Tai lieu boi duong hoc sinh gioi Chuyen de 1 Tinh don dieu va cuc tri Le Hoanh Pho

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> - 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 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> - 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 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>      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  2cos 2 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. có. f ' x  P ' x  Q ' x   0. theo. giả. thiết,. do. đó. f  x. là. hàm. hằng. nên. 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 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 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 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 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 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> a) y . x3. b) y . x2  6. x 1 1 x. Hướng dẫn giải. .  . a) Tập xác định D  ;  6  Ta có: y ' . 2x2  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. và. y'  0. trên. mỗi. khoảng.     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 a) y  cos 2 x  2 x  5 nghịch biến trên Trang 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 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 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 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. b) y  x  x  2 .  x  3. 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 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 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  2x  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 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 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 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 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 a). 2 x khi x  0  không có đạo hàm tại x  0 nhưng đạt cực trị tại điểm đó. f  x   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  ..  3x 2  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 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 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  2x  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 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 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 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 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  c2  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  Bx 2  Cx  D Ta có: y '  3 Ax 2  2Bx  C. Trang 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span>  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  b2  c2  d 2  12  22  22  32  18 . b) Ta có y ' . 2 x3  3x 2  a , x  0. x2. y '  0  2 x 3  3x 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  2 x  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  2x  4. Xét hàm số g  t  .  t. t2  3. x 1 x2  2x  4. x 1.  x  1  3 2. . t. 2. 3. . x 1.  x  1. 3. 2.  3 t 2  3. 2. 3. 0. , do đó:. x 1.  x  1  3 2. nên hàm số f  x  đồng biến trên. x2  2x  4  x2  2 x  4  2.  x  1. , g 't  . trên. nên hàm số g  t  đồng biến trên. x 1  x 1 . x 1. . ..  f ' x  0. , do đó:. . . 3  1  f  x   f  2  x  2 . Trang 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Vậy nghiệm duy nhất x  2 . b) PT  2 x3  3x  3 2 x3  3x  1  x 2  1  3 x 2  2. , f 't   1 . Xét hàm số: f  t   t  3 t  1 trên. 1 3 3  t  1. 2.  0 nên hàm số f  t  đồng biến trên. , do. 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  15x  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. Xét hàm số f  t   t 3  3t , D  Ta có f '  t   3t 2  2  0 nên f đồng biến trên. . Trang 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> . . 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)      Hướng dẫn giải a) Xét f  t   5t 7  7t 5 , t . thì f '  t   35t 6  35t 4  0, t nên f đồng biến trên. .. Do đó 5 x7  7 x5  5 x7  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 3   u  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. . 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. 2 8 14 ;cos ;cos . 9 8 9 Trang 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> b).  2   y  1  x  y . 2. 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. 1. x y.  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. 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.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> - 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. Nếu x  0 thì y  0, z  0 . Xét hàm số f  t  . 60t 2 ,t  0 . 36t 2  25. f '  t   0, t  0 nên f đồng biến trên  0;  .  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.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> .  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  3x 2  6 x  16  2 3  4  x. b). x 2  2 x  3  x 2  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: . x 2  2 x  3  x  1  x 2  6 x  11  3  x. BPT:. .  x  1. 2.  x  3.  2  x 1 . 2.  2  3 x. Xét hàm số y  f  t   t 2  2  t , D   0;   Đạo hàm: f '  x  . t t2  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 Trang 21.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> 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 .  . 1 2. 3 4. 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:. 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 22.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 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  x2  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 Nếu x  0  y  x 2  f  y   f  0   a Trang 23.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> z 2  f  x   f  0   a . Nếu z  a thì x  z  a  x 2  z 2  z 2  y 2  z 2.  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: t 3  t 2  t  a  0 ..  x 2  y 3  1 Bài toán 1.27: Chứng minh hệ  2 có đúng 3 nghiệm phân biệt. 3 y  x  1  Hướng dẫn giải Trừ 2 phương trình vế theo vế và thay thế ta được:. x2 1  x   y 2 1  y   0  1  y3  1  x   1  x3  1  y   0.  1  x 1  y  1  y  y 2  1  x  x 2   0  1  x 1  y  y  x 1  x  y   0 Xét x  1 thì hệ có nghiệm 1;0  . Xét y  1 thì hệ có nghiệm  0;1 Xét x  y thì x 2  y3  1  x3  x 2  1  0 Đặt f  x   x3  x 2  1, D . . Ta có f 1  1  0 .. f '  x   3x 2  2 x, f '  x   0  x  . 2 hoặc x  0 . 3. BBT. x. . y'. −2/3 +. y. 0. . 0 −. 0. +. . −23/27. . −1. Do đó f  x   0 có 1 nghiệm duy nhất x0  0 , x0  1 nên hệ có nghiệm  x0 ; y0  . Xét 1  x  y  0  y   x  1 nên y 2  x3  1  x3  x2  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.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> a) b). 3. 1  x  3 1  x  a có nghiệm. x 2  mx  2  2 x  1 có 2 nghiệm phân biệt Hướng dẫn giải. a) Xét f  x   3 1  x  3 1  x , D . f ' x   . 1 3 1  x  3. . . 2. 1 3 1  x  3. 1  x   3 1  x  2 2 3 3 1  x  . 3 1  x  2. 3. lim f  x   lim. x. x.  lim. x . . 3. 2.  x  1. 2. . 3. , f ' x  0  x  0. . 1  x  3 1  x  lim. 1  x  . 2 2. . 3. x. 2.  1 . x. . 3. . 3. 1 x  3 1 x.  x  1 . 2. . 0. Tương tự lim f  x   0 . Lập BBT thì PT có nghiệm  0  a  2 . x.  1 2 x  1  0 2 2  3 x  4 x  1  mx, x   2 2   x  mx  2   2 x  1. b) PT  . 3x 2  4 x  1 1  m, x   Vì x  0 không thỏa mãn nên: x 2 Xét f  x  . 3x 2  4 x  1 3x 2  1 1 , x   , x  0 thì f '  x   x x2 2. BBT:. x. . 1 2. f'. . 0 +. +. . . 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.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Bài toán 1.29: Tìm m để phương trình a). . . 2   x  x  2  m2 x   3 4 x  x  2    2 có nghiệm x2     .  2. b) 3 tan x  1. sin x  2cos x   m  sin x  3cos x  có nghiệm duy nhất thuộc khoảng  0; Hướng dẫn giải a) Điều kiện: x  2. . PT  2  m2 . x . . 2   3 4 x  x  2   2 x2 . .  m2 x . 2  3 4 x  x  2  x  x  2 x2.  x2 . 2  3 4 x  x  2   1  m2  x x2. . x  x2. . x x2  34  1  m2 x x2. Đặt t . 4. 1 x2 ,0  t  1 . PT: 2  3t  1  m2 ,0  t  1 . t x. Xét f  t  . 1 2  3t , t   0;1  f '  t    3  3  0, t   0;1 2 t t. Bảng biến thiên. t. 0. 1. f 't . f t . −.  2. Vậy phương trình cho có nghiệm khi. 1  m2  2   3  m  3 b) Điều kiện: cos x  0 và tan x  1 Đặt t  tan x  1  0 , phương trình:. 3 tan x  1. sin x  2cos x sin x  3cos x m cos x cos x Trang 26.

<span class='text_page_counter'>(27)</span>  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 2. 2. 3t 3  3t Xét hàm số y  2 với t  1;   , t 2 y' . 3t 4  15t 2  6. t. 2.  2. 2.  0.. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m  y 1  m  2 . Bài toán 1.30: Tìm tham số để phương trình a).  4m  3. x  3   3m  4  1  x  m  1  0 có nghiệm. b) x6  3x5   6  a  x 4   7  2a  x3   6  a  x 2  3x  1  0 vô nghiệm. Hướng dẫn giải a) Điều kiện: 3  x  1 khi đó: PT  m  Ta có:. . 3 x  3  4 1 x 1 4 x  3  3 1 x 1. x3.   2. 1 x. . 2.  2 nên đặt:. 2t 1 t2 x  3  2sin   2 ; 1  x  2cos   2 1 t2 1 t2 Với t  tan Xét f  t  . f 't  .  2. , 0  .  4. ,0  t  1 nên: m . 7t 2  12t  9 5t 2  16t  7. 7t 2  12t  9 , t  0;1 5t 2  16t  7 52t 2  8t  60.  5t 2  16t  7 . 2.  0, t  0;1. Vậy điều kiện phương trình có nghiệm là f  0   m  f 1 . 7 2 m . 9 7. b) Xét x  0  1  0 : loại. Xét x  0 . Chia 2 vế cho x 3 phương trình:. Trang 27.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> 1 3 1 x 3  3 x 2   6  a  x   7  2a    6  a  .  2  3  0 x x x 1  3 1  2 1   x  3   3  x  2    6  a   x    7  2a  0 x   x  x   Đặt t  x . 1 1 , t  2  t 2  x2  2  2 x x. và t 3  x3 . 1 1 1   3  x   nên x3  3  t 3  3t . 3 x x x . . . Do đó phương trình: t 3  3t  3 t 2  2   6  a  t  7  2a  0.  t  2 a  t 3  3t 2  3t  1 Khi t  2 thì phương trình không thỏa.. t 3  3t 2  3t  1  t  1  Khi t  2 thì phương trình: a  t2 t2 Đặt f  t .  t  1 . 3. t2. , t  2 hay t  2 thì. Lập BBT thì f  t  . 3.  2t  5 t  1 f 't   2 2 t  2. 2. 27 27 t  D nên PT vô nghiệm khi a  . 4 4. Bài toán 1.31: Tìm tham số để bất phương trình có nghiệm a) sin3 x  cos3 x  m b) cos2 2 x  2  sin x  cos x   3sin 2 x  m  0 3. Hướng dẫn giải a) Xét f  x   sin 3 x  cos3 x   sin x  cos x 1  sin x.cos x  Đặt t  sin x  cos x; t  2. t 2 1  t  1  2sin x cos x  sin x cos x  2 2.   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.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> b) Đặt t  sin x  cos x , t  2 và t 2  1  2sin x cos x  sin 2 x  t 2  1. cos2 2 x  1  sin 2 2 x  t 4  2t 2 BPT: t 4  2t 3  t 2  m  3  0;.  t  2. Xét f  t   t 4  2t 3  t 2  m  3. f '  t   2t  2t 2  3t  1 ;. 1 f '  t   0  t  0; ;1 2. Lập BBT suy ra điều kiện có nghiệm là: m  3  0  m  3 Bài toán 1.32: Tìm điều kiện của m để hệ bất phương trình có nghiệm.  x 2  3x  4  0 (1)   3 2   x  3x x  m  15m  0 (2) Hướng dẫn giải Xét 1 : x 2  3x  4  0  1  x  4 Ta tìm điều kiện ngược lai, tức là tìm m để:. f  x   x3  3x x  m2  15m  0; x  1;4 3 2 2   x  3x  m  15m; 1  x  0 Vì f  x    3 2 2   x  3x  m  15m;0  x  4 2  3x  6 x; 1  x  0  f ' x   2  3x  6 x;0  x  4. 1  x  0  Khi 0  x  2  f '  x   3x  x  2   0 2 x4 . f '  x   3x  x  2   0 f '  x   3x  x  2   0. Do đó m2  15m  16  0  m  16  m  1 Vậy điều kiện có nghiệm là 16  m  1 Bài toán 1.33: Cho 3 số a, b, c thỏa mãn abc  0 và. a b c    0. 7 5 3. Chứng minh phương trình: ax4  bx 2  c  0 có nghiệm. Hướng dẫn giải. Trang 29.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Xét. hàm. số. F  x . a 7 b 5 c 3 x  x  x 7 5 3. ,. khi. đó. F  x. liên. tục,. có. đạo. hàm. 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 : F 1  F  0   F 'c  . 1 0 Mà F  0   0, F 1 . a b c    0 nên F '  c   0 hay c 2 . f  c   0 . 7 5 3. Vì c   0;1 nên c 2  0 do đó f  c   0  đpcm. 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 phân biệt a; b thuộc  0;1 sao cho f '  a  . f '  b   1 . 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:. f  c   f  0  f ' a  c0. và tồn tại b   c;1 sao cho: nên: f '  a  . f '  b  . f 1  f  c   f 'b 1 c. f  c  1  f  c  1  c  c  1 c 1 c c 1  c . Vậy tồn tại 2 số phân biệt a; b thuộc  0;1 sao cho f '  a  . f '  b   1 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:. f ' x  f  x  . 2. .  f 1  2 f  0  có nghiệm. Hướng dẫn giải. 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.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> Theo định lý Cauchy thì tồn tại c   0;1 sao cho:. f 1  f  0 h 1  h  0  h '  c  2c hay 2  f 'c   f c  2  g 1  g  0  g '  c  1  c 0 4 2c f 1  2 f  0    f '  c   f c   1 c 2. nên. 2. Vì 0  c  1 nên 1  c 2  2c và vì f  c   0 nên f '  cc  . 2c f c  f 'c   f c  1  c2.  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: 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! n. Ta tìm một đa thức Pn  x  có bậc không vượt quá n sao cho. f  x0   Pn  x0  , f '  x0   Pn/  x0  ,..., f . n.  x   Pn n  x0 . với: Pn  x   A0  A1  x  x0   A2  x  x0   ...  An  x  x0  2. n. Lúc đó:. Pn/  x   A1  2 A2  x  x0   ...  nAn  x  x0 . n 1. Pn//  x   2 A2  3.2. A3  x  x0   ...  n  n  1 An  x  x0 . n2. …….. Pn. n.  x   n! An .. Do đó thay x  x0 vào các đẳng thức trên ta được:. Pn  x0   A0 , Pn/  x0   A1 , Pn//  x0   2 A2 ,..., Pn. n.  x0   n! An .. Như vậy: f  x0   A0 , A1  f '  x0  ,2 A2  f '  x0  ,..., f.  n.  x0   n! An. nên:. f '  x0  f ''  x0  f    x0  2 n Pn  x   f  x0    x  x0    x  x0   ...   x  x0  1! 2! n! n. Đặt Rn  x   f  x   Pn  x  ta suy ra Rn.  n.  x . f n  x  Pn n. n.  x Trang 31.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> nên: Rn  x0   Rn/  x0   ...  Rn.  n. Đặt F  x    x  x0 . n 1.  x0   0 .. thì: F  x0   F '  x0   ...  Fn.  n. Với x   a; b  ta viết được. Theo định lý Cauchy ta có.  x0   0 .. Rn  x  Rn  x   Rn  x0   F  x F  x   F  x0  Rn  x  Rn/ 1  với 1 nằm giữa x và x0 .  F  x  F ' 1 . Rn/ 1  Rn/ 1   Rn/  x0  Ta lại có và theo định lý Cauchy ta được:  F ' 1  F ' 1   F '  x0  Rn/ 1  Rn//  2  với  2 nằm giữa 1 và x0 .  F ' 1  F ''  2  Rn  x  Rn   c  Sau n  1 lần áp dụng định lý Cauchy ta được với c nằm giữa  n và x0 , và do đó c  F  x  F  n1  c  n 1. nằm giữa x và x0 .  n1. Nhưng Rn.  x . f.  n1.  x  và. F.  n1. Rn  x  f    c  .   x    n  1! nên F  x  n  1! n 1. Vậy: 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!. 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  x0 .. 3. BÀI LUYỆN TẬP Bài tập 1.1: Tìm các khoảng đơn điệu của hàm số: a) y . 2x x2  9. b) y . x 1 x2  x  1. Hướng dẫn a) Kết quả y ' . 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.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> Bài toán 1.2: Tìm m để hàm số:. x2   m  2 x  m  3 a) y  đồng biến trên từng khoảng xác định x 1 b) y . 1 3 m 2 x  x  2 x  9 đồng biến trên 1;  3 2 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 toán 1.3: Tìm cực trị của hàm số:. x3. a) y . b) y . x 6 2. 3. x 2  x  5 .. 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 3 4 . Bài toán 1.4: Tìm cực trị hàm số: b) y  sin 2 x  cos 2 x. a) y  x  sin 2 x  2. Hướng dẫn a) Tập xác định D . , y '  1  2cos 2 x, y ''  4sin 2 x .. Dùng dấu đạo hàm cấp 2. Kết quả: CĐ tại x  . yCT .  6.  k .  6.  k , k  , yC Ð  .  6.  k . 3   2 ; đạt CT tại x   k , k  2 6. ;. 3  2. 2. b) Kết quả điểm cực đại x .  8.  k , điểm cực tiểu x . 5  k . 8. Bài toán 1.5:. . . a) Tìm m để hàm số y  2 x3  3  3m  1 x 2  12 m2  m x  1 có cực đại và cực tiểu. Viết phương trình đường thẳng đi qua CĐ, CT.. Trang 33.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> x 2  2mx  1  3m2 b) Tìm m để hàm số y  có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Oy. xm Hướng dẫn a) Tập xác định D . . Lấy y chia y ' .. . . Kết quả m  1 và y    m  1 x  2 m2  m  3m  1  1 . 2. b) Kết quả 1  m  1 . Bài toán 1.6: Chứng minh hàm số. . . a) y  x3  ax 2  1  b2 x  a  4b  ab luôn luôn có cực đại và cực tiểu với mọi tham số a, b. b) y . x2 1  3x  ba điểm cực trị phân biệt A, B, C. Tính diện tích tam giác ABC. 2 x Hướng dẫn. . . a) y ' có  '  a 2  3 a  b2  0, a, b b) Kết quả S . 27 . 4. Bài toán 1.7: Giải các phương trình: a) 3x 2  18 x  24 . 1 1  2x  5 x 1. 3  x  x2  2  x  x2  1. b). Hướng dẫn a) PT:  2 x  5   x  1  2. 2.  2x  5  2. 1 1  2x  5 x 1. 1 1 2  x 1  2x  5 x 1. Kết quả x  2 hoặc x  4 b) Kết quả x . 1 5 . 2. Bài toán 1.8: Giải các phương trình: a) b). 3. x 2  1  x3  2  x. x 2  2 3x  2  x 2  3 3x  4  3 Hướng dẫn Trang 34.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> a) Điều kiện: x  3 2 . Ta có:. x3  2  x  3 x 2  1  x  1  x 3  3  x  3 3 . Chia 2 vế cho 3. x3 thì được phương trình:. 1 1 1 2    1   0. x2 . x x4 x x x x. Kết quả nghiệm duy nhất x  3 . b) Hàm đơn điệu. Kết quả x  3 . Bài toán 1.9: Giải các hệ phương trình: 2   4 x  1 x   y  3 5  2 y   0 b)  2 2  4 x  y  2 3  4 x  7.  x  1  y  1  x3 a)  4  x  1  y. Hướng dẫn giải a) Điều kiện x  1, y  0 . Hệ phương trình tương đương với: 2 3   x  1   x  1  x  8  0 (1)  4 y   x  1 (2)  . Xét hàm số f  t   t  1   t  1  t 3  8, với t  1 . 2. Kết quả x  3, y  0 . b) Kết quả x . 1 ; y  2. 2. Bài toán 1.10: Giải bất phương trình: a). x  1  2 x  6  20  3 x  13. b). x 2  2 x  3  x 2  6 x  11  3  x  x  1 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:. f ' x . 1 1 3    0 . Kết quả x  3 . 2 x 1 x  6 2 x  13. b) Kết quả 1  x  2 . Bài toán 1.11: Chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất:. x7  5x4  15x3  x2  2 x  5  0 Trang 35.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> Hướng dẫn Chứng minh hàm VT đồng biến trên khoảng  0;  , còn khi x  0 thì vô nghiệm.. Trang 36.

<span class='text_page_counter'>(37)</span>