Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


HocLop

Đăng ký: 28-07-2018
Offline Đăng nhập: 23-03-2020 - 10:31
-----

#726618 Tìm m để hàm số đồng biến trên r

Gửi bởi HocLop trong 19-10-2019 - 15:34

Dạng toán tìm điều kiện của tham số m để hàm số f(x) đồng biến (nghịch biến) trên 1 khoảng là một dạng bài thường gặp khi thi đại học.

 

Xét bài toán: “Tìm m để hàm số y = f(x,m) đồng biến trên K”. Ta thực hiện theo các bước sau:

  • Bước 1. Tính đạo hàm f’(x,m).
  • Bước 2. Lý luận: Hàm số đồng biến trên K$ \Leftrightarrow f'(x,m) \ge 0,\,\,\forall x \in K \Leftrightarrow m \ge g(x),\forall x \in K\,\,\left( {m \le g(x)} \right)$
  • Bước 3. Lập bảng biến thiên của hàm số g(x) trên K. Từ đó suy ra giá trị cần tìm của tham số m.

Sử dụng định lý về điều kiện cần 

  • Nếu hàm số f (x) đơn điệu tăng trên R thì $f'\left( x \right) \geqslant 0,\forall x \in R$.
  • Nếu hàm số f (x) đơn điệu giảm trên R thì $f'\left( x \right) \leqslant 0,\forall x \in R$

 

Ví dụ 1 : Tìm m để các hàm số sau luôn nghịch biến trên mỗi khoảng xác định $y = \frac{{mx + 3 - 2m}}{{x + m}}$

Giải​
  • Hàm số đã cho xác định trên khoảng (—∞; —m) ∪ (—m; +∞)
  • Ta có $y' = \frac{{{m^2} + 2m - 3}}{{{{\left( {x + m} \right)}^2}}},x \ne - m$

Dựa vào bảng xét dấu y’

Hàm số đơn điệu trên R.png

Dựa vào bảng xét dấu ta thấy: Nếu —3 < m < 1 thì y' < 0 hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (—∞; —m), (—m; + ∞) .

 

Ví dụ 2: Tìm m để các hàm số sau luôn nghịch biến trên mỗi khoảng xác định $y = \frac{{ - 2{x^2} + \left( {m + 2} \right)x - 3m + 1}}{{x - 1}} = - 2x + m + \frac{{1 - 2m}}{{x - 1}}$

Giải​
  • Hàm số đã cho xác định trên khoảng (—∞; 1) ∪ (1; +∞) .
  • Ta có: $y' = - 2 + \frac{{2m - 1}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}},x \ne 1$

+ $m \leqslant \frac{1}{2} \Rightarrow y' < 0,x \ne 1,$ do đó hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (- ∞; 1), (1; + ∞) .
+ m > 0,5 khi đó phương trình y’ = 0 có hai nghiệm x1 < 1 < x2 => hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (x1; 1) và (1; x2), trường hợp này không thỏa .
Vậy $m \leqslant \frac{1}{2}$ thỏa mãn yêu cầu của bài toán

 

Ví dụ 3 : Tìm m để các hàm số sau luôn nghịch biến trên R: $y = - \frac{1}{3}{x^3} + 2{x^2} + \left( {2m + 1} \right) - 3m + 2$

Giải:​
  • Hàm số đã cho xác định trên R.
  • Ta có : $y' = - {x^2} + 4x + 2m + 1$ và ∆’ = 2m + 5

Dựa bảng xét dấu ∆'

+ m = - 2,5 thì y' = - (x - 2)$^2$ < 0 với mọi x ∈ R và y' = 0 chỉ tại điểm x = 2
Do đó hàm số nghịch biến trên R.
+ m <- 2,5 thì y' < 0, ∀x ∈ R. Do đó hàm số nghịch biến trên R.
+ m > - 2,5 thì y' = 0 có hai nghiệm x1, x2 (x1 < x2). Hàm số đồng biến trên khoảng (x1;x2). Trường hợp này không thỏa mãn.

 

Bài tập tự luyện

  1. Tim m để các hàm số sau luôn nghịch biến trên mỗi khoảng xác định \(y = \frac{{{x^3}}}{3} - {m^2}x + 1\)
  2. Tim m để các hàm số sau luôn nghịch biến trên mỗi khoảng xác định \(y = \left( {m - 1} \right)x - 3 - \frac{{m + 4}}{{x + 1}}\)
  3. Tim m để các hàm số sau luôn nghịch biến trên mỗi khoảng xác định \(y = \frac{{m{x^4}}}{4} - {m^2}{x^2} + m - 1\)
  4. Tim m để các hàm số sau luôn đồng biến trên mỗi khoảng xác định \(y = \frac{{{x^3}}}{3} - \frac{m}{2}{x^2} + \left( {{m^2} - 3} \right)x - 1\)
  5. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng xác định \(y = \frac{{{x^3}}}{3} - m{x^2} + \left( {m + 2} \right)x + 3\)
  6. Tim m để các hàm số sau luôn đồng biến trên mỗi khoảng xác định \(y = \left( {m + 2} \right)\frac{{{x^3}}}{3} - \left( {m -1 } \right){x^2} + 4x - 1\)
  7. Tim m để các hàm số sau luôn đồng biến trên mỗi khoảng xác định \(y = \left( {m - 2} \right)\frac{{{x^3}}}{3} - \left( {2m - 3} \right){x^2} + \left( {5m - 6} \right)x + 2\)



#726571 các công thức lượng giác cần phải nhớ

Gửi bởi HocLop trong 17-10-2019 - 23:00

 Bảng công thức lượng giác là yếu tố quan trọng khi giải toán. Dưới đây là hệ thống lại Bảng giá trị lượng giác cơ bản và nâng cao cùng với cách học thuộc công thức lượng giác bằng thơ, thần chú.

bảng công thức lượng giác.png

 

Công thức lượng giác cơ bản và mở rộng

Công thức cơ bản nhất

  • ${{\sin }^{2}}\alpha +{{\cos }^{2}}\alpha =1$
  • $\tan \alpha .\cot \alpha =1$
  • $1+{{\tan }^{2}}\alpha =\frac{1}{{{\cos }^{2}}\alpha }$
  • $1+{{\cot }^{2}}\alpha =\frac{1}{{{\sin }^{2}}\alpha }$

Công thức cộng

  • $\sin (a+b)=\sin a.\cos b+\sin b.\cos a$
  • $\sin (a-b)=\sin a.\cos b-\sin b.\cos a$
  • $\cos (a+b)=\cos a.\cos b-\sin a.\sin b$
  • $\cos (a-b)=\cos a.\cos b+\sin a.\sin b$

Công thức nhân đôi

  • $\sin 2\alpha =2.\sin \alpha .\cos \alpha $
  • $\cos 2\alpha ={{\cos }^{2}}\alpha -{{\sin }^{2}}\alpha =2.{{\cos }^{2}}\alpha -1=1-2{{\sin }^{2}}\alpha $
  • $\tan 2\alpha =\frac{2\tan \alpha }{1-{{\tan }^{2}}\alpha }$
  • $\cot \alpha =\frac{{{\cot }^{2}}\alpha -1}{2\cot \alpha }$

Hệ quả công thức hạ bậc bậc hai

  • ${{\sin }^{2}}\alpha =\frac{1-\cos 2\alpha }{2}$
  • ${{\cos }^{2}}\alpha =\frac{1+\cos 2\alpha }{2}$
  • ${{\tan }^{2}}\alpha =\frac{1-\cos 2\alpha }{1+\cos 2\alpha }$

Công thức nhân ba

  • $\sin 3\alpha =3\sin \alpha -4{{\sin }^{3}}\alpha $
  • $\cos 3\alpha =4{{\cos }^{3}}\alpha -3\cos \alpha $
  • $\tan 3\alpha =\frac{3\tan \alpha -{{\tan }^{3}}\alpha }{1-3{{\tan }^{2}}\alpha }$

Hệ quả: Công thức hạ bậc bậc ba:

  • ${{\sin }^{3}}\alpha =\frac{1}{4}.3\sin \alpha -\sin 3\alpha $
  • ${{\cos }^{3}}\alpha =\frac{1}{4}.3cos\alpha +\cos 3\alpha $

Công thức biến đổi tổng thành tích

  • $\cos a+\cos b=2\cos \frac{a+b}{2}.\cos \frac{a-b}{2}$
  • $\cos a-\cos b=-2\sin \frac{a+b}{2}.\sin \frac{a-b}{2}$
  • $\sin a+\sin b=2.\sin \frac{a+b}{2}.\cos \frac{a-b}{2}$
  • $\sin a-\sin b=2.\cos \frac{a+b}{2}.\sin \frac{a-b}{2}$

Công thức biến đổi tích thành tổng

  • $\cos a.\cos b=\frac{1}{2}[\cos (a-b)+cos(a+b)]$
  • $\sin a.\sin b=\frac{1}{2}[\cos (a-b)-\cos (a+b)]$
  • $\sin a.\cos b=\frac{1}{2}[\sin (a-b)+\sin (a+b)]$

Công thức lượng giác biểu diễn theo tan

  • $\sin \alpha =\frac{2t}{1+{{t}^{2}}}$
  • $\cos \alpha =\frac{1-{{t}^{2}}}{1+{{t}^{2}}}$
  • $\tan \alpha =\frac{2t}{1-{{t}^{2}}}$

Công thức lượng giác bổ sung

  • $\cos \alpha \pm \sin \alpha =\sqrt{2}.\cos \left( \alpha \pm \frac{\pi }{4} \right)=\sqrt{2}.sin\left( \frac{\pi }{4}\pm \alpha \right)$
  • $\sin \alpha \pm \cos \alpha =\sqrt{2}.sin\left( \alpha \pm \frac{\pi }{4} \right)=\sqrt{2}.\cos \left( \frac{\pi }{4}\mp \alpha \right)$
  • $1+\sin 2\alpha ={{(\cos \alpha +\sin \alpha )}^{2}}$
  • $\tan \alpha +\cot \alpha =\frac{2}{\sin 2\alpha }$
  • $\cot \alpha -\tan \alpha =2\cot 2\alpha $
  • ${{\sin }^{4}}\alpha +{{\cos }^{4}}\alpha =1-\frac{1}{2}{{\sin }^{2}}2\alpha =\frac{1}{4}\cos 4\alpha +\frac{3}{4}$
  • ${{\sin }^{6}}\alpha +{{\cos }^{6}}\alpha =1-\frac{3}{4}{{\sin }^{2}}2\alpha =\frac{3}{8}\cos 4\alpha +\frac{5}{8}$

Công thức tổng quát hơn về việc hơn kém pi

Hơn kém bội hai pi của sin và cos và tang, cotang hơn kém bội pi.

  • Sin(a+k.2.180) = sin (a+k.2.pi) = sin a
  • Cos(a+k.2.180) = cos (a+k.2.pi) = sin a
  • Tg(a+k.180) = tga
  • Cotg(a+k.180)=cotga

Giá trị lượng giác đặc biệt của các cung liên quan

Cung đối nhau

  • $\sin (-\alpha )=-sin\alpha $
  • $\cos (-\alpha )=\cos \alpha $
  • $\tan (-\alpha )=-\tan \alpha $
  • $\cot (-\alpha )=-\cot \alpha $

Cung bù nhau

  • $\sin (\pi -\alpha )=\sin \alpha $
  • $\cos (\pi -\alpha )=-\cos \alpha $
  • $\tan (\pi -\alpha )=-\tan \alpha $
  • $\cot (\pi -\alpha )=-\cot \alpha $

Cùng phụ nhau

  • $\sin (\frac{\pi }{2}-\alpha )=\cos \alpha $
  • $\cos (\frac{\pi }{2}-\alpha )=\sin \alpha $
  • $\tan (\frac{\pi }{2}-\alpha )=\cot \alpha $
  • $\cot (\frac{\pi }{2}-\alpha )=\tan \alpha $

Góc hơn kém nhau pi

  • $\sin (\pi +\alpha )=-\sin \alpha $
  • $\cos (\pi +\alpha )=-\cos \alpha $
  • $\tan (\pi +\alpha )=\tan \alpha $
  • $\cot (\pi +\alpha )=\cot \alpha $

Góc hơn kém pi/2

  • $\sin \left( \frac{\pi }{2}+\alpha \right)=\cos \alpha $
  • $\cos \left( \frac{\pi }{2}+\alpha \right)=-\sin \alpha $
  • $\tan \left( \frac{\pi }{2}+\alpha \right)=-\cos \alpha $
  • $\cot \left( \frac{\pi }{2}+\alpha \right)=-\tan \alpha $



#716253 Chứng minh tam giác AMN cân

Gửi bởi HocLop trong 03-10-2018 - 18:17

Dạng bài này chỉ vẽ hình là nhìn thấy ngay




#716204 Andrew Wiles - Nhà toán học nổi tiếng bậc nhất thế kỷ 20

Gửi bởi HocLop trong 01-10-2018 - 18:37

Giải thưởng Abel 2016 được trao cho nhà lý thuyết số người Anh, Andrew Wiles với chứng minh cho Định lý cuối cùng của Fermat (còn được biết đến dưới tên gọi định lý lớn Fermat). Định lý này phát biểu rằng, với mọi n>2, phương trình xn+yn=zn không có nghiệm nguyên dương. Giải thưởng trao cho Wiles có giá trị 6 triệu kroner (tương đương 700.000$)

 

Andrew Wiles bên cạnh định lý cuối cùng của Fermat. Ảnh Charles Rex Arbogast/AP.

adrew-040716.jpg

Giải thưởng được công bố vào ngày 15 tháng ba năm nay và Andrew Wiles đã hoàn toàn ngạc nhiên khi biết tin.

Việc giải quyết được một vấn đề mà nhiều người coi là vô cùng hóc búa – mà phát biểu lại quá đơn giản – đã đưa Wiles trở thành “nhà toán học nổi tiếng bậc nhất của thế kỷ 20”, giám đốc của Viện Toán học Oxford (vốn được đặt trong một tòa nhà mang tên Wiles), Martin Bridson phát biểu. Mặc dù Wiles đã đạt thành tựu này được hơn hai mươi năm, câu chuyện của ông vẫn tiếp tục truyền cảm hứng cho những người trẻ, điển hình là chuyện các học sinh trung học vẫn tới nghe bài giảng đại chúng của ông. “Chúng coi ông ấy như một ngôi sao nhạc rock”, “Chúng xếp hàng để chờ chụp ảnh cùng Wiles”, Bridson kể.

Câu chuyện của Wiles đã thành một truyện truyền kỳ về sự dẻo dai và bền bỉ. Khi còn ở trường Đại học Princeton vào thập niên 80 thế kỷ trước, ông bắt đầu một chuyến độc hành dài bảy năm, tìm kiếm lời giải cho vấn đề này, làm việc trên gác mái mà không ai khác biết ngoài vợ ông. Ông đã tiếp tục cho tới khi đưa ra một thông báo lịch sử tại một hội thảo ở quê nhà Cambridge, Anh vào tháng sáu năm 1993. Không may hai tháng sau, người ta phát hiện ra trong chứng minh của ông có một lỗi sai nghiêm trọng. Nhưng sau một năm làm việc điên cuồng cùng sự trợ giúp của một học trò cũ của mình là Richard Taylor – hiện đang là giáo sư tại Viện nghiên cứu cấp cao Princeton – ông đã có thể “vá” lại chứng minh. Khi kết quả là hai bài báo được công bố vào năm 1995, và chúng chiếm trọn một số của tờ Annals of Mathematics.

Nhưng sau khi khẳng định ban đầu của Wiles chiếm trọn trang nhất của báo chí trên khắp thế giới, áp lực cứu lấy công trình của mình gần như đã làm tê liệt nhà toán học nhút nhát. “Làm toán trong tình trạng phơi bày trước mắt mọi người thế này không phải phong cách của tôi, và tôi không mong muốn phải lặp lại nữa,” Wiles nói trong một bộ phim tài liệu của BBC năm 1996, vẫn còn run rẩy vì trải nghiệm đó. “Gần như không thể tin nổi rằng ông ấy lại có thể vá được chứng minh” ở thời điểm đó, John Rognes, nhà toán học ở trường Đại học Oslo, thành viên hội đồng giải thưởng Abel, cho biết.

“Đã rất, rất căng thẳng”, Wile nói. “Thật bất hạnh rằng con người chúng ta thành công từ những phép thử và những sai sót. Thất bại là mẹ thành công”.

Wiles biết đến nhà toán học Pháp Pierre de Fermat lần đầu tiên khi còn là một đứa trẻ ở Cambridge. Ông được kể lại rằng Fermat đã phát biểu định lý mang tên mình ở dạng viết tay trên lề của một cuốn sách vào năm 1637 (bằng tiếng Latin): “Tôi đã tìm ra một chứng minh tuyệt vời cho định lý này nhưng lề sách quá chật để ghi lại”.

“Tôi tin đây là một câu chuyện rất lãng mạn,” Wiles nói về ý tưởng của Fermat. “Mẫu câu chuyện này lôi cuốn trí tưởng tượng của người ta khi còn trẻ và muốn bước chân vào thế giới toán học.”

Mặc dù khi ấy Fermat đã nghĩ rằng ông chứng minh được nó, nhưng chỉ một chứng minh cho trường hợp đặc biệt n=4 là còn sót lại. Một thế kỷ sau, Leonhard Euler chứng minh nó cho trường hợp n=3 và công trình của Sophie Germain mang lại chứng minh cho vô hạn các lũy thừa, nhưng vẫn không phải cho tất cả. Các chuyên gia bắt đầu có ý cho rằng để giải quyết trường hợp tổng quát phát biểu trong định lý phải cần đến những công cụ toán học mà chỉ đến thế kỷ 20 mới xuất hiện.

Năm 1983, nhà toán học người Đức, Gerd Faltings, hiện đang làm việc tại Viện Toán học Max Planck ở Bonn, đã tiến một bước rất dài với chứng minh rằng phương trình Fermat cùng lắm chỉ có hữu hạn nghiệm, tuy nhiên ông vẫn chưa thể chỉ ra con số đó phải bằng 0. (Thực tế, ông đã chứng minh được một kết quả mà theo các chuyên gia nhận định là sâu sắc và thú vị hơn định lý cuối cùng của Fermat, nó chỉ ra rằng một lớp rộng hơn các phương trình, có cùng lắm là hữu hạn nghiệm).

Để đưa số nghiệm về không, Wiles đã tiếp cận vấn đề theo một hướng khác: ông chứng minh giả thuyết Shimura-Taniyama, một giả thuyết ra đời những năm 50 thế kỷ trước, miêu tả sự tương đương của hai khái niệm khác nhau của toán học, các đường cong elliptic và các dạng modular. Kết quả từ những nhà toán học khác cho thấy rằng chứng minh được tính tương đương này sẽ giúp suy ra định lý cuối cùng của Fermat – và giống như kết quả của Falting, hầu hết các nhà toán học coi kết quả này là sâu sắc và phong phú hơn chính định lý Fermat. (Toàn văn thông cáo giải thưởng Abel viết “giải thưởng trao cho Wiles vì chứng minh tuyệt diệu của ông cho định lý cuối cùng của Fermat bằng cách sử dụng giả thuyết modular cho các đường cong elliptic nửa ổn định, mở ra một kỷ nguyên mới trong lý thuyết số.”)

Mối liên hệ giữa giả thuyết Shimura-Taniyama và định lý cuối cùng của Fermat được đề xuất lần đầu tiên vào năm 1984 bởi nhà toán học Gerhard Frey, hiện đang làm việc ở Đại học Duisburg-Essen, Đức. Ông đã khẳng định rằng bất kỳ phản ví dụ nào cho định lý cuối cùng của Fermat cũng sẽ dẫn tới một phản ví dụ cho giả thuyết Shimura-Taniyama.

Kenneth Ribet, nhà toán học ở Đại học California, Berkeley, đã nhanh chóng chứng minh được rằng khẳng định của Frey là chính xác và bởi vậy nếu ai đó chứng minh được giả thuyết này sẽ giải quyết được định lý cuối cùng của Fermat. Dẫu vậy, vấn đề vẫn không đơn giản hơn đi chút nào. “Andrew Wiles có lẽ là một trong số ít người trên Trái đất đủ can đảm để mơ ước rằng ông có thể tiến lên và chứng minh giả thuyết này, “ Ribet trả lời phỏng vấn trong bộ phim tài liệu của BBC vào năm 1996. 

Định lý cuối cùng của Fermat cũng có liên hệ với một kết quả sâu sắc khác trong lý thuyết số, có tên gọi là giả thuyết abc, Rognes bình luận. Nhà toán học Shinichi Mochizuki ở Viện nghiên cứu Toán học, Đại học Kyoto, Nhật Bản đã khẳng định rằng ông đã chứng minh giả thuyết này vào năm 2012, mặc dù bản nháp chứng minh dài 500 trang của ông vẫn đang được bình duyệt bởi các đồng nghiệp. Một số nhà toàn học nguyên hàm ói rằng công trình của Mochizuki có thể cung cấp một cách thức khác để chứng minh định lý cuối cùng của Fermat, mặc dù Wiles nói rằng ông vẫn hoài nghi về kỳ vọng đó.

Wiles đã giúp tổ chức một hội thảo về công trình của Mochizuki ở Oxford, tháng 12 năm ngoái, mặc dù mối quan tâm trong nghiên cứu của ông tương đối khác. Gần đây, ông tập trung nỗ lực vào một giả thuyết mở quan trọng khác trong lý thuyết số, được liệt kê trong danh sách các vấn đề treo giải Thiên niên kỷ của Viện Toán học Clay tại Oxford, Anh. Ông vẫn tiếp tục làm việc chăm chỉ và tư duy về toán học trong hầu hết thời gian thức của mình, ngay cả khi đi bộ đến văn phòng vào buổi sáng. “Ông ấy không muốn đạp xe,” Bridson nói. “Ông nghĩ rằng sẽ tương đối nguy hiểm nếu vừa đạp xe vừa nghĩ về toán học.”

Hàm số mũ tổng hợp h
Phùng Hồ Hải hiệu đính




#714326 Sử dụng đạo hàm để giải bất đẳng thức.

Gửi bởi HocLop trong 13-08-2018 - 17:32

Chứng minh rằng với mọi x ta đều có: cos$^2$(x - a) + sin$^2$(x - b) - 2cos(x - a).sin(x - b).sin(a - b) = cos$^2$(a - b).




#713418 Hướng dẫn gửi bài trên Diễn đàn

Gửi bởi HocLop trong 28-07-2018 - 20:23

Sao mình không tìm được chỗ đăng bài để hỏi nhỉ