zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

Chuyên đề Tiệm cận của đồ thị hàm số

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Báo xấu

1
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Chuyên đề Tiệm cận của đồ thị hàm số trình bày kiến thức lý thuyết trọng tâm, các dạng bài tập trắc nghiệm phân loại và bài tự luyện có lời giải. Tài liệu giúp học sinh xác định đúng tiệm cận đứng, tiệm cận ngang và tiệm cận xiên từ đồ thị hoặc công thức. Mời các bạn học sinh cùng tham khảo chuyên đề Tiệm cận của đồ thị hàm số để vận dụng hiệu quả trong khảo sát và vẽ đồ thị.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề Tiệm cận của đồ thị hàm số

Tailieumontoan.com  Điện thoại (Zalo) 039.373.2038 CHUYÊN ĐỀ TIỆM CẬN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ Tài liệu sưu tầm, ngày 8 tháng 12 năm 2020
Website: tailieumontoan.com DẠNG TOÁN 47: TIỆM CẬN CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ (CHƯA CÓ PHẦN KIẾN THỨC CẦN NHỚ) BÀI TẬP MẪU (ĐỀ MINH HỌA LẦN 2-BDG 2019-2020) Xét các số thục dương a, b, x, y thỏa mãn a > 1, b > 1 và a= b= x y ab . Giá trị nhỏ nhất của biều thức P= x + 2 y thuộc tập hợp nào dưới đây?  5 5  A. (1; 2) B.  2;  C. [3; 4) D.  ;3   2 2  Phân tích hướng dẫn giải 1. DẠNG TOÁN:Đây là dạng toán tìm tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 2. HƯỚNG GIẢI: B1:Tính giới hạn của hàm số tại +∞ và −∞ B2:Kết quả giới hạn là 1 , suy tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là y = 1 Từ đó, ta có thể giải bài toán cụ thể như sau: Lời giải Chọn B Tập xác định=  \ {−1} . D  2 2 x 1 −  1− x−2  x x Ta có lim = lim = lim = 1 ⇒ y =là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số. 1 x →±∞ x + 1 x →±∞  1 x →±∞ 1 x 1 +  1+  x x Bài tập tương tự và phát triển:  Mức độ 3 Cho x, y là các số thực lớn hơn 1 sao cho y x ( e x ) = x y ( e y ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu ey ex Câu 1. thức: P =x 2 + 4 y . − A. 0 . B. 2 . C. 4 . D. 3 . Lời giải Chọn C Cách 1. Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 Trang1
Website: tailieumontoan.com Ta có: y x ( e x ) = y ) ⇔ ln  y x ( e x )  = y ( e y )  x y (e  y x y x e e e e   ln  x      x y ⇔ x ln y + xe y = y ln x + ye x ⇔ = (*) (vì = e + ln x có y x ln x + e x ln y + e y 1 y ' = e x + > 0; ∀x > 1 nên y ≥ y (1) = 0 ) e> x t ln t + et − 1 − tet Xét hàm số: f ( t ) = trên (1; +∞ ) ta có f ' ( t ) = . Với hàm số ln t + et ( ln t + et ) 2 g ( t ) ln t + et − 1 − tet có g ' ( t ) = ( ln t + et − 1 − tet ) ' = 1 = − tet < 0, ∀t > 1 t Nên g ( t ) < g (1) =−1 ⇒ f ' ( t ) < 0; ∀t > 1 ⇒ y =( t ) là hàm nghịch biến trên (1; +∞ ) nên với (*) f ( x ) = f ( y ) ⇒ y = x > 1 f Khi đó P =x 2 + 4 y =x 2 + 4 x ≤ 4, ∀x > 1 − − Dấu “=” xảy ra khi: x = 2. = = Vậy: Pmin = 4 khi: x y 2. Câu 2. ( ) Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn log x + log 20 y ≥ 1 + log x + 16 y 3 . Giá trị nhỏ nhất của = log 2 x − log 2 2 y là P A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn C Theo bài ra ta có log x + log 20 y ≥ 1 + log ( x + 16 y 3 ) ⇔ log x + 1 + log 2 y ≥ 1 + log ( x + 16 y 3 ) ⇔ log 2 xy ≥ log ( x + 16 y 3 ) ⇔ 2 xy ≥ x + 16 y 3 16 y 3 ⇔ x ( 2 y − 1) ≥ 16 y 3 ≥ 0 ⇒ 2 y − 1 ≥ 0 ⇒ x ≥ 2 y −1 x 8 y2 2 2 cauchy 2 ⇒ ≥ = 4y + 2 + = 4y − 2 + +4 ≥ 2 ( 4 y − 2) + 4= 8 2 y 2 y −1 2 y −1 2 y −1 2 y −1 x ⇒ = log 2 x − log 2 2 y log 2 P = ≥ log 2= 3 8 2y Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 y − 1 = 1 ⇔ y = 1, x = 16 Câu 3. ( ) Cho x, y là hai số dương thỏa mãn ln ( x + 1) + ln y ≥ ln x 2 + 2 x + y + 1 . Giá trị nhỏ nhất của x + y là: A. 2 + 2 . B. 2 2 . C. 2. D. 3 + 2 . Lời giải Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 Trang2
Website: tailieumontoan.com Chọn A Theo bài ra ta có ln ( x + 1) y ≥ ln ( x + 1) + y  . 2   ln ( x + 1) y ≥ ln ( x + 1) + y  . 2   ⇔ ( x + 1) y ≥ ( x + 1) + y 2 ⇔ xy ≥ ( x + 1) 2 ( x + 1) 2 ⇔ y≥ x ( x + 1) 2 cauchy 1 1 Do đó x+ y = x+ = 2x + + 2 ≥ 2 x. + 2 = 2 + 2 x x x  1 2 x =   x 1 3 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi  x > 0 ⇔x = = ;y  2 2  y = ( x + 1) 2   x Cho hai số thực dương a; b thỏa mãn a + b > 2 và log a 2 +b2 (2a + 4b) ≥ 1 . Giá trị lớn nhất của biểu 2 2 Câu 4. thức P = a + b − 3 là 10 1 A. 10 . B. . C. 2 10 . D. . 2 10 Lời giải Chọn A Do a 2 + b 2 > 2 nên từ . log a2 +b2 (2a + 4b) ≥ 1 ⇒ 2a + 4b ≥ a 2 + b 2 > 2 a 2 + b 2 > 2  Suy ra:  ( a − 1) + ( b − 2 ) ≤ 5 2 2  Khi đó P = a + b − 3 = 1( a − 1) + 1( b − 2 ) ≤ (12 + 12 ) ( a − 1) + ( b − 2 )  ≤ 2.5 = 10  2 2  (Áp dụng BĐT Bu-nhi-a- Cốp -xki)  a −1 b − 2  1 = 1  10  a = 1 +   Đẳng thức xảy ra khi ( a − 1) + ( b − 2 ) =5 ⇔  2 2 2  2 b= 2 + 10  a + b2 > 2   2   Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 Trang3
Website: tailieumontoan.com  10 a = 1 +  2 . Vậy Pmax = 10 khi  b= 2 + 10   2 Câu 5. Cho m = log a 3 ab với a > 1, b > 1 = log a b + 16 log b a . Tính giá trị nhỏ nhất của P . và P A. 1. B. 2. C. 4. D. 3. Lời giải Chọn A 1 1 Ta có m = ab = log a b ⇒ log a b = 1 log a + 3m − 3 3 1 Lại có P = log a b + 16 log b a = ( 3m − 1) + 16. 2 3m − 1 16 Đặt t = 3m − 1( t ≠ 0 ) khảo sát hàm P t 2 + = thấy min P = 12 . t Dấu bằng xảy ra khi t =2 ⇒ m =1 Cho các số thực a, b > 1 và các số dương x, y thay đổi thỏa mãn a= b= ab . Giá trị lớn nhất của x y Câu 6. 16 biểu thức = P − y 2 bằng x A. 40 . B. 16 . C. 4 . D. 0 . Lời giải Chọn C  1 log t a = x  x = log a t    1 1 1 Đặt a =b =ab =t ⇔  y =log b t ⇔ log t b = ⇔ + =1. . x y ab = t  y x y  log t ab = 1   16  1 16 Khi đó ta có P = − y 2 =16 1 −  − y 2 =16 − − y 2 . x  y y 16 8 8  cauchy 8 8 Có: 16 − − y 2 = 16 −  + + y 2  ≤ 16 − 3. 3 . . y 2 = 16 − 3.4 = 4 y y y  y y Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi= 2, x 2 . Vậy Pmax = 4 đạt được khi= 2, y 2 . y = x = Câu 7. ( ) Cho x, y là các số thực dương, thỏa mãn log 1 x + log 1 y ≤ log 1 3 x + y 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất 2 2 2 Pmin của biểu thức = 4 x + y . P A. Pmin 27 + 12 5 = B. Pmin 27 + 6 5 = C. Pmin = 12 5 D. Pmin 12 + 6 5 . = Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 Trang4
Website: tailieumontoan.com Lời giải: Chọn A ( ) log 1 x + log 1 y ≤ log 1 3x + y 2 ⇔ xy ≥ 3 x + y 2 ⇔ x( y − 3) ≥ y 2 .Từ đây, x, y là các số thực 2 2 2 y2 9 dương nên ta suy ra y > 3 và x ≥ = y +3+ y −3 y −3  9  36 Do đó, P ≥ 4  y + 3 +  + y= 5( y − 3) + + 27 ≥ 12 5 + 27 .  y −3 y −3 6 5 27 5 Dấu bằng xảy ra khi y = , x = 3+ 6+ . 5 10 x − y −1 Câu 8. Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện 0 ≤ x ≤ 2 và 2 x + y +1 4 x + = . Tìm giá trị nhỏ 2y nhất của biểu thức P x 2 + y 2 . = A. 2 − 3 . B. 3 −1. C. 2 −1. D. 1 + 2 . Lời giải Chọn B x − y −1 Ta có: 2 x + y +1 = 4 x + ⇔ 2 x + 2 y +1 + x + 2 y + 1 = 22 x + y + 2 x + y (*) 2y Xét hàm g ( t= 2t + t , ta có: g= 2t.ln 2 + 1 > 0 ∀ t ∈  ⇒ g ( t ) đồng biến trên  ) ′ (t ) Khi đó phương trình (*) ⇔ 2 x + y = x + 2 y + 1 ⇔ y = x − 1 . Chú ý: Bài giải của GV chưa hoàn tất Câu 9. Xét các số thực dương a , b , x , y thỏa mãn a > 1 , b > 1 và a 2x b= a 4 b 4 . Biết giá trị nhỏ = y nhất của biểu thức P = xy + 3x + 2y có dạng m + n 14 (với m, n là các số tự nhiên), tính S m+n. = A. 48 B. 34 C. 30 . D. 38 . Lời giải Chọn D a 2x = a 4 b 4  2x = log a a 4 b 4  ( 2x= 4 + 4 log a b ) Theo bài ra ta có: a = b= a b ⇔  y 2x y 4 4 ⇔ ⇔ b = a b  4 4  y = log b a b  4 4 ( )  y= 4 + 4 log b a  x 2 (1 + log a b ) =  ⇔  y 4 (1 + log b a ) =  Do đó: P = xy + 3x + 2y = 8 (1 + log a b )(1 + log b a ) + 6 (1 + log a b ) + 8 (1 + log b a ) = 16 + 8log b a + 8log a b + 6 + 6 log a b + 8 + 8log b a = log a b + 16 log b a 30 + 14 Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 Trang5
Website: tailieumontoan.com Đặt t = log a b . Vì a , b > 1 nên log a b > log a 1 = 0. 16 16 Khi đó P =30 + 14t + ≥ 30 + 2 14t. = 30 + 8 14 . t t 2 14 16 2 14 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất là 30 + 8 14 khi 14t = ⇒ t= hay b = a 7 . t 7 m = 30 Ta có:  ⇒ S = m + n = 38 . n = 8 Câu 10. Cho hai số thực dương x , y thay đổi thỏa mãn đẳng thức: ( 2 xy − 1) 4 xy −1 = (x + y + 1) 2 x +y 2 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất ymin của y . A. ymin = 3 . B. ymin = 3 . C. ymin = 1 . D. ymin = 2 . Lời giải Chọn D Do x , y là số thực dương đẳng thức ( 2 xy − 1) 4 xy −1 = (x + y + 1) 2 x +y . Suy ra 2 xy − 1 > 0 . 2 2 Khi đó ta có log 2 ( 2 xy − 1) + ( 2 xy − 1) log 2 ( x 2 + y + 1) + ( x 2 + y + 1) = (1) f (t ) Xét hàm số = log 2 t + t . Hàm số này đồng biến trên ( 0; +∞ ) . Nên từ (1) ta được f ( 2 xy −= f ( x 2 + y + 1) ⇔ 2 xy − 2 = x 2 + y ⇔ y ( 2 x − 1) = x 2 + 2 1) 1 x2 + 2 Do y > 0 , x 2 + 2 > 0 nên 2 x − 1 > 0 ⇔ x > Suy ra y = . 2 2x −1 x2 + 2 trên  ; +∞  . 1 Xét hàm số g ( x) =   2x −1 2  Bảng biến thiên g ( x) Dựa vào bảng biến thiên suy ra ymin = 2 tại x = 2 .  Mức độ 4 8 (1 − 2ab ) Câu 1. Cho hai số thức a, b thỏa mãn 16.2a + 2b = . Tính giá trị lớn nhất của biểu thức a + 2b 1 = P ab + ab 2 4 Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 Trang6
Website: tailieumontoan.com 1 1 1 A. . B. C. D. 1 2 4 8 Lời giải Chọn C Từ giải thiết suy ra 1 − 2ab > 0 . Theo bài ra: 8 (1 − 2ab ) 8 (1 − 2ab ) 16ab.2a + 2b = ⇔ a a + 2b ( a + 2b ) = a + 2b 16ab 8 (1 − 2ab ) ⇔ 2a + 2b ( a + 2= b) ⇔ 2a + 2b ( a + 2= 22− 4 ab ( 2 − 4ab ) b) (1) 24 ab Xét hàm số f (t ) = t.2t với t ∈ D = ( 0; +∞ ) Do hàm số liên tục trên D và có f ' (t )= 2t + t.2t.ln t > 0, ∀t ∈ D suy ra hàm số đồng biến trên D. Khi đó (1) ⇔ a + 2b = 2 − 4ab ⇔ a (1 + 4b ) = 2 − 2b suy ra 2 − 2b > 0 ⇔ b < 1 . 1  b +1− b  1 2 1 1 1 1 Ta có P= ab + ab 2= ab(1 + 4b)= b(2 − 2b)= b (1 − b ) ≤  = 4 4 4 2 2 2  8  1 1 a = 3  Vậy max P = xảy ra khi  . 8 b = 1   2 2− x − y x 2 + 2020 Câu 2. Cho 0 ≤ x, y ≤ 2 thỏa mãn 2019 = 2 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị y − 4 y + 2024 nhỏ nhất của biểu thức S= ( 2x 2 − y )( 2 y 2 − x ) − 15 xy. Khi đó M .m bằng bao nhiêu? 245 245 89 A. − . B. . C. 147 . D. − . 4 4 4 Lời giải Chọn B 2− x − y x 2 + 2020 20192− y x 2 + 2020 Ta có 2019= ⇔ = y 2 − 4 y + 2024 ( y − 2) + 2020 2 2019 x ⇔ 2019 x ( x 2 += 20192− y ( y − 2 ) + 2020  2020 ) 2 (1)   Xét hàm = 2019t ( t 2 + 2020 ) trên khoảng [ 0; 2] , có số f ( t ) = 2019t ln 2019 ( t 2 + 2020 ) + 2t.2019 > 0; ∀t ∈ [ 0; 2] f ′ (t ) Suy ra f ( t ) là hàm đồng biến trên [ 0; 2] . Từ (1) suy ra f ( x= f ( 2 − y ) ⇒ x + y 2 . ) = Do 2 = x + y ≥ 2 xy ⇔ xy ≤ 1 ⇒ 0 ≤ xy ≤ 1 . Lại có S= ( 2 x 2 − y )( 2 y 2 − x ) − 15 xy= 4 x 2 y 2 − 2 ( x 3 + y 3 ) − 14 xy Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 Trang7
Website: tailieumontoan.com = 4 x 2 y 2 − 2 ( x + y ) − 3 xy ( x + y )  − 14 xy 3   = 4 x y − 2 ( 8 − 6 xy ) − 14 xy 2 2 = 4 x 2 y 2 − 2 xy − 16 Đặt = xy ∈ [ 0;1] khi đó S = f ( t ) = 4t 2 − 2t − 16 t  1 49 m = min f ( t ) = f  4  = − 4 Xét hàm số f ( t ) = 4t 2 − 2t − 16 trên [ 0;1] ta được  [0;1]    M = max f ( t ) = f (1) = −10  [0;1] 49 245 Suy ra M .m = . ( −10 ) = . − 4 4 Câu 3. Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn 6.3 y + y + 1 = 3 x + log 3 x + 3 y ( ) .Giá trị nhỏ nhất của biểu thức x P= bằng 2y ln 3 e − ln 3 e.ln 3 A. . B. . C. . D. e ln 3 e 2 2 Lời giải Chọn D Đặt t =log 3 ( x + 3 y ) ⇔ 3t =x + 3 y ⇔ 3 x =3t +1 − 3 y +1 Khi đó phương trình 6.3 y + y + 1 = 3 x + log 3 ( x + 3 y ) trở thành: 2.3 y +1 + y + 1 3t +1 − 3 y +1 + t = ⇔ 3.3 y +1 + y + 1 3t +1 + t = ⇔ 3 y + 2 + y + 1 3t +1 + t = (1) Xét hàm số: f (= 3x +1 + x trên khoảng ( 0; +∞ ) x) Ta có: = 3x +1.ln 3 + 1 > 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) suy ra hàm số luôn đồng biến f ′( x) Do (1) suy ra f ( y + 1) = f ( t ) ⇔ y + 1 =t ⇔ y + 1 =log 3 ( x + 3 y ) ⇔ 3 y +1 − 3 y = x ⇔ x =2.3 y x 3y 3 y. y ln 3 − 3 y 1 Khi đó = P = = g ( y ) có ⇒ g ′ ( y ) = 2 =0 ⇔ y = . 2y y y ln 3  1  Lập bảng biến thiên của hàm số trên khoảng ( 0; +∞ ) suy ra= g  min P = e ln 3 . ( 0;+∞ )  ln 3  Câu 4. Trong các nghiệm ( x; y ) thỏa mãn bất phương trình log 2 x2 + y 2 ( x + 2 y ) ≥ 1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức T= x + 2 y bằng: 9 9 9 A. 9. B. . C. . D. . 8 4 2 Lời giải Chọn D Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 Trang8
Website: tailieumontoan.com  2 x 2 + y 2 > 1  (I )  x + 2 y ≥ 2 x + y 2 2 Bất PT ⇔ log 2 x2 + y 2 ( x + 2 y ) ≥ 1 ⇔  . 0 < 2 x 2 + y 2 < 1 ( II )  0 < x + 2 y ≤ 2 x 2 + y 2  Xét T= x + 2 y TH1: ( x; y ) thỏa mãn (II) khi đó 0 < T = x + 2 y ≤ 2 x 2 + y 2 < 1 Không tồn tại maxT . 2  1 9 TH2: ( x; y ) thỏa mãn (I) 2 x + y ≤ x + 2 y ⇔ 2  x −  + ( y − 1) ≤ . 2 2 2  4 8 Khi đó 1  1 9 1 2   1 2 2 9 = x + 2y . 2  x −  + 2 ( y − 1) + ≤  + 2   2  x −  + ( y − 1)  + 2  4 4 2    4  4  . 9 9 9 9 ≤ ⋅ + = 2 8 4 2 9 1  Suy ra: max T = ( x; y ) =; 2  . ⇔  2 2  Cho các số thực x ; y thỏa mãn x + 4 xy + 12 y = trị lớn nhất của biểu thức P log 2 ( x − 2 y ) = 2 2 2 Câu 5. 4 . Giá là A. max P = 3log 2 2 B. max P = log 2 12 C. max P = 12 D. max P = 16 Lời giải Chọn B Điều kiện x ≠ 2 y . Từ x 2 + 4 xy + 12 y 2 = ra: 4 suy Nếu y = 0 thì x 2 =4 ⇒ P =2 Nếu y ≠ 0 ta có: P= log 2 ( x − 2 y ) ⇔ 4 ( x − 2 y ) = 4.2 P 2 2 2  x  4 − 1 4. ( x − 2 y ) P 2 4.2 = 2 ⇒ =  2y  4 x + 4 xy + 12 y 2  x  2 x  2y  + 2 2y + 3   4t 2 − 8t + 4 ⇔ 2 P ( t 2 + 2t + 3) = 4t 2 − 8t + 4 x Đặt t = ,t ∈  , 2 = 2 P 2y t + 2t + 3 ⇔ ( 2 P − 4 ) t 2 + 2 ( 2 P + 4 ) t + 3.2 P − 4 = Xét với ( P ≠ 2 ) 0 Để phương trình có nghiệm: ∆′ ≥ 0 ⇔ ( 2 P + 4 ) − ( 2 P − 4 )( 3.2 P − 4 ) ≥ 0 2 ⇔ −2 ( 2 P ) + 24.2 P ≥ 0 ⇔ 0 ≤ 2 P ≤ 12 ⇒ P ≤ log 2 12 2 Vậy max P = log 2 12 . Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 Trang9
Website: tailieumontoan.com t = −2   x = −4 y  x  Dấu đẳng thức xảy ra khi t = ⇒ 2 1 .  2y y = 3  x 2 + 4 xy + 12 y 2 =   4  x+ y+z  Câu 6. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn log16  2 = x ( x − 2) + y ( y − 2) + z ( z − 2) .  2x + 2 y + 2z +1  2 2 x+ y−z Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức F = bằng? x+ y+z 1 2 2 1 A. − . B. . C. − . D. . 3 3 3 3 Lời giải Chọn B Ta có:  x+ y+z  log16  2 = x ( x − 2) + y ( y − 2) + z ( z − 2)  2x + 2 y + 2z +1  2 2 ⇔ log16 ( x + y + z ) + 2 ( x += log16 ( 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 1) + ( x 2 + y 2 + z 2 ) y + z) ⇔ 2 log16 ( x + y + z ) + 4 ( x = 2 log16 ( 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 1) + 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) + y + z) ⇔ log 4 ( x + y + z ) + 4 ( x + y += log 4 ( 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 1) + ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 1 z ) +1 ⇔ log 4 4 ( x + y + z ) + 4 ( x + = log 4 ( 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 1) + ( 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 1) y + z) Xét hàm số: f ( t ) log 4 t + t ( t > 0 ) . = Hàm số luôn đồng biến trên tập xác định. Suy ra: f ( 4 ( x + y + = f ( 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 1) z )) ⇒ 4 ( x + y + z )= 2 x 2 + 2 y 2 + 2 z 2 + 1 1 ⇔ x2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 2 z + =( S ) 0 2  I (1;1;1)  Ta có mặt cầu: ( S ) :  10 R =  2 x+ y−z = Ta có: F ⇔ ( F − 1) x + ( F − 1) y + ( F + 1) z 0 ( P ) = x+ y+z Để mặt phẳng ( P ) và mặt cầu ( S ) có điểm chung: Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 Trang10
Website: tailieumontoan.com F −1+ F −1+ F +1 10 d  I ; ( P ) ≤ R ⇔   ≤ . 2 ( F − 1) + ( F + 1) 2 2 ⇔ 3F 2 − 2 F − 13 ≤ 0 . 1 − 2 10 1 + 2 10 ⇔ ≤F≤ . 3 3 x+ y−z 2 Tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức F = bằng . x+ y+z 3 Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038 Trang11

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 ©2025 TaiLieu.VN. All rights reserved.