Luận văn - Báo cáo
Kỹ thuật
Giao thông - Vận tải
Viễn thông
Điện - Điện tử
Cơ khí - Vật liệu
Kiến trúc - Xây dựng
Lý luận chính trị
Tư tưởng Hồ Chí Minh
Chủ nghĩa xã hội khoa học
Triết học Mác - Lênin
Đường lối cách mạng
Kinh tế chính trị
Kinh tế - Quản lý
Bảo hiểm
Định giá - Đấu thầu
Marketing
Tài chính thuế
Chứng khoán
Xuất nhập khẩu
Kiểm toán
Kế toán
Quản trị kinh doanh
Tài chính - Ngân hàng
Bất động sản
Dịch vụ - Du lịch
Tiến sĩ
Thạc sĩ - Cao học
Kinh tế
Khoa học xã hội
Y dược - Sinh học
Sư phạm
Luật
Kiến trúc - Xây dựng
Nông - Lâm - Ngư
Kỹ thuật
Công nghệ thông tin
Khoa học tự nhiên
Báo cáo khoa học
Nông - Lâm - Ngư
Lâm nghiệp
Nông học
Chăn nuôi
Thú y
Thủy sản
Công nghệ thực phẩm
Cao su - Cà phê - Hồ tiêu
Khoa học tự nhiên
Toán học
Vật lý
Hóa học
Sinh học
Địa lý - Địa chất
Khoa học xã hội
Đông phương học
Việt Nam học
Văn hóa - Lịch sử
Xã hội học
Báo chí
Văn học - Ngôn ngữ học
Giáo dục học
Tâm lý học
Quan hệ quốc tế
Y khoa - Dược
Công nghệ - Môi trường
Công nghệ thông tin
Quản trị mạng
Lập trình
Đồ họa
Web
Hệ thống thông tin
Thương mại điện tử
Lập trình di động
Kinh tế thương mại
Tài chính - Ngân hàng
Quỹ đầu tư
Bảo hiểm
Đầu tư Bất động sản
Đầu tư chứng khoán
Tài chính doanh nghiệp
Kế toán - Kiểm toán
Ngân hàng - Tín dụng
Công nghệ thông tin
Thủ thuật máy tính
Chứng chỉ quốc tế
Phần cứng
An ninh bảo mật
Tin học văn phòng
Quản trị web
Cơ sở dữ liệu
Hệ điều hành
Thiết kế - Đồ họa
Quản trị mạng
Kỹ thuật lập trình
Giáo dục - Đào tạo
Luyện thi - Đề thi
Thi THPT Quốc Gia
Địa ly
Sinh học
Hóa học
Vật lý
Môn tiếng Anh
Môn văn
Môn toán
Lịch sử
Công chức - Viên chức
Đề thi lớp 1
Đề thi lớp 2
Đề thi lớp 3
Đề thi lớp 4
Đề thi lớp 5
Đề thi lớp 6
Đề thi lớp 7
Đề thi lớp 8
Đề thi lớp 9
Đề thi lớp 10
Đề thi lớp 11
Đề thi lớp 12
Tuyển sinh lớp 10
Môn tiếng Anh
Môn văn
Môn toán
Luyện thi Đại học - Cao đẳng
Quy chế tuyển sinh
Quy chế tuyển sinh 2015
Khối D
Môn tiếng Anh
Môn văn
Môn toán
Khối C
Môn địa lý
Môn lịch sử
Môn văn
Khối B
Môn sinh
Môn hóa
Môn toán
Khối A
Môn lý
Môn hóa
Môn tiếng Anh A1
Môn toán
Mầm non - Mẫu giáo
Mẫu giáo lớn
Mẫu giáo nhỡ
Mẫu giáo bé
Tiểu học
Lớp 1
Lớp 5
Lớp 4
Lớp 3
Lớp 2
Trung học cơ sở
Lớp 9
Lớp 8
Lớp 7
Lớp 6
Trung học phổ thông
Lớp 10
Lớp 11
Lớp 12
Cao đẳng - Đại học
Kỹ thuật công nghệ
Kiến trúc xây dựng
Sư phạm
Công nghệ thông tin
Luật
Khoa học xã hội
Chuyên ngành kinh tế
Y dược
Đại cương
Giáo dục hướng nghiệp
Tiếng Anh
Tin học
Công nghệ
Thể dục
Mỹ thuật
Âm nhạc
GDCD-GDNGLL
Địa lý
Lịch sử
Sinh học
Toán học
Vật lý
Luật
Văn học
Hóa học
Giáo án - Bài giảng
Mầm non
Tiểu học
Trung học cơ sở
Sáng kiến kinh nghiệm
Bài giảng điện tử
Giáo án điện tử
Trung học phổ thông
Ngoại ngữ
Tiếng Nga - Trung - Pháp
Tiếng Nhật - Hàn
Kỹ năng nói tiếng Anh
Kiến thức tổng hợp
Chứng chỉ A,B,C
Kỹ năng viết tiếng Anh
Kỹ năng đọc tiếng Anh
Kỹ năng nghe tiếng Anh
Anh ngữ cho trẻ em
Anh văn thương mại
Anh ngữ phổ thông
Ngữ pháp tiếng Anh
TOEFL - IELTS - TOEIC
Kế toán - Kiểm toán
Kế toán
Kiểm toán
Kinh tế - Quản lý
Quy hoạch đô thị
Quản lý dự án
Tiêu chuẩn - Qui chuẩn
Quản lý nhà nước
Sách - Truyện đọc
Sách-Ebook
Y học
Giáo dục học tập
Văn hóa giải trí
Công nghệ
Ngoại ngữ
Kinh tế
Ngôn tình
Truyện dài
Tự truyện
Tiểu thuyết
Truyện ngắn
Truyện Ma - Kinh dị
Truyện cười
Truyện kiếm hiệp
Truyện thiếu nhi
Truyện văn học
Kinh doanh - Tiếp thị
Tổ chức sự kiện
Kỹ năng bán hàng
PR - Truyền thông
Tiếp thị - Bán hàng
Thương mại điện tử
Kế hoạch kinh danh
Internet Marketing
Quản trị kinh doanh
Văn hóa - Nghệ thuật
Du lịch
Sân khấu điện ảnh
Thời trang - Làm đẹp
Điêu khắc - Hội họa
Mỹ thuật
Chụp ảnh - Quay phim
Khéo tay hay làm
Ẩm thực
Âm nhạc
Báo chí - Truyền thông
Tôn giáo
Kỹ thuật - Công nghệ
Kỹ thuật viễn thông
Điện - Điện tử
Cơ khí chế tạo máy
Tự động hóa
Năng lượng
Hóa học - Dầu khi
Kiến trúc xây dựng
Nông - Lâm - Ngư
Ngư nghiệp
Lâm nghiệp
Nông nghiệp
Biểu mẫu - Văn bản
Thủ tục hành chánh
Văn bản
Biểu mẫu
Hợp đồng
Khoa học xã hội
Triết học
Văn học
Địa lý
Lịch sử
Khoa học tự nhiên
Toán học
Môi trường
Sinh học
Hóa học - Dầu khi
Vật lý
Y tế - Sức khỏe
Y học
Sức khỏe - dinh dưỡng
Sức khỏe giới tính
Sức khỏe người lớn tuổi
Sức khỏe phụ nữ
Sức khỏe trẻ em
Kỹ năng mềm
Tâm lý - Nghệ thuật sống
Kỹ năng quản lý
Kỹ năng làm việc nhóm
Kỹ năng tổ chức
Kỹ năng đàm phán
Kỹ năng tư duy
Kỹ năng giao tiếp
Kỹ năng thuyết trình
Kỹ năng lãnh đạo
Kỹ năng phỏng vấn
Thể loại khác
Chưa phân loại
Phật
Văn khấn cổ truyền
Phong Thủy
Đăng ký
Đăng nhập
Luận văn - Báo cáo
Kỹ thuật
Giao thông - Vận tải
Viễn thông
Điện - Điện tử
Cơ khí - Vật liệu
Kiến trúc - Xây dựng
Lý luận chính trị
Tư tưởng Hồ Chí Minh
Chủ nghĩa xã hội khoa học
Triết học Mác - Lênin
Đường lối cách mạng
Kinh tế chính trị
Kinh tế - Quản lý
Bảo hiểm
Định giá - Đấu thầu
Marketing
Tài chính thuế
Chứng khoán
Xuất nhập khẩu
Kiểm toán
Kế toán
Quản trị kinh doanh
Tài chính - Ngân hàng
Bất động sản
Dịch vụ - Du lịch
Tiến sĩ
Thạc sĩ - Cao học
Kinh tế
Khoa học xã hội
Y dược - Sinh học
Sư phạm
Luật
Kiến trúc - Xây dựng
Nông - Lâm - Ngư
Kỹ thuật
Công nghệ thông tin
Khoa học tự nhiên
Báo cáo khoa học
Nông - Lâm - Ngư
Lâm nghiệp
Nông học
Chăn nuôi
Thú y
Thủy sản
Công nghệ thực phẩm
Cao su - Cà phê - Hồ tiêu
Khoa học tự nhiên
Toán học
Vật lý
Hóa học
Sinh học
Địa lý - Địa chất
Khoa học xã hội
Đông phương học
Việt Nam học
Văn hóa - Lịch sử
Xã hội học
Báo chí
Văn học - Ngôn ngữ học
Giáo dục học
Tâm lý học
Quan hệ quốc tế
Y khoa - Dược
Công nghệ - Môi trường
Công nghệ thông tin
Quản trị mạng
Lập trình
Đồ họa
Web
Hệ thống thông tin
Thương mại điện tử
Lập trình di động
Kinh tế thương mại
Tài chính - Ngân hàng
Quỹ đầu tư
Bảo hiểm
Đầu tư Bất động sản
Đầu tư chứng khoán
Tài chính doanh nghiệp
Kế toán - Kiểm toán
Ngân hàng - Tín dụng
Công nghệ thông tin
Thủ thuật máy tính
Chứng chỉ quốc tế
Phần cứng
An ninh bảo mật
Tin học văn phòng
Quản trị web
Cơ sở dữ liệu
Hệ điều hành
Thiết kế - Đồ họa
Quản trị mạng
Kỹ thuật lập trình
Giáo dục - Đào tạo
Luyện thi - Đề thi
Thi THPT Quốc Gia
Địa ly
Sinh học
Hóa học
Vật lý
Môn tiếng Anh
Môn văn
Môn toán
Lịch sử
Công chức - Viên chức
Đề thi lớp 1
Đề thi lớp 2
Đề thi lớp 3
Đề thi lớp 4
Đề thi lớp 5
Đề thi lớp 6
Đề thi lớp 7
Đề thi lớp 8
Đề thi lớp 9
Đề thi lớp 10
Đề thi lớp 11
Đề thi lớp 12
Tuyển sinh lớp 10
Môn tiếng Anh
Môn văn
Môn toán
Luyện thi Đại học - Cao đẳng
Quy chế tuyển sinh
Quy chế tuyển sinh 2015
Khối D
Môn tiếng Anh
Môn văn
Môn toán
Khối C
Môn địa lý
Môn lịch sử
Môn văn
Khối B
Môn sinh
Môn hóa
Môn toán
Khối A
Môn lý
Môn hóa
Môn tiếng Anh A1
Môn toán
Mầm non - Mẫu giáo
Mẫu giáo lớn
Mẫu giáo nhỡ
Mẫu giáo bé
Tiểu học
Lớp 1
Lớp 5
Lớp 4
Lớp 3
Lớp 2
Trung học cơ sở
Lớp 9
Lớp 8
Lớp 7
Lớp 6
Trung học phổ thông
Lớp 10
Lớp 11
Lớp 12
Cao đẳng - Đại học
Kỹ thuật công nghệ
Kiến trúc xây dựng
Sư phạm
Công nghệ thông tin
Luật
Khoa học xã hội
Chuyên ngành kinh tế
Y dược
Đại cương
Giáo dục hướng nghiệp
Tiếng Anh
Tin học
Công nghệ
Thể dục
Mỹ thuật
Âm nhạc
GDCD-GDNGLL
Địa lý
Lịch sử
Sinh học
Toán học
Vật lý
Luật
Văn học
Hóa học
Giáo án - Bài giảng
Mầm non
Tiểu học
Trung học cơ sở
Sáng kiến kinh nghiệm
Bài giảng điện tử
Giáo án điện tử
Trung học phổ thông
Ngoại ngữ
Tiếng Nga - Trung - Pháp
Tiếng Nhật - Hàn
Kỹ năng nói tiếng Anh
Kiến thức tổng hợp
Chứng chỉ A,B,C
Kỹ năng viết tiếng Anh
Kỹ năng đọc tiếng Anh
Kỹ năng nghe tiếng Anh
Anh ngữ cho trẻ em
Anh văn thương mại
Anh ngữ phổ thông
Ngữ pháp tiếng Anh
TOEFL - IELTS - TOEIC
Kế toán - Kiểm toán
Kế toán
Kiểm toán
Kinh tế - Quản lý
Quy hoạch đô thị
Quản lý dự án
Tiêu chuẩn - Qui chuẩn
Quản lý nhà nước
Sách - Truyện đọc
Sách-Ebook
Y học
Giáo dục học tập
Văn hóa giải trí
Công nghệ
Ngoại ngữ
Kinh tế
Ngôn tình
Truyện dài
Tự truyện
Tiểu thuyết
Truyện ngắn
Truyện Ma - Kinh dị
Truyện cười
Truyện kiếm hiệp
Truyện thiếu nhi
Truyện văn học
Kinh doanh - Tiếp thị
Tổ chức sự kiện
Kỹ năng bán hàng
PR - Truyền thông
Tiếp thị - Bán hàng
Thương mại điện tử
Kế hoạch kinh danh
Internet Marketing
Quản trị kinh doanh
Văn hóa - Nghệ thuật
Du lịch
Sân khấu điện ảnh
Thời trang - Làm đẹp
Điêu khắc - Hội họa
Mỹ thuật
Chụp ảnh - Quay phim
Khéo tay hay làm
Ẩm thực
Âm nhạc
Báo chí - Truyền thông
Tôn giáo
Kỹ thuật - Công nghệ
Kỹ thuật viễn thông
Điện - Điện tử
Cơ khí chế tạo máy
Tự động hóa
Năng lượng
Hóa học - Dầu khi
Kiến trúc xây dựng
Nông - Lâm - Ngư
Ngư nghiệp
Lâm nghiệp
Nông nghiệp
Biểu mẫu - Văn bản
Thủ tục hành chánh
Văn bản
Biểu mẫu
Hợp đồng
Khoa học xã hội
Triết học
Văn học
Địa lý
Lịch sử
Khoa học tự nhiên
Toán học
Môi trường
Sinh học
Hóa học - Dầu khi
Vật lý
Y tế - Sức khỏe
Y học
Sức khỏe - dinh dưỡng
Sức khỏe giới tính
Sức khỏe người lớn tuổi
Sức khỏe phụ nữ
Sức khỏe trẻ em
Kỹ năng mềm
Tâm lý - Nghệ thuật sống
Kỹ năng quản lý
Kỹ năng làm việc nhóm
Kỹ năng tổ chức
Kỹ năng đàm phán
Kỹ năng tư duy
Kỹ năng giao tiếp
Kỹ năng thuyết trình
Kỹ năng lãnh đạo
Kỹ năng phỏng vấn
Thể loại khác
Chưa phân loại
Phật
Văn khấn cổ truyền
Phong Thủy
Trang chủ
Giáo dục - Đào tạo
Trung học phổ thông
Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán lớp 12 cực hay...
Tài liệu Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán lớp 12 cực hay
.PDF
108
103
76
hoanggiang80
Báo vi phạm
Tải xuống
76
Đang tải nội dung...
Xem thêm (5 trang)
Tải về
Mô tả:
PhÇn thø nhÊt : C¸c Chuyªn §Ò PHƯƠNG TRÌNH HÀM Nguyễn Hoàng Ngải Tổ trưởng tổ Toán THPT Chuyên Thái Bình Một trong những chuyên đề rất quan trọng trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi toán quốc gia, khu vực và quốc tế, đó là phương trình hàm, bất phương trình hàm. Có rất nhiều tài liệu viết về chuyên đề này. Qua một số năm bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi toán quốc gia và qua một số kì tập huấn hè tại Đại học khoa học tự nhiên – Đại học quốc gia Hà Nội, chúng tôi rút ra một số kinh nghiệm dạy về chuyên đề này và trao đổi với các đồng nghiệp. Phần I: NHẮC LẠI NHỮNG KHÁI NIÊM CƠ BẢN 1. Nguyên lý Archimede Hệ quả: ∀x ∈ ⇒ ∃!k ∈ : k ≤ x < k + 1 . Số k như thế gọi là phần nguyên của x, kí hiệu [x] Vậy : [ x ] ≤ x < [ x ] + 1 2. Tính trù mật Tập hợp A ⊂ x
0, ∃a ∈ A : α − ε < a α = sup A ⇔ ⎨ ⎧a ≥ β , ∀a ∈ A ⎩∀ε > 0, ∃a ∈ A : β + ε > a β = infA ⇔ ⎨ 4. Hàm sơ cấp ¾ Hàm số sơ cấp cơ bản là các hàm lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit, hàm số lượng giác, hàm số lượng giác ngược. ¾ Hàm số sơ cấp là những hàm được tạo thành bởi hữu hạn các phép toán số học ( +, - , x, : ), phép toán lấy hàm hợp đối với các hàm số sơ cấp cơ bản. 5. Hàm cộng tính, nhân tính trên một tập hợp Hàm số f(x) được gọi là cộng tính trên tập xác định D nếu với mọi x, y ∈ D thì x + y ∈ D và f(x + y) = f(x) + f(y). Hàm số f(x) được gọi là nhân tính trên tập xác định D nếu với mọi x, y ∈ D thì x . y ∈ D và f(x . y) = f(x) . f(y). Nếu với mọi x, y ∈ D mà x+y ∈ D , x – y ∈ D và f( x – y) = f(x) – f(y) thì f(x) cũng gọi là một hàm cộng tính trên D. Hàm f(x) = ( là hàm nhân tính. 6. Hàm đơn điệu • Hàm số f(x) gọi là tăng trên (a, b) nếu : Với mọi x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) • Hàm số f(x) gọi là giảm trên (a, b) nếu : Với mọi x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) Phần II. CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG Phương pháp 1: Hệ số bất định. Tạp chí toán học trong nhà trường, số 8 – 2004 trang 62 – 66 (bản tiếng Nga) Nguyên tắc chung: 9 Dựa vào điều kiện bài toán, xác định được dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b hoặc f(x) = ax2+ bx + c 9 Đồng nhất hệ số để tìm f(x) 9 Chứng minh rằng mọi hệ số khác của f(x) đều không thỏa mãn điều kiện bài toán. Phương pháp dồn biến → sao cho: Bài 1: Tìm f: ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = 4 xy.( x 2 − y 2 ), ∀x, y ∈ Giải: u+v ⎧ x= ⎧u = x + y ⎪⎪ 2 Đặt ⇒⎨ ⎨ ⎩v = x − y ⎪y = u − v ⎪⎩ 2 2 ⇒ vf (u ) − uf (v) = (u 2 − v 2 )uv f (u ) 2 f (v) 2 ⇒ −u = − v , ∀u, v ≠ 0 u v Cho v = 1 ta có: f (u ) f (1) 2 − u2 = − 1 , ∀u ≠ 0 u 1 ⇒ f (u ) = u 3 + au, ∀u ≠ 0 (a = f(1) – 1) Cho x = y = 0 ta có 2f(0) = 0 do đó f(0) = 0 Kết luận f ( x) = x3 + ax, ∀x ∈ 1 ⎛ x −1 ⎞ Bài 2: f ( x − 1) − 3 f ⎜ ⎟ = 1 − 2 x, ∀x ≠ 2 ⎝ 1− 2x ⎠ Giải : x −1 y 1− y = y −1 ⇒ x = ⇒ x −1 = Đặt : 1 − 2x 2 y −1 2 y −1 ⎛ 1− y ⎞ 1 −1 , ∀y ≠ ⇒ f⎜ ⎟ − 3 f ( y − 1) = 2 y −1 2 ⎝ 2 y −1 ⎠ 1 −1 ⎛ x −1 ⎞ , ∀x ≠ ⇒ f⎜ ⎟ − 3 f ( x − 1) = 2x −1 2 ⎝ 1− 2x ⎠ ⎧ 1 ⎛ x −1 ⎞ ⎪ f ( x − 1) − 3 f ⎜ 1 − 2 x ⎟ = 1 − 2 x, ∀x ≠ 2 ⎪ ⎝ ⎠ ⇒⎨ ⎪⇒ f ⎛ x − 1 ⎞ − 3 f ( x − 1) = −1 , ∀x ≠ 1 ⎜ ⎟ ⎪⎩ 2x −1 2 ⎝ 1− 2x ⎠ 3 ⇒ −8 f ( x − 1) = 1 − 2 x + 1− 2x 1⎛ 3 ⎞ 1 ⇒ f ( x − 1) = ⎜ −1 + 2 x + ⎟ , ∀x ≠ 8⎝ 2x −1 ⎠ 2 1⎛ 3 ⎞ 1 ⇒ f ( x) = ⎜ 1 + 2 x + ⎟ , ∀x ≠ 8⎝ 2x +1 ⎠ 2 Ví dụ 1: Đa thức f(x) xác định với ∀x ∈ và thỏa mãn điều kiện: 2 f ( x) + f (1 − x) = x 2 , ∀x ∈ (1) . Tìm f(x) Giải: Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu f là bậc nhất : x, 1 – x vế phải là bậc hai x2. Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c Khi đó (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀x ∈ do đó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀x ∈ Đồng nhất các hệ số, ta thu được: 1 ⎧ a = ⎪ 3 ⎧3a = 1 ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⇔ ⎨b = ⎨b − 2a = 0 3 ⎪a + b + 3c = 0 ⎪ ⎩ 1 ⎪ ⎪c = − 3 ⎩ 3 1 f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1) 3 Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn điều kiện bài toán. Công việc còn lại ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không thỏa mãn điều kiện bài toán. Thật vậy giả sử còn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn điều kiện bài toán. Do f(x) không trùng với g(x) nên ∃x0 ∈ : g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) . Do g(x) thỏa mãn điều kiện bài toán nên: 2 g ( x) + g (1 − x) = x 2 , ∀x ∈ Thay x bởi x0 ta được: 2 g ( x0 ) + g (1 − x0 ) = x0 2 Vậy Thay x bởi 1 –x0 ta được 2 g (1 − x0 ) + g ( x0 ) = (1 − x0 ) 2 1 Từ hai hệ thức này ta được: g ( x0 ) = ( x0 2 + 2 x0 − 1) = f ( x0 ) 3 Điều này mâu thuẫn với g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1) 3 Ví dụ 2: Hàm số y = f(x) xác định , liên tục với ∀x ∈ và thỏa mãn điều kiện: f(f(x)) = f(x) + x , ∀x ∈ Hãy tìm hai hàm số như thế. (Bài này đăng trên tạp chí KVANT số 7 năm 1986, bài M 995 – bản tiếng Nga) Giải Ta viết phương trình đã cho dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1) Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính vì vậy ta nên giả sử rằng hàm số cần tìm có dạng : f(x) = ax + b. Khi đó (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , ∀x ∈ hay (a2 –a )x + ab = x, ∀x ∈ đồng nhất hệ số ta được: ⎧ ⎧ ⎧a 2 − a = 1 ⎪a = 1 + 5 ⎪a = 1 − 5 ⇔⎨ ⎨ 2 ∨⎨ 2 ⎩ab = 0 ⎪b = 0 ⎪b = 0 ⎩ ⎩ Ta tìm được hai hàm số cần tìm là: 1± 5 f ( x) = x 2 Hiển nhiên thỏa mãn điều kiện bài toán. Ví dụ 3: Hàm số f : → thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau: a ) f ( f (n)) = n, ∀n ∈ (1) b) f ( f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ (2) c) f (0) = 1 (3) Tìm giá trị f(1995), f(-2007) (olympic Ucraina 1995) Giải: Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta đưa đến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b Khi đó điều kiện (1) trở thành: a 2 n + ab + b = n, ∀n ∈ Đồng nhất các hệ số, ta được: ⎧a 2 = 1 ⎧a = 1 ⎧a = −1 ⇔⎨ ∨⎨ ⎨ ⎩b = 0 ⎩b = 0 ⎩ab + b = 0 4 ⎧a = 1 Với ⎨ ta được f(n) = n ⎩b = 0 Trường hợp này loại vì không thỏa mãn (2) ⎧a = −1 Với ⎨ ta được f(n) = -n + b ⎩b = 0 Từ điều kiện (3) cho n = 0 ta được b = 1 Vậy f(n) = -n + 1 Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán. Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn điều kiện bài toán Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thỏa mãn điều kiện bài toán. Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1 Từ (3) suy ra f(1) = g(1) = 0 Sử dụng điều kiện (1) và (2) ta nhận được: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀n ∈ do đó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) ∀n ∈ Hay g(n) = g(n+2)+2 ∀n ∈ Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho f (n0 ) ≠ g (n0 ) Do f(n) cũng thỏa mãn (4) nên ta có: g (n0 − 2) = g (n0 ) + 2 = f (n0 ) + 2 = f (n0 − 2) ⇔ g (n0 − 2) = f (n0 − 2) Mâu thuẫn với điều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn (5) Vậy f(n) = g(n) , ∀n ∈ Chứng minh tương tự ta cũng được f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm. Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất. Từ đó tính được f(1995), f(-2007). Các bài tập tương tự: Bài 1: Tìm tất cả các hàm số f : → thỏa mãn điều kiện: f ( x + y ) + f ( x − y ) − 2 f ( x) f (1 + y ) = 2 xy (3 y − x 2 ), ∀x, y ∈ Đáp số f(x) = x3 Bài 2: Hàm số f : → thỏa mãn điều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, ∀n ∈ Tìm f(2005) Đáp số : 2006 Bài 3: Tìm tất cả các hàm f : → sao cho: f ( f (n)) + ( f (n)) 2 = n 2 + 3n + 3, ∀n ∈ Đáp số : f(n) = n + 1 Bài 4: Tìm các hàm f : → nếu : 8 2 ⎛ x −1 ⎞ ⎛ 1− x ⎞ ⎧ ⎫ 3f ⎜ , ∀x ∉ ⎨0, − ,1, 2 ⎬ ⎟−5 f ⎜ ⎟= 3 ⎝ 3x + 2 ⎠ ⎝ x − 2 ⎠ x −1 ⎩ ⎭ 28 x + 4 Đáp số : f ( x) = 5x Bài 5: Tìm tất cả các đa thức P(x) ∈ [ x ] sao cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ∀x, y ∈ Đáp số : P(x) = x3 + cx Phương pháp xét giá trị Bài 1: Tìm f : → thỏa mãn: 1 1 1 f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥ , ∀x, y, z ∈ 2 2 4 5 Giải: Cho x= y = z = 0: 1 1 1 f (0) + f (0) − f 2 (0) ≥ 2 2 4 1 2 ⇔ ( f (0) − ) ≤ 0 2 1 ⇔ f (0) = 2 Cho y = z = 0: 1 1 1 1 + − f ( x) ≥ , ∀x ∈ 4 4 2 4 1 ⇔ f ( x) ≤ , ∀x ∈ 2 Cho x= y = z = 1 1 1 1 f (0) + f (1) − f 2 (1) ≥ 2 2 4 1 2 ⇔ ( f (1) − ) ≤ 0 2 1 ⇔ f (1) = 2 Cho y = z = 1 1 1 1 1 f ( x) + f ( x) − f ( x ) ≥ 2 2 2 4 1 ⇔ f ( x) ≥ , ∀x ∈ 2 (1) (2) Từ ( 1) và (2) ta có f(x) = Bài 2: Tìm f : (0,1) → thỏa mãn: f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z) ∀x, y , z ∈ (0,1) Giải : Chọn x = y = z: f(x3) = 3xf(x) f(x6) = 3 x2 f(x2) Thay x, y, z bởi x2 Mặt khác f(x6) = f(x. x2 .x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3) 2 2 Hay 3 x f(x ) = xf(x) + x2 f(x2) + 3x4 f(x) 2 x2 f(x2) = xf(x) + 3x4 f(x) 3x3 + 1 ⇒ f ( x2 ) = f ( x), ∀x ∈ 2 Thay x bởi x3 ta được : 3x9 + 1 6 f ( x 3 ), ∀x ∈ ⇒ f (x ) = 2 3x9 + 1 3 xf ( x), ∀x ∈ ⇒ 3x2 f ( x2 ) = 2 3x3 + 1 3x9 + 1 3 xf ( x), ∀x ∈ f ( x) = ⇒ 3x2 2 2 ⇒ f ( x) = 0, ∀x ≠ 0 Vậy f(x) = 0 với mọi x Phương pháp 2: Sử dụng tính chất nghiệm của một đa thức (Bài giảng của Tiến sỹ Nguyễn Vũ Lương – ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội) Ví dụ 1: Tìm P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: ( x3 + 3x 2 + 3 x + 2) P( x − 1) = ( x3 − 3x 2 + 3x − 2) P( x), ∀x (1) 6 1 2 Giải: (1) ⇔ ( x + 2)( x + x + 1) P( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) P( x), ∀x Chọn : x = −2 ⇒ P ( −2) = 0 x = −1 ⇒ P (−1) = 0 x = 0 ⇒ P (0) = 0 x = 1 ⇒ P (1) = 0 Vậy P(x) = x(x – 1)(x + 1)(x + 2)G(x) Thay P(x) vào (1) ta được: ( x + 2)( x 2 + x + 1)( x − 1)( x − 2) x ( x + 1)G ( x − 1) = ( x − 2)( x 2 − x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2)G ( x), ∀x 2 2 ⇒ ( x 2 + x + 1) G ( x − 1) = ( x 2 − x + 1)G ( x), ∀x G ( x − 1) G ( x) , ∀x = 2 2 x − x +1 x + x +1 G ( x − 1) G ( x) , ∀x ⇔ = 2 2 ( x − 1) + ( x − 1) + 1 x + x + 1 ⇔ G ( x) (x ≠ 0, ± 1, -2) x + x +1 ⇒ R ( x ) = R ( x − 1) (x ≠ 0, ± 1, -2) Đặt R( x) = 2 ⇒ R( x) = C Vậy P( x) = C ( x 2 + x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2) Thử lại thấy P(x) thỏa mãn điều kiện bài toán. Chú ý : Nếu ta xét P(x) = (x3 + 1)(x – 1) Thì P(x + 1) = (x3 + 3x2 + 3x + 2)x Do đó (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) Từ đó ta có bài toán sau Ví dụ 2: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) với mọi x Giải quyết ví dụ này hoàn toàn không có gì khác so với ví dụ 1 Tương tự như trên nếu ta xét: P(x) = (x2 + 1)(x2 – 3x + 2) Ta sẽ có bài toán sau: Ví dụ 3: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn đẳng thức: (4 x 2 + 4 x + 2)(4 x 2 − 2 x) P( x) = ( x 2 + 1)( x 2 − 3x + 2) P (2 x + 1), ∀x ∈ Các bạn có thể theo phương pháp này mà tự sáng tác ra các đề toán cho riêng mình. Phương pháp 3: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm. 1. Trước hết ta nhắc lại khái niệm về dãy số. Dãy số là một hàm của đối số tự nhiên: x: → n x(n) Vì n ∈ {0,1, 2,3,...} ⇒ ( xn ) = { xo , x1 , x2 ,...} 2. Định nghĩa sai phân Xét hàm x(n) = xn Sai phân cấp 1 của hàm xn là Sai phân câp 2 của hàm xn là xn = xn +1 − xn 2 xn = xn +1 − xn = xn + 2 − 2 xn +1 + xn 7 Sai phân câp k của hàm xn là k k xn = ∑ (−1)i Cki xn + k −i i =0 3. Các tính chất của sai phân Sai phân các cấp đều được biểu thị qua các giá trị hàm số 9 9 Sai phân có tính tuyến tính: k k Δ (af + bg ) = aΔ f + bΔ k g 9 Nếu xn đa thức bậc m thì: Là đa thức bậc m – k nếu m> k Δ k xn Là hằng số nếu Là 0 nếu m= k m
0 Đặc trưng là f(xy) = f(x)f(y) Hàm mũ f ( x) = a x (a > 0, a ≠ 1) Đặc trưng hàm là f(x + y) = f(x)f(y), Hàm Logarit ∀x , y ∈ f ( x) = log a x (a>0,a ≠ 1) Đặc trưng hàm là f(xy) = f(x) + f(y). f(x) = cosx có đặc trưng hàm là f(x + y) + f(x – y) = 2f(x)f(y) Hoàn toàn tương tự ta có thể tìm được các đặc trưng hàm của các hàm số f(x) =sinx, f(x) = tanx và với các hàm Hypebolic: ¾ 2. ¾ sin hypebolic e x − e− x shx = 2 ¾ cos hypebolic chx = e x + e− x 2 ¾ tan hypebolic thx = shx e x − e− x = chx e x + e− x ¾ cot hypebolic cothx = chx e x + e − x = shx e x − e− x tập giá trị là shx có TXĐ là chx có TXĐ là tập giá trị là [1, +∞ ) tập giá trị là (-1,1) thx có TXĐ là cothx có TXĐ là \ {0} tập giá trị là ( −∞, −1) ∪ (1, +∞ ) Ngoài ra bạn đọc có thể xem thêm các công thức liên hệ giữa các hàm hypebolic, đồ thị của các hàm hypebolic Điểm bất động Trong số học, giải tích, các khái niệm về điểm bất động, điểm cố định rất quan trọng và nó được trình bày rất chặt chẽ thông qua một hệ thống lý thuyết. Ở đây, tôi chỉ nêu ứng dụng của nó qua một số bài toán về phương trình hàm. Ví dụ 1: Xác định các hàm f(x) sao cho: f(x+1) = f(x) + 2 ∀x ∈ Giải: Ta suy nghĩ như sau: Từ giả thiết ta suy ra c = c + 2 do đó c = ∞ 11 Vì vậy ta coi 2 như là f(1) ta được f(x + 1) = f(x) + f(1) (*) Như vậy ta đã chuyển phép cộng ra phép cộng. Dựa vào đặc trưng hàm, ta phải tìm a : f(x) = ax để khử số 2. Ta được (*) ⇔ a ( x + 1) = ax + 2 ⇔a=2 Vậy ta làm như sau: Đặt f(x) = 2x + g(x) Thay vào (*) ta được: 2(x + 1) + g(x + 1) = 2x + g(x) + 2, ∀x ∈ Điều này tương đương với g(x + 1) = g(x), ∀x ∈ Vậy g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. Đáp số f(x) = 2x + g(x) với g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1. Qua ví dụ 1, ta có thể tổng quát ví dụ này, là tìm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + a) = f(x) + b, ∀x ∈ , a, b tùy ý Ví dụ 2: Tìm hàm f(x) sao cho: f(x + 1) = - f(x) + 2, ∀x ∈ Giải: (1) ta cũng đưa đến c = -c + 2 do đó c = 1 vậy đặt f(x) = 1 + g(x), thay vào (1) ta được phương trình: g(x + 1) = - g(x), ∀x ∈ Do đó ta có: ⎧ g ( x + 1) = − g ( x ) ⎨ ⎩ g ( x + 2) = g ( x ) 1 ⎧ ⎪ g ( x ) = [ g ( x ) − g ( x + 1) ] ⇔ ⎨ ∀x ∈ 2 ⎪⎩ g ( x + 2) = g ( x ) Ta chứng minh mọi nghiệm của (3) có dạng : 1 g ( x) = [ h( x) − h( x + 1)] , ∀x ∈ 2 ở đó h(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 2 (3) qua ví dụ này, ta có thể tổng quát thành: f(x + a) = - f(x) + b, ∀x ∈ , a, b tùy ý Ví dụ 3: Tìm hàm f(x) thỏa mãn : f(x + 1) = 3f(x) + 2, ∀x ∈ (1) Giải: Ta đi tìm c sao cho c = 3c + 2 dễ thấy c = -1 Đặt f(x) = -1 + g(x) Lúc đó (1) có dạng g(x + 1) = 3g(x) ∀x ∈ Coi 3 như g(1) ta được g(x + 1) = g(1).g(x) ∀x ∈ (2) Từ đặc trưng hàm, chuyển phép cộng về phép nhân, ta thấy phải sử dụng hàm mũ : a x +1 = 3a x ⇔ a = 3 Vậy ta đặt: g ( x) = 3x h( x) thay vào (2) ta được: h(x + 1) = h(x) ∀x ∈ Vậy h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. f ( x) = −1 + 3x h( x) với h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. Kết luận 12 Ở ví dụ 3 này, phương trình tổng quát của loại này là : f(x + a) = bf(x) + c, ∀x ∈ , a, b, c tùy ý, b > 0, b khác 1 Với loại này được chuyển về hàm tuần hoàn. Còn f(x + a) = bf(x) + c, ∀x ∈ , a, b, c tùy ý, b < 0, b khác 1 được chuyển về hàm phản tuần hoàn. Ví dụ 4: Tìm hàm f(x) thỏa mãn f(2x + 1) = 3f(x) – 2 ∀x ∈ (1) Giải: Ta có: c = 3c – 2 suy ra c = 1 Đặt f(x) = 1 + g(x) Khi đó (1) có dạng g(2x + 1) = 3g(x) ∀x ∈ (2) Khi biểu thức bên trong có nghiệm ≠ ∞ thì ta phải xử lý cách khác. Từ 2x + 1 = x suy ra x = 1 Vậy đặt x = -1 + t ta có 2x + 1 = -1 + 2t (2) có dạng: g(-1 + 2t) = 3g(-1 + t ) ∀t ∈ Đặt h(t) = g(-1 + 2t), ta được h(2t) = 3h(t) (3) 2t = t ⇔ t = 0 (2t ) m = 3.t m ⇔ m = log 2 3 Xét ba khả năng sau: Nếu t = 0 ta có h(0) = 0 Nếu t> 0 đặt h(t ) = t log 2 3ϕ (t ) thay vào (3) ta có ϕ (2t ) = ϕ (t ), ∀t > 0 Đến đây ta đưa về ví dụ hàm tuần hoàn nhân tính. Nếu t < 0 đặt h(t ) =| t |log 2 3 ϕ (t ) thay vào (3) ta được ϕ (2t ) = −ϕ (t ), ∀t < 0 ⎧ϕ (2t ) = −ϕ (t ), ∀t < 0 ⇔⎨ ⎩ϕ (4t ) = ϕ (t ), ∀t < 0 1 ⎧ ⎪ϕ (t ) = [ϕ (t ) − ϕ (2t ) ] , ∀t < 0 ⇔⎨ 2 ⎪⎩ϕ (4t ) = ϕ (t ), ∀t < 0 Bài toán tổng quát của dạng này như sau: f (α x + β ) = f ( ax ) + b α ≠ 0, ± 1 Khi đó từ phương trình α x + β = x ta chuyển điểm bất động về 0, thì ta được hàm tuần hoàn nhân tính. Nếu a = 0 bài toán bình thường Nếu a = 1 chẳng hạn xét bài toán sau: Tìm f(x) sao cho f(2x + 1) = f(x) – 2, ∀x ≠ -1 (1) Nghiệm 2x + 1 = x ⇔ x = −1 nên đặt x = -1 + t thay vào (1) ta được f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2, ∀t ≠ 0 Đặt g(t) = f( - 1 + t) ta được g(2t) = g(t) + 2 ∀t ≠ 0 (2) Từ tích chuyển thành tổng nên là hàm loga Ta có log a (2t ) = log a t − 2 ⇔a= Vậy đặt 1 2 g (t ) = log 1 t + h(t ) 2 13 Thay vào (2) ta có h(2t ) = h(t ), ∀t ≠ 0 Đến đây bài toán trở nên đơn giản §Þnh lý Roll vμ ¸p dông vμo ph−¬ng tr×nh. TiÕn Sü : Bïi Duy H−ng Tr−êng THPT Chuyªn Th¸i B×nh I) §Þnh lý Roll : lμ tr−êng hîp riªng cña ®Þnh lý Lagr¨ng 1.Trong ch−¬ng tr×nh to¸n gi¶i tÝch líp 12 cã ®Þnh lý Lagr¨ng nh− sau : NÕu hμm sè y = f(x) liªn tôc trªn [a; b] vμ cã ®¹o hμm trªn (a; b) th× tån t¹i mét ®iÓm c ∈ (a; b) sao cho: f / (c) = f ( b ) − f (a ) b−a ý nghÜa h×nh häc cña ®Þnh lý nh− sau: XÐt cung AB cña ®å thÞ hμm sè y = f(x), víi to¹ ®é cña ®iÓm A(a; f(a)) , B(b; f(b)). HÖ sè gãc cña c¸t tuyÕn AB lμ: f ( b ) − f (a ) b−a f ( b ) − f (a ) f / (c) = b−a k = §¼ng thøc : nghÜa lμ hÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm C(c; f(c)) cña cung AB b»ng hÖ sè gãc cña ®−êng th¼ng AB. VËy nÕu c¸c ®iÒu kiÖn cña ®Þnh lý Lagr¨ng ®−îc tho¶ m·n th× tån t¹i mét ®iÓm C cña cung AB, sao cho tiÕp tuyÕn t¹i ®ã song song víi c¸t tuyÕn AB. 2. NÕu cho hμm sè y = f(x) tho¶ m·n thªm ®iÒu kiÖn f(b) = f(a) th× cã f / (c) = 0. Ta cã ®Þnh lý sau ®©y cã tªn gäi lμ : §Þnh lý Roll. NÕu hμm sè y = f(x) liªn tôc trªn [a; b], cã ®¹o hμm f / (x) trªn (a; b) vμ cã f(a) = f(b) th× tån t¹i ®iÓm xo ∈ (a , b) sao cho f’ (xo) = 0.. Nh− vËy ®Þnh lý Roll lμ mét tr−êng hîp riªng cña ®Þnh lý Lagr¨ng. Tuy nhiªn cã thÓ chøng minh ®Þnh lý Roll trùc tiÕp nh− sau: Hμm sè f(x) liªn tôc trªn [a; b] nªn ®¹t c¸c gi¸ trÞ max, min trªn ®o¹n [a; b] gäi m = min f(x) , M = max f(x) 14 x ∈ [ a, b ] x ∈ [ a, b ] NÕu m = M th× f(x) = C lμ h»ng sè nªn ∀ xo ∈ (a , b) ®Òu cã f’(xo ) = 0 NÕu m < M th× Ýt nhÊt mét trong hai gi¸ trÞ max, min cña hμm sè f(x) ®¹t ®−îc t¹i ®iÓm nμo ®ã xo ∈ (a; b). VËy xo ph¶i lμ ®iÓm tíi h¹n cña f(x) trªn kho¶ng (a; b) ⇒ f’ (xo ) = 0. §Þnh lý ®−îc chøng minh . ý nghÜa h×nh häc cña ®Þnh lý Roll : Trªn cung AB cña ®å thÞ hμm sè y = f(x), víi A(a; f(a)) , B(b; f(b)) vμ f(a) = f(b), tån t¹i ®iÓm C ( c; f(c) ) mμ tiÕp tuyÕn t¹i C song song víi Ox. II ) ¸p dông cña ®Þnh lý Roll. Bμi to¸n 1. Cho n lμ sè nguyªn d−¬ng , cßn a, b, c lμ c¸c sè thùc tuú ý tho¶ m·n hÖ thøc : a c b + + = 0 (1) n + 2 n +1 n CMR ph−¬ng tr×nh : 2 a x + bx + c = 0 cã Ýt nhÊt mét nghiÖm trong ( 0; 1) . Gi¶i : XÐt hμm sè: ax n + 2 bx n +1 cx n f(x) = + + . n + 2 n +1 n Hμm sè f (x) liªn tôc vμ cã ®¹o hμm t¹i ∀ x ∈ R . Theo gi¶ thiÕt (1) cã f(0) = 0 , f(1) = a b c + + =0 n + 2 n +1 n Theo ®Þnh lý Roll tån t¹i xo ∈ (0; 1) sao cho f’(xo ) = 0 mμ: n +1 n n −2 f’(x) = a x + bx + cx n +1 n n −1 f’(x 0 ) = 0 ⇒ ax o + bx o + cx o = 0 ⇔ x on −1 (ax o2 + bx o +c) = 0 ( x o ≠ 0 ) ⇔ ax o2 + bx o + c = 0 2 VËy ph−¬ng tr×nh a x + bx + c = 0 cã nghiÖm x o ∈ (0;1) . (®pcm) . Bμi to¸n 2 : Gi¶i ph−¬ng tr×nh : 3 +6 = 4 +5 Gi¶i : Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi : x x x x 6 x − 5 x = 4 x − 3x (2). Râ rμng x o = 0 lμ mét nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (2) . Ta gäi α lμ nghiÖm bÊt kú cña ph−¬ng tr×nh (2). XÐt hμm sè : α α f(x) = ( x + 1) − x , víi x > 0 Hμm sè f(x) x¸c ®Þnh vμ liªn tôc trªn ( 0; + ∞ ) vμ cã ®¹o hμm : α −1 α −1 f’ (x) = α( x + 1) - α x = α [ ( x + 1) − x ] Tõ (2) cã f(5) = f(3) . VËy tån t¹i c ∈ ( 3; 5) sao cho f’(c) = 0, hay lμ : α [ (c + 1) α −1 − c α −1 ] = o ⇔ α =o, α =1. Thö l¹i thÊy x 1 = 0 , x 2 = 1 ®Òu tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (2). α −1 α −1 VËy ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm lμ : x 1 = 0, x 2 = 1 Bμi to¸n 3 15 Chøng minh r»ng víi c¸c sè thùc bÊt kú a, b, c ph−¬ng tr×nh : acos3x + bcos2x + csinx = 0 (3) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm thuéc kho¶ng ( 0 ; 2 π ) Gi¶i a sin 3x b sin 2x + + c sin x − cos x . 3 2 Hμm f(x) liªn tôc trªn [ 0; 2 π ] , cã ®¹o hμm trªn ( 0; 2 π ) vμ cã ®¹o hμm lμ: XÐt hμm sè f(x) = f’ (x) = acos3x + bcos2x +ccosx + sinx . mÆt kh¸c cã f(0) = - 1 , f ( 2 π ) = - 1 . Theo ®Þnh lý Roll tån t¹i x o ∈ (0;2π) ®Ó f’( x0 ) = 0 . VËy x o ∈ (0;2π) lμ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh ( 3 ). ( ®pcm ). Bμi to¸n 4 3cos x − 2 cos x = cosx (4). Gi¶i ph−¬ng tr×nh : Gi¶i : Ph−¬ng tr×nh (4) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm x 0 = 0 . Gäi α lμ nghiÖm bÊt kú cña (4) .Khi ®ã cã : 3cos α − 2 cos α = cos α ⇔ 3cos α − 3 cos α = 2 cos α − 2 cos α . cos α − t cos α , (víi t > 1 ). XÐt hμm sè f(x) = t (5) Hμm sè f(x) liªn tôc trªn kho¶ng (1; + ∞ ) vμ cã ®¹o hμm lμ: cos α −1 f’ (x) = cos α.t − cos α . Tõ ®¼ng thøc (5) cã : f(2) = f (3) . VËy tån t¹i gi¸ trÞ c ∈ ( 2; 3 ) sao cho: cos α −1 − cos α = 0 f’(c) = 0 . ⇔ cos α . c ⇔ cos α(c cos α −1 − 1) = 0 ⇔ cos α = 0 hoÆc cos α = 1 π ⇔ α = + kπ ; α = k 2π . Víi k ∈ Ζ 2 Thö l¹i thÊy tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh (4) . VËy (4) cã nghiÖm x = π + kπ , x = k2 π ( ∀k ∈ Ζ ) 2 NhËn xÐt : Tõ ®Þnh lý Roll cã thÓ rót ra mét sè hÖ qu¶ quan träng nh− sau : Cho hμm sè y = f (x) x¸c ®Þnh trªn [a; b] vμ cã ®¹o hμm t¹i ∀x ∈ (a; b) . HÖ qu¶ 1 : NÒu ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã n nghiÖm ph©n biÖt th×: ph−¬ng tr×nh f’ (x) = 0 cã Ýt nhÊt n – 1 nghiÖm ph©n biÖt . (k ) ph−¬ng tr×nh f (x) = 0 cã Ýt nhÊt n – k nghiÖm ph©n biÖt, víi k = 2, 3, 4 … HÖ qu¶ 2 : NÕu ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã n nghiÖm ph©n biÖt th× ph−¬ng tr×nh : f(x) + α f’ (x) = 0 cã Ýt nhÊt n-1 nghiÖm ph©n biÖt , víi ∀α ∈ R mμ α ≠ 0 . Chøng minh : x XÐt hμm F (x) = e α .f ( x ) . Hμm sè F (x) liªn tôc trªn [a; b] vμ cã n nghiÖm ph©n biÖt . Theo hÖ qu¶ 1 th× ph−¬ng tr×nh F’ (x) = o cã Ýt nhÊt n-1 nghiÖm ph©n biÖt . MÆt kh¸c cã: x α x α F’(x) = e .f ' ( x ) + e . 1 .f ( x ) α 16 x eα = . [ f(x) + α f’(x) ] α VËy ph−¬ng tr×nh : f(x) + α f’(x) = 0 cã Ýt nhÊt n-1 nghiÖm. Chó ý : Trong tr−êng hîp ph−¬ng tr×nh f’(x) = 0 cã n-1 nghiÖm ph©n biÖt th× ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 ch−a ch¾c ®· cã n nghiÖm ph©n biÖt . XÐt vÝ dô sau ®©y : 3 2 Ph−¬ng tr×nh : x − 3x + 5 = 0 cã ®óng 1 nghiÖm 2 nh−ng ph−¬ng tr×nh : 3x − 6 x = 0 cã 2 nghiÖm. HÖ qu¶ 3 : NÕu f’’(x) > o hoÆc f’’ (x) < o ∀x ∈ (a; b) th× ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã kh«ng qu¸ hai nghiÖm. HÖ qu¶ 4 : NÕu f’’’(x) > 0 hoÆc f’’’(x) < 0 ∀x ∈ (a; b) th× ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã kh«ng qu¸ ba nghiÖm . Bμi to¸n 5 : x + 3x + 1 = x 2 + x + 1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh : Gi¶i : (6) §iÒu kiÖn x ≥ 0 Ph−¬ng tr×nh (6) ⇔ XÐt hμm sè: x + 3x + 1 − x 2 − x − 1 = 0 x + 3x + 1 − x 2 − x − 1 . Víi x ∈ [0;+∞) 1 3 f’(x) = + − 2x − 1 2 x 2 3x + 1 1 9 f’’(x) = − − 2 < 0.∀x > 0 4 x 3 4 (3x + 1) 3 f(x) = Theo hÖ qu¶ 3 suy ra ph−¬ng tr×nh (6) cã kh«ng qu¸ 2 nghiÖm Thö trùc tiÕp x 1 = 0, x 2 = 1 tho¶ m·n ph−¬ng tr×nh . VËy (6) cã ®óng 2 nghiÖm x = 0, x = 1 . Bμi to¸n 6: Gi¶i ph−¬ng tr×nh : 3 = 1 + x + log 3 (1 + 2 x ) 1 Gi¶i : §iÒu kiÖn: 1 + 2x > 0 ⇔ x > 2 Ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi : x 3 x + x = (1 + 2 x ) + log 3 (1 + 2 x ) ( 7 ) XÐt hμm f(t) = t + log 3 t , víi t ∈ (0;+∞) ta cã : 1 > 0, ∀t > 0 . VËy f (t) ®ång biÕn trªn ( 0; + ∞ ) f’(t) = 1 + t ln 3 x Ph−¬ng tr×nh ( 7 ) khi ®ã trë thμnh: f ( 3 ) = f ( 1 + 2x ) ⇔ 3x = 1 + 2x ⇔ 3x − 2 x − 1 = 0 (8) 17 1 2 XÐt hμm sè: g (x) = 3 − 2 x − 1 víi x ∈ ( − ;+∞ ) ta cã : x g’(x) = 3 . ln 3 − 2 x x 2 g’’(x) = 3 . ln 3 > 0. ∀x > − 1 2 VËy ph−¬ng tr×nh (8) cã kh«ng qu¸ 2 nghiÖm trong kho¶ng ( - 1 ;+∞) 2 x 1 = 0, x 2 = 1 lμ 2 nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (8) . VËy ph−¬ng tr×nh (8) cã 2 nghiÖm x 1 , x 2 . KÕt luËn : Ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng 2 nghiÖm x 1 = 0, x 2 = 1 MÆt kh¸c thö trùc tiÕp thÊy Bμi to¸n 7 : Gi¶i ph−¬ng tr×nh : ( 2 + 2)(4 − x ) = 12 (9) . Gi¶i : x XÐt hμm sè f (x) = ( 2 + 2)(4 − x ) − 12 . X¸c ®Þnh vμ liªn tôc trªn R . x f’(x) = 2 . ln 2.( 4 − x ) − ( 2 + 2) . x x f’’(x) = 2 . ln 2.( 4 − x ) − 2 . ln 2 − 2 . ln 2 . x 2 x x = 2 . ln 2.[ln 2.( 4 − x ) − 2] . f’’(x) = 0 ⇔ ( x − 4). ln 2 + 2 = 0 x ⇔ xo = 4 − 2 . ln 2 Ph−¬ng tr×nh f’’(x) = 0 cã nghiÖm duy nhÊt . Theo ®Þnh lý Roll th× ph−¬ng tr×nh ( 9 ) cã kh«ng qu¸ 3 nghiÖm , bëi v× nÕu (9) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt th× f’’(x) = 0 cã Ýt nhÊt 2 nghiÖm ph©n biÖt . Thö trùc tiÕp thÊy (9) tho¶ m·n víi x = 0 , x = 1 , x = 2 . VËy (9) cã ®óng 3 nghiÖm x 1 = 0, x 2 = 1, x 3 = 2 . Bμi to¸n 8 : Chøng minh r»ng : Víi ∀m ∈ R ph−¬ng tr×nh : x 2005 + 2 x 3 + m( x 2 − 1) − 9 x + 5 = 0 (10). cã ®óng 3 nghiÖm . Gi¶i : XÐt hμm sè f(x) = x + 2 x + m( x − 1) − 9 x + 5 . H m sè f(x) liªn tôc vμ cã ®¹o hμm trªn R. 2004 + 6 x 2 + 2mx − 9 . f’(x) = 2005. x 2003 f’’(x) = 2005.2004. x + 12x + 2m . 2002 f’’’(x) = 2005.2004.2003. x + 12 > 0.∀x . VËy ph−¬ng tr×nh (10) cã kh«ng qu¸ 3 nghiÖm . MÆt kh¸c lim f(x) = - ∞ , lim f(x) = + ∞ , f(- 1) = 11 > 0, f(1) = - 1 < 0 x → −∞ x → +∞ Cho nªn : ∃x 1 ∈ (−∞;−1) mμ f ( x 1 ) = 0 2005 3 2 ∃x 2 ∈ (-1;1) mμ f( x 2 ) = 0 ∃x 3 ∈ (1;+∞) mμ f( x 3 ) = 0 NghÜa lμ ph−¬ng tr×nh (10 ) cã Ýt nhÊt 3 nghiÖm ph©n biÖt x 1 < x 2 < x 3 . 18 VËy ph−¬ng tr×nh ( 10 ) cã ®óng 3 nghiÖm ph©n biÖt .(§pcm) . Bμi to¸n 9 : 4 3 Cho biÕt ph−¬ng tr×nh : x + ax + bx + c = 0 (11) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt . Chøng minh r»ng : ab < 0 Gi¶i : XÐt P (x) = x + ax + bx + c liªn tôc trªn R . 3 2 f(x) = P’ (x) = 4 x + 3ax + b . Ph−¬ng tr×nh (11) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt , theo ®Þnh lý Roll suy ra: ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã 3 nghiÖm ph©n biÖt ⇔ f CD .f CT < 0. 4 3 MÆt kh¸c cã f’(x) = 12 x 2 + 6ax = 6x.( 2x + a ) a a 3 + 4b f CD .f CT = f (o).f (− ) = b.( ) . (®iÒu kiÖn a ≠ 0 ) 2 4 3 §iÒu kiÖn f CD .f CT < 0 ⇔ b(a + 4b) < 0 (12) Tõ (12) dÔ dμng suy ra ab < 0 . Bëi v× nÕu cã : a > 0 , b > 0 th× : vÕ tr¸i (12) > 0 a < 0 , b < 0 th× : VÕ tr¸i (12) > 0 b=0 th× : VÕ tr¸i (12) = 0. VËy ab < 0 . (§iÒu ph¶i chøng minh ). Bμi to¸n 10 : Cho sè n nguyªn d−¬ng tuú ý lín h¬n 1 , vμ c¸c sè thùc a 1 , a 2 , a 3 ,.......a n . tho¶ m·n ®iÒu kiÖn : 2 n −1.a n a 1 2a 2 4a 3 an a1 a 2 + + + ...... + + + ....... + = 0= n +1 n +1 2 3 2 3 4 Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh : a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + ...... + na n x n −1 = o cã nghiÖm . Gi¶i : a 3x 4 a n x n +1 a1x 2 a 2 x 3 XÐt F(x) = + + + ..... + . 2 3 4 n +1 §a thøc F(x) liªn tôc trªn R , cã ®¹o hμm cÊp tuú ý trªn R. 2 3 n F’(x) = a 1 x + a 2 x + a 3 x + ...... + a n x F’’(x) = a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x + ..... + na n x 2 n −1 a1 a 2 a + + ...... + n 2 3 n +1 4 2 3 2 a 1 2 a 2 2 .a 3 2 n +1.a n + + + ....... + F(2) = 2 3 4 n +1 n −1 a 2a 2 4a 3 2 .a n =4( 1 + + + ........ + ) 2 3 4 n +1 F(0) = 0, F(1) = Theo gi¶ thiÕt (13) suy ra F(0) = F(1) = F(2) . Theo ®Þnh lý Roll suy ra ph−¬ng tr×nh F’(x) = 0 cã Ýt nhÊt 2 nghiÖm ph©n biÖt x 1 ∈ (0;1), x 2 ∈ (1;2) . Suy ra ph−¬ng tr×nh F’’(x) = 0 cã Ýt nhÊt 1 nghiÖm x0 . VËy ph−¬ng tr×nh : a 1 + 2a 2 x + ......... + na n x ΙΙΙ ) C¸c bμi to¸n luyÖn tËp : Gi¶i c¸c ph−¬ng tr×nh vμ hÖ ph−¬ng tr×nh sau. n −1 = 0 cã nghiÖm (§pcm) . 19 (13). 1) 2 = 1 + log 2 ( x + 1) x 2) x + 5 − x = x − 5x + 7 x 3) ( 4 + 2)( 2 − x ) = 6 2 4) log 2 ( x + 1) + log 3 (2x + 1) = 6 5) ⎧ x 2 = 1 + 3 log2 y ⎪ 2 ⎨ y = 1 + 3 log2 z ⎪ z 2 = 1 + log x 2 ⎩ ⎧4 x + 2 x = 4 y + 2 ⎪ 6) ⎨ 4 y + 2 y = 4 z + 2 z ⎪ z ⎩4 + 2 = 4x + 2 Tø GI¸C TOμN PHÇN NéI TIÕP, NGO¹I TIÕP Th¹c sü : Ph¹m C«ng SÝnh Tæ to¸n tr−êng t.h.p.t Chuyªn Th¸i B×nh lêi nãi ®Çu ******* 20
- Xem thêm -
Tài liệu liên quan
Key bài tập tiếng anh lớp 7 thí điểm lưu hoằng trí...
16
395490
155
Key bài tập tiếng anh lớp 8 thí điểm lưu hoằng trí...
16
364001
159
Keys bài tập tiếng anh 11 thí điểm lưu hoằng trí...
31
89238
192
320 câu hỏi trắc nghiệm giáo dục quốc phòng...
20
73117
109
Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi môn địa lí lớp 11 ...
90
56479
147
Keys bài tập tiếng anh 10 thí điểm lưu hoằng trí...
35
55149
84
Key bài tập tiếng anh lớp 6 thí điểm lưu hoằng trí...
16
53793
146
Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi môn sinh học lớp 1...
146
46807
166
Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi môn ngữ văn lớp 10...
90
44571
225
Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi môn lịch sử lớp 10...
98
40877
123
Keys bài tập tiếng anh 12 thí điểm lưu hoằng trí...
30
37308
168
Tuyển tập 45 đề thi học sinh giỏi môn sinh học lớp 1...
157
35233
210
200 câu trắc nghiệm ôn tập điện dân dụng có đáp án h...
35
31498
80
Giáo trình thực vật dược...
118
27218
201
Một số bài thí nghiệm thực hành môn hóa học...
29
26560
103
Tuyển tập 40 đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 11 (c...
179
25399
125
Tuyển tập 60 đề thi học sinh giỏi môn tiếng anh lớp ...
508
19388
136
Hướng dẫn cộng điểm dành cho giáo viên bộ môn và giá...
4
18987
101
Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi môn vật lý lớp 10 ...
93
18517
119
Báo cáo thực hành hóa sinh ...
7
17564
90
×
Tải tài liệu
Chi phí hỗ trợ lưu trữ và tải về cho tài liệu này là
đ
. Bạn có muốn hỗ trợ không?
Tài liệu vừa đăng
Skkn hiệu trưởng xây dựng bầu không khí tâm lý của tập thể trường thpt
1
122
Tác động của phương án thi tốt nghiệp thpt và tuyển sinh đại học cao đẳng 2015 tới sự lựa chọn khối thi và nghề nghiệp của học sinh thpt
29
1
91
Tìm hiểu tâm lí các bạn học sinh chưa ngoan và một số biện pháp giải quyết
31
1
108
Vai trò của nữ sinh thpt trong việc hạn chế tỷ lệ hút thuốc lá
19
1
99
Tuyển tập đề kiểm tra học kỳ 1 môn toán 12
68
1
143
Tuyển tập đề thi học kỳ 1 môn toán 12 (có đáp án)
139
1
136
Tuyển tập 198 câu vận dụng cao hàm số và phương trình lượng giác
83
1
96
Trắc nghiệm nâng cao hàm số lượng giác và phương trình lượng giác
76
1
98
Tuyển tập 30 đề thi giữa học kì 2 môn toán lớp 12
181
1
115
Trọng tâm kiến thức và phương pháp giải bài tập môn toán 11 (quyển 1)
1
109
Tài liệu xem nhiều nhất
Key bài tập tiếng anh lớp 7 thí điểm lưu hoằng trí
16
395490
155
Key bài tập tiếng anh lớp 8 thí điểm lưu hoằng trí
16
364001
159
Keys bài tập tiếng anh 11 thí điểm lưu hoằng trí
31
89238
192
320 câu hỏi trắc nghiệm giáo dục quốc phòng
20
73117
109
Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi môn địa lí lớp 11 (có đáp án chi tiết)
90
56479
147
Keys bài tập tiếng anh 10 thí điểm lưu hoằng trí
35
55149
84
Key bài tập tiếng anh lớp 6 thí điểm lưu hoằng trí
16
53793
146
Tuyển tập 30 đề thi học sinh giỏi môn sinh học lớp 10 (có đáp án chi tiết)
146
46807
166
Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi môn ngữ văn lớp 10 (có đáp án chi tiết)
90
44571
225
Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi môn lịch sử lớp 10 (có đáp án chi tiết)
98
40877
123