zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Bài tập tính đơn điệu của hàm số

Chia sẻ: Nguyen Quang Nhat | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:10

Báo xấu

1.517
lượt xem 338
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

A. Tóm tắt lý thuyết. Chú ý: Trong chương trình phổ thông, khi sử dụng 1., 2. cho các hàm số một quy tắc có thể bỏ điều kiện ¦¢ (x) = 0 tại một số hữu hạn điểm Î (a, b).

Chủ đề:

Bình luận(2) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài tập tính đơn điệu của hàm số

Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số BÀI 2. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. 1. y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔ ƒ ′ (x) ≥ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′ (x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ∈ (a, b). 2. y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔ ƒ ′ (x) ≤ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′ (x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ∈ (a, b). Chú ý: Trong chương trình phổ thông, khi sử dụng 1., 2. cho các hàm số một quy tắc có thể bỏ điều kiện ƒ′ (x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ∈ (a, b). CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA mx 2 + ( 6m + 5 ) x − 2 ( 1 − 3m ) nghịch biến trên [1, + ∞ ) Bài 1. Tìm m để y = x +1 mx 2 + 2mx + 7 ≤ 0 ∀x ≥ 1 Giải: Hàm số nghịch biến trên [1, + ∞ ) ⇔ y ′ = ( x + 1) 2 −7 ≥ m ∀x ≥ 1 u ( x) = mx 2 + 2mx + 7 ≤ 0 ⇔ m ( x 2 + 2 x ) ≤ −7 ∀x ≥ 1 ⇔ ⇔ 2 x + 2x ( ) ⇔ Min u ( x ) ≥ m . Ta có: u ′ ( x ) = 7 22 x + 2 2 > 0 ∀x ≥ 1 ( x + 2 x) x ≥1 −7 ⇒ u(x) đồng biến trên [1, + ∞ ) ⇒ m ≤ Min u ( x ) = u ( 1) = 3 x ≥1 Bài 2. Tìm m để y = −1 x + ( m − 1) x + ( m + 3) x − 4 đồng biến trên (0, 3) 3 2 3 Giải. Hàm số tăng trên (0,3) ⇔ y ′ = − x 2 + 2 ( m − 1) x + ( m + 3) ≥ 0 ∀x ∈ ( 0, 3) (1) Do y ′ ( x ) liên tục tại x = 0 và x = 3 nên (1) ⇔ y′ ≥ 0 ∀x∈[0, 3] 2 ⇔ m ( 2 x + 1) ≥ x 2 + 2 x − 3 ∀x ∈ [ 0, 3] ⇔ g ( x ) = x + 2 x − 3 ≤ m ∀x ∈ [ 0, 3] 2x + 1 2 ⇔ Max g ( x ) ≤ m . Ta có: g ′ ( x ) = 2 x + 2 x + 8 > 0 ∀x ∈ [ 0, 3] x∈[ 0,3] ( 2 x + 1) 2 12 ⇒ g(x) đồng biến trên [0, 3] ⇒ m ≥ Max] g ( x ) = g ( 3) = 7 x∈[ 0,3 m3 Bài 3. Tìm m để y = x − ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) x + 1 đồng biến trên [ 2, +∞ ) 2 3 3 1
Chương I. Hàm số – Trần Phương Giải: Hàm số tăng / [ 2, +∞ ) ⇔ y ′ = mx 2 − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) ≥ 0 ∀x ≥ 2 (1) −2 x + 6 ≤ m ∀x ≥ 2 ⇔ m ( x − 1) + 2  ≥ −2 x + 6 ∀x ≥ 2 ⇔ g ( x ) = 2   ( x − 1) 2 + 2 2 ( x 2 − 6 x + 3) Ta có: g ′ ( x ) = =0 ( x 2 − 2 x + 3) 2  x = x1 = 3 − 6 ; x →∞ g ( x ) = 0 lim ⇔ x 2 _0+ CT0 _  x = x2 = 3 + 6  2 Từ BBT ⇒ Max g ( x ) = g ( 2 ) = ≤ m . 3 x≥ 2 Bài 4. y = x 3 − mx 2 − ( 2m 2 − 7 m + 7 ) x + 2 ( m − 1) ( 2m − 3) đồng biến / [ 2, +∞ ) Giải: Hàm số tăng trên [ 2, +∞ ) ⇔ y ′ = 3 x 2 − 2mx − ( 2m 2 − 7m + 7 ) ≥ 0, ∀x ≥ 2 ) (   2 Ta có V ′= 7 ( m 2 − 3m + 3) = 7  m − 3 + 3  > 0 nên y ′ = 0 có 2 nghiệm x1 < x 2  4 2 BPT g(x) ≥ 0 có sơ đồ miền nghiệm G là: x x Ta có y ′ ( x ) ≥ 0 đúng ∀x ≥ 2 ⇔ [ 2, +∞ ) ⊂ G 1 2 ∆ ′ > 0  −1 ≤ m ≤ 5  ⇔ x1 < x 2 ≤ 2 ⇔ 3 y ′ ( 2 ) = 3 ( −2m 2 + 3m + 5 ) ≥ 0 ⇔  2 ⇔ −1 ≤ m ≤ 5  2 m < 6 S = m < 2  2 3 2x 2 + ( 1 − m) x + 1 + m đồng biến trên ( 1, +∞ ) Bài 5. Tìm m để y = x−m ( 1, +∞ ) ⇔ Giải: số đồng biến Hàm trên 2 2 y ′ = 2 x − 4mx + m 2 − 2m − 1 ≥ 0 ∀x > 1 ( x − m)  g ( x ) = 2 x 2 − 4mx + m 2 − 2m − 1 ≥ 0 ∀x > 1  g ( x ) ≥ 0 ∀x > 1   ⇔ ⇔ m ≤ 1 x − m ≠ 0   Cách 1: Phương pháp tam thức bậc 2 Ta có: ∆ ′ = 2 ( m + 1) 2 ≥ 0 suy ra g(x) = 0 có 2 nghiệm x1 ≤ x 2 . BPT g(x) ≥ 0 có sơ đồ miền nghiệm G là: x1 x 2 Ta có g(x) ≥ 0 đúng ∀x∈(1, + ∞ ) ⇔ ( 1, +∞ ) ⊂ G 2
Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số  m ≤ 1, ∆ ′ ≥ 0 m ≤ 1  2 g ( 1) = 2 ( m 2 − 6m + 1) ≥ 0 ⇔   m ≤ 3 − 2 2 ⇔ m ≤ 3 − 2 2 ⇔ x1 ≤ x 2 ≤ 1 ⇔   m ≥ 3 + 2 2  S = −2 ≤ 1  2 Cách 2: Phương pháp hàm số Ta có: g′ (x) = 4(x − m) ≥ 4(x − 1) > 0 ∀x > 1 ⇒ g(x) đồng biến trên [1, + ∞ ) m ≤ 3 − 2 2  Min g ( x ) ≥ 0  g ( 1) = m − 6m + 1 ≥ 0  2  x ≥1  Do đó ( 1) ⇔  ⇔ m ≥ 3 + 2 2 ⇔ m ≤ 3 − 2 2 ⇔ m ≤ 1 m ≤ 1   m ≤ 1  Bài 6. Tìm m để y = ( 4m − 5 ) cos x + ( 2m − 3) x + m 2 − 3m + 1 giảm ∀x ∈ ¡ Giải: Yêu cầu bài toán ⇔ y ′ = ( 5 − 4m ) sin x + 2m − 3 ≤ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ g ( u ) = ( 5 − 4m ) u + 2m − 3 ≤ 0, ∀u ∈ [ −1;1] . Do đồ thị y = g ( u ) , u ∈ [ −1;1] là  g ( −1) = 6m − 8 ≤ 0  ⇔1≤ m ≤ 4 một đoạn thẳng nên ycbt ⇔  g ( 1) = −2m + 2 ≤ 0 3   Bài 7. Tìm m để hàm số y = mx + sin x + 1 sin 2 x + 1 sin 3x tăng với mọi x ∈ ¡ 4 9 Giải: Yêu cầu bài toán ⇔ y ′ = m + cos x + 1 cos 2 x + 1 cos 3 x ≥ 0, ∀x ∈ ¡ 2 3 ⇔ m + cos x + ( 2 cos x − 1) + ( 4 cos x − 3cos x ) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ 1 1 2 3 2 3 ⇔ m ≥ − 4 u 3 − u 2 + 1 = g ( u ) , ∀u ∈ [ −1,1] , với u = cos x ∈ [ −1,1] 3 2 Ta có g ′ ( u ) = −4u − 2u = −2u ( 2u + 1) = 0 ⇔ u = − 1 ; u = 0 2 2 5 Lập BBT suy ra yêu cầu bài toán ⇔ xMax] g ( u ) = g ( −1) = ≤ m . 6 ∈[ −1,1 Bài 8. Cho hàm số y = 1 ( m + 1) x + ( 2m − 1) x − ( 3m + 2 ) x + m . 3 2 3 Tìm m để khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4 Giải. Xét y ′ = ( m + 1) x 2 + 2 ( 2m − 1) x − ( 3m + 2 ) = 0 . Do ∆ ′ = 7 m 2 + m + 3 > 0 nên y ′ = 0 có 2 nghiệm x1 < x 2 . Khoảng nghịch biến của hàm số có độ dài bằng 4 ⇔ y ′ ≤ 0; ∀x ∈ [ x1 ; x 2 ] ; x 2 − x1 = 4 ⇔ m + 1 > 0 và x 2 − x1 = 4 . Ta có 3
Chương I. Hàm số – Trần Phương ( )2 ( ) x 2 − x1 = 4 ⇔ 16 = ( x 2 − x1 ) = ( x 2 + x1 ) − 4 x 2 x1 = 4 2m − 12 + 4 3m + 2 2 2 m +1 ( m + 1) ⇔ 4 ( m + 1) = ( 2m − 1) + ( 3m + 2 ) ( m + 1) 2 2 7 ± 61 kết hợp với m + 1 > 0 suy ra 7 + 61 ⇔ 3m 2 − 7 m − 1 = 0 ⇔ m = m= 6 6 4
Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số B. ỨNG DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ I. DẠNG 1: ỨNG DỤNG TRONG PT, BPT, HỆ PT, HỆ BPT Bài 1. Giải phương trình: x 5 + x 3 − 1 − 3x + 4 = 0 . Giải. Điều kiện: x ≤ 1 . Đặt f ( x ) = x 5 + x 3 − 1 − 3 x + 4 = 0 . 3 ( 3 Ta có: f ′ ( x ) = 5 x + 3x + > 0 ⇒ f (x) đồng biến trên −∞, 1  . 4 2 3 2 1 − 3x Mặt khác f (− = 0 nên phương trình f (x) = 0 có nghiệm duy nhất x = − 1) 1. Bài 2. Giải phương trình: x 2 + 15 = 3x − 2 + x 2 + 8 Giải. Bất phương trình ⇔ f ( x ) = 3x − 2 + x 2 + 8 − x 2 + 15 = 0 (1). + Nếu x ≤ 2 thì f (x) < 0 ⇒ (1) vô nghiệm. 3   > 0 ∀x > 2 1 1 + Nếu x > 2 thì f ′ ( x ) = 3 + x  −  3 3 2 2  x +8 x + 15  ) ( 2 ⇒ f (x) đồng biến trên 3 , +∞ mà f (1) = 0 nên (1) có đúng 1 nghiệm x = 1 x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13 x − 7 < 8 Bài 3. Giải bất phương trình: (*) 5 Giải. Điều kiện x ≥ . Đặt f ( x ) = x + 1 + 3 5 x − 7 + 4 7 x − 5 + 5 13x − 7 7 5 7 13 1 ′( ) Ta có: f x = 2 x + 1 + 3 + + >0 3 ⋅ ( 5x − 7 ) 4 ⋅ 4 ( 7 x − 5) 2 3 5 ⋅ 5 (13x − 7) 4 ) ⇒ f (x) đồng biến trên  , +∞ . Mà f (3) = 8 nên (*) ⇔ f (x) < f (3) ⇔ x < 3. 5  7 5 ≤ x
Chương I. Hàm số – Trần Phương Bài 5. Tìm số m Max để m ( sin x + cos x + 1) ≤ sin 2 x + sin x + cos x + 2 ∀ x (*) Giải. Đặt t = sin x + cos x ≥ 0 ⇒ t 2 = ( sin x + cos x ) = 1 + sin 2 x ⇒ 1 ≤ t 2 ≤ 2 2 ⇒ 1 ≤ t ≤ 2 , khi đó (*) ⇔ m ( t + 1) ≤ t 2 + t + 1 ∀t ∈ 1, 2    t 2 + 2t > 0 Min ( ) 2 ⇔ f ( t ) = t + t + 1 ≥ m ∀t ∈ 1, 2  ⇔ t∈1, 2  f t ≥ m . Do f ′ ( t ) =   ( t + 1) 2 t +1   3 nên f (t) đồng biến / 1, 2  ⇒ Min  f ( t ) = f ( 1) = 2 ⇒ m ≤ 3 3 ⇒ Max m =   2 2 1, 2  t∈ 2 2 Bài 6. Giải phương trình 2008 sin x − 2008 cos x = cos 2 x 2 2 2 2 + cos 2 x (*) 2008 sin x − 2008 cos x = cos 2 x − sin 2 x ⇔ 2008 sin x + sin 2 x = 2008 cos x Xét f ( u ) = 2008 u + u . Ta có f ′ ( u ) = 2008 u .ln u + 1 > 0 . Suy ra f ( u ) đồng biến. π kπ , k ∈¢ (*) ⇔ f ( sin 2 x ) = f ( cos 2 x ) ⇔ sin 2 x = cos 2 x ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x = + 42 cotg x − cotg y = x − y Bài 7. Tìm x, y ∈ ( 0, π ) thỏa mãn hệ  3 x + 5 y = 2π Giải. cotg x − cotg y = x − y ⇔ x − cotg x = y − cotg y . 1 >0 Xét hàm số đặc trưng f ( u ) = u − cotg u , u ∈ ( 0, π ) . Ta có f ′ ( u ) = 1 + . sin 2 u  f ( x) = f ( y) ⇔x= y= π Suy ra f ( u ) đồng biến trên ( 0, π ) . Khi đó  4 3 x + 5 y = 2 π 2 x + 1 = y 3 + y 2 + y  Bài 8. Giải hệ phương trình  2 y + 1 = z 3 + z 2 + z (*).  3 2 2 z + 1 = x + x + x Giải. Xét f ( t ) = t 3 + t 2 + t với t ∈ ¡ ⇒ f ′ ( t ) = 2t 2 + ( t + 1) > 0 ⇒ f (t) tăng. 2 Không mất tính tổng quát giả sử x ≤ y ≤ z ⇒ f ( x ) ≤ f ( y ) ≤ f ( z ) ⇒ 2z + 1 ≤ 2x + 1 ≤ 2 y + 1 ⇔ z ≤ x ≤ y ⇒ x = y = z = ± 1 3 x 2 + 2 x − 1 < 0  Bài 9. Giải hệ bất phương trình  3  x − 3x + 1 > 0  Giải. 3x + 2 x − 1 < 0 ⇔ −1 < x < 1 . Đặt f ( x ) = x 3 − 3 x + 1 . Ta có: 2 3 () () 1 = 1 > 0, ∀x ∈ −1, 1 f ′ ( x ) = 3 ( x − 1) ( x + 1) < 0 ⇒ f ( x ) giảm và f ( x ) > f 3 27 3 6
Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số II. DẠ NG 2: ỨNG DỤNG TRONG CHỨNG MINH BẤ T ĐẲ NG THỨC x3 x3 x5 ∀x > 0 Bài 1. Chứng minh rằng: x − < sin x < x − + 3! 3! 5! x3 x3 < sin x ∀x > 0 ⇔ f ( x ) = − x + sin x > 0 ∀x > 0 Giả i  x − 3! 3! x2 − 1 + cos x ⇒ f ′′ ( x ) = x − sin x ⇒ f ′′′ ( x ) = 1 − cos x ≥ 0 ∀x > 0 Ta có f ′ ( x ) = 2! ⇒ f ′′ ( x ) đồng biến [0, +∞ ) ⇒ f ′′ ( x ) > f ′′ ( 0 ) = 0 ∀x > 0 ⇒ f ′ ( x ) đồng biến [0, +∞ ) ⇒ f ′ ( x ) > f ′ ( 0 ) = 0 ∀x > 0 ⇒ f ( x ) đồng biến [0, +∞ ) ⇒ f(x) > f(0) = 0 ∀x > 0 ⇒ (đpcm) x3 x5 x5 x3  sin x < x − + ∀x > 0 ⇔ g ( x) = − + x − sin x > 0 ∀x > 0 3! 5! 5! 3! x4 x2 x3 Ta có g′ (x) = + 1 − cos x ⇒ g′ ′ (x) = − x + sin x = f(x) > 0 ∀x > 0 − 4! 2! 3! ⇒ g′ (x) đồng biến [0, +∞ ) ⇒ g′ (x) > g′ (0) = 0 ∀x > 0 ⇒ g(x) đồng biến [0, +∞ ) ⇒ g(x) > g (0) = 0 ∀x > 0 ⇒ (đpcm)  π 2x sin x > ∀x ∈  0,  Bài 2. Chứng minh rằng: π  2  π 2x sin x 2 Giải. sin x > ⇔ f ( x) = > ∀x∈  0,  . Xét biểu thức đạo hàm π π  2 x x cos x − sin x g ( x) f ′( x) = = 2 , ở đây kí hiệu g(x) = x cosx − sinx x2 x  π Ta có g′ (x) = cosx − xsinx − cosx = − xsinx < 0 ∀x∈  0,   2  π ⇒ g(x) giảm trên  0,  ⇒ g(x) < g(0) = 0  2  π  π g ( x) ⇒ f ′( x) = < 0 ∀x∈  0,  ⇒ f (x) giảm trên  0,  2  2  2 x 7
Chương I. Hàm số – Trần Phương ()  π 2x π =2 ⇒ f ( x) > f ⇔ sin x > , ∀x ∈  0,  π π 2  2 x+ y x− y > ∀x > y > 0 Bài 3. Chứng minh rằng: ln x − ln y 2 Giải. Do x > y > 0, lnx > lny ⇔ lnx − lny > 0, nên biến đổi bất đẳng thức x −1 x− y x t −1 x y với t = >1 ⇔ ln x − ln y > 2 ⋅ ⇔ ln > 2 ⋅ ⇔ ln t > 2 ⋅ x+ y x +1 y t +1 y y ( t − 1) 2 t −1 1 4 > 0 ∀t >1. Ta có f ′ ( t ) = − = > 0 ∀ t >1 ⇔ f (t ) = ln t − 2 ⋅ t +1 t ( t + 1) 2 t ( t + 1) 2 ⇒ f(t) đồng biến [1, +∞ ) ⇒ f(t) > f(1) = 0 ∀t >1 ⇒ (đpcm) ∀x, y ∈ ( 0,1) 1 x  y − ln >4  ln  Bài 4. Chứng minh rằng: (1) y − x  1− y 1− x  x ≠ y  Giải. Xét hai khả năng sau đây: y x y x > 4 ( y − x ) ⇔ ln − ln − 4 y > ln − 4x Nếu y > x thì (1) ⇔ ln + 1− y 1− x 1− y 1− x y x y x < 4 ( y − x ) ⇔ ln − ln − 4 y < ln − 4x Nếu y < x thì (1) ⇔ ln + 1− y 1− x 1− y 1− x t − 4t với t∈(0, 1). Xét hàm đặc trưng f(t) = ln 1− t ( 2t − 1) 2 1 Ta có f ′ ( t ) = −4= > 0 ∀t∈(0,1) ⇒ f(t) đồng biến (0, 1) t (1 − t ) t (1 − t ) ⇒ f(y) > f(x) nếu y > x và f(y) < f(x) nếu y < x ⇒ (đpcm) ∀a > b ≥ e Bài 5. Chứng minh rằng: ab < ba ln a ln b < Giải. ab < ba ⇔ lnab < lnba ⇔ blna < alnb ⇔ . a b ln x ∀x ≥ e. Xét hàm đặc trưng f(x) = x 1 − ln x 1 − ln e Ta có f ′( x) = ≤ = 0 ⇒ f(x) nghịch biến [e, +∞ ) x2 x2 8
Bài 2. Tính đơn điệu của hàm số ln a ln b < ⇒ f (a ) < f (b ) ⇔ ⇔ ab < ba a b Bài 6. (Đề TSĐH khối D, 2007) ( )( ) b a Chứng minh rằng 2 + 1a ≤ 2 b + 1b a , ∀a ≥ b > 0 2 2 Giải. Biến đổi bất đẳng thức ( )( ) b a b a  4a   4b  ⇔ 1+ a  ≤ 1+ b  2 a + 1a ≤ 2 b + 1b 2  2  2 2 ( a) ( b) ⇔ ( 1 + 4 a ) ≤ ( 1 + 4 b ) ⇔ ln ( 1 + 4 a ) ≤ ln ( 1 + 4 b ) ⇔ ln 1 + 4 ≤ ln 1 + 4 . b a b a a b ( x) Xét hàm số đặc trưng cho hai vế f ( x ) = ln 1 + 4 với x > 0 . Ta có x ( x) ( x) x x f ′ ( x ) = 4 ln 4 − 21 + 4 x ln 1 + 4 < 0 ⇒ f ( x ) giảm trên ( 0, +∞ ) ⇒ f ( a ) ≤ f ( b ) x (1+ 4 ) Bài 7. (Bất đẳng thức Nesbitt) a b c 3 + + ≥ ∀a , b , c > 0 Chứng minh rằng: (1) b+c c+a a+b 2 Giải. Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c. Đặt x = a ⇒ x ≥ b ≥ c > 0. x b c + + Ta có (1) ⇔ f (x) = với x ≥ b ≥ c > 0 b+c c+ x x+b 1 b c 1 b c ⇒ f ′( x) = − − > − − =0 b + c ( x + c) b + c ( b + c) ( x + b) ( b + c) 2 2 2 2 2b + c ⇒ f(x) đồng biến [b, +∞ ) ⇒ f ( x ) ≥ f (b) = (2) b+c 2x + c Đặt x = b ⇒ x ≥ c > 0, xét hàm số g(x) = với x ≥ c > 0 x+c c > 0 ∀c > 0 ⇒ g(x) đồng biến [c, +∞ ) ⇒ g ( x) ≥ g (c) = 3 (3) ⇒ g ′( x ) = ( x + c) 2 2 a b c 3 + + ≥ ∀a , b , c > 0 Từ (2), (3) suy ra b+c c+a a+b 2 9
Chương I. Hàm số – Trần Phương Bình luận: Bất đẳng thức Nesbitt ra đời năm 1905 và là một bất đẳng thức rất nổi tiếng trong suốt thế kỷ 20. Trên đây là một cách chứng minh bất đẳng thức này trong 45 cách chứng minh. Bạn đọc có thể xem tham khảo đầy đủ các cách chứng minh trong cuốn sách: “Những viên kim cương trong bất đẳng thức Toán học” của tác giả do NXB Tri thức phát hành tháng 3/2009. 10

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.