1. Trang chủ
  2. » Kỹ Thuật - Công Nghệ

BỘ TÀI LIỆU ÔN THI KĨ SƯ TÀI NĂNG: HÀM KHẢ VI

18 565 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 18
Dung lượng 261,34 KB

Nội dung

Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 1 Hàm khả vi ðịnh nghĩa ðạo hàm của hàm số ( ) f x tại ñiểm x và ký hiệu là ( ) f x ′ là giới hạn: ( ) ( ) ( ) 0 lim x f x x f x f x x ∆ → + ∆ − ′ = ∆ nếu giới hạn ñó tồn tại. Nếu ( ) f x ′ tồn tại, thì ta nói hàm ( ) y f x = khả vi tại x . Bài toán 1. Tìm tất cả các hàm :f → ℝ ℝ th ỏ a mãn ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 f x f x x x − ≤ − , 1 2 , x x ∀ ∈ ℝ . Lời giải. Thay 1 x x x = + ∆ và 2 x x = vào bi ể u th ứ c ñ ã cho ñượ c: ( ) ( ) ( ) 2 f x x f x x + ∆ − ≤ ∆ . Suy ra ( ) ( ) f x x f x x x + ∆ − ≤ ∆ ∆ , do ñ ó ( ) ( ) 0 lim 0 x f x x f x x ∆ → + ∆ − = ∆ . Theo ñị nh ngh ĩ a, ( ) f x kh ả vi t ạ i m ọ i ñ i ể m x ∈ ℝ , và ( ) 0 f x ′ = . V ậ y ( ) f x là hàm h ằ ng. Bài toán 2. Cho hàm s ố 1 sin 0 ( ) 0 0 x x f x x x α    ≠    =     =  v ớ i α là h ằ ng s ố d ươ ng. Tìm các giá tr ị c ủ a α ñể f kh ả vi trên ℝ . (KSTN 2005) Lời giải. D ễ th ấ y f liên t ụ c t ạ i m ọ i ñ i ể m 0 x ≠ . Xét tính liên t ụ c t ạ i ñ i ể m 0 x = : 1 0 sin x x x α α   ≤ ≤     , mà 0 lim 0 x x α → = 0 α ∀ > , suy ra 0 0 1 lim ( ) lim sin 0 (0) x x f x x f x α → →   = = =     . Do ñó, f liên tục trên ℝ . Với mọi α , f khả vi tại mọi ñiểm 0 x ≠ . Cần tìm α ñể f khả vi tại 0 x = , tức là giới hạn 1 0 0 ( ) (0) 1 (0) lim lim sin x x f x f f x x x α − → → −   ′ = =     t ồ n t ạ i. bai 21 Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 2 Giới hạn trên tồn tại với mọi 1 α > : 1 0 1 lim sin 0 x x x α − →   =     . Ta ch ứ ng minh nó không t ồ n t ạ i v ớ i 1 α ≤ . Th ậ t v ậ y, gi ả s ử 1 1 0 1 lim sin lim sin x t x t t M x α α − − → →∞   = =     , t ứ c là v ớ i m ỗ i 0 ε > , 0 t ∃ : 0 t t > 1 sint t M α ε − ⇒ − < . Cho t k π = với số nguyên k ñủ lớn, ta ñược M ε < , 0 ε ∀ > , suy ra 0 M = . Khi ñó, 0 ε ∀ > , 0 t ∃ : 0 t t > 1 sin t t α ε − ⇒ < . Chọn 1 2 ε = , 2 t k π π = + với số nguyên k ñủ lớn, do 1 0 α − ≥ nên 1 1 2 k α π π ε −   + ≥ >     , khi ñ ó 1 sint t α ε − > , mâu thu ẫ n. V ậ y 1 α > . ðạo hàm và sự biến thiên của hàm số Dạng bài chứng minh hàm tăng giảm bằng cách tính ñạo hàm Bài toán 3. Kh ả o sát s ự bi ế n thiên c ủ a hàm s ố ( ) f x ñượ c xác ñị nh nh ư sau: 1 khi 0 ( ) 1 0 khi 0 x x x x f x e x  + ≠  =  +  =  . (KSTN 1999) L ờ i gi ả i. 0 lim ( ) 0 (0) x f x f → = = , suy ra f liên t ụ c t ạ i 0 x = . V ớ i 0 x ≠ , 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 '( ) 1 1 1 1 x x x x x x e xe e e x x f x e e + + + + = + = +     + +         . ðặ t 1 t x = , ( ) 1 t t g t e te = + + . ( ) '( ) 2 0 2 t g t e t t = + = ⇔ = − , qua ñiểm 2 t = − , '( ) g t ñổi dấu từ âm sang dương, do ñó 2 ( ) ( 2) 1 0 g t g e − ≥ − = − > , suy ra '( ) 0 f x > với mọi 0 x ≠ . Vậy ( ) f x ñồng biến trên ℝ . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 3 Bài toán 4. Cho hàm số ( ) f x liên tục và nghịch biến trên ñoạn [ ] 0; b và cho ( ) 0; a b ∈ . Chứng minh rằng: 0 0 ( ) ( ) a b b f x dx a f x dx ≥ ∫ ∫ . (Olympic SV 1995) (KSTN 2005) Lời giải. Xét hàm 0 ( ) ( ) x f t dt F x x = ∫ , ta cần chứng minh ( ) ( ) F a F b ≥ vớ i a b ≤ , t ứ c F là hàm gi ả m. ðạ o hàm F : 0 2 ( ) ( ) '( ) x xf x f t dt F x x − = ∫ . Do ( ) f x nghịch biến nên 0 0 0 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) x x f t dt f x dt x f x ≥ = ∫ ∫ , ( ) 0 0; x b ∀ ∈ . Do ñó '( ) 0 F x ≤ , 0 x ∀ > , suy ra ñpcm. ðạo hàm của hàm hằng Hàm hằng khả vi mọi cấp bằng 0 . Trong nhiều bài tập có cho giả thiết ( ) 0 f x = với mọi D x ∈ , việc ñạo hàm nhiều lần cả 2 vế có thể giúp giải quyết vấn ñề. Bài toán 5. Cho trước các số thực 1 2 , , , n λ λ λ … khác nhau từng ñôi một. Chứng minh rằng: 1 1 2 2 0 n n k x k x k x λ λ λ − + − + − = … với mọi x ∈ ℝ khi và chỉ khi 1 2 0 n k k k = = = = … . (KSTN 2009) Lời giải. Chứng minh quy nạp. Trường hợp 1 n = hiển nhiên ñúng. Giả sử bài toán ñúng ñến 1 n − , nghĩa là nếu 1 1 0 n i i i a x b − = − = ∑ , x ∀ ∈ ℝ thì t ấ t c ả 0 i a = . Ta ch ứ ng minh n ế u 1 1 2 2 ( ) 0 n n f x k x k x k x λ λ λ = − + − + − = … v ớ i m ọ i x ∈ ℝ thì 1 2 0 n k k k = = = = … . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 4 Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử 1 2 1n n a b λ λ λ λ − < < < = < = … . Khi ñó, ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 ( ) 0 n n n f x k k k x k k k λ λ λ = + + + − + + + = … … với mọi x b > , f là hàm hằng trên ( ) ;b +∞ nên ( ) 0 f x ′ = v ớ i m ọ i x b > , hay: 1 2 1 0 n n k k k k − + + + + = … . (1) M ặ t khác ( ) ( ) 1 2 1 1 1 2 2 1 1 ( ) 0 n n n n n n f x k k k k x k k k k λ λ λ λ − − − = + + + − − + + + − = … … v ớ i m ọ i ( ) , x a b ∈ , f là hàm h ằ ng trên ( ) , a b nên ( ) 0 f x ′ = v ớ i m ọ i ( ) , x a b ∈ , hay: 1 2 1 0 n n k k k k − + + + − = … . (2) T ừ (1) và (2) suy ra 0 n k = , suy ra 1 1 2 2 1 1 ( ) 0 n n f x k x k x k x λ λ λ − − = − + − + − = … v ớ i m ọ i x ∈ ℝ , theo gi ả thi ế t quy n ạ p thì 1 2 1 0 n k k k − = = = = … . V ậ y 1 2 0 n k k k = = = = … n ế u 1 1 2 2 0 n n k x k x k x λ λ λ − + − + − = … x ∀ ∈ ℝ . Chi ề u ng ượ c l ạ i hi ể n nhiên ñ úng, bài toán ñượ c ch ứ ng minh. Bài toán 6. Cho tr ướ c các s ố th ự c 1 2 , , , n k k k … khác nhau t ừ ng ñ ôi m ộ t. Ch ứ ng minh r ằ ng: 1 2 1 2 0 n k xk x k x n a e a e a e + + + = … với mọi x ∈ ℝ khi và chỉ khi 1 2 0 n a a a = = = = … . (KSTN 2000) Lời giải. Chứng minh quy nạp. Trường hợp 1 n = hiển nhiên ñúng. Giả sử bài toán ñúng ñến 1 n − , nghĩa là nếu 1 1 0 i n k x i i a e − = = ∑ , x ∀ ∈ ℝ thì tất cả 0 i a = . Ta chứng minh nếu 1 2 1 2 0 n k xk x k x n a e a e a e + + + = … với mọi x ∈ ℝ thì 1 2 0 n a a a = = = = … . Xét hàm 1 2 1 2 ( ) n k x k x k x n f x a e a e a e = + + + … . Nếu ( ) 0 f x = , x ∀ ∈ ℝ , thì 1 2 1 1 2 2 0 ( ) n k x k x k x n n f x a k e a k e a k e ′ = = + + + … , x ∀ ∈ ℝ . Suy ra ( ) 1 1 0 ( ) ( ) i n k x n i i n i f x k f x a k k e − = ′ = − = − ∑ x ∀ ∈ ℝ . Từ giả thiết quy nạp ta có ( ) 0 i i n a k k − = , do ñó 0 i a = (vì i n k k ≠ ) với mọi 1, 1 i n = − . Suy ra 0 n k x n a e = x ∀ ∈ ℝ 0 n a ⇒ = . Vậy 1 2 0 n a a a = = = = … . Bài toán 7. Cho trước các số thực 1 2 , , , n k k k … khác nhau từng ñôi một. Chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 cos cos cos 0 n n a k x a k x a k x + + + = … với mọi x ∈ ℝ khi và chỉ khi 1 2 0 n a a a = = = = … . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 5 (KSTN 2007) Lời giải. Chứng minh quy nạp. Trường hợp 1 n = hiển nhiên ñúng. Giả sử bài toán ñúng ñến 1 n − , nghĩa là nếu ( ) 1 1 cos 0 n i i i a k x − = = ∑ , x ∀ ∈ ℝ thì tất cả 0 i a = . Ta chứng minh nếu ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 cos cos cos n n a k x a k x a k x + + + … với mọi x ∈ ℝ thì 1 2 0 n a a a = = = = … . Xét hàm ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 ( ) cos cos cos n n f x a k x a k x a k x = + + + … . N ế u ( ) 0 f x = , x ∀ ∈ ℝ , thì ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 2 2 2 0 ( ) cos cos cos n n n f x a k k x a k k x a k k x ′′ = = − − − − … , x ∀ ∈ ℝ . Suy ra ( ) ( ) 1 2 2 2 1 0 ( ) ( ) cos n n i n i i i f x k f x a k k k x − = ′′ = + = − ∑ , x ∀ ∈ ℝ . T ừ gi ả thi ế t quy n ạ p ta có ( ) 2 2 0 i n i a k k − = , do ñó 0 i a = (vì i n k k ≠ ) với mọi 1, 1 i n = − . Suy ra ( ) cos 0 n n a k x = x ∀ ∈ ℝ 0 n a ⇒ = . Vậy 1 2 0 n a a a = = = = … . ðạo hàm của hàm hợp Nếu hàm ( ) f x khả vi tại ñiểm 0 x x = và hàm ( ) x ϕ khả vi tại ñiểm 0 ( ) x f x = , thì hàm hợp ( ) ( ) ( ) g x f x ϕ = khả vi tại ñiểm 0 x x = , và ( ) 0 0 '( ) ' ( ) '( ) g x f x f x ϕ = . Trong nhiều bài tập, ta thấy sự xuất hiện của một hàm dạng ( ) '( ) ' ( ) f x f x ϕ , khi ñó ta tìm nguyên hàm ( ) x ϕ , rồi xét hàm ( ) ( ) ( ) g x f x ϕ = . Bài toán 8. Cho hàm số [ ] : ,f a b → ℝ với 4 b a − ≥ , khả vi trên ( , ) a b . Chứ ng minh r ằ ng t ồ n t ạ i 0 ( , ) x a b ∈ sao cho ( ) ( ) 2 0 0 ' 1 ( ) f x f x < + . (Olympic SVBK 2011) Nh ậ n xét. Ở ñ ây có s ự xu ấ t hi ệ n c ủ a hàm ( ) 2 '( ) 1 ( ) f x f x + , nghĩa là 2 1 '( ) 1 x x ϕ = + , nên ( ) arctan x x ϕ = . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 6 Lời giải. Phản chứng. Giả sử ( ) ( ) 2 ' 1 ( ) 0 f x f x ≥ + > , với mọi ( ) , x a b ∈ . Khi ñ ó, ( ) ( ) 2 ' 1 1 ( ) f x f x ≥ + , v ớ i m ọ i ( ) , x a b ∈ . Xét hàm ( ) arctan ( ) g x f x x = − , ( ) , x a b ∈ . Ta có ( ) 2 '( ) '( ) 1 0 1 ( ) f x g x f x = − ≥ + , ( ) , x a b ∀ ∈ . Suy ra ( ) ( ) arctan ( ) arctan ( ) g a g b f a a f b b ≤ ⇒ − ≤ − arctan ( ) arctan ( ) 4 f b f a b a ⇒ − ≥ − ≥ , nhưng arctan ( ) 2 arctan ( ) arctan ( ) 4 arctan ( ) 2 f b f b f a f a π π π  ≥   ⇒ − ≤ <   ≥ −   , mâu thuẫn. Vậy tồn tại 0 ( , ) x a b ∈ sao cho ( ) ( ) 2 0 0 ' 1 ( ) f x f x< + . Bài toán 9. Tìm tất cả các hàm :f + → ℝ ℝ khả vi hai lần trên + ℝ sao cho với mọi x + ∈ ℝ : i. '( ) 0 f x > ii. ( ) '( ) ( ) f f x f x = − { } ( ) 0 x x + = ∈ > ℝ ℝ Lời giải. Thay '( ) x f x = vào (ii) ta có ( ) ( ) ( ) ' '( ) '( ) ( ) f f f x f f x f x = − = . Do f là hàm tăng trên + ℝ (theo (i)), nên suy ra ( ) ' '( ) f f x x = . (1) ðạo hàm 2 vế của (ii) ta ñược ( ) ' '( ) "( ) '( ) f f x f x f x ⋅ = − . (2) Từ (1) và (2) suy ra "( ) '( ) xf x f x = − "( ) 1 0 '( ) f x f x x ⇒ + = Lấy nguyên hàm 2 vế ñược ln '( ) ln f x x C + = ( C là hằng số) '( ) '( ) ( ) ln C a xf x e a f x f x a x b x ⇒ = = ⇒ = ⇒ = + ( , a b là các hằng số, 0 a > ). Thay vào (ii): 1 ln ln ln 2 a a b a x b b a a x + = − − ⇒ = − . Vậy 1 ( ) ln ln ln 2 x f x a x a a a a = − = , với mọi x + ∈ ℝ , a là hằng số dương. Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 7 Dạng bài liên quan ñến hàm ( ) '( ) ( ). ( ) g x f x P x f x = + Phương pháp chung: Xây dựng hàm ( ) ( ) ( ) P x dx F x e f x ∫ = . Khi ñó, ( ) ( ) ( ) '( ) '( ) ( ) ( ) ( ) P x dx P x dx F x e f x P x f x e g x ∫ ∫ = + = , rồi tùy vào ñiều kiện về ( ) g x ñể xác ñịnh sự biến thiên của ( ) F x . Bài toán 10. Cho ( ) f x là mộ t hàm s ố xác ñị nh và liên t ụ c t ạ i m ọ i ñ i ể m 0 x ≥ , l ấ y giá tr ị không âm, th ỏ a mãn ñ i ề u ki ệ n: 0 ( ) ( ) 0 x f x k f t dt x ≤ ∀ ≥ ∫ , trong ñó k là hằng số dương. Chứng minh rằng: ( ) 0 f x ≡ , 0 x ∀ ≥ . (KSTN 2000) Nhận xét. ( ) P x k = − Lời giải. ðặt 0 ( ) ( ) x g x f t dt = ∫ , từ giả thiết ta có '( ) ( ) 0 g x kg x − ≤ , 0 x ∀ ≥ . Xét hàm ( ) ( ) kx F x e g x − = ( ) 0 x ≥ . Ta có (0) 0 ( ) F F x = ≤ (do ( ) 0 f x ≥ ), 0 x ∀ ≥ . Mà ( ) '( ) '( ) ( ) 0 kx F x e g x kg x − = − ≤ , nên ( ) F x là hàm không t ă ng trên ( ) 0; +∞ . Do ñ ó, ( ) 0 F x ≡ 0 x ∀ ≥ . V ậ y ( ) 0 f x ≡ , 0 x ∀ ≥ . Bài toán 11. Tìm t ấ t c ả các hàm s ố ( ) f x xác ñị nh trên ñ o ạ n [0;1], kh ả vi trên kho ả ng (0;1) và th ỏ a mãn các ñ i ề u ki ệ n: i. (0) (1) 1 f f = = ii. 2003 ( ) 2004 ( ) 2004 f x f x ′ + ≥ v ớ i m ọ i ( ) 0;1 x∈ . (Olympic SV 2003) L ờ i gi ả i. Xét hàm ( ) ( ) ( ) 1 kx F x e f x = − , với 2004 2003 k = . Khi ñó, (0) (1) 0 F F = = , ( ) ( ) ( ) ( ) 0 kx F x e f x kf x k ′ ′ = + − ≥ với mọi ( ) 0;1 x∈ . Từ ñó suy ra ( ) 0 F x ≡ ( ) 0;1 x∀ ∈ . Vậy ( ) 1 f x ≡ ( ) 0;1 x∀ ∈ . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 8 Cực trị hàm số ðịnh nghĩa Cho hàm số ( ) y f x = xác ñịnh và liên tục trên khoảng ( ) , a b (có thể a là −∞ ; b là +∞ ) và ñiểm ( ) 0 , x a b ∈ . - N ế u t ồ n t ạ i s ố 0 ε > sao cho 0 ( ) ( ) f x f x < v ớ i m ọ i x thu ộ c lân c ậ n ( ) 0 0 , x x ε ε − + thì ta nói hàm s ố ( ) f x ñạ t cực ñại t ạ i 0 x . - N ế u t ồ n t ạ i s ố 0 ε > sao cho 0 ( ) ( ) f x f x > v ớ i m ọ i x thu ộ c lân c ậ n ( ) 0 0 ,x x ε ε − + thì ta nói hàm s ố ( ) f x ñạ t cực tiểu t ạ i 0 x . Nguyên lý cực trị Fermat N ế u hàm ( ) y f x = : i. liên t ụ c trong [ , ] a b , ii. ñạ t c ự c tr ị (c ự c ñạ i ho ặ c c ự c ti ể u) t ạ i ñ i ể m 0 x , 0 a x b < < , iii. t ồ n t ạ i ñạ o hàm t ạ i 0 x x = , thì 0 '( ) 0 f x = . Cách xác ñịnh cực trị ðể xác ñị nh c ự c tr ị , ta ph ả i gi ả i ph ươ ng trình ' 0 y = . Nghi ệ m 0 x c ủ a ph ươ ng trình ' 0 y = có th ể là c ự c ñạ i ho ặ c c ự c ti ể u c ủ a ñồ th ị . ðể xác ñị nh rõ, chúng ta d ự a vào chi ề u ñổ i d ấ u c ủ a ' y ho ặ c d ấ u c ủ a '' y . Bài toán 12. Tìm ñ a th ứ c ( ) P x có b ậ c bé nh ấ t ñạ t c ự c ñạ i t ạ i 1 x = v ớ i (1) 6 P = và ñạ t c ự c ti ể u t ạ i 3 x = v ớ i (3) 2 P = . (KSTN 2003) L ờ i gi ả i. ( ) P x ñạ t c ự c tr ị t ạ i 2 ñ i ể m 1 x = và 2 x = nên có b ậ c 3 ≥ , và ( ) ( ) ( ) 1 3 ( ) P x x x Q x ′ = − − . N ế u ( ) Q x là ñ a th ứ c h ằ ng, ( ) Q x a = thì 3 2 ( ) 2 3 3 x P x a x x c   = − + +     . 4 (1) 6 6 3 a P c = ⇒ + = , (3) 2 2 3 P c a = ⇒ = ⇒ = , ta ñược 3 2 ( ) 6 9 2 P x x x x = − + + . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 9 Kiểm tra thấy ña thức ( ) P x thỏ a mãn bài toán và có b ậ c nh ỏ nh ấ t. Bài toán 13. Cho hàm s ố ( ) y f x = có ñạ o hàm c ấ p hai "( ) 0 f x ≥ trên toàn b ộ ℝ và a ∈ ℝ c ố ñị nh. Tìm giá tr ị l ớ n nh ấ t c ủ a hàm s ố ( ) ( ) ( ) '( ) g x f x a x f x = + − trên ℝ . (KSTN 2002) Lời giải . ( ) '( ) '( ) "( ) '( ) "( ) "( ) g x f x af x f x xf x f x a x = + − − = − . Do "( ) 0 f x ≥ nên '( ) 0 g x ≤ với x a > và '( ) 0 g x ≥ với x a < . Suy ra ( ) ( ) ( ) g x g a f a ≤ = với mọi x ∈ ℝ . Vậy max ( ) ( ) x g x f a ∈ = ℝ . Bài toán 14. Chứng minh rằng nếu hàm ( ) f x liên tục trên [ , ] a b , khả vi tại mọi ñiểm trong ( ) , a b , ( ) ( ) f a f b = , thì tồn tại 0 ( , ) x a b ∈ sao cho 0 '( ) 0 f x = . (ðịnh lý Rolle) Lời giải. Do tính liên tục nên hàm ( ) f x có GTLN và GTNN trên [ , ] a b . ðặt [ , ] max ( ) a b M f x = , [ , ] min ( ) a b m f x = . Nếu m M = thì f là hàm hằng, ( ) 0 f x ′ ≡ trên [ , ] a b . Nếu m M ≠ thì từ ñiều kiện ( ) ( ) f a f b = suy ra có ít nhất 1 trong các giá trị m hoặc M không ñạt ñược ở các ñầu mút của [ , ] a b , f ñạt cực trị tại 1 ñiểm 0 ( , ) x a b ∈ . Khi ñó, 0 '( ) 0 f x = . Bài toán 15. Cho hàm ( ) f x có ñạo hàm liên tục trên ( ) 0; +∞ và (0) 1 f = , ( ) x f x e − ≤ với mọi 0 x ≥ . Chứng minh rằng tồn tại 0 0 x > sao cho 0 0 '( ) x f x e − = − . Lời giải. 0 lim ( ) lim 0 x x x f x e − →+∞ →+∞ ≤ ≤ = lim ( ) 0 x f x →+∞ ⇒ = Xét hàm ( ) ( ) x g x f x e − = − . Ta có (0) 0 g = , ( ) 0 g x ≤ 0 x ∀ ≥ , lim ( ) lim ( ) 0 x x g x f x →+∞ →+∞ = = . Khi ñó, tồn tại ( ) 0 0;x ∈ +∞ mà tại ñó ( ) g x ñạt GTNN, cũng là ñiểm cực tiểu. Suy ra 0 '( ) 0 g x = , nghĩa là 0 0 '( ) 0 x f x e − + = hay 0 0 '( ) x f x e − = − . Trần Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 10 Bài toán 16. Hàm số ( ) f x khả vi t ạ i 0 x ñượ c g ọ i là l ồ i (lõm) t ạ i ñ i ể m này n ế u t ồ n t ạ i lân c ậ n c ủ a ñ i ể m 0 x là 0 ( ) U x sao cho ( ) 0 x U x ∀ ∈ ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 f x f x f x x x ′ ≥ + − (t ươ ng ứ ng ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 f x f x f x x x ′ ≤ + − ). Ch ứ ng minh r ằ ng hàm s ố b ấ t kì kh ả vi trên ñ o ạ n [ , ] a b s ẽ l ồ i (lõm) t ạ i ít nh ấ t m ộ t ñ i ể m ( ) 0 , x a b ∈ . (KSTN 2010) L ờ i gi ả i. D ễ th ấ y r ằ ng tính ch ấ t l ồ i (lõm) c ủ a hàm s ố t ạ i 1 ñ i ể m s ẽ không thay ñổ i khi ta thêm vào nó m ộ t hàm tuy ế n tính b ấ t kì. Ngh ĩ a là v ớ i m ọ i ,p q ∈ ℝ thì hàm ( ) f x l ồ i (lõm) t ạ i ñ i ể m 0 x khi và ch ỉ khi hàm ( ) f x px q + + l ồ i (lõm) t ạ i ñ i ể m 0 x . Gi ả s ử ( ) f x kh ả vi trên ñ o ạ n [ , ] a b . Xét hàm ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f a f b g x f x x a b a − = + − − . Ta có ( ) ( ) g a g b = . Khi ñó, nếu ( ) g x là hàm hằng thì hiển nhiên có ñiểm lồi (lõm), nếu ( ) g x không phải hàm hằng thì nó có ít nhất một ñiểm cực trị trong ( ) , a b . Dễ thấy ñiểm cực tiểu sẽ là ñiểm lồi, còn ñiểm cực ñại là ñiểm lõm của ( ) g x . Theo nhận xét ban ñầu, ta suy ra tại ñiểm mà ( ) g x ñạt cực trị thì tại ñó, ( ) f x lồi hoặc lõm, suy ra ñpcm. Các ñịnh lý về giá trị trung gian của hàm khả vi ðịnh lý Rolle Nếu hàm ( ) y f x = : i. liên tục trong [ , ] a b , ii. khả vi tại mọi ñiểm trong ( ) , a b iii. ( ) ( ) f a f b = , thì tồn tại 0 ( , ) x a b ∈ sao cho 0 '( ) 0 f x = . Trong nhiều bài tập chứng minh phương trình ( ) 0 f x = có nghiệm thuộc ( ) , a b , ta thiết lập một nguyên hàm ( ) g x của ( ) f x , rồi chứng minh ( ) ( ) g a g b = , từ ñó suy ra ñpcm từ ñịnh lý Rolle. [...]... 1 ⇔  f (c) = c f (c ) 1 − f ( c ) ⋅ = 1 ⇔ f (c) (1 − f (c) ) = c(1 − c) ⇔  c 1− c  f (c) = 1 − c Nhưng có vô s ñ th hàm ñi qua A(0;0) và B(1;1) mà không c t ñư ng th ng y = x t i ñi m nào khác A,B (ví d ñ th hàm y = x 2 ), vì v y phương án f (c) = c không kh thi L i gi i Xét hàm g ( x ) = f ( x ) + x − 1 liên t c trên ño n [0;1] g (0) = −1 < 0 , g (1) = 1 > 0 , suy ra t n t i c ∈ ( 0;1) sao cho... f (c ) Bài t ng quát: Bài toán 24 Ch ng minh r ng n u các hàm f , g liên t c trên [ a ; b ] và kh vi trong ( a ; b ) , th a mãn f (a ) = f (b) = 0 Ch ng minh r ng ∃ c ∈ ( a ; b ) sao cho f '(c) + g '(c) f (c) = 0 Hư ng d n Xét hàm F ( x) = f ( x)e g ( x ) 13 Tr n Vũ Trung KSTN ðKTð – K55 *** H qu ñ nh lý Rolle *** Cho f ( x) là hàm kh vi trên ℝ D ng 1 N u phương trình f ( x) = 0 có n nghi m th... x) = 0 có n nghi m th c phân bi t, thì phương trình f ( x) = 0 có không quá n + 1 nghi m th c phân bi t Bài toán 25 Cho hàm f kh vi Ch ng minh r ng n u phương trình f ( x) = 0 có n nghi m phân bi t thì phương trình f ( x) + α f ′( x) = 0 có ít nh t n − 1 nghi m phân bi t, ∀α ∈ ℝ \{0} L i gi i x Xét hàm g ( x) = e a f ( x) , g ( x) kh vi trên ℝ , phương trình g ( x) = 0 có n nghi m phân x bi t, nên phương... có không quá n + 1 nghi m th c (Olympic SV 2009) L i gi i P ( k ) là ñ o hàm c p k c a P Xét hàm f ( x) = P( x) − 2 x f ′( x) = P′( x) − 2 x ln 2 , ……… f ( n ) ( x ) = P ( n ) ( x) − 2 x ( ln 2 ) n Do P( x) là ña th c b c n nên P ( n +1) ( x ) = 0 Phương trình f ( n +1) ( x) = 0 ⇔ −2 x ( ln 2 ) = 0 ⇔ 2 x = 0 không có nghi m th c, vì v y áp d ng ñ nh lý Rolle, phương trình f ( x) = 0 có không quá... K55 Bài toán 22 Cho hàm s f ( x) liên t c và kh vi trên ℝ + và không ph i hàm h ng Cho các s th c a, b th a mãn 0 < a < b Ch ng minh r ng t n t i c ∈ ( a, b ) sao cho: cf '(c) − f (c) = af (b) − bf (a) b−a (Olympic SV 1994) Nh n xét xf '( x) − f ( x) = k ⇔ xf '( x) − f ( x) − k  f ( x) + k ′ =0⇔  =0 x2 x   L i gi i af (b) − bf (a ) ð t = k là h ng s b−a f ( x) + k Xét hàm g ( x) = x af (b)... = ⇒ g (a ) = g (b) a b T ñó d n ñ n ñpcm theo ñ nh lý Rolle Bài toán 23 Cho hàm s f ( x) liên t c trên [ 0;1] và kh vi trong ( 0;1) , th a mãn f (0) = f (1) = 0 Ch ng minh r ng ∃ c ∈ ( 0;1) sao cho f '(c ) = f (c ) Nh n xét Bài này liên quan ñ n hàm f '( x) + P ( x) f ( x) , L i gi i (Olympic SV 2000) ñây P ( x ) = −1 Xét hàm F ( x) = e− x f ( x) F '( x) = e− x ( f '( x) − f ( x) ) Ta có F (0)... nh lý Rolle, phương trình f ( x) = 0 có không quá n + 1 nghi m th c n +1 ð nh lý (s gia h u h n) Lagrange N u hàm y = f ( x) : i liên t c trong [a, b] , ii kh vi t i m i ñi m trong ( a, b ) , thì t n t i x0 ∈ ( a, b ) sao cho f (b) − f (a ) = f '( x0 ) ( b − a ) Bài toán 29 Cho hàm f ( x) kh vi trên ño n [ 0;1] th a mãn f (0) = 0 , f (1) = 1 Ch ng minh r ng v i m i k1 > 0 , k2 > 0 , t n t i x1 , x2... + x = 1 + 2 x + log 3 (1 + 2 x ) Xét f (t ) = t + log 3 t là hàm ñ ng bi n trên ( 0; +∞ ) f ( 3x ) = f (1 + 2 x ) ⇒ 3x = 1 + 2 x ⇒ 3x − 2 x − 1 = 0 Xét hàm g ( x) = 3x − 2 x − 1 , 1 x>− 2 Ta có g ′( x) = 3x ln 3 − 2 , 1 2 g ′′( x) = 3x ( ln 3) > 0 , ∀x > − 2 Phương trình g ′′( x) = 0 không có nghi m th c nên phương trình g ( x) = 0 không có quá 2 nghi m, mà g (0) = g (1) = 0 V y (1) có 2 nghi... cx n + + n + 2 n +1 n Bài toán 20 Cho các hàm f và g liên t c trên [ a, b ] , kh vi trên ( a, b ) và g ′( x) ≠ 0 ∀x ∈ ( a, b ) Ch ng minh r ng t n t i c ∈ ( a, b ) sao cho: f ′(c) f (c) − f (a) = g ′(c) g (b) − g (c) Nh n xét f ′( x) f ( x) − f (a) = ⇔ f ′( x) g (b) + g ′( x) f (a ) − f ′( x) g ( x) − f ( x) g ′( x) = 0 g ′( x) g (b) − g ( x) L i gi i Xét hàm h( x ) = f ( x) g (b) + g ( x) f (a)... (c) − f (a) = g ′(c) g (b) − g (c) Bài toán 21 Ch ng minh r ng n u hàm f ( x) liên t c trong [a, b] , kh vi t i m i ñi m trong ( a, b ) , thì t n t i x0 ∈ ( a, b ) sao cho f (b) − f (a ) = f '( x0 ) ( b − a ) (ð nh lý Lagrange) Nh n xét f (b) − f (a ) = f '( x) ( b − a ) ⇔ ( f ( x)(b − a ) − ( f (b) − f (a ) ) x ) ' = 0 L i gi i Xét hàm g ( x) = f ( x)(b − a ) − ( f (b) − f (a ) ) x Ta có g (a) = f . = = = … . ðạo hàm của hàm hợp Nếu hàm ( ) f x khả vi tại ñiểm 0 x x = và hàm ( ) x ϕ khả vi tại ñiểm 0 ( ) x f x = , thì hàm hợp ( ) ( ) ( ) g x f x ϕ = khả vi tại ñiểm 0 x x = ,. 0 x ∀ > , suy ra ñpcm. ðạo hàm của hàm hằng Hàm hằng khả vi mọi cấp bằng 0 . Trong nhiều bài tập có cho giả thi t ( ) 0 f x = với mọi D x ∈ , vi c ñạo hàm nhiều lần cả 2 vế có thể. V ậ y 1 α > . ðạo hàm và sự biến thi n của hàm số Dạng bài chứng minh hàm tăng giảm bằng cách tính ñạo hàm Bài toán 3. Kh ả o sát s ự bi ế n thi n c ủ a hàm s ố ( ) f x ñượ c

Ngày đăng: 09/10/2014, 21:35

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w