Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 81 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
81
Dung lượng
9,22 MB
Nội dung
Tài Liệu Ôn Thi Tốt Nghiệp Và Luyện Thi Đại Học A/- TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ Lí thuyết Cho hàm số y = f(x) có đạo hàm trong (a ; b) ; ( ) bax ; ∈∀ • 0y ′ > ⇔ Hàm số đồng biến trong ( a ; b ) • 0y ′ < ⇔ Hàm số nghịch biến trong ( a ; b ) • Hoặc ⇔≥ ′ 0y Hàm số đồng biến trong ( a ; b ) • ⇔≤ ′ 0y Hàm số nghịch biến trong ( a ; b ) (Dấu “=” xảy ra tại một số hữu hạn điểm) x y’ y Vấn đề 1: Tìm khoảng đơn điệu của hàm số Phương pháp Để tìm khoảng đơn điệu của hàm số y = f(x) • Tìm tập xác định D • Tìm y’ .Tìm các giá trị i x D∈ mà tại các điểm đó y ′ = 0 hoặc không xác định • Lập bảng xét dấu của y’ • Căn cứ dấu của y’ để kết luận Ví dụ: Tìm khoảng đơn điệu của hàm số : 1; y = x 3 – 3x 2 + 2 Giải : Tập xác định D = ¡ Đạo hàm y’ = 3x 2 – 6x . y’ = 0 ⇔ 20063 2 =∨=⇔=− xxxx Bảng biến thiên x ∞− 0 2 ∞+ y’ + 0 – 0 + y Vậy hàm số đồng biến trong ( ) ( ) ∞+∞− ;2;0; , nghịch biến trong (0;2) 2; y = 1 22 2 + ++ x xx Tập xác định D = ¡ \ { } 1 − Đạo hàm y’ = ( ) 20020 1 2 2 2 2 −=∨=⇔=+⇔= ′ + + xxxxy x xx Bảng biến thiên x ∞− -2 -1 0 ∞+ y’ + 0 – – 0 + GV: Võ Văn Nghiệp Trang 1 Chuyên đề : 1 ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM Tài Liệu Ôn Thi Tốt Nghiệp Và Luyện Thi Đại Học y Vậy hàm số : Đồng biến trên mỗi khoảng ( ∞− ;-2) và (0; +∞ ) Nghịch biến trên mỗi khoảng (-2;-1) và (-1;0) Vấn đề 2: Tìm m để hàm số đơn điệu trong tập X Phương pháp • Hàm số đồng biến trong X Xxy ∈∀≥ ′ ⇔ 0 • Hàm số nghịch biến trong X Xxy ∈∀≤ ′ ⇔ 0 • Riêng hàm số nhất biến y = dcx bax + + không có dấu “=” Ví dụ: Cho hàm số y = 3 3 1 x − - mx 2 + (m –2 )x + 2. Tìm m để hàm số nghịch biến trên tập xác định. Giải : Tập xác định D = ¡ Đạo hàm y’= -x 2 – 2mx + m – 2 Hàm số nghịch biến trên tập xác định ' 0y x ⇔ ≤ ∀ ∈ ¡ 1202 2 ≤≤−⇔≤−+=∆ ′ ⇔ mmm (Vì a = – 1 < 0 ) B/- CỰC TRỊ Vấn đề 1: Tìm cực trị của hàm số y = f(x) Qui tắc 1 ( Dùng y’ ) a; Tìm tập xác định D b; Tìm y’ • Cho y’ = 0 tìm nghiệm x 0 ( hay điểm 0 x D ∈ mà ( ) 0 y x ′ không tồn tại). • Lập bảng xét dấu của y’ • Căn cứ bảng xét dấu của y’ nếu khi x đi qua x 0 mà : + y’ đổi dấu từ ( + ) sang (–) thì hàm số đạt cực đại tại x 0 ; y CĐ = y 0 = f(x 0 ) + y’ đổi dấu từ (–) sang ( + ) thì hàm số đạt cực tiểu tại x 0 ; y CT = y 0 = f(x 0 ) x x o x 1 y’ + – – + y y 0 CĐ CT Qui tắc 2 ( Dùng y”) a; Tìm tập xác định D b; Tìm y’. Cho y’ = 0 tìm nghiệm x 0 ; x 1 ; … c ; Tìm y” . Tính y”(x 0 ). Nếu : • y”(x 0 ) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại x 0 • y”(x 1 ) > 0 thì hàm số đat cực tiểu tại x 1 Lưu ý : • Nếu y”(x 0 ) = 0 hay tại x 0 mà y’(x 0 ) không tồn tại thì không dùng được qui tắc 2 • Hàm số y = 11 2 bxa cbxax + ++ đạt cực trị tại x 0 . Có y 0 = 1 0 2 a bax + • Hàm số y = ax 3 + bx 2 + cx + d đạt cực trị tại x 0 khi tính y 0 gặp khó khăn ta chia y cho y’ được thương P(x) và số dư px + q . GV: Võ Văn Nghiệp Trang 2 Tài Liệu Ôn Thi Tốt Nghiệp Và Luyện Thi Đại Học Ta có : y = y’.P(x) + px + q nên y 0 = y’(x 0 ).P(x 0 ) + px 0 + q = px 0 + q (vì x 0 là nghiệm của y’ = 0) . Ví dụ: Tìm cực trị của hàm số : 1; y = f(x) = 1 2 2 − ++ x xx Tập xác định D = ¡ \ { } 1 Đạo hàm y’ = ( ) 2 2 1 32 − −− x xx y’ = 0 = −= ⇔ = −= ⇔=−−⇔ 7 1 3 1 032 2 1 2 1 2 y y x x xx • Bảng biến thiên x ∞− –1 1 3 ∞+ y’ + 0 – – 0 + y –1 CĐ CT • Vậy hàm số : Đạt cực đại tại x = – 1 ; y CĐ = – 1 , Đạt cực tiểu tại x = 3 ; y C T = 7 2; y = f(x) = x + 2cosx Tập xác định D = ¡ Đạo hàm y’ = f’(x) = 1 – 2sinx ; f”(x) = – 2 cosx y’ = 0 ( ) Zk kx kx xx ∈ += += ⇔=⇔=−⇔ π π π π 2 6 5 2 6 2 1 sin0sin21 2 1 Ta có ( ) ′′ 1 f x = 3 − < 0 ⇒ Hàm số đạt cực đại tại 32;2 6 =+= CD ykx π π ( ) ′′ 2 f x = 3 > 0 ⇒ Hàm số đạt cực tiểu tại x = π π 2 6 5 k+ ; 32−= CT y Vấn đề 2 : Tìm tham số để hàm số đạt cực trị tại 0 x Phương pháp Hàm số đạt cực trị tại x 0 khi y’(x 0 ) = 0 hoặc không tồn tại từ điều kiện này suy ra giá trị của tham số. Kiểm tra lại bằng cách xét dấu y’ hoặc dùng y”. Qua việc thử lại cho ta cụ thể hàm số đạt cực đại hay cực tiểu tại x 0. • Nếu đồ thị hàm số có điểm cực trị M(x 0 ; y 0 ) thì thêm y 0 = f(x 0 ) . • Trong vài trường hợp cụ thể ta có thể sử dụng 1; ( ) ( ) 0 0 ' 0 " 0 f x f x = ≠ ⇒ Hs đạt cực trị tại x 0 2; ( ) ( ) 0 0 ' 0 " 0 f x f x = < ⇒ Hs đạt cực đại tại x 0 GV: Võ Văn Nghiệp Trang 3 Tài Liệu Ôn Thi Tốt Nghiệp Và Luyện Thi Đại Học 3; ( ) ( ) 0 0 ' 0 " 0 f x f x = > ⇒ Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 Nếu f”(x 0 ) = 0 không kết luận mà phải xét dấu y’ Ví dụ: Cho hàm số y = f(x) = x 3 – 2x 2 + mx – 3. Tìm m để hàm số : a; Đạt cực trị tại x = 1 b; Đạt cực đại tại x = 0 GIẢI : Tập xác định D = ¡ Đạo hàm y’ = f’(x) = 3x 2 – 4x + m a; Hàm số đạt cực trị tại x = 1 khi f’(1) = 0 ⇔ 3 – 4 + m = 0 1 −=⇔ m . Khi m = –1 ta có y’ = 3x 2 – 4x + 1 x ∞− 1/3 1 ∞+ y’ + 0 – 0 + y CĐ CT Vậy khi m = – 1 thì hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 Vấn đề 3 : Tìm tham số để hàm số có cực trị Phương pháp Tìm tập xác định D và y’ = f’(x) Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có nghiệm x 0 (hoặc y ′ không tồn tại tại 0 x D∈ ) và y’ đổi dấu khi x đi qua x 0 . Phương trình y’ = 0 có bao nhiêu nghiệm và y’ đổi dấu khi x qua các nghiệm đó thì hàm số có bấy nhiêu cực trị. Ví dụ: Cho hàm số y = 1 1 2 + ++− x mxx . Tìm m để : 1; Hàm số có cực trị 2; Hàm số có 2 giá trị cực trị cùng dấu GIẢI : 1; Tập xác định D = ¡ \ { } 1 − Đạo hàm : y’ = ( ) 2 2 1 22 + −−+ x mxx . Hàm số có cực trị ⇔ y’ = 0 có nghiệm và y’ đổi dấu khi x đi qua nghiệm đó 022 2 =−−+⇔ mxx có 2 nghiệm phân biệt 3021 −>⇔>++=∆ ′ ⇔ mm 2; Khi m > -3 hàm số có 2 giá trị cực trị y 1 = 2x 1 – 1 ; y 2 = 2x 2 – 1 . y 1 ; y 2 cùng dấu ⇔ y 1 .y 2 > 0 ( )( ) ( ) 012.401212 212121 >++−⇔>−−⇔ xxxxxx (*) Vì x 1 ; x 2 là nghiệm của phương trình x 2 + 2x – m – 2 = 0 nên ta có (*) 4 3 014)2(4 − <⇔>++−−⇔ mm 4 3 3 −<<−⇔ m Vậy hàm số có 2 giá trị cực trị cùng dấu khi 4 3 3 −<<− m C/- ĐIỂM UỐN (NC) Lí thuyết Đồ thị hàm số có điểm uốn tại x 0 ⇔ f”(x) đổi dấu khi x đi qua x 0 D /- GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ 1; Định nghĩa Cho hàm số y = f(x) xác định trong ( a;b ) nếu: ( ) ( ) 0 0 ; : ( ) ( ; ) x a b f x M f x M x a b ∃ ∈ = ≤ ∀ ∈ thì ( ) ; max a b y = M ( ) ( ) ∈∀≤ =∈∃ );()( :; 00 baxmxf mxfbax thì ( ) ; min a b y = m GV: Võ Văn Nghiệp Trang 4 Tài Liệu Ơn Thi Tốt Nghiệp Và Luyện Thi Đại Học 2; Cách tìm a; Tìm miền giá trị của hàm số từ đó suy ra max y , min y b; Dùng đạo hàm • Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của hàm số trong ( a;b ) Phương pháp Tìm y’ . Tìm )(lim)(lim xfxf bxax −+ →→ ∧ . Lập bảng xét dấu của y’. Căn cứ bảng xét dấu để kết luận • Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của hàm số trong [ a;b ] Phương pháp Tìm y’. Cho y’ = 0 tìm nghiệm x 0 , x 1… [ ] ba; ∈ . Tính f(a), f(b), f(x 0 ), f(x 1 ),…… ; ax a b m y là giá trị lớn nhất trong các giá trị trên. ; in a b m y là giá trị nhỏ nhất trong các giá trị trên E/- TÍNH ĐỐI XỨNG CỦA ĐỒ THỊ (NC- đọc thêm) Lý thuyết : Trong hệ trục Oxy cho ( ) ( ) : ( ) ;C y f x và I a b = . Tịnh tiến hệ Oxy theo OI uur được hệ trục IXY theo cơng thức x X a y Y b = + = + thì trong hệ trục IXY ta có ( ) ( ) : ( )C Y g X f X a b = = + − 1; Đồ thị (C) có tâm đối xứng I(a;b) Bằng phương pháp đổi hệ trục Oxy về hệ trục IXY theo cơng thức : += += bYy aXx biến đổi y = f(x) thành Y = g(X) và chứng minh Y = g(X) là hàm số lẻ ( F(–X) = – F(X) ) 2; Đồ thị (C) có trục đối xứng ( ) ∆ : x = a ( ) ∆ cắt trục hồnh tại điểm I(a; 0). Bằng phương pháp đổi hệ trục Oxy về hệ trục IXY theo cơng thức : = += Yy aXx biến đổi y = f(x) thành Y = g(X) và chứng minh Y = g(X) là hàm số chẵn ( Với I(a;0) ) ( g(– X) = g(X) ) F/- TIỆM CẬN CỦA ĐỒ THỊ I/- Tiệm cận đứng Cách tìm Tìm tập xác định D 1. Nếu D = ¡ \ { } ;; 10 xx . Tìm lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( ) x a x a x a x a f x hoặc f x hoặc f x hoặc f x thì x a là pt tiệm cận đứng + + − − → → → → = +∞ = − ∞ = + ∞ = −∞ = g ( ) 1 lim x x f x M → =g thì x = x 1 khơng phải là phương trình tiệm cận đứng 2. Nếu D = ( a ; b ) tìm ( ) ( ) xfxf bxax −+ →→ ∧ limlim GV: Võ Văn Nghiệp Trang 5 Tài Liệu Ôn Thi Tốt Nghiệp Và Luyện Thi Đại Học Ví dụ: y = 32 6 2 2 −+ −+ xx xx • Tập xác định D = ¡ \ { } 1;3 − • 2 2 2 2 1 1 6 6 lim lim 2 3 2 3 x x x x x x vaø x x x x + − → → + − + − = −∞ = + ∞ + − + − ⇒ Tiệm cận đứng x = 1 • 2 2 3 3 6 2 5 lim lim 3 1 4 2 3 x x x x x x x x x →− →− + − − = = ⇒ = − − + − không phải là phương trình tiệm cận đứng II/- Tiệm cận ngang Cách tìm Tập xác định D • Nếu D không chứa ±∞ thì không có tiệm cận ngang • Nếu lim ( ) lim ( ) x x f x a hay f x a →+∞ →−∞ = = ⇒ y = a là phương trình tiệm cận ngang • Nếu ( ) lim x f x →±∞ = ± ∞ ⇒ đồ thị không có tiệm cận ngang III/- Tiệm cận xiên (NC) Định nghĩa y = ax + b là phương trình tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y = f(x) ( ) ( ) lim 0 x f x ax b →±∞ ⇔ − + = . hay a = ( ) ( ) lim ; lim x x f x b f x ax x →± ∞ →± ∞ = − Nếu phân tích được y = ax + b + P(x) mà lim ( ) 0 x P x →±∞ = thì y = ax + b là phương trình tiệm cận xiên . Đặc biệt với đồ thị hàm số y = edx cbxax + ++ 2 chia tử số cho mẫu số được thương ( gần đúng ) mx + n và số dư p edx p nmxy + ++=⇒ Ta có lim 0 x p y mx n dx e →±∞ = ⇒ = + + là phương trình tiệm cận xiên IV-/ Đồ thị hàm số chứa giá trị tuyệt đối Phương pháp Cho hàm số y = f(x) có đồ thị (C), từ đồ thị (C) suy ra : 1; (C 1 ) : y = f ( ) x = ( ) 0 ( ) 0 f x khi x f x khi x ≥ − < nên ta có (C 1 ) : • Giữ phần đồ thị (C) với x ≥ 0 • Bỏ phần đồ thị (C) với x < 0 • Lấy đối xứng qua trục Oy phần đồ thị (C) với x ≥ 0 2; (C 2 ) : y = )(xf = <− ≥ 0)()( 0)()( xfkhixf xfkhixf nên ta có (C 2 ) : • Giữ phần đồ thị (C) với f(x) ≥ 0 • Lấy đối xứng qua trục Ox phần đồ thị (C) với f(x) < 0 • Bỏ phần đồ thị (C) với f(x) < 0 3; (C 3 ) : y = f(x) = )( )( xQ xP = <− > 0)( )( )( 0)( )( )( xQkhi xQ xP xQkhi xQ xP nên ta có (C 3 ): GV: Võ Văn Nghiệp Trang 6 Tài Liệu Ôn Thi Tốt Nghiệp Và Luyện Thi Đại Học • Giữ phần đồ thị (C) với Q(x) > 0 • Lấy đối xứng qua trục Ox phần đồ thị (C) với Q(x) < 0 • Bỏ phần đồ thị (C) với Q(x) < 0 4; (C 4 ) : y = f(x) = )(.)( xQxP hay y = f(x) = )( )( xQ xP Vì y = <− ≥ 0)()( 0)()( xPkhixf xPkhixf nên ta có (C 4 ) : • Giữ phần đồ thị (C) với P(x) ≥ 0 • Lấy đối xứng qua trục Ox phần đồ thị (C) với P(x) < 0 • Bỏ phần đồ thị (C) với P(x) < 0 CÁC VẤN ĐỀ VỀ HÀM SỐ TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG CONG ( C ) : y = f(x) Lí thuyết • P trình tiếp tuyến của ( C ) tại M(x 0 ; y 0 ) : y – y 0 = f’(x 0 )(x – x 0 ) • ( C ) : y = f(x) và ( D ) : y = g(x) tiếp xúc với nhau ( ) ( ) ( ) ( ) = ′ = ′ ⇔ xgxf xgxf có nghiệm ( nghiệm của hệ phương trình là hoành độ tiếp điểm ) Vấn đề 1 : Lập phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại M( 0 0 ;x y ) Phương pháp : Áp dụng công thức y – y 0 = f’(x 0 )( x – x 0 ) • Nếu chưa cho y 0 thì tính y 0 = f(x 0 ) (giao của (C ) và trục tung là cho 0 0x = ) • Nếu chưa cho x 0 thì x 0 là nghiệm của phương trình f(x) = y 0 (giao của (C ) và trục hoành là cho 0 0y = ) Ví dụ: Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số : (C ) : y = f(x) = x 3 – 3x + 2 tại: a; Điểm M có hoành độ x M = 0 b; Giao điểm của ( C ) với trục hoành Giải : a; x M = 0 ⇒ y M = 2 ( ) 2;0M ⇒ y’ = f’(x) = 3x 2 – 3 ⇒ f’(0) = – 3 Vậy phương trình tiếp tuyến : y – 2 = –3( x – 0 ) ⇔ y = – 3x + 2 b; Phương trình trục Ox : y = 0 . Ta có x 3 – 3x + 2 = 0 ( ) ( ) 21021 2 −=∨=⇔=−+−⇔ xxxxx • x = 1 phương trình tiếp tuyến y = f’(1)(x – 1) 0 =⇔ y • x = – 2 phương trình tiếp tuyến y = f’(– 2)(x + 2) 189)2(9 +=⇔+=⇔ xyxy Vấn đề 2 Lập phương trình tiếp tuyến có hệ số góc k cho trước Phương pháp Cách 1 : Gọi M(x 0 ; y 0 ) là tiếp điểm. Tiếp tuyến có hệ số góc k ( ) kxf = ′ ⇔ 0 . Giải phương trình tìm x 0 ( ) 00 xfyD =⇒∈ Phương trình tiếp tuyến y – y 0 = k( x – x 0 ) Cách 2 : Gọi (d) : y = kx + b là tiếp tuyến của ( C ) ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) += = ′ 2 1 bkxxf kxf có nghiệm . GV: Võ Văn Nghiệp Trang 7 Tài Liệu Ôn Thi Tốt Nghiệp Và Luyện Thi Đại Học Giải (1) tìm x thế vào (2) tìm b Lưu ý Cho (d) : y = a.x + b nếu : • (d 1 ) song song với (d) thì (d 1 ) có hệ số góc k = a • (d 2 ) vuông góc với (d) thì (d 1 ) có hệ số góc k = a 1 − (hay a.k = – 1 ) Ví dụ : Cho ( C ) : y = f(x) = x 3 – 2x + 2. Lập phương trình tiếp tuyến của ( C ) biết 1; Tiếp tuyến song song với (d) : y = x + 1 2; Tiếp tuyến vuông góc với (d) GIẢI 1; Gọi M(x 0 ; y 0 ) là tiếp điểm. Tiếp tuyến song song với (d) nên có hệ số góc k = 1 ( ) 11231 0 2 00 ±=⇔=−⇔= ′ ⇔ xxxf • x 0 = 1 ⇒ y 0 = 1 . Phương trình tiếp tuyến : y = x • x 0 = – 1 ⇒ y 0 = 3 . Phương trình tiếp tuyến : y = x + 4 2; Vì tiếp tuyến vuông góc với (d) nên có hệ số góc k = – 1 . Gọi (d 1 ) : y = – x + b là tiếp tuyến của ( C ) ( ) ( ) +−=+− −=− ⇔ 222 1123 3 2 bxxx x có nghiệm ( ) 3 3 1231 2 ±=⇔−=−⇔ xx . Từ (2) với x = 9 32 2 3 3 =⇒± b . Phương trình tiếp tuyến y = – x + 2 9 32 Vấn đề 3 : Lập phương trình tiếp tuyến đi qua một điểm A( 1 1 ;x y ) Phương pháp Cách 1 : Gọi M(x 0 ; y 0 ) là tiếp điểm.Tính y 0 = f(x 0) và f’(x 0 ) theo x 0 . Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là : y – y 0 = f’(x 0 )( x – x 0 ) (1) Vì tiếp tuyến đi qua A( 1 1 ;x y ) nên y 1 – y 0 = f’(x 0 )( x 1 – x 0 ) giải phương trình tìm x 0 thay vào (1). Cách 2 : Gọi (d) là đường thẳng đi qua A có hệ số góc k . Ta có :(d) : y – y 1 = k( x – x 1 ) (1) là tiếp tuyến của (C) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) +−= = ′ ⇔ 2 1 11 yxxkxf kxf có nghiệm Thế k từ (1) vào (2) giải tìm x thế vào (1) tìm k và thay vào phương trình (1) Ví dụ: Lập phương trình tiếp tuyến của (C) : y = f(x) = x 3 – 3x + 2 biết rằng tiếp tuyến đi qua A(2 ; –4 ). Cách 1 : Gọi M(x 0 ; y 0 ) là tiếp điểm . Ta có y 0 = x 0 3 – 3x 0 +2 và f’(x 0 ) = 3x 0 2 – 3 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: y – (x 0 3 – 3x 0 + 2) = (3x 0 2 – 3)( x – x 0 ) ( ) 2233 3 0 2 0 +−−=⇔ xxxy (1) Vì tiếp tuyến đi qua A(2;– 4) , nên – 4 = (3x 0 2 – 3).2 – 2x 0 3 + 2 3003 00 2 0 3 0 =∨=⇔=−⇔ xxxx • x 0 = 0 phương trình tiếp tuyến là y = – 3x + 2 • x 0 = 3 phương trình tiếp tuyến là y = 24x – 52 Cách 2 : Gọi (d) là đường thẳng qua A và có hệ số góc k GV: Võ Văn Nghiệp Trang 8 Tài Liệu Ôn Thi Tốt Nghiệp Và Luyện Thi Đại Học Phương trình (d) : y = k(x – 2) – 4 . (d) là tiếp tuyến của (C) ( ) ( ) ( ) −−=+− =− ⇔ 24223 133 3 2 xkxx kx có nghiệm Từ (1) và (2) ta có x 3 – 3x + 2 = (3x 2 – 3) (x – 2) – 4 3003 23 =∨=⇔=−⇔ xxxx • x = 0 3 −=⇒ k . Phương trình tiếp tuyến là y = – 3x + 2 • x = 3 ⇒=⇒ 24k phương trình tiếp tuyến là y = 24x – 52 Vấn đề 4: Sự tiếp xúc giữa hai đường Phương pháp : Áp dụng (C) và (D) tiếp xúc với nhau = = ⇔ )()( )(')(' xgxf xgxf có nghiệm. Từ đó suy ra giá trị tham số Ví dụ: Cho (C) : y = f(x) = x 4 – x 2 + 1 và (D) : y = g(x) = x 2 + m. Tìm để (C) và (D) tiếp xúc với nhau. GIẢI : (C) và (D) tiếp xúc với nhau ( ) +=+− =− ⇔ = = ⇔ 21 )1(224 )()( )(')(' 224 3 mxxx xxx xgxf xgxf có nghiệm (1) 10044 3 ±=∨=⇔=−⇔ xxxx • x = 0 từ (2) ta có m = 1 • x = 1± từ (2) ta có m = 0 SỰ TƯƠNG GIAO CỦA HAI ĐƯỜNG Phương pháp: Cho 2 đường ( C ) : y = f(x) và ( D ) : y = g(x) - Hoành độ giao điểm của 2 đường là nghiệm của ptrình f(x)= g(x) (1 ) - Phương trình ( 1 ) có bao nhiêu nghiệm thì ( C ) và ( D ) có bấy nhiêu điểm chung. - - - Muốn tìm giao điểm ta thay nghiệm của ( 1 ) vào y = f(x) hay y =g(x) Ví dụ: Cho (C) : y = f(x) = 4x 3 – 3x + 1 và (d) : y = g(x) = m(x – 1) + 2. Biện luận theo m số giao điểm của (C) và (d). GIẢI : Hoành độ giao điểm của 2 đường là nghiệm của phương trình 4x 3 – 3x + 1 = m(x – 1) + 2 ⇔ (x – 1)(4x 2 + 4x + 1 – m) = 0 (1) ( ) =−++ =− ⇔ 20144 01 2 mxx x Đặt h(x) = 4x 2 + 4x + 1 – m . Tính ∆ ′ = 4 – 4(1 – m) = 4m và h(1) = 9 – m x ∞− 0 9 ∞+ ∆ ′ – 0 + + Số điểm chung 1 ¶ 2 3 ¶ 2 3 BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH BẰNG ĐỒ THỊ Phương pháp Cho (C) : y = f(x), dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm của phương trình F(x; m) = 0 GIẢI : Biến đổi F(x;m) = 0 ⇔ f(x) = am + b GV: Võ Văn Nghiệp Trang 9 Ti Liu ễn Thi Tt Nghip V Luyn Thi i Hc S nghim ca phng trỡnh ó cho l s giao im ca ( ): ( ) ( ): ( ) C y f x d y am b cuứng phửụng vụựi truùc Ox = = + ( y = a m + b l ng thng cựng phng vi Ox ct Oy ti im cú tung am + b) Da vo th kt lun. Chỳ ý so sỏnh am + b vi cỏc giỏ tr cc tr D ; C CT y y , nu th cú tim cn ngang thỡ so sỏnh vi giỏ tr tim cn ngang. Vớ d: Cho (C) : y = x 3 3x 2 + 2. 1; Kho sỏt hm s . 2; Da vo (C) bin lun theo m s nghim ca : x 3 3x 2 m = 0 (1) GII : 1; 2; (1) x 3 3x 2 + 2 = m + 2 S nghim ca phng trỡnh (1) l s giao im ca 3 2 ( ) : 3 2 ( ) : 2 (cuứng phửụng vụựi truùc hoaứnh) C y x x d y m = + = + Da vo th, ta cú : 2 2 2 2 4 0m hoaởc m m hoaởc m + < + > < > : Phng trỡnh cú 1 nghim 2 2 2 2 4 0m hoaởc m m hoaởc m+ = + = = = : Phng trỡnh cú 2 nghim 2 2 2 4 0m m < + < < < Phng trỡnh cú 3 nghim 1. KHO ST HM BC BA: y = ax 3 +bx 2 +cx+d Vớ d 1: Kho sỏt hm s y = x 3 + 3x 2 4. Vớ d 2: Kho sỏt v v th hm s 3 2 1 3 x y x x= + + Vớ d 3: Kho sỏt v v th hm s 3 2 3 4 2y x x x= + + Gii Vớ d 1: Ni dung Bi gii Gii thớch ghi nh cho HS Tp xỏc nh D = Bc 1: Tỡm tp xỏc nh ca hm s y = 3x 2 + 6x y = 0 3x 2 + 6x = 0 x(3x + 6) = 0 x = 0; x = - 2 Bc 2:Tỡm y v lp phng trỡnh y = 0 tỡm nghim ( nu cú thỡ ghi ra nu vụ nghim thỡ nờu vụ nghim vỡ ch yu l Tỡm du ca y s dng trong bng bin thiờn Gii hn: lim x y + = + ; lim x y = Bc 3:Ch cn tỡm gii hn ca s hng cú m cao nht, õy l tỡm 3 lim ?? x x = - Nờu tớnh n iu ca hm s. - Nờu cc tr ca hm s GV: Vừ Vn Nghip Trang 10 x y m + 2 O 1 Chuyờn 2 KHO ST HM S [...]... e) 2 - 4+ log 3 x x2 - 2 x g) 25 i) b) 3|3 x- 3x = 2 x- x 2 + 1 = 1 3 2 x- x 2 + 1 = 34.15 2 x- x 2 k) log 5 x - 4 + log ( x h) 3 + 5(7 - 10 3 2) ) x- 10 +6 = 84 ( 5(7 + 2 ) x =7 x + 1 = 2 + log 0,18 l) log 3 x + log 9 x + log 27 x = 2 ( ) ( ) 5 j) log 9 ( x + 8) - log 3 ( x + 26 ) = - 2 5 2 x f) log 5 ( x - 1) - log 1 ( x + 2) = 0 n) log = 92 x- 2 d) 4.9 x- 1 = 3 22 x+ 1 3 2 +9 4| 11 2 x + 3log 2. .. ú thay vo tớnh log 25 15 - Vớ d 2: Khụng dựng mỏy tớnh hóy so sỏnh hai s 2 12 2,5 ổử ỗ1 ữ và ỗ ữ 2 ứ ố ữ a v cựng mt c s ( bi ny l 2) sau ú da vo tớnh n iu ca hm s m so sỏnh 2, 5 ổử 1ữ ỗ ữ = 2- 2, 5 m - 2, 5 > ỗ ứ 2 ữ ố - 12 nờn 2 12 2,5 ổử 1ữ < ỗ ữ ỗ ứ 2 ữ ố Loi chng minh: Vớ d 1: Chng minh x = 4 + 2 3 - 4- 2 3 = 2 Cỏch 1: Phõn tớch (d thy x > 0) x = 2 x 2 = 4 do trong biu thc cha cn bc hai... ( 1 + 2i ) 2 2 1 i ( 17 i ) ( 1 + 2i ) ; 17 5 + ; 1 2i 3 + 4i 3 23 + 14i ; 3 + 4i ( 4 + i ) ( 3 + 2i ) + 5i ; + ( 3 i) ; ( 3 2i ) ( 4 + i ) 3i ( 2i 3) ; ( 2 + i) 2 5 + 5i ( 3 + 2i ) 2 Bi 2 : Tỡm phn thc, phn o v modun ca s phc sau : z = 3i 4 + 2i 7i 2 + 5 4i ; ; z = 7 2i ( 3 2i ) ; z = i 2i z= 7 + 3i 1 + 5i 1+ i 3 2i Bi 3 : Tỡm s phc nghch o ca cỏc s phc sau õy : z = ( 4 + i ) ( 2 3i... x + 3log 2 x + log 1 x = 2 2 2 m) 2log 3 ( x - 2) + log 3 ( x - 4) = 0 o) 3 log 2 x - log 2 4 x = 0 12) Gii cỏc bt phng trỡnh sau: a) log 9 c) log 4 2x 1 > x+ 1 2 b) 2log 2 ( x - 1) > log 2 (5 - x) + 1 3 d) x - log 2 x > 2 log 1 x + log 4 x 1 5 e) 6.9 x - 13.6 x + 6.4 x Ê 0 Chuyờn 4 : NGUYấN HM TCH PHN A NGUYấN HM GV: Vừ Vn Nghip Trang 22 Ti Liu ễn Thi Tt Nghip V Luyn Thi i Hc Nguyờn hm : nh... : Gii cỏc phng trỡnh sau trờn tp Ê z 2 + 9 = 0 ; 4 z 2 + 25 = 0 ; z2 + 4z + 5 = 0 ; 2 z 2 + 6 z 29 = 0 ; 5 z 2 2 z + 1 = 0 ; 5z 2 6z + 5 = 0 ; z 4 + 5z 2 + 4 = 0 ; z 4 + 5 z 2 36 = 0 ; z 3 + 2 z 2 + 10 z = 0 Bi 15 : Tỡm s phc z bit rng : ( z 2) 2 5 ( z 1) ( z + 1) + 2 ( 4 z + 5 ) = 0 ; + 2 ( z + 3) = 0 ; 2 ( 2 z 1) + z ( 17 z + 6 ) = 0 2 Chuyờn 6 : Đ1 CC CễNG THC TNH TH TCH a) DIN TCH A... sau : 0 ( cos 2 x 3sin x ) dx ; GV: Vừ Vn Nghip 0 2x 1 1 e e x ữ; 1 x ( 2 x ) dx ; 0 2 2 1 ( 1 2x ) x 2 dx Trang 26 Ti Liu ễn Thi Tt Nghip V Luyn Thi i Hc Bi 2 : Tớnh cỏc tớch phõn sau : 2 6 cos xdx 2 sin x + 1 ; 0 1 6 cos x + 1sin xdx ; 3 0 0 ( 2 sin x + 1) cos xdx ; 4 0 e dx x ( ln x + 1) 2 ln 4 xdx x ; 1 ; 1 19 3x + 1dx ; 2 e xdx 3 x2 + 8 4 e tan x dx ; cos2 x 0 ; ( 1... Cho z = 2 + 3i, z = 1 + i Tỡm z.z 2 v z z Bi 5 : Cho z = 3 i , z = 1 2i Tỡm z z v ữ z z Bi 6 : Cho z = 2 + 3i Tỡm phn thc, phn o v modun ca s phc z + 7i iz + 5 Bi 7 : Gii cỏc phng trỡnh sau : ( 5 + 2i ) z 2 + i = 7 3i ; 3iz + 3 2i = 6 + 7i ; ( 3 i ) z + 2 i = 5 + ( 2 3i ) z ; ; ( 2 + i) ( 5 3i ) z = 7 i + ( 3 2i ) z ; ( 2 + i) z + (1 i) 2 z = 11 + 2i ; 2 2 z 6 6i = 4 i ; 2 3i... ; 2 2 z 6 6i = 4 i ; 2 3i ( 1 + i ) z = 2 i ( 3 2i ) z ( 3 8i ) = 1 + 2i + 3z ; ( 2 i ) ( 3 + 2i ) z = 2 + 16i ; Bi 8 : Tỡm s phc z , bit rng : z + 2 z = 6 + 2i ; iz + 3z = 7 + 5i ; Bi 9 : Cho s phc z = m + ( m 1) i ( m Ă 4 2i ( 1 i ) z = 0 ; ) 1 i z = 4 + 2i ; i 3 z + 2 z = 5 + 2i ; 2 z = 1 + i ; 3+i i.z + 2 z = 2 5i ; v s phc z = 2n + ( 2 3n ) i ( n Ă ) Tỡm z v z bit rng z + z ... 2 8( 2 x ) + ( 3x ) = 6 .2 x.3x chia hai v cho 2 x.3x s a pt v mt c s Nu khụng nhn xột c m ngh n dựng tớnh n iu thỡ khụng th gii c 2 + Gii phng trỡnh log 2 x = - 2log 1 (3 x + 4) 2 Nhn xột 1 = 2- 1 nờn sau khi t iu kin nghim a pt v cựng c s 2 gii 2 Trong bi ny cn chỳ ý cho hc sinh phộp bin i log 2 x 2 = 2log 2 x ch ỳng khi x > 0; nờn phi s dng ỳng cụng thc log 2 x 2 = 2log 2 | x | gii bi ny mi tỡm... = x 4 x 2 : x 4 ( x > 0) 5) V th ca cỏc hm s: a) y = 2 x b) y = log 2 x x ổử 1ữ c) y = ỗ ữ ỗ ứ 2 ữ ố d) y = log 1 x 2 6) Trong cỏc hm s sau hm s no ng bin, hm s no nghch bin? x ổ 3 ử ữ; ỗ a) y = ỗ ữ ữ ỗ 3 + 2 ố 7) Chng minh rng GV: Vừ Vn Nghip 2 a + x ổử 2 ữ ; b) y = ỗ ữ ỗe ứ ố ữ 3 4 2 ab + 2 b + x - xổ ỗ ử 1 ữ c) y = 3 ỗ ữ ữ ỗ 3- 2 ố 3 4 2 ba = ( 3 2 a + 3 b 2 ) 3 Trang 21 Ti Liu ễn Thi Tt Nghip . y 1 .y 2 > 0 ( )( ) ( ) 0 12. 40 121 2 21 2 121 >++−⇔>−−⇔ xxxxxx (*) Vì x 1 ; x 2 là nghiệm của phương trình x 2 + 2x – m – 2 = 0 nên ta có (*) 4 3 014 )2( 4 − <⇔>++−−⇔ mm 4 3 3. ) ( ) +−=+− −=− ⇔ 22 2 1 123 3 2 bxxx x có nghiệm ( ) 3 3 123 1 2 ±=⇔−=−⇔ xx . Từ (2) với x = 9 32 2 3 3 =⇒± b . Phương trình tiếp tuyến y = – x + 2 9 32 Vấn đề 3 : Lập phương trình. l 2) sau ú da vo tớnh n iu ca hm s m so sỏnh. 2, 5 2, 5 1 2 2 - ổử ữ ỗ = ữ ỗ ữ ỗ ố ứ m 2, 5 12- > - nờn 2, 5 12 1 2 2 - ổử ữ ỗ < ữ ỗ ữ ỗ ố ứ Loi chng minh: Vớ d 1: Chng minh 4 2 3