Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Ban Biên Tập

Đăng ký: 01-01-2012
Offline Đăng nhập: 01-08-2013 - 22:35
****-

#293967 Bài toán định tính về cực trị của hàm số

Gửi bởi Ban Biên Tập trong 15-01-2012 - 12:40

BÀI TOÁN ĐỊNH TÍNH VỀ CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ


Nguyễn Sanh Thành - Khoa Điện tử Viễn thông

Đại học Bách khoa Đà Nẵng

Bài toán tìm giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số khá đa dạng, phong phú và có thể nói là khó không những đối với các bạn học sinh phổ thông mà còn đối với các bạn sinh viên các trường đại học, đặc biệt là các hàm số có chứa tham số. Rất nhiều trường hợp, việc tìm GTLN, GTNN của hàm số gặp không ít khó khăn, thậm chí không tìm được. Tuy nhiên, chúng ta mong muốn biết được một số tính chất nào đó của GTLN, GTNN.

Với mong muốn đó, bài viết trình bày một phương pháp đánh giá GTLN, GTNN của hàm số mang tính định tính thông qua các giá trị của hàm số tại một số điểm đặc biệt của hàm số, từ đó đạt được kết quả mong muốn.

I. Nhắc lại khái niệm GTLN, GTNN của hàm số.

Cho hàm số $f\left( x \right)$ xác định trên miền $D\left( {D \subset }\mathbb{R} \right)$. Giả sử $M,m$ lần lượt là GTLN, GTNN của hàm $f\left( x \right)$ trên miền $D$.

$$M = \mathop {\max }\limits_{x \in D} f\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f\left( x \right) \le M,\forall x \in D\\
\exists {x_0} \in D\,\,\,\,\text{sao cho}\,\,\,f\left( {{x_0}} \right) = M
\end{array} \right.$$
$$m = \mathop {\min }\limits_{x \in D} f\left( x \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f\left( x \right) \ge m,\forall x \in D\\
\exists {x_0} \in D\,\,\,\text{sao cho}\,\,\, f\left( {{x_0}} \right) = m
\end{array} \right.$$

II. Một số bài toán minh họa.

$ * $ Bài toán 1. Cho hàm số $f\left( x \right) = \left| {4a{x^3} + 2b{x^2} + \left( {1 - 3a} \right)x - b} \right|$, trong đó $a,b$ là các số thực tùy ý. Gọi $M = \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right)$. Chứng minh rằng $M \ge \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Lời giải. Trước hết ta có các kết quả sau:
$$\max \left\{ {\alpha ,\beta } \right\} \ge \frac{1}{2}\left( {\alpha + \beta } \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$$
$$\min \left\{ {\alpha ,\beta } \right\} \le \frac{1}{2}\left( {\alpha + \beta } \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$$
$$\left| \alpha \right| + \left| \beta \right| \ge \alpha - \beta \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)$$
Do $\frac{{\sqrt 3 }}{2}$ và $-\frac{{\sqrt 3 }}{2}$ thuộc đoạn $\left[ { - 1;1} \right]$ nên ta có
$$M \ge f\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = \left| {4a{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^3} + 2b{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + \left( {1 - 3a} \right)\frac{{\sqrt 3 }}{2} - b} \right| = \left| {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{b}{2}} \right|$$
$$M \ge f\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) = \left| {4a{{\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^3} + 2b{{\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} + \left( {1 - 3a} \right)\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) - b} \right| = \left| { - \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{b}{2}} \right|$$
Từ đó suy ra $$M \ge \max \left\{ {f\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right),f\left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)} \right\} = \max \left\{ {\left| {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{b}{2}} \right|,\left| { - \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{b}{2}} \right|} \right\}$$
$$ \ge \frac{1}{2}\left( {\left| {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{b}{2}} \right| + \left| { - \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{b}{2}} \right|} \right)\,\,\text{(theo kết quả (1))}$$
$$ \ge \frac{1}{2}\left[ {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{b}{2}} \right) - \left( { - \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{b}{2}} \right)} \right]\,\,\text{(theo kết quả (3))}$$
Vậy $M \geqslant \frac{{\sqrt 3 }}{2}.\,\square $

$ * $ Bài toán 2. Cho hàm số $f\left( x \right) = 2{x^2} - 1 + ax - 2012\sqrt {1 - {x^2}} $, trong đó $a$ là tham số thực tùy ý. Gọi $M = \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right);\,\,m = \mathop {\min }\limits_{x \in \left[ { - 1;1} \right]} f\left( x \right)$. Chứng minh rằng $M \geqslant 1\,\,\,\text{và}\,\,\,\,m \leqslant - 1006\sqrt 2 $

Lời giải. Ta có: $$\left\{ \begin{gathered}
M \geqslant f\left( 1 \right) = 1 + a \\
M \geqslant f\left( { - 1} \right) = 1 - a \\
\end{gathered} \right.\,\,\,\,\text{suy ra}\,\,\,M \geqslant \frac{1}{2}\left( {f\left( 1 \right) + f\left( { - 1} \right)} \right) = 1\,\,\,\,\text{(đpcm)}$$

Tương tự ta có: $$\left\{ \begin{array}{l}
m \le f\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = \frac{a}{{\sqrt 2 }} - \frac{{2012}}{{\sqrt 2 }}\\
m \le f\left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) = - \frac{a}{{\sqrt 2 }} - \frac{{2012}}{{\sqrt 2 }}
\end{array} \right.\,\,\,\text{suy ra}\,\,\,m \le \frac{1}{2}\left[ {f\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right) + f\left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)} \right]\,\,\text{(theo kết quả (2))}$$
Vậy $m \leqslant - \frac{{2012}}{{\sqrt 2 }} = - 1006\sqrt 2 .\,\square $

$ * $ Bài toán 3. Giả sử $M$ là giá trị lớn nhất của $\left| b \right|$ sao cho $4b{x^3} + \left( {a - 3b} \right)x \leqslant 1,\forall x \in \left[ { - 1;1} \right]$ và với mọi số thực $a$. Chứng minh rằng $M \leqslant 1$.

Lời giải. Đặt $f\left( x \right) = 4b{x^3} + \left( {a - 3b} \right)x$. Từ giả thiết ta có:
$$\left\{ \begin{array}{l}
f\left( 1 \right) = 4b + a - 3b = a + b \le 1\\
f\left( { - 1} \right) = - 4b - \left( {a - 3b} \right) = - a - b \le 1
\end{array} \right.\,\,\,\text{suy ra}\,\,\, - 1 \le a + b \le 1\,\,\,\,\,(4)$$
Hoàn toàn tương tự ta có:
$$\left\{ \begin{array}{l}
f\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{b}{2} + \frac{1}{2}\left( {a - 3b} \right) = \frac{a}{2} - b \le 1\\
f\left( { - \frac{1}{2}} \right) = - \frac{b}{2} - \frac{1}{2}\left( {a - 3b} \right) = - \frac{a}{2} + b \le 1
\end{array} \right.\,\,\,\text{suy ra}\,\,\, - 1 \le - \frac{a}{2} + b \le 1\,\,\,\,\left( 5 \right)$$
Từ $(4)$ và $(5)$, ta nhận được $$\left\{ \begin{array}{l}
- 1 \le a + b \le 1\\
- 2 \le - a + 2b \le 2
\end{array} \right. \Rightarrow - 3 \le 3b \le 3 \Rightarrow \left| b \right| \le 1$$
Suy ra $\max \left| b \right| \leqslant 1.\,\,\text{Vậy}\,\,M \leqslant 1.\,\square $

Để kết thúc bài viết này, mời các bạn tham gia giải các bài toán sau.

$ * $ Bài toán 4. Cho hàm số $f\left( x \right) = \cos 2x + a\cos \left( {x + \alpha } \right)$, trong đó $a,\alpha$ là các tham số thực tùy ý. Giả sử $M = \max f\left( x \right);m = \min f\left( x \right)$. Chứng minh rằng ${M^2} + {m^2} \geqslant 2$.

$ * $ Bài toán 5. Cho hàm số $f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c$, trong đó $a,b,c$ là các tham số thực thỏa mãn các điều kiện $a + b + c \leqslant 1,a - b + c \geqslant 0,c \leqslant 1$. Gọi $M = \mathop {\max }\limits_{x \in \left[ {0;1} \right]} f\left( x \right)$. Chứng minh rằng $M \leqslant \frac{9}{8}$.


#293794 Tìm điều kiện của tham số m để hàm số đơn điệu trên một khoảng bằng phương ph...

Gửi bởi Ban Biên Tập trong 14-01-2012 - 10:03

TÌM ĐIỀU KIỆN CỦA THAM SỐ m

ĐỂ HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU TRÊN MỘT KHOẢNG

BẰNG PHƯƠNG PHÁP LẬP BẢNG BIẾN THIÊN



Các bạn thân mến!
Dạng toán tìm điều kiện của tham số $m$ để hàm số $f(x)$ đồng biến (nghịch biến) trên 1 khoảng là một dạng bài thường gặp khi thi đại học.

 

Dạng này có 3 cách làm chủ yếu: Phương pháp cô lập tham số m, kĩ thuật parabol và phương pháp dùng bảng biến thiên. 

 

Bài viết này chỉ nói đến phương pháp dùng bảng biến thiên. Đây là phương pháp khá phức tạp, dài dòng, song lại có thể giải quyết được tất cả các trường hợp.

I - Nhắc lại lý thuyết
1) Cho hàm số $y = f(x)$ xác định trên khoảng $K$; $\forall x_1 ,x_2 \in K;x_1 < x_2$ Khi đó:

$f(x)$ đồng biến trên $K$ $\Leftrightarrow f(x_1 ) < f(x_2 )$

$f(x)$ nghịch biến biến trên $K$ $ \Leftrightarrow f(x_1 ) > f(x_2 )$


2) Mối liên hệ giữa tính chất đơn điệu của hàm số và dấu của đạo hàm:

$f ’(x) \geq 0, \forall x \in K$ thì $f(x)$ đồng biến trên $K$

$f ’(x) \leq 0, \forall x \in K$ thì $f(x)$ nghịch biến trên $K$

(Dấu “ =” chỉ xảy ra tại một số hữu hạn điểm).

II - Ví dụ:
Ví dụ 1. Tìm điều kiện của tham số $m$ để hàm số $f(x) = 2x^3 + 3x^2 + 6mx – 1$ nghịch biến trên $(0;2)$.

Giải

TXĐ: $\mathbb{R}$
Ta có $f ’(x) = 6x^2 + 6x + 6m = 6(x^2+ x + m).$
$\Delta = 1 – 4m$.

*) Với $m \geq \frac{1}{4}$ ta có $\Delta \leq 0$ nên $f ’(x) \geq 0, \forall x \in \mathbb{R}$. Do đó hàm số luôn đồng biến. Yêu cầu của bài toán không được thỏa mãn.

*) Với $m < \frac{1}{4}$ ta có $\Delta > 0$ nên phương trình $f’(x) = 0$ có hai nghiệm $x_1, x_2 (x_1< x_2)$. Bảng biến thiên của hàm số $f(x)$

vd1.PNG


Từ bảng biến thiên, điều kiện cần và đủ để hàm số $f(x)$ nghịch biến trên $(0;2)$ là:
$$x_1 \leq 0 < 2 \leq x_2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x_1x_2 \le 0 \\ (x_1-2)(x_2-2) \le 0 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \le 0 \\ m \le - 6 \\ \end{array} \right.\Leftrightarrow m \leq -6$$

Kết luận: hàm số $f(x)$ nghịch biến trên $(0;2)$ khi và chỉ khi $m \leq - 6.$

Từ ví dụ 1, ta có lưu ý: đối với dạng toán này, nếu dấu của đạo hàm phụ thuộc dấu một tam thức bậc 2, phải chia hai trường hợp.
* TH1: $\Delta \leq 0$. Hàm số đã cho hoặc luôn đồng biến, hoặc luôn nghịch biến.
* TH2: $\Delta > 0$. Ta lập bảng biến thiên và sử dụng định lí về dấu của tam thức bậc hai hoặc định lí Vi-et.
Xin đưa thêm một số ví dụ:

Ví dụ 2. Tìm điều kiện của tham số $m$ để hàm số sau đồng biến trên khoảng $(-\infty;1)$

$f(x) = \dfrac{{x^2 + m(m^2 - 1)x - m^3 - 1}}{{x - 1}}$

Giải


TXĐ: : $\mathbb{R} \setminus \left \{ 1 \right \}$
Ta có: $f ’(x) = \dfrac{{x^2 - 2x + m + 1}}{{(x - 1)^2 }}, \forall x \neq 1$
dấu của $f’(x)$ phụ thuộc dấu của $g(x)= x^2– 2x + m +1$
Ta có: $\Delta ’ = - m$.

* Nếu $m \geq 0$ thì $\Delta ' \leq 0 $ nên $g(x) \geq 0, \forall x \Rightarrow f’(x) \geq 0, \forall x \neq 1.$ Khi đó hàm số đã cho đồng biến trên từng khoảng xác định. Do đó cũng đồng biến trên $(- \infty;1)$

* Nếu $m < 0$ thì $\Delta ' > 0$. Khi đó phương trình $f ’(x) = 0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2 (x_1 < 1 < x_2)$.
Ta có bảng biến thiên của $f(x)$

vd2.PNG


Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy trong trường hợp này, không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Kết luận: Với $m \geq 0$ thì hàm số $f(x)$ đồng biến trên $(-\infty;1)$.

Ví dụ 3. Tìm điều kiện của tham số $m$ để hàm số $f(x) = x^3 – 3mx^2 + 3(2m – 1)x$ đồng biến trên $(2;3)$.

Giải

TXĐ: $\mathbb{R}$
Ta có $f’(x) = 3x^2 – 6mx + 6m – 3$; $f’(x) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1 \\ x = 2m - 1 \\ \end{array} \right.$

* Nếu $m = 1$ thì $f’(x) \geq 0, \forall x \in \mathbb{R}$. Vậy hàm số luôn đồng biến trên $\mathbb{R}$.
Do đó hàm số cũng đồng biến trên $(2;3)$.

* Nếu $m > 1$ thì ta có bảng biến thiên của $f(x)$

vd3.PNG


Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy trong trường hợp này, điều kiện cần và đủ để hàm số đồng biến trên $(2;3)$ là:

$$1< 2m – 1 \leq 2 \Leftrightarrow 1 < m \leq \frac{3}{2}$$


* Nếu $m < 1$ thì ta có bảng biến thiên của $f(x)$

vd31.PNG

Dễ thấy hàm số hiển nhiên đồng biến trên $(2;3)$

Kết luận: Điều kiện cần và đủ để hàm số đã cho đồng biến trên $(2;3)$ là:

$$m \leq \frac{3}{2}$$

III – Bài tập:
Mời các bạn làm thêm một số bài tập:
1) Bài tập 5 tr.8 (SGK GT 12NC), bài tập 8 tr. 44 (SGK GT 12CB), bài 1.81 tr.27 (SBT GT 12NC)

2) Tìm $m$ để hàm số $y = x^3 + (m – 1)x^2 – (2m^2 + 3m + 2)x$ đồng biến trên $(2;+\infty)$.
3) Tìm $m$ để hàm số $y = (m + 1)x^3 + mx^2 – x$ đồng biến trên $(-\infty;-1)$.
4) Tìm $m$ để hàm số $y = \frac{{x^2 + x + 1}}{{x - m}}$ đồng biến trên $(2;+\infty)$.
5) (ĐH Hàng Hải 2000-2001) Tìm $m$ để hàm số $y = - \frac{1}{3}x^3 + (m – 1)x^2– (m – 3)x – 4$ đồng biến trên $(0;3).$