hd tlgt12

Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Bài tập Giải tích 12 CHƯƠNG I: KHẢO SÁT HÀM SỐ Bài 5/4.. Giải các hệ phương trình:... Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Bài tập Giải tích 12 CHƯƠNG II: HÀM SỐ LUỸ THỪA – HÀM

Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Bài tập Giải tích 12

CHƯƠNG I: KHẢO SÁT HÀM SỐ Bài 5/4 Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a) tan 55 0 > 1,4 b) 1 0 7

sin 20

3 < < 20 c) log 3 log 4 2 > 3

•

a) Ta cĩ:

0

0

1 tan

tan 55 tan(45 10 )

1 tan10 1 tan

18

π π

+ +

Xét hàm số: ( ) 1

1

+

=

−

x

f x

x Ta cĩ:

2

2

(1 )

−

⇒ f(x) đồng biến trên từng khoảng xác định của nĩ.

Ta cĩ: tan 55 0

18

π

 

=  ÷f  (1)

18 18 18 6

π > π > > ; tan tan 1

π < π = ⇒1 tan 1

π

< <

Từ đĩ:

1 1

1

6

 >  = =

b) Xét hàm số f x( ) 3 = x− 4x3 Hàm số f(x) đồng biến trong khoảng 1 1;

2 2

− 

;sin 20 ; ;

∈ − ÷

  nên

0

sin 20

(sin 20 )

 < <  

27 < = 2 < 2

đú ng

46 27 3 2116 2187( )

3 1,757( )

 < ⇔ <



<

c) Ta cĩ thể chứng minh bất đẳng thức tổng quát như sau:

Với a > 1 thì log (a a+ > 1) log (a+1 a+ 2) (1)

Thật vậy, xét =log (log (+1 +1)2)

+

a a

a A

a (dễ dàng thấy A > 0).

Ta cần chứng minh A < 1.

log ( 2)

log ( 2).log log ( 1)

+

+

+

a

a

a

2

=

= log ( 1 2) log ( 1 1)2

1

⇒ A < 1.

Áp dụng, với a = 2, thì log 3 log 4 2 > 3 .

Cách khác: Xét hàm số f x( ) log ( = x x+ 1) với x > 1 Hàm số f(x) nghịch biến với x > 1

⇒ f(2) > f(3) ⇒log 3 log 4 2 > 3 .

Bài 4/5 Giải các hệ phương trình:

Hướng dẫn Bài tập Giải tích 12

Trần Sĩ Tùng

a)

3 2

3 2

2 1

2 1

2 1



+ = + +



 + = + +



(*)

Đặt f t( ) = + +t3 t2 t t R, ∈ Ta cĩ: f t′ = ( ) 3t2 + + > ∀ ∈ 2t 1 0, t R.

⇒ f(t) đồng biến trên R.

Hệ đã cho: (*) ⇔

2 1 ( )

2 1 ( )

2 1 ( )

+ =



 + =



 + =



(1)

Ta chứng minh rằng mọi nghiệm ( ; ; )x y z0 0 0 (nếu cĩ) của hệ (1) đều thoả mãn x0 =y0 =z0 Giả sử khơng như vậy, khi đĩ cĩ thể cho là x0 >y0 Từ tính đồng biến của f(t) trên R, ta

cĩ: f x( ) 0 > f y( ) 0 ⇔ 2z0 + > 1 2x0 + ⇔ 1 z0 >x0

⇔ f z( ) 0 > f x( ) 0 ⇔ 2y0 + > 1 2z0 + ⇔ 1 y0 >z0.

⇒x0 >y0 > >z0 x0 Điều vơ lí này chứng tỏ x0 =y0 =z0.

Do đĩ: (1) ⇔2 + =1 3+ 2+ ⇔ 3+ 2− − =1 0

= =



x y z

⇔  = = = −x y z x y z= = =11.

Vậy nghiệm của hệ là: (1; 1; 1), (–1; –1; –1).

c)





 = − +



(*)

=  − + ÷=  − + ≥

Tương tự, ta cũng cĩ: z≥ 3 2,x≥ 3 2.

Hàm số f t( ) 6 = t2 − 12t+ 8 là tam thức bậc hai cĩ GTNN tại 1

2

= − b =

t

a , đồng biến khi t

> 1 Ta viết hệ (*) dưới dạng:

(*) ⇔

3

3

( ) ( ) ( , , 2 1) ( )

 =





 =



• Nếu x ≤ y thì do tính đồng biến của hàm f(t) khi t≥ 3 2 ta suy ra f(x) ≤ f(y),

tức: y3 ≤z3 ⇒ y ≤ z ⇒ f(y) ≤ f(z) ⇒z3 ≤x3 ⇒ z ≤ x.

Vậy cĩ: x ≤ y ≤ z ≤ x suy ra x = y = z.

Từ hệ (*) ta được: (x− 2) 3 = 0; (y− 2) 3 = 0; (z− 2) 3 = 0

• Nếu x > y thì f(x) > f(y) tức y3 >z3 ⇒ y > z ⇒ f(y) > f(z) ⇒z3 >x3 ⇒ z > x.

Vậy cĩ: x > y > z > x Điều vơ lí này chứng tỏ hệ cĩ nghiệm duy nhất: x = y = z = 2.

Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn Bài tập Giải tích 12

CHƯƠNG II: HÀM SỐ LUỸ THỪA – HÀM SỐ MŨ – HÀM SỐ LOGARIT Bài 6/62: Giải phương trình mũ bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu.

i) 2x−1− 2x x2− = − ( x 1)2 ⇔ 2x−1− 2x x2− = ( x2− − − x ) ( x 1)

⇔ 2x−1+ − = ( x 1) 2x x2− + ( x2− x ) (*) Đặt t t ( ) 2 = +t t Ta cĩ: f t ′ = ( ) 2 ln2 1t + > 0, ∀ t ⇒ f t ( ) đồng biến trên (– ∞ ; + ∞ ).

Do đĩ: (*) ⇔ x x x2− = − 1 ⇔ x 1 = PT cĩ nghiệm x 1 =

Cách khác: Ta cĩ: x ( − 1)2≥ 0 ⇒ x2− ≥ − x x 1 ⇒ 2x x2− ≥ 2x−1

2 1

2 − 2 −

 − =



=

m) 2x+1− 4x= − x 1 ⇔ 2 (2 2 )x − x = −x 1

• x = 1 là nghiệm của phương trình.

• x > 1: VT < 0; VP > 0 • x < 1: VT > 0; VP < 0

⇒ PT cĩ nghiệm duy nhất x = 1.

n) 2x = 3 2x + 1 ⇔ x2 x2 2x

4 = 3 + 1 ⇔

  +   =

 ÷  ÷

    PT cĩ nghiệm duy nhất x = 2.

o) 4x+ 7x = 9x+ 2

• Dễ thấy rằng PT cĩ nghiệm x = 0, x = 1 (PT khơng cĩ nghiệm duy nhất)

Xét hàm số: f x( ) 4 = x+ 7x− 9x− 2

Ta cĩ: f′ ( ) 4 ln 4 7 ln 7 9x = x + x −

( ) 4 ln 4 7 ln 7

′′ = x + x

f x 0, với ∀ x ∈ R ⇒ hàm số f x′ ( )đồng biến trên R Mặt khác f x′ ( ) liên tục trên R và f ( 1) (1) 0 ′ − ′ < ⇒ PT f x′( ) 0= cĩ nghiệm duy nhất

x0 ∈ (–1; 1) Ta cĩ bảng biến thiên sau:

Dựa vào bảng biến thiên ta cĩ phương trình cĩ khơng quá 2 nghiệm

Vậy nghiệm của phương trình là: x = 0; x = 1.

Bài tập tương tự: a) 3x+ 5x = 6x+ 2 b) 3x+ 2x = 3x+ 2

q) 3x+ = 8x 4x + 7x ⇔8x− 7x = 4x− 3x

Sử dụng định lí La–grăng: "Nếu hàm số f(x) liên tục trên [a; b], cĩ đạo hàm trên khoảng

−

f c

Xét hàm số: f x( ) ( = +a 1)x −a x liên tục trên R và f(7) = f(3)

Hướng dẫn Bài tập Giải tích 12

Trần Sĩ Tùng

Ta cĩ: f a′ ( )=x a( +1)x− 1−xa x− 1 Theo định lí La–grăng thì ∃ c ∈ (3; 7) sao cho:

(7) (3)

7 3

−

−

( 1) − − 0

=



x

1

=



 =



x x

Vậy phương trình cĩ nghiệm: x = 0, x = 1.

Bài tập tương tự: r), s)

(Cịn tiếp)