Tài liệu Chuyên đề khảo sát hàm số luyện thi cấp tốc đại học

Sách có tất cả 10 chủ đề , dưới đây là chủ đề 01 CHUÛ ÑEÀ 1 KHAÛO SAÙT HAØM SOÁ 1.1. TOÙM TAÉT LYÙ THUYEÁT. VAÁN ÑEÀ 1 TÍNH ÑÔN ÑIEÄU CUÛA HAØM SOÁ 1. Điều kiện cần để hàm số đơn điệu: Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I • Nếu hàm số f đồng biến trên khoảng I thì f ' (x ) ≥ 0 với mọi x ∈ I ; • Nếu hàm số f nghịch biến trên khoảng I thì f ' (x ) ≤ 0 với mọi x ∈ I . 2. Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu: Giả sử I là một khoảng hoặc nửa khoảng hoặc một đoạn, f là hàm số liên tục trên I và có đạo hàm tại mọi điểm trong của I (tức là điểm thuộc I nhưng không phải đầu mút của I ). Khi đó: • Nếu f ' (x ) > 0 với mọi x ∈ I thì hàm số f đồng biến trên khoảng I ; • Nếu f ' (x ) < 0 với mọi x ∈ I thì hàm số f nghịch biến trên khoảng I ; • Nếu f ' (x ) = 0 với mọi x ∈ I thì hàm số f không đổi trên khoảng I . Ví dụ 1 : Xét sự biến thiên của hàm số : y = 1 − x 3 Giải: Hàm số đã cho xác định trên nửa khoảng (−∞;1 . Ta có: y ' = − 3x 2 2 1 − x3 y ' = 0 khi x = 0 và y ' < 0 khi ∀x ∈ (−∞;1) và x ≠ 0 . Do đó hàm số nghịch biến trên nửa khoảng (−∞;1 . Chú ý: y ' = 0 tại x = 0 thì hàm số không đổi trên nửa khoảng (−∞;1 . Ví dụ 2 : Xét sự biến thiên của hàm số : y = x 2 − 2x − 3 Giải: x 2 − 2x − 3 khi x ≤ −1 ∨ x ≥ 3  y = x 2 − 2x − 3 =  2 −x + 2x + 3 khi − 1 < x < 3  Hàm số đã cho xác định trên
. 2x − 2 khi x < −1 ∨ x > 3 Ta có: y ' =  −2x + 2 khi − 1 < x < 3 Hàm số không có đạo hàm tại x = −1 và x = 3 . ( ) + Trên khoảng ( −∞; −1) : y ' < 0 ; + Trên khoảng ( 3; +∞ ) : y ' > 0 . + Trên khoảng −1; 3 : y ' = 0 ⇔ x = 1 ; Bảng biến thiên: x y' −∞ − −1 || + 1 0 − 3 || +∞ + y Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −1;1) và ( 3; +∞ ) , nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và (1; 3 ) . Chú ý: 2 y = x − 2x − 3 = (x 2 2 − 2x − 3 ) ⇒ y' = ( 2 ( x − 1) x 2 − 2x − 3 ) x2 − 2x − 3 Khi tính đạo hàm của hàm số có dạng y = f ( x ) , ta chuyển trị tuyệt đối vào trong căn thức y = f 2 ( x ) , khi đó tại những điểm mà f ( x ) = 0 thì hàm số không có đạo hàm. Ví dụ 3 : Chứng minh rằng hàm số : y = cos 2x − 2x + 3 nghịch biến trên ». Giải: Hàm số đã cho xác định trên
. Ta có: y ' = −2 sin 2x − 2 = −2 (1 + s in2x ) ≤ 0, ∀x ∈
và y ' = 0 π 4 khi x = − + kπ, k ∈  . Vì y ' = 0 tại vô hạn điểm nên chưa thể kết luận hàm số nghịch biến trên ». Với ∀x1, x2 ∈
và x1 < x2 , khi đó luôn tồn tại khoảng ( a; b ) chứa x1, x2 . Do y ' = 0 tại hữu hạn điểm trên khoảng ( a; b ) nên hàm số nghịch biến trên khoảng ( a; b ) khi đó y ( x1 ) > y ( x2 ) ⇒ hàm số nghịch biến trên ». Chú ý: Khi xét tính đơn điệu của hàm số chứa hàm lượng giác ta để ý đạo hàm của hàm số có thể triệt tiêu tại vô hạn điểm, do đó ta chuyển về xét tính đơn điệu trên một khoảng chứa hữu hạn điểm mà tại đó đạo hàm triệt tiêu. Ví dụ 4 : Tìm tham số m ∈ » để hàm số : y = mx − 1 x −m nghịch biến trên mỗi khoảng xác định. Giải: Hàm số đã cho xác định trên khoảng (−∞; m) ∪ (m; +∞) . Ta có: y ' = 1 − m2 2 (x − m ) Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó khi y ' ≤ 0, ∀x ∈ (−∞; m ) ∪ (m; +∞) và dấu đẳng thức xảy ra tại một số hữu hạn điểm ⇔ 1 − m2 < 0 ⇔ m2 > 1 ⇒ m > 1 . Vậy m > 1 và m ∈
thỏa mãn bài toán. 3 Ví dụ 5 : Giải phương trình : x = (1 − x ) + 1. Giải: Điều kiện: x ≥ 0 . Xét hàm số y = x − (1 − x ) − 1 xác định trên nửa khoảng 3 ) 0; +∞ . Ta có: y ' = 1 2 x ( + 3 1− x ) 2 > 0, ∀x > 0 ⇒ y đồng biến trên nửa khoảng 0; +∞ ) . Do đó, nếu phương trình y = 0 có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Dễ thấy y (1) = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Ví dụ 6 : Tìm m ∈ » để phương trình: 5 x 2 − 34x + m − 4 (x − 1)(x − 33) = 1 có nghiệm. Giải: 1. Đặt u = 5 x 2 − 34x + m, v = 4 (x − 1)(x − 33); v ≥ 0 u − v = 1 ⇒ v = u − 1 ≥ 0  4 u5 − (u − 1) = m − 33  Ta có hệ:  4 Xét hàm số f (u) = u5 − (u − 1) với u ≥ 1 . 3 Ta có: f ' (u) = 5u 4 − 4 (u − 1) > 0, ∀u > 1 ⇒ f (u) tăng trên nửa khoảng 1; +∞) và f (1) = 1; lim = +∞ . x→+∞ Lập bảng biến thiên, suy ra f (u) ≥ 1 ⇔ m − 33 ≥ 1 ⇔ m ≥ 34 . Hoạt động : Tìm m ∈ » để phương trình: 3x 2 − 1 2x − 1 = 2x − 1 + mx có nghiệm. Ví dụ 7 : Tìm m ∈ » để hệ phương trình: x − y + m = 0 (1)  có nghiệm.  y + xy = 2 (2) Giải: Vì y = 0 không là nghiệm của hệ. y ≤ 2  2 Với y ≠ 0 phương trình (2) ⇔ xy = 2 − y ⇔  x = (y − 2) y  Khi đó phương trình (1) viết lại m = 4. f (y) = y−1 (3) . Đặt y y−1 với y ≤ 2 . Để hệ có nghiệm khi phương trình (3) có y nghiệm với mọi y ≤ 2 . Ta có: f ' (y) = 1 y2 > 0 với mọi y < 2 và y ≠ 0 . Khi đó f (y) đồng biến trên khoảng (−∞;0) và nửa đoạn (0;2 Và lim f (y) = 1; lim− f (y) = +∞; lim+ f (y) = −∞ y →∞ y→0 y→ 0 Lập bảng biến thiên, ta suy ra f (y) > 1 hoặc f (y) ≤ m > 4 hoặc m ≤ 2 . 1 . Khi đó 2 Hoạt động : Tìm m ∈ » để hệ phương trình : x + xy = 1  có 3 cặp nghiệm thực.  3 (x + 1)2 + y − m = 0  Đáp số : −4 ≤ m ≤ − 15 20 hoặc ≤ m ≤ 12 . 4 3 VAÁN ÑEÀ 2 CÖÏC TRÒ HAØM SOÁ 1. Điều kiện cần để hàm số đạt cực trị: Định lý 1: Giả sử hàm số f đạt cực trị tại điểm x 0 . Khi đó, nếu f có đạo hàm tại điểm x 0 thì f ' (x 0 ) = 0 2. Điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị: Định lý 2: Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng ( a; b ) chứa điểm x 0 và có đạo hàm trên các khoảng (a; x 0 ) và (x 0 ; b) . Khi đó: f ' (x ) < 0, x ∈ (a; x )  0 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x 0 . a) Nếu  f ' (x 0 ) > 0, x ∈ (x 0 ; b) Nói một cách khác, nếu f ' ( x ) đổi dấu từ âm sang dương khi x qua điểm x 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại điểm x 0 . x f ' (x) f (x ) x0 a − 0 f (a ) b + f (b ) f (x 0 ) f ' ( x ) > 0, x ∈ (a; x )  0 0 thì hàm số đạt cực đại tại điểm x 0 . b) Nếu  f ' ( x 0 ) < 0, x ∈ (x 0 ; b)  Nói một cách khác, nếu f ' ( x ) đổi dấu từ dương sang âm khi x qua điểm x0 thì hàm số đạt cực đại tại điểm x 0 . x0 a x f ' (x) f (x ) + b − 0 f (x 0 ) f (a ) f (b ) Định lý 3: Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp một trên khoảng (a; b) chứa điểm x 0 , f ' (x0 ) = 0 và f có đạo hàm cấp hai khác 0 tại điểm x 0 . a) Nếu f '' (x 0 ) < 0 thì hàm số f đạt cực đại tại điểm x 0 . b) Nếu f '' (x 0 ) > 0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại điểm x 0 . Ví dụ 1 : Tìm cực trị của hàm số : y = x (x − 3) . Giải: Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
.  x x − 3 khi x ≥ 0 )  ( y =  .  −x (x − 3) khi x < 0  3 (x − 1)  khi x > 0  Ta có y ' =  2 x  3 − x + −x khi x < 0   2 −x Hàm số không có đạo hàm tại x = 0 . Trên khoảng ( −∞; 0 ) : y ' > 0 ,trên khoảng ( 0; +∞ ) : y ' = 0 ⇔ x = 1 Bảng biến thiên x −∞ 0 1 +∞ y' y + − 0 0 + +∞ −∞ −2 Hàm số đạt điểm cực đại tại điểm x = 0, f (0) = 0 , hàm số đạt điểm cực tiểu tại điểm x = 1, f (1) = −2 . Chú ý: Cho dù hàm số không có đạo hàm tại x = 0 , nhưng nó vẫn đạt cực đại tại điểm đó. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên D và điểm x = x 0 ∈ D là điểm cực trị của hàm số khi và chỉ khi hai điều kiện sau cùng thỏa mãn: 1. Tại x = x 0 đạo hàm triệt tiêu hoặc không tồn tại. 2. Đạo hàm đổi dấu khi x đi qua x 0 . Ví dụ 2 : Tìm tham số m ∈ » để hàm số : y = x 2 + mx + 1 x +m đạt cực tiểu tại x = 1. Giải: Hàm số đã cho xác định và liên tục trên khoảng ( −∞; −m ) ∪ ( −m; +∞ ) . Ta có: y ' = 1 − 1 (x + m) 2 và y '' = 1 (x + m) 3 . Hàm số có đạo hàm tại mọi điểm trên khoảng xác định, nên hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 khi thỏa mãn: Điều kiện cần: () y' 1 = 0 ⇔ 1 − 1 ( 1+ m ) 2 = 0 ⇔ m = 0; m = 2 Điều kiện đủ: () m = 2 ⇒ y '' (1) = −1 < 0 ⇒ x = 1 là điểm cực đại. m = 0 ⇒ y '' 1 = 1 > 0 ⇒ x = 1 là điểm cực tiểu. Vậy m = 0 thỏa yêu cầu bài toán. Chú ý: Để ý định lý 3 chỉ phát biểu khi y '' (1) ≠ 0 . ( ) thì y '' (1) > 0 y ' 1 = 0 Nếu trình bày hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 ⇔  lời giải chưa chính xác. Như vậy, để áp dụng được hệ () () y ' 1 = 0 ta cần khẳng định y '' 1 > 0 .  y '' 1 > 0 () Hoạt động : Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + mx (1) . Tìm tất cả các giá trị của m ∈ » để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) đối xứng nhau qua đường thẳng (d ) : x + 2y − 9 = 0 . Đáp số: m = 6 Ví dụ 3 : Tìm tham số m ∈ » để hàm số : y= 1 3 x − mx 2 + (5m − 4) x + 2 có cực đại , cực tiểu và đường 3 thẳng đi qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số song song với đường thẳng (d ) : 8x + 3y + 9 = 0 . Giải: Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
. Ta có: y ' = x2 − 2mx + 5m − 4 . Hàm số có cực đại, cực tiểu khi y ' triệt tiêu và đổi dấu hai lần qua nghiệm x , khi đó phương trình x2 − 2mx + 5m − 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ ∆ = m2 − 5m + 5 > 0 ⇔ m < 1 hoặc m > 4. Thực hiện phép chia y cho y ' , ta được: ( ) 1 2 5 4 x − m y '− m2 − 5m + 4 x + m2 − m + 2 . 3 3 3 3 Gọi x1, x2 là hoành độ cực trị ⇒ y ' x1 = 0 và y ' x2 = 0 . y= ( ) ( ) ( 2 2 5 4 m − 5m + 4 x1 + m2 − m + 2; 3 3 3 2 5 4 = − m2 − 5m + 4 x 2 + m2 − m + 2. 3 3 3 Khi đó y ( x1 ) = − ( ) y x2 ) ( ) ( ) Vậy, đường thẳng đi qua 2 điểm cực đại, cực tiểu là ( t ) : ( ) 2 2 5 4 m − 5m + 4 x + m2 − m + 2 . 3 3 3 8 Đường thẳng d : y = − x − 3 . Theo bài toán d  t khi và 3  2 2 8 − m − 5m + 4 = − − m = 0  3 3 ⇔ . chỉ khi  m = 5  5 m2 − 4 m + 2 ≠ −3  3 3 Vậy: m = 0 hoặc m = 5 là giá trị cần tìm. Hoạt động : Tìm tham số m ∈ » để hàm số : y = x 3 − 3mx 2 + 2 có hai cực trị A, B sao cho tam giác AIB y=− ( ) ( ) () ( ) có diện tích bằng 3 2 với I (1; 1) . Ví dụ 4 : Tìm tham số thực m để hàm số : y = 2x 3 − 3 (m + 1) x 2 + 6mx + m 3 có cực đại A cực tiểu B sao cho: 1. Khoảng cách giữa A và B bằng 2 . 2. Hai điểm A và B tạo với điểm C (4; 0) một tam giác vuông tại C . Giải: Hàm số đã cho xác định và liên tục trên
. Ta có: y ' = 6  x2 − ( m + 1) x + m  = 6 ( x − 1)( x − m ) Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y ' triệt tiêu và đổi dấu hai lần qua nghiệm x , nghĩa là phương trình 6 ( x − 1)( x − m ) = 0 có hai nghiệm phân biệt hay m ≠ 1 thỏa mãn đề bài. Giả sử A (1; m 3 + 3m − 1) , B ( m; 3m2 ) . 1. AB = 2 ⇒ AB2 = 2 ( ) ( 2 ) ⇔ m − 1 + −m + 3m − 3m + 1 3 2 2 3 2 = 2 ⇔  m −1  + m −1   ( ) ( ) 2 =2 2 2 4 2 ⇔  m − 1 − 1  m − 1 + m − 1 + 2  = 0 ⇔ m − 1 − 1 = 0 hay     m = 0 hoặc m = 2 thỏa mãn đề bài. 2. Tam giác ABC vuông tại C , khi đó   AC ⊥ BC ⇒ AC.BC = 0 ∗   AC = 3; −m 3 − 3m + 1 , BC = 4 − m; −3m2 ( ) ( ) ( ( ) ) () ( ) ( ) Đẳng thức (∗) ⇔ 3 ( 4 − m ) + ( −m − 3m + 1)( −3m ) = 0 ⇔ ( m + 1) m ( m − m + 1) + 3m − 5m + 4  = 0 ( ∗ ∗)   Dễ thấy m ( m − m + 1) ≥ 0 và 3m − 5m + 4 > 0, ∀m ∈
. 3 2 2 2 2 2 2 2 Do đó (∗ ∗) ⇔ m + 1 = 0 hay m = −1 thỏa mãn đề bài. Hoạt động : Cho hàm số y = x 4 − mx 2 + 4x + m . Tìm m ∈ » để hàm số có 3 điểm cực trị sao cho tam giác có đỉnh là 3 điểm cực trị đó nhận gốc tọa độ làm trọng tâm. Đáp số : m = 6 . Ví dụ 5 : Tìm tham số thực m để hàm số : y = x 4 − 2 (m + 1) x 2 + m (1) có 3 cực trị A, B,C sao cho: OA = BC , O là gốc tọa độ , A là cực trị thuộc trục tung, B,C là 2 điểm cực trị còn lại. Đề thi Đại học khối B – năm 2011. Giải: y' = 4x 3 − 4 ( m − 1) x ⇒ y' = 0 ⇔ x = 0 hay x 2 = m + 1 Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi y ' = 0 và đổi dấu 3 lần qua nghiệm x hay x2 = m + 1 có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m + 1 > 0 tức m > −1 . Khi đó đồ thị hàm số có cực trị 3 ( ) ( ) ( A 0; m , B − m + 1; −m2 − m − 1 , C m + 1; −m2 − m − 1 ) Theo bài toán, ta có: OA = BC ⇔ m2 = 4 ( m + 1) ⇔ m = 2 ± 2 2 thỏa m > −1 VAÁN ÑEÀ 3 GIAÙ TRÒ LÔÙN NHAÁT - GIAÙ TRÒ NHOÛ NHAÁT CUÛA HAØM SOÁ. 5 4 Ví dụ 1 : Cho x > 0, y > 0 và x + y = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4 1 + . x 4y Giải: Cách 1 : Ta có : x + y = Xét hàm số : f ( x ) =  5   5 4 1 ⇒ 4y = 5 − 4x ⇒ P = + . 4 x 5 − 4x 4 1 + xác định và liên tục trên x 5 − 4x khoảng  0;  4 Ta có : f ' ( x ) = −  4 4 + x2 5 − 4x ( ) 2 . 5 Trên khoảng  0;  : f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1 .  4 Lập bảng biến thiên, ta được min f ( x ) = f (1) = 5 ⇒ min P = 5  5 x∈ 0;   4 khi x = 1, y = 1 . 4 Cách 2 : 4 1 x (x + y) P =  x + 4y (x + y) = 4y +   4y 17 17 25 + ≥2+ = x 4 4 4 x 4y 5 = và x + y = hay 4y x 4 Suy ra P ≥ 5 . Đẳng thức xảy ra: x = 1, y = 1 . 4 Chú ý: Số m gọi là giá trị nhỏ nhất (GTNN) của hàm số y = f (x ) f (x ) ≥ m ∀x ∈ D trên D nếu   ∃x 0 ∈ D : f(x 0 ) = m , ta kí hiệu m = min f (x ) . x ∈D Nếu f (x ) ≥ m ∀x ∈ D thì ta chưa thể suy ra m = min f (x ) . x ∈D Hoạt động : Cho x, y ∈ −3; 2  thỏa mãn điều kiện   x 3 + y 3 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x 2 + y 2 . x 2 − xy + 3 = 0 Ví dụ 2 : Cho x > 0 và số thực y thỏa mãn  2x + 3y ≤ 14 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức ( ) Q = 3x 2y − xy 2 − 2x x 2 − 1 . Giải: giả Từ thiết   x2 + 3 x2 + 3 y = y = x 2 − xy + 3 = 0   x x . ⇒ ⇔  2 + ≤ 2x 3y 14 x + 3  2x + 3. 1 ≤ x ≤ 9 ≤ 14   5 x 2  x2 + 3   x2 + 3  9 2 Khi đó Q = 3x   − x  − 2x x − 1 = 5x − . x  x   x  2 9 x ( ) Xét hàm số: f ( x ) = 5x − , xác định và liên tục trên đoạn  9 1;  .  5  9  9 9 > ∀ ∈ , do đó trên đoạn 0, x 0;   1;  x2  5  5 9 hàm số f x luôn đồng biến và f 1 = −4, f   = 4 . 5 Ta có: f ' ( x ) = 5 + () ( ) Do ( ) max Q = max f x = 4 đó  9 x∈0;   5 khi x= 9 5 và ( ) min Q = min f x = −4 khi x = 1.  9 x∈ 0;   5 Cho hàm số xác định trên D Chú ý: Số M gọi là giá trị lớn nhất (GTLN) của hàm số y = f (x ) trên f (x ) ≤ M ∀x ∈ D  , D . Nếu  ∃x 0 ∈ D : f (x 0 ) = M ta kí hiệu M = max f (x ) . x ∈D Nếu f (x ) ≤ M ∀x ∈ D thì ta chưa thể suy ra M = max f (x ) x ∈D Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f (x ) trên D mang tính toàn cục, còn giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của hàm số chỉ mang tính địa phương. Hoạt động : Cho x, y ∈ » , thỏa mãn điều kiện x ≥ 0, y ≥ 1 và x + y = 3 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x 3 + 2y 2 + 3x 2 + 4xy − 5x . Ví dụ 3: Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn 1; 4  và x ≥ y, x ≥ z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= x y z + + . 2x + 3y y + z z + x Đề thi Đại học Khối A – năm 2011. Giải: Cách 1 : y x z y Đặt a = , b = , c = 1  x . Bài toán trở thành : Cho a, b, c ∈  ;1 z 4  abc = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 P= + + 3a + 2 b + 1 c + 1 1 1 1 − bc 1 − bc 2 + =1+ ≥1+ = Ta có : b +1 c+1 bc + b + c + 1 bc + 2 bc + 1 bc + 1 và Suy ra : P ≥ 1 + 3a + 2 2 bc + 1 = với t = bc (1 ≤ t ≤ 2 ) 1 3 +2 t2 + 2 t2 2 = 2 + =f t t + 1 2t + 3 t + 1 () Để tồn tại giá trị nhỏ nhất của P khi tồn tại giá trị nhỏ nhất t2 2   của f t trên đoạn 1;2 với f t = 2 + 2t + 3 t + 1   3t 1   Ta có f ' t = 2  − < 0, ∀t ∈ 1;2 ⇒ f t nghịch 2 2 2 + t 1 2t + 3   () () () ( ) ( ) ( ) () 34 biến trên đoạn 1;2 . Suy ra P ≥ f ( t) ≥ f (2 ) = . Đẳng thức 33 xảy ra khi x = 4, y = 1, z = 2 . Vậy min P = 34 , khi x = 4, y = 1, z = 2 33 Chú ý: x y y z z ⇒ abc = 1 , a ∈ 1; 4  x 1 1 2 Ta cần chứng minh : + ≥ với a và b dương, 1 + a 1 + b 1 + ab Đặt a = , b = , c = ab ≥ 1 . Đẳng thức xảy ra khi a = b hoặc ab ≥ 1 . a 1 1 a 2 Khi đó P = + + ≥ + hay 2a + 3 1 + ac 1 + ab 2a + 3 1 + a.abc P≥ a 2 + do abc = 1 . 2a + 3 1 + a Xét f ( a ) = a 2 + , a ∈ 1; 4  . Đặt t = a ⇒ t ∈ 1;2 . 2a + 3 1 + a Cách 2 : x y z + + 2x + 3y y + z z + x Lấy đạo hàm theo z ta có : P= ( x − y ) ( z − xy ) P ' (z) = 0 + + = ( y + z) (z + x ) ( y + z) (z + x ) −y 2 x 2 2 * Nếu x = y thì P = 2 2 6 5 * Ta xét x > y thì P ≥ P ( xy ) = 2x +x 3y + 2 y y+ x Khảo sát hàm P theo z , ta có P nhỏ nhất khi z = xy x t2 2 ⇒P= 2 + =f t y 2t + 3 1 + t () Đặt t = ( ( ) với t ∈ (1;2 ) −2 4t3 t − 1 + 3 2t2 − t + 3    < 0, ∀t ∈ 1;2 ⇒ f t ⇒ f' t = 2 2 2t2 + 3 t + 1 () ( )( ( ) ) () nghịch biến trên nửa khoảng (1;2  Vậy () () P≥f t ≥f 2 = 34 . 33 Đẳng thức xảy ra khi x = 4, y = 1, z = 2 . 34 , khi x = 4, y = 1, z = 2 . 33 Ví dụ 4: Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn Vậy min P = ( ) 2 a 2 + b2 + ab = (a + b)(ab + 2) . Tìm giá trị nhỏ nhất của a 3 b3  a 2 b2  biểu thức P = 4  3 + 3  − 9  2 + 2  .  b  b a  a  Đề thi Đại học Khối B – năm 2011. Giải: Theo giả thiết ta có 2 ( a 2 + b2 ) + ab = ( a + b )( ab + 2 ) . Từ đây suy ra a b 1 1 a b 2 2 2  +  + 1 =  +  ab + 2 hay 2  +  + 1 = a + + b + b a b a a b b a ( ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : a+  a 2 2 b  +b+ ≥ 2 2 +  b  b a a   a b Đặt t = + , ta suy ra : 2t + 1 ≥ 2 2 t + 2 b a 5 ⇒ 4t2 − 4t − 15 ≥ 0 ⇒ t ≥ 2 Mặt khác:  a 3 b3   a 2 b2  P = 4  3 + 3  − 9  2 + 2  = 4 t3 − 3t − 9 t2 − 2 a  a  b b ( ) ( ) Xét hàm số f ( t ) = 4t3 − 9t2 − 12t + 18 trên nửa khoảng 5   ; +∞  2  5  f' t = 12t2 − 18t − 12 = 6  t 2t − 5 + 2 t − 1  > 0, ∀t ∈  ; +∞  2  5  Vậy f t luôn đồng biến trên nửa khoảng  ; +∞  , suy ra 2  () ( ) ( ) () 5 23 5 P = f t ≥ f  = − và đẳng thức xảy ra khi t = tức là 4 2 2 a = 1 và b = 2 . 23 Vậy min P = − khi a = 1 và b = 2 hoặc ngược lại. 4 () Để ý : Theo bất đẳng thức TBC – TBN, ta có : ab + 2 ≥ 2 2ab . Khi đó 2 ( a 2 + b2 ) + ab = ( a + b )( ab + 2 ) ≥ 2 2ab ( a + b ) Bình phương 2 vế ta được 2 ( a 2 + b2 ) + ab  ≥ 8ab ( a + b ) tức là 2 2  a b  a b  a b 2  +  + 1 ≥ 8  + + 2  ∗ Đặt t = + ≥ 2 . b a b a   b a  () Khi đó (∗) trở thành (2t + 1) ≥ 8 ( t + 2 ) , từ đây ta tìm được 2 t≥ 5 . 2 VAÁN ÑEÀ 4 TIEÄM CAÄN HAØM SOÁ x +2 những điểm M x −3 Ví dụ 1 : Tìm trên đồ thị (C ) : y = sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng bằng 1 5 khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang. Giải: Gọi đường tiệm cận đứng , tiệm cận ngang lần lượt là ( d1 ) : x = 3, ( d2 ) : y = 1 .  x +2 M x 0 ; y0 ∈ C ⇒ M  x 0 ; 0   x 0 − 3   ( ) ( ) Ta có d ( M, d1 ) = x 0 − 3 , d ( M, d2 ) = Theo bài ra ta có x 0 − 3 = x0 + 2 x0 − 3 −1 = 1 5 ⇔ x0 − 3 5 x0 − 3 ( ) 2 5 x0 − 3 x = 4 =1⇔  0  x 0 = 2 Vậy có 2 điểm thỏa mãn M1 (2; −4 ) , M2 ( 4;6 ) . Ví dụ 2 : Tìm m ∈ » để hàm số y = mx + 1 x có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của hàm số đã cho đến đường tiệm cận xiên của nó bằng 2 17 Giải: . Hàm số đã cho xác định và liên tục trên ( −∞; 0 ) ∪ ( 0; +∞ ) . Ta có : y ' = m − 1 ,x ≠ 0. x2 Để hàm số đã cho có cực trị thì phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 . 1 1 1 = 0 ⇔ x1 = − < x2 = và 2 x m m  1  điểm cực tiểu của hàm số là A  ;2 m  .  m  1 1 Vì lim = lim = 0 nên (d) : y = mx là đường cận xiên. x →−∞ x x →+∞ x 1 m −2 m 2 2 m 2 m d A, d = ⇔ = ⇔ = 17 17 17 m2 + 1 m2 + 1 Với m > 0 thì y ' = 0 ⇔ m − ( ( )) 17.m = 2 m2 + 1 ⇔ 4m2 − 17m + 4 = 0 ⇔ m = 4 hoặc m = 1 . 4 VAÁN ÑEÀ 5 PHEÙP TÒNH TIEÁN VAØ TAÂM ÑOÁI XÖÙNG 1. Điểm uốn của đồ thị: Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp một liên tục trên khoảng (a; b) chứa điểm x 0 và có đạo hàm cấp hai trên khoảng (a; x 0 ) và ( x ; b) . 0 ( ) Nếu f '' đổi dấu khi x qua điểm x 0 thì I x 0 ; f (x 0 ) là một điểm uốn của đồ thị của hàm số y = f (x ) . ( ) Nếu hàm số f có đạo hàm cấp hai tại điểm x 0 và I x 0 ; f (x 0 ) là một điểm uốn của đồ thị hàm số thì f '' (x 0 ) = 0 2. Phép tịnh tiến hệ tọa độ: Công thức chuyển hệ tọa độ trong phép tình tiến theo vectơ  OI là