Chơng trình ôn thi tốt nghiệp. Năm học 2008 2009 Tiết 1-2: Đạo hàm A.Kiểm diện sĩ số: B.Nội dung giảng dạy: I. Lý thuyết: II. Bài tập: 1.Tính đạo hàm các hàm số sau: 5 2 2 2 2008 2 3 2 . 3 2 5 . sin 7 cos3 2 tan . 3 5 . ( 2 3) . sin 3 cos 2 . ln( 6 12) a y x x x b y x x x c y x x d y x x e y x x f y x x = + + = + + = + = + = + = + Giải: 5 2 4 2 2 2 2 2008 2 2007 2 3 2 2 . 3 2 5 ' 5 6 2 2 . sin 7 cos3 2 tan ' 7 cos 7 3sin 3 cos 2 3 . 3 5 ' 3 5 . ( 2 3) ' 2( 1)( 2 3) . sin 3 cos 2 ' 6sin 3 .cos 3 6 cos 2 .sin 2 . ln( 6 12 a y x x x y x x b y x x x y x x x x c y x x y x x d y x x y x x x e y x x y x x x x f y x x = + + = + = + + = + = + = + = + = + + = + = = + 2 2 6 ) ' 6 12 x y x x = + 2.Tính đạo hàm các hàm số: 2 2 2 2008 3 2 5 sin 5 cos3 2 5 6 . . . . ( 2 3) 2 3 tan 2 1 x x x x x x a y b y c y d y x x x x x + + + = = = = + + + 3.Tính đạo hàm các hàm số sau: a) y=( 2 x +1)( 3 x +2)( 4 x +3) b) y= 2 3 4 ( 1) ( 2) ( 3)x x x+ + + c) y= 1 1 1 1 1 1 cos 2 2 2 2 2 2 x+ + + với 0, 2 x ữ d)[HVNH 1998] : y= ( ) 2 log 3 1 x x + 4.Chứng minh đẳng thức sau: 2 2 2 2 2 3 cos cos cos 3 3 2 x x x + + + = ữ ữ với x Giải: Đặt f(x)= 2 2 2 2 2 cos cos cos 3 3 x x x + + + ữ ữ f(x)= 4 4 sin 2 sin 2 sin 2 3 3 x x x + + ữ ữ f(x)= 4 sin 2 2 cos .sin 2 0 3 x x = x f(x)=c Mà f(0)= 3 2 nên f(x)= 3 2 x R 5.CMR: Nếu sin cos 1 n n x x+ = x R thì n=2 Giải: Đặt f(x)= sin cos n n x x+ .Do f(x)=1 với x R nên f’(x)= ( ) 2 2 sin .cos . sin cos 0 n n n x x x x − − − = x ∀ ∈ R ⇔ 2 2 2 sin cos 1 n n n x x tg x − − − = ⇔ = 2x n ∀ ∈ ⇔ = =R n 2 6.CMR: tgx + 2tg2x + 4tg4x + 8tg8x = cotgx x ∀ ∈ R Gi¶i: XÐt f(x)= tgx + 2tg2x + 4tg4x + 8tg8x Ta cã f’(x)= 2 2 2 2 2 1 1 4 16 64 cos sin cos 2 sin 4 sin 8x x x x x + + + − ⇔ f’(x)= 2 2 2 2 4 4 16 64 sin 2 cos 2 cos 4 sin 8x x x x + + − ⇔ f’(x)= 2 2 2 2 2 16 16 64 64 64 0 sin 4 cos 4 sin 8 sin 8 sin 8x x x x x + − = − = => f(x) = c lµ h»ng sè, mµ f( 16 π )=0 nªn f(x) = 0 x∀ ∈ R => ®.p.c.m 7. T×m hµm y =f(x) tho¶ m·n hÖ sau: 2 3 3 . '( ) . ''( ) 1 0 (1) 1; ( 2) 1 x f x x f x x f f  + = − ∀ ≠  = − = −  (1) (2) Gi¶i: (1) ⇔ 3 3 2 3 1 . '( ) 1 . '( ) ( ) c x f x x f x x c f x x x −   = − ⇔ = − + ⇔ = +   ⇔ f(x) = 2 1 2 c d x x − + . Tõ (2): 4 (1) 1 3 ( 2) 1 2 3 c f f d  = −  =   ⇔   − = −   = −   VËy f(x) = 2 1 2 2 3 3x x + − Bµi tËp vÒ nhµ: 1. y= 1 2 1 2 1 0 n n n n n n a x a x a x a x a − − − − + + + + + (víi 1 2 1 0 , , , , , n n a a a a a − ∈ R ) 2. y= ( ) ( ) 2 3 2 3 4 2 5 3x x x x x− + − + − 3. y= ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 4 3 5 4x x x x+ + + + 4. y= 3 2 2 3 ( 3 3 1) 2( 1)x x x x− + + − − 5. y= 4 4 2 3 (2 1) (3 2) ( 4 1)x x x x+ + + − − + 6. y= 3 5 7 8 x x − − 7. y= 2 2 5 6 3 4 x x x − + − + 8. y= 2 2 5 4 9 2 3 8 x x x x − − − + − 9. y= 4 4 2 1 1 1 1 x x x x + +     +  ÷  ÷ − −     10. y= 3 3 2 3 5 4 5 7 1 1 x x x x x   − + − +   +  ÷   + +     11. y= 2 2 1 1 1 1 x x x x + −     +  ÷  ÷ − +     12. y= x x x x x+ + + + 13. y= ( ) 2 5 3x x− + 14. y= 2 3 1 x x + + ; y= 2 6 5 2 x x + + 15. y= 1 1 x x + − ; y= 2 9 x x− 16. y= 1 1 x x + − ; y= 2 1 1 x x x + − + 17. y= 2 2 2 2 1 1 1 1 x x x x x x x x + + + − + + − + + 18. y= 8 4 2 2x x+ + 19. y= 3 1 1 1 x x x + + 20. y= 3 32 2 1 2 .x x x − 21. y= 3 3 4 54 3 2x x x x − + 22. y= 3 3 3 1 1 x x + − 23. y= 32 3 (1 ) 2 . 3x x x+ + + 24. y= 2 3 2 (2 )(3 ) (1 ) x x x − − − 25. y= 3 4 5 7 ( 1) ( 2) ( 3) ( 4) x x x x + + + + 26. y= 3 5 6 4 1. 3 2. 6 x x x x − − − − 27. y= 3 4 sin cosx x+ 28. y= sin (cos ) cos(sin )x x x+ 29. y= sin(ln ) cos(ln )x x+ 30.CMR: 2 2 2 2 2 2 2 cos cos cos cos 2sin 1 3 3 3 3 x x x x x π π π π         − + + + + + − − =  ÷  ÷  ÷  ÷         31.CMR: 4 1 1 3 cos cos 4 cos 2 8 2 8 x x x= + + 32.CMR: 5 1 5 5 sin sin 5 sin 3 sin 6 16 8 x x x x= − + 33.Cho a + b =1. CMR: ( ) 3 3 2 2 2 1 1 3 b a a b b a a b − + = − − + 34. CMR: 3 3 3 3 3 3 3 2 1 2 . 1 1 1 a a a a a a     − − + + =  ÷   + +     1a∀ ≠ − TÝnh ®¹o hµm cña c¸c hµm sè ®· chØ : 1. Cho f(x) = 2 1 x x− . T×m (30) ( )f x Kq: (30) ( )f x = 30! 31 (1 )x − − 2. Cho f(x) = 1 1 x x + − . T×m (100) ( )f x Kq: (100) ( )f x = 201 199 2 2 99 100 3.5 .199 3.5 .197 .(1 ) .(1 ) 2 2 x x − − − + − 3.Cho f(x) = k ax b+ .TÝnh ( ) ( ) n f x Kq: ( ) ( ) n f x = ( 1) ( 1) . !. . .( ) n n n n a k ax b − + − + 4. Cho f(x) = ln(ax + b). TÝnh ( ) ( ) n f x Kq: ( ) ( ) n f x = 1 ( 1) .( 1)!. .( ) n n n n a ax b − − − − + 5. Cho f(x) = ax b e + . TÝnh ( ) ( ) n f x Kq: ( ) ( ) n f x = . n ax b a e + 6. Cho f(x) = 2 5 3 3 2 x x x − − + . TÝnh ( ) ( ) n f x Kq: ( ) ( ) n f x = 1 1 7 2 ( 1) . !. ( 2) ( 1) n n n n x x + +   − −   + −   7. Cho f(x) = sinax. TÝnh ( ) ( ) n f x Kq: ( ) ( ) n f x = .sin 2 n a ax n π   +  ÷   8. Cho f(x) = cosax. TÝnh ( ) ( ) n f x Kq: ( ) ( ) n f x = .cos 2 n a ax n π   +  ÷   9. Cho f(x) = ( ) ( ) 2 3 3 2 2 3x x x+ + . TÝnh (6) ( )f x ; (7) ( )f x 10. Cho f(x) = 2 . 1x x+ . TÝnh "( )f x TiÕt 3-4: kh¶o s¸t hµm sè bËc 3 & c©u hái phơ A.KiĨm diƯn sÜ sè: B.Néi dung gi¶ng d¹y: I. Lý thut: II. Bµi tËp: CÂU 1: Cho hàm số 3 2 ( ) ( 3) 3 4y f x x m x x= = − + + + (m là tham số) 1.Tìm m để đồ thò hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu.Khi đó viết phương trình đường thẳng đi qua c¸c điểm cực trò này 2.Tìm m để ( ) 3f x x≥ với mọi 1x ≥ Gi¶i : Cho hàm số 3 2 ( ) ( 3) 3 4y f x x m x x= = − + + + (m là tham số) 1.Ta có: 2 2 ' 3 2( 3) 3 ' 0 3 2( 3) 3 0 (1)y x m x y x m x= − + + → = ⇔ − + + = Hàm số có CĐ, CT ⇔ (1) có 2 nghiệm pb 2 2 ' 0 ( 3) 9 0 6 0 6 0m m m m m⇔ ∆ > ⇔ + − > ⇔ + > ⇔ < − ∨ > Chia f(x) cho f’(x) ta được : 1 1 2 1 2 '( ) ( 3) ( 6 ) 5 3 9 9 3 y f x x m m m x m   = − + − + + +     Vậy phương trình đường thẳng qua 2 điểm cực trò là: 2 1 2 ( 6 ) 5 9 3 y m m x m= − + + + . 2.Tìm m để ( ) 3f x x≥ với mọi 1x ≥ Ta có: 4 3 2 ( ) 3 , 1 ( 3) 4 0 , 1 3 , 1 2 f x x x x m x x m x x x ≥ ∀ ≥ ⇔ − + + ≥ ∀ ≥ ⇔ ≤ − + ∀ ≥ min ( ) 1 m g x x ⇔ ≤ ≥ với 4 ( ) 3 2 g x x x = − + Ta có: 3 8 8 '( ) 1 , 1 '( ) 0 2 3 3 x g x x g x x x x − = − = ∀ ≥ ⇒ = ⇔ = BBT: min ( ) 0 1 g x x ⇒ = ≥ Vậy: 0m ≤ CÂU 2: Cho hàm số 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x= − + + + + (1) a.Khảo sát hàm số (1) khi m=1 b.Chứng minh rằng , m∀ hàm số (1) luôn đạt cực trò tại 1 x , 2 x với 1 2 x x− không phụ thuộc m Gi¶i: a) Khảo sát (1) khi m= 1: 3 2 2 9 12 1y x x x= − + + TXĐ: D= R */.Sù biÕn thiªn: 1 6 2 ' 6 18 12 ' 0 2 5 x y y x x y x y = ⇒ =  = − + → = ⇔  = ⇒ =  KÕt ln: */.Híng v« cùc: */.BBT: */.Đồ thò: b) Chứng minh rằng ∀ m hàm số (1) luôn đạt cực trò tại x 1 , x 2 với x 1 - x 2 không phụ thuộc m. Ta có: 3 2 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 ' 6 6(2 1) 6 ( 1)y x m x m m x y x m x m m= − + + + + → = − + + + 2 2 ' 0 (2 1) ( 1) 0 (*) (2 1) 4 ( 1) 1 0y x m x m m m m m→ = ⇔ − + + + = → ∆ = + − + = > ⇒ (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt 1 2 ,x x . ⇒ Hàm số luôn đạt cực trò tại 1 2 ,x x . Ta có: 2 1 1 2 ; 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 x m m x m m x x m m= + − = = + + = + ⇒ − = + − = (hằng số) Vậy: 2 1 x x− không phụ thuộc m. BTVN: 1.khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò(C) hàm số: y = -(x + 1) 2 (x+4). 2.Dùng đồ thò (C) để bl theo số nghiệm của pt : (x + 1) 2 (x+4) = (m+1) 2 (m+4) ============================================================================ TiÕt 5-6: kh¶o s¸t hµm sè bËc 3 & c©u hái phơ A.KiĨm diƯn sÜ sè: B.Néi dung gi¶ng d¹y: I. Lý thut: II. Bµi tËp: Ch÷ bµi tËp vƯ nhµ: 1. Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số: = − + + = − − − − 2 3 2 ( 1) ( 4) 6 9 4y x x x x x TXĐ: D = R Sù biÕn thiªn: = −  = − − − → = ⇔  = −  2 1 ' 3 12 9 ' 0 3 x y x x y x KL: BBT: 2) Dùng đồ thò (C) biện luận theo m số nghiệm của phương trình : + + = + + 2 2 ( 1) ( 4) ( 1) ( 4)x x m m ⇔ − + + = − + + 2 2 ( 1) ( 4) ( 1) ( 4)x x m m Đây là phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng (d) có phương trình : = − + + 2 ( 1) ( 4)y m m Biện luận: − + + < − ⇔ + > ⇔ > 2 2 ( 1) ( 4) 4 ( 3) 0 0m m m m m : 1 nghiệm − + + < − ⇔ = ∨ = − 2 ( 1) ( 4) 4 0 3m m m m : 2 nghiệm − < − + + < ⇔ − < < 2 4 ( 1) ( 4) 0 4 0m m m : 3 nghiệm − + + = ⇔ = − ∨ = − 2 ( 1) ( 4) 0 1 4m m m m : 2 nghiệm − + + > ⇔ < − 2 ( 1) ( 4) 0 4m m m : 1 nghiệm CÂU 3: a. Khảo sát,vẽ đồ thò (C) của hàm số 3 2 3y x x= + b. Tìm tất cả các điểm trên trục hoành mà từ đó vẽ được đúng ba tiếp tuyến của đồ thò (C) ,trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau. Gi¶i a) Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số: 3 2 3 ( )y x x C= + TXĐ: D = R SBT: 2 ' 3 6 3 ( 2)y x x x x= + = + → 0 ' 0 2 x y x =  = ⇔  = −  BBT: Đồ thò: Cho x = -3, y = 0 x = 1, y = 4 b) Tìm điểm M trên Ox từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C) trong đó có 2 tiếp tuyến vuông góc nhau. Gọi ∈M(a,0) Ox , đường thẳng (d) qua M và có hệ số góc K là: y = k( x - a) (d) tiếp xúc (C) 2 3 ( ) (1) 2 3 6 (2) x x k x a x x k  + = −  ⇔   + =  3 co ùnghiệm Thay (2) vào (1): 2 2 3 3 6 ( ) 2 3( 1) 6 0x x x x x a x a x ax+ = + − ⇔ + − − = 3 3 2 0 2 3( 1) 6 0 2 3( 1) 6 0 (3) x x x a x a x a x a =    ⇔ − − − = ⇔      − − − =   2 2 Với x = 0 ⇒ k = 0 ⇒ 1 tiếp tuyến là y = 0. Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C) trong đó có 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau ⇔ (3) có 2 nghiệm phân biệt , 0 1 2 x x ≠ và 1 1 2 k k = − . 0 0 2 0 9( 1) 48 0 2 2 2 (3 6 )(3 6 ) 1 9( ) 18 ( ) 36 1 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 a a a a x x x x x x x x x x x x   ≠ ≠     ⇔ ∆ > ⇔ − + >     + + = − + + + = −     1 3 3 1 3 1 2 81 81 ( 1) 108 1 0 3 27 3(a-1) ( vì x x = - 3a ; x + x = ) 1 2 1 2 2 a a a a a a a a a  < − ∨ > − ≠    < − ∨ > − ≠   ⇔ − − − + = ⇔ ⇔ =         và a 0 và a 0 -27a +1= 0 Vậy chỉ có 1 điểm 1 ( , 0) 27 M Ox∈ thoả điều kiện bài toán. CÂU 4 : Cho hàm số: 3 2 3 ( 2) 2y x x m x m= + + + + ( ) m C 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò(C 1 ) của hàm số khi m=1 2. Tìm m để ( ) m C cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là số âm Gi¶i 1) Khảo sát và vẽ đồ thò khi m = 1. 3 2 3 3 2 ( ) 1 y x x x C= + + + TXĐ: D = R SBT: ( ) 2 2 ' 3 6 3 3 1 0y x x x= + + = + ≥ suy ra hàm số luôn tăng trên R ' 0 1y x= ⇔ = − BBT: 2) Tìm m để ( ) m C cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ âm. Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) m C và Ox. ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 3 2 2 0 2 0 (1) 2 0 (2) x x x m x m x x x m x x m = −  + + + + = ⇔ + + + = ⇔  + + =   ( ) m C cắt Ox tại 3 điểm có hoành độ âm ⇔ (2) có 2 nghiệm âm phân biệt khác -2. 2 2 2 0 1 4 0 1 1 0 0 0 4 4 0 0 1 0 m m m m m m P m m S ≠ − ≠ −   ≠ −     ∆ > − >    ⇔ ⇔ ⇔ < ⇔ < <    > >    >    < − <    BTVN: Cho hàm số 3 2 7 3y x mx x= + + + (1) 1. Khảo sát và vẽ đồ thò của hàm số (1) với m= 5 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu. Lập pt đường thẳng qua điểm cực đại và cực tiểu đó. LG : 1) Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số khi m= 5. 3 2 5 7 3y x x x= + + + TXĐ : ¡ SBT: y’= 3x 2 +10x + 7 1 0 ' 0 7 32 3 27 x y y x y = − ⇒ =   = ⇔  = − ⇒ =  BBT : 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu. Lập phương trình đường thẳng qua điểm cực đại và cực tiểu. Ta có : 3 2 2 7 3 ' 3 2 7y x mx x y x mx= + + + ⇒ = + + → 2 ' 0 3 2 7 0(*)y x mx= ⇔ + + = Hàm số có cực đại và cực tiểu (*)⇔ có hai nghiệm phân biệt 2 ' 0 21 0m⇔ ∆ > ⇔ − > 21m⇔ < − v 21m > Chia y cho y’ ta được : 2 1 2(21 ) 27 7 '( ) 3 9 9 9 m m m y f x x − −   = + + +  ÷   Vậy phương trình đường thẳng qua điểm cực đại và điểm cực tiểu là: 2 2(21 ) 27 7 9 9 m m y − − = + TiÕt 7-8: kh¶o s¸t hµm sè bËc 4 & c©u hái phơ A.KiĨm diƯn sÜ sè: B.Néi dung gi¶ng d¹y: I. Lý thut: II. Bµi tËp: CÂU1: Cho hàm số: 4 2 2 ( 10) 9y x m x= − + + 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số ứng với m=0 2.CMR: với mọi 0m ≠ ,đồ thò của hàm số luôn cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt .Chứng minh rằng trong số các giao điểm đó có hai điểm nằm trong khoảng (-3,3) và có hai điểm nằm ngoài khoảng (-3,3) Gi¶i : Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số với m= 0. y = x 4 – 10x 2 + 9 TXD: D = R SBT: 3 2 ' 4 20 4 ( 5)y x x x x= − = − → 0 ' 0 5 x y x =  = ⇔  = ±  BBT: Đồ thò: Cho 2 1 1 0 2 3 9 x x y x x  = = ±   = ⇔ ⇔  = ±   =  2) Chứng minh rằng với ∀ 0m ≠ , (C m ) luôn luôn cắt Ox tại 4 điểm phân biệt trong đó có hai điểm nằm ∈ (-3,3) và 2 điểm nằm ngoài (-3,3). Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và Ox. 4 2 2 ( 10) 9 0x m x− + + = (1) Đặt 2 ( 0)t x t= ≥ Phương trình trở thành: 2 2 ( 10) 9 0t m t− + + = (2) Ta có:        ∀>+= >= ∀>−+=∆ mmS P mm ,010 09 ,036)10( 2 22 ⇒ 0 < t 1 < t 2 ⇒ (1) có 4 nghiệm phân biệt 2 1 1 2 x x x x− < − < < Đặt f(t) = 2 2 ( 10) 9t m t− + + Ta có: af(9)= 2 2 81 9 90 9 9 0, 0m m m− − + = − < ∀ ≠ 0 9 1 2 t t⇔ < < < 2 9 ( 3;3) 1 1 3 3 2 1 1 2 2 ( 3;3) 9 2 2 x x x x x x x x  < ∈ −    ⇔ ⇔ ⇔ − < − < − < < <   ∈ −   >   Vậy (C m ) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt trong đó 2 điểm ( 3,3)∈ − và 2 điểm ( 3,3)∉ − . CÂU2: Cho hàm số 4 3 2 3 4(1 ) 6 1y x m x mx m= − + + + − có đồ thò ( ) m C . 1. Khảo sát hàm số trên khi m= -1 2. Tìm giá trò âm của tham số m để đồ thò và đường thẳng ( ) : 1y∆ = có ba giao điểm phân biệt. Gi¶i 1) Khảo sát hàm số khi m= -1: 4 2 3 6 2y x x= − + TXĐ: D = R SBT: ( ) 3 2 ' 12 12 12 1y x x x x= − = − 0 ' 0 1 x y x =  = ⇔  = ±  x - 4 -1 0 1 + 4 y’ - 0 + 0 - 0 + y + 4 2 +4 -1 -1 Đồ thò: Cho y=2 0 4 2 3 6 0 2 x x x x =  ⇔ − = ⇔  = ±  2) Tìm giá trò m < 0 để (C m ) và ( ) : 1y∆ = có ba giao điểm phân biệt. Ta có: ( ) ( ) ( ) 4 3 2 3 3 2 3 4 1 6 1 ' 12 12 1 12 12 1 0 1 ' 0 1 4 3 2 1 y x m x mx m y x m x mx x x m x m x y m y x y m x m y m m m   = − + + + − → = − + + = − + +      = ⇔ = −  = ⇔ = ⇔ =   = ⇔ = − + − +   ( )C m Và ( ) ∆ cắt nhau tại 3 điểm phân biệt nếu đường thẳng :y=1 đi qua điểm cực trò của ( )C m . [...]... + 5 = k ( x − 12 ) + 4 (1) (d) tiếp xúc (C2) ⇔  6 x 2 − 6 x = k (2)  19 )+4 12 có nghiệm Thay (2) vào (1): 19 ) + 4 ⇔ 8 x3 − 25 x 2 + 19 x − 2 = 0 12  x = 1 ⇔ k = 0  ⇔ ( x − 1)(8 x 2 − 17 x + 2) = 0 ⇔  x = 2 ⇔ k = 12  1 21 x = ⇔ k = − 8 32  2 x3 − 3 x 2 + 5 = (6 x 2 − 6 x)( x − Vậy phương trình đường thẳng qua A và tiếp xúc với (C2) là: y=4 hay y=12x - 15 hay y=− 21 645 x+ 32 128 2 Tìm m để... 2 x < x x < 0 ∨ x > 2    x x 5.Giải phương trình log 2 (2 + 4) − x = log 2 (2 + 12) − 3 Phương trình log22x ⇔ log2(2x+ 4)+ 3= log2(2x+ 12) + x ⇔ log2(2x+ 4)+ log28 = log2(2x+ 12) + ⇔ log2 8(2x+ 4)= log22x(2x+ 12) ⇔8(2x+4)= 2x(2x +12) (*) Đặt t = 2x Điều kiện t > 0 Khi đó phương trình (*) trở thành: 8(t + 4)= t ( t+ 12) ⇔ t2 + 4t - 32= 0 t = 4 ⇔  t = −8 (loại) Vậy phương trình ⇔ 2x = 4 ⇔ x = 2 2... nghiệm của phương trình là: x = -1, x= -2 2 Xác đònh m để bất phương trình sau có nghiệm: x x + x + 12 ≤ m.log 2 (2 + 4 − x ) x ≥ 0  Điều kiện:  x + 12 ≥ 0 4 − x ≥ 0  ⇔0≤ x≤4 Với: 0 ≤ x ≤ 4 thì log 2 (2 + 4 − x ) > 0 Do đó: bất phương trình ⇔ x x + x + 12 ≤m log (2 + 4 − x ) 2 Ta có: • y = x x + x + 12 là hàm số tăng và có giá trò dương trên [0,4] (vì y’= 0) • y = log (2 + 4 − x ) là hàm số giảm... + sin x + 1 = sin 3 x + 2sin 2 x + sin x + 1 §Ỉt t = sin x(−1 ≤ t ≤ 1) Cã: y = t 3 + 2t 2 + t + 1 Ta t×m GTLN & GTNN cđa h/s f (t ) = t 3 + 2t 2 + t + 1 trªn ®o¹n [ - 1 ; 1 ] 3 Trong c¸c tam gi¸c vu«ng mµ c¹nh hun cã ®é dµi b»ng 10 cm H·y x¸c ®Þnh tam gi¸c cã diƯn tÝch lín nhÊt? Gi¶i: Trong tam gi¸c vu«ng ®ã , tam gi¸c vu«ng c©n cã diƯn tÝch lín nhÊt §é dµi c¹nh gãc vu«ng cđa tam gi¸c ®ã lµ x = y =... − 1) I ⇒ I11 = π π 2 ∫ cos 0 n π n −2 2 x sin x.dx = (n − 1) ∫ cos n − 2 x(1 − cos 2 x) dx 2 0 n −1 I Vậy: I n = (n>2) n n−2 10 8 6 4 10.8.6.4.2 11 9 7 5 11.9.7.5 3π I 3 = & I12 = I 4 = 11 9 7 5 11.9.7.5.3 12 10 8 6 12. 10.8.6 16 4.Tìm họ nguyên hàm của hàm số : f ( x) = Ta có: ∫ cot gx 1 + sin x cot gx cos x 1 1   1 dx = ∫ dx = ∫ d (sin x) = ∫  − d (sin x) 1 + sin x sin x(1 + sin x) sin x(1... có nghiệm: Ta có: (*) ⇔ 2t 2 − 5t = −m 1 2 Xem hàm số : y = 2t 2 − 5t trên [ , +∞) Cã: y ' = −4t + 5 = 0 ⇔ t = 5 4 Bảng biến thiên: Dựa vào bảng biến thiên ta được: (1) có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm 1 2 trong [ , +∞) ⇔ m≤ 25 8 5.Cho bất phương trình: α 9 x + 4.(α − 1).3x + α > 1 a.Giải bất phương trình khi α = 2 b.Tìm giá trò để bất phương trình trên được nghiệm đúng với giá trò của x Gi¶i: Đặt t =3x ... bất phương trình thỏa mãn với mọi x ∈ ¡ Gi¶i: Đặt t = 2 x Điều kiện t > 0 t 2 − 4(m + 2)t + m 2 + 2m + 2 > 0 (*) Khi đó bất phương trình trở thành:  0 < t < 6 − 31 2 a.Khi m= 1, (*) trở thành : t − 12t + 5 > 0 ⇔  t > 6 + 31  2 x < 6 − 31 ⇔ 2 x > 6 + 31   x < log2 (6 − 31) ⇔  x > log2 (6 + 31)  b Tìm m để bất phương trình thoả ∀x ∈ ¡ 2 2 Đặt f (t ) = t − 4(m + 2)t + m + 2m + 2 Bất phương... biệt Xác đònh m sao cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục Ox có diện tích phía trên và phía dưới Ox bằng nhau 4 2 (C) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt ⇔ x − 4 x + m = 0 (1) §S: m = 20/9 TiÕt 11 -12: kh¶o s¸t hµm ph©n thøc & c©u hái phơ A.KiĨm diƯn sÜ sè B.Néi dung gi¶ng d¹y: I Lý thut: II Bµi tËp: CÂU 1 Cho hàm số y = x +1 (1) ,có đồ thò là (C) x −1 1 Khảo sát hàm số (1) 2 Viết phương trình tiếp... 3 − 3.2 3 2.3 − 4.2 2 ≤0⇔ ≤ 0 ⇔ 1 <  ÷ ≤ 3 ⇔ 0 < x ≤ log 3 3 −1 ≤ 0 ⇔ X Ta có bpt : ⇔ X 3 − 2X 2 3X − 2 X 3 2  ÷ −1 2 9.Giải và biện luận phương trình : log a + log + log a=0 x ax a2 x (trong đó a là tham số ) Trường hợp 1 : a ≤ 0 : Phương trình vô nghiệm Trường hợp 2 : a = 1 : Phương trình trở thành : log x 1 + log x 1 + log x 1 = 0 ⇔ 0 < x ≠ 1 Trường hợp 3 : 0 < a ≠ 1 Điều kiện: x > 0... Gi¶i: f ' ( x) = x -2 2 > 0 víi ∀x ≠ −2 Hµm sè ®ång biÕn trªn nưa kho¶ng ( - 2 ; 4 ] ( x + 2) 2 4 f’(x) + Dùa vµo b¶ng biÕn thiªn ta cã: max f ( x) = f (4) = f(x) x∈[ −2;4] 2 3 2 3 Hµm sè kh«ng ®¹t GTNN trªn nưa kho¶ng ( - 2 ; 4 ] e) f ( x ) = x + 2 + 1 trªn kho¶ng (1; +∞) x −1 §S: Hµm sè kh«ng ®¹t GTLN trªn kho¶ng (1; +∞) ; min f ( x) = f (2) = 5 x∈(1; +∞ ) f ) f ( x) = x 1 − x 2 Gi¶i: Hµm sè x¸c . ba giao điểm phân biệt. Ta có: ( ) ( ) ( ) 4 3 2 3 3 2 3 4 1 6 1 ' 12 12 1 12 12 1 0 1 ' 0 1 4 3 2 1 y x m x mx m y x m x mx x x m x m x y m y. sát hàm số khi m= -1: 4 2 3 6 2y x x= − + TXĐ: D = R SBT: ( ) 3 2 ' 12 12 12 1y x x x x= − = − 0 ' 0 1 x y x =  = ⇔  = ±  x - 4 -1 0 1 + 4