[ Lý thuyết + cách làm ] Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng

vd1.PNG

Dạng toán tìm điều kiện của tham số mm để hàm số f(x)f(x) đồng biến (nghịch biến) trên 1 khoảng là một dạng bài thường gặp khi thi đại học. Dạng này có 3 cách làm chủ yếu: Phương pháp cô lập tham số m, kĩ thuật parabol và phương pháp dùng bảng biến thiên. Bài viết này chỉ nói đến […]

Continue reading


Câu 10 trang 147 SGK Giải tích 12

Bài 10. Giải các bất phương trình sau a) 2x3x−2x≤22x3x−2x≤2 b) (12)log2(x2−1)>1(12)log2(x2−1)>1 c) log2x+3logx≥4log2x+3log⁡x≥4 d) 1−log4x1+log2x≤141−log4x1+log2x≤14 Trả lời: a) Ta có: 2x3x−2x≤2⇔1(32)x−1≤22x3x−2x≤2⇔1(32)x−1≤2 Đặt t=(32)2(t>0)t=(32)2(t>0) , bất phương trình trở thành: 1t−1≤2⇔1t−1−2≤0⇔−2t+3t−1≤0⇔[0<t<1t≥32⇔[(32)x<1(32)2≥32⇔[x<0x≥11t−1≤2⇔1t−1−2≤0⇔−2t+3t−1≤0⇔[0<t<1t≥32⇔[(32)x<1(32)2≥32⇔[x<0x≥1 b) Ta có: (12)log2(x2−1)>1⇔{x2−1>0log2(x2−1)<0⇔0<x2−1<1⇔1<|x|<√2⇔x∈(−√2,−1)∪(1,√2)(12)log2(x2−1)>1⇔{x2−1>0log2(x2−1)<0⇔0<x2−1<1⇔1<|x|<2⇔x∈(−2,−1)∪(1,2) c) Điều kiện: x>0x>0 log2x+3logx≥4⇔(logx+4)(logx−1)≥0⇔[logx≥1logx≤−4⇔[x≥100<x≤10−4log2x+3log⁡x≥4⇔(log⁡x+4)(logx−1)≥0⇔[logx≥1logx≤−4⇔[x≥100<x≤10−4 d) Ta có: 1−log4x1+log2x≤14⇔1−log4x1+2log4x≤14⇔3−6log4x1+2log4x≤0⇔[log4x≤−12log4x≥12⇔[0<x<12x≥2

Continue reading


Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng

a) y=x2+1,x=−1,x=2y=x2+1,x=−1,x=2 và trục hoành b) y=lnx,x=1e,x=ey=lnx,x=1e,x=e và trục hoành Trả lời: a) Diện tích hình phẳng cần tìm là: S=2∫−1(x2+1)dx=(x33+x)∣∣2−1=6S=∫−12(x2+1)dx=(x33+x)|−12=6 b) Diện tích hình phẳng cần tìm là: S=e∫1e|lnx|dx=1∫1e|lnx|dx+e∫1|lnx|dx=−1∫1elnxdx+e∫1lnxdxS=∫1ee|ln⁡x|dx=∫1e1|ln⁡x|dx+∫1e|ln⁡x|dx=−∫1e1ln⁡xdx+∫1eln⁡xdx Mặt khác: ∫lnxdx=xlnx−∫xdlnx=xlnx−∫dx=xlnx−x+C∫ln⁡xdx=xln⁡x−∫xdln⁡x=xln⁡x−∫dx=xln⁡x−x+C Do đó: S=−1∫1elnxdx+e∫1lnxdx=1e∫1lnxdx+e∫1xdx=(xlnx−x)∣∣∣1e1+(xlnx−x)∣∣e1=2(1−1e)

Continue reading


Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

a) f(x)=2×3–3×2–12x+1f(x)=2×3–3×2–12x+1 trên đoạn [−2,52][−2,52] b) f(x)=x2lnxf(x)=x2lnx trên đoạn [1,e][1,e] c) f(x)=xe−xf(x)=xe−x trên nửa khoảng [0,+∞)[0,+∞) d) f(x)=2sinx+sin2xf(x)=2sinx+sin2x trên đoạn [0,3π2][0,3π2] Trả lời: a) f(x)=2×3–3×2–12x+1⇒f′(x)=6×2–6x–12f(x)=2×3–3×2–12x+1⇒f′(x)=6×2–6x–12 f′(x)=0⇔x=−1f′(x)=0⇔x=−1 hoặc x=2x=2 So sánh các giá trị: f(−2)=−3f(−2)=−3; f(−1)=8f(−1)=8; f(2)=−19f(2)=−19, f(52)=−332f(52)=−332 Suy ra: maxx∈[−2,52]f(x)=f(−1)=8minx∈[−2,52]f(x)=f(2)=−19maxx∈[−2,52]⁡f(x)=f(−1)=8minx∈[−2,52]⁡f(x)=f(2)=−19 b) f(x)=x2lnx⇒f′(x)=2xlnx+x>0,∀x∈[1,e]f(x)=x2lnx⇒f′(x)=2xlnx+x>0,∀x∈[1,e] nên f(x)f(x) đồng biến. Do đó: maxx∈[1,e]f(x)=f(e)=e2minx∈[1,e]f(x)=f(1)=0maxx∈[1,e]⁡f(x)=f(e)=e2minx∈[1,e]⁡f(x)=f(1)=0 c) f(x)=xe−x⇒f′(x)=e−x–xe−x=(1–x)e−xf(x)=xe−x⇒f′(x)=e−x–xe−x=(1–x)e−x nên: f′(x)=0⇔x=1,f′(x)>0,∀x∈(0,1)f′(x)=0⇔x=1,f′(x)>0,∀x∈(0,1) và f′(x)<0,∀x∈(1,+∞)f′(x)<0,∀x∈(1,+∞) nên:  maxx∈[0,+∞)f(x)=f(1)=1emaxx∈[0,+∞)⁡f(x)=f(1)=1e Ngoài ra f(x)=xe−x>0,∀x∈(0,+∞)f(x)=xe−x>0,∀x∈(0,+∞) và f(0)=0f(0)=0 suy ra minx∈[0,+∞)f(x)=f(0)=0minx∈[0,+∞)⁡f(x)=f(0)=0 d) f(x)=2sinx+sin2x⇒f′(x)=2cosx+2cos2xf(x)=2sinx+sin2x⇒f′(x)=2cosx+2cos2x f′(x)=0⇔cos2x=−cosx⇔2x=±(π–x)+k2πf′(x)=0⇔cos2x=−cosx⇔2x=±(π–x)+k2π ⇔ x∈{−π+k2π;π3+k2π3}x∈{−π+k2π;π3+k2π3} Trong khoảng [0,3π2][0,3π2] , phương trình f′(x)=0f′(x)=0 chỉ có hai nghiệm là x1=π3;x2=πx1=π3;x2=π So sánh bốn giá trị : f(0)=0f(0)=0; f(π3)=3√32;f(π)=0;f(3π2)=−2f(π3)=332;f(π)=0;f(3π2)=−2 Suy ra: […]

Continue reading


Bài 1 trang 145 SGK Giải tích 12

Bài 1. Cho hàm số: f(x)=ax2–2(a+1)x+a+2(a≠0)f(x)=ax2–2(a+1)x+a+2(a≠0) a) Chứng tỏ rằng phương trình f(x)  = 0 luôn có nghiệm thực. Tính các nghiệm đó. b) Tính tổng SS và tích PP của các nghiệm của phương trình f(x)=0f(x)=0. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số của SS và PP theo aa. Trả lời: Ta có: f(x)=ax2–2(a+1)x+a+2=(x–1)(ax–a−2)f(x)=ax2–2(a+1)x+a+2=(x–1)(ax–a−2) nên phương trình f(x)=0f(x)=0 luôn có hai nghiệm thực […]

Continue reading


Tính các tích phân sau bằng phương pháp tính tích phân từng phần

a) ∫e41√xlnxdx∫1e4xln⁡xdx b) ∫π2π6xdxsin2x∫π6π2xdxsin2x c) ∫π0(π−x)sinxdx∫0π(π−x)sin⁡xdx d) ∫0−1(2x+3)e−xdx∫−10(2x+3)e−xdx Trả lời: a) ∫e41√xlnxdx=∫e41lnxd(23×32)=23x32lnx∣∣e41−e4∫123.×32.dlnx=83e6−23x12dx=83e6−49×23∣∣e41=209e6+49∫1e4xln⁡xdx=∫1e4ln⁡xd(23×32)=23x32ln⁡x|1e4−∫1e423.x32.dlnx=83e6−23x12dx=83e6−49×23|1e4=209e6+49 b) Ta có: ∫π2π6xdxsin2x=π2∫π6xd(−cotx)=−xcotx∣∣π2π6+π2∫π6cotxdx=π√36+π2∫π6dsinxsinx=π√36+ln|sinx|∣∣π2π6=π√36+ln2∫π6π2xdxsin2x=∫π6π2xd(−cot⁡x)=−xcot⁡x|π6π2+∫π6π2cot⁡xdx=π36+∫π6π2dsin⁡xsinx=π36+ln⁡|sinx||π6π2=π36+ln⁡2 c) Ta có: ∫π0(π−x)sinxdx=π∫0(π−x)d(−cosx)=−(π−x)cosx∣∣π0+π∫0cosxd(π−x)=π−sinx∣∣π0=π∫0π(π−x)sin⁡xdx=∫0π(π−x)d(−cosx)=−(π−x)cosx|0π+∫0πcosxd(π−x)=π−sinx|0π=π d) Ta có: ∫0−1(2x+3)e−xdx=0∫−1(2x+3)d(−e−x)=(2x+3)e−x∣∣−10+e∫−1e−x.2dx=e−3+2e−x∣∣10=3e−5

Continue reading