Phần 2: Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp chương: Hàm số

Chia sẻ: Nguyễn Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:22

Thêm vào BST

Báo xấu

1.061
lượt xem 237
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu có 170 bài tập với khoảng gần 550 câu nhỏ. Hầu hết các bài tập trong tài liệu “Bài tập Đại số sơ cấp” được chúng tôi trình bày lời giải tương đối chi tiết nhằm giúp sinh viên nhất là sinh viên các lớp hệ đào tạo Liên thông Cao đẳng lên Đại học dễ dàng trong việc củng cố lý thuyết và giải các bài tập tương tự. Một số bài được trình bày nhiều cách giải, mục đích giúp sinh viên có cách tiếp cận và đi đến kết quả của bài toán từ nhiều hướng.

Chủ đề:

Bình luận(1) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Phần 2: Lời giải và hướng dẫn bài tập đại số sơ cấp chương: Hàm số

PHẦN II: LỜI GIẢI VÀ HƯỚNG DẪN CHƯƠNG I. HÀM SỐ 2 x −1 I.1. Giả sử y0 ∈ T f , khi đó y0 = (1) có nghiệm đố i với x. 2 x + x+4 (1) ⇔ y0 ( x 2 + x + 4 ) = 2 x − 1 ⇔ y0 x 2 + ( y0 − 2 ) x + 4 y0 + 1 = 0 (2) Xét các trường hợp sau: + Xét y0 = 0. 1 Khi đó, ( 2 ) ⇔ −2 x + 1 = 0 ⇔ x = . Vậy, y0 = 0 ∈ T f . 2 + Xét y0 ≠ 0. Khi đó, (2) có nghiệm khi và chỉ khi 2 ∆ = ( y0 − 2 ) − 4 y0 ( 4 y0 + 1) ≥ 0 2 ⇔ −15 y0 − 8 y0 + 4 ≥ 0 4 − 2 19 4 + 2 19 ⇔ ≤ y0 ≤ 15 15  4 − 2 19 4 + 2 19  Vậy, tập giá trị của hàm số là T f =  ; . 15 15   I.2. Hàm số đã cho có tập xác định D = ℝ. x +1 (1) có nghiệm đố i với x. Giả sử y0 ∈ T f , khi đó y0 = x2 + a (1) ⇔ y0 ( x2 + a ) = x + 1 ⇔ y0 x 2 − x + ay0 − 1 = 0 (2) Xét các trường hợp sau + y0 = 0. (2) ⇔ x = −1 ⇒ y0 = 0 ∈ T f . + y0 ≠ 0. khi đó, (2) có nghiệm x khi và chỉ khi ∆ = 1 − 4 ( ay0 − 1) y0 ≥ 0 1− a +1 1+ a +1 2 ⇔ −4ay0 + 4 y0 + 1 ≥ 0 ⇔ . ≤ y0 ≤ 2a 2a Như vậy tập giá trị của hàm số chứa đoạn [ 0;1] khi và chỉ khi a > 0 và hệ điều kiện sau 1 − 1+ a ≤0  5  2a ⇔0
I.3. Hàm số đã cho có tập xác định là D = ℝ \ {m;1}. Tập xác định D là tập đối xứng khi 1 và chỉ khi m = −1. Với m = −1 thì hàm số trở thành y = . Hàm số này là một hàm số 2 x −1 chẵn. Vậy, khi m = −1 thì hàm số đã cho là hàm số chẵn. I.4. Hàm số đã cho có tập xác định là: D = ℝ . 1) ∀a ∈ D, ta có f (a) = f (0 + a) = f (0) + f (a) ⇒ f (0) = f (a ) − f (a) ⇒ f (0) = 0. Vậy, f (0) = 0 (Đpcm). 2) Theo giả thiết hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ nên tập xác định của hàm số đã cho là tập đối xứng. Mặt khác ta lại có: 0 = f (0) = f (− a + a ) = f (− a ) + f (a) ⇒ f (− a ) = − f (a ). Vậy, f là hàm số lẻ. I.5. Trường hợp phương trình f ( x ) = 0 vô nghiệm thì số nghiệm của phương trình bằng 0. Giả sử phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm. Gọ i x0 là một nghiệm của phương trình f ( x ) = 0, ta có f ( x0 ) = 0 và x0 ≠ 0. Vì y = f ( x ) là hàm số lẻ nên f ( − x0 ) = − f ( x0 ) . Suy ra f ( − x0 ) = 0 và do đó − x0 cũng là một nghiệm của phương trình f ( x ) = 0. Từ đây ta có nếu x0 là một nghiệm của phương trình f ( x ) = 0 thì − x0 cũng là một nghiệm của phương trình f ( x ) = 0. Như vậy, số nghiệm của phương trình f ( x ) = 0 là một số chẵn. I.6. a) Ta có: f ( x1 + x2 ) + f ( x1 − x2 ) = 2 f ( x1 ) f ( x2 ) (1), ∀x1 , x2 ∈ ℝ . Thay x1 = x2 = 0 vào 2 vế của (1) ta được 2 2 f ( 0 ) = 2  f ( 0 )  ⇔ f ( 0 ) = 0 ∨ f ( 0 ) = 1 . Nhưng theo bài ra ta có f ( x ) ≠ 0 ∀x ∈ ℝ, do   đó f ( 0 ) = 1 . b) Hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ nên tập xác định của hàm số đã cho là tập đối xứng. Thay x1 = 0; x2 = x vào (1) ta được: f ( x) + f (−x) = 2 f ( x) ⇔ f ( x ) = f ( − x ) . ∀x ∈ ℝ . Vậy, f ( x ) là một hàm số chẵn. I.7. 1) y = cos ( 2 x + 3) . Tập xác định của hàm số đã cho là D = ℝ. Hàm số y = f ( x) = cos ( 2 x + 3) là hàm số tuần hoàn vì có T = 2π sao cho 77
i∀x ∈ ℝ ⇒ x ± 2π ∈ ℝ. i∀x ∈ ℝ ⇒ f ( x ± 2π ) = cos  2 ( x ± 2π ) + 3 = cos ( 2 x + 3) ± 4π  = cos ( 2 x + 3) = f ( x )     Chu kì của hàm số là T0 = π . Giả sử còn có 0 < l < π sao cho f ( x + l ) = f ( x ) , ∀x ∈ ℝ ⇔ cos  2 ( x + l ) + 3 = cos ( 2 x + 3) (1), ∀x ∈ ℝ   3 Chọn x = − ta có (1) ⇔ cos 2l = 1 , với 0 < l < π , (Vô lý). 2 Vậy, chu kì của hàm số là T0 = π . 2) y = sin 2 x. Tập xác định của hàm số đã cho là D = ℝ. 1 − cos 2 x Hàm số y = f ( x ) = sin 2 x = là hàm tuần hoàn vì có T = 2π sao cho 2 i∀x ∈ ℝ ⇒ x ± 2π ∈ ℝ 1 − cos  2 ( x ± 2π )  1 − cos ( 2 x ± 4π ) 1 − cos 2 x   i∀x ∈ ℝ ⇒ f ( x ± 2π ) = = f ( x) = = 2 2 2 Chu kì của hàm số là T0 = π . Giả sử còn có 0 < l < π sao cho f ( x + l ) = f ( x ) , ∀x ∈ ℝ 1 − cos  2 ( x + l )  1 − cos 2 x   , ∀x ∈ ℝ ⇔ = 2 2 ⇔ cos  2 ( x + l )  = cos 2 x (1), ∀x ∈ ℝ   Chọn x = π ta có (1) ⇔ cos 2l = 1, với 0 < l < π (Vô lý) Vậy, chu kì của hàm số là T0 = π . I.8. 1) y = f ( x ) = x 3 + 2 x 2 . Tập xác định của hàm số đã cho là D = ℝ. ta có x = 0 f ( x) = x 3 + 2 x 2 = 0 ⇔   x = −2. Giả sử f ( x ) là hàm số tuần hoàn, khi đó tồn tại số dương T sao cho f ( x + T ) = f ( x), ∀x ∈ D. Chọn x = 0, ta có f (0 + T ) = f (0) = 0 ⇒ T > 0 là nghiệm của phương trình f ( x ) = 0 (vô lý). Vậy, hàm số đã cho không phải là hàm số tuần hoàn. 2) y = f ( x) = x − 1 . Tập xác định của hàm số đã cho là D = [1; +∞). f ( x ) = 0 ⇔ x = 1. Giả sử f ( x ) là hàm số tuần hoàn, khi đó tồn tại số dương T sao cho f ( x + T ) = f ( x), ∀x ∈ D. Chọn x = 1, ta có f (1 + T ) = f (1) = 0 ⇒ T + 1 > 1 là nghiệm của phương trình f ( x ) = 0 (vô lý). Vậy, hàm số đã cho không phải là hàm số tuần hoàn. 78
x . Tập xác định của hàm số đã cho là D = ℝ \ {−1;1}. 3) y = f ( x) = 2 x −1 Giả sử f ( x ) là hàm số tuần hoàn, khi đó tồn tại số dương T sao cho ∀x ∈ D ⇒ x ± T ∈ D. Do D = ℝ \ {−1;1} nên1 + T ∈ D ⇒ (1 + T ) − T ∈ D ⇒ 1 ∈ D (Vô lý). Vậy, hàm số đã cho không phải là hàm số tuần hoàn. I.9. Tập xác định của hàm số Đirichlê là D = ℝ. Với T > 0, T ∈ ℚ ta đều có x ± T ∈ ℚ nếu x ∈ ℚ, x ± T ∈ ℝ \ ℚ nếu x ∈ ℝ \ ℚ . 1 , x ∈ ℚ. Suy ra f ( x ± T ) =  0 , x ∈ℝ \ ℚ. Như vậy, f ( x ± T ) = f ( x), ∀x ∈ ℝ. Suy ra hàm số f ( x ) là hàm số tuần hoàn. Tuy nhiên trong tập các số hữu tỉ dương không có số dương bé nhất, vì vậy hàm số Đirichlê là hàm số tuần hoàn nhưng không có chu kỳ. x +1 f ( x ) + 1 x −1 +1 2x I.10. 1) Ta có: y = f ( f ( x ) ) = = = =x f ( x ) −1 x + 1 − 1 2 x −1 Vậy, y = f ( f ( x ) ) = x. g ( x) +1 2x −1 + 1 2x x 2) Ta có: y = f ( g ( x ) ) = = = = g ( x ) −1 2x −1 − 1 2x − 2 x −1 x Vậy, y = f ( g ( x ) ) = . x −1 I.11. Ta có 1 1 − x x −1 1 1 f 2 ( x ) = f ( f1 ( x ) ) = , f3 ( x ) = f ( f 2 ( x ) ) = = = = =x 1 x −1 1 −x x 1− 1− 1− x x x 1 f4 ( x ) = f ( f3 ( x )) = = f1 ( x ) . 1− x Như vậy, f1 ( x ) = f 4 ( x ) = f 7 ( x ) = ... = f1+3k ( x ) , k ∈ ℕ. 1 Do đó f100 ( x ) = f1 ( x ) = . 1− x I.12. Ta có 1  1 − 2 x, x < 2  , ⇒ f ( x ) = 2x −1 . y = f ( x) =  2 x − 1, x ≥ 1   2 79
 x − 1, x ≥ 1 y = g (x) =  1 − x, x < 1 = x −1 Vậy, f [ g ( x )] = 2 x − 1 − 1 , g [ f ( x)] = 2 x − 1 − 1 . I.13. Hàm số y = f ( x ) = 2 − 1 − x xác định trên nửa khoảng ( −∞;1] . Trên tập xác định ( −∞;1] phương trình y = 2 − 1 − x có nghiệm duy nhất đối với ẩn x là 2 x = 1 − ( 2 − y ) = − y 2 + 4 y − 3. Vậy, hàm số ngược cần tìm là y = f −1 ( x) = − x 2 + 4 x − 3, x ∈ (−∞; 2]. x2 − x − 7 x2 + x − 3 I.14. 1) a) Ta có y = − 2 = f ( x) − 2 = x+2 x+2 x2 + x − 3 x2 − x − 7 Từ đồ thị hàm số y = f ( x) = suy ra đồ thị y = bằng phép t ịnh tiến x+2 x+2 theo véc tơ v = (0; −2). x 2 + 7 x + 9 ( x + 3)2 + ( x + 3) − 3 b) Ta có y = = f ( x + 3) = x+5 ( x + 3) + 2 x2 + x − 3 x2 + 7 x + 9 Từ đồ thị hàm số y = f ( x) = suy ra đồ thị y = bằng phép t ịnh tiến x+2 x+5 theo v = (−3; 0). x2 + x − 3 c) Từ đồ thị hàm số y = f ( x) = tịnh tiến theo vectơ v = (a; b) được đồ thị x+2 x2 + 2x − 4 khi và chỉ khi y= x+3 x 2 + 2 x − 4 ( x − a) 2 + ( x − a ) − 3 + b, ∀x ≠ −3 = x+3 ( x − a) + 2   ⇔ ( x 2 + 2 x − 4) [ ( x − a) + 2] =  ( x − a)2 + ( x − a)(1 + b) − 3 + 2b  ( x + 3) , ∀x ≠ −3 ⇔ x3 + (4 − a ) x 2 − 2ax + 4a − 8 = x3 + (4 + b − 2a ) x 2 − (a 2 − 7a − ab + 5b) x + +3(a 2 − a − ab + 2b − 3), ∀x ≠ −3  4 − a = 4 + b − 2a a = −1  ⇔ −2a = −(a 2 − 7 a − ab + 5b) ⇔ b = − 1 4a − 8 = 3(a 2 − a − ab + 2b − 3)  x2 + x − 3 Vậy, tịnh tiến đồ thị hàm số y = theo vectơ v = (−1; −1) được đồ thị hàm số x+2 80
x2 + 2x − 4 . y= x+3  x2 + x − 3  −x2 − x + 3 2) a) Ta có y =  = − f ( x) = − x+2  x+2  x2 + x − 3 −x2 − x + 3 Từ đồ thị hàm số y = f ( x) = suy ra đồ thị hàm số y = bằng phép đối x+2 x+2 xứng qua trục hoành.  x2 + x − 3  −x2 + 5 b) Ta có y =  + 1 = − f ( x) + 1 = − x+2  x+2  −x2 + 5 Do đó để có đồ thị hàm số y = ta thực hiện hai bước x+2 + Bước 1: Đối xứng đồ thị hàm số y = f ( x ) qua trục hoành ta được đồ thị (C1 ) của hàm số y = − f ( x). −x2 + 5 + Bước 2: Tịnh tiến (C1 ) theo vectơ v = (0;1) ta được đồ thị hàm số y = . x+2 3x − 7 1 I.15. Ta có y = . Do đó ta thực hiện liên tiếp các bước biến đổi sau: = 3− x−2 x−2 1 + Tịnh tiến đồ thị của hàm số y = theo véc tơ v = (2; 0) thì được đồ thị hàm số x 1 . y= x−2 1 1 + Đối xứng đồ thị hàm số y = qua trục hoành ta được đồ thị hàm số y = − . x−2 x−2 1 + Tịnh tiến đồ thị của hàm số y = − theo véc tơ u = (0;3) ta được đồ thị hàm số x−2 3x − 7 . y= x−2 x 2 − 3x + 1 I.16. 1) y = . x−3 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số x 2 − 3x + 1 y= x−3 x 2 − 3x + 1 dành cho bạn đọc. Đồ thị (C) của hàm số y = như sau x−3 81
y 5 1 x 2 4 O  x 2 − 3x + 1 ; f ( x) ≥ 0 x 2 − 3x + 1  x − 3  2) a) y = f ( x ) = = 2 x −3  − x − 3x + 1 ; f ( x ) < 0   x−3 x 2 − 3x + 1 Do đó đồ thị hàm số y = gồm hai phần: x −3 + Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị hàm số y = f ( x ) ; + Đối xứng của phần đồ thị hàm số y = f ( x ) phía dưới trục hoành qua trục hoành. Đồ thị của hàm số y = f ( x) như sau y 5 1 x 2 4 O x 2 − 3x + 1 b) y = ; x−3  x 2 − 3x + 1 ; x>3  x 2 − 3x + 1  x −3 Ta có: y = ⇔ 2 x−3 − x − 3 x + 1 ; x < 3   x−3 82
x 2 − 3x + 1 Do đó đồ thị hàm số y = gồm hai phần: x−3 + Phần đồ thị y = f ( x ) trên miền x > 3; + Đối xứng của phần đồ thị y = f ( x ) trên miền x < 3 qua trục hoành. x 2 − 3x + 1 Đồ thị hàm số y = như sau x−3 y 5 2 x 4 O -1 x2 − 3 x + 1 ; Do hàm số y = f ( x ) là hàm số chẵn nên đồ thị có trục đối xứng là trục c) y = x −3 Oy. Với x ≥ 0 thì y = f ( x ) = f ( x ) . x2 − 3 x + 1 Đồ thị hàm số y = gồm hai phần: x −3 + Phần bên phải trục tung của đồ thị hàm số y = f ( x ) ; + Đối xứng của phần đồ thị hàm số y = f ( x ) phía bên phải trục tung qua trục tung. Đồ thị hàm số y = f ( x ) như sau y 5 1 -2 2 4 x -4 O 83
 x2 − 3 x + 1 x 2 − 3 x + 1 ; ≥0  x2 − 3 x + 1  x − 3 x −3 d) Ta có y = = 2 x −3 2 − x − 3 x + 1 ; x − 3 x + 1 < 0  x −3 x −3  2 x − 3 x +1 Do đó đồ thị hàm số y = gồm hai phần: x −3 + Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị hàm số y = f ( x ) ; + Đối xứng của phần đồ thị hàm số y = f ( x ) phía dưới trục hoành qua trục hoành. 2 x − 3 x +1 Đồ thị hàm số y = như sau x −3 y 5 1 -2 2 4 -4 x O x = X + 2 I.17. Đặt  y = Y Hàm số đã cho trở thành 5 5 5 . Hàm số Y = 2 là hàm số chẵn. Y= = 2 2 X −1 X −1 ( X + 2) − 4 ( X + 2) + 3 Vậy, đường thẳng x = 2 là trục đối xứng của đồ thị hàm số đã cho. I.18. Đường thẳng x = x0 là trục đối xứng của đồ thị hàm số đã cho khi và chỉ khi f ( 2 x0 − x ) = f ( x ) , ∀x ∈ ℝ 4 3 2 ⇔ ( 2 x0 − x ) + 4 ( 2 x0 − x ) + 3 ( 2 x0 − x ) − 2 ( 2 x0 − x ) = x 4 + 4 x 3 + 3x 2 − 2 x, ∀x ∈ ℝ ( ) ( ) ⇔ x 4 − 4 ( 2 x0 + 1) x3 + 3 8 x0 + 8 x0 + 1 x 2 − 2 16 x0 + 24 x0 + 6 x0 − 1 x + 2 3 2 4 3 2 4 3 2 2 +16 x + 32 x + 12 x − 4 x0 = x + 4 x + 3x + 3 x − 2 x, ∀x ∈ ℝ 0 0 0 84
 x0 = −1  − ( 2 x0 + 1) = 1  2  x0 = −1 ∨ x0 = 0 8 x0 + 8 x0 + 1 = 1 ( x0 + 1) 16 x02 + 8 x0 − 2 = 0 ⇔ x0 = −1 ⇔ 3 ⇔ ( ) 2 16 x0 + 24 x0 + 6 x0 − 1 = 1   16 x 4 + 32 x 3 + 12 x 2 − 4 x = 0  x x + 1 4x2 + 4x −1 = 0 ( )  0( 0 ) 0 0 0 0 0 0 Vậy, đồ thị hàm số y = x 4 + 4 x 3 + 3 x 2 − 2 x có duy nhất một trục đối xứng cùng phương với trục tung là x = −1. x2 + 4x − 2 4x − 3 I.19. Ta có y = (1) = 1+ 2 2 x +1 x +1 Giả sử I ( x0 , y0 ) là tâm đối xứng của đồ thị hàm số đã cho. Dời hệ trục toạ độ Oxy về hệ trục toạ độ mới IXY với I ( x0 , y0 ) bởi phép đặt  x = X + x0   y = Y + y0 4 ( X + xo ) − 3 Thay vào (1) ta được Y = g ( X ) = 1 + − yo 2 ( X + xo ) +1 Nếu đồ thị ( C ) nhận I ( xo ; yo ) làm tâm đối xứng thì hàm số Y = g ( X ) phải là hàm số lẻ 4 ( − X + xo ) − 3 −4 ( X + xo ) + 3 − 1 + yo ( ∗ ) đúng với mọ i X ∈ ℝ. tức là + 1 − yo = 2 2 ( − X + xo ) ( X + x0 ) +1 +1 Cho X → ∞ thì ( ∗) tương đương với: 2 yo = 2 ⇔ yo = 1 . Với yo = 1 ( ∗) trở thành 4 ( − X + xo ) − 3 −4 ( X + xo ) + 3 ; ∀X ∈ ℝ. ( ∗∗) Đặt X = xo thì ( ∗∗) trở thành = 2 2 ( − X + xo ) ( X + xo ) +1 +1 −8 xo + 3 2 −3 = ⇔ 12 xo − 8 xo + 6 = 0. Phương trình này vô nghiệm. 2 4 xo + 1 Vậy, I ( xo ; yo ) không phải là tâm đối xứng của đồ thị hàm số đã cho. I.20. Giả sử x = m là trục đối xứng của đồ thị hàm số đã cho. x = X + m Đặt  y = Y Khi đó ta có hàm số Y = f ( X ) = ( X + m)4 + 4a( X + m)3 − 2( X + m)2 − 12( X + m)a = X 4 + 4 X 3m + 6 X 2 m 2 + 4 Xm3 + m 4 + 4a ( X 3 + 3 X 2 m + 3 Xm 2 + m3 ) − −2( X 2 + m 2 + 2mX ) − 12a( X + m) 85
= X 4 + (4m + 4a) X 3 + (6m 2 + 12am − 2) X 2 + (4m3 + 12am 2 − 4m − 12a ) X + m 4 + 4am3 − 2m2 − 12am (2) Đường thẳng x = m là trục đối xứng của đồ thị hàm số đã cho khi và chỉ khi hàm số Y = f ( X ) phải là hàm số chẵn, điều này tương đương với  4m + 4 a = 0 3 2 4m + 12am − 4m − 12a = 0 m + a = 0 ⇔ 3 2 m + 3am − m − 3a = 0 m = −a ⇔ 3 2 (− a) + 3a (− a) − (− a) − 3a = 0 m = −a m = −a  m = −a m = −a a = 0  ⇔ a = 0 ⇔  ⇔ 3 ⇔ 3 3   a = −1 − a + 3a + a − 3a = 0 2a − 2a = 0 a 2 = 1    a = 1 a = 0 Vậy, với  a = −1 thì đồ thị hàm số có trục đối xứng cùng phương Oy.  a = 1  I.21. Giả sử trên đồ thị ( Cm ) có hai điểm M ( x1 ; y1 ) , N ( x2 ; y2 ) đối xứng nhau qua gốc tọa  x = − x1 độ, khi đó ta có  2  y2 = − y1 Như vậy ta được x12 − 2m 2 x1 + m 2 x 2 + 2m 2 x1 + m 2 x 2 − 2m 2 x1 + m 2 x12 + 2m 2 x1 + m 2 =− 1 ⇔1 = − x1 + 1 x1 + 1 x1 − 1 x1 + 1  2m 2 − 1 x12 = m 2 (1) ( )  ⇔ 2  x1 ≠ 1(*)  Trên đồ thị ( Cm ) có hai điểm M ( x1 ; y1 ) , N ( x2 ; y2 ) đối xứng nhau qua gốc tọa độ khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa điều kiện (*), điều này tương đương với  m2  2 1 >0 2 2 m >  2m − 1 m > 2⇔ ⇔  2 2 m m 2 ≠ 1 m ≠ ±1. ≠1    2m 2 − 1  I.22. 1) y = f ( x) = 2.33 x − 4.32 x + 2.3x trên đoạn [ −1;1] . 86
Đặt t = 3x > 0. Khi đó hàm số đã cho trở thành y = f (t ) = 2t 3 − 4t 2 + 2t. 1 Với x ∈ [−1;1] thì t ∈ [ ;3]. 3 Lấy đạo hàm theo biến t ta được y ′ = 6t 2 − 8t + 2 t = 1 y′ = 0 ⇔  1 t = 3 1 8 Ta có f (1) = 0; f   = ; f ( 3) = 24.  3  27 Vậy, Maxf ( x ) = 24 và Min f ( x ) = 0. x∈[ −1;1] x∈[ −1;1]  π 3π  2) y = f ( x ) = cos3 x − 15cos x + 8 trên đoạn  ;  . 3 2  y = f ( x ) = cos3 x − 15cos x + 8 = 4 cos 3 x − 3cos x − 15cos x + 8 = 4 cos 3 x − 18 cos x + 8 Đặt t = cos x. Khi đó hàm số y = f ( x ) = 4 cos3 x − 18 cos x + 8 trở thành  π 3π  1 y = f ( t ) = 4t 3 − 18t + 8. Với x ∈  ;  thì t ∈ [−1; ]. 3 2  2 Lấy đạo hàm theo biến t ta được: f ′ ( t ) = 12t 2 − 18  3 1 t = 2 . Cả hai giá trị này không thuộc [−1; 2 ]. f ′ (t ) = 0 ⇔   3 t = − 2  1 1 f   = − ; f ( −1) = 22.  2 2 1 Vậy, Maxf ( x ) = 22 và Min f ( x ) = − . 2  π 3π  x∈ ;  π 3π  3 2  x∈ ;    2 2  3) y = f ( x ) = x 3 − 3 x 2 + 5 trên đoạn [ 0;3] . Xét hàm số y = x3 − 3x 2 + 5. Ta có y′ = 3x2 − 6 x 87
x = 0 ⇒ y = 5 y′ = 0 ⇔ 3x ( x − 2) = 0 ⇔  x = 2 ⇒ y = 1 Tại x = 3 ⇒ y = 5. Vì trên đoạn [ 0;3] hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 5 lấy giá trị dương, do đó Maxf ( x ) = 5 và Minf ( x ) = 1. x∈[ 0;3] x∈[0;3] x2 x2 1  I.23. 1) y = f ( x ) = . Tập xác định của hàm số y = f ( x) = là D = ℝ \   . 3 3 2x −1 2x −1 2 2 ( x − 1) Ta có y ' = , y ' = 0 ⇔ x = 1. 3 ( 2 x − 1) 3 x ( 2 x − 1) 3  Điểm tới hạn của hàm số thuộc đoạn  ; 2  là x = 1 . Ta có 4  3  3 3 9 3 36 36 ; f ( 2) = . Vậy, Max f ( x ) = f (1) = 1 ; f   = ; Min f ( x ) = 1. 3 x∈ 3 ;2  4 2 3 3  4  x∈ ;2    4  2) y = f ( x ) = ( cos x + 1) sin x , x ∈ [ 0; 2π ] . Tập xác định của hàm số là D = [ 0; 2π ] 1 Ta có y = ( cos x + 1) sin x = sin 2 x + sin x 2 y ′ = cos 2 x + cos x = 2cos 2 x − 1 + cos x, y ' = 0 ⇔ 2 cos2 x + cos x − 1 = 0  cos x = −1 ⇔  cos x = 1  2 . Với cos x = −1 ⇒ x = π ∈ [0; 2π ]  π  x = 3 ∈ [ 0; 2π ] . 1 Với cos x = ⇒  5π 2 ∈ [ 0; 2π] x=   3 π  3 3  5π  −3 3 f (0) = 0 ; f   = ; f (π ) = 0; f ( 2π ) = 0; f   = . 3 4 3 4 33 −3 3 Vậy, Max f ( x ) = ; Minf ( x ) = . 4 4 x∈[0;2 π ] x∈[0;2π ] I.24. Giả sử ( x, y ) là một nghiệm của hệ phương trình 88
x + y = 2 − a (1) 2 2  x + y + xy = 3 x + y = 2 − a x + y = 2 − a x + y = 2 − a   Ta có (1) ⇔  (I ) ⇔ ⇔ 2 2 2 ( x + y ) − xy = 3  xy = ( x + y ) − 3  xy = a − 4a + 1   Khi đó x; y thỏa phương trình X 2 − ( 2 − a ) X + a 2 − 4a + 1 = 0 ( ∗) Phương trình ( ∗) có nghiệm khi và chỉ khi 2 ( ) ∆ ≥ 0 ⇔ ( 2 − a ) − 4 a 2 − 4a + 1 ≥ 0 ⇔ −3a 2 + 12a ≥ 0 ⇔ 0 ≤ a ≤ 4. 2 Xét M = x 2 + y 2 − xy = ( x + y ) − 3xy ( 2 ) 2 ( ) Thế ( I ) vào ( 2 ) ta được M = ( 2 − a ) − 3 a 2 − 4a + 1 = −2a 2 + 8a + 1. Khi đó việc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x 2 + y 2 − xy trở thành việc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức N = −2a 2 + 8a + 1 trên đoạn [ 0; 4] . Xét f ( a ) = −2a 2 + 8a + 1 ⇒ f ' ( a ) = −4a + 8, f ' ( a ) = 0 ⇔ −4a + 8 = 0 ⇔ a = 2. Ta có f ( 2 ) = 9; f ( 0 ) = 1; f ( 4 ) = 1. a = 0 Vậy, khi  thì M đạt giá trị nhỏ nhất và khi a = 2 thì M đạt giá trị lớn nhất. a = 4 I.25. Tập xác định của hàm số là D = ℝ. y = ( x + 1) ( x + 2 ) ( x + 3) ( x + 4 ) = ( x + 1) ( x + 4 )  ( x + 2 ) ( x + 3)     ( )( )( )( ) = x 2 + 5x + 4 x2 + 5x + 6 = x2 + 5 x + 4 x 2 + 5 x + 4 + 2 2 = ( x 2 + 5x + 4 ) + 2 ( x2 + 5x + 4 ) + 1 − 1 2 = ( x 2 + 5 x + 5) − 1 ≥ −1, ∀x ∈ ℝ. 5 −5 − 5 −5 Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi x 2 + 5 x + 5 = 0 ⇔ x = . ∨x= 2 2 Vậy, Miny = −1. I.26. Theo bất đẳng thức Bunhiascopki ta có 2 5  1  1 2 2 1 = 1 +  =  x . + y. ≤  4  4   4 y x    2 2  x 2 + y 2  .  1  +  1   = ( x + y ) .  1 + 1  ()()   ≤     x   4 y        x 16 y     89
25 5 1  4 1  5  (Do x + y = ) ≤.+ ⇔ 4 16 4 4  x 4 y  41 ⇒ A ≥ 5. ⇔5≤ + x 4y Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  1  x= x  x = 1  1   y= ⇔ 1 4y y = 4    5 x + y =  4 Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là MinA = 5. I.27. Xét ba vectơ u = ( x + 1; 0), v = ( x − 2; 0), w = (5 − 2 x; 0) Khi đó u + v + w = (4; 0). Ta có bất đẳng thức u + v + w ≥ u + v + w ⇔ x + 1 + x − 2 + 5 − 2 x ≥ 42 + 0 = 4. 5 Dấu đẳng thức xảy ra khi ba vectơ u , v, w cùng hướng, khi và chỉ khi 2 ≤ x ≤ . 2 Vậy, giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho là Miny = 4.  1 y y x+ y 3 1 21 1 I.28. A = x + + y + 2 = x + + 2 2 + +  + . 4 4 8 8 2 y x y x 1 1 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x và ta có 4 x 1 1 11 x. = 1(1) . x+ ≥ 2 4 4x x 1 yy ; ; ta có Tương tự, ta cũng áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương y2 8 8 1yy 1 yy 3 + + ≥ 3 3 2 . . = ( 2) . 2 88 y 88 4 y x+ y Ta lại có x + y ≥ 4 ⇒ ≥ 2 ( 3) . 2 3 9 Từ (1), (2), (3), ta suy ra A ≥ 1 + 2. + 2 = . 4 2 90
x 1 4 = x  x = 2 1 y Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2 = ⇔ y = 2 8 y x + y = 4   9 Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là MinA = . 2 I.29. Điều kiện x ≥ 3, y ≥ 4, z ≥ 5. y−4 x−3 z −5 Biểu thức được viết lại T = + + x y z Áp dụng bất đẳng thức Côsi đối với hai số không âm ( x − 3);3 ta được x −3+ 3 x x − 3. 3 = ( x − 3).3 ≤ = 2 2 x−3 1 . ⇔ ≤ 23 x Lập luận tương tự như trên, ta cũng có y−4 1 1 ≤ = 24 4 y z −5 1 ≤ 25 z 1 1 1 . Như vậy, ta được T ≤ + + 4 25 23 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x − 3 = 3 x = 6 y − 4 = 4   ⇔ y = 8  z − 5 = 5  z = 10.  x ≥ 3, y ≥ 4, z ≥ 5   1 1 1 . Vậy, MaxT = + + 4 25 23 x2 x2 y 2 y 2 z 2 z 2 + + (*). Ta nhận thấy x 2 + y 2 − xy ≥ xy , ∀x, y ∈ ℝ. I.30. Ta có P = + + + y z z x x y x2 y 2 Do đó x 3 + y 3 ≥ xy ( x + y ) , ∀x, y > 0 hay ≥ x + y , ∀x, y > 0. + y x Tương tự ta cũng có 91
y2 z2 + ≥ y + z , ∀y , z > 0 z y z 2 x2 ≥ z + x, ∀z , x > 0. + x z Cộng theo từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên và kết hợp với (*) ta được 1 P ≥ 2( x + y + z ) = 2, ∀x, y , z > 0 và x + y + z = 1. Hơn nữa ta có P = 2 khi x = y = z = . 3 Vậy, MinP = 2. a3 b3 c3 I.31. A = + + (1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta được a3 a3 1+ b 1+ c 1 + b 1 + c 3a ≥ 33 . . = (1) + + (1 + b )(1 + c ) 8 (1 + b )(1 + c ) 8 8 8 4 Tương tự ta cũng có b3 1 + c 1 + a 3b ≥ (2) + + (1 + c )(1 + a ) 8 8 4 c3 1 + a 1 + b 3c ≥ (3) + + (1 + a )(1 + b ) 8 8 4 Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta đươc 3 a + b + c 3 3 abc 3 3 = ⇒ A≥ . A+ ≥ ≥ 4 2 2 2 4 3 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Vậy, MinA = . 4 a b c I.32. A = . + + b c a a 2 b 2 c 2 2a b 2 c 2c a Ta có A2 = . +++ + + b ca c a b Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta được a2 a b a b a2 a b a b + c ≥ 44 . . .c = 4a(1) + + b b c c c c Tương tự ta cũng có b2 b c b c + a ≥ 4b(2) + + c a a 92
c2 c a c a + b ≥ 4c(3) + + a b b Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta đươc A2 ≥ 3 ( a + b + c ) ≥ 9 ⇒ A ≥ 3. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Vậy, MinA = 3. xy yz zx I.33. S = ++ z x y x2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 ( ) Ta có S = 2 + 2 + 2 + 2 x 2 + y 2 + z 2 2 z x y Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta được x2 y 2 y2 z2 x2 y 2 y2 z2 . 2 = 2 y 2 (1) + 2 ≥2 2 2 z x z x Tương tự ta cũng có y 2 z2 z2 x2 + 2 ≥ 2 z 2 (2) 2 x y x 2 y 2 z 2 x2 + 2 ≥ 2 x 2 (3) 2 z y Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta đươc x2 y 2 y 2 z2 z2 x2 + 2 + 2 ≥ x2 + y 2 + z 2 2 z x y x2 y 2 y 2 z2 z2 x2 ( )( ) Suy ra S 2 = + 2 + 2 + 2 x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3 x 2 + y 2 + z 2 = 3 ⇒ S ≥ 3. z2 x y  x, y, z > 0 3  Đẳng thức xảy ra khi  x 2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 ⇔ x = y = z = . 3  z 2 = x2 = y2  Vậy, MinS = 3. (1 + a ) (1 + b ) (1 + c ) . I.34. A = (1 − a )(1 − b )(1 − c ) 1 − a = b + c > 0  Theo giả thiết a + b + c = 1 ⇒ 1 − b = a + c > 0 1 − c = a + b > 0  Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta được 93
1 + a = (1 − b ) + (1 − c ) ≥ 2 (1 − b )(1 − c ) (1) Tương tự ta cũng có 1 + b ≥ 2 (1 − a )(1 − c ) (2) 1 + c ≥ 2 (1 − a )(1 − b ) (3) Nhân các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta đươc (1 + a ) (1 + b ) (1 + c ) ≥ 8 (1 + a )(1 + b )(1 + c ) ≥ 8 (1 − a )(1 − b )(1 − c ) ⇒ (1 − a )(1 − b )(1 − c ) Suy ra A ≥ 8. 1 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = . 3 Vậy, MinA = 8. ab 2 + bc 2 + ca 2 I.35. M = . 2 ( ab + bc + ca ) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski đối với hai bộ số ( )( ) a ; b; c , b a ; c b ; a c Ta được 2 ( ) ≤ ( a + b + c ) ab 2 + bc 2 + ca 2 ( ab + bc + ca ) ab 2 + bc 2 + ca 2 1 ⇒M ≥ (1) = ( ) ( a + b + c ) ab2 + bc 2 + ca 2 a + b + c Cũng theo bất đẳng thức Bunhiacôpski thì 2 ( ) ≤ 3 a 2 + b 2 + c 2 = 9 ⇒ a + b + c ≤ 3(2) (a + b + c) 1 Từ (1) và (2) ta suy ra M ≥ . 3 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. 1 Vậy, MinM = . 3 I.36. A = x + 2 y + 3 z − 8 Ta có A = x + 2 y + 3 z − 8 = 1( x − 1) + 2 ( y − 2 ) + 3 ( z − 1) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski đối với hai bộ số (1; 2;3) , ( x − 1; y − 2; z − 1) 94
Ta được 2 2 2 ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( z − 1) A = x + 2 y + 3 z − 8 ≤ 14 = 14  x + 2 y + 3z − 8 = 14  Đẳng thức xảy ra khi  x − 1 y − 2 z − 1 x + 2 y + 3 z − 8 14  = = = =± 1 2 3 1+ 4 + 9 14 Hệ phương trình trên có nghiệm chẳng hạn  14 x = 1+ 14   14  . Vậy, MaxA = 14. y = 2 + 7   3 14 z = 1+ 14   I.37. A = a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski đối với hai bộ số (1;1) , ( a; b ) Ta được 1 2 ( ) ≤ 2 a2 + b2 ⇒ a 2 + b2 ≥ (1.a + 1.b ) ( a + b ) (1) 2 Tương tự ta cũng có 1 b2 + c 2 ≥ ( b + c ) (2) 2 1 c2 + a 2 ≥ ( c + a ) (3) 2 Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) theo vế ta đươc 2 ( a + b + c ) = 2. A≥ 2 1 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = . 3 Vậy, MinA = 2. xy + y 2 I.38. A = . 1 + 2 x 2 + 2 xy  x = sin ϕ Do x 2 + y 2 = 1 nên ta đặt  ,ϕ ∈ [0; 2π ].  y = cos ϕ 95