luyện thi đh cđ cấp tốc môn toán

www.VNMATH.com Sách có tất cả 10 chủ đề , dưới đây là chủ đề 01 CHỦ ĐỀ 1 KHẢO SÁT HÀM SỐ 1.1. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. VẤN ĐỀ 1 TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ 1. Điều kiện cần để hàm số đơn điệu: Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I • Nếu hàm số f đồng biến trên khoảng I thì ( ) f ' x 0 ≥ với mọi x I ∈ ; • Nếu hàm số f nghịch biến trên khoảng I thì ( ) f ' x 0 ≤ với mọi x I ∈ . 2. Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu: Giả sử I là một khoảng hoặc nửa khoảng hoặc một đoạn, f là hàm số liên tục trên I và có đạo hàm tại mọi điểm trong của I (tức là điểm thuộc I nhưng khơng phải đầu mút của I ). Khi đó: • Nếu ( ) f ' x 0 > với mọi x I ∈ thì hàm số f đồng biến trên khoảng I ; • Nếu ( ) f ' x 0 < với mọi x I ∈ thì hàm số f nghịch biến trên khoảng I ; • Nếu ( ) f ' x 0 = với mọi x I ∈ thì hàm số f khơng đổi trên khoảng I . Ví dụ 1 : Xét sự biến thiên của hàm số : 3 1 = − y x www.VNMATH.com Giải: Hàm số đã cho xác định trên nửa khoảng ( ;1  −∞   . Ta có: 2 3 3x y ' 2 1 x = − − y ' 0 = khi x 0 = và y ' 0 < khi ( ) x ;1 ∀ ∈ −∞ và x 0 ≠ . Do đó hàm số nghịch biến trên nửa khoảng ( ;1  −∞   . Chú ý: y ' 0 = tại x 0 = thì hàm số không đổi trên nửa khoảng ( ;1  −∞   . Ví dụ 2 : Xét sự biến thiên của hàm số : 2 2 3 = − − y x x Giải: 2 2 2 x 2x 3 khi x 1 x 3 y x 2x 3 x 2x 3 khi 1 x 3   − − ≤ − ∨ ≥   = − − =   − + + − < <    Hàm số đã cho xác định trên  . Ta có: 2x 2 khi x 1 x 3 y ' 2x 2 khi 1 x 3   − < − ∨ >  =   − + − < <   Hàm số không có đạo hàm tại x 1 = − và x 3 = . + Trên khoảng ( ) 1;3 − : y ' 0 x 1 = ⇔ = ; + Trên khoảng ( ) ; 1 −∞ − : y ' 0 < ; + Trên khoảng ( ) 3; +∞ : y ' 0 > . Bảng biến thiên: x −∞ 1 − 1 3 +∞ y ' − || + 0 − || + y Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) − 1;1 và ( ) +∞ 3; , nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) −∞ − ; 1 và ( ) 1;3 . www.VNMATH.com Chú ý: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 x 1 x 2x 3 y x 2x 3 x 2x 3 y ' x 2x 3 − − − = − − = − − ⇒ = − − Khi tính đạo hàm của hàm số có dạng ( ) = y f x , ta chuyển trị tuyệt đối vào trong căn thức ( ) = 2 y f x , khi đó tại những điểm mà ( ) = f x 0 thì hàm số không có đạo hàm. Ví dụ 3 : Chứng minh rằng hàm số : cos 2 2 3 = − + y x x nghịch biến trên . » Giải: Hàm số đã cho xác định trên  . Ta có: ( ) = − − = − + ≤ ∀ ∈  y ' 2sin 2x 2 2 1 s in2x 0, x và = y ' 0 khi π = − + π ∈  x k , k 4 . Vì = y ' 0 tại vô hạn điểm nên chưa thể kết luận hàm số nghịch biến trên . » Với ∀ ∈  1 2 x , x và < 1 2 x x , khi đó luôn tồn tại khoảng ( ) a;b chứa 1 2 x , x . Do = y ' 0 tại hữu hạn điểm trên khoảng ( ) a;b nên hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) a;b khi đó ( ) ( ) > ⇒ 1 2 y x y x hàm số nghịch biến trên . » Chú ý: Khi xét tính đơn điệu của hàm số chứa hàm lượng giác ta để ý đạo hàm của hàm số có thể triệt tiêu tại vô hạn điểm, do đó ta chuyển về xét tính đơn điệu trên một khoảng chứa hữu hạn điểm mà tại đó đạo hàm triệt tiêu. Ví dụ 4 : Tìm tham số ∈ » m để hàm số : 1 − = − mx y x m nghịch biến trên mỗi khoảng xác định. Giải: Hàm số đã cho xác định trên khoảng ( ) ( ) ;m m; −∞ ∪ +∞ . www.VNMATH.com Ta có: ( ) 2 2 1 m y ' x m − = − Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng xác định của nó khi y ' 0, ≤ ( ) ( ) x ;m m; ∀ ∈ −∞ ∪ +∞ và dấu đẳng thức xảy ra tại một số hữu hạn điểm 2 2 1 m 0 m 1 m 1 ⇔ − < ⇔ > ⇒ > . Vậy m 1 > và m ∈  thỏa mãn bài toán. Ví dụ 5 : Giải phương trình : ( ) 3 1 1. = − + x x Giải: Điều kiện: ≥ x 0 . Xét hàm số ( ) 3 y x 1 x 1 = − − − xác định trên nửa khoảng )  +∞  0; . Ta có: ( ) 2 1 y ' 3 1 x 0, x 0 y 2 x = + − > ∀ > ⇒ đồng biến trên nửa khoảng )  +∞  0; . Do đó, nếu phương trình = y 0 có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Dễ thấy ( ) = ⇒ = y 1 0 x 1 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. Ví dụ 6 : Tìm m ∈ » để phương trình: ( ) ( ) 2 5 4 34 1 33 1 x x m x x − + − − − = có nghiệm. Giải: 1. Đặt ( ) ( ) 2 5 4 ; v 0 u x 34x m, v x 1 x 33 ≥ = − + = − − Ta có hệ: ( ) 4 5 u v 1 v u 1 0 u u 1 m 33   − = ⇒ = − ≥     − − = −    Xét hàm số ( ) ( ) 4 5 f u u u 1 = − − với u 1 ≥ . www.VNMATH.com Ta có: ( ) ( ) ( ) 3 4 f ' u 5u 4 u 1 0, u 1 f u = − − > ∀ > ⇒ tăng trên nửa khoảng ) 1;  +∞   và ( ) x f 1 1; lim →+∞ = = +∞ . Lập bảng biến thiên, suy ra ( ) f u 1 m 33 1 m 34 ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥ . Hoạt động : Tìm m ∈ » để phương trình: 2 3 1 2 1 2 1 x x mx x − = − + − có nghiệm. Ví dụ 7 : Tìm m ∈ » để hệ phương trình: ( ) ( ) 0 1 2 2 x y m y xy   − + =     + =    có nghiệm. Giải: Vì y 0 = không là nghiệm của hệ. Với y 0 ≠ phương trình ( ) 2 xy 2 y ⇔ = − ( ) 2 y 2 y 2 x y ≤ ⇔ − =            Khi đó phương trình ( ) 1 viết lại ( ) y 1 m 4. 3 y − = . Đặt ( ) y 1 f y y − = với y 2 ≤ . Để hệ có nghiệm khi phương trình ( ) 3 có nghiệm với mọi y 2 ≤ . Ta có: ( ) 2 1 f ' y 0 y = > với mọi y 2 < và y 0 ≠ . Khi đó ( ) f y đồng biến trên khoảng ( ) ;0 −∞ và nửa đoạn ( 0;2    Và ( ) ( ) ( ) y y 0 y 0 lim f y 1; lim f y ; lim f y − + →∞ → → = = +∞ = −∞ Lập bảng biến thiên, ta suy ra ( ) 1 f y > hoặc ( ) f y 1 2 ≤ . Khi đó m 4 > hoặc m 2 ≤ . www.VNMATH.com Hot ng : Tỡm m ằ h phng trỡnh : ( ) 2 1 3 1 0 x xy x y m + = + + = cú 3 cp nghim thc. ỏp s : 15 4 4 m hoc 20 12 3 m . VAN ẹE 2 CệẽC TRề HAỉM SO 1. iu kin cn hm s t cc tr: nh lý 1: Gi s hm s f t cc tr ti im 0 x . Khi ú, nu f cú o hm ti im 0 x thỡ ( ) 0 f ' x 0 = 2. iu kin hm s t cc tr: nh lý 2: Gi s hm s f liờn tc trờn khong ( ) a;b cha im 0 x v cú o hm trờn cỏc khong ( ) 0 a;x v ( ) 0 x ;b . Khi ú: a) Nu ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 f ' x 0, x a;x f ' x 0, x x ;b < > thỡ hm s t cc tiu ti im 0 x . Núi mt cỏch khỏc, nu ( ) f ' x i du t õm sang dng khi x qua im 0 x thỡ hm s t cc tiu ti im 0 x . x a 0 x b ( ) f ' x 0 + ( ) f x ( ) f a ( ) f b ( ) 0 f x b) Nu ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 0 f ' x 0, x a;x f ' x 0, x x ;b > < thỡ hm s t cc i ti im 0 x . Núi mt cỏch khỏc, nu ( ) f ' x i du t dng sang õm khi x qua im 0 x www.VNMATH.com thì hàm số đạt cực đại tại điểm 0 x . x a 0 x b ( ) f ' x + 0 − ( ) f x ( ) 0 f x ( ) f a ( ) f b Định lý 3: Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp một trên khoảng ( ) a;b chứa điểm 0 x , ( ) 0 f ' x 0 = và f có đạo hàm cấp hai khác 0 tại điểm 0 x . a) Nếu ( ) 0 f '' x 0 < thì hàm số f đạt cực đại tại điểm 0 x . b) Nếu ( ) 0 f '' x 0 > thì hàm số f đạt cực tiểu tại điểm 0 x . Ví dụ 1 : Tìm cực trị của hàm số : ( ) 3 . = −y x x Giải: Hàm số đã cho xác định và liên tục trên  . ( ) ( ) x x 3 khi x 0 y x x 3 khi x 0   − ≥   =   − − <    . Ta có ( ) 3 x 1 khi x 0 2 x y ' 3 x x khi x 0 2 x   −   >    =   −  − <    −   + Hàm số không có đạo hàm tại = x 0 . Trên khoảng ( ) ;0 −∞ : y ' 0 > ,trên khoảng ( ) 0; +∞ : y ' 0 x 1 = ⇔ = Bảng biến thiên x −∞ 0 1 +∞ y ' + − 0 + y 0 +∞ www.VNMATH.com −∞ 2 − Hàm số đạt điểm cực đại tại điểm ( ) x 0, f 0 0 = = , hàm số đạt điểm cực tiểu tại điểm ( ) x 1, f 1 2 = = − . Chú ý: Cho dù hàm số không có đạo hàm tại = x 0 , nhưng nó vẫn đạt cực đại tại điểm đó. Cho hàm số ( ) = y f x xác định trên D và điểm = ∈ 0 x x D là điểm cực trị của hàm số khi và chỉ khi hai điều kiện sau cùng thỏa mãn: 1. Tại = 0 x x đạo hàm triệt tiêu hoặc không tồn tại. 2. Đạo hàm đổi dấu khi x đi qua 0 x . Ví dụ 2 : Tìm tham số ∈ » m để hàm số : 2 1 + + = + x mx y x m đạt cực tiểu tại 1. = x Giải: Hàm số đã cho xác định và liên tục trên khoảng ( ) ( ) −∞ − ∪ − +∞ ; m m; . Ta có: ( ) = − + 2 1 y ' 1 x m và ( ) = + 3 1 y '' x m . Hàm số có đạo hàm tại mọi điểm trên khoảng xác định, nên hàm số đạt cực tiểu tại = x 1 khi thỏa mãn: Điều kiện cần: ( ) ( ) = ⇔ − = ⇔ = = + 2 1 y ' 1 0 1 0 m 0; m 2 1 m Điều kiện đủ: ( ) = ⇒ = > ⇒ = m 0 y '' 1 1 0 x 1 là điểm cực tiểu. ( ) = ⇒ = − < ⇒ = m 2 y '' 1 1 0 x 1 là điểm cực đại. Vậy = m 0 thỏa yêu cầu bài toán. Chú ý: Để ý định lý 3 chỉ phát biểu khi ( ) ≠ y '' 1 0 . www.VNMATH.com Nếu trình bày hàm số đạt cực tiểu tại ( ) ( )  =  = ⇔  >   y ' 1 0 x 1 y '' 1 0 thì lời giải chưa chính xác. Như vậy, để áp dụng được hệ ( ) ( ) y ' 1 0 y '' 1 0  =   >   ta cần khẳng định ( ) y '' 1 0 > . Hoạt động : Cho hàm số ( ) 3 2 3 1 y x x mx = − + . Tìm tất cả các giá trị của ∈ » m để hàm số ( ) 1 có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số ( ) 1 đối xứng nhau qua đường thẳng ( ) : 2 9 0 d x y + − = . Đáp số: 6 m = Ví dụ 3 : Tìm tham số ∈ » m để hàm số : ( ) 3 2 1 5 4 2 3 y x mx m x = − + − + có cực đại , cực tiểu và đường thẳng đi qua các điểm cực trị của đồ thị hàm số song song với đường thẳng ( ) : 8 3 9 0 d x y + + = . Giải: Hàm số đã cho xác định và liên tục trên  . Ta có: = − + − 2 y ' x 2mx 5m 4 . Hàm số có cực đại, cực tiểu khi y ' triệt tiêu và đổi dấu hai lần qua nghiệm x , khi đó phương trình − + − = 2 x 2mx 5m 4 0 có hai nghiệm phân biệt 1 2 x , x ⇔ ∆ = − + > ⇔ < 2 m 5m 5 0 m 1 hoặc > m 4 . Thực hiện phép chia y cho y ' , ta được: ( ) ( ) = − − − + + − + 2 2 1 2 5 4 y x m y ' m 5m 4 x m m 2 3 3 3 3 . Gọi 1 2 x , x là hoành độ cực trị ( ) ⇒ = 1 y ' x 0 và ( ) = 2 y ' x 0 . Khi đó ( ) ( ) = − − + + − + 2 2 1 1 2 5 4 y x m 5m 4 x m m 2; 3 3 3 ( ) ( ) = − − + + − + 2 2 2 2 2 5 4 y x m 5m 4 x m m 2. 3 3 3 www.VNMATH.com [...]... TỊNH TIẾN VÀ TÂM ĐỐI XỨNG 1 Điểm uốn của đồ thị: Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp một liên tục trên khoảng (a; b) chứa điểm x 0 và có đạo hàm cấp hai trên khoảng (a; x 0 ) và ( x ; b) 0 ( ) Nếu f '' đổi dấu khi x qua điểm x 0 thì I x 0 ; f (x 0 ) là một điểm uốn của đồ thị của hàm số y = f (x ) ( ) Nếu hàm số f có đạo hàm cấp hai tại điểm x 0 và I x 0 ; f (x 0 ) là một điểm uốn của đồ thị hàm số thì... P = ( ) 2 a 2 + b2 + ab = (a + b)(ab + 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của a 3 b3  a 2 b2  biểu thức P = 4  3 + 3  − 9  2 + 2      b b     a  a      Đề thi Đại học Khối B – năm 2011 Giải: www.VNMATH.com Theo giả thi t ta có 2 ( a 2 + b2 ) + ab = ( a + b )( ab + 2 ) Từ đây suy ra a b 1 1 a b 2 2 2  +  + 1 =  +  ab + 2 hay 2  +  + 1 = a + + b + b a b a a b b a ( )... thức: P = x 2 + y 2 x 2 − xy + 3 = 0  Ví dụ 2 : Cho x > 0 và số thực y thỏa mãn    2x + 3y ≤ 14  Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức ( ) Q = 3x 2y − xy 2 − 2x x 2 − 1 Giải: giả Từ thi t   x2 + 3 x2 + 3 y= y= x 2 − xy + 3 = 0      x x ⇒ ⇔  2 2x + 3y ≤ 14 x +3  2x + 3 1 ≤ x ≤ 9  ≤ 14    5  x 2  x2 + 3   x2 + 3  9 2 Khi đó Q = 3x   − x  − 2x x − 1 = 5x −... nhất của biểu thức: P = x 3 + 2y 2 + 3x 2 + 4xy − 5x Ví dụ 3: Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn 1; 4  và x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= x y z + + 2x + 3y y + z z + x Đề thi Đại học Khối A – năm 2011 Giải: Cách 1 : www.VNMATH.com y x z y Đặt a = , b = , c = 1  x Bài tốn trở thành : Cho a, b, c ∈  ;1 z 4  abc = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 P= + + 3a... m = 6 Ví dụ 5 : Tìm tham số thực m để hàm số : y = x 4 − 2 (m + 1) x 2 + m (1) có 3 cực trị A, B,C sao cho: OA = BC , O là gốc tọa độ , A là cực trị thuộc trục tung, B,C là 2 điểm cực trị còn lại Đề thi Đại học khối B – năm 2011 Giải: y' = 4x 3 − 4 ( m − 1) x ⇒ y' = 0 ⇔ x = 0 hay x 2 = m + 1 Hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi y ' = 0 và đổi dấu 3 lần qua nghiệm x hay x2 = m + 1 có 2 nghiệm phân biệt... và liên tục trên x 5 − 4x 5  5 4 1 ⇒ 4y = 5 − 4x ⇒ P = + 4 x 5 − 4x  khoảng  0;  4 Ta có : f ' ( x ) = −  4 4 + x2 5 − 4x ( ) 2 5 Trên khoảng  0;  : f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1  4 Lập bảng biến thi n, ta được min f ( x ) = f (1) = 5 ⇒ min P = 5  5 x∈ 0;   4 khi x = 1, y = 1 4 Cách 2 : 4 1 x   (x + y) P =  x + 4y (x + y) = 4y +      4y 17 17 25 + ≥2+ = x 4 4 4 www.VNMATH.com... chỉ khi: m − 4m1 + 3 = m − 4m2 + 3 2 1 2 2 ( ⇔ m1 − m 2 )( m 1 m = m2 + m2 − 4 = 0 ⇔  1  m1 + m 2 = 4  ) Khi m1 = 1 ⇒ m2 = 1 hoặc m2 = 3 Khi m1 = 3 ⇒ m2 = 1 hoặc m2 = 3 VẤN ĐỀ 6 KHẢO SÁT SỰ BIẾN THI N VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ Hàm số bậc ba y = ax 3 + bx2 + cx + d (a ≠ 0) www.VNMATH.com Dáng điệu đồ thị của hàm số y = ax 3 + bx2 + cx + d (a ≠ 0) Một số tính chất thường gặp của hàm số bậc ba 1 Đồ thị... bx2 + c (a ≠ 0) Hàm số trùng phương y = ax 4 + bx2 + c Một số tính chất thường gặp của hàm số trùng phương 1 Đồ thị của hàm số y = ax 4 + bx 2 + c (a ≠ 0) cắt trục hồnh tại 4 điểm phân biệt lập thành cấp số cộng khi phương trình: aX 2 + bX + c = 0, (X = x 2 > 0 ) có 2 nghiệm dương phân biệt thỏa X1 = 9X2 2 Phương trình trùng phương: ax 4 + bx 2 + c = 0 (1) t = x2 ≥ 0 ⇔ x = ± t , at 2 + bt + c = 0... = t 2 = 0  ∆ = 0   S  = 0  2 (1) vơ nghiệm ⇔ (2) vơ nghiệm hoặc có 2 nghiệm âm ∆ < 0     ∆ ≥ 0  ⇔   P > 0   S   < 0   2  0 < t < t  1  (1) có 4 nghiệm tạo thành cấp số cộng ⇔  t = 3 t2   2 1   t = 9t  2 1  S = t + t Ta giải hệ pt:  1 2  P = t t  1 2   3 Phương trình bậc 4 có tính đối xứng: ax 4 + bx 3 + cx2 + bx + a = 0 (1) ( ) • Nếu a = 0 , ta... x1 + ( x1 + m ) + x2 + ( x2 + m ) 2 2 ( = 2 x1 + x 2 ) 2 ( ) 2 ) − 4x1.x 2 + 2m x1 + x 2 + 2m2 2  2m − 3   2m − 3  1 2 2 = 2−  + 4 m + 1 + 2m  −  + 2m = 4m + 2m + 17 2  2  2   37 1 37 Giả thi t: OA2 + OB2 = ⇔ 4m2 + 2m + 17 = 2 2 2 ( ( ) ( 2m2 + m − 10 = 0 ⇔ m = − Vậy m = − ) 5 hoặc m = 2 2 5 hoặc m = 2 là giá trị cần tìm 2 ) www.VNMATH.com x có đồ thị là (C ) Tìm 1−x tất cả các giá trị . ( ) f b Định lý 3: Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp một trên khoảng ( ) a;b chứa điểm 0 x , ( ) 0 f ' x 0 = và f có đạo hàm cấp hai khác 0 tại điểm 0 x . a) Nếu ( ) 0 f ''. 2 3 x y z P x y y z z x = + + + + + . Đề thi Đại học Khối A – năm 2011. Giải: Cách 1 : www.VNMATH.com Đặt y z x a ,b ,c x y z = = = . Bài toán trở thành : Cho 1 a,b, c ;1 4   ∈ .        = + − +                 . Đề thi Đại học Khối B – năm 2011. Giải: www.VNMATH.com Theo giả thi t ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 a b ab a b ab 2 + + = + + . Từ