Toán học - Bài giảng 2: Tính đơn điệu của hàm số

 Bài giảng 2: Tính đơn điệu của hàm số 
Bài 1. Tìm m để hàm số sau đồng biến trên )4,⎡ +∞⎣ : 
2mx (1 m)x 2m
y
2x 3
+ − += − 
Lời giải: Hàm số đồng biến trên )4,⎡ +∞⎣ ( ) )
2
2
2mx 6mx (3 m)
y 0
2x 3
− − + ⎡′⇔ = ≥ ∀ ∈ +∞⎣−
, x 4, 
 22mx 6mx (3 m) 0⇔ − − + ≥ )x 4,⎡∀ ∈ +∞⎣ 
2
3
m : f(x)
2x 6x 1
⇔ ≥ =
− −
 )x 4,⎡∀ ∈ +∞⎣ 
 )x 4,m max f(x⎡∈ +∞⎣
⇔ ≥ )
Ta có: ( )( ) )22
6 2x 3
f (x) 0, x 4,
2x 6x 1
− − ⎡′ = < ∀ ∈ ⎣
− −
+∞ 
Suy ra hàm f(x) nghịch biến trên )4,⎡ +∞⎣ , nên )x 4,
3
m max f(x) f(4)
7⎡∈ +∞⎣
≥ = = 
Bài 2. Tìm m để hàm số sau nghịch biến trên 1;5⎡ ⎤⎣ ⎦ : 
 3 21 1y mx (1 3m)x (2m 1)x
3 3
= + − + + + 
Lời giải: 
Hàm số nghịch biến trên , 1;5⎡ ⎤⎣ ⎦ 2y mx 2(1 3m)x (2m 1) 0′⇔ = + − + + ≤ x 1;5⎡ ⎤∀ ∈ ⎣ ⎦
 , 2m(x 6x 2) (2x 1) 0⇔ − + + + ≤ x 1;5⎡ ⎤∀ ∈ ⎣ ⎦ 
2
2x 1
m : f(x)
x 6x 2
+⇔ ≥− =
− +
x 1;5, ⎡ ⎤∀ ∈ ⎣ ⎦
)
x 1;5
m max f(x⎡ ⎤∈⎣ ⎦
⇔ ≥ 
Ta có: 
( )
( )
2
22
1 21
x2 x x 5
2f (x) 0
1 21x 6x 2 x
2
⎡ − +⎢ =+ − ⎢⎢′ = = ⇔ ⎢ − −⎢− + =⎢⎣
Từ đó ta vẽ được bbt của hàm số f(x), do đó { }
x 1;5
11
max f(x) max f(1); f(5)
3⎡ ⎤∈⎣ ⎦
= = 
Vậy giá trị cần tìm là: 11m
3
≥ 
Bài 3. Tìm m để hàm số sau nghịch biến trên 1;1⎡ ⎤−⎣ ⎦ : 
 3 2 2y x mx (m m 2)x 2= − − + − +
Lời giải: 
Hàm số nghịch biến trên , 1;1⎡ ⎤−⎣ ⎦ 2 2y f(x) 3x 2mx (m m 2) 0′⇔ = = − − + − ≤ x 1;⎡ ⎤∀ ∈ −⎣ ⎦1
Biệt thức 24m 3m 6′Δ = + −
• Nếu 0 f(x) 0, x 1;1⎡ ⎤′Δ ≤ ⇒ ≥ ∀ ∈ −⎣ ⎦ ⇒VN 
• Nếu 0′Δ > ⇒ tam thức f(x) có 2 nghiệm phân biệt 1 2 x x<
Khi đó . Nên f( , 1 2f(x) 0 x x x≤ ⇔ ≤ ≤ x) 0≤ x 1;1⎡ ⎤∀ ∈ −⎣ ⎦ 1 2x 1 1 x− < ≤ ⇔ ≤ 
2
2
2
3 105 3 105
m m
8 8 3 294m 3m 6 0 m
3 29 3 29 23f(1) 5 3m m 0 m m
2 2 3 105
m3f( 1) 5 m m 0 3 21 3 21 8m m
2 2
⎧⎪ − + − −⎪ > ∨ ⎪ ⎪ ⎢⎪ ≥⎪⎪ ⎢⎪ − +⎪ ⎪ ⎢⇔ = − − ≤ ⇔ ≤ ∨ ≥ ⇔⎨ ⎨ ⎢⎪ ⎪ − −⎪ ⎪ ⎢⎪ ⎪ <− = + − ≤⎪ ⎪ ⎢− +⎪ ⎪ ⎣⎪⎩ ⎪ ≤ ∨ ≥⎪⎪⎪⎩
Vậy giá trị m cần tìm là: 
3 29
m
2
3 105
m
8
⎡ +⎢ ≥⎢⎢⎢ − −⎢ <⎢⎣
Bài 4. Tìm m để hàm số sau đồng biến trên (-1;2) 
2 2mx (m 2)x m 1
y
x m 1
− + + += − − 
Lời giải: TXĐ: x m 1≠ +
Hàm số đồng biến trên (-1;2) 
( )
2 2
2
mx 2m(m 1)x (m 1)(m 1)
y ' 0
x m 1
− + + + + +⇔ = ≥
− −
, x ( 1;2)∀ ∈ −
 2 2
m 1 ( 1;2)
f(x) mx 2m(m 1)x (m 1)(m 1) 0, x ( 1;2)
⎧ + ∉ −⎪⎪⇔ ⎨⎪ = − + − + + ≤ ∀ ∈ −⎪⎩
Ta có: ( ) m 1 1 m 2m 1 1;2
m 1 2 m 1
⎡ ⎡+ ≤− ≤−⎢ ⎢+ ∉ − ⇔ ⇔⎢ ⎢+ ≥ ≥⎣ ⎣
Khi đó 2 2 2 2f m (m 1) m(m 1)(m 1) m(m 1)(2m m 1) 0′Δ = + + + + = + + + >
Suy ra f(x) luôn có 2 nghiệm phân biệt . 1 2x x<
• Nếu 0≤ có nghiệm là 1x x≤ hoặc 2x x≥ . TH ta phải có: m 2 f(x)≤− ⇒
 1 2
1 2
2
1
x x
x x
≤ <⎡⎢ < ≤ −⎣
 (các bạn tự giải đk này nhé) 
• Nếu 2x x≤ ≤ , đk bài toán tương đương với: 1m 1 f(x) 0 x≥ ⇒ ≤ ⇔
2
1 2 2
mf( 1) m 2m(m 1) (m 1)(m 1) 0
x 1 2 x
mf(2) 4m 4m(m 1) (m 1)(m 1) 0
⎧⎪ − = + + − + + ≤⎪⎪≤− < ≤ ⇔ ⎨⎪⎪ = − + − + + ≤⎪⎩
 Bạn đọc tự giải tiếp.