20 chuyen de boi duong HSG le hoanh pho

CHUYÊN ĐỀ - 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 ] 20 chuyên đề HSG 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 20 chuyên đề HSG 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   20 chuyên đề HSG 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 20 chuyên đề HSG 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: 20 chuyên đề HSG 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 20 chuyên đề HSG 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 ¡ 20 chuyên đề HSG 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 = 20 chuyên đề HSG 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 + > 20 chuyên đề HSG 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 20 chuyên đề HSG 200k LH 0937351107 Trang 10 = 13 x12 − x ( x − 1) > nên f đồng biến 20 chuyên đề HSG 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 20 chuyên đề HSG 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 20 chuyên đề HSG 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 20 chuyên đề HSG 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 20 chuyên đề HSG 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: 20 chuyên đề HSG 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 đề HSG 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 20 chuyên đề HSG 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 ) = 20 chuyên đề HSG 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 20 chuyên đề HSG 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; +∞ ) 20 chuyên đề HSG 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 20 chuyên đề HSG 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 20 chuyên đề HSG 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 − = 20 chuyên đề HSG 200k LH 0937351107 Trang 36 Hướng dẫn Chứng minh hàm VT đồng biến khoảng ( 0; +∞ ) , x ≤ vơ nghiệm TRÊN ĐÂY MỚI CHỈ LÀ CHUYÊN ĐỀ TRONG TỔNG SỐ 20 CHUN ĐỀ: THẦY CƠ VUI LỊNG LIÊN HỆ ĐỊA CHỈ GMAIL: trungyeu113@gmail.com ĐỂ NHẬN ĐỦ 20 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG THPT CỦA TÁC GIẢ LÊ HỒNH PHỊ XIN CHÂN THÀNH CẢM ƠN 20 chuyên đề HSG 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 )