Tải bản đầy đủ

20 Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi THPT

TÀI LIỆU RẤT DÀI (KHOẢNG 600 TRANG), GỒM 20 CHUYÊN ĐỀ NÊN
CHÚNG TÔI XIN TRÍCH DẪN MỘT PHẦN NỘI DUNG CỦA SÁCH NÀY.
HÃY DÙNG BẢN WORD ĐỂ CÓ TRỌN VEN BỘ TÀI LIỆU NÀY

Trang 1 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


CHUYÊN ĐỀ 1 - TÍNH ĐƠN ĐIỆU VÀ CỰC TRỊ
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
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:

f b   f  a 
 f '  c  hay f  b   f  a    b  a  f '  c 
ba

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

c   a; b  để f '  c   0 .
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

x   a; b  .

Lúc đó tồn tại c   a; b  để

f b  f  a  f 'c 
.

g b  g  a  g 'c 

Tính đơn điệu
Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng  a; b  khi đó:
- Nếu f đồng biến trên  a; b  thì f '  x   0 với mọi x   a; b  .
- Nếu f nghịch biến trên  a; b  thì f '  x   0 với mọi x   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 đồng
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
biến trên khoảng  a; b  .
- 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 2 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


- 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  .
- Nếu f '  x   0 với mọi x  D thì hàm số f không đổi trên D.
Cực trị của hàm số
Cho hàm số f xác định trên tập hợp D và x0  D .

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
f  x   f  x0  , x   a; b  \ x0  .

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
f  x   f  x0  , x   a; b  \ x0  .

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 .
- Cho y  f  x  liên tục trên khoảng  a; b  chứa x0 có đạo hàm trên các khoảng  a; x0  và  x0 ; b  :
Nếu f '  x  đổi dấu từ âm sang dương thì f đạt cực tiểu tại x0
Nếu f '  x  đổi dấu từ dương sang âm thì f đạt cực đại tại x0
- 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
Nếu f '  x0   0 và f ''  x0   0 thì f đạt cực đại tại x0


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

x  a là nghiệm duy nhất của phương trình f  x   0 .
- 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
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 3 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


- Nếu f là một hàm liên tục trên  a; b  , có đạo hàm trên  a; b  thì phương trình f '  x  
nhất một nghiệm c   a; b  .

f b   f  a 
có ít
ba

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
nghiệm của f thì có ít nhất một nghiệm của đạo hàm f ' .
Chú ý:
1) Tung độ cực trị y  f  x  tại x  x0 :
Hàm đa thức: y  q  x  . y ' r  x   y0  r  x0 

u  x0  u '  x0 
u  x
 y0 

v  x
v  x0  v '  x0 

Hàm hữu tỉ: y  f  x  

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
qua CĐ, CT là y  r  x  .
2) Số nghiệm của phương trình bậc 3: ax3  bx 2  cx  d  0, a  0 .
Nếu f '  x   0, x hay f '  x   0, x thì f  x   0 chỉ có 1 nghiệm.
Nếu f '  x   0 có 2 nghiệm phân biệt và:
Với yC Ð . yCT  0 : phương trình f  x   0 chỉ có 1 nghiệm
Với yC Ð . yCT  0 : phương trình f  x   0 có 2 nghiệm (1 đơn, 1 kép)
Với yC Ð . yCT  0 : phương trình f  x   0 có 3 nghiệm phân biệt

2. CÁC BÀI TOÁN
Bài toán 1.1: Chứng minh các hàm số sau là hàm không đổi




a) f  x   cos 2 x  cos 2  x 





  cos x cos  x  
3
3


b) f  x   2  sin 2 x  sin 2  a  x   2cos a.cos x.cos  a  x 
Hướng dẫn giải
a)

  





f '  x   2cos x sin x  2cos  x   sin  x    sin x cos  x    cos x.sin  x  
3 
3
3
3



2

  sin 2 x  sin  2 x 
3





  sin  2 x  
3



Trang 4 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word





  sin 2 x  2cos  2 x   .sin
2
6



  sin 2 x  cos  2 x    0 , với mọi x.
2

Do đó f hằng trên R nên f  x   f  0   1 

1 1 3
  .
4 2 4

b) Đạo hàm theo biến x (a là hằng số).

f '  x   2sin x cos x  2cos  a  x  sin  a  x   2cos a sin x cos  a  x   cos x sin  a  x 

 2sin 2 x  sin  2 x  2a   2cos a.sin  2 x  a   0 .
Do đó f hằng trên R nên f  x   f  0  2  sin 2 a  2cos2 a  sin 2 a .
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
minh: P  x   Q  x  .
Hướng dẫn giải
Xét hàm số f  x   P  x   Q  x  , D 
Ta



f ' x  P ' x  Q ' x   0

theo

giả

thiết,

do

đó

f  x



hàm

hằng

f  x   f  0  P  0  Q  0  0 với mọi x.
 f  x  0  P  x  Q  x .
Bài toán 1.3: Chứng minh rằng:
a) arcsin x  arccos x 
b) 2arctan x  arcsin


2

, x 1

2x
  , x  1
1  x2
Hướng dẫn giải

a) Nếu x  1, x  1 thì đúng.
Nếu 1  x  1 thì xét hàm số f  x   arcsin x  arccos x

 f ' x 

1
1  x2



1 
 0  f  x  C  f   
2 2
1  x2
1

b) Với x  1 , xét f  x   2arctan x  arcsin

2x
1  x2

Trang 5 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word

nên


2  2x2

1  x2 

2
2
2
Ta có f '  x  



 0 (vì x  1 )
2
2
2
1 x
1

x
1

x
2 2
1 x 

2 
1 x 
2

Suy ra f  x   C  f  1  





2


4

Bài toán 1.4: Tính gọn arctan x  arctan




4

.

1
với x  0 .
x
Hướng dẫn giải

Xét f  x   arctan x  arctan

1
. D   ;0    0;  
x

Với x   0;   thì f liên tục và có đạo hàm

1
1
x 2  1  1  0 nên f hằng trên  0; 
f ' x  

1  x2 1  x2 1  x2 1  x2
x2
Do đó f  x   f 1 


4




4




2

.

Với x   ;0  thì f liên tục và có đạo hàm f '  x   0 nên f hằng trên  ;0  .
Do đó f  x   f  1  


4




4




2

 
 khi x  0
1  2
Vậy arctan x  arctan  
x 
khi x  0
 2
Bài toán 1.5: Tìm số c trong định lý Lagrange:
a) y  f  x   2 x 2  x  4 trên  1;2
b) y  f  x   arcsin x trên  0;1
Hướng dẫn giải
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 6 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


f  2   f  1
63
1
 f 'c  
 4c  1  4c  2  c  .
2   1
3
2
b) Hàm số y  f  x   arcsin x liên tục trên  0;1 và có đạo hàm f '  x  

1
1  x2

, theo định lý Lagrange

thì tồn tại số c  0;1 sao cho:



0
f 1  f  0 
1
2
 f 'c 

1 0
1
1  c2
 1  c2 





2

 c2  1 





2

. Chọn c  1 

4

2

.

Bài toán 1.6: Xét chiều biến thiên của hàm số:
b) y 

a) y  x 4  2 x 2  5

1

 x  4

2

Hướng dẫn giải
a) D 





. Ta có y '  4 x3  4 x  4 x x 2  1





x



Cho y '  0  4 x x 2  1  0  x  0 hoặc x  1 .
BBT
−1


y'

0

0
+

0



1


0

+

y

Vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 1 và  0;1 , đồng biến trên mỗi khoảng  1;0  và

1;  .
b) D 

\ 4 . Ta có y ' 

2

 x  4

3

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 7 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


a) y 

x3

b) y 

x2  6

x 1
1 x

Hướng dẫn giải



 

a) Tập xác định D  ;  6 
Ta có: y ' 

2 x2  x2  9

x

2

 6 x  6
2

6; 



, y '  0  x  3 .

BBT:



x
y'

 6

−3
+



0



3

6


0

+

y





Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 3 ,  3;   , nghịch biến trên các khoảng 3;  6 ;
b) D   ;1 . Ta có y ' 

3 x
2 1  x 

3



6;3 .

 0, x  1.
b) y  x  sin x trên  0;2 

a) y  x  cos2 x

Hướng dẫn giải
a) D 

. Ta có y '  1  2cos x sin x  1  sin 2 x

y '  0  sin 2 x  1  x 
Hàm

số

liên

tục


4

trên

 k , k 
mỗi

đoạn




 4  k , 4   k  1  




  k ;   k  1   nên đồng biến trên mỗi đoạn
4
4

Vậy hàm số đồng biến trên



y'  0

trên

mỗi




 4  k ; 4   k  1   , k  .

.

b) y '  1  cos x . Ta có x 0;2   y '  0 và y '  0  x  0 hoặc x  2 .
Vì hàm số liên tục trên đoạn  0;2  nên hàm số đồng biến trên đoạn  0;2  .
Bài toán 1.9: Chứng minh các hàm số
Trang 8 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word

khoảng


a) y  cos 2 x  2 x  5 nghịch biến trên
b) y 

sin  x  a 
 a  b  k ; k 
sin  x  b 

 đơn điệu trên mỗi khoảng xác định.
Hướng dẫn giải

a) x1 , x2  , x1  x2 . Lấy hai số a, b sao cho a  x1  x2  b .
Ta có: f '  x   2  sin 2 x  1  0 với mọi x   a; b  .
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.
b) Điều kiện x  b  k

y' 

k   .

sin  x  b  cos  x  a   sin  x  a  cos  x  b  sin  b  a 

sin 2  x  b 
sin 2  x  b 

Vì y ' liên tục tại mọi điểm x  b  k , và a  b  k nên y ' giữ nguyên một dấu trong mỗi khoảng xác
định  đpcm.
Bài toán 1.10: Tìm các giá trị của tham số để hàm số:
a) y   m  3 x   2m  1 cos x nghịch biến trên

.

b) y  x3  3x 2  mx  m chỉ nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 3.
Hướng dẫn giải
a) y '  m  3   2m  3 sin x
Hàm số y không là hàm hằng nên y nghịch biến trên

:

y '  0, x  m  3   2m  1 sin x  0, x
Đặt t  sin x, 1  t  1 thì m  3   2m  1 sin x  m  3   2m  1 t  f  t 
Điều kiện tương đương: f  t   0, t   1;1


m  4  0
2
 f  1  0


 4  m  .
3
3m  2  0

 f 1  0
b) D 

, y '  3x2  6 x  m,  '  9  3m

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 9 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


BBT:



x
y'

+



x2

x1


0

0

+

y

Theo đề bài: x2  x1  3   x2  x1   9  x12  x22  2 x1 x2  9
2

4
15
2
  x2  x1   4 x1 x2  9  4  m  9  m   (thỏa)
3
4
Bài toán 1.11: Tìm cực trị của các hàm số sau:
a) y   x  2 

2

 x  3

b) y  x  x  2 

3

Hướng dẫn giải
a) y '  2  x  2  x  3  3  x  2 
3

2

 x  3

2

 5x  x  2  x  3

2

Ta có y '  0  x  2 hoặc x  0 hoặc x  3
BBT

x



y'

−2
+

0

0


0

0

y





3
+

0
0

+



−108

Vậy điểm cực đại  2;0  và cực tiểu  0; 108
b) Hàm số y  f  x  liên tục trên


 x  x  2
f  x  

 x  x  2

. Ta có:

khi x  0
khi x  0

Với x  0, f '  x   2 x  2; f '  x   0  x  1
Với x  0, f '  x   2 x  2  0

Trang 10 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


BBT



x

−1

y'

+



0

y



0
+

1
0

Vậy điểm CĐ  1;1 , CT  0;0  .
Bài toán 1.12: Tìm cực trị của hàm số
a) y 

x 1
x2  8

x3

b) y 

x2  6

Hướng dẫn giải
a) D 

. Ta có y ' 

x 2  8  2 x  x  1

 x 2  8

2



 x2  2 x  8

x

2

 8

2

y '  0  x  4 hoặc x  2 .
BBT



x

−4


y'
y

0

0

+

0



 

b) Tập xác định D  ;  6 

3x 2 x 2  6 
y' 



1/4
−1/8

Hàm số đạt CĐ tại x  2 , yC Ð 



2

0

1
1
, đạt CT tại x  4; yCT   .
8
4

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

y '  0  x  0 hoặc x  3 .

Trang 11 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


BBT



x
y'

 6

−3
+



0



0

+



9 3

y



3

6







9 3

Hàm số đạt CĐ tại x  3; yC Ð  9 3 , đạt CT tại x  3; yCT  9 3 .
Bài toán 1.13: Tìm cực trị của hàm số
a) y  x  sin 2 x  2

b) y  3  2cos x  cos 2 x
Hướng dẫn giải

a) D 

, y '  1  2cos 2 x

y '  0  cos 2 x 

1

 x    k , k  , y ''  4sin 2 x .
2
6

 

 
 k   4sin     2 3  0 nên hàm số đạt cực đại tại điểm
 6

 3

Ta có y ''  

x


6

 k , k  , yC Ð  


6

 k 

3
 2.
2




 k   4sin  2 3  0 nên hàm số đạt cực tiểu tại các điểm:
3
6


Ta có y '' 

x


6

 k , k  , yCT 


6

 k 

3
2
2

b) y '  2sin x  2sin 2 x  2sin x 1  2cos x  :

sin x  0
2
 2k , k 
y'  0  
 x  k hoặc x  
1
cos x  
3
2


.

y ''  2cos x  4cos 2 x
Ta có y ''  k   2cos k  4cos 2k  2cos k  4  0 , với mọi k 

, nên hàm số đã cho đạt cực tiểu

tại các điểm x  k , yCT  2  2cos k bằng 0 khi k chẵn và bằng 4 khi k lẻ.

Trang 12 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


2
4
2
 2

 2k   2cos
 4cos
 6cos
 3  0 nên hàm số đạt cực đại tại điểm:
3
3
3
 3

2
9
x
 2k , k  , yC Ð  .
3
2

Ta có y ''  

Bài toán 1.14: Chứng minh hàm số

2 x khi x  0

a) f  x   
không có đạo hàm tại x  0 nhưng đạt cực trị tại điểm đó.
x
sin
khi
x

0
 2
b) y  f  x    x  a  x  b  x  c  , a  c luôn có cực đại và cực tiểu.
Hướng dẫn giải
a) Hàm số f xác định và liên tục trên

. Ta có

2 x khi x  0
1

nên lim f '  x   2  lim f '  x   , do đó f không có đạo hàm tại x  0
f ' x   1
x
x 0
x 0
2
 2 cos 2 khi x  0
và BBT trên khoảng   ;   .

x



y'



0


+

y

0

Vậy hàm số đạt cực đại tại x  0 và yC Ð  y  0   0 .
b) D 

. y '   x  b  x  c    x  a  x  c    x  a  x  b  .

 3x2  2  a  b  c   ab  bc  ca .

 '   a  b  c   3 ab  bc  ca   a 2  b2  c 2  ab  bc  ca
2



1
2
2
2
a  b    b  c    c  a    0 với a  c .


2

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.
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 13 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


b)

f  x 

a sin x  cos x  1
đạt cực trị tại 3 điểm thuộc
a cos x

 9 
 0; 
 4 

Hướng dẫn giải
a) Ta có f '  x   1 

q
, với mọi x  1.
x 1

Nếu q  0 thì f '  x   0 với mọi x  1: loại.
Nếu q  0 thì phương trình: f '  x  

x2  2 x  1  q

 x  1

2

 0 có hai nghiệm phân biệt x1  1  q và

x2  1  q .
BBT:

1  q



x
y'

+

0

1  q

−1




0


+

y

Hàm số đạt cực đại tại điểm  2; 2  khi và chỉ khi



1  q  2
 q  1 q  1



f

2


2
p

1



p 1



b) Điều kiện x 


2

 k . Ta có y ' 

a  sin x
, y '  0  sin x  a .
a cos 2 x

 sin 2 x  2a sin x  1
y '' 
a cos3 x
Với sin x  a thì y '' 

1
 0 , do đó hàm số đạt cực trị tại 3 điểm thuộc khoảng
sin x cos x

 9
 sin x  a có 3 nghiệm thuộc khoảng  0;
 4

 9 
 0; 
 4 

2
   3 
\ ; 0a
2
 2 2 

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 14 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


x 2  2mx  2
b) y 
có hai điểm cực trị A và B. Chứng minh đường thẳng AB song song với đường thẳng
x 1
2 x  y  10  0 .
Hướng dẫn giải
a) Điều kiện: x  1 .
Ta có y ' 

mx 2  2mx  3

 x  1

2

, đặt g  x   mx 2  2mx  3 .

Đồ thị có 2 cực trị  m  0,  '  0, g 1  0  m  3 hoặc m  0
Ta có x1  x2  2, x1 x2  

3
nên yC Ð . yCT  0
m

  2mx1  2  4m  2mx2  2  4m   0

 4m2 x1 x2  2m  2  4m  x1  x2    2  4m   0
2

1
2
 12m  2m  2  4m    2  4m   0  4  20m  0  m  .
5
b) ĐK: x  1 . Ta có y ' 

x 2  2 x  2m  2

 x  1

2

Điều kiện có 2 cực trị A, B là  '  0 và g 1  0 .

 3  2m  0 và 3  2m  0  m 



3
. Ta có
2







A 1  3  2m ;2  2m  2 3  2m và B 1  3  2m ;2  2m  2 3  2m .
Hệ số góc của đường thẳng AB là: k 

y  x2   y  x1  4 3  2m

 2.
x2  x1
2 3  2m

Và 2 x  y  10  0  y  2 x  10 nên hệ số góc bằng nhau  đpcm.
Bài toán 1.17: Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đai, cực tiểu của đồ thị.





a) y  x3  3mx 2  3 m2  1 x  m3  3m

x 2  2mx  5m  4  m2
b) y 
x2
Hướng dẫn giải





a) y '  3x 2  6mx  3 m2  1 ,  '  1  0, x nên đồ thị luôn luôn có CĐ và CT với hoành độ x1 , x2 .
Trang 15 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


1
3

Ta có: y  x    x 

m
 y ' x   2  x  m
3

1
3

Do đó: y1  y  x1    x1 

1
3

và y2  y  x2    x2 

m
 y '  x1   2  x1  m   2  x1  m 
3

m
 y '  x2   2  x2  m   2  x2  m 
3

nên đường thẳng qua CĐ, CT là y  2  x  m 

m  m2
x2

b) ĐK: x  2 . Ta có y  x  2  m  1 

nên

 x  2    m  m2 
y '  1

2
2
 x  2
 x  2
2

m  m2

Điều kiện có CĐ và CT là m  m2  0  0  m  1.
Gọi x1 , x2 là hoành độ CĐ, CT thì x1  2  x2 . Ta có

y  x1   x1  2  m  1 

m  m2
 x  2  m  1   x1  2   2 x1  2m
 x1  2  1

m  m2
y  x2   x2  2  m  1 
 x  2  m  1   x2  2   2 x2  2m
 x2  2 2
Vậy phương trình đường thẳng qua CĐ và CT là y  2 x  2m
Bài toán 1.18:









a) Cho đồ thị của hàm số: y  3a 2  1 x3  b3  1 x 2  3c 2 x  4d có hai điểm cực trị là 1; 7  ;  2; 8 .
Hãy tính tổng M  a 2  b2  c 2  d 2 .
b) Tìm a để đồ thị hàm số

 x  1
y

3

x

 a 1

có 3 cực trị và chứng minh 3 cực trị này thuộc một parabol cố

định.
Hướng dẫn giải





a) Đặt A  3a 2  1, B   b3  1 , C  3c 2 , D  4d , thì hàm số đã cho là:

y  Ax3  Bx2  Cx  D
Ta có: y '  3 Ax 2  2Bx  C

Trang 16 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


 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
 y 2  8
8 A  4 B  2C  D  8
 D  12
  
Nên được a  1, b  2, c  2, d  3 .
Vậy M  a 2  b 2  c 2  d 2  12  22  22  32  18 .
b) Ta có y ' 

2 x3  3x 2  a
, x  0.
x2

y '  0  2 x 3  3 x 2  a  0  a  2 x 3  3x 2 , x  0
Bằng cách xét hàm số g  x   2 x3  3x 2 , x  0 và lập bảng biến thiên thì điều kiện hàm số cho có 3 cực trị
khi g  x   0 có 3 nghiệm phân biệt khác 0 là 1  a  0 .
Từ tọa độ các điểm cực trị suy ra các điểm cực trị này nằm trên  P  :

y  3x 2  6 x  3 cố định.
Bài toán 1.19: Giải các phương trình:
a)

x2  2 x  4  x2  2x  4  2





3 1

b) 2 x3  x 2  3 2 x3  3x  1  3x  1  3 x 2  2
Hướng dẫn giải
a) Xét hàm số f  x  

f ' x 

x 2  2 x  4  x 2  2 x  4 trên

x 1
x2  2 x  4

Xét hàm số g  t  


t

t2  3

x 1
x2  2x  4
trên

nên hàm số g  t  đồng biến trên

x 1  x 1 

x 1

 x  1  3
2



nên hàm số f  x  đồng biến trên



x 1

 x  1

, g 't  

t

2

3

.



x 1

 x  1

3

2

 3 t 2  3

2

3

0

, do đó:

x 1

 x  1  3
2

 f ' x   0

, do đó:

Trang 17 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


x2  2x  4  x2  2x  4  2





3  1  f  x   f  2  x  2 .

Vậy nghiệm duy nhất x  2 .
b) PT  2 x3  3x  3 2 x3  3x  1  x 2  1  3 x 2  2
Xét hàm số: f  t   t  3 t  1 trên

1

, f 't   1 
3

3

 t  1

2

 0 nên hàm số f  t  đồng biến trên

đó:









PT: f 2 x3  3x  f x 2  1  2 x3  3x  x 2  1

1

 2 x3  x 2  3x  1  0   x    2 x 2  2 x  2   0
2

x

1 5
1
hay x 
.
2
2

Bài toán 1.20: Giải các phương trình:
a) 9 x 2  54 x  72 



1
1

2x  5 x 1



b) 4 2 x  1 x 2  x  1  x3  6 x 2  15 x  14
Hướng dẫn giải

5
2

1
1
2
 3  x  1 
2x  5
x 1

a) ĐK: x  1; , PT : 3  2 x  5  
2

Xét f  t   3t 2 

f '  t   6t 

1
với t  0 . Ta có:
t

1
 0 nên f đồng biến trên  0; 
t2









Phương trình: f 2 x  5  f x  1  2 x  5  x  1

 4 x2  20 x  25  x2  2 x  1  3x2  18x  24  0
 x2  6 x  8  0  x  2 hoặc x  4 (chọn)
Vậy nghiệm x  2 hoặc x  4
b) PT: 2 x  1 .  2 x  1  3   x  2   3x  6
2



3



 2x  1  3 2x  1   x  2  3 x  2
3

3

Trang 18 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word

, do


Xét hàm số f  t   t 3  3t , D 
Ta có f '  t   3t 2  2  0 nên f đồng biến trên



.



PT: f 2 x  1  f  x  2   2 x  1  x  2


x  2
x  2  0

(VN ) . Vậy S   .
2
2  
2
3
x

3
2
x

1

x

2







Bài toán 1.21: Giải các hệ phương trình:
7
5
7
5

5 x  7 x  5 y  7 y
a) 
3
3
8
x

1
 27  162 y






x 2  y 2  5; y  1
(1)

b) 
2
y  1  x  y   1  x  y  y 2  2 y  (2)





Trang 19 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word
Hướng dẫn giải
thì f '  t   35t 6  35t 4  0, t nên f đồng biến trên

a) Xét f  t   5t 7  7t 5 , t 

.

Do đó 5x7  7 x5  5x7  7 x 2  f  x   f  y   x  y







3



3

Nên 8 x3  1  27  162 y  8 x3  1  162 x  27





Đặt u  2 x , phương trình: u 3  1  27  3u  1  u 3  1  3 3 3u  1
3

Lại đặt v  3 3u  1  v3  1  3u
3
u 3  1  3v

u  1  3v

 3 3
Ta có hệ:  3


v  1  3u
u  v  3  v  u 
3

u 3  1  3v
u  1  3v


2
2
u

v
u

vu

v

3

0




u  v  0



Do đó u 3  1  3u hay 8x3  6 x  1  0
Xét x   1;1 nên đặt x  cos t





PT: 2 4cos3 t  3cos t  1  cos t  

1
2 k 2
t 

,k 
2
9
3



Trang 19 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


Từ đó có 3 giá trị của x và cũng chính là 3 nghiệm của phương trình bậc 3:

x  cos

2
8
14
.
, x  cos , x  cos
9
9
9

Vậy nghiệm hệ x  y  cos
b)

 2   y  1  x  y 

2

2
8
14
.
;cos ;cos
9
8
9

2
 1  x  y  y  1  1




Với y  1:  3  x  1: không thỏa (1)
Với x  y  0  3  y  1  x  1 ; không thỏa (1)
Với x  y  0, y  1:  3

 x y 

 x  y


2

x y

1

 y  1


2

1

y 1

1
1
 y 1
x y
y 1
1
t

Xét hàm số f  t   t  , D   0;  

f 't   1 



1
 0, t  D  hàm số đồng biến trên D
t2



PT  f x  y  f  y  1  x  y  y  1

y 1

 x  1 hay x  1  2 y

1  2 24
x

x


1


5
Khi x  1: 
. Khi x  1  2 y : 
y  2
 y  2  24

5
Bài toán 1.22: Giải các hệ phương trình

 x2  2x  1  2 y

a)  y 2  2 y  1  2 z
z2  2z  1  2x


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

a) Ta có 2 y  x 2  2 x  1   x  1  0  y  0 . Tương tự z, x  0 .
2

Trang 20 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


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 .
- 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 .
Ta có PT: t 2  4t  1  0 chọn nghiệm: x  y  z  2  3
- Nếu 0  x  1 thì f  0   f  x   f 1  0  f  x   1
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
Do đó x  y  z  f  x   f  y   f  z   g  y   g  z   g  x 

 y  z  x nên x  y  z .
Ta có PT t 2  4t  1  0 chọn nghiệm: x  y  z  2  2 .
Xét x  z  y thì cùng nhận được kết quả trên.
Vậy hệ có 2 nghiệm x  y  z  2  3, x  y  z  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

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.

60t 2
,t  0 .
Nếu x  0 thì y  0, z  0 . Xét hàm số f  t  
36t 2  25

f '  t   0, t  0 nên f đồng biến trên  0;  .

Trang 21 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word



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; .



 5 5 5 
 6 6 6 

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là  0;0;0  ;  ; ;   .



Bài toán 1.23: Giải các bất phương trình
a)

2 x3  3x2  6 x  16  2 3  4  x

b)

x2  2 x  3  x2  6 x  11  3  x  x  1
Hướng dẫn giải

2 x3  3x 2  6 x  16  0
a) ĐK 
 2  x  4
4  x  0
Xét: f  x   2 x3  3x 2  6 x  16  4  x

f ' x 

6  x 2  x  1
2 2 x3  3x 2  6 x  1



1
0
2 4 x

Suy ra f  x  là hàm số đồng biến
Do đó BPT: f  x   f 1  x  1. Vậy S  1;4 

x 1  0
1 x  3
3  x  0

b) Điều kiện: 
BPT:



x2  2 x  3  x  1  x 2  6 x  11  3  x

 x  1

2

 2  x 1 

 x  3

2

 2  3 x

Xét hàm số y  f  t   t 2  2  t , D   0;  

Trang 22 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


Đạo hàm: f '  x  

t
t 2
2



1
2 t

 0 nên f đồng biến trên 1;3 .

Do đó BPT  f  x  1  f  3  x   x  1  3  x  x  2 .
Vậy nghiệm của bất phương trình S   2;3 .
Bài toán 1.24: Giải các bất phương trình
a)

3  x  x2  2  x  x2  1

b) 4

 x

4

2

5

   2x2   2 3  4x  7
2

Hướng dẫn giải

a) Đặt t  x 2  x , BPT:

3  t  2  t  1, 3  t  2 .

Xét hàm số f  t   3  t  2  t , 3  t  2 .
Với 3  t  2 thì f '  t  

1
1

 0 nên f đồng biến trên  3;2  .
2 3t 2 2t

Ta có f 1  2  1  1 nên bất phương trình:

f  t   f 1  t  1  x 2  x  1  0 

1 5
1 5
x
.
2
2

2

3
5

b) ĐK: 0  x  . PT  4 x 2    2 x   2 3  4 x  7
4
2

Với x  0 thì BPT không thỏa mãn. Với x 

3
thì BPT thỏa mãn.
4
2

3
5

Với 0  x  . Xét hàm số g  x   4 x 2    2 x 2   2 3  4 x thì
4
2

4
4
5

g '  x   8x  8x   2 x2  
 4 x  4 x 2  3 
0
3  4x
3  4x
2





3
4

1
2

1
2

nên g  x  nghịch biến trên  0;  , mà g    7 nên bất phương trình g  x   g    x 

1
. Vậy tập
2

 1 3



nghiệm S   ;  .
2 4
Bài toán 1.25: Chứng minh phương trình:
Trang 23 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


x13  x6  3x4  3x2  1  0 có nghiệm duy nhất.
Hướng dẫn giải
Đặt f  x   x13  x6  3x 4  3x 2  1, D 













Xét x  1 thì f  x   x6 x7  1  3x 2 x 2  1  1  0 : vô nghiệm
Xét 0  x  1 thì f  x   x13  1  x 2

3

 0 : vô nghiệm

Xét x  0 thì f '  x   13x12  6 x5  12 x3  6 x

 13x12  6 x  x  1  0 nên f đồng biến
2

Trang 24 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


Bảng biến thiên:



x

0

y'

+

y

1


Nên f  x   0 có nghiệm duy nhất x  0
Vậy phương trình cho có nghiệm duy nhất.
Bài toán 1.26: Chứng minh hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

 x2  y3  y 2  y  a
 2
3
2
y  z  z  z  a
 z 2  x3  x 2  x  a

Hướng dẫn giải
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:

 x2  f  y 
 2
y  f  z
 2
 z  f  x 
Không giảm tổng quát giả sử x lớn nhất trong 3 số.
- Xét x  y  z  f  x   f  y   f  z 

 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
Nếu x  0  0  x  y  z  x 2  y 2  z 2  x  y  z
Nếu x  0  z . Khi đó y 2  f  z   f  0   a  a  0
Lại có z 2  f  x   f  0   a  z   a





 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
Trang 25 http://topdoc.vn - Chia sẽ, cung cấp tài liệu, giáo án, đề thi, sách tham khảo,.. file word


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×