Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 43 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
43
Dung lượng
1,63 MB
Nội dung
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN GIÁTRỊLỚNNHẤT,GIÁTRỊNHỎNHẤTCỰCTRỊCỦAHÀMTRỊTUYỆTĐỐI Các toán hàmtrịtuyệtđối 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 giátrị thực tham số m cho giátrịlớnhàm 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 giátrịlớn Vậy S 1; 1 nên có tất giátrị thỏa mãn yêu cầu đề Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ HÀMTRỊTUYỆTĐỐI 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 trịtuyệtđối phép biến đổi có liên quan Bất đẳng thức trịtuyệtđối 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 CỰCTRỊCỦAHÀM SỐ A CÁC TÍNH CHẤT LIÊN QUAN TỚI CỰCTRỊCỦAHÀMTRỊTUYỆTĐỐI Trước vào toán ta cần nhớ kiến thức sau Số điểm cựctrịhàm số f x bẳng tổng số điểm cựctrịhàm số f x số lần đổi dấu hàm số f x Số điểm cựctrịhàm số f mx n a , a số điểm cựctrịlớn n hàm số f x m Số điểm cựctrịhàm số f x a , a số điểm cựctrị dương hàm số Cho hàm số có dạng y ax bx c mx , tìm điều kiện tham số m để giátrị max yct c cực tiểu hàm số đạt giátrịlớnnhất, 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 cựctrị 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 cựctrị 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 cựctrịhàm 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 cựctrị 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 cựctrị 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 x2 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 cựctrị 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 cựctrị 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 cựctrị 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 cựctrị Câu 4: Cho hàm số y x m x 2m Có số ngun khơng âm m để hàm số cho có ba điểm cựctrị A B C Lời giải D Xét hàm số f x x m x 2m m m f x x có điểm cựctrị x phương trình f x có hai nghiệm phân biệt hàm số y f x có điểm cựctrị (thỏa mãn) m m f x x x có điểm cựctrị x phương trình f x có nghiệm đơn phân biệt hàm số y f x có điểm cựctrị (thỏa mãn) Ta có m m f x có ba điểm cựctrị 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 HÀMTRỊTUYỆTĐỐI Câu 5: Cho hàm số y x m x 2m Tập hợp tất giátrị thực tham số m để hàm số cho có điểm cựctrị 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 cựctrị y f x có ba điểm cựctrị 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 cựctrịhàm số f x hàm số y f x có cực trị(loại) TH3: 2m m f x x y f x x có điểm cựctrị 2 (loại) Chọn đáp án D Câu 6: Có số nguyên m 20; 20 để hàm số y x m x m có điểm cựctrị 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 cựctrị 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 cựctrị 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 cựctrị (loại) Nếu m x m x 2m x m x m Vậy điều kiện hàm số y x m x 2m có ba điểm cựctrị 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 cựctrị 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 cựctrị A B C Lời giải D Ta có ycbt y x 3mx m2 x có điểm cựctrị 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 cựctrị A B C Lời giải D Ta có ycbt y x 3mx m2 x có hai điểm cựctrị 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 cựctrị 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 cựctrị x 2; x 2 Bảng biến thiên Vậy để hàm số có điểm cựctrị 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 HÀMTRỊTUYỆTĐỐI Câu 12: Có số nguyên m 2019; 2019 để hàm số y x 4x m 6x có ba điểm cựctrị 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 cựctrị 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 cựctrị x 1 (loại) Với m 5 ta có xét dấu y sau Hàm số có điểm cựctrị 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 cựctrị 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 xm1 10 y 2 x 2m x m x m m 2 x m 2 m Vậy để hàm số có điểm cựctrị trước tiên phải có m lúc bảng xét dấu y sau Điều chứng tỏ với m giátrị 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 cựctrị ? 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 giátrị thực tham số m để hàm số y x 3x m có điểm cựctrị 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 giátrị thực tham số m để hàm số y x mx m có điểm cựctrị A 4; B 0; C 0; D 1; Lời giải Xét hàm số y x mx m có tối đa điểm cựctrị phương trình f x có tối đa 4 nghiệm Vì hàm số y f x có điểm cựctrị 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 cựctrịhàm 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 cựctrị Do số điểm cựctrị 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 HÀMTRỊTUYỆTĐỐI Câu 18: Có giátrị nguyên tham số m để hàm số y 3x 4x 12 x m có điểm cựctrị ? A B C Lời giải D Hàm số f x 3x 4x 12 x m có ba điểm cựctrị 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 cựctrị 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 giátrị cần tìm 5 m m m 1; 2; 3; 4 có số nguyên thỏa mãn Câu 19: Có giátrị nguyên tham số m để hàm số y x x 5x m có điểm cựctrị A B C Lời giải D Hàm số f x x x 5x m có ba điểm cựctrị x 0; x 2; x Vậy hàm số y f x có điểm cựctrị 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 cựctrị x 1; x 2; x Có bao nhiêu số nguyên m 10; 10 để hàm số y f x m có điểm cựctrị A B 10 C Lời giải D 19 Hàm số y f x m có cựctrị f x m có điểm cựctrịlớn m x m x m Các điểm cựctrịhàm 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 cựctrịhàm 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 x0 3x x Nếu m y đổi dấu từ âm sang dương qua điểm x nê hàm số 3x x có điểm cựctrị x 3x m x m y x Nếu m y đổi dấu qua 3x m x x m m nên có điểm cựctrị x 3 3x m x m y x Nếu m y 3x m x Chỉ đổi dấu qua x m m nên có điểm cựctrị x 3 Vậy với m hàm số có điểm cựctrị Chọn đáp án B Câu 22: Tìm tất giátrị thực tham số m để hàm số y x 2m x 3m x có điểm cựctrị 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 cựctrị 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 giátrị thực tham số m để hàm số y f x có năm điểm cựctrị 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 HÀMTRỊTUYỆTĐỐI Ta có a a số điểm cựctrị dương hàm số y f x m m 2m 1 0 m Ta có f x 3x m x m S 2m P Chọn đáp án B Câu 24: Tìm tất giátrị thực tham số m để hàm số y x 2m x 3m x có điểm cựctrị 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 cựctrị dương hàm số y f x yêu cầu tương đương với: f x có điểm cựctrị 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 cựctrịhàm 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 cựctrị Vì hàm số y f x có điểm cựctrị 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: Tn1 x xTn x Tn1 x Gọi đa thức Chebyshev loại I U0 x 0, U1 x Các đa thức Tn x , n ∈ N xác định sau: Un1 x xUn x Un1 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 HÀMTRỊTUYỆTĐỐI Tính chất 6: P x bậc n, hệ số cao 1, ta có max P x Đẳng thức xảy P x Tn * x n1 n1 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 giátrị 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 a3 a y 1 4 2 3a a3 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 giátrịhàm số giátrị x 1; mà giátrị khác Thực chất việc xét giátrịhàm số điểm 1; xét giátrịhàm 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 4m 1 1 m 5 m 3 1 m 3 y 4 m 2 m 3 m 2 3a 1m 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 HÀMTRỊTUYỆTĐỐI 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 ac0 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 ab 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 HÀMTRỊTUYỆTĐỐI 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 giátrị 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 AB AB 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 AB AB Ta có f x ax bx c cx 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 n1 x n x với x đa thức bậc nhỏ n Suy x n n1 T x n1 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 giátrị 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 HÀMTRỊTUYỆTĐỐI 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 Pn1 x 1, x 1, 1 Chứng minh a0 n1 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 Pn1 x 1 n j 1 Vậy nên a0 j 1 Tn x xx x 2j Pn1 x j a0 j 2j1 2n n 1 n j 1 1 x 2j P x j n j 1 n1 n n1 x P x n n1 j j n j 1 n Bài 10: Giả thiết đa thức Pn 1 x thỏa mãn điều kiện Bài Chứng minh Pn1 x n , x 1, 1 Lời giải Với x j chọn tốn hàm số y cos x nghịch biến 0; nên 1 xn xn1 x2 x1 Nếu x1 x Pn 1 x Tn x n Tn x n x P x 2 j n1 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 n1 n j 1 x x j Nên ta có T x ' n n1 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 Pn1 x n , x ( x1 ; 1] Hồn tồn tương tự ta có Pn1 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 Pn1 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 Pn1 cos t với Pn 1 x đa thức dạng (1) Đặt cos t x Khi x P t sin Pn1 cos t x Pn1 x Ta thấy P x thỏa mãn điều kiện toán trước nên Pn1 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 HÀMTRỊTUYỆTĐỐI Nên theo kết sin x g x g 0 Nhưng g suy Nên x : g x x0 n x \ , 2 , , 0, , , (4) x n x sin x \ , 2 , , 0, , , g x g 0 x 1 g '0 , sin x x0 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 n1 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 n1 an1 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 HÀMTRỊTUYỆTĐỐI B ỨNG DỤNG LÝ THUYẾT XẤP XỈ ĐỀU TRONG GIẢI TOÁN Lý thuyết xấp xỉ tốt nhánh lý thuyết xấp xỉ hàm, có vai trò 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 giátrịlớnnhất,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 giátrịnhỏ nhất? Các bước làm Bước 1: Tìm M giátrịlớnhàm số f x n giátrịnhỏhàm số f x đoạn a ; b Bước 2: Khi m Mn số cần tìm Ví dụ Tìm m để max 9x 4x a đạt giátrịnhỏ 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 x1;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 yk 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 giátrịnhỏ 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 giátrị khác R hàm y g k m xét miền giátrị tương ứng k m Bài toán Cho f x hàm lồi(lõm) ; Tìm a, b để giátrịlớnhàm số y f x ax b ; đạt giátrịnhỏ 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 cựctrịhàm 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 Giátrịnhỏ 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 giátrịnhỏhàm 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 HÀMTRỊTUYỆTĐỐI 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 giátrị 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 giátrị 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 giátrịlớnhàm số ; lớn số giátrị 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 lớngiátrịhàm số điểm chưa giátrịlớn Điều kiện cần đủ M giátrịlớnhàm 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 ... SỐ BÀI TỐN VỀ HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI II CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI MIN MAX CỦA HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI A CÁC TÍNH CHẤT LIÊN QUAN TỚI CỰC TRỊ CỦA HÀM TRỊ TUYỆT ĐỐI Bất đẳng thức trị tuyệt đối Cho số thực... 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. .. Cho hàm số x ax b , gọi M giá trị lớn hàm số đoạn 3; Khi M đạt giá trị nhỏ T log a 1 b có giá trị ? A C B 4026 D Lời giải Xét hàm số h x x ax b Gọi m,n giá trị nhỏ giá trị