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

CHUYÊN ĐỀ: TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ VÀ CÁC ỨNG DỤNG

Chia sẻ: Tranvan Tuan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:20

Thêm vào BST
Báo xấu
418
lượt xem 56
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'chuyên đề: tính đơn điệu của hàm số và các ứng dụng', 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: CHUYÊN ĐỀ: TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ VÀ CÁC ỨNG DỤNG

  1. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ 1. TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ VÀ CÁC ỨNG DỤNG  VẤN ĐỀ 1: XÉT CHIỀU BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ Quy tắc: 1. Tìm TXĐ của hàm số. 2. Tính đạo hàm f’(x). Tìm các điểm xi mà tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không xác định. 3. Sắp xếp các điểm xi theo thứ tự tăng dần và lập BBT. 4. Nêu kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số. Bài 1. Xét chiều biến thiên các hàm số sau: 3x + 2 x 2 − 2x + 3 a) y = 2x 3 + 3x 2 + 1 b) y = x 4 − 2x 2 + 3 c) y = d) y = x +1 x +1 Bài 2. Xét tính đơn điệu của các hàm số sau: x3 x x a) y = 25 − x 2 b) y = c) y = d) y = x + 100 16 − x 2 x2 − 6 Bài 3. Chứng minh rằng: � 1� − a) Hàm số y = x + 1 − x 2 đồng biến trên khoảng � 1; � à nghịch biến trên v 2� � �1 � khoảng � ;1� . �2 � b) Hàm số y = x 2 − x − 20 nghịch biến trên khoảng ( − ; −4 ) và đồng biến trên khoảng ( 5; + ) . Bài 4. Xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số sau: � 5π � π a) y = x − sin x, x � 0;2π] [ b) y = x + 2cos x, x � ; � � � 6� 6 Bài 4. Chứng minh rằng: a) f ( x ) = cos 2x − 2x + 3 nghịch biến trên R. b) f ( x ) = x + cos x đồng biến trên R. 2 Giải:  π a) Ta có: f '(x) = −2(sin 2x + 1) 0, ∀x R và f '(x) = 0 � sin 2x = −1 � x = − + kπ, k �Z 4 �π π � Hàm số f liên tục trên mỗi đoạn � + kπ; − + ( k + 1) π � à có đạo hàm f’(x) < 0 với mọi − v �4 4 � �π π � x � − + kπ; − + ( k + 1) π �k �Z . , � �4 4 � Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 1 .
  2. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN �π π � Do đó, hàm số nghịch biến trên mỗi đoạn � + kπ; − + ( k + 1) π �k Z . − , �4 4 � Vậy hàm nghịch biến trên R. π b) Ta có: f’(x) = 1 – sin2x; f '(x) = 0 � sin 2x = 1 � x = + kπ, k �Z 4 π π � � NX: Hàm số f liên tục trên mỗi đoạn � + kπ; + ( k + 1) π � à có đạo hàm f’(x) > 0 với mọi v 4 4 � � π π � � x � + kπ; + ( k + 1) π �k �Z . , � 4 4 � � π π � � Do đó hàm số đồng biến trên mỗi đoạn � + kπ; + ( k + 1) π �k Z ., 4 4 � � Vậy hàm đồng biến trên R.  VẤN ĐỀ 2: TÌM THAM SỐ ĐỂ HÀM SỐ ĐƠN ĐIỆU TRÊN MIỀN K Phương pháp: Sử dụng các kiến thức sau đây: 1. Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trên K.  Nếu f '(x) 0, ∀x K thì f(x) đồng biến trên K.  Nếu f '(x) 0, ∀x K thì f(x) nghịch biến trên K. 2. Cho tam thức bậc hai f(x) = ax2 + bx + c có biệt thức ∆ = b 2 − 4ac . Ta có: a >0  f (x) � ∀x � � 0, R ∆0 a
  3. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN 5 Hàm số nghịch biến trên R khi và chỉ khi f '(x) �∀��R �− 0, x ∆ 0 a . 2 Bài 2 Với giá trị nào của m, hàm số f (x) = mx − 3x + ( m − 2 ) x + 3 nghịch biến trên R ? 3 2 Giải:  TXĐ: R Ta có: f '(x) = 3mx 2 − 6x + m − 2 Hàm số nghịch biến trên R khi và chỉ khi f '(x) = 3mx 2 − 6x + m − 2 0, ∀x R 1 • m = 0, khi đó f’(x) = −−�۳− 0 x : không thỏa ∀x R . 6x 2 3 m
  4. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN m2 − 1 Đạo hàm: y' = 2 . Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định khi ( x + m) y' > 0, ∀x � m � m 2 − 1 > 0 � m < −1 v m > 1 − Bài 5 13 1 Tìm m để hàm số y = mx − ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) x + đồng biến trên [ 2; + ). 2 3 3 Giải:  Ta có: y ' = mx − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) 2 Hàm số đồng trên [ 2; + �۳∀��−−+x−�∀�mx ) y ' 0, 2 ( m 1) x 3 ( m 2 ) 0, x 2 2 2 6 − 2x �−+ (+x−�∀�۳∀� m 2 2x 3) 2x 6 0, x 2 m , x 2 (vì x2 – 2x + 3 > 0) x − 2x + 3 2 Bài toán trở thành: 6 − 2x Tìm m để hàm số f ( x ) = m, ∀x 2 x 2 − 2x + 3 2x 2 − 12x + 6 Ta có f ' ( x ) = , f ' ( x ) = 0 � 2x 2 − 12x + 6 = 0 � x = 3 � 6 (x − 2x + 3) 2 2 BBT: + x 3+ 6 2 f’(x) 0 2 0 f(x) 3 2 Ta cần có: max f (x) �۳ m m . Đó là các giá trị cần tìm của tham số m. 3 [ 2;+ ) Bài 6 mx 2 + 6x − 2 nghịch biến trên nửa khoảng [ 1; + ). Tìm m để hàm số y = x+2 Giải:  mx 2 + 4mx + 14 Ta có: y' = ( x + 2) 2 Hàm số nghịch biến trên [ 1; + �∀��+ + �∀1 mx ) y' 0, x � 2 4mx 14 0, x 1 −14 �+ �−∀�∀)� 14, x 1 m m ( x 2 4x , 1 x + 4x 2 Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 4 .
  5. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN −14 Bài toán trở thành: Tìm m để hàm số f ( x ) = m, ∀x 1 x + 4x 2 14(2x + 4) Ta có: f '(x) = 0, ∀x 1 ( x 2 + 4x ) 2 + x 1 f’(x) 0 14 f(x) − 5 14 14 Ta cần có: min f (x) �− . Vậy m − m m là các giá trị cần tìm của m. 5 5 [ 1;+ ) Bài tập tự giải: 13 Bài 1. Tìm các giá trị của tham số a để hàm số f ( x ) = x + ax + 4x + 3 đồng biến trên R 2 3 m Bài 2. Với giá trị nào của m, hàm số y = x + 2 + đồng biến trên mỗi khoảng xác định ? x −1 12 Bài 3. Định a để hàm số y = ( a − 1) x + ( a + 1) x + 3x + 5 luôn đồng biến trên R ? 3 2 3 ĐS: a −1 v a 2 ( m − 1) x 2 + 2x + 1 . Xác định m để hàm số luôn đồng biến trên từng Bài 4. Cho hàm số y = x +1 khoảng xác định của nó. ĐS: 1 m 2 Bài 5. Cho hàm số y = − x + ( m + 1) x − ( m + 2 ) x + m . Chứng minh rằng hàm số luôn 3 2 2 nghịch biến trên R với mọi m. Bài 6. Tìm m để hàm số y = 3x3 – 2x2 + mx – 4 đồng biến trên khoảng ( 0; + ) . 4 ĐS: m . 9 Bài 7. Tìm m để hàm số y = 4mx3 – 6x2 + (2m – 1)x + 1 tăng trên khoảng (0;2). 9 ĐS: m . 10 x 2 − 2mx + m + 2 Bài 8. Cho hàm số y = . x−m a) Tìm m để hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. b) Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng ( 1; + ) .  VẤN ĐỀ 3: SỬ SỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 5 .
  6. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN Phương pháp: Sử dụng kiến thức sau:  f(x) đồng biến trên đoạn [ a; b ] thì f ( a ) f ( x ) f ( b ) , ∀x [ a; b ]  f(x) nghịch biến trên đoạn [ a; b ] thì f ( a ) f ( x ) f ( b ) , ∀x [ a; b ] Bài 1 Cho hàm số f ( x ) = 2sin x + tan x − 3x . � π� a) Chứng minh rằng hàm số đồng biến trên nửa khoảng 0; . � 2� � π� b) Chứng minh rằng: 2sin x + tan x > 3x, ∀x � � 0; . � 2� Giải:  � π� a) Hàm số đã cho liên tục trên nửa khoảng 0; và có � 2� ( 1 − cos x ) ( 2cos x + 1) > 0, ∀ � π �Do đó, hàm số f đồng 2 1 f '(x) = 2cos x + −3 = 0; . �� cos 2 x cos 2 x � 2� � π� biến trên nửa khoảng 0; (đpcm). � 2� � π� � π� b) Từ câu a) suy ra f(x) > f(0) = 0, ∀x �� � 2sin x + tan x > 3x, ∀x � 0; � đpcm). 0; ( � � � 2� � 2� Bài 2 � π� a) Chứng minh rằng hàm số f ( x ) = tan x − x đồng biến trên nửa khoảng 0; . � 2� � π� 3 x b) Chứng minh rằng tan x > x + , ∀x � � 0; . 3 � 2� Giải:  � π� 1 và có f '(x) = − 1 = tan 2 x > 0, a) Hàm số đã cho liên tục trên nửa khoảng 0; 2 � 2� cos x � π� � π� ∀x � � Do đó, hàm số f đồng biến trên nửa khoảng 0; . 0; . � 2� � 2� � π� � π� b) Từ câu a) suy ra f(x) > f(0) = 0, ∀x �� � tan x > x, ∀x � 0; � 0; . � � � 2� � 2� � π� x3 Xét hàm số g(x) = tan x − x − trên nửa khoảng 0; . Hàm số này liên tục trên nửa � 2� 3 Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 6 .
  7. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN � π� � π� 1 và có đạo hàm g '(x) = − 1 − x 2 = tan 2 x − x 2 > 0, ∀x � �do khoảng 0; 0; , 2 � 2� cos x � 2� � π� tan x > x, ∀x � � 0; . � 2� � π� � π� nên g(x) > g(0) = 0 ∀x � � Do đó, hàm số g đồng biến trên nửa khoảng 0; 0; � 2� � 2� � π� x3 � tan x > x + , ∀x � 0; � đpcm). ( � 3 � 2� Bài 3 2(x − 1) Chứng minh rằng : ln x > , với mọi x > 1. x +1 Giải:  2(x − 1) Bất đẳng thức đã cho tương đương với ln x − > 0, ∀x > 1 x +1 2(x − 1) ( ) Xét hàm số f (x) = ln x − , x � 0; +� . Ta có: x +1 ( x − 1) � ∀x � 0; +� 2 1 4 ( ) f '(x) = − = 0, x ( x + 1) 2 x ( x + 1) 2 Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; + ) nên cũng đồng biến trên khoảng ( 1; + ) . Vậy ta luôn có f(x) > f(1) = 0 với mọi x > 1. Đó cũng là điều phải chứng minh. Bài tập tự giải: Bài 1. Chứng minh các bất đẳng thức sau: a) sin x < x, ∀x > 0 và sin x < 0, ∀x < 0 x2 b) cos x > 1 − , ∀x 0 2 x3 x3 c) sin x > x − , ∀x > 0 và sin x < x − , ∀x < 0 6 6 � π� d) sin x + tan x > 2x, ∀x � �0; � 2� � π� 2x e) sin x > , ∀x � �0; π � 2� π f) tan x > sin x với 0 < x < 2 � π� 4 Bài 2. Cho hàm số f ( x ) = x − tan x, x � � 0; . π � 4� � π� 0; . a) Xét chiều biến thiên của hàm số trên đoạn � � � 4� Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 7 .
  8. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN π � π� x, ∀x � � b) Từ đó suy ra rằng: tan x 0; . 4 � 4� x2 1 1 ( ) < 1 + x < 1 + x với x � 0; +� Bài 3. Chứng minh rằng: 1 + x − 2 8 2  VẤN ĐỀ 4: SỬ SỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM DUY NHẤT Bài 1 Cho hàm số f ( x ) = 2x 2 x − 2 . a) Chứng minh rằng hàm số đồng biến trên nửa khoảng [ 2; + ) . b) Chứng minh rằng phương trình 2x 2 x − 2 = 11 có một nghiệm duy nhất. Giải:  a) TXĐ: D = [ 2; + ). x 2 � x ( 5x − 8 ) � ( ) Đạo hàm: f '(x) = 2 � x − 2 + = > 0, ∀x � 2; +� 2 � 2 x−2 � x−2 � Do đó hàm số đồng biến trên nửa khoảng [ 2; + ) . ( 2;3) sao b) NX: Hàm số liên tục trên [2;3] và có f(2) = 0, f(3) = 18. Vì 0 < 11 < 18 nên ∃c cho f(c) = 11. Số thực c là một nghiệm của phương trình và vì f đồng biến trên [ 2; + ) nên c là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Bài 2 Cho hàm số f(x) = sin2x + cosx. � π� π �� a) CMR hàm số đồng biến trên đoạn � � à nghịch biến trên đoạn � ; π � 0; v . � 3� 3 �� b) Chứng minh rằng với mọi m � −1;1) , phương trình sin2x + cosx = m có một ( nghiệm duy nhất thuộc đoạn [ 0; π] . Giải:  a) Hàm số đã cho liên tục trên [ 0; π] và có đạo hàm f’(x) = 2sinxcosx – sinx = sinx(2cosx – 1), x � 0; π ) ( π 1 vì khi đó sinx > 0 nên f '(x) = 0 � cos x = � x = 2 3 BBT: π π/3 x0 − y’ + 0 Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 8 .
  9. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN 5/4 y −1 1 � π� π �� Vậy, hàm số đồng biến trên đoạn � � à nghịch biến trên đoạn � ; π � 0; v . � 3� 3 �� π π �� 5 �� b) Hàm số liên tục trên đoạn � ; π �và f � � ,f ( π ) = −1 . Theo định lí về giá trị trung = 3 �� 4 3 �� π � 5� �� gian của hàm số liên tục thì ∀m � −1;1) �� 1; �tồn tại số c � ; π � ao cho f(c) = 0. ( − , s � � 4� 3 �� π �� Số c là nghiệm của phương trình sin2x + cosx = m. Vì hàm f nghịch biến trên � ; π �nên 3 �� phương trình có nghiệm duy nhất. � π� 5 Lại vì ∀x � �ta có 1 f ( x ) 0; nên phương trình đã nêu không có nghiệm với � 3� 4 m � −1;1) . Vậy phương trình có duy nhất một nghiệm thuộc [ 0; π] . ( Bài 3 Giải phương trình: x 5 + x 3 − 1 − 3x + 4 = 0 (3) Giải:  1 Đặt f (x) = x 5 + x 3 − 1 − 3x + 4 với x 3 � 1� Ta có f(x) là hàm liên tục trên nửa khoảng − ;  và có đạo hàm � 3� 3 1 f '(x) = 5x 4 + 3x 2 + > 0, ∀x < . 2 1 − 3x 3 � 1� Do đó hàm số đồng biến trên nửa khoảng − ;  . Mặt khác f(-1) = 0, nên x = -1 là một � 3� nghiệm của (3) và cũng là nghiệm duy nhất của phương trình này. Bài 4 Giải phương trình: 2 3− x = − x 2 + 8x − 14 (4) Giải:  Điều kiện xác định của phương trình : x 3 Xét hai hàm số f (x) = 2 3− x và g(x) = − x 2 + 8x − 14 xác định và liên tục trên ( − ;3] , ta có: Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 9 .
  10. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN � −1 � � 2 < 0 và g '(x) = −2x + 8 > 0 với mọi x � −� ) ( ;3 3− x f '(x) = 2 .� ln 2 3− x � � Như vậy f(x) là hàm số nghịch biến, còn g(x) là hàm số đồng biến trên ( − ;3] . Mặt khác f(3) = g(3) = 1 nên x = 3 là nghiệm của (4) và đó là nghiệm duy nhất. Bài 5 Giải phương trình: 4(x − 2) [ log 2 (x − 3) + log 3 (x − 2) ] = 5(x + 1) (5) Giải:  5(x + 1) Điều kiện xác định của phương trình: x > 3. Khi đó: (5) � log 2 (x − 3) + log 3 (x − 2) = 4(x − 2) 5(x + 1) Xét hai hàm số f (x) = log 2 (x − 3) + log 3 (x − 2) và g(x) = là hai hàm xác định và liên 4(x − 2) tục trên khoảng ( 3; + ) , ta có: • f(x) là tổng của hai hàm số đồng biến nên là hàm số đồng biến. 45 • vì g '(x) = − < 0 nên g(x) là hàm nghịch biến. 4 ( x − 2) 2 Mặt khác ta có f(11) = g(11) = 5 nên x = 11 là nghiệm của (5) và cũng là nghiệm duy nhất. Bài 5 Giải phương trình: 3.25 + ( 3x − 10 ) .5 + 3 − x = 0 (6) x −2 x −2 Giải:  Đặt t = 5x-2 (t > 0). Khi đó: 1 1 5x − 2 = t= (6) � 3t + (3x − 10)t + 3 − x = 0 � 2 � 3 3 t = 3− x x −2 5 =3−x Ta có: 1 x −2 •5 = � x = 2 − log 5 3 3 • Xét phương trình 5x −2 = 3 − x , ta dễ chứng minh x = 2 là nghiệm duy nhất của nó. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 2 − log 5 3 và x = 2 . Bài 5 (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối D-2006) Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 10 .
  11. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN e x − e y = ln(1 + x) − ln(1 + y) ( a > 0) Cho hệ phương trình y−x=a Chứng minh hệ trên có nghiệm duy nhất. Giải:  e x − e y = ln(1 + x) − ln(1 + y) (1) với điều kiện xác định x > −1, y > −1 Xét hệ: y−x=a (2) y = x + a, thế vào (1) ta được: e x + a − e x + ln(1 + x) − ln(1 + x + a) = 0 (3) Từ (1) Bài toán trở thành chứng minh (3) có nghiệm duy nhất trên khoảng ( −1; + ) . Đặt f (x) = e x +a − e x + ln(1 + x) − ln(1 + x + a) trên khoảng ( −1; + ) Ta có f(x) là hàm liên tục trên khoảng ( −1; + ) và có đạo hàm 1 1 f '(x) = e x +a − e x + − x +1 x + a +1 Do a > 0 nên với mọi x > -1, ta có: e x +a − e x > 0 1 1 − >0 x +1 x + a +1 f(x) là hàm số đồng biến trên khoảng ( −1; + ) Như vậy f’(x) > 0 với mọi x > -1 1+ x Mặt khác, ta có: f (x) = e (e − 1) + ln x a 1+ a + x 1+ x = + và x lim + f (x) = − Từ đó ta tính giới hạn: lim f (x) = lim e (e − 1) + lim ln x a ( −1) 1+ a + x x+ x+ x+ Vậy, phương trình (3) có nghiệm duy nhất trên khoảng ( −1; + ) . Từ đó suy ra đpcm. Bài tập tự luyện: Giải các phương trình sau: a) x 2 + 15 = 3x − 2 + x 2 + 8 ĐS: x = 1 b) ( x + 2 ) ( 2x − 1) − 3 x + 6 = 4 − ( x + 6 ) ( 2x − 1) + 3 x+2 ĐS: x = 7  VẤN ĐỀ 4: ỨNG DỤNG CHIỀU BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ VÀO VIỆC BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH Chú ý. Cho f(x) là hàm số liên tục trên T, thì: a) f ( x ) a với mọi x �۳ a max f ( x ) T b) f ( x ) a với mọi x � a min f ( x ) T Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 11 .
  12. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN c) f ( x ) min f ( x ) a có nghiệm a d) f ( x ) max f ( x ) a có nghiệm a Bài 1 ) ( x 2 − 2x + 2 + 1 + x(2 − x) 0 . Tìm m để phương trình có nghiệm Cho phương trình m x�� + 3 � 0,1 . � � Giải:  ) ( x 2 − 2x + 2 + 1 + x(2 − x) 0 (1) Xét bất phương trình : m Đặt t = x2 − 2x + 2 � x2 − 2x = t2 − 2 Ta xác định điều kiện của t : Xét hàm số t = x2 − 2x + 2 với x�� + 3 � 0,1 � � x −1 Ta có: t ' = , t' = 0 � x =1 2 x − 2x + 2 1+ 3 x0 1 − t’ 0 + 2 2 t 1 Vậy với x�� + 3 � hì 1 t 0,1 2. t � � Khi đó : t2 − 2 với t [1;2] (1) ⇔ m t+1 t2 − 2 với t [1;2] . Ta có: Xét hàm số f(t) = t+1 t2 + 2t + 2 f’(t) = > 0,∀x [1 . Vậy hàm số f tăng trên [1; 2]. ;2] (t + 1)2 2 max f(t) = f(2) = . m Do đó, yêu cầu bài toán trở thành tìm m để (1) có nghiệm t∈[1,2] 3 t�� 1;2 �� Đó là giá trị cần tìm của tham số. Bài 2 Tìm m để phương trình x 4 − 13x + m + x − 1 = 0 có đúng một nghiệm. 4 Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 12 .
  13. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN Giải:  Ta có: 4 x 4 − 13x + m + x − 1 = 0 � 4 x 4 − 13x + m = 1 − x x1 x1 � �4 4�� 3 x − 13x + m = ( 1 − x ) 4x − 6x 2 − 9x − 1 = −m Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để đường thẳng y = -m cắt phần đồ th ị f(x) = 4x 3–6x2–9x–1 ứng với x 1 tại một điểm duy nhất. Xét hàm số f(x) = 4x3 – 6x2 – 9x – 1 trên nửa khoảng ( − ;1] Ta có: f'(x) = 12x2 – 12x – 9 = 3(4x2 – 4x – 3) 1 3 Cho f'(x) = 0 ⇔ 4x2 – 4x – 3 = 0 ⇔ x = − �x = 2 2 1 − –∞ x 1 2 − f’(x) + 0 3 2 f(x) −12 − Từ bảng biến thiên ta thấy: 3 3 � � �m = 2 − � =−2 m Yêu cầu bài toán xảy ra khi � � �m < −12 − � > 12 m Đó là các giá trị cần tìm của tham số m. Bài 3 2x − y − m = 0 ( I) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. x + xy = 1 Giải:  Ta có: �x − y − m = 0 � − y − m = 0 2 2x � � (I) � � �� � + xy = 1 � xy = 1 − x x Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 13 .
  14. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN xy 0 Với điều kiện: ta có: x1 y = 2x − m y = 2x − m � (1− x) 2 (Do x = 0 không là nghiệm của hệ) (I) � = 1− x 2 xy ( ) ( x 1) y= x (1− x) 2 x 2 + 2x − 1 = m (∗) � 2x − =m� x x x 2 + 2x − 1 1 = x + 2 − trên tập D = ( − ;1] \ { 0} Xét hàm số f (x) = x x 1 ( 0;1] ( ;0 ) Ta có hàm số f(x) liên tục trên D và có đạo hàm f '(x) = 1 + 2 > 0, ∀x � −�� x Giới hạn : lim f (x) = − ; lim− = + ; lim+ = − và f(1) = 2 − x x 0 x 0 BBT : –∞ x 0 1 f’(x) + + + 2 f(x) –∞ –∞ Từ BBT ta thấy : Yêu cầu bài toán xảy ra khi m > 2. Đó là các giá trị cần tìm của tham số. Bài 4 (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối B – 2004) Tìm m để phương trình log 3 x + log 3 x + 1 − 2m − 1 = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc 2 2 � 3� 1;3 . �� Giải:  Đặt t = log3 x + 1 . Với x � �thì t [1;2] . 1;3 3 2 �� Khi đó phương trình đã cho tương đương với : t 2 + t − 2 = 2m Bài toán trở thành tìm m để phương trình t 2 + t − 2 = 2m có nghiệm t [1;2] Xét hàm số f(t) = t2 + t – 2 với t [1;2] . Ta có : f’(x) = 2t + 1 > 0, với mọi t [1;2] Vậy yêu cầu bài toán xảy ra khi : min f (x) ����� (x) f (1) 2m f (2) 0 2m 4 0 m 2 2m max f x [1;2] x [1;2] Bài 5 (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối B – 2004) Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 14 .
  15. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN ) ( 1 + x 2 − 1 − x 2 + 2 = 2 1 − x 4 + 1 + x 2 − 1 − x 2 có nghiệm. Tìm m để phương trình m Giải:  Điều kiện xác định của phương trình : x � −1;1] [ Đặt t = 1 + x 2 − 1 − x 2 . Với x � −1;1] , ta xác định điều kiện của t như sau : [ Xét hàm số t = 1 + x 2 − 1 − x 2 với x � −1;1] [ Ta có : ) , cho t ' = 0 � x = 0 ( 1 − x2 + 1 + x2 x x x t' = + = 1 + x2 1 − x2 1 − x4 −1 x 0 1 − t’ 0 + 2 2 t 0 Vậy với x � −1;1] thì t � 2 � 0; � [ � Từ t = 1 + x 2 − 1 − x 2 � 2 1 − x 4 = 2 − t 2 . Khi đó, phương trình đã cho tương đương với : −t 2 + t + 2 m ( t + 2) = −t + t + 2 � =m 2 t+2 −t 2 + t + 2 = m có nghiệm t � 2 � 0; � Bài toán trở thành tìm m để phương trình � t+2 − t 2 − 4t −t 2 + t + 2 < 0, ∀t � 2 � với t � 2 �Ta có : f '(t) = 0; � Xét hàm số f (t) = 0; � . � ( t + 2) � 2 t+2 ( 2) = Suy ra : t max � (t) = f (0) = 1, t min � (t) = f 2 −1 f f �2 �2 0; 0; � � � � Bây giờ, yêu cầu bài toán xảy ra khi t min � (t) � �max � (t) � 2 − 1 � � . Đây là các f m f m1 �2 t� 2 0; 0; � � � � giá trị cần tìm của tham số. Bài 6 (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối B – 2006) Tìm m để phương trình x 2 + mx + 2 = 2x + 1 có nghiệm thực phân biệt. Giải:  Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 15 .
  16. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN 1 x− x + mx + 2 = 2x + 1 ( 1) 2 2 Ta có: (*) 3x + 4x − 1 = mx ( 2 ) 2 NX : x = 0 không phải là nghiệm của (2). Do vậy, ta tiếp tục biến đổi : 1 x− 2 (*) 3x + 4x − 1 2 = m ( 3) x �1 � Bài toán trở thành tìm m để (3) có nghiệm thực phân biệt x � − ; +� \ { 0} �2 � �1 3x 2 + 4x − 1 � với x � − ; +� \ { 0} . Ta có : Xét hàm số f (x) = �2 � x 3x 2 + 1 �1 � > 0, ∀x � − ; +� \ { 0} f '(x) = 2 x �2 � BBT : –∞ x 0 1 f’(x) + + + + f(x) 9 –∞ 2 9 Từ BBT, ta thấy : Yêu cầu bài toán xảy ra khi m . 2 9 Vậy với m thì phương trình đã cho có nghiệm thực phân biệt. 2 Bài 7 (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối A – 2007) Tìm m để phương trình 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 ( 1) có nghiệm. Giải:  Điều kiện xác định của phương trình : x 1 Khi đó : x −1 x2 − 1 x −1 x −1 ( 1) � 3 ( 2) + m = 24 + m = 24 �3 ( x + 1) x +1 x +1 x +1 2 x −1 x −1 4 2 < 1 nên t < 1. Vậy với x 1 thì 0 t < 1 . Đặt t = = 1− ( t 0 ). Vì 4 4 x +1 x +1 x +1 Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 16 .
  17. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN Khi đó, (2) � 3t 2 + m = 2t � −3t 2 + 2t = m (3) [ 0;1) Bây giờ bài toán trở thành tìm m để (3) có nghiệm t Xét hàm số f(t) = −3t 2 + 2t trên nửa khoảng [ 0;1) . Ta có : 1 f’(t) = -6t + 2, cho f’(t) = 0 � −6t + 2 = 0 � t = 3 0 1 t 1 − 0 f’(t) + 1 3 f(t) −1 0 1 Từ BBT, ta thấy yêu cầu bài toán xảy ra khi −1 < m . 3 Bài 8 (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối B – 2007) Chứng minh rằng với mọi m > 0, phương trình x 2 + 2x − 8 = m(x − 2) luôn có hai nghiệm thực. Giải:  Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 17 .
  18. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN Bài 9 (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối D – 2007) Giải:  Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 18 .
  19. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN Bài 10 (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối A – 2008) Giải:  Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 19 .
  20. CHUYÊN ĐỀ TOÁN THPT Vũ Trường Sơn CHUYÊN Bài tập tự giải ( x + 4) ( 6 − x ) x 2 − 2x + m đúng với mọi x � −4;6] . [ Bài 1. Tìm m để bất phương trình ĐS : m 6 x +1 − 4 − x Bài 2. Tìm m để bất phương trình m có nghiệm. ĐS : m 5 Bài 3. Tìm m để phương trình 2 − x + 2 + x − 4 − x 2 = m có nghiệm. ĐS : 2 2 − 2 m 2 x + y =1 Bài 4. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm. x x + y y = 1 − 3m 1 ĐS: 0 m 4 Trường THPT Long Hải Phước Tỉnh Trang 20 .
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.01: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2019
315 tài liệu
1700 lượt tải
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
3=>0