www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
CHUYÊN Đề 1 - TÍNH ĐƠN ĐIệU VÀ CựC TRị
N
1. KIếN THứC TRọNG TÂM
N
H Ơ
Định lý Lagrange: Cho f là một hàm liên tục trên [ a; b ] , có đạo hàm trên ( a; b ) . Lúc đó tồn tại c ∈ ( a; b ) để:
B
c ∈ ( a; b ) để f ' ( c ) = 0 .
00
Định lý Cauchy: Cho f và g là hai hàm liên tục trên [ a; b ] , có đạo hàm trên ( a; b ) và g ' ( x ) ≠ 0 tại mỗi
3
10
x ∈ ( a; b ) .
2+
f (b) − f ( a ) f '(c) . = g (b) − g ( a ) g '(c)
ẤP
Lúc đó tồn tại c ∈ ( a; b ) để
A
C
Tính đơn điệu
H
Ó
Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng ( a; b ) khi đó:
Í-
- Nếu f đồng biến trên ( a; b ) thì f ' ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) .
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
G Ư N H TR ẦN
Định lý Rolle: Cho f là một hàm liên tục trên [ a; b ] , có đạo hàm trên ( a; b ) và f ( a ) = f ( b ) . Lúc đó tồn tại
-L
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Đ
ẠO
TP .Q
U
Y
f (b) − f ( a ) = f ' ( c ) hay f ( b ) − f ( a ) = ( b − a ) f ' ( c ) b−a
ÁN
- Nếu f nghịch biến trên ( a; b ) thì f ' ( x ) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) .
TO
- Nếu f ' ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) và f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của ( a; b ) thì hàm số đồng
Ỡ N
G
biến trên khoảng ( a; b ) . - Nếu f ' ( x ) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) và f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của ( a; b ) thì hàm số nghịch
ID Ư
biến trên khoảng ( a; b ) .
BỒ
- Nếu f đồng biến trên khoảng ( a; b ) và liên tục trên [ a; b ) thì đồng biến trên [ a; b ) ; và liên tục trên ( a; b ] thì
đồng biến trên ( a; b ] ; liên tục trên [ a; b ] thì đồng biến trên [ a; b ] .
Trang 1 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
- Nếu f nghịch biến trên ( a; b ) và liên tục trên [ a; b ) thì nghịch biến trên [ a; b ) ; liên tục trên ( a; b ] thì nghịch biến trên ( a; b ] ; liên tục trên [ a; b ] thì nghịch biến trên [ a; b ] .
H Ơ
N
- Nếu f ' ( x ) = 0 với mọi x ∈ D thì hàm số f không đổi trên D.
N
Cực trị của hàm số
U
Y
Cho hàm số f xác định trên tập hợp D và x0 ∈ D .
TP .Q
x0 được gọi là một điểm cực đại của f nếu tồn tại một khoảng ( a; b ) chứa điểm x0 sao cho ( a; b ) ⊂ D và
ẠO
f ( x ) < f ( x0 ) , ∀x ∈ ( a; b ) \ { x0 } .
G Ư N H TR ẦN B
10
00
Bổ đề Fermat: Giả sử hàm số có đạo hàm trên ( a; b ) . Nếu f đạt cực trị tại điểm x0 ∈ ( a; b ) thì f ' ( x0 ) = 0 .
2+
3
- Cho y = f ( x ) liên tục trên khoảng ( a; b ) chứa x0 có đạo hàm trên các khoảng ( a; x0 ) và ( x0 ; b ) :
ẤP
Nếu f ' ( x ) đổi dấu từ âm sang dương thì f đạt cực tiểu tại x0
C
Nếu f ' ( x ) đổi dấu từ dương sang âm thì f đạt cực đại tại x0
H
Ó
A
- Cho y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai trên khoảng ( a; b ) chứa x0 Nếu f ' ( x0 ) = 0 và f '' ( x0 ) > 0 thì f đạt cực tiểu tại x0
Í-
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
f ( x ) > f ( x0 ) , ∀x ∈ ( a; b ) \ { x0 } .
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
Đ
x0 được gọi là một điểm cực tiểu của f nếu tồn tại một khoảng ( a; b ) chứa điểm x0 sao cho ( a; b ) ⊂ D và
ÁN
-L
Nếu f ' ( x0 ) = 0 và f '' ( x0 ) < 0 thì f đạt cực đại tại x0
TO
Ứng dụng vào phương trình - Nếu hàm số f đơn điệu trên K thì phương trình f ( x ) = 0 có tối đa 1 nghiệm. Nếu f ( a ) = 0 , a thuộc K thì
Ỡ N
G
x = a là nghiệm duy nhất của phương trình f ( x ) = 0 .
ID Ư
- Nếu f có đạo hàm cấp 2 không đổi dấu trên K thì f ' là hàm đơn điệu nên phương trình f ( x ) = 0 có tối đa 2
BỒ
nghiệm trên K. Nếu f ( a ) = 0 và f ( b ) = 0 với a ≠ b thì phương trình f ( x ) = 0 chỉ có 2 nghiệm là x = a và x = b .
Trang 2 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
- Nếu f là một hàm liên tục trên [ a; b ] , có đạo hàm trên ( a; b ) thì phương trình f ' ( x ) =
f (b ) − f ( a ) có ít b−a
N
nhất một nghiệm c ∈ ( a; b ) .
H Ơ
Đặc biệt, nếu f ( a ) = f ( b ) = 0 thì phương trình f ' ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm c ∈ ( a; b ) hay giữa hai
Y
N
nghiệm của f thì có ít nhất một nghiệm của đạo hàm f ' .
U
Chú ý:
TP .Q
1) Tung độ cực trị y = f ( x ) tại x = x0 :
H
Đặc biệt: Với hàm y = f ( x ) bậc 3 có CĐ, CT và nếu y = q ( x ) . y '+ r ( x ) thì phương trình đường thẳng
TR ẦN
qua CĐ, CT là y = r ( x ) .
2) Số nghiệm của phương trình bậc 3: ax 3 + bx 2 + cx + d = 0, a ≠ 0 .
00
B
Nếu f ' ( x ) ≥ 0, ∀x hay f ' ( x ) ≤ 0, ∀x thì f ( x ) = 0 chỉ có 1 nghiệm.
3
10
Nếu f ' ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt và:
2+
Với yC Ð . yCT > 0 : phương trình f ( x ) = 0 chỉ có 1 nghiệm
C
ẤP
Với yC Ð . yCT = 0 : phương trình f ( x ) = 0 có 2 nghiệm (1 đơn, 1 kép)
Í-
2. CÁC BÀI TOÁN
H
Ó
A
Với yC Ð . yCT < 0 : phương trình f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
Ư N
G
Đ
u ( x0 ) u ' ( x0 ) u ( x) ⇒ y0 = = v ( x) v ( x0 ) v ' ( x0 )
Hàm hữu tỉ: y = f ( x ) =
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
ẠO
Hàm đa thức: y = q ( x ) . y '+ r ( x ) ⇒ y0 = r ( x0 )
ÁN
-L
Bài toán 1.1: Chứng minh các hàm số sau là hàm không đổi
TO
a) f ( x ) = cos 2 x + cos 2 x +
π
π − cos x cos x + 3 3
Ỡ N
G
b) f ( x ) = 2 − sin 2 x − sin 2 ( a + x ) − 2cos a.cos x.cos ( a + x )
ID Ư
Hướng dẫn giải
BỒ
a)
π π π π f ' ( x ) = −2cos x sin x − 2 cos x + sin x + + sin x cos x + + cos x.sin x + 3 3 3 3
2π = − sin 2 x − sin 2 x + 3
π + sin 2 x + 3 Trang 3
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
π π = − sin 2 x − 2cos 2 x + .sin 2 6
Y
N
1 1 3 − = . 4 2 4
U
Do đó f hằng trên R nên f ( x ) = f ( 0 ) = 1 +
H Ơ
N
π = − sin 2 x − cos 2 x + = 0 , với mọi x. 2
TP .Q
b) Đạo hàm theo biến x (a là hằng số).
ẠO
f ' ( x ) = −2sin x cos x − 2cos ( a + x ) sin ( a + x ) + 2 cos a sin x cos ( a + x ) + cos x sin ( a + x )
H
Bài toán 1.2: Cho 2 đa thức P ( x ) và Q ( x ) thỏa mãn: P ' ( x ) = Q ' ( x ) với mọi x và P ( 0 ) = Q ( 0 ) . Chứng
TR ẦN
minh: P ( x ) ≡ Q ( x ) .
Hướng dẫn giải
theo
giả
thiết,
do
đó
f ( x)
là
hàm
hằng
nên
2+
3
f ( x ) = f ( 0 ) = P ( 0 ) − Q ( 0 ) = 0 với mọi x.
00
f '( x) = P '( x) − Q '( x ) = 0
có
10
Ta
B
Xét hàm số f ( x ) = P ( x ) − Q ( x ) , D = ℝ
A
, x ≤1
Ó
2
2x = −π , x ≤ −1 1 + x2
ÁN
-L
b) 2arctan x + arcsin
π
H
a) arcsin x + arccos x =
C
Bài toán 1.3: Chứng minh rằng:
ẤP
⇒ f ( x) ≡ 0 ⇒ P ( x) ≡ Q ( x) .
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
Đ G
Ư N
Do đó f hằng trên R nên f ( x ) = f ( 0 ) = 2 − sin 2 a − 2 cos 2 a = sin 2 a .
Í-
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
= −2sin 2 x − sin ( 2 x + 2a ) + 2cos a.sin ( 2 x + a ) = 0 .
TO
Hướng dẫn giải
G
a) Nếu x = 1, x = −1 thì đúng.
ID Ư
Ỡ N
Nếu −1 < x < 1 thì xét hàm số f ( x ) = arcsin x + arccos x
1 1 − x2
+
−1
1 π = 0 ⇒ f ( x) = C = f = 2 2 1 − x2
BỒ
⇒ f '( x ) =
b) Với x ≤ −1 , xét f ( x ) = 2arctan x + arcsin
2x 1 + x2
Trang 4 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
2 − 2 x2 2
Bài toán 1.4: Tính gọn arctan x + arctan
4
H Ơ N
π
.
1 với x ≠ 0 . x
G
1 . D = ( −∞;0 ) ∪ ( 0; +∞ ) x
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Xét f ( x ) = arctan x + arctan
Đ
Hướng dẫn giải
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
4
=−
Y
2
π
U
+
TP .Q
π
ẠO
Suy ra f ( x ) = C = f ( −1) = −
N
1 + x2 ) ( 2 2 2 + = − = 0 (vì x ≤ −1 ) Ta có f ' ( x ) = 2 2 2 1+ x 1 + x 1 + x 2 2 1− x 2 1+ x
TR ẦN
H
Với x ∈ ( 0; +∞ ) thì f liên tục và có đạo hàm
π 4
=
π 2
10
4
+
.
3
π
2+
Do đó f ( x ) = f (1) =
00
B
−1 1 x 2 = 1 − 1 = 0 nên f hằng trên ( 0; +∞ ) + f '( x) = 1 + x2 1 + x2 1 + x2 1 + x2 x2
π
C
4
−
4
2
=−
A
π
π
Ó
Do đó f ( x ) = f ( −1) = −
ẤP
Với x ∈ ( −∞;0 ) thì f liên tục và có đạo hàm f ' ( x ) = 0 nên f hằng trên ( −∞;0 ) .
ÁN
-L
Í-
H
π − khi x < 0 1 2 Vậy arctan x + arctan = x π khi x > 0 2
TO
Bài toán 1.5: Tìm số c trong định lý Lagrange:
Ỡ N
G
a) y = f ( x ) = 2 x 2 + x − 4 trên [ −1; 2]
Hướng dẫn giải
BỒ
ID Ư
b) y = f ( x ) = arcsin x trên [ 0;1]
a) Hàm số y = f ( x ) = 2 x 2 + x − 4 liên tục trên [ −1; 2] và có đạo hàm f ' ( x ) = 4 x + 1 , theo định lý Lagrange thì tồn tại số c ∈ [ −1; 2] sao cho:
Trang 5 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
f ( 2 ) − f ( −1) 6+3 1 = f '( c ) ⇔ = 4c + 1 ⇔ 4c = 2 ⇔ c = . 2 − ( −1) 3 2 1 − x2
, theo định lý Lagrange
N
1
H Ơ
b) Hàm số y = f ( x ) = arcsin x liên tục trên [ 0;1] và có đạo hàm f ' ( x ) =
Y
N
thì tồn tại số c ∈ [ 0;1] sao cho:
U
π
4
π2
.
Bài toán 1.6: Xét chiều biến thiên của hàm số:
1
( x − 4)
2
TR ẦN
b) y =
H
a) y = x 4 − 2 x 2 − 5
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
π
. Chọn c = 1 −
2
ẠO
4
Đ
⇔ c2 = 1 −
G
π
2
Ư N
4
Hướng dẫn giải
(
)
)
x
−∞
00
(
B
a) D = ℝ . Ta có y ' = 4 x 3 − 4 x = 4 x x 2 − 1
3
10
Cho y ' = 0 ⇔ 4 x x 2 − 1 = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1 .
2+
BBT
0
C
ẤP
−1
y'
0
+
0
−
0
+∞ +
Ó
A
−
1
Í-
H
y
-L
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
⇔ 1 − c2 =
TP .Q
−0 f (1) − f ( 0 ) 1 2 = f '( c ) ⇔ = 1− 0 1 1 − c2
TO
G
(1; +∞ ) .
ÁN
Vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( 0;1) , đồng biến trên mỗi khoảng ( −1;0 ) và
−2
( x − 4)
3
ID Ư
Ỡ N
b) D = ℝ \ {4} . Ta có y ' =
BỒ
y ' < 0 trên khoảng ( 4; +∞ ) nên y nghịch biến trên khoảng ( 4; +∞ ) y ' > 0 trên khoảng ( −∞; 4 ) nên y đồng biến trên khoảng ( −∞; 4 )
Bài toán 1.7: Tìm khoảng đơn điệu của hàm số
Trang 6 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
x3
a) y =
b) y =
2
x −6
x +1 1− x
) (
)
Y
N
( x2 − 6) x2 − 6
, y ' = 0 ⇔ x = ±3 .
U
2 x2 ( x2 − 9)
TP .Q
Ta có: y ' =
6; +∞
H Ơ
(
a) Tập xác định D = −∞; − 6 ∪
N
Hướng dẫn giải
3
6
+∞
0
−
−
0
+
Ư N
+
TR ẦN
H
y
(
)(
2 (1 − x )
> 0, ∀x < 1 .
00
3
10
3− x
2+
3
b) D = ( −∞;1) . Ta có y ' =
)
6;3 .
B
Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −3) , ( 3; +∞ ) , nghịch biến trên các khoảng −3; − 6 ;
b) y = x − sin x trên [ 0;2π ]
ẤP
a) y = x + cos 2 x
C
Hướng dẫn giải
π
+ kπ , k ∈ ℤ
H
y ' = 0 ⇔ sin 2 x = 1 ⇔ x =
Ó
A
a) D = ℝ . Ta có y ' = 1 − 2cos x sin x = 1 − sin 2 x
Hàm
số
liên
-L
Í-
4
tục
trên
mỗi
đoạn
π π 4 + kπ , 4 + ( k + 1) π
y' > 0
trên
mỗi
khoảng
π π 4 + kπ ; 4 + ( k + 1) π , k ∈ ℤ .
Ỡ N
G
TO
π π + kπ ; + ( k + 1) π nên đồng biến trên mỗi đoạn 4 4
và
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
Đ
− 6
G
y'
ÁN
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
−3
−∞
x
ẠO
BBT:
ID Ư
Vậy hàm số đồng biến trên ℝ .
BỒ
b) y ' = 1 − cos x . Ta có ∀x [ 0; 2π ] ⇒ y ' ≥ 0 và y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2π . Vì hàm số liên tục trên đoạn [ 0;2π ] nên hàm số đồng biến trên đoạn [ 0;2π ] .
Bài toán 1.9: Chứng minh các hàm số a) y = cos 2 x − 2 x + 5 nghịch biến trên ℝ Trang 7
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
b) y =
sin ( x + a ) sin ( x + b )
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
( a ≠ b + kπ ; k ∈ ℤ ) đơn điệu trên mỗi khoảng xác định.
N
Hướng dẫn giải
H Ơ
a) ∀x1 , x2 ∈ ℝ, x1 < x2 . Lấy hai số a, b sao cho a < x1 < x2 < b .
Y
N
Ta có: f ' ( x ) = −2 ( sin 2 x + 1) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) .
TP .Q
U
Vì f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của khoảng ( a; b ) nên hàm số f nghịch biến trên khoảng ( a; b )
⇒ đpcm.
ẠO H
Vì y ' liên tục tại mọi điểm x ≠ −b + kπ , và a − b ≠ kπ nên y ' giữ nguyên một dấu trong mỗi khoảng xác
TR ẦN
định ⇒ đpcm. Bài toán 1.10: Tìm các giá trị của tham số để hàm số:
00
B
a) y = ( m − 3) x − ( 2m + 1) cos x nghịch biến trên ℝ .
10
b) y = x 3 + 3 x 2 + mx + m chỉ nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 3.
2+
3
Hướng dẫn giải
ẤP
a) y ' = m − 3 + ( 2m − 3) sin x
C
Hàm số y không là hàm hằng nên y nghịch biến trên ℝ :
Ó
A
y ' ≤ 0, ∀x ⇔ m − 3 + ( 2m − 1) sin x ≤ 0, ∀x
H
Đặt t = sin x, −1 ≤ t ≤ 1 thì m − 3 + ( 2m − 1) sin x = m − 3 + ( 2m − 1) t = f ( t )
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
Đ G
sin ( x + b ) cos ( x + a ) − sin ( x + a ) cos ( x + b ) sin ( b − a ) = sin 2 ( x + b ) sin 2 ( x + b )
Í-
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
y' =
(k ∈ ℤ) .
Ư N
b) Điều kiện x ≠ −b + kπ
-L
Điều kiện tương đương: f ( t ) ≤ 0, ∀t ∈ [ −1;1]
G
TO
ÁN
−m − 4 ≤ 0 2 f ( −1) ≤ 0 ⇔ ⇔ ⇔ −4 ≤ m ≤ . 3 3m − 2 ≤ 0 f (1) ≤ 0
Ỡ N
b) D = ℝ, y ' = 3 x 2 + 6 x + m, ∆ ' = 9 − 3m
BỒ
ID Ư
Xét ∆ ' ≤ 0 thì y ' ≥ 0, ∀x : Hàm luôn đồng biến (loại) Xét ∆ ' > 0 ⇔ m < 0 thì y ' = 0 có 2 nghiệm x1 , x2 nên x1 + x2 = −2, x1 x2 =
m 3
Trang 8 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
BBT:
y'
0
−
+∞
0
+
H Ơ
+
x2
N
x1
−∞
x
U
Y
N
y
TP .Q
2
Theo đề bài: x2 − x1 = 3 ⇔ ( x2 − x1 ) = 9 ⇔ x12 + x22 − 2 x1 x2 = 9
Đ
ẠO
4 15 2 ⇔ ( x2 + x1 ) − 4 x1 x2 = 9 ⇔ 4 − m = 9 ⇔ m = − (thỏa) 3 4
G
3
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
( x − 3)
Ư N
2
b) y = x ( x + 2 )
H
a) y = ( x + 2 )
2
( x − 3)
2
= 5 x ( x + 2 )( x − 3)
00
Ta có y ' = 0 ⇔ x = −2 hoặc x = 0 hoặc x = 3
2
B
3
a) y ' = 2 ( x + 2 )( x − 3) + 3 ( x + 2 )
TR ẦN
Hướng dẫn giải
0
−
0 0
ẤP
+
2+
y'
3
−2
−∞
x
10
BBT
0
A Ó
0
+∞ +
+∞
−108
H
−∞
+
0
C
y
3
Í-
Vậy điểm cực đại ( −2;0 ) và cực tiểu ( 0; −108 )
-L
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Bài toán 1.11: Tìm cực trị của các hàm số sau:
ÁN
b) Hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ . Ta có:
khi x < 0 khi x ≥ 0
Ỡ N
G
TO
− x ( x + 2 ) f ( x) = x ( x + 2 )
ID Ư
Với x < 0, f ' ( x ) = −2 x + 2; f ' ( x ) = 0 ⇔ x = −1
BỒ
Với x > 0, f ' ( x ) = 2 x + 2 > 0
Trang 9 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
BBT −1 +
0
y
+∞
−
+
H Ơ
y'
0
N
−∞
x
N
1
U
Y
0
TP .Q
Vậy điểm CĐ ( −1;1) , CT ( 0;0 ) .
x3
b) y =
x2 − 6
=
(x
2
+ 8)
G H
2
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
( x2 + 8)
−x2 − 2x + 8 2
TR ẦN
a) D = ℝ . Ta có y ' =
Ư N
Hướng dẫn giải
x 2 + 8 − 2 x ( x + 1)
Đ
x +1 x2 + 8
B
y ' = 0 ⇔ x = −4 hoặc x = 2 .
10
00
BBT −4
y
0
ẤP
−
2+
y'
3
−∞
x
C
0
2 +
0
−
1/4 −1/8
A
+∞
0
Ó H
Í-
Hàm số đạt CĐ tại x = 2 , yC Ð =
-L
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
a) y =
ẠO
Bài toán 1.12: Tìm cực trị của hàm số
(
) (
TO
ÁN
b) Tập xác định D = −∞; − 6 ∪
6; +∞
)
x4
2 2 4 2 2 x 2 − 6 = 3x ( x − 6 ) − x = 2 x ( x − 9 ) 3 3 x2 − 6 ( x2 − 6) ( x2 − 6)
ID Ư
Ỡ N
y' =
G
3x 2 x 2 − 6 −
1 1 , đạt CT tại x = −4; yCT = − . 4 8
BỒ
y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±3 .
Trang 10 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
BBT
0
−
−
+
+∞
−9 3
+∞
9 3
−∞
TP .Q
−∞
ẠO
Hàm số đạt CĐ tại x = −3; yC Ð = −9 3 , đạt CT tại x = 3; yCT = 9 3 .
Đ
Bài toán 1.13: Tìm cực trị của hàm số
Ư N H
Hướng dẫn giải
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
G
b) y = 3 − 2 cos x − cos 2 x
TR ẦN
a) D = ℝ, y ' = 1 − 2cos 2 x
B
π 1 ⇔ x = ± + kπ , k ∈ ℤ, y '' = 4sin 2 x . 2 6
00
π π + kπ = 4sin − = −2 3 < 0 nên hàm số đạt cực đại tại điểm 6 3
6
π 6
3 + 2. 2
3
+ kπ , k ∈ ℤ, yC Ð = −
+ kπ +
2+
π
ẤP
x=−
10
Ta có y '' −
π π + kπ = 4sin = 2 3 > 0 nên hàm số đạt cực tiểu tại các điểm: 3 6
6
+ kπ , k ∈ ℤ, yCT =
π
H
π
6
+ kπ −
Í-
x=
Ó
A
C
Ta có y ''
3 +2 2
-L
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
a) y = x − sin 2 x + 2
y ' = 0 ⇔ cos 2 x =
U
Y
y
0
+∞
H Ơ
+
3
6
N
y'
− 6
N
−3
−∞
x
ÁN
b) y ' = 2sin x + 2sin 2 x = 2sin x (1 + 2cos x ) :
Ỡ N
G
TO
sin x = 0 2π y' = 0 ⇔ + 2 kπ , k ∈ ℤ . ⇔ x = kπ hoặc x = ± 1 cos x = − 3 2
ID Ư
y '' = 2cos x + 4 cos 2 x
BỒ
Ta có y '' ( kπ ) = 2 cos kπ + 4 cos 2kπ = 2cos kπ + 4 > 0 , với mọi k ∈ ℤ , nên hàm số đã cho đạt cực tiểu
tại các điểm x = kπ , yCT = 2 − 2cos kπ bằng 0 khi k chẵn và bằng 4 khi k lẻ.
Trang 11 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
2π 4π 2π 2π + 2kπ = 2 cos + 4 cos = 6cos = −3 < 0 nên hàm số đạt cực đại tại điểm: 3 3 3 3 9 2π + 2kπ , k ∈ ℤ , yC Ð = . x=± 3 2
H Ơ
N
Ta có y '' ±
Y U
B
TR ẦN
H
−2 x khi x < 0 1 f '( x) = 1 nên lim− f ' ( x ) = −2 ≠ lim− f ' ( x ) = , do đó f không có đạo hàm tại x = 0 x x →0 x →0 2 2 cos 2 khi x > 0 và BBT trên khoảng ( −π ; π ) .
−π
y'
π
00
0
10
x
−
2+
3
+
0
C
ẤP
y
Ó
A
Vậy hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yC Ð = y ( 0 ) = 0 .
H
b) D = ℝ . y ' = ( x − b )( x − c ) + ( x − a )( x − c ) + ( x − a )( x − b ) .
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
Đ Ư N
G
a) Hàm số f xác định và liên tục trên ℝ . Ta có
Í-
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Hướng dẫn giải
ẠO
b) y = f ( x ) = ( x − a )( x − b )( x − c ) , a ≠ c luôn có cực đại và cực tiểu.
TP .Q
−2 x khi x < 0 a) f ( x ) = không có đạo hàm tại x = 0 nhưng đạt cực trị tại điểm đó. x sin ≥ 0 khi x 2
N
Bài toán 1.14: Chứng minh hàm số
ÁN
-L
= 3 x 2 − 2 ( a + b + c ) + ab + bc + ca . 2
1 2 2 2 a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) > 0 với a ≠ c . ( 2
Ỡ N
G
=
TO
∆ ' = ( a + b + c ) − 3 ( ab + bc + ca ) = a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca
ID Ư
Do đó y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt và đổi dấu 2 lần khi qua 2 nghiệm nên luôn luôn có một cực đại và một
cực tiểu.
BỒ
Bài toán 1.15: Tìm tham số thực sao cho hàm số a)
f ( x) = x + p +
q đạt cực đại tại điểm ( −2; −2 ) . x +1 Trang 12
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
b)
f ( x) =
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
a sin x − cos x − 1 đạt cực trị tại 3 điểm thuộc a cos x
9π 0; 4
H Ơ
q , với mọi x ≠ −1 . x +1
N
a) Ta có f ' ( x ) = 1 −
N
Hướng dẫn giải
( x + 1)
2
U TP .Q
x2 + 2x + 1 − q
= 0 có hai nghiệm phân biệt x1 = −1 − q và
ẠO
Nếu q > 0 thì phương trình: f ' ( x ) =
Y
Nếu q ≤ 0 thì f ' ( x ) > 0 với mọi x ≠ −1 : loại.
0
Ư N
G +
−1 + q
TR ẦN
y'
−1 −
−
0
+
10
00
B
y
+∞
H
−1 − q
−∞
x
2
Ó
π
+ kπ . Ta có y ' =
H
b) Điều kiện x ≠
A
C
ẤP
−1 − q = −2 q = 1 q = 1 ⇔ ⇔ f − 2 = − 2 p = 1 ( ) p =1
2+
3
Hàm số đạt cực đại tại điểm ( 2; −2 ) khi và chỉ khi
a − sin x , y ' = 0 ⇔ sin x = a . a cos 2 x
Í-
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
BBT:
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
Đ
x2 = −1 + q .
TO
ÁN
-L
− sin 2 x + 2a sin x − 1 y '' = a cos3 x −1 ≠ 0 , do đó hàm số đạt cực trị tại 3 điểm thuộc khoảng sin x cos x
G
Với sin x = a thì y '' =
ID Ư
Ỡ N
9π ⇔ sin x = a có 3 nghiệm thuộc khoảng 0; 4
9π 0; 4
2 π 3π \ ; ⇔0<a< 2 2 2
BỒ
Bài toán 1.16: Tìm m để hàm số:
mx 2 + ( 2 − 4m ) x + 4m + 1 a) y = có 2 cực trị và hai giá trị cực trị trái dấu. x −1 Trang 13
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
N
x 2 − 2mx + 2 có hai điểm cực trị A và B. Chứng minh đường thẳng AB song song với đường thẳng b) y = x −1 2 x − y − 10 = 0 .
H Ơ
Hướng dẫn giải
Y
, đặt g ( x ) = mx 2 − 2mx − 3 .
G
Đ
3 nên yC Ð . yCT < 0 m
Ư N
⇔ ( 2mx1 + 2 − 4m )( 2mx2 + 2 − 4m ) < 0 2
TR ẦN
H
⇔ 4m 2 x1 x2 + 2m ( 2 − 4m )( x1 + x2 ) + ( 2 − 4m ) < 0
2
10
( x − 1)
00
x 2 − 2 x + 2m − 2
3
b) ĐK: x ≠ 1 . Ta có y ' =
B
1 2 ⇔ −12m + 2m ( 2 − 4m ) + ( 2 − 4m ) < 0 ⇔ 4 − 20m < 0 ⇔ m > . 5
2+
Điều kiện có 2 cực trị A, B là ∆ ' > 0 và g (1) ≠ 0 .
ẤP
3 . Ta có 2
A
C
⇔ 3 − 2 m > 0 và 3 − 2m ≠ 0 ⇔ m <
(
)
(
)
H
Ó
A 1 − 3 − 2m ; 2 − 2m − 2 3 − 2m và B 1 + 3 − 2m ; 2 − 2m + 2 3 − 2m .
Í-
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Ta có x1 + x2 = 2, x1 x2 = −
ẠO
Đồ thị có 2 cực trị ⇔ m ≠ 0, ∆ ' > 0, g (1) ≠ 0 ⇔ m < −3 hoặc m > 0
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
( x − 1)
2
U
mx 2 − 2mx − 3
TP .Q
Ta có y ' =
N
a) Điều kiện: x ≠ 1 .
y ( x2 ) − y ( x1 ) 4 3 − 2m = = 2. x2 − x1 2 3 − 2m
ÁN
-L
Hệ số góc của đường thẳng AB là: k =
TO
Và 2 x − y − 10 = 0 ⇔ y = 2 x − 10 nên hệ số góc bằng nhau ⇒ đpcm.
G
Bài toán 1.17: Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đai, cực tiểu của đồ thị.
(
)
Ỡ N
a) y = x 3 + 3mx 2 + 3 m 2 − 1 x + m3 − 3m
BỒ
ID Ư
x 2 − 2mx + 5m − 4 − m 2 b) y = x−2 Hướng dẫn giải
(
)
a) y ' = 3 x 2 + 6mx + 3 m 2 − 1 , ∆ ' = 1 > 0, ∀x nên đồ thị luôn luôn có CĐ và CT với hoành độ x1 , x2 . Trang 14 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
m y '( x ) − 2 ( x + m) 3
N N
m y ' ( x2 ) − 2 ( x2 + m ) = −2 ( x2 + m ) 3
Y Đ
2
H
Ư N
G
( x − 2) − ( m − m2 ) y ' = 1− = 2 2 ( x − 2) ( x − 2) m − m2
TR ẦN
Điều kiện có CĐ và CT là m − m 2 > 0 ⇔ 0 < m < 1 . Gọi x1 , x2 là hoành độ CĐ, CT thì x1 < 2 < x2 . Ta có
00
B
m − m2 = x − 2 ( m − 1) + ( x1 − 2 ) = 2 x1 − 2m ( x1 − 2 ) 1
10
y ( x1 ) = x1 − 2 ( m − 1) +
ẤP
2+
3
m − m2 y ( x2 ) = x2 − 2 ( m − 1) + = x − 2 ( m − 1) + ( x2 − 2 ) = 2 x2 − 2m ( x2 − 2 ) 2 Bài toán 1.18:
)
Ó
(
A
C
Vậy phương trình đường thẳng qua CĐ và CT là y = 2 x − 2m
(
)
H
a) Cho đồ thị của hàm số: y = 3a 2 − 1 x 3 − b3 + 1 x 2 + 3c 2 x + 4d có hai điểm cực trị là (1; −7 ) ; ( 2; −8 ) .
Í-
Hãy tính tổng M = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 .
-L
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
ẠO
m − m2 x−2
b) ĐK: x ≠ 2 . Ta có y = x − 2 ( m − 1) +
nên
TP .Q
nên đường thẳng qua CĐ, CT là y = −2 ( x + m )
3
+ a +1
x
Ỡ N
có 3 cực trị và chứng minh 3 cực trị này thuộc một parabol cố
Hướng dẫn giải
G
định.
TO
ÁN
b) Tìm a để đồ thị hàm số
( x − 1) y=
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
1 3
và y2 = y ( x2 ) = x2 +
m y ' ( x1 ) − 2 ( x1 + m ) = −2 ( x1 + m ) 3
H Ơ
1 3
Do đó: y1 = y ( x1 ) = x1 +
U
1 3
Ta có: y ( x ) = x +
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
(
)
BỒ
ID Ư
a) Đặt A = 3a 2 − 1, B = − b3 + 1 , C = 3c 2 , D = 4d , thì hàm số đã cho là:
y = Ax3 + Bx 2 + Cx + D
Ta có: y ' = 3 Ax 2 + 2 Bx + C
Trang 15 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
H Ơ
N
y ' (1) = 0 3 A + 2 B + C = 0 A = 2 B = −9 y ' ( 2) = 0 12 A + 4 B + C = 0 Ta có: ⇔ ⇔ y (1) = −7 A + B + C + D = −7 C = 12 8 A + 4 B + 2C + D = −8 D = −12 y ( 2 ) = −8
Y
N
Nên được a = ±1, b = 2, c = ±2, d = −3 .
TP .Q
2 x3 − 3x2 − a , x ≠ 0. x2
ẠO Đ Ư N
G
Bằng cách xét hàm số g ( x ) = 2 x3 − 3 x 2 , x ≠ 0 và lập bảng biến thiên thì điều kiện hàm số cho có 3 cực trị
H
khi g ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt khác 0 là −1 < a < 0 .
TR ẦN
Từ tọa độ các điểm cực trị suy ra các điểm cực trị này nằm trên ( P ) :
B
y = 3 x 2 − 6 x + 3 cố định.
(
)
10
x2 + 2 x + 4 − x2 − 2x + 4 = 2
3 −1
2+
3
a)
00
Bài toán 1.19: Giải các phương trình:
ẤP
b) 2 x3 − x 2 + 3 2 x 3 − 3x + 1 = 3 x + 1 + 3 x 2 + 2
C
Hướng dẫn giải
x 2 + 2 x + 4 − x 2 − 2 x + 4 trên ℝ .
Ó −
x −1
H
x +1
Í-
f '( x) =
A
a) Xét hàm số f ( x ) =
x2 + 2 x + 4
ÁN
-L
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
y ' = 0 ⇔ 2 x3 − 3x 2 − a = 0 ⇔ a = 2 x3 − 3 x 2 , x ≠ 0
TO
Xét hàm số g ( t ) =
t t2 + 3
x2 − 2 x + 4
x +1
=
( x + 1)
trên ℝ , g ' ( t ) =
2
−
+3
x −1
( x − 1)
3
(t
2
+ 3) t 2 + 3
2
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
b) Ta có y ' =
U
Vậy M = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 12 + 22 + 22 + 32 = 18 .
+3
>0
Ỡ N
G
nên hàm số g ( t ) đồng biến trên ℝ , do đó:
BỒ
ID Ư
x +1 > x −1 ⇒
x +1 2
( x + 1) + 3
>
x −1 2
( x − 1) + 3
⇒ f '( x ) > 0
nên hàm số f ( x ) đồng biến trên ℝ , do đó:
x2 + 2 x + 4 − x2 − 2 x + 4 = 2
(
)
3 − 1 ⇔ f ( x ) = f ( 2) ⇔ x = 2 . Trang 16
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Vậy nghiệm duy nhất x = 2 .
x2 + 2 1 3 3 ( t + 1)
2
> 0 nên hàm số f ( t ) đồng biến trên ℝ , do
N
Xét hàm số: f ( t ) = t + 3 t + 1 trên ℝ, f ' ( t ) = 1 +
N
3
H Ơ
b) PT ⇔ 2 x 3 − 3x + 3 2 x3 − 3x + 1 = x 2 + 1 +
)
(
)
TP .Q
U
PT: f 2 x 3 − 3x = f x 2 + 1 ⇔ 2 x3 − 3x = x 2 + 1
G
Đ
1 1± 5 hay x = . 2 2
(
Ư N
1 1 − 2x − 5 x −1
TR ẦN
a) 9 x 2 − 54 x + 72 =
H
Bài toán 1.20: Giải các phương trình:
)
00
B
b) 4 2 x − 1 x 2 − x + 1 = x3 − 6 x 2 + 15 x − 14
10
Hướng dẫn giải
5 2
1 1 2 = 3 ( x − 1) − 2x − 5 x −1
2
2+
ẤP
C
1 với t > 0 . Ta có: t
A
Xét f ( t ) = 3t 2 −
3
a) ĐK: x ≠ 1; , PT : 3 ( 2 x − 5 ) −
Ó
1 > 0 nên f đồng biến trên ( 0; +∞ ) t2
H
f ' ( t ) = 6t +
(
Í-
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
⇔x=−
ẠO
1 ⇔ 2 x3 − x 2 − 3 x − 1 = 0 ⇔ x + ( 2 x 2 − 2 x − 2 ) = 0 2
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
(
Y
đó:
)
( x −1 ) ⇔ 2x − 5 = x −1
ÁN
-L
Phương trình: f 2 x − 5 = f
TO
⇔ 4 x 2 − 20 x + 25 = x 2 − 2 x + 1 ⇔ 3 x 2 − 18 x + 24 = 0
G
⇔ x 2 − 6 x + 8 = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = 4 (chọn)
Ỡ N
Vậy nghiệm x = 2 hoặc x = 4
BỒ
ID Ư
b) PT: 2 x − 1 . ( 2 x − 1) + 3 = ( x − 2 ) + 3 x − 6 2
3
3
3
⇔ 2x − 1 + 3 2 x − 1 = ( x − 2) + 3( x − 2)
Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 3t , D = ℝ Ta có f ' ( t ) = 3t 2 + 2 > 0 nên f đồng biến trên ℝ . Trang 17
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
(
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
)
PT: f 2 x − 1 = f ( x − 2 ) ⇔ 2 x − 1 = x − 2
H Ơ
N
x ≥ 2 x − 2 ≥ 0 (VN ) . Vậy S = ∅ . ⇔ ⇔ 2 2 2 ( 2 x − 1) = ( x − 2 ) 3 x = 3
N
Bài toán 1.21: Giải các hệ phương trình:
TP .Q
U
Y
5 x 7 + 7 x5 = 5 y 7 + 7 y 5 a) 3 3 ( 8 x + 1) + 27 = 162 y
ẠO Đ
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
G Ư N
Hướng dẫn giải
Do đó 5 x 7 + 7 x 5 = 5 x 7 + 7 x 2 ⇔ f ( x ) = f ( y ) = x = y
(
)
3
(
)
3
)
00
(
B
Nên 8 x3 + 1 + 27 = 162 y ⇔ 8 x3 + 1 = 162 x − 27
TR ẦN
H
a) Xét f ( t ) = 5t 7 + 7t 5 , t ∈ ℝ thì f ' ( t ) = 35t 6 + 35t 4 ≥ 0, ∀t nên f đồng biến trên ℝ .
3
3
10
Đặt u = 2 x , phương trình: u 3 + 1 = 27 ( 3u − 1) ⇔ u 3 + 1 = 3 3 3u − 1
2+
Lại đặt v = 3 3u − 1 ⇔ v 3 + 1 = 3u
A
C
ẤP
3 u 3 + 1 = 3v u + 1 = 3v Ta có hệ: 3 ⇔ 3 3 v + 1 = 3u u − v = 3 ( v − u )
Í-
H
Ó
3 u 3 + 1 = 3v u + 1 = 3v ⇔ ⇔ 2 2 u − v = 0 ( u − v ) ( u + vu + v + 3) = 0
-L
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
(1) x 2 + y 2 = 5; y ≥ 1 b) 2 2 ( y − 1) ( x + y ) − 1 = x + y ( y − 2 y ) (2)
ÁN
Do đó u 3 + 1 = 3u hay 8 x 3 − 6 x + 1 = 0
TO
Xét x ∈ [ −1;1] nên đặt x = cos t
(
)
Ỡ N
G
PT: 2 4cos3 t − 3cos t = −1 ⇔ cos t = −
1 2π k 2π ,(k ∈ ℤ) ⇔t=± + 2 9 3
BỒ
ID Ư
Từ đó có 3 giá trị của x và cũng chính là 3 nghiệm của phương trình bậc 3:
x = cos
2π 8π 14π , x = cos , x = cos . 9 9 9
Vậy nghiệm hệ x = y = cos
2π 8π 14π ;cos ;cos . 9 8 9 Trang 18
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn b)
( 2 ) ⇔ ( y − 1) ( x + y )
2
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
2 − 1 = x + y ( y − 1) − 1
N
Với y = 1: ( 3) ⇔ x = −1 : không thỏa (1)
2
−1
N
( y − 1) =
Y
−1
U
y −1
x+ y
1 1 = y −1− x+ y y −1
ẠO
1 t
( x + y ) = f ( y − 1) ⇔
PT ⇔ f
Đ G H
Ư N
1 > 0, ∀t ∈ D ⇒ hàm số đồng biến trên D t2
TR ẦN
f '(t ) = 1 +
x + y = y −1
10
00
B
y >1 ⇔ x = −1 hay x = 1 − 2 y
C
ẤP
2+
3
1 − 2 24 x= x = −1 5 Khi x = −1: . Khi x = 1 − 2 y : y = 2 y = 2 + 24 5
H Í-
x2 − 2 x + 1 = 2 y a) y 2 − 2 y + 1 = 2 z z2 − 2z + 1 = 2x
Ó
A
Bài toán 1.22: Giải các hệ phương trình
TO
ÁN
-L
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Xét hàm số f ( t ) = t − , D = ( 0; +∞ )
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
⇔ x+ y −
2
TP .Q
Với x + y ≠ 0, y > 1: ( 3)
( x + y) ⇔
H Ơ
Với x + y = 0 ( 3) ⇔ y = 1 ⇒ x = −1 ; không thỏa (1)
36 x 2 y − 60 x 2 + 25 y = 0 b) 36 y 2 z − 60 y 2 + 25 z = 0 36 z 2 x − 60 z 2 + 25 x = 0 Hướng dẫn giải
2
Ỡ N
G
a) Ta có 2 y = x 2 − 2 x + 1 = ( x − 1) ≥ 0 ⇒ y ≥ 0 . Tương tự z , x ≥ 0 .
BỒ
ID Ư
Đặt f ( t ) = t 2 − 2t + 1, t ≥ 0 thì f ' ( t ) = 2 ( t − 1) nên f đồng biến trên (1; +∞ ) và nghịch biến trên ( 0;1) .
f ( x) = g ( y) Đặt g ( t ) = 2t , t ≥ 0 thì g ' ( t ) = 2 > 0 nên g đồng biến trên ( 0; +∞ ) . Ta có hệ f ( y ) = g ( z ) f ( z ) = g ( x) Giả sử x = min { x; y; z} . Xét x ≤ y ≤ z . Trang 19
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
- Nếu x > 1 thì 1 < x ≤ y ≤ z ⇒ f ( x ) ≤ f ( y ) ≤ f ( z )
⇒ g ( y ) ≤ g ( z ) ≤ g ( x ) ⇒ y ≤ z ≤ x nên x = y = z .
H Ơ
N
Ta có PT: t 2 − 4t + 1 = 0 chọn nghiệm: x = y = z = 2 + 3
N
- Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì f ( 0 ) ≥ f ( x ) ≥ f (1) ⇒ 0 ≤ f ( x ) ≤ 1
TP .Q
U
Y
nên 0 ≤ g ( y ) ≤ 1 ⇒ 0 ≤ y ≤ 1 ⇒ f ( 0 ) ≥ f ( y ) ≥ f (1)
⇒ 0 ≤ f ( y) ≤ 1 ⇒ 0 ≤ g ( z) ≤ 1 ⇒ 0 ≤ z ≤ 1
ẠO
Do đó x ≤ y ≤ z ⇒ f ( x ) ≥ f ( y ) ≥ f ( z ) ⇒ g ( y ) ≥ g ( z ) ≥ g ( x )
Đ
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
G H
Xét x ≤ z ≤ y thì cùng nhận được kết quả trên.
Ư N
Ta có PT t 2 − 4t + 1 = 0 chọn nghiệm: x = y = z = 2 − 2 .
B 00 10
ẤP
2+
3
60 x 2 y = 36 x 2 + 25 60 y 2 b) Hệ phương trình tương đương z = 36 y 2 + 25 60 z 2 x = 36 z 2 + 25
TR ẦN
Vậy hệ có 2 nghiệm x = y = z = 2 + 3, x = y = z = 2 − 3 .
Ó
A
C
Từ hệ suy ra x, y, z không âm. Nếu x = 0 thì y = z = 0 suy ra ( 0;0;0 ) là nghiệm của hệ phương trình.
H
Nếu x > 0 thì y > 0, z > 0 . Xét hàm số f ( t ) =
Í-
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
⇒ y ≥ z ≥ x nên x = y = z .
60t 2 ,t > 0 . 36t 2 + 25
ÁN
-L
f ' ( t ) > 0, ∀t > 0 nên f đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
TO
60 x 2 y = 36 x 2 + 25 60 y 2 Hệ phương trình được viết lại z = 36 y 2 + 25 60 z 2 x = 36 z 2 + 25
(
)
Từ tính đồng biến của f ( x ) suy ra x = y = z . Thay vào hệ phương trình ta được x 36 x 2 − 60 x + 25 = 0 .
5 6
Chọn x = 0; . Trang 20 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
5 5 5 6 6 6
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là ( 0;0;0 ) ; ; ; .
N
Bài toán 1.23: Giải các bất phương trình
2 x3 + 3x 2 + 6 x + 16 > 2 3 + 4 − x
b)
x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1
Y
N
H Ơ
a)
TP .Q
U
Hướng dẫn giải
ẠO
2 x3 + 3x 2 + 6 x + 16 ≥ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 4 a) ĐK 4 − x ≥ 0
Đ
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
G Ư N
2 2 x3 + 3x2 + 6 x + 1
+
1 >0 2 4− x
H
f '( x) =
Suy ra f ( x ) là hàm số đồng biến
00
B
Do đó BPT: f ( x ) > f (1) ⇔ x > 1 . Vậy S = (1; 4 )
TR ẦN
6 ( x 2 + x + 1)
x −1 ≥ 0 ⇔1≤ x ≤ 3 3 − x ≥ 0
3 2+
( x − 3)
+ 2 + x −1 >
2
+ 2 + 3− x
C
2
A
( x − 1)
ẤP
x 2 − 2 x + 3 + x − 1 > x 2 − 6 x + 11 + 3 − x
BPT:
⇔
10
b) Điều kiện:
H
Ó
Xét hàm số y = f ( t ) = t 2 + 2 + t , D = ( 0; +∞ )
t
-L
Đạo hàm: f ' ( x ) =
1
Í-
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Xét: f ( x ) = 2 x3 + 3 x 2 + 6 x + 16 − 4 − x
2 t
> 0 nên f đồng biến trên (1;3] .
ÁN
t2 + 2
+
TO
Do đó BPT ⇔ f ( x − 1) > f ( 3 − x ) ⇔ x − 1 > 3 − x ⇔ x > 2 .
G
Vậy nghiệm của bất phương trình S = ( 2;3] .
Ỡ N
Bài toán 1.24: Giải các bất phương trình
3 − x + x2 − 2 + x − x2 < 1
ID Ư
BỒ
a)
b) 4
( x)
4
2
5 + − 2 x2 + 2 3 − 4 x < 7 2 Hướng dẫn giải Trang 21
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn a) Đặt t = x 2 − x , BPT:
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
3 + t − 2 − t < 1, −3 ≤ t ≤ 2 .
Xét hàm số f ( t ) = 3 + t − 2 − t , −3 ≤ t ≤ 2 .
H Ơ
N
1 1 + > 0 nên f đồng biến trên ( −3; 2 ) . 2 3+t 2 2−t
N U
1− 5 1+ 5 <x< . 2 2
TP .Q
f ( t ) < f (1) ⇔ t < 1 ⇔ x 2 − x − 1 < 0 ⇔
Y
Ta có f (1) = 2 − 1 = 1 nên bất phương trình:
2
ẠO Đ G Ư N
3 thì BPT thỏa mãn. 4
H
Với x = 0 thì BPT không thỏa mãn. Với x =
2
TR ẦN
3 5 Với 0 < x < . Xét hàm số g ( x ) = 4 x 2 + − 2 x 2 − 2 3 − 4 x thì 4 2
3 4
1 2
10
00
B
4 4 5 = 4 x ( 4 x 2 − 3) − <0 g ' ( x ) = 8x − 8x − 2x2 − 3 − 4x 3 − 4x 2
1 2
2+
1 . Vậy tập 2
ẤP
1 3
3
nên g ( x ) nghịch biến trên 0; , mà g = 7 nên bất phương trình g ( x ) < g ⇔ x >
A
C
nghiệm S = ; . 2 4
Ó
Bài toán 1.25: Chứng minh phương trình:
Í-
H
x13 − x 6 + 3 x 4 − 3 x 2 + 1 = 0 có nghiệm duy nhất. Hướng dẫn giải
-L
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
3 5 b) ĐK: 0 ≤ x ≤ . PT ⇔ 4 x 2 + − 2 x + 2 3 − 4 x < 7 4 2
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
Với −3 < t < 2 thì f ' ( t ) =
ÁN
Đặt f ( x ) = x13 − x 6 + 3 x 4 − 3 x 2 + 1, D = ℝ
(
)
(
(
)
)
G
TO
Xét x ≥ 1 thì f ( x ) = x 6 x 7 − 1 + 3x 2 x 2 − 1 + 1 > 0 : vô nghiệm
ID Ư
Ỡ N
Xét 0 ≤ x < 1 thì f ( x ) = x13 + 1 − x 2
3
> 0 : vô nghiệm
BỒ
Xét x < 0 thì f ' ( x ) = 13 x12 − 6 x5 + 12 x 3 − 6 x 2
= 13x12 − 6 x ( x − 1) > 0 nên f đồng biến
Trang 22 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Bảng biến thiên: 0
−∞
x y' y
H Ơ
N
+
N
1
U
Y
−∞
TP .Q
Nên f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x < 0
ẠO
Vậy phương trình cho có nghiệm duy nhất.
Đ TR ẦN
H
Ư N
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
G
x2 = y3 + y 2 + y + a 2 3 2 y = z + z + z + a z 2 = x3 + x2 + x + a Hướng dẫn giải
B
Xét hàm f ( t ) = t 3 + t 2 + t + a có f ' ( t ) = 3t 2 + 2t + 1 > 0 do đó f ( t ) là hàm đồng biến. Hệ PT:
ẤP
2+
3
10
00
x2 = f ( y ) 2 y = f ( z) 2 z = f ( x )
C
Không giảm tổng quát giả sử x lớn nhất trong 3 số.
Ó
A
- Xét x ≥ y ≥ z ⇒ f ( x ) ≥ f ( y ) ≥ f ( z )
Í-
H
⇒ z 2 ≥ x 2 ≥ y 2 . Nếu z ≥ 0 thì x ≥ y ≥ z ≥ 0
⇒ x2 ≥ y 2 ≥ z 2 ⇒ x2 = y 2 = z 2 ⇒ f ( x ) = f ( y ) = f ( z ) ⇒ x = y = z
-L
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Bài toán 1.26: Chứng minh hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
ÁN
Nếu x ≤ 0 ⇒ 0 ≥ x ≥ y ≥ z ⇒ x 2 = y 2 = z 2 ⇒ x = y = z
TO
Nếu x > 0 > z . Khi đó y 2 = f ( z ) < f ( 0 ) = a ⇒ a > 0
Ỡ N
G
Lại có z 2 = f ( x ) > f ( 0 ) = a ⇒ z = − a
(
)
BỒ
ID Ư
⇒ y2 = f ( z ) < f − a = − a
(
)
2
a − 1 ≤ 0 : vô lí.
- Xét x ≥ z ≥ y ⇒ z 2 ≥ y 2 ≥ x 2 Tương tự như trên nếu y ≥ 0 hay x ≤ 0 ta suy ra x = y = z
Nếu x > 0 > y ⇒ x 2 = f ( y ) < f ( 0 ) = a Trang 23 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
z 2 = f ( x ) > f ( 0 ) = a . Nếu z > a thì x ≥ z > a ⇒ x 2 ≥ z 2 ⇒ z 2 = y 2 = z 2
H Ơ
N
⇒ x = y = z trái với x > 0 > y
N
Nếu z < − a lí luận như trên ta dẫn đến mâu thuẫn.
TP .Q
U
Y
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = z = t0 ở đó t0 là nghiệm duy nhất của phương trình: t 3 + t 2 + t + a = 0 .
ẠO
2 3 x + y = 1 Bài toán 1.27: Chứng minh hệ 2 có đúng 3 nghiệm phân biệt. 3 y + x = 1
Đ
Hướng dẫn giải
H
Ư N
x 2 (1 − x ) − y 2 (1 − y ) = 0 ⇒ (1 − y 3 ) (1 − x ) − (1 − x3 ) (1 − y ) = 0
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
G
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Trừ 2 phương trình vế theo vế và thay thế ta được:
TR ẦN
⇒ (1 − x )(1 − y ) 1 + y + y 2 − (1 + x + x 2 ) = 0
B
⇒ (1 − x )(1 − y )( y − x )(1 + x + y ) = 0
10
00
Xét x = 1 thì hệ có nghiệm (1;0 ) . Xét y = 1 thì hệ có nghiệm ( 0;1)
3
Xét x = y thì x 2 + y 3 = 1 ⇔ x 3 + x 2 − 1 = 0
ẤP
2+
Đặt f ( x ) = x 3 + x 2 − 1, D = ℝ . Ta có f (1) = 1 ≠ 0 .
2 hoặc x = 0 . 3
A
C
f ' ( x ) = 3 x 2 + 2 x, f ' ( x ) = 0 ⇔ x = −
H
Ó
BBT
−2/3
−∞
-L
Í-
x
+
ÁN
y'
−
0
+∞ +
−23/27
+∞ −1
−∞
Ỡ N
G
TO
y
0
0
ID Ư
Do đó f ( x ) = 0 có 1 nghiệm duy nhất x0 > 0 , x0 ≠ 1 nên hệ có nghiệm ( x0 ; y0 ) .
BỒ
Xét 1 + x + y = 0 ⇒ y = − x − 1 nên y 2 + x 3 = 1 ⇔ x 3 + x 2 + 2 x = 0
⇔ x ( x 2 + x + 2 ) = 0 ⇔ x = 0 . Do đó hệ có nghiệm ( 0;1) .
Vậy hệ có đúng 3 nghiệm phân biệt. Bài toán 1.28: Tìm tham số để phương trình Trang 24 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn a) b)
3
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
1 + x + 3 1 − x = a có nghiệm
x 2 + mx + 2 = 2 x + 1 có 2 nghiệm phân biệt
H Ơ
N
Hướng dẫn giải
= lim
3
x →+∞
(
3
1+ x − 3 1− x
2
x →+∞
(
3
(1 + x ) )
2
+
3
ẠO Đ
)
1 − x + 3 1 + x = lim
(x
2
− 1) +
(
3
( x − 1) )
2
G
(
)
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
x →+∞
, f '( x ) = 0 ⇔ x = 0
Ư N
lim f ( x ) = lim
x →+∞
Y
2
H
2
( x ≠ ±1)
2
=0
B
Tương tự lim f ( x ) = 0 . Lập BBT thì PT có nghiệm ⇔ 0 < a ≤ 2 .
00
x →−∞
10
2 x + 1 ≥ 0 1 2 2 ⇔ 3 x + 4 x − 1 = mx, x ≥ − 2 2 x + mx + 2 = ( 2 x + 1)
2+
3
b) PT ⇔
C
ẤP
3x2 + 4 x − 1 1 = m, x ≥ − Vì x = 0 không thỏa mãn nên: x 2
Ó
A
3x2 + 1 3x 2 + 4 x − 1 1 , x ≥ − , x ≠ 0 thì f ' ( x ) = x 2 x2
H
Xét f ( x ) =
Í-
BBT:
-L
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
3 (1 + x ) 3
(1 − x ) − 3 (1 + x ) 2 2 3 3 (1 − x ) . 3 (1 + x )
3
=
2
1
U
3 (1 − x ) 3
+
TP .Q
1
TR ẦN
f '( x) = −
N
a) Xét f ( x ) = 3 1 − x + 3 1 + x , D = ℝ
−
1 2
TO
ÁN
x
f'
0
+∞ +
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
+
f
+∞ 9 2
+∞ −∞
Điều kiện phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
1 9 ⇔ f ( x ) = m có 2 nghiệm phân biệt x ≥ − , x ≠ 0 ⇔ m ≥ 2 2 Trang 25 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Bài toán 1.29: Tìm m để phương trình
(
x + x − 2 m2 x +
2 − 3 4 x ( x − 2 ) = 2 có nghiệm x−2
)
N
a)
H Ơ
π . 2
U
Y
Hướng dẫn giải
x x−2 − 34 = 1 − m2 x x−2
ẠO
00
⇔
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
2 − 3 4 x ( x − 2 ) = (1 − m 2 ) x x−2
Đ
⇔ x−2 +
G
2 − 3 4 x ( x − 2) = x − x − 2 x−2
) Ư N
⇔ m2 x +
x − x−2
B
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
(
H
2 − 34 x ( x − 2) = 2 x−2
TR ẦN
TP .Q
a) Điều kiện: x > 2 PT ⇔ 2 m 2 . x +
N
b) 3 tan x + 1. ( sin x + 2cos x ) = m ( sin x + 3cos x ) có nghiệm duy nhất thuộc khoảng 0;
1 x−2 ,0 < t < 1 . PT: 2 − 3t = 1 − m 2 ,0 < t < 1 . t x
10
4
1 2 − 3t , t ∈ ( 0;1) ⇒ f ' ( t ) = − 3 − 3 < 0, ∀t ∈ ( 0;1) 2 t t
ẤP
Xét f ( t ) =
2+
3
Đặt t =
A
C
Bảng biến thiên
0
1
H
Ó
t
f '(t )
-L
Í-
−
+∞ −2
TO
ÁN
f (t )
ID Ư
Ỡ N
G
Vậy phương trình cho có nghiệm khi
1 − m 2 > −2 ⇔ − 3 < m < 3
BỒ
b) Điều kiện: cos x ≠ 0 và tan x ≥ −1 Đặt t =
tan x + 1 ≥ 0 , phương trình:
3 tan x + 1
sin x + 2 cos x sin x + 3cos x =m cos x cos x Trang 26
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
⇔ 3 tan x + 1 ( tan x + 2 ) = m ( tan x + 3)
⇔ 3 tan x + 1 ( tan x + 1 + 1) = m ( tan x + 1 + 2 ) 3t 3 + 3t ⇔ 3t ( t + 1) = m ( t + 2 ) ⇔ m = 2 t +2
N
2
H Ơ
+ 2)
2
Y U TP .Q
(t
2
> 0.
ẠO
3t 4 + 15t 2 + 6
y' =
N
3t 3 + 3t Xét hàm số y = 2 với t ∈ (1; +∞ ) , t +2
x + 3 + ( 3m − 4 ) 1 − x + m − 1 = 0 có nghiệm
Đ Ư N
( 4m − 3)
H
a)
G
Bài toán 1.30: Tìm tham số để phương trình
TR ẦN
b) x 6 + 3 x 5 + ( 6 − a ) x 4 + ( 7 − 2a ) x 3 + ( 6 − a ) x 2 + 3x + 1 = 0 vô nghiệm. Hướng dẫn giải
(
x+3
2
) +(
1− x
)
2
00 10 3 2+
Ta có:
3 x + 3 + 4 1− x +1 4 x + 3 + 3 1− x +1 = 2 nên đặt:
ẤP
PT ⇔ m =
B
a) Điều kiện: −3 ≤ x ≤ 1 khi đó:
π
,0 ≤ t ≤ 1 nên: m =
Í-
2
, 0≤ϕ ≤
4
−52t 2 − 8t − 60
( −5t 2 + 16t + 7 )
2
< 0, ∀t ∈ [ 0;1]
ID Ư
Ỡ N
G
f '(t ) =
−7t 2 + 12t + 9 −5t 2 + 16t + 7
−7t 2 + 12t + 9 , t ∈ [ 0;1] −5t 2 + 16t + 7
TO
Xét f ( t ) =
ϕ
-L
Với t = tan
H
Ó
A
C
2t 1− t2 ; 1 − x = 2 cos ϕ = 2 x + 3 = 2sin ϕ = 2 1+ t2 1+ t2
ÁN
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m > y (1) ⇔ m > 2 .
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
2
7 2 ≤m≤ . 9 7
BỒ
Vậy điều kiện phương trình có nghiệm là f ( 0 ) ≤ m ≤ f (1) ⇔
b) Xét x = 0 ⇒ 1 = 0 : loại. Xét x ≠ 0 . Chia 2 vế cho x 3 phương trình: Trang 27
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
1 3 1 x 3 + 3 x 2 + ( 6 − a ) x + ( 7 − 2a ) + ( 6 − a ) . + 2 + 3 = 0 x x x
H Ơ Y U
1 1 1 + 3 x + nên x3 + 3 = t 3 − 3t . 3 x x x
(
)
Đ
ẠO
Do đó phương trình: t 3 − 3t + 3 t 2 − 2 + ( 6 − a ) t + 7 − 2a = 0
G Ư N
, t < −2 hay t ≥ 2 thì
2
27 27 ∀t ∈ D nên PT vô nghiệm khi a < . 4 4
3
Lập BBT thì f ( t ) ≥
10
00
t+2
( 2t + 5)( t + 1) f '(t ) = 2 2 (t + 2)
B
3
2+
Đặt f ( t )
( t + 1) =
3
TR ẦN
t 3 + 3t 2 + 3t + 1 ( t + 1) Khi t ≠ −2 thì phương trình: a = = t+2 t+2
H
Khi t = −2 thì phương trình không thỏa.
ẤP
Bài toán 1.31: Tìm tham số để bất phương trình có nghiệm
3
A
C
a) sin 3 x + cos3 x ≥ m
Í-
H
Ó
b) cos 2 2 x + 2 ( sin x + cos x ) − 3sin 2 x + m ≥ 0 Hướng dẫn giải
-L
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
( t + 2 ) a = t 3 + 3t 2 + 3t + 1
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
và t 3 = x 3 +
N
1 1 , t ≥ 2 ⇒ t 2 = x2 + 2 + 2 x x
TP .Q
Đặt t = x +
N
1 3 1 2 1 x + 3 + 3 x + 2 + ( 6 − a ) x + + 7 − 2a = 0 x x x
ÁN
a) Xét f ( x ) = sin 3 x + cos3 x = ( sin x + cos x )(1 − sin x.cos x )
TO
Đặt t = sin x + cos x; t ≤ 2
Ỡ N
G
t2 −1 ⇒ t = 1 + 2sin x cos x ⇒ sin x cos x = 2 2
BỒ
ID Ư
( t 2 − 1) 1 3 = − t 3 + t với t ≤ 2 Ta có h ( t ) = t 1 − 2 2 2 3 3 h ' ( t ) = − t 2 + = 0 ⇔ t = ±1 2 2
Lập BBT thì bất phương trình có nghiệm khi m ≤ 1 . Trang 28 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
b) Đặt t = sin x + cos x , t ≤ 2 và t 2 = 1 + 2sin x cos x ⇒ sin 2 x = t 2 − 1
cos 2 2 x = 1 − sin 2 2 x = −t 4 + 2t 2
N
( t ≤ 2)
H Ơ Y
N
Xét f ( t ) = −t 4 + 2t 3 − t 2 + m + 3
TP .Q
U
1 f ' ( t ) = 0 ⇒ t = 0; ;1 2
f ' ( t ) = −2t ( 2t 2 − 3t + 1) ;
ẠO
Lập BBT suy ra điều kiện có nghiệm là: m + 3 ≥ 0 ⇔ m ≥ −3
Đ
Bài toán 1.32: Tìm điều kiện của m để hệ bất phương trình có nghiệm
G Ư N
TR ẦN
Hướng dẫn giải
H
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
(1) x2 − 3x − 4 ≤ 0 3 2 x − 3x x − m − 15m ≥ 0 (2)
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
BPT: −t 4 + 2t 3 − t 2 + m + 3 ≤ 0;
Xét (1) : x 2 − 3 x − 4 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 4
B
Ta tìm điều kiện ngược lai, tức là tìm m để:
10 f ' ( x ) = 3x ( x + 2 ) < 0 f ' ( x ) = 3x ( x − 2 ) > 0
Í-
H
−1 ≤ x < 0 ⇒ Khi 0 ≤ x ≤ 2 ⇒ f ' ( x ) = 3 x ( x − 2 ) ≤ 0
-L
Ó
A
C
2 3 x + 6 x; −1 ≤ x ≤ 0 ⇒ f '( x ) = 2 3 x − 6 x;0 < x ≤ 4
ẤP
2+
3
x3 + 3x 2 − m 2 − 15m; −1 ≤ x ≤ 0 Vì f ( x ) = 3 2 2 x − 3 x − m − 15m;0 < x ≤ 4
00
f ( x ) = x 3 − 3x x − m 2 − 15m < 0; ∀x ∈ [ −1; 4]
⇒
ÁN
2< x≤4
TO
Do đó − m 2 − 15m + 16 < 0 ⇔ m < −16 ∨ m > 1
G
Vậy điều kiện có nghiệm là −16 ≤ m ≤ 1
ID Ư
Ỡ N
Bài toán 1.33: Cho 3 số a, b, c thỏa mãn abc ≠ 0 và
a b c + + = 0. 7 5 3
BỒ
Chứng minh phương trình: ax 4 + bx 2 + c = 0 có nghiệm. Hướng dẫn giải
Trang 29 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
Xét
hàm
F ( x) =
số
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
a 7 b 5 c 3 x + x + x 7 5 3
,
khi
đó
F ( x)
liên
tục,
có
hàm
đạo
N
F ' ( x ) = x 2 .( ax 4 + bx 2 + c ) = x 2 . f ( x ) nên theo dụng định lí Lagrange trên [ 0;1] thì tồn tại c ∈ ( 0;1) :
N U
Y
a b c + + = 0 nên F ' ( c ) = 0 hay c 2 . f ( c ) = 0 . 7 5 3
TP .Q
Mà F ( 0 ) = 0, F (1) =
H Ơ
F (1) − F ( 0 ) = F '( c ) . 1− 0
ẠO
Vì c ∈ ( 0;1) nên c 2 ≠ 0 do đó f ( c ) = 0 ⇒ đpcm.
Đ
Bài toán 1.34: Cho hàm số f có đạo hàm trên [ 0;1] và thỏa mãn f ( 0 ) = 0; f (1) = 1 . Chứng minh tồn tại 2 số
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
G Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
phân biệt a; b thuộc ( 0;1) sao cho f ' ( a ) . f ' ( b ) = 1 . Hướng dẫn giải
TR ẦN
H
Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) + x − 1 , khi đó thì g ( x ) liên tục và có đạo hàm trên [ 0;1] . Ta có: g ( 0 ) = −1 < 0 và g (1) = 1 > 0 nên tồn tại số c thuộc ( 0;1) sao cho g ( c ) = 0 .
00
B
Do đó f ( c ) + c − 1 = 0 hay f ( c ) = 1 − c
10
Áp dụng định lý Lagrange cho f trên các đoạn [ 0;c ] và ( c;1) thì:
3
f ( c ) − f ( 0) = f '( a ) c−0
C
f (1) − f ( c ) = f '(b) 1− c
Ó
A
và tồn tại b ∈ ( c;1) sao cho:
ẤP
2+
tồn tại a ∈ ( 0; c ) sao cho:
Í-
H
f ( c ) 1 − f ( c ) (1 − c ) c = =1 c 1− c c (1 − c )
-L
nên: f ' ( a ) . f ' ( b ) =
ÁN
Vậy tồn tại 2 số phân biệt a; b thuộc ( 0;1) sao cho f ' ( a ) . f ' ( b ) = 1
TO
Bài toán 1.35: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên [ 0;1] và nhận giá trị dương. Chứng minh bất phương trình:
2
π
( f (1) − 2 f ( 0 ) ) có nghiệm. Hướng dẫn giải
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
f '( x) − f ( x) ≤
Xét 2 hàm số: g ( x ) = arctan x; h ( x ) =
Ta có: g ' ( x ) =
f ( x) trên [ 0;1] , khi đó thì g ( x ) , h ( x ) có đạo hàm trên ( 0;1) . 1 + x2
1 2x 1 ; h '( x ) = − f ( x) + f '( x ) 2 2 2 2 1+ x 1 + x 1 + x ( ) Trang 30
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Theo định lý Cauchy thì tồn tại c ∈ ( 0;1) sao cho:
N
H Ơ
N
f (1) − f ( 0) h (1) − h ( 0 ) h ' ( c ) 2c = f '( c ) − f (c) hay 2 = 2 π + g (1) − g ( 0 ) g ' ( c ) 1 c −0 4 2c f (1) − 2 f ( 0 ) ) = f ' ( c ) − f (c) ( 1+ c π
Y
2
nên
2c f ( c ) ≥ f '( c ) − f ( c ) 1 + c2
ẠO
Vì 0 < c < 1 nên 1 + c 2 ≥ 2c và vì f ( c ) > 0 nên f ' ( cc ) −
TP .Q
U
2
H
Chứng minh tồn tại c nằm giữa x và x0 để có:
n +1 f ' ( x0 ) f '' ( x0 ) f ( ) ( x0 ) f ( ) (c) 2 n n +1 f ( x ) = f ( x0 ) + ( x − x0 ) + ( x − x0 ) + ... + ( x − x0 ) + ( x − x0 ) 1! 2! n! ( n + 1)!
TR ẦN
n
n)
( x ) = Pn( n) ( x0 )
10
f ( x0 ) = Pn ( x0 ) , f ' ( x0 ) = Pn/ ( x0 ) ,..., f (
00
B
Ta tìm một đa thức Pn ( x ) có bậc không vượt quá n sao cho
2
n
2+
3
với: Pn ( x ) = A0 + A1 ( x − x0 ) + A2 ( x − x0 ) + ... + An ( x − x0 )
ẤP
Lúc đó:
n −1
Ó
A
C
Pn/ ( x ) = A1 + 2 A2 ( x − x0 ) + ... + nAn ( x − x0 )
n −2
H
Pn/ / ( x ) = 2 A2 + 3.2. A3 ( x − x0 ) + ... + n ( n − 1) An ( x − x0 ) n)
( x ) = n! An .
-L
Pn(
Í-
…….
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
Ư N
G
Bài toán 1.36: Giả sử f là một hàm xác định trên [ a; b ] , có đạo hàm đến cấp n + 1 trên ( a; b ) và x0 ∈ ( a; b ) .
ÁN
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Đ
⇒ đpcm.
TO
Do đó thay x = x0 vào các đẳng thức trên ta được: n)
( x0 ) = n! An .
Ỡ N
G
Pn ( x0 ) = A0 , Pn/ ( x0 ) = A1 , Pn/ / ( x0 ) = 2 A2 ,..., Pn(
BỒ
ID Ư
Như vậy: f ( x0 ) = A0 , A1 = f ' ( x0 ) , 2 A2 = f ' ( x0 ) ,..., f
( n)
( x0 ) = n! An
nên:
f ' ( x0 ) f '' ( x0 ) f ( ) ( x0 ) n 2 Pn ( x ) = f ( x0 ) + ( x − x0 ) + ( x − x0 ) + ... + ( x − x0 ) 1! 2! n! n
( n)
Đặt Rn ( x ) = f ( x ) − Pn ( x ) ta suy ra Rn
( x) =
f n( ) x − Pn( n
n)
( x) Trang 31
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
( n)
thì: F ( x0 ) = F ' ( x0 ) = ... = Fn
Theo định lý Cauchy ta có
N
H Ơ
N
Rn ( x ) Rn ( x ) − Rn ( x0 ) = F ( x) F ( x ) − F ( x0 ) Rn ( x ) Rn/ (ξ1 ) với ξ1 nằm giữa x và x0 . = F ( x ) F ' (ξ1 )
Y
Với x ∈ ( a; b ) ta viết được
( x0 ) = 0 .
U
n +1
TP .Q
Đặt F ( x ) = ( x − x0 )
( x0 ) = 0 .
Đ Ư N
G
Rn/ (ξ1 ) Rn// (ξ 2 ) với ξ 2 nằm giữa ξ1 và x0 . = F ' (ξ1 ) F '' (ξ 2 )
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
ẠO
Rn/ (ξ1 ) Rn/ (ξ1 ) − Rn/ ( x0 ) Ta lại có và theo định lý Cauchy ta được: = F ' ( ξ1 ) F ' (ξ1 ) − F ' ( x0 )
TR ẦN
n +1
B
nằm giữa x và x0 .
( x ) và
F
Rn ( x ) f ( ) ( c ) = . ( x ) = ( n + 1)! nên F ( x) ( n + 1)! n +1
3
f
( n +1)
00
( x) =
Nhưng Rn
( n +1)
10
( n +1)
H
Rn ( x ) Rn( ) ( c ) Sau n + 1 lần áp dụng định lý Cauchy ta được = với c nằm giữa ξ n và x0 , và do đó c F ( x ) F ( n+1) ( c )
2+
Vậy:
A
C
ẤP
n +1 f ' ( x0 ) f '' ( x0 ) f ( n ) ( x0 ) f ( ) (c ) 2 2 n +1 f ( x ) = f ( x0 ) + ( x − x0 ) + ( x − x0 ) + ... + ( x − x0 ) + ( x − x0 ) . 1! 2! n! ( n + 1)!
H
Ó
trong đó c là một điểm nằm giữa x và x0 .
-L
Í-
Công thức trên được gọi là công thức khai triển Taylor của hàm f tại điểm x = x0 .
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
(n)
nên: Rn ( x0 ) = Rn/ ( x0 ) = ... = Rn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
ÁN
3. BÀI LUYệN TậP 2x x2 − 9
b) y =
ID Ư
Ỡ N
G
a) y =
TO
Bài tập 1.1: Tìm các khoảng đơn điệu của hàm số:
BỒ
a) Kết quả y ' =
x +1 x2 − x + 1
Hướng dẫn
−2 ( x 2 + 9 )
( x2 − 9)
2
< 0 nên hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng ( −∞; −3) , ( −3;3) , ( 3; +∞ ) .
b) Kết quả đồng biến trên ( −∞;1) , nghịch biến (1; +∞ ) . Trang 32 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
Bài toán 1.2: Tìm m để hàm số:
H Ơ
1 3 m 2 x − x − 2 x + 9 đồng biến trên (1; +∞ ) 3 2
N U
Y
Hướng dẫn
TP .Q
a) Tập xác định D = ( −∞; −1) ∪ ( −1; +∞ ) Tính đạo hàm y ' và lập luận y ' ≥ 0 trên D. Kết quả m ≥ 1 .
ẠO
b) Kết quả m ≤ −1 .
a) y =
Đ G b) y =
2
x2 ( x − 5) .
H
x −6
3
Ư N
x3
TR ẦN
Hướng dẫn a) Hàm số lẻ. Tính đạo hàm và lập BBT.
00
B
Kết quả CĐ tại x = −3; yC Ð = −9 3, CT tại x = 3; yCT = 9 3 .
10
b) Kết quả CĐ tại x = 0, yC Ð = 0 và CT tại x = 2; yCT = −3 3 4 .
2+
3
Bài toán 1.4: Tìm cực trị hàm số:
C
ẤP
a) y = x − sin 2 x + 2
b) y = sin 2 x + cos 2 x
Hướng dẫn
H
Dùng dấu đạo hàm cấp 2.
Ó
A
a) Tập xác định D = ℝ, y ' = 1 − 2cos 2 x, y '' = 4sin 2 x .
Í-
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Bài toán 1.3: Tìm cực trị của hàm số:
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
b) y =
N
x2 + ( m + 2) x − m + 3 đồng biến trên từng khoảng xác định a) y = x +1
π
6
+ kπ −
TO
π
G
yCT =
ÁN
-L
Kết quả: CĐ tại x = −
π 6
+ kπ +
π 3 + 2 ; đạt CT tại x = + kπ , k ∈ ℤ ; 2 6
3 + 2. 2
b) Kết quả điểm cực đại x =
π 8
+ kπ , điểm cực tiểu x =
ID Ư
Ỡ N
6
+ kπ , k ∈ ℤ, yC Ð = −
5π + kπ . 8
Bài toán 1.5:
(
)
BỒ
a) Tìm m để hàm số y = 2 x 3 − 3 ( 3m + 1) x 2 + 12 m 2 + m x + 1 có cực đại và cực tiểu. Viết phương trình đường thẳng đi qua CĐ, CT.
Trang 33 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
x 2 + 2mx + 1 − 3m 2 có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Oy. b) Tìm m để hàm số y = x−m
N
Hướng dẫn
2
(
H Ơ
a) Tập xác định D = ℝ . Lấy y chia y ' .
)
Y
N
Kết quả m ≠ 1 và y = − ( m − 1) x + 2 m 2 + m ( 3m + 1) + 1 .
TP .Q
U
b) Kết quả −1 < m < 1 . Bài toán 1.6: Chứng minh hàm số
(
)
(
)
TR ẦN
a) y ' có ∆ ' = a 2 + 3 a + b 2 > 0, ∀a, ∀b
B
27 . 4
00
b) Kết quả S =
10
Bài toán 1.7: Giải các phương trình:
2+
3
1 1 − 2x − 5 x − 1
ẤP
a) 3x 2 − 18 x + 24 =
3 − x + x2 − 2 + x − x2 = 1
2
2
1 1 − 2x − 5 x −1
Í-
H
a) PT: ( 2 x − 5 ) − ( x − 1) =
Hướng dẫn
Ó
A
C
b)
Ư N
H
Hướng dẫn
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
G
Đ
1 x2 − 3 x − ba điểm cực trị phân biệt A, B, C. Tính diện tích tam giác ABC. 2 x
2
1 1 2 = x −1 − 2x − 5 x −1
TO
ÁN
⇔ 2x − 5 −
-L
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
b) y =
ẠO
a) y = x 3 + ax 2 − 1 + b 2 x + a + 4b − ab luôn luôn có cực đại và cực tiểu với mọi tham số a, b.
G
Kết quả x = 2 hoặc x = 4
1± 5 . 2
ID Ư
Ỡ N
b) Kết quả x =
Bài toán 1.8: Giải các phương trình:
BỒ
a)
b)
3
x2 − 1 = x3 − 2 − x
x 2 − 2 3 x − 2 + x 2 − 3 3x + 4 = 3 Hướng dẫn Trang 34
Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com
a) Điều kiện: x ≥ 3 2 . Ta có:
x3 − 2 = x + 3 x 2 − 1 > x > 1 ⇒ x 3 > 3 ⇒ x ≥ 3 3 .
N Y
N
1 1 1 2 − + − 1 − = 0. x2 . x x4 x x x x
U TP .Q
Kết quả nghiệm duy nhất x = 3 . b) Hàm đơn điệu. Kết quả x = 3 .
ẠO
2 ( 4 x + 1) x + ( y − 3)( 5 − 2 y ) = 0 b) 4 x 2 + y 2 + 2 3 − 4 x = 7
G
Đ
x − 1 − y = 1 − x 3 a) 4 ( x − 1) = y
Ư N
H
TR ẦN
Hướng dẫn giải a) Điều kiện x ≥ 1, y ≥ 0 . Hệ phương trình tương đương với:
10
00
B
x − 1 − ( x − 1)2 + x3 − 8 = 0 (1) 4 (2) y = ( x − 1) 2
2+
3
Xét hàm số f ( t ) = t − 1 − ( t − 1) + t 3 − 8, với t ≥ 1 .
C
1 ; y = 2. 2
A
b) Kết quả x =
ẤP
Kết quả x = 3, y = 0 .
H
Ó
Bài toán 1.10: Giải bất phương trình:
x + 1 + 2 x + 6 > 20 − 3 x + 13
b)
x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 < 3 − x − x − 1
ÁN
-L
Í-
a)
TO
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
Bài toán 1.9: Giải các hệ phương trình:
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
3
x 3 thì được phương trình:
H Ơ
Chia 2 vế cho
Hướng dẫn
x + 1 + 2 x + 6 + 3 x + 13 ≥ 20
G
a) Điều kiện: x ≥ −1 . BPT viết lại:
f '( x) =
1 + 2 x +1
1 3 + > 0 . Kết quả x ≥ 3 . x + 6 2 x + 13
BỒ
ID Ư
Ỡ N
Xét f ( x ) là hàm số vế trái, x ≥ −1 thì:
b) Kết quả 1 ≤ x < 2 . Bài toán 1.11: Chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất:
x 7 − 5 x 4 + 15 x3 − x 2 + 2 x − 5 = 0 Trang 35 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial
www.twitter.com/daykemquynhon https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn
www.facebook.com/daykem.quynhon www.daykemquynhon.blogspot.com Hướng dẫn
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Tác giả Lê Hoành Phò
BỒ
ID Ư
Ỡ N
G
TO
ÁN
-L
Í-
H
Ó
A
C
ẤP
2+
3
10
00
B
TR ẦN
H
Ư N
www.daykemquynhon.ucoz.com MailBox : nguyenthanhtuteacher@hotmail.com
G
Đ
ẠO
TP .Q
U
Y
N
H Ơ
N
Chứng minh hàm VT đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) , còn khi x ≤ 0 thì vô nghiệm.
Trang 36 Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú
www.facebook.com/daykemquynhonofficial www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial