Vậy không tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài.. Vậy không tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài... Nhận xét: Cách này tuy trình bày ngắn gọn nhưng tính đạo hàm quá dài dòng và dễ nhầm lẫn... Vậy đồ th
Trang 1KHÓA HỌC: TOÁN CAO CẤP - GIẢI TÍCH I
BUỔI 09 : CÁC ĐỊNH LÝ VỀ HÀM KHẢ VI KHẢO SÁT
HÀM SỐ - ĐÁP ÁN BTTL
Bài 1: Xét hàm số f (x) 10 x 1 x thỏa mãn các điều kiện của định lý Rolle trên R Ta có
x 1
f (x) 10 ln10 1 f (x) 0 x 1 log 10 1
ln10
Chú ý : Hệ quả của định lý Rolle :
- Nếu phương trình f (x) 0 có n nghiệm phân biệt thì phương trình f (x) 0 có ít nhất (n 1) nghiệm phân biệt
- Nếu phương trình f (x) 0 có n nghiệm phân biệt thì phương trình f (x) 0 có nhiều nhất (n 1)
nghiệm phân biệt
F(x) a sin x b c
liên tục trên 0; π và khả vi trên (0; π)
Ta dễ thấy F(0) F( π) 0
phương trình F (x) 0 acos x bcos 2x c cos 3x 0 có nghiệm trên khoảng (0; π) (định lý Rolle)
đpcm
Bài 3: Xét hàm số F(x) ax 8 bx 3 cx d liên tục trên 0;1 và khả vi trên (0;1)
Ta dễ thấy F(0) d; F(1) a b c d d (do a b c 0 ) F(0) F(1)
phương trình F (x) 0 8ax 7 3bx 2 c 0 có nghiệm trên khoảng (0;1) (định lý Rolle)
Bài 4: Dễ thấy hàm số g(x) x 3 có g (x) 3x 2 0 x 0 1;1 nên không áp dụng được định lý Cauchy cho 2 hàm số này trên 1;1
Bài 5: Từ đề bài ta có :
2
f (c) f (3) f ( 1) 3c 27 ( 1) 7
c
g (c) g(3) g( 1) 2c 9 1 3
Định lý Cauchy là điều kiện đủ để tồn tại số c như vậy, không mâu thuẫn
Trang 2Bài 6:
1
- Với x y , bất đẳng thức luôn đúng
- Với x y , dễ thấy hàm số f (x) cot x thỏa mãn điều kiện của định lý Lagrange trên (x; y) (do
2
c (x; y)| f (c)
2
cot x cot y 1
1 cotx cot y x y
x y sin c
Vậy ta có điều phải chứng minh
2 Dễ thấy hàm số f (x) arctan x thỏa mãn điều kiện của định lý Lagrange trên (a;b) với mọi a,b thỏa
2
f (b) f (a) 1 arctanb arctana
c (a;b)| f (c)
b 1 c 1 a 1
arctanb arc tana
b a
Vậy ta có điều phải chứng minh
3 Dễ thấy hàm số f (x) ln x thỏa mãn điều kiện của định lý Lagrange trên (b; a) với mọi a,b thỏa mãn
f (a) f (b) 1 lna lnb
c (b; a)| f (c)
a b c a b
a c b (2)
Từ (1) và (2) 1 lna lnb 1 a b a a b
ln
Vậy ta có điều phải chứng minh
4 Xét f (x) sin x liên tục trên a; b và khả vi trên (a;b) Ta có f (x) cos x
Trang 3Áp dụng định lý Lagrange thì tồn tại c (a;b) sao cho sinb sina
cosc (b a)cosc sinb sina
b a
0 a c b cosc 1
3 2
Từ (1) và (2) 1
(b a) sinb sin a b a 2
Bài 7: Giả sử tồn tại hàm số f Vậy theo định lý Lagrange thì f (2) f (0) 5
c (0; 2)| f (c)
2 0 2
Mà theo giả thiết : f (x) 2 với mọi x , mâu thuẫn với định lý Lagrange Vậy không tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài
Bài 8: Giả sử tồn tại hàm số f Vậy theo định lý Lagrange thì f (1) f (0)
α (0;1)| f (α) ;
1 0
β ( 1;0)| f (β)
0 ( 1)
Mà theo giả thiết : f (1) f ( 1), f (0) 0 nên f (α) f (β) Lại áp dụng định lý Rolle cho hàm số f (x)
trên α; β thì γ (α; β) sao cho f (γ) 0 , mâu thuẫn với giả thiết rằng f (x) 0 x ( 2; 2)
Vậy không tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài
Bài 9: Xét hàm số g(x) x
f (x)
e
thỏa mãn các điều kiện của định lý Lagrange trên 0;1 Vậy theo định lý Lagrange ta có f (1) f (0)
c (0;1)| f (c)
1 0
c
g (c) g(c) g(1) / e g(0)
0 1
e
Vậy ta có điều phải chứng minh
Bài 10: Xét hàm số
x
a
b
a
a
a
) Vậy áp dụng bài tập 9 thì ta suy ra tồn tại c (a;b) sao cho g (c) g(c)
Tức là
c
a
Trang 4Bài 11:
Ta xét đạo hàm của hàm số y x 1 tại điểm x 1 Ta có :
y(x) y(1) x 1 0 y(x) y(1) 1 x 0
y (1) y (1)
hàm số không có đạo hàm tại x 1 0; 2
không thể áp dụng định lý Fermat cho hàm số trên 0; 2
Lập bảng biến thiên ta dễ thấy hàm số đạt cực tiểu tại x 1 , y ct y(1) 0
Bài 12:
a) Xét hàm số 4 3
F(x) ax bx cx d liên tục trên 1;0 và khả vi trên ( 1;0)
Ta dễ thấy F(0) d; F( 1) a b c d d (do a b c 0 ) F(0) F( 1)
phương trình F (x) 0 4ax 3 3bx 2 c 0 có nghiệm trên khoảng ( 1;0) (định lý Rolle)
b) Xét hàm số
4 2
ax F(x) bx 2cx d
4
liên tục trên 0; 2 và khả vi trên (0; 2)
Ta dễ thấy F(0) d; F(2) 4(a b c) d d (do a b c 0 ) F(0) F(2)
phương trình F (x) 0 ax 3 2bx 2c 0 có nghiệm trên khoảng (0; 2) (định lý Rolle)
c) Xét hàm số F(x) cx 5 bx 4 ax 3 liên tục trên 0;1 và khả vi trên (0;1)
Ta dễ thấy F(0) 0; F(1) a b c 0 F(0) F(1)
x (0;1)|F (x ) 0 5cx 4bx 3ax 0
2
(chia cả 2 vế cho
4 0
x )
phương trình 3ax 2 4bx 5c 0 có nghiệm
0
1
x (do x 0 (0;1) )
d) Xét hàm số F(x) ax 6 bx 5 cx 4 dx liên tục trên 1;0 và khả vi trên ( 1;0)
Ta dễ thấy F(0) 0; F( 1) a b c d 0 (do a b c d ) F(0) F( 1)
phương trình F (x) 0 6ax 5 5bx 4 4cx 3 d 0 có nghiệm trên khoảng ( 1;0) (định lý Rolle)
Trang 5Bài 15
1 Xét hàm số y 2x arctan x ln(1 x ) 2 trên Ta có y 2arctan x 0 x 0
Lập bảng biến thiên ta dễ thấy min y 0 y 0 x
Vậy ta có đpcm
2 Khai triển Maclaurin hàm số y ln(x 1) đến cấp 1 và 2 trên 0; , sử dụng phần dư dạng Lagrange
ta được : ln(x 1) x x 2 2 ; ln(x 1) x x 2 x 3 3
2
(trong đó c là 1 số thực nằm giữa 0 và x , tức
0 c x )
Từ đó ta suy ra :
2
Vậy ta có đpcm
3 Khai triển Maclaurin hàm số y cosx đến cấp 4 trên π
0;
2
, sử dụng phần dư dạng Lagrange ta được :
cosx 1
(trong đó c là 1 số thực nằm giữa 0 và x , tức 0 c x π
2
(cos x) cos(x ) sin x
2
0 c sinc 0
2
Vậy ta có đpcm
4
1 2sin x
(tan x) ;(tan x) ;
cos x cos x
2
Khai triển Maclaurin hàm số y tan x đến cấp 3 trên π
(0; )
2 , sử dụng phần dư dạng Lagrange ta được :
3
2 4 3
x sinc 2
tan x x ( tan c).x
3 (cosc) 3
(trong đó c là 1 số thực nằm giữa 0 và x , tức 0 c x π
2
Trang 62 4 3
0 c cos c 0
2
Vậy ta có đpcm
Nhận xét: Cách này tuy trình bày ngắn gọn nhưng tính đạo hàm quá dài dòng và dễ nhầm lẫn
Cách 2: Xét hàm số
3
x
f (x) tan x x
3
(0; )
2
2
1
f (x) 1 x tan x x (tan x x)(tan x x)
cos x
Dễ thấy trên π
(0; )
2 thì sin x 0 và cos x 0 tanx 0 tanx x 0 Ta cần xét dấu biểu thức tanx x Xét hàm số g(x) tan x x trên π
(0; )
2 Ta có
2
1 1 cos x
cos x cos x
nên g(x) đồng biến
g(x) g(0) 0 x 0
(0; ) f (x) f (0) 0 x (0; )
Vậy ta có đpcm
Bài 16:
1 2 x(x 2) 2
y
(x x 1)
8
y y( 2) , y y(0) 4
3
Các em tự lập BBT nhé
2
4
x(3x 2)
y
5(x (x 1))
y y( ) , y y(0) 0
3 27
Trang 73 y (4x 2)ln x cd 1 3 ln 2 ct
y y( ) , y y(1) 1
2 4 2
4
3 3
2 1 1
y
3 x x 2
3
y y(1) 2, y y(0) y(2) 4
5
3
2
x
y cd y( 1) 1, y ct y(0) 0
Trang 86
2
2 2
2(x 3)
y
(x 3)
y y( 3) , y y( 3)
7 y e (x x 2 3x 2) cd ct
2
y y( 2) , y y( 1)
e e
8
3
3x 2
y
x
ct
2 2 2 2
y y( ) ln
3 3 3 3
Trang 99
2
1 2sin x
y
(2 sin x)
y y( ) , y y( )
Bài 17:
1 Ta có :
-
1 x
x lim y x lim (xe 2)
-
1 x
x 0 x 0
t x
x 0 x 0
lim y lim(xe 2) 2;
lim y lim(xe 2) lim e 2 lim lim
đồ thị hàm số nhận x 0 làm đường tiệm cận đứng Chú ý ở trên ta đã đặt ẩn phụ t 1/ x và sử dụng quy tắc L'Hospital cho giới hạn dạng /
-
1
0 x
lim lim (e ) e 0 1
Trang 10Vậy xét
e 1 lim (y x) lim (xe 2 x) lim x(e 1) 2 lim( 2)
t
1 t x
t 0
t
lim( 2) 1
t
(thay tương đương
t
(e 1) t khi t 0 )
đường thẳng y x 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số
2 Ta có :
2x
y ln(1 e )
y ln(1 e ) 2e / (1 e )
L'Hospital)
2x x
2
x lim (y 2x) x lim ln(1 e ) 2x t lim ln(1 e ) t
(đặt t 2x )
t
t
1 e lim ln(1 e ) lne lim ln ln1 0
e
Vậy đường thẳng y 2x là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số
3 Ta có :
2020 sin 2020t lim y lim x sin lim
x
)
2
t 0
2020t
lim
t
(thay thế tương đương)
Vậy đồ thị hàm số không có tiệm cận ngang
x 0 x 0
2020
x
(dùng giới hạn kẹp) đồ thị hàm số không có tiệm cận đứng
-
y 2020 sin 2020t
lim lim x sin lim
x
)
t 0
2020t
lim 2020
t
đồ thị hàm số có tiệm cận xiên
2020 sin 2020t 2020 lim (y 2020x) lim (x sin 2020x) lim
2
2
t
Vậy đường thẳng y 2020x là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số
Trang 114 Kinh nghiệm để tìm tiệm cận của đường cong tham số là tìm giới hạn tại những điểm làm cho x(t) hoặc
Ta có :
t lim x(t) ( 1) ; lim y(t) t ( 1)
Vậy đường cong có thể có tiệm cận xiên
Xét :
2
t 1 t 1
y(t) 2020t
x(t) 2020t
;
2
3
Vậy tiệm cận xiên của đường cong là đường thẳng 2020
y x
3
5 Ta có :
2
2 2
x
Vậy xét
2
lim (y x) lim x lim x 1 lim
2
Vậy đường thẳng y x là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số