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

Ôn thi môn Toán: Tính đơn điệu của hàm số

Chia sẻ: Trinhthu Trang | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:10

Thêm vào BST
Báo xấu
604
lượt xem 174
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo ôn tập môn Toán Tính đơn điệu của hàm số...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Ôn thi môn Toán: Tính đơn điệu của hàm số

  1. Bài 2. Tính đ ơn điệu c ủa hàm số BÀI 2. TÍNH ĐƠN ĐIỆU C ỦA HÀM S Ố A. TÓM TẮT LÝ THUY ẾT. 1. y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔ ƒ ′ (x) ≥ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′ (x) = 0 tại một số hữ u hạn điểm ∈ (a, b). 2. y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔ ƒ ′ (x) ≤ 0 ∀x∈(a, b) đồng th ời ƒ′ (x) = 0 tại một số hữ u hạn điểm ∈ (a, b). Chú ý: Trong chương trình phổ thông, khi s ử d ụng 1., 2. cho các hàm s ố một quy tắc có th ể b ỏ điều ki ện ƒ′ (x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ∈ (a, b). CÁC BÀI T ẬP MẪU MINH H ỌA mx 2 + ( 6m + 5 ) x − 2 ( 1 − 3m ) nghịch bi ến 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 t ại 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
  2. Chươ ng I. Hàm số – Trần Ph ương 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 _0+ CT0 ( x 2 − 2 x + 3) 2  x = x1 = 3 − 6 ; x →∞ g ( x ) = 0 lim ⇔  x = x2 = 3 + 6  2 Từ B BT ⇒ 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 nghi ệm 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: Phươ ng pháp tam th ức bậc 2 Ta có: ∆ ′ = 2 ( m + 1) 2 ≥ 0 suy ra g(x) = 0 c ó 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
  3. Bài 2. Tính đ ơn điệu c ủa 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 c ầu 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 c ầu 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 c ầu 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 bi ến c ủa hàm s ố có đ ộ dài b ằng 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 bi ến c ủa hàm s ố có đ ộ dài bằng 4 ⇔ y ′ ≤ 0; ∀x ∈ [ x1 ; x 2 ] ; x 2 − x1 = 4 ⇔ m + 1 > 0 và x 2 − x1 = 4 . Ta có 3
  4. Chươ ng I. Hàm số – Trần Ph ương ( )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
  5. Bài 2. Tính đ ơn điệu c ủa hàm số B. ỨNG D ỤNG TÍNH Đ ƠN ĐI ỆU C ỦA HÀM S Ố I. DẠNG 1: ỨNG DỤNG TRONG PT, BPT, HỆ PT, H Ệ BPT Bài 1. Giải phương trình: x 5 + x 3 − 1 − 3x + 4 = 0 . Giải. Điều ki ện: 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 (−1) = 0 nên phương trình f (x) = 0 có nghiệm duy nhất x = −1. Bài 2. Giải phương trình: x 2 + 15 = 3x − 2 + x 2 + 8 Giải. Bất phươ ng 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 nghi ệm 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 ki ện 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
  6. Chươ ng I. Hàm số – Trần Ph ương 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 gi ả s ử 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 h ệ bất ph ương 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
  7. Bài 2. Tính đ ơn điệu c ủa hàm số II. DẠNG 2: ỨNG DỤNG TRONG CH ỨNG MINH BẤT Đ ẲNG TH ỨC 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 Gi ải  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 c osx − sinx x2 x  π Ta có g′ (x) = cosx − xsin x − 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
  8. Chươ ng I. Hàm số – Trần Ph ương ()  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, ln x > lny ⇔ ln x − ln y > 0, nên biến đ ổi bất đ ẳng th ức 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 < ln ba ⇔ 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 bi ến [e, + ∞ ) x2 x2 8
  9. Bài 2. Tính đ ơn điệu c ủa 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 đ ẳng 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 v ế 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. (B ất đ ẳng 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, gi ả s ử 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 s ố g(x) = v ới 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
  10. Chươ ng I. Hàm số – Trần Ph ương Bình lu ận: B ất đẳng th ức Nesbitt ra đời năm 1905 và là một bất đ ẳng thức rất nổi tiếng trong suốt th ế k ỷ 20. Trên đây là m ột cách ch ứng minh b ất đẳng thức này trong 45 cách chứng minh. B ạn đ ọc có th ể xem tham kh ảo đầy đủ các cách chứng minh trong cu ốn sách: “Những viên kim c ương trong bất đẳng th ức Toán h ọc” của tác giả do NXB Tri thức phát hành tháng 3/2009 . 10
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
3=>0