intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Bài giảng ứng dụng hàm số trong luyện thi ĐH - phần 2

Chia sẻ: Nguyễn Ngân | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST
Báo xấu
98
lượt xem 10
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'bài giảng ứng dụng hàm số trong luyện thi đh - phần 2', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Bài giảng ứng dụng hàm số trong luyện thi ĐH - phần 2

  1. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu () D u c a y ' là d u c a g x . ( )( ) () () ng bi n trên m i kho ng −∞; −1 và −1; +∞ khi và ch khi g x ≥ 0, ∀x ≠ −1 1 Hàm s y () () • Xét m − 1 = 0 ⇔ m = 1 ⇒ g x = 1 > 0, ∀x ≠ −1 ⇒ m = 1 a tho mãn yêu c u bài toán . • Xét m − 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ 1 () Tương t trên 1 < m ≤ 2 b th a yêu c u bài toán . (a ) và (b ) suy ra 1 ≤ m ≤ 2 thì hàm s ng bi n trên » . y T 3. m a. y = x + 2 + x −1 m m a )y = x + 2 + ⇒ y' =1− ,x ≠ 1 ( ) x −1 2 x −1 ( )( ) • m ≤ 0 thì y ' > 0; ∀x ≠ 1 . Do ó hàm s ng bi n trên m i kho ng −∞;1 và 1; +∞ . (x − 1) − m , x ≠ 1 và y ' = 0 ⇔ x = 1 ± 2 m • m > 0 thì y ' = 1 − = m . L p b ng bi n thiên ta th y ( x − 1) ( x − 1) 2 2 hàm s ngh ch bi n )( ) ( trên m i kho ng 1 − m ;1 và 1;1 + m ; do ó không tho i u ki n . nh c a nó khi và ch khi m ≤ 0 V y :hàm s ng bi n trên m i kho ng xác Chú ý : Bài toán trên ư c m r ng như sau ( ) ng bi n −∞; −1 a1 ) Tìm giá tr c a m hàm s ng bi n ( 2; +∞ ) a2 ) Tìm giá tr c a m hàm s a 3 ) Tìm giá tr c a m hàm s ngh ch bi n trong kho ng có dài b ng 2. ()() a 4 ) Tìm giá tr c a m hàm s ngh ch bi n trên m i kho ng 0;1 và 1;2 . ( ) 2 a 5 ) G i x 1 < x 2 là hai nghi m c a phương trình x − 1 − m = 0 . Tìm m : a 5.1 ) x 1 = 2x 2 a 5.3 ) x 1 + 3x 2 < m + 5 a 5.2 ) x 1 < 3x 2 a 5.4 ) x 1 − 5x 2 ≥ m − 12 ( ) −2x 2 + m + 2 x − 3m + 1 1 − 2m b. y = = −2x + m + x −1 x −1 2m − 1 ⇒ y ' = −2 + ( x − 1) 2 1 ( ) ( ) •m≤ ⇒ y ' < 0, x ≠ 1 , hàm s ngh ch bi n trên m i kho ng −∞;1 va` 1; +∞ 2
  2. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu 1 •m> phương trình y ' = 0 có hai nghi m x 1 < 1 < x 2 ⇒ hàm s ng bi n trên m i kho ng 2 ( ) ( ) x 1;1 và 1; x 2 , trư ng h p này không th a . D ng 3 : Hàm s ơn i u trên t p con c a » . Phương pháp: * Hàm s y = f (x , m ) tăng ∀x ∈ I ⇔ y ' ≥ 0 ∀x ∈ I ⇔ min y ' ≥ 0 . x ∈I * Hàm s y = f (x , m ) gi m ∀x ∈ I ⇔ y ' ≤ 0 ∀x ∈ I ⇔ max y ' ≤ 0 . x ∈I Ví d 1 : Tìm m các hàm s sau mx + 4 () ( ) 1. y = f x = luôn ngh ch bi n kho ng −∞;1 . x +m ( ) ( ) 2. y = x 3 + 3x 2 + m + 1 x + 4m ngh ch bi n trên kho ng −1;1 . Gi i : mx + 4 () ( ) 1. y = f x = luôn ngh ch bi n kho ng −∞;1 . x +m {} ã cho xác nh trên D = » \ −m . Hàm s m2 − 4 Ta có y ' = , x ≠ −m ( ) 2 x +m ( ) y ' < 0, ∀x ∈ −∞;1  ( ) Hàm s ngh ch bi n trên kho ng −∞;1 khi và ch khi  ( ) −m ∉ −∞;1  m − 4 < 0    −2 < m < 2  −2 < m < 2 2  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ −2 < m ≤ −1 ( ) −m ≥ 1 m ≤ −1 −m ∉ −∞;1    V y : v i −2 < m ≤ −1 thì tho yêu c u bài toán . ( ) ( ) 2. y = x 3 + 3x 2 + m + 1 x + 4m ngh ch bi n trên kho ng −1;1 . Hàm s ã cho xác nh trên » . () Ta có : f ' x = 3x 2 + 6x + m + 1 Cách 1 : ( ) () ( ) Hàm s ã cho ngh ch bi n trên kho ng −1;1 khi và ch khi f ' x ≤ 0, ∀x ∈ −1;1 hay ( ) ( ) ( ) ( 1) . m ≤ − 3x 2 + 6x + 1 , ∀x ∈ −1;1 ⇔ m ≤ min g x x ∈( −1;1) ( ) () () Xét hàm s g x = − 3x 2 + 6x + 1 , ∀x ∈ −1;1 ⇒ g ' ( x ) = −6x − 6 < 0, ∀x ∈ ( −1;1) ⇒ g ( x ) ngh ch bi n trên kho ng ( −1;1) và lim g ( x ) = −2, lim g ( x ) = −10 x →−1+ x →1− B ng bi n thiên.
  3. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu −1 1 x () − g' x g (x ) −2 −10 V y m ≤ −10 tho yêu c u bài toán . Cách 2 : () f '' x = 6x + 6 () Nghi m c a phương trình f '' x = 0 là x = −1 < 1 . Do ó, hàm s ã cho ngh ch bi n trên kho ng ( −1;1) khi và ch () khi m ≤ lim g x = −10 . − x →1 V y m ≤ −10 tho yêu c u bài toán . Ví d 2 : Tìm m các hàm s sau () ( ) 1. y = f x = 2x 3 − 2x 2 − mx − 1 ng bi n trên kho ng 1; +∞ . y = f ( x ) = mx ( ) − x 2 + 3x + m − 2 ng bi n trên kho ng −3; 0 . 3 2. 1 () ( ) ( ) 3. y = f x = mx 3 + 2 m − 1 x 2 + m − 1 x + m ng bi n trên 3 ( ) kho ng 2; +∞ . Gi i : () ( ) 1. y = f x = 2x 3 − 2x 2 − mx − 1 ng bi n trên kho ng 1; +∞ . ( ) nh trên 1; +∞ . Hàm s ã cho xác Ta có : y ' = 6x 2 − 4x + m ( ) ( ) ng bi n trên kho ng 1; +∞ khi và ch khi y ' ≥ 0, ∀x ∈ 1; +∞ Hàm s ã cho () ⇔ g x = 6x 2 − 4x ≥ −m, x > 1 . () ( ) Xét hàm s g x = 6x 2 − 4x liên t c trên kho ng 1; +∞ , ta có () () ( ) g ' x = 12x − 4 > 0, ∀x > 1 ⇔ g x ng bi n trên kho ng 1; +∞ ( ) () () và lim g x = lim 6x 2 − 4x = 2, lim g x = +∞ x →+∞ + + x →1 x →1 B ng bi n thiên. +∞ 1 x () + g' x g (x ) +∞
  4. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu 2 D a vào b ng bi n thiên suy ra 2 ≥ −m ⇔ m ≥ −2 () ( ) 2. y = f x = mx 3 − x 2 + 3x + m − 2 ng bi n trên kho ng −3; 0 . ( ) nh trên −3; 0 . Hàm s ã cho xác Ta có : y ' = 3mx 2 − 2x + 3 ( ) ( ) ng bi n trên kho ng −3; 0 khi và ch khi y ' ≥ 0, ∀x ∈ −3; 0 Hàm s ã cho 2x + 3 ( ) ( ) Hay 3mx 2 − 2x + 3 ≥ 0, ∀x ∈ −3; 0 ⇔ m ≥ , ∀x ∈ −3; 0 3x 2 2x + 3 () ( ) Xét hàm s g x = liên t c trên kho ng −3; 0 , ta có 3x 2 −6x 2 + 18x () ( ) () g' x = < 0, ∀x ∈ −3; 0 ⇒ g x ngh ch bi n trên 9x 4 1 () () ( ) kho ng −3; 0 và lim+ g x = − , lim g x = −∞ 9 x → 0− x →−3 B ng bi n thiên. −3 0 x () − g' x g (x ) 1 − 9 −∞ 1 D a vào b ng bi n thiên suy ra m ≥ − 9 1 () ( ) ( ) 3. y = f x = mx 3 + 2 m − 1 x 2 + m − 1 x + m ng bi n trên 3 ( ) kho ng 2; +∞ . ( ) nh trên 2; +∞ . Hàm s ã cho xác ( ) Ta có : y ' = mx 2 + 4 m − 1 x + m − 1 ( ) ng bi n trên kho ng 2; +∞ khi và ch khi Hàm s ( ) ( ) ( ) y ' ≥ 0, ∀x ∈ 2; +∞ ⇔ mx 2 + 4 m − 1 x + m − 1 ≥ 0, ∀x ∈ 2; +∞ 4x + 1 ( ) ( ) ( ) ⇔ x 2 + 4x + 1 m ≥ 4x + 1, ∀x ∈ 2; +∞ ⇔ m ≥ , ∀x ∈ 2; +∞ x + 4x + 1 2 4x + 1 () ( ) Xét hàm s g x = , x ∈ 2; +∞ x + 4x + 1 2
  5. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu ( ) −2x 2x + 1 () ( ) () ( ) ⇒ g' x = < 0, ∀x ∈ 2; +∞ ⇒ g x ngh ch bi n trên kho ng 2; +∞ và ( ) 2 x 2 + 4x + 1 9 () () lim g x = , lim g x = 0 13 x →+∞ + x →2 B ng bi n thiên. +∞ 2 x () − g' x 9 () gx 13 0 9 Vy m≥ tho yêu c u bài toán . 13 Ví d 3 : Tìm t t c các tham s m hàm s y = x + 3x + mx + m ngh ch bi n trên o n có 3 2 dài b ng 1 ?. Gi i : Hàm s ã cho xác nh trên » . Ta có : y ' = 3x 2 + 6x + m có ∆ ' = 9 − 3m • N u m ≥ 3 thì y ' ≥ 0, ∀x ∈ » , khi ó hàm s luôn ng bi n trên » , do ó m ≥ 3 không tho yêu c u bài toán . ( ) • N u m < 3 , khi ó y ' = 0 có hai nghi m phân bi t x 1, x 2 x 1 < x 2 và hàm s ngh ch bi n trong o n x 1 ; x 2  v i dài l = x 2 − x 1   m Theo Vi-ét, ta có : x 1 + x 2 = −2, x 1x 2 = 3 dài b ng 1 ⇔ l = 1 Hàm s ngh ch bi n trên o n có 4 9 ( ) ( ) 2 2 ⇔ x 2 − x 1 = 1 ⇔ x 1 + x 2 − 4x 1x 2 = 1 ⇔ 4 − m = 1 ⇔ m = 3 4 hàm s y = x + 3x + mx + m ngh ch bi n trên o n có 3 2 Câu h i nh : Tìm t t c các tham s m dài b ng 1 . Có hay không yêu c u bài toán tho : l = x 2 − x 1 ≥ 1?. BÀI T P T LUY N 1.Tìm i u ki n c a tham s m sao cho hàm s : ( ) ( )( ) a. y = x 3 − mx 2 − 2m 2 − 7m + 7 x + 2 m − 1 2m − 3 ng bi n ( ) trên kho ng 2; +∞ .
  6. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu ( ) mx 2 + m + 1 x − 1 ( ) b. y = ng bi n trên kho ng 1; +∞ . 2x − m ) ng bi n trên 2; +∞ . hàm s y = x 3 − (m + 1)x 2 − (2m 2 − 3m + 2)x + m(2m − 1) 2. Tìm m  mx 2 + 6x − 2 ngh ch bi n trên [1; +∞) . hàm s y = 3. nh m x +2 1 hàm s y = mx 3 − (m − 1)x 2 + 3(m − 2)x + 1 ng bi n trên (2; +∞) . 4. nh m 3 Hư ng d n : 1 a. Hàm s ã cho xác nh trên » . ( ) () Ta có : y ' = 3x 2 − 2mx − 2m 2 − 7m + 7 = g x ( ) ( ) ng bi n trên kho ng 2; +∞ khi và ch khi y ' ≥ 0, ∀x ∈ 2; +∞ Hàm s ã cho ( ) () ( ) () Xét hàm s g x = 3x 2 − 2mx − 2m 2 − 7m + 7 trên kho ng x ∈ 2; +∞ và g ' x = 6x − 2m Cách 1: ( ) () ( ) () ng bi n trên kho ng 2; +∞ khi và ch khi g 2 ≥ 0 ⇔ 3.22 − 2m.2 − 2m 2 − 7m + 7 ≥ 0 Hàm s g x 5 ⇔ −2m 2 + 3m + 5 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ 2 V i cách gi i này h c sinh nên dùng cho bài tr c nghi m, góc bài toán t lu n thi u i tính chu n xác và trong sáng c a bài toán . Cách 2 : () m g' x = 0 ⇔ x = 3 () ( ) m • Nu ≤ 2 ⇔ m ≤ 6 , khi ó g x ≥ 0, x ∈ 2; +∞ 3 5 () ⇔ min g x ≥ 0 ⇔ −2m 2 + 3m + 5 ≥ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ x ∈( 2;+∞ ) 2 m • Nu > 2 ⇔ m > 6 , kh năng này không th x y ra (vì sao ?). 3 b. m  Hàm s ã cho xác nh trên D = » \   . 2 x −1 1 • N u m = 0 , ta có y = ⇒ y ' = 2 > 0, ∀x ≠ 0 . Hàm s ng 2x 2x ( ) ( ) bi n trên các kho ng −∞; 0 và 0; +∞ , do ó cũng ng bi n trên ( ) kho ng 1; +∞
  7. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu () V y m = 0 a tho mãn yêu c u bài toán . () gx 2mx 2 − 2m 2x − m 2 − m + 2 • N u m ≠ 0 , ta có y ' = = , ( ) ( ) 2 2 2x − m 2x − m () g x = 2mx 2 − 2m 2x − m 2 − m + 2 ( ) ng bi n trên kho ng 1; +∞ khi và ch khi Hàm s  2m > 0 m > 0   m ( ) ()  ∉ 1; +∞ ⇔ m ≤ 2 ⇔ 0
  8. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu () thì f (x ) ≤ 0 ⇔ x ∈ (x1 ; x 2 ) nên * không th a mãn. 7 • N u m < 0 ho c m > . Khi ó f (x ) = 0 có hai nghi m 2 −2m + 4m 2 − 14m −2m − 4m 2 − 14m ; x2 = x1 m m x ≤ x 1 7 Vì m < 0 ho c m > ⇒ x 1 < x 2 ⇒ f (x ) ≤ 0 ⇔  x ≥ x 2 2  Do ó f (x ) ≤ 0 ∀x ∈ [1; +∞) ⇔ x 2 ≤ 1 ⇔ −3m ≥ 4m 2 − 14m m < 0  14 ⇔ 2 ⇔m≤− . 5m + 14m ≥ 0 5  −14 Cách 2: (*) ⇔ m ≤ = g (x ) ∀x ∈ [1; +∞) ⇔ m ≤ min g (x ) x ≥1 x + 4x 2 14 14 Ta có min g(x ) = g(1) = − ⇒m ≤− . 5 5 x ≥1 ( ) 4. Ta có y ' = mx 2 − 2(m − 1)x + 3(m − 2) , ∀x ∈ 2; +∞ . Cách 1. • N u m = 0 khi ó y ' = 2x − 6 và y ' ≥ 0 ch úng v i m i x ≥ 3 . • N u m ≠ 0 khi ó ∆ ' = −2m 2 + 4m + 1 2 Tương t trên , ta tìm ư c m ≥ 3 ( ) ( ) Cách 2: Hàm ng bi n trên ∀x ∈ 2; +∞ ⇔ y ' ≥ 0 ∀x ∈ 2; +∞ ( ) ⇔ mx 2 − 2(m − 1)x + 3(m − 2) ≥ 0 ∀x ∈ 2; +∞ 6 − 2x ( ). ⇔m≥ = g(x ) ∀x ∈ 2; +∞ x 2 − 2x + 3 ) 2; +∞ Xét hàm s g(x ) liên t c trên n a kho ng  2(x 2 − 6x + 3) )  Ta có : g '(x ) = ∀x ∈ 2; +∞ (x 2 − 2x + 3)2 ⇒ g '(x ) = 0 ⇔ x = 3 + 6 (vi` x ≥ 2) và lim g (x ) = 0 . x →+∞ 2 L p b ng bi n thiên ta có m ax g(x ) = g(2) = . 3 x ≥2 2 ⇒ m ≥ g(x ) ∀x ∈ [2; +∞) ⇔ m ≥ max g(x ) = . 3 x ≥2
  9. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu D ng 4 : S d ng tính ơn i u c a hàm s CM b t ng th c. () () • ng th c v d ng f x ≥ M , x ∈ a;b . ưa b t y = f ( x ) , x ∈ (a;b ) . • Xét hàm s () • L p b ng bi n thiên c a hàm s trên kho ng a;b . • D a vào b ng bi n thiên và k t lu n.  π Ví d 1 : Ch ng minh r ng : sin x + t a n x > 2x , ∀x ∈  0;  .  2 Gi i :  π () Xét hàm s f x = sin x + t a n x − 2x liên t c trên n a kho ng  0;  .  2  π 1 1 () Ta có : f ' x = cos x + − 2 > cos2 x + − 2 > 0, ∀x ∈  0;  2 2  2 cos x cos x  π  π () () () ⇒ f x là hàm s ng bi n trên 0;  và f x > f 0 , ∀x ∈  0;   2  2  π hay sin x + t a n x > 2x , ∀x ∈  0;  ( pcm).  2 Ví d 2 : Ch ng minh r ng  π 1. sin x ≤ x , ∀x ∈  0;   2 π x3 2. sin x > x − ,∀x ∈ (0; ) 3! 2 π x2 x4 3. cos x < 1 − + , ∀x ∈ (0; ) 2 24 2 3  sin x  π  > cos x , ∀x ∈ (0; ) . 4.  2 x Gi i :  π 1. sin x ≤ x , ∀x ∈  0;   2  π Xét hàm s f (x ) = sin x − x liên t c trên o n x ∈  0;   2  π  π Ta có: f '(x ) = cos x − 1 ≤ 0 ,∀x ∈ 0;  ⇒ f (x ) là hàm ngh ch bi n trên o n  0;  .  2  2  π Suy ra f (x ) ≤ f (0) = 0 ⇔ sin x ≤ x ∀x ∈ 0;  ( pcm).  2
  10. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu π x3 2. sin x > x − ,∀x ∈ (0; ) 3! 2  π x3 Xét hàm s f (x ) = sin x − x + liên t c trên n a kho ng x ∈ 0;  . 6  2  π x2 Ta có: f '(x ) = cos x − 1 + ⇒ f "(x ) = − sin x + x ≥ 0 ∀x ∈ 0;  (theo câu 1) 2  2  π  π ⇒ f '(x ) ≥ f '(0) = 0 ∀x ∈ 0;  ⇒ f (x ) ≥ f (0) = 0 ∀x ∈ 0;   2  2  π x3 ⇒ sin x > x − , ∀x ∈  0;  ( pcm). 3!  2 π x2 x4 3. cos x < 1 − + , ∀x ∈ (0; ) 2 24 2  π x2 x4 Xét hàm s g(x ) = cos x − 1 + − liên t c trên n a kho ng x ∈ 0;  . 2 24  2 x3  π  π Ta có: g '(x ) = − sin x + x − ≤ 0 ∀x ∈ 0;  (theo câu 2) ⇒ g (x ) ≤ g(0) = 0 ∀x ∈ 0;  6  2  2  π x2 x4 ⇒ cos x < 1 − + , ∀x ∈  0;  ( pcm). 2 24  2 3  sin x  π  > cos x , ∀x ∈ (0; ) . 4.  2 x  π x3 Theo k t qu câu 2, ta có: sin x > x − , ∀x ∈  0;  6  2 3  x2  3  sin x  x2 x2 x4 x6 sin x 1 −  = 1 − ⇒ >1− ⇒  > + − 6 6 2 12 216 x x   3  sin x  x2 x4 x4 x2 ⇒ >1− + + (1 − )  2 24 24 9 x 3  π  sin x  x2 x2 x4 Vì x ∈  0;  ⇒ 1 − >0⇒ >1− +   2 9 2 24 x  π x2 x4 M t khác, theo câu 3: 1 − + > cos x ,∀x ∈  0;  2 24  2 3  sin x   π  > cos x ,∀x ∈  0;  ( pcm). Suy ra   2 x π sin x Nh n xét: Ta có 0 < sin x < x ⇒ 0 < < 1 ∀x ∈ (0; ) nên 2 x
  11. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu α 3  sin x   sin x  ∀α ≤ 3 . Do ó, ta có k t qu sau  ≥   x x α  sin x  π Ch ng minh r ng: v i ∀α ≤ 3 , ta luôn có:   ≥ cos x ∀x ∈ (0; ) . 2 x  π 1 1 4 < +1− , ∀x ∈  0;  Ví d 3 : Ch ng minh r ng  2 π2 sin2 x x 2 Gi i :  π 1 1 Xét hàm s f (x ) = − liên t c trên n a kho ng x ∈  0;  .  2 sin2 x x 2 2(−x 3 cos x + sin 3 x ) 2 cos x 2 Ta có: f '(x ) = − + = . 3 3 3 3 sin x x sin x x 3  sin x   π  > cos x ,∀x ∈  0;  Theo k t qu câu 4 - ví d 2 , ta có:   2 x  π  π ⇒ −x 3 cos x + sin 3 x > 0 ,∀x ∈  0;  ⇒ f '(x ) > 0 ,∀x ∈  0;   2  2 π   π 4 ⇒ f (x ) ≤ f   = 1 − , ∀x ∈  0;  2  2 π2  π 1 1 4 < +1− , ∀x ∈  0;  ( pcm). Do v y:  2 π2 sin2 x x 2 3 x +1 π 2.sin x ta n x Ví d 4 : V i 0 ≤ x < +2 >2 2 . Ch ng minh r ng 2 2 Gi i : 1 sin x + t a n x 2. sin x ta n x 2 sin x ta n x +2 ≥ 2. 2 = 2.2 2 Ta có: 2 .2 1 3x sin x + t a n x  π 1 3 ≥ ⇔ sin x + t a n x ≥ x ∀x ∈ 0;  . 2 22 2 Ta ch ng minh: 2 2  2  π 1 3x () Xét hàm s f x = sin x + t a n x − liên t c trên n a kho ng  0;  . 2 2  2 3 2 cos3 x − 3 cos2 x + 1 1 () Ta có: f , x = cos x + − = 2 2.cos2 x 2 cos2 x π (cos x − 1)2 (2 cos x + 1) = ≥ 0 , ∀x ∈ [0; ) . 2 2 cos2 x π π 1 3 ⇒ f (x ) ng bi n trên [0; ) ⇒ f (x ) ≥ f (0) = 0 ⇒ sin x + tan x ≥ x , ∀x ∈ [0; ) ( pcm). 2 2 2 2
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.06: Bộ 240 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2023
240 tài liệu
1095 lượt tải
THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
20=>2