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 5

Chia sẻ: Nguyễn Ngân | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST
Báo xấu
93
lượt xem 8
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 5', 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 5

  1. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu x + x 2 − 2x + 2 = 3y −1 + 1  (x , y ∈ ») 1.  x −1 y + y − 2y + 2 = 3 + 1 2  t u = x − 1, v = y − 1  2 v u + u + 1 = 3 (I ) vi t l i  (II ) v + v 2 + 1 = 3u  () () Xét hàm s : f x = x + x 2 + 1 và g x = 3x liên t c ∀x ∈ » , ta có x +x x2 + 1 + x () () x ng bi n ∀x ∈ » . ≥ 0, ∀x ∈ » ⇒ f x f ' x =1+ = > 2 2 2 x +1 x +1 x +1 () g x = 3x ng bi n ∀x ∈ » .  () ()  2 v u + u + 1 = 3 f u = g v () () () () ⇔ ⇒ f u + f v =g u +g v  () () f v = g u v + v 2 + 1 = 3u   () () () () N u u > u ⇒ f u > f v ⇒ g v > g u ⇒ v > u vô lý . Tương t n u v > u cũng d n n vô lý   u + u 2 + 1 = 3u 1 = 3u ( u 2 + 1 − u ) (1) () ⇔ ⇔ II Do ó h u = v u = v   () t: g u = 3u ( u 2 + 1 − u ) liên t c ∀u ∈ » . u  Ta có g '(u ) = 3u ln 3( u 2 + 1 − u ) + 3u  − 1 2   u +1     1 g '(u ) = 3u  u 2 + 1 − u   ln 3 −  > 0, ∀u ∈ »    2 u +1  ( ) ng bi n ∀u ∈ » và g ( 0 ) = 1 ⇒ u = 0 là nghi m duy nh t c a (1) . Do ó g u Nên ( II ) ⇔ u = v = 0 . V y (I ) ⇔ x = y = 1 (1 + 42x −y )51−2x +y = 1 + 22x −y +1 (1) 2.  3 2 y + 4x + 1 + ln(y + 2x ) = 0 (2)   t t  1  +  4   = 1 + 2.2t  (*) t t = 2x − y . Khi ó phương trình (1) tr thành: 5    5   5    
  2. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu  t t  1  +  4   , g t = 1 + 2.2t () () Xét f t = 5      5   5      t t  1  +  4   là hàm ngh ch bi n và g t = 1 + 2.2t () () D th y : f t = 5     là hàm ng bi n  5   5     () () () và f 1 = g 1 = 5 ⇒ t = 1 là m t nghi m c a * . () () Ta c n ch ng minh t = 1 là nghi m duy nh t c a phương trình f t = g t Th t v y : () () () • t > 1 ⇒ f t < g t ⇒ t > 1 không là nghi m phương trình * . • t < 1 ⇒ f (t ) > g (t ) ⇒ t < 1 không là nghi m phương trình ( * ) . (*) có nghi m duy nh t t = 1 . Vy () t = 1 ⇔ 2x − y = 1 ⇔ 2x = y + 1 khi ó: (2) ⇔ y 3 + 2y + 3 + ln(y 2 + y + 1) = 0 * * Xét hàm s f (y ) = y 3 + 2y + 3 + ln(y 2 + y + 1) . 2 2y + 1 2y + 4y + 3 2 2 Ta có: f '(y ) = 3y + 2 + = 3y + >0 2 2 y +y +1 y +y +1 () ⇒ f (y ) là hàm ng bi n và f (−1) = 0 nên * * có nghi m duy nh t y = −1  x = 0 V y nghi m c a h là:  . y = −1  () () ( ) t t: f t = e t , g t = liên t c trên kho ng 1, +∞ , ta có 5. t −12 () () ( ) f ' t = e t > 0, ∀t > 1 ⇒ f t ng bi n trên kho ng 1, +∞ −1 () ( ) g / (t ) = < 0, ∀t > 1 ⇒ g t ngh ch bi n trên kho ng 1, +∞ . (t 2 − 1)3 x y e = 2009 − () ()  y − 1 1 ⇔  f x + g y = 2009  () 2 H phương trình   () ()  f y + g x = 2009 x e y = 2009 −   x2 − 1  () () () () ⇒ f x +g y = f y +g x () () () () N u x > y ⇒ f x > f y ⇒ g y < g x ⇒ y > x vô lý. y > x cũng vô lý . Tương t
  3. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu x y e = 2009 −  x  x y 2 − 1 1 ⇔ e + − 2009 = 0 () (2 ) Khi ó  x2 − 1 x x = y e y = 2009 −   x2 − 1  () ( ) x − 2009 liên t c trên kho ng 1; +∞ , ta có Xét hàm s : h x = e x + x2 − 1 1 3 1 () () h ' x = ex − , h '' x = e x + .2x > 0 (x ) (x ) 2 3 5 −1 −1 2 2 () () và lim h x = +∞, lim h x = +∞ + x →+∞ x →1 V y h ( x ) liên t ( ) th là ư ng cong lõm trên 1; +∞ . c và có () () ch ng minh 2 có 2 nghi m l n hơn 1 ta ch c n ch ng minh t n t i x 0 > 1 mà h x 0 < 0 . Do ó 2 () () − 2009 < 0 ⇒ h x = 0 có úng hai nghi m x > 1 Ch n x 0 = 2 : h 2 = e 2 + 3 () V y h phương trình 1 có úng 2 nghi m th a mãn i u ki n x > 1, y > 1 . 6. i u ki n : x > −1, y > −1 . () () Phương trình 1 ⇔ ln(1 + x ) − x = ln(1 + y ) − y 3 f (t ) = ln(1 + t ) − t c trên kho ng ( −1; +∞ ) . Xét hàm s liên t −t ( ) Ta có : f '(t ) = , ∀t ∈ −1; +∞ và f '(t ) = 0 ⇔ t = 0 1+t ( ) () () • f '(t ) > 0, ∀t ∈ −1; 0 ⇒ f t liên t c và ng bi n trên kho ng −1; 0 • f '(t ) < 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ f (t ) liên t c và ngh ch bi n trên kho ng ( 0; +∞ ) . Khi ó phương trình ( 3 ) ⇔ f ( x ) = f (y ) ⇔ x = y • V i x = y phương trình ( 2 ) ⇔ 2x − 5x .x + x = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y = 0 2 2 V y h phương trình cho có nghi m ( x ; y ) = ( 0; 0 ) . 7. x 3 + 3x − 3 + ln(x 2 − x + 1) = y   1. y 3 + 3y − 3 + ln(y 2 − y + 1) = z 3 z + 3z − 3 + ln(z − z + 1) = x 2   f (x ) = y   H phương trình có d ng :  f (y ) = z .   f (z ) = x  (x; y; z ) là nghi m c a h . Xét hàm s f (t ) = t 3 + 3t − 3 + ln(t 2 − t + 1), t ∈ » . Ta gi s
  4. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu 2t − 1 () Ta có: f '(t ) = 3t 2 + 3 + > 0, ∀t ∈ » ⇒ f t là hàm ng bi n ∀t ∈ » . 2 t −t +1 2 { } thì y = f (x ) ≥ f (y) = z ⇒ z = f (y) ≥ f (z ) = x Gi s : x = max x ; y; z V y x = y = z . Vì phương trình x 3 + 2x − 3 + ln(x 2 − x + 1) = 0 () () () ng bi n trên » và g 1 = 0 , do Xét hàm s g x = x 3 + 2x − 3 + ln(x 2 − x + 1), x ∈ » , hàm s g x () ó phương trình g x = 0 có nghi m duy nh t x = 1 . ã cho có nghi m là x = y = z = 1 . Do ó h 2  x − 2x + 6 log 3 (6 − y ) = x  2.  y 2 − 2y + 6 log3 (6 − z ) = y 2  z − 2z + 6 log 3 (6 − x ) = z   x log (6 − y ) =  3 x 2 − 2x + 6  f (y ) = g (x )    y H cho ⇔ log 3 (6 − z ) = ⇔  f (z ) = g (y )   f (x ) = g (z ) y 2 − 2y + 6   z log (6 − x ) = 3 z 2 − 2z + 6  t Xét hàm s f (t ) = log3 (6 − t ) ; g(t ) = , t ∈ (−∞;6) t − 2t + 6 2 1 () Ta có f '(t ) = − < 0, t ∈ (−∞; 6) ⇒ f t ngh ch bi n trên ( ) 6 − t ln 3 6 −t () kho ng (−∞; 6) và g '(t ) = ng bi n trên kho ng (−∞; 6) . > 0, ∀t ∈ (−∞;6) ⇒ g t ) (t 3 − 2t + 6 2 (x ; y; z ) là nghi m c a h thì x = y = z thay vào h ta có: Ta gi s x log3 (6 − x ) = ⇔x =3 x − 2x + 6 2 V y nghi m c a h ã cho là x = y = z = 3 . Bài c thêm : H HOÁN V VÒNG QUANH
  5. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu  f (x 1 ) = g(x 2 )   f (x ) = g (x 3 ) nh nghĩa: Là h có d ng:  2 (I) .................  f (x n ) = g(x1 )  nh lí 1: N u f , g là các hàm cùng tăng ho c cùng gi m trên A và (x 1, x 2,..., x n ) là nghi m c a h trên A thì x 1 = x 2 = ... = x n nh lí 2:N u f , g khác tính ơn i u trên A và (x 1, x 2 ,..., x n ) là nghi m c a h trên A thì x = x 3 = ... = x n −1  x1 = x 2 = ... = x n n u n l và  1 n u n ch n . x 2 = x 4 = ... = x n  Ví d 1: Gi i h phương trình : sin x − sin y = 3x − 3y (1)  π 1. x + y = (2)  5  x , y > 0 (3)  log (1 + 3 cos x ) = log (sin y ) + 2 2.  2 3  log2 (1 + 3 sin y ) = log 3 (cos x ) + 2  Gi i : sin x − sin y = 3x − 3y (1)  π 1. x + y =  (2) 5  x , y > 0 (3)   π ( )( ) T 2 , 3 ⇒ x , y ∈  0;   5 (1) ⇔ sin x − 3x = sin y − 3y (*) .  π  π () () () Xét hàm s f t = sin t − 3t, t ∈  0;  ta có f ' t = cos t − 3 < 0, t ∈  0;  ⇒ f t là hàm ngh ch bi n  5  5 π ( * ) ⇔ f ( x ) = f (y ) ⇔ x = y trên kho ng t ∈ (0; ) nên 5 π () V i x = y thay vào 2 ta tìm ư c x = y = 10 π π  () V y x ; y =  ;  là nghi m c a h .  10 10  log (1 + 3 cos x ) = log (sin y ) + 2 2.  2 3  log2 (1 + 3 sin y ) = log 3 (cos x ) + 2 
  6. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu  cos x > 0 i u ki n :  sin y > 0  () log (1 + 3u ) = log (v ) + 2 1  t u = cos x ; v = sin y , ta có h :  2 3 () log 2 (1 + 3v ) = log 3 (u ) + 2 2  tr v theo v ta ư c () log 3 (1 + 3u ) + log 3 u = log 3 (1 + 3v ) + log 3 v ⇔ f (u ) = f (v ) * () Xét hàm s f (t ) = log 3 (1 + 3t ) + log 3 t , d th y f (t ) là hàm ng bi n nên * ⇔ u = v . 1 + 3u 1 () Thay vào 1 ta ư c : log 3 (1 + 3u ) − log 3 u = 2 ⇔ =9⇔u = 6 u  y = α + k 2π  1 sin y =   6 ⇔  y = π − α + k 2π , trong ó sin α = cos β = 1 . V y h ã cho ⇔   6 cos x = 1  x = ± β + m 2π    6  2 2 x2 + 1 ey −x =  Ví d 2: Gi i h phương trình : y2 + 1 3 log (x + 2y + 6) = 2 log (x + y + 2) + 1  3 2 Gi i :  2 2 x2 + 1 ey −x =  y2 + 1 3 log (x + 2y + 6) = 2 log (x + y + 2) + 1  3 2  x + 2y + 6 > 0 i u ki n :  x + y + 2 > 0  )( ) ( x2 + 1 x2 + 1 2 2 L y ln 2 v c a phương trình : ey −x = , ta ư c y 2 − x 2 = ln = ln x 2 + 1 − ln y 2 + 1 y +1 y +1 2 2 ) )( ) ( ( ⇔ x 2 + 1 + ln x 2 + 1 = y 2 + 1 + ln y 2 + 1 * ( )( )( ) () Phương trình * có d ng f x 2 + 1 = f y 2 + 1 * * ) f (t ) = ln t + t liên t c trên n  a kho ng 1; +∞ , ta có Xét hàm s : 1 ) f ' (t ) = + 1 > 0, ∀t ≥ 1 ⇒ f (t )  ng bi n trên n a kho ng 1; +∞ . t () Do ó * * ⇔ x 2 + 1 = y 2 + 1 ⇔ x = ±y . • V i x = −y thay vào phương trình 3 log3 (x + 2y + 6) = 2 log2 (x + y + 2) + 1 , ta ư c
  7. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu x < 6  log 3 (6 − x ) = 1 ⇔  ⇔ x = 3 ⇒ y = −3 tho mãn bài toán . 6−x = 3   • V i x = y thay vào phương trình 3 log3 (x + 2y + 6) = 2 log2 (x + y + 2) + 1 , ta ư c 3 log 3 (x + 2) = 2 log2 (x + 1), x > −1 . x + 2 = 32u  t 3 log 3 (x + 2) = 2 log2 (x + 1) = 6u ⇒  x + 1 = 2 3u  u u 1 8 ⇒1+2 =3 ⇔   +  =1 3u 2u 9 9 u u 1 8 () () ng bi n trên » và g 1 = 1 nên u = 1 là nghi m duy nh t Xét hàm s g u =   +   là hàm s 9 9 u u 1 8 c a phương trình   +   = 1 . 9 9 ( )() V i u = 1 ⇒ x ; y = 7; 7 tho mãn h phương trình . x 2 + y 3 = 29 (1)  () nh t t c các nghi m c a h phương trình ( n x ; y ) sau:  Ví d 3: Hãy xác log 3 x .log2 y = 1 (2)  () x 2 + y 3 = 29 1   . H c sinh gi i Qu c Gia năm 2008 . () log 3 x .log2 y = 1 2  () () D th y, n u x ; y là các nghi m c a h cho thì x > 1, y > 1 3 1 () () t log3 x = t, t > 0 (do 3 ). Ki ó, x = 3 và t phương trình 2 có y = 2 . t t 1 () () Khi ó phương trình 1 ⇔ 9t + 8 t = 29 4 . () S nghi m c a h b ng s nghi m dương c a phương trình 4 1 1 () 8 t . ln 8 () ( ) −29 liên t c trên kho ng 0; +∞ . Ta có f ' t = 9t.ln 9 − Xét hàm s f t = 9t + 8 . t t2 1 1 ( ) Trên kho ng 0; +∞ , y = 8 t .ln 8 và y = 2 là các hàm ngh ch bi n và ch nh n giá tr dương. t 1 8 .ln 8 ( ) () t Do ó trên kho ng 0; +∞ , y = ng bi n. Suy ra, f ' t là hàm s là hàm ng bi n trên kho ng t2 ( 0; +∞ ) . 1 ( ) () Vì f '   .f '(1) = 18(ln 9 − ln 2256 )(ln 27 − ln 16) < 0 nên ∃t0 ∈ 0; 1 sao cho f ' t0 = 0 . 2
  8. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu () ( ) Do ó, ta có b ng bi n thiên c a hàm s f t trên kho ng 0; +∞ . +∞ t 0 1 t0 () + − 0 f' t f (t ) +∞ +∞ −12 () f t0 () T b ng bi n thiên ta th y phương trình 4 có úng hai nghi m dương. Vì v y, h phương trình cho có t t c hai nghi m. D ng 6 : Dùng ơn i u hàm s gi i và bi n lu n phương trình và b t phương trình ch a tham s . () (*) Cho hàm s f x ; m = 0 xác i x ∈I nh v i m Bi n i ( * ) v d ng f ( x ) = f (m ) • Xét hàm s y = f ( x ) liên t c trên I • • Dùng tính ch t ơn i u c a hàm s và k t lu n. Ví d 1: phương trình x + 3x 2 + 1 = m có nghi m th c . Tìm tham s th c m Gi i : () f x = x + 3x 2 + 1 và y = m Xét hàm s () Hàm s f x = x + 3x 2 + 1 liên t c trên » . 3x 2 + 1 + 3x 3x () Ta có : f ' x = 1 + = 3x 2 + 1 3x 2 + 1 x < 0  () f' x =0⇔ 3x 2 + 1 = −3x ⇔  2 3x + 1 = 9x 2  x < 0 − 6  −6 6  = ⇔ ±1 ± 6 ⇔ x = ,f   x = = 6 6 3 6  6 6 6 () () B ng bi n thiên : suy ra f x ≥ mà f x = m do ó m ≥ thì phương trình cho có nghi m th c . 3 3 Ví d 2 : Tìm tham s th c m phương trình : () x + 1 − x = m 1 có nghi m th c . 4 2
  9. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu Gi i : ) ()  Xét hàm s f x = x + 1 − x liên t c trên n a kho ng  0; +∞ . 4 2   1 1 () x Ta có : f ' x =  − 
  10. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu () () Suy ra phương trình 2 có nghi m khi phương trình 3 có nghi m trên o n t ∈ 0;1 khi và ch khi:  7 9 ≤m ≤ . 9 7 Ví d 4: Tìm tham s th c m b t phương trình x 2 − 2x + 24 ≤ x 2 − 2x + m có nghi m th c trong o n  −4;6  .   Gi i : t t = x 2 − 2x + 24 , ∀x ∈  −4; 6 ⇒ t ∈  0; 5     b t phương trình t 2 + t − 24 ≤ m có nghi m th c t ∈ 0;5  Bài toán tr thành tìm tham s th c m  () Xét hàm s f t = t 2 + t − 24 liên t c trên o n 0; 5 .  () ng bi n trên o n  0; 5 Ta có : f '(t ) = 2t + 1 > 0, ∀t ∈  0; 5  ⇒ f t liên t c và   V y b t phương trình choc ó nghi m th c trên o n 0; 5 khi  max f (t ) ≤ m ⇔ f (5) ≤ m ⇔ 6 ≤ m ⇔ m ≥ 6 t ∈0;5   D ng 7 : Dùng ơn i u hàm s ch ng minh h th c lư ng giác Ví d : Ch ng minh r ng : n u tam giác ABC tho mãn h th c 1 13 cos A + cos B + cosC + = thì tam giác ABC u. cos A + cos B + cosC 6 Gi i : 3 A B C t : t = cos A + cos B + cosC = 1 + 4 sin sin sin ⇒ 1 < t ≤ . 2 2 2 2  3 1 () Xét hàm s f t = t + hàm s liên t c trên n a kho ng  0;  .  2 t  3  3 1 () () Ta có : f ' t = 1 − > 0, ∀t ∈  0;  ⇒ f t ng bi n trên n a kho ng  0;  . 2  2  2 t B ng bi n thiên: 3 0 t 2 () + f' t 13 () ft 6 2
  11. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu 13 () D a vào b ng bi n thiên suy ra : 2 < f t ≤ . 6 13 3 () ng th c f t = x y ra khi t = cos A + cos B + cos C = hay tam giác ABC u. 6 2 Bài 2: C C TR HÀM S 2.1 TÓM T T LÝ THUY T 1. Khái ni m c c tr hàm s : ( ) Gi s hàm s f xác nh trên t p h p D D ⊂ » và x 0 ∈ D () a ) x 0 ư c g i là m t i m c c i c a hàm s f n u t n t i m t kho ng a;b ch a i m x 0 sao cho: ()  a; b ⊂ D  () ư c g i là giá tr c c i c a hàm s f .  . Khi ó f x 0 ( ){}  f (x ) < f (x 0 ) ∀x ∈ a; b \ x 0  () b ) x 0 ư c g i là m t i m c c ti u c a hàm s f n u t n t i m t kho ng a;b ch a i m x 0 sao cho: ()  a; b ⊂ D  () . Khi ó f x 0 ư c g i là giá tr c c ti u c a hàm s f .  ( ){}  f (x ) < f (x 0 ) ∀x ∈ a; b \ x 0  Giá tr c c i và giá tr c c ti u ư c g i chung là c c tr N u x 0 là m t i m c c tr c a hàm s f thì ngư i ta nói r ng hàm s f t c c tr t i i m x 0 . ( ) Như v y : i m c c tr ph i là m t i m trong c a t p h p D D ⊂ » () Nh n m nh : x 0 ∈ a;b ⊂ D nghĩa là x 0 là m t i m trong c a D : ) () x xác nh trên 0; +∞ .Ta có f (x ) > f 0 v i m i x > 0 nhưng x = 0 Ví d : Xét hàm s f (x ) =  ) không ph i là i m c c ti u vì t p h p  0; +∞ không ch a b t kì m t lân c n nào c a i m 0 .  Chú ý : • Giá tr c c i ( c c ti u) f (x 0 ) nói chung không ph i là GTLN (GTNN) c a f trên t p h p D . • Hàm s có th t c c i ho c c c ti u t i nhi u i m trên tâp h p D . Hàm s cũng có th không có i m c c tr .
  12. Nguy n Phú Khánh –Nguy n T t Thu ( ) • x 0 là m t i m c c tr c a hàm s f thì i m x 0; f (x 0 ) th hàm s f . ư c g i là i m c c tr c a 2. i u ki n c n hàm s t c c tr : () o hàm t i i m x 0 thì f ' x 0 = 0 nh lý 1: Gi s hàm s f t c c tr t i i m x 0 . Khi ó , n u f có Chú ý : • o hàm f ' có th b ng 0 t i i m x 0 nhưng hàm s f không t c c tr t i i m x 0 . • Hàm s có th t c c tr t i m t i m mà t i ó hàm s không có o hàm . • Hàm s ch có th t c c tr t i m t i m mà t i ó o hàm c a hàm s b ng 0 , ho c t i ó hàm s không có o hàm . ( ) • Hàm s th hàm s có ti p tuy n t i i m x 0; f (x 0 ) thì ti p tuy n ó song t c c tr t i x 0 và n u song v i tr c hoành. Ví d : Hàm s y = x và hàm s y = x 3 3. i u ki n hàm s t c c tr : () ( ) nh lý 2: Gi s hàm s f liên t c trên kho ng a;b ch a i m x 0 và có o hàm trên các kho ng a; x 0 ( ) và x 0 ;b . Khi ó : () ( )  f ' x < 0, x ∈ a; x  () 0 0 a) N u  t c c ti u t i i m x 0 . Nói m t cách khác , n u f ' x thì hàm s id u () ( ) f ' x 0 > 0, x ∈ x 0 ;b   t âm sang dương khi x qua i m x 0 thì hàm s t c c ti u t i i m x 0 . x a b x0 () + − f' x f ( x ) f (a ) () fb () f x0 () ( )  f ' x > 0, x ∈ a; x  () 0 0 b) N u  t c c i t i i m x 0 . Nói m t cách khác , n u f ' x thì hàm s id ut () ( ) f ' x 0 < 0, x ∈ x 0 ;b   dương sang âm khi x qua i m x 0 thì hàm s t c c i t i i m x0 . x a b x0 () + − f' x f (x ) () f x0 () () fa fb () () o hàm c p m t trên kho ng a;b ch a i m x 0 , f ' x 0 = 0 và f có nh lý 3: Gi s hàm s f có o hàm c p hai khác 0 t i i m x 0 .
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
48=>0