Chương 5: ĐẠO HÀM

Thế \(\left(x;y\right)=\left(0;-1\right)\) vào ta được \(f\left(0\right)=0\)

Thế \(y=0\Rightarrow f\left(f\left(x\right)\right)=x\)

Do vế phải của biểu thức trên là hàm bậc nhất \(\Rightarrow\) có tập giá trị là \(Z\Rightarrow f\) là toàn ánh

Giả sử tồn tại \(x_1;x_2\) sao cho \(f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)=a\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}f\left(f\left(x_1\right)\right)=x_1\Rightarrow f\left(a\right)=x_1\\f\left(f\left(x_2\right)\right)=x_2\Rightarrow f\left(a\right)=x_2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow x_1=x_2\Rightarrow f\) là đơn ánh \(\Rightarrow f\) là song ánh

Thế \(\left(x;y\right)=\left(1;-1\right)\Rightarrow f\left(0\right)=1+f\left(-1\right)\Rightarrow f\left(-1\right)=-1\)

Thế \(\left(x;y\right)=\left(-1;f\left(1\right)\right)\Rightarrow f\left(f\left(-1\right)+f^2\left(1\right)\right)=-1+f\left(f\left(1\right)\right)\)

\(\Rightarrow f\left(f^2\left(1\right)-1\right)=-1+1=0\Rightarrow f^2\left(1\right)-1=0\) (do \(f\) song ánh)

\(\Rightarrow f^2\left(1\right)=1\Rightarrow f\left(1\right)=1\) (cũng vẫn do \(f\) song ánh nên \(f\left(1\right)\ne-1\) do \(f\left(-1\right)=-1\))

Thế \(\left(x;y\right)=\left(1;x\right)\Rightarrow f\left(1+x\right)=1+f\left(x\right)\) (1)

Từ đẳng thức trên, do \(x\in Z\) nên ta có thể quy nạp để tìm hàm \(f\):

- Với \(x=0\Rightarrow f\left(1\right)=1\)

- Với \(x=1\Rightarrow f\left(2\right)=f\left(1+1\right)=1+f\left(1\right)=2\)

- Giả sử \(f\left(k\right)=k\), ta cần chứng minh \(f\left(1+k\right)=1+k\), nhưng điều này hiển nhiên đúng theo (1)

Vậy \(f\left(x\right)=x\) là hàm cần tìm

Đạo hàm lần lượt từ ngoài vào trong:

\(y'=f'\left(g\left(h\left(x\right)\right)\right).g'\left(h\left(x\right)\right).h'\left(x\right)\)

Cụ thể hơn thì theo công thức đạo hàm hàm hợp:

\(y'=f'\left(g\left(h\left(x\right)\right)\right).\left[g\left(h\left(x\right)\right)\right]'\)

\(=f'\left(g\left(h\left(x\right)\right)\right).g'\left(h\left(x\right)\right).\left[h\left(x\right)\right]'\)

\(=f'\left(g\left(h\left(x\right)\right)\right).g'\left(h\left(x\right)\right).h'\left(x\right)\)

\(\left(\frac{4}{x}\right)'=-\frac{4}{x^2}\)

1.

Giả sử tiếp tuyến d có 1 vtpt là \(\left(a;b\right)\) với \(a^2+b^2>0\)

\(\Rightarrow cos30^0=\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\left|a-2b\right|}{\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(1^2+\left(-2\right)^2\right)}}=\frac{\left|a-2b\right|}{\sqrt{5\left(a^2+b^2\right)}}\)

\(\Leftrightarrow4\left(a-2b\right)^2=15\left(a^2+b^2\right)\)

\(\Leftrightarrow11a^2+16ab-b^2=0\)

Nghiệm xấu quá nhìn muốn nản, bạn tự làm tiếp :)

2.

\(y'=cosx-2sinx+2m-5\)

Hàm số đồng biến trên TXĐ khi và chỉ khi \(y'\ge0\) ; \(\forall x\)

\(\Leftrightarrow cosx-2sinx+2m-5\ge0\) ;\(\forall x\)

\(\Leftrightarrow2m-5\ge2sinx-cosx\)

\(\Leftrightarrow2m-5\ge f\left(x\right)_{max}\) với \(f\left(x\right)=2sinx-cosx\)

Ta có: \(f\left(x\right)=2sinx-cosx=\sqrt{5}\left(\frac{2}{\sqrt{5}}sinx-\frac{1}{\sqrt{5}}cosx\right)=\sqrt{5}sin\left(x-a\right)\)

Với \(a\in\left(0;\pi\right)\) sao cho \(cosa=\frac{2}{\sqrt{5}}\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\le\sqrt{5}\Rightarrow2m-5\ge\sqrt{5}\Rightarrow m\ge\frac{5+\sqrt{5}}{2}\)

3.

Hàm trùng phương \(f\left(x\right)=ax^4+bx^2+c\) với \(a\ne0\) đồng biến trên \(\left(0;+\infty\right)\) khi và chỉ khi:

\(\left\{{}\begin{matrix}a>0\\b\ge0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow m\ge0\)

Hoặc giải bt: \(y'=4x^3+2mx\ge0\) ;\(\forall x>0\)

\(\Leftrightarrow2x\left(x^2+m\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2+m\ge0\)

\(\Leftrightarrow x^2\ge-m\)

\(\Leftrightarrow-m\le min\left(x^2\right)=0\Rightarrow m\ge0\)

Lời giải: \(y'=\ln (x+1+\sqrt{x^2+2x+3})'=\frac{(x+1+\sqrt{x^2+2x+3})'}{x+1+\sqrt{x^2+2x+3}}=\frac{1+\frac{2x+2}{2\sqrt{x^2+2x+3}}}{x+1+\sqrt{x^2+2x+3}}\)

\(=\frac{\sqrt{x^2+2x+3}+x+1}{(x+1+\sqrt{x^2+2x+3})\sqrt{x^2+2x+3}}=\frac{1}{\sqrt{x^2+2x+3}}\)

Lời giải:

Gọi tọa độ điểm $A$ là $(5,a)$

PTTT tại tiếp điểm $(x_0,y_0)$ là:

(d): $y=y'(x_0)(x-x_0)+y_0=\frac{-4}{(x_0-1)^2}(x-x_0)+\frac{x_0+3}{x_0-1}$

$A\in (d)$ nên:

$a=\frac{-4}{(x_0-1)^2}(5-x_0)+\frac{x_0+3}{x_0-1}$

$\Leftrightarrow x_0^2(a-1)-2x_0(a+3)+(a+23)=0$

Xét PT $x^2(a-1)-2x(a+3)+(a+23)=0(*)$

Để từ $A$ kẻ được 2 tiếp tuyến thì $(*)$ phải có 2 nghiệm phân biệt khác $1$

Điều này xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a-1\neq 0\\ \Delta'=(a+3)^2-(a+23)(a-1)>0\\ a-1-2(a+3)+a+23\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a\neq 1\\ a<2\end{matrix}\right.(**)\)

Hoành độ 2 tiếp điểm $M,N$ là nghiệm của $(*)$. Theo định lý Viet:

\(\left\{\begin{matrix} x_M+x_N=\frac{2a+6}{a-1}\\ x_Mx_N=\frac{a+23}{a-1}\end{matrix}\right.\)

$\overrightarrow{BM}=(x_M-1,y_M-3); \overrightarrow{BN}=(x_N-1,y_N-3)$

Để $B,M,N$ thẳng hàng thì:

\(\frac{x_M-1}{x_N-1}=\frac{y_M-3}{y_N-3}=\frac{\frac{x_M+3}{x_M-1}-3}{\frac{x_N+3}{x_N-1}-3}=\frac{(3-x_M)(x_N-1)}{(x_M-1)(3-x_N)}\)

\(\Leftrightarrow 3x_M^2-x_M^2x_N-6x_M-x_N=3x_N^2-x_Mx_N^2-6x_N-x_M\)

\(\Leftrightarrow (x_M-x_N)[3(x_M+x_N)-x_Mx_N-5)=0\)

\(\Leftrightarrow 3(x_M+x_N)-x_Mx_N-5=0\) (do $x_M\neq x_N$)

\(\Leftrightarrow \frac{6(a+3)}{a-1}-\frac{a+23}{a-1}-5=0\) (luôn đúng)

Vậy mọi giá trị $a$ thỏa mãn $(**)$ là đáp án.

Giả sử \(f\left(x\right)\) có bậc k \(\Rightarrow f'\left(x\right)\) có bậc \(k-1\) và \(f''\left(x\right)\) có bậc \(k-2\)

\(\Rightarrow f''\left(x\right)+3x^2-5\) có bậc lớn nhất bằng \(max\left\{k-2;2\right\}\)

\(\Rightarrow k-1=max\left\{k-2;2\right\}\Rightarrow k-1=2\) (do \(k-1\ne k-2\) với mọi k)

\(\Rightarrow f\left(x\right)\) là đa thức bậc 3 có dạng: \(y=ax^3+bx^2+cx-5\) với \(a\ne0\)

\(3ax^2+2bx+c=6ax+2b+3x^2-5\)

\(\Leftrightarrow3ax^2+2bx+c=3x^2+6ax+2b-5\)

Đồng nhất 2 vế: \(\left\{{}\begin{matrix}3a=3\\2b=6a\\c=2b-5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=3\\c=1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow f\left(x\right)=x^3+3x^2+x-5\)

Đặt \(sin^2x=t\Rightarrow0\le t\le1\)

\(f\left(t\right)=0\Leftrightarrow t^3+3t^2+t-5=0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(t^2+4t+5\right)=0\Rightarrow t=1\)

\(\Rightarrow sin^2x=1\Leftrightarrow cosx=0\)

\(\Rightarrow x=\frac{\pi}{2}+k\pi\)

\(\Rightarrow\frac{\pi}{2}+k\pi\le2020\Rightarrow k\le\frac{4040-\pi}{2\pi}\)

\(\Rightarrow k_{max}=642\Rightarrow x_{max}=\frac{\pi}{2}+642\pi\)

Lời giải:

$y=\frac{1}{3}mx^2-\frac{1}{2}x^2+mx$

$\Rightarrow y'=\frac{2}{3}mx-x+m$

Để $y'>0, \forall x\in\mathbb{R}$

$\Leftrightarrow x(\frac{2}{3}m-1)+m>0, \forall x\in\mathbb{R}$

\(\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{2}{3}m-1=0\\ m>0\end{matrix}\right.\Rightarrow m=\frac{3}{2}\)