Giai Toan Bang Dao Ham_LE VAN TIEN (Th01-2012)

Các bài tập trong từng phần của bài viết, được trình bày theo một trình tự từ dễ đến khó, nhằm giúp học sinh nắm bắt được vấn đề, nâng cao khả năng nhận biết, từ đó phát hiện ra các quy [r]

(1)

GIẢI TỐN BẰNG CƠNG CỤ ĐẠO HÀM Bài viết tháng 01 năm 2012

LỜI NÓI ĐẦU

Đạo hàm khái niệm chương trình tốn phổ thơng, đạo hàm chương trình học khóa, chủ yếu để khảo sát tính chất hàm số Ngoài khai thác sâu hơn, đạo hàm cịn cơng cụ hữu hiệu để giải tốn

Trong viết này, tơi xin đề cập đến vấn đề vận dụng đạo hàm vào giải nội dung sau đây:

1) Chứng minh bất đẳng thức

2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số áp dụng GTLN, GTNN vào giải số toán

3) Tìm nghiệm phương trình; bất phương trình; hệ phương trình; hệ bất phương trình

4) Ứng dụng đạo hàm để tính giới hạn hàm số

Các tập phần viết, trình bày theo trình tự từ dễ đến khó, nhằm giúp học sinh nắm bắt vấn đề, nâng cao khả nhận biết, từ phát quy luật, có khả vận dụng vào giải tập khó

Đề tài chuyên đề, mà áp dụng vào dạy cho học sinh phần tập “ Đạo hàm” lớp 11; chương “Ứng dụng đạo hàm để khảo sát vẽ đồ thị hàm số” lớp 12, luyện thi đại học bồi dưỡng học sinh giỏi năm học vừa qua Các toán trình bày, trình chọn lọc, xếp, làm giảng phù hợp cho đối tượng học sinh từ trung bình đến giỏi

Ngồi đề tài cịn trình bày thêm định lí Lagrange số định lí xung quanh định lí Lagrange, nhằm trang bị thêm cho học sinh giỏi kiến thức để vận dụng vào giải số tốn thường có đề thi học sinh giỏi

Cuối phần 1) 3) có trình bày tập, mà cách giải vận dụng trực tiếp định lí Lagrange, nhằm minh họa cách áp dụng định lí vào giải tốn

(2)

NỘI DUNG

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1 Định nghĩa đạo hàm điểm

Cho hàm số y = f(x) xác định khoảng (a; b), x0(a; b) Giới hạn có tỉ số số gia hàm số số gia biến số x số gia biến số dần đến gọi đạo hàm hàm số x0 Kí hiệu: f’(x0) hay y’

Vậy    

   

 

 

0

0 0 0

( ) ( )

'( ) lim lim

x x

f x x f x y

f x

x x

2 Đạo hàm bên

a) Đạo hàm bên trái x0 là:



  

 



0 0

'( ) limx y

f x x

;

b) Đạo hàm bên phải x0 là:



  

 



0 0

'( ) lim

x

y

f x x

. 3 Định lý

Hàm số f(x) có đạo hàm

 

 

    





0

( ) ( )

f x vaø f x tồn tại x

f x f x

4 Đạo hàm cấp cao

Đạo hàm cấp n hàm số f đạo hàm cấp n – f



 

 



( )n ( ) ( 1)n ( ) '

f x f x (n,n2) 5 Tính đơn điệu hàm số

Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm (a; b)

a) Nếu f’(x)   0 x a b ;  hàm số đồng biến khoảng b) Nếu f’(x)   0 x a b ; thì hàm số nghịch biến khoảng c) Nếu f’(x)   0 x a b ;  hàm số hàm khơng đổi khoảng

Chú ý: Dấu a) b) xảy hữu hạn điểm.

B GIỚI THIỆU THÊM MỘT SỐ ĐỊNH LÍ 1 Định lý Weierstrass

Nếu hàm số f(x) liên tục [a; b] đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn và mọi giá trị trung gian giá trị lớn giá trị lớn [a; b]

2 Định lý Fermat

Nếu hàm số f(x) có đạo hàm x0 đạt cực trị điểm

3 Định lý Rolle

(3)

Nếu f(a) = f(b) tồn điểm c( ; )a b cho f '(c)=0 . Chứng minh

Vì f(x) liên tục [a ;b] nên f(x) đạt giá trị nhỏ m giá trị lớn nhất M [a; b].

+ Nếu m = M f(x )= m = M ∀x∈[a ;b] suy f '(x)=0∀x∈(a ;b) .

Do ∀c∈(a ;b) ta có f '(c)=0 .

+ Nếu m < M f(a)≠ m f(a)≠ M .

Giả sử f(a)=f(b)≠ m Vì f(x) liên tục trên [a ;b]

Theo định Weierstrass tồn điểm c∈[a ;b] cho f(c)=m .

Hiển nhiênc a c ≠ b suy c∈(a ;b)

Vì f x( )f c( ) x ( ; )a b nªn f(x) đạt cực tiểu c. Theo định lý Fecmat ta có f '(c)=0 .

(Chứng minh tương tự cho trường hợp f(a)=f(b)≠ M )

4 Định lý Lagrange

Nếu hàm số f(x) liên tục [a; b] có đạo hàm khoảng (a; b) tồn tại số x0(a; b) cho

f(b) – f(a) = f’(x0) (b – a) hay '( 0)

( ) ( )

f x f b f a

b a

 



Chứng minh

Xét hàm số g(x)=f(x)− f(a)−f(b)− f(a)

b − a (x − a) với x∈[a ;b] .

Ta có g(x) liên tục [a ;b] có đạo hàm (a ;b) :

g '(x)=f '(x)−f(b)− f(a)

b − a .

Mặt khác g(a)=g(b)=0 nên theo định lý Rolle tồn c∈(a ;b) cho g '(c)=0 .

Do g '(c)=f '(c)−f(b)− f(a)

b −a =0⇔ f(b)− f(a)=f '(c).(b −a) (§pcm)

5 Ý nghĩa hình học định lý Lagrange

Do f(x)liên tục [a ;b] nên đồ thị f(x) [a ;b] cung liền nét AB, với A(a; f(a)), B(b; f(b))

Cát tuyến AB có hệ số góc f(bb − a)− f(a) Theo định lý Lagrange ∃c∈(a ;b)

sao cho f '(c)=f(b)− f(a) b −a

Ý nghĩa là: hệ số góc tiếp tuyến cung AB C(c; f(c)), hệ số góc cát tuyến AB

Nói cách khác cung AB tốn điểm C, cho tiếp tuyến tại C song song với AB.

C CÁC VẤN ĐỀ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM VẤN ĐỀ I CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

O x

y

B C

A

f(c)

c f(a)

f(b)

(4)

1 Định hướng phát vấn đề

Bài tốn chứng minh bất đẳng thức thực theo nhiều cách khác nhau, khơng có cách hữu hiệu để chứng minh cho tất tốn bất đẳng thức Trong cách sử dụng đạo hàm công cụ mạnh mẽ để chứng minh bất đẳng thức

2 Kiến thức vận dụng

- Sử dụng tính chất đơn điệu hàm số;

- Sử dụng đến giá trị cực trị, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số Lưu ý:

+) Biến đổi bất đẳng thức vế hàm số, xét hàm số tập xác định khảo sát dấu đạo hàm đạo hàm tập đó;

+) Khi chưa xác định dấu đạo hàm tiếp tục tính đạo hàm cấp hai, cấp ba… để xác định dấu đạo hàm tập xác định

3 Các tập

Bài Chứng ming với

x

x x x

 

2

2 ta co ù ln( + 1) > -

Phân tích lời giải

- Rõ ràng tốn khơng thể giải theo phương pháp biến đổi thông thường; - Định hướng: biến đổi bất đẳng thức bất đẳng thức tương đương.

0 x

x x 

2

2 ln( + 1) - +

- Ta nghĩ đến cách xét hàm số ( )

x

f x  x x

2

2 ln( + 1) - +

với x0

Ta có

1

'( ) x

f x x

x x 



2

-1 + =

+ + với  x

Suy hàm số f x( )đồng biến 0;  Với  x f x( ) f(0)

( ) x (0)

f x x x f

   

2

2 ln( + 1) - +

Hay

x

x x  x

2

ln( + 1) > - với

Bài Với a b, 0;, a b

Chứng minh rằng: acosa b cosbsina sinb Phân tích lời giải

- Trong bất đẳng thức có chứa đại lượng: acosa, sina bcosb, sinb; - Bất đẳng thức  acosa sina b cosbsinb;

(5)

Suy a b, 0;, a b

Ta có: f a( ) f b( ) acosa sina b cosb sinb Hay acosa b cosbsina sinb(đpcm).

Bài Với x > -  n Chứng minh: 1 

n

x nx

   (bất đẳng thức Becnuli) Phân tích lời giải

- Bài tốn chứng minh cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho n số;

- Định hướng bất đẳng thức có chứa x ta nghĩ đến việc xét hàm số biến x;

- Trước tiên xét giá trị đặc biệt n x

Với n = 0; n = x = ta có bất đẳng thức Với n2

Ta xét hàm số f x( ) ( + 1) - 1- x n nx với x 1

1

'( ) n n

f x n x  n n x  

 

 ( + 1) -  ( + 1) -

'( )

f x   x

'( )

f x   x .

'( )

f x      x

Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên f x( ) 0  ( + 1) - 1- 0x n nx Hay 1 

n

n nx

   Dấu x =

Bài 4. Với   x  1; 1 với  n *

Chứng minh rằng: 2 1 xn 1 xn 2n Phân tích lời giải

- Bài tốn giải theo phương pháp lượng giác hóa sử dụng khai triển nhị thức Newton;

- Định hướng bất đẳng thức có chứa biến x, ta nghĩ đến việc xét hàm số f(x) = (1 + x)n + (1 – x)n trên đoạn [-1; 1].

Sử dụng phương pháp đạo hàm ta có:

f’(x) = n(1 + x)n – – n(1 – x)n – 1 = n[(1 + x)n – – (1 – x)n – 1] Nếu   1 x 1   x x f x'( ) 0

_ +

+

yCT =

0 +

-1

(6)

Nếu 0 x 1  x  1 x f x'( ) 0 Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên ta có 2 f x( ) 2 n Hay 2 1 xn1 xn 2n

Bài 5. Với số dương a, b, a >b

Chứng minh rằng: ln

a b a a b

a b b

 

 

- Định hướng: bất đẳng thức chứng minh theo phương pháp biến đổi thông thường;

- Để ý ln ln ln

a a b

b   ,

- Từ ta nghĩ đến cách chọn hàm số f(x) = lnx đoạn [b; a] để áp dụng định lí Lagrange;

Hàm số f(x) liên tục có đạo hàm (b; a) Theo định lý Lagrange  c b a;  cho :

( ) ( )

'( ) f a f b

f c

a b

 



1 lna lnb

c a b



 

 Docb a;  nên

1 1 a c b 

Hay

1 ln ln ln

b

a b a b a a b

a a b b a   b

  

 (đpcm)

VẤN ĐỀ II TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ 1 Định hướng phát vấn đề

Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số giải theo phương pháp phân tích đánh giá Thơng thường dạng tập này, sử dụng phương pháp đạo hàm hiệu

- Nếu hàm f(x) liên tục [a; b] đạt giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ trên đoạn đó;

- Nếu hàm số f(x) đồng biến (hay nghịch biến) [a; b] đạt GTNN a, GTLN b (hay đạt GTLN a, GTNN b);

_ +

2n 2n

yCT =

0 1

-1

(7)

- Trên [a; b] hàm số có nhiều cực trị so sánh giá trị cực trị với f(a) và f(b) để kết luận;

- Nếu khoảng (a; b) hàm số có cực trị giá trị cực trị GTLN GTNN

3 Các tập

Bài Cho phương trình:

2

2 12

12x 6mx m 0, m

m

     

có nghiệm x1, x2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức T x 13x23

- Ta khơng thể thực việc tìm GTLN, GTNN T theo x x1; 2khi

khơng có điều kiện ràng buộc cho x x1; 2;

- Tìm cách biểu diễn T theo tham số m, từ điều kiện tồn x x1; 2ta có điều

kiện ràng buộc cho tham số m;

Điều kiện phương trình có hai nghiệm:   ' | | 3m 

Ta có    

2

1 2

3 2 m

T x x x x x x

m

 

   

 

 

Tìm GTLN, GTNN hàm số

Gọi

3

( ) ; 2;

2 m f m

m    

  treân D = -2  

2

1

'( )

2 f m

m

  >

nên hàm số đồng biến D Vậy

3 3

max (2 3) ; ( 3)

4 D

D f f  f f  

Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức:

4 2

a b a b a b

P ab

b a b a b a

 

 

 

      , với 0

- Tìm GTLN, GTNN P theo a b mà dựa vào điều kiện ab0 thực được;

- Ta nghĩ đến biểu diễn biến a, b qua biến trung gian đó; - Chẳng hạn đặt

a b t

b a

 

, ta có điều kiện | | 2t 

Biến đổi

2

2 2

a b a b a b

P

b a b a b a

     

      

     

 

      

2

2 2

a b a b a b

b a b a b a

    

   

      

   

 

      

   

 

      

(8)

Xét hàm số f t( ) t4 5t2 t với | | 2t  Có f t'( ) 4 t3  10t1; f t''( ) 12 t2  10

Vì | | 2t  nên f t''( ) 12 t2  10 0  f’(t) đồng biến Nên t > f’(t) > f’(2) > 0; t < - f’(t) < f’(-2) < Bảng biến thiên

Vậy minf = - t = a = b

Bài Cho tam giác ABC có ba góc thỏa mãn điều kiện A > B > C

Tìm giá trị nhỏ hàm số

sin sin

( )

sin sin

x A x B

f x

x C x C

 

  

 

- Định hướng từ định lí sin điều kiện tồn bậc hai ta tìm tập xác định hàm số;

- Lúc đó, ta tìm GTNN hàm số tập xác định vừa tìm được. Ta có A > B > C  a > b > c

(a, b, c độ dài cạnh đối diện với đỉnh A, B, C)

2 sinR A sinR B sinR

    sinAsinBsinC Mặt khác: f(x) xác định  ; sinC sin ;A  

có

 2  2

sin sin sin sin

sin sin

'( )

sin sin

2

sin sin

A C B C

x C x C

f x

x A x B

x C x C

 

  

 

suy hàm số f(x) đồng biến khoảng  ; sinC; sin ; A   Bảng biến thiên

Từ BBT ta có GTNN là:

sin sin

(sin )

sin sin

A B

f A

A C



 



VẤN ĐỀ III SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH 1 Định hướng phát vấn đề

Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình nói chung khơng thể giải nghiệm cụ thể công cụ đạo hàm Tuy nhiên

+

-

2 -2

t f'(t)

f(t)

- 2 +

-f(sinA)

1 +

1

+ +

sinA sinC

f(x) f'(x)

(9)

thông qua công cụ đạo hàm chứng minh phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình tồn nghiệm, đánh giá số nghiệm chúng

- Sử dụng đạo hàm để xét tính đơn điệu hàm số, nhờ vào tính đơn điệu để chứng minh tồn nghiệm;

- Nhờ vào việc phân chia tập xác định hàm số thành khoảng hàm số tăng giảm, để chứng minh nghiệm nhất, từ giải phương trình bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình

3 Các tập

Bài Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:

4

3 x 1 m x 1 x 1

(Đề tuyển sinh Đại học, Cao đẳng Khối A năm 2007)

- Ta sử dụng phương pháp biến đổi để giải toán;

- Định hướng: ta biến đổi phương trình vế theo x xem hàm số biến x;

- Bài toán giải đơn giản dựa vào phương pháp đạo hàm Điều kiện x1

Phương trình tương đương:

4

1

3

1

x x m

x x

 

  

 

Đặt 1; 01

x

t t

x



 



Lúc phương trình theo t là: 3t22tm

Vì

2 0 1

1

t t

x



   



Trên [0; 1) ta có

1

1 ( )

3 f t

  

Vậy phương trình có nghiệm

1

3 m

  

Bài Tìm m để phương trình sau có nghiệm nhất:

3

2x m 4x

   .

(Cấu trúc đề thi TN THPT Đại học Bộ giáo dục năm 2008)

- Ta sử dụng phương pháp tam thức để giải toán;

- Định hướng: ta biến đổi phương trình vế theo hàm biến x;

- Bài toán giải đơn giản dựa vào phương pháp đạo hàm Ta có phương trình viết lại:

3

2

x

x m

(10)

Bằng cách đặt ẩn phụ t2x,t0 Lúc phương trình là:

1 t m

t

 

 .

Xét hàm số

3 ( )

1 t f t

t

 

 0;

Phương trình có nghiệm đồ thị hàm số f(x) và đường thẳng y = m có điểm chung

Ta có

 

2

2 2 2

1

'( )

1 1 1

t

t t

f t

t t t



 

 

 

  

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm

1

10 m m

  

 

 .

Chú ý: Bài toán yêu cầu phương trình có nghiệm ta cần m 10; tốn

u cầu phương trình có hai nghiệm phân biệt ta cần 3m 10

Bài Giải phương trình:



   x

x

2 (*)

log x x

(Đề dự bị Đại học khối A năm 2007)

- Định hướng phương trình vừa chứa logarít vừa chứa biểu thức mũ và biến đa thức;

- Ta thử nghĩ đến cách giải phương trình thơng qua việc xét hàm số.

Điều kiện

 

 

 

 

 

      

 

x x

2 2 x 0

x x

(*)



   x

x 2

log x x

x >  log (2 1) log x x2 x    x x > 0

 (2x  1) + log

2(2x 1) = x + log2x (**)

Xét hàm f(t) = t + log2t đồng biến t >

Do f(u) = f(v)  u = v, với u > 0, v > Vậy từ (**)  2x  = x  2x x 1 = (***)

Lại xét hàm g(x) = 2x

 x  x > g'(x) = 2xln2

 1, g'(x) =     x

2

1

2 ln2 log e

 x log (log e) 0 2  _

+

3

fCÑ = 10

3 +

0

(11)

Ta có g’’(x) > với x nên g'(x) hàm tăng 

+) g '(x) 0, x log (log e)   2  g giảm  ; log (log e)2 

+) g '(x) 0, x log (log e)   2  g tăng log (log e);2  g(x)

  có tối đa nghiệm  ; log (log e)2 

có tối đa nghiệm log (log e);2  .

bằng cách thử nghiệm ta có pt g(x) 0 (***) có nghiệm x = 0; x = Vì x > nên (*)  x =

Bài 4. Cho f(x) đa thức với hệ số hữu tỉ,  là số thực cho 3  [ ( )]f  3 f( ) 33  2009

Chứng minh      

3

( )n ( ) ( )n ( ) 332009

f f

Trong

         ( )

n laàn f

( ) ( ( ( ( ) ))),

n

f x f f f f x

n số nguyên dương Phân tích lời giải

- Khai thác giả thiết: 3  [ ( )]f  3 f( ) 33  2009;

- Ta có suy nghĩ  và f( ) nghiệm phương trình x3 – x = 332009(1);

- Bài toán yêu cầu chứng minh      

3

( )n ( ) ( )n ( ) 332009

f f

- Nên  và f( ) nhau;

- Từ nghĩ đến chứng minh  tồn nhất. Sử dụng phương pháp đạo hàm ta xét hàm số:

g(x) = x3 – x    ; 

Ta có g’(x) = 3x2 – 1, g’(x) =  

x 3

x

 

1 

1

3  y' + - +

y

yCĐ=

9 

  yCT=

2 

Đồ thị g(x) đường thẳng y = 332009  có điểm chung duy

nhất

Suy  phương trình x3 – x = 332009 có nghiệm nên f( )   f( ) f f( ( ))   f f f( ( ( ( ) )))f  f( )n ( )

Hay      

3

( )n ( ) ( )n ( ) 332009

f f

(12)

Bài Tìm tất giá trị tham số a để bất phương:

2

a x   x a nghiệm với x.

- Có thể giải tốn phương pháp tam thức; phương pháp tam thức tỏ phức tạp, định lí đảo dấu tam thức so sánh số với nghiệm tam thức không học cách hệ thống;

- Ta biến đối bất phương trình vế chứa biến x, vế lại chứa tham số a sau: bất phương trình 2

x a

x

 

  ;

2

( )

2

x f x

x



  

Xét hàm số

Bất phương trình nghiệm với x a nhỏ giá trị nhỏ hàm số f(x)

Ta có    

2

2 2

7

2

'( )

2 7

x

x x

f x

x x x



  

 



    

=

21 '( )

21 x

f x

x

  

  

 Bảng biến thiên

Bất phương trình có nghiệm với x

21 a 

Chú ý: Bài tốn u cầu tìm a để bất phương trình có nghiệm cần a nhỏ giá trị lớn hàm số f(x)

Bài 6. Cho hệ phương trình 2

x y xy m

x y m

  

 

 

 Tìm m để hệ phương trình có

nghiệm (Cấu trúc đề thi TN THPT Đại học Bộ giáo dục năm 2008)

- Đây hệ đối xứng loại I Biểu diễn x y qua hai biến S P sau: Đặt

2 4 (*)

S x y

S P

P xy

  

 

 

Điều kieän

;

- Khai thác điều kiện S2 4P để tìm khoảng chứa S (hoặc P);

- Hệ có nghiệm phương trình theo S P có nghiệm thỏa mãn điều kiên vừa tìm

21

- 21

6

2 2

2

+

-

0

21 - 21

x f'(x)

f(x)

(13)

Hệ viết lại theo S P là: 2 2

S P m P m S

S P m S S m

   

 



 

    

 

Ta có S2 4P S2  4P 0 3m 2S 4(m S ) 0

2 2

0

2

m S S

S S  S

      

u cầu tốn  phương trình S2 2S 3m0 có nghiệm thỏa 0 S Hayphương trình S2 2S 3m có nghiệm thỏa 0 S

Xét hàm số f S( )S2 2S

Ta có hàm số đồng biến 1; nên đồng biến 0; 4

Nên max[0; 4] f f(4) 24 [0; 4]

min f f(0) 0

Phương trình có nghiệm 0 m

Bài Giải hệ phương trình:

    

           

3

2

x y y y

y z z z

z x x x

- Để ý xét phương trình hệ xem ẩn biến ẩn là hàm theo biến hệ viết lại sau:

Hệ phương trình viết lại

        

   

3

1 ( 1) (1)

2

1 ( 1) (2)

2

1 ( 1) (3)

2

x y y y

y z z z

z x x x

- Ta có hàm biến lại biến hàm kia; - Ta nghĩ đến xét hàm f(t) =   

3

1 ( 1)

2 t t t    ; 

Có       

2

1

'( ) 2(3 1)

f t t t t

, nên hàm số luôn đồng biến

Nếu x y  f x( ) f y( )

Từ (3) (1)  z x  f z( ) f x( ) Từ (2) (3)  y z

Vậy  x y z x   xảy Tương tự:

Nếu y > z y > z > x > y Nếu z > x z > x > y > z Nên ta có có x =y = z.

(14)

1

2 2

; , (I)

2 2

y x

x x x

x y

y y y



    

    



    

 Phân tích lời giải

- Hệ không mẫu mực, để ý hệ số mũ số x – y – 1; - Ta cố ý biến đổi hệ theo x – y – 1.

Đặt u = x  1, v = y 

(I) thành

    

  

2 v

2 u

u u (II)

v v ;

Xét hàm f(x)  x x 12

f ´(x)

  

    

  

2

2 2

x x

x x x

1

x x x ;

Vậy f đồng biến 

Nếu u > v  f(u) > f(v)  3v  u  v > u ( vô lý ) ;

Tương tự v > u dẫn đến vơ lý Do hệ (II)

 

 

 

 

 

     

 

 

2 u u

u u 3 ( u u) (1)

u v u v

(Vì u u nên u2    u 32  u 1 ( u u) u 2  )

Đặt g(u)3 ( u u)u 2 

 

 

 

     



u u

2

u

g'(u) ln3( u u)

u

    21

' ln3 0,

1 u

g u u u u R

u

 

 

 

      



Vậy g(u) đồng biến 

Ta có g(0) = Vậy u = nghiệm (1) Nên (II)  u = = v

Vậy (I)  x = y =

Bài Cho hệ bất phương trình:

2

3 (1)

3 (2)

x x

x x a

   



   

 Tìm a để hệ có

nghiệm

(15)

Nghiệm bất phương trình (1) là:

1

3 x

  

Gọi vế trái (2) f(x) Ta có

3

( ) '( ) 3; '( )

1 x

f x x x a f x x f x

x

 

         

 

Ta tìm GTLN, GTNN hàm số

1 1;

3

 



 

 

Hệ có nghiệm

1

min 0

27 27

f    a   a



Bài 10 Cho m > a, b, c thỏa mãn điều kiện

  

2 1

a b c

m m m Chứng minh phương trình ax2 + bx + c = có ít nghiệm khoảng (0; 1)

- Ở đánh giá dấu cũng dấu củ f(1) f(0); - Lấy tích ax2 + bx + c với xm ta đa thức có bậc m + 2; m + m. -Ta nghĩ đến xét hàm số

 

  

 

2

( ) axm2 bxm1 cxm

f x m m m

liên tục [0; 1], có đạo hàm khoảng (0; 1)

Theo định lý Lagrange [0; 1] tồn số x00; 1sao cho

0

(1) (0) )

1

'( f f

f x  

 '( 0)

a b c

f x

m m m



  

 

Mà '( ) (*)0

a b c f x

m m m  

Mặt khác f x'( )0 ax0m1bx0mcx0m1x0m1ax02bx0c x, 0m10(**)

Từ (*) (**) ta có ax02bx0 c

Vậy phương trình ax2bx c 0có nghiệm (0; 1).

VẤN ĐỀ IV SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA ĐẠO HÀM ĐỂ TÍNH GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ

1 Định hướng phát vấn đề

a -1 27 - a

-0 0

1

+ +

1 -

(16)

Bài tốn tính giới hạn hàm số dạng vô định

0

0, thường thực theo

cách phân tích thành nhân tử để khử dang vơ định, sách giáo khoa trình bày, đơi lúc cịn sử sụng phương pháp gọi hạng tử vắng Ở sẻ trình bày thêm cách giải khác, sử dụng định nghĩa đạo hàm để tính giới hạn

Lưu ý chọn hàm số f(x) 2 Kiến thức vận dụng

- Sử dụng định nghĩa đạo hàm;

- Đạo hàm hàm số sơ cấp bản; - Giới hạn hữu hạn.

3 Các tập

Bài Tính giới hạn:

2

3

5

lim

1

x

x x

L

x



  





(Đề thi vào Đại học Tài Kế tốn năm 2001)

- Bài tốn khử dạng vô định nhân lượng liên hợp. - Có thể giải theo phương pháp gọi hạng tử vắng

Lời giải sau trình bày theo phương pháp đạo hàm: Xét hàm số f x( ) 5 x  3x27

Ta có f(1) =

 2

3

1

'( )

2 3 7

x f x

x x



 

 

1

'(1)

4 12

f   

Ta có

1

( ) (1)

lim '(1) 5

1

lim( 1) 24

x x

f x f

f x

L

x

 

 

  



Bài Tính giới hạn

sin2x sin

0 sin

lim x

x x

e e

L







(Đề thi vào Đại học Hàng hải TP HCM năm 1999)

- Bài tốn khơng thể khử dạng vô định nhân lượng liên hợp gọi hạng tử vắng

- Có thể áp dụng định lí

1

lim x

x

e x





để tính giới hạn Lời giải sau trình bày theo phương pháp đạo hàm: Xét hàm số f x( )esin2x  esinx.

Ta có f(0) =

  sin2x   sin

'( ) 2cos cos x

(17)

0

( ) (0)

lim '(0) 1

0 1

sin 1

lim

x x

f x f

f x L x x        

Bài Tính giới hạn

tan

lim

2cos

x L

x  x

 

 

- Bài tốn khử dạng vơ định nhân lượng liên hợp; - Lời giải phương pháp đạo hàm

Xét hàm số f x( ) tanx1 g x( ) 2cos x Ta có f 0; g

              1 '( ) ' 2cos tan

f x f

x x         

'( ) 2sin '

g x x g  

   4 4 4 ( ) ( ) lim ' 1 ( ) ' lim x x

f x f

f x

L

g x g g

x                                     

D BÀI TẬP THAM KHẢO

Bài Chứng minh rằng a b, 0; 

 

 

 

 

Ta có

a)cos2 tan tan cos2

b a b a b a

a b

 

  

; b)sin2 cot cot sin2

b a a b b a

b a

 

  

Bài Cho x > y > Chứng minh rằng:

   

2008 2009 2009 2008 2006y x y x  y 2006x x y Bài Cho 0≤ x ≤ y ≤π

2 Chứng minh rằng: x+cosx ≤ y+cosy

Bài Chứng minh rằng: 2sinx tanx 3x x 0;2           

                 2

2 ln( )

x y y e

y z y e

(18)

Bài a) Cho x, y

 

 

 

 2;  Giải hệ phương trình  

 

  

 

tan tan

2x x7y 4y y x.

b) Cho x, y0; Giải hệ phương trình 

  

  

 

cot cot

4

x y y x

x y .

Bài

1) Tìm m để phương trình x2  x x2 x 1 m có nghiệm 2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình x 3 m x21

3) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x x x12m 5 x 4 x 4) Tìm m để x2+1¿2+m ≤ x√x2+2+4

¿ với x thuộc [0;1]

5) Tìm m để bất phương trình m.x −√x −3≤ m+1 có nghiệm

6) Tìm m để bất phương trình: x3−2x2−

(m −1).x+m≥1

x nghiệm với

mọi x ≥

7) Tìm m để bất phương trình: √(4+x)(6− x)≤ x2−2x+m nghiệm với

x thuộc [-4; 6]

8) Tìm m để bất phương trình: −4√(4− x)(2+x)≤ x2−2x+m −18 nghiệm

với x thuộc [-2; 4]

9) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm: √x −√x −1¿3

x3

+3x2−1≤ a.¿

10)Tìm m để bất phương trình: − x3

+3m.x −2<−1

x3 nghiệm với x ≥

1

Bài Tính giới hạn sau:

1)

3 1 2 1 lim

sin

x

x x

L

x



  



2) lim0

x x

x a

L

x a

 

 

 3)

3

3 1 1

lim

x

x x x

L

x





   

4)

 9

0

2009 2009

lim

x

x x

L

x



  



5)

2

3 cos lim

x

x x

L

x

  

6)

3

2

lim

x

x x

L

x





 