Sự đồng biến, nghịch biến của hàm số

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ m \right\}\).

Ta có \(y' = \dfrac{{ - m + 2}}{{{{\left( {x - m} \right)}^2}}}.\)

Để hàm số \(y = \dfrac{{x - 2}}{{x - m}}\) đồng biến trên từng khoảng xác định khi \(y' > 0 \Leftrightarrow  - m + 2 > 0 \Leftrightarrow m < 2\).

Kết hợp điều kiện đề bài ta có: \(m \in \left[ { - 2020;2} \right),\,\,m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2020; - 2019;...;0;1} \right\}\).

Vậy có tất cả 2022 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\) .

Ta có: \(y' = {x^2} + 4x - m\).

Để hàm số đã cho đồng biến trên \(\mathbb{R}\) thì \(y' \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\) (bằng 0 tại hữu hạn điểm).

\( \Leftrightarrow {x^2} + 4x - m \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\)  \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 > 0\,\,\left( {luon\,dung} \right)\\\Delta ' = 4 + m \le 0\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le  - 4\).

Vậy \(\left( { - \infty ; - 4} \right].\)

Dựa vào BBT ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( { - 1;2} \right)\).

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\).

Ta có: \(f'\left( x \right) = {x^2} - 2mx + m + 6\).

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {0; + \infty } \right)\) thì \(f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\) và bằng 0 tại hữu hạn điểm.

\( \Rightarrow {x^2} - 2mx + m + 6 \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\).

Ta có: \(\Delta ' = {m^2} - m - 6\).

TH1: \(\Delta ' \le 0 \Leftrightarrow {m^2} - m - 6 \le 0 \Leftrightarrow  - 2 \le m \le 3\), khi đó \(f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\), trường hợp này thỏa mãn.

TH2: \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 3\\m <  - 2\end{array} \right.\), khi đó phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} < {x_2}\). Ta có bảng xét dấu như sau:

Do đó để \(f'\left( x \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {0; + \infty } \right)\) thì \({x_1} < {x_2} \le 0\). Khi đó \(S = {x_1} + {x_2} < 0,\,\,P = {x_1}{x_2} \ge 0\).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m < 0\\m + 6 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 0\\m \ge  - 6\end{array} \right. \Leftrightarrow  - 6 \le m < 0\).

Kết hợp hai trường hợp ta có \( - 6 \le m \le 3\). Mà \(m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 6; - 5; - 4; - 3; - 2; - 1;0;1;2;3} \right\}\).

Vậy có 10 giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên \(\left( { - \infty ;\,\, - 2} \right)\) và \(\left( {0;\,\,1} \right).\)

Ta có: \(f'\left( x \right) = 1 > 0\,\,\forall x \in \mathbb{R} \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)

Ta có: \( - 1 < 2 \Rightarrow f\left( { - 1} \right) < f\left( 2 \right)\)

Ta có : \(y' =  - 3{x^2} + 2\left( {2m - 1} \right)x - \left( {{m^2} - 1} \right)\)

\(\Delta ' = {\left( {2m - 1} \right)^2} - 3\left( {{m^2} - 1} \right) = 4{m^2} - 4m + 1 - 3{m^2} + 3 = {m^2} - 4m + 4 = {\left( {m - 2} \right)^2} \ge 0,\forall m\)

Khi đó phương trình \(y' = 0\) luôn có hai nghiệm \({x_1} = \dfrac{{m + 1}}{3},{x_2} = m - 1\).

+) Nếu \(\dfrac{{m + 1}}{3} \le m - 1 \Leftrightarrow m + 1 \le 3m - 3 \Leftrightarrow m \ge 2\) thì phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm \({x_1} \le {x_2}\)

Khi đó \(y' \le 0\,\,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow {x_1} \le {x_2} \le 2 \Rightarrow m - 1 \le 2 \Leftrightarrow m \le 3\).

Kết hợp với \(m \ge 2\) ta được \(2 \le m \le 3\).

+) Nếu \(\dfrac{{m + 1}}{3} > m - 1 \Leftrightarrow m < 2\) thì phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm \({x_2} < {x_1}\).

Khi đó \(y' \le 0,\forall x \in \left( {2; + \infty } \right) \Leftrightarrow {x_2} < {x_1} \le 2 \Rightarrow \dfrac{{m + 1}}{3} \le 2 \Leftrightarrow m \le 5\).

Kết hợp với \(m < 2\) ta được \(m < 2\).

Vậy \(\left[ \begin{array}{l}m < 2\\2 \le m \le 3\end{array} \right. \Leftrightarrow m \le 3\). Mà \(m \in \left( { - 2019;2019} \right),m \in \mathbb{Z} \Rightarrow m \in \left\{ { - 2018; - 2017;...;3} \right\}\) nên có \(3 - \left( { - 2018} \right) + 1 = 2022\) giá trị nguyên của \(m\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}y = \left| {4f\left( {\sin x} \right) + \cos 2x - a} \right|\\y = \left| {4f\left( {\sin x} \right) + 1 - 2{{\sin }^2}x - a} \right|\end{array}\)

Đặt \(t = \sin x\), với \(x \in \left( {0;\dfrac{\pi }{2}} \right)\) thì \(t \in \left( {0;1} \right)\).

Khi đó hàm số trở thành \(y = \left| {4f\left( t \right) + 1 - 2{t^2} - a} \right| = \sqrt {{{\left[ {4f\left( t \right) + 1 - 2{t^2} - a} \right]}^2}} \).

Để hàm số nghịch biến trên \(\left( {0;1} \right)\) thì \(y' < 0\,\,\forall t \in \left( {0;1} \right)\).

\(\begin{array}{l}y' = \dfrac{{\left[ {4f'\left( t \right) - 4t} \right].\left[ {4f\left( t \right) + 1 - 2{t^2} - a} \right]}}{{\sqrt {{{\left[ {4f\left( t \right) + 1 - 2{t^2} - a} \right]}^2}} }} < 0\,\,\forall t \in \left( {0;1} \right)\\ \Leftrightarrow \left[ {f'\left( t \right) - t} \right].\left[ {4f\left( t \right) + 1 - 2{t^2} - a} \right] < 0\,\,\forall t \in \left( {0;1} \right)\,\,\left( * \right)\end{array}\)

Vẽ đồ thị hàm số \(y = f'\left( t \right)\) và \(y = t\) trên cùng mặt phẳng tọa độ ta có:

Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy trên \(\left( {0;1} \right)\) đường thẳng \(y = t\) luôn nằm phía trên đồ thị hàm số \(y = f'\left( t \right)\), do đó \(f'\left( t \right) - t < 0\,\,\forall t \in \left( {0;1} \right)\).

\(\begin{array}{l}\left( * \right) \Leftrightarrow 4f\left( t \right) + 1 - 2{t^2} - a > 0\,\,\forall t \in \left( {0;1} \right)\\ \Leftrightarrow a < 4f\left( t \right) - 2{t^2} + 1\,\,\forall t \in \left( {0;1} \right)\end{array}\)

Đặt \(g\left( t \right) = 4f\left( t \right) - 2{t^2} + 1\), \(\forall t \in \left( {0;1} \right)\) \( \Rightarrow a \le \mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( t \right)\).

Ta có: \(g'\left( t \right) = 4f'\left( t \right) - 4t < 0\,\,\forall t \in \left( {0;1} \right)\).

\( \Rightarrow \) Hàm số \(g\left( t \right)\) nghịch biến trên \(\left( {0;1} \right)\), do đó \(\mathop {\min }\limits_{\left[ {0;1} \right]} g\left( t \right) = g\left( 1 \right) = 4f\left( 1 \right) - 1 = 3.\)

\( \Rightarrow a \le 3\). Mà a là số nguyên dương \( \Rightarrow a \in \left\{ {1;2;3} \right\}\).

Vậy có 3 giá trị của a thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Hàm số \(y = f\left( x \right)\) nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;3} \right)\) và \(\left( {1;2} \right) \subset \left( {1;3} \right)\) nên hàm số nghịch biến trên khoảng \(\left( {1;2} \right)\).

Dựa vào BBT ta thấy hàm số \(y = f\left( x \right)\) đồng biến trên \(\left( { - 3;\,\,0} \right)\) và \(\left( {3; + \infty } \right).\)

Hàm số $y$ = $f\left( x \right)$ đồng biến trên $D$ nên:

Với mọi ${x_1},{x_2}$ $\in$ $D$ mà ${x_1} > {x_2}$ thì $f\left( {{x_1}} \right)$ > $f\left( {{x_2}} \right)$.

TXĐ: \(D = \mathbb{R}\backslash \left\{ { - m} \right\}.\)

Ta có: \(y = \dfrac{{x + 3}}{{x + m}}\) \( \Rightarrow y' = \dfrac{{m - 3}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}}\)

Hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty ; - 6} \right)\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y' > 0\,\,\forall x \in \left( { - \infty ; - 6} \right)\\ - m \notin \left( { - m; - 6} \right)\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 3 > 0\\ - m \in \left[ { - 6; + \infty } \right)\end{array} \right.\, \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 3\\ - m \ge  - 6\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > 3\\m \le 6\end{array} \right. \Leftrightarrow 3 < m \le 6\)

Sử dụng định lý về xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số trên một khoảng đã nêu ở phần phương pháp, ở đây khoảng $K=(a;b)$ ta được:

Hàm số $y = f\left( x \right)$ xác định và có đạo hàm $f'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {a;b} \right)$ thì $f\left( x \right)$ nghịch biến trên $\left( {a;b} \right)$.

Hàm số $y = f'\left( x \right)$ dương trong khoảng $\left( {2; + \infty } \right)$

$ \Rightarrow $  Hàm số $y = f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {2; + \infty } \right)$

Từ bảng biến thiên ta thấy: $f'\left( x \right) > 0$ trên $\left( {2;3} \right)$ nên hàm số đồng biến trên $\left( {2;3} \right)$.

$f'\left( x \right) < 0$ trên $\left( { - \infty ;2} \right)$ và $\left( {3; + \infty } \right)$ nên hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;2} \right)$ và $\left( {3; + \infty } \right)$.

TXĐ: $R$.

Ta có:

\(y'=-4x^3-4x=-4x(x^2+1)\)

\(\Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x = 0\)

Ta có bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm nghịch biến trên khoảng $\left( {0; + \infty } \right)$.

$f\left( x \right) =  - 2{x^3} + 3{x^2} + 12x - 5 \Rightarrow f'\left( x \right) =  - 6{x^2} + 6x + 12 = 0 \Leftrightarrow x = 2;x =  - 1$

Ta có: $y' < 0,\forall x \in \left( { - \infty ; - 1} \right) \cup \left( {2; + \infty } \right)$ nên hàm số nghịch biến trên các khoảng $\left( { - \infty ; - 1} \right);\left( {2; + \infty } \right)$ và $y' > 0,\forall x \in \left( { - 1 ; 2} \right)$ nên nó đồng biến trên khoảng $\left( { - 1;2} \right)$.

Đối chiếu với các đáp án đã cho ta thấy các Đáp án A, B, C đều đúng vì các khoảng đó đều là khoảng nằm trong khoảng nghịch biến hoặc đồng biến của hàm số, chỉ có đáp án D sai.

Ta có: $f'\left( x \right) = 2{x^2} \ge 0,\forall x \in R$ và $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0$ nên hàm số đồng biến trên $R$.

Đáp án A: Nếu $f'\left( x \right) \ge 0,\forall x\in \left( {a;b} \right)$ thì $f\left( x \right)$ chưa chắc đã đồng biến trên $\left( {a;b} \right)$, chẳng hạn hàm số $y = f\left( x \right) = 2$ có $f'\left( x \right) = 0 \ge 0,\forall x$ nhưng đây là hàm hằng nên không đồng biến, do đó A sai.

Đáp án B: Nếu $f'\left( x \right) > 0,\forall x\in \left( {a;b} \right)$ thì $f\left( x \right)$ đồng biến trên $\left( {a;b} \right)$ đúng.

Đáp án C: Nếu $f'\left( x \right) = 0,\forall x\in \left( {a;b} \right)$ thì $f\left( x \right)$ không đổi trên $\left( {a;b} \right)$, chưa chắc nó đã có giá trị bằng $0$ nên C sai.

Đáp án D: Nếu $f'\left( x \right) \le 0,\forall x\in \left( {a;b} \right)$ thì $f\left( x \right)$ không đổi trên $\left( {a;b} \right)$ sai.

TXĐ: $D=R$ 

Ta có:  $y' = 3{{\rm{x}}^2} - 6{\rm{x}}$

$ \Rightarrow y' = 0 \Leftrightarrow x = 0$ hoặc $x = 2$

Ta có bảng biến thiên

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng $\left( { - \infty ;0} \right)$ và $\left( {2; + \infty } \right)$.