Cho hàm số \(y = \dfrac{{{x^3}}}{3} - \left( {m - 1} \right){x^2} + 3\left( {m - 1} \right)x + 1\). Số giá trị

Câu hỏi số 419223:

Vận dụng

Cho hàm số \(y = \dfrac{{{x^3}}}{3} - \left( {m - 1} \right){x^2} + 3\left( {m - 1} \right)x + 1\). Số giá trị nguyên của \(m\) để hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\) là:

A. \(7\)

B. \(4\)

C. \(5\)

D. \(6\)

Đáp án đúng là: C

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:419223

Phương pháp giải

- Tính đạo hàm \(y'\).

- Hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\) \( \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\).

- Xét các TH sau:

+ TH1: \(\Delta ' \le 0\) \( \Rightarrow \) Hàm số đồng biến trên \(\mathbb{R}\).

+ TH2: \(\Delta ' > 0\), phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1} < {x_2}\). Để hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\) thì \({x_1} < {x_2} \le 1\).

- Áp dụng định lí Vi-ét.

Giải chi tiết

Hàm số \(y = \dfrac{{{x^3}}}{3} - \left( {m - 1} \right){x^2} + 3\left( {m - 1} \right)x + 1\) xác định trên \(\left( {1; + \infty } \right)\).

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

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\) \( \Leftrightarrow y' \ge 0\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\).

\( \Leftrightarrow {x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + 3\left( {m - 1} \right) \ge 0\,\,\forall x \in \left( {1; + \infty } \right)\) (*).

Ta có \(\Delta ' = {\left( {m - 1} \right)^2} - 3\left( {m - 1} \right) = {m^2} - 5m + 4\).

TH1: \(\Delta ' \le 0 \Leftrightarrow {m^2} - 5m + 4 \le 0 \Leftrightarrow 1 \le m \le 4\), khi đó \(y' \ge 0\,\,\forall x \in \mathbb{R}\) nên thỏa mãn (*).

TH2: \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m > 4\\m < 1\end{array} \right.\), khi đó phương trình \(y' = 0\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1} < {x_2}\). Áp dụng định lí Vi-et ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right)\\{x_1}{x_2} = 3\left( {m - 1} \right)\end{array} \right.\).

Khi đó ta có \(y' \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge {x_2}\\x \le {x_1}\end{array} \right.\), nên hàm số đã cho đồng biến trên \(\left( { - \infty ;{x_1}} \right)\) và \(\left( {{x_2}; + \infty } \right)\).

Để hàm số đồng biến trên \(\left( {1; + \infty } \right)\) thì \(\left( {1; + \infty } \right) \subseteq \left( {{x_2}; + \infty } \right)\) \( \Rightarrow {x_1} < {x_2} \le 1\).

Khi đó ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} < 2\\\left( {{x_1} - 1} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} < 2\\{x_1}{x_2} - \left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 1 \ge 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2\left( {m - 1} \right) < 2\\3\left( {m - 1} \right) - 2\left( {m - 1} \right) + 1 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m - 1 < 1\\m - 1 + 1 \ge 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 2\\m \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow 0 \le m < 2\end{array}\)

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

Vậy có 5 giá trị của \(m\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đáp án cần chọn là: C

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.