zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Trung học phổ thông

ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC LOẠI TOÁN

Chia sẻ: Paradise10 Paradise10 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

232
lượt xem 59
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đạo hàm là một khái niệm rất quan trọng của Giải tích lớp 12. Trong các đề thi tuyển sinh Đại học và Cao đẳng thường xuyên xuất hiện các bài toán được giải nhờ ứng dụng đạo hàm. Bài viết này giúp các bạn nắm vững các loại toán sử dụng đạo hàm như là một công cụ hữu hiệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC LOẠI TOÁN

www.vietmaths.com www.VIETMATHS.com www.VIETMATHS.com ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC LOẠI TOÁN TS. Lê Thống Nhất m Đạo hàm là một khái niệm rất quan trọng của Giải tích lớp 12. Trong các đề thi tuyển sinh Đại học và Cao đẳng thường xuyên xuất hiện các bài toán được giải o nhờ ứng dụng đạo hàm. Bài viết này giúp các bạn nắm vững các loại toán sử dụng đạo hàm như là một công cụ hữu hiệu. .c 1. Xét nghiệm phương trình. s Trong các bài toán về nghiệm của phương trình mà tham số độc lập với ẩn hoặc biến đổi phương trình, đặt ẩn phụ để đạt được điều này thì các bạn hãy nghĩ h đến việc sử dụng đạo hàm. t Thí dụ 1.1. (Khối A – 2008) a Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm phân biệt: m 4 2x  2x  24 6  x  2 6  x  m Giải: t Gọi vế trái là f(x) thì tập xác định của f(x) là x  [0 ; 6]. Ta có: ie 1 1 1 1 f’(x) =    2x 6x 3 3 4 24  6  x  2 ( 2 x) .v  1  1 1 1 1 1 1 = 4   4 4   4 4 2x(6  x) 6 x 2 6x 6x  2x   2 2x 2 2x    w 1 1 Từ đó xét dấu của f’(x) theo ta có bảng biến thiên của f(x):  4 4 6x 2x w w Luyện thi ĐH CĐ 2011 – VIETMATHS.COM
www.vietmaths.com www.VIETMATHS.com www.VIETMATHS.com Do đó phương trình có đúng 2 nghiệm  2 6  24 6  m  3 2  6 Thí dụ 1.2. (Khối A – 2007) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: m 4 3 x  1  m x  1  2 x2  1 Giải: o Có thể thấy phương trình có dạng đẳng cấp bậc hai. Với điều kiện x  1, chia hai vế x 1 > 0 ta được phương trình tương đương: cho .c x 1 x 1  m  24 3 x 1 x 1 s x 1 4 2 , ta có 0  t < 1. Đặt t4  1 h x 1 x 1 Phương trình trên trở thành: t 3t2 + m = 2t  m = -3t2 + 2t (*) a Phương trình đã cho có nghiệm  phương trình (*) có nghiệm thỏa mãn 0  t < 1. Xét f(t) = -3t2 + 2t thì f’(t) = -6t + 2. m Ta có bảng biến thiên của f(t) với t là:  0;1  t ie .v w 1 Từ đó ta có kết quả - 1 < m  3 w Thí dụ 1.3 ( Khối B – 2007). Chứng minh với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm w thực phân biệt: x2 + 2x – 8 = m(x  2) Giải. Điều kiện căn thức có nghĩa x  2. Khi đó bình phương hai vế ta có: Luyện thi ĐH CĐ 2011 – VIETMATHS.COM
www.vietmaths.com www.VIETMATHS.com www.VIETMATHS.com (x2 + 2x – 8)2 = m(x – 2) – 2) [(x – 2) (x + 4)2 – m ] = 0  (x x  2  2  (x  2)(x  4)  m (*)  m Xét f(x) = (x – 2) (x + 4)2 với x > 2 ta có: f’(x) = 3x2 + 12x > 0 ,  x > 2. Lập bảng biến thiên: o .c s h Chứng tỏ với m > 0 thì (*) luôn có đúng 1 nghiệm x > 2 tức là phương trình đã cho t luôn có đúng 2 nghiệm a 2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số trên một miền nào đó mà có thể m dùng đạo hàm để xét chiều biến thiên của hàm số đó thì đạo hàm là một công cụ tốt. Thậm chí có những hàm số mà sau phép biến đổi biến số đưa về hàm số đơn giản t hơn cũng có thể sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. ie Thí dụ 2.1. (khối D – 2003) x 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên đoạn [-1; .v x2  1 2]. w 1 x . Ta xét bảng biến thiên của y với x  [-1; 2] Giải. Ta có y’ = 3   2 x2  1 w w Luyện thi ĐH CĐ 2011 – VIETMATHS.COM
www.vietmaths.com www.VIETMATHS.com www.VIETMATHS.com Từ đó, với x [-1 ; 2] thì y đạt giá trị lớn nhất là (khi x = 1) và đạt giá trị nhỏ  2 nhất là o (khi x = -1) Thí dụ 2.2. (Khối B – 2003) m Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = x + 4  x2 Giải. Tập xác định là x [-2 ; 2]  o 4  x2  x x  0 x  Ta có: y’ = 1 - = . Vì y’ =0  4  x2  x   . x 2 2 2 4  x2 4  x2 4  x  x  .c x  0   Mặt khác y’< 0  4  x  x  4  x 2  x 2  2  x  2 . 2  s 2 4  x  0  h Do đó ta có bảng biến thiên t a m t Suy ra và miny  2 . max y  2 2 x 2;2 x 2;2 ie Thí dụ 2.3 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số .v y= 1  x  1  x  1  x2 Giải: Đặt t = với thì 1 x  1 x x  1;1 w   1 x  1 x x 1 1 t'       2 1 x 2 1 x 2 1  x2 1 x2 1 x  1 x w Lập bảng biến thiên của t: w Luyện thi ĐH CĐ 2011 – VIETMATHS.COM
www.vietmaths.com www.VIETMATHS.com www.VIETMATHS.com Từ đó t (nhiều bạn chỉ đặt điều kiện t  0 là sai).   2 ;2    t2  2 Khi đó: t2 = 2 + 1  x2  nên 2 1  x2 m 2 t2  2 t2 Do đó: y = t + = + t -1 2 2 o Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho chính là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất .c của hàm số t2 + t – 1 với y= t   2;2  .   2 s t   2;2  nên y đạt giá trị lớn nhất là 3 ( t =2) và giá trị nhỏ nhất là Vì y’ = t + 1 > 0,   h (t= ) 2 2 t 3. Chứng minh bất đẳng thức. a Có khá nhiều dạng bất đẳng thức có thể chứng minh bằng công cụ đạo h àm. Thí dụ 3.1. (khối A – 2003) m Cho x, y, z là ba số dương và x + y + z Chứng minh rằng: 1. 1 1 1 x2   y2   z2  . t  82 x2 y2 z2 ie       1   1   1  tức là: Giải. Xét : thì: A = | a |  | b | | c |  | a  b  c | a  x;  ; b  y;  ; c  z;   x  y  z 2 .v 1 1 1 1 1 1  x  y  z 2   A= x2   y2   z2    x2 y2 z2 x y z Đến đây ta có hai cách đi tiếp: w Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cô - si ta có : x+y+z  33 xyz w 111 1 3.  3 xyz xyz w 2 2 xyz 9 1   Do đó: A với t = , trong đó : 0 < t . 3   9t   xyz t 3 9   1 9 9 Khi đó f(t) = 9t + có f’(t) = 9 -
www.vietmaths.com www.VIETMATHS.com www.VIETMATHS.com 2 2 1 1 1 1 1 1 Cách 2: ( x + y + z)2 + = 81 ( x + y + z)2 + - 80 ( x + y + z)2     x y z x y z 2 1 1 1  1 1 1 2  2 81(x  y  z)2 .     80  x  y  z   18(x  y  z)      80(x  y  z) 2 x y z x y z  m . 9 – 80 = 82. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.  18 o Thí dụ 3.2. .c Chứng minh: với x thì  1;1 1 x  1 x  2  (xem thí dụ 2.3) ta có ngay f(x) Giải. Xét f(x) = . 1 x  1 x 2 s Thí dụ 3.3. h Chứng minh 20082009 > 20092008 t 1  ln x x. 1  ln x ln x x Giải. Xét hàm số f(x) = với x > 0 ta có: f’(x) = = x2 x2 x a Ta có với x > e thì lnx > 1 nên f’(x) < 0. Do đó f(x) nghịch biến với x > e. Vì 2009 > m 2008 > e nên ln(20092008 ln 2009 ln 2008 f(2009) < f(2008)  2008 ln2009 < 2009 . ln 2008    2009 2008 t )< ln (20082009) 2009 > 20092008  2008 ie .v Bài tập tự luyện 1. (Khối B – 2007). Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất w của biểu thức: x 1  z 1  y 1  P  x     y    z   w 2 yz  2 zx   2 xy    x 2 y2 z2 x 2  y2  z 2 . Vì x2 + y2 + z2  xy + yz + zx nên: Gợi ý. P    2 2 2 xyz w  x 2 1   y2 1   z2 1   . P      2 x  2 y  2 z     Luyện thi ĐH CĐ 2011 – VIETMATHS.COM
www.vietmaths.com www.VIETMATHS.com www.VIETMATHS.com t2 1 với t > 0. Từ đó đánh giá từng biểu thức ta có điều phải chứng Xét f(t) =  2t minh.   Từ đó so sánh 10tan 90 tan x 2. Xét chiều biến thiên của hàm số f(x) = với x   0;  . m  2 x và 9tan100. o 3. Biện luận số nghiệm phương trình: x+3= m x2  1 .c 4. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: s a. x + =m 1  x2 b. h x  6  x  x(6  x)  m 5. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất: t a. y = 4 2x 42x a b. y = cos2x + 4cosx c. y = . x  4 x  4 x  4 4 x m Chúc các bạn thành công trong kỳ thi sắp tới ! Hà Nội, 7/4/2009 t ie .v w w w Luyện thi ĐH CĐ 2011 – VIETMATHS.COM

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.