intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Bài giảng ứng dụng hàm số trong luyện thi ĐH - phần 3

Chia sẻ: Nguyễn Ngân | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST
Báo xấu
102
lượt xem 12
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'bài giảng ứng dụng hàm số trong luyện thi đh - phần 3', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng ứng dụng hàm số trong luyện thi ĐH - phần 3

  1. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu ng th c sau v i m i s t nhiên n > 1 Ví d 5 : Ch ng minh b t n n nn n n1+ + 1− 0 Ch ng minh r ng: x 4 + y 4 + z 4 + xyz (x + y + z ) ≥ xy(x 2 + y 2 ) + yz (y 2 + z 2 ) + zx (z 2 + x 2 ) . Không m t tính t ng quát ta gi s : x ≥ y ≥ z > 0 . Xét hàm s f (x ) = x 4 + y 4 + z 4 + xyz (x + y + z ) − xy(x 2 + y 2 ) − yz (y 2 + z 2 ) − zx (z 2 + x 2 ) Ta có f '(x ) = 4x 3 − 3x 2 (y + z ) + xyz + yz (x + y + z ) − (y 3 + z 3 ) ⇒ f "(x ) = 12x 2 − 6x (y + z ) + 2yz
  2. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu ⇒ f "(x ) > 0 (do x ≥ y ≥ z ) ⇒ f '(x ) ≥ f '(y ) = z 2y − z 3 = z 2 (y − z ) ≥ 0 nên f (x ) là hàm s ng bi n. ⇒ f (x ) ≥ f (y ) = z 4 − 2z 3y + y 2z 2 = z 2 (z − y )2 ≥ 0 ⇒ pcm. Ví d 7: 3 a b c 1. Cho a,b, c > 0 . Ch ng minh r ng: + + ≥. a +b b +c c +a 2 Cho 0 < a ≤ b ≤ c . Ch ng minh r ng: 2. (c − a )2 2a 2b 2c + + ≤3+ . b +c c +a a +b a(c + a ) Gi i : 3 a b c 1. Cho a,b, c > 0 . Ch ng minh r ng: + + ≥ a +b b +c c +a 2 1 1 1 3 b c a t x = , y = , z = ⇒ xyz = 1 và b t ng th c ã cho ⇔ + + ≥. 1+x 1+y 1+z 2 a b c 1 1 2 2z + ≥ = Gi s z ≤ 1 ⇒ xy ≥ 1 nên có: 1 + x 1 + y 1 + xy 1 + z 1 1 1 2z 1 2t 1 ⇒ + + ≥ + = + = f (t ) v i t = z ≤ 1 1 + x 1 + y 1 + z 1 + z 1 + z 1 + t 1 + t2 2(1 − t ) 2 2t Ta có: f '(t ) = − ≤ ≤0 (1 + t )2 (1 + t 2 )2 (1 + t 2 )2 3 ⇒ f (t ) ≥ f (1) = , ∀t ≤ 1 ⇒ pcm. 2 (c − a )2 2a 2b 2c + + ≤3+ 2. Cho 0 < a ≤ b ≤ c . Ch ng minh r ng: b +c c +a a +b a(c + a ) b c = α , = x ,1 ≤ α ≤ x . Khi ó b t t ng th c c n ch ng minh tr thành a a x2 + x + 4 2α 2 2x + + ≤ α +x 1+x 1+α x +1 x +1 2x (x + 1) ⇔ x 2 + x + 1 ≥ (2 + 2α + ) α +x 1+α x +1 2x (x + 1) Xét hàm s f (x ) = x 2 + x + 1 − (2 + 2α + 1≤α ≤x ), α +x 1+α α −1 2(2x + 1) Ta có: f '(x ) = 2x + 1 − −2 α +1 (x + α )2
  3. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu  2x +1  2 f '(x ) = (α − 1)  1≤α ≤x −  ≥ 0,  α +1 (x + α )2    1 ng bi n do ó f (x ) ≥ f (α ) = α 2 − 3α + 3 − Như v y hàm f (x ) là α 1 1 1 Nhưng f '(α ) = 2α − 3 + =α +α + − 3 ≥ 3 3 α .α . −3=0 2 2 α2 α α ⇒ f (x ) ≥ f (α ) ≥ f (1) = 0 ⇒ pcm. BÀI T P T LUY N () 1. Cho hàm s f x = 2 sin x + t a n x − 3x  π a ) Ch ng minh r ng hàm s ng bi n trên n a kho ng 0;  .  2  π b) Ch ng minh r ng 2 sin x + t a n x > 3x v i m i x ∈  0;  .  2 2.  π a ) Ch ng minh r ng t a n x > x v i m i x ∈  0;  .  2  π x3 b) Ch ng minh r ng t a n x > x + v i m i x ∈  0;  . 3  2  π 4 () f x = x − t a n x v i m i x ∈  0;  3. Cho hàm s π  4  π a ) Xét chi u bi n thiên c a hàm s trên o n 0;  .  4  π 4 b) T ó suy ra r ng x ≥ t a n x v i m i x ∈  0;  . π  4 4. Ch ng minh r ng các b t ng th c sau : a ) sin x < x v i m i x > 0 , sin x > x v i m i x < 0 x2 v im i x ≠0 b) cos x > 1 − 2 x3 x3 v im i x >0 v im i x x − , sin x < x − 6 6  π d ) sin x + t a n x > 2x v i m i x ∈  0;   2 5. Ch ng minh r ng a. ex ≥ 1 + x , ∀x
  4. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu x2 x b. e ≥ 1 + x + , ∀x ≥ 0 2 1 6. Ch ng minh r ng ln(1 + x ) ≥ x − x 2 ∀x ≥ 0 . 2 ng th c sau úng v i ∀x ≥ 0 ln(1 + x ) ≥ x − ax 2 . 7. Tìm s th c a nh nh t bt : ax ≥ 1 + x ∀x ≥ 0 . 8. Tìm t t c các giá tr c a a b a  1 b 1 9. Cho a ≥ b > 0 . Ch ng minh r ng :  2a +  ≤ 2 +  .     2a  2b    )( ) , x > y > 0. ( y x 2x + 3x < 2y + 3y 10. Ch ng minh : x +b b x +a  a  11. Cho x , a, b > 0, a ≠ b . Ch ng minh r ng:  >   x +b  b  ( ) 12. Ch ng minh r ng : x > ln 1 + x , ∀x > 0 13. Ch ng minh r ng v i x ∈ (4 ; + ∞) , ta luôn có 2x > x 2 () 14. Tìm các c p s nguyên x ; y th a mãn (x − y )x +y = (x + y )x −y Hư ng d n : 1.  π a ) Ch ng minh r ng hàm s ng bi n trên n a kho ng 0;   2  π () Hàm s f x = 2 sin x + tan x − 3x liên t c trên n a kho ng  0;  và có o hàm  2 2 cos3 x + 1 − 3 cos2 x 1 () f ' x = 2 cos x + −3= cos2 x cos2 x (1 − cos x ) (2 cos x + 1) > 0, ∀x ∈  0; π  2 () = f' x   cos2 x 2   π () Do ó hàm s f x = 2 sin x + tan x − 3x ng bi n trên n a kho ng  0;   2  π b) Ch ng minh r ng 2 sin x + tan x > 3x v i m i x ∈  0;   2  π  π () () () Hàm s f x = 2 sin x + tan x − 3x ng bi n trên n a kho ng  0;  và f x ≥ f 0 = 0, ∀x ∈  0;  ;  2  2  π  π do ó 2 sin x + t a n x − 3x > 0 m i x ∈  0;  hay 2 sin x + t a n x > 3x v i m i x ∈  0;   2  2 2.
  5. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu  π () a ) Ch ng minh r ng hàm s f x = t a n x − x ng bi n trên n a kho ng  0;  .  2  π () Hàm s f x = t a n x − x liên t c trên n a kho ng 0;  và có o hàm  2  π 1 () f' x = − 1 = t a n2 x > 0, ∀x ∈  0;  . 2  2 cos x  π  π () () () Do ó hàm s f x = t a n x − x ng bi n trên n a kho ng  0;  và f x > f 0 = 0, ∀x ∈  0;  hay  2  2 tan x > x .  π x3 b) Ch ng minh r ng t a n x > x + v i m i x ∈  0;  . 3  2  π x3 () Xét hàm s g x = t a n x − x − trên n a kho ng 0;  . 3  2  π x3 () Hàm s g x = t a n x − x − liên t c trên n a kho ng 0;  và có o hàm 3  2 1 () g' x = − 1 − x 2 = t a n2 x − x 2 2 cos x   )( t a n x + x ) > 0, ∀x ∈  0; π  câu a) () ( g ' x = ta n x − x 2    π  π x3 () () () Do ó hàm s g x = t a n x − x − ng bi n trên n a kho ng  0;  và g x > g 0 = 0, ∀x ∈  0;  3  2  2  π x3 hay t a n x > x + v i m i x ∈  0;  . 3  2 3.  π a ) Xét chi u bi n thiên c a hàm s trên o n 0;  .  4  π 4 () Hàm s f x = x − t a n x liên tr c trên o n 0;  và có o hàm π  4  π 4−π 4 1 () f' x = − = − t a n2 x , ∀x ∈  0;  , π π cos2 x  4 4 −π () f ' x = 0 ⇔ ta n x = π  π 4−π π 4−π Vì 0 < < 1 = ta n nên t n t i m t s duy nh t c ∈  0;  sao cho t a n c = π π 4  4 () () () ng bi n trên o n x ∈ 0; c  • f ' x > 0, x ∈ 0; c ⇒ hàm s f x   π  π () () • f ' x < 0, x ∈  c;  ⇒ hàm s f x ngh ch bi n trên o n x ∈ c;   4  4
  6. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu  π  π 4 4 () () b) D th y 0 ≤ f x ≤ f c ; ∀x ∈  0;  ⇒ x − t a n x ≥ 0 hay x ≥ t a n x v i m i x ∈ 0;  . π π  4  4 4. a ) sin x < x v i m i x > 0 .  π () Hàm s f x = x − sin x liên t c trên n a kho ng 0;  và có o hàm  2  π  π () x f ' x = 1 − cos x = 2 sin2 > 0, ∀x ∈  0;  . Do ó hàm s ng bi n trên n a kho ng  0;  và ta có 2  2  2  π  π  π () () f x > f 0 = 0, ∀x ∈  0;  , t c là x − sin x > 0, ∀x ∈  0;  hay x > sin x , ∀x ∈  0;  .  2  2  2 x2 b) cos x > 1 − v im i x ≠0 2 x2 () ) ()  Hàm s f x = cos x − 1 + liên t c trên n a kho ng  0; +∞ và có o hàm f ' x = x − sin x > 0 v i 2 m i x > 0 ( theo câu a ). () ) () () ng bi n trên n a kho ng 0; +∞ và ta có f x > f 0 = 0, ∀x > 0 , t c là Do ó hàm s f x  x2 cos x − 1 + > 0, ∀x > 0 2 ( −x ) 2 x2 () V i m i x < 0 , ta có cos −x −1+ > 0, ∀x < 0 hay cos x − 1 + > 0, ∀x < 0 2 2 2 x V y cos x > 1 − v im i x ≠ 0 2 x3 () () c) Hàm s f x = x − − sin x . Theo câu b thì f ' x < 0, ∀x ≠ 0 . Do ó hàm s ngh ch bi n trên » . Và 6 () ()  f x > f 0 khi x < 0   () ()  f x < f 0 khi x > 0   π d ) sin x + t a n x > 2x v i m i x ∈  0;   2  π () Hàm s f x = sin x + tan x − 2x liên t c trên n a kho ng  0;  và có o hàm  2  π 1 1 () f ' x = cos x + − 2 > cos2 x + − 2 > 0, ∀x ∈  0;  . Do ó hàm s ng bi n trên n a 2 2  2 cos x cos x  π  π () () kho ng 0;  và ta có f x > f 0 = 0, ∀x ∈  0;  .  2  2 5. a. ex ≥ 1 + x , ∀x Xét hàm s f (x ) = ex − x − 1 liên t c trên » . Ta có: f '(x ) = e x − 1 ⇒ f '(x ) = 0 ⇔ x = 0
  7. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu L p b ng bi n thiên, ta th y f (x ) ≥ f (0) = 0 ∀x . x2 b. e x ≥ 1 + x + , ∀x ≥ 0 2 x2 ) Xét hàm s f (x ) = e x − 1 − x −  liên t c trên n a kho ng  0; +∞ 2 Ta có: f '(x ) = e x − 1 − x ≥ 0 ∀x (theo k t qu câu 1) ⇒ f (x ) ≥ f (0) = 0 ∀x ≥ 0 pcm. 6. 1 )  Xét hàm s f (x ) = ln(1 + x ) − x + x 2 liên t c trên n a kho ng  0; +∞ . 2 x2 1 Ta có f '(x ) = −1+x = ≥ 0, ∀x ≥ 0 1+x x +1 ⇒ f (x ) ≥ f (0) = 0 ∀x ≥ 0 ⇒ (1) úng. 7. Tìm s th c a nh nh t B T sau úng v i ∀x ≥ 0 ln(1 + x ) ≥ x − ax 2 (2). Gi s (1) úng v i ∀x ≥ 0 ⇒ (2) úng v i ∀x > 0 ln(1 + x ) − x ⇔ ≥ −a ∀x > 0 (3). 2 x ln(1 + x ) − x 1 1 Cho x → 0+ , ta có: ⇒− ≥ −a ⇔ a ≥ . 2 2 2 x 1 Khi ó: x − x 2 ≥ x − ax 2 ∀x ≥ 0 . 2 1 câu 1 thì: ln(1 + x ) ≥ x − x 2 ∀x ≥ 0 , Mà theo ch ng minh 2 suy ra ln(1 + x ) ≥ x − ax 2 ∀x ≥ 0 . 1 V ya= là giá tr c n tìm. 2 8. Xét hàm s : f (x ) = a x − x − 1 ≥ 0 v i x ≥ 0 (*). Ta có: f (x ) là hàm liên t c trên [0; +∞) và có f '(x ) = a x ln a − 1 . () • N u 0 < a ≤ 1 ⇒ ln a < 0 ⇒ f '(x ) < 0 ∀x ≥ 0 ⇒ f x ngh ch bi n. ⇒ f (x ) ≤ f (0) = 0 ∀x ≥ 0 ⇒ mâu thu n v i (*). ⇒ a < 1 không th a yêu c u bài toán. • N u a ≥ e ⇒ a x ln a − 1 ≥ ex − 1 ≥ 0 ∀x ≥ 0 ⇒ f (x ) là hàm ng bi n trên [0; +∞) ⇒ f (x ) ≥ f (0) = 0 ∀x ≥ 0 ⇒ a ≥ e th a yêu c u bài toán. • 1 < a < e , khi ó f '(x ) = 0 ⇔ x = x 0 = − loga (ln a ) > 0 và f '(x ) i d u t âm sang dương khi x i n min f (x ) = f (x 0 ) qua x 0 , d n x ≥0 1 ⇒ f (x ) ≥ 0 ∀x ≥ 0 ⇔ f (x 0 ) ≥ 0 ⇔ + loga (ln a ) − 1 ≥ 0 ln a
  8. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu ln(ln a ) 1 ⇔ + − 1 ≥ 0 ⇔ 1 + ln(ln a ) − ln a ≥ 0 ln a ln a e ln a ⇔ ln ≥ 0 ⇔ e ln a ≥ a ⇔ e ln a − a ≥ 0 (**). a Xét hàm s g(a ) = e ln a − a v i 1 < a < e , ta có: e g '(a ) = − 1 > 0 ∀a ∈ (1; e) ⇒ g(a ) < g(e) = 0 ∀a ∈ (1; e) mâu thu n v i (**) ⇒ 1 < a < e không th a a yêu c u bài toán. V y a ≥e. 9. Ta có: b a )( ) ( a 1 b 1 b a a b 2 +  ≤ 2 +  ⇔ 4 + 1 ≤ 4 + 1     2a  2b    ln ( 4 + 1) ln ( 4 + 1) a b ⇔ b ln ( 4 + 1) ≤ a ln ( 4 + 1) ⇔ ( 1) a b ≤ a b ln ( 4 + 1) t Xét hàm s : f (t ) = , t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ (1) ⇔ f (a ) ≤ f (b) (2) t )( ) < 0, ∀t > 0 nên hàm s ( 4 ln 4 − 4t + 1 ln 4t + 1 t t () ( ) Ta có : f ' t = ngh ch bi n trên 0; +∞ . ( 4 + 1) 2 t t Mà a ≥ b > 0 ⇒ (2) úng nên b t ng th c ư c ch ng minh Nghiên c u k hơn v d ng toán này chuyên “ Mũ – Logarit” ( ) 12. Ch ng minh r ng : x > ln 1 + x , ∀x > 0 () ( ) ) nh và liên t c trên n a kho ng 0; +∞ và có Hàm s f x = x − ln 1 + x xác o hàm  1 () () ) ng bi n trên n a kho ng 0; +∞ , hơn n a f ' x =1− > 0 v i m i x > 0 . Do ó hàm s f x  x +1 f (x ) > f ( 0 ) = 0 v i m i x > 0 Hay x > ln (1 + x ) , ∀x > 0 . 13. Xét hàm s f (x ) = 2x − x 2 liên t c trên kho ng (4 ; + ∞) . Ta có : f ′(x ) = 2x ln 2 − 2x , f ′′(x ) = 2x ln2 2 − 2 1 1 ⇒ ln2 2 > ⇒ 2x ln2 2 > 4 ⇒ 2x ln2 2 − 2 > 0 , ∀x > 4 ⇒ f ′′(x ) > 0 , ∀x > 4 nên Vì ln 2 > 2 4 f ′(x ) > f ′(4) , ∀x > 4 và f ′(4) = 24 ln 2 − 8 > 0 ⇒ f ′(x ) > 0, ∀x > 4 . Do ó f (x ) > f (4) = 0 , ∀x > 4 ⇒ 2x > x 2 , ∀x > 4
  9. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu ln x Cách 2 : l y logarit t nhiên c 2 v r i xét hàm s h(x ) = liên t c trên kho ng (4 ; + ∞) . x 14. T gi i thi t suy ra (x − y )x +y > 0 ⇒ x − y ≠ 0 Gi s x − y < 0 thì ta ph i có x + y = 2k, (k ∈ N * ) ⇒ (x − y )x +y = (x − y )2k ≥ 1 1 Hơn n a (x + y )x −y = (2k )x −y = < 1 , do ó x − y > 0 . − ( x −y ) (2k ) L y logarit t nhiên c 2 v c a (x − y )x +y = (x + y )x −y ta ư c (x + y )ln(x − y ) = (x − y )ln(x + y ) ln(x − y ) ln(x + y ) () ⇔ = *. x −y x +y ln t ( ) Xét hàm s f (t ) = liên t c trên kho ng 0; +∞ . t 1 − ln t ( ) Ta có : f ′(t ) = , t ∈ 0; +∞ t2 ln t f ′(t ) = 0 ⇔ t = e . Hàm s f (t ) = ơn i u trên cách kho ng (0 ; e) và (e ; + ∞) . t () Khi ó phương trình * tr thành f (x − y ) = f (x + y ) . x + y = 1 (loai ) 0 < x − y < e x − y = 1  () a ⇒ ⇒ Vì 0 < x − y < x + y nên   x +y () e < x + y x − y = 2 2 = (x + y ) * * 2    () () M t khác v i x ∈ (4 ; + ∞) , ta luôn có 2x > x 2 nên * * ⇒ x + y ≤ 4 b x + y = 4 x = 3 (a ) , (b ) suy ra x − y = 2 ⇔ y = 1   T     D ng 5 : Dùng ơn i u hàm s gi i và bi n lu n phương trình và b t phương trình . Chú ý 1 : () N u hàm s y = f x luôn ơn i u nghiêm cách trên D ( ho c luôn ng bi n ho c luôn ngh ch bi n trên () () () D ) thì s nghi m c a phương trình : f x = k s không nhi u hơn m t và f x = f y khi và ch khi x =y. Chú ý 2: () • N u hàm s y = f x luôn ơn i u nghiêm cách trên D ( ho c luôn ng bi n ho c luôn ngh ch bi n () trên D ) và hàm s y = g x luôn ơn i u nghiêm ngo c ( ho c luôn ng bi n ho c luôn ngh ch bi n ) () () trên D , thì s nghi m trên D c a phương trình f x = g x không nhi u hơn m t. () n c p n trên D và phương trình f (k )(x ) = 0 có m nghi m, khi ó • N u hàm s y = f x có o hàm phương trình f (k −1)(x ) = 0 có nhi u nh t là m + 1 nghi m.
  10. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu Ví d 1 : Gi i các phương trình 1. 3x (2 + 9x 2 + 3) + (4x + 2)( 1 + x + x 2 + 1) = 0 3 2. x 3 − 4x 2 − 5x + 6 = 7x 2 + 9x − 4 Gi i : 1. 3x (2 + 9x 2 + 3) + (4x + 2)( 1 + x + x 2 + 1) = 0 (1) ( ) Phương trình (1) ⇔ −3x (2 + (−3x )2 + 3) = (2x + 1)(2 + (2x + 1)2 + 3) (2) t u = −3x , v = 2x + 1, u, v > 0 Phương trình (1) ⇔ u(2 + u 2 + 3) = v(2 + v 2 + 3) (3) ( 0; +∞ ) Xét hàm s f (t ) = 2t + t 4 + 3t 2 liên t c trên kho ng 2t 3 + 3t () ( ) Ta có f '(t ) = 2 + > 0, ∀t > 0 ⇒ f t ng bi n trên kho ng 0; +∞ . t + 3t 4 2 1 Khi ó phương trình (3) ⇔ f (u ) = f (v ) ⇔ u = v ⇔ −3x = 2x + 1 ⇔ x = − 5 1 V yx=− là nghi m duy nh t c a phương trình. 5 3 2. x 3 − 4x 2 − 5x + 6 = 7x 2 + 9x − 4 . 3 x − 4x − 5x + 6 = y 2 3 t y = y = 7x 2 + 9x − 4 . Khi ó phương trình cho ⇔  2 7x + 9x − 4 = y 3  3 x − 4x − 5x + 6 = y x 3 − 4x 2 − 5x + 6 = y 2  (I ) ⇔ 3 ⇔ 3 ( ) () 3 y + y = x + 3x + 4x + 2 3 2 y + y = x + 1 + x + 1 *   () ( ) (a ) ( *) có d ng f y = f x +1 () Xét hàm f t = t 3 + t, t ∈ » () Vì f ' t = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ » nên hàm s ng bi n trên t p s th c » . ó (a ) ⇔ y = x + 1 Khi () 3 3 x − 4x − 5x + 6 = y x − 4x − 6x + 5 = 0 * * 2 2 () I ⇔ ⇔ H y = x + 1 y = x + 1    −1 + 5 −1 − 5    () Gi i phương trình * * ta có t p nghi m : S = 5, . , 2 2     Ví d 2 : Ch ng minh r ng phương trình: 2x 2 x − 2 = 11 có nghi m duy nh t. Gi i :
  11. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu Cách 1 : ) Xét hàm s y = 2x 2 x − 2 liên t c trên n a kho ng 2; +∞ .  ( ) > 0, ∀x ∈ x 5x − 8 ) ( (2; +∞ ) lim y = lim 2x 2 x − 2 = +∞ Ta có: y ' = x →+∞ x →+∞ x −2 B ng bi n thiên : +∞ 2 x + y' +∞ y 0 th c a hàm s y = 2x 2 x − 2 luôn c t ư ng th ng y = 11 t i duy nh t D a vào b ng bi n thiên ta th y m t i m. Do ó phương trình 2x 2 x − 2 = 11 có nghi m duy nh t . Cách 2: () ) Xét hàm s y = f x = 2x 2 x − 2 − 11 liên t c trên n a kho ng 2; +∞ .  Ta có f ( 2 ) = −11, f ( 3 ) = 7 . Vì f ( 2 ) .f ( 3 ) = −77 < 0 ⇒ f ( x ) = 0 có ít nh t m t nghi m trong kho ng (2; 3 ) . x ( 5x − 8 ) f ' (x ) = > 0, ∀x ∈ ( 2; +∞ ) ⇒ f ( x ) liên t c và ng bi n trên kho ng ( 2; 3 ) . x −2 () V y phương trình cho có nghi m duy nh t thu c kho ng 2; 3 . 5x − 1 + x + 3 ≥ 4 Ví d 3 : Gi i b t phương trình sau Gi i : 1 i u ki n : x ≥ 5 1  Xét hàm s f (x ) = 5x − 1 + x + 3 liên t c trên n a kho ng  ; +∞  5  () 5 1 1 Ta có : f '(x ) = + > 0 ,∀x > ⇒ f x 5 2 5x − 1 2 x − 1 1  ng bi n trên n a kho ng  ; +∞  và f (1) = 4 , khi ó b t phương trình cho là hàm s 5  ⇔ f (x ) ≥ f (1) ⇔ x ≥ 1. V y b t phương trình cho có nghi m là x ≥ 1 . 5 Ví d 4 : Gi i b t phương trình sau 3 3 − 2x + − 2x ≤ 6 2x − 1 Gi i : 1 3
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2