Các dạng bài toán về tính giới hạn hàm

Chia sẻ: Ho Quan Bang Bang | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

9
3.273
lượt xem
628
download

Các dạng bài toán về tính giới hạn hàm

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các dạng bài toán về tính giới hạn hàm số, giới hạn cơ bản được dùng trong các kì thi

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Các dạng bài toán về tính giới hạn hàm

  1. Phần 1. Các dạng bài toán về tính giới hạn hàm số  Một số giới hạn cơ bản được dùng trong các kì thi: s inx ex 1  lim  1 ; lim 1 x 0 x x 0 x ln(1  x) x  1 1  lim  1 ; lim 1    lim(1  x) x  e x 0 x x 0  x x 0 sin ax 1  cos ax a 2  lim  1;lim  , a  R, a  0 ( * )( cái này có được vì sao? ) x 0 ax x 0 x2 2 @ Sau đây là các bài toán hay và thường gặp về giới hạn 2 1 x  3 8  x  Thí dụ 1. Tìm giới hạn T  lim ( ĐHQGHN 1997 ) x 0 x Lời giải. Trước hết ta thêm bớt 2 trên tử rồi tách ra như sau 2( 1  x  1) (2  3 8  x ) T  lim  lim tại sao lại là số 2? Đến đây chắc chắn bạn sẽ làm theo cách x 0 x x 0 x nhân lượng liên hiệp, ( ko hay cho lắm, nếu căn lớn hơn ). Bạn chú ý nhá: Đặt u  1  x ; v  3 8  x thì x  u 2  1; x  8  v3 ; u, v  2 . Như vậy chúng ta có thể viết: 2  u  1 2v 2 1 2 1 3 T  lim 2  lim  lim  lim    (cách giải này có cái hay là u 2 u  1 v 2 8  v 3 u 2 u  1 v 2 4  2v  v 2 3 12 4 chúng ta đã loại đi những dấu căn cồng kềnh, khi đổi biến thì nhớ đổi ‘cận’ của giới hạn). Ưu điểm hơn qua bài toán sau: 2x 1  5 x  2 4  Thí dụ 2. Tìm giới hạn T  lim ( ĐHSPHN 1999 ) x 1 x 1 7 ĐS: T  , 10 Câu hỏi đặt ra là làm sao tìm được hệ số tự do thêm bớt vào ( trong bài 1 là số ‘2’ ấy ). Bạn xem n f ( x)  m g ( x) bài toán tổng quát từ đó rút ra suy nghĩ nhé: T  lim số bạn cần tìm là: x a xa n f (a)  m g (a) nếu điều này không xảy ra thì có nghĩa bạn đang đối mặt với một bài toán khó hơn! Bạn nhìn lại thí dụ 1 và 2 điều này có đúng không. 1
  2. 1  cos x cos 2 x  Thí dụ 3. Tìm giới hạn T  lim x 0 x2 Lời giải. Biến đổi và sử dụng công thức ( * ) 1  cos x 1  cos2 x 1  cos x 1  cos2 x 12 22 5 T  lim(  cos x. )  lim  lim cos x.    x 0 x2 x2 x 0 x2 x 0 x2 2 2 2 1  cos xco2 x...cos nx 1  2  ...  n 2 2 2 Tổng quát: lim  x 0 x2 2 cos x  cos3 x e  cos2 x  Thí dụ 4. Tìm giới hạn T  lim 2 x 0 x Lời giải. Biến đổi như sau ecos x cos3 x  1 1  cos2 x T  lim(  ) bạn đang gặp lại dạng thêm bớt lúc đầu nhé! x 0 x2 x2 Vậy T  T1  T2 với ecos x cos3 x  1  ecos x cos3 x  1 cos x  cos3x  ecos x cos3 x  1  1  cos3x 1  cos x  T1  lim  lim  cos x cos3 x .   lim cos x cos3 x    x 0 x2 x 0  x2  x 0  x2 x2  ecos x cos3 x  1 et  1 o lim cos x  cos3 x  lim  1;  t  cos x  cos3x  x 0 t 0 t ln(s inx  cos x)  Thí dụ 5. Tính giới hạn T  lim x 0 x ln(sinx  cos x) 2 ln(1  sin 2 x) sin 2 x Lời giải. Biến đổi T  lim  lim( . ) ( nhớ học công thức nhan x 0 2x x 0 sin 2 x 2x các anh em ) ln(1  sin 2 x) ln(1  t ) o lim  lim ; t  sin 2 x x 0 sin 2 x t 0 t sin 2 x sin t o lim  lim ; u  2x x 0 2x u 0 t Vậy T  1.1  1 ( chú ý phải trình bày cẩn thận các phép đổi cận thì giang hồ mới chấp nhận ví sin 2 x như ko được viết lim 0 ) x 0 2x  x3 x  Thí dụ 6. Tìm giới hạn T  lim   x  x  1    x3 x x  2  Lời giải. Thực hiện phép biến đổi T  lim    xlim 1   x  x  1     x 1  2 1 Đặt  , ta có x  2t  1; x    t   vì vậy x 1 t 2  1 2t 1   1 t   1 1 T  lim 1    lim  1    1    e 2 t    t   t  t    t  Thí dụ 7. Tìm giới hạn T  lim x   3 x3  3x 2  x 2  x  1  2
  3. Lời giải. Thực hiện phép biến đổi đơn giản   T  lim ( 3 x3  3x 2  x)  ( x 2  x  1  x) (cái này gợi cho ta sự thêm bớt đúng hem, nhưng nó x  mang đẳng cấp cao hơn rùi) o D  lim x   3  x3  3x 2  x  lim x  3 x 3 3x 2  3x 2   x 3 x3  3x 2  x 2 3  lim 1 x  2  3 3 3 3 1    1   1  x x 1 1  x 1 x 1 o Du  lim ( x 2  x  1  x)  lim  lim  x  x  x  x 1  x 2 x  1 1 1  2  1 2 x x 3 Vậy T  D  Du  2 sin(s inx)  Thí dụ 8. Tìm giới hạn T= lim ( ĐH Bách Khoa HN 1997 ) – cùi bắp x x 0 sin(s inx) s inx sin(s inx) Lời giải. lim  lim . 1 x 0 x x 0 x s inx 1  cos x  Thí dụ 9. Tìm giới hạn T  lim 1   x 0 2 1 x Lời giải. Ta thực hiện biến đổi sau x x x 2sin 2 (1  1  x ) 2 2sin 2 (1  1  x ) 2 2sin 2 (1  1  x ) 2 T  lim 2  lim 2  lim 2  1 ( bạn    2 2 2 x 0 1 1 x 1 1 x x 0 x2 x 0 x 4  2 trình bày chỗ này rõ ra nhé! ) 1  cos 2 2 x  Thí dụ 10. Tính giới hạn sau T  lim ( ĐN 1997 ) x 0 x sin x 1  cos 2 2 x 2 sin 2 2 x  sin 2 x  4 Lời giải. T  lim  lim  lim   . s inx  4 x 0 x sin x x 0 x sin x 2 x 0  2x       x  Chỉ là những phép biến đổi khéo léo ở bạn đó! 1  ( ĐH Giao Thông 1997 ) Thí dụ 11. Tìm giới hạn sau T  lim x.cos x 0 x Lời giải. Bài này phải dùng pp đánh giá nói đúng hơn là nguyên lí kẹp của vaiơstrat ( hic sách giáo khoa 11 cho nhỏ bên cạnh nhà mượn rùi, ghi nhầm có gì bà con bỏ qua nhen ) Tóm tắt pp: Giả sử ta có : 3
  4. o u( x)  f ( x)  v( x); x  D ( tập xác định của ba hàm số này ) o lim u( x)  lim v( x)  Dieu; a  D x a x a Thì lim f ( x)  Dieu; a  D x a ( ui khuya quá rồi, nhớ cô bé đáng yêu ghê, ngày mai viết tiếp, bé ơi ngủ đi đêm đã khuya rồi … măm măm, tối thứ bảy, 29-3-2009 ) Tiếp nè: 1 1 1  1 x cos  x cos  x   x  x cos  x 1  lim   x   lim  x cos   lim  x   0 x x x x 0 x 0  x  x 0  1  lim  x cos   0 x 0  x 1  1  sin 3x  Thí dụ 12. Tìm giới hạn sau T  lim ( ĐHQG HN 1997 ) x 0 1  cos x Lời giải. Biến đổi như sau 1  1  sin 3x 1  1  sin 3x T  lim  lim ( vì 1  sin 3x  0 ) x 0 1  cos x x 0 1  cos x 4sin 3 x  3sin x s inx 4sin 2 x  3 1  cos 2 x  lim  lim  lim 4sin 2 x  3 x 0 1  cos x 0 1  cos x x 0 1  co a s x  lim 1  cos x 4sin 2 x  3  3 2 x 0 x  s inx  Thí dụ 13. Tính giới hạn sau T  lim ( ĐHGT 1998 ) x  x  s inx Lời giải. Tiếp tục ý tưởng với nguyên lí kẹp của vaiơstrat, bắt đầu nào s inx s inx 1 1 s inx 1 s inx      ; x  0  lim  0 ( các bạn nên thuộc giới hạn này x x x x x x x  x nhé )  s inx  s inx x 1   1 x  s inx  lim  x  x 1 Vì vậy T  lim  lim x  x  s inx x   s inx  x s inx x 1   1  x  x 2 x  1  3 x2  1  Thí dụ 14. Tính giới hạn sau T  lim ( ĐHQG HN 2000 ) x 0 s inx Lời giải. Các bạn nhớ lại ý tưởng thêm bớt nhé, chúng ta thử mới biết là có giải được hay không? ( 2 x  1  1)  ( 3 x 2  1  1) ( 2 x  1  1) ( 3 x 2  1  1) T  lim  lim  lim  A B x 0 s inx x 0 s inx x 0 s inx o A  lim  2x 1 1    lim 2x 1 1 1 . 2 1 x 0   2 x  1  1 s inx x 0 s inx x   2x 1 1 4
  5. o B  lim  3 x2  1 1  3   lim ( x 2  1) 2  3 x 2  1  1 1   x  0 x 0  3  ( x 2  1) 2  3 x 2  1  1 s inx x 0 s inx  x    3   ( x  1)  x  1  1  2 2 3 2  o Vậy T  1 . 3x  cos x 2  Thí dụ 15. Tính giới hạn T  lim ( ĐHSP HN 2000 ) x 0 x2 3x  cos x (e x ln 3  1)  (1  cos x) 2 2 T  lim  lim x 0 x2 x 0 x2   x e x ln 3  1 2sin 2 2  lim 2 .ln 3  lim 2  ln 3  1 2 x 0 x .ln 3 x 0 x 2   4 2 1  cos x cos 2 x cos 3x  Thí dụ 16. Tính giới hạn sau T  lim x 0 x2 Lời giải. Bạn hãy nhìn lại thí dụ 3 xem sao, tôi khẳng định chúng có mối quan hệ với nhau, hehe, còn quan hệ như thế nào bạn tự suy nghĩ nhé! 7 Đs: T  ( nếu bí quá bạn có thể liên hệ với chúng tôi qua tinhbantoan@yahoo.com ) 2  Thí dụ 17. ( Một bài toán cực kì quan trọng ) n 1  ax  1 Tính giới hạn sau T  lim với n nguyên dương x 0 x Lời giải. Thực hiện phép đổi biến đê: Đặt y  n 1  ax Khi ấy x  0 thì y  1 vì thế em có : y 1 y 1 1 a T  a lim n  a lim  a lim n 1  y 1 y  1    y  y  ...  y  1 y1 y  y  ...  y  1 n y 1 y  1 n 1 n2 n2 Làm một vài ứng dụng của nó nha! ( Bạn hãy tổng quát kết quả trên với đa thực bậc n: p(n)  an x n  ...  a1 x  a0 nhá, có nghĩa là lúc này x được thay bằng p(n) ) 5
  6. 1  2 x 3 1  3x 4 1  4 x  1  Thí dụ 18. Tính giới hạn sau T  lim x 0 x Lời giải. Trước hết bài toán này khá hay và khó, với những căn thức như vậy chúng ta sẽ liên tưởng đến kết quả mà chúng ta đã có trong thí dụ 17, vậy phải làm sao khi mà bài toán này có chứa tích của tới ba dấu căn khác bậc. Ta sử dụng biến đổi sau đây 1  2 x 3 1  3x 4 1  4 x  1 = 1  2 x  1  2 x  1  2 x 3 1  3x  1  2 x 3 1  3x  1  2 x 3 1  3x 4 1  4 x  1 Từ đây là ngon ăn quá rồi nha! 1  2x 1 3 1  3x  1  4 1  4x 1  T  lim  lim 1  2 x  lim  1  2 x 3 1  3x  x 0 x x 0 x x 0  x    1  2x 1 3 1  3x  1  4 1  4x 1  2 3 4 T  lim x 0  lim x 0  lim  x 0      2 3 4 x x  x  @ Hoàn toàn bạn có thể tạo ra những bài toán như ý muốn của bạn từ những ý tưởng cơ bản, thế mới biết toán học là muôn màu muôn vẻ!   Thí dụ 19. Tính giới hạn sau T  lim tan 2 x.tan(  x) ( ĐHSPHN 2000 )  4 x 4  Lời giải. nhẩm nhẩm ta thấy nếu mà thế x  vào thì T không xác định. Để cho gọn ta đặt 4    cos2a sin a cos2a 1 a  x  T  lim tan   2a  .t ana  lim cot 2a.tan a  lim  lim  4 a 0 4  a 0 a 0 sin 2a cos a a 0 2cos 2 a 2 6
  7. Phần 2. Các bài toán về tính liên tục và có đạo hàm của hàm số  Hàm số liên tục tại điểm x  x0 khi và chỉ khi lim f ( x)  lim f ( x)  f  x0    xx 0 xx 0  Đạo hàm của hàm số y  f ( x) tại điểm x  x0 là giới hạn hữu hạn ( nếu có ) của f ( x)  f ( x0 ) lim , kí hiệu là f '( x0 ) . Chú ý đạo hàm tồn tại khi x  x0 x  x0 f ( x)  f ( x0 ) f ( x)  f ( x0 ) lim  lim ( bạn hãy hiểu thật rõ về  x x 0 x  x0  xx 0 x  x0 đạo hàm nhé ) Định lí: Nếu hàm số f ( x) có đạo hàm tại x0 thì liên tục tại điểm đó. ( điều ngược lại không phải lúc nào cũng đúng )  Thí dụ 20. Tìm m để hàm số sau liên tục tại điểm x  1 :  3 x  2  2x 1  y  f ( x)   x 1 ; x  11 m; x  1 2   Lời giải. Trước hết cần hiểu liên tục tại một điểm là như thế nào đã, cái này chúng tôi đã trình bày trong phần lí thuyết tóm tắt của phần này!  Hàm số liên tục tại điểm x  x0 khi và chỉ khi lim f ( x)  lim f ( x)  lim f ( x)  f  x0    x  x0 xx 0 xx 0 Bài toán chúng ta đang xét ứng với x0  1 , bạn cũng nên biết rằng hàm số của chúng ta đang cần xét là hàm hai quy tắc, một điều rất quan trọng nữa là khi x  1 đồng nghĩa với x chưa bằng 1 hay x  1 . Với nhận xét này chúng ta bắt đầu giải như sau: 3 x  2  2x 1  3 x  2 1 2x 1 1  4 Xét giới hạn lim f ( x)  lim  lim     (?) với những gì x 1 x 1 x 1 x 1  x 1 x 1  3   bạn có trong những ví dụ phần 1 thì việc tính giới hạn này chỉ còn là trò trẻ con! Bạn thấy một chút gì đó khó hiểu, ừ đúng, hãy đọc lại đề một lần nữa thật kĩ. Người ta yêu cầu “ tìm m “ để hàm số liên tục tại điểm x=1 vậy nên ta đã có một giả thiết cực kì quan trọng là hàm số này liên tục tại điểm x=1, điều này tương đương với 4 lim f ( x)  f (1)  m  . Hãy nhớ đây là bài toán tìm m và đề cho hàm số của chúng ta đã liên x 1 3 tục tại điểm x=1 rồi. Bài toán này khác với bài toán xét tính liên tục của một hàm số!   Thí dụ 21. Tìm m để hàm số sau liên tục tại điểm x  3  t anx  3cot x  3x     y  f ( x)   ;x  m; x   3   3 Lời giải. Như vậy các bạn chỉ cần trình bày như sau 7
  8. t anx  3cot x Xét giới hạn lim f ( x)  lim  a ( một kết quả nào đó – các bạn tự tìm ha ) x  x  3x   3 3  Vì hàm số liên tục tại x  nên : 3  lim f ( x)  f ( )  a  m ( nếu bạn vẫn thấy khó hiểu thì nên ngẫm nghĩ lại những gì mình mới  3 x 3 đọc rồi hãy tiếp tục nha, toán liên quan đến lí thuyết hay lém ) Phần 3. Ứng dụng định lí lagrange trong việc giải phương trình ( Dành cho các bạn học các lớp bồi dưỡng ) I) §Þnh lý Roll : lµ tr-êng hîp riªng cña ®Þnh lý Lagr¨ng 1.Trong ch-¬ng tr×nh to¸n gi¶i tÝch líp 12 cã ®Þnh lý Lagr¨ng nh- sau : ( rất tiếc chương trình mới định lí này đã được giảm tải ) Định lí : NÕu hµm sè y = f(x) liªn tôc trªn [a; b] vµ cã ®¹o hµm trªn (a; b) th× tån t¹i mét ®iÓm c  (a; b) sao cho: f ( b )  f (a ) f / (c) = ba ý nghÜa h×nh häc cña ®Þnh lý nh- sau: XÐt cung AB cña ®å thÞ hµm sè y = f(x), víi to¹ ®é cña ®iÓm A(a; f(a)) , B(b; f(b)). HÖ sè gãc cña c¸t tuyÕn AB lµ: f ( b )  f (a ) k = ba f ( b )  f (a ) §¼ng thøc : f / (c) = ba nghÜa lµ hÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm C(c; f(c)) cña cung AB b»ng hÖ sè gãc cña ®-êng th¼ng AB. VËy nÕu c¸c ®iÒu kiÖn cña ®Þnh lý Lagr¨ng ®-îc tho¶ m·n th× tån t¹i mét ®iÓm C cña cung AB, sao cho tiÕp tuyÕn t¹i ®ã song song víi c¸t tuyÕn AB. 2. NÕu cho hµm sè y = f(x) tho¶ m·n thªm ®iÒu kiÖn f(b) = f(a) th× cã f / (c) = 0. Ta cã ®Þnh lý sau ®©y cã tªn gäi lµ : §Þnh lý Roll. NÕu hµm sè y = f(x) liªn tôc trªn [a; b], cã ®¹o hµm f / (x) trªn (a; b) vµ cã f(a) = f(b) th× tån t¹i ®iÓm xo  (a, b) sao cho f’ (xo) = 0.. Nh- vËy ®Þnh lý Roll lµ mét tr-êng hîp riªng cña ®Þnh lý Lagr¨ng. Tuy nhiªn cã thÓ chøng minh ®Þnh lý Roll trùc tiÕp nh- sau: Hµm sè f(x) liªn tôc trªn [a; b] nªn ®¹t c¸c gi¸ trÞ max, min trªn ®o¹n [a; b] gäi m = min f(x) , M = max f(x) 8
  9. x  [a, b] x [a, b] NÕu m = M th× f(x) = C lµ h»ng sè nªn  xo  (a, b) ®Òu cã f’(xo ) = 0 NÕu m < M th× Ýt nhÊt mét trong hai gi¸ trÞ max, min cña hµm sè f(x) ®¹t ®-îc t¹i ®iÓm nµo ®ã xo  (a; b). VËy xo ph¶i lµ ®iÓm tíi h¹n cña f(x) trªn kho¶ng (a; b)  f’ (xo ) = 0. §Þnh lý ®-îc chøng minh . ý nghÜa h×nh häc cña ®Þnh lý Roll : Trªn cung AB cña ®å thÞ hµm sè y = f(x), víi A(a; f(a)) , B(b; f(b)) vµ f(a) = f(b), tån t¹i ®iÓm C ( c; f(c) ) mµ tiÕp tuyÕn t¹i C song song víi Ox. NhËn xÐt : Tõ ®Þnh lý Roll cã thÓ rót ra mét sè hÖ qu¶ quan träng nh- sau : Cho hµm sè y = f (x) x¸c ®Þnh trªn [a; b] vµ cã ®¹o hµm t¹i x  (a; b) . HÖ qu¶ 1 : NÒu ph-¬ng tr×nh f(x) = 0 cã n nghiÖm ph©n biÖt th×: ph­¬ng tr×nh f’ (x) = 0 cã Ýt nhÊt n – 1 nghiÖm ph©n biÖt . ph-¬ng tr×nh f ( k ) (x) = 0 cã Ýt nhÊt n – k nghiÖm ph©n biÖt, víi k = 2, 3, 4 … HÖ qu¶ 2 : NÕu ph-¬ng tr×nh f(x) = 0 cã n nghiÖm ph©n biÖt th× ph-¬ng tr×nh : f(x) +  f’ (x) = 0 cã Ýt nhÊt n-1 nghiÖm ph©n biÖt , víi   R mµ   0 .  Thí dụ 29. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thì phương trình a cos3x  b cos 2x  c cos x  sinx  0 (1) luôn có nghiệm trong khoảng  0; 2  Lời giải. Lần đầu tiên tôi gặp bài toán này vào năm lớp 10, thật sự lời giải làm cho tôi thích nhất của bài toán này là dùng định lí lagrange Xét hàm số f ( x)  31 a sin 3x  21 b sin 2 x  c sin x  cos x trên đoạn [0; 2 ] . Rõ ràng hàm số này xác định và liên tục trên [0; 2 ] , có đạo hàm tại mọi điểm thuộc  0; 2  . Ngoài ra f (0)  f (2 )  1 . Theo định lí lagrange, tồn tại d   0; 2  sao cho f  2   f  0  1  (1) f 'd     0  a cos3d  b cos 2d  c cos d  sin d  0 điều này có 2  0 2 nghĩa d là một nghiệm của phương trình (1) suy ra đpcm. ( chú ý bài toán này còn có cách giải khác )  Thí dụ 30. Giải phương trình 1  cos x   2  4cos x   3.4cos x Lời giải. Về bài toán này trước hết ta phải thực hiện đặt ẩn phụ cos x  y   1;1 Khi đó pt đã 1  y  2  4  y  4.4 y  cho có dạng  (1) tới đây công việc cũng chưa hẳng là đã đơn giản hơn. 1  y  1  Chúng ta sẽ dùng ý tưởng của định lí lagrange để giải phương trình này, từ định lí lagrange chúng ta thấy rằng phương trình đạo hàm cấp 1 f '  0 có không quá k nghiệm thì phương trình f  0 có không qua k+1 nghiệm, rồi từ đó bằng cách đoán nghiệm ta suy ra các nghiệm của phương trình. Những phương trình dùng tới định lí này thường có mặt trong các kì thi hsg! 6.4 y ln 4 Ta có f '( y )   1 ( các bạn kiểm tra lại phép tính đạo hàm này nhé ) 2  4y  2 9
  10. f '( y)  0   2  4 y   6.4 y ln 4  0 nếu ta coi phương trình này là phương trình với biến là 4 y 2 thì rõ ràng nó là một pt bậc hai nên nó sẽ có không quá 2 nghiệm. Từ đó (1) sẽ có không quá 3 1 nghiệm, ta đoán được y1  0; y2  ; y3  1 là ba nghiệm của (1). Rồi từ đấy giải các pt lượng giác 2 1 cơ bản cos x  0;cos x  ;cos x  1 suy ra kết quả! 2 Thí dụ 31. Cho n lµ sè nguyªn d-¬ng , cßn a, b, c lµ c¸c sè thùc tuú ý tho¶ m·n hÖ thøc : a b c + + = 0 (1) n  2 n 1 n CMR ph-¬ng tr×nh : 2 a x + bx + c = 0 cã Ýt nhÊt mét nghiÖm trong ( 0; 1) . Gi¶i : ax n  2 bx n 1 cx n XÐt hµm sè: f(x) = + + . n  2 n 1 n Hµm sè f (x) liªn tôc vµ cã ®¹o hµm t¹i  x  R . a b c Theo gi¶ thiÕt (1) cã f(0) = 0 , f(1) =   0 n  2 n 1 n Theo ®Þnh lý Roll tån t¹i xo  (0; 1) sao cho f’(xo ) = 0 mµ: f’(x) = a x  bx  cx n 1 n n 2 f’(x 0 ) = 0  ax o  bx o  cxo  0 n 1 n n 1  x o 1 (ax o  bx o +c) = 0 ( x o  0 ) n 2  ax o  bx o  c  0 2 VËy ph-¬ng tr×nh a x  bx  c  0 cã nghiÖm x o  (0;1) . (®pcm) . 2 Thí dụ 32. Gi¶i ph-¬ng tr×nh : 3 6  4 5 x x x x Gi¶i : Ph-¬ng tr×nh ®· cho t-¬ng ®-¬ng víi : 6 x  5 x  4 x  3x (2). Râ rµng x o  0 lµ mét nghiÖm cña ph-¬ng tr×nh (2) . Ta phân tích như sau, phương trình tương đương với  5  1  5x   3  1  3x , vì phương trình x x có bậc là biến nên chúng ta sẽ dùng một thủ thuật để xử lí như sau: Ta gäi  lµ nghiÖm bÊt kú cña ph-¬ng tr×nh (2). XÐt hµm sè : f(x) = ( x  1)  x , víi x > 0, chú ý X này là X lớn nhen!   Hµm sè f(x) x¸c ®Þnh vµ liªn tôc trªn ( 0; +  ) vµ cã ®¹o hµm : f’ (x) = ( x  1) -  x  1  1 =  [ ( x  1)  x ] 1 1 Tõ (2) cã f(5) = f(3) . VËy tån t¹i c  ( 3; 5) sao cho f’(c) = 0, hay lµ : 10
  11.  [ (c  1) 1  c 1 ] = o   =o,  =1. Thö l¹i thÊy x1  0; x2  1 ®Òu tho¶ m·n ph-¬ng tr×nh (2). VËy ph-¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm lµ : x1  0; x2  1 11
Đồng bộ tài khoản