Hãy đăng ký thành viên để có thể dễ dàng hỏi bài, trao đổi, giao lưu và chia sẻ về kiến thức

Khảo sát sự biến thiên của hàm số

Thảo luận trong 'Hàm bậc nhất và bậc hai' bắt đầu bởi Tăng Giáp, 7/12/18.

  1. Tăng Giáp

    Tăng Giáp Administrator Thành viên BQT

    Tham gia ngày:
    16/11/14
    Bài viết:
    4,630
    Đã được thích:
    282
    Điểm thành tích:
    83
    Giới tính:
    Nam
    A. PHƯƠNG PHÁP KHẢO SÁT SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ
    Cho hàm số $f$ xác định trên $K$.
    • Hàm số $y=f\left( x \right)$ đồng biến (tăng) trên $K$ nếu $\forall {{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in K:$ ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ $\Rightarrow f({{x}_{1}})<f({{x}_{2}}).$
    • Hàm số $y=f\left( x \right)$ nghịch biến (giảm) trên $K$ nếu $\forall {{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in K:$ ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ $\Rightarrow f({{x}_{1}})>f({{x}_{2}}).$
    Các phương pháp khảo sát sự biến thiên của hàm số:
    Cách 1: Cho hàm số $y=f(x)$ xác định trên $K$. Lấy ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in K:$ ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$, đặt $T=f({{x}_{2}})-f({{x}_{1}})$, khi đó:
    + Hàm số đồng biến trên $K$ $\Leftrightarrow T>0$.
    + Hàm số nghịch biến trên $K$ $\Leftrightarrow T<0$.
    Cách 2: Cho hàm số $y=f(x)$ xác định trên $K$. Lấy ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in K:$ ${{x}_{1}}\ne {{x}_{2}}$, đặt $T=\frac{f({{x}_{2}})-f({{x}_{1}})}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}$, khi đó:
    + Hàm số đồng biến trên $K$ $\Leftrightarrow T>0$.
    + Hàm số nghịch biến trên $K$ $\Leftrightarrow T<0$.


    B. VÍ DỤ MINH HỌA
    Ví dụ 1
    . Khảo sát sự biến thiên của hàm số sau trên khoảng $\left( 1;+\infty \right).$
    a) $y=\frac{3}{x-1}.$
    b) $y=x+\frac{1}{x}.$

    a) Với mọi ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in \left( 1;+\infty \right)$, ${{x}_{1}}\ne {{x}_{2}}$ ta có $f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right)$ $=\frac{3}{{{x}_{2}}-1}-\frac{3}{{{x}_{1}}-1}$ $=\frac{3\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}{\left( {{x}_{2}}-1 \right)\left( {{x}_{1}}-1 \right)}.$
    Suy ra $\frac{f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right)}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}$ $=-\frac{3}{\left( {{x}_{2}}-1 \right)\left( {{x}_{1}}-1 \right)}.$
    Vì ${{x}_{1}}>1$, ${{x}_{2}}>1$ $\Rightarrow \frac{f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right)}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}<0$ nên hàm số $y=\frac{3}{x-1}$ nghịch biến trên khoảng $\left( 1;+\infty \right).$
    b) Với mọi ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in \left( 1;+\infty \right)$, ${{x}_{1}}\ne {{x}_{2}}$ ta có: $f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right)$ $=\left( {{x}_{2}}+\frac{1}{{{x}_{2}}} \right)-\left( {{x}_{1}}+\frac{1}{{{x}_{1}}} \right)$ $=\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)\left( 1-\frac{1}{{{x}_{1}}{{x}_{2}}} \right).$
    Suy ra $\frac{f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right)}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}$ $=1-\frac{1}{{{x}_{1}}{{x}_{2}}}.$
    Vì ${{x}_{1}}>1$, ${{x}_{2}}>1$ $\Rightarrow \frac{f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right)}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}>0$ nên hàm số $y=x+\frac{1}{x}$ đồng biến trên khoảng $\left( 1;+\infty \right).$

    Ví dụ 2. Cho hàm số $y={{x}^{2}}-4.$
    a) Khảo sát sự biến thiên của hàm số trên $\left( -\infty ;0 \right)$ và trên $\left( 0;+\infty \right).$
    b) Lập bảng biến thiên của hàm số trên $\left[ -1;3 \right]$, từ đó xác định giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên $\left[ -1;3 \right].$

    Tập xác định của hàm số: $D=R.$
    a) $\forall {{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in \mathbb{R}$, ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ $\Rightarrow {{x}_{2}}-{{x}_{1}}>0.$
    Ta có $T=f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right)$ $=\left( x_{2}^{2}-4 \right)-\left( x_{1}^{2}-4 \right)$ $=x_{2}^{2}-x_{1}^{2}$ $=\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right).\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right).$
    Nếu ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in \left( -\infty ;0 \right)$ $\Rightarrow T<0$. Vậy hàm số $y=f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( -\infty ;0 \right).$
    Nếu ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in \left( 0;+\infty \right)$ $\Rightarrow T>0$. Vậy hàm số $y=f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( 0;+\infty \right).$
    b) Bảng biến thiên của hàm số $y={{x}^{2}}-4$ trên $\left[ -1;3 \right]:$

    Khảo sát sự biến thiên của hàm số.png

    Dựa vào bảng biến thiên, ta có: $\mathop {\max}\limits_{\left[ { – 1;3} \right]} y = 5$ khi và chỉ khi $x=3$, $\mathop {\min }\limits_{\left[ { – 1;3} \right]} y = – 4$ khi và chỉ khi $x=0.$

    Ví dụ 3. Khảo sát sự biến thiên của hàm số $y=\sqrt{4x+5}+\sqrt{x-1}$ trên tập xác định của nó. Áp dụng giải phương trình:
    a) $\sqrt{4x+5}+\sqrt{x-1}=3.$
    b) $\sqrt{4x+5}+\sqrt{x-1}=\sqrt{4{{x}^{2}}+9}+x.$

    Điều kiện xác định: $\left\{ \begin{matrix}
    4x+5\ge 0 \\
    x-1\ge 0 \\
    \end{matrix} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}
    x\ge -\frac{5}{4} \\
    x\ge 1 \\
    \end{matrix} \right.$ $\Leftrightarrow x\ge 1.$
    Suy ra tập xác định của hàm số: $\text{D}=\left[ 1;+\infty \right).$
    Với mọi ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in \left[ 1;+\infty \right)$, ${{x}_{1}}\ne {{x}_{2}}$ ta có:
    $f\left( {{x_2}} \right) – f\left( {{x_1}} \right)$ $ = \sqrt {4{x_2} + 5} + \sqrt {{x_2} – 1} $ $ – \sqrt {4{x_1} + 5} – \sqrt {{x_1} – 1} $ $ = \frac{{4\left( {{x_2} – {x_1}} \right)}}{{\sqrt {4{x_2} + 5} + \sqrt {4{x_1} + 5} }}$ $ + \frac{{{x_2} – {x_1}}}{{\sqrt {{x_2} – 1} + \sqrt {{x_1} – 1} }}$ $ = \left( {{x_2} – {x_1}} \right)$$\left( {\frac{4}{{\sqrt {4{x_2} + 5} + \sqrt {4{x_1} + 5} }} + \frac{1}{{\sqrt {{x_2} – 1} + \sqrt {{x_1} – 1} }}} \right).$
    Suy ra $\frac{f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right)}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}$ $=\frac{4}{\sqrt{4{{x}_{2}}+5}+\sqrt{4{{x}_{1}}+5}}$ $+\frac{1}{\sqrt{{{x}_{2}}-1}+\sqrt{{{x}_{1}}-1}}>0.$
    Nên hàm số $y=\sqrt{4x+5}+\sqrt{x-1}$ đồng biến trên khoảng $\left[ 1;+\infty \right).$
    a) Vì hàm số đã cho đồng biến trên $\left[ 1;+\infty \right)$ nên:
    + Nếu $x>1$ $\Rightarrow f\left( x \right)>f\left( 1 \right)$ hay $\sqrt{4x+5}+\sqrt{x-1}>3$, suy ra phương trình $\sqrt{4x+5}+\sqrt{x-1}=3$ vô nghiệm.
    + Nếu $x<1$ $\Rightarrow f\left( x \right)<f\left( 1 \right)$ hay $\sqrt{4x+5}+\sqrt{x-1}<3$, suy ra phương trình $\sqrt{4x+5}+\sqrt{x-1}=3$ vô nghiệm.
    + Với $x=1$ dễ thấy nó là nghiệm của phương trình đã cho.
    Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=1.$
    b) Điều kiện xác định: $x\ge 1.$
    Đặt ${{x}^{2}}+1=t$, $t\ge 1$ $\Rightarrow {{x}^{2}}=t-1$ phương trình trở thành: $\sqrt{4x+5}+\sqrt{x-1}=\sqrt{4t+5}+\sqrt{t-1}$ $\Leftrightarrow f\left( x \right)=f\left( t \right).$
    + Nếu $x>t$ $\Rightarrow f\left( x \right)>f\left( t \right)$ hay $\sqrt{4x+5}+\sqrt{x-1}>\sqrt{4t+5}+\sqrt{t-1}$, suy ra phương trình đã cho vô nghiệm.
    + Nếu $x<t$ $\Rightarrow f\left( x \right)<f\left( t \right)$ hay $\sqrt{4x+5}+\sqrt{x-1}<\sqrt{4t+5}+\sqrt{t-1}$, suy ra phương trình đã cho vô nghiệm.
    Vậy $f\left( x \right)=f\left( t \right)$ $\Leftrightarrow x=t$ hay ${{x}^{2}}+1=x$ $\Leftrightarrow {{x}^{2}}-x+1=0$ (vô nghiệm).
    Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

    Nhận xét:
    + Hàm số $y=f\left( x \right)$ đồng biến (hoặc nghịch biến) thì phương trình $f\left( x \right)=0$ có tối đa một nghiệm.
    + Nếu hàm số $y=f(x)$ đồng biến (nghịch biến) trên $D$ thì $f(x)>f(y)$ $\Leftrightarrow x>y$ $(x<y)$ và $f(x)=f(y)$ $\Leftrightarrow x=y$ $\forall x,y\in D$. Tính chất này được sử dụng nhiều trong các bài toán đại số như giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và các bài toán cực trị.

    C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
    1. Đề bài

    Bài toán 1. Khảo sát sự biến thiên của các hàm số sau:
    a) $y=4-3x.$
    b) $y={{x}^{2}}+4x-5.$
    c) $y=\frac{2}{x-2}$ trên $\left( -\infty ;2 \right)$ và trên $\left( 2;+\infty \right).$
    d) $y=\frac{x}{x-1}$ trên $\left( -\infty ;1 \right).$

    Bài toán 2. Chứng minh rằng hàm số $y={{x}^{3}}+x$ đồng biến trên $\mathbb{R}.$ Áp dụng giải phương trình sau ${{x}^{3}}-x=\sqrt[3]{2x+1}+1.$

    Bài toán 3. Cho hàm số $y=\sqrt{x-1}+{{x}^{2}}-2x.$
    a) Khảo sát sự biến thiên của hàm số đã cho trên $\left[ 1;+\infty \right).$
    b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên đoạn $\left[ 2;5 \right].$

    2. Hướng dẫn giải và đáp số
    Bài toán 1.
    a) Hàm số đồng biến trên $\left( -\infty ;\frac{4}{3} \right)$ và nghịch biến trên khoảng $\left( \frac{4}{3};+\infty \right).$
    b) Với mọi ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in \mathbb{R}$, ${{x}_{1}}\ne {{x}_{2}}$ ta có:
    $K=\frac{f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right)}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}$ $=\frac{\left( x_{2}^{2}+4{{x}_{2}}-5 \right)-\left( x_{1}^{2}+4{{x}_{1}}-5 \right)}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}$ $={{x}_{1}}+{{x}_{2}}+4.$
    + Với ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in \left( -\infty ;-2 \right)$ $\Rightarrow K<0$, suy ra hàm số nghịch biến trên $\left( -\infty ;-2 \right).$
    + Với ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in \left( -2;+\infty \right)$ $\Rightarrow K>0$, suy ra hàm số đồng biến trên $\left( -2;+\infty \right).$
    c) Với mọi ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in \mathbb{R}$, ${{x}_{1}}\ne {{x}_{2}}$ ta có:
    $f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right)$ $=\frac{2}{{{x}_{2}}-2}-\frac{2}{{{x}_{1}}-2}$ $=\frac{2\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)}{\left( {{x}_{2}}-2 \right)\left( {{x}_{1}}-2 \right)}$ $\Rightarrow K=-\frac{2}{\left( {{x}_{2}}-2 \right)\left( {{x}_{1}}-2 \right)}.$
    + Với ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in \left( -\infty ;2 \right)$ $\Rightarrow K<0$, do đó hàm số nghịch biến trên $\left( -\infty ;2 \right).$
    + Với ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in \left( 2;+\infty \right)$ $\Rightarrow K<0$, do đó hàm số nghịch biến trên $\left( 2;+\infty \right).$
    d) Với mọi ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in \left( -\infty ;1 \right)$, ${{x}_{1}}\ne {{x}_{2}}$ ta có:
    $f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right)$ $=\frac{{{x}_{2}}}{{{x}_{2}}-1}-\frac{{{x}_{1}}}{{{x}_{1}}-1}$ $=\frac{{{x}_{1}}-{{x}_{2}}}{\left( {{x}_{2}}-1 \right)\left( {{x}_{1}}-1 \right)}.$
    Suy ra $\frac{f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right)}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}$ $=\frac{-1}{\left( {{x}_{2}}-1 \right)\left( {{x}_{1}}-1 \right)}<0.$
    Vậy hàm số nghịch biến trên $\left( -\infty ;-1 \right).$

    Bài toán 2.
    Với mọi ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in \mathbb{R}$, ${{x}_{1}}\ne {{x}_{2}}$ ta có:
    $\frac{f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right)}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}$ $=\frac{\left( x_{2}^{3}+{{x}_{2}} \right)-\left( x_{1}^{3}+{{x}_{1}} \right)}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}$ $=x_{2}^{2}+x_{1}^{2}+{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1>0.$
    Suy ra hàm số đã cho đồng biến trên $\mathbb{R}.$
    Ta có ${{x}^{3}}-x=\sqrt[3]{2x+1}+1$ $\Leftrightarrow {{x}^{3}}+x=2x+1+\sqrt[3]{2x+1}.$
    Đặt $\sqrt[3]{2x+1}=y$, phương trình trở thành ${{x}^{3}}+x={{y}^{3}}+y.$
    Do hàm số $f\left( x \right)={{x}^{3}}+x$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên: $x=y$ $\Rightarrow \sqrt[3]{2x+1}=x$ $\Leftrightarrow {{x}^{3}}-2x-1=0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix}
    x=-1 \\
    x=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2} \\
    \end{matrix} \right.$

    Bài toán 3.
    a) Với mọi ${{x}_{1}}$, ${{x}_{2}}\in \left[ 1;+\infty \right)$, ${{x}_{1}}\ne {{x}_{2}}$ ta có:
    $f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right)$ $=\left( \sqrt{{{x}_{2}}-1}+x_{2}^{2}-2{{x}_{2}} \right)$ $-\left( \sqrt{{{x}_{1}}-1}+x_{1}^{2}-2{{x}_{1}} \right)$ $=\frac{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}{\sqrt{{{x}_{2}}-1}+\sqrt{{{x}_{1}}-1}}$ $+\left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} \right)\left( {{x}_{2}}+{{x}_{1}}-2 \right).$
    Suy ra $\frac{f\left( {{x}_{2}} \right)-f\left( {{x}_{1}} \right)}{{{x}_{2}}-{{x}_{1}}}$ $=\frac{1}{\sqrt{{{x}_{2}}-1}+\sqrt{{{x}_{1}}-1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{1}}-2>0.$
    Do đó hàm số đã cho đồng biến trên $\left[ 1;+\infty \right).$
    b) Hàm số đã cho đồng biến trên $\left[ 1;+\infty \right)$ nên nó đồng biến trên $\left[ 2;5 \right].$
    Vậy $\underset{\left[ 2;5 \right]}{\mathop{\max y}} =y\left( 5 \right)=17$ $\Leftrightarrow x=5$, $\underset{\left[ 2;5 \right]}{\mathop{\min y}} =y\left( 2 \right)=1$ $\Leftrightarrow x=2.$
     

Chia sẻ trang này