Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm GIẢI TOÁN BẰNG CÔNG CỤ ĐẠO HÀM Bài viết tháng 01 năm 2012 LỜI NÓI ĐẦU Đạo hàm là một khái niệm cơ bản trong chương trình toán phổ thông, đạo hàm trong chương trình học chính khóa, chủ yếu để khảo sát các tính chất của hàm số. Ngoài ra khai thác sâu hơn, đạo hàm còn là một công cụ hữu hiệu để giải toán. Trong bài viết này, tôi xin đề cập đến vấn đề vận dụng đạo hàm vào giải quyết các nội dung cơ bản sau đây: 1) Chứng minh bất đẳng thức 2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số và áp dụng GTLN, GTNN vào giải một số bài toán 3) Tìm nghiệm của phương trình; bất phương trình; hệ phương trình; hệ bất phương trình 4) Ứng dụng đạo hàm để tính giới hạn của hàm số Các bài tập trong từng phần của bài viết, được trình bày theo một trình tự từ dễ đến khó, nhằm giúp học sinh nắm bắt được vấn đề, nâng cao khả năng nhận biết, từ đó phát hiện ra các quy luật, có khả năng vận dụng vào giải các bài tập khó hơn. Đề tài là một chuyên đề, mà tôi đã áp dụng vào dạy cho học sinh trong phần bài tập “ Đạo hàm” của lớp 11; chương “Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số” ở lớp 12, luyện thi đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi trong những năm học vừa qua. Các bài toán được trình bày, là một quá trình chọn lọc, sắp xếp, làm bài giảng phù hợp cho các đối tượng học sinh từ trung bình đến khá giỏi. Ngoài ra trong đề tài còn trình bày thêm định lí Lagrange và một số định lí xung quanh định lí Lagrange, nhằm trang bị thêm cho học sinh khá giỏi các kiến thức để vận dụng vào giải một số bài toán thường có trong các đề thi học sinh giỏi. Cuối mỗi phần 1) và 3) có trình bày các bài tập, mà cách giải vận dụng trực tiếp định lí Lagrange, nhằm minh họa cách áp dụng định lí này vào giải toán. Đề tài được phát triển trên cơ sở một chuyên đề, mà kiến thức, luyện thi đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi là chủ yếu, nên mức độ khó dễ giữa các bài toán có sự chênh lệch khá rõ rệt, bản thân đã cố gắng sắp xếp, sao cho mỗi bài toán vừa có đặc thù riêng vừa có liên quan đến nội dung của phần trình bày. Tuy nhiên trong cách trình bày không tránh khỏi thiếu sót, mong quý thầy cô giáo đóng góp thêm ý kiến để đề tài được phát triển tốt hơn. Trang 2 Gii toỏn bng cụng c o hm Giỏo viờn: Lờ Vn Tin trng THPT Nguyn Bnh Khiờm NI DUNG A. TểM TT Lí THUYT 1. nh ngha o hm ti mt im Cho hm s y = f(x) xỏc nh trờn khong (a; b), x 0 (a; b). Gii hn nu cú ca t s gia s gia ca hm s v s gia ca bin s x khi s gia ca bin s dn n 0 gi l o hm ca hm s ti x 0 . Kớ hiu: f(x 0 ) hay y. Vy + = = 0 0 0 0 0 ( ) ( ) '( ) lim lim x x f x x f x y f x x x 2. o hm mt bờn a) o hm bờn trỏi x 0 l: = 0 0 '( ) lim x y f x x ; b) o hm bờn phi x 0 l: + + = 0 0 '( ) lim x y f x x . 3. nh lý Hm s f(x) cú o hm ti + + = 0 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) f x vaứ f x ton taùi x f x f x 4. o hm cp cao o hm cp n ca hm s f l o hm cp n 1 ca f = ( ) ( 1) ' ( ) ( ) n n f x f x Ơ( , 2)n n 5. Tớnh n iu ca hm s Cho hm s y = f(x) cú o hm trờn (a; b) a) Nu f(x) ( ) 0 ;x a b thỡ hm s ng bin trờn khong ú. b) Nu f(x) ( ) 0 ;x a b thỡ hm s nghch bin trờn khong ú. c) Nu f(x) ( ) = 0 ;x a b thỡ hm s l hm khụng i trờn khong ú. Chỳ ý: Du bng trong a) v b) xy ra ti hu hn im. B. GII THIU THấM MT S NH L 1. nh lý Weierstrass Nu hm s f(x) liờn tc trờn [a; b] thỡ t giỏ tr nh nht, giỏ tr ln nht v mi giỏ tr trung gian gia giỏ tr ln nht v giỏ tr ln nht trờn [a; b] 2. nh lý Fermat Nu hm s f(x) cú o hm ti x 0 thỡ t cc tr ti im ú. 3. nh lý Rolle Gi s hm s f(x) liờn tc trờn [a; b] v cú o hm trờn (a; b). Nu f(a) = f(b) thỡ tn ti ớt nht mt im ( ; )c a b sao cho 0)(' =cf . Trang 3 Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm Chứng minh Vì f(x) liên tục trên [ ] ba; nên f(x) đạt giá trị nhỏ nhất m và giá trị lớn nhất M trên [a; b]. + Nếu m = M thì f(x )= m = M [ ] bax ;∈∀ suy ra );(0)(' baxxf ∈∀= . Do đó );( bac ∈∀ ta có 0)(' =cf . + Nếu m < M thì maf ≠)( hoặc Maf ≠)( . Giả sử mbfaf ≠= )()( . Vì f(x) liên tục trên [ ] ba; Theo định Weierstrass tồn tại ít nhất một điểm ];[ bac∈ sao cho mcf =)( . Hiển nhiên c a≠ và bc ≠ suy ra );( bac∈ . Vì ( ) ( ) ( ; )f x f c x a b≥ ∀ ∈ nªn f(x) đạt cực tiểu tại c. Theo định lý Fecmat ta có 0)(' =cf . (Chứng minh tương tự cho trường hợp Mbfaf ≠= )()( ) 4. Định lý Lagrange Nếu hàm số f(x) liên tục trên [a; b] và có đạo hàm trên khoảng (a; b) thì tồn tại ít nhất một số x 0 ∈ (a; b) sao cho f(b) – f(a) = f’(x 0 ) (b – a) hay 0 )'( ( ) ( ) f x f b f a b a = − − Chứng minh Xét hàm số )( )()( )()()( ax ab afbf afxfxg − − − −−= với ];[ bax∈ . Ta có g(x) liên tục trên [ ] ba; và có đạo hàm trên );( ba : ab afbf xfxg − − −= )()( )(')(' . Mặt khác 0)()( == bgag nên theo định lý Rolle tồn tại );( bac∈ sao cho 0)(' =cg . Do đó ⇔= − − −= 0 )()( )(')(' ab afbf cfcg ( ) abcfafbf −=− ).(')()( (§pcm) 5. Ý nghĩa hình học của định lý Lagrange Do f(x) liên tục trên [ ] ba; nên đồ thị của f(x) trên [ ] ba; là một cung liền nét AB, với A(a; f(a)), B(b; f(b)). Cát tuyến AB có hệ số góc ab afbf − − )()( . Theo định lý Lagrange thì );( bac∈∃ sao cho ab afbf cf − − = )()( )(' Ý nghĩa là: hệ số góc của tiếp tuyến của cung AB tại C(c; f(c)), bằng hệ số góc của cát tuyến AB. Nói cách khác trên cung AB tốn tại ít nhất một điểm C, sao cho tiếp tuyến tại C song song với AB. C. CÁC VẤN ĐỀ ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM Trang 4 O x y B C A f(c) c f(a) f(b) b a Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm VẤN ĐỀ I. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 1. Định hướng phát hiện vấn đề Bài toán chứng minh bất đẳng thức có thể thực hiện theo nhiều cách khác nhau, nhưng không có cách nào hữu hiệu để chứng minh cho tất cả các bài toán bất đẳng thức. Trong các cách đó thì sử dụng đạo hàm là một công cụ mạnh mẽ để chứng minh bất đẳng thức. 2. Kiến thức vận dụng - Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số; - Sử dụng đến giá trị cực trị, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số. Lưu ý: +) Biến đổi bất đẳng thức về một vế là một hàm số, xét hàm số trên tập xác định và khảo sát dấu đạo hàm đạo hàm của nó trên tập đó; +) Khi chưa xác định được dấu đạo hàm thì có thể tiếp tục tính đạo hàm cấp hai, cấp ba… để xác định dấu đạo hàm trên tập xác định. 3. Các bài tập Bài 1. Chứng ming rằng với 0 x x x x∀ > 2 2 ta co ù ln( + 1) > - Phân tích và lời giải - Rõ ràng bài toán không thể giải theo phương pháp biến đổi thông thường; - Định hướng: biến đổi bất đẳng thức về bất đẳng thức tương đương. 0 x x x > 2 2 ln( + 1) - + - Ta nghĩ đến cách xét hàm số ( ) x f x x x= 2 2 ln( + 1) - + với 0x ≥ Ta có 0 1 '( ) x f x x x x ≥= 2 -1 + = + 1 + 1 với 0x∀ ≥ Suy ra hàm số ( )f x đồng biến trên ( ) 0;+∞ Với 0x∀ > thì ( ) (0)f x f> ( ) (0) 0 x f x x x f⇔ = > = 2 2 ln( + 1) - + Hay 0 x x x x∀ > 2 2 ln( + 1) > - vôùi Bài 2. Với ( ) , 0; ,a b a b π ∀ ∈ < . Chứng minh rằng: cos cos sin sina a b b a b− > − Phân tích và lời giải - Trong bất đẳng thức có chứa các đại lượng: acosa, sina và bcosb, sinb; - Bất đẳng thức cos sin cos sina a a b b b⇔ − > − ; - Ta nghĩ đến cách xét hàm số ( ) cos sinf x x x x= − trên ( ) 0; π . Ta có ( ) '( ) cos sin cos sin 0, 0;f x x x x x x x x π = − − = − < ∀ ∈ Nên hàm số nghịch biến trên ( ) 0; π Suy ra ( ) , 0; ,a b a b π ∀ ∈ < Trang 5 Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm Ta có: ( ) ( ) cos sin cos sinf a f b a a a b b b> ⇔ − > − Hay cos cos sin sina a b b a b− > − (đpcm). Bài 3. Với mọi x > - 1 và n∀ ∈¥ . Chứng minh: ( ) 1 1 n x nx+ ≥ + (bất đẳng thức Becnuli) Phân tích và lời giải - Bài toán có thể chứng minh bằng cách sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho n số; - Định hướng trong bất đẳng thức có chứa x ta có thể nghĩ đến việc xét hàm số biến x; - Trước tiên xét các giá trị đặc biệt của n và x. Với n = 0; n = 1 hoặc x = 0 ta có bất đẳng thức đúng Với 2n ≥ Ta xét hàm số ( ) n f x x nx= ( + 1) - 1- với 1x > − 1 1 '( ) 1 n n f x n x n n x − −     = = ( + 1) - ( + 1) - '( ) 0f x x= ⇔ = 0 '( ) 0f x x> ⇔ > 0 . '( ) 1 0f x x< ⇔ − < < 0 Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ( ) 0 n f x x nx≥ ⇔ ≥ ( + 1) - 1- 0 Hay ( ) 1 1 n n nx+ ≥ + Dấu bằng khi và chỉ khi x = 0. Bài 4. Với ( ) ∀ ∈ −1;1x vaø vôùi * n∀ ∈¥ Chứng minh rằng: ( ) ( ) 2 1 1 2 n n n x x+ <≤ + − Phân tích và lời giải - Bài toán có thể giải theo phương pháp lượng giác hóa hoặc sử dụng khai triển nhị thức Newton; - Định hướng trong bất đẳng thức có chứa biến x, ta nghĩ đến việc xét hàm số f(x) = (1 + x) n + (1 – x) n trên đoạn [-1; 1]. Sử dụng phương pháp đạo hàm ta có: f’(x) = n(1 + x) n – 1 – n(1 – x) n – 1 = n[(1 + x) n – 1 – (1 – x) n – 1 ] Nếu 1 0 0 1 1 '( ) 0x x x f x− ≤ < ≤ + < − ⇒ < thì Nếu 0 1 0 1 1 '( ) 0x x x f x≤ < ≤ − < + ⇒ > thì Bảng biến thiên Trang 6 _ + 0 2 n 2 n y CT = 2 0 1 -1 f(x) f'(x) x _ + 0 + ∞ y CT = 0 0 + ∞ -1 f(x) f'(x) x Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm Dựa vào bảng biến thiên ta có 2 ( ) 2 n f x< < Hay ( ) ( ) 2 1 1 2 n n n x x+ <≤ + − Bài 5. Với mọi số dương a, b, a >b. Chứng minh rằng: ln a b a a b a b b − − < < Phân tích và lời giải - Định hướng: bất đẳng thức không thể chứng minh theo phương pháp biến đổi thông thường; - Để ý ln ln ln a a b b = − , - Từ đó ta nghĩ đến cách chọn hàm số f(x) = lnx trên đoạn [b; a] để áp dụng định lí Lagrange; Hàm số f(x) liên tục và có đạo hàm trên (b; a) Theo định lý Lagrange ( ) ; sao cho:c b a∃ ∈ ( ) ( ) '( ) f a f b f c a b − = − 1 ln lna b c a b − ⇔ = − Do ( ) ;c b a∈ nên 1 1 1 a c b < < Hay 1 ln ln 1 ln b a b a b a a b a a b b a b < < ⇔ < < − − − − (đpcm) VẤN ĐỀ II. TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT – NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ 1. Định hướng phát hiện vấn đề Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số có thể giải theo phương pháp phân tích đánh giá. Thông thường dạng bài tập này, sử dụng phương pháp đạo hàm thì hiệu quả hơn. 2. Kiến thức vận dụng - Nếu hàm f(x) liên tục trên [a; b] thì đạt giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ nhất trên đoạn đó; - Nếu hàm số f(x) đồng biến (hay nghịch biến) trên [a; b] thì đạt GTNN tại a, GTLN tại b (hay đạt GTLN tại a, GTNN tại b); - Trên [a; b] hàm số có nhiều cực trị thì so sánh các giá trị cực trị với f(a) và f(b) để kết luận; - Nếu trên khoảng (a; b) hàm số có một cực trị duy nhất thì giá trị cực trị là GTLN hoặc GTNN. Trang 7 Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm 3. Các bài tập Bài 1. Cho phương trình: 2 2 2 12 12 6 4 0, 0x mx m m m − + − + = ≠ có các nghiệm x 1 , x 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 1 2 T x x= + . Phân tích và lời giải - Ta không thể thực hiện được việc tìm GTLN, GTNN của T theo 1 2 ;x x khi không có điều kiện ràng buộc cho 1 2 ;x x ; - Tìm cách biểu diễn T theo tham số m, từ điều kiện tồn tại 1 2 ;x x ta có điều kiện ràng buộc cho tham số m; Điều kiện phương trình có hai nghiệm: ' 0 2 | | 2 3m∆ ≥ ⇔ ≤ ≤ Ta có ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 3 3 2 2 m T x x x x x x m   + + − =   = − . Tìm GTLN, GTNN của hàm số Gọi 3 ( ) ; 2 2; 2 3 2 2 m f m m         = − − ∪ treân D = -2 3 2 1 3 '( ) 2 2 f m m = + > 0 nên hàm số đồng biến trên D Vậy 3 3 3 3 max (2 3) ; min ( 2 3) 4 4 D D f f f f= = = − = − Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 4 2 2 4 4 2 2 a b a b a b P ab b a b a b a    ÷   = + − + + + ≠, vôùi 0 . Phân tích và lời giải - Tìm GTLN, GTNN của P theo a và b mà chỉ dựa vào một điều kiện ab ≠ 0 không thể thực hiện được; - Ta nghĩ đến biểu diễn các biến a, b qua một biến trung gian nào đó; - Chẳng hạn đặt a b t b a = + , ta có điều kiện | | 2t ≥ . Biến đổi 2 2 2 2 2 2 22 a b a b a b P b a b a b a           −    ÷  ÷             = + − − + + + 2 2 2 2 22 a b a b a b b a b a b a             − −  ÷    ÷  ÷  ÷               = + − − + + + Lúc đó 4 2 5 4P t t t= − + + . Xét hàm số 4 2 ( ) 5 4f t t t t= − + + với | | 2t ≥ . Có 3 '( ) 4 10 1f t t t= − + ; 2 ''( ) 12 10f t t= − Vì | | 2t ≥ nên 2 ''( ) 12 10 0f t t= − > ⇒ f’(t) đồng biến Nên t > 2 thì f’(t) > f’(2) > 0; t < - 2 thì f’(t) < f’(-2) < 0. Bảng biến thiên Trang 8 + ∞ + ∞ + ∞ - ∞ 2 -2 t f'(t) f(t) - 2 2 + - Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm Vậy minf = - 2 tại t = 2 khi và chỉ khi a = b. Bài 3. Cho tam giác ABC có ba góc thỏa mãn điều kiện A > B > C. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số sin sin ( ) 1 sin sin x A x B f x x C x C − − = + − − − Phân tích và lời giải - Định hướng từ định lí sin và điều kiện tồn tại căn bậc hai ta tìm ra tập xác định của hàm số; - Lúc đó, ta tìm GTNN của hàm số trên tập xác định vừa tìm được. Ta có A > B > C ⇒ a > b > c (a, b, c là độ dài các cạnh lần lượt đối diện với các đỉnh A, B, C) 2 sin 2 sin 2 sinR A R B R⇔ > > sin sin sinA B C⇔ > > Mặt khác: f(x) xác định trên ( ) [ ) ; sin sin ;C A−∞ ∪ + ∞ có ( ) ( ) 2 2 sin sin sin sin sin sin '( ) 0 sin sin 2 2 sin sin A C B C x C x C f x x A x B x C x C − − − − = + > − − − − suy ra hàm số f(x) đồng biến trên các khoảng ( ) [ ) ; sin ; sin ;C A−∞ + ∞ Bảng biến thiên Từ BBT ta có GTNN là: sin sin (sin ) 1 sin sin A B f A A C − = − − VẤN ĐỀ III. SỰ TỒN TẠI NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH 1. Định hướng phát hiện vấn đề Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình nói chung không thể giải được nghiệm cụ thể bằng công cụ đạo hàm. Tuy nhiên thông qua công cụ đạo hàm có thể chứng minh phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình tồn tại nghiệm, cũng như đánh giá được số nghiệm của chúng. 2. Kiến thức vận dụng - Sử dụng đạo hàm để xét tính đơn điệu của hàm số, nhờ vào tính đơn điệu để chứng minh sự tồn tại nghiệm; - Nhờ vào việc phân chia tập xác định của hàm số thành các khoảng trên đó hàm số luôn tăng hoặc giảm, để chứng minh nghiệm duy nhất, từ đó có thể Trang 9 f ( sinA ) 1 + ∞ 1 + + sinA sinC f(x) f'(x) x - ∞ + ∞ Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm giải được phương trình bất phương trình, hệ phương trình, hệ bất phương trình. 3. Các bài tập Bài 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 4 2 3 1 1 2 1x m x x− + + = − (Đề tuyển sinh Đại học, Cao đẳng Khối A năm 2007) Phân tích và lời giải - Ta có thể sử dụng phương pháp biến đổi để giải bài toán; - Định hướng: ta biến đổi phương trình về một vế theo x xem là hàm số biến x; - Bài toán giải đơn giản hơn dựa vào phương pháp đạo hàm. Điều kiện 1x ≥ Phương trình tương đương: 4 1 1 3 2 1 1 x x m x x − − − + = + + Đặt 1 ; 0 1 x t t x − = ≥ + Lúc đó phương trình theo t là: 2 3 2t t m− + = Vì 1 2 0 1 1 t t x −= ⇒ ≤ < + Trên [0; 1) ta có 1 1 ( ) 3 f t− < ≤ Vậy phương trình có nghiệm khi 1 1 3 m− < ≤ Bài 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: 3 12 4 x x m+ = + . (Cấu trúc đề thi TN THPT và Đại học của Bộ giáo dục năm 2008) Phân tích và lời giải - Ta có thể sử dụng phương pháp tam thức để giải bài toán; - Định hướng: ta biến đổi phương trình về một vế theo hàm biến x; - Bài toán giải đơn giản hơn dựa vào phương pháp đạo hàm. Ta có phương trình viết lại: 3 1 2 4 x x m + = + Bằng cách đặt ẩn phụ ,2 0 x t t= > . Lúc đó phương trình là: 2 3 1 t m t = + + . Xét hàm số 2 3 ( ) 1 t f t t = + + trên ( ) 0;+∞ Phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi đồ thị của hàm số f(x) và đường thẳng y = m có một điểm chung duy nhất. Ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 3 1 3 1 '( ) 1 1 1 t t t t t f t t t t − = = + + − + + + + Trang 10 Giải toán bằng công cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm Bảng biến thiên Dựa vào bảng biến thiên ta có phương trình có nghiệm duy nhất khi 1 3 10 m m < <   =  . Chú ý: Bài toán yêu cầu phương trình có nghiệm ta cần 10m ≤ ; bài toán yêu cầu phương trình có hai nghiệm phân biệt ta cần 3 10m< < Bài 3. Giải phương trình: − = + − x x 2 (*) 2 1 log 1 x 2 x (Đề dự bị Đại học khối A năm 2007) Phân tích và lời giải - Định hướng trong phương trình vừa chứa logarít vừa chứa biểu thức mũ và biến ở đa thức; - Ta thử nghĩ đến cách giải phương trình thông qua việc xét các hàm số. Điều kiện           − > > = ⇔ ⇔ > ≠ ≠ x x 0 2 1 0 2 1 2 x 0 x 0 x 0 (*) ⇔ − = − + x x 2 2 1 log 1 2 x x và x > 0 ⇔ − − = − + x x 2 2 log (2 1) log x 1 2 x và x > 0 ⇔ (2 x − 1) + log 2 (2 x − 1) = x + log 2 x (**) Xét hàm f(t) = t + log 2 t đồng biến khi t > 0 Do đó f(u) = f(v) ⇔ u = v, với u > 0, v > 0 Vậy từ (**) ⇔ 2 x − 1 = x ⇔ 2 x − x −1 = 0 (***) Lại xét hàm g(x) = 2 x − x − 1 khi x > 0 g'(x) = 2 x ln2 − 1, g'(x) = 0 ⇔ = = > x 2 1 2 log e 1 ln2 ⇔ = > 2 2 x log (log e) 0 Ta có g’’(x) > 0 với mọi x nên g'(x) là hàm tăng trên ¡ +) 2 2 g'(x) 0, x log (log e)< ∀ < g⇒ giảm trên ( 2 2 ; log (log e)   −∞ +) 2 2 g'(x) 0, x log (log e)> ∀ > g⇒ tăng trên ) 2 2 log (log e);   +∞ g(x) 0⇒ = có tối đa là 1 nghiệm trên ( 2 2 ; log (log e)   −∞ và có tối đa là 1 nghiệm trên ) 2 2 log (log e);   +∞ . bằng cách thử nghiệm ta có pt g(x) 0= (***) có 2 nghiệm là x = 0; x = 1 . Vì x > 0 nên (*) ⇔ x = 1. Bài 4. Cho f(x) là một đa thức với hệ số hữu tỉ, α là số thực sao cho Trang 11 _ + 0 3 1 f CÑ = 10 1 3 + ∞ 0 f(t) f'(t) t [...]... nghĩa đạo hàm; - Đạo hàm các hàm số sơ cấp cơ bản; - Giới hạn hữu hạn 3 Các bài tập 5 − x − 3 x2 + 7 Bài 1 Tính giới hạn: L = lim x →1 x2 −1 (Đề thi vào Đại học Tài chính Kế tốn năm 2001) Phân tích và lời giải - Bài tốn này khơng thể khử dạng vơ định bằng nhân lượng liên hợp - Có thể giải theo phương pháp gọi hạng tử vắng Lời giải sau trình bày theo phương pháp đạo hàm: Trang 16 Giải tốn bằng cơng cụ Đạo. .. Phân tích và lời giải - Bài tốn này có thể khử dạng vơ định bằng nhân lượng liên hợp; - Lời giải bằng phương pháp đạo hàm Xét hàm số f ( x) = tan x −1 và g ( x) = 2cos x − 2 π  π  Ta có f  ÷ = 0; g  ÷ = 0 4 4 π  ⇒ f ' ÷= 1 2cos x tan x 4 π g '( x) = −2sin x ⇒ g '   = −1  ÷ 4 f '( x) = 1 2 Trang 17 Giải tốn bằng cơng cụ Đạo hàm lim Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm... NGHĨA ĐẠO HÀM ĐỂ TÍNH GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ 1 Định hướng phát hiện vấn đề 0 Bài tốn tính giới hạn của hàm số dạng vơ định , thường thực hiện theo 0 cách phân tích thành nhân tử để khử dang vơ định, như trong sách giáo khoa đã trình bày, đơi lúc còn có thể sử sụng phương pháp gọi hạng tử vắng Ở đây sẻ trình bày thêm một cách giải khác, đó là sử dụng định nghĩa đạo hàm để tính giới hạn Lưu ý chọn hàm số... 0 ≤ S ≤ 4 2 Xét hàm số f ( S ) = S + 2 S Ta có hàm số ln đồng biến trong ( −1; +∞ ) nên đồng biến trên  0; 4    Nên max f = f (4) = 24 Bất phương trình có nghiệm với mọi x khi a < − [0; 4] Trang 13 Giải tốn bằng cơng cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm min f = f (0) = 0 [0; 4] Phương trình có nghiệm khi 0 ≤ m ≤ 8 2 x + 1 = y3 + y 2 + y  3 2 Bài 7 Giải hệ phương trình:... lời giải - Có thể giải bài tốn bằng phương pháp tam thức; nhưng phương pháp tam thức tỏ ra khá phức tạp, khi định lí đảo về dấu tam thức và so sánh một số với các nghiệm của tam thức khơng được học một cách hệ thống; - Ta biến đối bất phương trình một vế chứa biến x, vế còn lại chứa tham số a x như sau: bất phương trình ⇔ a < ; 2 x 2 + 7 −1 x Xét hàm số f ( x) = trên ¡ 2 x2 + 7 −1 Trang 12 Giải tốn bằng. .. hệ phương trình:  2 − 2 y + 2 = 3x −1 + 1 y + y  Phân tích và lời giải - Hệ khơng mẫu mực, để ý trong hệ số mũ của cơ số 3 là x – 1 và y – 1; - Ta cố ý biến đổi hệ theo x – 1 và y – 1 Đặt u = x − 1, v = y − 1  u + u2 + 1 = 3v  (II) ; (I) thành  v + v2 + 1 = 3u  Xét hàm f(x) = x + x2 + 1 Trang 14 Giải tốn bằng cơng cụ Đạo hàm f ´(x) = 1 + x Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm... định bằng nhân lượng liên hợp hoặc gọi hạng tử vắng ex −1 - Có thể áp dụng định lí lim để tính giới hạn x →0 x Lời giải sau trình bày theo phương pháp đạo hàm: Xét hàm số f ( x) = esin2x − esin x Ta có f(0) = 0 f '( x) = ( 2cos 2 x ) esin2x − ( cos x ) esin x f ( x) − f (0) lim f '(0) 1 x →0 x−0 L= = = =1 sin x 1 1 lim x →0 x tan x −1 Bài 3 Tính giới hạn L = limπ x→ 4 2cos x − 2 Phân tích và lời giải. .. lời giải - Thực chất của bài tốn là tìm a để bất phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn (1); 1 Nghiệm của bất phương trình (1) là: −1 < x < 3 Gọi vế trái của (2) là f(x)  x = −1 3 2 Ta có f ( x) = x − 3 x + 1 − a ⇒ f '( x) = 3 x − 3; f '( x) = 0 ⇔  x =1 1  Ta tìm GTLN, GTNN của hàm số trên  −1; ÷ 3 1  Bảng biến thiên 1 -1 x 3 f'(x) f(x) + 0 - - 0 + 3-a 1 27 -a Trang 15 Giải tốn bằng cơng cụ Đạo hàm. . .Giải tốn bằng cơng cụ Đạo hàm Giáo viên: Lê Văn Tiến – trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm α 3 − α = [ f (α )]3 − f (α ) = 332009 Chứng minh rằng ( f ( n) (α ) ) − f ( n) (α ) = 332009 f (n) ( x ) = 1 (4 ( f 4 2 f4 x ) ))), f f 4 ( ( 4 4 3 Trong đó n là số ngun dương 3 n lần f Phân tích và lời giải - Khai thác giả thiết: α 3 − α = [ f (α )]3 − f (α... = x 3 + x 2 + x  Phân tích và lời giải - Để ý nếu xét một phương trình của hệ và xem một ẩn là biến thì ẩn kia là hàm theo biến đó hệ viết lại như sau: 1 3 2   x = 2 ( y + y + y − 1) (1)  1 3 2  Hệ phương trình viết lại  y = (z + z + z − 1) (2) 2  1 3 2   z = 2 ( x + x + x − 1) (3)  - Ta có hàm của biến này lại là biến của hàm kia; 1 - Ta nghĩ đến xét hàm f(t) = (t 3 + t 2 + t − 1) trên