ôn thi tốt nghiệp toán lớp 12

KHO ST HM S V CU HI PH VD1 : Cho hàm số y = - x 3 + 3x 2 - 2 a) Khảo sát hàm số. b) Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm y=0 HD: Viết phơng trình tiếp tuyến tại điểm uốn U(1 ; 0) Hệ số góc k = f(1) = 3 Vậy ta có phơng trình tiếp tuyến là : y - y 0 = k(x - x 0 ) hay : y - 0 = 3(x - 1) y = 3x - 3 VD 2: Cho hm s (C): y = -x 3 + 3x + 2 a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C) b) Da vo th (C), bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh: x 3 3x 2 + m = 0 S: * m > 4: 1 n 0 ; * m = 4: 2 n 0 ; * 0 < m < 4: 3 n 0 ; * m = 0: 2 n 0 ; * m < 0: 1 n 0 c) Vit phng trỡnh tip tuyn ti im I(0; 2). S: y = 3x + 2 d) Vit phng trỡnh ng thng i qua im cc i v im cc tiu ca th (C) HD: PT t i qua 2 im A(x A ; y A ) v B(x B ; y B ) cú dng: A A B A B A x x y y x x y y = . S: y = 2x + 2 VD3: Cho hm s (C): y = x 3 + 3x 2 + 1 a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C) b) Da vo th (C), bin lun theo k s nghim ca phng trỡnh: x 3 + 3x 2 k = 0 S: * k > 4: 1 n 0 ; * k = 4: 2 n 0 ; * 0 < k < 4: 3 n 0 ; * k = 0: 2 n 0 ; * k < 0: 1 n 0 c) Vit phng trỡnh tip tuyn ti im cú honh bng -1 HD: Th x = -1 vo (C) y = 3: M(-1; 3). S: y = -3x d) Vit phng trỡnh ng thng i qua im cc i v im cc tiu ca th (C) S: y = -2x + 1 VD4: Cho hm s (C): y = x 3 3x 2 + 4 a) Kho sỏt v v th hm s (C) b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) song song vi ng thng y = 5 x 1 3 . S: y = 5 83 x 3 27 + ; y = 5 115 x 3 27 + VD5: Cho hm s (C m ): y = 2x 3 + 3(m 1)x 2 + 6(m 2)x 1 a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C) khi m = 2 b) Vi giỏ tr no ca m, th ca hm s (C m ) i qua im A(1; 4). S: m = 2 c) Vit phng trỡnh tip tuyn ca hm s (C) i qua im B(0; -1). S: y = -1; y = 9 x 1 8 VD5: Cho haứm soỏ y=x 3 6x 2 + 9x (C). 2 -2 y x O 6 4 2 -2 5 x y 6 4 2 y 5 x O 1 Dùng đồ thò (C) biện luận số nghiệm của phương trình x 3 – 6x 2 + 9x – m = 0 Giải: Phương trình x 3 – 6x 2 + 9x – m = 0 ⇔ x 3 – 6x 2 + 9x = m Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thò (C) và đường thẳng d: y=m. dựa vào đồ thò ta có: Nếu m > 4 phương trình có 1 nghiệm. Nếu m = 4 phương trình có 2 nghiệm. Nếu 0< m <4 phương trình có 3 nghiệm. Nếu m=0 phương trình có 2 nghiệm. Nếu m < 0 phương trình có 1 nghiệm. VD7: Cho hµm sè 4 2 1 9 2 ( ) 4 4 y x x C= − + + a) Kh¶o s¸t hµm sè b) ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tun cđa (C) t¹i ®iĨm cã hoµnh ®é b»ng 1. Gi¶i: a) Kh¶o s¸t hµm sè TËp x¸c ®Þnh: R Sù biÕn thiªn a) Giíi h¹n: lim x y →∞ = −∞ b) B¶ng biÕn thiªn: 1 1 3 2,3 2,3 9 0 4 y' = - x + 4x; y' = 0 25 2 4 x y x y  = ⇒ =  ⇔   = ± ⇒ =   x -∞ - 2 0 2 +∞ y’ + 0 - 0 + 0 - y 25 4 25 4 -∞ 9 4 -∞ Suy ra hµm sè ®ång biÕn trªn kho¶ng (-∞; -2) vµ (0; 2), nghÞch biÕn trªn kho¶ng ( -2; 0) vµ (2; +∞) Cùc trÞ: CD CD 25 9 x = ±2 y = ; 0 4 4 CT CT x y⇒ = ⇒ = §å thÞ : (H2) - §iĨm n: y” = - 3x 2 +4; y” = 0 2 -2 -4 y 5 x 1 O I 2 161 36 3 x y = = - Giao với Ox : A(-3 ; 0) và B(3 ; 0) - Giao Oy : 9 (0; ) 4 C (H2) b) x 0 = 1 y 0 = 4, y(x 0 ) = y(1) = 3. Nên phơng trình tiếp tuyến cần tìm là : y - 4 = 3(x - 1), hay : y = 3x + 1. VD8: Cho hm s (C): y = - x 4 + 2x 2 + 1 a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C) b) Bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh: -x 4 + 2x 2 + 1 m = 0 S: * m > 2: vụ n 0 ; * m = 2: 2 n 0 ; * 1 < m < 2: 4 n 0 ; * m = 1: 3 n 0 ; * m < 1: 2 n 0 c) Vit phng trỡnh tip tuyn ti im cú tung bng 2 HD: Th y = 2 vo (C) x = 1: M(-1; 2), N(1; 2). S: y = 2 VD9: Cho hm s (C): y = x 4 2x 2 3 a) Kho sỏt v v th hm s (C) b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C), bit h s gúc ca tip tuyn l 24. S: y = 24 43 VD10: Cho hm s (C m ): y = x 4 (m + 7)x 2 + 2m 1 a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C) khi m = 1 b) Xỏc nh m th (C m ) i qua im A(-1; 10). S: m = 1 c) Da vo th (C), vi giỏ tr no ca k thỡ phng trỡnh: x 4 8x 2 k = 0 cú 4 nghim phõn bit. S: -14 < k < 0 VD11: Cho hàm số: 4 ( ) 1 x y C x + = a) Khảo sát hàm số. b) Xác định toạ độ giao điểm của (C) với đờng thẳng d: y = 2x + 2. Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại các giao điểm trên. Giải: a) Khảo sát hàm số: 1.Tập xác định: D = R\{1} 2.Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: 2 3 ' 0, ( 1) y x D x = > . Nên hàm số nghịch biến trên (-; 1) và (1; +) b) Cực trị: Đồ thị hàm số không có cực trị. c) Giới hạn và tiệm cận: 1 lim x y + = x = 1 là tiệm cận đứng. lim 1 x y + = y = - 1 là tiệm cận ngang. d) Bảng biến thiên : x - 1 + y - - y + -1 -1 - 3.Đồ thị : (H3) - Giao với Ox : A(4 ; 0) - Giao với Oy : B(0 ; -4) - Đồ thị nhận I(1 ; - 1) làm tâm đối xứng b) Hoành độ giao điểm của(C) và đờng thẳng d là nghiệm Của phơng trình: 1 1 2 2 2 2 2 4 2 2 2 6 0 3 1 5 2 x y x x x x x x y = = + = + + = = = Vậy giao điểm của (C) và đờng thẳng d là: 1 2 3 ( 2; 2), ( ;5) 2 M M - Phơng trình tiếp tuyến của (C) tại M 1 có hệ số góc là: 1 1 '( 2) 3 k y= = Nên có phơng trình là: 1 1 8 2 ( 2) 3 3 3 y x y x+ = + = - Phơng trình tiếp của (C) tại M 2 có hệ số góc là: 2 3 '( ) 12 2 k y= = . Nên có phơng trình là: 3 5 12( ) 12 23 2 y x y x = = + VD12. Cho hàm số 3x 1 y x 3 = có đồ thị (C). 1) Khảo sát hàm số. 2) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x = -1 3) Tìm GTLN và GTNN của hàm số trên [0; 2]. Hớng dẫn giải. 1) Hs tự khảo sát. Đồ thị: 2) Có ( ) 2 10 5 y' y'( 1) 8 x 3 = = ; y( 1) 1 = Phơng trình tiếp tuyến: ( ) 5 5 3 y x 1 1 y x 8 8 8 = + + = + 3) Ta có hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định nên hàm số nghịch biến trên [0; 2]. Do đó: [ ] [ ] 0;2 0;2 1 max y y(0) ; min y y(2) 5 3 = = = = . VD13. Cho hàm số (C): y = x 1 x 3 + − a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C) b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) vuông góc với đường phân giác phần tư thứ nhất HD: Đường phân giác phần tư thứ nhất là: y = x. ĐS: y = -x và y = -x + 8 VD14.: Cho hàm số (C m ): y = mx 1 2x m − + a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C 2 ) b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của tham số m, hàm số luôn đồng biến trên mỗi khoảng xác định của nó HD: Chứng minh tử thức của y ’ > 0 suy ra y ’ > 0(đpcm) c) Xác định m để tiệm cận đứng của đồ thị đi qua A(-1; 2 ). ĐS: m = 2 d) Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số (C 2 ) tại điểm (1; 1 4 ). ĐS: y = 3 1 x 8 8 − VD15: Cho hàm số (C m ): y = (m 1)x 2m 1 x 1 + − + − a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) khi m = 0 b) Với giá trị nào của m, đồ thị của hàm số (C m ) đi qua điểm B(0; -1). ĐS: m = 0 c) Định m để tiệm cận ngang của đồ thị đi qua điểm C( 3 ; -3). ĐS: m = -4 c) Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số tại giao điểm của nó với trục tung HD: Giao điểm với trục tung ⇒ x = 0, thay x = 0 vào (C) ⇒ y = -1: E(0; -1). ĐS: y = -2x – 1 TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ ( )y f x= trên D A. Hai cách thường dùng. Cách 1: - Lập bảng biến thiên của hàm số ( )f x trên D. - Từ bảng biến thiên suy ra GTLN, GTNN . Cách 2: Nếu ( )f x liên tục trên D = [a;b] - Tìm các điểm 1 2 , , , n x x x… trên khoảng (a;b) mà tại đó , ( )f x bằng 0 hoặc , ( )f x không tồn tại. - Tính 1 2 ( ), ( ), ( ), , ( ), ( ) n f a f x f x f x f b… . - Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số trên. - Ta có [ ; ] [ ; ] min ( ) ,max ( ) a b a b f x m f x M= = . B. Bài tập. 1. Tìm GTLN, GTNN của hàm số 3 2 ( ) 9f x x x x= + + trên đoạn [-3;5]. (ĐS: [ 3;5] [ 3;5] min ( ) ( 3) 45,max ( ) (5) 195f x f f x f − − = − = − = = ) 2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số 4 ( ) 2 f x x x = + − trên đoạn [3;5]. (ĐS: [3;5] [3;5] min ( ) (4) 6,max ( ) (3) 7f x f f x f= = = = ) 3. Tìm GTLN, GTNN của hàm số ( ) 2 1 2 2 f x x x = − + + trên khoảng 5 ( ; ) 2 −∞ − . (ĐS: 5 ( ; ) 2 max ( ) ( 3) 9f x f −∞ − = − = − , ( )f x không có GTNN ) 4. Tìm GTLN, GTNN của hàm số 2 ( ) 8f x x x= + − . (ĐS: max ( ) (2) 4,min ( ) ( 8) 8f x f f x f= = = − = − ) 5. Tìm GTLN, GTNN của hàm số ( ) 9 3f x x= − trên đoạn [-2;2]. (ĐS: [ 2;2] [ 2;2] min ( ) (2) 3,max ( ) ( 2) 15f x f f x f − − = = = − = ) 6. Tìm GTLN, GTNN của hàm số 2 1 ( ) sin cos 2 f x x x= − + . (ĐS: 2 3 6 min ( ) 7 4 2 6 x k f x x k π π π π  = − +  = − ⇔   = +   , 2 3 max ( ) 2 2 f x x k π π = ⇔ = + ) 7. Tìm GTLN, GTNN của hàm số 3 2 ( ) cos cos 1f x x x= + − trên đoạn 3 [0; ] 2 π . (ĐS: min ( ) 1 3 2 2 x f x x x π π π   =   = − ⇔ =    =  , max ( ) 1 0f x x= ⇔ = ) 8. Tìm GTLN, GTNN của hàm số 4 4 ( ) cos sinf x x x= + . (ĐS: 1 min ( ) 2 4 2 f x x k π π = ⇔ = + , max ( ) 1 2 f x x k π = ⇔ = ) 9. Tìm GTLN, GTNN của hàm số ( ) x x e f x e e = + trên đoạn [ln 2 ; ln 4] . (ĐS: [ln2;ln 4] [ln2;ln 4] 2 min ( ) (ln 2) ,max ( ) (ln 4) 2 4 4 f x f f x f e e = = = = + + ) 10. Tìm GTLN, GTNN của hàm số 2 ( ) ln( 5 )f x x x= + + trên đoạn [-2;2]. (ĐS: [ 2;2] [ 2;2] min ( ) ( 2) 0,max ( ) (2) ln5f x f f x f − − = − = = = ) BÀI TẬP LÀM THÊM 1. y = x 4 – 2x 2 + 1 trên đọan [-1;2]. 2. y = 2 1 x− . 3. y = .lnx x trên đọan [ 1; e ]. 4. y = sin2x – x trên đọan ; 6 2 π π −       . 5. y = x – lnx + 3. 6. 2 1x x y x + + = với 0>x 7. 4 2 8 16y x x= − + trên đoạn [ -1;3]. 8. y = 3 2 2 4 2 2x x x− + − + trên [ 1; 3]− 9. y = 3 2 2 4 2 1x x x− + + trên [ 2;3]− 10. 3 2 ( ) 3 9 3f x x x x= + − + trên đoạn [ ] 2;2− 11. 2 4 4 .y x= + − 12. 4 2 1 ( ) 2 4 f x x x= − + trên đoạn [-2 ;0] 13. y = (x – 6) 2 4x + trên đoạn [0 ; 3]. 14. y = x+ 2 1 x− 15. y = 2sin 2 x + 2sinx – 1 16. 2 9 7y x= − trên đoạn [-1;1]. 17. 3 2 2 3 12 10y x x x= − − + trên đoạn [-3;3]. 18. 5 4y x= − trên đoạn [-1;1]. 19. 1 x y x − = trên đoạn [-2;-1]. 20. 3 2 1 2 3 4 3 y x x x= + + − trên đoạn [-4;0]. 21. 1 y x x = + trên khoảng ( 0 ; +∞ ). 22. 3 2 8 16 9y x x x= − + − trên đoạn [1;3]. 23. 4 2 3 2 2 x y x= − − + trên đoạn 1 2 ; 2 3   −     24. 2 3 6 1 x x y x − + = − trên khoảng (1 ; +∞ ). 25. 3 3 1y x x= − + trên đoạn [0;2]. 26. 3 2 3 9 35y x x x= − − + trên đoạn [-4;4]. 27. 3 2 2 3 1y x x= + − trên đoạn 1 2; 2   − −     28. 3 2 3 7 1y x x x= − − + trên đoạn [0;3]. 29. 3 2 3 9y x x x= + − trên đoạn [-2;2]. 30. 2 2 5 4 2 x x y x + + = + trên đoạn [0;1]. 31. 1 1 5 y x x = + + − (x > 5 ) 32. 2 3 1 x y x = − trên đoạn 1 1; 2   − −     33. 2 1 1 3 x y x + = − trên đoạn [-1;0]. 34. 3 2 3 4y x x= − − trên đoạn 1 1; 2   −     35. 2 4y x= − 36. 1 1 y x x = + − trên khoảng (1; )+∞ . 37. 3 3 3y x x= − + trên đoạn 3 3; 2   −     38. 4 1 2 3 x y x + = + trên đoạn 5 ; 2 2   − −     Chuyªn §Ò 2: Hµm Sè Mò vµ L«garit 1. Phương pháp: Biến đổi phương trình về dạng cùng cơ số: a M = a N ⇔ M = N Ví dụ 1: Giải các phương trình sau : 2 3 2 1 2 4 x x+ − = HD: 2 2 3 2 3 2 2 1 2 2 2 4 x x x x+ − + − − = ⇔ = 2 2 0 3 2 2 3 0 3 x x x x x x =  ⇔ + − = − ⇔ + = ⇔  = −  Vậy phương trình có nghiệm: 0, 3x x= = − Ví dụ 2: Giải các phương trình sau : 2 3 1 1 3 3 x x− +   =  ÷   HD: 2 2 3 1 ( 3 1) 1 1 3 3 3 3 x x x x − + − − +   = ⇔ =  ÷   2 2 1 ( 3 1) 1 3 2 0 2 x x x x x x =  ⇔ − − + = ⇔ − + = ⇔  =  Vậy phương trình có nghiệm: 1, 2x x= = Ví dụ 3: Giải phương trình sau : 1 2 2 2 36 x x+ − + = HD: 1 2 2 2 2 36 2.2 36 4 x x x x+ − + = ⇔ + = x x x 4 8.2 2 36 9.2 36.4 2 16 2 2 4 4 x x x + ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm: 1, 2x x= = Ví dụ 4: Giải phương trình sau : 2 1 5 .2 50 x x − = HD: 2 1 20 4 5 .2 50 5 . 50 20 100 log 100 2 x x x x x x − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm: 20 log 100x = 2. Phương pháp: Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình đại số Ví dụ 1: Giải các phương trình sau : 2 8 5 3 4.3 27 0 x x+ + − + = HD: 8 2 5 3 .3 4.3 .3 27 0 x x − + = ( ) 2 6561. 3 972.3 27 0 x x ⇔ − + = (*) Đặt 3 0 x t = > Phương trình (*) 2 1 9 6561 972 27 0 1 27 t t t t  =  ⇔ − + = ⇔   =   Với 2 1 3 3 2 9 x t x − = ⇔ = ⇔ = − Với 3 1 3 3 3 27 x t x − = ⇔ = ⇔ = − Vậy phương trình có nghiệm: 2, 3x x= − = − Ví dụ 2: Giải các phương trình sau : 25 2.5 15 0 x x − − = HD: ( ) 2 25 2.5 15 0 5 2.5 15 0 x x x x − − = ⇔ − − = (*) Đặt 5 0 x t = > Phương trình (*) 2 5 2 15 0 3 (loai) t t t t =  ⇔ − − = ⇔  = −  Với 5 5 5 1 x t x= ⇔ = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm: 1x = Ví dụ 3: Giải các phương trình sau : 2 2 3 3 24 x x+ − − = HD: ( ) 2 2 2 9 3 3 24 9.3 24 0 9. 3 24.3 9 0 3 x x x x x x + − − = ⇔ − − = ⇔ − − = (*) Đặt 3 0 x t = > Pt (*) 2 3 9t 24 9 0 1 ( loai) 3 t t t =   ⇔ − − = ⇔  = −  Với 3 3 3 1 x t x= ⇔ = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm: 1x = 3. Phương pháp: Lấy logarit hai vế Ví dụ 1: Giải phương trình sau : 2 1 1 8 .5 8 x x − = HD: Lấy logarit hai vế với cơ số 8, ta được 2 2 1 1 8 8 1 1 8 .5 log 8 .5 log 8 8 x x x x− − = ⇔ = ( ) 2 1 1 2 8 8 8 8 log 8 log 5 log 8 1 log 5 1 x x x x − − ⇔ + = ⇔ + − = − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 8 8 1 1 log 5 0 1 1 1 log 5 0x x x x x⇔ + + − = ⇔ + + + − = ( ) ( ) ( ) 8 8 1 0 1 1 1 log 5 0 1 1 log 5 0 x x x x + =  ⇔ + + − = ⇔     + − =  8 8 5 1 1 .log 5 log 5 1 1 log 8 x x x x = − = −   ⇔ ⇔   = − = −   Vậy phương trình có nghiệm: 5 1, 1 log 8x x= − = − Ví dụ 2: Giải phương trình sau : 2 3 .2 1 x x = HD: Lấy logarit hai vế với cơ số 3, ta được 2 2 3 3 3 .2 1 log 3 .2 log 1 x x x x = ⇔ = ( ) 2 3 3 log 2 0 1 log 2 0x x x x⇔ + = ⇔ + = 3 0 1 log 2 0 x x =  ⇔  + =  2 3 0 0 1 log 3 log 2 x x x x =  =   ⇔ ⇔   = − = −    Vậy phương trình có nghiệm: 2 0, log 3x x= = − II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ 1. Phương trình cơ bản: 0 0 b b ≤     >  Phương trình vô số nghiệm Phương trình : ( )f x a b> ⇔ ( ) log ( ) log a a f x b f x b >   <  khi khi 1 0 1 a a > < < 0 0 b b ≤     >  Phương trình vô nghiệm Phương trình : ( )f x a b< ⇔ ( ) log ( ) log a a f x b f x b <   >  khi khi 1 0 1 a a > < < Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 2 1 3 3 1 log 2 3 2 2 1 log 2 2 x x x − + ≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤ Vậy bất phương trình có nghiệm: 3 1 log 2 ; 2 S +   = −∞     Ví dụ 2: Giải bất phương trình: ( ) 1 1 3 1 3 3 1 3. 3.3 1 3 3 27.3 9 3 1 3 x x x x x x − + − < ⇔ − < + ⇔ − < + + 6 26.3 12 3 , 13 x x x⇔ > − ⇔ > − ∀ ∈¡ Vậy bất phương trình có nghiệm: ( ) ;S = −∞ +∞ 2. Phương pháp: Biến đổi bất phương trình về dạng cùng cơ số: a. ( ) ( )f x g x a a> ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) f x g x f x g x >   <  khi khi 1 0 1 a a > < < Ví dụ 1: Giải bất phương trình: ( ) 2 2 3 9 x x− > HD: ( ) 2 2 3 9 x x− > 2 4 4 16 3 3 2 4 8 16 4 7 x x x x x x x − ⇔ > ⇔ > − ⇔ > − ⇔ < Vậy bất phương trình có nghiệm: 16 ; 7 S   = −∞  ÷   Ví dụ 2: Giải bất phương trình: ( ) ( ) 2 1 3 5 2 5 2 x x− − + + ≥ − (1) HD: Ta có: ( ) ( ) ( ) 1 1 5 2 5 2 1 5 2 5 2 5 2 − + − = ⇔ − = = + + Phương trình (1) ( ) ( ) 2 1 3 2 5 2 5 2 1 3 x x x x − − ⇔ + ≥ + ⇔ − ≥ − 2 2 0 1 2x x x⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤ Vậy bất phương trình có nghiệm: [ ] 1;2S = − 3. Phương pháp: Đặt ẩn phụ chuyển về bất phương trình đại số. Ví dụ 1: Giải bất phương trình: 2 5 5 26 x x− + < HD: ( ) 2 2 25 5 5 26 5 26 0 5 26.5 25 0 5 x x x x x x − + < ⇔ + − < ⇔ − + < (1) Đặt 5 0 x t = > Ta có:(1) 2 26 25 0t t⇔ − + < 1 25t⇔ < < 0 2 1 5 25 5 5 5 0 2 x x x⇔ < < ⇔ < < ⇔ < < Vậy bất phương trình có nghiệm: ( ) 0;2S = [...]... 0 1/ Diện tích hình phẳng: a) Dạng toán1 : Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 1 đường cong và 3 đường thẳng Công thức: Cho hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn [a;b] khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường b cong (C) :y=f(x) và các đường thẳng x= a; x=b; y= 0 là : S = ∫ f ( x ) dx a b) Dạng toán2 : Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường cong và 2 đường thẳng Công thức: Cho hàm số y=f(x) có đồ thò... thường gặp β β α α Dạng: ∫ sin ax.cos bxdx, ∫ sin ax.sin bxdx, β ∫ cos ax.cos bxdx α Phương pháp giải: Dùng công thức biến đổi tích thành tổng để tách thành tổng hoặc hiệu các tích phân rồi giải β β n Dạng: ∫ sin xdx; ∫ cos xdx n α α Phương pháp giải: Nếu n chẵn dùng công thức hạ bậc, n lẻ dùng công thức đổi biến Ví dụ : β ∫ sin 2 n +1 α β β β xdx = ∫ sin x sin xdx = ∫ (1 − cos2 x )n sin xdx Đặt t =cosx... = ∫[ f ( x ) −g ( x ) ] dx + ∫[ f ( x ) −g ( x ) ] dx + ∫[ f ( x ) −g ( x ) ] dx Chú ý: * Nếu phương trình hoành độ giao điểm có nhiều hơn 2 nghiệm làm tương tự trường hợp 3 * Dạng toán 1 là trường hợp đặc biệt của dạng toán 2 khi đường cong g(x)=0 Ví dụ 1ï: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thò của hàm số y = sinx trên đoạn [0;2 π ] và Ox Giải: Ta có :sinx = 0 có 1 nghiệm x= π ∈ ( 0;2π ) vậy... = ( vì ∆ ADE là nửa tam giác đều) Suy ra: AD = 2 4 VS.DBC SD 5 5a 3 = = * Suy ra: SD = ĐS: VS.ABC SA 8 12 1 1 a2 3 b) Cách 1: * Tính VS.ABC = Bh = SABC.SH * Tính: SABC = (vì ∆ ABC đều cạnh 3 3 4 a) SH ⇒ SH = SA.sin600 = a Suy ra: * Tính SH: Trong ∆ V SAH tại H, ta có: sin600 = SA 3 a 3 VS.ABC = 12 3 VS.DBC 5 = Suy ra: VS.DBC = 5a 3 * Từ VS.ABC 8 96 * Tính SH: Trong ∆ V SMH tại H, ta có: tan600 =... Tính thể tích của khối nón A HD: a) * Sxq = π Rl = π OB.AB = 15 π Tính: AB = 5 ( ∆ ∨ AOB tại O) * Stp = Sxq + Sđáy = 15 π + 9 π = 24 π 4 1 2 1 1 2 2 b) V = πR h = π.OB OA = π.3 4 = 12 π 3 3 3 B O 3 Bài 2: Một hình nón có thi t diện qua trục là một tam giác đều cạnh 2a S a) Tính diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình nón b) Tính thể tích của khối nón HD: a) * Sxq = π Rl = π OB.SB = 2 π a2... a 3 = A 3 3 3 3 O 2a 3 Tính: SO = = a 3 (vì SO là đường cao của ∆ SAB đều cạnh 2a) 2 Bài 3: Một hình nón có chiều cao bằng a và thi t diện qua trục là tam giác vng a) Tính diện tích xung quanh và diện tích tồn phần của hình nón b) Tính thể tích của khối nón S ∧ ∧ HD: a) * Thi t diện qua trục là tam giác vng cân tại S nên A = B = 450 * Sxq = π Rl = π OA.SA = π a2 2 Tính: SA = a 2 ; OA = a ( ∆ ∨ SOA... trụ b) Tính thể tích của khối trụ c) Cắt khối trụ bởi một mặt phẳng song song với trục và cách trụ 3cm Hãy tính diện tích của thi t diện được tạo nên B O HD: a) * Sxq = 2 π Rl = 2 π OA.AA’ = 2 π 5.7 = 70 π (cm2) I r * OA = 5cm; AA’ = 7cm 2 A * Stp = Sxq + 2Sđáy = 70 π + 50 π = 120 π (cm ) 2 2 π 52.7 = 175 π (cm3) b) * V = πR h = π.OA OO′ = l h c) * Gọi I là trung điểm của AB ⇒ OI = 3cm * SABB′A′ = AB.AA’... khối chóp tứ giác đều SABCD Một mặt phẳng (α ) qua A, B và trung điểm M của SC Tính tỉ số thể tích của hai phần khối chóp bị phân chia bởi mặt phẳng đó Giải Kẻ MN // CD (N ∈ SD) thì hình thang ABMN là thi t diện của khối chóp khi cắt bởi mặt phẳng (ABM) V SN 1 1 1 SAND = = ⇒ VSANB = VSADB = VSABCD +V SD 2 2 4 SADB S N M D A O B C V SM SN 1 1 1 1 1 SBMN = = = ⇒ VSBMN = VSBCD = VSABCD + V SC SD 2 2... b) Gọi I là trung điểm của cạnh SC, tính độ dài đoạn thẳng BI theo a (TN-THPT 2008 lần 2) Bài 2 Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vng góc · với mặt đáy Biết BAC = 120 0 , tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a (TN-THPT – 2009) Bi 18:ThĨ tÝch khèi l¨ng trơ I, Mơc tiªu: - N¾m ®ỵc CT tÝnh thĨ tÝch khèi l¨ng trơ V = B.h ( B là diện tích của đáy ) -BiÕt c¸ch tÝnh thĨ... cao * Tất cả các cạnh đều bằng a * VABC.A′B′C′ = Bh = SA′B′C′ AA’ 2 SA′B′C′ = a 3 (A’B’C’ là ∆ đều cạnh a) và AA’ = a * Tính: 4 B' A' 3 3 1 a 3 a 3 ĐS: VABC.A′B′C′ = b) VA′BB′C = VABC.A′B′C′ ĐS: C' 3 4 12 ( khối lăng trụ đứng có tất cả các cạnh bằng nhau được chia thành 3 tứ diện bằng nhau) ∧ Bài 2: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác vng tại A, AC = a, C = 600, đường chéo BC’ của mặt bên . trình tiếp của (C) tại M 2 có hệ số góc là: 2 3 '( ) 12 2 k y= = . Nên có phơng trình là: 3 5 12( ) 12 23 2 y x y x = = + VD12. Cho hàm số 3x 1 y x 3 = có đồ thị (C). 1) Khảo sát. định: D = R{1} 2.Sự biến thi n: a) Chiều biến thi n: 2 3 ' 0, ( 1) y x D x = > . Nên hàm số nghịch biến trên (-; 1) và (1; +) b) Cực trị: Đồ thị hàm số không có cực trị. c) Giới hạn. ®iĨm cã hoµnh ®é b»ng 1. Gi¶i: a) Kh¶o s¸t hµm sè TËp x¸c ®Þnh: R Sù biÕn thi n a) Giíi h¹n: lim x y →∞ = −∞ b) B¶ng biÕn thi n: 1 1 3 2,3 2,3 9 0 4 y' = - x + 4x; y' = 0 25 2 4 x y x