Tải bản đầy đủ

hd tlgt12

Trần Só Tùng
12

Hướng dẫn Bài tập Giải tích
CHƯƠNG I: KHẢO SÁT HÀM SỐ

Bài 5/4. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) tan 550 > 1, 4

b)



1
7
< sin 200 <
3
20

c) log 2 3 > log 3 4


π
1 + tan
1 + tan100
18
=
a) Ta có: tan 55 = tan(45 + 10 ) =
1 − tan100 1 − tan π
18
1+ x
f ( x) =
Xét hàm số:
. Ta có:
1− x
2
f ′( x ) =
> 0, ∀x ≠ 1 .
(1 − x) 2
0

0

0

⇒ f(x) đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.
π 
(1)
÷
 18 
π π
3 1
π
π
tan > > > ;
tan < tan = 1
Mặt khác:
18 18 18 6
18
4
1
1+


π 
1
6 = 1, 4
f  ÷> f  ÷=
Từ đó:
. Từ (1) suy ra đpcm.
1
 18 
 6  1−
6

Ta có: tan 550 = f 

1
6

⇒ < tan

π
<1
18

 1 1
 2 2
1
7  1 1
1
7
1
 7 
Mà ;sin 200 ; ∈  − ; ÷ nên < sin 200 <
⇔ f  ÷ < f (sin 200 ) < f  ÷
3
20  2 2 
3
20
 3
 20 
23
3 1,757

< sin 600 =
<
(1)
27
2
2
 462 < 273.3⇔ 2116 < 2187 (đú
ng)
Mặt khác, 
nên (1) đúng.
ng)
 3 < 1,757 (đú

b) Xét hàm số f ( x) = 3 x − 4 x 3 . Hàm số f(x) đồng biến trong khoảng  − ; ÷.

c) Ta có thể chứng minh bất đẳng thức tổng qt như sau:
Với a > 1 thì log a (a + 1) > log a +1 (a + 2)
(1)
Thật vậy, xét A =

log a +1 ( a + 2)
(dễ dàng thấy A > 0).
log a (a + 1)

Ta cần chứng minh A < 1.
Ta có

A=

=

log a +1 ( a + 2)
log a +1 ( a + 2) + log a +1 a
= log a +1 ( a + 2).log a +1 a ≤
=
log a (a + 1)
2
log a +1 ( a + 2) a log a +1 ( a + 1) 2

=1
2
2

⇒A < 1.
Áp dụng, với a = 2, thì log 2 3 > log 3 4 .
Cách khác: Xét hàm số f ( x) = log x ( x + 1) với x > 1. Hàm số f(x) nghịch biến với x > 1
⇒ f(2) > f(3) ⇒ log 2 3 > log 3 4 .
Bài 4/5. Giải các hệ phương trình:

Trang 1


Hướng dẫn Bài tập Giải tích 12
Trần Só Tùng
2 x + 1 = y 3 + y 2 + y

a)  2 y + 1 = z 3 + z 2 + z

3
2
2 z + 1 = x + x + x

(*)

Đặt f (t ) = t 3 + t 2 + t , t ∈ R . Ta có: f ′(t ) = 3t 2 + 2t + 1 > 0, ∀t ∈ R .
⇒ f(t) đồng biến trên R.
2 x + 1 = f ( y )

Hệ đã cho:
(*) ⇔  2 y + 1 = f ( z )
(1)
 2 z + 1 = f ( x)

Ta chứng minh rằng mọi nghiệm ( x0 ; y0 ; z0 ) (nếu có) của hệ (1) đều thoả mãn x0 = y0 = z0 .
Giả sử khơng như vậy, khi đó có thể cho là x0 > y0 . Từ tính đồng biến của f(t) trên R, ta
có: f ( x0 ) > f ( y0 ) ⇔ 2 z0 + 1 > 2 x0 + 1⇔ z0 > x0
⇔ f ( z0 ) > f ( x0 ) ⇔ 2 y0 + 1 > 2 z0 + 1 ⇔ y0 > z0 .
⇒ x0 > y0 > z0 > x0 . Điều vơ lí này chứng tỏ x0 = y0 = z0 .

Do đó:

2 x + 1 = x3 + x 2 + x

(1) ⇔ 

x = y = z
x = y = z =1
⇔
.
 x = y = z = −1

 x3 + x 2 − x − 1 = 0
( x + 1)( x 2 − 1) = 0
⇔
⇔
x = y = z
x = y = z

Vậy nghiệm của hệ là: (1; 1; 1), (–1; –1; –1).
 y 3 = 6 x 2 − 12 x + 8

c)  z 3 = 6 y 2 − 12 y + 8
 3
2
 x = 6 z − 12 z + 8

(1)

(*)

(2)
(3)


8



1

Từ (1) suy ra: y 3 = 6  x 2 − 2 x + ÷ = 6 ( x − 1)2 +  ≥ 2 ⇒ y ≥ 3 2 .
6
3


Tương tự, ta cũng có:
Hàm số

z ≥ 3 2, x ≥ 3 2 .

f (t ) = 6t 2 − 12t + 8 là tam thức bậc hai có GTNN tại t = −

b
= 1 , đồng biến khi t
2a

> 1. Ta viết hệ (*) dưới dạng:
 y 3 = f ( x)

(*) ⇔  z 3 = f ( y )
 3
 x = f ( z)

( x, y, z ≥ 3 2 > 1)

• Nếu x ≤ y thì do tính đồng biến của hàm f(t) khi t ≥ 3 2 ta suy ra f(x) ≤ f(y),
y3 ≤ z3
tức:
⇒y ≤ z
⇒ f(y) ≤ f(z) ⇒ z 3 ≤ x3
⇒ z ≤ x.
Vậy có: x ≤ y ≤ z ≤ x suy ra x = y = z.
( x − 2)3 = 0;
( y − 2)3 = 0;
( z − 2)3 = 0
Từ hệ (*) ta được:
Vậy:
x = y = z = 2.
• Nếu x > y thì f(x) > f(y) tức y 3 > z 3 ⇒ y > z ⇒ f(y) > f(z) ⇒ z 3 > x3 ⇒ z > x.
Vậy có: x > y > z > x. Điều vơ lí này chứng tỏ hệ có nghiệm duy nhất: x = y = z = 2.

Trang 2


Trần Só Tùng
12

Hướng dẫn Bài tập Giải tích

CHƯƠNG II: HÀM SỐ LUỸ THỪA – HÀM SỐ MŨ – HÀM SỐ LOGARIT
Bài 6/62: Giải phương trình mũ bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu.
2

2

i) 2x−1 − 2x − x = (x − 1)2 ⇔ 2x−1 − 2x − x = (x2 − x) − (x − 1)
2

⇔ 2x−1 + (x − 1) = 2x − x + (x2 − x)

(*)

Đặt t(t) = 2t + t . Ta có: f ′(t) = 2t ln2 + 1 > 0, ∀t ⇒ f (t) đồng biến trên (–∞; +∞).
Do đó: (*) ⇔ x2 − x = x − 1 ⇔ x = 1. PT có nghiệm x = 1.
Cách khác: Ta có: (x − 1)2 ≥ 0 ⇒ x2 − x ≥ x − 1 ⇒ 2x − x ≥ 2x−1
2

(x − 1)2 = 0
Do đó: VT ≤ 0, VP ≥ 0. Cho nên: PT ⇔  x−1
⇔ x = 1.
x2 − x
2 = 2
m) 2x+1 − 4x = x − 1 ⇔ 2 x (2 − 2 x ) = x − 1
• x = 1 là nghiệm của phương trình.
• x > 1: VT < 0; VP > 0
• x < 1: VT > 0; VP < 0
⇒ PT có nghiệm duy nhất x = 1.
x
2

n) 2 x = 3 + 1 ⇔

x
2
4

x
2
=3

x

x
2
+1

x

⇔  3  2 +  1  2 = 1. PT có nghiệm duy nhất x = 2.
 ÷  ÷
 4
 4

o) 4 x + 7 x = 9 x + 2
• Dễ thấy rằng PT có nghiệm x = 0, x = 1. (PT khơng có nghiệm duy nhất)
Xét hàm số: f ( x) = 4 x + 7 x − 9 x − 2
Ta có:

f ′ ( x) = 4 x ln 4 + 7 x ln 7 − 9
f ′′( x) = 4 x ln 2 4 + 7 x ln 2 7 0, với ∀x ∈ R ⇒ hàm số f ′( x ) đồng biến trên R.

Mặt khác f ′( x) liên tục trên R và f′(−1). ′(1) < 0 ⇒ PT f ′( x) = 0 có nghiệm duy nhất
x0 ∈ (–1; 1). Ta có bảng biến thiên sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có khơng q 2 nghiệm.
Vậy nghiệm của phương trình là: x = 0; x = 1.
Bài tập tương tự: a) 3x + 5 x = 6 x + 2
b) 3x + 2 x = 3 x + 2
q) 3x + 8x = 4 x + 7 x ⇔ 8 x − 7 x = 4 x − 3x
Sử dụng định lí La–grăng: "Nếu hàm số f(x) liên tục trên [a; b], có đạo hàm trên khoảng
f (b) − f (a )
(a; b) thì tồn tại ít nhất 1 điểm c ∈ (a; b) sao cho: f ′(c) =
".
b−a

Xét hàm số: f ( x) = (a + 1) − a liên tục trên R và f(7) = f(3)
Trang 3
x

x


Hướng dẫn Bài tập Giải tích 12
Trần Só Tùng
x

1
x

Ta có: f ′(a) = x(a + 1) − xa 1 . Theo định lí La–grăng thì ∃ c ∈ (3; 7) sao cho:
x = 0
x = 0
f (7) − f (3)
f ′( c ) =
= 0 ⇔ x(c + 1) x −1 − xc x −1 = 0 ⇔ 
⇔
x −1
x −1
7 −3
x =1
(c + 1) − c = 0

Vậy phương trình có nghiệm: x = 0, x = 1.
Bài tập tương tự: r), s)
(Còn tiếp)

Trang 4



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×