MEGA BOOK_7 CHUYÊN ĐỀ TOÁN LUYỆN THI ĐẠI HỌC

PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP KHẢO SÁT HÀM SỐ TRONG KỲ THI TSĐH Phần một: Các toán liên quan đến điểm cực đại cực tiểu A) Cực đại cực tiểu hàm số bậc 3: y  ax  bx  cx  d * ) Điều kiện để hàm số có cực đại cực tiểu là: y’=0 có nghiệm phân biệt * ) Hoành độ điểm cực đại cực tiểu kí hiệu x1 , x2 x1 , x2 nghiệm phương trình y’=0 * ) Để tính tung độ điểm cực đại cực tiểu ta nên dùng phương pháp tách đạo hàm để tính phương trình đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu + Cơ sở phương pháp là: hàm số bậc đạt cực đại cực tiểu x1 , x2 f '( x1 )  f '( x2 )  + Phân tích y  f '( x) p( x)  h( x ) Từ ta suy x1 , x2 y1  h( x1 ); y2  h( x2 )  y  h( x ) đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu + Kí hiệu k hệ số góc đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu * ) Các câu hỏi thường gặp liên quan đến điểm cực đại cực tiểu hàm số bậc là: 1) Tìm điều kiện để đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu hàm số song song với đường thẳng y=ax+b + Điều kiện : y’=0 có nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu + Giải điều kiện k=a 2) Tìm điều kiện để đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu vuông góc với đường thẳng y=ax+b + Điều kiện : y’=0 có nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu + Giải điều kiện k=  a Ví dụ 1) Tìm m để f  x   x  mx  x  có đường thẳng qua cực đại, cực tiểu vuông góc với đường thẳng y=3x-7 Giải: hàm số có cực đại, cực tiểu  f '( x)  3x  2mx   có nghiệm phân biệt    m  21   m  21 Thực phép chia f(x) cho f’(x) ta có:  7m 1 f  x    x  m  f   x    21  m  x   Với m  21 f’(x)=0 có nghiệm x1, x2  9 3 phân biệt hàm số f(x) đạt cực trị x1,x2 http://megabook.vn 7m   f  x1   (21  m ) x1    f ( x1 )  Do  nên   f ( x2 )   f  x   (21  m ) x   m 2  9 7m 21  m x   9  m  21  m  21  m  21 10    Ta có     y  x     3   45  m   2  21  m  1 21  m  m  2 9   Suy đường thẳng qua CĐ, CT có phương trình    : y      3) Tìm điều kiện để đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu tạo với trục Ox góc  + Điều kiện : y’=0 có nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu + Giải điều kiện k  tan  Ví dụ 1) Cho hàm số y  x  x  mx  (1) với m tham số thực Tìm m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ tam giác cân Giải: Hàm số có cực trị y’ = có nghiệm phân biệt 2m m  2) x     '   3m   m  3 y  x  x  mx   ( x  1) y ' ( 3 Đường thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số có phương trình 2m m y  (  2) x   3  m6   6m Đường thẳng cắt trục Ox Oy tai A ;0 , B  0;    2(m  3)   Tam giác OAB cân OA  OB  m6 6m  2(m  3)  m  6; m   ; m   2 Chú ý: Ta giải toán theo cách: Đường thẳng qua CĐ, CT tạo với trục tọa độ tam giác cân nên hệ số góc đường thẳng  m   ( L)  2m k   tan 45  1    1    m   (TM )  Với m = A  B  O so với điều kiện ta nhận m   http://megabook.vn 4) Tìm điều kiện để đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu tạo với đường thẳng y=ax+b góc  + Điều kiện : y’=0 có nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu k a + Giải điều kiện  tan   ka Ví dụ ) Tìm m để f  x   x  3(m  1) x  (2m  3m  2) x  m(m  1) có đường thẳng qua 1 x  góc 450 Giải: Gọi hệ số góc đường thẳng qua CĐ, CT k, từ điêu kiện toán suy ra: k  1    5k k   k k   1     4 4    tg 450   k    k     4  1  k  5  k   k   3k  5  k      4  4  4 2 Hàm số có CĐ, CT  f ( x)  x  6(m  1) x  (2m  3m  2)  có nghiệm phân biệt CĐ, CT tạo với y   3   3     3(m  3m  1)    m    m   (*)     Thực phép chia f(x) cho) f’(x ta có f ( x)   x  (m  1) f ( x )   m  3m  1  x  (m  1)  3 với m thoả mãn điều kiện (*) f’(x)=0 có nghiệm phân biệt x1, x2 hàm số đạt ccực trị x1,x2 2  f  x1   (m  3m  1)  x1   m  1    f ( x )   Do  nên   f  x   2 m2  3m   x   m  1   f ( x2 )    2   2 Suy đường thẳng qua CĐ, CT có phương trình    : y   m  3m  1  x   m  1  1 2 Ta có    tạo với y  x  góc 450  m  3m   1 3  15 kết hợp với điều kiện (*) ta có m  5) Tìm điều kiện để đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu cắt hai trục Ox, Oy A,B cho tam giác OAB có diện tích cho trước + Điều kiện : y’=0 có nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu + Tìm giao điểm với trục toạ độ: Với trục Ox:Giải y=0 tìm x.Với trục Oy giải x=0 tìm y + S MAB  d M / AB AB Từ tính toạ độ A, B sau giải điều kiện theo giả thiết  http://megabook.vn  Ví dụ 1) Tìm m để đường thẳng qua cực đại cực tiểu đồ thị hàm số y  x3  3mx  cắt đường tròn tâm I(1;1) bán kính A,B mà diện tích tam giác IAB lớn nhât Giải: Có: y '  x  3m có nghiệm phân biệt m  Khi tọa độ hai điểm cực trị đồ thị hàm số M    m ;  2m x , N  m ;  2m x  - Phương trình đường thẳng MN là: 2mx  y   ˆ  1, - Đường thẳng MN cắt đường tròn tâm I A,B mà tam giác IAB có 2.S IAB  IA.IB.sin AIB ˆ  900 , lúc khoảng cách từ I đến MN dấu xảy AIB 2m  1 3 Do ta có pt: d  I , MN      m  1 ;m  1 2 2 4m  Ví dụ 2) Cho hàm số y  x3  3mx  Tìm giá trị m để đồ thị hàm số có điểm cực trị A, B cho tam giác IAB có diện tích 18 , I 1;1   Lời giải: Ta có y '  x  3m  x  m Để hàm số có CĐ CT  m     m ;  2m m  4m m m   x  m   y   2mx m Gọi A, B cực trị A  m ;  2m m ; B  PT đường thẳng qua AB là: y   2m Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB d  I ; AB   Mà diện tích tam giác IAB S  18     2m  độ dài đoạn AB  4m  16m3 4m  1 2m  4m  16m3  18 2 4m    4m  16m3  2m  1  4m  4.18  m  2m  1  18    4m3  4m  m  18    m   4m2  4m    m  6) Tìm điều kiện để điểm cực đại cực tiểu cách điểm M cho trước: + Điều kiện : y’=0 có nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trình để tính giá trị y1; y2 ) + Giả sử điểm điểm cực đại cực tiểu A, B điều kiện MA=MB 7) Điều kiện để điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đường thẳng y=ax+b + Điều kiện : y’=0 có nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trình để tính giá trị y1; y2 ) + Giả sử điểm điểm cực đại cực tiểu A, B điều kiện là: Đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu vuông góc với đường thẳng y=ax+b trung điểm AB thuộc đường thẳng y=ax+b http://megabook.vn Ví dụ 1) Tìm m để hàm số f ( x)  x  x  m x  m có CĐ CT đối xứng qua   : y  x  2 Giải: Hàm số có CĐ, CT  f   x   x  x  m  có nghiệm phân biệt     3m    m2  m  2 m2  x  f ( x )  m  x  m   3 với m  f’(x)=0 có nghiệm phân biệt x1, x2 hàm số f(x) đạt cực trị x1, x2 thực phép chia f(x) cho f’(x) ta có: f ( x)     2 m2 y  f x  m  x  m   1   f   x1   3 Do  nên  Suy đường thẳng qua CĐ, CT  f   x2    y  f  x   m2  x  m  m 2  3 2 m có phương trình  d  : y  m  x  m 3 Các điểm cực trị A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  đối xứng qua    : y  x   d     trung 2 2  m   2; xI  m  điểm I AB phải thuộc (d)    m0 m(m  1)   m   m  m  1   3 2 Ví dụ 2) Cho hàm số y  x  x  mx   Cm            Tìm m để hàm số(Cm) có cực đại cực tiểu, đồng thời điểm cực trị đồ thị hàm số cách đường thẳng d : x  y   Giải: Ta có y '  x  x  m; y '   3x  x  m  (1) Hàm số (Cm) có cực đại, cực tiểu phương trình (1) có nghiệm phân biệt  m  Giả sử A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  hai điểm cực trị hàm số (Cm), ( x1 , x2 nghiệm (1)) m  x 1 m  Vì y  y '       1 x   y '  x1   y '  x2   nên phương trình đường thẳng  3   m m  qua A,B y    1 x    d '  Do điểm A,B cách đường thẳng (d) 3  trường hợp sau: m  TH1: (d’) phương với (d)       m  (không thỏa mãn) 3  TH2: Trung điểm I AB nằm (d) Do I trung điểm AB nên tọa độ I là: http://megabook.vn w w w V N M A T H c o m x1  x2  x   Vì I nằm (d) nên ta có  m    m  (thỏa mãn)   y  y1  y2  m  Chú ý: Cần phân biệt rõ khái niệm cách đối xứng qua đường thẳng 8) Điều kiện để hàm số có cực đại cực tiểu khoảng cách điểm cực đại cực tiểu max, + Điều kiện : y’=0 có nghiêm phân biệt + Viết phương trình đường thẳng qua điểm cực đại cực tiểu ( Dựa vào phương trình để tính giá trị y1; y2 ) + Giả sử điểm điểm cực đại cực tiểu A, B Tính độ dài AB theo tham số Dùng phương pháp đạo hàm để tìm max, Ví dụ 1) Tìm m để hàm số f ( x)  x  mx  x  m  có khoảng cách điểm CĐ, CT nhỏ Giải: Do f   x   x  2mx   có   m2   nên f’(x)=0 có nghiệm phân biệt x1, x2 hàm số đạt cực trị x1, x2 với điểm cực trị A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  2  x  m  f ( x)  m  x   m  1 3 3   2 2  y1  f ( x1 )  m  1 x1   m  1    f ( x1 )  3  Do  nên   f ( x2 )   y  f ( x )  2  m  1 x   m  1 2    3  2 2 Ta có AB   x2  x1    y2  y1    x2  x1    m  1  x2  x1  2     x2  x1   x1 x2  1   m  1     Thực phép chia f(x) cho f’(x) ta có: f ( x )    2 13   4   4m2   1  m    1    AB     9  Min AB=  13 xảy  m=0 9) Tìm điều kiện để hoành độ điểm cực đại cực tiểu thoả mãn hệ thức cho trước + Điều kiện : y’=0 có nghiêm phân biệt + Phân tích hệ rhức để áp dụng định lý viét( x1 , x2 hai nghiệm phương trình y’=0 Ví dụ 1) Tìm m để hàm số f ( x)  x  mx  mx  đạt cực trị x1, x2 thoả mãn x1  x2  http://megabook.vn www.VNMATH.com Giải: Hàm số có CĐ, CT  f ( x)  x  2mx  m  có nghiệm phân biệt     m  m    m     m  1 với điều kiện f’(x)=0 có nghiệm phân biệt x1, x2 hàm số đạt cực trị x1, x2 với x1+x2=2m x1x2=m Ta có BPT: x1  x2   x1  x2  64   x1  x2   x1 x2  4m2  4m  64  m  m  16    65    65  m  m       thoả mãn điều kiện  m     m  1 Ví dụ 2) Cho hàm số y  x  x  mx  1 11 Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu khoảng cách từ điểm I ( ; ) đến đường thẳng nối điểm cực đại cực tiểu lớn Giải: Ta có y '  3x  x  m Hàm số có cực đại cực tiểu y’=0 có nghiệm phân biệt   '   m  (0,25 điểm) x 2m m - Chia đa thức y cho y’ ta có y  y ' (  )  (  2) x   Lập luận suy đường thẳng 3 3 2m m qua cực đại cực tiểu  y  (  2) x   Dễ dàng tìm điểm cố định mà đường 3 thẳng cực đại cực tiểu qua A( ;2) (0,25 điểm) - Hệ số góc đường thẳng IA k  Hạ IH vuông góc với  ta có IH  d I /   IA  4 Đẳng thức xảy IA   (0,25 điểm) 2m - Suy       m  (0,25 điểm) k Ví dụ 3) Cho hàm số y  x  3mx  3(m  1) x  m3  4m  (C) Tìm m để hàm số có hai cực trị A, B với gốc O tạo thành tam giác vuông O Giải:Điều kiện để hàm số có cực trị y’=0 có hai nghiệm phân biệt:  x  m 1 (0,25 điểm) y '  x  6mx  3(m2  1)   '     x  m   1 Ta có y  y '( x  m)  x  3m  Gọi A, B điểm cực trị 3 A( m  1; m  3); B ( m  1; m  1) (0,25 điểm)    m  1 Suy OA(m  1; m  3); OB (m  1; m  1)  2m  2m     (0, 25 điểm) m  Kết luận: Có hai giá trị m cần tìm m=-1 m=2 http://megabook.vn x  m.x  m  x có cực đại x1 , cực tiểu x2 đồng thời x1; x2 độ dài cạnh góc vuông tam giác vuông có độ dài cạnh  Ví dụ 4) Tìm giá trị m để hàm số y  huyền  Giải: Cách 1: Miền xác định: D  R có y '  x  mx  m  3; y '   x  mx  m   Hàm số có cực đại x1 , cực tiểu x2 thỏa mãn yêu cầu toán PT y '  có nghiệm dương phân biệt, triệt tiêu đổi dấu qua nghiệm 4  m  2  m         S   m   m    m  (*) P     m    m  m    x1  x2  m Theo Viet ta có:  Mà  x1 x2  m  14 x12  x22    x1  x2   x1x2   2m  m    m   2 14 Đối chiếu ĐK(*) ta có giá trị m  thỏa yêu cầu toán   B) Cực đại cực tiểu hàm số bậc bốn: y  ax  bx  c *) Điều kiện để hàm số bậc bốn có cực đại cực tiểu y’=0 có nghiệm phân biệt + Ta thấy hàm số bậc bốn y’=0 có nghiệm x=0, để y’=0 có nghiệm phân biệt sau tính đạo hàm ta cần tìm điều kiện để phần phương trình bậc lại có nghiệm phân biệt khác không VD: y  x  2mx  y '  x  4mx  y '   x   x   m  điều kiện m0 Với m>0 f’(x)=0  x1  m  B  m ; m4  m  2m    x2 0  A 0; m  2m   x3  m  C m ; m  m  2m Suy BBT hàm số y=f(x) m  m    ABC   AB  AC   AB  AC  AB  BC  AB  BC         m   m    m4  m  m m   m  3  m4  m  4m m m    Ví dụ 2) Cho hàm số y  x  2mx  2m 4 , m tham số thực Xác định m để hàm số có cực trị tạo thành tam giác có diện tích Giải: Mxđ: D R Có y '  x3  4mx   y ' 0  x3  4mx 0  x 0  x m Hàm số có cực trị  m  (*)    Gọi A 0; 2m  , B    m ; m  , C  m ; m  điểm cực trị Nhận xét thấy B,C đối xứng qua Oy A thuộc Oy nên tam giác ABC cân A Kẻ AH  BC có S ABC  AH BC 2  yB  y A xB 2  2m m m 1 Đối chiếu với điều kiện (*) có m  giá trị cần tìm   Ví dụ 3) Cho hàm số y  x   m x m 1 Tìm m để hàm số cho có điểm cực trị ba điểm cực trị tạo thành tam giác có diện tích lớn Giải: y '  x3  x  m   x  0, x 1  m2   hàm số có cực trị 1 m 1 Khi tọa độ điểm cực đại A  0;1  m  , tọa độ hai điểm    m ; cực tiểu B  m2 ; m , C diện tích tam giác ABC S ABC   m2  d  A; BC  BC   m2  ĐS: m  http://megabook.vn  1 Dấu “=” xày m  www.VNMATH.com Ví dụ 4) Cho hàm số y  x  2mx  có đồ thị (Cm) Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị (Cm) có điểm cực trị tạo thành tam giác có đường tròn ngoại tiếp qua 3 9 D ;  5 5 Giải: Có y '  x3  4mx 0  x  0; x  m  m 0  Vậy điểm thuộc đường tròn (P)    ngoại tiếp điểm cực trị A  0;  , B  m ; m  , C 3 9 m ; m  , D  ;   5   Gọi I  x; y  tâm đường tròn (P)   IA2  ID 3 x  y 1      IB  IC  2 x y 2 x m   2  IB  IA  x  m  y  m2   Vậy m  1là giá trị cần tìm     x  0; y  1; m  0( L), m    x2   y  2 Phần hai: Các toán liên quan đến tiếp tuyến đường tiệm cận *) Xét hàm số y  f ( x ) Giả sử M ( x0 ; y0 ) tiếp điểm tiếp tuyến M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1) ( Chú ý trường hợp tổng quát ta thường biểu diễn y0 theo dạng f ( x0 ) ) 2x 1 Ví dụ: Xét điểm M thuộc đồ thị hàm số y  điểm M có toạ độ x 1 2x 1 M ( x0 ; ) x0  *) Ta gọi hệ số góc tiếp tuyến tiếp điểm M k  f '( x0 ) *) Đường thẳng  có hệ số góc k qua M ( x0 ; y0 ) có dạng y  k ( x  x0 )  y0 Điều kiện để  tiếp tuyến hàm số y=f(x) hệ phương trình sau có nghiệm k ( x  x0 )  y0  f ( x )  k  f '( x ) Khi số nghiệm hệ số tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến đồ thị hàm số y=f(x) *) Mọi toán viết phương trình tiếp tuyến quy việc tìm tiếp điểm sau viết phương trình theo (1) *) Các dạng câu hỏi thường gặp phần 1) Viết phương trình tiếp tuyến biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y=ax+b: + Xét hàm số y=f(x) Gọi M ( x0 ; y0 ) tiếp điểm, suy tiếp tuyến M có dạng y  f '( x0 )( x  x0 )  y0 (1) Tiếp tuyến M có hệ số góc k  f '( x0 ) + Tiếp tuyến song song với đường thẳng y=ax+b nên k  f '( x0 ) a Giải phương trình tìm x0 sau viết phương trình tiếp tuyến theo (1) http://megabook.vn 22 23 24 25 26 27  x − x + y + = ĐS: ( 3;1) ∨ ( 4; −2 ) ( x, y ∈ ℝ )  2 log ( x − ) − log y =  y + − x − = ( x, ( y ∈ ℝ ) ) ĐS: ( 2;3) ∨ ( 6;11)  x+ y x− y log + − = 2 y + log 2 = ( )  3  1− x2 2 x + xy + = y ĐS: ( x y ) = (2; − )   2 x y + x − x y − x + =   x − y sin x e = sin y  π x, y ∈  0;  ĐS: x = y =   4 3 x + + = y − y + + y   + 42 x − y 51− x + y = + 22 x − y +1 ĐS: x = 0; y = −1  y + x + + ln( y + x ) =  x  x + x + log = y + y + x =  y  ĐS:    y − xy + =  y =  ( ) ( ) ( )  x = log e x + e y + ( x − y ) ( x + y + ) + ln ( x + xy − y ) − ln ( xy ) =  28  ĐS:  x y x 2 − 3.6 − 4.3 =  y = log   x = −2 ĐS:  y =1  log1− x ( − xy − x + y + ) + log 2+ y ( x − x + 1) = 29  log1− x ( y + ) − log 2+ y ( x + ) =   19  y x =  x + − − x =  − x +  30  ĐS:   x   y = −1  y + log x =  ( )  x3 + x − + ln ( x − x + 1) = y  31  y + y − + ln ( y − y + 1) = z   z + z − + ln ( z − z + 1) = x  x − x + 6.log ( − y ) = x   32  y − y + 6.log ( − z ) = y   z − z + 6.log ( − x ) = z x =  ĐS:  y = z =  x =  ĐS:  y = z =  62 http://megabook.vn x =  ĐS:   y = 2 log ( x + y ) = log3 ( + x + y ) 33  ln ( x + x + 1) + x + 21 = y  1 log ( x − y ) − log   = 34   y  2  x + y = 25 ĐS:  3log ( x )2 − log y = 35   x − + − y = ĐS:  23 x +1 + 2 y − = 3.2 y +3 x 36   x + + xy = x + 1  x =    x = log + − 1 ĐS:  ∨ y = log  11  y = − log + x = y = x = y = ( ( ) ) x = y = e x − y + e x + y = + 3x − y + 37  x + y e = x − y + (1 + x − y ) 51− x + y = + 3x − y +  38   x2 − y y − = − y x  ĐS:   1± x = y = ĐS:  x = y = ±   y − x2 x + = e y +1 39  3log ( x + y + ) = log ( x + y + ) + 2  x =  y = −4 ĐS:    y + y2 +  ( x − y ) ( x + xy + y − ) = ln    x + x2 +  40      x − x + = y π  2π  3π   x = cos  x = cos  x = cos ĐS:  ∨ ∨  y = cos π  y = cos 2π  y = cos 3π    BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH CÓ THAM SỐ 1+ 1−t 1) Tìm a để phương trình sau có nghiệm 2) Cho phương trình ( ) ( +1 x + mx + 3) Cho phương trình nghiệm thuộc (0;2) x ) + − 52 x −1 x −1 + mx + + m − (a + 2).31+ 1−t + 2a + = + m = Tìm m để phương trình có nghiệm = x + 2mx + m Tìm m để phương trình có 63 http://megabook.vn 4) Cho phương trình: m.2 x −5 x + + 21− x = 2.26−5 x + m(1) c) Giải phương trình với m=1 d) Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt 5) Cho phương trình: 5x + mx + 2 −5 x + mx +2 = x + 2mx + m d) Giải biện luận phương trình c) Giải phương trình với m = − x2 − x + 1 = m4 − m2 + 6) Với giá trị m phương trình:     7) Tìm m dương để bất phương trình sau có nghiệm: (2 + 3) x + x − m + m + m +1 ( + 2− 8) Tìm tham số m để phương trình log ) x + x − m + m + m −1 ≤8+ ( mx − x ) + log ( −14 x 2 ) + 29 x − = có nghiệm phân biệt  y − x2 x + e = 9) Giải hệ pt sau:  y +1 3 log ( x + y + 6) = log ( x + y + 2) +  2 10) Tìm m để phương trình (x − 1)log ( x + 1) − m 2(x − 1) log( x + 1) + m + = có hai nghiệm thực thỏa mãn điều kiện ≤ x ≤ 11) Tìm m để bất phương trình , phương trình sau có nghiệm: ( x − 1) ( ) ( + x − x − 2 x − x + ln ) x2 − 2x = m C M ƠN TH Y NGUY N TRUNG KIÊN 64 http://megabook.vn MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ PHỨC I) DẠNG ĐẠI SỐ CỦA SỐ PHỨC Dạng 1) Bài toán liên quan ñến biến ñổi số phức Ví dụ 1) Tìm số nguyên x, y cho số phức z=x+yi thoả mãn z = 18 + 26i Giải:  x3 − xy = 18 z = 18 + 26i ⇔ ( x + yi ) = 18 + 26i ⇔  ⇔ 18 ( 3x y − y ) = 26 ( x3 − 3xy ) 3 x y − y = 26 Giải phương trình cách ñặt y=tx ta ñược t = ⇒ x = 3, y = Vậy z=3+i Ví dụ 2) Cho hai số phức z1; z2 thoả mãn z1 = z2 ; z1 + z2 = Tính z1 − z2 Giải: a12 + b12 = a22 + b22 = Đặt z1 = a1 + b1i; z2 = a2 + b2i Từ giả thiết ta có  2 ( a1 + a2 ) + ( b1 + b2 ) = ⇒ ( a1b1 + a2b2 ) = ⇒ ( a1 − a2 ) + ( b1 − b2 ) = ⇒ z1 − z2 = 2 Dạng 2) Bài toán liên quan ñến nghiệm phức Ví dụ 1) Giải phương trình sau: z − 8(1 − i ) z + 63 − 16i = Giải: Ta có ∆ ' = 16(1 − i ) − (63 − 16i ) = −63 − 16i = (1 − 8i ) Từ ñó tìm nghiệm z1 = − 12i, z2 = + 4i Ví dụ 2) Giải phương trình sau: 2(1 + i ) z − 4(2 − i ) z − − 3i = Giải: Ta có ∆ ’ = 4(2 – i)2 + 2(1 + i)(5 + 3i) = 16 Vậy phương trình cho hai nghiệm là: 2(2 − i ) + 4 − i (4 − i )(1 − i ) z1 = = = = − i 2(1 + i ) 1+ i 2 2(2 − i ) − − i (−i )(1 − i ) 1 z2 = = = =− − i 2(1 + i ) 1+ i 2 Ví dụ 3) Giải phương trình z − z + 14 z − = Giải: Ta có phương trình tương ñương với ( z − 1) ( z − z + ) = Từ ñó ta suy phương trình có nghiệm z1 = ; z2 = − i; z3 = + i Ví dụ 4) Giải phương trình: z − z + z + + (2 z + 1)i = biết phương trình có nghiệm thực 2 z − z + 3z + = −1 thoả mãn Giải: Vì phương trình có nghiệm thực nên  ⇒z= 2 z + = hai phương trình hệ:Phương trình ñã cho tương ñương với ( z + 1) ( z − 3z + + i ) = Giải phương trình ta tìm ñược z = − ; z = − i; z = + i http://megabook.vn Ví dụ 5) Giải phương trình: z + (1 − 2i ) z + (1 − i) z − 2i = biết phương trình có nghiệm ảo: Giải: Giả sử nghiệm ảo phương trình z=bi thay vào phương trình ta có ( bi ) + (1 − 2i) ( bi ) + (1 − i)(bi) − 2i = ⇔ (b − b2 ) + (−b3 + 2b + b − 2)i = b − b = ⇔ ⇒ b = ⇒ z = i nghiệm, từ ñó ta có phương trình tương  −b + 2b + b − = ñương với ( z − i ) ( z + (1 − i ) z + ) = Giải pt ta tìm ñược nghiệm Ví dụ 6) Tìm nghiệm phương trình sau: z = z Giải: Giả sử phương trình có nghiệm: z=a+bi thay vào ta có ( a + bi ) = a + bi a − b = a ⇔ Giải hệ ta tìm ñược (a, b) = (0; 0), (1; 0),(− ; ± ) Vậy phương 2 2ab = −b i trình có nghiệm z = 0; z = 1; z = − ± 2 Dạng 3) Các toán liên quan ñến modun số phức: Ví dụ 1) Tìm số phức z thoả mãn ñồng thời ñiều kiện sau: z + − 2i = z − + i z − i = Giải:  x + + ( y − 2)i = x − + (1 − y )i Giả sử z=x+yi (x,y số thực) Từ giả thiết ta có   x + ( y − 1)i |= ( x + 1) + ( y − 2) = ( x − 2) + (1 − y )  y = 3x ⇔ ⇔ x = 1, y = ⇔  2 10 − − = x x   x + ( y − 1) = x = − , y = − Vậy có số phức thoả mãn ñiều kiện 5 i−m Ví dụ 2) Xét số phức z thoả mãn z = ;m∈ R − m(m − 2i ) a) Tìm m ñể z.z = b)Tìm m ñể z − i ≤ c) Tìm số phức z có modun lớn Giải: a) Ta có ( i − m ) (1 − m2 − 2mi ) i−m − m(1 − m2 ) + 2m + (1 − m + 2m ) z= = = − m + 2mi (1 − m + 2mi )(1 − m − 2mi ) (1 − m2 ) + 4m2 http://megabook.vn = m(1 + m ) + i (1 + m ) (1 + m ) 2 ⇒ z z = 1 m m i⇒ z = i + − 2 1+ m 1+ m + m + m2 m2 + 1 ⇔ = ⇔ m + = ⇔ m = ±1 2 ( m2 + 1) b) Ta có z − i ≤ ⇔ = 1 m m m2   ⇔ + − ≤ ⇔ − i i ≤ ⇔   2 2 1+ m  1+ m 1+ m 1+ m  1 1 m2 m4 m2 + ≤ ⇔ ≤ ⇔ 16m ≤ + m2 ⇔ − ≤m≤ 2 2 (1 + m ) (1 + m ) 16 1+ m 15 15 c) Ta có z = m2 + (m + 1) = m2 + ≤ ⇒| z |max = ⇔ m = Ví dụ 3) Trong số phức z thoả mãn ñiều kiện z − − 4i = Tìm số phức z có modun lớn nhất, nhỏ 2 Giải: Xét số phức z = x+yi Từ giả thiết suy ( x − ) + ( y − ) = Suy tập hợp ñiểm M(x;y) biểu diễn số phức z ñường tròn tâm I(2;4) bán kính R = Dễ dàng có ñược M (2 + sin α ; + cos α ) Modun số phức z ñộ dài véc tơ OM Ta có |z|2= OM = (2 + sin α ) + (4 + cos α ) = 25 + 5(sin α + cos α ) Theo BDT Bunhiacopxki ta có (sin α + cos α ) ≤ (1 + 4) ( sin α + cos α ) = ⇒ − ≤ sin α + cos α ≤ ⇒ ≤ z ≤ Vậy −1 ; cos α = | z |max = ⇔ sin α + cos α = ⇔ sin α = ; cos α = | z |min = ⇒ sin α + cos α = − ⇔ sin α = −2 ⇔ x = 1, y = ⇒ z = + 2i ⇔ x = 3, y = ⇒ z = + 6i Ví dụ 4) Trong số phức thoả mãn ñiều kiện z − − 4i = z − 2i Tìm số phức z có moodun nhỏ Giải: Xét số phức z = x+yi Từ giả thiết suy 2 ( x − ) + ( y − ) = x + ( y − ) ⇔ x + y − = Suy tập hợp ñiểm M(x;y) biểu diễn số phức z ñường thẳng y=-x+4 Ta có z = x + y = x + (4 − x) = x − x + 16 = 2( x − 2) + ≥ 2 Từ ñó suy z = 2 ⇔ x = ⇒ y = ⇒ z = + 2i Dạng 4) Tìm tập hợp ñiểm biểu diễn số phức Ví dụ 1) Tìm tập hợp ñiểm M mặt phẳng phức biểu diễn số phức z biết: z b) z = z − + 4i c) z − i + z + i = a) =3 z −i http://megabook.vn Giải: Gọi z=x+yi 9 a) Từ giả thiết ta có z = z − i ⇔ x + y = 9( x + ( y − 1) ) ⇔ x + ( y − ) = 64 Vậy tập hợp ñiểm M ñường tròn tâm I (0; ), R = 8 2 2 b) Từ giả thiết ta có x + y = ( x − 3) + (4 − y ) ⇔ x + y = 25 Vậy tập hợp ñiểm M ñường thẳng 6x+8y-25=0 c) Giả sử z =x+yi z − i + z + i = ⇔ x + ( y − 1) + x + ( y + 1) = ⇔ 2  x + ( y + 1) ≤    x + ( y + 1) ≤ 16 ⇔ ⇔   x + ( y − 1)2 = 16 − x + ( y + 1) + x + ( y + 1)2  x + ( y − 1) = y +   x + ( y + 1)2 ≤ 16(1)  x + ( y + 1)2 ≤ 16    x2 y2 2 ⇔  x + y + y + = y + y + 16 ⇔  + = 1(2)  y ≥ −4 3  y ≥ −4(3)   Ta thấy ñiểm nằm hình tròn (1) Elip (2) tung ñộ ñiểm nằm (Elip) x2 y2 thoả mãn ñiều kiện y >-4 Vậy tập hợp ñiểm M Elip có pt + = Ví dụ 2) Tìm tập hợp ñiểm biểu diễn mặt phẳng phức số phức ω = + i z + biết số phức z thoả mãn: z − ≤ ( ) Giải: Đặt z = a + bi ( a, b ∈ R ) Ta có z − ≤ ⇔ ( a − 1) + b ≤ (1) Từ ( ( )  x = a − b + ) ω = + i z + ⇒ x + yi = + i ( a + bi ) + ⇔  ( Từ ñó ( x − 3) + y − )  y = 3a + b  x − = a − + b ⇔  y − = 3(a − 1) + b ≤ ( a − 1) + b  ≤ 16 (1)   ( Vậy tập hợp ñiểm cần tìm hình tròn ( x − 3) + y − ) ( ) ≤ 16 ; tâm I 3; , bán kính R=4 Ví dụ 3) Xác ñịnh tập hợp ñiểm M(z) mặt phẳng phức biểu diễn số π z−2 có acgumen phức z cho số z+2 Giải: http://megabook.vn z − ( x − ) + yi ( x − ) + yi  ( x + ) + yi  = = z + ( x + ) + yi ( x + 2) + y2 Giả sử z=x+yi, = x − + y + yi ( x + − x + ) ( x + 2) + y2 = x2 + y − ( x − 2) + y2 + 4y ( x − 2) + y2 i (1) π z−2 có acgumen , nên ta có: z+2 π π x2 + y2 − 4y  + i = τ cos + i sin   với τ > 2 3  ( x − 2) + y ( x − 2) + y Vì số phức  x2 + y2 − τ =  2  ( x − 2) + y ⇒ 4y τ  =  ( x − )2 + y 2  Từ ñó suy y>0 (1) 2 4y 4y     = ⇔ x2 + y2 − = ⇔ x2 +  y −  =  (2) Từ (1) (2) suy 2 x + y −4 3  3  tập hợp ñiểm M ñường tròn tâm nằm phía trục thực(Trên trục Ox) Dạng 5) Chứng minh bất ñẳng thức: 2z −1 Ví dụ 1) Chứng minh z ≤ ≤1 + iz Giải: Giả sử z =a+bi (a, b ∈ R) z = a + b ≤ ⇔ a + b ≤ Ta có 4a + (2b − 1) 2 z − 2a + (2b − 1)i Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương = = + iz (2 − b) + (2 − b) + a với 4a + (2b − 1)2 (2 − b) + a 2 ≤ ⇔ 4a + (2b − 1) ≤ (2 − b) + a ⇔ a + b ≤ ⇒ dpcm Ví dụ 2) Cho số phức z khác không thoả mãn ñiều kiện z + ≤ Chứng minh z3 ≤2 z Giải: Dễ dàng chứng minh ñược với số phức z1 , z2 ta có z1 + z2 ≤ z1 + z2 rằng: z + 3 1 1 1 1   Ta có  z +  = z + +  z +  ⇒ z + ≤ z3 + + z + ≤ + z + z z z z z z z   Đặt z + =a ta có a − 3a − ≤ ⇔ ( a − )( a + 1) ≤ ⇒ dpcm z http://megabook.vn II) DẠNG LƯỢNG GIÁC CỦA SỐ PHỨC Dạng 1: VIẾT DẠNG LƯỢNG GIÁC Ví dụ 1) Viết dạng lượng giác số phức: − ( cos ϕ + i sin ϕ ) a) b) 1 − ( cos ϕ + i sin ϕ )  (1 + cos ϕ + i sin ϕ ) + cos ϕ + i sin ϕ Giải: − ( cos ϕ + i sin ϕ ) (1 − cos ϕ ) − i sin ϕ = a) + cos ϕ + i sin ϕ (1 + cos ϕ ) + i sin ϕ = 2sin 2 cos ϕ ϕ − 2i sin + 2i sin ϕ ϕ cos cos ϕ ϕ ϕ sin − i cos ϕ = tan 2 = −i tan ϕ ϕ ϕ ϕ 2 cos + i sin ϕ  π ϕ  π  - Khi tan > dạng lượng giác là: tan cos  −  + i sin  −   2  2   ϕ  π  ϕ  π  - Khi tan < dạng lượng giác là: − tan cos   + i sin    2 2   ϕ = dạng lượng giác b) 1 − ( cos ϕ + i sin ϕ )  (1 + cos ϕ + i sin ϕ ) - Khi tan ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ  sin − i cos  cos  cos + i sin  2 2 2 2   π π   = 2sin ϕ cos  ϕ −  + isin  ϕ −   2     - Khi sin ϕ = dạng lượng giác không xác ñịnh = 2sin ϕ   π π   - Khi sin ϕ > dạng lượng giác là: 2sin ϕ cos  ϕ −  + i sin  ϕ −   2     π π     - Khi sin ϕ < dạng lượng giác là: (−2sin ϕ )  cos  ϕ +  + i sin  ϕ +   2     Ví dụ 2): Viết dạng lượng giác số phức: − ( cos ϕ + i sin ϕ ) b) [1 − (cos ϕ + i sin ϕ ) ][1 + cos ϕ + i sin ϕ ] a) + cos ϕ + i sin ϕ Giải: ϕ ϕ − ( cos ϕ + i sin ϕ ) ϕ sin − i cos ϕ − cos ϕ − i sin ϕ a) = = tan = −i tan ϕ ϕ ϕ + cos ϕ + i sin ϕ cos ϕ − i sin ϕ 2 cos + 2i sin cos 2 2 ϕ   π ϕ  π  Khi tan >0 dạng lượng giác tan cos  −  + i sin  −     2   http://megabook.vn Khi tan ϕ dạng lượng giác là: 2sin ϕ cos  ϕ −  + i sin  ϕ −   2     π π     - Khi sin ϕ < dạng lượng giác là: ( −2sin ϕ ) cos  ϕ +  + i sin  ϕ +   2     Dạng 2: MÔĐUN VÀ ACGUMEN Ví dụ 1) Tìm phần thực phần ảo số phức z, biết z = −2 + 3i Giải: Ta có: z = − + i ⇔ z =  co s π + i s in π    2π 2π   Do ñó: z = −2 + 3i ⇔ z =  cos + i sin  3    2π 2π    z =  cos + i sin  z = 1+ i   ⇔ ⇔  π π   z = −1 − i  z = −2  cos + i sin  3   Từ ñó suy phần thực phần ảo z tương ứng ( ) -1 − Ví dụ 2) Tìm acgumen số phức: z − + i biết acgumen z π 1  nên z = z +  2 i   1  Do ñó: z − + i = ( z − 2)  + i 2   Giải: z có acgumen ( π ) ( ) - Khi z > , aacgumen z − + i ( ) π - Khi < z < , acgumen z − + i 4π http://megabook.vn ( ) - Khi z = z − + i =0 nên acgumen không xác ñịnh Ví dụ 3) Cho số phức z có môñun Biết acgumen z ϕ , tìm acgumen của: d) z + z c) z + z a) 2z b) − 2z Giải: z = , z có acgumen ϕ Do ñó z = cos ϕ + i sin ϕ a) z = cos 2ϕ + i sin 2ϕ ⇒ z = ( cos 2ϕ + i sin 2ϕ ) ⇒ z = ( cos ϕ − i sin ϕ ) Vậy 2z2 có acgumen 2ϕ b) z = cos ϕ + i sin ϕ ⇒ z = cos ϕ − i sin ϕ ⇒ z = ( cos ϕ − i sin ϕ ) 1 = ( cos ( −ϕ ) − i sin ( −ϕ ) ) = ( cos ϕ + i sin ϕ ) 2z 1 ⇒− = ( − cos ϕ − i sin ϕ ) = ( cos (ϕ + π ) + i sin ϕ (ϕ + π ) ) 2z có acgumen ϕ + π Vậy − 2z c) Ta có: z + z = cos ϕ Nếu cos ϕ > có acgumen Nếu cos ϕ < có acgumen π Nếu cos ϕ = acgumen không xác ñịnh ⇒ d) z + z = cos 2ϕ + i sin 2ϕ , z = cos ϕ − i sin ϕ ⇒ z + z = cos 2ϕ + cos ϕ + i ( sin 2ϕ − sin ϕ ) = cos = cos ϕ ϕ 3ϕ 3ϕ cos + i.2 cos sin 2 2 3ϕ  ϕ ϕ  cos + i sin   2 Vậy acgumen z + z cos 3ϕ =0 ϕ cos Ví dụ 4) Cho số phức z = − cos π 3ϕ ϕ 3ϕ < không xác ñịnh > , + π cos 2 − i sin π Tính môñun, acgumen viết z dạng lượng giác Giải: π π π 8π  4π    Ta có: z =  − cos  + sin = 1 − cos  = 1 + cos  = cos 7 7     π 8π − sin sin = = cot 4π = tan  − π  Đặt ϕ = arg ( z ) tan ϕ =   π 4π  14  − cos 2sin 7 http://megabook.vn Suy ra: ϕ = − π 14 + kπ , k ∈ z Vì phần thực − cos π > , phần ảo − sin π 4π   π   π  Vậy z = cos  cos  −  + i sin  −     14   14   < nên chọn acgumen − Ví dụ 5) Viết dạng lượng giác số phức z cho z = acgumen 3π z − 1+ i π 14 Giải: 1 z = ( cos ϕ + i sin ϕ ) 3 1 ⇒ z = ( cos ϕ − i sin ϕ ) = ( cos ( −ϕ ) + i sin ( −ϕ ) ) 3 1 π π 2  Vì + i =  + i  =  cos + i sin   4  2 π π  z    = Nên  cos  −ϕ −  + i sin  −ϕ −   1+ i  4    π π π π 1 3π Do ñó: −ϕ − = − + 2kπ ⇔ ϕ = + 2kπ , k ∈ Ζ z =  cos + i sin  3 2 4 π z + 3i Ví dụ 6) Tìm số phức z cho: = z+1 có ácgumen − z +i Giải: Từ giả thiết Theo giả thiết z = ⇒ z + 3i = z + i ⇔ x + ( y + 3)i = x + ( y + 1)i ⇔ x + ( y + 3) = x + ( y + 1) z + 3i =1 z+i ⇒ y = −2 2  π  π τ tức z + = τ [cos  −  + i sin  − ] = − i với r>0  6  6  τ x +1 = ⇔ τ = Ta có z+1=x+1-2i suy  ⇒ z = − − 2i   x = −  −2 = − τ  Dạng 3) ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG BÀI TOÁN TỔ HỢP Ví dụ 1) Tính tổng sau n=4k+1 a) S = C20n +1 − C22n +1 + C24n +1 − + C22nn+−12 − C22nn+1 z+1 có acgumen − π ( ) b) S = C21n +1 − C23n +1 + C25n+1 − + C22nn+−11 − C22nn++11 Giải: http://megabook.vn Xét n +1 (1 + i ) = C20n+1 + iC21n+1 + i 2C22n+1 + + i 2n +1C22nn++11 = C20n+1 − C22n+1 + − C22nn+1 +( i C21n+1 − C23n+1 + − C22nn++11 M) ặt khác ta lại có: n +1  (2n + 1)π (2n + 1)π  π π n +1  + i =  cos + i sin  ⇒ (1 + i ) = cos + i sin   4 4   (2n + 1)π (2n + 1)π  (8k + 3)π (8k + 3)π    = 2n cos + i sin = 2n cos + i sin   4 4    3π 3π   = 2n cos + i sin  = −2n + i 2n 4   Từ ñó ta có a) S=-2n b) S=2n Ví dụ 2) Tính tổng hữu hạn sau: a) S = − Cn2 + Cn4 − Cn6 + b) S = Cn1 − Cn3 + Cn5 − Cn7 + Giải: n Xét (1 + i ) = Cn0 + iCn1 + i 2Cn2 + + i nCnn = − Cn2 + Cn4 − + i (Cn1 − Cn3 + Cn5 − Cn7 + ) n  π π nπ nπ  n  + i =  cos + i sin  ⇒ (1 + i ) = cos + i sin 4 4    Từ ñó ta có kết n n nπ nπ b) S = sin a) S = cos 4 nπ   Ví dụ 3) Chứng minh rằng: + Cn3 + Cn6 + =  2n + cos  3  Giải: Ta có 2n = Cn0 + Cn1 + Cn2 + Cn3 + Cnn (1) 2π 2π Xét ε = cos + i sin ⇒ ε3 =1 3 Ta có (1 + ε ) n (1 + ε ) = Cn0 + ε Cn1 + ε 2Cn2 + ε nCnn = Cn0 + ε Cn1 + ε 2Cn2 + Cn3 + ε Cn4 + n (2) = Cn0 + ε 2Cn1 + ε 4Cn2 + ε nCnn = Cn0 + ε 2Cn1 + ε Cn2 + Cn3 + ε 2Cn4 + Ta có + ε + ε = 0;1 + ε = cos π − i sin π ;1 + ε = cos π + i sin Cộng (1) (2) (3) theo vế ta có 2n + (1 + ε ) + (1 + ε ) = ( Cn0 + Cn3 + Cn6 + ) ⇔ 2n + cos n n nπ  1 ⇔ + Cn3 + Cn6 + =  2n + cos  3  (3) π nπ = ( Cn0 + Cn3 + Cn6 + ) 10 http://megabook.vn MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN 1) Giải phương trình sau tập số phức: c) z − ( z ) = 4i a) z = z b) z + z = + 4i d )z2 + 2z +1− i = g ) z − 2( z + z ) + = e) z + z + = f )(1 + i ) z + + 11i = 2) Tìm số thực x thoả mãn bất phương trình:  x + + 2i −  1+ i c)1 − log  − log x ≤ b) a) + 4i − 2− x ≤ ≥0 −   3) Tìm số phức z cho A = ( z − 2)( z + i ) số thực z + 7i số thực 4) Tìm số phức z thoả mãn ñiều kiện z = 5; z +1 5) Tìm tập hợp ñiểm M mặt phẳng phức biểu diễn số phức z thoả mãn ñiều kiện z − 2i a ) z − ( z ) = b) = c )3 z + i = z + z − 3i d ) z + 3i − = e) z + ≥ z + i z + 2i z−2 +2 z − 2i ) >1 f ) z = z + − 3i g ) > h)2 z − i = z − z + 2i k ) log ( z + 2i z − −1 6) Trong số phức thoả mãn ñiều kiện z − + 3i = Tìm số phức z có modun lớn nhất,nhỏ 7) Tìm số phức z thoả mãn ñiều kiện ( z − 1)( z + 2i ) số thực z nhỏ 8) Tìm acgumen số phức z khác biết z + z i = z 9) Tìm số phức z thoả mãn z + z = z = 10) Giải hệ pt sau tập số phức:  z − i = z − z + 2i a)  2  z − z =  z1 + z2 = − i  b)  1 + i z + z =   z − z2 + = c)   z2 − z1 + =    d)    z − 12 = z − 8i z−4 =1 z −8  z + z + z + = e)  2010 2011  z + z + = 11) Cho phương trình z − (2i + 1) z + (9i − 1) z + 5i = có nghiệm thực Hãy tìm tất nghiệm phương trình 1 12) Tìm phần thực phần ảo z = 2011 + w 2011 biết + w =1 w w 13) Tìm n nguyên dương ñể số phức sau số thực, số ảo:  − +i  a) z =   + 3i   n  + 6i  b) z =    −1 + 5i  n  + 4i  c) z =    − 3i  n  − 3i  d )z =    − 3i  11 http://megabook.vn 14) Cho n nguyên dương, chứng minh 2nπ n C20n − 3C22n + 9C24n − 27C26n + + ( −3 ) C22nn = 2 n cos 15) Tìm số phức z cho z = z − acgumen z-2 acgumen z+2 cộng với π 16) Giải phương trình 2z a) = z + tan 100 + 4i − cos10 b) 2z = z + cot 120 + 6i − sin12 12 http://megabook.vn [...]... vì tiếp tuyến trùng với đường thẳng (d) 1 3 Khi m  Phương trình tiếp tuyến là : y  x  (TMĐK) 5 5 1 KL : m  5 Qua ví dụ này các em học sinh cần lưu ý: Kiểm tra điều kiện đủ khi tìm ra giá trị tham số, Đây là sai lầm hay mắc phải của học sinh khi giải toán Ví dụ 4) Cho hàm số y  x3  3 x  2 (C) Tìm trên (C) các điểm A,B phân biệt sao cho các tiếp tuyến với (C) tại A,B có cùng hệ số góc đồng... 2m 1  0(2) Yêu cầu bài toán  f  t   0 có 2 nghiệm t2 t1  0 sao cho (1) có sơ đồ nghiệm http://megabook.vn w w w V N M A T H c o m x1 x2  t2  t1 x3 x4 t1 t2 Ta có x4 x3 x3 x2  x2 x1  x4 x3  x3  x2    t2  t1  t1   t1  t2 3 t1 t2 9t1  0  1  1 m  m    m 0, t2 9t1 0 2 2    t  9 t Yêu cầu bài toán t1.t2 2m 1 0... k  k 2  k 1  k  2 3k 2 0 k  2 Thay x1 , x2 vào pt (5) có: k 3 k2 2 Đối chiếu ĐK (*) có k  là giá trị cần tìm 3 Phần bốn: Các bài toán về khoảng cách Để giaỉ quyết tốt các dạng bài tập trong phần này học sinh cần nắm chắc các vấn đề sau: *) Khoảng cách giữa hai điểm M ( xM ; yM ); N ( xN ; y N ) là MN  2 xN xM  y N  yM  *) Khoảng cách từ điểm M ( x0 ; y0 ) đến đường... điểm phân biệt C(0;1), D, E b) Tìm m để các tiếp tuyến với C(m) tại D và E vuông góc với nhau http://megabook.vn www.VNMATH.com Giải: a) Xét  Cm    y  1 với phương trình tìm hoành độ giao điểm x  0 x 3  3x 2  mx 1 1  x x 2  3x  m 0    C (0;1) 2  g ( x)  x  3 x  m  0 Yêu cầu bài toán  xD , xE là 2 nghiệm phân biệt khác 0 của g(x)=0   9   9  4m  0 9 m    4 0... y’=-3 Hay 2 x 2  m 1 x 3m 2 3 2 x 2  m 1 x 3m  1 (1)  4m 2  9m 1 0  m  Yêu cầu bài toán phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1.x2 >0  '   m  12  2  3m  1  0 m 3     3m  1  1 0  1  m  3  2 1 Vậy kết quả bài toán là m 3 và 1  m  3 x3  2 x 2  3 (C) và đường thẳng (d) có hệ số góc k đi qua A(0;3) 3 Tìm k để đường... +TH1: d vuông góc với đường phân giác y  x có: 1  x0  0  x0  4 2 x  2  0  http://megabook.vn www.VNMATH.com Với x0 0  d : y  x (loại) Với x0  4  d : y x  8 +TH2: : d vuông góc với đường phân giác y  x có: 4  x0  2 2 1  PT vô nghiệm Vậy có 1 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán d : y x  8 Cách 2: Nhận xét tam giác AOB vuông tại O nên ta có: sin  ABO   OA 1... tiếp tuyến d mà y ' x  Lại có tan ABI 0 5  x0  1 2 2 5   x0  1 1  x0  0  x0 2 Với x0  0 có PTTT d: y  5 x  2 http://megabook.vn 5  x0  2 2  0 nên www.VNMATH.com Với x0 2 có PTTT d: y  5 x  2 Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán có pt như trên 2x  1 Ví dụ 4) Cho hàm số : y  có đồ thị là  C  x 1 Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của  C  Tìm trên... x)  0 http://megabook.vn w w w V N M A T H 3) Điều kiện tương giao của hàm số bậc 3: y=ax3+bx2+cx+d * Khi giải các bài tập về tương giao đường thẳng y=mx+n và đồ thị hàm số y=ax3+bx2+cx+d ta thường sử dụng phương pháp nhẩm nghiệm tách phương trình tạo dạng tích: ( x  x0 ).G ( x)  0 trong đó G(x) là tam thức bậc 2 theo x Từ đó ta biện luận theo pt G(x)=0 Tuy nhiên trong một số bài toán ta không... theo pt G(x)=0 Tuy nhiên trong một số bài toán ta không thể nhẩm được nghiệm Khi đó ta cần sử dụng các điều kiệ tương giao sau để giải toán + Hàm số : y=ax3+bx2+cx+d cắt trục Ox tại đúng một điểm khi và chỉ khi hàm số luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến hoặc hàm số có cực đại và cực tiểu cùng dấu  f '( x) 0  x  x1  x  x2  f '( x) 0x  f '( x )  0 Tức là    f '( x )  0 hoặc   f... +cx+d cắt trục Ox tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi f’(x) có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 và f ( x1 ) f ( x2 )  0 + Hàm số : y=ax3+bx2+cx+d cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt khi hàm số có cực đại, cực tiểu và giá trị cực đại, cực tiểu trái dấu nhau  f '( x)  0 có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 và f ( x1 ) f ( x2 )  0 + Trong trường hợp các nghiệm của phương trình kèm theo điều kiện khác thì ta cần phác họa