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

Phương pháp hàm số

Chia sẻ: Nguyen Van Duc | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:10

Thêm vào BST
Báo xấu
427
lượt xem 128
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo toán học chuyên đề về Phương pháp hàm số

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Phương pháp hàm số

  1. Bài 1. Phương pháp hàm số CHƯƠNG I. HÀM SỐ BÀI 1. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ I. TÍNH ĐƠ N ĐIỆ U, CỰ C TRỊ HÀM SỐ, GIÁ TRỊ LỚ N NHẤ T & NHỎ NHẤ T CỦ A HÀM SỐ 1. y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔ ∀x1 < x 2 ∈ ( a, b ) ta có f ( x1 ) < f ( x 2 ) 2. y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔ ∀x1 < x 2 ∈ ( a, b ) ta có f ( x1 ) > f ( x 2 ) 3. y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔ ƒ′ (x) ≥ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′ (x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ∈ (a, b). 4. y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔ ƒ′ (x) ≤ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′ (x) = 0 tại một số hữu hạn điểm ∈ (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 − ε xj xj + ε a xi − ε xi xi + ε b x 6. Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số • Giả sử y = ƒ(x) liên tục trên [a, b] đồng thời đạt cực trị tại x1 ,..., x n ∈ ( a, b ) . Khi đó: x∈[ a ,b] f ( x ) = Max { f ( x1 ) ,..., f ( x n ) , f ( a ) , f ( b ) } ; Max M in f ( x ) = M in { f ( x1 ) ,..., f ( x n ) , f ( a ) , f ( b ) } x∈[ a ,b ] • Nếu y = f (x) đồng biến / [a, b] thì xMin] f ( x ) = f ( a ) ; x∈[ a ,b] f ( x ) = f ( b ) ∈[ a ,b Max • Nếu y = f (x) nghịch biến / [a, b] thì xMin] f ( x ) = f ( b ) ; x∈[ a ,b] f ( x ) = f ( a ) ∈[ a ,b Max 1
  2. Chương I. Hàm số – Trần Phương • Hàm bậc nhất f ( x ) = αx + β trên đoạn [ a; b ] đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất tại các đầu mút a; b 2
  3. Bài 1. Phương pháp hàm số II. PHƯƠ NG PHÁP HÀM SỐ BI Ệ N LUẬ N PHƯƠ NG TRÌNH, BẤ T PHƯƠ NG TRÌNH 1. Nghiệm của phương trình u(x) = v(x) là hoành độ giao điểm của đồ thị y = u ( x ) với đồ thị y = v ( x ) . 2. Nghiệm của bất phương trình u(x) ≥ v(x) là u(x) phần hoành độ tương ứng với phần đồ thị y = u ( x ) nằm ở phía trên v(x) so với phần đồ thị y = v ( x ) . 3. Nghiệm của bất phương trình u(x) ≤ v(x) là phần hoành độ tương ứng với phần đồ thị a α βb x y = u ( x ) nằm ở phía dưới so với phần đồ thị y = v ( x ) . 4. Nghiệm của phương trình u(x) = m là hoành độ giao điểm 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 nghiệm x∈I ⇔ Max u ( x ) ≥ m x∈I 8. BPT u(x) ≤ m có nghiệm x∈I ⇔ Min u ( x ) ≤ m x∈I a b x III. Các bài toán minh họa phương pháp hàm số Bài 1. Cho hàm số f ( x ) = mx 2 + 2mx − 3 a. Tìm m để phương trình ƒ(x) = 0 có nghiệm x∈[1; 2] b. Tìm m để bất phương trình ƒ(x) ≤ 0 nghiệm đúng ∀x∈[1; 4] c. Tìm m để bất phương trình ƒ(x) ≥ 0 có nghiệm x∈ [ −1;3] Giải: a. Biến đổi phương trình ƒ(x) = 0 ta có: f ( x ) = mx 2 + 2mx − 3 = 0 ⇔ m ( x 2 + 2 x ) = 3 ⇔ g ( x ) = 3 = 3 =m. x + 2 x ( x + 1) 2 − 1 2 Để ƒ(x) = 0 có nghiệm x∈[1; 2] thì x∈[ 1;2] g ( x ) ≤ m ≤ Max] g ( x ) ⇔ ≤ m ≤ 1 Min 3 x∈[ 1;2 8 b. Ta có ∀x∈[1; 4] thì f ( x ) = mx 2 + 2mx − 3 ≤ 0 ⇔ m ( x 2 + 2 x ) ≤ 3 ⇔ g ( x) = 3 ≥ m , ∀x ∈ [ 1; 4] ⇔ M1;4 g ( x ) ≥ m . in 2 x∈[ ] x + 2x 3 Do g ( x ) = 1 giảm trên [1; 4] nên ycbt ⇔ x∈ 1;4 g ( x ) = g ( 4 ) = ≥ m Min ( x + 1) 2 − 1 [ ] 8 3
  4. Chương I. Hàm số – Trần Phương 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: Đặ t g ( x ) = 2 x + 2x + Nếu x = 0 thì bất phương trình trở thành m.0 = 0 ≥ 3 nên vô nghiệm. + Nếu x ∈ ( 0;3] thì BPT ⇔ g ( x ) ≤ m có nghiệm x ∈ ( 0;3] ⇔ xMin] g ( x ) ≤ m . ∈( 0;3 3 1 Do g ( x ) = giảm / ( 0; 3] nên ycbt ⇔ xMin g ( x ) = g ( 3) = ≤ m ( x + 1) 2 − 1 ∈( 0;3] 5 + Nếu x ∈ [ −1; 0 ) thì x 2 + 2 x < 0 nên BPT ⇔ g ( x ) ≥ m có nghiệm x ∈ [ −1; 0 ) ( ) ⇔ Max g ( x ) ≥ m . Ta có g ′ ( x ) = −3 2 x + 22 ≤ 0, ∀x ∈ [ −1; 0] . [ −1;0 ) ( x 2 + 2x) Do đó g ( x ) nghịch biến nên ta có Max g ( x ) = g ( −1) = −3 ≥ m [ −1;0 ) Kết luận: ƒ(x) ≥ 0 có nghiệm x∈ [ −1;3] ⇔ m ∈ ( −∞; −3] U  ; +∞ 5  1 ) 3 −1 Bài 2. Tìm m để bất phương trình: − x + 3mx − 2 < 3 nghiệm đúng ∀x ≥ 1 x 1 1 2 Giải: BPT ⇔ 3mx < x − 3 + 2, ∀x ≥ 1 ⇔ 3m < x − 4 + = f ( x ) , ∀x ≥ 1 . 3 2 x x x Ta có f ′ ( x ) = 2 x + 5 − 2 ≥ 2 2 x  5 4 2 4  − 2 = 4 2 − 2 > 0 suy ra f ( x ) tăng.   x x x  x2 x2 YCBT ⇔ f ( x ) > 3m, ∀x ≥ 1 ⇔ min f ( x ) = f ( 1) = 2 > 3m ⇔ 2 > m x ≥1 3 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 + 1 < m, ∀t > 0 −4t 2 − 2t < 0 ⇔ g ( t) = . Ta có g ′ ( t ) = 2 nên g ( t ) nghịch 2 t + 4t + 1 ( t + 4t + 1) 2 biến 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 nghiệm. 4
  5. Bài 1. Phương pháp hàm số x x + x + 12 Giải: Điều kiện 0 ≤ x ≤ 4 . Biến đổi PT ⇔ f ( x ) = =m. 5− x + 4− x Chú ý: Nếu tính f ′ ( x ) rồi xét dấu thì thao tác rất phức tạp, dễ nhầm lẫn. 3 1 Thủ thuật: Đặt g ( x ) = x x + x + 12 > 0 ⇒ g ′ ( x ) = 2 x + >0 2 x + 12 h ( x ) = 5 − x + 4 − x > 0 ⇒ h′ ( x ) = −1 − 1 0 Suy ra: g ( x ) > 0 và tăng; h ( x ) > 0 và giảm hay và tăng h ( x) g ( x ) tăng. Suy ra ⇒ f ( x) = f ( x ) = m có nghiệm h ( x) ⇔ m ∈  min f ( x ) ; max f ( x )  = [ f ( 0 ) ; f ( 4 ) ] =  2 ( 15 − 12 ) ;12     [ 0;4] [ 0;4]  Bài 5. Tìm m để bất phương trình: x 3 + 3x 2 − 1 ≤ m ( x − x − 1 ) 3 có nghiệm. ( x + x − 1 ) > 0 ta nhận 3 Giải: Điều kiện x ≥ 1 . Nhân cả hai vế BPT với được bất phương trình f ( x ) = ( x 3 + 3 x 2 − 1) ( x + x − 1 ) ≤ m . 3 Đặ t g ( x ) = x 3 + 3 x 2 − 1 ; h ( x ) = ( x + x − 1 ) 3 Ta có g ′ ( x ) = 3x + 6 x > 0, ∀x ≥ 1; h ′ ( x ) = 3 ( x + x − 1 )  2 2  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 nghiệm ⇔ min f ( x ) = f ( 1) = 3 ≤ m x ≥1 Bài 6. Tìm m để ( 4 + x ) ( 6 − x ) ≤ x 2 − 2 x + m nghiệm đúng ∀x ∈ [ −4, 6] Cách 1. BPT ⇔ f ( x ) = − x 2 + 2 x + ( 4 + x ) ( 6 − x ) ≤ m đúng ∀x ∈ [ −4, 6] f ′ ( x ) = −2 x + 2 + −2 x + 2 = ( 1 − x)  2 + 1  = 0 ⇔ x =1 2 ( 4 + x) ( 6 − x)  ( 4 + x) ( 6 − x)    Lập bảng biến thiên suy ra Max Max f ( x ) = f ( 1) = 6 ≤ m [ −4,6] ( 4 + x) + ( 6 − x) Cách 2. Đặt t = ( 4 + x ) ( 6 − x ) ≤ =5. 2 5
  6. Chương I. Hàm số – Trần Phương 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 ) tăng nên f ( t ) ≤ m; ∀t ∈ [ 0; 5] ⇔ max f ( t ) = f ( 5 ) = 6 ≤ m [ 0;5] Bài 7. Tìm m để 3 + x + 6 − x − 18 + 3 x − x 2 ≤ m 2 − m + 1 đúng ∀x ∈ [ −3, 6] Giải: Đặ t t = 3 + x + 6 − x > 0 ⇒ t 2 = ( 3 + x + 6 − x ) = 9 + 2 ( 3 + x ) ( 6 − x ) 2 ⇒ 9 ≤ t 2 = 9 + 2 ( 3 + x ) ( 6 − x ) ≤ 9 + ( 3 + x ) + ( 6 − x ) = 18 ⇒ 18 + 3x − x 2 = ( 3 + x ) ( 6 − x ) = 1 ( t 2 − 9 ) ; t ∈ 3; 3 2    2 1 2 9 Xét f ( t ) = − t + t + ; 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 − m + 1 ⇔ m − m − 2 ≥ 0 ⇔ m ≤ −1 V m ≥ 2 2 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 nghiệm thực. Giải: ĐK: x ≥ 1 , biến đổi phương trình ⇔ −3 x − 1 + 2 4 x − 1 = m . x +1 x +1 Đặt u = 4 x − 1 = 4 1 − 2 ∈ [ 0,1) . t01+0– 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. (Đề 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 nghiệm phân biệt. Giải: Điều kiện: x ≥ 2 . Biến đổi phương trình ta có: x x2 + 0 ⇔ ( x − 2) ( x + 6) = m ( x − 2) ⇔ ( x − 2) ( x + 6) = m ( x − 2) 2 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 nghiệm thuộc khoảng ( 2; +∞ ) . Thật vậy ta có: 6
  7. Bài 1. Phương pháp hàm số g ′ ( x ) = 3x ( x + 4 ) > 0, ∀x > 2 . Do đó g ( x ) đồng biến mà g ( x ) liên tục và g ( 2 ) = 0; lim g ( x ) = +∞ nên g ( x ) = m có đúng một nghiệm ∈ ( 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 nghiệm thực phân biệt: 4 2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m Giải: Đặt f ( x ) = 4 2 x + 2 x + 2 4 6 − x + 2 6 − x    ∈ [ 0; 6] ;x ′( ) 1  1 1  +  1 − 1     ∈ ( 0; 6 ) Ta có: f x = 2  4 −   2x  , x 6−x   ( 2x) 3 4 ( 6 − x) 3   ( ) 1 1 ; v ( x ) = 1 − 1    ∈ ( 0, 6 ) Đặ t u x = − 2x 6−x ,x 4 ( 2x) 3 4 ( 6 − x)3 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 )  ( ) ( )  f ′(2) = 0 u x , v x < 0, ∀x ∈ ( 2, 6 )  x026 +0– f(x) f 2 6 + 24 6 Nhìn BBT ta có PT có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 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 nghiệm   x 3 + 13 + y 3 + 13 = 15m − 10   x y ( ) ( ) 3 1 1 Giải: Đặt u = x + ; v = y + ta có x 3 + 13 = x + 1 − 3x ⋅ 1 x + 1 = u − 3u x y x x x x 7
  8. Chương I. Hàm số – Trần Phương 1 1 1 1 ≥2 y. 1 =2 và u = x + = x + ≥ 2 x . = 2 ; v = y + x x x y y u + v = 5  u + v = 5 Khi đó hệ trở thành  3 ⇔ u + v − 3 ( u + v ) = 15m − 10 uv = 8 − m 3  ⇔ u , v là nghiệm của phương trình bậc hai f ( t ) = t 2 − 5t + 8 = m Hệ có nghiệm ⇔ f ( t ) = m có 2 nghiệm t1 , t 2 thỏa mãn t1 ≥ 2; t 2 ≥ 2 . Lập Bảng biến thiên của hàm số f ( t ) với t ≥ 2 t −∞ –2 2 5/2 +∞ f ′( t) – – 0 + f ( t) +∞ +∞ 22 2 7/4 7 Nhìn bảng biến thiên ta có hệ có nghiệm ⇔ ≤ 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 + 1) ≥ 0, ∀u ∈  − 2, 2  ⇔ u∈Min 2  g ( u ) ≥ 0 2   − 2,   Do đồ thị y = g ( u ) là một đoạn thẳng với u ∈  − 2, 2  nên   g ( − 2 ) ≥ 0 x 2 − 2 2x + 1 ≥ 0   x ≥ 2 +1 Min g ( u) ≥ 0 ⇔   ⇔ ⇔ g ( 2 ) ≥ 0 u∈ − 2 , 2 2    x + 2 2x + 1 ≥ 0   x ≤ 2 −1   a , b, c ≥ 0 Bài 13. Cho  Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 + abc ≥ 4  a+b+c=3 Giải: BĐT ⇔ a 2 + ( b + c ) 2 − 2bc + abc ≥ 4 ⇔ a 2 + ( 3 − a ) 2 + ( 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; ( 3 − a )  . Ta có 1 2  4    8
  9. Bài 1. Phương pháp hàm số ( ) ( ) 2 f ( 0 ) = 2a 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; ( 3 − a )  . 1 2   4   Vậy a 2 + b 2 + c 2 + abc ≥ 4 . Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 . Bài 14. (IMO 25 – Tiệp Kh ắc 1984):  a , b, c ≥ 0 7 Cho  . Chứng minh rằng: ab + bc + ca − 2abc ≤ .  a + b + c =1 27 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 Đồ thị y = f ( u ) = ( 1 − 2a ) u + a ( 1 − a ) với 0 ≤ u = bc ≤ b + c = là một 2 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 Do đồ thị y = f ( u ) là một đoạn thẳng với u ∈ 0; ( 1 − a )  và f ( 0 ) < 1 2 7   ;  4  27 ( 4 ) f 1 ( 1 − a ) ≤ 7 nên f ( u ) ≤ 7 . Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 2 27 27 3 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] 9
  10. Chương I. Hàm số – Trần Phương 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 b∈[ 0,1] g ( b ) = Min { g ( 0 ) , g ( 1) } Min 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) 10
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.02: Bộ 500+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2020
576 tài liệu
914 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
2=>2