Sổ tay tự học lớp 11 ( hay - soạn kỹ)

Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009 NIÊN KHÓA : 2008 – 2009 NGƯỜI THỰC HIỆN : NGÔ PHẠM TUÂN LỚP : 11A1 - 1 - Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009 MỤC LỤC: • Phần I : PHƯƠNG TRÌNH HÀM  Lý thuyết  Phương trình dạng f(A)= B  Phương trình chứa 2 biểu thức: f(A), f(B).  Hệ phương trình  Phương pháp quy nạp  Phương pháp chọn giá trị đặc biệt  Phương pháp hàm liên tục • Phần II : MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH GIẢI BẰNG HÌNH HỌC TỌA ĐỘ. • Phần III: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM TRONG CÁC BÀI TOÁN CHỨA THAM SỐ • Phần IV : PHỤ LỤC - 2 - Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009 Phần I: PHƯƠNG TRÌNH HÀM 1. Phương trình dạng ( ) f A B= * Phương pháp giải: Bước 1: Đặt A = t; Bước 2: Suy ra x theo t; Bước 3:Rồi thay vào A, B **VD1:Tìm hàm số ( ) f x nếu biết ( ) 2 1 ( ) 1 0f x x x x = + ∀ ≠+ Giải: Đặt 1 1 t x x t = ⇒ = thay vào hàm số đề bài t t ttt tf 2 2 111 1 1 )( + +=       += Từ đó:       < + − > + + = )0( 11 )0( 11 )( 2 2 t t t t t t t t xf **VD2:Tìm :       + x x f 1 nếu biết ( ) 2 2 1 0 1 f x x x   = − ∀  ÷   ≠ + . Giải: Đặt t t x x t − =⇒ + = 2 1 2 . Từ đó: 2 44 )( t t tf − = 2 44 )( x x xf − =⇒ . Suy ra: 2 1 4 2 1 x x f x x x + −   =  ÷ + +   **VD3: Tìm ( ) f x biết rằng: 2 1)1( xxf +=+ với 1x∀ ≥ − Giải: Đặt 2 2 2 2 2 4 2 1 1 1 ( 1) 1 1 2 2t x x t x t x t t= + ⇒ = − ⇒ + = − + = + = − + Suy ra: ( ) 4 2 2 2f x x x= − + **VD4: Tìm hàm số ( ) f x biết rằng 1 1 2 13 − + =       + − x x x x f với 2 1x x≠ − ∪ ≠ - 3 - Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009 Giải: Đặt 2 1 1 3 1 2 1 1 4 3 2 1 2 3 1 3 2 1 3 t x t x t t t x t x t x t t + + − + + + − = ⇒ = ⇒ = = + + − − − − − Suy ra: ( ) 4 3 2 x f x x + = − . 2. Phương trình chứa 2 biểu thức ( ) ( ) ,f A f B * Phương pháp giải: Bước 1: Từ phương trình đã cho, thay giá trị thích hợp để thu được thêm 1 phương trình khác. Bước 2: Từ 2 phương trình đã cho suy ra ( ) f A hoặc ( ) f B ta trở lại dạng 1. **VD1: Tìm ( ) f x nếu biết với 0x ∀ ≠ , thì ( ) 1 2f x f x x   + =  ÷   . Giải: Thay x bởi x 1 . Ta được: ( ) 1 1 2f f x x x   + =  ÷   Như thế ta được hệ: x x x 3 2 )(f x 1 = 2f(x)+ x 1 f x= x 1 2f+ f(x) 2 − =⇒                   . **VD2: Tìm ( ) f x nếu biết với 0x ∀ ≠ , ( ) 1 1 1 1 f x f x x x   + = + −  ÷ −   Giải: Thay x − 1 1 bởi x ta được: ( ) 2 1 3 1 . ( 1) x x x f x f x x x − − +   + =  ÷ −   Lấy phương trình đã cho trừ phương trình này thì được: 1 1 1 1 1 x f f x x x x −     − = −  ÷  ÷ − −     - 4 - Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009 Trong phương trình này thì thay x − 1 1 bởi x thì thu được: ( ) 2 1 1 1 1 1 x x f x f x x x x − + −   − = = + −  ÷ −   Rồi từ phương trình này và phương trình đề bài suy ra: ( ) 1x f x x − = . **VD3: Tìm hàm số ( ) f x nếu biết: ( ) ( ) 1 1 1 1 x f x f x x   − + =  ÷ −   khi 0x ≠ và 1x ≠ . Giải: Thay x bởi x 1 vào phương trình để bài ta được phương trình sau: ( ) 1 1 1 x x f f x x x x −     + =  ÷  ÷ −     Từ phương trình này và phương trình đề bài ta được hệ phương trình sau: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x f x f x x x x f f x x x x x x f f x x x x x x f f x x x x x x x x f x x x x f x x    − + =  ÷  −     −      + =  ÷  ÷  −       −   + =  ÷  −    ⇔  − − −    − =  ÷     − + ⇔ = + − ⇔ = − 3. Hệ phương trình: * Phương pháp giải: Bước 1: Từ 1 trong 2 phương trình, thay các giá trị thích hợp để có phương trình khác. Bước 2: Từ 2 phương trình này thu được f(A) hoặc g(A). Bước 3: Trở lại dạng 1. - 5 - Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009 **VD1: Tìm ( ) ( ) ,f x g x nếu biết với ,x y∀ ∈ ¡ ( ) ( ) ( ) 2 6 2 2 15 2 2 5 4 2 x f x g x x f g x x +  + + + =    +    + + = +  ÷     Giải: Trong phương trình thứ 2, thay x bởi: 2x + 10 thì hệ đã cho tương đương với: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 6 2 2 15 2 6 2 15 2 14 3 26 g 2x 15 2 7 54 6 2 3 7 4 7 12 2 x f x g x f x g x x x x f x x g x x f x +  + + + =    + + + = +  − −  + =   ⇒  +  + =   − −  =   ⇒  +    **VD2: Tìm ( ) ( ) ,f x g x nếu biết với ,x y∀ ∈ ¡ ( ) ( ) 1 1 2 1 1 1 1 1 f x xg x x x x f g x x x + + + =   + +     + = −  ÷  ÷  − −      Giải: Thay x + 1 bởi x trong phương trình đầu ; Thay 1 1 − + x x bởi x trong phương trình thứ 2 thì thu được hệ: f(x) + (x – 1)g(x ) = 2(x – 1) f(x) + g(x) = 1 2 − x - 6 - Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009 ⇒ f(x) = - 2; g(x) = 1 2 − x x . 4. Phương pháp quy nạp: Khi hàm số cần xác định trên N hay Z,nói chung thường sử dụng quy nạp; Nhiều bài toán cũng phải xác định từng bước N → Z → Q → R. Riêng Q → R cần thêm tính liên tục của hàm số. **VD1: Cho hàm số f xác định với mọi x ∈ R và: ∀ x, y f(xy) = f(x)f(y) – f(x + y) + 1 f(1) = 2 Hãy xác định f(m) ; f( n m ) với m ∈ Z, n ∈ Z*. Giải: Trước hết: f(0) = f(1)f(0) – f(1 + 0) + 1 ⇒ f(0) = 1 Giả định: f(m) = m + 1. thế thì: f(m.1) = f(m)f(1) – f(m + 1) +1 ⇒ f(m + 1) = f(m) + 1 = m + 2. Vậy: với mọi m ∈ N: f(m) = m+ 1. Bây giờ: f(0) = f(1 – 1) = f(-1)f(1) – f(-1) + 1 ⇒ f(-1) = 0 Ta lấy –m ∈ N: f(m) = f(-1)f(-m) – f(-1 – m) + 1 = 0 + m + 1. Nên với m ∈ Z, f(m) = m + 1. Sau đó với m ∈ Z, n ∈ Z*, x ∈ R bất kỳ f(x + 1) = f(1)f(x) – f(1.x) + 1 = f(x) + 1. Từ đó với mọi m quy nạp ta được f(x + m) = f(x) + m, f(m) = f       n m n = nf       n m - f(n – 1) = m + 1 ⇒ f       n m = n m + 1. **VD2: Cho hàm số f không đồng nhất không, xác định trên R bởi: ∀ x, y ∈ R, 2f(x)f(y) = f(x + y) + f(x – y) a. Chứng minh rằng f(x) ≥ -1 với mọi x. b. Cho f(3) = 0. tính f(1992) ; f(1995) ; f(1998). Giải: a. lấy y = 0 thì ta có: f(x)[f(0) – 1] = 0 với mọi x. - 7 - Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009 vì f không đồng nhất không nên suy ra f(0) = 1. Lại lấy x và y đều bằng 2 x thế thì : 2[f( 2 x )] 2 = f(x) + 1 ⇒ f(x) ≥ -1. b. Ta có f(x + y) = 2f(x)f(y) – f(x – y). Nên f(6) = f(3 + 3) = 2f(3).f(3) – f(3 – 3) = -1 f(9) = f(6 + 3) = 2f(6).f(3) – f(6 – 3) = 0 f(12) = f(9 + 3) = 2f(9).f(3) – f(6) = 1 giả định f[3(2k + 1)] = 0, thế thì: f[3(2k + 3)] = f[3(2k + 1) + 6] = 2f[3(2k +1)]f(6) – f[3(2k – 1)] = 0 giả định f(3.4k) = 1, thế thì: f[3(4k + 4)] = f[3.4k + 3.4] = 2f(3.4k)f(3.4) – f[3.4(k – 1)] = 2 – 1 = 1 giả định f[3(4k +2)] = -1, thế thì: f[3(4k + 6)] = f[3(4k + 2) + 12] = 2f[3(4k + 2)]f(12) – f[3(4k – 2)] = 2.(-1).1.(-1) = -1 Mà: 1992 = 3.4.(166) ⇒ f(1992) = 1 1995 = 3.(4.166 + 1) ⇒ f(1995) = 0 1998 = 3(4.166 + 2) ⇒ f(1998) = -1. **VD3: Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R → R thỏa : f(x + y) = f(x) + f(y) f(x.y) = f(x).f(y) ∀ x, y ∈ R. Giải: Với y = 0 ⇒ f(x) = f(x) + f(0) ⇒ f(0) = 0. Lấy y = 1 cho f(x) = f(x).f(1) ⇒ f(1) = 1 + Nếu f(1) ≠ 1 : f(x) = 0, ∀ x ∈ R. + Nếu f(1) = 1 : ta có với mọi x ∈ R, f( x + 1) = f(x) + 1. Bằng quy nạp, dễ dàng suy ra : f(n) = n với mọi n ∈ Z. Sau đó : f       + n n 1 = f( n + 1).f( n 1 ) = ( n +1).f( n 1 ) = f(1 + n 1 ) = f(1) + f( n 1 ) = 1 + f( n 1 ) ⇒ nf( n 1 ) = 1. Từ đó : f( n 1 ) = n 1 , với mọi n ≠ 0. và, rồi với mọi p ∈ Z, n ∈ N* : f( n p ) = f(p).f( n 1 ) = p. n 1 = n p . Như thế : ∀ x ∈ Q : f(x) = x. Sau cùng với tính liên tục ta được ∀ x ∈ R : f(x) = x. Vậy có 2 hàm số thoả mãn điều kiện đề bài : f(x) = 0 ; f(x) = x với ∀ x ∈ R. 5.Phương pháp chọn giá trị đặc biệt: - 8 - Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009 Phát hiện một số giá trị đặc biệt làm cơ sở ban đầu cho phép ta tìm được hàm số **VD1: Hàm số f : yx f(y) f(x) + + x , y ∈ R ; x + y ≠ 0. Có tồn tại giá trị x ∈ R sao cho f(x) ≠ 0 . Giải: Lấy y = 1, ta được : 1x f(1) f(x) + + (x ≠ 1) ⇒ xf(x) = f(1). Lấy x = 0 thì thu được f(1) = 0 ⇒ với ∀ x ≠ -1, 0 : f(x) = 0. Hơn nữa thay vào hệ thức ban đầu x = 2 ; y = 0 thì thu được : f(0) = 02 f(0) f(2) + + ⇒ f(0) = f(2) = 0. Sau cùng, thay y = 0 ; x = -1 thì được : f(0) = -f(-1) – f(0) ⇒ f(-1) = -2f(0) = 0. Như vậy f(x) là hàm số đồng nhất không. **VD2: Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn đồng nhất thức : x(f(y) + yf(x) = (x + y)f(x)f(y) ; x , y ∈ R. Giải: Trong hệ thức đã cho , lấy x = y = 1 thì được : 2f(1) = 2(f(1)) 2 ⇒ f(1) = 0 hay f(1) = 1. Ta xét từng trường hợp : a. Nếu f(1) = 0 thì lấy trong hệ thức y = 1, thì có f(x) = 0. b. Nếu f(1) = 1. lại lấy y = 1, thì có: f(x) + x = (x + 1)f(x) ⇒ x(f(x) – 1) = 0. Từ đó với x khác 0 thì ta có f(x) = 1 Như vậy : Hoặc f(x) = 0, hoặc f(x) = Ra xa x ∈    = ≠ 0 01 **VD3: cho hàm số có tính chất sau: (i) : ∀ x , y ∈ R ; ∃ a : f(x + y) = f(x)f(a – y) + f(y)f(a – x), (1) - 9 - Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 2008- 2009 (ii) : f(0) = 2 1 (2) Chứng minh rằng f là hàm số hằng. Giải: Cho x = y = 0 thì : f(0) = f(0).f(a) + f(0).f(a) ⇒ f(a) = 2 1 Cho y = 0 thì : f(x) = f(x)f(a) + f(0)f(a – x) ⇒ f(x) = f(a – x), Và f(x + y) = 2f(x)f(y) Lấy y = a thì f(x + a) = f(x); Lấy x = -x trong (1) thì được : f(-x) = f(a + x) = f(x) Lấy y = -y trong hệ thức đề bài thì : f(x – y) = f(x)f(a + y) + f(-y)f(a – x) = 2f(x)f(y) ⇒ f(x + y) = f(x – y) với mọi x , y. Sau cùng, lấy x = y = 2 x thì thu được kết quả : f(x) = f(0) = 2 1 . 6. Phương pháp hàm liên tục: * Hàm số f(x) liên tục tại x 0 =⇔ → 0 lim xx f(x 0 ) ⇔ mọi dãy (r n ) có giới hạn x 0 thì dãy tương ứng (f(r n )) có giới hạn f(x 0 ) f       → n xx r 0 lim = 0 lim xx → f(r n ) , với 0 lim xx → r n = x 0 f(x) liên tục trên [a, b] và f(x) ≠ 0 mọi x ∈ [a, b] thì f(x) > 0 hoặc f(x) < 0 mọi x ∈ [a, b]. f(x) liên tục và đơn ánh trên [a, b] thì f(x) đơn điệu trên [a, b]. **VD1: tìm hàm số liên tục f(x) thỏa mãn điều kiện f(x 2 ).f(x) = 1 với mọi x ∈ R Giải: Từ giả thiết , ta có : f(x) ≠ 0 với mọi x ∈ R; f(0) = ± 1 và f(1) = ± 1 Ta lại có : f(x 2 ).f(x) = 1 = f(x 2 ).f(-x) , ∀ x ∈ R ⇒ f(-x) = f(x) với ∀ x ∈ R Do đó ta chỉ cần xét trên R + • xét 0 ≤ x < 1 : f(x)= )( 1 2 xf = f(x 4- ) = f( 4 4 x ) = …… = 0 lim xx → f(x n ) = f(0) = ± 1 • tương tự với x ≥ 1 : - 10 - [...]... f : R → R thỏa mãn điều kiện : x f(xf(y) + x) = xy + f(x) với ∀ , y ∈R (3 ) Giải: Thay x = 1, y = -1 – f(1) vào (3 ) ta được : f(f (- 1 – f(1)) + 1) = -1 – f(1) + f(1) = -1 Vậy nếu ta đặt a = f (- 1 – f(1)) + 1 thì f(a) = -1 Thay y = a và đặt b = f(0) ta có f(xf(a) + x) = f(0) = b Hay b = f(xf(a) + x) = ax + f(x) ⇒ f(x) = -ax + b Thay biểu thức của f(x) vào phương trình hàm đã cho ta có : a2xy – abx – ax... 0 (6 ) Vẽ hệ trục tọa độ Oxy Dễ thấy các điểm thỏa mãn hệ (4 ) (5 ) (6 ) được biểu diễn bằng miền gạch (hình trăng khuyết) trong hình vẽ trên Trong miền ấy có các “điểm nguyên” (tức là các điểm có tất cả các tọa độ nguyên) sau: A(0,2) ; B(2,0) ; C(1,2) ; D(2,2);E(2,1) Từ lập luận trên suy ra hệ đã cho có 16 nghiệm nguyên sau đây: (0 ,2); (2 ,0); (1 ,2); (2 ,2); (2 ,1); (0 ,-2 ); (- 2,0); (1 ,-2 ); (- 1,2); (- 1 ,-2 );... ≥ 0 (4 ) (5 ) (6 ) Vẽ hệ trục tọa độ Oxy Dễ thấy các điểm thỏa mãn hệ (4 ) (5 ) (6 ) được biểu diễn bằng miền gạch (hình trăng khuyết) trong hình vẽ trên Trong miền ấy có các “điểm nguyên” (tức là các điểm có tất cả các tọa độ nguyên) sau: A(0,2) ; B(2,0) ; C(1,2) ; D(2,2);E(2,1) Từ lập luận trên suy ra hệ đã cho có 16 nghiệm nguyên sau đây: (0 ,2); (2 ,0); (1 ,2); (2 ,2); (2 ,1); (0 ,-2 ); (- 2,0); (1 ,-2 ); (- 1,2);... (- 2,0); (1 ,-2 ); (- 1,2); (- 1 ,-2 ); (2 ,-2 ); (- 2,2); (- 2 ,-2 ); (- 2,1); (2 ,-1 ); (- 2 ,-1 ) Bài 7: Giải bất phương trình 2( x −3) 2 +2 x −2 +x–3≥ - 34 - Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 200 8- 2009 Giải: 1) Xét các vectơ với các tọa độ như sau:  u = ( x −1 ,x – 3)  v = (1 ,1), ở đây x ≥ 1   Khi đó u v = x −1 + x – 3  Lại có u = ( x −3) 2 + x −1  v = 2   ⇒ v u 2( x −3) 2 +2 x −2 = Vậy bất phương... f(x) = x , f(x) = -x ∀ , y ∈R Thử lại thấy thỏa mãn **VD2: tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn: x xf(y) + yf(x) = (x + y)f(x)f(y) ∀ , y ∈R (2 ) Giải: Cho x = y = 1 ta có 2(1 ) = 2(f(1))2 ⇒ f 0  (1 ) =  (1 ) = f 1  a) xét trường hợp f(1) = 0 cho y = 1 vào (2 ) ta có f(x) = 0 ∀ ∈ R x b) xét trường hợp f(1) = 1 cho y = 1 ta được x + f(x) = (x + 1)f(x) ⇒ x(f(x) – 1) = 0 suy ra với mọi x ≠ 0 thì f(x)... (1 ,-2 ); (- 1,2); (- 1 ,-2 ); (2 ,-2 ); (- 2,2); (- 2 ,-2 ); (- 2,1); (2 ,-1 ); (- 2 ,-1 ) Bài 12:Giải bất phương trình : 2( x −3) 2 +2 x −2 +x–3≥ Giải: 1) Xét các vectơ với các tọa độ như sau:  u = ( x −1 ,x – 3)  v = (1 ,1), ở đây x ≥ 1   Khi đó u v = x −1 + x – 3  Lại có u = ( x −3) 2 + x −1  v = 2   ⇒ v u 2( x −3) 2 +2 x −2 = Vậy bất phương trình đã cho có dạng     u v ≥ v u     Dễ thấy (1 ) u v ≥u... − 2(a − 1) x + a(a − 2) = 0 (1 ) (2 ) Giải: Bằng cách xét dấu biểu thức trong dấu và chia thành các đoạn, ta giải (1 ) được : x = -1 hay 1 ≤ x ≤ 4 do đó hệ đã cho tương đương với hệ sau:  x = − 1∨ 1≤ x ≤ 4   ( x − a)(x − a + 2) = 0 (1 ') (2 ') - 26 - Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT a Năm học: 200 8- 2009 x–a+2=0 6 F1 4 E 1 D 1 -2 B 1 -1 A 1 x–a=0 C 4 x -1 Trong hệ trục tọa độ Oxa, tập hợp (E)... Bài 16: Tìm a để hệ sau có nghiệm duy nhất (x + 1)2 + y2 ≤ a (1 ) x2 + (y + 1)2 ≤ a (2 ) Giải: Các điểm M(x, y) thỏa mãn (1 ) nằm trong hình tròn tâm O 1 (- 1, 0), bán kính a ( đây chỉ xét với a ≥ 0) Các điểm M(x, y) thỏa mãn (2 ) nằm trong hình tròn tâm O 2(0 ,-1 ), bán - 31 - Sổ tự học kính a Người thực hiện : Gagarin_ PT Năm học: 200 8- 2009 Từ đó suy ra hệ (1 ) (2 ) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi hai đường... (x0,-y0), (- x0,y0), (- x0,-y0) cũng là nghiệm nguyên của hệ, vì vậy ta chỉ cần tìm nghiệm nguyên của hệ sau: - 27 - Sổ tự học Người thực hiện : Gagarin_ PT  x+ y ≥ 4   x+ y ≤ 2x + 2y  x ≥ 0; y ≥ 0  Năm học: 200 8- 2009 (1 ) (2 ) (3 ) Từ đó sẽ suy ra các đáp số cần tìm Dễ thấy hệ (1 ) (2 ) (3 ) tương đương với hệ sau: x2 + y2 ≥ 4 x2 + y2 – 2x – 2y ≤ 0 x ≥ 0,y ≥ 0 ⇔ x2 + y2 ≥ 4 (x - 1)2 + (y - 1)2 ≤ 2 x... HỌC TỌA ĐỘ  x 2 + ( y + 1) 2 = a 1.Cho hệ   ( x + 1) 2 + y 2 = a Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất Giải:  x2 + (y + 1)2 = a Xét hệ phương trình   (x + 1)2 + y2 = a ( )1 (2 ) y Và dĩ nhiên chỉ xét khi a ≥0 (vì nếu a > 0 thì hệ (1 ); (2 ) hiển nhiên vô nghiệm) Vì (1 ) biểu diễn đường tròn tâm O 1(0 ; -1 ) bán kính R = (2 ) biểu diễn đường tròn O2 (- 1; 0) bán kính , còn O O2 -1 R= x -1 - 13 - a O1 Sổ tự . 2[f( 2 x )] 2 = f(x) + 1 ⇒ f(x) ≥ -1 . b. Ta có f(x + y) = 2f(x)f(y) – f(x – y). Nên f(6) = f(3 + 3) = 2f(3).f(3) – f(3 – 3) = -1 f(9) = f(6 + 3) = 2f(6).f(3). : f(0) = f(0).f(a) + f(0).f(a) ⇒ f(a) = 2 1 Cho y = 0 thì : f(x) = f(x)f(a) + f(0)f(a – x) ⇒ f(x) = f(a – x), Và f(x + y) = 2f(x)f(y) Lấy y = a thì f(x