• Nenhum resultado encontrado

PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC CHUYÊN ĐỀ GIẢI TÍCH 12 TẬP 1 KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM - NGUYỄN PHÚ KHÁNH

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC CHUYÊN ĐỀ GIẢI TÍCH 12 TẬP 1 KHẢO SÁT HÀM SỐ VÀ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM - NGUYỄN PHÚ KHÁNH"

Copied!
308
0
0

Texto

(1)

NdJYỀn p h ú k h á n h

#

1

PHẨN DỊG VÀ PHƯƠNG PHẤP GíẢI

;ÁC CHUYÊN ĐỀ

G

l

i

l

T

Í

C

H

1

2

- BIÊN

soi

t h e o

CHƯONG

t r ìn h mớ i

- LUYỆN Tl

c á c

K

ỳ t h i

QUÔC GIA

O r Ậ P

1: KHẢO SÁT HÀM số

VÀ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM

' ; THƯ VỈỆN BÌNH ĐỊNH ị P H Ò N G M Ư Ợ N ị w / f r o ■

KHẤ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC

Quốc

GIA HÀ NỘI

(2)

m b XURT BẢN ĐỘI HỌCỌVổtm Hồ ỉ

16 Hàng Chuối - Hai Ba Trưnạ Hà /Vệ Di 'sn thoai: Biên táp-ChấJ&^-&£ftZj4'€>:

Hành chinh: (04v> 39714899LXỌQSLbị-ệ D 1(0439714897 rax: (Q4> 3 9 7 1 4 8 9 9 1

Chiu nhiệm xuấ t bản

Gìáĩ.x đốc: . PHỪNG QUỐcỊq Tổní' biên tập: PHẠM THỊ TRẢ

Biên tập: NGỌC LÂM Trình bày bìa: v ọ THỊ THỪA

Đổi tá: liên kết xuất bản:

NHÀ SÁCH HỒNG ÂN

SÁH LIÊN KẾT PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIÃI CẤC CHUYỀN ĐỂ GIẢI TÍCH12 - TẬP 1

Mã số: 1L -106Đ H 2012

In 2 .0 0 0 cuốn, khổ 17 X 24cm tại Công ti c ổ phẩn Văn hóa Văn Lang. Số xuất bản: 3 7 7 -2 0 1 2/CXB/04-58/DHQGHN, ngày 30/3/2012. Quyết định xuất bản số: 1 Ị OLK-TN/QĐ-NXBĐHQGHN.

In xong và nộp lưu chiểu quỷ II nãm 2012.

(3)

c ắ k ù

Các em học sinh thân mên!

Trong chương trinh môn toán ỉớp 12, nội dung kiên thức chiếm một tỉ trọnơ rất ỉớn trong đề thi. Để giúp các em học sinh nắm được các phẩn kiến thức trọng tâm, các dạng toán từ cơ bản đêh nâng cao. Tác giả biên soạn bộ sách tham khảo

Phân dạng và phương pháp giải các chuyên đềỉớp 12 gồm Hình học 12 " 1 tập " và Giải tích 1 2" 2 iập

Bộ sách này được biên soạn theo nội dưng chuẩn kiến thức, kĩ năng. Trong sách được trình bày từng vân để, tương ứng từng chưortg, bài gãn giống sồch giảo

khoa và cấu trúc đề thị của Bộ giáo dục và Đào tạo để bạn đọc tiộn tham khảo. Mỗi vâh để sẽ có:

Tóm tắt các kiến thức lí thuyết cơ bản.

Lời giảĩ^chi tiết các dạng toán thường gặp và ví dụ minh họa. Các bài tập rèn luyện kỹ năng, có hướng dẫn chi tiết hoặc đáp số.

Tác giả chủ trương tránh đưa vào sách những phần ỉý thuyết nặng nể và ít sử dụng. Mỗi ví dụ, lờì giải lại có nhận định sâu sắc, kèm theo lời bình khiến người đọc tâm đắc và sẽ có tư duy sáng tạo riêng của mình khi gặp những câu hỏi khó, bài toán khó lạ khác.

Phân hoạt động được tác giả biên soạn rất công phu và tập hợp nhiều dạng toán hay, mới mẻ. Giúp ngưòi học không chỉ có thể thử sức những bài toán rèn luyện tư duy, mà còn giải một cách dễ dàng những bài toán hóc búa, tưởng chừng không thể nào giải nổi. Một số bài tập có thể khó nhưng cách giải được dựa trên nến tảng kiên thức và kĩ năng cơ bản. Tác giả hi vọng, khi gặp một đề thi khó, lạ người học sẽ không còn rigại ngùng trong việc đưa ra lòi giải cho mỗi bài toán.

Cuo'i mỗi bài học là phần bài tập tự ỉuyện, đa sô' là những bài toán đã xụât hiện trong kì thi Đại học và kì thi học sinh giỏi. Cuổh sách là sự kê' thừa những hiểu biết chuyên môn và kính nghiệm của chính tác giả trong quá trình trực tiếp đứng lớp bổi đưỡng.Tác giả hi vọng, người học cẩn phài nắm kĩ kiến thức căn bản trước khi tham gia bài tập tự luyện.

BỒI DƯỠNG TOÁN - LÍ - HÓA CẤP 2+3 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN

(4)

Với " sáng tác độc đáo và đẩy tư duv ngẫu hứng" này, tác giả tin tưởng các em học sinh sẽ- vững tin bước vào kỳ thi Đại học sắp tới. Sinh viên sư phạm và Thầy cô sẽ có thêm nhiểu đề tài để tham khảo.

PHÂN DẠNG VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC CHUYÊN ĐỀ GIẢI TÍCH 12

"chia thành hai tập: Tập ĩ: ỨNG DỰNG ĐẠO HẬM ĐẾ KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ. Tập 2: HÀM SỐ MỦ - LOGARIT - TÍCH PHÂN - SỐ PHỨC. Tập ĩ: Sách chia làm 7 phần: 1. Tính đơn điệu của hàm số. 2- Cực trị cứa hàm số.

3. Giá trị lớn nhất và giá trị nhò nhất của hàm sô’. 4. ĐỔ thị cùa hàm số và phép tịnh tiến hệ tọa độ, 5. Đường tiệm cận cúa đổ thị hàm sô'.

6. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đổ thị của hàm sô. 7. Một sô'bài toán thường gặp về đổ thị.

Trong sách, tác già không chi để cập phần khảo sát - vẽ đổ thị hàm số và vấn đề ỉiên quan hàm số, mà còn rất chú trọng đêh ứng dụng đạo hàm trong việc giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình, hệ bâV phương trình và những bài toán khó như: tìm giá trị lớn nhất - nhỏ nhất, chứng minh bâ't đẳng thức. Đây là điểm nhân mà các sách tham khảo cùng loại chưa đề cập nhiều. Tác giả cũng trích những dạng toán thường gặp qua các kì kiểm tra của trường THPT và đề thi Đại học những năm vừa Cịua để bạn đợc tham khảo.

Mặc dù tác giả đã dành nhiều tâm huyết cho cuốn sách, song sự sai sót là điều khó tránh khỏi. Chủng tôi râ't mong nhận được sự phản biện và góp ý quý báu cúa quý độc giả đê những lần tái bản sau cuổh sách được hoàn thiện hơn

Tấc giả

NGUYỄN PHÚ KHÁNH

(5)

CHUYEN ĐE:

ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM

ĐỂ KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỔ THỊ HÀM s ố

Trong chuyên đê' này, ta ứng dụng đạo hàm và giới hạn để xét một số tính chất quan trọng của hàm số và đồ thị, từ đó khảo sát sự biến thiên và vẽ đổ thị của hàm số.

Nội dung quan ưọng củá chuyên đê' này là một số ứng dụng đạo hàm để giải

một SỐ bài toán thực tê'

Nội dung của chuyên để gổm: 1. Tính đơn điệu của hàm số. 2. Cực trỊ của hàm số.

3. Giá trị lôrt nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số. 4. ĐỔ thị của hàm sô' và phép tịnh tiên hệ tọa độ. 5. Đường tiệm cận của đổ thị hàm số.

6. Khảo sát sự biến ữũên và vẽ đổ thị của hàm số. 7. Một sõbài toán thường gặp vể đổ thị.

§1.

TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM s ố

A. CHÚẨN KIẾN THỨC, KĨ NĂNG CẦN ĐẠT.

1. K iế n thức:

- Nắm được khái niệm tính đơn điệu của hàm số.

- Nắm được mối liên hệ giữa tính đổng biển, nghịch biên cùa hàm số và đấu đạo hàm cấp một.

2. K i nâng:

Biết cách vận dụng tính đổng biên, nghịch biến của một hàm số trên một khoảng dựa vào dấu đạo hàm câp một.

B. LÝ THUYẾT GIÁO KHOA.

1. Đ iểu kiện cần đ ể h à m s ố đơn điệu:

(6)

• Nếu hàm SỐ f đồng biên trên khoảng I thì f '(x) > 0 với mọi X G ì ; • Nêu hàm số f nghịch Mêh trên khoảng I thì f '(x) < 0 với mọi X € I . 2. Điều kiện đủ đ ể hãm sô'đơn điệu:

Giả sử I là một khoảng hoặc nửa khoảng hoặc một đoạn, f là hàm số ỉiên tục trên I và có đặo hàm tại mọi điểm trong của I (tức ỉà điếm thuộc ỉ nhưng 4chông phải đầu mút của I ). Khi đó:

• Nêu f ’(x) > 0 với mọi X € I thì hàm số f đổng biêh trên khoảng I ; • Nếu f ’(x) < 0 với mọ. X e I thìhàm số f nghịch hiêh trên khoảng ĩ ; • Nêu f '(x) — 0 với mọi X € I thì hàm số f không đổi trên khoảng I .

c.

C Á C DẶNG BÀỊ-TẬP T H E Ố ế H ÌÌiÉ s

1. Xét tính đcm điệu trê) ì tập xác định hoặc trên miền. 2. Xác định tham số đế nàm số đon điệu.

3r ứ n g dụng đơn điệu c hứng minh bất đẳng thức. 4. ứ n g dụng đơn điệu ị;iải phương trình và hệ .phương trình.

o CHỦ Đ Ể X ______________________________________________________ __

X É T T ÍN H Đ Ơ N Đ IỆ U T R Ê N T Ậ P X Ấ C Đ Ị N H H O Ặ C

T R Ê N M I Ể N .

□ Phương pháp:

Xét chiều biến thiên của hàm sô' y = f (x) ta thực hiện cấc bước sau: • Tìm tập xác âịnh D của hàm số.

• Tính đạo hàm y '= f '(x ) .

• Tim các giá trị của X thuỏc D để f.'(x) = 0 hoặc f '(x) khôngxấcđịnh

(ta gọi đó ỉà điểm giới hạn ci. a hàm sõ).

• Xét dấu y T— f'(x ) trên tìmg khoảng X thuộc D .

• Dựa vào bảng xét dấu và ầiẽu kiện đủ suy ra khoảng đơn điệu của hàm số.

Chú ý:

• Nếu hàm số f tiên tục trên đoạn [a;bj và có đậo hàm f '( x ) > 0 trên khoảng.

(a; b) thì hàm -sô' f đông biến tri:n [a; b].

(7)

9 Nêỉi hàm sô' ĩ liên tục trên đoạn Ịa;bỊz?à có đạo hàm f '(x ì < 0 irên khoảng

(a;b)thìhàmsG ĩ nghịch biến trên ía;b].

□ Các ví dụ minh hoạ :

Lờỉ giải í. Hàm SỐ đã cho xác định trên M.

Ta có: y ’ = 4x2- 4 x + l = ( 2 x - l ) 2.

Vx € R : y 1 = 0 với X = — và y 1 > 0 với mọi X & — .

2 2

Giói hạn: lim ỵ = —oo và lim y = +00 .

Hàm số đổng biên trên mỗi nửa khoảng Ị^-oo; —

Từ đó suy ra hàm số đổng biêh trên R .

và - ; +oo,.

Chú ý: Định lý m ở rộng:

Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I .

• Nếu f '(x ) > 0 với X e I và f '(x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc I thì hàm số f đồng biên trên khoảng I ;

* Nêu f '(x ) < 0 với X € I và f '(x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm thuộc ĩ thì hàm số f nghịch biên trên khoảng ĩ .

2. Hàm sô' đã cho xác định trên M \ Ị—l ; l | .

(8)

, -1 6 x 2 —40x —16 , n w 1 Ta có: V ---— 7---- và y = 0 o X = —2 hoặc X = — .

( 4x2 - 4 ) 2

Từ bảng biến thiên, ta kết luận: hàm sô'đổng biên trên các khoảng (—2; - l ) .

ị —I;- —1 và nghịch biên trên các khoảng (-o o ;-2 ), í ——;1 Ị, (l;+oo).

V 2 7___________________________ ________V 2 ) ___________

Ví dự 2.1.1 Khảó sát chiều biêh thiên của hàm số: 12X + 1 1. y -12x2 + 2 3x2 - x + ỉ 2-Lời giảù ĩ. Hàm sô' đã cho xác định trên R . Ta có: y ' = -3 6 x 2 - 6 x + 6 (óx2 + l) 2 Bảng xét dâu: X —O0 ——1 2 y ’ 0 Trên khoảng : y ’>0=>> Trên khoảng co; —— và Ị^—

khoảng Ị^-oo;- — j và ;+ooj.

□ Nhận xét:

+CO

+ 0 —

Trên khoảng Ị ——; — j : y ' > 0 => y đổng biêh trên khoảng —

Trên khoảng Ị - c o ;- — I và [ —;+00 : ỵ '< 0 = > y nghịch biến trên các

r o 7 0 ^ 9

Nhận thây ỉim y = 0 và lim y = 0 , y = - —, y — = — .

2 ) 5 10

Từ đó bài toán có thể yêu cẩu:

* Tìm tham sô' thực m để phương ninh: 12mx2 - 1 2x 4- 2m — 1 = 0 a. Có nghiệm thực; b. Có 1 nghiệm thực; c. Có 2 nghiệm thực. * Tìm tham số thực m để bất phương trình: 12mx2-1 2 x + 2 m - l >0 có nghiệm thực trên khoảng (0 ;2 ). 2. Hàm SỐ đã cho xác định trên R .

(9)

Ta có: y ' = — — + - X2 v ớ i V x e K : y ' = 0 X = 0 h o ặ c X = 2 .

(x 2 - x + l)

Trên khoảng (0; 2): y ’ > 0 y đổng biêh trên khoảng (0; 2);

Trên khoảng (-oo;0) và (2;+00): y '< 0 = > y nghịch biên ữên các khoảng (-«jo;0) và (2;+00) .

Nhận xét:

11

Nhân thây lim y = 3 và lim y = 3, y(0) = l, y(2) = -'~.

X—+X; 3

Từ đó bài toán có thể yêu cầu: * Tim tập giá trị của hàm số’.

* Tìm tham số thực m để phương trình:

(m — 3) X2 — (m — l)x -f m — 1 — Q có nghiệm thực

Ví dụ 3.1.1 Khả© sát chiều biêh thiên của hàm số:

2, y = J L i L ; 2. ; 3. y = (2x + l) V 9 - x 2. ________ Vx2 +1_________ X +1_____________ ._______________________ Lời giải. 1, Hàm số đã cho xác định trên R , Vx2+ 1 - 7 = (x + 3) Ta có: y ' = ---V x i+ 1 _ x2 + l Với Vx € K : y ’ = 0 <=> X = — . 3 Bảng xét dâu: 1 —3x (x2 + l)V x 2+ l X 1 —00 + 30 3 y' + 0

Trên khoảng Ị^—00;— : y ' > 0 => y đổng biến ửên khoảng Ị^—00;—

(10)

Nhân thấy lim y = - I và lim y = 1, y ị ị I = J ĨÕ .

x-v-o? I J J

Từ đó bài toán có thể yêu cẩu:

* Tim tham số thực m để phương trình: nWX2 -b 1 - X — 3 = 0

a. Có nghiệm thực; b. Có 1 nghiệm thực; c. Có 2 nghiệm thực.

* Tìm tham số thực m để bâ't phương trình: mVx2 + ỉ - X - 3 > 0 có nghỉệm

thực. * .

* Từ mở rộng 2, ta có bài toán: "Tim tham số thực m để bất phương trình X3 + 3x2 -1 < m ịy ỉx - Vx —1Ị có nghiệm thực".

* Tìm tham số thực m để bất phương trình: mV2x2 +1 + 2x < 0 cỏ nghiệm thực.

2. Hàm SỐ đã cho xác định trên R .

Với Vx G M: y - 0 <=> X := -1 hoặc X = 0 hoặc X = 1 Bảng xét dâu:

X -00 -1 0 I +00

y' + 0 - 0 + 0

-Trên khoảng (—co;-l) và (0 ;l): y ’> 0 = > y đổng biêh trên các khoảng (-co ;-l) và (0;1);

Trên khoảng (-1;0) và (l;+oo): y '< 0 = > y nghịch biêh trên các khoảng {-1;0) và (l;+oo).

□ Nhận x é ỉ:

Nhân thấy lim y = 0 và ìim y = Ó, y(0 ) = 0 , y ( - l ) = y (l) = — . Từ đó bài

N —*~as X—Í-HO v ' 2

toán có thể yêu cầu:

X2 * Tìm giá tri lớn nhất và rihỏ nhất của hàrri số: y = —---- .

X +1

* Tun tham số thực m đê phương trù h mx4 - X2 + n = 0 (*):

a. Có nghiệm thực; b. Có 2 nghiệ.Ti thực; c. Có 4 nghiệm thực.

(11)

Bài toán có thể yêu cầu: "Tun tham sô' m đế phương trình (* *) có nghiệm thực". * Từ nhận xét trên, ta có bài toán Tìm tham số thực m để phương trình saư có nghiệm thực:

+ mỊVx —2 +2yjx2 - 4 j - V x + 2 = 2^/x2 - 4 ;

+ V x - Ỉ + 4m \jx 2 —3x + 2 + (m + 3) yỊx- 2 = 0;

+ VjT+2 T >/2 — X — "V~x T 4 + m.

Tham khảo đề kiếm tra học kỉ If THPT Hà Văn Mao, Thanh Hóa năm 2008. 3. Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn [—3;3].

9

Với Vx g (—3;3): y ' = 0<í=>x = —— hoặc x = 2

Bảng biên thiên:

khoảng — -;2

□ Nhận x é t:

(12)

Trên đoạn [-3:3] có giá trị lớn nhất của y là 5V5 khi X = 2 và giá trị nhò 7 ^ 5 3 , , . _ 9

n h ấ t c ủ a y ỉ à --- - k h i X —

-o ty

Từ đó bài toán có thế yêu cẩu:

* Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y = (2x + 1) v9 — X2 . * Tìm ỉham sô' thực của m đế phương trình:

2 x ^ 9 - X2 - m + V9t X2 = 0 có 1 nghiệm thực .

* Từ nhận xét trên, ía có bài toán "Tìm tham số thực m để phương trình sau có 2 nghiệm thực: 6\jx 2 + 4 — 5x + m = 0

Ví đụ 4.1.1

1. Chứng minh rằng phương trình: — 5x — 5 = 0 có nghiệm duy nhất.

Tham khảo đề ôn tập học kì ĩ, THPT Lương Ngọc Quyến, Thái Nguyên năm 2011. 2. Chứng minh phương trình: X5 — X2 — 2x — 1 = 0 có nghiệm duy nhất.

_______________ Đề thi Đại học khối D năm 2007.

Lời giải. 1. Xét hàm sô' f (x) = X5 -5 x - 5 , V x e R .

• Ta có: f'(x ) = s Ịx 4 - l j = 5Ịx2 - l j Ị x 2 + l ì , vì X2 + 1> 0 , V x e R nên

f ( x ) = 0<=> X = —1 hoặc X — 1. Từ bảng biến thiên, suy ra:

f (x) < 0, Vx <1=> phương trình không có nghiệm khi Vx < 1. Vì f ( l ) — 9 và lim f(x ) = +oo nên phưong trình có nghiệm X>1.

X—►+CO

Mặt khác: f(x ) đổng biến trên khoảng (l;+oo), do đó hàm sô' y cắt trục hoành tại 1 giao điểm .

Vậy, phương trình: X5 — 5x — 5 = 0 có nghiệm duy n h ấ t. 2. X5 = X2 + 2x + 1 hay X5 = (x + 1)2 .

Dễ thây x5 > 0 = 3 > x > 0 = > x -h l> l => (x -f l ) 2 > 1 tức X5 > 1 hay X> 1.

Xét hàm sô y = — 2x — 1 xác định và liên tục trên nửa khoảng

[l;-Ị-oo).

(13)

nghiệm thuộc khoảng (l;2 ), hon nữa hàm số y đồng biến ( y '> 0 , V x € (l;2 )) trong khoảng này.

Như vậy, phương trình X5 X2 — 2x —1 = 0 có nghiệm đv.y nhâí và nghiệm đó

thuộc khoảng ( l;2 ) .

" Hàm SỐ y = f { x ) xác định, ỉiên tục trên D và nếu ton tại một sõẵm (X sao cho y(cì) < 0 và ton tại một số đương (3 $ao cho _y((3) > 0 .

Theo định ỉý về giá trị trung gian của hàm sô'liên tục, phương iTÌnh y = 0 cá ít nhất một nghiệm c € ( a ;P ) .

Nếu ta chứng minh được hàm số y đơn điệu ( tức đồng biên hoặc nghịch biên) trên khoảng (a;3) • Từ đó suy ra rằng phương trình đõ cho có nghiệm c'uy nhất thuộc khoảng

ĩ. Hàm số đã cho xác định trên đoạn [o; tt] .

Ta có: y ’ = 2 co sx(l — 2 sin x ). Ta cần tìm nghiệm của phư<fng trình y ’ = 0 trên khoảng (0;t t)

Chú ý:

Ví dụ 5.1.1 Khảo s'át chiều biên thiên của hàm số:

1. y = 2sinx + cos2x với xg[0;-tc];

t _\

2. V = sin2x — 2cosx — 2x với x € —T-;-r .

J 2 2. Lời giải. COSX = 0 5t ĩ ~6~ y* = 0<^X€(0;Tĩ) 1 = —,x = —,xlĩ ÍT sinx = - 2 6 2 Bảng biêh thiên: 13

(14)

Dựa vào bảng biêh thiên SUV ra : hàm sô' đổng biêh trên các khoảng

N ì và

7Ĩ 5tt

2 ' ~ 6 , nghịch nghich biến trên các khoảng I—

{ 2 6 } ( 6 2

Chú Ỷ’

í ]

Ta có thể kết luận: hàm số đổne biễh trên mỗi đoạn 0;— và 4-;

I 6]

[2

, ^ * K. * ' Tỉ] 7 I5-tt

bien trên môi đoạn — và — .

[ 6 2 ] [ 6

□ Nhận xét:

' lim tham sô' thực của m để phương trình: 2sinx + cos2x — m = 0 có 4 nghiệm thực trên khoảng (0;ir).

I

2. Hàm sô đã cho xác đ n h trên khoảng — T-;—-1.

[ 2 2 )

Ta có: y ’ = 2cos2x + 2sinX — 2 = 2Ị1 — 2sin2 xỊ + 2sinx — 2

Ý = —2sỉnx(2smx —1). . Trên khoảng 7C ”7T ị IX TC x e

(

2 2

,

—2sìnx(2sinx —1) = 0 Hay x € TĨ Tt 2 ' 2 ] —2sinx = 0 1Y <4>x = 0 hoặc x = — 2sinx —1 = 0 6 Bảng biên thiên: TC 7 - 0 +

Hàm SỐ nghịch biến toàn các khoảng — — ;0 , — Ị và đổng biên trên

{ 2 Ị (6 2}

/ \ khoảng Ịo;—

(15)

Tìm tham số thực cửa m để phương trình: sin 2x — 2cosx - 2x - m = 0 có 2

□ Nhận xét:

T ìm tham số thực cửa m để phu „ . . , í 7T Tí) nghiệm thực trên khoảng Ị——; y j .

Các hoạỉ động cơ bản :

□ Hoạt động 1: •/

1 0 - 7 , : Xét tính đcm điệu của hàm sô : y = 2x3+ 5x4+ " X r ; ' : 3 c

Đễ' kiểm tra học kì í, tỉnh An Giang - năm 2010.

□ Hoạt động 2:

Xét chiều biên thiên của các hàm số sau:

1. y = - X5 - 3x2 + 24x + 26; 2. y = X4 - 6x2 + 8x +1;

x + 2 „ - x2+ 2x -1

3my = ZZJL; 4. y = --- — .

X -I x + 2

□ Hoạt động 3:

Xét chiều biệh thiên của các hàm số sau:

1. y = ịx2 — 2 x -3 j; 3. y = -3x + 7 + Vx2 - 6x + 9;

2. y = - x + l - |2x2 + 5 x - 7 |; 4- y = X2 + |x 2 - 7 x + lo|.

□ Hoạt động 4:

Xét chiểu biểh thiên của các hàm số sau:

1. y — Vx2 — 2x; 2. y = V3x2 - X 3; 3. y = xV 1— X2 ; 4. y = \/x 2 — 2x; 5. y = X + ^9 — X2 ; 6. y = X + 1 — 2>/x2 4- 3x 4- 3; V2x2 - x + 3 „ x + 2 7. y = — 7T— ; 8. y = V = . + 2 — x + 3

□ Hoạt động 5 :

Chứng minh rằng:

1. Phương trình: 2x2 yịx — 2 = 11 có nghiệm duy nhất.

2. Phương trình: Xs + —7- x — — 2012 = 0 có đứng hai nghiệm dương phân biệt. VX2 — 2

(16)

Xét chiều biên thiên của các hàm số sau:

cot X - „, , /_ V

2. y = —— trên khoáng ( 0;tĩ ).

X '

3. y — sin2 X-í-cosX trên đoạn [0;t ĩ].

4. y ~ c o s 3 x +

-o

C H Ủ

ĐỂ 2 ________________________________

X Á C Đ Ị N H T H A M s ố Đ E

h à m

s ố Đ Ơ N Đ I Ệ U .

□ Phương pháp:

Sử dụng định lý về điều kiện can .•••', r

• Nêu hàm số f (x}đơn điệu tãiịg tỵện D thì f '(x ) > o , W x e D .

: rý ■■■.;

• Nếu hàm sô' f ( x ) đơn điệu giảm trên D thì f ( x ) < 0,\/x € D .

• Chỉ xét trường hợp / (x) = 0 tại một sốhữu hạn điêm trên miền D

□ Các ví dụ minh hoạ:

Hàm số đã cho xác định trên R..

Ta có y ' = X2 4- 2ax + 4 có A ’ = a 2 — 4.

Cách 1: Hàm số đã cho đồng biển trên K y ’> 0, Vx€ R nghĩa là ta luôn có: A ' = a2 —4 < 0 ^ 2 < a < 2 .

Cách 2 : Tham khảo cách giải sau, bạn đọc đúc kết gì qua 2 lòi giải Bâng xét đâh A '

Lời giải.

a —co - 2 2 +oo

A ’ + 0 - 0 +

+ Nêu — 2 < a < 2 t h ì y '> 0 vói mọi X 6M . Hàm số y đổng biêh trê n R .

(17)

Hàm số y đổng biên trên mỗi nửa khoảng (—00;—2] và [—2 ;+00) nên hàm SỐ y đổng biến trê n K .

+ Tương tự nêu a — — 2. Hàm số y đổng biên trênM .

+ Nếu a < — 2 hoặc a > 2 thì y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt XJ,X2 .

Giả sử X1 < x2. Khi đó hàm số nghịch biên trên khoảng (x1;x2),đổng biền

trên mỗi khoảng (—oo;Xj)và (x2;+oo).

Do đó a < — 2 hoặc a > 2 không thoả mãn yêu cẩu bài to.ín . Vậy hàm số y đổng biến trên M khi và chi khi — 2 < a < 2.

Chú ý: í. Nếu y '— ax z + bx + c thì: Lời giải. 1. Hàm số đã cho xác định trên D = M \{ -3 }, do đó nó được xác định trên khoảng (l;+co). * y' > 0 , a < 0 A < 0 2. Hàm đăng biến trên M thì nó phải xắc định trên M . Ví dụ 2.2.1 Tìm m đ ể hàm số: 2. y = — X3 -Ị- (2m — l) x 2 + (m + l)x + 2 nghịch biêh trên khoảng (0; 1).

(18)

Vxe(l;-foo) tức là X2 + Ó x -r9 -m 2 > 0 , Vx<s(l;+oo) (vi (x + 3)2 > 0 , V x > ĩ)

hav (x + 3)2 > m 2 vớí Vx = (l;+co).

Xét g(x) = (x-r3)2 trêr khoảng (l;+oo) và g ’(x) = 2(x-i-3) với X>1 => X + 3 > 4 tóc g '(x) >-8 > 0 với Vx 6 (l;+oo).

g(x) đổng biêh trên lchoảng (l;+co) và ìim g(x) = I6 , lim g(x) = +co.

■; x - * l + X-»+co

Khi đó

m2 < (x + 3)2, V xe|l;+ co) <t>m2 < 16 hay “ 4-< m < 4.

Chứ ý ĩ: • Hầm số y — f (x,m ) tăng trên R y > 0, Vx e R m in y ' > 0. xe& *Hàm SỐ y = f ( x , m ) g :ảm trên R o - y ' < 0, Vx € IR o max y ' < 0 . xeR ' Chú ý 2: Đặt f ( x ) = ax2 +bx-rC (ữ3Êo).

• / (*) = 0 có hai nghiệm x íf x2 thỏa mãn : < a < x 2. Đặt t = x — OL/ khi đó

^ (t) = / ( t + a ) . Bài toár; trở thành g{t) = 0 có hai nghiệm trái ả ấu tức < 0 < t 2 <£> p<0.

• / ( x ) = 0có hai nghiệm x lfx 2 thỏa mãn : x ĩ < x 2 <0t. Đặt t — x — CL, khi đó

g ( t ) = f ị t + Oíj. Bài toán trở thành g ( t ) = 0 cổ hai nghiệm àmg âm nghĩa ỉà t x < t 2 < 0 4 * A > 0 , ‘S < 0 , p > 0 .

• / ( x ) = 0 cỏ hai nghiện: X1 ,x 2 thỏa mãn f ì < x 1 < x 2. Đặt t —x — 3/ khi đó

g( t ) = f ( t + 3)- Bài toán t'ở thành g(t) = 0 cỏ hai nghiệm cùng dương nghĩa là

0 < t 1 < t2 <=>A>0, s > 0, p > 0

-• Đếý f ( x ) = 0 có hai nghiệm x ỵ,x2 thỏa mãn:

x 1 < c t < x 2 <&(x1 — 0t)(>:2 — a ) < 0 XJ.X2 — a (x j 4- x2) -1- a 2 < 0 A > 0

a < Xj < x2 X1 + x 2 > 2 a

(x1- a ) ( x 2. - a ) > 0

(19)

[a > 0 xx < < a I + x2 < 2a l ( x j - a ) ( x 2 - a ) > 0 a < X1 < x2 < 0 ^ A > 0, 2a < X1 + x2 < 2(3, (x1 - a )(x 2 - a} > 0, (x 1 - 3 ) (x2 - P ) > 0 .

□ Nhận xét:

Nhận thây, với —4 < m < 4 thì hàm sô' đã cho luôn đổng biêh trên khoảng (l*+oo). Nghĩa ỉà hàm số cũng đổng biên bất kể khoảng hoặc nửa khoảng hay đoạn nào thuộc. (i;+oo). Như vậy, hàm số hiển nhiên đồng biến ( đơn điệu tăng ) bẫ't kì trên khoảng (l;2) hoặc đoạn [3;5]....

2 , 2

Qua đó, bài toán có thế yêu cẩu: 'Tìm m để hàm số: y — — —--- ---- :— đồng

x -ỉ-3

biêh trên đoạn [ 2 ; 3 ] Để hiểu kĩ hơn vâh đề này, bạn đọc ỉàm bài toán sau: " Tìm điểu kiện tham sô' m sao cho hàm số

y = 4mx3 — 6x2 (2m — l)x + 1 tăng trên khoảng (0;2)".

2. Hàm số đã cho xác định trên K .

Ta có: y ’ = x2 + 2(2m — l) x + m + 1.

Hàm số nghịch biên trên khoảng (0;l) khi y '< 0 , V x e (0 ;l) hay

-X 2 + 2x 4x + l > m , Vx g (0;1). ___ _ Ị _ 2X Xét hàm sô' g (x) = --- — liên tục trên khoảng (0; l ) . _ . ,, < _ - 4 x 2 - 2 x + 2 Ta có: g { x ) - — y ---= ^ — . (4x + l f V x e ( 0 ;l) :g '(x ) = 0 **x = ì , g [ |] = Ị -'l Hon nữa lim g(x) = 0, lim g(x) = —.

x_^0+ x-*l~ 5

Dựa vào bảng biên thiên suy ra m < 0.

(20)

g '(x )< 0 , V x € (l;+ o o ), do đó g(x) giảm trên khoảng (l;+ o o ). Vì thế bài toán có thể yêu cẩu " Tìm tham số m để hàm số đã cho đổng biên trên nửa

1 khoảng Ịl;-H x > )T a tìm được m > —. 5 Ví dụ 3.2.1 Tìm m đê’ hàm số: y = X3 - m x 2 + (m + 3 6 ) x - 5 nghịch biến trên khoảng có độ dài bằng 4V2 . ; Lời giải. Hàm sô' đã cho xác định trên R . Ta có: y ’ — 3x2 — 2mx + m + 36 và A' — m2 — 3m —108.

Dễ thấy diy' = 3 > 0 / j3o_do hàjn số đã cho không nghịch biến trên R .

Nêu m < —9 hoặc m > 1 2 tức A ’> 0 thì y ' —0 có 2 nghiệm phân biệt Xị', x2 . Lập bảng xét dâu, ta thấy y ' < 0 với X € (xi ;x2) suy ra hàm sô' nghịch biêh với x e [ x 1;x2 ].

Hàm sô" nghịch biến trên khoảng có độ dài bằng 4V2 khi ịxj — x2ị — 4V2 tức = 4\Ỉ2 , bình phương hai vế và rút gọn ta được phương trình:

m2 — 3m —180 = 0 <=> m = —12 hoặc m = 15 (thỏa điều kiện).

Vậy, vói m ~ —12 hoặc m = 15 yêu cầu bài toán được thỏa mãn.

Các hoạt động cơ bản :

□ Hoạt động 1:

Tìm m để các hàm số sau luôn nghịch biêh trên tập xác định.

1. y = ——X3 + 2x2 + ( 2 m ^ - ĩ) x - 2 ;

2. y= -ỉ-(m 2 - l ) x 3 + ( m + l ) x 2 -í-3x.

□ Hoạt động 2:

Tìm m để các hàm số sau luôn nghịch biên trên mỗi khoảng xác đinh .

mx + 3 - 2m — 2 x 2 + ( m + 2 )x — 3m4- 1

1. y = — — ; 2. y = --- ---.

x + m x - 1

ọ Vm2 - 3 m - 1 0 8 3

(21)

□ Hoạt động 3:

Tìm m đ ể các hàm số sau:

1 Y = — x - nghịch biêh trên khoảng (—o o ; l ) . - ^ ậ- (' c r '-J x + m (2) ỵ = X3 + 3x2 4- (m + l)x + 4m nghịch biến trên khoảng (— l ; l ) . 3. y = —X3 — 3x2 + mx + 4 nghịch biến trên khoảng (0;+x>).Ị , 4. y = 2x3 — 2x2 + mx — 1 đổng biến trên khoảng (l; +00). 5. y = mx3 — X2 + 3 x + m —2 đổng biển trên khoảng (—3:0).

□ Hoạt động 4:

Tìm m để các hàm sô' sau:

1 y = mx ——— nghịch biến ưên nửa khoảng [l;+ co ). x-Ị-2

2. y = — mx3V 2(m — 1)X2 + (m — 1)X đồng biên trên khoảng (2; +00).

3. y = x3 - ( m + l ) x 2 — Ì2m 2 — 3m + 2jx + m(2m — 1) ítổng biên trên nửa khoảng [2;+00).

mx2 + (m -í- l) x — 1 ^

:---— --- đồng biến trên khoảng (l;+ oo) . 2x - m x2 +(2m + l)x + l ' , :--- —---nghịch biêíi trên khoảng (0;1). 4. y = 5. y =

□ Hoạt động 5:

Tìm tât cả các tham số m để hàm số:

1. y = x3 -Ị-3x2 + mx + m nghịch biên trên đoạn có độ dài nhỏ han 2V2. 2. y = —X3 4- mx2 + mx + 2 nghịch biến trên đoạn có độ dài lớn hơn 4 .

21

(22)

Ứ N G D Ụ N G Đ Ơ N Đ I Ệ U C H Ứ N G M IN H B Ấ T Đ A N G t h ứ c .

□ Phương pháp:

• Đưa bất đẳng thức zẽdọng f (x) > M, X € (ứ; ổ ).

• Xét hàm sô 'y — x € { a ; b ) .

• Lập bảng biẽk thiên của hàm sô'trên khoảng ịa; b).

• Dựa vào bảng biến thiên và kết ỉuận.

Chú ý :

Giả sử hàm số f ỉiên tục trêìĩ đoan Ịơ;ồ].

Nếu f đong biến trên ẩoan ịa;b} thì m in / = /( ơ ) , m a x / — f { b ) . xe[a;2>| xe[ a;b]

Nêu f nghịch biêh trên đoạn [ữ;ồ] thì mìn / = /(& ), max f — / ( o ) .

xe[a;b} x-e[ữ;ỉ>j

□ Các ví dụ minh hoạ :

Ví dụ 1.3.1:

2. Cho a,b,c,d ỉà các số thực đương. Tìm giá trị nhỏ nha't của biểu thức: . a + b + c + d \/abcd

A = — Tr~ —— + ---— ĩ \/abcd a -fb + c + d

2. Cho X, y, 2 là 3 số thực không âm thỏa mân điều kiện

X-1-y + z = 3 . Chứng minh rằng: xyz + xy + yz + ZX < 4. Lời g iả i.

- T - v - X. a + b + c + d

1. Đặt t = — 7-1==- = — *

y f a b c d

Áp dụng BĐT trung bình cộng - trung bình nhân cho 2 số dường, ta có: a + b + c-f-d>2>/ãb + 2 ^ cd > 4^ãbcd suy ra + c + —> 4 tức t > 4 .

3 / i b ĩ d

Đẳng thức xảy ra khi a==b = c = d > 0 .

Bài toán quy về " Tim giá trị nhò nha't của A (t) = t 4- — vói t > 4

Dễđìấy, t > 4 thì A (t) đổrtgbiêhvà A(4) = — đạt tại t = 4.

22

(23)

ra 1 < X < 3.

I'y . ZỸ Àp dựng Bâ't đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân: yz < — — ị Đặt A = xyz-f x y + yz + zx, sưy ra

Xét f(x) = x3 — 9x2+ 15x + 9, với 1 < X < 3 .

Ta có: f'(x) = 3x2 — 18x + 15 < 0 với mọi x g (1;3), suy ra hàm số f(x)

nghịch biêh trên đoạn [l;3j.

Với Vx g [1;3]: f ( x ) < f ( l) = 16 suy ra A < —f(x) hay A < 4 .

Cách 2: Không m ất tình tổng quát, giả sử X < y < z và X + y + z = 3 => 0 < X < 1. Khi đó f (x ) - X (yz + y + z) + yz là sốbậc <1 có hệ số aK = y z + y + z>0* + )a x = 0 y = z - 0 =>f(x ) = 0 +) ax > 0 hay f (x ) đổng hiến trên [0;l] => f (x) < f (1) = (yz + y + z) + yz = 4 (vì 1 < y < z và y + z = 2 => y = z = 1)

Vậy f(x) < 4 hay xyz + xy + yz + zx < 4. Dâu xảy ra khi X = y = z = 1. Đểhỉểu k ĩ hơn ãạng toấn này, bạn đọc tham khảo o Bài 3

Chú ý : Giả sử hàm sô' f liên tục trên đoạn

Nếu f đồng biên trên đoạn [a;ỏj thì min / = f { ơ ) , max / ~ f i b ) .

xe[a;ủỊ xe\a;b]

Nêu f nghịch biên trên đoạn [ứ; b\ thì min f ~ f { b ) , max f — f{Ò ). X£[a;b] xéfi;b] Ví dụ 2.3.1: Chứng minh rằng : 1. s in x < X v ớ iV x e O ; — 2 2. s in x -t-ta n x > 2 x với V xe „ TV

° i

23

(24)

Lòi giải.

1. Xét hàm số f (x) = sinx — X liên tục trên đoạn X €

0;ỉ

Ta có: f'(x) = c o s x - 1 < 0 ,Vxe f(x) là hàm nghịch biêh trên đoạn 0; . Suy ra f(x) < f(o) = 0 sínx < X ,Vx e

° 'i

(đpcm).

0:i

2- Xét hàm số f (x) — sinx + ta n x — 2x liên tục trên nửa khoảng

Ta có: f'(x) = cosxH---2 > c o s z x-i--- \ ---2 > 0 ,V x e 0;—

cos X cos X 2

f (x) là hàm số đổng biên trên 0;— v à f ( x ) > f ( ơ ) , Vxeịo;—

hay sinx + t a n x > 2 x jV x ejo ;—j (đpcm) Từ bài toán trên ta có bài toán sau : Chứng minh rằng tam giác ABC có ba góc nhọn thì sin A + sinB -f sinC + tanA -htanB -HtanC > 2-K.

Các hoạt động cơ bản : .

□ Hoạt động 1:

1. Cho 2 số thực dưong x,y thỏa mãn điều kiện x > l , y > l và 3(x 4- y) = 4xy . Tim giá trị lớn nhâ't và nhỏ nhâ't của biêu thức

p = x3 + y 3 + 3 L _1

2 ^ 2

Ix y )

x + y = m

2. Biết rằng (x;y) ỉà nghiệm của hệ: , ? _ . [x + y — —m + 6

Tìm giá trị lớn nhâ't và nhỏ nhất của biêu thức F = xy — 6 (x 4 -y ). 3. Biết rằng (x;y) là các nghiệm của hệ phương trình:

x + y = m

X2 4-y2 — m2 - 4 m + 6. x > 0 , y > 0 ; 0 < m < 2

24

(25)

Tim giá tộ lớn nhất và nhỏ nha't ( nếu c ó ) của biểu thức: T = (x + y f -h 6xy (x + y ) + 39m + 2.

4 Chứrìg minh rằng: nếu tam giác ABC thoả mãn hệ thức

cos A 4- cos B -f cosC + 13

cos A -Ị- cos B + cos c 6 thì tam giác ABC đều.

5. Cho x,y là các số không âm thoả mãn x + y —1. Tìm giá trị lớn nhâ't và

X y

nhỏ nhất của biểu thức p = ——--- h —-— .

y + 1 x + 1 6. Cho tam giác ABC có A > B > c .

_ 1 ỉ 1 M 1 < - g ì x —s inA ịx — sinB

Tìm giá trị nhỏ nhat của biêu thức: M = J--- b J --- 1. V X —sìnC Vx —sinC

□ Hoạt động 2:

Chứng minh rằng vód mọi X € 0;— ta luôn có:

* 2j 2 sinx 1. — < - ^ < 1 ; 2. s in x > x —— . X 3! ít X

□ Hoạt động 3:

Chứng mình răng vói mọi X E 0;~ ta ỉuôn có:

V ) X2 X4 1. cosx 2 24 ~ 2 , x / 2. sin x > — XH— —-{■ ĩĩ 12it '7V —4 x 2 2h cot X sinx

□ Hoạt động 4:

Chứng minh rằng : < 2 với Vn € N ,n > 1. 25

(26)

o CHỦ ĐỂ 4 __________________:_________ ________________ ___

ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU GlẢl PHƯƠNG TRÌNH

VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH.

□ Phương pháp:

Chú ý 1:

Nếu hàm so y = f ( x ) ỉuôn đơn điệu nghiêm ngặt trên D (hoặc luôn đồng biên hoặc

ỉuòn nghịch biến trên D) thì sõ nghiệm của phương trình: f { x ) = k sẽ không nhiều hơn một và f (x) = f ( y ) k}ii và chỉ khi X — y .

Chú ý 2;

• Nếu hàm SỐ y — f ( x ) 'uôn đơn điệu nghiêm ngặt trên D (hoặc luôn đong biêh hoặc ỉuôn nghịch bỉm trên D ) và hàm số y = g{x) ỉuôn đơn điệu nghiêm ngặt (hoặcluôn đơng bỉm hoặc luôn nghịch biến) trên D , thì sô'nghiêm trên Đ của phương trình /(x]ị = g{x) ỉdĩông ĩứiiều hơn một.

• Nếu hàm sô' y = f (x) có đạo hàm đến cấp n trên Dvà phương trình (at) = 0 có m nghiệm, klỉi đó phương trình f^ k ^ (x) = 0 có nhiều nhất ỉà m -f 1 nghiệm.

Chú ý 3:

Nếu hàm sô' y — f i x ) xác iịnh trên D và cô 0 hoặc' / "(x) < 0 trên D thì f ' ( x ) đông biến hoặc ỉuồn ỉuôn nghịch biến trên D nên / ’(x) = Ocớ nhiều nhãt 1 nghiệm trên D suy ra f (x) = 0 có nhiêu nhãt 2 nghiệm trên D.

□ Các ví dụ minh hoạ :

Ví dụ 1.4.1. Giải phương trìr h; 1 1 l - ^ = = + - T - ~ = 2 . 8 x V x - 1 v 8 x —15 2 x - n + J ( 2 x ~ n ) Z .+ 4 , f 3 . ■*—=== — :— =2tan X với x e -x +VX2 +1 1 6c o s6x + 2c o sj! X J x - | 3 x + l| 3 x 2 -fx | 4. sinx = 5 4 - S lc o s X

(27)

Lòi giải. ĩ. Điều kiện : X > -r1 i . t / ie u IVIC.M. « ^ . Cách 1:Đặt u = V x - 1 > 0 , v = V 8 x -1 5 >0. V = — - — , u > — (do v > o )

2u —1

2 v

'

Khi đó ta có hệ :

1 1

— + •— = 2

u V Su2 —V2 = 7 8u2 — u 2u —1 = 7 ( * )

tương đương với phương trình: 32u3 (u — l) — 7 (u l)(3u — l) = 0.

u = 1 ^ X — 2.

f = 32u3 — 21u -f 7 liên tục trên nửa khoảng

1

1

ì

í *(u) > 0, u > ” => f (u) đồng biêh trên khoảng —; +oo .

2 t

h

V 2 J / ^ \

-1

- ;+ o o 2 và có Do đó u > — =3* f (u) > f = - > 0 = > 3 2u3 - 2 1 u + 7 > 0 ,u > - . 2 2

Vậy, phương trình cho có nghiệm duy nhất X = 2. Cách 2: Phưang trình đã cho tương đương: Vx — 1

-1 +

1

. v 8 x —15

“ 0

- 1 = 0

<=>

2 - X g _________ 2 —X Vx — 1 Ịl + Vx — 1 j V8x - 1 5 Ịl + ^8x —15 Ị ( 2 - x ) U --- 1— — + 8 - = ^ . 1 r— = 0 (*)■ V x - l Ị l + V x - l j V8x - 1 5 Ịl + v8x “ 15 j ■ ■ ... ... - V - - / A 1 5 , , Dễ thây A > 0, Vx > —- nên phương trình có nghiệm X = 2. 2. Điều kiện: 3x2 - j- x ^ 0 4 = ^ x ^ 0 ,x ^ ——. 3 8x2 + 6x + l - ị3 x + l| 3x2 + x | (3x + 1)2 ~ X2 = 7— -— 7 - Â v 7 |3x + lỊ |x|

(28)

Phương trình này có dạng f(u) = f(v) với u = |3x -h l| > 0, V = |x| > 0. Xét hàm số: f(t) = t 2 - ỉ , t > 0 => f'(t) = 2t + \ > 0, Vt e (0;+00). Vì u > 0, V > 0 nên f (u) = f(v) <£» u = V |3x + 1| = |x| 3x + 1 = X

1

1

<=> X = ——-,x ~ ---. 3x + 1 — — X 2 4

,

.

*

1

1

Vậy phương trình cho có nghiệm X — ---- ,x = ---- .

/ n ---\ 2 x -7 t + J ( 2 x —7t)2 + 4

3. Phươne trình cho <=> I -X -jr -v/x +1 tan X = ---

—---V ) 2 tan x

« . ( - * + V ^ T ) t a n x = - Ị j - x } + | f - x J + l t a n [ | - x ) (*).

Xét f ( t) = ( - t W t 2+ l ) t a n t trên khoảng ^0;—^.

Dễ thấy f (t ) đổng biên trên Tkhoảng ^0;—j , nên (*)<=> f(x ) = fỊ^—— hay

71

x = ^-~ x <=> X = —.

2 4

„ ^ t ^ 16cos6x + 2cos4x , . ị, “ 2

4. Ta thây, — —— — — =---> 0 = ĩ> sin x > 0 hay sinx = v l - c o s X. 54-51COS X Đặt t = cos2x, 0 < t < 1. Phương trình cho trở thành: 16t3 + 2t2 5 4 -5 1 t —s/l — t =0, 0 < t < l (*). 3 2 Xét hàm SỐ: f ( t) = ^ — y / ĩ —t = 0 với 0 < t < 1 v ' 5 4 - 5 1 t

Ta thấy : f '( t ) > 0 với 0 < t < 1, suy ra f ( t) đổng biến trên khoảng (0 ;l) và

3

- 3

f | r h ° => t = là nghiệm duy nhất của phương trình (*) tức COS2 X = — hay

(29)

Ví dụ 2-4.1. Giải phương trình:

1 J 3 x + 1<— V6 — X + 3 X2 — 14x — 8 = 0; Đế thi Đại học khối B năm 2010.

2. y fĩx + 3 — V5 - 2x - X3 + 3x2 + Ị Q x - 26 —0.___________ ________ Lời giải. x > - 1 3=^X€ - - ; 6 x < 6 0 Í3x + 1 > 0 1. Điều kiên: j 16 - X > 0

Dễ thấy X = ----hoặc X = 6 không ỉà nghiệm phương trình.

Cách í: Xét hàm số: f(x) = a / 3 x T Ĩ - + 3 x 2 - 1 4 X - 8 liên, tục trên ff ^ 1. A khoảng ——;6 . t J Ta có: f '( x ) —^ 2 | v o x t i -vo —X ( 1 7 ì /r---r r:---- _ /r 111 • x € — 3 3 í 1 + 6 x —14, x € - ~ ; 6 X i 3 Vãx + i - Vô - X < 2V2 - J — , 3x2 — 14x —8 < —3 => f(x)< 0,V xG : f'(x) > 0 =4> f (x) đổng biến trên 1 7 3 ; 31 3 * • x e Do đó trên ỉ * và f(5Ì = 0 . ;óỊ phương trình f (x) = 0 có đúng 1 nghiệm X = 5.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất X = 5.

Cấch 2: Phương trình : V3x + 1 — Vó —X + 3x2 — 14x —8 = 0 <s>(V3x + 1 - 4 ) + (i - V 6 - x ) + 3x2 - 1 4x - 5 = 0 ? ix=--5^— + ■ J*=ZL- — -h (x -5 )(3 x -M ) = 0 V3X + 1 + 4 V 6 - X + 1 3 1 V 3 X ĨĨ + 4 >/ 6 — X + 1 = 0 (*) 29

(30)

—;— ....3 --- h~ r= —---+ 3x 1 4-1 > 0, X€ ( l ì~ ~ ; 6 ị nên phương trìnli

J3ĨĨ+ Ĩ+ 4 v 6 —X+1 3 J .

c — ft V -- c (* )< ^ x -5 = 0 ^ x = 5.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nha't X = 5.

L 5

2. Điều kiện: — 1 < X < .

2 5

Dê thây, X = — 1 hoặc X = — không là nghiệm phưong trình. Phương trình đã cho viết lại.g trình đã cho viết lại:

(V3x + 3 - 3 ) - ( V 5 - 2x - i) - (x - 2 ) Ịx2 - x - 1 2 ] = 0 3 ( x - 2 ) 2(x —2) t \i 7 \ =aV - ■ + ^ ---(x —2)(x —X —121 = 0 3x + 3 + 3 ./5 - 2 X + 1 v / yỊSx +"3 *f- 3 '/5 — 2x -Ị- 1 ^ ( x - 2 ) 7= --- r ~ -=■ ---X2 -f X + 12 V3x-í-3: -f 3 V5 — 2x + 1 = 0. Xét hàm số f(x) = —X ' +X + 12, vớí x e —1;—j. Ta có: f ’(x) = — 2x + l và f ’(x) = 0<^ x = —. - ị> 0, do đó

- h ỉ l

^ —ị ~ í = — - + —.==JL=— - —X2 -f-x + 1 2 > 0 , mọi x e - l ; - r i V 3x + 3 + 3 "V 5 — 2x + 1 ■, 2J

Vậy, phương trình cho có nghiệm duy nhất X = 2 .

Chú ý ĩ:

Ký hiệu K là m ột âoạn,một khoảng hoặc m ột nửa khoảng.

Nêu f [x ) ỉ i ê n tục trền đoạn [a;b\và , /( a ) ./ ( ồ ) < 0 thì phương trình f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm c <E (<í;£)

Nếu f ịxỴỉiêĩi tục và ìơn điệu trên K thì pkưcmg trình / ( * ) = 0 có không quá m ột nghiệm trên K .

Chú ý 2;

Nểú / (x) liền tục và tăn > trên K , â { x ) tiên tục và giảm (hoặc ỉà kàm hằng) trên K

thì phương trình f { x ) — gi^x) có không quá một nghiệm trên K .

(31)

• Nếu phương trình / '( x ) = 0 có n nghiệm trên khoảng (a;b) thì phương trình f ( x ) = 0 có không Cịuá n + 1 nghiệm trên khoảng

(ữ;b).

• Tôhg của 2 hàm tăng trên K là một hàm tăng trên K , tổng của 2 hàm giảm trên

K ỉà một hàm giảm trên K .

• Nếu f ( x ) ỉà hàm tăng trên K thì Q./ịx) tăng trên K nếu a> Ovà a. f{x) giảm trên K nếu a < 0. Ví dụ 3.4.1. 2x(V3x — 5 + V4x ~ 3) _____ Giải bâ't phương trìn h :---7= ---h 15 < 5 V2x + 9. V2x + 9 + 3 Lời giải. 5 Điều kiên: X > —. 3 Bâ't phương trình đã cho tương đương v ớ i: 2x (yỈ3x- 5 + yj4x “ 3} . _____ . _____ _____ — -— . a s k --- --5 (V 2 x + 9 —3 )< 0 <=> V 3 x - 5 + v 4 x - 3 - 5 <0. V2X + 9 + 3 ' 7 Xét hàm sô' f(x ) = V 3 x -5 + > / 4 x - 3 - 5 , Vx> —. 3 2 5 5 T a c ó f ’(xì = — F = + —7 - >0, V x > ^ n ê n h à m f(x )đ ồ n g b iến V x> 3 v ; 2>/3Ĩ^5 3 v ' 3 và f(3) = 0. 5

Từ đó suy ra nghiệm của bâ't phương trình là — < X < 3 .

Ví dụ 4.4.1. Giải hệ phương trình: ị 4 x 2 + l) x + ( y - 3)^/5- 2 y = 0 ( í ) ' 4x 2 + y 2 *f 2V3 —4x —7 (2 )J 1. Đề íTĩi ĐH khối A năm 2010. 2. 7 = + - = 2 Vx X

+1

(3)

= x/ 3x2 + 3 (4) x ‘ + l - l ( x - 3 ) ( x + 4 ) = y ( y - 7 ) + r + 2 y ~ J ^ + V2 + 4x

(32)

3 5 1. Điều kiên: X < — ,y < —. 4 2 Cách 1: (4x2 + l)x + (y - 3) Vs - 2y = 0 o (4x2 4- l)2x + 2(y - 3) 7 $ -~2y = 0 (4x2 + l)2 x = (5 - 2y + 1 )^ 5 - 2 y có dạng f(2x) = f ( V 5 - 2 y ) Xét hàm SỐ f (t) = t Ị t2 -I- l j liên tục trên R.. Dễthấy f'(t) = 3 t2 + l > 0 , V t e E . 0 < X < — 4 y = 5 — 4 x 2 Khí đó (2) viết lại 4x2 + 5 ~ 4 x 2 + 2>/3^4x = 7(3). Vì X = 0,x = — không là nghiệm của (3). 4• í ' 2 f í Xét hàm số: g (x) = 4x2 + --- -f 2V3 — 4x — 7 ỉiên tục trên khoảng 0; 2 J có g ’(x) = 4x(4x2 - 3) - ^ J L - - <Q,Vx€ 0 ; - => g(x) nghịch biêh trên v3 4x v 3Ì í l ì 1 g 0;-H v à g — 0 => (3) có nghiêm duy nhất X = — =£• y = 2 . { 4) {2 Ị 2 Ta

khoảng 0;-^| v à g — — 0 => (3) có nghiệm duy nhất X = —=> y = 2 .

Chú ý ĩ: Ta có thể đ ặ t: u = 2x => u < —, V = yfs — 2y, V > 0 =j> y = ~—— . Phương trìnli (1) => Ịu2 + 1 |—• — V- — V = 0 <£> (u - v)Ịu2 + uv + V2 + l j = 0 < ^ u = v=>2x = J Ề - 2 y v ì u 2 + UV + V2 - f l > 0 , V u , v 6 ® . 32

(33)

Chú ý 2: 5 _ t 2 D ă t:V 5 -2 y = — ^ với t > 0 . • § ỊOù đó (l) =ỉ> (4x2 +JL-)X = ĩ - y l t 4» 8x3 + 2x = t 3 + 1 <=> (2x - t)(4x2 + 2xt + 12 + l j — 0 t = 2x =ỉ> t € ( 5 - t 2)2 ---Phưcmg trình (2) trở thành t H--- — 4- 2 V3 — 2t = 7 < ^t 4 - 6 t 2 + 8 > / 3 - 2 t - 3 = 0 (*). 2 Vi t = 0 hoặc t — — không là nghiệm phương trình (*) _____ f 3' Xét hàm: f(t) = t 4 — 6 t2 -Ị-8V3 — 2t “ 3 liên tục trên khoẻng 0;-“ . V / ^ O 'Ta có: f ( t ) = 4 t3 - 1 2 t - - “ = = < 0,V te 0;— và f(l) = 0 n< yj 3 —2t 2J ( 3) 1

khoảng Ị0;— f (t) = Ocó nghiệm duy nhất t = 1 => X = ^ ,y = 2. Cách 2:

Đặt u — 2x,v = ijs — 2y Từ (l)=> Ịu2 - í-l} u -Ị v 2 + l)v==0=>u = v [2 x = V5 ~ 2 y Ta có hệ: 4x2 + y2 + 2v3 —4x = 7(2) Với t = y — l,w = -v/3 —4x — ^3 —2u U = y 3 - 2 t > 0 u2 = 3 — 2t =4> t 2 = 3 2w =>• t 2 = 3 — 2w =>u = t = w = l=> ■ w = V3 — 2u > 0 w 2 = 3 - 2 u 1 x = -3 2

.

y = 2 3 5 Các/í 3: Điều kiên: X < —-, y < — 4 2 (1) 4» 4x3 + X — ^ 2 - — 4- ^ 2 -y - 2x = V2 - 5y «=>; 0 < x < — 4 y = 5 —4x 2 33

(34)

.2 V + 2 > / 3 - 4 x = 7 (2)^>4x2 + ị ^ 16x4 — 25x2 + 8-V3 — 4x —3 = 0 <£> 16x4 - 25x2 + 5 + 8(V3 - 4 x - l ) = 0 ^ (4x-2 - l)(4 x 2 - 5) + •^6 (1 ~ 2x) = 0 V 3 — 4x + 1 (2x + 1i(4x2 - 5 i- - 7 ---/ V 3 - 4 X + 1 (2x — 1) = ° (3) 0 < X < - = > (2x + 1)[a x2- 5) < 0 =»(2x + l)(-4-x2 — 5) — • ; 1 6 ---< 0 (3)=>x = - = > y = 2. v A 1 w 2

□ Nhận xét:

1. rim tất cả các giá trị tham sô' m đế hệ phương trìniTìm tất cả các giá trị tham sô' m đế hệ phương trình sau có nghiệm: Ị(4x2 + l )x + ( y - 3 ) V 5 — 2 y = 0 265 1' _____ ; Đáp so : ---\a x 2 -i- y 2 + 2V3 —4x = m 64 or < m < “ + 2V3. - - 4 Ị 2Í2x + l)3.-Ị- 2x + l —(2y — 3)-v/y — 2 2. Giải hệ phương trinh: -I ; [V4x + 2 4 - 7 2 y + 4 = 6 3. Giải hệ phương trìrữ : (3 ~ x )\/2 — X ~ 2 y y j 2 y —1 = 0 2V2--X —^ (2y —l) 3 = 1 Gợi ý; 2. Hàm số f(t) = 2t3 4 t đổng biên t > 0 suy ra f(2x + ỉ) = f Ụỹ~—2j tương

đương 2x + l — ^/y — 2 í hay vào phương trình thứ 2 , sau đó xét hàm số h(y) = $ 4 y - 8 + ^2y + <■, y > 0 .

ĩơng zx-ị-1 = yịy — z í hay vào phương trình th

(y) = ^4y - 8 + V2y + <■, y > 0 .

D i thấy h(y) đổng biết y > 0 và h(6) = 0.

f l ' Kết luận, hệ cho có nghiệm duy nhất (x;y) = Ị—; 6

(35)

r fZ--- - r, x = 2 —u2 U = v2 —X, u > 0 3. Đăt - r--- ^ ■ v2 , -f | v = V 2 y - i . v > 0 y = — u + u3 = v + v3 Khi'đó hệ đã cho trở thành -2u — V = 1 Xét f (t) = t 3 + 1 đổng biên trên R .

Kết luận, hệ cho có nghiệm (x;y) =

Ịl ;ốj' 1“

Để hiểu hơn kĩ thuật phân tích trên, bạn đọc tin lyẽn đề Phương trình, Bất phương trình, hệ phiec

1, A ị l + Js 5 - J s )

± ;6j, .

Để hiểu hơn kĩ thuật phân tích trên, bạn đọc tìm đọc cuốn: "Phương pháp giải toán chuyên đề Phương trình, Bất phương trình, hệ phương trình - Bất đẳng thức" nhóm tác giả: Nguyễn Phú Khánh - Nguyễn Tểt Thu ( NXB Đại học Sư Phạm ) và cuốn " Cấp tốc giải 10 chuyên đề 10 ẵiêm thi môn toán " tác giả: Nguỵễn Phú Khánh ( NXB Tôhg hợp

Tp Ho Chí Minh).

2-Điềuỉdện: x > 0 , y ^ o .

Phương trình (3) tương đương với yVx -ị-y2 = 2xyJx + 2xy

ỊyVx — 2xVx j 4- Ịy2 — 2xyj = 0 hay (y — 2x)Ịy + Vx j = 0.

THI: y = 2x thay vào phương trình (4) ta được:

2x \jx2 -f 1 — l j = ^ 3 x 2 + 3 <^>Vx2 + 1Ị2X —%/3j = 2x s u y ra <=> -\/x2 + ĩ — — ( *) ( v ì X = k h ô n g là n g h iệ m ). 2x — V3 2 Xét hàm số f (x) = Vx2 + 1 và g (x) = ---ĩ— trên khoảng (0; +00). 2x —v3 Ta có: f*(x)— . x ■■ > 0 , V x> 0 nên hàm số đổng biêh trên khoảng Vx2 + 1 - 2V3 (0;+oo) và g' (x) = ---———— < 0 , Vx > 0 nên hàm sô' nghịch biên trên Ị.2x — V3 j

(36)

phương trình (*). Do đó (x;y) = ịy/3;2^ j là nghiệm của hệ. TH2: y = —s/x, thay vào phương trình (4) ta được

S x 2 + 3 + Vx v ? + ĩ -1 j = 0 (5).

Dễ thây • phương trình (5) không có nghiệm thực. Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) = ịy/3;2yỈ3 j .

3. Điều kiện X > 0, y > 0.

Phương trình đầu viết lại: ( x — l ) 2 + 3 (x — 1) = ( 2 — y )2 + 3 (2 — y).

Xét hàm số f (t) = + 3t, t> 0 .

Tacó:f’(t) = 2 t+ 3>0, V t> 0 suy ra hàm số f ( t) đổng bỉến trên khoảng (0;+co). Khi đó phương trình đẩu <=>x —1 = 2 — y X = 3 — y. Đặt V = — , u = —i — và u > 0, V > 0. 2\lx yj2y Phương trình thứ 2 trở thành: 2v + u2 -Z u + V ^+ v ^ hay 2 v - Vz + v^ = 2 u ~ Vz-Hi^ (*). Xét g (a) = 2a - v 2 + a2 , a >0.

Ta có: g '(a) = 2 — =3.=r~ — ^~~a -=-^->-J=L— > 0 = > g (a) đồng biếh trên y ỉ ĩ ^ ĩ

khoảng (0: +00). Khi đó (*) <=> u = V hay y = 2 x .

fx = 3 - y íx = 1 Vậy, ta có hệ: < . ì y = 2 x Ị y = 2 Ví dụ 5.4.1-: Tìm tham sô' thực m đ ể phương trình có nghiệm thực ĩ. { / x t I — Vx — m; Đề dự bị Đại học ỉchôĩ B năm 2007. 2. Vx2 - 3 4 x + m - ^ ( x - l ) ( x - 3 3 ) = 1. Lời giải.

ĩ. Xét hàm số f (xj = \Ịx2 -f 1 — -s/x liên tục trên nửa khoảng [0;+ oo).

36

(37)

nên f '(x) < 0 , Vx > 0- f (x) nghịch biến trên nửa khoang [0;+oo)

và lim f(x)=0 , nên 0 < f(x ) < l,V x € Í0;-foo).

X — > + o o

vậy, phương trình có nghiệm thực trên nửa khoảng [0;+oo) ^ 0 < m < 1.

Chú ý:

Cho hàm sô' f ( x ; m ) = 0 xác định với mọi X € ỉ (*) • Biến đối (*) vẽảạng f ( x ) = f{p ì)

• Xét hàm số y — f (x) Hên tục trên Ị

• Dùng tính^châỉ đơn điệu của hàm số và kết ỉuận. .

2. Đặt u = \/x2 - 3 4 x + m, v = ^ ( x - l ) ( x - 3 3 ) ; v> 0. [ u - v = l = > v - u - l > 0 Ta hệ: < 4 |u5 - ( u - l ) = m - 3 3 Xét hàm sô'f (u) — us - (u - 1)4 với u > 1. Ta có: f ’(u) = 5u4 - 4 ( u - l ) 3 >0, V u > l

=> f (u) tăng trên nửa khoảng [l;+oo) và f ( l ) - 1 ; lim f(x ) = +00. Lập bảng biêh thiên, suy ra f (u) > l< = > m -3 3 > l< = >m > 34.

Ví dụ 6.4.1. Tìm i ĩ i ể ! để hệ phương trình: í x - y + m = 0 (1) < __ có nghiệm thực. [ y + v xy = 2 ( 2) Đề dự bị ĐH khối D - 2007. Lời g iả i. Vì y - 0 không là nghiệm của hệ. ' y < 2 V ớ iy ^ O phương trình (2) <z>^fxỹz=2—y<í> j ị 2 — y ỹ ■ I y 37

(38)

Khi đó phương trinh ( l) viết lại m = 4 —---- (3)

Đặt f(y ) = ——- v ớ iy < 2 . ■ y

Để hệ có nghiệm khi phương trình (3) có nghiệm vói mọi y < 2 .

Khi đó f(y ) đổng biên trên khoảng (-co;0) và nửa đoạn (0 ;2 ].

Khi đó m > 4 hoặc m < 2.

Các hoạt động cơ bản :

□ Hoạt động 1:

Giải phương trình: 1. V 4 x - 1 + V4x2 — 1 = 1; 2. Xs -hX3 — V l— 3x + 4 = 0.

□ Hoạt động 2:

Giải phương trình: 1. 3xỊ2 “Ịr •n/ộ x2 4* 3 Ị-l- (4x + X-í-X2 + l j = 0; 2. X3 — 4 x 2 — 5x + 6 = V^x2 + 9 x - 4 ; 1

Ta có: f '(y) = — > ó với mọi y <2 và y 56 0

3. Vx2 + X + X — yị^x2 + 2x + l Íx 2 H-x + i) ( 2x 2 + 2 x H -i) 5. V x = ( l - x ) 3 + 1. X + x 4 Vx + 1 V x - 4 _ 5 x + 10 X L2

□ Hoạt động 3:

Giải phương trình: 1. Vx + \Ị3x + 1 = X2— X + 1; 2. ^x + 6 + x2 = 7 — Vx — 1;

(39)

3. (x + l) 3 —^ (S x —X2) =3-\/ 5x — X2 — 3(x + l); 4. 3/x - 2 = 8 X3 — 60xz + 151x -1 2 8 .

□ Hoạt động 4:

Tim tham số thực m để phương trình sau có nghiệm thực:

x + ^4x2 - l - ì = (2m + 3)x.

□ Hoạt động 5:

Giải bất phương trình: 1. j 5 x - ĩ + J x + 3 > 4 ; 2. " t3 x 2 + 6 x + 16 < 2-s/3 -4->/4 — X.

□ Hoạt động 6:

Giải bâ't phương trình; 1. >/x2 — 2x + 3 — Vx2 —6 x -f 11> V 3 - X —Vx —1; 2. -y^(x + 2^)(2x — x) — 3-Vx + 6 < 4 — ^(x4-6)^2x — -4- 3-\/X -4" 2

□ Hoạt động 7 :

Giải bất phương trình: rr T— 5 ỉ ■ Ị [ 1. 3V3 — 2xH— = = = — 2 x < 6 ; 2. ^/3x4-1'+ v 2 x + 4 < 3 —J-

J l x — l

: V

□ Hoạt động 8 :

Giải hệ phưcmg trình: 2012 2011-X. x - i = y - A ( 1) | x - ^ y - ~ (1) X y ; 2. X y ; 3. 2x2 — x y - l = 0 (2) [x3 - y 3 =7 35 [2x2 + 3 y 2 = 4 x - 9 y

□ Hoạt động 9 :

Giải hệ phương trình: X3 + 2 x = y (1) y 3 + 2 y = x ự ) 4. 1. 2

.

2 y = X3 + 1 ( 2 ) 8 x 3 - y3 - 3 y 2 = 5 y ~ 4 x + 3 72 x + y + 5 + 2x - 2 — 3 x = y3 — 3 y (1) X6 + y6 = 1

(

2

)

(40)

Giải hệ phương trình: j2x~ + 3 + = 4 (l) 7 2y~-f 3 + V4 —X = 4 (2)

1.

X2 +yíx = 2 y

2.

y2 +4Ỹ = 2x

3. X2 -I- y2 +x y — 7 x —6 y + 1 4 = 0 4. I y = 2x2 —1+ 2xyVl + x 5. x3y — y4 = 80 (1) xzy + 2xy2 + y3 = 100(2)'

6.

[(x+ y)4 - 2x2 -4 x y + 2y2+ x - 3 y + l = 0 7 ' | x ( y 3 - 2 ) = 3 ( 2 ) ; jỏ x 2 + y2- 5 x y - 7 x + 3y + 2 =0(1)

(x3W x - l= y3 + >/y ~ 1

(2)

□ Hoạt động 11:

Tìm tham số thực m để phương trình sau có nghiệm thực: 1. x + v 3 x z + 1 = m;

2. (4m - 3)Vx + 3 + (3m — 4)V l —X + m — 1 = 0

□ Hoạt động 12:

Tìm m để phưong trình:

1. Vx2 + mx -f 2 = 2x + 1 có hai nghiệm thực phân biệt.

Đế' thi Đại học Khối B - 2006.

2. VX2 -t- X + 1 — %/x2 — X 4-1 = m có nghiệm.

1 1 _ r t . s o . i - * - 7 . ... -

3. cos X - sin X Hì- m = 0 có 2 nghiêm trên k h o ả n g ;— .

sinx cosx ■ \ 4 4 J

40

(41)

HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC HOẠT ĐỘNG.

H o ạ t động 2:

1. Trên khoảng (—4; 2): y ’ > 0 =?> y đổng biến trên khoảng, (—4; 2),

Trên mỗi khoảng (— 00;—4), (2; + 00): y ' < 0 =>■ y ghịch biêh trên các

k h o ả n g ( —00; —4 ) , ( 2 ; + 00) .

2. Hàm SỐ đổng biên trên khoảng (—2;+00) và nghịch biên trên khoảng

Vậy hàm số nghịch biên trên mỗi khoảng (—00; 1) và (l;H-oo).

4. Hàm số đổng biến trên các khoảng (—5;—2) và (—2 ;l), nghịch biến trên các khoảng (—00;—5) và (l;+ oo ). H o ạ t độ n g 3: Hàm số không có đạo hàm tại X = — 1 và X = 3. + Trên khoảng (— ĩ; 3): y 1 = 0 x = 1; + Trên khoảng (—00;— + Trên khoảng (3 ;+00) :y ’> 0.

Vậy, hàm sô' đồng biến trên mỗi khoảng (—l ; l ) và (3;+co), nghịch biêin trên mỗi khoảng (—00;—1) và (l;3 ). Chú ý: 3 Ta có: y' --- —-T=-< 0,Vx ^ 1. ( x -1)2< 0 ,V x ^ 1. Hàm số đã cho xác định trên .

(42)

Khi tính đạo hàm của hàm số có dạng y = Ịf(x)Ị/ ta chuyên trị tuyệt đối vào

trong căn thức y = yjf 2 ( x ) , khí đó tại những điểm mà f (x) = 0 thì hàm số không có đạo hàm.

H o ạ t động 4 :

1. Trên khoảng oo;0): y ' < 0 => hàm sốnghịch bìêh trên khoảng ị —oo;0); Trên khoảng (2 ;+ oo): y ' > 0 => hàm số đổng biêh trên khoảng (2;-+-oo).

' 3Í2 x \

2. Ta có: y '= ■■■ ■ =r,V xe(-oo;0)u(0;3) ■ 2v3x2 — X3

T-T^ ĨYÌ r^/~\ /t'a rs v» im /íỉầYvi V —» rì V

-và

Hàm SỐ không có đạo h im tại các điểm X = 0,x — 3.

Suy ra, trên mỗi khoảng (—oo;0) và (0;3): y ’ = 0 X = 2.

Hàm SỐ đồng biến trên khoảng (0;2), nghịch bíêh trên các khoảng ị~ oo;0}

à (2;3).

[ - Ế l . Ế l]

2 ; 2

3. Hàm số đổng biến trihì khoảng , nghịch biến trên mỗi khoảng

, - ủ \

* í : ẫ i ì

~1; 2 / Vvà 2 / _ , , 7 x 2 + 3 x - h 3 - ( 2 x + 3) 6. Ta có: y = --- ——====—---Vx2 -í- 3x + 3 L ^ 3 /---Ịx > - — y' = 0 ^ VX2 +3> + 3 = 2x + 3<^/! 2 [x2 + 3 x + 3 = (2x + 3)z

Hàm số đổng biến trên khí )ảng (—oo;—ĩ ) , nghịch biêh trên khoảng (— 1; + o o ) .

H o ạ t động 5 : '

1. Cách 1:

Xét hàm sô' y = 2x2Vx — -- lien tục trên nửa khoảng [2;+00}.

x(5x —8) . .

Ta có: y = —7==== > 0, Vx g (2;+oo)

V x - 2 ^ 7

lim y = ỉim (2:ỉ2V x -2W + 00. X — ì - r o o X — > + r s j ' I

(43)

Dưa vào bảng biến thiên ta thấy đổ thị của hàm

số

y = 2x2Vx —2 luôn cắt đường thẳng y - 1 1 tại duy nhất một điểm.

Xét hàm số y = f (x) == 2x2 Vx —2 —11 ỉiên tục trên nửa khoảng [2; + o o ).

Ta có f(2) = - l l , f ( 3 ) = 7 . Vì f(2).f(3) = - 7 7 < 0 = > f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm trong khoảng (2; 3).

=> f (x) = 0 c ó nhiêu nhất một nghiệm => f(x) = 0 có nhiều nha't là hai

nghiệm và lim f(x) = +oo,f \ y ỉ ĩ \ < ồ t ỉim f(x) = + oo= »f(x) —0 có hai

3- Xét hàm s ố f (x) = 3x - X3 , X € [-2 ;2 ].

Ta có: f ’(x) = 3 —3x2, trên khoảng (-2 ;2 ): f '(x) = 0 X = - 1 hoặc X = X.

Từ bảng biến thiên, ta kết luận: hàm số đổng biên trên đ o ạ n [ - l;l] và nghịch biên trên các đoạn [-2;-l], [l;2]. Vì - 2 = f ( - l ) < f ( x ) < f ( - 2 ) = 2, V x e [ - 2 ;- l] ; Nên — 2 = f (— l) < f (x) < f (l) = 2, V x e [ - l;l ] . — 2 = f (2)< f(x) < f (l) = 2, V x e[l;2 ]. Từ đó suy ra ịf(x )|< 2 , VxG[—2;2j. Cách 2: (S3).

Vậy phưang trừih có nghiệm duy nhất thuộc khoảng (2; 3).

2. Điều kiện: X > \ Ỉ 2 .

Xét hàm số: f(x) = x5 + —7 = ^ = — 2012 với X > V 2 .

■JĨ — 2

Referências

Documentos relacionados

No âmbito do cotidiano do trabalho em saúde esta experiência foi importante no processo de cuidado da Hipertensão Arterial Sistêmica-HAS. As práticas educativas

Nesse sentido, objetivou-se com este estudo interpolar a precipitação média anual para a região Norte do estado do Espirito Santo, por meio dos interpoladores Inverso da

f) A comprovação da regularidade fiscal e trabalhista de microempresas, empresas de pequeno porte ou cooperativas que preencham as condições estabelecidas no artigo 34 da

[r]

Conclui-se que a TA determinada a partir de série de treinamento intervalado de alta intensidade parece ser útil para determinar a aptidão anaeróbia e predizer a performance de 100m

Se houver uma saída de um comando show do seu dispositivo Cisco (incluindo o comando show technical-support), você poderá usar a Output Interpreter Tool ( somente clientes

Consulta Pública nº 108/ 2014 - A ditivos alimentares para fórmulas para nutrição enteral Dados do respondente?. Nome completo

22 alunos da turma participaram da testagem de palavras isoladas propostas por Salles e Parentes (2002). Na conclusão da pesquisa, o resultado da análise nos permitiu o