3 x 4  2 2 x 4  f '( x)  3 x 4.ln 3  2 x  4 2 x  4 Xét  f(x) là hàm số đồng biến trên ( 2; ) x 4  2 2 x 4  13  f ( x)  f (0)  x  0 Mặt khác: 3 So với điều kiện ta có x  0 là nghiệm của bất phương trình log 2 x  1  log 3 x  9  1 Giải bất phương trình Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x   1 Xét 1 1 f ( x) log 2 x  1  log 3 x  9  log 2 ( x  1)  log 3 ( x  9) 2 2 1 1  f '( x)    0, x   1 2( x  1) ln 2 2( x  9) ln 3  f(x) là hàm số đồng biến trên (  1; ). 2 x 4. .ln 2  0, x   2.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> log 2 x  1  log3 x  9  1  f ( x)  f (0)  x  0 Ta có: So với điều kiện ta có x > 0 là nghiệm của bất phương trình. Giải bất phương trình. x  1  3 5 x  7  4 7 x  5  5 13x  7  8 (*). x 5 3 5 4 7 . Đặt f  x   x  1  5 x  7  7 x  5  13 x  7 5 7 13 1    0 2 x  1 3 3  5 x  7  2 4 4  7 x  5 3 5 5 (13 x  7) 4. Giải. Điều kiện f  x   Ta có:.  5 ,   f (x) đồng biến trên  7 . Mà f (3)  8 nên (*)  f (x) < f (3)  x < 3. 5 x  3 Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là 7. . 3 3  2x  Giải bất phương trình Lời giải. 5  2 x 6 2x  1. (1). 1 3 x  (*) 2 Điều kiện của bất phương trình là 2 5 3 10 g ( x ) 3 3  2 x   2 x  g '( x)    2  0, x  (*) 2 x  1 2 x  1 3  2 x Xét 1 3  ;   g(x) là hàm số nghịch biến trên  2 2  Mặt khác: g(1) = 6 Khi đó: (1)  g ( x ) 6  g ( x) g (1)  x 1 Kết luận: x 1 là nghiệm của bất phương trình 2 2 Giải bất phương trình x  2 x  3  x  6 x  11  3  x  Điều kiện của bất phương trình: 1 x 3. x 1. (1). ( x  1) 2  2  x  1  ( x  3) 2  2  3  x t 1 f (t )  t 2  2  t , t 0  f '(t )   0 2 2 t t  2 Xét  f(t) đồng biến trên (0; ) (1) . Mặt khác: (1)  f ( x  1)  f (3  x)  x  1  3  x  x  2 So với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình là 2  x 3 Giải bất phương trình sau Lời giải. 7 x  7  7 x  6  2 49 x 2  7 x  42  181  14 x (1). Điều kiện xác định của bất phương trình (1) . x. 6 7. 7 x  7  7 x  6  2 49 x 2  7 x  42  181  14 x  0.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> 2 2 (t 0) Đặt t  7 x  7  7 x  6  t 14 x  2 49 x  7 x  42 2 Phương trình trở thành : t  t  182  0   14  t  13 kết hợp điều kiện (t 0) 6  x   ;   0  t  13  (1)  7 x  7  7 x  6  13 7  ta được (2); điều kiện. Xét hàm f ( x)  7 x  7  7 x  6 1 1 6 6   f '( x )    0 ; x  ( ; ) x   ;   7 2 7x  7 2 7x  6 7  hàm số đồng biến trên Mặt khác f (6) 13 nên f ( x)  13  x  6 vậy nghiệm của bất phương trình là 6  6 x   .6   x 6 7  7 hay log 7 x  log 3 (2  x ) Giải bất phương trình Lời giải: Điều kiện của bất phương trình x > 0 Đặt t log 7 x. . t  log3 2  7 Phương trình (1) trở thành. t. (1). . t. t  1  7   2  7  3  0  2.       1 0  3   3 . t. t 2. t. t. t t 7  1  7   1 1  7  f (t ) 2.     0   1  f '(t ) 2.   ln    ln 3  3  3   3 3  3  Xét  f(t) là hàm số nghịch biến Mặt khác: f(2) = 0 nên t. t  1  7  2.       1  0  f (t )  f (2)  t  2  log 7 x  2  x  49  3   3 . 3 Giải bất phương trình 8 x  2 x  ( x  2) x  1 Lời giải: Điều kiện x  1 (*)  (2 x)3  2 x  ( x  1  1) x  1.  (2 x)3  2 x  ( x 1)3  x  1  f (2 x)  f ( x  1), f (t ) t 3  t  2 x  x 1 x0     x 0   2  4 x  x  1 . x0    x 0  1  17  0  x  8 .

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Vậy bất phương trình có nghiệm.  1 x . 1  17 8. Vấn đề 5: Ứng dụng tính đơn điệu để giải hệ phương trình  x 3  x ( y  2) y  1  2 2  x  y 1. Giải hệ phương trình Lời giải: (1)  x 3  x ( y  2) y  1  x 3  x ( y  1)3  y  1  f ( x)  f ( y  1), f (t ) t 3  t  x  y 1  y 0  x 1 y  1  y 2  1 0   x  y 1  y  1  x 0 Thay vào (2) ta có: Vậy hệ có 2 nghiệm (1; 0) và (0; -1)  x 3  3 y  y 3  3x (1)  2 2 2x  y 4 Giải hệ phương trình  Lời giải (1)  x 3  3x  y 3  3 y 3 2 Xét f (t ) t  3t  f '(t ) 3t  3  0  f(t) là hàm số đồng biến trên R 3 3 Mặt khác: x  3x  y  3 y  f ( x)  f ( y )  x  y x y x y   2  2 x  y 2 4  x 2 Ta được hệ phương trình như sau:  Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm (2; 2) và (-2; -2)  x  3  10  y 5  y  3  10  x 5 Giải hệ phương trình  Lời giải Điều kiện xác định của hệ phương trình  3  x, y 10. Nhận thấy x = -3, y = 10 không là nghiệm của hệ phương trình x  3  10  x  y  3  10  y Trừ hai vế của hệ cho nhau ta được phương trình 1 1 f (t )  t  3  10  t  f '(t )    0, t  ( 3;10) 2 t  3 2 10  t Xét hàm số  f(t) là hàm số đồng biến trên (-3; 10) x  3  10  x  y  3  10  y  f ( x)  f ( y )  x  y.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Ta được hệ phương trình như sau x y  x  y  x  y      x  3  10  y 5  x 1  x  3  10  x 5 Kết luận: x = y = 1 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình 1  1 x  x y  y  2 y  x 3  1 Giải hệ phương trình  Lời giải Điều kiện xác định của hệ phương trình x 0, y 0 Xét hàm số. f (t ) t .  x 1   y 1. 1 1  f '(t ) 1  2  0, t 0 t t.  f(t) là hàm số đồng biến trên R \  0 1 1 x   y   f ( x)  f ( y )  x  y x y Mặt khác:. Ta được hệ phương trình như sau. x y   3 2 y  x  1. x y x y    3  1 5  x  2 x  1 0  x 1, x   2.  1 5 2 Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm Vấn đề 6: Ứng dụng tính đơn điệu để biện luận số nghiệm của phương trình, bất phương trình 2 x   0;1  3  Tìm m để phương trình m( x  2 x  2  1)  x(2  x ) 0 có nghiệm x  y 1, x  y . Lời giải: m( x 2  2 x  2  1)  x(2  x) 0  m( x 2  2 x  2  1)  ( x 2  2 x) 0 x 1 t  x 2  2 x  2 0  t '  0  x 1 2 x  2 x  2 Đặt x   0;1  3   t   1; 2 Vẽ bảng biến thiên suy ra t2  2 (*)  m  t 1  t 2  2 0  t 2  m  t  1  2 0  m  t 1 2 2 t 2 t  2t  2 f (t )  ,1 t 2  f '(t )   0,1 t 2 2 t 1 t  1  Xét  f(t) là hàm số đồng biến 1 m min f ( x)  f (1)  1x 2 2 Bất phương trình được thỏa khi. (*).

<span class='text_page_counter'>(25)</span> x( x  1)  4( x  1). x m x 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm Lời giải: Điều kiện của phương trình x 0  x 1 (*)  x ( x  1)  4 x( x  1) m (**) Với điều kiện trên thì t  x ( x  1) t 0 Đặt , 2 Phương trình (**) trở thành t  4t  m 0 có nghiệm t 0 Điều kiện trên được thỏa khi m  4. 2 ( x  2)(4  x)  x 2 2 x  m Tìm m để phương trình có nghiệm Lời giải Điều kiện xác định của phương trình  2  x 4 t  ( x  2)(4  x) (0 t 3)   x 2  2 x t 2  8 Đặt 2 Phương trình trở thành 2t t  8  m.  g (t ) t 2  2t  8 m Phương trình có nghiệm khi Ta có: g '(t ) 2t  2. min g (t ) m m ax g (t )  0;3.  0;3. g '(t ) 0  t 1 Vẽ bảng biến thiên ta có min g (t ) m m ax g (t )  g (1) m g (3)   9 m  5  0;3.  0;3. (*).

<span class='text_page_counter'>(26)</span>