Chủ đề này có 43 trả lời

[tangbangtroi17]

Mình xin trình bày lại bài 3,như mình nói trên
xét HS $y=-\frac{1}{3}x^3+(m-1)x^2+(m+3)x-4$ trên $\left [ 0;3 \right ]$
-TXĐ: D=$\mathbb{R}$
-$y'=-x^2+2(m-1)x+m+3$
HS ĐB trên $\left [ 0;3 \right ]$$\Leftrightarrow$$y'\geq 0,\forall x\epsilon \left [ 0;3 \right ] \Leftrightarrow -x^2+2(m-1)x+m+3\geq 0 ,\forall x\epsilon \left [ 0;3 \right ] \Leftrightarrow -x^2+2mx-2x+m+3\geq 0 ,\forall x\epsilon \left [ 0;3 \right ] \Leftrightarrow m(2x+1)\geq x^2+2x-3 \geq 0 ,\forall x\epsilon \left [ 0;3 \right ] \Leftrightarrow m\geq \frac{x^2+2x-3}{2x+1}=g(x),\forall x\epsilon \left [ 0;3 \right ] \Leftrightarrow m\geq \underset{\left [ 0;3 \right ]}{\left [Max \right ]}g(x)

*)g'(x)=\frac{(2x+2)(2x+1)-2(x^2+2x-3)}{(2x+10)^2}=\frac{4x^2+6x+2-2x^2-4x+6}{(2x+1)^2}=\frac{2x^2+2x+8}{(2x+1)^2}> 0 ,\forall x\epsilon \left [ 0;3 \right ] \Rightarrow g(x) ĐB trên \left [ 0;3 \right ]$ $\Rightarrow \overset{Max}{\left [ 0;3 \right ]}g(x)=g(3)=\frac{12}{7}$
Vậy để HSĐB trên $\left ( 0;3 \right )$ thì $m> \frac{12}{7}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tangbangtroi17: 16-09-2012 - 07:12

[minhson95]

Ví dụ 5: (ĐH QGHN – 2000)
Cho hàm số $y={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+mx+m$
Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để hàm số nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 1.
Phân tích:
Bài toán tương đương với:
Tìm m để $g\left( x \right)=3{{x}^{2}}+6x+m$ có mang dấu âm trên một đoạn có độ dài bằng 1.
Vấn đề cần phân tích là âm trên một đoạn có độ dài bằng 1, nếu chưa từng gặp thì các em sẽ có cảm giác khá lạ lẫm với kiểu câu hỏi như thế này.
Cùng suy nghĩ một chút nhé, khi xét dấu tam thức bậc hai có những khả năng nào?
- Nếu $\Delta \le 0$ thì $g\left( x \right)$ mang dấu âm trên những khoảng nào, và khoảng ấy có độ dài như thế nào?
- Tương tự nếu $\Delta >0$ thì sao?
Khi trả lời 2 câu hỏi này các em sẽ phát hiện ra rằng chỉ khi $\Delta \ge 0$ thì mới xuất hiện một đoạn “Trong khoảng hai nghiệm” có độ dài hữu hạn và độ dài của đoạn này là $\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|$ (với ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ là nghiệm của $g\left( x \right)$)
Từ đó ta có điều kiện tương đương của bài toán là: $\left\{ \begin{array}{l}\Delta '=9-3m>0\\ \left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|=1 \end{array} \right.$ Và đến đây một phản xạ tự nhiên là ta sẽ nghĩ đến định lí Viet! Bài toán được giải quyết.
LG:
TXĐ: $D=\mathbb{R}$
$y'=g\left( x \right)=3{{x}^{2}}+6x+m,$ $\Delta '=9-3m$
Để thỏa mãn yêu cầu đề bài thì $y'\le 0$ trên một đoạn có độ dài bằng 1
Nếu $\Delta '\le 0$ thì $g\left( x \right)\ge 0,\forall x\in \mathbb{R}=\left( -\infty ;+\infty \right)$ (không thỏa mãn)
Nếu $\Delta '>0\Leftrightarrow m<3$, $g\left( x \right)$ có hai nghiệm ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ và $g\left( x \right)\le 0,\forall x\in \left[ {{x}_{1}};{{x}_{2}} \right]$
Khi đó, để $y'\le 0$ trên một đoạn có độ dài bằng 1 thì
$\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|=1\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}=1\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-4{{x}_{1}}{{x}_{2}}=1\Leftrightarrow {{\left( -2 \right)}^{2}}-4.\frac{m}{3}=1\Leftrightarrow m=\frac{9}{4}$ (thỏa mãn)
Bài toán: Cho hàm số $y=a{{x}^{3}}+b{{x}^{2}}+cx+d$. Tìm điều kiện để hàm số đồng biến trong một khoảng có độ dài $\ge k$
Cách giải: Điều kiện của bài toán được thỏa mãn khi $y'\ge 0$ trên một khoảng có độ dài $\ge k$, điều đó xảy ra khi và chỉ khi $a<0$ và phương trình $y'=0$ có hai nghiệm phân biệt ($\Delta >0$) thỏa mãn
$\left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right|\ge k$$\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}^{2}}\ge {{k}^{2}}$$\Leftrightarrow {{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-4{{x}_{1}}{{x}_{2}}\ge {{k}^{2}}$
Sử dụng định lí Viet và suy ra kết quả.

Sau đây sẽ là một ví dụ về hàm phân thức bậc hai trên bậc nhất. (Loại hàm này sẽ không gặp trong câu I.2, nhưng vẫn có thể gặp trong phần riêng trong chương trình nâng cao)

Ví dụ 6: Cho hàm số: $y=\frac{{{x}^{2}}-\left( 3m+1 \right)x+5m-1}{x-m}$ .Tìm m để hàm số đồng biến trong khoảng $\left( 0;1 \right)$.
LG:
TXĐ: $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}$
Hàm số xác định trên khoảng $\left( 0;1 \right)$ nếu $m\notin \left( 0;1 \right)\Leftrightarrow m\in \left( -\infty ;0 \right]\cup \left[ 1;+\infty \right)$. Khi đó:
$y'=\frac{{{x}^{2}}-2mx+3{{m}^{2}}-4m+1}{{{\left( x-m \right)}^{2}}}$
Để hàm số đồng biến trong khoảng $\left( 0;1 \right)$ thì $y'\ge 0$,$\forall x\in \left( 0;1 \right)$
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2mx+3{{m}^{2}}-4m+1\ge 0$,$\forall x\in \left( 0,1 \right)$ (*)
Xét tam thức $f\left( x \right)={{x}^{2}}-2mx+3{{m}^{2}}-4m+1$, $\Delta '=-2{{m}^{2}}+4m-1$
- Nếu: $\Delta \le 0\Leftrightarrow -2{{m}^{2}}+4m-1\le 0\Leftrightarrow m\in \left( -\infty ;\frac{2-\sqrt{2}}{2}\right]\cup \left[ \frac{2+\sqrt{2}}{2};+\infty \right)$
Thì $f\left( x \right)\ge 0,$$\forall x\in \mathbb{R}$, khi đó kết hợp với điều kiện ban đầu thì (*)$\Leftrightarrow m\in \left( -\infty ;0 \right]\cup \left[ \frac{2+\sqrt{2}}{2};+\infty \right)$
- Nếu: $\Delta >0\Leftrightarrow $$m\in \left( \frac{2-\sqrt{2}}{2};\frac{2+\sqrt{2}}{2} \right)$
Thì $f\left( x \right)$ có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ và $f\left( x \right)\ge 0,$$\forall x\in \left( -\infty ;{{x}_{1}} \right]\cup \left[ {{x}_{2}};+\infty \right)$
Do đó để $f\left( x \right)\ge 0,$$\forall x\in \left( 0;1 \right)$ thì $\left( 0;1 \right)\subset \left( -\infty ;{{x}_{1}} \right]\cup \left[ {{x}_{2}};+\infty \right)$ tức là: $1\le {{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ hoặc ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}\le 0$

TH1: ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}\le 0\Leftrightarrow $$\left\{ \begin{array}{l}{{x}_{1}}+{{x}_{2}}<0\\ {{x}_{1}}{{x}_{2}}\ge 0 \end{array} \right.$$\Leftrightarrow $$\left\{ \begin{array}{l}2m<0\\ 3{{m}^{2}}-4m+1\ge 0 \end{array} \right.$$\Leftrightarrow m<0$ (Không t/m)

TH2: $1<{{x}_{1}}<{{x}_{2}}$$\Leftrightarrow 0<{{x}_{1}}-1<{{x}_{2}}-1$ (**)
Đặt $t=x-1\Leftrightarrow x=t+1$, thế vào $f\left( x \right)$ ta được:
$g\left( t \right)={{\left( t+1 \right)}^{2}}-2m\left( t+1 \right)+3{{m}^{2}}-4m+1={{t}^{2}}+\left( 2-2m \right)t+3{m}^{2}-6m+2$

(**)$\Leftrightarrow 0\le {{t}_{1}}<{{t}_{2}}$ với ${{t}_{1}},{{t}_{2}}$ là nghiệm của $g\left( t \right)$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{t}_{1}}+{{t}_{2}}<0\\ {{t}_{1}}{{t}_{2}}\ge 0 \end{array} \right.$$\Leftrightarrow $$\left\{ \begin{array}{l}2m-2<0\\ 3m-6m+2\ge 0 \end{array} \right.$$\Leftrightarrow $$m\le \frac{3-\sqrt{3}}{3}$
Kết luận: Vậy với $m\in \left( -\infty ;0 \right]\cup \left[ \frac{2+\sqrt{2}}{2};+\infty \right)$ thì thỏa mãn điều kiện đề bài!
Chú ý: Nhiều tài liệu trình bày lời giải bài toán trên rất ngắn gọi dựa vào định lí đảo dấu tam thức bậc hai, định lí này hiện không được giới thiệu trong SGK chương trình THPT, vì vậy các em cần chú ý.

Em xin góp ý VD6 chỗ TH2 phải là $1\leq{{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ $\Leftrightarrow 0 \leq {{x}_{1}}-1<{{x}_{2}}-1$ (**) vì lấy được cả dấu bằng tại 1 mà.

[minhson95]

y' không thể bằng 0 được! Nếu bằng 0 thì hàm suy biến thành hàm hằng và đương nhiên nó không thể đồng biến hay nghịch biến được!
Đúng phải thêm hai giá trị 1 và -1

Thế khi nào thì mới xét cả dấu bằng 0 hả anh?
Em cũng chưa hiểu lắm chỗ xét dấu này
vì em thấy có bài không xét dấu bằng không có bài lại xét?

VD như bài tập 2 theo lời giải của nthoangcute

""Ta có $y'=\dfrac{(m-2)(m-3)}{(x+m)^2}$
a) Hàm số luôn nghịch biến trên $D$
$\Leftrightarrow y'<0, \forall x \in D$
$\Leftrightarrow 2 <m<3$
b) Hàm số nghịch biến trên khoảng $\left( -2;-1 \right)$
$\Leftrightarrow y'<0, \forall x \in \left( -2;-1 \right) \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
2<m<3\\
-m \notin \left( -2;-1 \right)
\end{matrix}\right.\Leftrightarrow 2<m<3$
c) Hàm số đồng biến trên hai khoảng $\left( -\infty ;-4 \right)$ và $\left( 1;+\infty \right)$
$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
y'\geq0, \forall x \in \left( -\infty ;-4 \right)\\
y'\geq0, \forall x \in \left( 1;+\infty \right)
\end{matrix}\right.
\Leftrightarrow
\left\{\begin{matrix}
(m-2)(m-3)\geq 0\\
-m \notin \left( -\infty ;-4 \right)\\
-m \notin \left( 1;+\infty \right)

\end{matrix}\right.
\Leftrightarrow
\left\{\begin{matrix}
-1 \leq m \leq 2\\
3 \leq m \leq 4
\end{matrix}\right.$$""

thì phần a,b không xét dấu bằng không còn phần c lại xét?
Mọi người giải thích giúp với?

[tkf]

Thế khi nào thì mới xét cả dấu bằng 0 hả anh?
Em cũng chưa hiểu lắm chỗ xét dấu này
vì em thấy có bài không xét dấu bằng không có bài lại xét?

VD như bài tập 2 theo lời giải của nthoangcute............

thì phần a,b không xét dấu bằng không còn phần c lại xét?
Mọi người giải thích giúp với?

Theo mình với bài này cả 3 phần đều không thể lấy dấu = được.
Bởi vì đây là hàm bậc nhất trên bậc nhất, nếu có lấy dấu bằng sẽ suy biến thành hàm hằng.
Các bài dạng này xét dấu bằng của y' khi nó không là hàm nhất biến.và hàm số đồng biến hay nghịch biến cần có thêm điều kiện dấu bằng xảy ra tại hữu hạn điểm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tkf: 16-09-2012 - 14:17

[tkf]

Ví dụ 6: Cho hàm số: $y=\frac{{{x}^{2}}-\left( 3m+1 \right)x+5m-1}{x-m}$ .Tìm m để hàm số đồng biến trong khoảng $\left( 0;1 \right)$.
LG:
TXĐ: $D=\mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}$
Hàm số xác định trên khoảng $\left( 0;1 \right)$ nếu $m\notin \left( 0;1 \right)\Leftrightarrow m\in \left( -\infty ;0 \right]\cup \left[ 1;+\infty \right)$. Khi đó:
$y'=\frac{{{x}^{2}}-2mx+3{{m}^{2}}-4m+1}{{{\left( x-m \right)}^{2}}}$
Để hàm số đồng biến trong khoảng $\left( 0;1 \right)$ thì $y'\ge 0$,$\forall x\in \left( 0;1 \right)$
$\Leftrightarrow {{x}^{2}}-2mx+3{{m}^{2}}-4m+1\ge 0$,$\forall x\in \left( 0,1 \right)$ (*)
Xét tam thức $f\left( x \right)={{x}^{2}}-2mx+3{{m}^{2}}-4m+1$, $\Delta '=-2{{m}^{2}}+4m-1$
- Nếu: $\Delta \le 0\Leftrightarrow -2{{m}^{2}}+4m-1\le 0\Leftrightarrow m\in \left( -\infty ;\frac{2-\sqrt{2}}{2}\right]\cup \left[ \frac{2+\sqrt{2}}{2};+\infty \right)$
Thì $f\left( x \right)\ge 0,$$\forall x\in \mathbb{R}$, khi đó kết hợp với điều kiện ban đầu thì (*)$\Leftrightarrow m\in \left( -\infty ;0 \right]\cup \left[ \frac{2+\sqrt{2}}{2};+\infty \right)$
- Nếu: $\Delta >0\Leftrightarrow $$m\in \left( \frac{2-\sqrt{2}}{2};\frac{2+\sqrt{2}}{2} \right)$
Thì $f\left( x \right)$ có hai nghiệm phân biệt ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ và $f\left( x \right)\ge 0,$$\forall x\in \left( -\infty ;{{x}_{1}} \right]\cup \left[ {{x}_{2}};+\infty \right)$
Do đó để $f\left( x \right)\ge 0,$$\forall x\in \left( 0;1 \right)$ thì $\left( 0;1 \right)\subset \left( -\infty ;{{x}_{1}} \right]\cup \left[ {{x}_{2}};+\infty \right)$ tức là: $1\le {{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ hoặc ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}\le 0$

TH1: ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}\le 0\Leftrightarrow $$\left\{ \begin{array}{l}{{x}_{1}}+{{x}_{2}}<0\\ {{x}_{1}}{{x}_{2}}\ge 0 \end{array} \right.$$\Leftrightarrow $$\left\{ \begin{array}{l}2m<0\\ 3{{m}^{2}}-4m+1\ge 0 \end{array} \right.$$\Leftrightarrow m<0$ (Không t/m)

TH2: $1<{{x}_{1}}<{{x}_{2}}$$\Leftrightarrow 0<{{x}_{1}}-1<{{x}_{2}}-1$ (**)
Đặt $t=x-1\Leftrightarrow x=t+1$, thế vào $f\left( x \right)$ ta được:
$g\left( t \right)={{\left( t+1 \right)}^{2}}-2m\left( t+1 \right)+3{{m}^{2}}-4m+1={{t}^{2}}+\left( 2-2m \right)t+3{m}^{2}-6m+2$

(**)$\Leftrightarrow 0\le {{t}_{1}}<{{t}_{2}}$ với ${{t}_{1}},{{t}_{2}}$ là nghiệm của $g\left( t \right)$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{{t}_{1}}+{{t}_{2}}<0\\ {{t}_{1}}{{t}_{2}}\ge 0 \end{array} \right.$$\Leftrightarrow $$\left\{ \begin{array}{l}2m-2<0\\ 3m-6m+2\ge 0 \end{array} \right.$$\Leftrightarrow $$m\le \frac{3-\sqrt{3}}{3}$
Kết luận: Vậy với $m\in \left( -\infty ;0 \right]\cup \left[ \frac{2+\sqrt{2}}{2};+\infty \right)$ thì thỏa mãn điều kiện đề bài!

Em xin góp ý đoạn này :
TH2 do $do x_1,x_2>1$
$\begin{Bmatrix}t_1=x_1-1> 0 & & \\t_2=x_2-1>0 & & \end{Bmatrix}\Rightarrow t_1+t_2>0$$\begin{Bmatrix}t_1=x_1-1> 0 & & \\t_2=x_2-1>0 & & \end{Bmatrix}\Rightarrow t_1+t_2>0$
Nên trong TH này giải ra ta có $m\geq \frac{3+\sqrt{3}}{3}$

KL: $m\leqslant 0$ hoặc $m\geq \frac{3+\sqrt{3}}{3}$

Đoạn KL em không biết gõ latex

[E. Galois]

Thầy cho em hỏi có thể kết luận như thế này được không ạ:
- Hàm số nghịch biến trên $\left[ -1;2 \right]$
- Hàm số đồng biến trên $\left( -\infty ;-1 \right]$ và $\left[ 2;+\infty \right)$

Câu trả lời là hoàn toàn có thể được. Vì khái niệm đồng biến, nghịch biến ko được xét tại 1 điểm mà xét trong 1 tập hợp. Mặt khác hai tập $[a;b]$ và $(a;b)$ chỉ khác nhau 2 số ở biên, do đó, hoàn toàn có thể kết luận như bạn

ở câu c Hàm số đồng biến trên hai khoảng $\left( -\infty ;-4 \right)$ và $\left( 1;+\infty \right)$ thì có thể đưa về hàm số nghịch biến trên ( -4;1)đc ko mọi ng???

Câu trả lời là chưa chắc.
Hàm số không đồng biến có thể là hàm hằng chứ chưa chắc là nghịch biến

[leminhansp]

Rất xin lỗi các bạn và các em hôm nay mình mới sửa các lỗi trong bài giảng và đã up lại bản tải về!
Chúc các em ôn thi tốt!
Thân!

[khanhduyee04]

Ví dụ 4: Cho hàm số: y=13x3−12(2m+1)x2+(3m+2)x−5m+2
Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1)


Chổ VD4 này em không hiểu cái chỗ




x1x2≤0 <=> 3m+2≤0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanhduyee04: 27-09-2012 - 18:06

[leminhansp]

Ví dụ 4: Cho hàm số: y=13x3−12(2m+1)x2+(3m+2)x−5m+2
Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1)


Chổ VD4 này em không hiểu cái chỗ




x1x2≤0 <=> 3m+2≤0

Em đưa về tổng ($x_{1}+x_{2}$) và tích ($x_{1}x_{2}$) của hai nghiệm, sau đó áp dụng định lí Viet cho phương trình bậc hai (em còn nhớ định lí viet chứ?) Chú ý là $x_{1}, x_{2}$ là nghiệm của phương trình $y'=0$ nhé
$x_{1}+x_{2}=\frac{-b}{a}=2m+1, x_{1}x_{2}=\frac{c}{a}=3m+2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi leminhansp: 27-09-2012 - 18:31

[khanhduyee04]

Em đưa về tổng ($x_{1}+x_{2}$) và tích ($x_{1}x_{2}$) của hai nghiệm, sau đó áp dụng định lí Viet cho phương trình bậc hai (em còn nhớ định lí viet chứ?) Chú ý là $x_{1}, x_{2}$ là nghiệm của phương trình $y'=0$ nhé
$x_{1}+x_{2}=\frac{-b}{a}=2m+1, x_{1}x_{2}=\frac{c}{a}=3m+2$

Em hiểu rồi , cảm ơn anh !!!!!

[minhson95]

Mọi người cho em hỏi hàm số làm sao để biết hàm số $y=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$ có trục đối xứng hay không ạ?

[beluoitin]

ở phần lí thuyết: hàm đa thức bậc 3 là :
y = a$x^{3}$ + b$x^{3}$ + cx + d
theo mình nghĩ thì phải là :
y = a$x^{3}$ + b$x^{2}$ + cx +d
như vậy có đúng không ạ !

[beluoitin]

Ví dụ 3: Cho hàm số:
y=13x3+(m−1)x2+(2m−3)x−5
Tìm m để hàm số đồng biến trên trên (2;3).
Phân tích:
Với việc phân tích tương tự như trên ta nhận thấy rằng bài toán trên thực chất là bài toán sau:
Tìm m để y′=x2+2(m−1)x+2m−3≥0,∀x∈(2;3)
Với bài toán này thì các em có thể có các cách làm khác nhau.
LG:
TXĐ: D=R
y′=x2+2(m−1)x+2m−3
Để hàm số đồng biến trên (2;3) thì y′≥0,∀x∈(2,3)⇔x2+2(m−1)x+2m−3≥0,∀x∈(2;3)

Cách 1: Δ′=(m−1)2−2m+3=m2−4m+4=(m−2)2
Do đó:
Nếu m=2 thì y′=x2+2x+1=(x+1)2≥0,∀x∈(2;3) (t/m)
Nếu m≠2 thì y′=0 có hai nghiệm phân biệt x1<x2, x1,x2∈{−1;−2m+3}
Khi đó: y′≥0⇔x∈(−∞;x1]∪[x2;+∞ )
Để y′≥0,∀x∈(2;3) thì 3<x1 hoặc x2<2 (*)
TH1: x1=−1;x2=−2m+3 ⇒−1<−2m+3⇔m<2 thì (∗)⇔⎧⎩⎨⎪⎪[3<−1−2m+3<2m<2⇔12<m<2
TH2: x1=−2m+3;x2=−1 ⇒−2m+3<−1⇔m>2 thì (∗)⇔⎧⎩⎨⎪⎪[3<−2m+3−1<2m>2⇔m>2
Vậy với m>12 thì thỏa mãn điều kiện đề bài.
cho mình hỏi tại sao
để y' $\geq$ 0, $\forall$ x $\epsilon$ (2,3)
thì 3 < $x_{1}$ hoặc $x_{2}$ <2

[leminhansp]

cho mình hỏi tại sao
để y' $\geq$ 0, $\forall$ x $\epsilon$ (2,3)
thì 3 < $x_{1}$ hoặc $x_{2}$ <2

Ta đã có: y′≥0⇔x∈(−∞;x1]∪[x2;+∞ )
Để y′≥0,∀x∈(2;3) thì $(2;3)\subseteq (-\infty ;x_{1}]\cup [x_{2};+\infty )$ tức là $(2;3)\subseteq (-\infty ;x_{1}]$ hoặc $(2;3)\subseteq [x_{2};+\infty )$
$\leftrightarrow$$\left[ \begin{array}{1}2<3\le x_{1}\\x_{2}\le 2<3 \end{array} \right.$$\leftrightarrow$$\left[ \begin{array}{1}3\le x_{1}\\x_{2}\le 2 \end{array} \right.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi leminhansp: 11-10-2012 - 20:24

[leminhansp]

Mọi người cho em hỏi hàm số làm sao để biết hàm số $y=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$ có trục đối xứng hay không ạ?

Ý bạn hỏi là với hàm đa thức bậc 4 đầy đủ tức là ($a\neq 0$) đúng không?
Để khảo sát vấn đề này có lẽ khá phức tạp, nó cũng tương tự như hàm bậc 4 trùng phương nhưng việc xác định nghiệm của $y'=0$ khó khăn hơn rất nhiều
Nếu đã xác định được vẽ được bảng biến thiên thì sẽ nhìn thấy trục đối xứng và dùng phép tịnh tiến hệ trục tọa độ để chứng minh đường thẳng đó là trục đối xứng!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi leminhansp: 05-08-2014 - 11:33

[minhson95]

Ý bạn hỏi là với hàm đa thức bậc 4 đầy đủ tức là ($a\neq 0$) đúng không?
Để khảo sát vấn đề này có lẽ khá phức tạp, nó cũng tương tự như hàm bậc 4 trùng phương nhưng việc xác định nghiệm của $y'=0$ khó khăn hơn rất nhiều
Nếu đã xác định được vẽ được bảng biến thiên thì sẽ nhìn thấy trục đối xứng và dùng phép tịnh tiến hệ trục tọa độ để chứng minh đường thẳng đó là trục đối xứng!

Giả sử hàm số có trục đối xứng là $x=x_0$ vậy thì lúc này làm sao để dự đoán được hàm bậc 4 đầy đủ này có tồn tại trục đối xứng không ạ ( hay là có tồn tại $x_0$ không)?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi leminhansp: 05-08-2014 - 11:35

[beluoitin]

ở cách 2 của ví dụ 3.giả sử g(x) ngịch biến trên[a;b] khác với [2,3] duoc không ạ? ví dụ như bài toán sau:
tìm m dể hàm số y = $\frac{1}{3}x^{3}+(2m-1)x^{2}+(m+1)x+2$ nghịch biến trên (0;1)
LG
TXD: D=R
y'= $x^{2}+2(2m-1)x+m+1$
để hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1) thì
y'$\leq$0, $\forall x\epsilon (0;1)$
$\Leftrightarrow x^{2}+2(2m-1)x+m+1 \leq 0, \forall x\epsilon (0;1)$
$\Leftrightarrow x^{2}+2(2m-1)x+m+1 \leq 0, \forall x\epsilon [0;1]$
$\Leftrightarrow g(x)= \frac{-x^{2}+2x-1}{4x+1}\geq m ,\forall x\epsilon [0;1]
$$\Leftrightarrow Ming(x)\geq m , \forall x\epsilon [0;1]$
xét $g(x)= \frac{-x^{2}+2x-1}{4x+1}$;
$g'(x)= \frac{-4x^{2}-2x+6}{(4x+1)^{2}}\geq 0, \forall x\epsilon [0;\frac{-3}{2}]$
suy ra : g(x) đồng biến trên $[0;\frac{-3}{2}]$
suy ra : ming(x)=g(0)=-1
suy ra : m$\leq -1$
-----------------------------------------------
có thể là mình đã giải sai, nếu có lỗi trong lời giải mong các bạn hãy chỉ ra giúp mình nha!! thanks ^^

[doveandrose]

Bài tập tự luyện:

Bài 4: Cho hàm số: $y={{x}^{3}}-2(m+1){{x}^{2}}+(12m+5)x+2$.
Tìm m đề hàm số đồng biến trên $( - \infty ; - 1]$ và $[2;+ \infty )$.

để hàm số đồng biến trên (−∞;−1] và [2;+∞)
thì $\begin{cases}&\Delta >0\\ & y'(-1)\geqslant 0\\ & y'(2)\geqslant 0 \\ & x_{1}+1 +x_{2}+1>0 \\ & x_{1}-2 +x_{2}-2<0 \end{cases}$ hoặc $\Delta <0$

thưa thầy làm theo hướng này có đúng ko ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doveandrose: 15-10-2012 - 17:10

[Tran Hoai Nghia]

Xu hướng ra đề hiện nay thường không quá khó mà đánh vào tâm lí lười suy nghĩ của học sinh, đề bài thường dùng ngôn ngữ khác để ẩn đi nội dung của câu hỏi, vì vậy các em cần rèn luyện một tâm lí bình tĩnh vững vàng và không được lười biếng!
Với một số ví dụ như trên chắc chắn chưa thể giúp các em nắm chắc được các bài toán về tính đơn điệu vì vậy các em cần tự mình rèn luyện bằng cách làm các bài tập. một lời khuyên chân thành đó là dù bài tập dễ hay khó các em nên ít nhất một lần làm nó thật cẩn thận trình bày rõ ràng và làm ra đến kết kết quả cuối cùng!

Bài tập tự luyện:
Bài 4: Cho hàm số: $y={{x}^{3}}-2(m+1){{x}^{2}}+(12m+5)x+2$.
Tìm m đề hàm số đồng biến trên $( - \infty ; - 1]$ và $[2;+ \infty )$.

cho em hỏi bài 4
bài 4:$y'=3x^{2}-4(m+1)x+12m+5$
hàm số đồng biến thì $y'> 0\Leftrightarrow \Delta '< 0\Leftrightarrow 4m^{2}-28m-11< 0\Leftrightarrow \frac{14-\sqrt{58}}{4}< m< \frac{14+\sqrt{58}}{4}$
Để thỏa ycbt thì $f(x)=3x^{2}-4(m+1)x+12m+5$ phải có 2 ng phân biệt thỏa $\left\{\begin{matrix} x_{1}>x_{2}\geqslant -1 & \\ 2 \geqslant x_{1}>x_{2}& \end{matrix}\right.$
cái này em chưa chắc, thầy kiểm tra dùm coi đúng không.

[leminhansp]

cho em hỏi bài 4
bài 4:$y'=3x^{2}-4(m+1)x+12m+5$
hàm số đồng biến thì $y'> 0$$\Leftrightarrow \Delta '< 0\Leftrightarrow 4m^{2}-28m-11< 0\Leftrightarrow \frac{14-\sqrt{58}}{4}< m< \frac{14+\sqrt{58}}{4}$
Để thỏa ycbt thì $f(x)=3x^{2}-4(m+1)x+12m+5$ phải có 2 ng phân biệt thỏa $\left\{\begin{matrix} x_{1}>x_{2}\geqslant -1 & \\ 2 \geqslant x_{1}>x_{2}& \end{matrix}\right.$
cái này em chưa chắc, thầy kiểm tra dùm coi đúng không.

Để hàm số đông biến trên $(-\infty ;-1]$ và $[2;+\infty)$ thì $y'\ge 0$ với mọi $x\in (-\infty ; x_1]\cup [x_2;+\infty)$
TH1: $\left\{ \begin{array}{l} a=1>0 \text{(luôn đúng)}\\ \Delta \le 0 \end{array}\right.$ (khi đó $y'\ge 0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$)
TH2: $\Delta >0$ khi đó $y'=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1<x_2$ và $y'\ge 0$ với mọi $x\in (-\infty ; x_1]\cup [x_2;+\infty)$
Do đó để thỏa mãn điều kiện đề bài thì $(-\infty ; -1]\cup [2;+\infty) \subseteq (-\infty ; x_1]\cup [x_2;+\infty) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} -1\le x_1\\ x_2\le 2\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} -1\le x_1<x_2\\ x_1<x_2\le 2\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0\le x_1+1<x_2+1\quad (1)\\ x_1-2<x_2-2\le 0\quad (2) \end{array}\right.$
$(1)\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x_1+1+x_2+1>0\\ (x_1+1)(x_2+1)\ge 0\end{array}\right.$
$(2)\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x_1-2+x_2-2<0\\ (x_1-2)(x_2-2)\le 0\end{array}\right.$
Sau đó áp dụng định lý Viet (Theo mình không nên sử dụng định lý đảo về dấu tam thức bậc 2, do định lý này đã không được giới thiệu trong SGK, có thể một số thầy cô vẫn giới thiệu)