- Sử dụng đạo hàm để xét tính đơn điệu của hàm số, nhờ vào tính đơn điệu để chứng minh sự tồn tại nghiệm; - Nhờ vào việc phân chia tập xác định của hàm số thành các khoảng trên đó hàm số[r]
(1)A TÓM TẮT LÝ THUYẾT Định nghĩa đạo hàm điểm Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a; b), x0 (a; b) Giới hạn có tỉ số số gia hàm số và số gia biến số x số gia biến số dần đến gọi là đạo hàm hàm số x0 Kí hiệu: f’(x0) hay y’ f '( x0 ) lim x Vậy Đạo hàm bên a) Đạo hàm bên trái x0 là: b) Đạo hàm bên phải x0 là: Định lý f ( x0 x ) f ( x0 ) y lim x x x f '( x0 ) lim x 0 y x ; f '( x0 ) lim y x x f ( x0 ) vaø f ( x0 ) toàn taïi x0 f ( x0 ) f ( x0 ) Hàm số f(x) có đạo hàm Đạo hàm cấp cao Đạo hàm cấp n hàm số f là đạo hàm cấp n – f ' f ( n ) ( x ) f ( n 1) ( x ) (n , n 2) Tính đơn điệu hàm số Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên (a; b) 0 x a ; b a) Nếu f’(x) thì hàm số đồng biến trên khoảng đó 0 x a ; b b) Nếu f’(x) thì hàm số nghịch biến trên khoảng đó 0 x a ; b c) Nếu f’(x) thì hàm số là hàm không đổi trên khoảng đó Chú ý: Dấu a) và b) xảy hữu hạn điểm B GIỚI THIỆU THÊM MỘT SỐ ĐỊNH LÍ Định lý Weierstrass Nếu hàm số f(x) liên tục trên [a; b] thì đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn và giá trị trung gian giá trị lớn và giá trị lớn trên [a; b] Định lý Fermat Nếu hàm số f(x) có đạo hàm x0 thì đạt cực trị điểm đó Định lý Rolle Giả sử hàm số f(x) liên tục trên [a; b] và có đạo hàm trên (a; b) Nếu f(a) = f(b) thì tồn ít điểm c (a; b) cho f ' (c)=0 Chứng minh (2) Vì f(x) liên tục trên [ a ; b ] nên f(x) đạt giá trị nhỏ m và giá trị lớn M trên [a; b] + Nếu m = M thì f(x )= m = M ∀ x ∈ [ a ; b ] suy f ' ( x)=0 ∀ x ∈( a ; b) Do đó ∀ c ∈(a ; b) ta có f ' (c)=0 + Nếu m < M thì 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 ít điểm c ∈[a ; b ] cho f (c)=m Hiển nhiên c a và 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 ) Định lý Lagrange Nếu hàm số f(x) liên tục trên [a; b] và có đạo hàm trên khoảng (a; b) thì tồn ít số x0 (a; b) cho f (b) f (a) f '( x0 ) b a f(b) – f(a) = f’(x0) (b – a) hay Chứng minh Xét hàm số g( x)=f ( x)− f (a)− f (b)− f (a) ( x − a) b−a với x ∈[a ; b] Ta có g(x) liên tục trên [ a ; b ] và có đạo hàm trên (a ; b) : f (b)− f ( a) g '(x )=f ' (x) − b−a Mặt khác g(a)=g (b)=0 nên theo định lý Rolle tồn c ∈(a ; b) cho g ' (c )=0 Do đó g '(c )=f ' (c )− f (b)− f (a) =0 ⇔ b −a f (b)− f (a)=f ' (c ) ( b −a ) Ý nghĩa hình học định lý Lagrange Do f(x) liên tục trên [ a ; b ] nên đồ thị f(x) trên [ a ; b ] là cung liền nét AB, với A(a; f(a)), B(b; f(b)) f(b) f (b)− f (a) Cát tuyến AB có hệ số góc b−a Theo định lý Lagrange thì ∃c ∈(a ; b) f (b) − f (a) cho f ' (c)= b −a y B C f(c) f(a) O (§pcm) A a c b x Ý nghĩa là: hệ số góc tiếp tuyến cung AB C(c; f(c)), hệ số góc cát tuyến AB Nói cách khác trên cung AB tốn ít điểm C, cho tiếp tuyến C song song với AB C CÁC VẤN ĐỀ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM VẤN ĐỀ I CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Định hướng phát vấn đề Bài toán chứng minh bất đẳng thức có thể thực theo nhiều cách khác nhau, không có cách nào hữu hiệu để chứng minh cho tất các bài (3) toán bất đẳng thức Trong các cách đó thì sử dụng đạo hàm là công cụ mạnh mẽ để chứng minh bất đẳng thức 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 là hàm số, xét hàm số trên tập xác định và khảo sát dấu đạo hàm đạo hàm nó trên tập đó; +) Khi chưa xác định dấu đạo hàm thì có thể tiếp tục tính đạo hàm cấp hai, cấp ba… để xác định dấu đạo hàm trên tập xác định Các bài tập x ta coù ln( x + 1) > x - x2 Bài Chứng ming với Phân tích và lời giải - Rõ ràng bài toán không thể giải theo phương pháp biến đổi thông thường; - Định hướng: biến đổi bất đẳng thức bất đẳng thức tương đương x2 ln( x + 1) - x + f ( x) ln( x + 1) - x + - Ta nghĩ đến cách xét hàm số x2 f '( x) -1 + x = 0 x+1 x+1 Ta có với x 0 0; Suy hàm số f ( x) đồng biến trên Với x thì f ( x) f (0) f ( x) ln( x + 1) - x + Hay ln( x + 1) > x - Bài Với x2 x2 x2 với x 0 f (0) 0 với x a, b 0; , a b Chứng minh rằng: a cos a b cos b sin a sin b Phân tích và lời giải - Trong bất đẳng thức có chứa các đại lượng: acosa, sina và bcosb, sinb; - Bất đẳng thức a cos a sin a b cos b sin b ; 0; - Ta nghĩ đến cách xét hàm số f ( x) x cos x sin x trên f '( x) cos x x sin x cos x x sin x 0, x 0; Ta có 0; Nên hàm số nghịch biến trên a, b 0; , a b Suy Ta có: f (a ) f (b) a cos a sin a b cos b sin b Hay a cos a b cos b sin a sin b (đpcm) (4) Bài Với x > - và n n x 1 nx Chứng minh: (bất đẳng thức Becnuli) Phân tích và lời giải - Bài toán có thể chứng minh cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho n số; - Định hướng bất đẳng thức có chứa x ta có thể nghĩ đến việc xét hàm số biến x; - Trước tiên xét các giá trị đặc biệt n và x Với n = 0; n = x = ta có bất đẳng thức đúng Với n 2 n Ta xét hàm số f ( x) ( x + 1) - 1- nx với x f '( x) n( x + 1)n - n n ( x + 1)n -1 f '( x) 0 x 0 f '( x) x f '( x) x Bảng biến thiên -1 x _ f'(x) + + + f(x) yCT = n Dựa vào bảng biến thiên f ( x) 0 ( x + 1) - 1- nx 0 n n 1 nx Hay Dấu và x = Bài Với * và với n n n x x 2n Chứng minh rằng: x 1; 1 Phân tích và lời giải - Bài toán có thể 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 – = n[(1 + x)n – – (1 – x)n – 1] Nếu x thì 1 x x f '( x) x x f '( x) Nếu x thì -1 x Bảng biến thiên _ f'(x) f(x) + 2n 2n yCT = (5) n Dựa vào bảng biến thiên ta có f ( x) n n x x 2n Hay Bài Với số dương a, b, a >b a b a a b ln a b b Chứng minh rằng: Phân tích và lời giải - Định hướng: bất đẳng thức không thể chứng minh theo phương pháp biến đổi thông thường; a ln ln a ln b - Để ý b , - Từ đó ta nghĩ đến cách chọn hàm số f(x) = lnx trên đoạn [b; a] để áp dụng định lí Lagrange; Hàm số f(x) liên tục và có đạo hàm trên (b; a) c b; a cho : Theo định lý Lagrange f (a) f (b) ln a ln b f '(c) a b c a b 1 c b; a Do nên a c b ln a ln b a b a a b ln a b b a b b (đpcm) Hay a VẤN ĐỀ II TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ Định hướng phát vấn đề Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số có thể giải theo phương pháp phân tích đánh giá Thông thường dạng bài tập này, sử dụng phương pháp đạo hàm thì hiệu Kiến thức vận dụng - Nếu hàm f(x) liên tục trên [a; b] thì đạt giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ trên đoạn đó; - Nếu hàm số f(x) đồng biến (hay nghịch biến) trên [a; b] thì đạt GTNN a, GTLN b (hay đạt GTLN a, GTNN b); - Trên [a; b] hàm số có nhiều cực trị thì so sánh các giá trị cực trị với f(a) và f(b) để kết luận; - Nếu trên khoảng (a; b) hàm số có cực trị thì giá trị cực trị là GTLN GTNN Các bài tập (6) 12 0, m 0 m2 Bài Cho phương trình: có các nghiệm 3 x , x Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức T x1 x2 12 x 6mx m Phân tích và lời giải - Ta không thể thực việc tìm GTLN, GTNN T theo x1; x2 không có điều kiện ràng buộc cho x1; x2 ; - Tìm cách biểu diễn T theo tham số m, từ điều kiện tồn x1; x2 ta có điều kiện ràng buộc cho tham số m; Điều kiện phương trình có hai nghiệm: ' 0 | m |2 m T x1 x2 x1 x2 3x1 x2 2m Ta có Tìm GTLN, GTNN hàm số m f (m) treân D = -2 3; 2 2; 2 m Gọi f '(m) > 2m nên hàm số đồng biến trên D 3 3 max f f (2 3) ; f f ( 3) D 4 Vậy D Bài Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: a b4 a b2 a b P , với ab 0 b a b a b a Phân tích và lời giải - Tìm GTLN, GTNN P theo a và b mà dựa vào điều kiện ab 0 không thể thực được; - Ta nghĩ đến biểu diễn các biến a, b qua biến trung gian nào đó; a b t b a , ta có điều kiện | t |2 - Chẳng hạn đặt a b2 a b 2 a b P 2 2 a b b a b a Biến đổi a b b a 2 a b 2 b a a b 2 b a Lúc đó P t 5t t Xét hàm số f (t ) t 5t t với | t |2 Có f '(t ) 4 t 10 t ; f ''(t ) 12 t 10 Vì | t |2 nên f ''(t ) 12 t 10 f’(t) đồng biến Nên t > thì f’(t) > f’(2) > 0; t < - thì f’(t) < f’(-2) < (7) Bảng biến thiên - t -2 f'(t) f(t) + - + + + -2 Vậy minf = - t = và a = b Bài Cho tam giác ABC có ba góc thỏa mãn điều kiện A > B > C x sin A x sin B f ( x) 1 x sin C x sin C Tìm giá trị nhỏ hàm số Phân tích và lời giải - Định hướng từ định lí sin và điều kiện tồn bậc hai ta tìm tập xác định hàm số; - Lúc đó, ta tìm GTNN hàm số trên tập xác định vừa tìm Ta có A > B > C a > b > c (a, b, c là độ dài các cạnh đối diện với các đỉnh A, B, C) R sin A R sin B R sin sin A sin B sin C Mặt khác: f(x) xác định trên ; sin C sin A; f '( x) có sin A sin C x sin C x sin A x sin C sin B sin C x sin C x sin B x sin C 0 suy hàm số f(x) đồng biến trên các khoảng ; sin C ; sin A; Bảng biến thiên x - + sinC sinA f'(x) + + + f(x) f(sinA) Từ BBT ta có GTNN là: f (sin A) sin A sin B 1 sin A sin C VẤN ĐỀ III SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH Định hướng phát vấn đề Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình nói chung không thể giải nghiệm cụ thể công cụ đạo hàm Tuy nhiên thông qua công cụ đạo hàm có thể chứng minh phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình tồn nghiệm, đánh giá số nghiệm chúng Kiến thức vận dụng (8) - 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 các khoảng trên đó hàm số luôn tăng giảm, để chứng minh nghiệm nhất, từ đó có thể giải phương trình bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình Các bài tập Bài Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: x m x 1 2 x (Đề tuyển sinh Đại học, Cao đẳng Khối A năm 2007) Phân tích và lời giải - Ta có thể sử dụng phương pháp biến đổi để giải bài toán; - Định hướng: ta biến đổi phương trình vế theo x xem là hàm số biến x; - Bài toán giải đơn giản dựa vào phương pháp đạo hàm Điều kiện x 1 x x 3 2 m x 1 x 1 Phương trình tương đương: x t ; t 0 x 1 Đặt Lúc đó phương trình theo t là: 3t t m t 1 t x Vì f (t ) Trên [0; 1) ta có 1 m Vậy phương trình có nghiệm Bài Tìm m để phương trình sau có nghiệm nhất: 2x m 4x (Cấu trúc đề thi TN THPT và Đại học Bộ giáo dục năm 2008) Phân tích và lời giải - Ta có thể sử dụng phương pháp tam thức để giải bài toán; - Định hướng: ta biến đổi phương trình vế theo hàm biến x; - Bài toán giải đơn giản dựa vào phương pháp đạo hàm 2x m x Ta có phương trình viết lại: t 3 m x t 1 Bằng cách đặt ẩn phụ t 2 , t Lúc đó phương trình là: t 3 f (t ) t 1 trên 0; Xét hàm số (9) Phương trình có nghiệm và đồ thị hàm số f(x) và đường thẳng y = m có điểm chung t 1 f '(t ) Ta có Bảng biến thiên t t 1 t 1 t 3 3t t 1 t 1 t f'(t) + _ + fCÑ = 10 f(t) 1 m Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm m 10 Chú ý: Bài toán yêu cầu phương trình có nghiệm ta cần m 10 ; bài toán yêu cầu phương trình có hai nghiệm phân biệt ta cần m 10 Bài Giải phương trình: log2 2x 1 x 2x (*) x (Đề dự bị Đại học khối A năm 2007) Phân tích và lời giải - Định hướng phương trình vừa chứa logarít vừa chứa biểu thức mũ và biến đa thức; - Ta thử nghĩ đến cách giải phương trình thông qua việc xét các hàm số 2x 2x 20 x 0 x x Điều kiện 2x 1 2x x x (*) và x > log2 (2x 1) log2 x 1 2x x và x > log2 (2x 1) + log2(2x 1) = x + log2x (**) Xét hàm f(t) = t + log2t đồng biến t > Do đó 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 > x log2 e x log (log e) 2 ln g'(x) = 2xln2 1, g'(x) = Ta có g’’(x) > với x nên g'(x) là hàm tăng trên ; log (log e) +) g '(x) 0, x log (log e) g giảm trên log (log e); +) g '(x) 0, x log (log e) g tăng trên (10) g(x) 0 có tối đa là nghiệm trên ; log (log e) log (log e); và có tối đa là nghiệm trên cách thử nghiệm ta có pt g(x) 0 (***) có nghiệm là x = 0; x = Vì x > nên (*) x = Bài Cho f(x) là đa thức với hệ số hữu tỉ, là số thực cho [ f ( )]3 f ( ) 332009 f ( n) ( ) f ( n ) ( ) 332009 Chứng minh f ( n) ( x ) f (f ( f ( f( x) ))), n laàn f Trong đó n là số nguyên dương Phân tích và lời giải 3 2009 - Khai thác giả thiết: [ f ( )] f ( ) 33 ; - Ta có suy nghĩ vaø f ( ) là nghiệm phương trình x3 – x = 332009(1); f ( n) ( ) f ( n) ( ) 332009 - Bài toán yêu cầu chứng minh - Nên vaø f ( ) có thể nhau; - Từ đó nghĩ đến chứng minh tồn Sử dụng phương pháp đạo hàm ta xét hàm số: ; g(x) = x3 – x trên Ta có g’(x) = 3x2 – 1, g’(x) = x y' + x 3 - + yCĐ= y 2009 yCT= trên có điểm chung Đồ thị g(x) và đường thẳng y = 33 Suy trên phương trình x3 – x = 332009 có nghiệm nên f ( ) (n ) f ( ) f ( f ( )) f ( f ( f ( f ( ) ))) f ( ) f ( n) ( ) Hay f (n ) ( ) 332009 Bài Tìm tất các giá trị tham số a để bất phương: a x x a nghiệm đúng với x Phân tích và lời giải (11) - Có thể giải bài toán phương pháp tam thức; phương pháp tam thức tỏ khá phức tạp, định lí đảo dấu tam thức và so sánh số với các nghiệm tam thức không học cách hệ thống; - Ta biến đối bất phương trình vế chứa biến x, vế còn lại chứa tham số a x a 2x ; sau: bất phương trình x Xeùt haøm soá f ( x) treân x2 Bất phương trình nghiệm đúng với x a nhỏ giá trị nhỏ hàm số f(x) 2x 2x2 1 x x2 x2 = f '( x) 2 x2 x2 x2 Ta có x 21 f '( x) 0 x 21 Bảng biến thiên x - f'(x) f(x) 21 - 21 - + + - 21 - 21 2 21 Bất phương trình có nghiệm với x Chú ý: Bài toán yêu cầu tìm a để bất phương trình có nghiệm thì cần a nhỏ a giá trị lớn hàm số f(x) x y xy m 2 Bài Cho hệ phương trình x y m Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (Cấu trúc đề thi TN THPT và Đại học Bộ giáo dục năm 2008) Phân tích và lời giải - Đây là hệ đối xứng loại I Biểu diễn x và y qua hai biến S và P sau: S x y Ñieàu kieän S 4 P (*) Đặt P xy ; - Khai thác điều kiện S2 4P để tìm khoảng chứa S (hoặc P); - Hệ có nghiệm phương trình theo S và P có nghiệm thỏa mãn điều kiên vừa tìm S P m P m S S S 3m 0 Hệ viết lại theo S và P là: S P m 2 Ta có S 4 P S P 0 3m S 4(m S ) 0 (12) m S 2S S S 4 Yêu cầu bài toán phương trình S S 3m 0 có nghiệm thỏa S 4 Hay phương trình S S 3m có nghiệm thỏa S 4 Xét hàm số f (S ) S 2S S 0; Ta có hàm số luôn đồng biến 1; nên đồng biến trên max f f (4) 24 Nên [0; 4] f f (0) 0 [0; 4] Phương trình có nghiệm m 8 2 x 1 y y y 2 y z z z 2z 1 x x x Bài Giaûi heä phöông trình: Phân tích và lời giải - Để ý xét phương trình hệ và xem ẩn là biến thì ẩn là hàm theo biến đó hệ viết lại sau: x 2 ( y y y 1) (1) y (z z z 1) (2) z 2 ( x x x 1) (3) Hệ phương trình viết lại - Ta có hàm biến này lại là biến hàm kia; (t t t 1) - Ta nghĩ đến xét hàm f(t) = trên ; f '(t ) (3t 2t 1) t Có , nên hàm số luôn luôn đồng biến x y f ( x ) f ( y ) Nếu Từ (3) và (1) z x f ( z ) f ( x) Từ (2) và (3) y z Vậy x y z x không thể xảy Tương tự: Nếu y > z thì y > z > x > y Nếu z > x thì z > x > y > z Nên ta có coù x =y = z Nghiệm hệ (1; 1; 1), (-1; -1; -1) y x x x 3 1 ; x, y y y y 3x 1 Bài Giải hệ phương trình: Phân tích và lời giải (I) (13) - Hệ không mẫu mực, để ý hệ số mũ số là x – và y – 1; - Ta cố ý biến đổi hệ theo x – và y – Đặt u = x 1, v = y u u2 3v (II) v v2 3u (I) thành ; f(x) x x 1 Xét hàm 1 x x 1 x x x 0 x 1 x 1 x 1 f ´(x) ; Vậy f đồng biến trên v u Nếu u > v f(u) > f(v) v > u ( vô lý ) ; 2 Tương tự v > u dẫn đến vô lý u u u 3 u v Do đó hệ (II) 1 3u ( u2 1 u) (1) u v 2 u u (Vì u 1 u 0 neân u u 1 3 3 ( u 1 u) ) u Đặt g(u) 3 ( u 1 u) g'(u) 3u ln3( u2 1 u) 3u g ' u 3u u 1 u ln u u2 1 0, u R u 1 Vậy g(u) đồng biến trên Ta có g(0) = Vậy u = là nghiệm (1) Nên (II) u = = v Vậy (I) x = y = 3x x (1) Bài Cho hệ bất phương trình: x x a (2) Tìm a để hệ có nghiệm Phân tích và lời giải - Thực chất bài toán là tìm a để bất phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn (1); 1 x Nghiệm bất phương trình (1) là: Gọi vế trái (2) là f(x) x f ( x) x 3x a f '( x) 3x 3; f '( x) 0 x 1 Ta có (14) 1 1; 3 Ta tìm GTLN, GTNN hàm số trên Bảng biến thiên -1 x f'(x) + f(x) - - + 3-a 27 -a 1 a 0 a 27 27 Hệ có nghiệm Bài 10 Cho m > và a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c 0 m m 1 m Chứng minh phương trình ax2 + bx + c = có ít nghiệm khoảng (0; 1) f 0 Phân tích và lời giải - Ở đây không thể đánh giá dấu dấu củ f(1) và f(0); - Lấy tích ax2 + bx + c với xm ta đa thức có bậc m + 2; m + và m ax m 2 bx m 1 cx m f (x) m m m liên tục trên [0; 1], có đạo -Ta nghĩ đến xét hàm số hàm khoảng (0; 1) x 0; Theo định lý Lagrange trên [0; 1] tồn số cho f (1) f (0) a b c f '( x0 ) f '( x0 ) 1 m m 1 m a b c 0 f '( x0 ) 0 (*) Mà m m 1 m f '( x0 ) ax0m1 bx0m cx0m x0m ax02 bx0 c , x0m 0(**) Mặt khác Từ (*) và (**) ta có ax0 bx0 c 0 Vậy phương trình ax bx c 0 có ít nghiệm (0; 1) VẤN ĐỀ IV SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA ĐẠO HÀM ĐỂ TÍNH GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ Định hướng phát vấn đề Bài toán tính giới hạn hàm số dạng vô định , thường thực theo cách phân tích thành nhân tử để khử dang vô định, sách giáo khoa đã trình bày, đôi lúc còn có thể sử sụng phương pháp gọi hạng tử vắng Ở đây sẻ trình bày thêm cách giải khác, đó là sử dụng định nghĩa đạo hàm để tính giới hạn Lưu ý chọn hàm số f(x) Kiến thức vận dụng (15) - Sử dụng định nghĩa đạo hàm; - Đạo hàm các hàm số sơ cấp bản; - Giới hạn hữu hạn Các bài tập Bài Tính giới hạn: L lim x x2 x2 5 x (Đề thi vào Đại học Tài chính Kế toán năm 2001) Phân tích và lời giải - Bài toán này không thể 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) x x Ta có f(1) = 1 2x f '( x) x 3 x2 1 12 f ( x) f (1) lim f '(1) x L x lim( x 1) 24 x f '(1) Ta có Bài Tính giới hạn L lim x esin2x esin x sin x (Đề thi vào Đại học Hàng hải TP HCM năm 1999) Phân tích và lời giải - Bài toán này không thể khử dạng vô định nhân lượng liên hợp gọi hạng tử vắng ex lim - Có thể áp dụng định lí x x để tính giới hạn Lời giải sau trình bày theo phương pháp đạo hàm: sin2x sin x Xét hàm số f ( x) e e Ta có f(0) = f '( x) 2cos x esin2x cos x esin x f ( x) f (0) lim f '(0) x x L 1 sin x 1 lim x x tan x L lim x 2cos x Bài Tính giới hạn Phân tích và lời giải - Bài toán này có thể khử dạng vô định nhân lượng liên hợp; (16) - Lời giải phương pháp đạo hàm Xét hàm số f ( x) tan x và g ( x) 2cos x f 0; g 0 4 Ta có f ' 1 2cos x tan x 4 g '( x) 2sin x g ' 4 f ( x) f ( ) lim f ' x x 4 L g ( x) g g ' 4 4 lim f '( x) x x D BÀI TẬP THAM KHẢO Ta có Bài Chứng minh b a b a b a b a tan b tan a cot a cot b 2 2 cos b ; sin a a) cos a b) sin b a, b 0; Bài Cho x > y > Chứng minh rằng: 2006 y 2008 x y x 2009 y 2009 2006 x 2008 x y Bài Cho 0≤x ≤ y ≤ π Chứng minh rằng: x+ cos x ≤ y +cos y 2sin x tan x 3x x 0; 2 Bài Chứng minh rằng: 2 x ln( y y e) 2 y ln( z y e) 2z ln( x x e) Bài Giaûi heä phöông trình: Bài 2; Giải hệ phương trình a) Cho x, y tan x tan y y x 2 x y 4 cot x cot y y x 0; b) Cho x, y Giải hệ phương trình x 7y 2 Bài 2 1) Tìm m để phương trình x x x x 1 m có nghiệm 2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình x m x (17) 3) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x x x 12 m 5 x 4 x x 2+1 ¿2 +m ≤ x √ x +2+4 đúng 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: x −2 x −(m −1) x+ m≥ x nghiệm đúng với 4) Tìm m để x ≥ 7) Tìm m để bất phương trình: √( 4+ x )(6 − x)≤ x −2 x+ m nghiệm đúng với x thuộc [-4; 6] 8) Tìm m để bất phương trình: − √( − x )(2+ x) ≤ x − x +m −18 nghiệm đúng với x thuộc [-2; 4] √ x − √ x −1 ¿3 9) Tìm a để các bất phương trình sau có nghiệm: x +3 x − 1≤ a ¿ −1 10)Tìm m để bất phương trình: − x +3 m x −2< x Bài Tính các giới hạn sau: x 1 x 1 L lim x sin x 1) x x 1 x L lim x x 3) 3x cos x L lim x x2 5) nghiệm đúng với x ≥ x a x L lim x x a 2) x 2009 x 2009 L lim x x 4) x 3 x 1 L lim x x 6) (18)