Luận văn thạc sĩ một số vấn đề về tính chất và đồ thị của hàm số trong giải toán sơ cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THỊ THU THANH MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ TÍNH CHẤT VÀ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ TRONG GIẢI TỐN SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - 2019 e BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN NGUYỄN THỊ THU THANH MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ TÍNH CHẤT VÀ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8460113 Người hướng dẫn : TS Nguyễn Hữu Trọn e Mục lục Danh mục chữ viết tắt ký hiệu iii MỞ ĐẦU 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Một số khái niệm hàm số 1.2 Một số tính chất đặc biệt hàm số 1.2.1 Hàm số chẵn hàm số lẻ 3 4 1.2.2 1.2.3 1.2.4 1.2.5 Hàm đồng biến nghịch biến Hàm số tuần hoàn Hàm lồi hàm lõm Cực đại, cực tiểu hàm số 4 5 1.2.6 1.2.7 Giá trị lớn nhỏ hàm số Các phép biến đổi đồ thị SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ TRONG GIẢI TỐN SƠ CẤP 2.1 Hàm số tính tuần hoàn 2.2 2.3 2.4 2.5 Hàm Hàm Hàm Hàm số tính chẵn lẻ số, tiếp tuyến đồ số tính liên tục số tính đơn điệu thị 13 19 22 28 2.6 Hàm số tính lồi lõm 36 i e BÀI TOÁN TRẮC NGHIỆM LIÊN QUAN ĐẾN ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ 41 3.1 Các toán nhận dạng đồ thị hàm số 41 3.2 3.3 3.4 Các tốn liên quan đến tính đơn điệu hàm số Các toán liên quan đến cực trị hàm số Các toán liên quan đến tương giao đồ thị hàm số 52 62 76 KẾT LUẬN 82 Tài liệu tham khảo 83 ii e Danh mục chữ viết tắt ký hiệu N Z : tập hợp số tự nhiên, : tập hợp số nguyên, Q R HSG T HP T : : : : tập hợp số hữu tỉ, tập hợp số thực, Học sinh giỏi, Trung học phổ thông, T HP T QG : Trung học phổ thông quốc gia, V MS : Vietnam Mathematical Society , IM O : International Mathematical Olympiad iii e LỜI MỞ ĐẦU Hàm số nội dung quan trọng chương trình tốn THPT, đề tài hay, lôi phần lớn giáo viên học sinh, đặc biệt học sinh giỏi Trong năm gần đây, với việc đổi hình thức thi từ tự luận sang trắc nghiệm, đề thi toán THPT quốc gia trọng đến việc khai thác tính chất đồ thị hàm số việc thiết kế đề thi trắc nghiệm, việc giải toán trắc nghiệm THPT Hơn nữa, kỳ thi HSG cấp cấp tỉnh, cấp quốc gia, quốc tế kỳ thi Olympic Toán sinh viên nước quốc tế tốn liên quan đến tính chất đồ thị hàm số thường xuyên xuất Những tốn thú vị đơi khó, nhiên tài liệu dành cho học sinh THPT số nghiên cứu trước ứng dụng tính chất đồ thị hàm số chưa trình bày cách hệ thống đầy đủ Vì với suy nghĩ theo ý tưởng chúng tơi khai thác tính chất đồ thị hàm số góp phần nâng cao hiệu việc giảng dạy giáo viên học tập học sinh trường THPT Đó lý chọn đề tài " MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ TÍNH CHẤT VÀ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP” để làm đề tài luận văn thạc sĩ Ngoài Mục lục, Danh mục ký hiệu, Mở đầu Kết luận, nội dung luận văn chúng tơi trình bày chương: • Chương Kiến thức chuẩn bị e Trong chương hệ thống lại kiến thức tính chất đồ thị hàm số Đây phần lý thuyết sở để xây dựng phương pháp vận dụng cho toán ứng dụng chương sau • Chương Sử dụng tính chất hàm số giải tốn sơ cấp Chương này, chúng tơi trình bày số tốn (tự luận) sử dụng tính chất hàm số chương trình tốn sơ cấp bậc phổ thơng Có thể chia theo chủ đề sau: Hàm số tính tuần hồn, Hàm số tính chẵn lẻ, Hàm số, tiếp tuyến đồ thị, Hàm số tính liên tục, Hàm số tính đơn điệu, Hàm số tính lồi lõm, Tuy nhiên, nhiều tốn chúng liên quan đến nhiều tính chất khác hàm số • Chương 3: Bài toán trắc nghiệm liên quan đến đồ thị hàm số Chương này, nội dung chúng tơi trình bày toán trắc nghiệm liên quan đến đồ thị hàm số cụ thể là: Các toán nhận dạng đồ thị, Các tốn liên quan đến tính đơn điệu hàm số, Các toán liên quan đến tính chất hàm lồi, hàm lõm, Luận văn hồn thành giúp đỡ tận tình thầy TS Nguyễn Hữu Trọn; Trường Đại học Quy Nhơn Chúng tơi xin bày tỏ kính trọng lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy tận tình giúp đỡ chúng tôi, truyền đạt nhiều kiến thức quý báu suốt trình học tập thực luận văn Chúng xin gửi lời cảm ơn đến quý Ban lãnh đạo Trường Đại học Quy Nhơn, Phịng Đào tạo sau đại học, Khoa Tốn q thầy cô giáo giảng dạy lớp cao học Phương Pháp Tốn Sơ Cấp khóa 20 dày cơng giảng dạy suốt khóa học, tạo điều kiện thuận lợi cho chúng tơi q trình học tập thực đề tài Nhân xin chân thành cảm ơn hỗ trợ mặt tinh thần gia đình, bạn bè ln tạo điều kiện giúp đỡ để chúng tơi hồn thành tốt khóa học luận văn e Mặc dù luận văn thực với nỗ lực cố gắng thân, điều kiện thời gian có hạn, trình độ kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu cịn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Chúng tơi mong nhận góp ý q thầy giáo để luận văn hoàn thiện Quy Nhơn, tháng năm 2019 Học viên Nguyễn Thị Thu Thanh e Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương chúng tơi trình bày cách định nghĩa, tính chất hàm số hàm số chẵn, hàm số lẻ, tuần hoàn đơn điệu, lồi lõm giới thiệu số định lý quan trọng liên quan đến tính đơn điệu hàm số, cực trị, phép biến đổi đồ thị hàm số nhằm phục vụ cho việc giải toán sơ cấp liên quan đến hàm số đồ thị trường phổ thông Nội dung đặc biệt lấy chủ yếu tài liệu tham khảo [8] 1.1 Một số khái niệm hàm số Định nghĩa 1.1 Cho tập hợp D ⊂ R D khác rỗng Hàm số f xác định D quy tắc đặt tương ứng số x thuộc D với số, kí hiệu f (x); số f (x) giá trị hàm số f x i) Tập D gọi tập xác định (hay miền xác định), x gọi biến số hay đối số hàm số f ii) Tập hợp tất giá trị hàm số gọi miền giá trị hàm số iii) Đồ thị hàm số y = f (x) tập hợp điểm có tọa độ (x; f (x)) mặt phẳng tọa độ e 1.2 Một số tính chất đặc biệt hàm số 1.2.1 Hàm số chẵn hàm số lẻ Định nghĩa 1.2 Cho hàm số y = f (x) với tập xác định D ⊂ R i) Hàm số f với tập xác định D gọi hàm số lẻ với x ∈ D −x ∈ D f (−x) = −f (x) ii) Hàm số f với tập xác định D gọi hàm số chẵn với x ∈ D −x ∈ D f (−x) = f (x) 1.2.2 Hàm đồng biến nghịch biến Định nghĩa 1.3 i) Hàm số y = f (x) gọi đồng biến khoảng (a, b), với x1 , x2 ∈ (a, b) mà x1 < x2 f (x1 ) < f (x2 ) ii) Hàm số y = f (x) gọi nghịch biến khoảng (a, b), với x1 , x2 ∈ (a, b) mà x1 < x2 f (x1 ) > f (x2 ) Hàm số đồng biến nghịch biến khoảng (a, b) gọi hàm số đơn điệu khoảng Định lí 1.1 Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm khoảng (a; b) i) Nếu f (x) > với x ∈ (a; b) hàm số y = f (x) đồng biến khoảng ii) Nếu f (x) < với x ∈ (a; b) hàm số y = f (x) nghịch biến khoảng 1.2.3 Hàm số tuần hồn Định nghĩa 1.4 Hàm số y = f (x) xác định D ⊂ R gọi hàm số tuần hoàn có số T 6= cho với x ∈ D ta ln e Do f (x) liên tục [a; b] (vì f (x) khả vi [a; b] nên g(x) liên tục đoạn [a; b] ) ta có a+b g(a) = (a − b) + a − =a−b 2 a+b g(b) = (b − a) + b − =b−a 2 Suy g(a).g(b) = −(a − b)2 < Khi ∃x0 ∈ (a; b) cho g(x0 ) = hay f (x0 ) + x0 − a+b a+b = ⇔ f (x0 ) = − x0 2 Áp dụng định lý Lagrange cho hàm f (x) [a; x0 ] :∃α ∈ (a; x0 ) cho 1 (a + b) − x − (a − b) f (x0 ) − f (a) b − x0 2 f (α) = = = x0 − a x0 − a x0 − a (2.7) Áp dụng định lý Lagrange cho hàm f (x) [x0 ; b] :∃β ∈ (x0 ; b) cho 1 (b − a) + x0 − (a + b) x − a f (b) − f (x ) 0 f (β) = = = (2.8) b − x0 b − x0 b − x0 Từ (2.6), (2.7),(2.8) ta thu f (α).f (β).f (γ) = Từ (2.5) ta suy α, β, γ đôi khác Bài tốn 2.26 [Olympic 30/4/2011] Giải phương trình sau tập hợp số thực √ x3 − 15x2 + 18x − 141 = 2x − Lời giải Điều kiện x ∈ R Phương trình cho tương đương √ (x − 5)3 + 5(x − 5) = (2x − 9) + 2x − 29 e (2.9) Xét hàm số f(t) = t3 + 5t, t ∈ R Ta có f (t) = 3t2 + > 0, ∀t ∈ R Suy hàm số đồng biến R Mặt khác phương trình (2.9) có dạng √ f (x − 5) = f ( 2x − 9) √ ⇔ x − = 2x − ⇔ (x − 5)3 = 2x − ⇔ (x − 4)(x2 − 11x + 29) =  x=4 √  ⇔ 11 ± x= √ Vậy phương trình có nghiệm x = 4, x = 11 ± 52 Nhận xét 2.5.1 Bài tốn mở rộng đến trường hợp tổng qt sau Bài tốn tổng qt: Giải phương trình √ ax3 + bx2 + cx + d = k px + q, (2.10) với a, b, c, d, k, p, q ∈ R; a 6= Để giải phương trình này, ý tưởng đưa phương trình cho dạng √ (mx + n)3 + k(mx + n) = (px + q) px + q (2.11) để sử dụng phương pháp hàm số Phương trình (2.10) đưa phương trình (2.11) tồn m, n cho (mx + n)3 + k(mx + n) = ax3 + bx2 + (c + p)x + d + q 30 e Sử dụng đồng thức ta thu hệ (ẩn m n)   m3 = a     3m2 n = b  3mn2 + km = c + p     n3 + kn = d + q Đến ta có kết sau: +) Nếu hệ phương trình có nghiệm phương trình (2.10) đưa dạng phương trình (2.11) +) Nếu hệ phương trình vơ nghiệm phương trình (2.10) khơng đưa dạng phương trình (2.11) Vậy ta đưa (2.5) (2.6) cách ? Ta xét ví dụ sau Bài tốn 2.27 Giải phương trình sau tập số thực √ 4x3 + 6x2 + 4x + = 2x + (2.12) Lời giải Điều kiện x ∈ R Nhận xét 2.5.2 Sử dụng đồng thức ta có hệ phương trình ẩn m n   m3 =     3m2 n =  3mn2 + m =     n3 + n = Dễ thấy hệ phương trình vơ nghiệm Tuy nhiên điều khơng có nghĩa khơng đưa phương trình (2.7) dạng (2.6) Thực phép nhân hai vế phương trình (2.12) với ta √ phương trình 8x3 + 12x2 + 8x + = 2x + Khi ta có hệ phương trình   m3 =     3m2 n = 12  3mn2 + 2m = 10     n3 + 2n = 31 e có nghiệm m = n = Khi Phương trình (2.12) tương đương √ (2x + 1)3 + (2x + 1) = (2x + 1) + 2x + (2.13) Xét hàm số f(x) = t3 + 2x, t ∈ R Ta có f (t) = 3t2 + > 0, ∀t ∈ R Suy hàm số đồng biến R Mà phương trình (2.6) có dạng √ f (2x + 1) = f ( 2x + 1) √ ⇔ 2x + = 2x + ⇔ (2x + 1)3 = 2x + ⇔ 4x(x + 1)(2x + 1) =  x=4 ⇔  x = −1, x = − Vậy phương trình cho có nghiệm x = 4, x = −1, x = − Chú ý 2.1 Các hệ số phương trình (2.10) thay đổi ta nhân vế phương trình (2.10) với số khác khơng hệ phương trình thay đổi, nghĩa hệ phương trình khơng Bài toán 2.28 [HSG Quốc gia THPT, bảng A năm 2006] Giải hệ phương trình √   px − 2x + 6.log3 (6 − y) = x y − 2y + 6.log3 (6 − z) = y  √  z − 2z + 6.log3 (6 − x) = z 32 e Lời giải Điều kiện x, y, z < Hệ cho tương đương với x x2 − 2x + y log3 (6 − z) = p y − 2y + z log3 (6 − x) = √ z − 2z + log3 (6 − y) = √ Xét hàm số f (t) = √ (2.14) (2.15) (2.16) t , t ∈ (−∞; 6) t2 − 2t + Ta có √ 2t − t2 − 2t + − t √ t2 − 2t + f (t) = t2 − 2t + 6−t √ > 0, ∀t ∈ (−∞; 6) = (t2 − 2t + 6) t2 − 2t + Suy f (t) hàm số đồng biến (−∞; 6) Xét hàm số g(t) = log3 (6 − t), t ∈ (−∞; 6) Ta có g (t) = − < 0, ∀t ∈ (−∞; 6) (6 − t) ln Suy g(t) hàm số nghịch biến (−∞; 6) Khi hệ ban đầu có dạng    f (x) = g(y) f (y) = g(z)   f (z) = g(x) Giả sử (x; y; z) nghiệm hệ phương trình Khơng tính tổng qt, ta giả sử x = max {x; y; z} xảy trường hợp sau 33 e * Giả sử x ≥ y ≥ z Vì f (t) hàm đồng biến nên f (x) ≥ f (y) ≥ f (z) ⇒ g(y) ≥ g(z) ≥ g(x) Hơn g(t) hàm số nghịch biến nên y ≤ z ≤ x, suy y = z Thay vào (2.15) (2.16) ta có log3 (6 − x) = log3 (6 − z) ⇔ x = z Do x = y = z * Giả sử x ≥ z ≥ y Vì f (t) hàm đồng biến nên f (x) ≥ f (z) ≥ f (y) ⇒ g(y) ≥ g(x) ≥ g(z) g(t) hàm số nghịch biến nên y ≤ x ≤ z, suy x = z Thay vào (2.14) (2.16) ta có log3 (6 − x) = log3 (6 − y) ⇔ x = y Do x = y = z Vậy hệ phương trình cho tương đương ( x=y=z f (x) = g(x) Do f (t) hàm đồng biến (−∞; 6) g(t) hàm số nghịch biến (−∞; 6), mà f (3) = g(3) nên f (x) = g(x) ⇔ x = Vậy hệ phương trình cho có nghiệm (x; y; z) = (3; 3; 3) Bài tốn 2.29 [Vơ địch Mỹ-Olympic sinh viên 2003] Cho hai hàm số liên tục f, g : [0; 1] → [0; 1] thỏa mãn điều kiện f (g(x)) = g (f (x)) với x ∈ [0; 1] Biết f hàm tăng Chứng minh hệ phương trình ( f (x) = x g(x) = x, có nghiệm thuộc [0; 1] 34 e Lời giải Đặt h(x) = g(x) − x Ta có h(x) hàm liên tục [0; 1], h(0) = g(0) ≥ 0, h(1) = g(1) − ≤ 0, tồn x0 ∈ [0; 1] cho h(x0 ) = ⇒ g(x0 ) = x0 * Nếu f (x0 ) = x0 ta có điều cần phải chứng minh * Nếu f (x0 ) 6= x0 , xét dãy xn xác định x1 = f (x0 ), x2 = f (x1 ), , xn+1 = f (xn ), ∀n ≥ 1, n ∈ N Ta có xn ∈ [0; 1] , ∀n ≥ Hơn f (x) hàm tăng [0; 1] nên {xn } dãy đơn điệu: {xn } tăng x0 < f (x0 ) {xn } giảm x0 > f (x0 ) Suy dãy {xn } hội tụ n → +∞ Đặt lim xn = a, a ∈ [0; 1] x→∞ Bằng qui nạp theo n ta chứng minh g(xn ) = xn , ∀n ≥ Thật Với n = ta có x1 = f (x0 ) ⇒ g(x1 ) = g (f (x0 )) = f (g(x0 )) = f (x0 ) = x1 Giả sử g(xk ) = xk với k ≥ 1, k ∈ N Khi xk+1 = f (xk ) = f (g (xk )) = g (f (xk )) = g (xk+1 ) 35 e Theo nguyên lý qui nạp ta có g (xn ) = xn , ∀n ≥ 1, mà   f (a) = f lim xn = lim f (xn ) = lim xn+1 = a, x→∞  x→∞  x→∞ g (a) = g lim xn = lim (xn ) = lim xn+1 = a x→∞ x→∞ x→∞ Vậy có a ∈ [0; 1] cho ( f (a) = a , g (a) = a ( f (x) = x g (x) = x hay hệ phương trình có nghiệm thuộc [0; 1] 2.6 Hàm số tính lồi lõm Bài tốn 2.30 Giả sử số thực a, b, c thỏa mãn   0≤c≤b≤a≤8 a + b ≤ 13   a + b + c = 15 Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức M = a2 + b2 + c2 Lời giải Từ giả thiết, ta có      0≤a≤8 a+b≤8+5 a+b+c=8+5+2 Xét hàm số f (x) = x2 , ta có f 00 (x) = > 0, ∀x ∈ R nên hàm số f (x) lồi thực R Do đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có f (a) + f (b) + f (c) ≤ f (8) + f (5) + f (2), 36 e hay a2 + b2 + c2 ≤ 64 + 25 + = 93 Đẳng thức xảy a = 8, b = 5, c = Vậy max M = 93 đạt a = 8, b = 5, c = Áp dụng bất đẳng thức B-C-S cho hai số (a, b, c) (1, 1, 1), ta có (1a + 1b + 1c)2 ≤ (12 + 12 + 12 )(a2 + b2 + c2 ), suy (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 ) Nên ta 152 ≤ 3M hay M ≥ 75 Đẳng thức xảy a = b = c = Vậy M = 75 đạt a = b = c = Bài toán 2.31 Giả sử A, B, C góc tam giác nhọn Chứng minh giá trị lớn cos A + cos B + cos C Lời giải Không tính tổng quát, ta coi A ≥ B ≥ C Khi A≥ π π ,C ≤ 3 A+B =π−C ≥ nên 2π  π  A ≥    π π A+B ≥ + π π π     A+B+C = + + 3 Xét hàm số πi f (x) = cos x, ∀x ∈ 0; h Ta có h πi f (x) = − cos x < 0, ∀x ∈ 0; 00 37 e h πi nên hàm số f (x) lõm đoạn 0; Khi đó, theo bất đẳng thức Karamata, ta có f (A) + f (B) + f (C) ≤ 3f π  hay cos A + cos B + cos C ≤ Vậy giá trị lớn cos A + cos B + cos C A=B=C= đạt π Bài tốn 2.32 Giả sử tam giác ABC khơng nhọn Chứng minh √ A B C giá trị nhỏ tan + tan + tan 2 − 2 Lời giải Khơng tính tổng quát, ta coi A ≥ B ≥ C Khi  π  A ≥    π π A+B ≥ + , π π π     A+B+C = + + 4 hay  A π   ≥    π π A B + ≥ +  2   A B C   + + =π+π+π 2 8 Xét hàm số π f (x) = tan x, ∀x ∈ 0;  Ta có  π sin x f (x) = ≥ 0, ∀x ∈ 0; cos3 x 00 38 e π nên hàm số f (x) lồi khoảng 0; Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Karamata, ta B C π π π A tan + tan + tan ≥ tan + tan + tan 2 8 √ √ π π π π Để ý tan = − nên tan + tan + tan = 2 − 8 √ A B C Do tan + tan + tan ≥ 2 − 2 √ A B C Vậy giá trị nhỏ tan + tan + tan 2 − đạt 2 π π π  , , hoán vị n (A, B, C) = 4  Bài toán 2.33 [IMO - 2000] Giả sử số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện abc = Chứng minh     1 a−1+ b−1+ c−1+ ≤ b c a x y z Lời giải Vì abc = nên ta đặt a = ; b = ; c = với x, y, z > y z x Ta viết bất đẳng thức cho theo x, y, z:   x z y x  z y −1+ −1+ −1+ ≤1 y y z z x x hay (x − y + z) (y − z + x) (z − x + y) ≤ xyz Để ý (x − y + z) + (y − z + x) = 2x > , ba số x − y + z, y − z + x, z − x + y khơng thể có trường hợp hai số âm Nếu ba số có ba số âm, hiển nhiên ta có bất đẳng thức cần chứng minh Trường hợp số dương, cách lấy logarit hai vế số e, ta ln(x − y + z) + ln(y − z + x) + ln(z − x + y) ≤ ln x + ln y + ln z Không tính tổng quát, ta coi z ≥ y ≥ z Khi x + y − z ≥ x (x + y − z) + (x − y + z) = 2x ≥ x + y, hay (x + y − z) + (x − y + z) + (z − x + y) = x + y + z 39 e Xét hàm số f (x) = ln x, ∀x > Ta có < 0, ∀x > x2 nên hàm số f (x) lõm khoảng (0; +∞) Khi theo bất đẳng thức Karamata, ta có f 00 (x) = − ln(x − y + z) + ln(y − z + x) + ln(z − x + y) ≤ ln x + ln y + ln z Đẳng thức xảy x = y = z hay a = b = c = 40 e Chương BÀI TOÁN TRẮC NGHIỆM LIÊN QUAN ĐẾN ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ Chương nhằm trình bày tốn trắc nghiệm liên quan đến đồ thị hàm số Đây chủ đề quan trọng chương trình tốn bậc phổ thông nay, chiếm tỷ lệ lớn cấu đề thi Bộ giáo dục Đào tạo năm qua Với mục đích đáp ứng yêu cầu học tập giảng dạy giáo viên trường phổ thơng, chúng tơi trình bày vấn đề sau: Các toán nhận dạng đồ thị, Các tốn liên quan đến tính đơn điệu hàm số, Các toán liên quan đến tính chất hàm lồi, hàm lõm, Các toán sưu tầm từ tài liệu tham khảo thu thập luận văn đặc biệt lấy chủ yếu tài liệu tham khảo [1],[2] 3.1 Các toán nhận dạng đồ thị hàm số Bài toán 3.1 [Đề thi THPTQG năm 2018 - mã đề 105] Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số ? 41 e A y = x3 − 3x − B y = x4 − 3x2 − C y = −x4 + x2 − D y = −x3 − 3x − Lời giải Đồ thị hàm số bậc ba có hệ số a > nên loại đáp án B, C, D Do chọn đáp án A Bài toán 3.2 [Đề thi THPTQG năm 2018 - mã đề 104] Đường cong hình vẽ bên đồ thị hàm số ? A y = x3 − 3x2 − B y = x4 − x2 − C y = −x4 + x2 − D y = −x3 + 3x2 − Lời giải Dựa hình dáng đồ thị, ta loại đáp án B C Mặt khác từ đồ thị, ta thấy lim y = −∞ nên loại đáp án A Do x→+∞ chọn đáp án D Bài toán 3.3 Đồ thị hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị hình vẽ Mệnh đề sau 42 e A a < 0; b > 0; c > 0; d > B a < 0; b < 0; c < 0; d > C a < 0; b < 0; c > 0; d > D a < 0; b > 0; c < 0; d > Lời giải Đồ thị xuống từ (−∞; −1) (2; +∞) ; lên (−1; 2) nên a < Từ đồ thị hàm số cho x = ⇒ y = d > y = 3ax2 + 2bx + c = có nghiệm phân biệt trái dấu x1 x2 mà 2b b x1 + x2 = − > ⇒ < ⇒ b > c 3a c a x1 x2 = < ⇒ < ⇒ c > 3a a Suy a < 0; b > 0; c > 0; d > Chọn đáp án A Bài toán 3.4 Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị đường cong hình vẽ Mệnh đề đúng? A a > 0, b < 0, c = 0, d < B a > 0, b = 0, c < 0, d < C a > 0, b = 0, c > 0, d < D a > 0, b > 0, c = 0, d < Lời giải Ta có y = 3ax2 + 2bx + c Do cực tiểu hàm số thuộc trục tung có giá trị âm nên d < x = nghiệm phương  trình y = ⇒ c = x=0 2b  Lại có 3ax + 2bx = ⇔ 2b ⇒ − < ⇒ a > 0, b > 3a x=− 3a Chọn đáp án D Bài toán 3.5 Cho hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d có đồ thị hình vẽ 43 e ... tơi chọn đề tài " MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ TÍNH CHẤT VÀ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP” để làm đề tài luận văn thạc sĩ Ngoài Mục lục, Danh mục ký hiệu, Mở đầu Kết luận, nội dung luận văn trình... bày số tốn (tự luận) sử dụng tính chất hàm số chương trình tốn sơ cấp bậc phổ thơng Có thể chia theo chủ đề sau: Hàm số tính tuần hồn, Hàm số tính chẵn lẻ, Hàm số, tiếp tuyến đồ thị, Hàm số tính. .. thể chia theo chủ đề sau: Hàm số tính tuần hồn; Hàm số tính chẵn lẻ; Hàm số, tiếp tuyến đồ thị; Hàm số tính liên tục; Hàm số tính đơn điệu; Hàm số tính lồi lõm, Tuy nhiên, nhiều toán chúng liên