Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 37 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
37
Dung lượng
2,84 MB
Nội dung
CHUYÊNĐỀ - TÍNH ĐƠN ĐIỆU VÀ CỰC TRỊ KIẾN THỨC TRỌNG TÂM Định lý Lagrange: Cho f hàm liên tục [ a; b ] , có đạo hàm ( a; b ) Lúc tồn c ∈ ( a; b ) để: f ( b) − f ( a) = f ' ( c ) hay f ( b ) − f ( a ) = ( b − a ) f ' ( c ) b−a Định lý Rolle: Cho f hàm liên tục [ a; b ] , có đạo hàm ( a; b ) f ( a ) = f ( b ) Lúc tồn c ∈ ( a; b ) để f ' ( c ) = Định lý Cauchy: Cho f g hai hàm liên tục [ a; b ] , có đạo hàm ( a; b ) g ' ( x ) ≠ x ∈ ( a; b ) Lúc tồn c ∈ ( a; b ) để f ( b) − f ( a ) f '( c ) = g ( b) − g ( a ) g '( c ) Tính đơn điệu Giả sử hàm số f có đạo hàm khoảng ( a; b ) đó: - Nếu f đồng biến ( a; b ) f ' ( x ) ≥ với x ∈ ( a; b ) - Nếu f nghịch biến ( a; b ) f ' ( x ) ≤ với x ∈ ( a; b ) - Nếu f ' ( x ) ≥ với x ∈ ( a; b ) f ' ( x ) = số hữu hạn điểm ( a; b ) hàm số đồng biến khoảng ( a; b ) - Nếu f ' ( x ) ≤ với x ∈ ( a; b ) f ' ( x ) = số hữu hạn điểm ( a; b ) hàm số nghịch biến khoảng ( a; b ) - Nếu f đồng biến khoảng ( a; b ) liên tục [ a; b ) đồng biến [ a; b ) ; liên tục ( a; b ] đồng biến ( a; b ] ; liên tục [ a; b ] đồng biến [ a; b ] 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang - Nếu f nghịch biến ( a; b ) liên tục [ a; b ) nghịch biến [ a; b ) ; liên tục ( a; b ] nghịch biến ( a; b ] ; liên tục [ a; b ] nghịch biến [ a; b ] - Nếu f ' ( x ) = với x ∈ D hàm số f khơng đổi D Cực trị hàm số Cho hàm số f xác định tập hợp D x0 ∈ D x0 gọi điểm cực đại f tồn khoảng ( a; b ) chứa điểm x0 cho ( a; b ) ⊂ D f ( x ) < f ( x0 ) , ∀x ∈ ( a; b ) \ { x0 } x0 gọi điểm cực tiểu f tồn khoảng ( a; b ) chứa điểm x0 cho ( a; b ) ⊂ D f ( x ) > f ( x0 ) , ∀x ∈ ( a; b ) \ { x0 } Bổ đề Fermat: Giả sử hàm số có đạo hàm ( a; b ) Nếu f đạt cực trị điểm x0 ∈ ( a; b ) f ' ( x0 ) = - Cho y = f ( x ) liên tục khoảng ( a; b ) chứa x0 có đạo hàm khoảng ( a; x0 ) ( x0 ; b ) : Nếu f ' ( x ) đổi dấu từ âm sang dương f đạt cực tiểu x0 Nếu f ' ( x ) đổi dấu từ dương sang âm f đạt cực đại x0 - Cho y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai khoảng ( a; b ) chứa x0 Nếu f ' ( x0 ) = f '' ( x0 ) > f đạt cực tiểu x0 Nếu f ' ( x0 ) = f '' ( x0 ) < f đạt cực đại x0 Ứng dụng vào phương trình - Nếu hàm số f đơn điệu K phương trình f ( x ) = có tối đa nghiệm Nếu f ( a ) = , a thuộc K x = a nghiệm phương trình f ( x ) = - Nếu f có đạo hàm cấp khơng đổi dấu K f ' hàm đơn điệu nên phương trình f ( x ) = có tối đa nghiệm K Nếu f ( a ) = f ( b ) = với a ≠ b phương trình f ( x ) = có nghiệm x = a x = b 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang - Nếu f hàm liên tục [ a; b ] , có đạo hàm ( a; b ) phương trình f ' ( x ) = nghiệm c ∈ ( a; b ) f ( b) − f ( a) có b−a Đặc biệt, f ( a ) = f ( b ) = phương trình f ' ( x ) = có nghiệm c ∈ ( a; b ) hay hai nghiệm f có nghiệm đạo hàm f ' Chú ý: 1) Tung độ cực trị y = f ( x ) x = x0 : Hàm đa thức: y = q ( x ) y '+ r ( x ) ⇒ y0 = r ( x0 ) u ( x0 ) u ' ( x0 ) u ( x) ⇒ y0 = = v ( x) v ( x0 ) v ' ( x0 ) Hàm hữu tỉ: y = f ( x ) = Đặc biệt: Với hàm y = f ( x ) bậc có CĐ, CT y = q ( x ) y '+ r ( x ) phương trình đường thẳng qua CĐ, CT y = r ( x ) 2) Số nghiệm phương trình bậc 3: ax + bx + cx + d = 0, a ≠ Nếu f ' ( x ) ≥ 0, ∀x hay f ' ( x ) ≤ 0, ∀x f ( x ) = có nghiệm Nếu f ' ( x ) = có nghiệm phân biệt và: Với yC Ð yCT > : phương trình f ( x ) = có nghiệm Với yC Ð yCT = : phương trình f ( x ) = có nghiệm (1 đơn, kép) Với yC Ð yCT < : phương trình f ( x ) = có nghiệm phân biệt CÁC BÀI TỐN Bài toán 1.1: Chứng minh hàm số sau hàm không đổi 2 a) f ( x ) = cos x + cos x + π π ÷− cos x cos x + ÷ 3 3 2 b) f ( x ) = − sin x − sin ( a + x ) − 2cos a.cos x.cos ( a + x ) Hướng dẫn giải a) π π π π f ' ( x ) = −2cos x sin x − 2cos x + ÷sin x + ÷+ sin x cos x + ÷+ cos x.sin x + ÷ 3 3 3 3 2π = − sin x − sin x + π ÷+ sin x + ÷ 3 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang π π = − sin x − 2cos x + ÷.sin 2 π = − sin x − cos x + ÷ = , với x 2 Do f R nên f ( x ) = f ( ) = + 1 − = 4 b) Đạo hàm theo biến x (a số) f ' ( x ) = −2sin x cos x − 2cos ( a + x ) sin ( a + x ) + 2cos a sin x cos ( a + x ) + cos x sin ( a + x ) = −2sin x − sin ( x + 2a ) + 2cos a.sin ( x + a ) = 2 Do f R nên f ( x ) = f ( ) = − sin a − 2cos a = sin a Bài toán 1.2: Cho đa thức P ( x ) Q ( x ) thỏa mãn: P ' ( x ) = Q ' ( x ) với x P ( ) = Q ( ) Chứng minh: P ( x ) ≡ Q ( x ) Hướng dẫn giải Xét hàm số f ( x ) = P ( x ) − Q ( x ) , D = ¡ Ta có f '( x ) = P '( x ) − Q '( x ) = theo giả thiết, f ( x) hàm nên f ( x ) = f ( ) = P ( ) − Q ( ) = với x ⇒ f ( x) ≡ ⇒ P ( x) ≡ Q ( x) Bài toán 1.3: Chứng minh rằng: a) arcsin x + arccos x = b) 2arctan x + arcsin π , x ≤1 2x = −π , x ≤ −1 + x2 Hướng dẫn giải a) Nếu x = 1, x = −1 Nếu −1 < x < xét hàm số f ( x ) = arcsin x + arccos x ⇒ f '( x ) = 1− x + 1 π = ⇒ f ( x) = C = f ÷= 2 1− x −1 b) Với x ≤ −1 , xét f ( x ) = 2arctan x + arcsin 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 2x + x2 Trang − 2x2 + x2 ) ( 2 + = − = (vì x ≤ −1 ) Ta có f ' ( x ) = 2 1+ x + x + x 2 1− x ÷ 1+ x Suy f ( x ) = C = f ( −1) = − π π π + =− 4 Bài toán 1.4: Tính gọn arctan x + arctan với x ≠ x Hướng dẫn giải Xét f ( x ) = arctan x + arctan D = ( −∞;0 ) ∪ ( 0; +∞ ) x Với x ∈ ( 0; +∞ ) f liên tục có đạo hàm −1 x2 = − = f '( x ) = + nên f ( 0; +∞ ) + x2 + x2 + x2 + x2 x2 Do f ( x ) = f ( 1) = π π π + = 4 Với x ∈ ( −∞;0 ) f liên tục có đạo hàm f ' ( x ) = nên f ( −∞;0 ) Do f ( x ) = f ( −1) = − π π π − =− 4 π − x < Vậy arctan x + arctan = x π x > Bài tốn 1.5: Tìm số c định lý Lagrange: a) y = f ( x ) = x + x − [ −1;2] b) y = f ( x ) = arcsin x [ 0;1] Hướng dẫn giải a) Hàm số y = f ( x ) = x + x − liên tục [ −1;2] có đạo hàm f ' ( x ) = x + , theo định lý Lagrange tồn số c ∈ [ −1;2] cho: 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang f ( ) − f ( −1) 6+3 = f '( c ) ⇔ = 4c + ⇔ 4c = ⇔ c = − ( −1) b) Hàm số y = f ( x ) = arcsin x liên tục [ 0;1] có đạo hàm f ' ( x ) = 1 − x2 , theo định lý Lagrange tồn số c ∈ [ 0;1] cho: π −0 f ( 1) − f ( ) = f '( c) ⇔ = 1− 1 − c2 ⇔ − c2 = 4 ⇔ c = − Chọn c = − π π π Bài toán 1.6: Xét chiều biến thiên hàm số: b) y = a) y = x − x − ( x − 4) Hướng dẫn giải ( ) a) D = ¡ Ta có y ' = x − x = x x − ( ) x −∞ Cho y ' = ⇔ x x − = ⇔ x = x = ±1 BBT −1 y' − 0 + +∞ − + y Vậy hàm số nghịch biến khoảng ( −∞; −1) ( 0;1) , đồng biến khoảng ( −1;0 ) ( 1; +∞ ) b) D = ¡ \ { 4} Ta có y ' = −2 ( x − 4) y ' < khoảng ( 4; +∞ ) nên y nghịch biến khoảng ( 4; +∞ ) y ' > khoảng ( −∞;4 ) nên y đồng biến khoảng ( −∞;4 ) Bài tốn 1.7: Tìm khoảng đơn điệu hàm số 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang a) y = x3 b) y = x2 − x +1 1− x Hướng dẫn giải ( ) ( a) Tập xác định D = −∞; − ∪ Ta có: y ' = x2 ( x2 − 9) (x − 6) x − 6; +∞ ) , y ' = ⇔ x = ±3 BBT: −∞ x y' − −3 + − +∞ − + y ( )( Vậy hàm số đồng biến khoảng ( −∞; −3) , ( 3; +∞ ) , nghịch biến khoảng −3; − ; 6;3 ) b) D = ( −∞;1) Ta có y ' = 3− x (1− x) > 0, ∀x < b) y = x − sin x [ 0;2π ] a) y = x + cos x Hướng dẫn giải a) D = ¡ Ta có y ' = − 2cos x sin x = − sin x y ' = ⇔ sin x = ⇔ x = Hàm số liên tục π + kπ , k ∈ ¢ đoạn π π + k π , + k + π ( ) π π + kπ ; + ( k + 1) π ÷ nên đồng biến đoạn 4 y' > khoảng π π + k π ; + ( k + 1) π , k ∈ ¢ 4 Vậy hàm số đồng biến ¡ b) y ' = − cos x Ta có ∀x [ 0;2π ] ⇒ y ' ≥ y ' = ⇔ x = x = 2π Vì hàm số liên tục đoạn [ 0;2π ] nên hàm số đồng biến đoạn [ 0;2π ] Bài toán 1.9: Chứng minh hàm số a) y = cos x − x + nghịch biến ¡ 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang b) y = sin ( x + a ) sin ( x + b ) ( a ≠ b + kπ ; k ∈ ¢ ) đơn điệu khoảng xác định Hướng dẫn giải a) ∀x1 , x2 ∈ ¡ , x1 < x2 Lấy hai số a, b cho a < x1 < x2 < b Ta có: f ' ( x ) = −2 ( sin x + 1) ≤ với x ∈ ( a; b ) Vì f ' ( x ) = số hữu hạn điểm khoảng ( a; b ) nên hàm số f nghịch biến khoảng ( a; b ) ⇒ đpcm b) Điều kiện x ≠ −b + kπ y' = ( k ∈¢) sin ( x + b ) cos ( x + a ) − sin ( x + a ) cos ( x + b ) sin ( b − a ) = sin ( x + b ) sin ( x + b ) Vì y ' liên tục điểm x ≠ −b + kπ , a − b ≠ kπ nên y ' giữ nguyên dấu khoảng xác định ⇒ đpcm Bài tốn 1.10: Tìm giá trị tham số để hàm số: a) y = ( m − 3) x − ( 2m + 1) cos x nghịch biến ¡ b) y = x + x + mx + m nghịch biến đoạn có độ dài Hướng dẫn giải a) y ' = m − + ( 2m − 3) sin x Hàm số y không hàm nên y nghịch biến ¡ : y ' ≤ 0, ∀x ⇔ m − + ( 2m − 1) sin x ≤ 0, ∀x Đặt t = sin x, −1 ≤ t ≤ m − + ( 2m − 1) sin x = m − + ( 2m − 1) t = f ( t ) Điều kiện tương đương: f ( t ) ≤ 0, ∀t ∈ [ −1;1] f ( −1) ≤ −m − ≤ ⇔ ⇔ ⇔ −4 ≤ m ≤ 3m − ≤ f ( 1) ≤ b) D = ¡ , y ' = x + x + m, ∆ ' = − 3m Xét ∆ ' ≤ y ' ≥ 0, ∀x : Hàm đồng biến (loại) Xét ∆ ' > ⇔ m < y ' = có nghiệm x1 , x2 nên x1 + x2 = −2, x1 x2 = 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 m Trang BBT: −∞ x x1 y' + +∞ x2 − + y Theo đề bài: x2 − x1 = ⇔ ( x2 − x1 ) = ⇔ x12 + x22 − x1 x2 = 15 ⇔ ( x2 + x1 ) − x1 x2 = ⇔ − m = ⇔ m = − (thỏa) Bài toán 1.11: Tìm cực trị hàm số sau: a) y = ( x + ) ( x − 3) b) y = x ( x + ) Hướng dẫn giải a) y ' = ( x + ) ( x − 3) + ( x + ) ( x − 3) = x ( x + ) ( x − 3) Ta có y ' = ⇔ x = −2 x = x = BBT x −∞ −2 y' + y 0 − 0 −∞ +∞ + 0 + +∞ −108 Vậy điểm cực đại ( −2;0 ) cực tiểu ( 0; −108 ) b) Hàm số y = f ( x ) liên tục ¡ Ta có: − x ( x + 2) f ( x) = x ( x + ) x < x ≥ Với x < 0, f ' ( x ) = −2 x + 2; f ' ( x ) = ⇔ x = −1 Với x > 0, f ' ( x ) = x + > 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang BBT −∞ x −1 y' + y +∞ − + Vậy điểm CĐ ( −1;1) , CT ( 0;0 ) Bài tốn 1.12: Tìm cực trị hàm số x +1 a) y = x +8 b) y = x3 x2 − Hướng dẫn giải a) D = ¡ Ta có y ' = x + − x ( x + 1) (x + 8) = − x2 − 2x + (x + 8) y ' = ⇔ x = −4 x = BBT −∞ x y' −4 − y + 0 ( ) ( b) Tập xác định D = −∞; − ∪ 3x y' = x −6 − − 1/4 −1/8 Hàm số đạt CĐ x = , yC Ð = +∞ 1 , đạt CT x = −4; yCT = − 6; +∞ ) x4 2 2 x − = 3x ( x − ) − x = x ( x − ) 3 x2 − ( x2 − 6) ( x2 − 6) y ' = ⇔ x = x = ±3 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang 10 = 13 x12 − x ( x − 1) > nên f đồng biến 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang 23 Bảng biến thiên: −∞ x y' + y −∞ Nên f ( x ) = có nghiệm x < Vậy phương trình cho có nghiệm Bài toán 1.26: Chứng minh hệ phương trình có nghiệm nhất: x2 = y3 + y + y + a y = z + z + z + a z = x3 + x + x + a Hướng dẫn giải 2 Xét hàm f ( t ) = t + t + t + a có f ' ( t ) = 3t + 2t + > f ( t ) hàm đồng biến Hệ PT: x2 = f ( y ) y = f ( z) z = f ( x ) Không giảm tổng quát giả sử x lớn số - Xét x ≥ y ≥ z ⇒ f ( x ) ≥ f ( y ) ≥ f ( z ) ⇒ z ≥ x ≥ y Nếu z ≥ x ≥ y ≥ z ≥ ⇒ x2 ≥ y ≥ z ⇒ x2 = y = z ⇒ f ( x ) = f ( y ) = f ( z ) ⇒ x = y = z Nếu x ≤ ⇒ ≥ x ≥ y ≥ z ⇒ x = y = z ⇒ x = y = z Nếu x > > z Khi y = f ( z ) < f ( ) = a ⇒ a > Lại có z = f ( x ) > f ( ) = a ⇒ z = − a ( ) ⇒ y2 = f ( z ) < f − a = − a ( ) a − ≤ : vơ lí - Xét x ≥ z ≥ y ⇒ z ≥ y ≥ x Tương tự y ≥ hay x ≤ ta suy x = y = z Nếu x > > y ⇒ x = f ( y ) < f ( ) = a 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang 24 z = f ( x ) > f ( ) = a Nếu z > a x ≥ z > a ⇒ x ≥ z ⇒ z = y = z ⇒ x = y = z trái với x > > y Nếu z < − a lí luận ta dẫn đến mâu thuẫn Vậy hệ có nghiệm x = y = z = t0 t0 nghiệm phương trình: t + t + t + a = x + y = Bài toán 1.27: Chứng minh hệ có nghiệm phân biệt y + x = Hướng dẫn giải Trừ phương trình vế theo vế thay ta được: x2 ( − x ) − y ( − y ) = ⇒ ( − y ) ( − x ) − ( − x3 ) ( − y ) = ⇒ ( − x ) ( − y ) 1 + y + y − ( + x + x ) = ⇒ ( 1− x) ( 1− y) ( y − x) ( 1+ x + y) = Xét x = hệ có nghiệm ( 1;0 ) Xét y = hệ có nghiệm ( 0;1) Xét x = y x + y = ⇔ x3 + x − = Đặt f ( x ) = x + x − 1, D = ¡ Ta có f ( 1) = ≠ f ' ( x ) = x + x, f ' ( x ) = ⇔ x = − x = BBT x −∞ y' −2/3 + y +∞ − + +∞ −23/27 −∞ −1 Do f ( x ) = có nghiệm x0 > , x0 ≠ nên hệ có nghiệm ( x0 ; y0 ) Xét + x + y = ⇒ y = − x − nên y + x3 = ⇔ x3 + x + x = ⇔ x ( x + x + ) = ⇔ x = Do hệ có nghiệm ( 0;1) Vậy hệ có nghiệm phân biệt Bài tốn 1.28: Tìm tham số để phương trình 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang 25 a) b) + x + − x = a có nghiệm x + mx + = x + có nghiệm phân biệt Hướng dẫn giải a) Xét f ( x ) = − x + + x , D = ¡ f '( x ) = − = ( 1− x) + (1+ x) (1− x) − (1+ x) 2 33 ( − x) ( + x) lim f ( x ) = lim x →+∞ x →+∞ = lim x →+∞ ( ( x ≠ ±1) ( , f '( x ) = ⇔ x = ) − x + + x = lim ( 1+ x) ) 2 + (x − 1) + x →+∞ ( ( 1+ x − 1− x ( x − 1) ) ) =0 f ( x ) = Lập BBT PT có nghiệm ⇔ < a ≤ Tương tự xlim →−∞ 2 x + ≥ 2 ⇔ x + x − = mx, x ≥ − 2 x + mx + = ( x + 1) b) PT ⇔ 3x + x − 1 Vì x = khơng thỏa mãn nên: = m, x ≥ − x Xét f ( x ) = 3x + x − 1 3x + , x ≥ − , x ≠ f ' ( x ) = x x2 BBT: x − f' +∞ + + +∞ f +∞ −∞ Điều kiện phương trình cho có nghiệm phân biệt ⇔ f ( x ) = m có nghiệm phân biệt x ≥ − , x ≠ ⇔ m ≥ 2 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang 26 Bài tốn 1.29: Tìm m để phương trình a) ( ) x + x − m2 x + − 34 x ( x − 2) x−2 ÷ = có nghiệm π ÷ 2 b) tan x + ( sin x + 2cos x ) = m ( sin x + 3cos x ) có nghiệm thuộc khoảng 0; Hướng dẫn giải a) Điều kiện: x > PT ⇔ m x + − 34 x ( x − 2) x−2 ÷= ( x − x−2 ⇔ m2 x + − 34 x ( x − 2) = x − x − x−2 ⇔ x−2 + − x ( x − ) = ( − m2 ) x x−2 ⇔ ) x x−2 − 34 = − m2 x x−2 Đặt t = x−2 ,0 < t < PT: − 3t = − m ,0 < t < t x Xét f ( t ) = − 3t , t ∈ ( 0;1) ⇒ f ' ( t ) = − − < 0, ∀t ∈ ( 0;1) t t Bảng biến thiên t f '( t ) f ( t) − +∞ −2 Vậy phương trình cho có nghiệm − m > −2 ⇔ − < m < b) Điều kiện: cos x ≠ tan x ≥ −1 Đặt t = tan x + ≥ , phương trình: tan x + sin x + 2cos x sin x + 3cos x =m cos x cos x 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang 27 ⇔ tan x + ( tan x + ) = m ( tan x + 3) ⇔ tan x + ( tan x + + 1) = m ( tan x + + ) 3t + 3t ⇔ 3t ( t + 1) = m ( t + ) ⇔ m = t +2 2 Xét hàm số y = y' = 3t + 3t với t ∈ ( 1; +∞ ) , t2 + 3t + 15t + (t + 2) >0 Vậy phương trình có nghiệm m > y ( 1) ⇔ m > Bài tốn 1.30: Tìm tham số để phương trình a) ( 4m − ) x + + ( 3m − ) − x + m − = có nghiệm b) x + x + ( − a ) x + ( − 2a ) x + ( − a ) x + x + = vô nghiệm Hướng dẫn giải a) Điều kiện: −3 ≤ x ≤ đó: PT ⇔ m = Ta có: ( x + + 1− x +1 x + + 1− x +1 x+3 ) +( 1− x ) = nên đặt: 2t 1− t2 x + = 2sin ϕ = ; − x = 2cos ϕ = 1+ t2 1+ t2 ϕ π −7t + 12t + Với t = tan , ≤ ϕ ≤ ,0 ≤ t ≤ nên: m = −5t + 16t + Xét f ( t ) = f '( t ) = −7t + 12t + , t ∈ [ 0;1] −5t + 16t + −52t − 8t − 60 ( −5t + 16t + ) < 0, ∀t ∈ [ 0;1] Vậy điều kiện phương trình có nghiệm f ( ) ≤ m ≤ f ( 1) ⇔ ≤m≤ b) Xét x = ⇒ = : loại Xét x ≠ Chia vế cho x phương trình: 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang 28 x + x + ( − a ) x + ( − 2a ) + ( − a ) + + = x x x 1 1 x + ÷ + x + ÷+ ( − a ) x + ÷ + − a = x x x Đặt t = x + 1 , t ≥ ⇒ t = x2 + + x x 3 t = x + 1 + x + ÷ nên x + = t − 3t x x x ( ) Do phương trình: t − 3t + t − + ( − a ) t + − 2a = ( t + ) a = t + 3t + 3t + Khi t = −2 phương trình khơng thỏa t + 3t + 3t + ( t + 1) Khi t ≠ −2 phương trình: a = = t+2 t+2 Đặt f ( t ) ( t + 1) = t+2 , t < −2 hay t ≥ Lập BBT f ( t ) ≥ ( 2t + ) ( t + 1) f '( t ) = 2 ( t + 2) 27 27 ∀t ∈ D nên PT vô nghiệm a < 4 Bài tốn 1.31: Tìm tham số để bất phương trình có nghiệm a) sin x + cos x ≥ m b) cos 2 x + ( sin x + cos x ) − 3sin x + m ≥ Hướng dẫn giải 3 a) Xét f ( x ) = sin x + cos x = ( sin x + cos x ) ( − sin x.cos x ) Đặt t = sin x + cos x; t ≤ t2 −1 ⇒ t = + 2sin x cos x ⇒ sin x cos x = 2 ( t − 1) = − t + t với t ≤ Ta có h ( t ) = t 1 − 2 3 h ' ( t ) = − t + = ⇔ t = ±1 2 Lập BBT bất phương trình có nghiệm m ≤ 20 chun đềHSG 200k LH 0937351107 Trang 29 b) Đặt t = sin x + cos x , t ≤ t = + 2sin x cos x ⇒ sin x = t − cos 2 x = − sin 2 x = −t + 2t BPT: −t + 2t − t + m + ≤ 0; ( t ≤ 2) Xét f ( t ) = −t + 2t − t + m + f ' ( t ) = −2t ( 2t − 3t + 1) ; f ' ( t ) = ⇒ t = 0; ;1 Lập BBT suy điều kiện có nghiệm là: m + ≥ ⇔ m ≥ −3 Bài tốn 1.32: Tìm điều kiện m để hệ bất phương trình có nghiệm x − 3x − ≤ (1) x − 3x x − m − 15m ≥ (2) Hướng dẫn giải Xét ( 1) : x − x − ≤ ⇔ −1 ≤ x ≤ Ta tìm điều kiện ngược lai, tức tìm m để: f ( x ) = x3 − 3x x − m − 15m < 0; ∀x ∈ [ −1;4] x3 + x − m − 15m; −1 ≤ x ≤ Vì f ( x ) = 2 x − 3x − m − 15m;0 < x ≤ 3 x + x; −1 ≤ x ≤ ⇒ f '( x ) = 3 x − x;0 < x ≤ −1 ≤ x < ⇒ Khi ≤ x ≤ ⇒ f ' ( x ) = x ( x − ) ≤ 2< x≤4 ⇒ f ' ( x ) = 3x ( x + ) < f ' ( x ) = 3x ( x − ) > Do − m − 15m + 16 < ⇔ m < −16 ∨ m > Vậy điều kiện có nghiệm −16 ≤ m ≤ Bài tốn 1.33: Cho số a, b, c thỏa mãn abc ≠ a b c + + = Chứng minh phương trình: ax + bx + c = có nghiệm Hướng dẫn giải 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang 30 Xét hàm số F ( x) = a b c x + x + x , F ( x) liên tục, có đạo hàm F ' ( x ) = x ( ax + bx + c ) = x f ( x ) nên theo dụng định lí Lagrange [ 0;1] tồn c ∈ ( 0;1) : F ( 1) − F ( ) = F '( c ) 1− Mà F ( ) = 0, F ( 1) = a b c + + = nên F ' ( c ) = hay c f ( c ) = Vì c ∈ ( 0;1) nên c ≠ f ( c ) = ⇒ đpcm Bài tốn 1.34: Cho hàm số f có đạo hàm [ 0;1] thỏa mãn f ( ) = 0; f ( 1) = Chứng minh tồn số phân biệt a; b thuộc ( 0;1) cho f ' ( a ) f ' ( b ) = Hướng dẫn giải Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) + x − , g ( x ) liên tục có đạo hàm [ 0;1] Ta có: g ( ) = −1 < g ( 1) = > nên tồn số c thuộc ( 0;1) cho g ( c ) = Do f ( c ) + c − = hay f ( c ) = − c Áp dụng định lý Lagrange cho f đoạn [ 0;c ] ( c;1) thì: tồn a ∈ ( 0; c ) cho: f ( c ) − f ( 0) = f '( a ) c−0 tồn b ∈ ( c;1) cho: nên: f ' ( a ) f ' ( b ) = f ( 1) − f ( c ) = f '( b) 1− c f ( c) 1− f ( c) ( 1− c) c = =1 c 1− c c(1− c) Vậy tồn số phân biệt a; b thuộc ( 0;1) cho f ' ( a ) f ' ( b ) = Bài toán 1.35: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm [ 0;1] nhận giá trị dương Chứng minh bất phương trình: f '( x ) − f ( x ) ≤ ( f ( 1) − f ( ) ) có nghiệm π Hướng dẫn giải Xét hàm số: g ( x ) = arctan x; h ( x ) = 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 f ( x) [ 0;1] , g ( x ) , h ( x ) có đạo hàm ( 0;1) + x2 Trang 31 2x Ta có: g ' ( x ) = + x ; h ' ( x ) = − + x2 ( ) f ( x) + f '( x ) + x2 Theo định lý Cauchy tồn c ∈ ( 0;1) cho: h ( 1) − h ( ) h ' ( c ) = hay g ( 1) − g ( ) g ' ( c ) nên f ( 1) − f ( 0) 2c = f '( c ) − f ( c) π + c −0 2c f ( 1) − f ( ) ) = f ' ( c ) − f ( c) ( π + c2 Vì < c < nên + c ≥ 2c f ( c ) > nên f ' ( cc ) − 2c f ( c ) ≥ f '( c ) − f ( c ) + c2 ⇒ đpcm Bài toán 1.36: Giả sử f hàm xác định [ a; b ] , có đạo hàm đến cấp n + ( a; b ) x0 ∈ ( a; b ) Chứng minh tồn c nằm x x0 để có: f ' ( x0 ) f '' ( x0 ) f ( ) ( x0 ) f ( n +1) ( c ) n n +1 f ( x ) = f ( x0 ) + ( x − x0 ) + ( x − x0 ) + + ( x − x0 ) + ( x − x0 ) 1! 2! n! ( n + 1) ! n Ta tìm đa thức Pn ( x ) có bậc khơng vượt q n cho f ( x0 ) = Pn ( x0 ) , f ' ( x0 ) = Pn/ ( x0 ) , , f ( n) ( x ) = Pn( n) ( x0 ) với: Pn ( x ) = A0 + A1 ( x − x0 ) + A2 ( x − x0 ) + + An ( x − x0 ) n Lúc đó: Pn/ ( x ) = A1 + A2 ( x − x0 ) + + nAn ( x − x0 ) n −1 Pn/ / ( x ) = A2 + 3.2 A3 ( x − x0 ) + + n ( n − 1) An ( x − x0 ) n− …… Pn( n) ( x ) = n! An Do thay x = x0 vào đẳng thức ta được: Pn ( x0 ) = A0 , Pn/ ( x0 ) = A1 , Pn// ( x0 ) = A2 , , Pn( n) ( x0 ) = n! An Như vậy: f ( x0 ) = A0 , A1 = f ' ( x0 ) , A2 = f ' ( x0 ) , , f ( n) ( x0 ) = n! An nên: f ' ( x0 ) f '' ( x0 ) f ( ) ( x0 ) n Pn ( x ) = f ( x0 ) + ( x − x0 ) + ( x − x0 ) + + ( x − x0 ) 1! 2! n! n 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang 32 ( n) ( n) ( n) Đặt Rn ( x ) = f ( x ) − Pn ( x ) ta suy Rn ( x ) = f n x − Pn ( x ) / nên: Rn ( x0 ) = Rn ( x0 ) = = Rn ( n) Đặt F ( x ) = ( x − x0 ) n +1 ( x0 ) = thì: F ( x0 ) = F ' ( x0 ) = = Fn ( n) Với x ∈ ( a; b ) ta viết ( x0 ) = Rn ( x ) Rn ( x ) − Rn ( x0 ) = F ( x) F ( x ) − F ( x0 ) Rn ( x ) Rn/ ( ξ1 ) = Theo định lý Cauchy ta có với ξ1 nằm x x0 F ( x ) F ' ( ξ1 ) Rn/ ( ξ1 ) Rn/ ( ξ1 ) − Rn/ ( x0 ) = Ta lại có theo định lý Cauchy ta được: F ' ( ξ1 ) F ' ( ξ1 ) − F ' ( x0 ) Rn/ ( ξ1 ) Rn// ( ξ ) = với ξ nằm ξ1 x0 F ' ( ξ1 ) F '' ( ξ ) Rn ( x ) Rn( ) ( c ) = Sau n + lần áp dụng định lý Cauchy ta với c nằm ξ n x0 , c F ( x ) F ( n +1) ( c ) n +1 nằm x x0 ( n +1) Nhưng Rn ( x) = f ( n +1) ( x) F ( n +1) Rn ( x ) f ( n+1) ( c ) = ( x ) = ( n + 1) ! nên F ( x) ( n + 1) ! Vậy: f ' ( x0 ) f '' ( x0 ) f ( n ) ( x0 ) f ( n +1) ( c ) 2 n +1 f ( x ) = f ( x0 ) + ( x − x0 ) + ( x − x0 ) + + ( x − x0 ) + ( x − x0 ) 1! 2! n! ( n + 1) ! c điểm nằm x x0 Công thức gọi công thức khai triển Taylor hàm f điểm x = x0 BÀI LUYỆN TẬP Bài tập 1.1: Tìm khoảng đơn điệu hàm số: a) y = 2x x −9 b) y = x +1 x2 − x + Hướng dẫn a) Kết y ' = −2 ( x + ) (x − 9) < nên hàm số cho nghịch biến khoảng ( −∞; −3) , ( −3;3) , ( 3; +∞ ) 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang 33 b) Kết đồng biến ( −∞;1) , nghịch biến ( 1; +∞ ) Bài tốn 1.2: Tìm m để hàm số: x2 + ( m + 2) x − m + a) y = đồng biến khoảng xác định x +1 b) y = m x − x − x + đồng biến ( 1; +∞ ) Hướng dẫn a) Tập xác định D = ( −∞; −1) ∪ ( −1; +∞ ) Tính đạo hàm y ' lập luận y ' ≥ D Kết m ≥ b) Kết m ≤ −1 Bài tốn 1.3: Tìm cực trị hàm số: a) y = x3 b) y = x −6 x ( x − 5) Hướng dẫn a) Hàm số lẻ Tính đạo hàm lập BBT Kết CĐ x = −3; yC Ð = −9 3, CT x = 3; yCT = b) Kết CĐ x = 0, yC Ð = CT x = 2; yCT = −3 Bài tốn 1.4: Tìm cực trị hàm số: a) y = x − sin x + b) y = sin x + cos x Hướng dẫn a) Tập xác định D = ¡ , y ' = − 2cos x, y '' = 4sin x Dùng dấu đạo hàm cấp Kết quả: CĐ x = − yCT = π π π + kπ , k ∈ ¢ , yC Ð = − + kπ + + ; đạt CT x = + kπ , k ∈ ¢ ; 6 π + kπ − + b) Kết điểm cực đại x = π 5π + kπ , điểm cực tiểu x = + kπ 8 Bài toán 1.5: ( ) 2 a) Tìm m để hàm số y = x − ( 3m + 1) x + 12 m + m x + có cực đại cực tiểu Viết phương trình đường thẳng qua CĐ, CT 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang 34 x + 2mx + − 3m b) Tìm m để hàm số y = có hai điểm cực trị nằm hai phía trục Oy x−m Hướng dẫn a) Tập xác định D = ¡ Lấy y chia y ' ( ) Kết m ≠ y = − ( m − 1) x + m + m ( 3m + 1) + b) Kết −1 < m < Bài toán 1.6: Chứng minh hàm số ( ) 2 a) y = x + ax − + b x + a + 4b − ab ln ln có cực đại cực tiểu với tham số a, b b) y = x2 − 3x − ba điểm cực trị phân biệt A, B, C Tính diện tích tam giác ABC x Hướng dẫn ( ) 2 a) y ' có ∆ ' = a + a + b > 0, ∀a, ∀b b) Kết S = 27 Bài tốn 1.7: Giải phương trình: a) x − 18 x + 24 = 1 − 2x − x −1 − x + x2 − + x − x2 = b) Hướng dẫn a) PT: ( x − ) − ( x − 1) = 2 ⇔ 2x − − 1 − 2x − x −1 1 = x −1 − 2x − x −1 Kết x = x = b) Kết x = 1± Bài tốn 1.8: Giải phương trình: a) b) x − = x3 − − x x − 3x − + x − 3x + = Hướng dẫn 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang 35 a) Điều kiện: x ≥ Ta có: x3 − = x + x − > x > ⇒ x3 > ⇒ x ≥ 3 Chia vế cho x phương trình: 1 − + − − = x2 x x4 x x x x Kết nghiệm x = b) Hàm đơn điệu Kết x = Bài toán 1.9: Giải hệ phương trình: ( x + 1) x + ( y − 3) ( − y ) = b) 4 x + y + − x = x − − y = − x a) ( x − 1) = y Hướng dẫn giải a) Điều kiện x ≥ 1, y ≥ Hệ phương trình tương đương với: x − − ( x − 1) + x − = (1) y = ( x − 1) (2) Xét hàm số f ( t ) = t − − ( t − 1) + t − 8, với t ≥ Kết x = 3, y = b) Kết x = ;y = 2 Bài tốn 1.10: Giải bất phương trình: a) x + + x + > 20 − x + 13 b) x − x + − x − x + 11 < − x − x − Hướng dẫn a) Điều kiện: x ≥ −1 BPT viết lại: x + + x + + x + 13 ≥ 20 Xét f ( x ) hàm số vế trái, x ≥ −1 thì: f '( x ) = + x +1 + > Kết x ≥ x + x + 13 b) Kết ≤ x < Bài toán 1.11: Chứng minh phương trình có nghiệm nhất: x − x + 15 x − x + x − = 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang 36 Hướng dẫn Chứng minh hàm VT đồng biến khoảng ( 0; +∞ ) , x ≤ vơ nghiệm TRÊN ĐÂY MỚI CHỈ LÀ CHUYÊNĐỀ TRONG TỔNG SỐ 20 CHUN ĐỀ: THẦY CƠ VUI LỊNG LIÊN HỆ ĐỊA CHỈ GMAIL: trungyeu113@gmail.com ĐỂ NHẬN ĐỦ 20CHUYÊNĐỀBỒIDƯỠNGHSG THPT CỦA TÁC GIẢ LÊ HỒNH PHỊ XIN CHÂN THÀNH CẢM ƠN 20chuyênđềHSG 200k LH 0937351107 Trang 37 ... nghiệm 12 Xét x < f ' ( x ) = 13 x − x + 12 x − x 20 chuyên đề HSG 200 k LH 0937351107 Trang 22 = 13 x12 − x ( x − 1) > nên f đồng biến 20 chuyên đề HSG 200 k LH 0937351107 Trang 23 Bảng biến thiên:... 60 y Hệ phương trình viết lại z = 36 y + 25 60 z x = 36 z + 25 20 chuyên đề HSG 200 k LH 0937351107 Trang 20 ( ) Từ tính đồng biến f ( x ) suy x = y = z Thay vào hệ phương trình ta... π = ⇒ f ( x) = C = f ÷= 2 1− x −1 b) Với x ≤ −1 , xét f ( x ) = 2arctan x + arcsin 20 chuyên đề HSG 200 k LH 0937351107 2x + x2 Trang − 2x2 + x2 ) ( 2 + = − = (vì x ≤ −1 ) Ta có f ' ( x )