intTypePromotion=3

Bài 1: Hệ phương trình đại số

Chia sẻ: Le Quoc Do | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:39

5
1.340
lượt xem
596
download

Bài 1: Hệ phương trình đại số

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
Lưu

Nội dung Text: Bài 1: Hệ phương trình đại số

  1. Nhận xét rằng: do tính đối xứng của hệ nên nếu hệ Bài 1: Hệ phương trình đại số có nghiệm (x0;y0) thì (y0;x0) cũng là nghiệm của hệ, do đó hệ có nghiệm duy nhất khi x0 = y0 (1) Một số loại hệ phương trình thường gặp: Thay (1) vào một phương trình của hệ, tìm đ/k của tham số để pt` có nghiệm x0 duy nhất ,ta được giá I)Hệ đối xứng loại I trị của tham số. Đó là đ/k cần.  f ( x; y )  0 Đ/k đủ: thay giá trị của tham số vào hệ kiểm tra, 1) Dạng: Hệ phương trình  là hệ đối rồi kết luận.  g ( x; y )  0  f ( x; y )  f ( y; x) III) Hệ nửa đối xứng của x và y xứng loại I nếu   g ( x; y )  g ( y; x )  f ( x; y )  f ( y; x); (1) 1)Dạng hệ:  (Tức là có 1 x  y  S  g ( x; y )  0; (2) 2)Cách giải : - Đặt  . ĐK: S 2  4 P . phương trình là đối xứng )  xy  P 2)Cách giải: - Biểu thị hệ qua S và P . Chuyển vế biến đổi từ (1) ta có dạng phương - Tìm S ; P thoả mãn điều kiện trình tích: (x - y).h(x; y) = 0. Từ đó có: hệ đã cho S 2  4P . tương đương với: Khi đó x; y là 2 nghiệm của phương trình :  x  y  0 t 2  St  P  0 . Từ đó có nghiệm của hệ đã cho.  ( x  y ).h ( x; y )  0  g ( x; y )  0 Chú ý 1 :    g ( x; y )  0; (2)   h ( x; y )  0 +) Nếu hệ có nghiệm (a;b) thì do tính chất đối  xứng của hệ nên hệ cũng có ghiệm (b; a). Vì vậy   g ( x; y )  0  hệ có nghiệm duy nhất chỉ khi có duy nhất x = y. Chú ý:Nhiều khi đặt ẩn phụ mới có hệ đối xứng +) Hệ có nghiệm khi và chỉ khi hệ S, P có nghiệm  x  t S, P thỏa mãn S 2  4 P .  2 x  y  5  Ví dụ :  2  t 2  y  5 +) Khi S 2  4 P thì x = y = -S/2 y  x  5   2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi chỉ khi có duy y  t  5 nhất S, P thỏa mãn S 2  4 P . IV) Hệ đẳng cấp đối với x và y Chú ý 2 :  f ( x; y )  0 1) Hệ phương trình  được gọi là hệ Nhiều trường hợp ta có thể sử dụng ĐK cần để tìm  g ( x; y )  0 giá trị của tham số sau đó thay vào hệ kiểm tra xem đẳng cấp bậc 2 của x; y nếu mỗi hạng tử (trừ số có thoả mãn hay không - (Đ/K đủ). hạng tự do) đều có bậc là 2. 2) Cách giải : II) Hệ đối xứng loại II * Cách 1) Khử số hạng tự do. (Cách này thường  f ( x; y )  0 dùng khi hệ không chứa tham số, hoặc tham số ở 1)Hệ :  là hệ đối xứng loại II nếu :  g ( x; y )  0 số hạng tự do cho đơn giản) f ( y; x)  g ( x; y ) * Cách 2) Khử x2 ( với y  0 ) hoặc y2 (với x  0): 2)Cách giải : (Cách này thường dùng khi hệ có chứa tham số). +)Đối với hầu hết các hệ dạng này khi trừ 2 vế ta VI. Một số hệ phương trình khác. đều thu được phương tình : *) Cách giải: Để giải hệ phương trình không mẫu (x-y).h(x;y) = 0 mực ta thường áp dụng một số pp : x  y  0  h ( x; y )  0 + Phân tích thành tích có vế phải bằng 0. Khi đó hệ đã cho     f ( x; y )  0  f ( x; y )  0 + Đổi biến (đặt ẩn phụ) ( Chú ý : Có những hệ đối xứng loại II sau khi trừ + Đánh giá : BĐT hoặc dùng hàm số. 2 vế chưa xuất hiện ngay x - y = 0 mà phải suy luận tiếp mới có điều này). Một số ví dụ: +) Phương pháp điều kiện cần và đủ: 1. Hệ đối xứng I: Phương pháp này được áp dụng tốt cho hệ đối Giaỷi caực heọ pt sau ủaõy : xứng với yêu cầu: Tìm giá trị tham số để hệ có  xy  x  y  11 nghiệm duy nhất. 1)  2 2 Đ/k cần:  x y  xy  30 1
  2.  p  s  11 HDẹS : hpt    s  5; p  6  p  5.s  6 1-Hpt  p .s  30 ẹS : x = 2; 3; 1; 5  ( x  y )( x 2  y 2  xy  5)  0  x  y  3  3  x 2 y  xy 2  30   x  3x  8 y   x  3x  8 y 2 -  x 3  y 3  35   (0; 0) ( 11; 11) (  11; 11) hpt  s  5; p  6  (2; 3) ; (3; 2) x  y  1 2- ẹK : x  0 ; y  0. Hpt : 3)  4 4 x  y  1 ( x  y )( x  y  4)  0  2  (-2; -2)  p  s  11 s  1 2 hpt   2 2   x  y  6 xy  4( x  y )  0 (s  2 p)  2 p  1  p  0; p  2  (0;1);(1;0)  2 x 2  3x  y 2  2   x y  y x  30  3-  2 2 4)  HD : x; y  0; s  x  y ; p  x. y 2 y  3x  x  2   x x  y y  35  Laỏy (1)-(2) : 3(x-y)(x+y-1 ) = 0  y=x hoaởc y = 1-x.  p.s  30 Keỏt hụùp (1) Khi y = x : (1;1) ; (2;2) hpt   3  s3  125,  s  5  p  6  s  3sp  35 Khi y = 1 -x VN . Vaọy Hpt coự ngh ( 4;9) ; ( 9;4).  1 3 2 x  y  x  4-  5- cho: 5( x  y )  4 xy  4  2 y  1  1  x  y  xy  1  m  x y  a) Tỡm m ủeồ hpt coự nghieọm. Laỏy (1) - (2) : (x - y)(2 + 4/xy ) = 0  y = x ; y = -2/x HD: Giaỷi heọ S ;P ta ủửụùc S= 4m ;p = 5m-1 + y = x : (1;1) ; (-1;-1) . 1 ẹK : S2-4p  0  m  ; m  1 . + y = -2/x : ( 2;  2);(  2, 2) 4 b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất. 3) . Hệ nửa đối xứng ĐS: m = 1/4, m = 1.  1 1 6) a-Cmr: Hpt coự ngh vụựi moùi m : x  x  y  y  x  y  xy  2 m  1 VD. Giải hệ :   2 2 2 2 y  x 3  1  x y  xy  m  m  b) Tỡm m hpt coự nghieọn duy nhaỏt . Giải: HDẹS :  1 1  x. y  0  x. y  0 x  x  y  y    p  s  2m  1    x 2 y  xy 2  x  y  0  ( x  y)( xy  1)  0 hpt   2 y  x 3  1 2 y  x 3  1 2 y  x 3  1 a- 2  p.s  m  m     s1  m ; p1  m  1  s2  m  1. p 2  m  x. y  0  x. y  0  ẹS:heọS1,P1 Vn ; S 2  4 P2  ( m  1) 2  0 . 2   1  x  y (I )   y  ( II ) Vaọy: HPt coự nghieọm vụựi moùi m.  x3  2 x  1  0  x 2   x4  x  2  0 b-HPT có ngh duy nhất  S2  4 P2  0   ( m  1) 2  0  m  1 .  x  y  1 => x = y = 1 Vaọy : (1;1).  x. y  0   1 5 + Ta có I): ( x  y (I )  x  y  2. Hệ đối xứng loại II:  2 Giaỷi heọ pt :  x3  2x  1  0   y x  y  1 5   x  3y  4 x   2 x3  3x  8 y  2  hpt :  1  hpt :  3   y  3y  8x   y  3x  4 x x.y  0   y   1 + Ta có II) : (II )   y   x 2 x 2  3 x  y 2  2  2 12 12 3  3  2 (x  2)  (x  2 )  2  0;(VN)  2 2 y  3 y  x  2  2
  3. 4. Hệ đẳng cấp : có nghiệm t > 0 hay phương trình (*) luôn có 2 2  x  4 xy  y  m (1)  nghiệm với m. VD. Cho hệ phương trình :  2  y  3 xy  4  (2) Các bài tập luyện tập a) Giải hệ pt` với m = 1 Bài 1: Một số hệ dạng cơ bản b) Tìm a để hệ có nghiệm  xy( x  1)( y  1)  m Giải: 1) Cho hệ phương trình  2 2 Cách 1: x  y  x  y  8 Dễ thấy y = 0 không phải là nghiệm của hpt. a) Giải hệ khi m=12 Đặt x = ty, ta có : b) Tìm m để hệ có nghiệm 2 2 2 t y  4ty  y  m 2 1 1 Hệ   2 2   a  y  3ty  4  2) Cho hệ phương trình  x y  x2  y 2  a2  2  t 2  4t  1 m   y 2 (t 2  4t  1)  m     2   1  3t 4 (I) Tìm a để hệ phương trình có đúng 2 nghiệm  y (1  3t )  4   y 2 (1  3t )  4 phân biệt   2 2  x  xy  y  1 Do y  0 nên từ y2(1 - 3t) = 4  1 - 3t > 0  t < 3) Cho hệ phương trình  2 2 1  x  3 xy  2 y  m  3 Tìm m để hệ có nghiệm a) Với m = 1 ta có hệ :  x  2 y  2   t 2  4t  1 1 4)     y  2 x  2   1  3t 4  y 2 (1  3t )  4  x 1  y 1  3   5)  Giải hệ ta được kq : (1 ; 4), (-1 ; -4). x y  1  y x  1  x  1  y  1  m  b) Ta có : a) Giải hệ khi m=6  2  4(t  4t  1)  m(1  3t ) b) Tìm m để hệ có nghiệm (I)   2  y (1  3t )  4  Bài 2:  4t 2  (16  3m)t  4  m  0 (*)  y2  2    2 3 y   x2  y (1  3t )  4   2 (KB 2003) Đặt f(t) = 4t2 - (16 - 3m)t + 4 - m = thì 3 x  x  2   y2 1 Hệ có nghiệm  (*) có nghiệm thoả mãn t < . HD: 3 Th1 x=y suy ra x=y=1 1 8 Ta lại có af ( )    0  m nên hệ luôn có TH2 chú ýy: ý x>0 , y> 0 suy ra vô 3 9 nghiệm 1 Bài 3: nghiệm thoả mãn t1 < < t2. Vậy hệ luôn có 3  2 2 2 x y  xy  15 nghiệm với m.  3 Cách 2 : Khử một ẩn. 8 x  y 3  35   x 2  xy  m  4  HD: Nhóm nhân tử chung sau đó đặt Hệ   2 S=2x+y và P= 2x.y  y  3 xy  4  Đs : (1,3) và (3/2 , 2)  x2  4  m Bài 4: y   x 3  3 x  y 3  3 y (1)   x   2 x 4  (8  m) x 2  (4  m)2  0 (*)    x 6  y 6  1 ( 2)  (x = 0 thoả mãn hệ khi m = 4). HD: từ (2) : -1 ≤ x , y ≤ 1 hàm số : Với m  4 đặt : f(t) = 2t2 + (8 - m)t - (4 - m)2 ta có f t   t 3  3t trên [-1,1] áp dụng vào phương f(0) = -(4 - m)2 < 0 nên phương trình f(t) = 0 luôn trình (1) 3
  4. Bài 5: CMR hệ phương trình sau có nghiệm duy  x 3  y 3  7( x  y )  nhất 4)  2 x  y 2  x  y  2   2 a2  2x  y  HD: tách thành nhân tử 4 nghiệm  y  2 2 y 2  x  a 2   xy  y  12 5)  2 Tìm m để hệ có   x  x  xy  26  m  x  y nghiệm HD:  3 2 2 2 x  x  a ( x  y) 2 . y  2  6)  3 dặt t=x/y có 2 nghiệm xét f ( x)  2 x 3  x 2 lập BBT suy ra KQ  x  y 3  19  Bài 6:  x( x  2)(2 x  y )  9  x  2 y  2  7)  2 đặt X=x(x+2) và  x  4x  y  6  y  2 x  2  Y=2x+y HD Bình phương 2 vế, đói xứng loại 2 2  x y  x y 2  (1)   xy  x  a ( y  1) 8) đổi biến theo Bài 7:  xác định a để hệ có  2  xy  y 2  a ( x  1)   x  y2  x2  y2  4  nghiệm duy nhất v,u từ phương trình số (1) HD sử dụng ĐK cần và đủ a=8 1  x 3 y 3  19 x 3    xy  10  20  x (1) 2 9)  Đặt x=1/z thay vào được Bài 8:   y  xy 2  6 x 2   xy  5  y 2 ( 2)  hệ y,z DS (-1/2,3) (1/3,-2) 5  y2 5  1 1 HD : Rút ra x   y y y x  x  y  y 10)  (KA 2003) 5 2 y  x 3  1 Cô si x   y  2 5 .  y HD: x=y V xy=-1 x 2  20 theo (1) x 2  20 suy ra x,y CM x 4  x  2  0 vô nghiệm bằng cách 3 x  y  x  y (1)  tách hoặc hàm số kq: 3 nghiệm Bài 9:  (KB 2002) x  y  x  y  2  ( x  1) 2  y  a  11)  xác định a để hệ có HD: từ (1) đặt căn nhỏ làm nhân tử chung ( y  1) 2  x  a  (1;1) (3/2;1/2) nghiệm duy nhất HD sử dụng ĐK cần và  x 1  y  2  a  đủ Bài 10:  Tìm a để hệ có  x  y  3a   2x 2y nghiệm   3 12)  y x HD bình phương 2 vế . HD: từ (1) đặt u  x  1, v  y  2 được  x  y  xy  3  hệ dối xứng với u, - v Chỉ ra hệ có nghiệm thì phương trình bậc hai tương ứng có 2 nghiệm trái dấu. Bài tập áp dụng  2 2 6 x  xy  2 y  56 1)  2 5 x  xy  y 2  49  x 2  x  y 2  y  2)  2 KD 2003  x  y 2  3( x  y )  ( x 2  2 x)(3 x  y )  18  3)  2 x  5x  y  9  0  4
  5. c) pt : x  9  5  2 x  4 ĐK x  2 . Bài 2: Phương trình và bất phương trình Đại số Bỡnh phửụng hai laà ta coự : ẹS x = 0 . Một số dạng phương trình và bất phương trình d) pt : 16  x  9  x  7 . ĐS: x = 0, x = -7. thường gặp 1) Bất phương trình bậc hai ; pt : (4 x  1) x 2  9  2 x 2  2 x  1 Định lýý về dấu của tam thức bậc hai; e) dk : x  1/ 4 Phương pháp hàm số. Bình phương hai lần ta có :ẹS x = 4/3. 2) Phương trình, bất phương trình chứa giá trị tuyệt đối Baứi 2 : Đặt ẩn phụ: B  0 A B 2 a) x2  3x  3  x 2  3x  6  3 . ĐS: x = 1, x = 2. 2 A  B 2 b) 1  x  x 2  x  1  x  0 dk : 0  x  1 A  B  A2  B 2 3 - ẹaởt : t  t2 1 A  B x 1  x ; t  0  x  x2  A B 2  A  B pt  t2-3t +2 =0 t =1 ; t =2 Vn. t =1  x = 0 ; x =1. A  B  B  A  B c) 2 x  3  x  1  3 x  2 2 x 2  5 x  3  16 3) Phương trình, bất phương trình chứa căn thức HDẹS: *PT chứa căn thức: DK : x  1 B  0 A  B   2 t  2x  3  x  1  0 A  B  t 2  3 x  4  2 2 x 2  5 x  3  A  0(hayB  0) A  B   pt  t  5  x  3. A  B d ) x2  x  7  x2  x  2  3 x 2  3 x  19 A  0  .t  x 2  x  2  7 / 4 A  B  C   B  0 pt  t  5  t  3t  13  t  4   A  B  2 AB  C  x  1; x   2 * Bất phương trình chứa căn thức: A  0 A  0 Bài 3:   1) x 1  3 x  ( x  1)(3  x )  m * A  B  B  0 * A  B  B  0  A  B2 A  B2 a) Giaỷi pt khi m=2   b) Tỡm m pt coự nghieọm.  A  0  A  0 HDẹS:   .t  x 1  3 x;  2  t  2 2 B  0 B  0 * A  B   * A  B   ẹK:  B  0  B  0 vi : a  b  a  b  2(a  b)    A  B 2   A  B 2  t  0(l ) 1) m  2 : t 2  2t  0    x  1, x  3 t  2 Một số ví dụ 2) f(t) = -t2/2 + t +2 = m (1) . Laọp baỷng bieỏn thieõn BAỉI TAÄP : : Tacoự : 2 2  2  m  2. Baứi 1: Bỡnh phửụng hai veỏ : a) x2 + x  1  1 Bài 4. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  x 9x   x2  9x  m x  0 1  x  1  Bỡnh phửụng : ẹaởt t= x(9  x )  0  t  9 / 2 Hd:  4 2   x  1 KSHS x  2x  x  0  f (t)  t 2  2t  9 ; o  t  9/ 2Ds  9 / 4  m  10 d) x  1 5   2 Bài 5. Tìm m để phương trình có nghiệm: b)pt: 5 x  1  3 x  2  x  1  0 ĐK x  1. Chuyeồn veỏ, bỡnh phửụng hai veỏ : x = 2 ; x4  4 x  m  4 x4  4 x  m  6 x = 2/11( loaùi ). Vaọy x=2 . HDẹS: ẹaởt t  4 x 4  4 x  m  0 pt : t 2  t  6  0 5
  6. t   3 (lo¹ i ) 1 PT   HD Đặt t  x  , t  2 AD BĐT cô si suy t  2 2 x  4 x4  4x  m  2 ra ĐK. 4 Bài 6: Giải bất phương trình  m   x  4 x  16 Laọp BBT : m>19VN; m=19: 1 ngh ;m
  7.    1  tgx    1  tgx Bài 3: Phương trình và tg  x    ; tg  x    ;  4  1  tgx  4  1  tgx hệ phương trình lượng giác 2. Một số phương trình lượng giác thường gặp Một số kiến thức cần nhớ a) phương trình lượng giác cơ bản: 1. Các công thức biến đổi lượng giác + sinx = a a) Công thức cộng: cos(a - b) = cosacosb + sinasinb a  1 PTVN cos(a + b) = cosacosb - sinasinb  x    k 2 sin(a + b) = sinaccosb + cosasinb a  1 PT cã ngh  (sin   a ) sin(a - b) = sinacosb - cosasinb  x      k 2 tga  tgb + cosx = a tg (a  b)  a  1 PTVN 1  tgatgb b) Công thức nhân đôi, nhân ba a  1 PT cã ngh x    k 2 (cos   a ) cos2a = cos2a - sin2a = 2cos2a - 1 = 1- 2sin2a;  sin2a = 2sinacosa; + tgx = a ĐK: x   k , x =   k (tg = a). 2 2tga     + cotgx = a, ĐK: x  k  , x =   k  (cotg = a). tg 2a  2  a   k , a   k  1  tg a  2 4 2 b) Phương trình bậc nhất, bậc hai đối với một 3 sin 3a  3sin a  4sin a; cos3a  4cos a  3cos a; 3 hàm số lượng giác. c) Công thức hạ bậc * Phương trình bậc nhất: 1  cos 2a 1  cos 2a  f ( x)  g ( x)  k 2 cos 2 a  ; sin 2 a  ;  sin f ( x)  sin g ( x)   ; 2 2  f ( x)    g ( x)  k 2 d) Công thức chia đôi  cos f ( x)  cos g ( x)  f ( x)   g ( x)  k 2 ; x Đặt t  tg  x    k 2  . Ta có:  tgf ( x)  tgg ( x)  f ( x)  g ( x)  k ; 2  cotgf ( x)  cotgg ( x)  f ( x)  g ( x)  k ; 2t 1 t2 2t sin x  2 ; cos 2 x  2 ; tgx  ;  sin f ( x)   sin g ( x)  sin f ( x)  sin   g ( x)  ; 1 t 1 t 1 t2 e) Công thức biến đổi  cos f ( x)   cos g ( x)  cos f ( x)  cos   g ( x)  ; * Đổi tích thành tổng: 1    sin f ( x)  cos g ( x)  sin   g ( x)  ; cos a cos b   cos(a  b )  cos(a  b)  2  2 * Phương trình bậc 2: 1 sin a sin b   cos(a  b )  cos(a  b) a sin 2 x  b sin x  c  0 đặt t = sinx ( t  1 ). 2 1 a cos 2 x  b cos x  c  0 đặt t = cosx ( t  1 ). sin a cos b  sin(a  b)  sin(a  b)  2 atg 2 x  btgx  c  0; * Đổi tổng thành tích: acotg 2 x  bcotgx  c  0; ab ab cos a  cos b  2cos cos ; c) Phương bậc nhất đối với sinx và cosx. 2 2 asinx + bcosx = c. ab ab Cách giải: cos a  cos b  2sin sin ; 2 2 + Cách 1: chia cả hai vế cho a 2  b 2 ; đặt: ab ab a b sin a  sin b  2sin cos ; cos   , sin   2 2 2 2 a b a  b2 2 ab ab sin a  sin b  2cos sin ; c 2 2 ta được PT: sin( x   )  ; f) Một số công thức hay dùng: a  b2 2     *) Chú ý: Phương trình có nghiệm  c 2  a 2  b 2 . sin x  cos x  2 sin  x    2 cos  x   b  4  4 + Cách 2: Đặt tg  ta được phương trình:   a   sin x  cos x  2 sin  x     2 cos  x   c  4  4 sin( x   )  cos  . a d) Phương trình đẳng cấp đối với sinx và cosx 7
  8. a sin 2 x  b sin x cos x  c cos 2 x  d  ĐS: x    k . Cách giải: 6 * Cách 1: Thử với cos2x = 0  sinx =  1 nếu Bài 5: nghiệm đúng phương trình thì đặt cosx làm thừa số 3  tgx(tgx  2. sin x)  6. cos x  0 chung. HD: Biến đổi theo sin và cos. Với cos2x  0 chia cả hai vế cho cos2x ta được:  atg2 x + btgx + c = d(1 + tg2x). ĐS: x    k . 3 * Cách 2: Hạ bậc đưa về phương trình bậc nhất đối Bài 6: với sin2x và cos2x.  y e) Phương trình đối xứng đối với sinx và cosx 3.tg 2  6sin x  2sin( y  x) (1) *) Đối xứng: a(sinx + cosx) + bsinxcosx = c   Đặt sinx + cosx = t, điều kiện t  2 tg y  2sin x  6sin( y  x) (2)  2   t2 1 2  at  b    c  bt  2 at  b  2c  0 y 2  HD: nhân (1) với (2) rút gọn tg 2  4 sin 2 y .  2 * Giả đối xứng: a(sinx - cosx) + bsinxcosx = c  y đặt t  tg    t = 0, t =± 3 . Đặt sinx - cosx = t, điều kiện t  2 2 1 t2  2 Bài 7:  at  b    c  bt  2at  b  2c  0 . 1  2  cos 3 x. sin 2 x  cos 4 x. sin x  . sin 3 x  1  cos x 3. Một số phương pháp thường dùng khi giải 2 HD : BĐ tích thành tổng rút gọn. các phương trình lượng giác: + áp dụng các hằng đẳng thức; Bài 8: + áp dụng các công thức biến đổi; 1 cos x  cos 2 x  cos 3 x  cos 4 x  cos 5 x   + Đổi biến số, đặt ẩn phụ; 2 + Biến đổi về tích bằng 0; HD: nhân 2 vế với 2.sin(x/2) chú ý xét trường hợp + Đánh giá: dùng BĐT, tập giá trị của hàm số y = bằng 0. sinx; y = cosx, dùng đạo hàm; Nhận xét: Trong bài toán chứa tổng + Biến đổi về tổng bình phương bằng 0. T  cos x  cos 2 x  ..  cos nx 4. Các ví dụ: T  sin x  sin 2 x  ..  sin nx Giải các phương trình sau: thực hiện rút gọn bằng cách trên. 2. cos 4 x Bài 9: Bài 1: cot gx  tgx  . sin 2 x tgx. sin 2 x  2. sin 2 x  3(cos 2 x  sin x. cos x)  HD: BĐ về dạng: ĐS: x    k . 3 (sin x  cos x)(sin 2 x  3cos 2 x)  0 Bài 2: Bài 10    2  1 log  9  4.logsin2 x 2  4 cos 2  x    cos 2  x    (sin x  1) cos  x   3  3  2  2   5 HD: ĐS: x  k ; x   k 2 ; x  x   k 2 . 1 6 6 2. lo g s in x 2 . lo g sin x 2  4 Bài 3: 2 2 sin 2 x sin 2 2 x   lo g s in x 2   4   2. sin 2 2 x sin 2 x 5. Một số phương trình có tham số:  2 Bài 1. Tìm m để phương trình: ĐS: x    k 2 ; x  x    k 2 . 3 3 sin2x + m = sinx + 2mcosx sin 3 x. sin 3 x  cos 3 x. cos 3 x 1 3 Bài 4:  có đúng 1 nghiệm x  [0; ] .     8 4 tg  x  .tg  x   HD: PT  (sinx - m)(2cosx - 1) = 0.  6  3 Bài 2. Tìm m để phương trình: HD:- Đặt ĐK rút gọn MS=1 (2sinx - 1)(2cos2x + 2sinx + m) = 3- 4cos2x AD công thức nhân 3 có đúng 2 nghiệm x  [0; ]. HD: PT  (2sinx - 1)(2cos2x + m - 1) = 0. 8
  9. Bài 3. Tìm m để phương trình: 5) Giải phương trình mcos22x - 4sinxcosx + m - 2 = 0 sin 4 x  cos 4 x 1 1 có nghiệm x  [0 ; /3].  cot g 2 x  5sin 2 x 2 8sin 2 x HD: Đặt t = sin2x. DB 2002 Bài 4: Cho phương trình 6) Giải phương trình 2.(sin 4 x  cos 4 x)  cos 4 x  2 sin 2 x  m  0  x Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiện thuộc tgx  cos x  cos 2 x  sin x 1  tgx.tg  (DB  2   2002) đoạn 0;  .  2 2sin x  cos x  1 HD: [-10/3;-2] 7) Cho phương trình  a (1) sin x  2 cos x  3 2 sin x  cos x  1 1 Bài 5: Cho phương trình a  a) Giải phương trình (2) khi a  sin x  2 cos x  3 3 1) Giải phương trình khi a=1/3. b) Tìm a để phương trình có nghiệm 2) Tìm a để phương trình có nghiệm. 1 HD: Đưa về dạng 8) Giải phương trình  sin x (DB (2-a)sinx+(2a+1)cosx=3a+1 8cos 2 x ĐS [-1/2,2] 2002) Bài 6: Tìm nghiệm trong khoảng (0, ) 9) Giải phương trình x  3  cos 2 x 1 4 sin 2  3. cos 2 x  1  2 cos 2  x   cot gx  1   sin 2 x  sin 2 x (KA 2 4  1  tgx 2  6. Các bài tập luyện tập: 2003) 1 10) Giải phương trình 1) cos x. cos 2 x. cos 3 x  sin x. sin 2 x. sin 3 x  . 3  tgx  tgx  2sin x   6 cos x  0 (DBKA 2 2003) 2) sin x  3. cos x  sin x  3. cos x  2 . 11) Giải phương trình cos 2 x  cos x  2tg 2 x  1  2 1 1 3) 2. sin 3 x   2. cos 3 x  . (DBKA 2003) sin x cos x 1  cos 2 x 12) Giải phương trình 4) 1  cot g 2 x  . 3cos 4 x  8cos 6 x  2cos 2 x  3  0 (DBKB 2003) sin 2 2 x 13) Giải phương trình 5) cos 2 x  cos x( 2.tg 2 x  1)  2 . x  6) 3 cos 4 x  8 cos 6 x  2 cos 2  3  0 .   2  3 cos x  2sin 2     2 4   1 (DBKB 2003) x  (2  3 ) cos x  2 sin 2     sin 3 x 2cos x  1 7) 2 4  1. 14) Giải phương trình 2 cos x  1 x  x 8) 1  sin x  cos x  sin 2 x  cos 2 x  0 . sin 2    .tg 2 x  cos 2    0 (KD 2003) 2 4 2 Một số đề thi từ năm 2002 15) Giải phương trình 1) Tìm nghiệm thuộc khoảng  0; 2  của phương cos 2 x  cos x  1  2 1  sin x  (DBKD 2003)  cos 3 x  sin 3 x  cos x  sin x trình 5 sin x    cos 2 x  3 . 2sin 4 x  1  2 sin 2 x  16) Giải phương trình cot gx  tgx  KA 2002 sin 2 x 2) Giải phương trình (DBKD 2003) (2  sin 2 2 x) sin 3x 17) Giải phương trình 5sin x  2  3 1  sin x  t g 2 x 1  tg 4 x  (DB 2002) (KB 2004) cos 4 x 18) Giải phương trình : 3) Tìm nghiệm thuộc khoảng  0; 2  của phương  2 cos x  1 2sin x  cos x   sin 2 x  sin x 2 trình cot g 2 x  tgx  4 sin 2 x  KB 2003 KB 2004. sin 2 x 4) Tìm x nghiệm đúng thuộc khoảng  0;14 của phương trình cos 3 x  4 cos 2 x  3cos x  4  0 KB 2003 9
  10. thực hiện nhân phá ngoặc xuất hiện cos2A, cos2B, Bài 4: Hệ thức lượng trong tam giác cos2C… sử dụng công thức nhân đôi thay bởi cos2A, Một số kiến thức cần nhớ cos2B, cos2C suy ra đpcm. *Một số phép biến đổi thường dùng Bài 4: CMR với mọi tam giác ABC ta có + Cung liên kết 1  Cos 2 A.  Cos 2 B  Cos 2 C  2.CosACosBCosC 1 + Các công thức biến đổi. Từ đó suy ra tam giác ABC có một góc tù khi và *Một số hệ thức trong tam giác cần nhớ: chỉ khi Sin 2 A.  Sin 2 B  Sin 2 C  2 A B C + SinA.  SinB  SinC  4Cos Cos Cos . Bài 5: Cho tam giác ABC thoả mãn đk: 2 2 2 A B C 2tgA = tgB + tgC + CosA.  CosB  CosC  1  4sin sin sin 2 2 2 CMR : tgB.tgC = 3 Và Cos(B - C) = 2CosA + tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC tgB  tgC HD: xuất phát: tg ( B  C )   đpcm A B C A B C 1  tgB.tgC + cot g  cot g  cot g  cot g . cot g . cot g 2 2 2 2 2 2 Từ tgB.tgC = 3 khi và chỉ khi sinA.sinB=3cosB.cosC A B B C C A (*) + tg .tg  tg .tg  tg tg  1 2 2 2 2 2 2 Mà cos(B - C) =2.cos[   ( B  C ) ] khai triển suy ra + cotgA.cotgB + cotgB.cotgC + cotgC.cotgA = 1 đẳng thức (*). 2 2 2 + Sin A.  Sin B  Sin C  2  2CosACosBCosC Bài 6: CMR với mọi tam giác ABC ta có: + Cos 2 A.  Cos 2 B  Cos 2 C  1  2 sin A sin B sin C 1 1 1    + Sin2A + Sin2B + Sin2C = 4SinA.SinB.SinC sin A sin B sin C 1 A B C A A A + Cos2A + Cos2B + Cos2C = -1 - 4CosACosBCosC 2tg 2  tg 2  tg 2  cot g 2 cot g 2 cot g 2   Các ví dụ Bài 1: Cho tam giác ABC, CMR HD: thay A B B C C A A B C A B C tg .tg  .tg tg  tg tg  1 cot g .cot g .cot g  cot g  cot g  cot g 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Bài 2:Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn CMR: áp dụng công thức nhân đôi. a) tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC Bài 7: CMR trong mọi tam giác ABC ta có b) tgA  tgB  tgC  3 3 Sin2 A.  Sin2 B  Sin2 C  dấu “=” xảy ra khi nào? 2 sin B sin CCosA sin C sin A cos B  2 sin A sin B cos C HD: áp dụng BĐT côsi Bài 8: Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C thoả mãn đk 4A = 2B = C. CMR: tgA  tgB  tgC  33 tgA.tgB.tgC 1 1 1 lập phương hai vế thay trở lại phương trình đầu ta   và Cos 2 A.  Cos 2 B  Cos 2 C  5 a b c 4 được đpcm. Bài 9: CMR trong mọi tam giác ABC ta đều có: Bài 3: CMR: trong mọi tam giác ABC, ta luôn có : r HD: Biến đổi liên tiếp tích thành tổng ở VP. 1  cos A  cos B  cos C R VP= [cos(B-C) – cos(B+C)].cosA + [cos(C-A) – Bài 10: Cho tam giác ABC thoả mãn đk: cos(A+C)].cosB + [cos(A-B) – cos(A+B)].cosC A a =Cos(B-C).cosA + Cos2 A + Cos(C-A).cosB +Cos2B + Sin  , CMR tam giác ABC cân 2 2 bc Cos(A-B).cosC + cos2C. Bài 11:Cho tam giác ABC thoả mãn đk 10
  11. A B 8(p-a)(p-b)(p-c)=abc tgA  .tgB  tg  tg 2 2 CMR tam giác đều CMR tam giác ABC cân Bài 22: Cho tam giác ABC thoả mãn đk Bài 12. CMR nếu tam giác ABC có   A B C  1 1 1  bc cot g .cot g . cot g      cos B  cos C  thì tam giác vuông 2 2 2  cos A cos B cos C  a  2 2 2  cot gA  cot gB  cot gC Bài 13: Cho tam giác ABC với BC=a, AC=b, AB=c Bài 23: tg 8 A  tg 8 B  tg 8 C  9tgA.tg 2 B.tg 2 C CMR tam giác ABC vuông hoặc cân tại A khi và Bài 24: tg 6 A  tg 6 B  tg 6 C  81 bc BC Bài 25: Tìm GTNN biểu thức chỉ khi  tg bc 2 1 1 1 M    Bài 14: Cho tam giác ABC có các góc thoả mãn đk: 2  cos 2 A 2  cos 2 B 2  cos 2C 3(cosB+2sinC) + 4(sinB+ 2cosC) =15 Bài 26: Tam giác ABC bất kỳ tìm GTLN của: CMR tam giác vuông P= cosA+ cosB +cosC Bài 15:Các góc tam giác ABC thoả mãn đk Bài 27: cos . cos .cos  sin .sin .sin  2 2 2 2 2 2 2 Cho tam giác ABC bất kỳ. Tìm GTLN của biểu CMR tam giác ABC vuông. thức Bài 16: Cho tam giác ABC thoả mãn đk P  3 cos B  3(cos A  cos C ) a 2 (b  c  a )  b 3  c 3  a 3 1  Bài 28: Cho tam giác ABC thoả mãn hệ thức: 1  cos C 2a  b  sin C  2  4a 2  b 2 17 2 cos B. sin B. sin C  3 (sin A  cos B  cos C )  CMR tam giác ABC đều. 4 Hỏi tam giác ABC là tam giác gì? CM? Bài 17: Tam giác ABC thoả mán đk:  1 1  2   3   cot gB  cot gC  sin A sin C  CMR tam giác ABC là tam giác đều Bài 18: Tam giác ABC thoả mãn đk A B C CosA.  CosB  CosC  sin  sin  sin CMR 2 2 2 tam giác ABC là tam giác đều Bài 19: tam giác ABC có các góc thoả mãn hệ A B C thức: Cotg 2 .  Cotg 2  Cotg 2  9 2 2 2 Bài 20:CMR nếu trong tam giác ABC ta có A B C sin A  sin B  sin C  cos  cos  cos 2 2 2 thì tam giác đều Bài 21: Cho tam giác ABC thoả mãn đk: 11
  12. 0  f ( x )  1 Bài 5. Phương trình và hệ phương trình log f ( x )  g ( x)  log f ( x )  h ( x)    g ( x )  h( x )  0 mũ - Lôgarit 5. Một số phương pháp thường dùng khi giải 1. Một số kiến thức cần nhớ: phương trình logarit: * Một số phép toán về luỹ thừa: + Đưa về cùng cơ số;  a a + Đặt ẩn phụ để giải phương trình bậc hai; (ab)  a b ;     ; a .a   a   ;    + Đặt ẩn phụ để giải phương trình mũ; b b m + Đưa về dạng tích bằng 0; a  + Đáng giá: Dùng BĐT, Hàm số, đoán nghiệm và  a   ;  a   a ; a n  n a m a chứng minh nghiệm duy nhất,... * Một số công thức biến đổi về logarit: Một số ví dụ: a x  b  x  log a b; Bài 1. Giải các phương trình sau: log a ( x1 .x2 )  log a x1  log a x2 ; a) 2 x 3.3x  2.5 x 1  4000; 2 2 2 2 x b) 5 x  3x 1  2 5 x 1  3x 2 ; log a 1  log a x1  log a x2 ;   x2 x2  x c) x  3  ( x  3) 2 ; 1 log a x   log a x; log a x  log a x; 2 d) 4 x  x 5  12.2 x 1 x 5  8  0 ; 2  log b x ln x lg x e) 6.9x  13.6 x  6.4 x  0; ĐS: x = 1; log a x    ; x x log b a ln a lg a f) (5  24)  (5  24)  10; ĐS: x = 1; x x log a b  1 ; a logb c  clogb a ;  g) 5  21  7 5  21     2 x3 ; log b a g) ( 15) x  1  4 x ; ĐS: x = 2. log a b.log b c.log c x  log a x h) 23 x  32 x  7 x  14 x  2 ; 2. Phương trình mũ: Bài 2. Giải các phương trình sau: a) Dạng cơ bản: a) log x 2.log 2 ( x  6)  1 ; b  0 a f (x)  b   b) x  log 2 (9  2 x )  3 ;  f ( x)  log a b c) log3 x7 (4 x 2  12 x  9)  log 2 x3 (6 x 2  23x  21)  4 a f ( x )  a g ( x )  f ( x)  g ( x) b) có số có chứa ẩn: d) log 2 x  ( x  1) log 2 x  6  2 x; 2  h ( x )  1 e) 27 log2 x  x log2 3  30 ;  f) log 5 x  log 7 ( x  2); f ( x), g ( x) cã nghÜ a  h( x )    h( x )     f ( x) g ( x)  h ( x )  0 g) 2 log 6 ( 4 x  8 x )  log 4 x ;    f ( x)  g ( x) h) log 3 ( x 2  3 x  13)  log 2 x ;  3. Một số phương pháp thường dùng khi giải i) log 3 ( x 2  x  1)  log 3 x  2 x  x 2 ; phương trình mũ: x2  x  3 + Đưa về phương trình dạng cơ bản. j) log 3 2  x 2  3x  2 ; 2x  4 x  5 + Lấy lôgarit hai vế; Bài 3. Giải các hệ phương trình sau: + Đặt ẩn phụ (chú ý điều kiện của ẩn phụ); + Đánh giá: Dùng BĐT, hàm số, đoán nghiệm và log x (3 x  2 y )  2  a)  ; chứng minh nghiệm duy nhất,.. log y (3 y  2 x)  2  4. Phương trình logarit:  3x a) Dạng cơ bản:  x log 2 3  log 2 y  y  log 2 2  0  a  1 b)  log a f ( x)  b   b  x log 12  log x  y  log 2 y  f ( x)  a   3 3 3 3  f ( x)  0( hoÆ g ( x)  0) c  log 2 ( x  y )  log 3 ( x  y)  1 log a f ( x)  log a g ( x)   c)  2 ;  f ( x)  g ( x) x  y  3 2 b) Cơ số có chứa ẩn: 12
  13. e x  e y  (log 2 y  log 2 x)( xy  1)  log y xy  log x y  d)  2 2 ; Bài 10  x  y  1  2 x  2 y  3  Một số bài luyện tập: HD ĐK x,y>= và khác 1 Bài 1: Cho phương trình BĐ (1) được 2 2 TH1: y=x thay vào (2) có nghiệm. log 3 x  log 3 x  1  2m  1  0 1 1) Giải phương trình khi m=2. TH2: x  2 thay vào (2) CM vô nghiệm y 2) Tìm m để phương trình có ít nhất một nghiệm chia thành 2 miền y >1 và 0-1  7) log x log 3 ( 9 x  6 )  1  TH1: -1=1 Côsi trong loggrit 11) Tìm m để phương trình ĐS x =1. 2 3 x  5 y 2  4 y  4 log 2 x 2  log 1 x  m  0 2  Bài 8:  4 x  2 x 1 ĐS (0,1) (2,4) có nghiệm thuộc khoảng (0;1).  x y  2 2 12) Giải hệ phương trình: Bài 9: Tìm m để phương trình sau có nghiệm log1 x (1  2 y  y 2 )  log1 y (1  2 x  x 2 )  4  thuộc [32, +)  log1 x (1  2 y )  log1 y (1  2 x)  2    log 2 x  log 1 x 2  3  m log 4 x 2  3 2 2 HD: Đặt t = log 2 x (t  5.) m  0   2 t 1  1 m  3 m  t  3  13
  14.  x  1 3  3x  k  0 (1) Bài 6: Bất phương trình và hệ bất phương  1 2 1 3 trình mũ - lôgarit  log 2 x  log 2 ( x  1)  1 (2) Một số kiến thức cần nhớ: 2 3 * Bất phương trình mũ: HD: ĐK x > 1.  a  1: f ( x)  g ( x) Giải (2) 1< x ≤ 2. a f ( x )  a g ( x)   BBT: f(x) = (x -1)3 -3x. ĐS k > -5  0  a  1: f ( x)  g ( x) Bài 2: f ( x)  h( x )  0 g ( x) log 1 x  2 log 1 ( x  1)  log 2 6  0  h( x )    h( x )   [h( x)  1][ f ( x)  g ( x)]  0 2 4 Bài 3: h( x )  0  h( x )  f ( x )   h ( x )  g ( x )   log x (log 3 .( 9 x  27 ))  1 [ h( x )  1][ f ( x )  g ( x )]  0 Bài 4: * Bất phương trình logarit:  a  1: f ( x)  a b  log  log 2 ( x  2 x 2  x )  0  log a f ( x)  b   b 4  0  a  1: 0  f ( x)  a Bài 5:  a  1: 0  f ( x)  a b ( x  1 ) log 2 x  ( 2 x  5 ) log 1 x  6  0 1 log a f ( x)  b   b 2 2 0  a  1: f ( x)  a HD  a  1: f ( x)  g ( x )  0  đặt t bằng log của x coi là phương trình log a f ( x)  log a g ( x)   bậc 2 ẩn t. 0  a  1: 0  f ( x)  g ( x)  Chú ý so sánh 2 trường hợp t1, t2 log f ( x ) g ( x)  log f ( x ) h( x)  ĐS (0;2] v (x  4) 1 3  f ( x)  0 log 2 x log 2 x  Bài 6: Giải bất phương trình 2 x 2  22 [ f ( x)  1][ g ( x)  h ( x)]  0 Lấy logarit 2 vế theo cơ số 2. Một số ví dụ: Bài 7. Tìm m để phương trình: Ví dụ 1. Giải các bất phương trình sau: m9 x  (2m  1)6 x  m.4 x  0 (1) 1 1 a)  x2 ; nghiệm đúng với mọi x  [0; 1]. x2 5 x 6 3 3 Bài 8: Giải bất phương trình 2 b) (4 x 2  2 x  1) x x  1; log 1 ( x  3) 2  log 1 ( x  3) 3 2 3 c) 9 x  3x  2  3x  9 ; 0 x 1 x2 x2 x2 d) 2.49  9.14  7.4  0; Bài 9: Giải bất phương trình 21 x  2 x  1 1 1 e)  0; 2  2x 1 log 4 ( x  3x) log 2 (3x  1) Ví dụ 2. Giải các bất phương trình sau: Bài 10. Giải bất phương trình a) log 1 ( x 2  6 x  8)  2 log 5 ( x  4)  0 ; 2 x  x2 1 x 2 2 x 5 9  2  3  3 b) log x log 9 (3x  9)   1;   Bài 11. Giải bất phương trình: c) log 2 (4  4)  x  log 1 (2 x 1  3) ; x 2 1 2 2  1 x  1 x    9.    12 (1) d) log 4 (2 x 2  3 x  2)  1  log 2 (2 x 2  3 x  2) ; 3 3 2 Tìm m để mọi nghiệm của (1) đều là nghiệm của e) 6log6 x  x log6 x  12 ; bất phương trình: 2x2 + (m + 2)x + 2 - 3m < 0 (2) Bài 12. Giải bất phương trình: Bài tập luyện tập: x  lg( x 2  x  6)  4  lg( x  2) Bài 1: Tìm k để hệ phương trình sau có nghiệm 14
  15. sin x 2  b) Đặt f(x) =  với x  (0; ) . Bài 7. Đạo hàm và ứng dụng x  2 x cos x  sin x Một số kiến thức cần nắm vững: Có f '( x)  . x2  Các quy tắc tính đạo hàm. Đặt g(x) = xcosx - sinx.  Bảng đạo hàm của các hàm số thường gặp.   Đạo hàm cấp cao. g’(x) = -xsinx < 0 với x  (0; )  g(x) là hàm 1. Đạo hàm cấp n: 2 PP tính đạo hàm cấp n:   NB trên (0; )  g(x) < g(0) với x  (0; ) . + Bước 1: Tính đạo hàm cấp 1, 2, 3. 2 2 + Dự đoán công thức tổng quát;   f’(x) là hàm số NB trên (0; ) + Chứng minh bằng quy nạp; 2 + Kết luận.  2  * Một số công thức tính đạo hàm cấp n:  f(x) > f( ) = , x  (0; ) . 2  2 1 (1)n a n .n ! Bài tập luyện tập: y  y (n)  ax  b (ax  b)n 1 Chứng minh các BĐT: a) ex > x + 1 với x > 0; b) x > ln(1 + x) với x > 0. (n) (1) n 1 a n 1 (n  1)! y  ln(ax  b)  y  c) (x + 1)lnx > 2(x - 1) với x > 1; (ax  b)n x2 x3  n  d) cosx  1 - với x > 0; e) sinx  x - với y  sin x  y ( n )  sin  x  2 6   2  x>0;  n  3. ứng dụng định nghĩa đạo hàm để tính giới y  cos x  y ( n )  cos  x   hạn.  2  f ( x)  f ( x0 ) 1 lim  f '( x0 ) . Ví dụ 1. Cho hàm số y = . x  x0 x  x0 1 x a) Tính y’, y’’, y’’’ PP: Để tính giới hạn của hàm số bằng định nghĩa n! đạo hàm tại một điểm ta làm theo các bước: b) Chứng minh rằng: y ( n )  . + Bước 1: Đưa giới hạn cần tính về đúng công (1  x) n 1 thức: Ví dụ 2. Tính đạo hàm cấp n của hàm số: f ( x)  f ( x0 ) 2x 2008 x lim a) y = 2 ; b) y = 2 . x  x0 x  x0 x 1 x  5x  6 + Bước 2: Xét hàm số y = f(x). Tính f(x0), f’(x) và 2. ứng dụng của đạo hàm để chứng minh bất f’(x0). đẳng thức: f ( x)  f ( x0 ) PP: Để chứng minh f(x) > g(x) x  (a; b) ta đặt + Bước 3: Kết luận lim  f '( x0 ) . (x) = f(x) - g(x). x  x0 x  x0 + Xét xự biến thiên của hàm y = (x) trên (a; b). Chú ý: Một số trường hợp ta phải biến đổi về dạng: + Dựa vào sự biến thiên chứng tỏ rằng (x) > 0, f ( x )  f ( x0 ) x (a; b). x  x0 f '( x0 ) lim  . * Chú ý: Đôi khi ta phải chọn hàm số (x) để có x  x0 g ( x )  g ( x ) g '( x0 ) 0 điều cần chứng minh. x  x0 Ví dụ. Chứng minh rằng: Ví dụ. Tính các giới hạn: x2 3 x 1  1 x a) ln(1 + x) > x - , x > 0. a) lim ; 2 x 0 x 2x  b) sin x  , x  (0; ) . HD: Đặt f(x) = 3 x  1  1  x thì giới hạn có  2 f ( x)  f (0) HD: dạng: lim . Do đó: x 0 x0 x2 a) Đặt f(x) = ln(1 + x) - x + với x > 0. 3 x 1  1 x 2 lim  f '(0) . 1 x2 x 0 x Có f '( x)  1  x   0, x  0 1 1 1 1 5 x 1 x 1 Có f '( x)   ; f’(0) =   3 3 ( x  1)2 2 1  x 3 2 6  f(x) > f(0) = 0 với x > 0  đpcm. 15
  16. 3 x 1  1  x 5 HD Đặt t= (1  2 x).(3  x) Từ miền xác đinh của Vậy lim  . x 0 x 6  7 2 4 3 x  9  x 1 5 x suy ra t  0; . b) lim ; ĐS:   4  x 7 x7 96 Biến đổi thành f(t) = t2 + t > m + 2. 3 (2 x  1) x  3  x  9 4 Tìm miền giá trị của VT m < -6. c) lim ; ĐS: x 1 x 1 3 Bài 5: Tìm a nhỏ nhất để bất phương trình sau 3 x  1  x 1 5 thoả mãn với mọi x thuộc [0;1] d) lim 3 ; ĐS: . a.( x 2  x  1)  ( x 2  x  1) 2 x 0 x  1  cos x 2 HD Đặt t = x2 + x dùng miền giá trị suy ra x 1  3 x 1 a = -1. 3 x  1  x 1 x Bài 6: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm HD: lim 3  lim . x 0 x  1  cos x x0 3 x  1  cos x x2  x  1  x2  x  1  m x HD: m  2. 1  2 x  3 1  3x 5  x  3 x2  7 Bài 7: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm e) lim ; f) lim ; x 0 x x 1 x2  1 với mọi x 4. ứng dụng đạo hàm để tìm GTLN, GTNN 3cos4 x  5.cos3x  36.sin2 x 15cos x  36  24m 12m2  0 * Bài toán 1: GTLN, GTNN của hàm số trên một HD Đặt t = cosx BBT 0  m  2. khoảng. Bài 8: Tìm m để phương trình sau có nghiệm trên PP: + Lập BBT của hàm số trên khoảng cần tìm. [-/2; /2] + Nếu trên khoảng đó hàm số có duy nhất một 2  2 sin 2 x  m(1  cos x) 2 điểm cực tiểu thì đó là GTNN. Bài 9: Tìm GTLN, GTNN của hàm số + Nếu trên khoảng đó hàm số có duy nhất một điểm cực đại thì đó là GTLN. y  2 sin 8 x  cos 4 2 x * Bài toán 2: Tìm GTLN, GTNN của hàm số trên HD : 3 và 1/27 một đoạn. Bài 10: Tìm GTLN, GTNN của hàm số PP: + Tìm TXĐ, tìm các điểm tới hạn x1, x2, x3, .... y  2 x  2  x  (4 x  4  x ) với 0  x  1 . của f(x) trên đoạn [a; b]. Bài 11: Tìm GTLN, GTNN của hàm số + Tính f(a), f(x1), f(x2), ..., f(b). y  x  4  x2 + Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số * PP tìm GTLN, GTNN của hàm số bằng miền giá trên rồi kết luận. trị của hàm số. M = max f ( x ) , m = min f ( x) [ a ;b ] [ a ;b ] Ví dụ: * Bài toán 3: Xác định tham số để các phương trình Tìm GTLN, GTNN của các hàm số: hoặc bất phương trình có nghiệm. x2  3 8x  3 a) y  2 ; b) y  2 ; + F(x) = m  m  [MaxF(X); minF(x)] x  x  12 x  x 1 + F(x) > m với mọi x . . m < minF(x) 2sin x  1 sin x  cos x + F(x) > m có nghiệm . . m
  17.  Dạng 1: Họ đường cong đi qua điểm cố Bài 8: Tiếp tuyến, tiếp xúc và định: Ta tìm điểm cố định M(x0; y0), rồi chứng tương giao minh f’(x0) = hằng số với m. 1. Phương trình tiếp tuyến của hàm số.  Dạng 2: Họ đường cong không đi qua điểm Cho hàm số y = f(x) có đồ thị là (C). cố định: áp dụng điều kiện tiếp xúc của đồ thị hai * Tiếp tuyến tại điểm M(x0; y0)  (C): hàm số, ta có hệ phương trình sau có nghiệm với y - y0 = f’(x0)(x - x0). mọi m: * Tiếp tuyến có hệ số góc k cho trước:  f ( x)  ax  b + Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm. Ta có f’(x0) = k.  . +Giải phương trình ta tìm được x0, rồi tìm y0 =  f '( x)  a f(x0) 5. Tương giao Từ đó ta viết được phương trình. Hoành độ giao điểm của đồ thị 2 hàm số y = f(x) Chú ý: Nếu  là tiếp tuyến và: và y = g(x) là nghiệm của phương trình: f(x) = +  // d: y = ax + b  k = a. g(x). Chú ý bài toán tìm số giao điểm của đồ thị hàm số +   d: y = ax + b  k = -1/a. với trục hoành. +  hợp với trục Ox một góc   k =  tg(). * Đồ thị hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d cắt trục +  hợp với tia Ox một góc   k = tg(). hoành tại 3 điểm lập thành cấp số cộng  hàm số * Tiếp tuyến đi qua một điểm A(x1; y1). có 2 cực trị và điểm uốn nằm trên trục hoành  Cách 1: Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm. PTTT tại x0 là: y = f’(x0)(x - x0) + f(x0).  y '  0 cã hai nghiÖ ph© biÖ m n t  . A TT  y1 = f’(x0)(x1 - x0) + f(x0).  yuèn  0 Giải phương trình ẩn x0 rồi tìm f(x0), f’(x0). * Đồ thị hàm số y = ax4 + bx2 + c cắt trục hoành tại Cách 2: Đường thẳng  đi qua A có hệ số góc k có 4 điểm lập thành cấp số cộng  phương trình: phương trình: y = k(x - x1) + y1. at2 + bt + c = 0 có 2 nghiệm dương t1 < t2 thoả mãn  là tiếp tuyến của (C)  hệ PT sau có nghiệm: t2 = 9t1.  f ( x)  k ( x  x1 )  y1 Các bài tập luyện tập:   f '( x )  k a) Các bài tập về phương trình tiếp tuyến: giải hệ phương trình bằng phương pháp thế để tìm Bài 1. Cho hàm số y = x3 - 2x2 + 2x có đồ thị là k. (C). 2. Điều kiện tiếp xúc của hai đồ thị: 1) Viết PTTT của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với Đồ thị 2 hàm số y = f(x) và y = g(x) tiếp xúc nhau đường thẳng y = -x +1. 2) Chứng minh rằng trên (C) không có 2 điểm mà  hệ phương trình sau có nghiệm: tiếp tuyến với (C) tại hai điểm này vuông góc với  f ( x)  g ( x) nhau.   f '( x)  g '( x) HD: 1) ĐS: y = x, y = x + 2/27. nghiệm của hệ là hoành độ tiếp điểm. 2) CM: y’ > 0 với x. Đặc biệt đồ thị hàm số y = f(x) tiếp xúc với trục Ox Bài 2. Viết PTTT tại điểm uốn của đồ thị hàm số y  hệ phương trình sau có nghiệm. = x3 - 3x2. CMR đây là tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ 3. Điểm cố định của họ đường cong. nhất trong các hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị. Điểm cố định là điểm có toạ độ (x0; y0) nghiệm HD: ĐS: y = -3x + 1. đúng phương trình: y0 = f(x0, m). Vì vậy: muốn tìm CMR y’ - 3 với x. điểm cố định mà họ đường cong (Cm) đi qua ta làm Bài 3. Cho hàm số y = x3 - 3x + 1. Viết PTTT với theo hai bước tuỳ theo dạng hàm số như sau: (C) biết tiếp tuyến đi qua điểm A(1; 6). + Đưa phương trình về dạng: ĐS: y = 9x - 15. A  0 x 1  Bài 4. Cho hàm số y = . CMR tiếp tuyến tại 2 * Am  Bm  C  0 m   B  0 x2 C  0 một điểm bất kì của đồ thị luôn cắt hai đường tiệm  cận và tam giác tạo thành có diện tích không đổi.  A0 x 4 * Am  B  0 m   HD: + Giao với TCĐ tại A(2; 0 ) , giao với B  0 x0  2 + Giải hệ điều kiện trên ta tìm được điểm cố định. TCN tại B(2 x0  2;1) . 4. Tiếp tuyến cố định * PP: 17
  18. u ( x) ĐS: m = 4, m = -4/9. Bài 5. Cho hàm số y = f(x) = . v( x) x 2  (m  2) x  m Bài 14: Cho hàm số y  (1) 1) CMR hệ số góc của tiếp tuyến tại giao điểm x = x 1 u '( x0 ) Tìm m để đường thẳng y=-x-4 cắt đồ thị hàm số (1) x0 của đồ thị với trục hoành là k = . tại 2 điểm đối xứng nhau qua đường thẳng y=x. v( x0 ) HD: Ycbt  trung điểm đoạn thẳng thuộc đường x2  2x  m thẳng y = x. 2) Tìm m để đồ thị hàm số y = cắt trục x2 x 1 hoành tại 2 điểm mà các tiếp tuyến của đồ thị tại 2 Bài 15: Cho hàm số y  (1) x 1 điểm này vuông góc với nhau. 1) Tìm m để đường thẳng D: y= 2x + m cắt (C ) ĐS: m = 2/5. tại 2 điểm phân biệt A,B sao cho tiếp tuyến của b) Các bài toán về tiếp tuyến cố định: (C ) tại A, B song song với nhau. Bài 6. CMR đồ thị hàm số 2 2) Tìm tất cả các điểm M thuộc (C ) sao cho 2 x  (1  m) x  m  1 khoảng cách từ M đến giao điểm 2 đường tiệm y luôn tiếp xúc với một xm cận là ngắn nhất. đường thẳng cố định tại một điểm cố định. 2x  1 HD: Điểm cố định (-1; -2). y’(-1) = 1. Bài 16: Cho hàm số y  (1) x 1 Bài 7. CMR với m0 thì đồ thị hàm số Gọi I là giao điểm 2 đường tiệm cận của (C ) Tìm ( m  1) x  m điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại M vuông y luôn tiếp xúc với một đường xm góc với dường thẳng IM. thẳng cố định. mx 2  x  m HD: điểm cố định (0; 1), y’(0) = 1. Bài 17: Cho hàm số y  (1) x 1 Bài 8. Chứng minh rằng đồ thị hàm số Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 2 ( m  2) x  (m 2  2m  4) điểm phân biệt có hoành độ dương. y luôn tiếp xúc với hai xm Bài 18: Cho hàm số y  x 4  mx 2  m  1 (1) đường thẳng cố định. HD: G/s tiếp tuyến cố định là y = kx + b. Ycbt  Tìm m để đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại 4  4 điểm phân biệt  m  1  x  m  kx  b  x 2  2x  2 hệ:  có nghiệm với m . Bài 19: Cho hàm số y  (1) x 1  4 2 k Tìm toạ độ 2 điểm A,B nằm trên (C ) và đối xứng  ( x  m)  nhau qua đường thẳng x - y - 4 = 0. ĐS: y = x + 3, y = x - 5. c) Các bài toán về tiếp xúc: Bài 20: Cho hàm số y  x 4  4 x 2  m (1) Bài 9. Tìm m để hàm số y = x3 - 3mx + m + 1 tiếp Giả sử đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt. xúc với trục hoành. Hãy xác định m sao cho hình phẳng giới hạn bởi ĐS: m = 1. đồ thị (C) và trục hoành có diện tích phần phía Bài 10. Cho (C): y= (x2 - 1)2 và (P): y = ax2 - 3. trên và phần phía dưới đối với trục hoành bằng Tìm a để (C) và (P) tiếp xúc nhau. Viết PT các tiếp nhau. tuyến chung của (C) và (P). HD: ĐK cắt 0
  19. CMR tích các khoảng cách từ M thuộc (C ) dến 2 Bài 15. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị tiệm cận của (C ) không phụ thuộc vào vị trí của hàm số y = x4 - 2x2 tại 4 điểm phân biệt. M. x 1 Bài 16. Tìm m để đồ thị (C) của hàm số y = x 1 Các bài tập tự luyện: cắt đường thẳng d: y = mx + 1 tại 2 điểm thuộc 2 nhánh khác nhau của đồ thị. Bài 1 (39.I): Cho y = x3 + 3x2 + 3x + 5. Bài 17. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị (C) 1. CMR: Trên đồ thị không tồn tại hai điểm mà hai  x 2  3x  3 tiếp tuyến tại đó vuông góc với nhau. của hàm số y = tại hai điểm A, B sao 2( x  1) 2. Tìm k để trên đồ thị có ít nhất một điểm mà tiếp cho AB = 1. tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng y = kx. Bài 18. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị (C) Bài 2: Tìm các điểm M  đồ thị hàm số y = x 2  mx  m x2  x  2 của hàm số y = tại hai điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến tại M cắt các trục toạ 1 x x2 A, B sao cho OA  OB. độ tại A và B tạo thành tam giác vuông cân OAB. Bài 3 : Tìm tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của y Bài 19. Tìm m để đồ thị hàm số y = x3 + mx2 - m cắt trục hoành tại 3 điểm lập thành cấp số cộng. = x3 + 3x2 - 9x + 5. Bài 4 : Viết tiếp tuyến với y = -x3 + 3x2 biết tiếp Bài 20. Tìm m đề đồ thị hàm số y = 1 x4 1 tuyến vuông góc với y = x.  mx 2  m  cắt trục hoành tại 4 điểm lập 9 2 2 2 thành một cấp số cộng. Bài 5: Viết pttt qua M( ; 1) với y = -x3 +3x -1. 3 x2  x  1 Bài 6:Viết pttt đi qua M(1 ; 0) với y = . x 1 3x  2 Bài 7: CMR trên đồ thị của y = không có x 1 tiếp tuyến nào đi qua giao hai tiệm cận. Bài 8: Qua A(-2; 5) có mấy tiếp tuyến với y = x3 - 9x2 + 17x + 2. Bài 9. Tìm m để đồ thị hàm số y = (x - 1)(x2 + mx + m) tiếp xúc với trục hoành. x2  x  1 Bài 10. Cho hàm số y  . Xác định a để x 1 hàm số tiếp xúc với Parabol y = x2 + a. x2  2x  1 Bài 11. Cho hàm số y  có đồ thị là x 1 (C). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho các tiếp tuyến ấy vuông góc với tiệm cận xiên. Chứng minh rằng tiếp điểm là trung điểm của đoạn thẳng tiếp tuyến bị chắn bởi hai đường tiệm cận. x 2  2mx  m Bài 12. Cho hàm số y  có đồ thị là xm Cm. Tìm m để đồ thị (Cm) cắt trục Ox tại hai điểm và tiếp tuyến tại hai điểm đó vuông góc với nhau. Bài 13. Cho hàm số y = x3 - 3x2 + 2 có đồ thị (C). Qua A(1; 0) kẻ được mấy tiếp tuyến tới (C). Viết các phương trình tiếp tuyến ấy. Chứng minh rằng không có tiếp tuyến nào của đồ thị song song với tiếp tuyến qua A(1; 0). Bài 14. Tìm m để đồ thị hàm số y = x3 + mx2 + 1 tiếp xúc với đường thẳng d có phương trình y = 5. 19
  20. + Hàm số có 2 cực trị trái dấu  Bài 9. Tính đơn điệu và cực trị  y '  0 cã 2 nghiÖ ph© biÖ m n t  Một số kiến thức cần nắm vững:  y  0 v« nghiÖ m 1. Tính đơn điệu của hàm số: + Hàm số có 2 cực trị cùng dấu  Hàm số y = f(x) ĐB/(a; b)  f’(x)  0 x  (a; b).  y '  0 cã 2 nghiÖ ph© biÖ m n t  Hàm số y = f(x) NB/(a; b)  f’(x)  0 x  (a; b).  y  0 cã 2 nghiÖ ph© biÖ m n t Chú ý: 2ax0  b Cho tam thức bậc 2: f(x) = ax2 + bx + c (a  0). + Nếu hàm số đạt cực trị tại x0 thì y(x0) = . a' a  0 a  0 + Đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là + f(x)  0 x   ; f(x) 0 x     0   0 a y 2 x . b f(x) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn: a' a'  Một số ví dụ :   0 * Các ví dụ về tính đơn điệu của hàm số:  Ví dụ 1. Cho hàm số y = x3 - 3x2 + mx + 1. +   x1 < x2   af ( )  0 S 1) Tìm m để hàm số ĐB trên R.   2) Tìm m để hàm số ĐB với x > 1. 2 HD:  1) ĐK  y’  0 với x  g(x) = 3x2 - 6x + m  0   0  với x  ’  0  9 - 3m  0  m  3. + x1 < x2     af ( )  0 2) ĐK  y’  0 với x > 1. Xét 2 trường hợp: S + TH1: ’  0  m  3  y’  0 x  y’  0 với   x > 1. 2 2. Cực trị của hàm số. + TH2: ’>0 thì y’  0 với x > 1  g(x) có 2 Cần nắm vững hai quy tắc để tìm cực trị. nghiệm x1, x2 thoả mãn: x1 < x2  1. * Cho hàm số y = f(x). ĐS: m  3.  f '( x0 )  0 Cách 2: Dùng PP hàm số. + Hàm số đạt cực đại tại x = x0   .  f ''( x0 )  0 x 2  5 x  m2  6  f '( x0 )  0 Ví dụ 2. Tìm m để hàm số y = + Hàm số đạt cực tiểu tại x = x0   . x3  f ''( x0 )  0 ĐB trên khoảng (1; +). * Đối với hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d. HD: Hàm số xác định với x(1; +). + Hàm số có cực trị  y’ = 0 có 2 nghiệm phân x 2  6 x  9  m2 y'  . biệt. Khi đó hàm số có một CT và một CĐ. ( x  3)2 + Khi chia y cho y’ ta được: y = y’.g(x) + r(x). ĐK  y’  0 với x > 1  g(x) = x2 + 6x + 9 - m2 Nếu x0 là điểm cực trị thì yCT = r(x0)  y = r(x)  0 với x > 1  m2  x2 + 6x + 9 x > 1  m2  chính là đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị. mint(x) = x2 + 6x + 9 x > 1. * Đối với hàm số y = ax4 + bx2 + c: + Hàm số luôn có một điểm cực trị nằm trên trục ĐS: -4  m  4. tung. x 2  2mx  3m2 Ví dụ 3. Tìm m để hàm số y  + Vì y’ = 2x(2ax2 + b) nên hàm số có 3 cực trị  x  2m phương trình 2ax2 + b = 0 có 2 nghiệm phân biệt đồng biến trên khoảng (1; +). khác 0. HD: Hàm số xác định với x > 1  2m  1  m + Do tính chất đối xứng nên nếu hàm số có 3 cực  1/2. trị thì luôn có 2 cực trị đối xứng nhau qua trục Oy. x 2  4mx  m2 ax 2  bx  c y'  . * Đối với hàm số y  : ( x  2 m) 2 a'xb' ĐK  y’  0 với x > 1  g(x) = x2 - 4mx + m2  + Hàm số có cực trị  y’ = 0 có 2 nghiệm phân 0 với x > 1. Xét 2 trường hợp: b' + TH1: ’  0  m = 0. biệt   . Khi đó hàm số có một CT và một CĐ. a' + TH2: ’>0  m < 2 - 3 . * Các ví dụ về cực trị của hàm số: 20

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản