Bạn đọc tự vẽ Đồ thị hàm số... Bạn đọc tự làm... Từ đó tìm ra các giá trị của x ta sẽ viết được các pttt cần tìm.. Giải ra các giá trị của a thay vào ∆ ta được các pttt... Bạn đọc khảo s
Trang 1ĐỀ CƯƠNG ÔN TẬP HKI MÔN TOÁN LỚP 12
NĂM HỌC 2011 - 2012
Bài 1 : Tìm GTLN, GTNN của các hàm số sau :
a Xét hàm số f( )x =x3 + 3x2 − 9x− 7 trên đoạn [− 4 ; 3] Đạo hàm : f'( )x = 3x2 + 6x− 9 ;
−
=
=
⇔
=
3
1 0
)
(
'
x
x x
Ta có : f( − 4 ) = 13 ;f( − 3 ) = 20 ; f( 1 ) = − 12 ;f( 3 ) = 20 Vậy: max[ 4 ; 3] ( )=20⇔ = ±3
−
[ ] ( ) 12 1
min
3
;
−
b.Bạn đọc tự làm
c Xét h/s : f(x) = 2 sinx+ sin 2x, trên đoạn 2
3
;
0 π
Đạo hàm : f' (x) = 2 cosx+ 2 cos 2x
0
)
(
' x =
f
−
=
=
<
<
⇔
=
− +
⇔
1 cos
5 , 0 cos
2
3 0
0 1 cos cos
x x
x x
x
π
=
=
=
⇔
∈
+
=
+
−
=
+
=
<
<
⇔
π
π
π π
π π
π π π
x
Z k
k x
k x
k x
x
3 x
0 x
;
2
2 3
2 3
2
3 0
2
3 3 3
; 0 ) 0
2
3 2
3 =
Như vậy : min ( ) 323
2
3
; 0
=
∈
x f
x π ,đạt được khi x = π3 ; min ( ) 0
2
3
; 0
=
∈
x f
=
= π
x
x 0
d Xét hàm số : f( )x = ln 2 x− 2 lnx− 3 , trên đoạn [ ]1 e; 3 TXĐ : D = (0;+∞)
Đạo hàm :
x x
x e
x
x e x x
ln
2 ln
ln
2 ) ( ' = − = − ; f' (x) = 0 ⇔x=e Lại có : f(1) = -3 ; f(e) -4 ; f(e 3 ) = 0
Vậy : min[ ] 1 ; 3 ( )= −4
e
x , đạt được khi x = e ; max[ ] 1 ; 3 ( )=0
e
x , đạt được khi x = e3
e Xét hàm số : f(x) =e x +e−x, trên đoạn 2;ln2
1
ln Đạo hàm : f' (x) =e x −e−x ;
0 0
)
(
' x = ⇔x=
1
Trang 2Ta lại có : 1 ; ( )0 2 ; ( )ln 2 4
2
1
2
1 ln
=
∈
x f
x , đạt được khi x = ln21;
4 )
(
max
2
ln
;
2
1
ln
=
∈
x
f
f Xét hàm số : f(x) =x+ 4 −x2 TXĐ : D = [-2;2]
4 2
2 1 ) ( '
−
−
x
x x
Lại có : f(-2) = -2 ; f( )2 = 2 2 ; f(2) = 2
Vậy : min[ 2 ; 2] ( )= −2
−
x , đạt được khi x = -2 ; max[ ] ( ) 2 2
2
;
−
g Xét hàm số :
1
1 )
(
2 +
+
=
x
x x
f , trên đoạn [-1;2] TXĐ : D = [-1;2]
Đạo hàm :
( )
1 ).
1 (
1 1
1
) 1 ( 1 1
1 2
) 1 ( 2 1 )
( '
2 2
2 2 2
2 2 2
+ +
−
= +
+
+
− +
= +
+
+
− +
=
x x
x x
x
x x x
x x
x x x
x
Lại có : f(-1) = 0 ; f(1) =
5
5 3 ) (
;
2 f x = Như vậy : min[ 1 ; 2] ( )=0
−
x , đạt được khi x = -1 ;
[ ] ( ) 2
max
2
;
−
3
− + +
−
1 Với m = 1, h/số (1) trở thành : y = f x x 4x 6x
3
2 ) ( = 3 − 2 + TXĐ : D = R
=
= +∞
→ +∞
x
3
2 lim ) (
;xlim→−∞ f(x)=−∞ Suy ra, ĐTHS
kg có tiệm cận
Đạo hàm : f' (x) = 2x2 − 8x+ 6 ;
=
=
⇔
=
1
3 0
) ( '
x
x x
Bảng biến thiên :
x -∞ 1 3 +∞
f'(x )
+ 0 - 0 +
Trang 338 +∞
-∞ 0 Vậy : Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞;1) và (3;+ ∞) ; hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3)
Hàm số đạt cực đại tại x = 1 ; yCĐ = 38 H/số đạt cực tiểu tại x = 3 ; yCT = 0 Bạn đọc tự vẽ Đồ thị hàm số
2 Xét hàm số : y = f x x 4x 6x
3
2 ) ( = 3 − 2 + Có đồ thị h/số (C) TXĐ : D = R Đạo
hàm : f'(x) = 2x 2 - 8x + 6
Hoành độ tiếp điểm của ĐTHS (C) song song với đ/thẳng (d1) : y = 6x - 6 là nghiệm
của phương trình : 2x2 - 8x +6 = 6
=
=
⇔
=
−
⇔
0
4 0
8
2 2
x
x x
x Với x = 4, pttt của ĐTHS (C)
có dạng : y - f(4) = 6(x - 4) <=> y = 6x - 43
Với x = 0, pttt của ĐTHS (C) có dạng : y - f(0) = 6(x-0)
<=> y = 6x
3
2 0 1 6
4 3
2
1 3
5 3
8 1
0 < − < ⇔ − < <
3
2 6 4 3
2 9
3 − + = ⇔ − + = Như vậy : Với 0 <
3
8 3
2k< hay 0 < k < 4 thì
pt x3 − 6x+ 9x=k có 3 nghiệm phân biệt Với
=
=
⇔
=
=
0
4 0
3 2 3
8 3 2
k
k k
k
thì pt x3 − 6x+ 9x=k có 2
nghiệm phân biệt Với
<
>
⇔
<
>
0
4 0
3 2 3
8 3 2
k
k k
k
thì pt x3 − 6x+ 9x=k có 1 nghiệm duy nhất
3
Trang 4Bài 3 : 1 Khi m = 1, h/s trở thành :
2
1 2
3 )
( = 3 − 2 +
vẽ ĐTHS (*)
2
1 2
x − + TXĐ : D = R Đạo hàm : y' = 3x2 - 3mx
Để hàm số có cực trị thì pt : y' = 0 ⇔ 3x2 − 3mx= 0 có hai nghiệm phân biệt Do đó :
0 0
9 2 > ⇔ ≠
=
Giả sử A(x1 ; y1) và B(x2 ; y2) là hai điểm cực trị của h/số
Suy ra : x1 , x2 là hai nghiệm của pt : 3x2 - 3mx = 0
=
=
⇔
m x
x 0
Suy ra A ; ( ); 0
2
1
;
0 m3 B m
Suy ra : −; 2
3
m m
AB và M 2;− 4
3
m m
là trung điểm của AB Và n( 1 ; 1 ) là vtcp cuả đ/thẳng : y = x
4 2
0 2
1 :
3
=
⇔
−
=
=
−
⇔
=
∈
⊥
m m
m m
x y t đ M
n AB
3 Tương tự ý 4-Câu 2 Bạn đọc tự làm
Bài 4 : 1 (ĐHKTQD-2001) Xét h/s : ( ) 31
−
+
=
=
x
x x f
y TXD : D = R\{3}
3
1 lim ) (
−
+
=
∞
x x
f
x Suy ra, h/số có tiệm cận ngang là đ/thẳng : y
=1
lim → + ( )=+∞; lim → − ( )=−∞
3
x
đường thẳng : x= 3
x x
−
−
) 3 (
4 )
(
−
+
=
=
x
x x f
tập xác định
Bảng b/thiên x -∞ 3
+∞
f'(x )
Trang 5Bạn đọc tự vẽ ĐTHS.
2.Pttt của (C) tại x0 = 1 có dạng : y - f(1) = f'(1).(x - 1) hay : y + 1 = -1(x - 1) ⇔ y=x 3.Hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến của ĐTHS vuông góc với đ/thẳng (d): y = x
+2010 là ng của pt : y' 1 = -1
Từ đó tìm ra các giá trị của x ta sẽ viết được các pttt cần tìm ĐS :có hai pttt thảo
mãn là ( ∆1) :y= −x+ 8 ;( )∆2 :y= −x
4 Pttt đi qua điểm A(5;3) có dạng (∆): y = k(x - 5) + 3 Đ/thẳng (∆) tiếp xúc với ĐTHS (C) khi hệ sau có nghiệm :
1 1
2 1
2
1 2 3 2
3 4
3 2 3
4 3
4 1
3
4
3 ) 5 (
3
1
2 2
2
−
=
⇔
=
−
+
−
=
−
⇔
=
−
−
+
−
−
−
=
−
+
⇔
=
−
−
+
−
=
−
+
k k k
k x
k x
k x
x k
x
x
k
x
x
.Thay vào ta đc (
∆): y = -x + 8
5 Gọi M(a ; a y( )) là tiếp điểm của (C) và tiếp tuyến Pttt tại M của (C) có dạng (∆):
) (
) 3 (
4 )
a
a
y
−
−
=
( )2 2
3
4 3
1 )
3 (
4 :
)
(
−
−
−
+ +
−
−
=
∆
a
a a
a x a
=
−
−
=
⇔
−
−
−
+ +
−
−
=
=
0 4
3 6 )
3 (
4 3
1 )
3
(
4
2
a a x a
a a
a a
x
y
y
Vậy A −4 − ;0
3 6
a
Tương tự, ta có B
−
−
−
2
2
)
3
(
3
6
;
0
a
a
a
( )2
2 2
2
2 2
3
3 6 8
1 )
3 (
3 6 4
3 6 2
1
2
1
−
−
−
=
−
−
−
−
−
=
=
∆
a
a a a
a a a a y
x
Do S∆OAB = 1/8 nên ( )
3 6 8
1 3
3 6 8
2
2 2
±
=
−
−
−
⇔
=
−
−
−
a
a a a
a a
Giải ra các giá trị của a thay vào (∆) ta được các pttt
Đáp số : Có hai pttt thoả mãn là ( )
4
1 4
1 :
∆ y x ; ( )
3
1 9
4 :
6 Bạn đọc tự vẽ ĐTHS : = −+13
x
x
y (C) Lưu ý : Ta có
<
∀
−
>
∀
=
=
0 ,
0 ,
a a
a a a
ĐTHS (C) gồm :
5
Trang 6Phần từ trục Ox trở lên của ĐTHS
3
1
−
+
=
x
x
y , và phần đối xứng phần ĐTHS
3
1
−
+
=
x
x
dưới trục Ox qua trục Ox
Bài 5 : H/số : y =x4 − 2 (m+ 1 )x3 − 3m
1 Do (Cm) cắt Oy tại điểm A(0;-3) nên toạ độ của A chính là nghiệm của pt:
m x m
x
y = 4 − 2 ( + 1 ) 2 − 3
Thay vào ta có : − 3 = 0 4 − 2 (m+ 1 ) 0 2 − 3m⇔m= 1 ⇒h/sô.( )C :y=x4 − 4x2 − 3
Bạn đọc khảo sát và vẽ ĐTHS (C)
2 y'' = 12x2 - 8 ; y'' = 0
3
6 0
8
⇔ x x (vì x0 > 0) Suy ra pttt cần tìm là : y =
3
5
9
6
3 ĐS:Với -4<k<0,pt có 4 nghiệm.Với k = -4 và k>0,pt có 2 nghiệm.Với k = 0,pt có 3
nghiệm.Với k < -4,pt vô nghiệm
4 Để h/số có 3 điểm cực trị thì pt: y' = 4x3 - 4(m+1)x = 4x3 - 4(m+1)x = 0 có 3 nghiệm
phân biệt
Suy ra pt : x2 - (m+1) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 Để thoả mãn điều này thì
m+1 > 0 hay m > -1
) ( , 2 3 3 1 3 0 3 5 ) 3 (
3 0 2 3 5
−
=
=
⇔
− +
⇔
=
− +
loai
x
x x
x x
b Ta thấy : 4x > 0 ; 6x > 0 ; 9x > 0.Nên: 3.4x + 8.6x + 4.9x > 0,∀x∈R.Suy ra pt đã cho
vô nghiệm
Ta có thể giải bằng cách chia cả hai vế của pt đã cho cho 2 2x ,sau đó giải tiếp.
c
2 1
2
1 0
2
1 0
log 2 ) 2 ( log
1 0
2 2 log ).
2 ( log
1 0
1 2 log
).
2
(
2
−
=
=
≠
<
⇔
= +
≠
<
⇔
= +
≠
<
⇔
= +
≠
<
⇔
=
x x
x x
x
x x
x
x x
x x
x x
x x
d.ĐS : x = 5 Bạn đọc tự giải
≠
>
⇔
=
−
>
⇔
=
−
−
−
>
⇔
=
−
−
6 log 5
log 6 4 log
6 log 2
2 2 log ) 6 4 ( log
6 log 2
) 2 2 ( log )
6
4
(
log
4 4
4 2
5
x
x x
x
Trang 7Từ đó giải tiếp ta được nghiệm là x = 2.
=
=
⇔
=
=
>
⇔
= +
−
>
⇔
10
10 1
lg
4 lg
0 0
4 lg 5 lg
x x
x
x x
x
x
Bài 7 : a 4x - 1 - 16x <
0 12 4 4 4 0 3 4 4 4
1 0 2 log 2
1 2 3 16 4
2 log
2
8
log
2 1
3 4
BPT trên nghiệm đúng với mọi x
b Bạn đọc tự giải
c
≤
<
<
≤
⇔
≤ +
−
+
−
<
⇔
≤ +
−
+
−
<
⇔
−
≥ +
−
−
+
−
<
⇔
−
≥ +
−
3 2
1 0
2 2 3
2 3 0
2 log ) 2 3 ( log
2 3 0
1 ) 2 3 ( log
2 3 0
1 ) 2 3
(
log
2 2
2
2 2
2
2 2
2 2
2
x x
x
x x x
x
x x x
x
x x x
x
d
−
≤ +
<
<
−
⇔
−
≤ +
<
<
−
⇔
−
≤ +
−
<
<
−
⇔
−
≤ +
x x
x x
x
x x
x
x x
x
2 1 1
2 1
) 2 ( log 1
1 log
2 1
) 2 ( log ) 1 ( log
2 1
) 2 ( log )
1
(
log
2 2
2 2
2 2
Giải tiếp hệ trên ta được kết quả ĐS :
2
5 1 2
5
1 − < < +
e Đặt ,( , 0)
3
3
1
1
>
=
=
−
+
v u v
u
x
x
Khi đó :
=
<
<
⇔
=
<
− +
⇔
=
<
+
⇔
=
<
+
v u
v v
u
v v
v u
v u uv
v u
9
9 1
9
0 10 9
9
10 9
2
0 9
log 3
log
3 log 3
log 9
3
1 3
3
1 3
3
1 3 1
1
<
<
−
⇔
−
>
<
⇔
<
>
⇔
<
>
−
−
−
−
x x
x
x
x x
x
f
−
≠
<
<
⇔
<
>
±
≠
<
<
⇔
−
>
−
≠
−
>
−
⇔
>
−
−
2
5 3
1 0
1 3 2
5 3
3 0
3 3
1 3
0 3
1 ) 3
(
log
2 2
2
x x
x x x x
x x x
x x
x x x
x
Bài 8 : 1 ∫ x − x+ dx= x − x + 5x+C
2
3 3
2 ).
5 3 2
+
− +
−
=
x dx x
x x dx
x
x
2 ln 8 4 3
).
2
8 4 2 (
2
2
3 2
3
3 ∫ x dx= ∫ x dx= ∫ − x dx= (x− sinx) +C
2
1 ).
cos 1 ( 2
1 2 sin 2 2
1
2
7
Trang 84 ∫ = ∫ − ∫ = − − +
x
dx dx
x dx
x
cos 2 sin 3 cos
2 sin
5 Đặt ex + 1 = t, dt =e x.dx Suy ra : ∫ =∫ = +
dt dx e
e
x
x
ln
6 Đặt x+ =t⇒t = x+ ⇒ t.dt =dx
3
2 1 3 1
t dt dt
t t x
dx
1 3 3
2 3
2 3
2
3
2
1
1
−
−
= +
−
−
−
=
−
−
−
=
−
−
= +
x C x
x dx x
x x
x
dx x
x
dx
1
2 ln 1
ln 2 ln 1
1 2
1 )
1 )(
2 ( 2 3
Bài 9 :
Gọi O là chân đường cao kẻ từ S tới mp(ABC) Do S.ABC là hình chóp đều nên O Cũng là trọng tâm, trực tâm của ∆ABC đều Gọi H là trung điểm của AB Dẽ dàng c/minh : SH⊥ AB
S
SA
AH
∠
2
2 2
2 45
cos 0
Do Tam giác ABC đều cạnh a nên độ dài trung tuyến CH là : CH =
2
3
a (đ.v.đ.d)
Và CO =
3
3 2
3 3
2 3
CH = = Suy ra SO= SC2 −CO2 =
6
6 3
2
2 2
a − = A C
Diện tích tam giác đều ABC cạnh a là :
4
3
2
a
S∆ABC = (đ.v.d.t)
H O
Do đó :
24
2 4
3 6
6 3
1
3
.
a a
a S
SO
A C
Bài 10 : Ta thấy hình chiếu của A' trên mp(ABC) là điểm A
Suy ra: hình chiếu của cạnh A'B trên mp(ABC) là AB ⇒(A'B;mp(ABC))= ∠A'BA= 60 0 Xét ∆A' BA vuông tại A và có ∠A'BA= 60 0, nên : A'A = AB.tan∠A' BA= a.tan 600
hay A'A = a 3(đ.v.đ.d)
Trang 9Mặt khác : ∆ABC là tam giác vuông cân tại B nên diện tích là : S ABC BA.BC
2
1
=
∆
Do đó : Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là : A' C'
2
3
2
1 3
'
'
'
.
a BC BA a
S A A
V ABC A B C = ∆ABC = = (đ.v.t.t)
Bài 11:
a Bạn đọc tự làm ĐS :
3
2
3
a
V S ABCD = (đ.v.t.t) S
b.Lấy O làm tâm của hình vuông ABCD hay O = AC∩BD
SO cắt B'D' tại H Kéo dài AH cắt SC tại C'
Ta có : BC⊥ AB và BC⊥SA nên BC⊥mp(SAB) ⇒BC⊥ AB'
C' D'
Lại có SB⊥AB' nên suy ra AB' ⊥mp(SBC) ⇒ AB' ⊥SC
Tương tự, ta có :AD' ⊥SC Suy ra : SC ⊥mp(AB'D' ) (đ.p.c.m)
c Có AC = 2a2 =a 2= SA Suy ra ∆SAC vuông cân tại A B'
AC' ⊥SC⇒ C' là trung điểm của SC => SC' = 0,5.SC = 0,5 SA2 +AC2 = a A D
Ta có : V V SA SA SB SB SC SC SB SB
ABC S
C AB
S
2
' '
'
.
' '
ADC S
C AD S
2
' '
.
'
.
' '
3
2 2
2 '
'
2 2
2 2
2
= +
=
=
⇒
=
⇒
∆
a a
a SB
SA SB
SB SB
SA SA
SB SAB
Tương tự, ta có:
3
2 '
=
SD
SD
Do ∆ABC = ∆ADC⇒V S.ABC =V S.ADC = 0 , 5 V S.ABCD
+
=
= +
3
2 3
2 2
1
5 ,
' ' '
' '
' '
ABCD S
D C AB S ADC
S
C AD S ABC S
C AB S
V
V V
V V
V
9
2 6
2 3
' ' '
a a
Bài 12 : Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp∆BCD, O' là tâm đường tròn ngoại tiếp∆ACD và I =AO∩BO'.Ta có: I ∈AO cách đều 3 điểm B,C,D
và I ∈ BO' cách đều 3 điểm A,C,D Suy ra I cách đều 4 điểm A,B,C,D
9
Trang 10Hay I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ diện ABCD
D
3
6 9 3 1 cos
3
3 sin
3
3 2
3
3
2
=
−
=
∠
⇒
=
=
∠
⇒
AB
BO OAB a
4
6 cos
.
2
a OAB
AB
∠
=
4
6
a (đ.v.đ.d)
C
