Tính đơn điệu và cực trị hàm số

TRUNG TÂM BDKT VÀ LTĐH – 36/ kiệt 73 NGUYỄN HOÀNG
TRUNG TÂM GS ĐỈNH CAO VÀ CHẤT LƯỢNG
SĐT: 01234332133 – 0978421673. TP HUẾ

CHUYÊN ĐỀ HÀM SỐ
LUYỆN THI

TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG, ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

* Tính đơn điệu của hàm số
* Ứng dụng tính đơn điệu hàm số chứng minh bất
đẳng thức
* Ứng dụng hàm số vào giải và biện luận phương
trình, bất phương t rình, hệ phương trình
* Cực trị hàm số

* Mặt nón - Khối nón (Diện tích, thể tích)
Hueá, thaùng 7/2012

www.VNMATH.com

LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO

BÀI 1. SỰ ĐỒNG BIẾN, NGHỊCH BIẾN CỦA HÀM SỐ
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
I. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ:
1. Nhắc lại định nghĩa: Ta kí hiêu K là khoảng hoặc nửa khoảng. Giả sử hàm
số y  f ( x ) xác định trên K.

Hàm số f đồng biến (tăng) trên K  x1, x2  K, x1 < x2  f(x1) < f(x2)
Hàm số f nghịch biến (giảm) trên K  x1, x2  K, x1 < x2  f(x1) > f(x2)
Hàm số đồng biến hoặc nghịc h biến trên K được gọi chung là hàm số đơn điệu
trên K
2. Điều kiện cần để hàm số đơn điệu
Giả sử f có đạo hàm trên khoảng K.
a) Nếu f đồng biến trên khoảng K thì f(x)  0, x  K
b) Nếu f nghịch biến trên khoảng K thì f(x)  0, x  K
3. Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu
Giả sử f có đạo hàm trên khoảng K.
a) Nếu f (x)  0, x  K (f(x) = 0 tại một số hữu hạn điểm) thì f đồng biến
trên K.
b) Nếu f (x)  0, x  K (f(x) = 0 tại một số hữu hạn điểm) thì f nghịch biến
trên K.
c) Nếu f(x) = 0, x  K thì f không đổi trên K.
Chú ý:
 Nếu khoảng K được thay bởi đoạn hoặc nửa khoảng thì f phải liên tục
trên đó.
Chuyên đề LTĐH

1

Biên soạn: Trần Đình Cư


 Nếu hàm f liên tục trên đoạn [a;b] và có đạo hàm f’(x)>0 trên khoảng (a;b)
thì hàm số f(x) đồng biến trên [a;b]
 Nếu hàm f liên tục trên đoạn [a ;b] và có đạo hàm f’(x)<0 trên khoảng (a;b)
thì hàm số f(x) nghịch biến trên [a;b]
II. QUY TẮC XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
Để xét chiều biến thiên của hàm số y = f(x), ta thực hiện các bước như sau:
– Tìm tập xác định của hàm số.
– Tính y. Tìm các điểm xi (i  1,2,.., n) mà tại đó y  = 0 hoặc y  không tồn tại
(gọi là các điểm tới hạn của hàm sô)
– Sắp xếp các điểm xi theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên
– Nêu kết luận về các khoảng đồng biến và nghịch biến cuả hàm số.

Chuyên đề LTĐH

2


www.VNMATH.com


B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP:
DẠNG TOÁN 1: XÉT CHIỀU BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ
Phương pháp:
Dựa vào quy tắc xét tính đơn điệu của hàm số
BÀI TẬP MẪU:
Bài 1. Xét chiều biến thiên của hàm số sau:

a) y   x 3  3 x 2  24 x  26;

b) y  x 3  3 x 2  2;

c) y  x 3  3 x 2  3 x  2

Hướng dẫn:
a) Hàm đồng biến trên (-4;2) và nghịch biến trên các khoảng

 ; 4  vaø  2;  
b) Hàm nghịch biến trên (0;2) và nghịch biến trên các khoảng

 ;0  vaø  2;  
c)y'=3  x  1 , y'=0  x=-1 vaø y'>0 vôùi moïi x  -1
2

Vì haøm soá ñoàng bieán treân moãi nöûa khoaûng  ; 1 vaø  1;   neân haøm


soá ñoàng bieán treân 
Hoặc ta có thể trình bày:

Từ bảng biến thiên ta suy ra hàm số đồng biến trên 

1
a) y   x 4  2 x 2  1;
4

b) y  x 4  2 x 2  3;

c) y  x 4  6 x 2  8 x  1

Hướng dẫn:
a) Hàm đồng biến trên  ; 2  và (0;2), Hàm nghịch biến trên (-2;0) và

(2; )
Chuyên đề LTĐH

3



b) Hàm đồng biến trên  0;   và nghịch biến trên  ;0 
c) Hàm đồng biến trên khoảng  2;   và nghịch biến trên  ;2 
Nhận xét: Đối với hàm số bậc 4 luôn có ít nhất một khoảng đồng biến và
một khoảng nghịch biến. Do vậy với hàm số không thể đơn điệu trên R.

2x  1
;
x 1
x2  2x  1
c) y 
;
x2
a) y 

x2
x 1
x2  4x  3
d )y 
x2
b) y 

Hướng dẫn:
a) Hàm đồng biến trên  ; 1 vaø  1;  
b) Hàm nghịch biến trên  ;1 vaø 1;  
c) Hàm đồng biến trên  5; 2  vaø  2;1 ,
Hàm nghịch biến trên  ; 5 vaø 1;  
d) Hàm đồng biến trên  ; 2  vaø  2;   ,
Nhận xét:

ax  b
 a.c  0  luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên
cx  d
khoảng xác định của chúng

 Đối với hàm số y 

ax 2  bx  c
 Đối với hàm số y 
luôn có ít nhất hai khoảng đơn điệu .
dx  e
 Cả hai hàm số trên không thể luôn đơn điệu trên 
Bài 4. Xét tính đơn điệu của hàm số sau:

a) y  x 2  2 x  3 ;

b) y  3 x 2  x 3

Hướng dẫn:
a) Ta có:

Chuyên đề LTĐH

4


www.VNMATH.com


 2
x  2x  3
y 2
 x  2 x  3


khi x  1  x  3
khi  1  x  3

2 x  2
khi x  1  x  3
 y'  
 y'  0  x  1
khi  1  x  3
2 x  2
Haøm khoâng coù ñaïo haøm taïi x  -1 vaø x  3
Baûng bieán thieân:

Haøm ñoàng bieán treân moãi khoaûng  1;1 vaø  3;   , nghich bieán treân

 ; 1 vaø 1;3

b) Haøm ñaõ cho xaùc ñònh treân nöaû khoaûng  ;3

3
3 2x  x
Ta coù: y'=
, x  3, x  0
2 3x 2  x 3
x  3, x  0 : y '  0  x  2. Haøm soá khoâng coù ñaïo haøm taïi x=0 vaø x=3





Döïa vaøo baûng bieán thieân: Haøm ñoàng bieán treân khoaûng  0;2  , nghòch bieán
treân  ;0  vaø  2;3

Bài 5. Tìm các khoảng đơn điệu của hàm số y  sin x trên khoảng  0;2 
Hướng dẫn:
Ta có:

y '  0, x   0;2   x 

Chuyên đề LTĐH


2

,x 

3
2

5



Bảng biến thiên:

BÀI TẬP ÁP DỤNG:

1
a) y  x 3  3 x 2  8 x  2;
3

x2  2x
b) y 
x 1

Bài 2. Xét chiều biến thiên của hàm số

a) y  2 x 3  3 x  1;

4
2
b) y   x 3  6 x 2  9 x 
3
3

c) y  x 4  2 x 2  5;

d )y  2 x  x 2

Hướng dẫn:

c)Trình baøy töông töï baøi maãu 1c);

d)Trình baøy töông töï baøi maãu 2b)

Bài 3. Chứng minh rằng

a) y  4  x 2 nghòch bieán treân ñoaïn  0;2 
 
3
b) y  x  x  cos x  4 ñoàng bieán treân 
c)y  cos2 x  2 x  3 nghòch bieán treân 
Hướng dẫn:

a) Haøm soá lieân tuïc treân ñoaïn  0;2  vaø coù ñaïo haøm f '( x) 
 

x

4  x2
vôùi moïi x   0;2  . Do ñoù haøm soá nghòch bieán treân ñoaïn  0;2 
 

0

b) Haøm soá xaùc ñònh treân . Ta thaáy f '( x)  3 x2  1  sin x  0, x  
c) f '( x )  2  sin 2 x  1  0, x   vaø f '( x )  0  x  


4

 k , k  

 


Haøm soá nghòch bieán treân moãi ñoaïn    k ;    k  1   , k  
4
 4

Do ñoù haøm soá nghòch bieán treân 
Chuyên đề LTĐH

6


www.VNMATH.com


Bài 4.
a) Cho hàm số y  sin 2 x  cos x . Chứng minh rằng hàm số đồng biến trên

 
 
đoạn  0;  vaø nghòch bieán treân ñoaïn  ;  
 3
3 
b) Chứng minh rằng với mọi m   1;1 , phương trình s in 2 x  cos x  m có
nghiệm duy nhất thuộc đoạn  0;  


Hướng dẫn:

a) Haøm soá lieân tuïc treân ñoaïn  0;   vaø coù f '( x )  sin x  2 cos x  1 , x   0;  



1
Vì x   0;    sin x  0 neân trong khoaûng  0;   : f '( x )  0  cos x   x 
2
3
 
 
*y '  0, x   0;  neân haøm soá ñoàng bieán treân  0; 
 3
 3
 
*y '  0, x   ;   neân haøm soá nghòch bieán treân
3 

 
 3 ; 



b)

Ta coù:
 
 
* x   0;  ta coù: y(0)  y  y    1  y  5 neân phöông trình khoâng coù
 3
3
nghieäm thuoäc  1;1
 
 
5
*x   ;   ta coù: y( )  y  y    1  y  . Theo ñònh lí giaù trò trung
4
3 
3

 
5
gian cuûahaøm soá lieân tuïc m   1;1   1;  , neân toàn taïi soá thöïc c   ;  
4

3 
sao cho y(c)=0.
Soá c laø nghieäm cuûa phöông trình sin 2 x  cos x  m vaø vì haøm soá nghòch
 
bieán treân  ;   ,neân treân ñoaïn naøy phöông trình coù nghieäm duy nhaát.
3 
Vaäy phöông trình coù nghieäm duy nhaát treân  0;  


BTTT: Cho hàm số f ( x )  sin 2 x  cos2 x

Chuyên đề LTĐH

7



 
a) Chứng minh rằng hàm số đồng biến trên  0;  và nghịch biến trên
 3
 
đoạn  ;  
3 
b) Chứng minh rằng với mọi m   1;1 phương trình

sin 2 x  cos2 x  m
BÀI TẬP TỰ GIẢI:
Bài 1. Xét sự đồng biến và nghịch biến của hàm số:

a. y = 2 x 3  3 x 2  2

b. y = x 3  3 x 2  3 x  1

c. y = x  2 x  1

1 5 1 4
x2
3
d. y = x  x  x   2 x  1
5
4
2

4

2

Bài 2. Xét sự biến thiên của các hàm số sau:

a. y =

2x  1
3x  3

c. y = 2x-3-

x2  3x  3
x 1
4x+5
d. y =
4x 2 -4
b. y =

1
x+2


a) y  x 2  2 x  6

b) y  2 x  x 2

c) y 

2x  1
3x  2


 
a) y  sin 6 x treân  0; 
 6

b) y  cot

x
treân   ;0  vaø  0; 
2

Bài 5 Xét chiều biến thiên của hàm số sau:

x2  x  1
a) y  2
;
x  x 1

b) y  x  3  2 2  x ;

c) y  2 x  1  3  x

d) y  x 2  x 2

e) y  2 x  x 2

 

f) y  sin 2 x    x  
2
 2

 

g) y  sin 2 x  x    x  
2
 2

Bài 6. Chứng minh hàm số y  2 x  x 2 nghịch biến trên đoạn [1; 2]
Chuyên đề LTĐH

8


www.VNMATH.com


Bài 7.
a) Chứng minh hàm số y= x 2 -9 đồng biến trên nửa khoảng [3; +  ).
b) Hàm số y  x 

4
nghịch biến trên mỗi nửa khoảng [-2; 0) và (0;2]
x

Bài 8. Chứng minh rằng
a) Hàm số y 

3 x
nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó.
2x  1

b) Hàm số y 

2 x 2  3x
đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó.
2x  1

c) Hàm số y   x  x 2  8 nghịch biến trên R.
Bài 9. Chứng minh hàm số f ( x )  x  cos2 x đồng biến trên R
Bài 10. Cho hàm số f ( x )  2 x 2 x  2
a) Chứng minh rằng hàm số f đồng biến trên nửa khoảng 2;  

b) Chứng minh rằng phương trình 2 x 2 x  2  11 có một nghiệm duy
nhất

Chuyên đề LTĐH

9



DẠNG 2: HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU TRÊN 
Phương pháp: Cho hàm số y  f ( x , m) , m là tham số, có tập xác định 
 Hàm số f đồng biến trên   f(x)  0, x   . Dấu “=” xảy ra tại hữu
hạn điểm
 Hàm số f nghịch biến trên   f  0, x   . Dấu “=” xảy ra tại hữu
hạn điểm
Từ đó suy ra điều kiện của m.
Chú ý:
1) Nếu y '  ax 2  bx  c thì:

 a  b  0

c0
 y '  0, x  R   
 a  0

   0


 a  b  0

c0
 y '  0, x  R   
 a  0

   0


2) Định lí về dấu của tam thức bậc hai g( x )  ax 2  bx  c :
 Nếu  < 0 thì g(x) luôn cùng dấu với a.

b
)
2a
 Nếu  > 0 thì g(x) có hai nghiệm x 1, x2 và trong khoảng hai nghiệm thì g(x)
khác dấu với a, ngoài khoảng hai nghiệm thì g(x) cùng dấu với a.
3) So sánh các nghiệm x1, x2 của tam thức bậc hai g( x )  ax 2  bx  c với số 0:

 Nếu  = 0 thì g(x) luôn cùng dấu với a (trừ x = 

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

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

 x1  0  x2  P  0

BÀI TẬP MẪU:
Bài 1. Tìm m để hàm số luôn giảm (nghịch biến) trên 

1
y   x 3  2 x 2   2m  1 x  3m  2
3
Hướng dẫn:

Haøm soá xaùc ñònh treân . Ta coù: y '   x 2  4 x  2 m  1,  '  2 m  5
Baûng xeùt daáu '.

Chuyên đề LTĐH

10


www.VNMATH.com


2
5
thì y'=-  x  2   0,x  , y '  0 chæ taïi ñieåm x=2. Do ñoù haøm soá nghòch
2
bieán treân 

*m=-

*m<-

5
thì y'< 0,x  . Do ñoù haøm soá nghòch bieán treân 
2

5
thì y'=0 coù 2 nghieäm phaân bieät x1 , x2  x1  x2  . Haøm soá ñoàng bieán treân
2
khoaûng  x1; x2  .Tröôøng hôïp naøy khoâng thoûa maõn

*m>-

Cách giải sau đây không “phù hợp” ở điểm nào?

Haøm soá nghòch bieán treân  khi vaø chæ khi
a  1  0
5
m
y '   x 2  4 x  2m  1  0, x     '
2
  0
5
Vaäy haøm soá nghòch bieán treân  khi vaø chæ khi m  2
Nhận xét: Lời giải trên xem ra có vẻ đúng và hợp lý. Tuy nhiên về mặt lý
luận thì trình bày như trên chưa thỏa đáng, hơi tự nhiên. Do đó mất đi
tính trong sáng và chặt chẻ trong toán học
Bài 2.Tìm a để hàm số y 

1 3
x  ax 2  4 x  3 luôn tăng (đồng biến) trên 
3

Hướng dẫn:

Haøm soá xaùc ñònh treân . Ta coù: y '  x 2  2 ax  4,  '  a 2  4
Baûng xeùt daáu '.

Chuyên đề LTĐH

11



*-2<a<2 thì y'>0,x  . Do ñoù haøm soá ñoàng bieán treân 
*a=2 thì y'=  x  2  ,y'=0  x=-2,y'>0,x  2. Do ñoù haøm soá ñoàng bieán treân
2

moãi nöûa khoaûng  ; 2  vaø 2;   neân haøm soá y ñoàng bieán treân 


*a  2 hoaëc a  2 thì y'=0 coù 2 nghieäm phaân bieät x1 , x2  x1  x2  . Haøm soá nghòch
bieán treân khoaûng  x1; x2  , ñoàng bieán treân moãi khoaûng  ; x1  vaø  x2 ;   .

Tröôøng hôïp naøy khoâng thoûa maõn vaäy haøm soá ñoàng bieán treân  khi vaø chæ khi
-2  a  2
Bài 3. Tìm m để hàm số y  x  m cos x luôn tăng (đồng biến) trên 
Hướng dẫn:
Cách 1:

Haøm soá xaùc ñònh treân . Ta coù: y '  1  m sin x
Haøm soá ñoàng bieán treân   y'  0,x    msinx  1,x   (1)
*m=0 thì (1) luoân ñuùng
1
1
, x    1   0  m  1.
m
m
1
1
* m<0 thì (1)  sin x  , x    1   1  m  0.
m
m
Vaäy -1  m  1 laø nhöõng giaù trò caàn tìm
*m>0 thì (1)  sin x 

Cách 2:

Haøm ñoàng bieán treân   y'  0,x  
1  m  0
 miny'=min 1  m;1  m  0  
 1  m  1
1  m  0
Chú ý:
Phương pháp:
 Hàm số f(x,m) tăng trên   y '  0, x    min y'  0, x  
 Hàm số f(x,m) giảm trên   y '  0, x    maxy'  0, x  
Bài 1. Tìm m để hàm số y   m  2 

x3
  m  2  x 2   m  8 x  m2  1 luôn nghịch
3

biến (giảm) trên 
Chuyên đề LTĐH

12


www.VNMATH.com


Hướng dẫn:
Ta có: y '   m  2  x 2   m  2  x  m  8

*Khi : m  2 : haøm nghòch bieán treân 

*Khi m  2 : tam thöùc baäc hai y '   m  2  x 2   m  2  x  m  8 coù  =10  m  2 
Bảng xét dấu của  ' :

 m<-2: y '  0, x    haøm nghòch bieán treân 

 m  2 : y '  0 coù hai nghieäm x1 ,x 2  x1  x2  tröôøng hôïp naøy haøm ñoàng bieán
treân khoaûng  x1; x2  neân tröôøng hôïp naøy khoâng thoûa maõn
Vaäy m  -2 laø nhöõng giaù trò caàn tìm
Bài 2. Tìm m để hàm số luôn nghịch biến (giảm) trên tập xác định

a) y 
b) y 

1 2
m  1 x 3   m  1 x 2  3 x  5
3
 m  1 x 2  2 x  1





x 1

Hướng dẫn:





a) y '  m 2  1 x 2  2  m  1 x  3
Haøm ñoàng bieán treân   y'  0,x  
Tröôøng hôïp 1: m 2  1  0
* m  1: tröôøng hôïp naøy khoâng thoûa maõn
* m=-1:tröôøng hôïp naøy thoûa maõn yeâu caàu baøi toaùn



Tröôøng hôïp 1: m 2  1  0, luùc ñoù:  '=-  m 2  m  2



Bảng xét dấu  ' :

Chuyên đề LTĐH

13



 a  0 
* m  1hoaëc m> 2 : haøm soá y ñoàng bieán treân   do 



 '  0 

* m=2:haøm soá y ñoàng bieán treân 
*  1  m  2, m  1: tröôøng hôïp naøy khoâng thoûa maõn
Vaäy haøm ñoàng bieán treân  khi vaø chæ khi m<-1 hoaëc m  2

 m  1 x
b) y ' 

2

 2  m  1 x  1

 x  1

2



g( x )

 x  1

2

Daáu cuûa y' laø daáu cuûa g(x),x  -1

Haøm y ñoàng bieán treân  ; 1 vaø  1;    g '( x )  0, x  1
* m  1: tröôøng hôïp naøy thoûa maõn yeâu caàu baøi toaùn
* m  1: 1  m  2 thoûa maõn yeâu caàu baøi toaùn
Vaäy khi 1  m  2 thì haøm ñoàng bieán treân 
Bài 3. Tìm m để hàm số f ( x ) 

3 x 2  mx  2
nghịch biến trên khoảng từng
2x 1

khoảng xác định.
Hướng dẫn:

1 
Hàm số xác định trên   
2 

y' 

6 x 2  6 x  4  m

 2 x  1

 y '  0, x 

2

. Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định

1
1
 6 x 2  6 x  4  m  0, x 
2
2

 '  33  6m

Bảng xét dấu  ' :
m

11



'

Chuyên đề LTĐH

+



2
0

14

-


www.VNMATH.com


11
1
tức  '  0 thì y '  0, x  hay hàm đồng biến trên các
2
2
khoảng xác định
* Nếu m 

* Nếu m 


3 
 x1 


3 
 x2 


11
thì y '  0 có hai nghiệm phân biệt
2
33  6m
6
33  6m
6

x

2

 x1  và rõ ràng x1 

1
 x2
2

x

y'

1
2

x1


-

0

+

x2
+

0


-

y

 1
 1
Dựa vào bảng biến thiên thì ta thấy hàm đồng biến trên  x1;  và  x2 ; 
 2
 2
nên ta loại trường hợp này
Kết luận: m 

11
2

Bài 1. Chứng minh rằng các hàm số sau luôn đồng biến trên từng khoảng xác địn h
(hoặc tập xác định) của nó:
a) y  x 3  5 x  13

Chuyên đề LTĐH

b) y 

x3
 3x 2  9 x  1
3

15

c) y 

2x 1
x2



x2  2x  3
d) y 
x 1

e) y  3 x  sin(3 x  1)

x 2  2mx  1
f) y 
xm

Bài 2. Chứng minh rằng các h àm số sau luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định
(hoặc tập xác định) của nó:
b) y  cos x  x

a) y  5 x  cot( x  1)

c) y  sin x  cos x  2 2 x

Bài 3. Tìm m để các hàm số sau luôn đồng biến trên tập xác định (hoặc từng kh oảng
xác định) của nó:
b) y 

a) y  x 3  3mx 2  ( m  2) x  m

d) y 

y

mx  4
xm

e) y 

x 3 mx 2

 2x 1
3
2

x 2  2mx  1
xm

c) y 

xm
xm

f)

x 2  2mx  3m 2
x  2m

Bài 4. Tìm giá trị của tham số m để hàm số f ( x )  x 3 -3x 2  mx  1 đồng
biến trên R.
Bài 5. Với giá trị nào của m thì hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó

m
a) y  x  2 
x 1

b) y 

2 x 2   m  2  x  3m  1
x 1

Hướng dẫn:

a)

*m  0 : haøm ñoàng bieán treân moãi khoaûng  ;1 vaø 1;  
*m  0 : y '  0  x  1  m . Laäp baûng bieán thieân ta thaáy, haøm soá nghòch



 



bieán treân moãi khoaûng 1  m ;1 vaø 1;1  m do ñoù khoâng thoûa maõn yeâu caàu
Vaäy haøm soá ñoàng bieán treân moãi khoaûng xaùc ñònh khi vaø chæ khi m  0

Chuyên đề LTĐH

16


www.VNMATH.com


b) y '  1 

2m  1

 x  1

2

1
 y '  0, x  1, Haøm soá nghòch bieán treân moãi khoaûng  ;1 vaø 1;  
2
1
* m  : phöông trình y'=0 coù hai nghieäm x1  1  x2
2

*m 

Bài toán này được mở rộng như sau:

a1 ) tìm giaù trò m ñeå haøm soá ñoàng bieán treân  ; 1
a2 )tìm giaù trò m ñeå haøm soá ñoàng bieán treân  2;  

a3 )tìm giaù trò m ñeå haøm soá nghòch bieán treân khoaûng coù ñoä daøi baèng 2

a4 )tìm giaù trò m ñeå haøm soá nghòch bieán treân moãi khoaûng  0;1 vaø 1;2 
a5 )goïi x1 , x2 laø hai nghieäm cuûa phöông trình  x  1  m  0. Tìm m ñeå
2

 x1  2 x2 ;

 x1  3 x2  m  5

 x1  3 x2 ;

 x1  5 x2  m  12

Bài 6. Với giá trị nào của m, hàm số: y  mx 3  3 x 2   m  2  x  3 nghịch
biến trên R.

x
x
Bài 7. Tìm điều kiện của tham số a để hàm số y  sin - cos  ax đồng
2
2
biến trên R
Hướng dẫn:
Hàm số đã cho xác định trên 

x 
1
x
x
2
Ta có: y '   cos  sin  
sin     a
2
2
2 2
2 4
Hàm số đồng biến trên  khi và chỉ khi

y '  0, x   

Chuyên đề LTĐH

x 
2
2
2
 a  a 
sin      a, x    
2
2
2
2 2

17



DẠNG 3: HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU TRÊN TẬP CON CỦA 
Phương pháp:
 Hàm số y  f ( x , m) taêng x  I  y'  0,x  I  min y'  0,x  I
 Hàm số y  f ( x , m) giaûm x  I  y'  0,x  I  max y'  0, x  I
BÀI TẬP MẪU:
Bài 1. Tìm giá trị của m để hàm số

mx  4
luoân nghòch bieán treân khoaûng  ;1
xm
2) y  x 3  3 x 2   m  1 x  4m nghòch bieán treân khoaûng  1;1

1) y 

Hướng dẫn:
1. Sai lầm thường gặp:

ycbt  f '( x )  0, x   ;1  y ' 

m2  4

 x  m

2

 0, x   ;1

 m 2  4  0  2  m  2
Nguyên nhân sai lầm:
Khi giải và biện luận bất phương trình có mẫu thức chứa tham số  x  m  phải đặt
2

điều kiện x  m , x   ;1
Lời giải đúng

Haøm soá ñaõ cho xaùc ñònh treân  {-m}
y'=

m2  4

 x  m

2

, x   m.

 y '  0, x   ;1
m 2  4  0
2  m  2


ycbt  


 2  m  1
m  1
 m   ;1
 m   ;1


BTTT: Tìm m để hàm số f ( x ) 

3 x  5
đồng biến trên  2;  
2x  m

2. Cách 1:
Hàm số xác định trên 
Ta có: y '  3 x 2  6 x  m  1
Chuyên đề LTĐH

18


www.VNMATH.com


Hàm số nghịch biến trên ( -1;1)  y '  0, x   1;1 , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn
điểm
Ta có :  y '  9  3  m  1  6  3m
 TH 1: Nếu  'y '  0  m  2 thì y '  0, x    hàm đồng biến trên  .
Trường hợp này loại vì yêu cầu bài toán nghịch biến trên (-1;1)
 TH 2: Nếu  'y '  0  m  2 thì y’=0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 (giả sử
là x1  x2 ) .
x

x1



y'

+

x2

0

-



0

+

Dựa vào bảng xét dấu y ’ ta thấy hàm số nghịch biến trên (-1;1)
 x1  1  1  x2 (*)

Hướng 1:


 x  1  x 2
 x  1  0  x2  1  x1  1 .  x2  1  0


 1

*   1
(I )

 x1  1  x2
 x1  1  0  x2  1  x1  1 .  x2  1  0



Áp dụng định lí Vi-et để giải hệ (I) ta được m  10


3 
 x1 
Hướng 2: Phương trình y’=0 có hai nghiệm là 

3 
 x2 

 x  1

*   x1  1




2

6  3m
3
,  x1  x2 
6  3m
3

m  2

 m  10
m  10

Cách 2:

Chuyên đề LTĐH

19



Haøm soá ñaõ cho xaùc ñònh treân 
y'=3x 2  6 x  m  1

Haøm soá nghòch bieán treân  1;1  y '  0, x   1;1





 m   3 x 2  6 x  1 , x   1;1





 m  min g( x ), vôùi g( x )   3 x 2  6 x  1
 1;1

Haøm soá g( x ) nghòch bieán treân  1;1 vaø lim g( x)  2; lim g( x )  10.

x 1

x 1

Baûng bieán thieân

 m  -10

@ Bài toán trên ta có thể mở rộng như sau: Tìm m để hàm số
 Đồng biến trên [2;  )
 Đồng biến trên  ;0 
Bài 2. Tìm m để các hàm số sau:

a) y  2 x 3  2 x 2  mx  1 ñoàng bieán treân khoaûng 1;  

b) y  mx 3  x 2  3 x  m  2 ñoàng bieán treân khoaûng  3;0 
1
c) y  mx 3  2  m  1 x 2   m  1 x  m ñoàng bieán treân khoaûng  2;  
3
Hướng dẫn:
a) Cách 1:
Hàm số xác định trên 
Ta có: y '  6 x 2  4 x  m
Hàm số đồng biến trên (1;  )  y '  0, x  1;   , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn
điểm
Ta có :  y '  4  6m

Chuyên đề LTĐH

20


www.VNMATH.com


 TH 1: Nếu  'y '  0  m 

2
thì y '  0, x    hàm đồng biến trên 
3

 hàm đồng biến trên 1;   . Trường hợp này ta nhận
 TH 2: Nếu  'y '  0  m 

2
(*)thì y’=0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
3

(giả sử là x1  x2 ) .

x

x1



y'

+

0

x2
-



0

+

Dựa vào bảng xét dấu y’ ta thấy hàm số đồng biến trên (1;  ) thì điều kiện là

 x2  1 

2  4  6m
2
 1  m  2 kết hợp điều kiện (*) thì 2  m 
6
3

Hợp hai trường hợp m 

2
2
và 2  m  ta được kết quả cuối cùng là m  2
3
3

Cách 2:

ycbt  y '  0, x  1;    g( x )  6 x 2  4 x   m, x  1

Haøm soá g(x)  6 x 2  4 x lieân tuïc treân 1;   . Ta coù: g'(x)>0,x  1

 g(x) ñoàng bieán treân khoaûng 1;   vaø lim g( x )  2, lim g( x )  

x 1

x 

Baûng bieán thieân.

Döïa vaøo baûng bieán thieân suy ra: 2  -m  m  -2

Chuyên đề LTĐH

21



b) ycbt  y '  0, x   3;0   3mx 2  2 x  3  0, x   3;0
2x  3
, x   3;0 
3x 2
2x  3
Haøm soá g(x) 
lieân tuïc treân  3;0  . Ta coù: g'(x)<0, x   3;0 
3x 2
1
 g(x) nghòch bieán treân khoaûng  3;0  vaø lim g( x )   , lim g( x )  
x 3
9 x  0
m

Döïa vaøo baûng bieán thieân suy ra: m  -

1
9

c) ycbt  y '  0, x   2;    mx 2  4  m  1 x  m  1  0, x   2;  





 x 2  4 x  1 m  4 x  1, x   2;    m 

4x  1
, x   2;  
x  4x  1
2

4x  1
lieân tuïc treân  2;   . Ta coù: g'(x)<0, x   2;  
x  4x  1
9
 g(x) nghòch bieán treân khoaûng  2;   vaø lim g( x )  , lim g( x )  0

x 2
13 x 
Haøm soá g(x) 

2

Döïa vaøo baûng bieán thieân suy ra: m 

9
13

Cách 2:
Cách 2: Phương pháp tam thức bậc hai
Ta có: y '  mx 2  4  m  1 x  m  1
+ TH1: m=0: Hàm nghịch biến trên R nên loại
Chuyên đề LTĐH

22


www.VNMATH.com


+TH2: m  0 ,  '  3m 2  7m  4
ta dễ dàng lập luân để suy ra được m không thể < 0. Do đó m > 0
* Nêu  '  0  1  m 

4
(*)thì hàm đồng biến trên R nên đồng biến trên  2; 
3

m  1
* Nếu   0  
(I) thì y'=0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 giả sử x1  x2
m  4

3

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm đồng biến trên  2;  thì điều kiện là

x2  2 

2  m  1  3m 2  7m  4
m

2m

9
kết hợp điều kiện (I) thì trường
13

 9  4

hợp này hàm đồng biến trên  2;   m   ;1   ;   (**)
 13   3

Kết hợp (*) và (**) ta được m 

9
13

Cách 3:
Các trường hợp khác tương tự trên. Bây giờ ta xét trường hợp   0
Xét phương trình: y '  0 có hai nghiệm phân biệt x1  x2 , khi đó để hàm số đồng
biến trên khoảng (2; ) thì điều kiện là x1  x2  2  x1  2  x2  2  0
Đặt: x  2  t , dẫn tới ta có phương trình sau: mt 2  4  2m  1 t  13m  9  0 , với

  0

điều kiện t1  t2  0  S  0 . Giải 3 điều kiện trên và kết hợp với kết quả
P  0


1 m 

4
9
ta có được kết quả cuối cùng: m 
3
13

Bài 3. Tìm m để hàm số f ( x )  x 3  3  2m  1 x 2  12m  5  x  2 đồng biến trên
khoảng  ; 1   2;  
 
Sai lầm thường gặp:

Chuyên đề LTĐH

23



 f '( x )  0, x   2;  
3 x 2  6  2 m  1 x  12 m  5  0, x  2;  




ycbt  
 2
 f '( x )  0, x   ; 1
3 x  6  2 m  1 x  12 m  5  0, x   ; 1




2
3 x  6 x  5  12m  x  1 , x   2;  


 2
3 x  6 x  5  12m  x  1 , x   ; 1


2

3x  6 x  5
 12m, x   2;  
 g( x ) 


x 1

2
 g( x )  3 x  6 x  5  12m, x   ; 1


x 1


6
 1
 x1  1 
min g( x )  12m
 x 2
3

. Ta co:g'(x)=0  

m ax g( x )  12m
6
 x 2

2
 x2  1 
3

Do đó: g’(x)>0 trên khoảng  ; 1  2;  
 
min g( x )  12 m
 g(2)  5  12m
7
5

Khi đó:  x 2

 m
12
12
 g(1)  7  12m
m ax g( x )  12m
 x2
Nguyên nhân sai lầm:
Cách giải trên chỉ phù hợp với f(x) đồng biến trên  ; 1 và 2;   . Còn với


yêu cầu f(x) đồng biến trên  ; 1  2;   thì cần kiểm tra thêm điều kiện
 
f(-1)<f(2)
Lời giải đúng:

Chuyên đề LTĐH

24


www.VNMATH.com


 f '( x )  0, x  2;  
3 x 2  6  2m  1 x  12m  5  0, x  2;  





 2
ycbt   f '( x )  0, x   ; 1  3 x  6  2m  1 x  12m  5  0, x   ; 1




 f (1)  f (2)
18m  15



3 x 2  6 x  5  12m  x  1 , x  2;  

 2

 3 x  6 x  5  12m  x  1 , x   ; 1


m  15

18


3x 2  6 x  5
g( x ) 
 12m, x  2;  


x 1

3x 2  6 x  5

  g( x ) 
 12m, x   ; 1

x 1

5

m  6



min g( x )  12m
 x1  1 
 x 2

 m ax g( x )  12m . Ta co:g'(x)=0  
x 2


 x2  1 
5
m 


6


6
 1
3
6
2
3



min g( x )  12m
 g(2)  5  12m
 x 2

7
5

Khi đó: m ax g( x )  12m   g(1)  7  12m    m 
x 2
12
12


5
5
m 
m 
6


6

Bài 4. Tìm tất cả các tham số m để y  x 3  3 x 2  mx  m nghich biến trên đoạn có
độ dài bằng 1.
Phương pháp:
Để hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d có độ dài khoảng đồng biến (nghịch biến) (x 1; x2)
bằng d thì ta thực hiện các bước sau:

 Tính y.
 Tìm điều kiện để hàm số có khoảng đồng biến và nghịch biến:

Chuyên đề LTĐH

25



a  0

  0

(1)

 Biến đổi x1  x2  d thành ( x1  x2 )2  4 x1 x2  d 2

(2)

 Sử dụng định lí Viet đưa (2) thành phương trình theo m.
 Giải phương trình, so với điều kiện (1) để chọn nghiệm.
Hướng dẫn:

y '  3 x 2  6 x  m coù  '  9  3m
 Neáu m  3 thì y'  0,x  . Khi ñoù haøm soá luoân ñoàng bieán treân . Do ñoù
m  3 khoâng thoûa yeâu caàu baøi toaùn

 Neáu m<3, do ñoù y'=0 coù hai nghieäm x1 , x2  x1  x2  vaø haøm soá nghòch bieán treân
ñoaïn  x1; x2  vôùi ñoä daøi l  x2  x1.


Haøm soá nghich bieán treân ñoaïn coù ñoä daøi l=1   x2  x1   1  m 
2

Coù hay khoâng yeâu caàu baøi toaùn thoûa l  x2  x1  1?

Bài 4. Tìm m sao cho: y 

9
4

mx 2  6 x  2
nghòch bieán treân 1;  

x2

Hướng dẫn:
Ta có:

y' 

mx 2  4mx  14

 x  2

2



g( x )

 x  2

2

, vôùi g( x )  mx 2  4 mx  14

Haøm nghòch bieán treân 1;    y '  0, x  1;  


2
 g( x )  mx  4mx  14  0, x  1;   (*)

Cách 1: Dùng tam thức bậc hai
 Nếu m=0 thì (*) không thỏa m ãn
 Nếu m  0 thì g(x) có   4m 2  14m
Bảng xét dấu  '

Chuyên đề LTĐH

26


www.VNMATH.com


 Nếu 0  m 

7
thì g(x)>0 với mọi x   . Trường hợp này loại
2

 Nếu m  0 hoaëc m 

x

7
. Khi đó g(x)=0 có hai nghiệm x1 , x2  x1  x2 
2

x1



g( x )

-

x2

0

+

2m  4m 2  14m
Với x1 
;
m



0

-

2m  4m 2  14m
x2 
m

 x   x2 ;  
Ta có : g(x)  0  
.
 x   ; x1 

Vì vậy, g( x )  0, x  1;    x2  1  3m  4m 2  14m  m  


14
5

Cách 2:

(*)  m 

14
 h( x ), x  1;    m  min g( x )

1; 

x  4x
2

Bài 1. Tìm điều kiện của tham số m sao cho





a) y  x 3  mx 2  2m 2  7m  7 x  2  m  1 2m  3  ñoàng bieán treân khoaûng  2;  
mx   m  1 x  1
2

b) y 

2x  m

ñoàng bieán treân khoaûng 1;  

Đáp số:

5
a)  1  m  ;
2

b)0  m  1

Bài 2. Tìm điều kiện của tham số m sao cho:





y  x 3   m  1 x 2  2m 2  3m  2 x  m  2m  1 ñoàng bieán treân 2;  

Đáp số: 2  m 

2
3

Chuyên đề LTĐH

27



Bài 3. Tìm điều kiện của tham số m sao cho:

1
y  mx 3   m  1 x 2  3  m  2  x  1 ñoàng bieán treân  2;  
3
Đáp số:

5
1) a)  1  m  ; b)0  m  1;
2

3
2)  2  m  ;
2

3)m  

14
;
5

4)m 

Bài 4 Tìm m để hàm số:
a) y 

x3
 (m  1) x 2  (m  1) x  1 đồng biến trên khoảng (1; + ).
3

b) y  x 3  3(2 m  1) x 2  (12 m  5) x  2 đồng biến trên khoảng (2; +).
c) y 

mx  4
(m  2) đồng biến trên khoảng (1; +).
xm

d) y 

xm
đồng biến trong khoảng (–1; +).
xm

e) y 

x 2  2 mx  3m 2
đồng biến trên khoảng (1; +).
x  2m

f) y 

2 x 2  3 x  m
nghịch biến trên khoảng
2x  1

 1

  ;   .
 2


Bài 5. Xác định m để hàm số y  3 x 3  2 x 2  mx  4 đồng biến trên khoảng

 1;  
Bài 6. Cho hàm số y  4 x 3   m  3  x 2  mx . Tìm m để
a) Hàm số tăng trên R
b) Hàm số tăng trên khoảng [2;  )

 1 1
c) Nghịch biến trên khoảng   ; 
 2 2
d) Hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1
Bài 7: Cho hàm số y 
Chuyên đề LTĐH

x 1
. Tìm m để hàm số:
xm
28


2
3

www.VNMATH.com


a) Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó
b) Tăng trên khoảng (0; )
Bài 8. Cho hàm số y 

x 2  x  m2
. Với giá trị nào của m:
x 1

a) Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó
b) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (0;1) và (2;4)
Bài 9. Tìm tham số m sao cho y  4mx 3  6 x 2   2m  1 x  1 tăng trên
khoảng (0;2)
Bài 10. Cho hàm số y   x 4  2mx 2  m 2 . Với giá trị nào của m:
a) Hàm số nghịch biến trên 1;  
b) Hàm số nghịch biến trên ( -1;0) và (2;3)
Bài 11. Tìm m để hàm số:
a) y  x 3  3 x 2  mx  m nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 1.
b) y 

1 3 1 2
x  mx  2mx  3m  1 nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng
3
2

3.

1
c) y   x 3  (m  1) x 2  (m  3) x  4 đồng biến trên một khoảng có độ dài
3
bằng 4

Chuyên đề LTĐH

29



DẠNG 4: ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG
THỨC
Phương pháp:
Để chứng minh bất đẳng thức ta thực hiện các bước sau:
 Chuyển bất đẳng thức về dạng f(x) > 0 (hoặc <, ,  ). Xét hàm số y = f(x)
trên tập xác định do đề bài chỉ định.
 Xét dấu f (x). Suy ra hàm số đồng biến hay nghịch biến.
 Dựa vào định nghĩa sự đồng biến, nghịch biến để kết luận.
Chú ý:
1) Trong trường hợp ta chưa xét được dấu của f  (x) thì ta đặt h(x) = f (x) và
quay lại tiếp tục xét dấu h  (x) … cho đến khi nào xét dấu được thì thôi.
2) Nếu bất đẳng thức có hai biến thì ta đưa bất đẳng thức về dạng:
f(a) < f(b).
Xét tính đơn điệu của hàm số f(x) trong khoảng (a; b).
BÀI TẬP MẪU:

 
Bài tập 1: Chứng minh rằng sin x  tan x  2 x , x   0; 
 2
Hướng dẫn:

 
Xeùt haøm soá y  sin x  tan x - 2 x lieân tuïc treân nöûa khoaûng  0; 
 2
 
1
1
y '  cos x 
 2  cos2 x 
 2, x   0; 
2
2
cos x
cos x
 2
 
 suy ra haøm soá ñoàng bieán treân  0;  vaø f (0) 
 2

 
 
f   , x   0;   ñpcm
2
 2

Bài tập 2: Chứng minh rằng

 
a)sin x  x , x   0;  ;
 2

 
x3
b)sin x  x  , x   0; 
3!
 2

 
x2 x4
c)cos x  1   , x   0;  ;
2 24
 2

 sin x 
 
d )
  cos x, x   0; 
 x 
 2

3

Hướng dẫn:

 
a) Xeùt haøm soá y  sin x - x, haøm nghòch bieán treân  0; 
 2

Chuyên đề LTĐH

30


www.VNMATH.com


 
f '( x )  cos x  1  0, x   0;   f ( x ) laø haøm nghòch bieán treân
 2
 
 f ( x )  f (0)  0  sin x  x , x   0; 
 2
x3
lieân tuïc treân nöûa khoaûng
b)Xeùt haøm soá y  sin x - x 
6
Ta coù: y'= cos x -1 

 
 0; 2 



 
 0; 2 



 
x2
 y ''   sin x  x  0, x   0;  (theo caâu a)
2
 2

 
 
Do đó: y ' đồng biến trên  0;   f '(0)  f '( x ), x   0;   f '( x )  0
 2
 2
 
 
Suy ra : Hàm y đồng biến trên  0;   f ( x )  f (0), x   0;   ñpcm
 2
 2
 
x2 x4
lieân tuïc treân nöûa khoaûng  0; 
c) Xeùt haøm soá: f(x)  cos x -1  2 24
 2
 
 
x3
f '( x )   sin x  x   0, x   0;  (theo caâu b)  f ( x )  f (0)  0, x   0; 
6
 2
 2
Tañöôïc ñpcm
 
x3
d ) theo keát quaû caâu b), ta coù: sin x  x - , x   0; 
6
 2
3

3

 sin x  
sin x
x2
x2 
x2 x4
x6

 1  
 1    1   

6
6 
2 12 216
x
 x  
3

 sin x 
x2 x4 x4 
x2 

 1 
 1  

2 24 24 
9 
 x 
3

 
 sin x 
x2
x2 x4
Vì x   0;   1 
0
 1 

9
2 24
 2
 x 
2
4
 
x
x
Maët khaùc theo caâu c) 1  
 cos x,x   0; 
2 24
 2
3

 sin x 
 
Suy ra: 
  cos x ,x   0;  (ñpcm)
 x 
 2
Nhận xét:

Chuyên đề LTĐH

31


3



 
 sin x   sin x 
sin x
Ta coù: 0<sinx<x  0<
 1, x   0;  neân 
 
 ,   3
x
 2
 x   x 


 sin x 
 
Do ñoù ta coù keát quaû sau: Vôùi   3, ta luoân coù 
  cos x , x   0; 
 x 
 2
Bài tập 3. Chứng minh rằng:

 
1
1
1
 2  1  2 , x   0; 
2
sin x x

 2

Hướng dẫn:

Xeùt haøm soá y=
Ta coù: f'(x)=



1
1
 2 lieân tuïc treân nöûa khoaûng
2
sin x x

2  x 3 cos x  sin 3 x
x sin x
3

3

 
 0; 
 2

 . Theo keát quaû caâu d, baøi taäp 2 ta ñaõ chöùng minh

3

 sin x 
 
 
3
3
ñöôïc 
  cos x , x   0;    x cos x  sin x  0, x   0; 
 x 
 2
 2
 
 
 f '( x )  0, x   0;   f ( x )  f    ñpcm
 2
2
Bài tập 4. Vôùi 0  x 


2

3

. Chöùng minh raèng: 22.sin x  2 tan x  2 2

x 1

Hướng dẫn:

Ta coù: 22.sin x  2 tan x  2 22.sin x.2 tan x  2.2
Ta chöùng minh: 2

1
sin x  tan x
2

1
sin x  tan x
2

3
x
 
1
3
 2 2  sin x  tan x  x , x   0; 
2
2
 2

1
3
Xeùt haøm soá: y=f(x)=sin x  tan x  x lieân tuïc treân nöûa khoaûng
2
2

 
 0; 2 



 cos x  1  2 cos x  1  0, x   0;    f ( x ) ñoàng bieán treân 0;    ñpcm
f '( x ) 
2

2 cos2 x

Bài tập 5.





2




Chöùng minh ñaúng thöùc sau vôùi moïi soá töï nhieân n >1: n 1 

n


2

n
n n
n
 1
2
n
n

Hướng dẫn

Chuyên đề LTĐH

32


www.VNMATH.com


n
  0;1 , n  *
n
Baát ñaúng thöùc caàn chöùng minh töông ñöông vôùi: n 1  x  n 1  x  2, x   0;1
Ñaët x 

n

Xeùt haøm f(x)= n 1  x  n 1  x , x   0;1  f '( x )  0, x   0;1


 haøm giaûm treân  0;1  f ( x )  f (0)  2, x   0;1
Bài tập 6. Cho x  y  z  0. Chöùng minh raèng

x z y x y z
    
z y x y z x

Hướng dẫn

x z y x y z
Xeùt haøm soá f ( x )=       
z y x y z x
1 1  y
 1 1
z 
Ta coù: f'(x)=      2  2    y  z   2  2   0, x  0
x 
x 
x y x
y
 f ( x ) laø haøm ñoàng bieán x  0  f(x)  f(y)=0  ñpcm
Bài tập 7. Cho a,b,c>0. Chöùng minh raèng:

3
a
b
c



ab bc ca 2

Hướng dẫn:

Ñaët

a
b
c
1
1
1
3
 x ,  y,  z  xyz  1 vaø baát ñaúng thöùc ñaõ cho 



b
c
a
1 x 1 y 1 z 2

Giaû söû z  1  xy  1 neân ta coù:

1
1
2
2 z



1  x 1  y 1  xy 1  z

1
1
1
2 z
1
2t
1






 f (t ), vôùi t  z  1.
1  x 1  y 1  z 1  z 1  z 1  t 1  t2
3
Ta coù: f '(t )  0  f (t )  f (1)  , t  1  ñpcm
2


Bài 1. Cho hàm số f ( x )  2sin x  tan x  3 x

 
a) Chöùng minh haøm soá ñoàng bieán treân nöûa khoaûng  0; 
 2
 
b)Chöùng minh raèng: 2sin x  tan x  3 x , x   0; 
 2

Chuyên đề LTĐH

33



Bài 2.

 
a) Chöùng minh raèng: tan x  x, x   0; 
 2
 
x3
b)Chöùng minh raèng: tan x  x  ,  x   0; 
3
 2
Bài 3. Cho haøm soá f(x)=

4

 
x  tan x , x   0; 

 2

 
a) Xeùt chieàu bieán thieân treân ñoaïn  0; 
 4
 
4
b) Töø ñoù suy ra raèng: x  tan x, x   0; 

 4
Bài 4. Chứng minh các bất đẳng thức sau

a)sin x  x vôùi moïi x>0,

sin x  x vôùi moïi x<0

x
, x  0
2
x3
c)sin x  x 
vôùi moïi x>0,
6
 
d )sin x  tan x  2 x , x   0; 
 2
b)cos x  1-

2

sin x  x 

x3
vôùi moïi x<0
6

Bài 5. Chứng minh các bất đẳng thức sau

a)e x  1  x , x

b)e x  1  x 

x2
, x  0
2

Bài 6. Chứng minh các bất đẳng thức sau:

1 2
x ; x  0
2
1
c)ln 1  x   ln x 
, x  0
1 x
a)ln 1  x   x 

b)ln 1  x   x , x  0





d )1  ln x  1  x2  1  x2

Bài 7. Tìm số thực a nhỏ nhất để bất đẳng thức sau đúng x  0 : ln 1  x   x  ax 2
Bài 8. Tìm tất cả các giá trị của a để : a x  1  x , x  0

Chuyên đề LTĐH

34


www.VNMATH.com

b


1 
1
Bài 9. Cho a  b  0. Chöùng minh raèng:  2 a  a    2 b  b 
2  
2 




Bài 10. Chöùng minh raèng: 2 x  3 x

  2
y

y

 3y



x

a

,x  y  0

 xa
Bài 11. Cho x , a, b  0, a  b.Chöùng minh raèng: 

 xb

xb

a
 
b

b

Bài 12. Chứng minh các bất đẳ ng thức sau:
a)

2
1

sin x  tan x  x , vôùi 0  x 
3
3
2

c) a  sin a  b  sin b, vôùi 0  a  b 

b)



d) a  tan a  b  tan b, vôùi 0  a  b 
e) sin x 

2x



, vôùi 0  x 

tan a a

 , vôùi 0  a  b 
tan b b
2

2


2


2

x3
x3 x5
, vôùi x  0
f) x   sin x  x  
6
6 120
g) x sin x  cos x  1, vôùi 0  x 

Chuyên đề LTĐH


2

35



DẠNG 5: DÙNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠ NG TRÌNH:
Phương pháp:
 Chú ý 1: Nếu hàm số y  f ( x ) luôn đơn điệu nghiêm ngoặc trên D (hoặc
luôn đồng biến, hoặc luôn nghịch biến trên D) thì số nghiệm của phương
trình f ( x )  m không quá 1 nghiệm và f ( x )  f ( y ) khi và chỉ khi x  y
 Chú ý 2:
Nếu hàm số y  f ( x ) luôn đơn điệu nghiêm ngoặc trên D (hoặc luôn đồng
biến, hoặc luôn nghịch biến trên D) và hàm số y  g( x ) luôn đơn điệu nghiêm
ngoặc trên D (hoặc luôn đồng biến, hoặc luôn nghịch biến trên D) thì số nghiệm
của phương trình f ( x )  g( x ) không quá 1 nghiệm trên D
Từ đó: Để chứng minh phương trình f(x) = g(x) (*) có nghiệm duy nhất, ta
thực hiện các bước sau:
 Chọn được nghi ệm x0 của phương trình.
 Xét các hàm số y = f(x) (C1) và y = g(x) (C2). Ta cần chứng minh một
hàm số đồng biến và một hàm số nghịch biến. Khi đó (C 1) và (C2) giao nhau tại
một điểm duy nhất có hoành độ x 0. Đó chính là nghiệm duy nhất của phương
trình (*).
BÀI TẬP MẪU:
Bài 1. Chứng minh rằng phương trình 2 x 2 x  2  11có nghiệm duy nhất
Hướng dẫn:

Xeùt haøm soá :y  2 x 2 x  2, haøm naøy lieân tuïc treân 2;  

y '  0, x   2;   , lim y  

x 

Döïa vaøo baûng bieán thieân ta thaáy ñoà thò haøm soá y  2 x 2 x  2 luoân caét ñöôøng thaúng
y=11 duy nhaát taïi moät ñieåm.Do ñoù phöông trình 2 x 2 x  2  11 coù duy nhaát nghieäm
BTTT: Dựa vào tính đơn điệu của hàm số giải phương trình

x 3  3x   x 2  4 x  7
Hướng dẫn: D   0;  


Chuyên đề LTĐH

36


www.VNMATH.com


5x  1  x  3  4

Bài 2. Giải bất phương trình:
Hướng dẫn:

1
Ñieàu kieän: x  . Xeùt haøm soá: f ( x )  5 x  1  x  3, haøm naøy lieân tuïc treân
5
1

1

1

 5 ;   ; f '( x )  0, x   5 ;    f(x) ñoàng bieán treân  5 ;   vaø f(1)=4






Khi ñoù baát phöông trình ñaõ cho  f ( x )  f (1)  x  1.....
BTTT: Giải bất phương trình:

x  5  2x  3  9

Bài 3. Giải các phương trình:





a)3 x 2  9 x 2  3   4 x  2 





1  x  x2  1  0

b) x 3  4 x 2  5 x  6  3 7 x 2  9 x  4
Hướng dẫn:

a)Ta coù:
2



pt  (-3 x )  2   3 x   3    2 x  1  2 



Ñaët u  3 x , v  2 x  1; u, v  0

 2 x  1

2


3


  v  3  (*)
Xeùt haøm soá :f (t )  t  2  t  3  lieân tuïc treân  0;   , f (t ) ñoàng bieán treân  0;  


pt  u 2  u 2  3  v

2

2

Khi ñoù, phöông trình (*)  f (u)  f (v)  u  v  x  

1
5

 x 3  4 x 2  5x  6  y

b)Ñaët y  3 7 x 2  9 x  4. Khi ñoù phöông trinh ñaõ cho   2
3
7 x  9 x  4  y

2
 3
 x 3  4 x 2  5x  6  y

 x  4 x  5x  6  y
(I )
 3
 3
3
3
2
 y  y  x  3x  4 x  2

 y  y   x  1  x  1 (2)

(2) coù daïng: f ( y )  f ( x  1) (3).Xeùt haøm f (t )  t 3  t, t   haøm naøy ñoàng bieán treân 
Do ñoù: y  x  1. Luùc ñoù heä (I) trôû thaønh:

 x 3  4 x 2  5x  6  y
1  5
1  5
 x  5, x 
,x 

2
2
 y  x 1
Bài 4. Giải hệ phương trình:
Chuyên đề LTĐH

37



 2 x  3  4  y  4 (1)


 2 y  3  4  x  4 (2)

Hướng dẫn:
Cách 1:

 3
 2  x  4

Ñieàu kieän: 
 3  y  4
 2

Tröø (1) cho (2) ta ñöôïc: 2 x  3  4  x  2 y  3  4  y (3)
 3 
Xeùt haøm soá f (t )  2t  3  2t  3, haøm lieân tuïc treân ñoaïn   ;4 
 4 
 3 
f '(t )  0, t    ;4  . Do ñoù: (3)  f ( x )  f ( y)  x  y
 4 
Thay x=y vaøo (1) ta ñöôïc 2 x  3  4  y  4
x  3
9  x  0
 2  2 x  3 4  y  9  x   2

...
 x  11
9 x  38 x  33  0


9

Cách 2:

Tröø (1) cho (2) ta ñöôïc:


2x  3  2y  3  4  y  4  x  0

 2 x  3    2 y  3   4  y    4  x   0
2x  3  2y  3

4y 4 x


2
1
  x  y

 2x  3  2y  3
4y 4 x

2
1
Vì

 0 neân (*)  x=y
2x  3  2y  3
4y 4 x


  0 (*)



Do ñoù: (3)  f ( x )  f ( y )  x  y
Böôùc coøn laïi gioáng treân
@ Bài toán trên ta có thể mở rộng như sau: Tìm m để hệ phương trình

 2 x  3  4  y  m (1)


 2 y  3  4  x  m (2)

a) Có nghiệm
Chuyên đề LTĐH

38


www.VNMATH.com


b) Vô nghiệm

 x 3  2 x  y (1)

Bài 5. Giải hệ phương trình sau:  3
 y  2 y  x (2)

Hướng dẫn:
Cách 1:

Xeùt haøm soá f (t )  t 3  3t  f '(t )  0, t  
 f ( x )  y (1)
Heä phöông trình trôû thaønh: 
 f ( y )  x (2)
 Neáu x  y  f ( x )  f ( y )  y  x ( do (1) vaø(2) daãn ñeán maâu thuaãn)
 Neáu x  y  f ( x )  f ( y )  y  x ( maâu thuaãn)
Do ñoù: x  y, theá vaøo heä ta ñöôïc: x 3  x  0...
Cách 2:





Tröø (1) cho (2) ta ñöôïc: x 3  y 3  3 x  3 y  0   x  y  x 2  y 2  xy  3  0
2


y  3y 2
  x  y   x   
 3  0  x  y....
2
4





Bài 1. Giải phương trình: 3x  1  x  log3 1  2 x 
Hướng dẫn:

1
2
x
pt  3  x  1  2 x  log3 1  2 x   3x  log3 3x  1  2 x  log3 1  2 x 

Ñieàu kieän:x  -

Xeùt haøm soá f (t )  t  log3 t, lieân tuïc treân  0;   , f '(t )  0, t   0;  

 f (t ) laø haøm ñoàng bieán treân  0;   neân phöông trình (*)  f (3x )  f (1  2 x )
 3x  2 x  1  3x  2 x  1  0(**)
Xeùt haøm soá: f(x)= 3 x  2 x  1  f '( x )  3 x ln 3  2  f ''( x )  3 x ln 2 3  0

 f ( x )  0 coù nhieàu nhaát hai nghieäm, vaø f(0)=f(1)=0 neân phöông trình ñaõ cho
coù hai nghieäm x=0,x=1
Bài 2. Giải phương trình:  x  3  log3  x  5   log3  x  3    x  2



Chuyên đề LTĐH

39



Hướng dẫn:

Ñieàu kieän : x  5
x2
x 3
Xeùt haøm soá f ( x )  log3  x  5  log3  x  3 lieân tuïc treân khoaûng  5;  
pt  log3  x  5  log3  x  3 

vaø f '( x )  0, x   5;    f ( x ) ñoàng bieán treân  5;  

x2
lieân tuïc treân khoaûng  5;   , g( x ) nghòch bieán treân  5;  
x 3
Maët khaùc: f (8)  g(8)  2. do ñoù phöông trình coù nghieäm duy nhaát x  8
Xeùt haøm soá g( x ) 

 x 3  3 x  y 3  3y (1)

Bài 3. Giải hệ phương trình sau:  6
6
(2)
x  y  1

Hướng dẫn:

Töø (2) suy ra: 1  x , y  1.Töø (1)  f ( x )  f ( y) (*)
Xeùt haøm soá f (t)  t 3  3t, lieân tuïc treân  1;1 ta coù:


f '(t )  0, t   1;1  f (t ) nghòch bieán treân ñoaïn  1;1




Do ñoù (*)  x  y thay vaøo (2) ta ñöôïc nghieäm cuûa heä laø x  y  

1
6

2

Bài 4. Giải hệ phương trình sau:

a  0

y'=0 coù hai nghieäm phaân bieät

 yCD .yCT  0
x  0
 CT

a  0

y'=0 coù hai nghieäm phaân bieät
hoaëc 
 yCD .yCT  0
x  0
 CT

Ñieàu kieän : x  0, y  0. Ta coù
x  y  0

1 
(1)   x  y   1    0  
......
1  1  0
xy 


 xy
 x  1  x  1
Phöông trình coù 2 nghieäm phaân bieät 
;
 y  1  y  1
Bình luận:

Chuyên đề LTĐH

40


www.VNMATH.com


Caùch giaûi sau ñaây sai:
1
Ñieàu kieän : x  0, y  0.Xeùt haøm soá f(t)=t- , t   {0}  f '(t )  0, t   {0}
t
Do ñoù: (1)  f ( x )  f ( y )  x  y !
Sai do haøm soá f(t) ñôn ñieäu treân hai khoaûng rôøi nhau( ví duï f (-1)  f (1)  0)


1
1
x   y 
Các em thử bài này xem sao? Giải hệ phương trình sau: 
x
y
2 y  x 3  1

ln 1  x   ln 1  y   x  y

Bài 5. Giải hệ phương trình sau: 
2
2
2 x  5 xy  y  0


(1)
(2)

(1)
(2)

Hướng dẫn:

ln 1  x   ln 1  y   x  y

 2
2
2 x  5 xy  y  0


(1)
(2)

Ñieàu kieän : x  1, y  1

(1)  ln 1  x   x  ln 1  y   y (3)

Xeùt haøm soá: f (t )  ln 1  t   t, lieân tuïc treân 1;   .

t
, t  1;   vaø f '(t )  0  t  0
1 t
 f '(t )  0, t   1;0   f (t ) lieân tuïc vaø ñoàng bieán treân  1;0 
Ta coù: f '(t ) 

 f '(t )  0, t   0;    f (t ) lieân tuïc vaø ñoàng bieán treân  0;  
Khi ñoù: phöông trình (3)  f(x)=f(y)  x=y
Vôùi x=y thay vaøo phöông trình (2)  x=0  y=0
 x  y  sin x  sin y

Bài 6. Giải hệ phương trình sau: 
sin x  sin y  2

Hướng dẫn:
Xét hàm số f (t )  t  sin t, t  
f '(t )  1  cos t  0, t   . Suy ra hàm số đồng biến trên  .

Do đó: (1)  f ( x )  f ( y )  x  y . Vậy hệ đã cho trở thành:

Chuyên đề LTĐH

41



x  y
x  y




2 ...
s inx+ sin y  2
s inx 

2

Bài 1. Giải các phương trình sau:
a)

x  x 5  5

b) x 5  x 3  1  3 x  4  0

c)

x  x  5  x  7  x  16  14

d)

x 2  15  3 x  2  x 2  8

Hướng dẫn câu c)

D  5;   . Xét hàm số: f ( x )  x  x  5  x  7  x  16 .

Hàm số đồng biến trên  5;   (1)
Và f (9)  0 (2) . Từ (1) và (2) phương trình có nghiệm duy nhất là x  9
Bài 2. Giải các phương trình sau:
a)

5

x 1  5 x  2  5 x  3  0

b) ln( x  4)  5  x

c) 3x  4 x  5x

d) 2 x  3x  5x  38

Hướng dẫn câu c)
x

x

3  4
Xét hàm số f ( x )        1 , f '( x )  0, x   nên hàm đã cho nghịch
 5  5
biến trên  . Mặt khác: f (2)  0 . Phương trình có duy nhất nghiệm x  2
Từ đây ta có thể phát triển thành bài toán sau:
Giải phương trình: 3.3sinx  cosx  4.4sinx  cos x  5.5sinx  cos x .
Lời giải xin dành cho các em học sinh
Bài 3. Giải các bất phương trình sau:
a)

x  1  3 5 x  7  4 7 x  5  5 13 x  7  8

b)

2 x  x  x  7  2 x 2  7 x  35
Bài 4. Giải các hệ phương trình sau:

Chuyên đề LTĐH

42


www.VNMATH.com


2 x  1  y 3  y 2  y

a) 2 y  1  z3  z2  z

3
2
2 z  1  x  x  x

 x  y3  y2  y  2

b)  y  z3  z2  z  2

3
2
z  x  x  x  2

tan x  tan y  y  x

5
d) 2 x  3y 

4
 

  x, y 
2
 2

 y 3  6 x 2  12 x  8

c)  z3  6 y 2  12 y  8
 3
2
 x  6 z  12 z  8

sin x  sin y  3 x  3y



e)  x  y 
5

 x, y  0


sin 2 x  2 y  sin 2 y  2 x

f) 2 x  3y  

0  x, y  

2


cot x  cot y  x  y

g) 5 x  7 y  2
0  x, y  

HD: a, b) Xét hàm số f (t )  t 3  t 2  t
c) Xét hàm số f (t )  6t 2  12t  8
d) Xét hàm số f(t) = tant + t

Chuyên đề LTĐH

43



DẠNG 6: DÙNG ĐƠN ĐIỆU HÀM SỐ ĐỂ GIẢI VÀ BIỆN LUẬN
PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ

PHÖÔNG PHAÙP:

Cho haøm soá f ( x , m)  0, xaùc ñònh vôùi moïi x  K (*)
 Bieán ñoåi (*) veà daïng f ( x )  f (m)
 Xeùt haøm soá f ( x ) lieân tuïc treân K
 Duøng tính ñôn ñieäu haøm soá ñeå keát luaän
BÀI TẬP MẪU:
Bài 1. Tìm tham soá m ñeå phöông trình x  3 x 2  1  m coù nghieäm thöïc
Hướng dẫn:

Xeùt haøm soá f ( x )  x  3 x 2  1 vaø y  m
Haøm soá f(x) lieân tuïc treân .
x  0
6 
6
6
f'(x)=0  3 x 2  1  3 x   2
 x
, f 

2
 6  3
6
3 x  1  9 x


Döïa vaøo baûng bieán thieân,suy ra:f ( x ) 
thì phöông trình coù nghieäm thöïc

6
6
maø f ( x )  m, do ñoù m 
3
3

Bài 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

5  x  x  1  5  6 x  x 2  m

Hướng dẫn:
Đặt t  5  x  x  1  t 2  4  2 5  6 x  x 2

t2  4
m
PT  t 
2

 khi x  1;5  t  2;2 2  

Xét hàm số

f (t )  t 

t2  4
2

 t   2;2




2   f  (t )  t  1  f  (t )  0  t  1  2;2 2 




 f(t) = m có nghiệm  2  m  2 1  2  .
BTTT: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

Chuyên đề LTĐH

44


www.VNMATH.com


3  x  6  x  18  3 x  x 2  2m  1
@ Nhận xét: Qua các bài trên ta thấy
 Khi đặt ẩn phụ t, ta cần phải tìm điều kiện của t tức là tìm miền giá trị của t,
nếu không chú ý đến điều kiện này sẽ đưa đến kết quả sai
 Qua các bài trên ta thấy chỉ cần căn cứ trên bảng biến thiên của hàm số- để
kết luận về số nghiệm của phương trình dạng f(x)=m mà không nhất thiết
phải vẽ đồ thị hàm số
Bài 3. Xác định m để bất phương trình m 2 x 2  1  2 x  0 có tập nghiệm là  .
Hướng dẫn:
Ta có: m 2 x 2  1  2 x  0, x    m 

2 x
2x2  1

, x  

Xét hàm số :

2 x

g( x ) 
g '( x ) 



, x  
2x2  1
2



2x2  1

2x2  1

 0, x   neân haøm nghòch bieán treân 

lim g( x )  2 ; lim g( x )   2

x 

x 

Do ñoù: m  2

 x 2  3 xy  y 2  m

Bài 4. Cho hệ phương trình: 
 xy  x  y  3

a) Giải hệ phương trình khi m=5
b) Định các giá trị m để hệ có nghiệm
Hướng dẫn:

S  x  y 2
a) Đặt 
, S  4P  0
P  xy

Hệ đã cho được viết lại

 x  y 2  xy  m
 2
 2

S  P  m
S  S  3  m  0




S  P  3
P  3  S


 xy  x  y  3

Chuyên đề LTĐH

45

(*)



S  1  P  4
Khi m= 5. Hệ (*)  
S  2  P  1

(loai)

S 2  S  3  m  0

b) Để hệ có nghiệm thì hệ 
P  3  S


  x; y   1;1

(*) có nghiệm thỏa

S 2  4P  0
S 2  4 P  0  S 2  4S  12  0  S   ; 6   2;  
 
Xét hàm f (S )  S 2  S  3 , S   ; 6   2;  
 
Hàm này nghịch biến trên  ;6 và f (S )  f  6   45 ;

Đồng biến trên 2;   và f (S )  f (2)  5. Vậy m  5

BÀI TẬP TỰ LUYỆN:
Bài 1. Tìm giá trị m để phương trình sau đây có nghiệm:

x  x 1  m

Hướng dẫn:
Xét hàm số y  x  x  1 hàm số xác định trên  0;  


Ta có: f '( x )  0, x   0;   . Do đó hàm tăng trên  0;  



f (0)  1; lim f ( x )  
x 

Dựa vào bảng biến thiên thì phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m  0
Bài 2. Tìm tham soá m ñeå phöông trình

4 2
x  1  x  m (1) coù nghieäm thöïc

(Gợi ý :Bài này sau khi hoc xong hàm lũy thừa ta có được công thức tính đạo hàm
hàm lũy thừa và áp dụng vào bài này để tính đạo hàm )
Hướng dẫn:

Chuyên đề LTĐH

46


www.VNMATH.com


Xeùt haøm soá f ( x )  4 x 2  1 - x vaø y  m

Haøm soá f ( x ) lieân tuïc treân  0;   .



1
x
1 
x
x
1
x
1
f '( x )= 
= 



0
  0, vì
3
3
4
3
2 4 2
2
2
x
x
x6 x
4
4
x 1
x 1
x 1


neân f '( x )  0, x  0  f ( x ) nghòch bieán treân nöûa khoaûng  0;   vaø lim f ( x )  0,

x 
neân 0  f ( x )  1, x   0;   .Vaäy :0  m  1 thì phöông trình coù nghieäm thöïc














Bài 3. Cho phương trình: tan 2 x  cot 2 x  m  t anx  cot x   3  0
a) Giải phương trình khi m=5
b) Định m để phương trình có nghiệm

cos6 x  sin 6 x
 m tan 2 x (*)
Bài 4. Cho phương trình:
cos2 x  sin 2 x
a) Giải phương trình khi m 

1
4

b) Vơi giá trị nào của m thì phương trình (*) vô nghiệm
Bài 5. Định m để phương trình :

1
1
1 
sin x  cos x  1   t anx  cot x 

m
2
s inx cos x 
 
có nghiệm thuộc  0; 
 2
Bài 6. Tìm m để các phương trình sau có nghiệm:
a) x  2 x 2  1  m
b)

2  x  2  x  (2  x )(2  x )  m


x2  x 1  x2  x 1  m
Hướng dẫn:

Chuyên đề LTĐH

47



Xét hs:

f ( x)  x2  x  1  x 2  x  1

nờn

f '( x) 

2 x 1
2

2 x  x 1



2 x 1
2 x2  x 1



(2 x  1)(2 x 1)  0
 x  1  x  1



f '( x)  0  
2
2


(2 x  1) 2 ( x 2  x  1)  (2 x 1) 2 ( x 2  x  1)
 x  0(l )




f '(0)  1  0,  x  R

 HS f (x) đồng biến trên R.

lim f ( x)  1;lim f ( x)  1
x 

x 

PT có nghiệm khi: -1 < m < 1.
BÀI TẬP CHỌN LỌC VÀ NÂNG CAO:
Bài 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm x   0; 1  3  :


m







x 2  2 x  2  1  x (2  x )  0

Bài 2. Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt:
10 x 2  8 x  4  m(2 x  1). x 2  1

Bài 3. Giải và biện luận phương trình: mx  1 .(m2 x 2  2mx  2)  x 3  3 x 2  4 x  2
Bài 4. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có 2 nghiệm
phân biệt:
log ( x  1)  log ( x  1)  log3 4
( a)

3
3

2
log2 ( x  2 x  5)  m log( x 2 2 x  5) 2  5 (b)


Bài 5. Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:
91

1 x 2

 ( m  2)31

1 x 2

 2m  1  0

x  y  3
Bài 6. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm với x  2 :  2


2
 x 3 y 5  m


Bài 7. Tìm m để phương trình: 4(log 2 x )2  log 0,5 x  m  0 có nghiệm thuộc (0, 1).

5  x  x  1  5  6 x  x 2  m

 x 2  3 xy  y 2  m

Bài 9. Cho hệ phương trình: 
 xy  x  y  3

a) Giải hệ phương trình khi m=5
b) Định các giá trị m để hệ có nghiệm

Chuyên đề LTĐH

48


www.VNMATH.com


Bài 10. Tìm giá trị của m để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất :
log 0,5 (m  6 x)  log 2 (3  2 x  x 2 )  0





Bài 11. Tìm m để phương trình 2 sin 4 x  cos 4 x  cos 4 x  2sin 2 x  m  0 có nghiệm
 
trên 0;  .
 2

HƯỚNG DẪN GIẢI:
Bài 1. Đặt t  x2  2x  2 . (2)  m 
Khảo sát g(t) 

t2  2
(1  t  2),do x  [0;1  3]
t 1

t2  2
với 1  t  2. g'(t) 5. Vậy g tăng trên [1,2]
t 1

Do đó, ycbt  bpt m 

t2  2
2
có nghiệm t  [1,2]  m  max g(t )  g(2) 
3
t 1
t1;2

Bài 2. Nhận xét: 10 x 2  8 x  4  2(2 x  1)2  2( x 2  1)

2

2x  1
2x  1
2x  1
(pt)  2  2   m  2   2  0 . Đặt 2  t Điều kiện : –2< t  5 .




 x 1

Rút m ta có: m=

 x 1 

x 1

12
2t 2  2
. Lập bảng biên thiên  4  m 
hoặc –5 < m  4
t
5

Bài 3. : (pt)  ( mx  1)3  mx  1  ( x  1)3  ( x  1) .
Xét hàm số: f(t)= t 3  t , hàm số này đồng biến trên R.
f ( mx  1)  f ( x  1)  mx  1  x  1

Giải và biện luận phương trình trên ta có kết quả cần tìm.
 1  m  1 phương trình có nghiệm x =

2
m 1

 m = –1 phương trình nghiệm đúng với x  1
 Các trường hợp còn lại phương trình vô nghiệm.
Bài 4.
log 3 ( x  1)  log 3 ( x  1)  log 3 4 (a )


2
log 2 ( x  2 x  5)  m log ( x2  2 x  5) 2  5


Chuyên đề LTĐH

(b)

49



 Giải (a)  1 < x < 3.
 Xét (b): Đặt
(b) 

t  log 2 ( x 2  2 x  5) .

t 2  5t  m .

Bài 5. Đặt t = 31

1 x 2

Xét hàm

f (t )  t 2  5t ,

 25

m    ; 6 
 4


từ BBT 

. Vì x  [1;1] nên t  [3;9] . (3)  m 

Xét hàm số f (t ) 
 4m

Từ x  (1; 3)  t  (2; 3).

t 2  2t  1
.
t2

t 2  2t  1
48
với t  [3;9] . f(t) đồng biến trên [3; 9]. 4  f(t)  .
t2
7

48
7

Bài 6. Đặt f ( x)  x 2  3  (3  x)2  5  f ( x) 

x
2

x 3



x3
(3  x) 2  5

2  x  3
f ( x)  0  x x 2  6 x  14  (3  x) x 2  3   2
 2 x  18 x  27  0

Phương trình thứ hai có  '  81  54  135  9.15 , và hai nghiệm: x1,2 

9  3 15
2

Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2. Vậy, đạo hàm
của hàm số không thể đổi dấu trên  2;  , ngoài ra

f (3)  0

nên

f ( x)  0, x  2 . Do đó, giá trị nhỏ nhất của f ( x) là f (2)  7  6 .

Cũng dễ thấy lim f  x    . Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghiệm
x 
(với x  2 ) khi và chỉ khi m  6  7 .
Bài 7. PT  log 2 x  log 2 x  m  0; x  (0; 1)
2

(1)

Đặt: t  log 2 x . Vì: lim log 2 x   và lim log x  0 , nên: với x  (0;1)  t  (; 0)
x 0
x 1
Ta có: (1)  t 2  t  m  0, t  0 (2)  m  t 2  t , t  0
 y  t 2  t , t  0 : ( P )

Đặt: 

y  m

Xét

hàm

: (d )

số:

y  f (t )  t 2  t ,

với

t

<

0



f (t )  2t  1

1
1
 f (t )  0  t    y 
2

4

Từ BBT ta suy ra: (1) có nghiệm x  (0; 1)  (2) có nghiệm t < 0
Chuyên đề LTĐH

50


www.VNMATH.com

1
4

 (d) và (P) có điểm chung, với hoành độ t < 0  m  .
1
4

Vậy, giá trị m cần tìm: m  .
Bài 8. Đặt t  5  x  x  1  t 2  4  2 5  6 x  x 2
PT  t 

t2  4
 m t   2;2 2 


2





Xét hàm số
f (t )  t 

t2  4
2

 t  2;2




2   f  (t )  t  1  f  (t )  0  t  1  2;2 2 




 f(t) = m có nghiệm  2  m  2 1  2  .
Bài 9.

S  x  y 2
c) Đặt 
, S  4P  0
P  xy

Hệ đã cho được viết lại
2

 2
 2
 x  y   xy  m
S  P  m
S  S  3  m  0



S  P  3
P  3  S


 xy  x  y  3


S  1  P  4
Khi m= 5. Hệ (*)  
S  2  P  1

(loai)

S 2  S  3  m  0

d) Để hệ có nghiệm thì hệ 
P  3  S


(*)

  x; y   1;1

(*) có nghiệm thỏa

S 2  4P  0
S 2  4 P  0  S 2  4S  12  0  S   ; 6   2;  
 
Xét hàm f (S )  S 2  S  3 , S   ; 6   2;  
 
Hàm này nghịch biến trên  ;6 và f (S )  f  6   45 ;

Đồng biến trên 2;   và f (S )  f (2)  5. Vậy m  5

Bài 10. log 0,5 (m  6 x)  log 2 (3  2 x  x 2 )  0  log 2 (m  6 x)  log 2 (3  2 x  x 2 ) 

Chuyên đề LTĐH

51



3  2 x  x 2  0
 3  x  1



2
m  6 x  3  2 x  x 2
m   x  8 x  3


Xét hàm số f ( x)   x 2  8 x  3 ,  3  x  1 ta có f ' ( x)  2 x  8 , f ' ( x)  0 khi
x  4 , do đó f (x) nghịch biến trong khoảng (3; 1) , f (3)  18 , f (1)  6 . Vậy hệ

phương trình trên có nghiệm duy nhất khi  6  m  18
1
2

Bài 11. Ta có sin 4 x  cos 4 x  1  sin 2 2 x và cos4 x  1  2sin 2 2 x.
Do đó 1  3sin 2 2 x  2sin 2 x  3  m .
 
Đặt t  sin 2 x . Ta có x  0;   2 x   0;    t   0;1 .
 2

Suy ra f  t   3t 2  2t  3  m, t  0;1
Ta có bảng biến thiên

10
 
Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 0;   2  m 
3
 2

Chuyên đề LTĐH

52


www.VNMATH.com


DẠNG 7: DÙNG ĐƠN ĐIỆU ĐỂ CHỨNG MINH HỆ THỨC LƯỢNG
GIÁC
BÀI TẬP MẪU:
Bài 1. Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thỏa hệ thức

cos A  cos B  cos C 

1
13

thìABC ñeàu
cos A  cos B  cos C 6

Hướng dẫn:

A
B
C
3
sin sin  1  t 
2
2
2
2
 3
1
Xeùt haøm soá f (t )  t  , lieân tuïc treân  1; 
t
 2
Ñaët t  cos A  cos B  cos C  1  4sin

 3
Ta coù: f '(t )  0,t   1;   f (t ) ñoàng bieán treân
 2

Döïa vaøo baûng bieán thieân suy ra 2  f (t) 
Ñaúng thöùc f (t ) 

 3
 1; 
 2

16
3

16
3
xaûy ra khi t  cos A  cos B  cos C  hay ABC ñeàu
3
2

Bài 2. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC nhọn ta luôn có:

2
 sin A  sin B  sin C   1  tan A  tan B  tan C   
3
3
Hướn g dẫn:
Ta để ý rằng: A  B  C  

2
 2
 2

1
1
1
bđt   sin A  tan A - A    sin B  tan B - B    sin C  tan C - C   0
3
3
3
3
 3
 3

 
2
1
Xét hàm số : f (t )  sin t  tan t  t,  t   0; 
3
3
 2

Chuyên đề LTĐH

53



f '(t ) 

 
2
1
1
1 
cos t 
 1   cos t  cos t 
 1. Do t   0;   cos t  0.
2
2 
3
3
3cos x
cos t 
 2

 
1
Theo bất đẳng thức cosi thì ta đc f '(t )  .3  1  0, t   0;  .
3
 2
 
 
Do đó hàm số f(t) đồng biến trên  0;  . t   0;   t  0  f (t )  f (0)  0
 2
 2

2
1
Từ đó: A  0, f ( A)  f (0)  0  sin A  sin A  A  0
3
3
Tương tự, ta cũng có:

2
1
2
1
sin B  sin B  B  0 ; sin C  sin C  C  0 .......
3
3
3
3

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:
Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có các góc đều nhọn thì :
sin A  sin B  sin C  t anA  tan B  tan C  2

Hướng dẫn:

 
Xét hàm số : f(x)=sinx+tanx-2x, với x   0; 
 2

Chuyên đề LTĐH

54


www.VNMATH.com


BÀI 2. CỰC TRỊ HÀM SỐ

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NHỚ
Giả sử hàm số f xác định trên khoảng  a; b  có thể a là  ; b là  và điểm

x0   a; b 
a) Nếu tồn tại h>0 sao cho f ( x )  f ( x0 ), x   x0  h; x0  h  vaø x  x 0 thì ta nói
hàm số f(x) đạt tại x0.

c) Nếu tồn tại h>0 sao cho f ( x )  f ( x0 ), x   x0  h; x0  h  vaø x  x0 thì ta
nói hàm số f(x) đạt cực tiểu tại x0.

Chuyên đề LTĐH

55



Chú ý:
1. Nếu hàm số f(x) đạt cực đại (cực tiểu) tại x0 thì x0 được gọi là điểm cực đại
(điểm cực tiểu) của hàm số; f(x 0) được gọi là giá trị cực đại( giá trị cực tiểu)
của hàm số . Kí hiệu là : fCD ( fCT ) , con điểm M(x0;f(x0)) được gọi là của đ ồ
thị hàm số.Các điểm cực đại và cực tiểu nói chung là . Giá trị cực đại(giá trị
cực tiểu) còn gọi là được gọi chung là điểm cực trị của hàm số
2. Dễ dàng chứng minh được rằng, nếu hàm số y=f(x) có đạo hàm trên khoảng

 a; b  và đạt cực đại hoặc cực tiểu tại x 0 thì f’(x0)=0
Nếu hàm số f có đạo hàm tại x0 và đạt cực trị tại điểm đó thì f (x0) = 0.
Chú ý:
 Hàm số f chỉ có thể đạt cực trị tại những điểm mà tại đó đạo hàm bằng 0
hoặc không có đạo hàm.
Ví dụ minh họa:

Ta thấy x  1 thì y '  0 và đạt cực đại tại x  1, yCD  1 và y ' không có đạo
hàm tại x  0 nhưng vẫn đạt giá trị cực tiểu tại x  0 , yCT  0
 Đạo hàm f ' có thể bằng 0 tại điểm x0 nhưng hàm f không đạt cực trị tại
điểm x0
Chuyên đề LTĐH

56


www.VNMATH.com


Ví dụ minh họa:

Mặc dù f '( x )  0 tại x  2 nhưng không có cực trị t aại x  2
 Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng (a; b) chứa điểm x0 và có đạo hàm trên
(a; b){x0}
a) Nếu f (x) đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua x0 thì f đạt cực tiểu tại x0.
b) Nếu f (x) đổi dấu từ dương sang âm khi x đi qua x0 thì f đạt cực đại tại x0.

Ví dụ minh họa

Mặc dù tại x   3 đạo hàm không xác định (không có đạo hàm tại hai điểm này)
nhưng hàm vẫn không có cực trị tại 2 điểm này vì hàm số không xác định trên bất kì
khoảng  a; b  nào của hai điểm này
 Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng (a; b) chứa điểm x0,
f (x0) = 0 và có đạo hàm cấp hai khác 0 tại điểm x0.
a) Nếu f  (x0) < 0 thì f đạt cực đại tại x 0.
b) Nếu f  (x0) > 0 thì f đạt cực tiểu tại x 0.

Chuyên đề LTĐH

57



B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP:
DẠNG 1: TÌM CÁC ĐIỂM CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ DỰA VÀO QUY TẮC

Qui tắc 1: Dùng định lí 1.

 Tìm f (x).
 Tìm các điểm x i (i = 1, 2, …) mà tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không có đạo
hàm.

 Xét dấu f  (x). Nếu f (x) đổi dấu khi x đi qua x i thì hàm số đạt cực trị tại x i.
Qui tắc 2: Dùng định lí 2.

 Tính f (x).
 Giải phương trình f  (x) = 0 tìm các nghiệm x i (i = 1, 2, …).
 Tính f (x) và f (xi) (i = 1, 2, …).
Nếu f  (xi) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại x i.
Nếu f  (xi) > 0 thì hàm số đạ t cực tiểu tại x i.
Chú ý:
 Hàm số f chỉ có thể đạt cực trị tại những điểm mà tại đó đạo hàm bằng 0
hoặc không có đạo hàm.
 Đạo hàm f ' có thể bằng 0 tại điểm x0 nhưng hàm f không đạt cực trị tại
điểm x0
BÀI TẬP MẪU:
Bài 1. Tìm cực trị của các hàm số sau:

1 3
5
x  x 2  3x 
3
3
3
2
b) y  x  3 x  3 x  5
a) y 

Hướng dẫn:

Chuyên đề LTĐH

58



10
3
22
Haøm soá ñaït cöïc tieåu taïi ñieåm x  3; f (3)  3

a) Haøm soá ñaït cöïc ñaïi taïi ñieåm x  -1; f (-1) 

b) y '  3  x  1  0, x    haøm khoâng coù cöïc trò
2

Chú ý:
 Nếu y’ không đổi dấu thì hàm không có cực trị. Đối với hàm bậc 3 thì điều
kiện cần và đủ để hàm đạt cực trị là y’=0 có hai nghiệm phân biệt
Bài 2. Tìm cực trị hàm số:

a) y   x 4  6 x 2  8 x  1
b) y   x 4  2 x 2  1
Hướng dẫn:

a)Haøm ñaït cöïc ñaïi taïi x=-2,giaù trò cöïc ñaïi y (-2)  25, haøm khoâng coù cöïc tieåu

x

-2



y'

+

1

0

-

0


-

y





Nhận xét: Ta thấy đạo hàm triệt tiêu tại x  1 nhưng qua điểm này y’ không đổi
dấu nên nó không phải là điểm cực trị

b) Haøm ñaït cöïc ñaïi taïi caùc ñieåm x=  1, vôùi giaù trò cöïc ñaïi laø y(  1)=2 vaø haøm ñaït
cöïc tieåu taïi x=0, giaù trò cöïc tieåu laø y(0)=1

Nhận xét: Đối với hàm bậc 4, vì đạo hàm là đa thức bậc 3 nên hàm chỉ có thể có
Chuyên đề LTĐH

59



một cực trị hoặc ba cực trị. Hàm số có một cực trị khi ph ương trình y’=0 có một
hoặc hai nghiệm ( 1 nghiệm đơn và 1 nghiệm kép), hàm số có 3 cực trị khi phương
trình y’=0 có 3 nghiệm phân biệt
Bài 3. Tìm cực trị của hàm số sau:

x 1
a) y  2
x 8

x2  2x  3
b) y 
x 1

x2  x  5
c) y 
x 1

d )y 

 x  2

2

x2  2x  5

Hướng dẫn:
a) Hàm đạt cực đại tại x  2, yCD 

1
1
; Hàm đạt cực tiểu tại x  4; yCT  
4
8

b) Hàm đạt cực đại tại x  1  2, yCD  2 2 ;
Hàm đạt cực tiểu tại x  1  2; yCT  2 2
c) Hàm số đồng biến trên  ; 1 ,  1;   nên hàm không có cực trị

1
13
d) Hàm đạt cực đại tại x   , yCD  ;
3
4
Hàm đạt cực tiểu tại x  4; yCT  0
Bài 4. Tìm cực trị hàm số:

a) y  x
b) y  x  x  2 
c) y 

x  x  3

Hướng dẫn:

Chuyên đề LTĐH

60



Haøm ñaït cöïc ñaïi taïi x=1, ñaït cöïc tieåu taïi x=0
c)Haøm xaùc ñònh vaø lieân tuïc treân 

 3  x  3
neáu x>0

 x  x  3 neáu x  0

 2 x
y= 
, y'  
,y '  0  x  1
  x  x  3 neáu x< 0
 3  x +  x neáu x< 0

2 x


Hàm đạt cực tiểu tại x=1, đạt cực đại tại x=0
Nhận xét: Ta thấy các trường hợp này, mặc dù hàm không có đạo hàm tại x  0
nhưng vẫn đạt cực trị tại x  0
Bài 5. Tìm cực trị các hàm số sau:

a) y  x 4  x 2
b) y  2 x  x 2  3
c) y   x 3  3 x 2
Hướng dẫn:

a) Haøm ñaõ cho lieân tuïc vaø xaùc ñònh treân  2;2 


2
x   2
4  2x
y' 
, x   2;2  , y '  0  
x  2
4  x2


Haøm ñaït cöïc ñaïi taïi x= 2, cöïc tieåu taïi x=- 2

Chuyên đề LTĐH

61





b)Haøm ñaõ cho lieân tuïc vaø xaùc ñònh ;  3    3; 
 
y' 

2 x2  3  x



, x  ;  3    3; 
 

x 3
2 x 2  3  x  0

y'  0  
 x  ;  3 

2



 

3; 







 x2

Haøm khoâng coù ñaïo haøm taïi x=  3

Hàm đạt cực tiểu tại x=2, hàm không có cực đại
Nhận xét: Mặc dù x   3 là điểm mà tại đó hàm số không có đạo hàm, tuy nhiên
hàm số không xác định trên bất kì khoảng  a; b  nào của hai điểm này nên hai điểm
này không phải là hai điểm cực trị hàm số

c)Haøm ñaõ cho xaùc ñònh vaø lieân tuïc treân  ;3

2
3 x  2 x
y' 
, x  3, x  0
2  x 3  3x 2
y '  0  x  2, haøm soá khoâng coù ñaïo haøm taïi x=0 vaø x=3
Haøm ñaït cöïc ñaïi taïi x=2, ñaït cöïc tieåu taïi x=0





Nhận xét: Lý luận tương tự câu b) x  3 ở câu c) cũng không phải là điểm cực trị
nhưng x  0 lại là điểm cực trị của hàm số

a) y  2sin 2 x  3
b) y  3  2 cos x  cos2 x

Chuyên đề LTĐH

62



Hướng dẫn:

a)Haøm ñaõ cho xaùc ñònh vaø lieân tuïc treân 
y'=0  x=





,k  
2

  8 khi k=2n
y ''  8sin 2 x, y ''   k   
2  8 khi k=2n+1
4
4

k

Vaäy haøm ñaït cöïc ñaïi taïi x=


4

 n ,ñaït cöïc tieåu taïi x=


4

  2n+1


2

b)Haøm ñaõ cho xaùc ñònh vaø lieân tuïc treân 
 x  k
sin x  0

y'=0 

,k  
 x   2  k 2
 cos x   1


3
2


 2

2
y ''  2 cos x  4 cos2 x, y ''  
 k 2   6 cos
 3  0
3
 3

y ''  k   2 cos(k )  4  0, k  

Vaäy haøm ñaït cöïc ñaïi taïi x= 

2
 k 2 ,ñaït cöïc tieåu taïi x=k
3

Áp dụng quy tắc 1

1 3 2
x +x -3x+2
3
c. y = -x 4  x 2  2

d. y = x 4 +2x 2 -3

e. y = -5x 3 + 3x 2 - 4x + 5

f. y = - x 3 - 5x

a. y =

b. y = -x 3  2 x 2  3 x 


a. y 

3 x -1
2x  4

d. y  x - 3 

9
x -2

x2  3x  5
x 1
2
-2 x  x  2
e. y 
2x  1
b. y 

( x - 4)2
x2  2x  5
x
f. y  2
x 4
c. y 

Bài 3. Tìm cực trị các hàm số

Chuyên đề LTĐH

63



a. y = 25 - x 2
d. y =

b. y =

x
10 - x

e. y =

2

x+1

c. y = 3  x  1  x

x2  1
x3

f. y = 2 x2  4 x  5

x 6
2

Bài 4. Tìm cực trị các hàm số:

a. y = sin2x

c. y = sin 2x

b. y = cosx - sinx

Áp dụng quy tắc 2:

1
C  : y   2 x  3  mx2 1
m


a) y  cos2 3 x

b) y  sin

x
x
 cos
2
2

a) y  3 x 2  2 x 3

b) y  x 3  2 x 2  2 x  1

c)

f) y  

1
y   x 3  4 x 2  15 x
3
d) y 

x4
 x2  3
2

e) y  x 4  4 x 2  5

g) y 

 x 2  3x  6
x2

h) y 

x4
3
 x2 
2
2

3x 2  4 x  5
x 1

i) y 

x 2  2 x  15
x 3

4x2  2x  1
2x2  x  3

c) y 

3x 2  4 x  4
x2  x  1

Bài 8.Tìm cực trị của các hàm số sau:
a) y  ( x  2)3 ( x  1)4

b) y 

d) y  x x 2  4

e) y  x 2  2 x  5

f) y  x  2 x  x 2

Bài 9.Tìm cực trị của các hàm số sau:
a) y  3 x 2  1

Chuyên đề LTĐH

b) y 

x2
2x  1

64

3

c) y  x  4sin 2 x



Chuyên đề LTĐH

65



DẠNG 2: Tìm điều kiện hàm có cực trị
TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Nếu hàm số y = f(x) đạt cực trị tại điểm x 0 thì f (x0) = 0 hoặc tại x0 không có đạo
hàm.
2. Để hàm số y = f(x) đạt cực trị tại điểm x 0 thì f (x) đổi dấu khi x đi qua x 0.
Chú ý:

 Hàm số bậc ba y  ax 3  bx 2  cx  d có cực trị  Phương trình y  = 0 có hai
nghiệm phân biệt.
Khi đó nếu x0 là điểm cực trị thì ta có thể tính giá trị cực trị y(x 0) bằng hai
cách:
+ y( x0 )  ax0 3  bx0 2  cx0  d
+ y( x0 )  Ax0  B , trong đó Ax + B là phần dư trong phép chia y cho y .

ax 2  bx  c
P( x )
 Hàm số y 
=
(aa 0) có cực trị  Phương trình y  = 0
a' x  b'
Q( x )
có hai nghiệm phân biệt khác 

b'
.
a'

Khi đó nếu x0 là điểm cực trị thì ta có thể tính giá trị cực trị y(x 0) bằng hai
cách:

y( x0 ) 

P( x0 )
Q( x 0 )

hoặc

y( x0 ) 

P '( x0 )
Q '( x0 )

 Khi sử dụng điều kiện cần để xét hàm số có cực trị cần phải kiểm tra lại để
loại bỏ nghiệm ngoại lai.

 Khi giải các bài tập loại này thường ta còn sử dụng các kiến thức khác nữa,
nhất là định lí Vi–et.

BÀI TẬP MẪU:
Bài 1. Tìm m để hàm số y  mx 3  3 x 2  12 x  2 đạt cực đại tại x  2

Chuyên đề LTĐH

66



Hướng dẫn:

Haøm soá lieân tuïc vaø xaùc ñònh treân 
 y '(2)  0
Haøm ñaït cöïc ñaïi taïi x  2  
 m  2
 y ''(2)  0
Chú ý: ta có thể giải bài toán trên theo cách sau:

Ñeå haøm ñaït cöïc ñaïi taïi x=2 thì y'(2)=0  m=-2
Vôùi m=-2 ta thöû laïi ta thaáy thoûa
Bài 2. Xác định giá trị m để hàm số y  f ( x ) 

x 2  mx  1
đạt cực đại tại x  2
xm

Hướng dẫn:

Haøm soá lieân tuïc vaø xaùc ñònh treân  {  m}
 y '(2)  0
Haøm ñaït cöïc ñaïi taïi x  2  
 m  3
 y ''(2)  0
Nhận xét: Khi tính đạo hàm cấp hai của h àm số trên và giả i hệ bất phương trình
tương đối dài dòng.
Tuy nhiên ta có thể trình bày theo cách sau

 m  3
Ñeå haøm ñaït cöïc ñaïi taïi x  2 thì y '(2)  0  
 m  1
x  2
 Vôùi m  -3 : y '  0  
x  4

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm đạt cực đại tại x  2 , vậy m  3 thỏa.
Tương tự: m  1

x 2  mx  2
để hàm y 
Bài 3. Tìm m
có cực trị.
mx  1
Hướng dẫn:
Chuyên đề LTĐH

67



1
Haøm soá lieân tuïc vaø xaùc ñònh treân  { }
m
2
 Neáu m=0 thì y=x  1 coù moät cöïc trò
1
 Neáu m  0: haøm xaùc ñònh vôùi moïi x 
m
2
Haøm soá ñaït cöïc trò khi phöông trình mx  2 x  m  0 coù hai nghieäm phaân bieät
1  m 2  0
1

khaùc

 1  m  1
1
m
m   0
m

Bài 4. Chứng minh rằng với mọi giá trị m, hàm số y 

x 2  m  m  1 x  m 3  1
mx  1

Hướng dẫn:

Haøm ñaõ cho xaùc ñònh vaø lieân tuïc treân  {m}
y'=

x 2  2mx  m 2  1

 x  m

2



g( x )

 x  m

2

, x  m , g( x )  x 2  2mx  m 2  1





Daáu cuûa g(x) cuõng laø daáu cuûa y' vaø  'g  m 2  m 2  1  0, m  
g(x) luoân coù 2 nghieäm phaân bieät x=m-1;x=m+1 thuoäc taäp xaùc ñònh

Bài 5. Cho hàm số y  x 4  4mx 3  3  m  1 x 2  1. Tìm m để:
a) Hàm có ba cực trị
b) Hàm có cực tiểu mà không có cực đại
Hướng dẫn:

Haøm ñaõ cho xaùc ñònh vaø lieân tuïc treân 
x  0
y'=0  
2
 g( x )  2 x  6mx  3m  3  0
Nhận xét:
Chuyên đề LTĐH

68


Tính đơn điệu và cực trị hàm số

Tính đơn điệu và cực trị hàm số

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Tính đơn điệu và cực trị hàm số

Similar to Tính đơn điệu và cực trị hàm số (20)

More from tuituhoc

More from tuituhoc (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Tính đơn điệu và cực trị hàm số