Chuyên đề Hàm số - Luyện thi tốt nghiệp trung học phổ thông, đại học, cao đẳng

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, CAOĐẲNG Hueá, thaùng 7/2012 * 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 trình, hệ phương trình * Cực trị hàm số * Mặt nón - Khối nón (Diện tích, thể tích) LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư1 BÀI 1. SỰĐỒNG 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 f(x2) Hàm số đồng biến hoặc nghịch 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. www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư2  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 ( 1,2,.., )ix i n mà tại đó y  = 0 hoặc y không tồn tại (gọi là các điểm tới hạn của hàm sô) – Sắp xếp các điểm ix theo thứ tự tăng dần và lập bảng biến thiên – Nêu kết luận về các khoảng đồng biến và nghịch biến cuả hàm số. LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư3 B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP: BÀI TẬP MẪU: Bài 1. Xét chiều biến thiên của hàm số sau:            3 2 3 2 3 2) 3 24 26; ) 3 2; ) 3 3 2a y x x x b y x x c y x x x 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;     2)y'=3 1 , y'=0 x=-1 vaø y'>0 vôùi moïi x -1 Vì haøm soá ñoàng bieán treân moãi nöûa khoaûng ; 1 1; neân haøm soá ñoàng bieán treân c x vaø           Hoặc ta có thể trình bày: Từ bảng biến thiên ta suy ra hàm số đồng biến trên  Bài 2. Xét chiều biến thiên của hàm số sau:           4 2 4 2 4 21) 2 1; ) 2 3; ) 6 8 14a y x x b y x x c y x x x Hướng dẫn: a) Hàm đồng biến trên   ; 2 và (0;2), Hàm nghịch biến trên (-2;0) và (2; ) DẠNG TOÁN 1: XÉT CHIỀU BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ Phương pháp: Dựa vào quy tắc xét tính đơn điệu của hàm số www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư4 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. Bài 3. Xét chiều biến thiên của hàm số sau:            2 2 2 1 2) ; )1 1 2 1 4 3) ; )2 2 x xa y b yx x x x x xc y d yx x 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:  Đối với hàm số   ax . 0by a ccx d luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên khoảng xác định của chúng  Đối với hàm số    2ax bx cy dx e luôn có ít nhất hai khoảng đơn điệu .  Cả hai hàm số trên không thể luôn đơn điệu trên  Bài 4. Xét tính đơn điệu của hàm số sau:     2 2 3) 2 3 ; ) 3a y x x b y x x Hướng dẫn: a) Ta có: LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư5                               2 2 2 3 khi 1 3 2 3 khi 1 3 2 2 khi 1 3' ' 0 12 2 khi 1 3 Haøm khoâng coù ñaïo haøm taïi -1 3 Baûng bieán thieân: x x x xy x x x x x xy y xx x x vaø x             Haøm ñoàng bieán treân moãi khoaûng 1;1 vaø 3; , nghich bieán treân ; 1 vaø 1;3                3 2 3 ) Haøm ñaõ cho xaùc ñònh treân nöaû khoaûng ;3 3 2Ta coù: y'= , 3, 02 3 3, 0 : ' 0 2. Haøm soá khoâng coù ñaïo haøm taïi x=0 vaø x=3 b x x x xx x x x y x       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  siny x trên khoảng  0;2 Hướng dẫn: Ta có:         3' 0, 0;2 ,2 2y x x x www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư6 Bảng biến thiên: BÀI TẬP ÁP DỤNG: Bài 1. Xét chiều biến thiên của hàm số sau:       2 3 21 2) 3 8 2; )3 1 x xa y x x x b y x Bài 2. Xét chiều biến thiên của hàm số              3 3 2 4 2 2 4 2) 2 3 1; ) 6 93 3 ) 2 5; ) 2 a y x x b y x x x c y x x d y x x Hướng dẫn: )Trình baøy töông töï baøi maãu 1c); d)Trình baøy töông töï baøi maãu 2b)c Bài 3. Chứng minh rằng               2 3 ) 4 nghòch bieán treân ñoaïn 0;2 ) cos 4 ñoàng bieán treân c) cos2 2 3 nghòch bieán treân a y x b y x x x y x x Hướng dẫn:                  2 2 ) Haøm soá lieân tuïc treân ñoaïn 0;2 vaø coù ñaïo haøm '( ) 04 vôùi moïi 0;2 . Do ñoù haøm soá nghòch bieán treân ñoaïn 0;2 ) Haøm soá xaùc ñònh treân . Ta thaáy '( ) 3 1 sin 0, xa f x x x b f x x x                                     ) '( ) 2 sin2 1 0, vaø '( ) 0 ,4 Haøm soá nghòch bieán treân moãi ñoaïn ; 1 ,4 4 Do ñoù haøm soá nghòch bieán treân x c f x x x f x x k k k k k LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư7 Bài 4. a) Cho hàm số  2sin cosy x x . Chứng minh rằng hàm số đồng biến trên đoạn            0; vaø nghòch bieán treân ñoaïn ;3 3 b) Chứng minh rằng với mọi   1;1m , phương trình  2s in cosx x m có nghiệm duy nhất thuộc đoạn   0; Hướng dẫn:                                          ) Haøm soá lieân tuïc treân ñoaïn 0; vaø coù '( ) sin 2cos 1 , 0; 1Vì 0; sin 0 neân trong khoaûng 0; : '( ) 0 cos 2 3 * ' 0, 0; neân haøm soá ñoàng bieán treân 0;3 3 * ' a f x x x x x x f x x x y x y              0, ; neân haøm soá nghòch bieán treân ;3 3x b)   Ta coù: * 0; ta coù: y(0) y y 1 5 neân phöông trình khoâng coù3 3 nghieäm thuoäc 1;1 5* ; ta coù: y( ) y y 1 . Theo ñònh lí giaù trò trung3 3 4 gian cuûahaøm soá lieân x y x y                                        5 tuïc m 1;1 1; , neân toàn taïi soá thöïc c ;4 3 sao cho y(c)=0.                          2Soá c laø nghieäm cuûa phöông trình sin cos 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; x x m    BTTT: Cho hàm số  2 2( ) sin cosf x x x www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư8 a) Chứng minh rằng hàm số đồng biến trên    0; 3 và nghịch biến trên đoạn     ;3 b) Chứng minh rằng với mọi   1;1m phương trình  2 2sin cosx x m BÀI TẬP TỰ GIẢI: Bài 1. Xét sự đồng biến và nghịch biến của hàm số:             3 2 3 2 2 4 2 5 4 3 . y = 2 3 2 b. y = x 3 3 1 1 1c. y = x 2 1 . y = 2 15 4 2 a x x x x xx d x x x x Bài 2. Xét sự biến thiên của các hàm số sau:      2 2 2 1 3 3. y = b. y =3 3 1 1 4x+5. y = 2x-3- d. y =x + 2 4x -4 x x xa x x c Bài 3. Xét chiều biến thiên của hàm số sau:        2 2 2 1) 2 6 ) 2 ) 3 2 xa y x x b y x x c y x Bài 4. Xét chiều biến thiên của hàm số sau:           ) sin6 treân 0; ) cot treân ;0 0;6 2 xa y x b y vaø Bài 5 Xét chiều biến thiên của hàm số sau: a)     2 2 1 1 x xy x x ; b)    3 2 2y x x ; c)    2 1 3y x x d)   22y x x e)   22y x x f)        sin2 2 2y x x g)         sin2 2 2y x x x Bài 6. Chứng minh hàm số   22y x x nghịch biến trên đoạn [1; 2] LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư9 Bài 7. a) Chứng minh hàm số 2y= x -9 đồng biến trên nửa khoảng [3; + ). b) Hàm số   4y x x nghịch biến trên mỗi nửa khoảng [-2; 0) và (0;2] Bài 8. Chứng minh rằng a) Hàm số   3 2 1 xy x nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó. b) Hàm số   22 3 2 1 x xy x đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó. c) Hàm số    2 8y x x nghịch biến trên R. Bài 9. Chứng minh hàm số   2( ) cosf x x x đồng biến trên R Bài 10. Cho hàm số  2( ) 2 2f x x x a) Chứng minh rằng hàm số f đồng biến trên nửa khoảng  2; b) Chứng minh rằng phương trình  22 2 11x x có một nghiệm duy nhất www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư10 BÀI TẬP MẪU: Bài 1. Tìm m để hàm số luôn giảm (nghịch biến) trên         3 21 2 2 1 3 23y x x m x m Hướng dẫn:           2Haøm soá xaùc ñònh treân . Ta coù: ' 4 2 1, ' 2 5 Baûng xeùt daáu '. y x x m m DẠNG 2: HÀM SỐĐƠN 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   2'y ax bx c thì:            0 0' 0, 0 0 a b cy x R a            0 0' 0, 0 0 a b cy x R a 2) Định lí về dấu của tam thức bậc hai   2( )g x ax bx c :  Nếu  < 0 thì g(x) luôn cùng dấu với a.  Nếu  = 0 thì g(x) luôn cùng dấu với a (trừ x =  2 b a )  Nếu  > 0 thì g(x) có hai nghiệm x1, 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   2( )g x ax bx c với số 0:        1 2 0 0 0 0 x x P S        1 2 0 0 0 0 x x P S     1 20 0x x P LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư11             25*m=- thì y'=- 2 0, , ' 0 chæ taïi ñieåm x=2. Do ñoù haøm soá nghòch2 bieán treân 5*m<- thì y'< 0, . Do ñoù haøm soá nghòch bieán treân2 x x y x     1 2 1 2 1 2 5*m>- thì y'=0 coù 2 nghieäm phaân bieät , . Haøm soá ñoàng bieán treân2 khoaûng ; .Tröôønghôïp naøy khoâng thoûa maõn x x x x x x Cách giải sau đây không “phù hợp” ở điểm nào?                     2 ' Haøm soá nghòch bieán treân khi vaø chæ khi 1 0 5' 4 2 1 0, 20 5Vaäy haøm soá nghòch bieán treân khi vaø chæ khi m - 2 ay x x m x m 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    3 21 4 33y x ax x luôn tăng (đồng biến) trên  Hướng dẫn:         2 2Haøm soá xaùc ñònh treân . Ta coù: ' 2 4, ' 4 Baûng xeùt daáu '. y x ax a www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư12     2 *-20, . Do ñoù haøm soá ñoàng bieán treân *a=2 thì y'= 2 ,y'=0 x=-2,y'>0, 2. Do ñoù haøm soá ñoàng bieán treân moãi nöûa khoaûng ; 2 vaø 2; neân haøm soá y ñoàng bieán treân x x x                      1 2 1 2 1 2 1 2 * 2hoaëc 2 thì y'=0 coù 2 nghieäm phaân bieät , . Haøm soá nghòch bieán treân khoaûng ; , ñoàng bieán treân moãi khoaûng ; vaø ; . Tröôønghôïp naøy khoâng thoûa maõn vaäy haøm soá a a x x x x x x x x       ñoàng bieán treân khi vaø chæ khi -2 a 2   Bài 3. Tìm m để hàm số   cosy x m x luôn tăng (đồng biến) trên  Hướng dẫn: Cách 1:                                    Haøm soá xaùc ñònh treân . Ta coù: ' 1 sin Haøm soá ñoàng bieán treân y' 0, x msinx 1, x (1) *m=0 thì (1) luoân ñuùng 1 1*m>0 thì (1) sin , 1 0 1. 1 1* m<0 thì (1) sin , 1 1 y m x x x mm m x xm m    0. Vaäy -1 m 1 laø nhöõng giaù trò caàn tìm m Cách 2:                     Haøm ñoàng bieán treân y' 0, x 1 0miny'=min 1 ;1 0 1 11 0 mm m mm Chú ý: Phương pháp:  Hàm số f(x,m) tăng trên         '' 0, min 0,y x y x  Hàm số f(x,m) giảm trên         '' 0, ax 0,y x m y x BÀI TẬP ÁP DỤNG: Bài 1. Tìm m để hàm số             3 2 22 2 8 13xy m m x m x m luôn nghịch biến (giảm) trên  LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư13 Hướng dẫn: Ta có:         2' 2 2 8y m x m x m                    2 *Khi : 2 : haøm nghòch bieán treân *Khi 2 : tam thöùc baäc hai ' 2 2 8 coù =10 2 m m y m x m x m m Bảng xét dấu của  ' :                  1 2 1 2 1 2 m<-2: ' 0, haøm nghòch bieán treân 2 : ' 0 coù hai nghieäm x ,x tröôøng hôïp naøy haøm ñoàng bieán treân khoaûng ; neân tröôøng hôïp naøy khoâng thoûa maõn Vaäy m -2 laø nhöõng gia y x m y x x x x ù trò caàn tìm Bài 2. Tìm m để hàm số luôn nghịch biến (giảm) trên tập xác định                 2 3 2 2 1) 1 1 3 53 1 2 1) 1 a y m x m x x m x xb y x Hướng dẫn:                    2 2 2 2 a) ' 1 2 1 3 Haøm ñoàng bieán treân y' 0, x Tröôøng hôïp 1: m 1 0 * 1: tröôøng hôïp naøy khoâng thoûa maõn * m=-1:tröôøng hôïp naøy thoûa maõn yeâu caàu baøi toaùn Tröôøng hôïp 1: m 1 0, lu y m x m x m     2ùc ñoù: '=- 2m m Bảng xét dấu  ' : www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư14                 0* 1hoaëc m> 2 : haøm soá y ñoàng bieán treân ' 0 * =2:haøm soá y ñoàng bieán treân * 1 2, 1: tröôøng hôïp naøy khoâng thoûa maõn Vaäy haøm ñoàng bieán treân khi vaø chæ khi m<-1 am do m m m hoaëc m 2                                  2 2 2 1 2 1 1 ( )) ' 1 1 Daáu cuûa y' laø daáu cuûa g(x),x -1 Haøm y ñoàng bieán treân ; 1 vaø 1; '( ) 0, 1 * 1: tröôøng hôïp naøy thoûa maõn yeâu caàu baøi toaùn * m 1: 1 2 thoûa maõn m x m x g xb y x x g x x m m    yeâu caàu baøi toaùn Vaäy khi 1 m 2 thì haøm ñoàng bieán treân Bài 3. Tìm m để hàm số     23 2( ) 2 1 x mxf x x nghịch biến trên khoảng từng khoảng xác định. Hướng dẫn: Hàm số xác định trên     1\ 2        2 2 6 6 4' 2 1 x x my x . Hàm s ố nghịch biến trên từng khoảng xác định            21 1' 0, 6 6 4 0,2 2y x x x m x   ' 33 6m Bảng xét dấu  ' : m  112   ' + 0 - LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư15 * Nếu  112m tức  ' 0 thì    1' 0, 2y x hay hàm đồng biến trên các khoảng xác định * Nếu  112m thì ' 0y có hai nghiệm phân biệt             1 2 1 2 3 33 6 6 3 33 6 6 mx x xmx và rõ ràng  1 212x x Bảng biến thiên: x  1x 12 2x  'y - 0 + + 0 - y Dựa vào bảng biến thiên thì ta thấy hàm đồng biến trên    1 1; 2x và    2 1; 2x nên ta loại trường hợp này Kết luận:  112m BÀI TẬP TỰ GIẢI: Bài 1. Chứng minh rằng các hàm số sau luôn đồng biến trên từng khoảng xác định (hoặc tập xác định) của nó: a)   3 5 13y x x b)     3 23 9 13 xy x x c)   2 1 2 xy x www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư16 d)    2 2 3 1 x xy x e)   3 sin(3 1)y x x f)    2 2 1x mxy x m Bài 2. Chứng minh rằng các hàm số sau luôn nghịch biến trên từng khoảng xác định (hoặc tập xác định) của nó: a)    5 cot( 1)y x x b)  cosy x x c)   sin cos 2 2y x x x Bài 3. Tìm m để các hàm số sau luôn đồng biến trên tập xác định (hoặc từng khoảng xác định) của nó: a)     3 23 ( 2)y x mx m x m b)     3 2 2 13 2 x mxy x c)   x my x m d)   4mxy x m e)    2 2 1x mxy x m f)    2 22 3 2 x mx my x m Bài 4. Tìm giá trị của tham số m để hàm số   3 2( ) -3x 1f x x mx đồng biến trên R. Bài 5. Với giá trị nào của m thì hàm số đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó           22 2 3 1) 2 )1 1 x m x mma y x b yx x Hướng dẫn:                   ) * 0 : haøm ñoàng bieán treân moãi khoaûng ;1 vaø 1; * 0 : ' 0 1 . Laäp baûng bieán thieân ta thaáy, haøm soá nghòch bieán treân moãi khoaûng 1 ;1 1;1 do ñoù khoâng thoûa maõn yeâu caàu Vaäy a m m y x m m vaø m haøm soá ñoàng bieán treân moãi khoaûng xaùc ñònh khi vaø chæ khi m 0 LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư17                     2 1 2 2 1) ' 1 1 1* ' 0, 1, Haøm soá nghòch bieán treân moãi khoaûng ;1 vaø 1;2 1* : phöông trình y'=0 coù hai nghieäm x 12 mb y x m y x m x Bài toán này được mở rộng như sau:        1 2 3 4 ) tìm giaù trò m ñeå haøm soá ñoàng bieán treân ; 1 )tìm giaù trò m ñeå haøm soá ñoàng bieán treân 2; ) tìm giaù trò m ñeå haøm soá nghòch bieán treân khoaûng coù ñoä daøi baèng 2 )tìm giaù tr a a a a                     2 5 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ò m ñeå haøm soá nghòch bieán treân moãi khoaûng 0;1 1;2 )goïi x , laø hai nghieäm cuûa phöông trình 1 0. Tìm m ñeå 2 ; 3 5 3 ; 5 12 vaø a x x m x x x x m x x x x m Bài 6. Với giá trị nào của m, hàm số:      3 23 2 3y mx x m x nghịch biến trên R. Bài 7. Tìm điều kiện của tham số a để hàm số  sin - cos2 2 x xy ax đồng biến trên R Hướng dẫn: Hàm số đã cho xác định trên  Ta có:               1 2' os sin sin2 2 2 2 2 4 x x xy c a Hàm số đồng biến trên  khi và chỉ khi              2' 0, sin ,2 2 2 xy x a x      2 22 2a a www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư18 BÀI TẬP MẪU: Bài 1. Tìm giá trị của m để hàm số              3 2 41) luoân nghòch bieán treân khoaûng ;1 2) 3 1 4 nghòch bieán treân khoaûng 1;1 mxy x m y x x m x m Hướng dẫn: 1. Sai lầm thường gặp:                          2 2 2 4'( ) 0, ;1 ' 0, ;1 4 0 2 2 mycbt f x x y xx m m m Nguyên nhân sai lầm: Khi giải và biện luận bất phương trình có mẫu thức chứa tham số   2x m phải đặt điều kiện  x m ,    ;1x Lời giải đúng                                           2 2 2 Haøm soá ñaõ cho xaùc ñònh treân \{-m} 4y'= , . ' 0, ;1 4 0 2 2 2 1;1 1;1 m x mx m y x m mycbt mm mm BTTT: Tìm m để hàm số    3 5( ) 2 xf x x m đồng biến trên  2; 2. Cách 1: Hàm số xác định trên  Ta có:    2' 3 6 1y x x m DẠNG 3: HÀM SỐĐƠN ĐIỆU TRÊN TẬP CON CỦA  Phương pháp:  Hàm số           ( , ) taêng x I y' 0, x I miny' 0, x Iy f x m  Hàm số           ( , ) giaûm x I y' 0, x I max y' 0, x Iy f x m LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư19 Hàm số nghịch biến trên (-1;1)      ' 0, 1;1y x , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm Ta có :       ' 9 3 1 6 3y m m  TH 1: Nếu    '' 0 2y m thì    ' 0,y x hàm đồng biến trên  . Trường hợp này loại vì yêu cầu bài toán nghịch biến trên (-1;1)  TH 2: Nếu    '' 0 2y m thì y’=0 có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x (giả sử là 1 2 )x x . x  1x 2x  'y + 0 - 0 + Dựa vào bảng xét dấu y’ ta thấy hàm số nghịch biến trên (-1;1) 1 21 1 (*)x x     Hướng 1:          1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 . 1 01 1 0 1* ( )1 1 0 1 1 . 1 0 x xx x x x Ix x x x x x                              Áp dụng định lí Vi-et để giải hệ (I) ta được 10m   Hướng 2: Phương trình y’=0 có hai nghiệm là  1 1 2 2 3 6 3 3 ,3 6 3 3 mx x xmx           1 2 1 2* 101 10 x m mx m              Cách 2: www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư20               2 2 2 1;1 1 Haøm soá ñaõ cho xaùc ñònh treân y'=3x 6 1 Haømsoá nghòch bieán treân 1;1 ' 0, 1;1 3 6 1 , 1;1 min ( ), vôùi ( ) 3 6 1 Haøm soá ( ) nghòch bieán treân 1;1 vaø lim ( x x m y x m x x x m g x g x x x g x g x                            1 ) 2; lim ( ) 10. Baûng bieán thieân x g x    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:           3 2 3 2 3 2 ) 2 2 1 ñoàng bieán treân khoaûng 1; ) 3 2 ñoàng bieán treân khoaûng 3;0 1) 2 1 1 ñoàng bieán treân khoaûng 2;3 a y x x mx b y mx x x m c y mx m x m x m                   Hướng dẫn: a) Cách 1: Hàm số xác định trên  Ta có:   2' 6 4y x x m Hàm số đồng biến trên (1;  )      ' 0, 1;y x , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm Ta có :   ' 4 6y m LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư21  TH 1: Nếu    ' 2' 0 3y m thì    ' 0,y x hàm đồng biến trên  hàm đồng biến trên  1; . Trường hợp này ta nhận  TH 2: Nếu    ' 2' 0 3y m (*)thì y’=0 có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x (giả sử là 1 2 )x x . x  1x 2x  'y + 0 - 0 + Dựa vào bảng xét dấu y’ ta thấy hàm số đồng biến trên (1; ) thì điều kiện là 2 1x    2 4 6 16 m   2m kết hợp điều kiện (*) thì 22 3m   Hợp hai trường hợp 23m  và 22 3m   ta được kết quả cuối cùng là 2m   Cách 2:       2 2 1 ' 0, 1; ( ) 6 4 , 1 Haøm soá g(x) 6 4 lieân tuïc treân 1; . Ta coù: g'(x)>0, 1 g(x) ñoàng bieán treân khoaûng 1; vaø lim ( ) 2, lim ( ) Baûng bieán thieân. xx ycbt y x g x x x m x x x x g x g x                          Döïa vaøo baûng bieán thieân suy ra: 2 -m m -2 www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư22             2 2 2 3 0 ) ' 0, 3;0 3 2 3 0, 3;0 2 3 , 3;03 2 3Haøm soá g(x) lieân tuïc treân 3;0 . Ta coù: g'(x)<0, 3;03 1 g(x) nghòch bieán treân khoaûng 3;0 vaø lim ( ) , lim ( )9 Baû x x b ycbt y x mx x x xm xx x xx g x g x                               ng bieán thieân.  1Döïa vaøo baûng bieán thieân suy ra: m - 9                   2 2 2 2 ) ' 0, 2; 4 1 1 0, 2; 4 14 1 4 1, 2; , 2;4 1 4 1Haøm soá g(x) lieân tuïc treân 2; . Ta coù: g'(x)<0, 2;4 1 g(x) nghòch bieán treân khoaûng 2; vaø c ycbt y x mx m x m x xx x m x x m xx x x xx x                                     2 9lim ( ) , lim ( ) 013 Baûng bieán thieân. xx g x g x     9Döïa vaøo baûng bieán thieân suy ra: m 13 Cách 2: Cách 2: Phương pháp tam thức bậc hai Ta có:  2' 4 1 1y mx m x m     + TH1: m=0: Hàm nghịch biến trên R nên loại LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư23 +TH2: 0m  , 2' 3 7 4m m    ta dễ dàng lập luân để suy ra được m không thể 0 * Nêu 4' 0 1 3m     (*)thì hàm đồng biến trên R nên đồng biến trên  2; * Nếu 0  1 4 3 m m     (I) thì y'=0 có hai nghiệm phân biệt 1 2;x x giả sử 1 2x x Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm đồng biến trên  2; thì điều kiện là   2 2 2 1 3 7 4 92 2 13 m m mx mm          kết hợp điều kiện (I) thì trường hợp này hàm đồng biến trên  2; 9 4;1 ;13 3m             (**) Kết hợp (*) và (**) ta được 9m 13 Cách 3: Các trường hợp khác tương tự trên. Bây giờ ta xét trường hợp 0  Xét phương trình: ' 0y  có hai nghiệm phân biệt 1 2x x , khi đó để hàm số đồng biến trên khoảng (2; ) thì điều kiện là 1 2 1 22 2 2 0x x x x       Đặt: 2x t  , dẫn tới ta có phương trình sau:  2 4 2 1 13 9 0mt m t m     , với điều kiện 1 2 0t t  0 0 0 S P     . Giải 3 điều kiện trên và kết hợp với kết quả 41 3m  ta có được kết quả cuối cùng: 9 13m  Bài 3. Tìm m để hàm số         3 2( ) 3 2 1 12 5 2f x x m x m x đồng biến trên khoảng       ; 1 2; Sai lầm thường gặp: www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư24                2 2 2 2 2 '( ) 0, 2; 3 6 2 1 12 5 0, 2; '( ) 0, ; 1 3 6 2 1 12 5 0, ; 1 3 6 5 12 1 , 2; 3 6 5 12 1 , ; 1 3 6 5( ) 12 , 2;1 ( ) f x x x m x m xycbt f x x x m x m x x x m x x x x m x x x xg x m xx g x                                                              2 12 2 2 3 6 5 12 , ; 11 61 1min ( ) 12 3. o:g'(x)=0max ( ) 12 61 23 x x x x m xx xg x m Ta cg x m x                          Do đó: g’(x)>0 trên khoảng       ; 1 2; Khi đó:      2 2 min ( ) 12 max ( ) 12 x x g x m g x m            (2) 5 12 7 5 12 12( 1) 7 12 g m mg m 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: LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư25               2 2 2 2 '( ) 0, 2; 3 6 2 1 12 5 0, 2; '( ) 0, ; 1 3 6 2 1 12 5 0, ; 1 ( 1) (2) 18 15 3 6 5 12 1 , 2; 3 6 5 12 1 , ; 1 15 18 ( f x x x m x m x ycbt f x x x m x m x f f m x x m x x x x m x x m g                                                                 2 2 2 1 2 2 3 6 5) 12 , 2;1 3 6 5( ) 12 , ; 11 5 6 6min ( ) 12 1 13max ( ) 12 . o:g'(x)=0 61 25 36 x x x xx m xx x xg x m xx m g x m x g x m Ta c xm                                       Khi đó:        2 2 min ( ) 12 max ( ) 12 5 6 x x g x m g x m m              (2) 5 12 7 5( 1) 7 12 12 125 6 g m g m m m Bài 4. Tìm tất cả các tham số m để    3 23y x x mx m nghich biến trên đoạn có độ dài bằng 1. Phương pháp: Để hàm số    3 2y ax bx 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: www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư26    0 0 a (1)  Biến đổi  1 2x x d thành   2 21 2 1 2( ) 4x x x x d (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:   2 1 2 1 2 ' 3 6 coù ' 9 3 Neáu 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 x , vaø haøm soá y x x m m m x x x                   1 2 2 1 2 2 1 nghòch bieán treân ñoaïn ; vôùi ñoä daøi . 9Haøm soá nghich bieán treân ñoaïn coù ñoä daøi l=1 1 4 x x l x x x x m             2 1Coù hay khoâng yeâu caàu baøi toaùn thoûa 1?l x x Bài 4. Tìm m sao cho:     2 6 2 nghòch bieán treân 1;2 mx xy x Hướng dẫn: Ta có:                                2 2 2 2 2 4 14 ( )' , vôùi ( ) 4 142 2 Haøm nghòch bieán treân 1; ' 0, 1; ( ) 4 14 0, 1; (*) mx mx g xy g x mx mxx x y x g x mx mx x Cách 1: Dùng tam thức bậc hai  Nếu m=0 thì (*) không thỏa mãn  Nếu  0m thì g(x) có   24 14m m Bảng xét dấu ' LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư27  Nếu   70 2m thì g(x)>0 với mọi x . Trường hợp này loại  Nếu   70 hoaëc 2m m . Khi đó g(x)=0 có hai nghiệm  1 2 1 2,x x x x x  1x 2x  ( )g x - 0 + 0 - Với        2 2 1 2 2 4 14 2 4 14;m m m m m mx xm m Ta có : g(x)          2 1 ;0 ; x x x x . Vì vậy,              22 14( ) 0, 1; 1 3 4 14 5g x x x m m m m Cách 2:           2 1;14(*) ( ), 1; min ( )4m h x x m g xx x BÀI TẬP TỰ GIẢI: Bài 1. Tìm điều kiện của tham số m sao cho                         3 2 2 2 ) 2 7 7 2 1 2 3 ñoàng bieán treân khoaûng 2; 1 1) ñoàng bieán treân khoaûng 1;2 a y x mx m m x m m mx m xb y x m Đáp số:     5) 1 ; )0 12a m b m Bài 2. Tìm điều kiện của tham số m sao cho:               3 2 21 2 3 2 2 1 ñoàng bieán treân 2;y x m x m m x m m Đáp số:    22 3m www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư28 Bài 3. Tìm điều kiện của tham số m sao cho:            3 21 1 3 2 1 ñoàng bieán treân 2;3y mx m x m x Đáp số:           5 3 14 21) ) 1 ; )0 1; 2) 2 ; 3) ; 4)2 2 5 3a m b m m m m Bài 4 Tìm m để hàm số: a)       3 2( 1) ( 1) 13 xy m x m x đồng biến trên khoảng (1; +). b)      3 23(2 1) (12 5) 2y x m x m x đồng biến trên khoảng (2; +). c)    4 ( 2)mxy mx m đồng biến trên khoảng (1; +). d)   x my x m đồng biến trong khoảng (–1; +). e)    2 22 3 2 x mx my x m đồng biến trên khoảng (1; +). f)     22 3 2 1 x x my x nghịch biến trên khoảng      1 ;2 . Bài 5. Xác định m để hàm số     3 23 2 4y x x mx đồng biến trên khoảng   1; Bài 6. Cho hàm số     3 24 3y x m x mx . Tìm m để a) Hàm số tăng trên R b) Hàm số tăng trên khoảng [2; ) c) Nghịch biến trên khoảng     1 1;2 2 d) Hàm số nghịch biến trên đoạn có độ dài bằng 1 Bài 7: Cho hàm số   1xy x m . Tìm m để hàm số: LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư29 a) Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó b) Tăng trên khoảng (0; ) Bài 8. Cho hàm số    2 2 1 x x my x . Với giá trị nào của m: 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      3 24 6 2 1 1y mx x m x tăng trên khoảng (0;2) Bài 10. Cho hàm số    4 2 22y x mx m . 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)    3 23y x x mx m nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 1. b)     3 21 1 2 3 13 2y x mx mx m nghịch biến trên một khoảng có độ dài bằng 3. c)       3 21 ( 1) ( 3) 43y x m x m x đồng biến trên một khoảng có độ dài bằng 4 www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư30 BÀI TẬP MẪU: Bài tập 1: Chứng minh rằng       sin tan 2 , 0; 2x x x x Hướng dẫn:                                         2 2 2 Xeùt haøm soá sin tan -2 lieân tuïc treân nöûa khoaûng 0; 2 1 1' cos 2 cos 2, 0; 2cos cos suy ra haøm soá ñoàng bieán treân 0; vaø (0) , 0;2 2 2 y x x x y x x xx x f f x ñpcm Bài tập 2: Chứng minh rằng                                           3 32 4 )sin , 0; ; )sin , 0;2 3! 2 sin)cos 1 , 0; ; ) cos , 0;2 24 2 2 xa x x x b x x x x x xc x x d x xx Hướng dẫn:     ) Xeùt haøm soá sin - , haøm nghòch bieán treân 0; 2a y x x 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). LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư31                              '( ) cos 1 0, 0; ( ) laø haøm nghòch bieán treân 0;2 2 ( ) (0) 0 sin , 0; 2 f x x x f x f x f x x x                   3 2 )Xeùt haøm soá sin - lieân tuïc treân nöûa khoaûng 0;6 2 Ta coù: y'=cos -1 '' sin 0, 0; (theo caâu a)2 2 xb y x x xx y x x x Do đó: 'y đồng biến trên                0; '(0) '( ), 0; '( ) 02 2f f x x f x Suy ra : Hàm y đồng biến trên   0; 2       ( ) (0), 0; 2f x f x ñpcm                             2 4 3 ) Xeùt haøm soá: f(x) cos -1 - lieân tuïc treân nöûa khoaûng 0;2 24 2 '( ) sin 0, 0; (theo caâu b) ( ) (0) 0, 0;6 2 2 Tañöôïcñpcm x xc x xf x x x x f x f x                                                        3 332 2 2 4 6 3 2 4 4 2 32 2 4 ) theo keát quaû caâu b), ta coù: sin - , 0;6 2 sin sin1 1 16 6 2 12 216 sin 1 12 24 24 9 sinVì x 0; 1 0 12 9 2 2 xd x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                     2 4 3 4 Maët khaùc theo caâu c) 1 cos ,x 0;2 24 2 sinSuy ra: cos ,x 0; ( )2 x x x x x ñpcmx Nhận xét: www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư32                                         3sin sin sinTa coù: 0<sinx<x 0< 1, 0; neân , 32 sinDo ñoù ta coù keát quaû sau: Vôùi 3, ta luoân coù cos , 0; 2 x x xxx x x x x xx Bài tập 3. Chứng minh rằng:         2 2 2 1 1 11 , 0; 2sin xx x Hướng dẫn:                          2 2 3 3 3 3 3 3 1 1Xeùt haøm soá y= lieân tuïc treân nöûa khoaûng 0; 2sin 2 cos sinTa coù: f'(x)= . Theo keát quaû caâu d, baøi taäp 2 ta ñaõ chöùng minhsin sinñöôïc cos , 0; co2 x x x x x x x x x x xx                           3s sin 0, 0; 2 '( ) 0, 0; ( )2 2 x x x f x x f x f ñpcm Bài tập 4.      3 12.sin tan 2Vôùi 0 . Chöùng minh raèng: 2 2 22 xx xx Hướng dẫn:                       1sin tan2.sin tan 2.sin tan 2 1 3sin tan2 2 Ta coù: 2 2 2 2 .2 2.2 1 3Ta chöùng minh: 2 2 sin tan , 0;2 2 2 1 3Xeùt haøm soá: y=f(x)=sin tan lieân tuïc treân nöûa khoaûng 0;2 2 2 co'( ) x xx x x x x x x x x x x x x x f x                     2 2 s 1 2cos 1 0, 0; ( ) ñoàng bieán treân 0;2 22cos x x x f x ñpcmx Bài tập 5.    Chöùng minh ñaúng thöùc sau vôùi moïi soá töï nhieân n >1: 1 1 2n nn nn nn n Hướng dẫn LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư33                                     *0;1 , Baát ñaúng thöùc caàn chöùng minh töông ñöông vôùi: 1 1 2, 0;1 Xeùt haøm f(x)= 1 1 , 0;1 '( ) 0, 0;1 haøm giaûm treân 0;1 ( ) (0) 2, 0;1 n n n n n nÑaët x nn x x x x x x f x x f x f x Bài tập 6.        Cho 0. Chöùng minh raèng x z y x y zx y z z y x y z x Hướng dẫn                                         2 2 2 2 Xeùt haøm soá ( )= 1 1 1 1Ta coù: f'(x)= 0, 0 ( ) laø haøm ñoàng bieán x 0 f(x) f(y)=0 x z y x y zf x z y x y z x y z y z xx y x x y x f x ñpcm Bài tập 7.      3Cho a,b,c>0. Chöùng minh raèng: 2 a b c a b b c c a Hướng dẫn:                                      2 1 1 1 3Ñaët , , 1 vaø baát ñaúng thöùc ñaõ cho 1 1 1 2 1 1 2 2Giaû söû z 1 xy 1 neân ta coù: 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 ( ), vôùi 1.1 1 1 1 1 11 Ta coù: '( ) 0 ( a b cx y z xyzb c a x y z z x y xy z z t f t t zx y z z t tz f t f t     3) (1) , 12f t ñpcm BÀI TẬP TỰ GIẢI: Bài 1. Cho hàm số   ( ) 2sin tan 3f x x x x             ) Chöùng minh haøm soá ñoàng bieán treân nöûa khoaûng 0; 2 )Chöùng minh raèng: 2sin tan 3 , 0; 2 a b x x x x www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư34 Bài 2.                3 ) Chöùng minh raèng: tan , 0; 2 )Chöùng minh raèng: tan , 0;3 2 a x x x xb x x x Bài 3.        4Cho haøm soá f(x)= tan , 0; 2x x x               ) Xeùt chieàu bieán thieân treân ñoaïn 0; 4 4) Töø ñoù suy ra raèng: tan , 0; 4 a b x x x Bài 4. Chứng minh các bất đẳng thức sau                  2 3 3 )sin vôùi moïi x>0, sin vôùi moïi x<0 b)cos 1- , 02 )sin vôùi moïi x>0, sin vôùi moïi x<06 6 )sin tan 2 , 0; 2 a x x x x xx x x xc x x x x d x x x x Bài 5. Chứng minh các bất đẳng thức sau         2 ) 1 , ) 1 , 02 x x xa e x x b e x x Bài 6. Chứng minh các bất đẳng thức sau:                            2 2 2 1)ln 1 ; 0 )ln 1 , 02 1)ln 1 ln , 0 )1 ln 1 11 a x x x x b x x x c x x x d x x xx Bài 7. Tìm số thực a nhỏ nhất để bất đẳng thức sau đúng       20 : ln 1 axx x x Bài 8. Tìm tất cả các giá trị của a để :    1 , 0xa x x LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư35 Bài 9.               1 1Cho 0. Chöùng minh raèng: 2 22 2 b a a b a ba b Bài 10.        Chöùng minh raèng: 2 3 2 3 , 0y xx x y y x y Bài 11.            Cho , , 0, .Chöùng minh raèng: x b bx a ax a b a b x b b Bài 12. Chứng minh các bất đẳng thức sau: a)    2 1sin tan , 03 3 2x x x vôùi x b)    tan , 0tan 2 a a vôùi a bb b c)      sin sin , 0 2a a b b vôùi a b d)      tan tan , 0 2a a b b vôùi a b e)    2sin , 0 2 xx vôùi x f)       3 3 5 sin , 06 6 120 x x xx x x vôùi x g)    sin cos 1, 0 2x x x vôùi x www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư36 BÀI TẬP MẪU: Bài 1. Chứng minh rằng phương trình  22 2 11x x có nghiệm duy nhất Hướng dẫn:             2Xeùt haøm soá : 2 2, haøm naøy lieân tuïc treân 2; ' 0, 2; , limx y x x y x y     2 2 Döïa vaøo baûng bieán thieân ta thaáy ñoà thò haøm soá 2 2 luoân caét ñöôøng thaúng y=11 duy nhaát taïi moät ñieåm.Do ñoù phöông trình 2 2 11 coù duy nhaát nghieäm y x x x x BTTT: Dựa vào tính đơn điệu của hàm số giải phương trình     3 23 4 7x x x x Hướng dẫn:  0;D 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 mộthàm số đồng biến và một hàm số nghịch biến. Khi đó (C1) và (C2) giao nhau tạimột điểm duy nhất có hoành độ x 0. Đó chính là nghiệm duy nhất của phương trình (*). LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư37 Bài 2. Giải bất phương trình:    5 1 3 4x x Hướng dẫn:                             1Ñieàu kieän: . Xeùt haøm soá: ( ) 5 1 3, haøm naøy lieân tuïc treân5 1 1 1; ; '( ) 0, ; f(x) ñoàng bieán treân ; vaø f(1)=45 5 5 Khi ñoù baát phöông trình ñaõ cho ( ) (1) x f x x x f x x f x f  1.....x BTTT: Giải bất phương trình:    5 2 3 9x x Bài 3. Giải các phương trình:                   2 2 33 2 2 )3 2 9 3 4 2 1 1 0 ) 4 5 6 7 9 4 a x x x x x b x x x x x Hướng dẫn:                                                    2 2 2 2 2 )Ta coù: pt (-3 ) 2 3 3 2 1 2 2 1 3 3 , 2 1; , 0 2 3 3 (*) Xeùt haøm soá : ( ) 2 3 lieân tuïc treân 0; , ( ) ñoàng bieán treân 0; Khi ñoù, phöông trình (*) ( ) a x x x x Ñaët u x v x u v pt u u v v f t t t f t f u      1( ) 5f v u v x                                         3 2 3 2 2 3 3 23 2 33 3 2 3 3 4 5 6)Ñaët 7 9 4. Khi ñoù phöông trinh ñaõ cho 7 9 4 4 5 64 5 6 ( )3 4 2 1 1 (2) (2) coù daïng: ( ) ( 1) (3).Xeùt haøm ( ) , x x x yb y x x x x y x x x yx x x y Iy y x x x y y x x f y f x f t t t  haøm naøy ñoàng bieán treânt                 3 2 Do ñoù: 1. Luùc ñoù heä (I) trôû thaønh: 4 5 6 1 5 1 55, ,2 2 1 y x x x x y x x xy x Bài 4. Giải hệ phương trình: www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư38          2 3 4 4 (1) 2 3 4 4 (2) x y y x Hướng dẫn: Cách 1:                                3 42Ñieàukieän: 3 42 Tröø (1) cho (2) ta ñöôïc: 2 3 4 2 3 4 (3) 3Xeùt haøm soá ( ) 2 3 2 3, haøm lieân tuïc treân ñoaïn ;44 3'( ) 0, ;4 . Do ñoù: (3) ( ) ( )4 Thay x y x x y y f t t t f t t f x f y x y                       2 x=y vaøo (1) ta ñöôïc 2 3 4 4 39 02 2 3 4 9 ...119 38 33 0 9 x y xxx y x x x x Cách 2:                                                         Tröø (1) cho (2) ta ñöôïc: 2 3 2 3 4 4 0 2 3 2 3 4 4 02 3 2 3 4 4 2 1 0 (*)2 3 2 3 4 4 2 1Vì 0 neân (*) x=y2 3 2 3 4 4 Do ñoù: (3) ( ) ( ) Böôùccoøn laïi gioáng x y y x x y y x x y y x x y x y y x x y y x f x f y x y treân @ Bài toán trên ta có thể mở rộng như sau: Tìm m để hệ phương trình          2 3 4 (1) 2 3 4 (2) x y m y x m a) Có nghiệm LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư39 b) Vô nghiệm Bài 5. Giải hệ phương trình sau:      3 3 2 (1) 2 (2) x x y y y x Hướng dẫn: Cách 1:                       3Xeùt haøm soá ( ) 3 '( ) 0, ( ) (1)Heä phöông trình trôû thaønh: ( ) (2) Neáu ( ) ( ) ( do (1) vaø(2) daãn ñeán maâu thuaãn) Neáu ( ) ( ) ( maâu thuaãn) Do ñoù: , th f t t t f t t f x y f y x x y f x f y y x x y f x f y y x x y  3eá vaøo heä ta ñöôïc: 0...x x Cách 2:                               3 3 2 2 2 2 Tröø (1) cho (2) ta ñöôïc: 3 3 0 3 0 3 3 0 ....2 4 x y x y x y x y xy y yx y x x y BÀI TẬP ÁP DỤNG: Bài 1. Giải phương trình:     33 1 log 1 2x x x Hướng dẫn:                                     3 3 3 3 1Ñieàukieän: - 2 3 1 2 log 1 2 3 log 3 1 2 log 1 2 Xeùt haøm soá ( ) log , lieân tuïc treân 0; , '( ) 0, 0; ( ) laø haøm ñoàng bieán treân 0; neân phöông trình(*) (3 ) (1 2 ) 3 x x x x x x pt x x x x x f t t t f t t f t f f x              2 2 1 3 2 1 0(**) Xeùt haøm soá: f(x)= 3 2 1 '( ) 3 ln3 2 ''( ) 3 ln 3 0 x x x x x x x f x 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 f x Bài 2. Giải phương trình:             3 33 log 5 log 3 2x x x x www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư40 Hướng dẫn:                                   3 3 3 3 Ñieàukieän : 5 2log 5 log 3 3 Xeùt haøm soá ( ) log 5 log 3 lieân tuïc treân khoaûng 5; vaø '( ) 0, 5; ( ) ñoàng bieán treân 5; 2Xeùt haøm soá g( ) lieân tuïc treân khoaûng3 x xpt x x x f x x x f x x f x xx x         5; , ( ) nghòch bieán treân 5; Maët khaùc: (8) (8) 2. do ñoù phöông trình coù nghieäm duy nhaát 8 g x f g x Bài 3. Giải hệ phương trình sau:       3 3 6 6 3 3 (1) 1 (2) x x y y x y Hướng dẫn:                        3 Töø (2) suy ra: 1 , 1.Töø (1) ( ) ( ) (*) haøm soá ( ) 3 , lieân tuïc treân 1;1 ta coù: '( ) 0, 1;1 ( ) nghòch bieán treân ñoaïn 1;1 Do ñoù (*) thay vaøo (2) ta ñöôïc x y f x f y Xeùt f t t t f t t f t x y    6 1nghieäm cuûa heä laø 2x y Bài 4. Giải hệ phương trình sau:             0 0 y'=0 coù hai nghieäm phaân bieät y'=0 coù hai nghieäm phaân bieät hoaëc. 0 . 0 0 0 CD CT CD CT CT CT a a y y y y x x                            Ñieàukieän : 0, 0. Ta coù 01(1) 1 0 ......11 0 1 1Phöông trình coù 2 nghieäm phaân bieät ;1 1 x y x y x y xy xy x x y y Bình luận: LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư41                Caùch giaûi sau ñaây sai: 1Ñieàukieän : 0, 0.Xeùt haøm soá f(t)=t- , \ {0} '( ) 0, \ {0} Doñoù:(1) ( ) ( ) ! Sai do haøm soá f(t) ñôn ñieäu treân hai khoaûng rôøi nhau( ví duï (-1) (1) 0) x y t f t tt f x f y x y f f Các em thử bài này xem sao? Giải hệ phương trình sau:       3 1 1 (1) 2 1 (2) x yx y y x Bài 5. Giải hệ phương trình sau:             2 2 ln 1 ln 1 (1) 2 5 0 (2) x y x y x xy y Hướng dẫn:                                                     2 2 ln 1 ln 1 (1) 2 5 0 (2) Ñieàukieän: 1, 1 (1) ln 1 ln 1 (3) Xeùt haøm soá: ( ) ln 1 , lieân tuïc treân 1; . Ta coù: '( ) , 1; vaø '( ) 0 01 '( ) 0, 1;0 ( ) lie x y x y x xy y x y x x y y f t t t tf t t f t tt f t t f t                   ân tuïc vaø ñoàng bieán treân 1;0 '( ) 0, 0; ( ) 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 f t t f t Bài 6. Giải hệ phương trình sau:       sin sin sin sin 2 x y x y x y Hướng dẫn: Xét hàm số   ( ) sin ,f t t t t     '( ) 1 cos 0,f t t t . Suy ra hàm số đồng biến trên  . Do đó:    (1) ( ) ( )f x f y x y . Vậy hệ đã cho trở thành: www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư42         ...2s inx+sin 2 sinx 2 x yx y y BÀI TẬP TỰ GIẢI: Bài 1. Giải các phương trình sau: a)   5 5x x b)     5 3 1 3 4 0x x x c)       5 7 16 14x x x x d)     2 215 3 2 8x x x Hướng dẫn câu c)  5;D . Xét hàm số:       ( ) 5 7 16f x x x x x . Hàm số đồng biến trên  5; (1) Và (9) 0 (2)f . Từ (1) và (2) phương trình có nghiệm duy nhất là  9x Bài 2. Giải các phương trình sau: a)      5 5 51 2 3 0x x x b)   ln( 4) 5x x c)  3 4 5x x x d)   2 3 5 38x x x Hướng dẫn câu c) Xét hàm số             3 4( ) 15 5 x x f x ,   '( ) 0,f x x nên hàm đã cho nghịch biến trên  . Mặt khác: (2) 0f . Phương trình có duy nhất nghiệm  2x Từ đây ta có thể phát triển thành bài toán sau: Giải phương trình:    sinx osx sinx cos sinx cos3.3 4.4 5.5c x x . Lời giải xin dành cho các em học sinh Bài 3. Giải các bất phương trình sau: a)        3 541 5 7 7 5 13 7 8x x x x b)      22 7 2 7 35x x x x x Bài 4. Giải các hệ phương trình sau: LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư43 a)              3 2 3 2 3 2 2 1 2 1 2 1 x y y y y z z z z x x x b)              3 2 3 2 3 2 2 2 2 x y y y y z z z z x x x c)           3 2 3 2 3 2 6 12 8 6 12 8 6 12 8 y x x z y y x z z d)            tan tan 52 3 4 ,2 2 x y y x x y x y e)         sin sin 3 3 5 , 0 x y x y x y x y f)           sin2 2 sin2 2 2 3 0 , 2 x y y x x y x y g)           cot cot 5 7 2 0 , x y x y x y x y HD: a, b) Xét hàm số   3 2( )f t t t t c) Xét hàm số   2( ) 6 12 8f t t t d) Xét hàm số f(t) = tant + t www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư44 PHÖÔNG PHAÙP:       Cho haøm soá ( , ) 0, xaùc ñònh vôùi moïi (*) Bieán ñoåi (*) veà daïng ( ) ( ) Xeùt haøm soá ( ) lieân tuïc treân K Duøng tính ñôn ñieäu haøm soá ñeå keát luaän f x m x K f x f m f x BÀI TẬP MẪU: Bài 1.   2Tìm tham soá m ñeå phöông trình 3 1 coù nghieäm thöïcx x m Hướng dẫn:                           2 2 2 2 Xeùt haøm soá ( ) 3 1 vaø Haøm soá f(x) lieân tuïc treân . 0 6 6 6f'(x)=0 3 1 3 ,6 6 33 1 9 6 6Döïa vaøo baûng bieán thieân,suy ra: ( ) maø ( ) , do ñoù m3 3 thì phöôn f x x x y m xx x x fx x f x f x m g trình coù nghieäm thöïc Bài 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:        25 1 5 6x x x x m Hướng dẫn: Đặt          2 25 1 4 2 5 6t x x t x x PT           2 4 1;5 2;2 22tt m khi x t Xét hàm số                     2 4( ) 2;2 2 ( ) 1 ( ) 0 1 2;2 22tf t t t f t t f t t  f(t) = m có nghiệm     2 2 1 2m . BTTT: Tìm m để phương trình sau có nghiệm: DẠNG 6: DÙNGĐƠN ĐIỆU HÀM SỐ ĐỂ GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA THAM SỐ LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư45        23 6 18 3 2 1x x x x m @ 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   22 1 2 0m x x có tập nghiệm là  . Hướng dẫn: Ta có:           2 2 22 1 2 0, ,2 1 xm x x x m xx Xét hàm số :                      2 2 2 2( ) ,2 1 2'( ) 0, neân haøm nghòch bieán treân2 1 2 1 lim ( ) 2 ; lim ( ) 2 Do ñoù: 2 x x xg x xx g x xx x g x g x m Bài 4. Cho hệ phương trình: 2 23 3 x xy y m xy x y        a) Giải hệ phương trình khi m=5 b) Định các giá trị m để hệ có nghiệm Hướng dẫn: a) Đặt 2, 4 0S x y S PP xy       Hệ đã cho được viết lại  2 2 2 3 0 (*)3 33 S P m S S mx y xy m S P P Sxy x y                       www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư46 Khi m= 5. Hệ    1 4 ( )(*) ; 1;12 1S P loai x yS P          b) Để hệ có nghiệm thì hệ 2 3 0 (*)3 S S m P S        có nghiệm thỏa 2 4 0S P  2 4 0S P   2 4 12 0 ; 6 2;S S S             Xét hàm 2( ) 3f S S S   ,  ; 6 2;S        Hàm này nghịch biến trên  ;6  và  ( ) 6 45f S f   ; Đồng biến trên 2;  và ( ) (2) 5.f S f  Vậy 5m  BÀI TẬP TỰ LUYỆN: Bài 1. Tìm giá trị m để phương trình sau đây có nghiệm:   1x x m Hướng dẫn: Xét hàm số   1y x x hàm số xác định trên   0; Ta có:     '( ) 0, 0;f x x . Do đó hàm tăng trên   0;   (0) 1; lim ( )xf f x Dựa vào bảng biến thiên thì phương trình có nghiệm khi và chỉ khi  0m Bài 2.   4 2Tìm tham soá m ñeå phöông trình 1 (1) coù nghieäm thöïcx x m (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: LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư47                                4 2 3 3 4 6 32 2 24 4 4 Xeùt haøm soá ( ) 1 - vaø Haøm soá ( ) lieân tuïc treân 0; . 1 1 1 1'( )= 0, vì = 02 1 1 1 neân '( ) 0, 0 ( ) nghòch bieán treân nöûa khoaûng 0; vaø f x x x y m f x x x x xf x xx xxx x x f x x f x           lim ( ) 0, neân 0 ( ) 1, 0; .Vaäy :0 1 thì phöông trình coù nghieäm thöïc x f x f x x m Bài 3. Cho phương trình:      2 2tan cot t anx cot 3 0x x m x a) Giải phương trình khi m=5 b) Định m để phương trình có nghiệm Bài 4. Cho phương trình:   6 6 2 2 os sin tan2 (*)os sin c x x m xc x x a) Giải phương trình khi  14m b) Vơi giá trị nào của m thì phương trình (*) vô nghiệm Bài 5. Định m để phương trình :           1 1 1sin cos 1 t anx cot2 s inx cosx x x mx có nghiệm thuộc    0; 2 Bài 6. Tìm m để các phương trình sau có nghiệm: a)   22 1x x m b)       2 2 (2 )(2 )x x x x m Bài 7. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: mxxxx  11 22 Hướng dẫn: www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư48 Xét hs: 2 2( ) 1 1f x x x x x      nờn 2 22 1 2 1'( ) 2 1 2 1 x xf x x x x x        2 2 2 2 (2 1)(2 1) 0'( ) 0 (2 1) ( 1) (2 1) ( 1) x xf x x x x x x x             1 1 2 2 0( ) x x x l       '(0) 1 0,f x R    HS )(xf đồng biến trên R. lim ( ) 1; lim ( ) 1 x x f x f 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 x x x2 2 2 1 (2 ) 0      Bài 2. Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt: x x m x x2 210 8 4 (2 1). 1     Bài 3. Giải và biện luận phương trình: mx m x mx x x x2 2 3 21 .( 2 2) 3 4 2       Bài 4. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt: x x x x a x x m b2 33 3 22 ( 2 5) log ( 1) log ( 1) log 4 ( ) log ( 2 5) log 2 5 ( )           Bài 5. Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 21 1 1 19 ( 2)3 2 1 0       x xm m Bài 6. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm với 2 :x 2 2 3 3 5       x y x y m Bài 7. Tìm m để phương trình: 22 0,54(log ) log 0  x x m có nghiệm thuộc (0, 1). Bài 8. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 25 1 5 6       x x x x m Bài 9. Cho hệ phương trình: 2 23 3 x xy y m xy x y        a) Giải hệ phương trình khi m=5 b) Định các giá trị m để hệ có nghiệm LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư49 Bài 10. Tìm giá trị của m để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất : 0)23(log)6(log 225,0  xxxm Bài 11. Tìm m để phương trình  4 42 sin cos cos 4 2sin 2 0x x x x m     có nghiệm trên 0; .2     HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1. Đặt 2t x 2x 2   . (2)       2t 2m (1 t 2),dox [0;1 3]t 1 Khảo sát 2t 2g(t) t 1   với 1  t  2. g'(t) 5. Vậy g tăng trên [1,2] Do đó, ycbt  bpt 2t 2m t 1   có nghiệm t  [1,2]   tm g t g1;2 2max ( ) (2) 3   Bài 2. Nhận xét: 2 2 21  0 8 4 2(2 1) 2( 1)     x x x x (pt)  2 2 2 2 1 2 12 2 01 1               x xmx x . Đặt 2 2 1 1   x tx Điều kiện : –2< t 5 . Rút m ta có: m= 22 2t t . Lập bảng biên thiên  124 5 m hoặc –5 < 4 m Bài 3. : (pt)  3 3( 1) 1 ( 1) ( 1)      mx mx x x . Xét hàm số: f(t)= 3 t t , hàm số này đồng biến trên R. ( 1) ( 1)  f mx f x  1 1  mx x Giải và biện luận phương trình trên ta có kết quả cần tìm.  1 1  m phương trình có nghiệm x = 21  m  m = –1 phương trình nghiệm đúng với 1 x  Các trường hợp còn lại phương trình vô nghiệm. Bài 4. 2 33 3 2 2 ( 2 5) log ( 1) log ( 1) log 4 ( ) log ( 2 5) log 2 5 ( )          x x x x a x x m b www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư50  Giải (a)  1 < x < 3.  Xét (b): Đặt 22log ( 2 5)  t x x . Từ x  (1; 3)  t  (2; 3). (b)  2 5 t t m . Xét hàm 2( ) 5 f t t t , từ BBT  25 ; 64      m Bài 5. Đặt t = 21 13  x . Vì [ 1;1] x nên [3;9]t . (3)  2 2 12    t tm t . Xét hàm số 2 2 1( ) 2    t tf t t với [3;9]t . f(t) đồng biến trên [3; 9]. 4  f(t)  48 7 .  484 7 m Bài 6. Đặt 2 2( ) 3 (3 ) 5    f x x x  2 23( ) 3 (3 ) 5      x xf x x x 2 2 2 2 3( ) 0 6 14 (3 ) 3 2 18 27 0               xf x x x x x x x x Phương trình thứ hai có ' 81 54 135 9.15     , và hai nghiệm: 1,2 9 3 152  x 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 (3) 0 f nên ( ) 0, 2   f x x . Do đó, giá trị nhỏ nhất của ( )f x là (2) 7 6 f . Cũng dễ thấy  lim  x f x . Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với 2x ) khi và chỉ khi 6 7 m . Bài 7. PT 22 2log log 0; (0; 1) (1)    x x m x Đặt: 2logt x . Vì: 20limlog  x x và 1limlog 0 x x , nên: với (0;1) ( ; 0)   x t Ta có: (1) 2 0, 0 (2)    t t m t 2 , 0    m t t t Đặt: 2 , 0 : ( ): ( )       y t t t P y m d Xét hàm số: 2( )   y f t t t , với t < 0  ( ) 2 1   f t t  1 1( ) 0 2 4      f t t y Từ BBT ta suy ra: (1) có nghiệm (0; 1)x  (2) có nghiệm t < 0 LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư51  (d) và (P) có điểm chung, với hoành độ t < 0 14 m . Vậy, giá trị m cần tìm: 1 .4m Bài 8. Đặt 2 25 1 4 2 5 6         t x x t x x PT  2 4 2;2 22     tt m t Xét hàm số  2 4( ) 2;2 2 ( ) 1 ( ) 0 1 2;2 22                   tf t t t f t t f t t  f(t) = m có nghiệm   2 2 1 2  m . Bài 9. c) Đặt 2, 4 0S x y S PP xy       Hệ đã cho được viết lại  2 2 2 3 0 (*)3 33 S P m S S mx y xy m S P P Sxy x y                       Khi m= 5. Hệ    1 4 ( )(*) ; 1;12 1S P loai x yS P          d) Để hệ có nghiệm thì hệ 2 3 0 (*)3 S S m P S        có nghiệm thỏa 2 4 0S P  2 4 0S P   2 4 12 0 ; 6 2;S S S             Xét hàm 2( ) 3f S S S   ,  ; 6 2;S        Hàm này nghịch biến trên  ;6  và  ( ) 6 45f S f   ; Đồng biến trên 2;  và ( ) (2) 5.f S f  Vậy 5m  Bài 10.  0)23(log)6(log 225,0 xxxm  )23(log)6(log 222 xxxm www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư52        38 13 236 023 22 2 xxm x xxxm xx Xét hàm số 13,38)( 2  xxxxf ta có 82)('  xxf , 0)(' xf khi 4x , do đó )(xf nghịch biến trong khoảng )1;3( , 6)1(,18)3(  ff . Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất khi 186  m Bài 11. Ta có 4 4 21sin os 1 sin 22x c x x   và 2os4 1 2sin 2 .c x x  Do đó   21 3sin 2 2sin 2 3x x m     . Đặt sin 2t x . Ta có    0; 2 0; 0;1 .2x x t          Suy ra    23 2 3 , 0;1f t t t m t      Ta có bảng biến thiên Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 100; 22 3m        LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư53 BÀI TẬP MẪU: Bài 1. Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thỏa hệ thức       1 13cos cos cos thì ñeàucos cos cos 6A B C ABCA B C Hướng dẫn:                           3cos cos cos 1 4sin sin sin 12 2 2 2 1 3Xeùt haøm soá ( ) , lieân tuïc treân 1; 2 3 3Ta coù: '( ) 0, t 1; ( ) ñoàng bieán treân 1;2 2 A B CÑaët t A B C t f t t t f t f t         16Döïa vaøo baûng bieán thieân suy ra 2 ( ) 3 16 3Ñaúng thöùc ( ) xaûy ra khi cos cos cos hay ABC ñeàu3 2 f t f t t A B C Bài 2. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC nhọn ta luôn có:          2 1sin sin sin tan tan tan3 3A B C A B C Hướng dẫn: Ta để ý rằng:   A B C bđt                       2 1 2 1 2 1sin tan - sin tan - sin tan - 03 3 3 3 3 3A A A B B B C C C Xét hàm số :         2 1( ) sin tan , 0;3 3 2f t t t t t DẠNG 7: DÙNGĐƠN ĐIỆU ĐỂ CHỨNG MINH HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư54                  2 2 2 1 1 1'( ) cos 1 cos cos 1. 0; cos 0.3 3 23cos osf t t t t Dot tx c t Theo bất đẳng thức cosi thì ta đc         1'( ) .3 1 0, 0; .3 2f t t Do đó hàm số f(t) đồng biến trên   0; 2 .          0; 0 ( ) (0) 02t t f t f Từ đó:        2 10, ( ) (0) 0 sin sin 03 3A f A f A A A Tương tự, ta cũng có:   2 1sin sin 03 3B B B ;    2 1sin sin 03 3C C C ....... BÀI TẬP TƯƠNG TỰ: Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có các góc đều nhọn thì :      sin sin sin t anA tan tan 2A B C B C Hướng dẫn: Xét hàm số : f(x)=sinx+tanx-2x, với     0; 2x LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư55 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  0 ;x a b a) Nếu tồn tại h>0 sao cho       0 0 0 0( ) ( ), ; vaø x xf x f x x x h x h thì ta nói hàm số f(x) đạt tại x0. c) Nếu tồn tại h>0 sao cho       0 0 0 0( ) ( ), ;f x f x x x h x h vaø x x thì ta nói hàm số f(x) đạt cực tiểu tại x0. www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư56 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(x0) được gọi là giá trị cực đại( giá trị cực tiểu) của hàm số . Kí hiệu là : ( )CD CTf f , con điểm M(x0;f(x0)) được gọi là của đồ 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  1x thì ' 0y và đạt cực đại tại   1, 1CDx y và 'y không có đạo hàm tại  0x nhưng vẫn đạt giá trị cực tiểu tại  0x ,  0CTy  Đạo hàm 'f có thể bằng 0 tại điểm 0x nhưng hàm f không đạt cực trị tại điểm 0x LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư57 Ví dụ minh họa: Mặc dù '( ) 0f x tại  2x nhưng không có cực trị taại  2x  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   3x 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 x0. b) Nếu f (x0) > 0 thì f đạt cực tiểu tại x0. www.VNMATH.com LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư58 B. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP: Qui tắc 1: Dùng định lí 1.  Tìm f (x).  Tìm các điểm xi (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 xi. 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 đạt 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 0x nhưng hàm f không đạt cực trị tại điểm 0x BÀI TẬP MẪU: Bài 1. Tìm cực trị của các hàm số sau:         3 2 3 2 1 5) 33 3 ) 3 3 5 a y x x x b y x x x Hướng dẫn: DẠNG 1: TÌM CÁCĐIỂM CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ DỰA VÀO QUY TẮC LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư59            2 10) Haøm soá ñaït cöïc ñaïi taïi ñieåm -1; (-1) 3 22Haøm soá ñaït cöïc tieåu taïi ñieåm 3; (3) - 3 ) ' 3 1 0, haøm khoâng coù cöïc trò a x f x f b y x x 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:          4 2 4 2 ) 6 8 1 ) 2 1 a y x x x b y x x Hướng dẫn: )Haøm ñaït cöïc ñaïi taïi x=-2,giaù trò cöïc ñaïi (-2) 25, haøm khoâng coù cöïc tieåua y x  -2 1  'y + 0 - 0 - y   Nhận xét: Ta thấy đạo hàm triệt tiêu tại 1x  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 LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư60 một cực trị hoặc ba cực trị. Hàm số có một cực trị khi phương 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:             2 2 22 2 1 2 3) ) 18 25) )1 2 5 x x xa y b y xx xx xc y d yx x x Hướng dẫn: a) Hàm đạt cực đại tại   12, 4CDx y ; Hàm đạt cực tiểu tại     14; 8CTx y b) Hàm đạt cực đại tại    1 2, 2 2CDx y ; Hàm đạt cực tiểu tại   1 2; 2 2CTx y c) Hàm số đồng biến trên       ; 1 , 1; nên hàm không có cực trị d) Hàm đạt cực đại tại   1 13,3 4CDx y ; Hàm đạt cực tiểu tại  4; 0CTx y Bài 4. Tìm cực trị hàm số:          ) ) 2 ) 3 a y x b y x x c y x x Hướng dẫn: LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư61 Haøm ñaït cöïc ñaïi taïi x=1, ñaït cöïc tieåu taïi x=0                    )Haøm xaùc ñònh vaø lieân tuïc treân 3 3 neáu x>03 neáu x 0 2y= , ' , ' 0 133 neáu x< 0 + neáu x< 02 c x x x xy y xxx x xx 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  0x nhưng vẫn đạt cực trị tại  0x Bài 5. Tìm cực trị các hàm số sau:         2 2 3 2 ) 4 ) 2 3 ) 3 a y x x b y x x c y x x Hướng dẫn:               2 2 ) Haøm ñaõ cho lieân tuïc vaø xaùc ñònh treân 2;2 24 2' , 2;2 , ' 04 2 a xxy x yx x Bảng biến thiên: Haøm ñaït cöïc ñaïi taïi x= 2, cöïc tieåu taïi x=- 2 LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư62                                      2 2 2 )Haøm ñaõ cho lieân tuïc vaø xaùc ñònh ; 3 3; 2 3' , ; 3 3;3 2 3 0' 0 2; 3 3; Haøm khoâng coù ñaïo haøm taïi x= 3 b x xy xx x xy xx Hàm đạt cực tiểu tại x=2, hàm không có cực đại Nhận xét: Mặc dù   3x 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              2 3 2 )Haøm ñaõ cho xaùc ñònh vaø lieân tuïc treân ;3 3 2' , 3, 02 3 ' 0 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 c x xy x xx x y x Nhận xét: Lý luận tương tự câu b)  3x ở câu c) cũng không phải là điểm cực trị nhưng  0x lại là điểm cực trị của hàm số Bài 6. Tìm cực trị của hàm số sau:      ) 2sin2 3 ) 3 2cos os2 a y x b y x c x LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư63 Hướng dẫn:                          )Haøm ñaõ cho xaùc ñònh vaø lieân tuïc treân y'=0 x= ,4 2 8 khi k=2n'' 8sin2 , '' 4 2 8 khi k=2n+1 Vaäy haøm ñaït cöïc ñaïi taïi x= ,ñaït cöïc tieåu taïi x= 2n+14 4 2 a k k y x y k n                                          )Haøm ñaõ cho xaùc ñònh vaø lieân tuïc treân sin 0 y'=0 ,21 2cos 32 2 2'' 2cos 4cos2 , '' 2 6cos 3 03 3 '' 2cos( ) 4 0, 2Vaäy haøm ñaït cöïc ñaïi taïi x= b x kx kx kx y x x y k y k k k   2 ,ñaït cöïc tieåu taïi x=k3 k BÀI TẬP ÁP DỤNG: Áp dụng quy tắc 1 Bài 1. Tìm cực trị của hàm số sau:      3 2 3 2 4 2 4 2 3 2 3 1. y = + -3x+2 b. y = -x 2 33 . y = -x 2 d. y = x +2x -3 e. y = -5x + 3x - 4x + 5 f. y = - x a x x x x c x - 5x Bài 2. Tìm cực trị của các hàm số sau:              2 2 2 2 2 3 -1 3 5 ( - 4). . .2 4 1 2 5 9 -2 2. -3 . .-2 2 1 4 x x x xa y b y c yx x x x x x xd y x e y f yx x x Bài 3. Tìm cực trị các hàm số LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư64      2 2 3 2 2 2 x+1. y = 25 - x b. y = c. y = 3 1x 1 x x. y = e. y = f. y = 2 4 510 - x 6 a x x d x xx Bài 4. Tìm cực trị các hàm số: 2. y = sin2x b. y = cosx - sinx c. y = sin xa Áp dụng quy tắc 2: Bài 5. Tìm cực trị của các hàm số sau:       1 2: 32 1mC y x mx Bài 6. Tìm cực trị của hàm số sau:   2) os 3 ) sin os2 2 x xa y c x b y c Bài 7. Tìm cực trị của các hàm số sau: a)  2 33 2y x x b)    3 22 2 1y x x x c)    3 21 4 153y x x x d)    4 2 32 xy x e)   4 24 5y x x f)     4 2 3 2 2 xy x g)     2 3 6 2 x xy x h)    23 4 5 1 x xy x i)    2 2 15 3 x xy x Bài 8.Tìm cực trị của các hàm số sau: a)   3 4( 2) ( 1)y x x b)     2 2 4 2 1 2 3 x xy x x c)     2 2 3 4 4 1 x xy x x d)  2 4y x x e)   2 2 5y x x f)    22y x x x Bài 9.Tìm cực trị của các hàm số sau: a)  3 2 1y x b)   3 2 2 1 xy x c)   24siny x x LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư65 LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư66 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 x0 thì f (x) đổi dấu khi x đi qua x0. Chú ý:  Hàm số bậc ba    3 2y ax bx 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(x0) bằng hai cách: +    3 20 0 0 0( )y x ax bx cx d +  0 0( )y x Ax B , trong đó Ax + B là phần dư trong phép chia y cho y .  Hàm số    2 ' ' ax bx cy a x b = ( ) ( ) P x Q x (aa 0) có cực trị  Phương trình y = 0 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:  00 0 ( )( ) ( ) P xy x Q x hoặc  0 0 0 '( )( ) '( ) P xy x Q x  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    3 23 12 2y mx x x đạt cực đại tại 2x  DẠNG 2: Tìm điều kiện hàm có cực trị LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư67 Hướng dẫn: Haøm soá lieân tuïc vaø xaùc ñònh treân '(2) 0Haøm ñaït cöïc ñaïi taïi 2 2''(2) 0 yx my         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     2 1( ) x mxy f x x m đạt cực đại tại 2x  Hướng dẫn: Haøm soá lieân tuïc vaø xaùc ñònh treân \ { } '(2) 0Haøm ñaït cöïc ñaïi taïi 2 3''(2) 0 m yx my          Nhận xét: Khi tính đạo hàm cấp hai của hàm số trên và giải hệ bất phương trình tương đối dài dòng. Tuy nhiên ta có thể trình bày theo cách sau 3Ñeå haøm ñaït cöïc ñaïi taïi 2 thì '(2) 0 1 2 Vôùi -3 : ' 0 4 mx y m xm y x                Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm đạt cực đại tại 2x  , vậy 3m   thỏa. Tương tự: 1m   Bài 3. Tìm m để hàm    2 2 1 x mxy mx có cực trị. Hướng dẫn: LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư68          2 2 1Haøm soá lieân tuïc vaø xaùc ñònh treân \ { } Neáu m=0 thì y=x 1 coù moät cöïc trò 1Neáu m 0: haøm xaùc ñònh vôùi moïi x Haøm soá ñaït cöïc trò khi phöông trình mx 2 0 coù hai nghieäm phaân bi m m x m          2 eät 1 01khaùc 1 11 0 m mm m m Bài 4. Chứng minh rằng với mọi giá trị m, hàm số       2 31 1 1 x m m x my mx Hướng dẫn:                           2 2 2 2 2 2 2 2 Haøm ñaõ cho xaùc ñònh vaø lieân tuïc treân \{m} 2 1 ( )y'= , , ( ) 2 1 Daáu cuûa g(x) cuõng laø daáu cuûa y' vaø ' 1 0, g(x) luoân coù 2 nghieäm phaân bieät x=m-1; g x mx m g x x m g x x mx mx m x m m m m x=m+1 thuoäc taäp xaùc ñònh Bảng biến thiên: Bài 5. Cho hàm số      4 3 24 3 1 1.y x mx m x Tìm m để: a) Hàm có ba cực trị b) Hàm có cực tiểu mà không có cực đại Hướng dẫn:          2 Haøm ñaõ cho xaùc ñònh vaø lieân tuïc treân 0y'=0 ( ) 2 6 3 3 0 x g x x mx m Nhận xét: LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư69 1. Nếu g(x)=0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 thì hàm có hai cực tiểu và một cực đại 2. Nếu g(x)=0 có một nghiệm x=0 thì hàm chỉ có một cực tiểu 3. Nếu g(x)=0 có nghiệm kép hoặc vô nghiệm thì hàm đạt cực tiểu tại x=0 Từ nhận xét trên ta thấy hàm có ít nhất một cực trị                         ) Haøm coù ba cöïc trò khi vaø chæ khi g(x)=0 coù hai nghieäm phan bieät 0 1 7 1 7; ;3 3 1 ) Theo nhaän xeùt treân ta thaáy haøm chæ ñaït cöïc tieåu vaø khoâng coù cöïc ña a m m b      ïi 1 7 1 7 Haøm soâ khoâng coù ba cöïc trò 3 3m Chú ý: Đối với hàm trùng phương     4 0y ax bx c a Ta có:          3 2 0' 4 2 ' 0 4 2 0 (1) xy ax bx y ax b  Hàm có ba cực trị  (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0     0 0 b ab Khi đó:  Hàm có hai cực tiểu, một cực đại khi a>0  Hàm có hai cực đại, một cực tiểu khi a<0  Hàm có một một cực trị (1) có một nghiệm kép hoặc vô nghiệm hoặc có nghiệm x=0     0 (0) 0f Khi đó:  Hàm có cực tiểu khi a>0  Hàm có cực đại khi a<0 LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư70 Bài 6. Tìm các hệ số a,b,c,d sao cho hàm số     3 2( ) axy f x bx cx d đạt cực tiểu tại 0x  , (0) 0f  và đạt cực đại tại 1x  , (1) 1f  . Hướng dẫn:                          '(0) 0 0Haøm ñaït cöïc tieåu taïi x=0 (1)''(0) 0 2 0 '(1) 0 3 2 0Haøm ñaït cöïc ñaïi taïi x=0 (2)''(1) 0 6 2 0 Maët khaùc: (1) 1 0 (3)(0) 0 1 Giaûi heä (1),(2),(3) t f c f b f a b c f a b f d f a b c a ñöôïc a=-2,b=3,c=d=0 Thay vaøo vaø kieåm tra laïi thì thoûa maõn BÀI TẬP ÁP DỤNG: Bài 1. Tìm m để hàm số      3 23 1 1y x m x x có cực đại, cực tiểu Hướng dẫn: Ta có:     2' 3 6 1 1y x m x . Hàm đạt cực đại, cực tiểu khi y’=0 có hai nghiệm phân biệt          3 3 3' 0 3 3 3 m m Bài 2. Tìm m để hàm số      3 22 3y m x x mx m có cực đại, cực tiểu Hướng dẫn:             Haøm coù cöïc ñaïi vaø cöïc tieåu khi phöông trình y'=0 coù hai nghieäm phaân bieät 2 0 2 ' 0 3 1 m m m Bài 3. Tìm m để hàm số    2mx x my x m không có cực đại, cực tiểu Hướng dẫn: LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư71   2 2 2 2 2 4 2' Haøm soá khoâng coù cöïc ñaïi vaø cöïc tieåu khi y' khoâng ñoåi daáu qua nghieäm g(x)= 2 0 voâ nghieäm hoaëc coù nghieäm keùp m=0, y'=0, x -m m=0 thoûa m 0: Ta coù '=m 0, 0 mx m xy x m mx m x m g                 ( ) coù hai nghieäm phaân bieät neân khoâng coù giaù trò cuûa tham soá m ñeå g(x)=0 voâ nghieäm hay coù nghieäm keùp. Vaäy: chæ coù m =0 thoûa yeâu caàu baøi toaùn x Bài 4. Tìm m để hàm số      3 23 1 1y mx mx m x không có cực trị Hướng dẫn: 2Ta coù: ' 3 6 1 (*) 0 : khi ñoù y'=1>0, x neân haøm khoâng coù cöïc trò m 0: Haøm khoâng coù cöïc trò khi phöông trình y'=0 voâ nghieäm hoaëc coù 1nghieäm keùp ' 0 0<m .4 1Vaäy 0 m thì haøm4 y mx mx m m                   khoâng coù cöïc trò. Bài 5. Xác định m để hàm số   4 21 32 2y x mx có cực tiểu mà không có cực đại Hướng dẫn: 2 2 0' 0 Haøm coù cöïc tieåu maø khoâng coù cöïc ñaïi khi y'=0 coù moät nghieäm duy nhaát vaø y' ñoåi daáu khi ñi qua nghieäm ñoù voâ nghieäm hoaëc coù nghieäm keùp x=0 m 0 xy x m x m          B ài 6. Tìm m để hàm số    2 1x mxy x m đạt cực tiểu tại 1x  Hướng dẫn: '(1) 0Haøm ñaït cöïc tieåu taïi 1 0''(1) 0 yx my       Bài 7. Tìm hệ số a, b, c sao cho hàm số    3 2( ) axf x x bx c đạt cực trị bằng 0 tại điểm 2x   và có đồ thị hàm số đi qua A(1;0) LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư72 Hướng dẫn: '( 2) 0 4 12Haøm ñaït cöïc trò baèng 0 taïi x=-2 ( 2) 0 4 8 Ñoà thò ñi qua A(1;0) neân (1) 0 1 0 Giaûi heä ta ñöôïc : 3; 0; 4 f a b f a b c f a b c a b c                       BÀI TẬP TỰ LUYỆN: Bài 1. Chứng minh rằng các hàm số sau luôn có cực đại, cực tiểu: a)     3 2 2 33 3( 1)y x mx m x m b)      3 22 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x c)      2 2 4( 1) 1x m m x my x m d)      2 2 1 x mx my x m Bài 2. Tìm m để hàm số: a)     3 2( 2) 3 5y m x x mx có cực đại, cực tiểu. b)        3 2 23( 1) (2 3 2) ( 1)y x m x m m x m m có cực đại, cực tiểu. c)     3 2 23 ( 1) 2y x mx m x đạt cực đại tại x = 2. d)      4 22( 2) 5y mx m x m có một cực đại  1 .2x e)    2 2 2x mxy x m đạt cực tiểu khi x = 2. f)       2 2( 1) 4 2 1 x m x m my x có cực đại, cực tiểu. g)    2 1 x x my x có một giá trị cực đại bằng 0. Bài 3. Tìm m để các hàm số sau không có cực trị: a)     3 23 3 3 4y x x mx m b)     3 23 ( 1) 1y mx mx m x c)     2 5 3 x mxy x d)       2 2( 1) 4 2 1 x m x m my x Bài 4. Tìm a, b, c, d để hàm số: LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư73 a)    3 2y ax bx cx d đạt cực tiểu bằng 0 tại x = 0 và đạt cực đại bằng 427 tại x = 13 b)   4 2y ax bx c có đồ thị đi qua gốc toạ độ O và đạt cực trị bằng –9 tại x = 3 . c)    2 1 x bx cy x đạt cực trị bằng –6 tại x = –1. d)    2ax bx aby bx a đạt cực trị tại x = 0 và x = 4. e)    2 2 2 1 ax x by x đạt cực đại bằng 5 tại x = 1. LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư74 Phương pháp:  Trước hết ta tìm điều kiện để hàm số có cực trị  Biểu diễn điều kiện của bài toán thông qua tọa độ các điểm cực trị của đồ thị hàm số, từ đó ta tìm được điều kiện của tham số Chú ý:  Nếu ta gặp biểu thức đối xứng của hoành độ các điểm cực trị và hoành độ các cực trị là nghiệm của một tam thức bậc hai thì ta dùng định lí viet  Khi tính giá trị cực trị của hàm số qua điểm cực trị ta thường dùng các kết quả sau:  Kết quả 1: Cho hàm đa thức  ( )y P x . Giả sử    ax ( ) ( )y b P x r x . Khi đó, nếu x0 là điểm cực trị của hàm số thì giá trị cực trị của hàm số là 0 0( ) ( )y x r x và  ( )y r x gọi là phương trình quỹ tích các điểm cực trị  Kết quả 2: Cho hàm phân thức  ( ) , ( ) 0( ) u xy v xv x .Khi đó, nếu x0 là điểm cực trị của hàm số thì giá trị cực trị của hàm số là  00 0 '( )( ) '( ) u xy x v x và  ( )y r x gọi là phương trình quỹ tích các điểm cực trị Hai kết quả trên các em dễ dàng chứng minh được. BÀI TẬP MẪU: Bài 1. Tìm m để hàm số      3 21 2 1 23y x mx m x có hai điểm cực trị dương. Hướng dẫn: Hàm số xác định trên  Ta có:    2' 2 2 1y x mx m Hàm số có hai cực trị dương  ' 0y có hai nghiệm dương phân biệt DẠNG 3:Tìm điều kiện để hàm số có cực trị thỏa điều kiện nào đó LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư75 ' 0 1 0 2 10 mS mP            Bài 2. Tìm m để đồ thị hàm số     2 3 2 1 1 mx mx my x có cực đại và cực tiểu và hai điểm đó nằm về hai phía của trục Ox. Hướng dẫn:                             2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 5 1' 1 ' 0 2 5 1 0, 1 (1) 1 Haøm coù hai cöïc trò (1) coù hai nghieäm phaân bieät x , 1 6 0 Hai ñieåm cöïc trò naèm veà hai phía truïc Ox y(x ) ( ) 0 Ta coù: y(x ) 2 1 ; mx mx my x y mx mx m x mx m y x m x                2 2 1 2 y(x ) 2 1 1 1 y(x ) ( ) 0 .Vaäy laø nhöõng giaù trò caàn tìm2 2 0 0 m x m my x m m Bài 3. Tìm m để hàm số    3 22 12 13y x mx x có cực đại, cực tiểu và các điểm này cách đều trục tung. Hướng dẫn:                         2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 ' 2 3 6 ' 0 3 6 0 (*) Vì (*) luoân coù hai nghieäm phaân bieät neân haøm soá luoân coù hai cöïc trò ; Hai cöïc trò naøy caùch ñeàu truïc tung vì 0 0 x y x mx y x mx x x x x x x x x x x m Bài 4. Tìm m để hàm số          3 2 22 1 3 2 4y x m x m m x có cực đại, cực tiểu nằm về hai phía trục tung Hướng dẫn: LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư76  2 2 1 2 1 2 1 2 ' 3 2 2 1 3 2 Haøm coù cöïc daïi vaø cöïc tieåu naèm veà hai phía truïc tung y'=0 coù hai nghieäm phaân bieät , thoûa 0 0 1 2 y x m x m m x x x x x x m               Bài 5. Tìm m để hàm số       2 3 1y x m x x m có cực đại, cực tiểu thỏa . 1CD CTx x Hướng dẫn: Hàm số đã cho xác định trên  Ta có:      2' 3 2 3 2 1y x m x m Hàm số có cực đại, cực tiểu thỏa . 1CD CTx x          ' 0 2 1 1 m P m Bài 6. Tìm m để hàm số         3 21 11 3 23 3y mx m x m x có cực đại và cực tiểu và đồng thời hoành độ cực đại cực tiểu 1 2,x x thỏa  1 22 1x x Hướng dẫn: Hàm số đã cho xác định trên  Ta có:        2' 2 1 3 2y mx m x m Hàm số có cực đại, cực tiểu 1 2,x x             00 2 6 2 6' 0 2 2 mm m Theo định lí Vi-ét và yêu cầu bài toán ta có:                1 2 1 2 1 2 2 1 22 1 3 23 2 x x m mx x m mmx x m So sánh điều kiện,  23m hoặc m=2 là giá trị cần tìm LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư77 BTTT: Cho haøm soá  3 23 1 9 , vôùi m laø tham soá thöïcy x m x x m     a) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò haøm soá khi 1m  b) Tìm m ñeå haøm coù cöïc trò 1 2;x x sao cho 1 23 2 6x x m   Ñaùp soá: 1; 3m m   Bài 7. Tìm m để hàm số     22 3 2 2 x x my x có cực đại và cực tiểu và các điểm cực đại cực tiểu 1 2,x x thỏa  2 1 8x xy y Hướng dẫn:         1 2 1 2 2 2 2 1 2 Ta coù: Vôùi 0 vaø 2 ( )' 2 , ( ) 2 22 2 Haøm soá coù cöïc ñaïi vaø cöïc tieåu khi vaø chæ khi y'=0 coù hai nghieäm phaân bieät khaùc -2 m>0. Khiñoù: 4 3 4 3 x x x x m x m g xy vôùi g x x mx x y x y yy x                    8 0m   Bài 8. Tìm m để hàm số    22 3x x my x m có cực đại và cực tiểu và các điểm cực đại cực tiểu 1 2,x x thỏa  2 1 8x xy y Hướng dẫn: Hàm số đã cho xác định trên  \ { }m Ta có:           2 2 2 2 4 2' , ' 0 2 4 2 0(1)2 x mx my y x mx mx Hàm có cực trị (1) có hai nghiệm phân biệt 2 20 012 0 mm mm m m            Vì phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực trị là  4 3y x nên LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư78   2 1 8x xy y        1 2 1 5 22 1 5 2 m x x m Kết hợp điều kiện hàm có cực trị suy ra được  1 52m hoặc  1 52m là những giá trị cần tìm Bài 9. Tìm tham số m để hàm số 4 2 22 1y x m x   có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của tam giác vuông. Hướng dẫn: Hàm số đã cho xác định trên  Ta có:   2 2' 4y x x m . Với  0m hàm có ba cực trị. Khi đó tọa độ các điểm cực trị là        4 40;1 ; ;1 ; ;1A B m m C m m .Ba điểm cực trị lập thành tam giác ABC vuông (tại A) nên . 0AB AC     1m là những gí trị cần tìm Bài 10. Tìm tham số m để hàm số    4 2 42 2y x mx m m có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của tam giác đều. Hướng dẫn:                            2 4 4 2 4 2 0' 0 .(2) Ñoà thò haøm soá coù cöïc ñaïi, cöïc tieåu khi vaø chæ khi phöông trình (2) coù hai nghieäm phaân bieät khaùc 0 m>0 0; 20 Khi ñoù: y'=0 ; 2 ; 2 xy x m A m mx x m B m m m m x m C m m m m      3 . Haøm coù ba cöïc trò laäp thaønh tam giaùc ñeàu 3AB BC mAB AC BÀI TẬP ÁP DỤNG: Bài 1. Xác định giá trị m để hàm số       3 26 3 2 6y x x m x m đạt cực đại và LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư79 cực tiểu, đồng thời hai cực trị cùng dấu Hướng dẫn:     1 2 1 2 1 2 Haøm coù cöïc ñaïi vaø cöïc tieåu khi vaø chæ khi y'=0 coù hai nghieäm phaân bieät x , m<2.Tacoù: 14 ( ). ( ) 0 2 2 2 2 2 2 0 7 2 14Keát hôïp ñieàu kieän: 27 x my x y x m x m m x m m m                          Bài 2. Tìm tất cả các giá trị tham số m để       2 2 3 2 1 x m x my x có giá trị cực trị đồng thời  2 2 12CD CTy y Hướng dẫn:         2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 ( )' , 1, ( ) 2 21 1 Haøm ñaït cöïc ñaïi, cöïc tieåu khi g(x)=0 coù hai nghieäm , phaân bieät khaùc -1 1m>- .Goïi ;2 2 ; ;2 2 laø caùc ñieåm cöïc trò2 y 2 16 x x m g xy x g x x x mx x x x A x x m B x x m y m                   2 2 2 1 2 8. 1 1Xeùt ( ) 2 16 8,m>- haøm f(m) ñoàng bieán treân ;2 2 1 1 1 1neân ( ) . Vaäy :y , ;2 2 2 2 m f m m m f m f y m                            Bài 3. Tìm m để đồ thị hàm số    3 23y x x mx m có cực đại, cực tiểu và hai điểm này đối xứng nhau qua  1 52 2y x Hướng dẫn: Tập xác định:  D . Đạo hàm:   2 2' 3 6y x x m Ta có:     2 2' 0 3 6 0y x x m (1)  Hàm số có cực đại và cực tiểu  ' 0y có hai nghiệm phân biệt LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư80     2' 9 3 0m    3 3m Gọi    1 1 2 2; , ;A x y B x y là các điểm cực trị của đồ thị hàm số và I là trung điểm của đoạn AB . Do 1 2,x x là nghiệm của (1) nên theo định lí Vi-ét, ta có:  1 2 2x x ,  2 1 2. 3 mx x Hai điểm A, B đối xứng nhau qua đường thẳng   1 5: 2 2y x      AB I Đường thẳng  và AB có hệ số góc lần lượt là: 1 12k           3 3 2 2 2 2 1 2 1 2 12 1 2 2 1 2 1 3x x x x m x xy yk x x x x         2 21 2 1 2 1 23x x x x x x m     2 24 63 m m  22 6 3 m     1 2. 1AB k k       21 2 6. 12 3 m   0m . Với  0m :             2 1 1 2 2 0 0' 3 6 0 2 4 x yy x x x y Đồ thị hàm số có hai cực trị là    0;0 , 2; 4A B Trung điểm của AB là:  1; 2I Hơn nữa I . Vậy:  0m thoả yêu cầu bài toán. Bây giờ ta hãy xét bài toán sau theo cách nhìn khác. Từ đó, các em có thể chọn ra cách giải cho riêng mình. Bài tập: Cho hàm số 3 2 23y x mx m m    . Tìm giá trị m để hàm có giá trị cực đại và cực tiểu, đồng thời các cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng 1 12 2y x  Hướng dẫn: LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư81 Ta có: 0' 0 2 xy x m      . Hàm có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi 0m  Cách 1: Trong trường hợp hai cực trị có tọa độ thuận lợi Gọi    2 3 20; ; 2 ; 4A m m B m m m m    là hai cực trị của hàm số. Gọi M là trung điểm của AB  3 2; 2M m m m m    Điều kiện cần: Để hai điểm A, B đối xứng nhau qua đường thẳng 1 1: 2 2d y x  , điều kiện cần là điểm M nằm trên 1d m  Điều kiện đủ: Khi  1 2; 4m AB     hệ số góc của đường thẳng AB là 2k   . Do đó, AB vuông góc với đường thẳng d. Kết luận: 1m  Cách 2: Áp dụng cho trường hợp có hai cực trị không thuận lợi Ta có:  2 21 ' 23 3my x y m x m m         . Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của hàm số là 2 22y m x m m    . Điều kiện cần: Để hai điểm A,B đối xứng qua đườ ng thẳng d điều kiện cần là đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng 1d m   Điều kiện đủ: - Khi 1 , (1;0)m A B M   là trung điểm của AB và M thuộc d . - Khi 1 , ( 1;2)m A B M     là trung điểm của AB và M  d . Kết luận: 1m  Bài 4. Tìm m để hàm   2 1 x mxy x có cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị bằng 10. Hướng dẫn: Hàm đã cho xác định trên  \ {1}. Hàm có cực trị khi  1m Đường thẳng đi qua các điểm cực trị có phương trình là   2y x m . Do đó, các LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư82 điểm cực trị là       1 1 2 2; 2 ; ; 2A x x m B x x m    2 100 4AB m Vậy, m=4 là gí trị cần tìm Bài 5. Tìm giá trị của m để hàm số    2 2 2 1 x mxy x có cực đại và cực tiểu, và khoảng cách từ hai điểm đó đến đường thẳng    : 2 0x y bằng nhau Hướng dẫn:                           2 1 2 1 1 2 2 1 2 Haøm ñaït cöïc ñaïi, cöïc tieåu khi ( ) 2 2 -2 0 coù hai nghieäm , 3phaân bieät khaùc -1 m< 2 Goïi ;2 ; ;2 laø caùc ñieåm cöïc trò 1Theo giaû thieát: d ; ; 3 2 2 3 2 2 2 g x x x m x x A x x m B x x m A d B x m x m m Bài 6. Tìm giá trị của m để hàm số    2 2 1 x mxy x có cực tiểu nằm trên Parabol:   2 4y x x Hướng dẫn:                                 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2 ( )' , 11 1 Haøm coù cöïc ñaïi vaø cöïc tieåu g(x)=0 coù hai nghieäm phaân bieät , khaùc 1 -3 1 3 2 2 3y'=0 1 3 2 2 3 x x m g xy xx x x x m x m y m m x m y m m Bảng biến thiên     1 1Döïa vaøo baûng bieán thieân thì A ; laø ñieåm cöïc tieåu cuûa haøm soá A (P) m=-2 x y LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư83 Bài 7. Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm  2;0A  sao cho khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số 3 3 2y x x    đến d là lớn nhất. Hướng dẫn: ' 0 1y x    . Điểm cực đại của đồ thị hàm số là  1;0M . Hạ ,MH d ta có   , Ox. khaùc d ñi qua A 2;0 . Vaäy phöông trình ñöôøng thaúng d laø: 2 MH MA MH MA H A d MA d Maët x            Bài 8. Tìm các giá trị của m để hàm số 4 22 1y x mx m    có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1. Hướng dẫn : Hàm có ba cực trị 0m  . Gọi các điểm cực trị là  2; 1 ;A m m m     0; 1B m  ;  2; 1 .C m m m   Dễ thấy tam giác ABC cân tại BÀI và tâm I của đường tròn ngoại tiếp thuộc trục tung. Giả sử  0;I b , ta có:       22 2 11 11 1 5 1 1 2 mm m m bIA IB mm b                     Bài 9. Cho hàm số  3 2 2 33 3 1y x mx m x m m      , m là tham số. Chứng minh rằng hàm số luôn có cực đại cực tiểu với mọi m. Tìm m để các điểm cực trị và điểm I(1;1) tạo thành tam giác nội tiếp đường tròn có bán kính bằng 5 Hướng dẫn: Bước 1: Các cực trị của hàm số là    1;2 2 ; 1; 2 2A m m B m m     Bước 2: Phương trình đường thẳng AB: 2 0x y  . Từ đó suy ra A,B,I lập thành ba đỉnh của một tam giác Bước 3: Để ý 2AB R nên đường tròn ngoại tiếp tam giác là đường tròn có đường kính AB hay IAB vuông tại I LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư84 Đáp số: 1 3 5 m m     LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư85 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Tìm m để hàm số : a)        3 2 2 22( 1) ( 4 1) 2( 1)y x m x m m x m đạt cực trị tại hai điểm x1, x2 sao cho:   1 2 1 2 1 1 1 ( )2 x xx x . b)    3 21 13y x mx mx đạt cực trị tại hai điểm x 1, x2 sao cho:  1 2 8x x . Bài 2. Tìm m để hàm số : a)      2 2 1 x mx my x m có cực đại, cực tiểu và các giá trị cực đại, cực tiểu cùng dấu. b)       2 2( 1) 4 2 1 x m x m my x có cực đại, cực tiểu và tích các giá trị cực đại, cực tiểu đạt giá trị nhỏ nhất. c)     2 3 4 x x my x có giá trị cực đại M và giá trị cực tiểu m thoả   4M m . d)     22 3 2 2 x x my x có  12CÑ CTy y . Bài 3. Tìm m để đồ thị hàm số : a)    3 2 4y x mx có hai điểm cực trị là A, B và  2 2 900 729 mAB . b)    4 2 4y x mx x m có 3 điểm cực trị là A, B, C và tam giác ABC nhận gốc toạ độ O làm trọng tâm. c)     2 2x mx my x m có hai điểm cực trị nằm hai phía đối với trục tung. Chứng minh hai điểm cực trị luôn luôn nằm cùng một phía đối với trục hoành. d)   2 1 x mxy x có khoảng cách giữa hai điểm cực trị bằng 10. e)     2 2 5 1 x mxy x có hai điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía đối với LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư86 đường thẳng y = 2x. f)     2 2 3x x my x m có hai điểm cực trị và khoảng cách giữa chúng nhỏ nhất. Bài 4. Tìm m để đồ thị hàm số : a)    3 22 12 13y x mx x có hai điểm cực trị cách đều trục tung. b)   3 2 33 4y x mx m có các điểm cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua đường phân giác thứ nhất. c)   3 2 33 4y x mx m có các điểm cực đại, cực tiểu ở về một phía đối với đường thẳng (d):   3 2 8 0x y . d)      2 2(2 1) 1 1 x m x my x có hai điểm cực trị nằm ở hai phía đối với đường thẳng (d):   2 3 1 0x y . Bài 5. Tìm m để đồ thị hàm số : a)      2 ( 1) 2 1x m x my x m có hai điểm cực trị ở trong góc phần tư thứ nhất của mặt phẳng toạ độ. b)      2 2 22 (4 1) 32 2 2 mx m x m my x m có một điểm cực trị nằm trong góc phần tư thứ hai và điểm kia nằm trong góc phần tư thứ tư của mặt phẳng toạ độ. c)      2 2 2( 1) 4mx m x m my x m có một điểm cực trị nằm trong góc phần tư thứ nhất và điểm kia nằm trong góc phần tư thứ ba của mặt phẳng toạ độ. d)      2 2(2 1) 1 1 x m x my x có hai điểm cực trị nằm ở hai phía của trục hoành (tung). Bài 6. Cho hàm số      3 21 7 1 163y x m x x m . Xác định m để: a) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu b) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu   1 2; 1;x x LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư87 Bài 7. Cho hàm số      3 2 36 5y x mx m x . Xác định m để a) Hàm số không có cực trị b) Hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm 1 2;x x thoả mãn  1 2 4 2x x Bài 8. Cho hàm số     22 2 1 1 x mx my x . Xác định m để a) Hàm số có cực đại, cực tiểu b) Hàm số có các điểm cực trị 1 2;x x thoả      1 22 1 0x x Baøi 9. Cho haøm soá 4 2 22 coù ñoà thò laø (C ) vôùi m laø tham soámy x mx m m    a) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò haøm soá khi 1m   b) Tìm m ñeå (Cm) coù ba ñieåm cöïc trò vaø ba ñieåm cöïc trò naøy laäp thaønh moät tam giaùc coù moät goùc baèng 1200 Höôùng daãn: 2 0' 0 xy x m       Ñeå haøm coù ba cöïc trò thì 0m  Toïa ñoä caùc ñieåm cöïc trò      20; ; ; ; ;A m m B m m C m m    . Tam giaùc ABC caân taïi A. Ñeå tam giaùc ABC coù moät goùc baèng 1200 thì  0120BAC     44 31 1cos cos , 2 3m mBAC AC AB mm m         Baøi 10. ÑHB 2011. Cho  4 22 1y x m x m    , m laø tham soá thöïc 1. Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò haøm soá vôùi m=1 2. Tìm m ñeå ñoà thò haøm soá coù ba cöïc trò A, B, C sao cho OA=BC, trong ñoù O laø goác toïa ñoä, A laø cöïc trò thuoäc truïc tung, B vaø C laø hai cöïc trò coøn laïi. Baøi 11. CÑ2009. Cho    3 22 1 2 2y x m x m x      1. Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò haøm soá vôùi m=2 LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư88 2. Tìm m ñeå ñoà thò haøm soá coù cöïc ñaïi vaø cöïc tieåu vaø caùc ñieåm cöïc trò coù hoaønh ñoä döông. LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư89 Những chú ý khi giải toán: 1) Hàm số đa thức:  Chia f(x) cho f (x) ta được: f(x) = Q(x).f (x) + Ax + B.  Khi đó, giả sử (x1; y1), (x2; y2) là các điểm cực trị thì:        1 1 1 2 2 2 ( ) ( ) y f x Ax B y f x Ax B  Các điểm (x1; y1), (x2; y2) nằm trên đường thẳng y = Ax + B. 2) Hàm số phân thức      2( )( ) ( ) P x ax bx cy f x Q x dx e .  Giả sử (x0; y0) là điểm cực trị thì  00 0 '( ) '( ) P xy Q x .  Giả sử hàm số có cực đại và cực tiểu thì phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị ấy là:  '( ) 2'( ) P x ax by Q x d . BÀI TẬP MẪU: Bài 1.Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị củ a đồ thị hàm số    3 23 6 8y x x x Hướng dẫn: Hàm số xác định trên         1 3' 0 1 3 xy x Ta có:          2( ) 2 2 1 6 1f x x x x x Tọa độ các điểm cực trị thỏa hệ:                    2 ' 0 6 12 2 1 6 1 y y xy x x x x DẠNG 4: Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư90 Vậy các điểm cực trị nằm t rên đường thẳng    6 1y x Bài 2. Tìm tham số m    3 2 7 3y x mx x có đường thẳng đi qua các điểm cực đại, cực tiểu vuông góc với đường thẳng y = 3x – 7. Hướng dẫn: Hàm số có CĐ, CT       23 2 7 0f x x mx có 2 nghiệm phân biệt       2 21 0 21m m . Thực hiện phép chia f (x) cho f (x) ta có:             2 71 23 21 39 9 9mf x x m f x m x Với  21m thì phương trình    0f x có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số y  f (x) đạt cực trị tại x1, x2. Ta có:      1 2 0f x f x suy ra                 2 21 1 1 2 2 27 72 221 3 ; 21 39 9 9 9m my f x m x y f x m x  Đường thẳng đi qua CĐ, CT là ():     2 72 21 39 9my m x Ta có ()  y  3x  7          2 2 3 10452 21 .3 1 219 2 2m m m Bài 3. Tìm tham số m để    3 2 23y x x m x m có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng ():  1 52 2y x . Hướng dẫn: Hàm số có CĐ, CT       2 23 6 0f x x x m có 2 nghiệm phân biệt       29 3 0 3m m . Thực hiện phép chia f (x) cho f (x) ta có:             221 21 33 3 3mf x x f x m x m Với  3m thì phương trình    0f x có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và hàm số y  f (x) đạt cực trị tại x1, x2. Ta có:      1 2 0f x f x nên LUYỆN THI ĐẠI HỌC CHẤT LƯỢNG CAO Chuyên đề LTĐH Biên soạn: Trần Đình Cư91                 2 22 21 1 1 2 2 22 23 ; 33 3 3 3m my f x m x m y f x m x m  Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (d):     222 33 3my m x m . Các điểm cực trị  