Bài tập tính đơn điệu của hàm số

A. Tóm tắt lý thuyết.Chú ý: Trong chương trình phổ thông, khi sử dụng 1., 2. cho các hàm số mộtquy tắc có thể bỏ điều kiện ¦¢ (x) = 0 tại một số hữu hạn điểm Î (a, b).
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Bài tập tính đơn điệu của hàm số Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số BÀI 2. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐA. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.1. y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔ ƒ ′ (x) ≥ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′ (x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ∈ (a, b).2. y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔ ƒ ′ (x) ≤ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′ (x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ∈ (a, b).Chú ý: Trong chương trình phổ thông, khi sử dụng 1., 2. cho các hàm số mộtquy tắc có thể bỏ điều kiện ƒ′ (x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ∈ (a, b).CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA mx 2 + ( 6m + 5 ) x − 2 ( 1 − 3m ) nghịch biến trên [1, + ∞ ) Bài 1. Tìm m để y = x +1 mx 2 + 2mx + 7 ≤ 0 ∀x ≥ 1Giải: Hàm số nghịch biến trên [1, + ∞ ) ⇔ y ′ = ( x + 1) 2 −7 ≥ m ∀x ≥ 1 u ( x) = mx 2 + 2mx + 7 ≤ 0 ⇔ m ( x 2 + 2 x ) ≤ −7 ∀x ≥ 1⇔ ⇔ 2 x + 2x ( )⇔ Min u ( x ) ≥ m . Ta có: u ′ ( x ) = 7 22 x + 2 2 > 0 ∀x ≥ 1 ( x + 2 x) x ≥1 −7⇒ u(x) đồng biến trên [1, + ∞ ) ⇒ m ≤ Min u ( x ) = u ( 1) = 3 x ≥1 Bài 2. Tìm m để y = −1 x + ( m − 1) x + ( m + 3) x − 4 đồng biến trên (0, 3) 3 2 3Giải. Hàm số tăng trên (0,3) ⇔ y ′ = − x 2 + 2 ( m − 1) x + ( m + 3) ≥ 0 ∀x ∈ ( 0, 3) (1)Do y ′ ( x ) liên tục tại x = 0 và x = 3 nên (1) ⇔ y′ ≥ 0 ∀x∈[0, 3] 2⇔ m ( 2 x + 1) ≥ x 2 + 2 x − 3 ∀x ∈ [ 0, 3] ⇔ g ( x ) = x + 2 x − 3 ≤ m ∀x ∈ [ 0, 3] 2x + 1 2⇔ Max g ( x ) ≤ m . Ta có: g ′ ( x ) = 2 x + 2 x + 8 > 0 ∀x ∈ [ 0, 3] x∈[ 0,3] ( 2 x + 1) 2 12⇒ g(x) đồng biến trên [0, 3] ⇒ m ≥ Max] g ( x ) = g ( 3) = 7 x∈[ 0,3 m3 Bài 3. Tìm m để y = x − ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) x + 1 đồng biến trên [ 2, +∞ ) 2 3 3 1Chương I. Hàm số – Trần PhươngGiải: Hàm số tăng / [ 2, +∞ ) ⇔ y ′ = mx 2 − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) ≥ 0 ∀x ≥ 2 (1) −2 x + 6 ≤ m ∀x ≥ 2⇔ m ( x − 1) + 2  ≥ −2 x + 6 ∀x ≥ 2 ⇔ g ( x ) = 2   ( x − 1) 2 + 2 2 ( x 2 − 6 x + 3)Ta có: g ′ ( x ) = =0 ( x 2 − 2 x + 3) 2  x = x1 = 3 − 6 ; x →∞ g ( x ) = 0 lim⇔ x 2 _0+ CT0 _  x = x2 = 3 + 6  2Từ BBT ⇒ Max g ( x ) = g ( 2 ) = ≤ m . 3 x≥ 2 Bài 4. y = x 3 − mx 2 − ( 2m 2 − 7 m + 7 ) x + 2 ( m − 1) ( 2m − 3) đồng biến / [ 2, +∞ )Giải: Hàm số tăng trên [ 2, +∞ ) ⇔ y ′ = 3 x 2 − 2mx − ( 2m 2 − 7m + 7 ) ≥ 0, ∀x ≥ 2 ) (   2Ta có V ′= 7 ( m 2 − 3m + 3) = 7  m − 3 + 3  > 0 nên y ′ = 0 có 2 nghiệm x1 < x 2  4 2BPT g(x) ≥ 0 có sơ đồ miền nghiệm G là: x xTa có y ′ ( x ) ≥ 0 đúng ∀x ≥ 2 ⇔ [ 2, +∞ ) ⊂ G 1 2 ∆ ′ > 0  −1 ≤ m ≤ 5 ⇔ x1 < x 2 ≤ 2 ⇔ 3 y ′ ( 2 ) = 3 ( −2m 2 + 3m + 5 ) ≥ 0 ⇔  2 ⇔ −1 ≤ m ≤ 5  2 m < 6 S = m < 2 ...