VẤN ĐỀ LIÊN QUAN KSHS

CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN KSHS

VĐ1: TIẾP TUYẾN d CỦA (C) VĐ2:DỰA VÀO(C ) BIỆN LUẬN THEO m SỐ NGHIỆM

PT: F(x;m) =0

VĐ3:VỊTRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA d & (C ) 1.LOẠI 1:TIẾPTUYẾN TẠI M 0 (x 0 ; y 0 )

a.PP:B1:Tìm toạ độ tiếp điểm M0 x0 y0

y0 x0











B2:Tìm hsg k=att = f (x )/ 0

B3:Vậy pttt d của ( C ) tại M0 là:

y =f (x )/ 0 (x-x0 ) +y0

b.VD:Cho (C ) y= x3 – 3x2 + 2 Viết pttt d tại

điểm uốn I (1; 0) của ( C )

HD:Ta có :I(1; 0)/ 2 f (1)/ 3

f (x) 3x  6x   







Vậy: pttt d tại I là :y= -3x+3

2.LOAỊ 2: Biết hsgtt att

a.PP:B1: Tìm hsgtt att = f/ (x0 )

B2:Pt hđ tiếp điểm của d & ( C ) là :

f/ (x0 ) = att =k  M (x ;y )0 0 0

B3:Vậy pttt d là : y= k (x- x0 ) + y0

b.VD:Viết pttt d của ( C ) y= -x 3 +3x+1

biết d // : y  9x 1

HD:+Do d //  k 9(hsgtt d)

+Pthđtđ của d và (C ) là :-3x 2 +3 = -9

x 2 y 1.A(2; 1)

x 2 y 3.B( 2; 3)









+Vậy:pttt tại A là y=-9x+17

-B là y=-9x-15

3-LOẠI 3:TIẾP TUYẾN d QUA A

a.PP: B1 :Gọi d là đt qua A và có hsg k , nên d

có dạng : y= g(x)= k (x- xA ) +yA (1)

B2:Để d tiếp xúc (C ) y=f(x)

f(x) g(x)

x0 k

f (x) g (x)











B3: Vậy pttt d là (Thế k vào (1) )

b.VD:Từ gốc toạ độ , kẻ được bao nhiêu tiếp

tuyến d của (C) y=x3 +3x2 +1.Viết pttt d

HD:Gọi d là đt qua O(0;0) và có hsg k ,nên d có

dạng : y=kx

+Để d tiếp xúc (C ) y=f(x) 

x 3x 1 kx(1)

2

3x 6x k(2)







Từ (1) và (2)

    









Vậy:pttt dlà :y=-3x và y=15x

4

1-PP:

B1:Ta có : F (x;m) =0(1) f(x) g(m)

B2:Số nghiệm của (1) chính là số giao điểm của (C)y=f(x)

&d:y= g(m) (d cùng phương ox)

B3:Dựa vào (C) ta thấy :( đối với hàm có cực trị, áp dụng

qui tắc :trong ,tại, ngoài cực trị )

2-VD:Dựa vào đồ thị (c ) ,biện luận theo k số nghiệm pt:

a) 3x 3x k 1 0  

HD:+Ta có : 3x  3x k 1 0(1)   3 3x 1 k

+Số nghiệm của (1) chính là số giao điểm của (C)y=f(x)

3 3x 1

   &d:y= k (d cùng phương ox) +Vậy :Dựa vào (c) ta thấy:

1 k 3 : (1)   có 3 nghiệm đơn k=-1;k=3 : (1 ) có 1 nghiệm đơn và 1 nghiệm kép k 1; k 3 :  (1) có 1 nghiệm đơn

4

2

-2

O

-5

y=f(x)

y

x y=k

b) 2(3 k)x 6 k   0

x 1





và d:y=k

6

4

2

-2

-4

-6

O

y=x-2

x=1

1.PP:

B1:Gọi d là đt qua A và có hsg k ,nên có dạng:

y=g(x)=k(x-xA)+yA

B2:Pthđgđ của d&(c)y=f(x) là:

f(x)=g(x) (1)

2 (1) Ax Bx C 0

2 (1) (x x )(Ax1 Bx C) 0

(hàm bậc ba)

B3: Số nghiệm của (1) chính là số giao điểm của (C)y=f(x)

&d:y= g(x)

B4:+Nếu (1) có 1 nghiệm đơn thì d&(c) có 1 giao điểm

+Nếu (1) có 1 nghiệm kép thì d&(c) có 1 giao điểm(tiếp xúc) +Nếu (1) có n nghiệm đơn thì d&(c) có n giao điểm

2.VD:

a)Đường thẳng d đi qua gốc toạ độ O(0;0) và có hsg k.Biện luận theo k số giao điểm của d & (C) :

2 2x 5 y

x 3

 





+ Gọi d là đt qua O(0;0) và có hsg k ,nên dcó dạng:y=kx

+Pthđgđ của d & (c) là:

2 2x 5

kx (x 3)

x 3

 

 2

(1 k)x (3k 2)x 5 0(1)

Số nghiệm của (1) chính là số giao điểm của (C)y=f(x) &d:y= g(x)=kx

+Nếu 1 k 0 k 1  d & (c) có 1 giao điểm +Nếu 1 k 0 k 1 ,ta có :

b 4ac (3k 2) 20(1 k)

BXD:

k   16 2 10

9



16 2 10

9





 + O - O +

Vậy:+16 2 10 k 16 2 10

  thì d & (c) 0 giao điểm

+

16 2 10 k 9

16 2 10 k 9



















thì d & (c) có 2 giao điểm

+k 16 2 10 9



 thì d & (c) có 1 giao điểm (tiếp xúc)

*GV: HÙNG-LĨNH *HỌC SINH :

VĐ4:ĐƠN ĐIỆU,CỰC TRỊ,LỒI,LÕM,ĐIỂM UỐN VĐ5:DIỆN TÍCH, THỂ TÍCH VĐ6:GIÁ TRỊ LỚN NHẤT-NHỎ NHẤT

A-CHÚ-Ý:

1) y / để xét đơn điệu , cực trị

2) y // để xét lồi,lõm , điểm uốn

B-VD:

1)Định m để hàm số y=x 3 -3mx 2 +3(2m-1)x+1 đồng

biến trên TXĐ của nó.

HD:+D=R

+y / =3x 2 -6mx+6m-3

+Để hs đồng biến

/

y 0; x

   3x 2 -6 mx+6 m-3 0

a 3 0

 









2)

2

mx 2

Choy

x 1





.Định m để hs sau có c.trị +D=R\{-1}

+

2

2x m 2

/

(x 1)





Cho y 0 x 2xm 20

+Để hàm số có cực trị

/

y

        

3)Cmr hsố

2

x 1 y

x 1

 



 luôn tăng trên từng khoảng xác định của nó

+D=R\{1} +

2 2x 2 /

x 1





.y/ = 0 ; y/ 1 0 y 0/

a 1 0

   

 







Vậy :Hàm số luôn tăng trên từng khoảng xác định

của nó

4)Định m để hàm số

2

mx 2m 4 y

x 2





có 2 cực trị (C Đ;CT) +D=R\{-2}

+

2

4x 4m 4

/

x 2





; y/ =0Để hàm số có 2

cực trị // 0 4m 0 m 0

y

       

5)Tìm a&b để hs

4

2

y f (x) ax b(a; b )

2

      đạt cực trị

bằng -2 khi x=1 HD: f (1)/ 2 a 1; b 3

2

f (1) 0

 









A-DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG 1-L1:yy (x); y1 y (x); x2 a; xb

a.PP:

+Gọi S là diện tích cần tìm,ta có:

b

S y1 y dx (a b)2 a

B:VD:1) (H)

1 (c)y x 3 y x 3(TCX) x 2 , x ( 2)



.s 1 dx ln( 1)

2 x 1





(đ.v.d.t)

2)(H)

4

3 2

y x & ox

5

 (đ.v.d.t)

3)(H)

3 (c)y x 3x

y 2









*Pthđgđ của (c) và y=2 là: 3 3x 2



4 1

4)(H)(c)y 3x 5; ox; oy; x 2

2x 2







2 3 1

0 2 x 1

1-L2:

x g (y)1

x g (y)2 (H)

y a

y b



















a.PP:

b

S 1 x dy (a b)2

ax

B:VD:(H) x=y3 ; y=1; x=8 ĐS:17/4

A-THỂ TÍCH:

b 2 1)V y dx(a b) a

b 2 2)V x dy(a b) a

  

   VD:

1)(H)y=sinx,y=o,x=0,x=

4



,quay quanh 0x.Tính V 2)



ox.Tính V

A-PP:

B1:  x a b; 

B2:Tính f/ (x) ; f/ (x) =0  x ; x1 2 với x(a; b)

B3:f(a),f(b) ::f hai đầu &f(x1 ),f(x2):f nghiệm

B4:Maxy và Miny

B-VD:

Tìm GTLN,GTNN của các hàm số sau:

1) y sin 2x x ; x ;

2 2

 

/

2 2

1 /

y( ) ; y( )

Max y ; Min y

 



   

2) y 2 sin x 4sin x3

3

  trên đoạn 0; 

D [0; ]

y 2 cos x 4 sin x cos x

/ y 0 x { ; ; }

2 4 6

  

  

+f hai đầu ; f nghiệm +Max y 2 2 ; Min y 0

3

3) y 2 cos 2x4 sin x trên đoạn [0; ]

2



4) y 5 4x trên đoạn [-1;1]

D [ 1;1]

4 /

2 5 4x

  



 Suy ra hàm số giảm trên [-1;1]

+y(-1)=3 ; y(1)=1 +Max y=3 ; min y=1 5)Cho trước chu vi hình chữ nhật là p=16 cm Dựng hình chữ nhật có diện tích lớn nhất

6)y x2 2(x 0)

x

   GV:HÙNG-LĨNH

*CHÚC CÁC EM MÙA THI THÀNH CÔNG 2 0 0 9