Chuyên đề gtln gtnn của hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối

TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỰC TRỊ CỦA HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI Các toán hàm trị tuyệt đối bắt đầu xuất đề tham khảo năm 2018 sau trở thành trào lưu diễn đàn, nhóm, đồng thời xuất nhiều đề thi thử với dạng mức độ khác Một số chưa phù hợp với kì thi THPT Quốc Gia, nhiên chuyên đề lần bạn bắt tay giải số dạng toán tiêu biểu Cũng nói thêm để hồn thành chun đề tơi cảm ơn bên Vted có đề thi vơ hay, tốn đề hầu hết lấy từ Vted lời giải thực người bạn – Ngô Nguyên Quỳnh Nguyễn Hải Linh Mặt khác cơng việc thời gian khơng có nhiều nên không để đưa thêm nhiều dạng hay khác xuất số đề thi thầy mạng được, mong bạn đọc bỏ qua Mọi ý kiến đóng góp xin gửi địa sau: NGUYỄN MINH TUẤN – K14 ĐẠI HỌC FPT Email: tuangenk@gmail.com Nào bắt đầu nhé! I MỞ ĐẦU Bài toán mở đầu Gọi S tập hợp tất giá trị thực tham số m cho giá trị lớn hàm số f  x   x  3x  m đoạn  0;  Số phần tử S là? A C B D Câu 36 – Đề tham khảo THPT Quốc Gia mơn tốn 2018 Lời giải m  x  3x   Ta có x  3x  m  3, x  0;   3  x  3x  m    , x  0;   m  x  3x  3 Xét hàm số f  x   x  3x đoạn  0;  f '  x   3x  nên f '  x    x  1 So sánh số f   , f   , f   ta có f  x   2, max  ta có : 0;2  0;2  x  3x  3  m  max x  3x  3  1  m  0;2  0;2  Đây điều kiện cần m, ta thử lại sau  Với m  với x  ta có y  f      Với m  1 với x  ta có y  f      Với m  với y  f  x   nên có giá trị lớn Vậy S  1; 1 nên có tất giá trị thỏa mãn yêu cầu đề Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI Nhận xét: Đây câu đề tham khảo thi THPT Quốc Gia 2018 Bộ , nhìn chung câu vận dụng cao cần phải có kiến thức bất đẳng thức trị tuyệt đối phép biến đổi có liên quan Bất đẳng thức trị tuyệt đối Cho số thực a,b ta có a  b  a  b  a  b Dấu “=” thứ a,b dấu, dấu “=” thứ a,b trái dấu I CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI ĐIỂM CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ A CÁC TÍNH CHẤT LIÊN QUAN TỚI CỰC TRỊ CỦA HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI Trước vào toán ta cần nhớ kiến thức sau  Số điểm cực trị hàm số f  x  bẳng tổng số điểm cực trị hàm số f  x  số lần đổi dấu hàm số f  x   Số điểm cực trị hàm số f  mx  n  a  , a số điểm cực trị lớn   n hàm số f  x  m Số điểm cực trị hàm số f  x  a  , a số điểm cực trị dương hàm số  Cho hàm số có dạng y  ax  bx  c  mx , tìm điều kiện tham số m để giá trị max  yct   c cực tiểu hàm số đạt giá trị lớn nhất, ta có  m  b Câu 1: Biết phương trình ax  bx  cx  d   a   có hai nghiệm thực Hàm số y  ax  bx  cx  d có điểm cực trị A B C Lời giải D Vì phương trình ax  bx  cx  d   a   có hai nghiệm thực nên hàm số y  ax  bx  cx  d có hai điểm cực trị Mặt khác ax  bx  cx  d  a  x  x1   x  x2  Do phương trình ax  bx  cx  d  có nghiệm đơn nghiệm kép Vậy số điểm cực trị hàm số y  ax  bx  cx  d   Chọn đáp án A Câu 2: Có số nguyên m   20; 20  để hàm số y  x  x  m  x  có ba điểm cực trị A 17 B 16 C 19 Lời giải D 18 Nếu x  x  m  0, x y  x  x  m  x   x  m  có điểm cực trị x  (loại) Nếu x  x  m  có hai nghiệm phân biệt x1  x2     m   m  | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TOÁN  2 x     x   x       2  2x   x2  2x  m x  x  m  x  x  m   m   y   2; y       x2  x  x2  2x  m     x        x  x  m   x  x  m   m      +) Với  m  rõ ràng khơng có số ngun +) Với m  ta có bảng xét dấu y  hình vẽ Lúc hàm số có điểm cực trị Vậy m  19, , 1 Chọn đáp án C Câu 3: Biết phương trình ax  bx  c   a   bốn nghiệm thực Hàm số y  ax  bx  c có điểm cực trị A B C Lời giải D Vì phương trình ax  bx  c   a   bốn nghiệm thực nên hàm số    b  ac   b  0  ab  hàm số ax  bx  c  có điểm cực trị S  a  c   P  a  Mặt khác ax  bx  cx  d  a  x  x1  x  x  x  x  x  x  nên phương trình ax  bx  c  có 4nghiệm đơn Vậy hàm số y  ax  bx  c có   cực trị Câu 4: Cho hàm số y  x   m   x  2m  Có số ngun khơng âm m để hàm số cho có ba điểm cực trị A B C Lời giải D Xét hàm số f  x   x   m   x  2m  m    m   f  x   x  có điểm cực trị x  phương trình f  x   có hai nghiệm phân biệt hàm số y  f  x  có điểm cực trị (thỏa mãn) m    m   f  x   x  x  có điểm cực trị x  phương trình f  x   có nghiệm đơn phân biệt hàm số y  f  x  có điểm cực trị (thỏa mãn) Ta có m    m  f  x  có ba điểm cực trị Vậy yêu cầu tóan lúc tương đương với f  x   vơ nghiệm có nghiệm kép, tức    m     2m      m     m  Vậy m  0, 1, 2 Chọn đáp án A 2 Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI Câu 5: Cho hàm số y  x   m   x  2m  Tập hợp tất giá trị thực tham số m để hàm số cho có điểm cực trị  3 3  A  1;  B  ;   \2 C  1;   \2  2 2  Lời giải  3 D  1;   2 x2  Xét f  x   x   m  1 x  2m   f  x    x  x  2m      x  2m   2   TH1: Nếu m    Do f  x  có điểm đổi dấu x  1; x  Hàm số y  f  x  có điểm cực trị y  f  x  có ba điểm cực trị  ab   2  m     m  Vậy trường hợp có  m  TH2: Nếu  2m    3  m  Khi f  x  có bốn điểm đổi dấu x  1; x   m  số điểm cực trị hàm số f  x  hàm số y  f  x  có cực trị(loại)   TH3: 2m    m   f  x    x   y  f  x   x  có điểm cực trị 2 (loại) Chọn đáp án D Câu 6: Có số nguyên m   20; 20  để hàm số y  x   m   x  m có điểm cực trị A 18 B 20 C 19 Lời giải D 21 Xét x   m   x  m  x  1; x  m   để hàm số y  x   m   x  m có điểm m  cực trị phương trình   có nghiệm phân biệt    m  2, , 19 có m  18 số nguyên thỏa mãn Chọn đáp án A Câu 7: Có số nguyên m   20; 20  để hàm số y   x   x  m có điểm cực trị A B 17 C Lời giải D 16 Có y   x   x  m   x   x  m   x   m   x  2m Nếu m   x   m   x  2m  0, x nên hàm số cho có tối đa ba điểm cực trị (loại) Nếu m   x   m   x  2m   x  m  x   m Vậy điều kiện hàm số y  x   m   x  2m có ba điểm cực trị    m     m   m  3, , 19 Có 17 số nguyên thoả mãn Chọn đáp án B | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Câu 8: Có số nguyên m để hàm số   y  x   2m   x  2m2  2m  x  2m2  có điểm cực trị A B   C Lời giải D ycbt  x  2m   x  2m2  2m  x  2m2  x    x   x  2mx  2m2    2  x  2mx  2m     3  m    m2  2m2    Có nghiệm phân biệt    1  17  m  2, 1, 0, 1, 2 m  1  2m  m      Câu 9: Có số nguyên m để hàm số y  x  3mx   m2  |x|1 có 3 điểm cực trị A B C Lời giải D Ta có ycbt  y  x  3mx   m2   x  có điểm cực trị dương  y   3x  6mx   m2     x  m  2; x  m  có nghiệm dương  m    m   2  m   m  1, 0, 1, 2 Chọn đáp án D Câu 10: Có số nguyên m   10; 10  để hàm số y  x  3mx   m2  |x|1 có điểm cực trị A B C Lời giải D Ta có ycbt  y  x  3mx   m2   x  có hai điểm cực trị dương  y   3x  6mx   m2     x  m  2; x  m  có hai nghiệm dương  m    m  3, , 9 Chọn đáp án D Câu 11: Có số nguyên m để hàm số y  3x  15x  60x  m có điểm cực trị A 289 B 287 C 286 Lời giải D 288 Xét y  3x  15x  60 x có y   15x  45x  60   x   x  2 Vậy hàm số y  3x  15x  60 x có điểm cực trị x  2; x  2 Bảng biến thiên Vậy để hàm số có điểm cực trị  3x  15x  60 x  m   m  3x  15x  60 x có tổng số nghiệm đơn bội lẻ 3, tức 144  m  144  144  m  144  m  143, , 143  Có 287 số nguyên thỏa mãn Chọn đáp án B Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI Câu 12: Có số nguyên m   2019; 2019  để hàm số y  x  4x  m  6x  có ba điểm cực trị A 2014 B 2016 C 2013 Lời giải D 2015 Nếu x  4x  m  0, x  y  x  4x  m  6x   x  x  m  có điểm cực trị x  1 (loại) Nếu x  x  m  có hai nghiệm phân biệt x1  x2     m   m   2 x     x  1    x   x  4x  m x  4x  m   m  5 0  Khi y    6; y   x  x  4x  m    x       x  x  m   m  5    Với 5  m  ta có xét dấu y  sau Hàm số có cực trị x  1 (loại) Với m  5 ta có xét dấu y  sau Hàm số có điểm cực trị x  x1 ; x  5; x  x2 Vậy m  2018, , 6 Có 2013 số nguyên thỏa mãn Chọn đáp án C Câu 13: Có số nguyên m   20; 20  để hàm số y  x  2m x  m   có ba điểm cực trị A 17 B 19 C 18 Lời giải D 20 x  m  x  m   x  m    2 x  2m  x  m     y   Ta có y   2 x  m  x  m    x  m  x  m   x  m    Vậy hàm số khơng có đạo hàm điểm x  m   2 x  2m   x  m   x  m xm1 10     y     2 x  2m    x  m  x  m  m     2    x  m    2 m   Vậy để hàm số có điểm cực trị trước tiên phải có m  lúc bảng xét dấu y  sau Điều chứng tỏ với m  giá trị cần tìm, số nguyên m  1, , 19 Có tất 19 số nguyên thỏa mãn Câu 14: Có tất số nguyên m thuộc đoạn  2017; 2017  để hàm số y  x  3x  m có điểm cực trị ? A 4032 | Chinh phục olympic toán B 4034 C 4030 Lời giải D 4028 Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN x  Ta có y  x  3x  m có y  3x  6x ; y     y    m, y    m  x  m  Yêu cầu đề tương đương với y   y     m m      m  Do m  2017, , 2017 có 2018  2014  4032 số nguyên thỏa mãn Chọn đáp án A Câu 15: Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x  3x  m có điểm cực trị A 4  m  B 4  m  C  m  Lời giải D m  m  x  Ta có y  x  3x  m có y  3x  6x ; y     y    m, y    m  x   Yêu cầu đề tương đương với y   y     m m      m  Chọn đáp án C Câu 16: Tìm tập hợp tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x  mx  m có điểm cực trị A  4;   B  0;  C  0;  D  1;   Lời giải Xét hàm số y  x  mx  m có tối đa điểm cực trị phương trình f  x   có tối đa 4 nghiệm Vì hàm số y  f  x  có điểm cực trị f  x   có nghiệm    m2    phân biệt f   x   có nghiệm phân biệt  S  m  0, P  m   m   ab  m   Chọn đáp án A Câu 17: Cho hàm số f  x   ax  bx  cx  d thoả mãn a  0, d  2018, a  b  c  d  2018  Tìm số điểm cực trị hàm số y  f  x   2018 A B C Lời giải D  lim g  x    ; lim g  x    x   x  g  f  2018  d  2018  Xét g  x   f  x   2018 ta có        g    f    2018  a  b  c  d  2018  Do đồ thị hàm số y  g  x  cắt trục hoành ba điểm phân biệt suy hàm số y  g  x  có hai điểm cực trị Do số điểm cực trị đồ thị hàm số y  g  x    Chọn đáp án B Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI Câu 18: Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y  3x  4x  12 x  m có điểm cực trị ? A B C Lời giải D Hàm số f  x   3x  4x  12 x  m có ba điểm cực trị nghiệm phương trình x  f   x    12 x  12 x  24x   12 x x  x     x  1  x   2  Phương trình f  x   có tối đa nghiệm thực Do hàm số y  f  x  có điểm cực trị phương trình f  x   có nghiệm thực phân biệt  3x  x  12 x  m có nghiệm thực phân biệt Lập bảng biến thiên hàm số y  3x  4x  12 x ta có giá trị cần tìm 5  m    m   m  1; 2; 3; 4 có số nguyên thỏa mãn Câu 19: Có giá trị nguyên tham số m để hàm số y  x  x  5x  m có điểm cực trị A B C Lời giải D Hàm số f  x   x  x  5x  m có ba điểm cực trị x  0; x  2; x   Vậy hàm số y  f  x  có điểm cực trị  f  x   có bốn nghiệm phân biệt 875 875  m    m  Vậy m  1; 2; 3 Chọn đáp án C 256 256 Câu 20: Cho hàm số đa thức bậc bốn y  f  x  có ba điểm cực trị x  1; x  2; x  Có bao  nhiêu số nguyên m   10; 10  để hàm số y  f  x  m  có điểm cực trị A B 10 C Lời giải D 19 Hàm số y  f  x  m  có cực trị  f  x  m  có điểm cực trị lớn m x  m  x   m Các điểm cực trị hàm số  y  f  x  m   x  m    x   m  x  m   x   m   m  m Vậy ta có điều kiện   m  m  m  m  9, , 9 Chọn đáp án D   m  m Câu 21: Cho hàm số y  x  mx  Gọi a số điểm cực trị hàm số cho Mệnh đề ? A a  | Chinh phục olympic toán B a  C  a  D a  Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Lời giải  x  mx   x    3x  m  x    y   Ta có y   hàm số khơng có đạo hàm điểm   x  mx   x    3x  m  x   x0 3x   x   Nếu m   y    đổi dấu từ âm sang dương qua điểm x  nê hàm số 3x   x   có điểm cực trị x  3x  m  x   m   y   x  Nếu m   y   đổi dấu qua 3x  m   x   x m m nên có điểm cực trị x  3 3x  m   x   m  y   x  Nếu m   y    3x  m  x   Chỉ đổi dấu qua x   m m nên có điểm cực trị x   3 Vậy với m hàm số có điểm cực trị Chọn đáp án B Câu 22: Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x   2m   x  3m x  có điểm cực trị A 1    ;    1;   4  B C  1;    1   ;    1;    4 Lời giải  1 D  0;    1;    4 yêu cầu toán tương đương hàm số y  x   2m   x  3mx  có điểm cực trị dương, tức 3x   m   x  3m  có nghiệm dương phân biệt, tức     m    9m  m    2m  1  0  chọn đáp án D S  0  m    3m  P    Câu 23: Cho hàm số f  x   x   2m   x    m  x  Tìm tập hợp giá trị thực tham số m để hàm số y  f  x  có năm điểm cực trị A   m  B  m   m  2 Lời giải C Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor D 2  m  Chinh phục olympic toán | MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI Ta có  a   a  số điểm cực trị dương hàm số y  f  x       m      m     2m  1  0   m  Ta có f   x   3x   m   x   m  S   2m   P   Chọn đáp án B Câu 24: Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm số y  x   2m   x  3m x  có điểm cực trị A   ;  B  1;    1 D 0;   4 C    ; 0] Lời giải xét f  x   x   2m   x  3mx  f  x   x   2m   x  3m x  ta có  a   a  số điểm cực trị dương hàm số y  f  x  yêu cầu tương đương với: f  x  có điểm cực trị dương  f   x   có nghiệm thỏa mãn x1   x2  m  Câu 25: Cho hàm số f  x   ax  bx  cx  dx  e  a , b , c , d , e  Biết f  1   0, f    0, f    Số điểm cực trị hàm số A B C Lời giải  a  y  f  x  D  lim f  x     lim f  x  f     x   x   f  1    f   f  1    Theo giả thiết ta có:  f      x1  1  x2   x3   x f f         f  1   lim f x f   lim f  x     x       x  Sao cho f  x1   0; f  x2   0; f  x3   0; f  x   Điều chứng tỏ phương trình f  x   có nghiệm phân biệt, hàm số f  x  phải có điểm cực trị Vì hàm số y  f  x  có   điểm cực trị Chọn đáp án A 10 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TOÁN III ĐỌC THÊM - ỨNG DỤNG TOÁN CAO CẤP TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP A ĐA THỨC CHEBYSHEV Đa thức Chebyshev, đặt theo tên nhà toán học Nga Pafnuty Chebyshev, dãy đa thức trực giao (tiếng Anh: orthogonal polynomials), có liên quan đến cơng thức de Moivre (de Moivre's formula) Có thể xác định dãy đa thức công thức truy hồi, giống số Fibonacci số Lucas Có hai loại: đa thức Chebyshev loại I (ký hiệu Tn) đa thức Chebyshev loại II (ký hiệu Un) Chữ T dùng để ký hiệu vì, tiếng Pháp tên Chebyshev viết Tchebycheff tiếng Đức Tschebyscheff Chữ n ký hiệu cho bậc đa thức Đa thức Chebyshev ý tưởng đơn giản (cũng chất nó) biểu diễn cos  nx  đa thức bậc n theo cos x Trong viết ta tìm hiểu định nghĩa tính chất ứng dụng I ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT ĐA THỨC CHEBYSHEV ĐỊNH NGHĨA  T0  x   1, T1  x   x Các đa thức Tn  x  , n ∈ N xác định sau:   Tn1  x   xTn  x   Tn1  x  Gọi đa thức Chebyshev loại I  U0  x   0, U1  x   Các đa thức Tn  x  , n ∈ N xác định sau:   Un1  x   xUn  x   Un1  x  , n  Gọi đa thức Chebyshev loại II CÁC TÍNH CHẤT CỦA ĐA THỨC LOẠI I Đa thức Chebyshev có nhiều tính chất hay, sử dụng nhiều việc giải toán đa thức Sau xin nêu số tính chất quan trọng (việc chứng minh dễ dàng)  Tính chất 1: x   1, 1 ,ta có Tn  x   cos(n arccos x )  Tính chất 2: Tn  x  đa thức bậc n, n  ,hệ số cao n 1  Tính chất 3: Tn  x  hàm chẵn x chẵn hàm lẻ x lẻ  Tính chất 4: Đa thức Tn  x  có n nghiệm phân biệt  1, 1 : xk  cos 2k  ,  k  1, 2, , n   2n  Tính chất 5: a) Tn  x   1, x   1, 1 b) Tn  x   n  điểm khác  1, 1 xk  cos   Chú ý là: Tn x k   1  k  k  1, 2, , n  n k Các điểm xk gọi điểm luân phiên Chebyshev Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | 29 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI  Tính chất 6: P  x  bậc n, hệ số cao 1, ta có max P  x   Đẳng thức xảy  P  x   Tn *  x   n1 n1 Một vài đa thức khởi đầu T2  x  T3  4x  3x T4  8x  8x  CÁC TÍNH CHẤT CỦA ĐA THỨC LOẠI II  Tính chất 1: x   1,  ta có Un  x   sin  n arccos x   x2  Tính chất 2: Un  x   Tn '  x  n  Tính chất 3: a) U n  x  đa thức hệ số nguyên, bậc n  , hệ số cao n 1 b) U n  x  hàm chẵn x lẻ hàm lẻ x chẵn  Tính chất 4: Un  x   n , x   1,   Tính chất 5: Đa thức U n  x  có n-1 nghiệm phân biệt khác  1, 1 Đặc biệt: Từ tính chất 4, ta có: Tn '  x   n2 , x   1,  II MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA Một dấu hiệu để nhận biết toán đa thức có sử dụng tính chất đa thức Chebyshev hay khơng miền giá trị đa thức Các toán miền  1; 1 gợi cách giải phương pháp sử dụng tính chất đa thức Chebyshev Sau ta xét lớp tốn đa thức có sử dụng tính chất đa thức Chebyshev Bài 1: Cho hàm số y  4x   a   x  ax Tìm a để y  x  Lời giải Vì y  x  nên ta có :  y  1    2a      y  1   1   a   1     a  1  a3 a   y          1     4  2   3a   a3 a   y     1          30 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN  4  a  1   a     4   a    3  a   a  3 4  a     3  a   Ngược lại, a  3 y  x  3x Đặt x  cos  với   0;  y  cos3 rõ ràng thỏa mãn y  x  Bình luận: Nếu xem lời giải khơng hiểu rõ nguồn gốc, cội nguồn tốn học sinh thấy lời giải tự nhiên việc ta xét giá trị hàm số giá trị x 1;  mà giá trị khác Thực chất việc xét giá trị hàm số điểm 1;  xét giá trị hàm số nghiệm đa thức Chebyshev bậc ba Bài 2: Cho hàm số y  x  mx Tìm m để y  x  Lời giải Vì y  x  nên ta có :  y  1      y  1   4m 1 1   m   5  m  3   1   m  3  y      4  m   2  m     3  m    2   3a   1m 1 1   1    4 y   2  1    Ngược lại, m=-3 y  x  3x Đặt x  cos  với   0;  y  cos3 rõ ràng thỏa mãn y  x  Bài 3: Tìm a, b, c để 4x  ax  bx  c  1, với x thỏa mãn x  Lời giải Cách Điều kiện cần: Vì y  x  nên ta có :  y  1    y  1     1  y     I  2   y      5  a  b  c  3    3  a  b  c     6  a  2b  4c    2  a  2b  4c     Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | 31 MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI a  b  c  Từ (1) (2) ta có:   2b   b  3    a  b  c  3  a  2b  4c  6 Từ (3) (4) ta có:   4b  12  b  3   a  b  c   Từ (5) (6) ta b  3  2  a  c  0  a  c  a  c     ac0 Thế b  3 vào hệ (I) ta có:     a  4c   a  4c  0  a  4c  Điều kiện đủ: Khi a  c  0, b  3 y  x  3x Đặt x  cos  với   0;  y  cos 3 rõ ràng thỏa mãn y  x  Cách Giả sử tồn số a, b, c thỏa mãn điều kiện toán Đặt f  x   4x  ax  bx  c , M  max f  x  x 1;1   Ta có    f (1)   a  b  c , f ( 1)  4  a  b  c , a b 1 a b  1 f      c , f       c 2  2 1  1 1  1 M  f  1  f  1   f    f     f    f  1   f    f    2  2 2  2   a  b  c  a  b  c   a a  b  2c    b  2c    2 1  1 Vậy M  Dấu “=” xảy f (1)  f ( 1)  f    f     M  , đồng 2  2  1  1 thời f  1 ,  f  1  ,  f   , f    đơi có tích khơng âm Điều tương đương với 2  2  4  a  b  c    4  a  b  c   a b      c    1  1  a b  f     f  1    f    f          c         1  1    a  b  c  1  f     f  1    f    f         a  b  c  1         a b       c  1      a  b  c  1   32 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN 2b   a  c   b  3   a  2b  4c     a  c   a  4c      a  4c  Mặt khác, từ giả thiết M  , phải có M  xảy dấu bất đẳng thức tức a  c  0, b  3 Ngược lại, a  c  0, b  3 y  x  3x Đặt x  cos  với   0;  y  cos3 rõ ràng thỏa mãn y  x  Bài 4: Tìm a, b để 8x  ax  b  1, x   1; 1 Lời giải Cách Điều kiện cần: Vì y  x  nên ta có :  y    1, y  1      y 0  b 1  1  b  1  b         8 ab   1  a  b     I  9  a  b  7  y       2  a  2b   6  a  b  2       a  b    y          a  b  7 Từ   b  Lại b  nên b   a  2b  6 9  a   7 10  a  8 Thế b  vào hệ  I  ta có    a  8 6  a   2 8  a  4 Điều kiện đủ: Khi a  8, b  y  8x  8x  Đặt x  cos  với   0;  y  cos 4 rõ ràng thỏa mãn y  x  Cách Giả sử tồn số a, b thỏa mãn điều kiện toán Đặt f  x   8x  ax  b , M  max f  x  theo giả thiết M  x 1;1  2 a Ta có f    b , f     a  b , f      b   Do M  max f  x  x 1;1   M  f 0  nên  M  f     2  M  f        2 Từ ta có:  M  f    f    2 f    f    f    f    2      Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 33 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI  2 f    f    f    ,   Vậy M  Dấu “=”xảy đồng thời  2 f   , f 1  ,  f   đôi dấu Điều tương đương với:      f    f     f      f    f  1   f      2   1  2 1   a  8  b  Ngược lại: Khi a  8, b  y  8x  8x  Đặt x  cos  với   0;  y  cos 4 rõ ràng thỏa mãn y  x  Bình luận Các giá trị x mà ta xét nghiệm đa thức Chebyshev bậc bốn, nghiệm 0; 1;  Bài 5: Chứng minh với x   1; 1 ta có ax  bx+c  h a  b  c  4h Lời giải  f  1  a  b  c , f  1  h  Đặt f  x   ax  bx  c , theo giả thiết f  x   h  f  1   a  b  c , f  1   h   f    c , f    h Từ ta có a  Vậy a  b  c   f  1 f  1  f  1 f    f  1   f 0 , b  , c  f 0 2 f  1  f  1  f  1  f 0   f 0  f  1  f  1 f  1 2  f  1  f 0  f 0  h h h h   h    h  4h 2 2 Như ta có điều phải chứng minh a  b  c  4h Bài 6: Cho f  x   ax  bx  c thỏa mãn điều kiện Chứng minh f  x   f  1   1, f    1, f    x  Lời giải AB AB Đặt A  a  b  c , B  a  b  c , a   c, b  2 Theo giả thiết: f    A  1, f  1   B  1, f    c  A B  AB   AB Ta có f  x   ax  bx  c   cx    x  c  x  x   x  x   c 1  x  2     1 Vậy f  x   x  x + x  x +  x 2 34 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN   Với  x  , ta có 1 1 f  x   x2  x + x2  x +  x =  x2  x  +  x2  x     x    x  x 2 2 Với 1  x  , ta có 1 1 f  x   x2  x + x2  x +  x2 =   x2  x  +  x2  x     x2    x  x 2 2 2  1 Các kết chứng tỏ với x  f  x    x  x    x     2 Bài 7: Chứng minh đa thức f  x  bậc n  biểu diễn dạng n f  x    aiTi  x , an  cách biểu diễn i 0 Lời giải Ta có Tn  x  đa thức bậc n có hệ số cao n 1 nên ta viết Tn  x   n1 x n    x  với   x  đa thức bậc nhỏ n Suy x n  n1 T x  n1 x Bằng quy nạp ta chứng minh được: f  x   a0  a1T  x   a2T2  x    anTn  x  Bây ta chứng minh tính cách biểu diễn Giả sử f  x   a0  a1T  x   a2T2  x    anTn  x   a '0  a '1 T  x   a '2 T2  x    a 'n Tn  x  n Khi   a  a '  T  x   0, x  i 0 i i i Vậy a0  a '0  a1  a '1   an  a 'n  Hay a0  a '0 , a1  a '1 , , an  a 'n Một dấu hiệu để nhận biết toán đa thức có sử dụng tính chất đa thức Chebyshev hay khơng miền giá trị đa thức Các tốn miền  1, 1 gợi cách giải phương pháp Ta xét thêm số ví dụ: Bài 8: Cho đa thức hệ số thực f  x   ax  bx  cx  d ,   Biết x   1, 1 ta có f  x    Tìm max a , b , c , d Lời giải Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | 35 MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI  A  f  1    a  b  c  d   4   a b c  1 a   A B C  D  B  f       d    3 3  a  4  2    1 b  A  D  E   b  2 1 a b c Đặt C  f       d Từ giả thiết:   2 2  c  3   8 d  c  A  B  C  D D  f    a  b  c  d 6 6    d  E E  f    d    Bằng cách xét: f  x     4x  3x  g  x     x   max a  max b Thì ta có dấu đẳng thức xảy Vậy:  max c max d   4 ,  2 ,  3 ,  Chú ý: f  x  , g  x  xét dự sở cos2x, cos3x Bài 9: Cho đa thức Pn 1  x  bậc không vượt n  có hệ số bậc cao a0 , thỏa mãn điều kiện  x Pn1  x   1, x   1, 1 Chứng minh a0  n1 Lời giải Ta viết đa thức cho dạng nội suy Lagrange theo nút nội suy x j  cos nghiệm đa thức Chebyshev Tn  x  : n Pn1  x     1 n j 1 Vậy nên a0  j 1 Tn  x    xx  x 2j Pn1 x j  a0  j 2j1  2n n 1 n j 1  1  x 2j P x j  n j 1   n1 n n1  x P x  n  n1  j j n j 1 n   Bài 10: Giả thiết đa thức Pn 1  x  thỏa mãn điều kiện Bài Chứng minh Pn1  x   n , x   1, 1 Lời giải Với x j chọn tốn hàm số y  cos x nghịch biến  0;   nên 1  xn  xn1   x2  x1  Nếu x1  x  Pn 1  x   Tn  x  n Tn  x  n  x P x   2  j n1 j n j 1 x  x j n j 1 x  x j     x  x j  Tn  x  có dấu khơng đổi  x1 ; 1 36 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN n Mặt khác Tn  x   Lại có Tn'  x  n n1 n  j 1  x  x j Nên ta có T  x   ' n n1 n x  x  j  x  x  j 1 k 1 k n Tn  x  k 1 x  xk   3  Un  x   n Nên từ (2) (3) suy Pn1  x   n , x  ( x1 ; 1] Hồn tồn tương tự ta có Pn1  x   n , x  [ 1, xn ) Xét xn  x  x1 Khi ta có Do   x   x12  sin  arccos x1   sin  2n sin x   1  , sin    x   Pn 1  x    n x  2n 2n n n n n Tóm lại ta chứng minh Pn1  x   n , x   1, 1 Bài 11: Cho đa thức lượng giác P  t   a1 sin t  a2 sin 2t   an sin  nt  Thỏa mãn điều kiện P  t   1, t  \ , 2 , , 0, , ,  Chứng minh P t  sin t Nhận xét P t  sin t  n, t  \ , 2 , , 0, , ,  Lời giải  Pn1  cos t  với Pn 1  x  đa thức dạng (1) Đặt cos t  x Khi x  P  t   sin Pn1  cos t    x Pn1  x  Ta thấy P  x  thỏa mãn điều kiện toán trước nên Pn1  x   n , x   1, 1 Do P t  sin t  n, t  \ , 2 , , 0, , ,  n  Bài 12: Cho đa thức lượng giác P  x    a j cos jx  b j sin jx j 0 P  x   1, x   thỏa mãn điều kiện Chứng minh P '  x   n , x  Lời giải  cos  x0  x   cos  x0  x   sin x0 sin x Cho x tuỳ ý Do   sin  x0  x   sin  x0  x   cos x0 sin x P '  x0  x   P '  x  x  P  x0  x   P  x  x  n Nên g  x     c j sin jx  g '  x   2 j 0 Và g '    P '  x0  Ta chứng minh g '    n Thật vậy, g  x  đa thức lượng giác chứa sin Bài g x  P  x0  x   P  x  x   Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor P  x0  x   P  x  x  1 Chinh phục olympic tốn | 37 MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI Nên theo kết sin x g  x  g 0 Nhưng g    suy Nên x  : g x x0  n x  \ , 2 , , 0, , ,  (4) x  n x  sin x \ , 2 , , 0, , ,  g  x  g 0 x 1  g '0 , sin x x0 Ta nhận g '    n Từ ta có P '  x0   n Nhưng x chọn tùy ý nên suy P '  x   n x  Bài 13 (Định lý Berstein-Markov) Cho đa thức Pn  x   a0 x n  a1 x n1   an Thỏa mãn điều kiện Pn  x   1, x   1; 1 Chứng minh : P 'n  x   n2 , x   1; 1 (5) Lời giải Đặt x  cos a Khi theo giả thiết Pn  cos a   Do Pn  cos a  có dạng n  Pn  cos a    a j cos j  b j sin j j 0  Nên ta áp dụng kết Bài 10 Ta sin .P 'n  cos    n   x Cũng theo Bài 4, ta có P 'n  x  n P 'n  x  n 1  n suy P '  x   n2 Nhận xét : Dựa vào kết Định lý Berstein-Markov, sau áp dụng liên tiếp kết định lí này, ta thu kết sau: Nếu Pn  x   1, x   1; 1 P k   x   n  n   n    n  k    , x   1; 1 Bài 14: Cho a1 , a2 , , an số thực không âm không đồng thời a) Chứng minh phương trình x n  a1 x n1   an1 x  an  (6) có nghiệm dương n n j 1 j 1 b) Giả sử R nghiệm dương phương trình (6) A   a j , B   ja j Chứng minh A A  R B Lời giải a a1 a2    nn x x x a a a Đặt f  x    22   nn Nhận xét f  x  liên tục f  x  nghịch biến khoảng x x x  0,   nên tồn R  cho f  R   a) Do x  nên (6)   38 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN b) Đặt c j  aj A Suy c j  n Nên teo BĐT Jensen n  j 1 Hay c j 1  c j  ln j 1 Suy n j  Do hàm số y   ln x lõm khoảng  0,    n  n aj  A A   ln c   ln     j    ln f  R    ln  j j Rj  j 1 R   j 1 R   n n j 1 j 1 c j ln R j  c j ln A  ln A   c j   ln R   jc j aj   n n a ln A  ja j  ln R   doc j  ; A       j A j 1 A j 1 A   Vậy nên ln  A A   ln  R B   A A  R B Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 39 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI B ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT XẤP XỈ ĐỀU TRONG GIẢI TOÁN Lý thuyết xấp xỉ tốt nhánh lý thuyết xấp xỉ hàm, có vai trị đặc biệt quan trọng toán lý thuyết toán ứng dụng Đặc biệt, dùng để tìm đa thức có "độ lệch" nhỏ so với hàm số cho trước đoạn xác định Từ việc nghiên cứu kĩ lý thuyết xấp xỉ tốt giải số dạng tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ Tuy nhiên khơng đa thức Chebyshev, vấn đề khó chương trình tốn cao cấp, liên quan tới không gian mêtric, không gian Banach, không gian Hilbert mà ta học chương trình đại học, khơng thể giới thiệu cho bạn THPT Vì lí nên đưa toán tổng quát từ nguyên lý để bạn áp dụng nhé! Bài toán Cho hàm số f  x  liên tục đoạn  a ; b  Tìm m cho max f  x   m đạt x a ;b  giá trị nhỏ nhất? Các bước làm  Bước 1: Tìm M giá trị lớn hàm số f  x  n giá trị nhỏ hàm số f  x  đoạn  a ; b   Bước 2: Khi m  Mn số cần tìm Ví dụ Tìm m để max 9x  4x  a đạt giá trị nhỏ nhất? x 1;2   Bước Xét f  x   9x  4x , ta có f '  x    x  Từ dễ dàng tìm 18 , n  max f  x   28 x 1;2  x1;2  124 124  Bước Khi ta có  a   a 9 Rất đơn giản nhanh gọn phải không  M  max f  x   Bài toán mở rộng – Lục Trí Tuyên g  m   max f  x   k  m   a ;b E F y  k m   yk y  k m   A C B  Tìm m cho g  m   k với k cho trước 40 | Chinh phục olympic toán H  k m Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN g  m   k với k cho trước Đặt t  f  x  gọi   min a ;b f  x  ,   max a ;b f  x  đó, hàm số y  t  k  m  đồng biến   ;  nên ta có:  g  m   max ; t  k  m   max k  m    ; k  m     Từ ta dễ dàng vẽ đồ thị hàm g  x  theo biến m (ở k  m  ) Chú ý lấy phần đồ thị nằm phía hai đồ thị Từ đồ thị g  m  ta thấy g  m  đạt giá trị nhỏ A tam giác ABC vuông       yA 2 Cũng từ đồ thị ta dễ dàng giải bất phương trình g  m   k g  m   k Chẳng hạn cân A nên k  m     x A Và R g  m   g  m  k  k m  xA   k  y A  Khi đó, g  m   k tương đương k  m  nằm khoảng nghiệm trên, g  m   k tương đương k  m  nằm khoảng nghiệm Chú ý: trường hợp k  m  có miền giá trị khác R hàm y  g  k  m   xét miền giá trị tương ứng k  m  Bài toán Cho f  x  hàm lồi(lõm)   ;  Tìm a, b để giá trị lớn hàm số y  f  x   ax  b   ;  đạt giá trị nhỏ nhất? Các bước làm  Bước Xác định điểm A   , f     , B , f    , viết phương trình đường thẳng AB : y  kx  m  Bước Tìm phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  song song với AB (tiếp điểm x  c với x  c điểm cực trị hàm số, tiếp tuyến có dạng y  kx  n   Bước Đường thẳng cần tìm đường song song cách đường thẳng AB tiếp tuyến y  kx   m  n  Bước Kết luận a  k , b   m  n  Giá trị nhỏ đạt 1     M0  f      k   m  n    f     k   m  n   2     Ví dụ Ngồi ta tham khảo thêm cách khác thầy Lục Trí Tuyên Gọi M giá trị nhỏ hàm số y  f  x   ax  b   ;  ta có: M  y     .a  b  f    ; M  y     .a  b  f    Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | 41 MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI       M  y a  b              f   M        a  2b  f             f     f        m Suy M  f     f     f     hay M  f        Đẳng thức xảy   .a  b  f     m   .a  b  f     m      a  b  f   m I        II   .a  b  f     m         a  b  f       m       a  b  f       m     2     Giải  I  : từ phương trình   phương trình   hệ  I  ta giải a f     f     ;b  m  f      f      thay giá trị vào phương trình   ta f      f       f     f      m f m       f      f      f      f     f      f         f   2m            f      f     f      f       f   2m              f     f            f   2m   f     f      f   2m  *    Giải  II  : tương tự giải  I  , ta cần thay m m ta a f     f     ; b  m  f    f       Mà ta thấy M  thay hai giá trị vào phương trình   ta f     f       f   2m  * *    f     f        f     f    f m f    2m  * *    2   Điều có nghĩa hai đẳng thức  *   * *  ln đúng, có nghĩa hai hệ phương trình  I   II  ln có nghiệm Bình luận Vậy giả thiết lồi(lõm) sử dụng chỗ nào? Liệu chẳng khơng cần điều kiện tốn theo cách giải trên? Câu trả lời sau:  Nếu M giá trị lớn hàm số   ;  lớn số giá trị f  x1  đoạn   ;  Ở lời giải ta lấy ba điểm 42 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN Nhưng điều ngược lại khơng Có nghĩa M lớn giá trị hàm số điểm chưa giá trị lớn  Điều kiện cần đủ M giá trị lớn hàm số   ;  M lớn f  x  với x thuộc   ;  Điều tương đương với lời giải phải đảm bảo cho  i ;  i    ;  thay cho  i ; i  Cũng có    i nghĩa điều kiện f  i   f   i   f  i   với  i ;  i    ;  ,    Điều   kiện tương đương với f  x  hàm lồi lõm   ;  Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 43