Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Chuyên đề 1 - Tính đơn điệu và cực trị - Lê Hoành Phò - File word | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (349.12 KB, 36 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

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
b a





 hay

 

  



 

f b  f a  b a f c

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 '

 

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;



</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

- 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.

x 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 x ,  x



a b;

  

\ x0 .
0

x 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

 

0 ,



;

  

\ 0

f x  f x  x a b x .

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 x '

 

0 0.

- Cho yf x

 

liên tục trên khoảng



a b;



chứa x0 có đạo hàm trên các khoảng



a x; 0



và



x b0;



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 x '

 

0 0 và f ''

 

x 0 0 thì f đạt cực tiểu tại x0

Nếu f x '

 

0 0 và f ''

 

x 0 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 

 

- Nếu f có đạo hàm cấp 2 khơng 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

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

- 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

 

b a




 có ít

nhất một nghiệm c



a b;



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 x 0:

Hàm đa thức: y q x y r x

 

. '

 

 y0 r x

 

Hàm hữu tỉ:

 

0 0

'
'

u x u x

u x

y f x y

v x v x v 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 bx2 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.y CT 0: phương trình f x 

 

0 có 3 nghiệm phân biệt

2. CÁC BÀI TỐN

Bài tốn 1.1: Chứng minh các hàm số sau là hàm không đổi

 

cos2 cos2 cos cos

3 3

f x  x x



 x x





   

b) f x

 

 2 sin2x sin2



a x



 2cos .cos .cosa x



a x



Hướng dẫn giải

a) '

 

2cos sin 2cos sin sin cos cos .sin

3 3 3 3

f x  x x x



 x



 x x



 x x





</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

sin 2 2cos 2 .sin

2 6

x  x







    

 

sin 2 cos 2 0

x  x





    

  , với mọi x.

Do đó f hằng trên R nên

 

0 1 1 1 3

4 2 4

f x f     .

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

 

















' 2sin cos 2cos sin 2cos sin cos cos sin

f x  x x a x a x  a x a x  x a x 









2sin 2x sin 2x 2a 2cos .sin 2a x a 0

      .

Do đó f hằng trên R nên f x

 

f

 

0 2 sin2a 2cos2a sin2a

     .

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 có f x'

 

P x'

 

 Q x'

 

0 theo giả thiết, do đó f x

 

là hàm hằng nên

 

0 0

f x f P  Q  với mọi x.

 

f x P x Q x

    .

Bài toán 1.3: Chứng minh rằng:

a) arcsin arccos , 1

x x



x 

b) 2arctan arcsin 2 2 , 1

x

x x

x



  



Hướng dẫn giải
a) Nếu x1,x1 thì đúng.

Nếu  1 x1 thì xét hàm số f x

 

arcsinxarccosx

 

1 2 1 2

 

' 0

2 2

1 1

f x f x C f

x x



  

        

 

 

b) Với x 1, xét

 

2arctan arcsin 2 2
1

x

f x x

x

 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ta có

 





2
2
2

2 2 2 2

2
2

2 2

2 2 2

' 0

1 1 1 1

x
x
f x

x x x x

x





    

     

 



 

(vì x 1)

Suy ra

 





2 4 4

f x C f  











Bài tốn 1.4: Tính gọn arctanx arctan1

x

 với x 0.

Hướng dẫn giải

Xét f x

 

arctanx arctan1

x

  . D   



 

 0;



Với x 



0;



thì f liên tục và có đạo hàm

 

2 2 2 2 2

1 1 1

' 0

1 1 1

x
f x

x

x x x

x



    



   nên f hằng trên



0;



Do đó

 

4 4 2

f x f 











Với x   





thì f liên tục và có đạo hàm f x '

 

0 nên f hằng trên



 ;0



.
Do đó

 





4 4 2

f x f  











Vậy

1 2

arctan arctan

0
2

khi

x
x

x





 




 

 




Bài tốn 1.5: Tìm số c trong định lý Lagrange:
a) y f x

 

2x2 x 4

    trên



1;2



b) yf x

 

arcsinx trên



0;1



Hướng dẫn giải
a) Hàm số y f x

 

2x2 x 4

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

 









 

2 1 6 3 1

' 4 1 4 2

2 1 3 2

f f

f c c c c

  

       

  .

b) Hàm số yf x

 

arcsinx liên tục trên



0;1



và có đạo hàm '

 

1 2

f x

x



 , theo định lý Lagrange

thì tồn tại số c 



0;1



sao cho:

 

2

1 0 2 1

1 0 1 1

f f

f c

c






  

 

2 2

1 c c 1



 

      . Chọn c 1 42



  .

Bài toán 1.6: Xét chiều biến thiên của hàm số:

a) y x4 2x2 5

   b)





1
4

y
x




Hướng dẫn giải

a) D . Ta có y' 4 x3 4x4x x



2 1



Cho y' 0  4x x



2 1



 0 x0 hoặc x 1.

BBT

x   −1 0 1 

y − 0 + 0 − 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





2
'

y
x






' 0

y  trên khoảng



4;



nên y nghịch biến trên khoảng



4;



' 0

y  trên khoảng



 ;4



nên y đồng biến trên khoảng



 ;4



</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

x
y

x



 b)

1
1

x
y

x






Hướng dẫn giải

a) Tập xác định D    



; 6

 

 6;



Ta có:









2 2

2 9

' , ' 0 3

6 6

x x

y y x

x x



   

  .

BBT:

x   −3  6 6 3 

y + 0 − − 0 +

y

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng



  ; 3 , 3;

 





, nghịch biến trên các khoảng



3; 6 ;

 

6;3



b) D   





. Ta có





' 0, 1

2 1

x

y x

x



   

 .

a) y x cos2x b) y x sinx trên



0;2





Hướng dẫn giải
a) D . Ta có y' 1 2cos sin  x x 1 sin 2x

' 0 sin 2 1 ,

y   x  x



k k



 

Hàm số liên tục trên mỗi đoạn ,





4 k 4 k



 

  

 

  và

' 0

y  trên mỗi khoảng





; 1

4 k 4 k



 

  

 

  nên đồng biến trên mỗi đoạn 4 k ;4



k 1



,k



 

   

 

  .

Vậy hàm số đồng biến trên .

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>













sin

;
sin

x a

y a b k k

x b





   

  đơn điệu trên mỗi khoảng xác định.

Hướng dẫn giải
a) x x1, 2,x1x2. Lấy hai số a, b sao cho a x 1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





k 































2 2

sin cos sin cos sin

sin sin

x b x a x a x b b a

y

x b 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 3x2 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 :





' 0, 3 2 1 sin 0,

y   x m  m x x

Đặt t sin , 1x   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







 

1 0 4 0 2

3 2 0 3

1 0

f m

m
m

f

     



       

 

 




b) D , ' 3y x2 6x m, ' 9 3m

      

Xét  ' 0 thì y' 0, x: Hàm ln đồng biến (loại)

Xét  ' 0 m0 thì y ' 0 có 2 nghiệm x x1, 2 nên 1 2 2, 1 2

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

BBT:

x   x1 x2 

y + 0 − 0 +

y

Theo đề bài: x2 x1 3



x2 x1



2  9 x12x22 2x x1 2 9



2 1



2 1 2

4 15

4 9 4 9

3 4

x x x x m m

         (thỏa)

Bài tốn 1.11: Tìm cực trị của các hàm số sau:

a) y



x2

 

2 x 3



3 b) yx x



2



Hướng dẫn giải

a) y' 2



x2

 

x 3



33



x2

 

2 x 3



25x x



2

 

x 3



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

BBT

x   −2 0 3 

y + 0 − 0 + 0 +

y 0

0 

  −108

Vậy điểm cực đại



2;0



và cực tiểu



0; 108



b) Hàm số yf x

 

liên tục trên . Ta có:

 









2 0

khi

x x x

f x

x x x

  




 




Với x0, 'f x

 

2x2; 'f x

 

 0 x1

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

BBT

x   −1 0 

y + 0 − +

y 1

Vậy điểm CĐ



1;1



, CT



0;0



.
Bài toán 1.12: Tìm cực trị của hàm số

a) 2 1

x
y

x




 b)

2 6

x
y

x





Hướng dẫn giải

a) D . Ta có













2 2

8 2 1 2 8

8 8

x x x x x

y

x x

     

 

 

' 0 4

y   x hoặc x 2.

BBT

x   −4 2 

y − 0 + 0 −

y 0 1/4

−1/8 0

Hàm số đạt CĐ tại x 2, 1

C Ð

y  , đạt CT tại 4; 1

CT

x y  .

b) Tập xác định D    



; 6

 

 6;



















2 2

2 2 4 2 2

2 3 3

2 2

3 6 3 6 2 9

6
'

6 6 6

x

x x x x x x x

x
y

x x x

 

  



  



 

' 0 0

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

BBT

x   −3  6 6 3 

y + 0 − − 0 +

y 9 3  

    9 3

Hàm số đạt CĐ tại x3;yC Ð 9 3, đạt CT tại x3;yCT 9 3.

Bài tốn 1.13: Tìm cực trị của hàm số

a) y x  sin 2x2 b) y 3 2cosx cos 2x

Hướng dẫn giải
a) D , ' 1 2cos 2y   x

' 0 cos 2 , , '' 4sin 2

2 6

y   x  x 



k k



 y  x.

Ta có '' 4sin 2 3 0

6 3

y 



k



 



 

    nên hàm số đạt cực đại tại điểm

, , 2

6 C Ð 6 2

x



k k



 y 



k



  .

Ta có '' 4sin 2 3 0

6 3

y 



k







 

  nên hàm số đạt cực tiểu tại các điểm:

, , 2

6 CT 6 2

x



k k



 y 



k



 

b) y' 2sin x2sin 2x2sin 1 2cosx



 x



sin 0

' 0 1

cos

x

y x k

x








   

 



hoặc 2 2 ,

x



 k k



  .

'' 2cos 4cos 2

y  x x

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Ta có '' 2 2 2cos2 4cos4 6cos2 3 0

3 3 3 3

y 



 k



 











 

  nên hàm số đạt cực đại tại điểm:

2 ,

x



 k k



 , 9

C Ð

y  .

Bài toán 1.14: Chứng minh hàm số

 

2 0

sin 0

2
khi

khi

x x

f x x

x

 










khơng có đạo hàm tại x 0 nhưng đạt cực trị tại điểm đó.

b) yf x

  

 x a x b x c a c

 



 





,  ln có cực đại và cực tiểu.
Hướng dẫn giải

a) Hàm số f xác định và liên tục trên . Ta có

 

2 0

' 1

cos 0

2 2

khi

x x

f x x

x

 










nên

 

0 0

lim ' 2 lim '

x  f x x  f x

     , do đó f khơng có đạo hàm tại

x 

và BBT trên khoảng





 

;



x 



y + −

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

 









3x 2 a b c ab bc ca

       .









2 2 2

' a b c 3 ab bc ca a b c ab bc ca

            













2 a b b c c a 

      

  với a c .

Do đó y ' 0 có 2 nghiệm phân biệt và đổi dấu 2 lần khi qua 2 nghiệm nên ln ln có một cực đại và một
cực tiểu.

Bài tốn 1.15: Tìm tham số thực sao cho hàm số

 

q

f x x p

x

  

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

 

sin cos 1

cos

a x x

f x

a x

 

 đạt cực trị tại 3 điểm thuộc 0;9



 

 

 

Hướng dẫn giải

a) Ta có '

 

q
f x

x

 

 , với mọi x 1.

Nếu q 0 thì f x '

 

0 với mọi x 1: loại.

Nếu q 0 thì phương trình:

 





2 1

' 0

x x q

f x

x

  

 

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

2 1

x   q .

BBT:

x    1 q −1  1 q 

y + 0 − − 0 +

y

Hàm số đạt cực đại tại điểm



2; 2



khi và chỉ khi





1 2 1 1

2 2 1

q q q

p

f p

      

 

 

  



    

 



b) Điều kiện

x



k



. Ta có ' sin2 , ' 0 sin
cos

a x

y y x a

a x



    .

sin 2 sin 1

cos

x a x

y

a x

  



Với sin x a thì '' 1 0

sin cos

y

x x



  , do đó hàm số đạt cực trị tại 3 điểm thuộc khoảng 0;9



 

 

 

sin x a

  có 3 nghiệm thuộc khoảng 0;9 \ ;3 0 2

4 2 2 a 2



   

  

 

 

   

Bài toán 1.16: Tìm m để hàm số:





2 4 4 1

mx m x m

y

x

   



</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

2 2 2

x mx

y

x

 



 có hai điểm cực trị A và B. Chứng minh đường thẳng AB song song với đường thẳng
2x y  10 0 .

Hướng dẫn giải
a) Điều kiện: x 1.

Ta có





2 3

mx mx

y

x

 



 , đặt

 

2 2 3

g x mx  mx .

Đồ thị có 2 cực trị  m  0, ' 0,g

 

1  0 m 3 hoặc m 0

Ta có x1 x2 2,x x1 2 3
m

   nên yC Ð.y CT 0



2mx1 2 4m

 

2mx2 2 4m



     



 



1 2 1 2

4m x x 2m 2 4m x x 2 4m 0

      



 



2 1

12 2 2 4 2 4 0 4 20 0

m m m m m m

            .

b) ĐK: x 1. Ta có





2 2 2

x x m

y

x

  





Điều kiện có 2 cực trị A, B là  ' 0 và g

 

1 0.

3 2m 0

   và 3 2 0 3

m m

    . Ta có



1 3 2 ;2 2 2 3 2



A   m  m  m và B



1 3 2 ;2 2 m  m2 3 2 m



Hệ số góc của đường thẳng AB là:

 

2 1

4 3 2
2
2 3 2

y x y x m

k

x x m

 

  

  .

Và 2x y  10 0  y2x 10 nên hệ số góc bằng nhau  đpcm.

Bài tốn 1.17: Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đai, cực tiểu của đồ thị.
a) yx33mx23



m2 1



x m 3 3m

2 2 5 4 2

x mx m m

y

x

   





Hướng dẫn giải

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Ta có:

 

1 '

 





3 3

m

y x  x y x  x m

 

Do đó: 1

 

1 1

 









' 2 2

3 3

m

y y x  x  y x  x m  x m

 

và 2

 

2 2

 









' 2 2

3 3

m

y y x  x  y x  x m  x m

 

nên đường thẳng qua CĐ, CT là y2



x m



b) ĐK: x 2. Ta có





2 1

m m

y x m

x



   



nên

















2 2

2 2

2
' 1

2 2

x m m

m m
y

x x

  



  

 

Điều kiện có CĐ và CT là m m2 0 0 m 1

     .

Gọi x x1, 2 là hồnh độ CĐ, CT thì x12 x2. Ta có

 











 



1 1 1 1 1

2 1 2 1 2 2 2

m m

y x x m x m x x m

x



          



 











 



2 2 2 2 2

2 1 2 1 2 2 2

m m

y x x m x m x x m

x



          



Vậy phương trình đường thẳng qua CĐ và CT là y2x 2m

Bài toán 1.18:

a) Cho đồ thị của hàm số: y



3a2 1



x3



b31



x23c x2 4d có hai điểm cực trị là



1; 7 ; 2; 8

 





.
Hãy tính tổng M a2 b2 c2 d2

    .

b) Tìm a để đồ thị hàm số





1 1

x a

y

x

  

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

định.

Hướng dẫn giải

a) Đặt A3a2 1,B 



b31 ,



C 3 ,c D2 4d , thì hàm số đã cho là:

3 2

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Ta có:

 

' 1 0 3 2 0 2

' 2 0 12 4 0 9

7 12

1 7

8 4 2 8 12

2 8

y A B C A

y A B C B

A B C D C

y

A B C D D

y

       

  

    

  

 

  

    



  

        



Nên được a1,b2,c2,d 3.

Vậy M a2 b2 c2 d2 12 22 22 32 18

         .

b) Ta có

3 2

2 3

' x x a, 0

y x

x

 

  .

3 2 3 2

' 0 2 3 0 2 3 , 0

y   x  x  a  a x  x x

Bằng cách xét hàm số g x

 

2x3 3 ,x x2 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 :

3 6 3

y x  x cố định.

Bài tốn 1.19: Giải các phương trình:

a) x22x4 x2 2x4 2



3 1



b) 2x3 x2 32x3 3x 1 3x 1 3 x2 2

       

Hướng dẫn giải
a) Xét hàm số f x

 

x2 2x 4 x2 2x 4

      trên .

 









2 2 2 2

1 1 1 1

2 4 2 4 1 3 1 3

x x x x

f x

x x x x x x

   

   

       

Xét hàm số

 

2

t
g t

t



 trên ,

 





' 0

3 3

g t

t t

 

 

nên hàm số g t

 

đồng biến trên , do đó:









 

1 1

1 1 ' 0

1 3 1 3

x x

x x f x

x x

 

      

   

nên hàm số f x

 

đồng biến trên , do đó:





 

2 2

2 4 2 4 2 3 1 2 2

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Vậy nghiệm duy nhất x 2.

b) PT 2x3 3x 3 2x3 3x 1 x2 1 3 x2 2

        

Xét hàm số: f t

 

t 3t 1

   trên

 





, ' 1 0

3 1

f t

t

  



 nên hàm số f t

 

đồng biến trên , do

đó:

PT: f



2x3 3x



f x



21



 2x3 3x x 21





3 2 1 2

2 3 1 0 2 2 2 0

x x x x  x x

           

 

1
2

x

  hay 1 5

x  .

Bài tốn 1.20: Giải các phương trình:

a) 9 2 54 72 1 1

2 5 1

x x

   

 

b) 4 2x 1



x2 x1



x3 6x215x14

Hướng dẫn giải

a) ĐK: 1; ,5 : 3 2





2 1 3





2 1

2 2 5 1

x PT x x

x x

     

 

Xét f t

 

3t2 1
t

  với t 0. Ta có:

 

' 6 0

f t t

t

   nên f đồng biến trên



0;



Phương trình: f



2x 5



f x



 1



 2x 5  x 1

2 2 2

4x 20x 25 x 2x 1 3x 18x 24 0

         

2 6 8 0 2

x x x

      hoặc x 4 (chọn)

Vậy nghiệm x 2 hoặc x 4

b) PT: 2x 1 . 2



x 1



23 



x 2



33x 6

 









3 3

2x 1 3 2x 1 x 2 3 x 2

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

PT: f



2x 1



f x



 2



 2x 1  x 2









2 2

2 0 2

( )

3 3

2 1 2

x x

VN
x

x x

 

  



   



  

 



. Vậy S .

Bài toán 1.21: Giải các hệ phương trình:





7 5 7 5

3
3

5 7 5 7

8 1 27 162

x x y y

x y

   




  






 







2 2

2 2

5; 1 (1)

1 1 2 (2)

x y y

y x y x y y y

   



  

     

  



Hướng dẫn giải
a) Xét f t

 

5t7 7 ,t t5

    thì f t'

 

35t6 35t4 0, t

    nên f đồng biến trên .

Do đó 5x77x5 5x77x2  f x

 

f y

 

 x y
Nên



8x31



327 162 y 



8x31



3 162x 27

Đặt u2x, phương trình:



u3 1



3 27 3



u 1



u3 1 3 33 u 1

      

Lại đặt v 33u 1 v3 1 3u

    

Ta có hệ:





3
3

3 3

1 3
1 3

3
1 3

u v

u v v u

v u



    

 



 

  

 

 

 









3 3

2 2

1 3 1 3

3 0 0

u v u v

u v u vu v u v

     



   

       




Do đó u3 1 3u

  hay 8x3 6x 1 0

Xét x  



1;1



nên đặt xcost

PT: 2 4cos



3 3cos



1 cos 1 2 2 ,





2 9 3

k

t t   t   t







k 

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

2 8 14

cos , cos , cos

9 9 9

x



x



x



Vậy nghiệm hệ cos2 ;cos8 ;cos14

9 8 9

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

 

2 



y 1

 

 x y



2 1  x y 



y 1



2 1

   

Với y1: 3

 

 x1: không thỏa (1)

Với x y 0 3

 

 y 1 x1; không thỏa (1)

Với

 









2 2

1 1 1

0, 1: 3

x y y

   

    

 

1 1

x y y

     

 

Xét hàm số f t

 

t 1,D





t

   

 

' 1 0,

f t t D

t

      hàm số đồng biến trên D

PT  f x y







f y



 1



 x y  y 1
1

1 hay 1 2

y

x x y



 

  



Khi 1: 1

x
x

y




 



 . Khi

1 2 24
5
1 2 :

2 24

x

x y

y

 





  



 




Bài tốn 1.22: Giải các hệ phương trình

2 1 2

x x y

y y z

z z x

   



  




  



2 2

36 60 25 0

x y x y

y z y z

z x z x

   



  




  



Hướng dẫn giải

a) Ta có 2yx2 2x 1



x 1



2  0 y0. Tương tự z x , 0.

Đặt f t

 

 t2 2t 1,t 0 thì f t'

 

2



t 1



nên f đồng biến trên



1;



và nghịch biến trên



0;1



2 , 0

g t t t g t  ' 2 0 0;

 

f x g y

f y g z

 

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

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: t2 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

 

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 t2 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.

b) Hệ phương trình tương đương

2
2

36 25

x
y

x
y
z

y
z
x

z




 


















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.
Nếu x 0 thì y0,z0. Xét hàm số

 

2
2

, 0

36 25

t

f t t

t

 

 .

 

' 0, 0

f t   t nên f đồng biến trên



0;



Hệ phương trình được viết lại

2
2

36 25

x
y

x
y
z

y
z
x

z



















</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Từ tính đồng biến của f x

 

suy ra x y z. Thay vào hệ phương trình ta được x



36x2 60x25



0

. Chọn 0;5
6

x  .

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là



0;0;0 ;



5 5 5; ;
6 6 6

  

  

 

 .

Bài tốn 1.23: Giải các bất phương trình

a) 2x3 3x2 6x 16 2 3 4 x

     

b) x2 2x 3 x2 6x 11 3 x x 1

        

Hướng dẫn giải

a) ĐK

3 2

2 3 6 16 0

2 4

4 0

x x x

x
x

    

   



 



Xét: f x

 

2x3 3x2 6x 16 4 x

     

 





3 2

6 1 1

' 0

2 4

2 2 3 6 1

x x

f x

x

x x x

 

  



  

Suy ra f x

 

là hàm số đồng biến

Do đó BPT: f x

 

 f

 

1  x1. Vậy S 



1;4



b) Điều kiện: 1 0 1 3

3 0

x

x
x

 



  


 



BPT: x2 2x 3 x 1 x2 6x 11 3 x

        



x 1



2 2 x 1



x 3



2 2 3 x

         

Xét hàm số y f t

 

t2 2 t D,



0;



     

Đạo hàm: '

 

2 1 0

2
2

t
f x

t
t

  

 nên f đồng biến trên



1;3



</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

 

2
4

4 2 2 3 4 7

x   x    x 

 

Hướng dẫn giải
a) Đặt t x2 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 '

 

1 1 0

2 3 2 2

f t

t t

  

  nên f đồng biến trên



3;2



Ta có f

 

1  2 1 1 nên bất phương trình:

 

1 1 2 1 0 1 5 1 5

2 2

f t  f   t x  x    x  .

b) ĐK: 0 3

x

  . PT

2 5

4 2 2 3 4 7

x  x x

      

 

Với x 0 thì BPT khơng thỏa mãn. Với 3

x  thì BPT thỏa mãn.

Với 0 3

x

  . Xét hàm số

 

2 5 2

4 2 2 3 4

g x  x   x    x

  thì

 

5 2 4





' 8 8 2 4 4 3 0

2 3 4 3 4

g x x x x x x

x x

 

        

 

 

nên g x

 

nghịch biến trên 0;3
4

 

 

 , mà
1

7
2

g    

  nên bất phương trình

 

1 1

2 2

g x g  x

  . Vậy tập

nghiệm 1 3;

2 4

S  

  .

Bài toán 1.25: Chứng minh phương trình:

13 6 3 4 3 2 1 0

x  x  x  x   có nghiệm duy nhất.

Hướng dẫn giải
Đặt f x

 

x13 x6 3x4 3x2 1,D

     

Xét x 1 thì f x

 

x x6



7 1



3x x2



21 1 0



  : vô nghiệm
Xét 0 x 1 thì f x

 

x13



1 x2



3 0: vơ nghiệm

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>





13x 6x x 1 0

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

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 tốn 1.26: Chứng minh hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

2 3 2

x y y y a

y z z z a

z x x x a

    



   




   



Hướng dẫn giải
Xét hàm f t

 

t3 t2 t a

    có f t'

 

3t22t 1 0 do đó f t

 

là hàm đồng biến. Hệ PT:

 

x f y

y f z

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

 

2 2 2

z x y

   . Nếu z 0 thì x  y z 0

 

2 2 2 2 2 2

x y z x y z f x f y f z x y z

           

Nếu x 0 0   x y z x2 y2 z2  x y z

Nếu x0z. Khi đó y2 f z

 

 f

 

0  a a0

Lại có z2 f x

 

 f

 

0  a z a

 









2 1 0

y f z f a a a

       : vơ lí.

- Xét x z  y z2 y2 x2

Tương tự như trên nếu y 0 hay x 0 ta suy ra x y z

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

 

2 0

z f x  f a. Nếu z a

thì x z a x2 z2 z2 y2 z2

      

x y z

   trái với x0 y

Nếu z  a lí luận như trên ta dẫn đến mâu thuẫn.

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  y z t0 ở đó t0 là nghiệm duy nhất của phương trình: t3t2 t a0

Bài tốn 1.27: Chứng minh hệ

2 3

1
1

x y

y x

  




 




có đúng 3 nghiệm phân biệt.

Hướng dẫn giải
Trừ 2 phương trình vế theo vế và thay thế ta được:

























2 2 3 3

1 1 0 1 1 1 1 0

x  x  y  y    y  x   x  y 



1 x

 

1 y



1 y y2



1 x x2



 0

        

 



1 x

 

1 y y x

 

1 x y



      

Xét x 1 thì hệ có nghiệm



1;0



. Xét y 1 thì hệ có nghiệm



0;1



Xét xy thì x2 y3 1 x3 x2 1 0

     

Đặt f x

 

x3x2 1,D. Ta có f

 

1  1 0.

 

' 3 2 , ' 0

f x  x  x f x   x hoặc x 0.

BBT

x   −2/3 0 

y + 0 − 0 +

y −23/27 

  −1

Do đó f x 

 

0 có 1 nghiệm duy nhất x 0 0, x 0 1 nên hệ có nghiệm



x y0; 0



.
Xét 1 x y  0 yx 1 nên y2x3  1 x3x22x0



2 2



0 0

x x x x

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

a) 31 x 31 x a

    có nghiệm

b) x2 mx 2 2x 1

    có 2 nghiệm phân biệt

Hướng dẫn giải
a) Xét f x

 

31 x 31 x D,

    

 













3 3

1 1

' 1

3 1 3 1

f x x

x x

  

 

















 

2 2

3 3

2 2

3 3

1 1

, ' 0 0

3 1 . 1

x x

f x x

x x

  

   

 

 



3 3





3 3



lim lim 1 1 lim 1 1

x  f x x   x x x  x  x







3



2 3







3





lim 0

1 1 1

x

x x x

 

 

    

Tương tự xlim   f x

 

0. Lập BBT thì PT có nghiệm  0a2.

b) PT





2
2

2 1 0 1

3 4 1 ,

2 2 1

x

x x mx x

x mx x

 




      

   




Vì x 0 khơng thỏa mãn nên:

3 4 1 1

x x

m x
x

 

 

Xét

 

3 4 1 1

, , 0

x x

f x x x

x

 

   thì

 

2
2

3 1

' x

f x

x




BBT:

x 1

 0 

f + +

f  

2  

Điều kiện phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

 

f x m

  có 2 nghiệm phân biệt 1, 0 9

2 2

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Bài tốn 1.29: Tìm m để phương trình





2 2 34





x x m x x x

x

 

      



  có nghiệm

b) 3 tanx1. sin



x2cosx



m



sinx3cosx



có nghiệm duy nhất thuộc khoảng 0;
2



 

 

 .

Hướng dẫn giải
a) Điều kiện: x 2

PT 2 2. 2 34



2



2



2



m x x x x x

x

 

       



 





2 2 4

3 2 2

m x x x x x

x

      











2 3 2 1

x x x m x

x

      



4 2

3 1

x x

m
x

x



   



Đặt t 4 x 2,0 t 1

x



   . PT: 12 3t 1 m2,0 t 1

t      .

Xét

 





 





1 2

3 , 0;1 ' 3 0, 0;1

f t t t f t t

t t

        

Bảng biến thiên

t 0 1

 

f t −

 

f t 

2


Vậy phương trình cho có nghiệm khi

1 m  2  3m 3

b) Điều kiện: cosx 0 và tanx 1

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

























3
2 2
2

3 tan 1 tan 2 tan 3

3 tan 1 tan 1 1 tan 1 2

3 3

3 1 2

x x m x

t t

t t m t m

t

    
      

     


Xét hàm số

3
2
3 3
2
t t
y
t



 với t 



1;







4 2

2
2

3 15 6

' 0

2
t t
y
t
 
 
 .

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m y

 

1  m2.
Bài tốn 1.30: Tìm tham số để phương trình



4m 3



x 3



3m 4 1



 x m 1 0 có nghiệm

b) x63x5



6 a x



4



7 2 a x



3



6 a x



23x 1 0 vô nghiệm.
Hướng dẫn giải

a) Điều kiện:   3 x 1 khi đó:

PT 3 3 4 1 1

4 3 3 1 1

x x
m
x x
   
 
   

Ta có:



x3

 

2 1 x



2 2 nên đặt:

2 2

2 1

3 2sin 2 ; 1 2cos 2

1 1
t t
x x
t t




     
 

Với tan
2

t 



, 0 ,0 1

4 t





    nên:

7 12 9

5 16 7

t t
m
t t
  

  

Xét

 





2
2

7 12 9

, 0;1

5 16 7

t t

f t t

t t
  

 
  

 









2
2
2

52 8 60

' 0, 0;1

5 16 7

t t

f t t

t t

  

   

  

Vậy điều kiện phương trình có nghiệm là

 

1 7 2

9 7

f mf  m .

b) Xét x   0 1 0: loại.

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>







 



3 2

2 3

1 3 1

3 6 7 2 6 . 0

x x a x a a

x x x

         





3 2

1 1 1

3 6 7 2 0

x x a x a

x x x

     

        

     

     

Đặt t x 1,t 2 t2 x2 12 2

x x

      

và t3 x3 13 3 x 1

x x

 

     

  nên

3 3

x t t

x

   .

Do đó phương trình: t3 3t3



t2 2







6 a t



 7 2a0



t 2



a t3 3t2 3t 1

    

Khi t 2 thì phương trình khơng thỏa.

Khi t 2 thì phương trình:





3 32 3 1 1

2 2

t

t t t

a

t t



  

 

 

Đặt

 





, 2

t

f t t

t



  

 hay

t  thì

 



 







2 5 1

2 2

t t

f t

t

 





Lập BBT thì

 

f t   t D nên PT vô nghiệm khi 27

a  .

Bài tốn 1.31: Tìm tham số để bất phương trình có nghiệm
a) sin3x cos3x m

 

b) cos 22 x2 sin



xcosx



3 3sin 2x m 0

Hướng dẫn giải
a) Xét f x

 

sin3x cos3x



sinx cosx

 

1 sin .cosx x



    

Đặt t sinxcos ;x t  2

2 1

1 2sin cos sin cos

t

t x x x x 

    

Ta có

 





1 1 3

2 2 2

t

h t t     t  t

 

 

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

b) Đặt t sinxcosx, t  2 và t2  1 2sin cosx x sin 2x t 2 1

2 2 4 2

cos 2x 1 sin 2xt 2t

BPT: t42t3 t2m 3 0;



t  2



Xét f t

 

t42t3 t2m3

 





 

' 2 2 3 1 ; ' 0 0; ;1

f t  t t  t f t   t 

Lập BBT suy ra điều kiện có nghiệm là: m  3 0 m3

Bài tốn 1.32: Tìm điều kiện của m để hệ bất phương trình có nghiệm

3 2

3 4 0 (1)

3 15 0 (2)

x x

x x x m m

   




   




Hướng dẫn giải
Xét

 

1 :x2 3x 4 0    1 x 4

Ta tìm điều kiện ngược lai, tức là tìm m để:

 

3 3 2 15 0;



1;4



f x x  x x m  m   x

Vì

 

3 2 2

3 15 ; 1 0

3 15 ;0 4

x x m m x

f x

x x m m x

      




    




 

3 6 ; 1 0

3 6 ;0 4

x x x

f x

x x x

    



 

  




Khi

 





 





 





1 0 ' 3 2 0

0 2 ' 3 2 0

2 4 ' 3 2 0

x f x x x

      

     

     

Do đó m2 15m 16 0 m 16 m 1

        

Vậy điều kiện có nghiệm là 16m1

Bài tốn 1.33: Cho 3 số a, b, c thỏa mãn abc 0 và 0
7 5 3

a b c

   .

Chứng minh phương trình: ax4 bx2 c 0

   có nghiệm.

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Xét hàm số

 

7 5 3

a b c

F x  x  x  x , khi đó F x

 

liên tục, có đạo hàm

 



4 2



 

' . .

F x x ax bx c x f x nên theo dụng định lí Lagrange trên



0;1



thì tồn tại c 



0;1



:

 

1 0

'
1 0

F F

F c





 .

Mà

 

0 0,

 

1 0

7 5 3

a b c

F  F     nên F c '

 

0 hay c f c 2.

 

Vì c 



0;1



nên c 2 0 do đó f c  

 

0 đpcm.

Bài tốn 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
phân biệt a; b thuộc



0;1



sao cho f a f b '

 

. '

 

Hướng dẫn giải

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.
Do đó f c

 

 c 1 0 hay f c

 

 1 c

Áp dụng định lý Lagrange cho f trên các đoạn



0;c



và



c;1



thì:

tồn tại a



0;c



sao cho:

 

0 '

 

f c f

f a
c






và tồn tại b



c;1



sao cho:

 

 

f f c

f b
c






nên:

 









1 1

' . ' 1

1 1

f c f c c c

f a f b

c c c c

 

  

 

Vậy tồn tại 2 số phân biệt a; b thuộc



0;1



sao cho f a f b '

 

. '

 

Bài tốn 1.35: Cho hàm số f x

 

có đạo hàm trên



0;1



và nhận giá trị dương. Chứng minh bất phương trình:

 



 



' 1 2 0

f x f x f f



   có nghiệm.

Hướng dẫn giải

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Ta có:

 





 

2 2 2

1 2 1

' ; ' '

1 1 1

x

g x h x f x f x

x x x

  

  

Theo định lý Cauchy thì tồn tại c 



0;1



sao cho:

 

1 0 '

h h h c

g g g c





 hay

 

1
0 2
2 '
1
0
4
f
f c

f c f c

c





 



nên



 



 

2 2

1 2 0 '

c

f f f c f c

c



   

Vì 0 c 1 nên 1 c2 2c

  và vì f c 

 

0 nên

 

' '

c

f cc f c f c f c

c

  


 đpcm.

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;



.
Chứng minh tồn tại c nằm giữa x và x0 để có:

 





 





 





 









1
2 1

0 0 0

0 0 0 0 0

' ''

...

1! 2! ! 1 !

n n

f x f x f x f c

f x f x x x x x x x x x

n n



         



Ta tìm một đa thức P xn

 

có bậc khơng vượt q n sao cho

 

0 0 , ' 0 0 ,..., 0

n n

n n n

f x P x f x P x f x P x

với: P xn

 

A0A x x1



 0



A x x2



 0



2...A x xn



 0



n

Lúc đó:

 









1 2 2 0 ... 0

n

n n

P x A A x x nA x x 

     

 













2 3 0 0

2 3.2. ... 1 n

n n

P x A A x x n n A x x 

      
…….
 

 

!
n
n n

P x n A .

Do đó thay x x 0 vào các đẳng thức trên ta được:

 

0 0, 0 1, 0 2 ,...,2 0 !

n

n n n n n

P x A P x A P x  A P x n A .

Như vậy:

 

0 0, 1 '

 

0 , 2 2 '

 

0 ,...,  

 

0 !

n

f x A A f x A f x f x n A nên:

 





 





 





0 0 0

' ''

...

n

f x f x f x

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Đặt R xn

 

f x

 

 P xn

 

ta suy ra  

 

   

 

n n n

R x f x P x

nên:

 

0 0 ... 0 0

n

n n n

R x R x  R x  .

Đặt F x

  

x x0



n1

  thì:

 

0 '

 

0 ...  

 

0 0

n
n

F x F x  F x  .

Với x



a b;



ta viết được

 

0
0
n n

n R x R x

R x

F x F x F x






Theo định lý Cauchy ta có

 

/
1
1
'
n n

R x R

F x F



 với



1 nằm giữa x và x0.

Ta lại có

 

/ /
/
1 0
1

1 1 0

' ' '

n n

n R R x

R

F F F x






 và theo định lý Cauchy ta được:

 

/ //
1 2
1 2
' ''
n n
R R
F F







với



2 nằm giữa



1 và x0.

Sau n 1 lần áp dụng định lý Cauchy ta được

 

1
1
n
n n
n

R x R c

F x F c



 với c nằm giữa



n và x0, và do đó c

nằm giữa x và x0.

Nhưng Rnn1

 

x fn1

 

x

 và Fn1

  

x n 1 !



  nên

 





1
1 !
n
n

R x f c

F x n



 .
Vậy:

 





 





 





 









1
( )

2 2 1

0 0 0

0 0 0 0 0

' ''

...

1! 2! ! 1 !

n
n

n

f x f x f x f c

f x f x x x x x x x x x

n n



         

 .

trong đó c là một điểm nằm giữa x và x0.

Công thức trên được gọi là công thức khai triển Taylor của hàm f tại điểm x x 0.

3. BÀI LUYỆN TẬP

Bài tập 1.1: Tìm các khoảng đơn điệu của hàm số:

a) 22

x
y

x



 b) 2

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

b) Kết quả đồng biến trên



 ;1



, nghịch biến



1;



Bài tốn 1.2: Tìm m để hàm số:





2 2 3

x m x m

y

x

   



 đồng biến trên từng khoảng xác định

b) 1 3 2 2 9

3 2

m

y x  x  x đồng biến trên



1;



Hướng dẫn
a) Tập xác định D    



; 1

 

 1;



Tính đạo hàm y' và lập luận y ' 0 trên D. Kết quả m 1.
b) Kết quả m 1.

Bài tốn 1.3: Tìm cực trị của hàm số:

x
y

x



 b)





3 5

y x x .

Hướng dẫn

a) Hàm số lẻ. Tính đạo hàm và lập BBT.

Kết quả CĐ tại x3;yC Ð 9 3,CT tại x3;yCT 9 3.

b) Kết quả CĐ tại x0,yC Ð 0 và CT tại x2;yCT 3 43 .

Bài tốn 1.4: Tìm cực trị hàm số:

a) y x  sin 2x2 b) ysin 2xcos 2x

Hướng dẫn
a) Tập xác định D, ' 1 2cos 2 , '' 4sin 2y   x y  x.

Dùng dấu đạo hàm cấp 2.

Kết quả: CĐ tại , , 3 2

6 C Ð 6 2

x



k k



y 



k



  ; đạt CT tại
6

x



k



, k  ;

3
2

6 2

CT

y 



k



  .

b) Kết quả điểm cực đại

x



k



, điểm cực tiểu 5

x



k



Bài tốn 1.5:

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

b) Tìm m để hàm số

2 2 1 3 2

x mx m

y

x m

  



 có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Oy.

Hướng dẫn
a) Tập xác định D . Lấy y chia y'.

Kết quả m 1 và y



m 1



2x 2



m2 m





3m 1



1

      .

b) Kết quả  1 m1.

Bài toán 1.6: Chứng minh hàm số

a) yx3ax2 



1b x a2



 4b ab ln ln có cực đại và cực tiểu với mọi tham số a, b.

2 1

3
2

x

y x

x

   ba điểm cực trị phân biệt A, B, C. Tính diện tích tam giác ABC.

Hướng dẫn

a) y' có  ' a23



a b 2



0, a b,

b) Kết quả 27

S  .

Bài toán 1.7: Giải các phương trình:

a) 3 2 18 24 1 1

2 5 1

x x

   

 

b) 3 x x2 2 x x2 1

     

Hướng dẫn

a) PT:



2 5







2 1 1

2 5 1

x x

    

 

2 1 2 1

2 5 1

x x

     

 

Kết quả x 2 hoặc x 4

b) Kết quả 1 5

x  .

Bài tốn 1.8: Giải các phương trình:
a) 3 x2 1 x3 2 x

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

a) Điều kiện: x 32. Ta có:

3 2 3 2 1 1 3 3 33

x   x x  x  x   x .

Chia 2 vế cho x3 thì được phương trình:

2 4

1 1 1 2

1 0

x x  x x  x   x x  .
Kết quả nghiệm duy nhất x 3.

b) Hàm đơn điệu. Kết quả x 3.
Bài tốn 1.9: Giải các hệ phương trình:





1 1

x y x

x y

    




 










 



2 2

4 1 3 5 2 0

4 2 3 4 7

x x y y

x y x

     




   




Hướng dẫn giải
a) Điều kiện x1,y0. Hệ phương trình tương đương với:









2 3

1 1 8 0 (1)

1 (2)

x x x

y x

      




 




Xét hàm số f t

 

t 1



t 1



2 t3 8,

      với t 1.

Kết quả x3,y0.

b) Kết quả 1; 2
2

x y  .

Bài tốn 1.10: Giải bất phương trình:

a) x 1 2 x6 20 3  x13

        

Hướng dẫn

a) Điều kiện: x 1. BPT viết lại: x 1 2 x 6 3 x13 20

Xét f x

 

là hàm số vế trái, x 1 thì:

 

1 1 3

' 0

2 1 6 2 13

f x

x x x

   

   . Kết quả x 3 .

b) Kết quả 1 x 2.

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Hướng dẫn

</div>

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi - Chuyên đề 1 - Tính đơn điệu và cực trị - Lê Hoành Phò - File word | Toán học, Lớp 12 - Ôn Luyện

<b>CHUYÊN ĐỀ 1 - TÍNH ĐƠN ĐIỆU VÀ CỰC TRỊ</b>

<b>1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM</b>













 

 

 

 

  



 

<sub></sub>

<sub></sub>





 

 





 









 









 

 

 

 

 

 









 









 





 





 









 





 































