PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

Chia sẻ: Paradise9 Paradise9 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

52
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu giảng dạy về toán đã được giảng dạy với mục đích cung cấp cho học sinh những kiến thức cơ bản nhất, có tính hệ thống liên quan tới toán học. Thông qua tài liệu này giúp các bạn hệ thống lại kiến thức. Chúc các bạn thành công

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

CHƯƠNG I. HÀM S Ố B ÀI 1. PHƯƠNG PHÁP HÀM S Ố I. TÍNH ĐƠN ĐI ỆU, C Ự C TRỊ H ÀM SỐ, GIÁ TRỊ L ỚN NH Ấ T & NH Ỏ NH Ấ T C Ủ A HÀM S Ố 1. y  f (x) đồng bi ến / (a, b)  x1  x 2   a, b  ta có f  x1   f  x 2  2. y  f (x) nghịch bi ến / (a, b)  x1  x 2   a, b  ta có f  x1   f  x 2  3. y  f (x) đồng bi ến / (a, b)  (x )  0 x (a, b) đồng thời (x)  0 tại một số hữu hạn đi ểm  (a, b). 4. y  f (x) nghịch biến / (a, b)  (x)  0 x(a, b) đồng thời (x)  0 tại một số hữu hạn đi ểm  (a, b). 5. Cực trị hàm số: Hàm số đạt cực trị tại điểm x  x k  f   x  đổi dấu tại điểm xk xj  xj xj   a x   b xi   xi xi     6. Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số  Giả sử y  (x) liên t ục trên [a, b] đồng thời đạt cực trị tại x1 ,..., x n   a, b  . Khi đó: Max f  x   Max  f  x1  ,..., f  x n  , f  a  , f  b  ; x a ,b M in f  x   M in  f  x1  ,..., f  x n  , f  a  , f  b  x a ,b  Nếu y  f (x) đồng bi ến / [a, b] thì Min f  x   f  a  ; Max f  x   f  b  x a ,b  x a ,b  1
 Nếu y  f (x) nghịch bi ến / [a, b] thì Min f  x   f  b  ; Max f  x   f  a  x a ,b  x a ,b   Hàm bậc nhất f  x   x   trên đoạn  a; b  đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất tại các đầu mút a; b II. PHƯƠNG PHÁP HÀM S Ố B IỆ N LU ẬN PHƯƠNG TRÌNH, B Ấ T PHƯƠNG TRÌNH 1. Nghi ệm của phương trình u(x)  v(x) là hoành độ giao đi ểm của đồ thị y  u  x  với đồ t hị y  v  x  . u (x) 2. Nghi ệm của bất phương trình u(x)  v(x) là phần hoành độ tương ứng với phần v (x) đồ thị y  u  x  nằm ở phía trên a  x b so với phần đồ thị y  v  x  . 3. Nghi ệm của bất phương trình u(x)  v(x) là phần hoành độ tương ứng với phần đồ thị y  u  x  nằm ở phía dưới so với phần đồ t hị y  v  x  . 4. Nghi ệm của phương trình u(x)  m là hoành độ giao đi ểm của đường thẳng y  m với đồ thị y  u  x  . 5. BPT u(x)  m đúng x I  Min u  x   m xI y=m 6. BPT u(x)  m đúng x I  Max u  x   m xI 7. BPT u(x)  m có nghi ệm xI  Max u  x   m a x b xI 8. BPT u(x)  m có nghi ệm xI  Min u  x   m xI 2
III. Các bài toán minh h ọa phương pháp hàm s ố Bài 1. Cho hàm số f  x   mx 2  2mx  3 a. Tìm m để phương trình (x)  0 có nghi ệm x[1; 2] b. Tìm m để bất phương trình (x)  0 nghi ệm đúng x[1; 4] c. Tìm m để bất phương trình (x)  0 có nghi ệm x  1; 3 Giải: a. Biến đổi phương trình (x)  0 ta có: 3 3 f  x   mx 2  2mx  3  0  m  x 2  2 x   3  g  x   m.  x  2 x  x  1 2  1 2 Để (x)  0 có nghi ệm x[1; 2] thì Min g  x   m  Max g  x   3  m  1 8 x1;2 x1;2 b. Ta có x[1; 4] thì f  x   mx 2  2mx  3  0  m  x 2  2 x   3  3  m , x  1; 4  M in g  x   m . g  x  2 x1;4  x  2x 3 giảm trên [1; 4] nên ycbt  Min g  x   g  4   1  m Do g  x    x  1 2  1 8 x1;4 c. Ta có với x  1; 3 thì f  x   mx 2  2mx  3  0  m  x 2  2 x   3 . 3 , x   1; 3 . Xét các khả năng sau đây: Đ ặt g  x   2 x  2x + Nếu x  0 thì bất phương trình trở thành m.0  0  3 nên vô nghi ệm. + Nếu x   0; 3 thì BPT  g  x   m có nghi ệm x   0; 3  Min g  x   m . x 0;3 3 giảm /  0;3 nên ycbt  Min g  x   g  3  1  m Do g  x    x  1 2  1 5 x 0;3 3
+ Nếu x   1; 0  thì x 2  2 x  0 nên BPT  g  x   m có nghi ệm x   1; 0  3  2 x  2   0, x   1; 0 .  Max g  x   m . Ta có g   x   2  1;0   x 2  2x Do đó g  x  nghịch bi ến nên ta có Max g  x   g  1  3  m  1;0   Kết luận: (x)  0 có nghi ệm x  1; 3  m   ; 3 U  1 ;   5 Bài 2. Tìm m để bất phương trình:  x 3  3mx  2  1 nghi ệm đúng x  3 x 1 Giải: BPT  3mx  x 3  13  2, x  1  3m  x 2  14  2  f  x  , x  1 . x x x Ta có f   x   2 x  45  22  2 2 x  45   22  4 22 2  0 suy ra f  x  tăng.  x x x  x x YCBT  f  x   3m, x  1  min f  x   f 1  2  3m  2  m 3 x 1 Bài 3. Tìm m để bất phương trình m.4 x   m  1 .2 x 2  m  1  0 đúng x  ¡ Giải: Đặt t  2 x  0 thì m.4 x   m  1 .2 x 2  m  1  0 đúng x  ¡  m.t 2  4  m  1 .t   m  1  0, t  0  m  t 2  4t  1  4t  1, t  0 4t 2  2t 4t  1  m, t  0 . Ta có  g t   g t   g t  nên 0 2  t 2  4t  1 2 t  4t  1 nghịch bi ến trên  0;   suy ra ycbt  Max g  t   g  0   1  m t 0 Bài 4. Tìm m để phương trình: x x  x  12  m  5  x  4  x  có nghi ệm. Giải: Điều ki ện 0  x  4 . Biến đổi PT  f  x   x x  x  12  m . 5 x  4 x 4
Chú ý: Nếu tính f   x  rồi xét dấu thì thao tác rất phức tạp, dễ nhầm lẫn. Thủ thuật: Đặt g  x   x x  x  12  0  g   x   3 x  1 0 2 2 x  12 1  1 h  x   5  x  4  x  0  h  x   0 2 5 x 2 4x 1  0 và tăng Suy ra: g  x   0 và tăng; h  x  > 0 và giảm hay h  x g  x tăng. Suy ra f  x   m có nghi ệm  f  x  h  x  m   min f  x  ; max f  x     f  0  ; f  4   2  15  12  ;12     0;4  0;4  3 Bài 5. Tìm m để bất phương trình: x 3  3x 2  1  m  x  x  1  có nghi ệm. 3  x  x  1   0 t a nhận Giải: Điều ki ện x  1 . Nhân cả hai vế BPT với đượ c 3 bất phương trình f  x    x 3  3 x 2  1  x  x  1   m . 3 Đ ặt g  x   x 3  3 x 2  1 ; h  x    x  x  1  2 Ta có g   x   3x 2  6 x  0, x  1; h   x   3  x  x  1   1  1 0.   2 x 2 x 1  Do g  x   0 và tăng x  1 ; h  x   0 và tăng nên f  x   g  x  .h  x  tăng x  1 Khi đó bất phương trình f  x   m có nghi ệm  min f  x   f 1  3  m x 1  4  x   6  x   x 2  2 x  m nghi ệm đúng x   4, 6 Bài 6. Tìm m để Cách 1. BPT  f  x    x 2  2 x   4  x   6  x   m đúng x   4, 6 5
2 x  2 1  1  x   2    0  x 1 f   x   2 x  2    4  x  6  x   2  4  x 6  x   Lập bảng bi ến thiên suy ra Max Max f  x   f 1  6  m  4,6    Cách 2. Đặt t   4  x   6  x   4  x  6  x  5 . 2 Ta có t 2   x 2  2 x  24 . Khi đó bất phương trình trở thành t  t 2  m  24, t   0;5  f  t   t 2  t  24  m; t   0;5  . Ta có: f   t   2t  1  0  f  t  t ăng nên f  t   m; t  0;5  max f  t   f  5   6  m  0;5 3  x  6  x  18  3x  x 2  m 2  m  1 đúng x   3, 6 Bài 7. Tìm m để Giải: 2 Đ ặt t  3  x  6  x  0  t 2   3  x  6  x   9  2  3  x   6  x   9  t 2  9  2  3  x   6  x   9   3  x    6  x   18  18  3 x  x 2   3  x   6  x   1  t 2  9  ; t  3;3 2    2 Xét f  t    1 t 2  t  9 ; f   t   1  t  0; t  3;3 2   max f  t   f  3  3   2 2   3;3 2  ycbt  max f  t   3  m 2  m  1  m 2  m  2  0  m  1 V m  2 3;3 2    Bài 8. (Đề TSĐH khối A, 2007) Tìm m để phương trình 3 x  1  m x  1  2 4 x 2  1 có nghi ệm thực. Giải: ĐK: x  1 , biến đổi phương trình t 0 1 13 6 g  t  + 0 –
 3 x  1  2 4 x  1  m . x 1 x 1 Đặt u  4 x  1  4 1  2  0,1 . x 1 x 1 Khi đó g  t   3t 2  2t  m Ta có g   t   6t  2  0  t  1 . Do đó yêu cầu  1  m  1 3 3 Bài 9. (Đ ề TSĐH khối B, 2007): Chứng minh rằng: Với mọi m  0 , phương trình x 2  2 x  8  m  x  2  luôn có đúng hai nghi ệm phân bi ệt. x 2  Giải: Điều ki ện: x  2 . g x + Biến đổi phương trình ta có: g  x  0   x  2  x  6  m  x  2 2 2   x  2  x  6  m  x  2    x  2   x 3  6 x 2  32  m   0  x  2 V g  x   x 3  6 x 2  32  m . ycbt  g  x   m có đúng một nghi ệm thuộc khoảng  2;   . Thật vậy ta có: g   x   3x  x  4   0, x  2 . Do đó g  x  đồng bi ến mà g  x  l iên t ục và g  2   0; lim g  x    nên g  x   m có đúng m ột nghi ệm   2;   . x  Vậy m  0 , phương trình x 2  2 x  8  m  x  2  có hai nghiệm phân biệt. Bài 10. (Đề TSĐH khối A, 2008) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghi ệm thực phân biệt: 4 2 x  2 x  2 4 6  x  2 6  x  m Giải: Đặt f  x   4 2 x  2 x  2 4 6  x  2 6  x ; x  0; 6 7
Ta có: f   x   1  1 1    1  1  , x   0; 6     2x  2  4  3 4  3 6x  6  x  2x 1 1 ; v  x  1  1 Đặt u  x   , x   0, 6   3 3 2x 6 x 4 4  2x 6  x u  x  , v  x   0, x   0, 2   f ( x)  0, x   0, 2     u  2   v  2   0   f ( x)  0, x   2, 6     u x , v x  0, x   2, 6   f (2)  0 x 0 2 6 + 0 – f  x f (x) 3 26 2 6  24 6 4 12  2 3 Nhìn BBT ta có PT có 2 nghi ệm phân bi ệt  2 6  2 4 6  m  3 2  6 Bài 11. (Đề TSĐH khối D, 2007): x  1  y  1  5  x y  Tìm m để hệ phương trình có nghi ệm   x 3  13  y 3  13  15m  10 x y   3     Giải: Đặt u  x  1 ; v  y  1 ta có x 3  13  x  1  3x  1 x  1  u  3u x y x x x x và u  x  1  x  1  2 x . 1  2 ; v  y  1  2 y . 1  2 x x x y y 8
u  v  5 u  v  5  Khi đó hệ trở thành   3 3 u  v  3  u  v   15m  10 uv  8  m   u , v là nghi ệm của phương trình bậc hai f  t   t 2  5t  8  m Hệ có nghi ệm  f  t   m có 2 nghi ệm t1 , t 2 thỏa mãn t1  2; t 2  2 . Lập Bảng bi ến thiên của hàm số f  t  với t  2 t –2 2 5/2 +  f  t  0 – – + f t  + + 22 2 7/4 Nhìn bảng bi ến thiên ta có hệ có nghi ệm  7  m  2  m  22 4 Bài 12. (Đề 1I.2 Bộ đề TSĐH 1987-2001): Tìm x để bất phương trình x 2  2 x  sin y  cos y   1  0 đúng với y  ¡ . Giải: Đặt u  sin y  cos y   2, 2  ,   BPT  g  u    2 x  u   x 2  1  0, u    2, 2   g u   0 Min   u 2 , 2    Do đồ thị y  g  u  là một đoạn thẳng với u   2 , 2  nên   9
g  2   0 x 2  2 2x  1  0   x  2 1  g u   0   Min   g  2   0 2 u  2, 2 x  2 2x  1  0  x  2 1       a, b, c  0 Chứng minh rằng: a 2  b 2  c 2  abc  4 Bài 13. Cho  a  b  c  3 2 2 Giải: BĐT  a 2   b  c   2bc  abc  4  a 2   3  a    a  2  bc  4 2   f  u    a  2  u  2a 2  6a  5  0 trong đó 0  u  bc  b  c  1 3  a  . 2 2 4 Như thế đồ thị y  f  u  là một đoạn thẳng với u  0; 1  3  a   . Ta có 2   4  2     f  0   2 a 2  6a  5  2 a  3  1  0; f 1  3  a   1  a  1  a  2   0 2 2 2 2 4 4 nên suy ra f  u   0;  u  0; 1  3  a   . 2   4  Vậy a 2  b 2  c 2  abc  4 . Đẳng thức xảy ra  a  b  c  1 . Bài 14. (IMO 25 – Tiệp Khắc 1984):  a, b, c  0 . Chứng minh rằng: ab  bc  ca  2abc  7 . Cho  27 a  b  c 1  Giải: a  b  c   1  2a  bc  a 1  a   1  2a  bc  a 1  a   1  2a  u  f  u  1  a  2 2 2 Đồ thị y  f  u   1  2a  u  a 1  a  với 0  u  bc  b  c là một  4 2   đoạn thẳng với 2 giá trị đầu mút f  0  a 1  a    a  1  a   1  7 và    2  4 27 2      f 1 1  a   1  2a 3  a 2  1  7  1 2a  1 a  1 7 2 4 4 27 4 3 3 27 10
Do đồ thị y  f  u  là một đoạn thẳng với u  0; 1 1  a   và f  0   7 ; 2   4  27   f 1 1  a   7 nên f  u   7 . Đẳng thức xảy ra  a  b  c  1 2 27 3 4 27 Bài 15. Chứng minh rằng: 2  a  b  c    ab  bc  ca   4,  a, b, c  0, 2 . Giải: Biến đổi bất đẳng thức về hàm bậc nhất biến số a, tham số b, c ta có f  a    2  b  c  a  2  b  c   bc  4, a, b, c  0, 2 Đồ thị y  f  a  là một đoạn thẳng với a   0, 2 nên f  a   Max  f  0  ; f  2  Ta có f  0   4   2  b   2  c   4; f  2   4  bc  4  f  a   4, a, b, c  0, 2 Bài 16. CMR: 1  a  1  b  1  c  1  d   a  b  c  d  1, a, b, c, d   0,1 Giải: Biểu diễn bất đẳng thức về hàm bậc nhất biến số a, tham số b, c, d, ta có: f  a   1  1  b  1  c  1  d  a  1  b  1  c  1  d   b  c  d  1, a, b, c, d  0,1 Đồ thị y  f  a  , a  0,1 là một đoạn thẳng nên Min f  a   Min  f  0  , f 1 a 0,1 Ta có f 1  b  c  d  1  1, b, c, d  0,1 f  0  1  b 1  c 1  d   b  c  d  g  b   1  1  c 1  d  b  1  c  1  d   c  d Đồ thị y  g  b  , b  0,1 là một đoạn thẳng nên Min g  b   Min  g  0  , g 1 b 0,1 Ta có g 1  c  d  1  1; g  0   1  c  1  d   c  d  1  cd  1  f  0   g  b   1, b   0,1 . Vậy f  a   1 hay ta có (đpcm) 11