SỰ ĐỒNG BIẾN ,NGHỊCH BIẾN CỦA HÀM SỐ

TXĐ: D = R
\(y' = 4{x^3} - 4mx = 4x({x^2} - m)\)
\(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ {x^2} - m = 0(*) \end{array} \right.\)
TH1: \(m \le 0\) thì phương trình có một nghiệm duy nhất x = 0.
Hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {0; + \infty } \right)\) nên đồng biến trên khoảng (1;2).
TH2: \(m > 0\)
Khi đó: \(y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 0\\ x = - \sqrt m \\ x = \sqrt m \end{array} \right.\)
Hàm số đồng biến trên các khoảng: \(( - \sqrt m ,0);\,\left( {\sqrt m ; + \infty } \right)\)
Vậy để hàm số đồng biến trên khoảng (1;2) thì \(\sqrt m < 1 \Leftrightarrow m < 1\).
Vậy hàm số đồng biến trên khoảng (1;2) \(m \in \left( { - \infty ;0} \right) \cup \left( {0;1} \right)\).

 

\(y = \frac{{x - 1}}{{x + m}} \Rightarrow y' = \frac{{m + 1}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\)
Với m=-1, ta có y=1 là hàm hằng.
Vậy điều kiện cần tìm là:
\(\left\{ \begin{array}{l} m + 1 > 0\\ - m \notin \left( {2; + \infty } \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow m > - 1\)
Như vậy đáp án cần tìm là: C.

 

\(y = 2{x^3} - 9{x^2} + 12x + 4\)
\(y' = 6{x^2} - 8x + 12 = 0\)
\(y' = 0 \Leftrightarrow 6{x^2} - 18x + 12 = 0\)
\(\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = 2 \end{array} \right.\)
\(y' < 0 \Leftrightarrow 1 < x < 2\)
Vậy B là đáp án đúng.

 

TXĐ: \(D =\mathbb{R} \backslash \left\{ { - m} \right\}\)
\(y' = \frac{{{m^2} - m - 2}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\)
\(y' = 0\) khi m=-1, m=2.
Với m=-1 thì y=0 là hàm hằng.
Với m=2 thì y=2 là hàm hằng.
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( { - 1; + \infty } \right)\) khi:
\(\left\{ \begin{array}{l} - m \notin \left( { - 1; + \infty } \right)\\ y' < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m \ge 1\\ {m^2} - m - 2 < 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow 1 \le m < 2\)

 

Phương pháp:
Điều kiện đề hàm số \(f(x)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\)
+ \(f(x)\) liên tục trên .
+ \(f(x)\) có đạo hàm \(f'(x) \ge 0,\forall x \in \mathbb{R}\) và số giá trị x để \(f'(x)=0\) là hữu hạn.
Lần lượt đi kiểm tra các hàm số.
Ta có A là phương án cần tìm vì \(y = {x^3} + 3x + 1\) liên tục trên \(\mathbb{R}\) và \(y' = 3{x^2} + 3 > 0,\forall x \in \mathbb{R}\).
Chú ý: Hàm số \(y = \tan x\) không liên tục trên \(\mathbb{R}\) nên không thể đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

 

Đặt
\(t = \sqrt {1 + x} + \sqrt {3 - x} \,(t \ge 0) \Rightarrow {t^2} = 4 + 2\sqrt {1 + x} .\sqrt {3 - x} \ge 4 \Rightarrow t \ge 2\)
Mặt khác:
\(2\sqrt {1 + x} .\sqrt {3 - x} \le \left( {1 + x} \right) + \left( {3 - x} \right) = 4 \Rightarrow {t^2} \le 8 \Rightarrow t \le 2\sqrt 2\)
\(\Rightarrow t \in \left[ {2;2\sqrt 2 } \right]\)
Ta có: \(\sqrt {1 + x} .\sqrt {3 - x} = \frac{{{t^2} - 4}}{2}\)
\(\Rightarrow \sqrt {1 + x} + \sqrt {3 - x} - \sqrt {1 + x} .\sqrt {3 - x} = t - \frac{{{t^2} - 4}}{2} = - \frac{{{t^2}}}{2} + t + 2\)
Xét hàm số \(f(t) = - \frac{{{t^2}}}{2} + t + 2\) trên \(\left[ {2;2\sqrt 2 } \right]\)
Ta có: \(f'(t) = - t + 1 \Leftrightarrow t = 1 \notin \left[ {2;2\sqrt 2 } \right]\)
\(f(2) = 2\)
\(f(2\sqrt 2 ) = 2\sqrt 2 - 2\)
\(\Rightarrow \mathop {\min y}\limits_{\left[ { - 1;3} \right]} = \mathop {\min f(t)}\limits_{\left[ {2;2\sqrt 2 } \right]} = f\left( {2\sqrt 2 } \right) = 2\sqrt 2 - 2\)

 

Hàm số đã cho đồng biến trên khi và chỉ khi:
\(y' = {x^2} - 2(m + 1)x - (2m + 3) \ge 0{\rm{ }},\forall x \in \mathbb{R}\)
Điều này xảy ra khi:
\(\Delta ' = {(m + 1)^2} + (2m + 3) \le 0 \Leftrightarrow {m^2} + 4m + 4 \le 0 \Leftrightarrow m = - 2\)

 

Hàm số đã cho có \(y' = 3m{x^2} - 2x + 3\)
Trường hợp m=0 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ta xét trường hợp \(m\ne0\)
Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (-3;0) khi và chỉ khi \(y'\geq 0\) với \(\forall x \in \left( { - 3;0} \right)\)
\(\Leftrightarrow 3m{x^2} - 2x + 3 \ge 0,\forall x \in \left( { - 3;0} \right)\)
Xét hàm số\(f\left( x \right) = \frac{{2x - 3}}{{3{x^2}}},\forall x \in \left( { - 3;0} \right)\) ta có \(f'\left( x \right) = \frac{{2{x^2} + 6x}}{{9{x^4}}} < 0,\forall x \in \left( { - 3;0} \right)\)

Từ bảng biến thiên suy ra với \(m \ge - \frac{1}{3}\) thì hàm số đồng biến trên khoảng (0;3)

 

TXĐ: \(D = \left[ {0;2} \right]\)
\(\begin{array}{l} y' = \frac{{1 - x}}{{\sqrt {2x - {x^2}} }}\\ y' = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 1 - x = 0\\ 0 < x < 2 \end{array} \right. \Leftrightarrow x = 1\\ y' > 0 \Leftrightarrow 0 < x < 1 \end{array}\)
Vậy hàm số đồng biến trên (0;1).

 

Ta có:\(y' = \frac{{ - 4}}{{{{(3x + 1)}^2}}} < 0\) do đó hàm số nghịch biến trên các khoảng \(\left( { - \infty ;\frac{{ - 1}}{3}} \right)\) và \(\left( {\frac{1}{3}; + \infty } \right).\)
Hàm số không liên tục trên \(( - 1;2)\) nên không nghịch biến trên \(( - 1;2).\)

 

\(y' = - 4{x^3} - 4x - 1 = - {\left( {2x - 1} \right)^2} \le 0,\forall x\)
Do đó hàm số luôn nghịch biến trên \(\mathbb{R}\).

 

Với: \(m=1\) thì \(y = x + 1\) hàm số đồng biến trên R.
Với: \(m \ne 1\)
\(y' = 3\left( {m - 1} \right){x^2} + 2\left( {m - 1} \right)x + 1\)
\(\begin{array}{l} y' \ge 0,\forall x \in\mathbb{R} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 1\\ \Delta ' \le 0 \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 1\\ {\left( {m - 1} \right)^2} - 3\left( {m - 1} \right) \le 0 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} m > 1\\ m \in \left[ {1;4} \right] \end{array} \right. \Rightarrow m \in \left( {1;4} \right] \end{array}\)
Vậy \(m \in \left[ {1;4} \right]\)

 

Đặt: \(\tan x = t\)
Do \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{4}} \right) \Rightarrow t \in \left( {0;1} \right)\)
Ta có hàm số: \(f(t) = \frac{{(2{m^2} - 1)t}}{{{t^2} + t + 1}}\)
Xét hàm số f(t) trên (0;1):
\(f'(t) = \frac{{(2{m^2} - 1)({t^2} + t + 1) - (2{m^2} - 1)t(2t + 1)}}{{{{\left( {{t^2} + t + 1} \right)}^2}}} = \frac{{\left( {1 - 2{m^2}} \right)({t^2} - 1)}}{{{{({t^2} + t + 1)}^2}}}\)
\(f'(t) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = 1\\ t = - 1 \end{array} \right.\,\) (Không thuộc (0;1))
Vậy để nghịch biến trên (0;1) thì:
\(f'(t) < 0 \Leftrightarrow (1 - 2{m^2})({t^2} - 1) < 0 \Leftrightarrow - \frac{1}{{\sqrt 2 }} < m < \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)

 

Ta có: \(y' = 3{x^2} - 8x + 5;y' = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = 1\\ x = \frac{5}{3} \end{array} \right.\)
Do đó hàm số đồng biến trên \((-\infty ;1)\) và \(\left( {\frac{5}{3}; + \infty } \right)\) hàm số nghịch biến trên \(\left ( 1;\frac{5}{3} \right )\)
Do đó mệnh đề (i) và (iii) đúng.

 

Với m=0 ta có: \(y=-3x +2\) là hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\)
Ta có: \(y' = 3m{x^2} - 6mx - 3 = 3(m{x^2} - 2mx - 1)\)
Hàm số nghịch biến trên \(\mathbb{R}\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a < 0\\ \Delta ' \le 0 \end{array} \right.\)
\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} m < 0\\ {m^2} + m \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m < 0\\ - 1 \le m \le 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow - 1 \le m < 0.\)
Đồ thị hàm số không có tiếp tiếp song song với trục hoành khi khi \(y' \ne 0,\forall x \in \mathbb{R}.\)
Ta thấy với m=-1 thì \(y'=0\Leftrightarrow x=-1\) do đó loại m=-1.
Vậy giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là: \(-1< m\leq 0\)

 

Hàm số có tập xác định \(\dpi{100} D = \left( { - \infty ; - 1} \right] \cup \left[ {1; + \infty } \right).\)
Khi đó \(y' = {\left( {\sqrt {{x^2} - 1} } \right)} = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} y' > 0,x > 1\\ y' < 0,x < - 1 \end{array} \right.\)
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \(\left( {1; + \infty } \right)\) và nghịch biến trên khoảng \(\left( { - \infty ; - 1} \right)\)

 

Hàm số \(y = \sqrt {{x^2} + 1} - mx - 1\)
\(y' = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} - m\)
Hàm số luôn đồng biến khi và chi khi \(m \le \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}.\)
Xét hàm số \(f(x) = \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }};\,\,f'(x) = \frac{1}{{\sqrt {{{({x^2} + 1)}^3}} }} > 0,\forall x\)
Suy ra f(x) luôn đồng biến trên \(\mathbb{R}\)
Mặt khác \(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{x}{{\sqrt {{x^2} + 1} }} = - 1\)

Vậy để hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\) thì \(m \le - 1.\)

 

Đặt \(t = \sin x,\) Do \(x \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)\) nên \(0<t<1\). Khi đó hàm số trở thành:
\(y = \frac{{(m - 1)t - 2}}{{t - m}}\)
\(y' = \frac{{ - m(m - 1) + 2}}{{{{(t - m)}^2}}} = \frac{{ - {m^2} + m + 2}}{{{{(t - m)}^2}}}\)
Với m=-1 và m=2 thì y'=0 hàm số đã cho trở thành hàm hằng.
Với \(m\neq -1\) và \(m\neq 2\) để hàm số đồng biến trên (0;1) thì:
\(\left\{ \begin{array}{l} y' > 0,\forall t \in \left( {0;1} \right)\\ m \notin \left( {0;1} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ \begin{array}{l} m < - 1\\ m > 2 \end{array} \right.\\ m \notin \left( {0;1} \right) \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} m < - 1\\ m > 2 \end{array} \right.\)

 

Ta có \(y' = \frac{1}{{x + 2}} - \frac{3}{{{{(x + 2)}^2}}} = \frac{{x - 1}}{{{{(x + 2)}^2}}} >0 \Leftrightarrow x>1 \Rightarrow y\) đồng biến trên khoảng \(( 1;+ \infty)\)

 

Hàm số \(y = x + m(\sin x + \cos x)\) đồng biến trên \(\mathbb{R}\) khi và chỉ khi:
\(y' = 1 + m(\cos x - \sin x) \ge 0,{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}\)
\(\Leftrightarrow \min \left( {1 + m\left( {\cos x - \sin x} \right)} \right) \ge 0,{\rm{ }}\forall x \in \mathbb{R}\) (1)
Trước tiên ta sẽ đi tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: \(g(x) = \sin x - \cos x\)

 

Đặt \(t = \sin x + \cos x \Rightarrow 2\sin x.\cos x = {t^2} - 1\)
Ta có \({\left( {g(x)} \right)^2} = {\left( {\cos x - \sin x} \right)^2} = 2 - {t^2} \le 2 \Rightarrow - \sqrt 2 \le g(x) \le \sqrt 2 .\)
Do đó \(\left| {m\left( {\cos x - \sin x} \right)} \right| = \left| m \right|.\left| {\cos x - \sin x} \right| \le \left| m \right|\sqrt 2\)
\(\Rightarrow - \sqrt 2 \left| m \right| \le m\left( {\cos x - \sin x} \right) \le \sqrt 2 \left| m \right|.\)
Do đó (1) \(\Leftrightarrow 1 - \sqrt 2 \left| m \right| \ge 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 1}}{{\sqrt 2 }} \le m \le \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\)