Các chuyên đề ôn thi THPT Quốc gia môn Toán cực hay của Trung tâp luyện thi Vĩnh Viễn FULL

217 476 0
  • Loading ...
1/217 trang
Tải xuống

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 07/08/2015, 16:53

TTLT ĐH VĨNH VIỄN 3  Chuyên đề 1: KHẢO SÁT HÀM SỐ  Vấn đề 1: GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1/ Một số dạng vô đònh thường gặp: 0 0 ;   ;    ; .0 . Chú ý: Các trường hợp sau không phải là dạng vô đònh (+) + (+) = +  (+) – (–) = +  (–) + (–) = –  a (a 0) 0     a 0 (a 0)   a. (a 0)    2/ Khử dạng vô đònh  Hàm số có chứa căn: Nhân và chia với biếu thức liên hợp.  Hàm số có chứa lượng giác: Biến đổi để sử dụng ba giới hạn quen thuộc x0 sinx lim 1 x   , x0 tanx lim 1 x   , 2 x0 1 cosx 1 lim 2 x     Dạng vô đònh 0 0 khi x  a: Phân tích tử số và mẫu số để có (x – a) làm nhân tử chung.  Dạng vô đònh   : Đặt số hạng bậc cao nhất của tử số và mẫu số làm thừa số chung.  Dạng vô đònh    , .0 : Biến đổi đưa về dạng 0 0 hoặc   . B. ĐỀ THI Bài 1: Tìm giới hạn 3 x0 x 1 x 1 I lim x      . Giải Giới hạn I có dạng vô đònh 0 0 . Ta có: 3 x0 x 1 1 1 x 1 I lim x        = 3 x0 x 1 1 x 1 1 lim + xx               1 x 0 x 0 x 1 1 x 1 1 x 1 1 I lim lim x x x 1 1         Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 4   x 0 x 0 x 1 1 1 1 lim lim 2 x 1 1 x x 1 1                                 2 33 3 3 2 x 0 x 0 2 3 3 x 1 1 x 1 x 1 1 x11 I lim lim x x x 1 x 1 1     2 x 0 x 0 2 3 3 3 3 1 x 1 1 1 lim lim 3 x 1 x 1 1 x x 1 x 1 1                 Vậy I = I 1 + I 2 = 1 1 5 2 3 6  . Bài 2: ĐỀ DỰ BỊ 1 Tìm giới hạn I = 3 22 x0 3x 1 2x 1 lim 1 cosx      . Giải Giới hạn I có dạng vô đònh 0 0 . Ta có                       3 22 3 22 x 0 x 0 2 2 2 3x 1 1 2x 1 1 3x 1 1 2x 1 1 I lim lim x x x 2sin 2sin 2sin 2 2 2                                   3 22 1 2 x 0 x 0 2 33 2 2 2 2 2 x0 33 22 3x 1 1 3x 1 1 I lim lim x x 2sin 2sin 3x 1 3x 1 1 2 2 x 16 2 lim .6 2 x 3 sin 3x 1 3x 1 1 2                  2 2 2 x 0 x 0 2 22 x 2x 1 4 2 I lim lim 4 2 xx 2 2x 1 1 2sin 2x 1 1 sin 22 . Vậy I = I 1 + I 2 = 4. Bài 3: ĐỀ DỰ BỊ 2 Tìm giới hạn L =      6 2 x1 x 6x 5 lim x1 . TTLT ĐH VĨNH VIỄN 5 Giải Giới hạn L có dạng vô đònh 0 0 . Ta có L =                   5 4 3 2 6 22 x 1 x 1 x 1 x x x x x 5 x 6x 5 lim lim x 1 x 1 =              2 4 3 2 2 x1 x 1 x 2x 3x 4x 5 lim x1 =         4 3 2 x1 lim x 2x 3x 4x 5 15 .  Vấn đề 2: TÍNH CHẤT ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1/ Đònh nghóa: Hàm số f xác đònh trên khoảng (đoạn hoặc nửa khoảng) K và x 1 , x 2  K.  Hàm số f gọi là đồng biến trên K nếu x 1 < x 2  f(x 1 ) < f(x 2 ).  Hàm số f gọi là nghòch biến trên K nếu x 1 < x 2  f(x 1 ) > f(x 2 ). Đònh nghóa này kết hợp với đònh lý dưới đây được sử dụng để chứng minh một bất đẳng thức. 2/ Đònh lí: Hàm số f có đạo hàm trên khoảng K.  Nếu f'(x) > 0, x  K thì hàm số f đồng biến trên K.  Nếu f'(x) < 0, x  K thì hàm số f nghòch biến trên K. Đònh lý này thường được ứng dụng cho các dạng toán sau: Dạng 1: Tìm tham số để hàm số luôn đồng biến (hoặc nghòch biến). Thường sử dụng dấu của tam thức bậc hai P(x) = ax 2 + bx + c (a  0) * P(x)  0, x           0 a b 0 hay a 0 c 0 . * P(x)  0, x           0 a b 0 hay a 0 c 0 . Dạng 2: Tìm tham số để hàm số đồng biến (hoặc nghòch biến) trên khoảng (a; b). Hàm số y = f(x, m) đồng biến (hoặc nghòch biến) trên khoảng (a; b)  y'  0 (hoặc y'  0), x(a; b) và dấu "=" xảy ra ở hữu hạn điểm (*) Thông thường điều kiện (*) biến đổi được về một trong hai dạng: (*) h(m)  g(x), x(a; b)  h(m)    a; b maxg(x) Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 6 (*) h(m)  g(x), x(a; b)  h(m)    a; b min g(x) (Xem Vấn đề 4: GTNN – GTLN của hàm số, để xác đònh   a; b maxg(x) và   a; b min g(x) ) Dạng 3: Tìm tham số để phương trình (hệ phương trình) có nghiệm. Biến đổi phương trình đã cho về dạng g(x) = h(m). Lập bảng biến thiên cho hàm số y = g(x) và dựa vào bảng biến thiên này để kết luận. Chú ý: Nếu bài toán có đặt ẩn số phụ thì phải xác đònh điều kiện cho ẩn số phụ đó. B. ĐỀ THI Bài 1: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009 Cho a và b là hai số thực thỏa mãn 0 < a < b < 1. Chứng minh rằng: a 2 lnb  b 2 lna > lna  lnb Giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với: (a 2 + 1)lnb > (b 2 + 1)lna    22 lnb lna b 1 a 1 . Xét hàm số 2 lnx f(x) ; 0 x 1 x1     22 22 x 1 2x lnx f (x) 0, x (0; 1) x(x 1)          f đđồng biến trên (0; 1) Mặt khác 0 < a < b < 1 nên: f(b) > f(a)   22 lnb lna b 1 a 1 (Điều phải chứng minh). Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008 Tìm các giá trò của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt:        4 4 2x 2x 2 6 x 2 6 x m (m ) Giải Xét hàm số       4 4 f(x) 2x 2x 2 6 x 2 6 x .  Tập xác đònh: D = [0; 6]  33 44 1 1 1 1 1 1 f (x) 22 2x 6 x (2x) (6 x)        TTLT ĐH VĨNH VIỄN 7                                            33 22 44 44 1 1 1 1 1 2 (2x) (6 x) 2x 6 x                      4 4 4 4 4 4 22 44 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2x 6 x 2x 6 x 2x 6 x (2x) (6 x) .  Vì           4 4 4 4 22 44 1 1 1 1 1 1 2 2x 6 x 2x 6 x (2x) (6 x) > 0, x  (0; 6) Nên            44 44 11 f (x) 0 0 2x 6 x x 2 2x 6 x  Bảng biến thiên: x 0 2 6 f'(x) + 0  f(x)   4 3 4 4   4 2 6 6  4 12 12 Dựa vào bảng biến thiên ta có: Phương trình f(x) = m có 2 nghiệm phân biệt          44 2 6 6 m 3 4 4 . CÁCH KHÁC Đặt 4 g(u) u u 31 / 42 11 g (u) u u 42   ; 73 // 42 31 g (u) u u 0, u (0;6) 16 4        Vậy / g là 1 hàm giảm ( nghiêm cách ), Ta có f(x) g(2x) 2g(6 x)   Suy ra / / / f (x) 2g (2x) 2g (6 x)   Nên)         // f (x) 0 g (2x) g (6 x) 2x 6 x ( do / g giảm ) x2 Suy ra / / / f (x) 2g (2x) 2g (6 x) 0 2x 6 x x 2         và / / / f (x) 0 g (2x) g (6 x) 2x 6 x       (do / g giảm)  x2 Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007 Tìm giá trò của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực: 33 33 11 x y 5 xy 11 x y 15m 10 xy                 Giải Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 8  Đặt 11 x u, y v (Đk : u 2, v 2). xy        Hệ đã cho trở thành:                            22 33 u v 5 u v 5 u v u v uv 3(u v) 15m 10 u v 3(u v) 15m 10                      2 u v 5 u v u v 3uv 3(u v) 15m 10                 2 u v 5 5 5 3uv 3(5) 15m 10       u v 5 uv 8 m .  Khi đó u, v (nếu có) sẽ là nghiệm của phương trình: t 2  5t + 8 – m = 0 hay t 2  5t + 8 = m (1).  Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm t = t 1, t = t 2 thỏa mãn: 12 t 2, t 2 (t 1, t 2 không nhất thiết phân biệt).  Xét hàm số    2 f(t) t 5t 8 với t 2: Suy ra f'(t) = 2t – 5 và f'(t) = 0  t = 5 2 Bảng biến thiên t  2 2 5/2 + f'(t)   0 + f(t) + 22 + 2 7/4  Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi  7 m2 4 hoặc m  22. Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007 Cho a  b > 0. Chứng minh rằng: ba ab ab 11 22 22                Giải Bất đẳng thức đã cho tương đương với:           ab a b b a a b ln(1 4 ) ln(1 4 ) (1 4 ) (1 4 ) bln(1 4 ) aln(1 4 ) ab TTLT ĐH VĨNH VIỄN 9 Xét hàm số x ln(1 4 ) f(x) x   với x > 0. Ta có:       x x x 2 4 ln4 x ln 1 4 14 f (x) x      x x x 2x x.4 ln4 (1 4 )ln(1 4 ) x (1 4 )         x x x x 2x 4 ln4 ln(1 4 ) ln(1 4 ) x (1 4 ) Nhận xét :  4 x < 1 + 4 x   xx ln4 ln(1 4 )  1 + 4 x > 1   x ln(1 4 ) 0 Do đó f'(x) < 0, x > 0 Suy ra f(x) nghòch biến trên khoảng (0; +). Mặt khác a  b > 0 nên: f(a)  f(b)    ab ln(1 4 ) ln(1 4 ) ab (Điều phải chứng minh). Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007 Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 4 2 3 x 1 m x 1 2 x 1     Giải  Điều kiện: x  1.  Chia hai vế của phương trình cho x1 , phương trình đã cho tương đương với 4 2 x 1 x 1 3 m 2 x 1 x 1    4 x 1 x 1 3 2 m (1) x 1 x 1        Đặt    4 x1 t x1 , khi đó phương trình (1) trở thành 3t 2 + 2t = m (2) Vì      44 x 1 2 t1 x 1 x 1 và x  1 nên 0  t < 1  Xét hàm số f(t) = 3t 2 + 2t, với 0  t < 1 Suy ra : f'(t) = – 6t + 2 và f'(t) = 0  t = 1 3  Bảng biến thiên: Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 10 t 0 1 3 1 f(t) 1 3 0 1  Dựa vào bảng biến thiên ta có: Phương trình đã cho có nghiệm  (2) có nghiệm t  [0; 1)  1 1 m 3    . Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007 Chứng minh rằng với mọi giá trò dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2 x 2x 8 m(x 2)    Giải  Điều kiện: m(x – 2)  0  x  2 (Do xét m > 0).  Phương trình đã cho tương đương với                      2 x 2 x 4 m x 2 x 2 x 4 m x 2              2 x 2 x 2 x 4 m 0           32 x2 x 6x 32 m 0  Nhận xét: Phương trình đã cho luôn có một nghiệm dương x = 2, nên từ yêu cầu bài toán, ta chỉ cần chứng minh phương trình: x 3 + 6x 2 32 = m (1) có một nghiệm trong khoảng (2; +).  Xét hàm số f(x) = x 3 + 6x 2 32, với x > 2. Ta có: f'(x) = 3x 2 + 12x > 0, x2 Bảng biến thiên: x 2 + f'(x) + f(x) + 0  Từ bảng biến thiên ta thấy với mọi m > 0, phương trình (1) luôn có một nghiệm trong khoảng (2; +). Vậy với mọi m > 0 phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt. Bài 7: TTLT ĐH VĨNH VIỄN 11 Xác đònh m để phương trình sau có nghiệm.             2 2 4 2 2 m 1 x 1 x 2 2 1 x 1 x 1 x Giải  Điều kiện: 1  x  1.  Đặt t = 22 1 x 1 x    0  24 t 2 2 1 x    2 Điều kiện: 0  t  2  Phương trình đã cho trở thành: m (t + 2) = 2  t 2 + t  2 t t 2 m t2       Xét hàm số f(t) =     2 t t 2 t2 , với 0  t  2 .  f'(t) =   2 2 t 4t t2   , f'(t) = 0  t = 0, t = 4  Bảng biến thiên t 0 2 f’(t)  f(t) 1 2 1 Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 2  1  m  1. Bài 8: ĐỀ DỰ BỊ 1 Cho hàm số      22 x 5x m 6 y x3 (1) (m là tham số) Tìm m để hàm số (1) đồng biến khoảng (1; +). Giải Ta có:       22 2 x 6x 9 m y (x 3)  Hàm số y đồng biến trên (1; +)  y'  0, x1  x 2 + 6x + 9  m 2  0, x1  x 2 + 6x + 9  m 2 , x1 .  Xét hàm số g(x) = x 2 + 6x + 9, x1 g'(x) = 2x + 6 > 0, x1 Do đó yêu cầu bài toán tương đương với Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 12 2 x 1 min g(x) m    g(1) = 16  m 2  4  m  4. Bài 9: Chứng minh rằng: 2 x x e cosx 2 x 2     , x  Giải Ta chứng minh hai bất đẳng thức sau: 1/ x e 1 x, x    2/ 2 x cosx 1 , x 2      Chứng minh x e 1 x, x    Xét hàm số f(x) = e x  x  1  f'(x) = e x  1  f'(x) = 0  x = 0 Bảng biến thiên: x  0 + f'(x)  0 + f(x) 0 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy f(x)  0, x x e x 1, x (1)      Chứng minh: 2 x cosx 1 , x 2     Xét hàm số g(x) = cosx  1 + 2 x 2 Vì g(x) là hàm số chẵn nên ta chỉ cần xét x  0 là đủ.  g'(x) = sinx + x  g"(x) = cosx + 1  0  g'(x) đồng biến, x0  g'(x)  g'(0) = 0, x0  g(x) đồng biến, x0  g(x)  0, x0  cosx + 22 xx 1 0, x 0 cosx 1 ; x (2) 22          Từ (1) và (2) suy ra e x + cosx  2 + x 2 x ; x 2    . [...]... biến thi n của hàm số suy ra phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m  2  Vấn đề 3: CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ A PHƯƠNG PHÁP GIẢI A TỔNG QUÁT 1 Hàm số f có cực trò  y' đổi dấu 2 Hàm số f không có cực trò  y' không đổi dấu 3 Hàm số f chỉ có một cực trò  y' đổi dấu 1 lần 4 Hàm số f có 2 cực trò (cực đại và cực tiểu)  y' đổi dấu 2 lần 5 Hàm số f có 3 cực trò  y' đổi dấu 3 lần 6 Hàm số f đạt cực đại... nghiệm của đạo hàm (nếu có) Kết luận tính đơn điệu của hàm số + Cực trò của hàm số + Giới hạn của hàm số và đường tiệm cận (nếu có) của đồ thò hàm số  Lập bảng biến thi n  Vẽ đồ thò B ĐỀ THI Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thò (C) của hàm số y = x4 – x2 + 6 Giải  Tập xác đònh: D = R 33 Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –  Sự biến thi n: y + Chiều biến thi n:... 3 điểm cực trò Giải  Tập xác đònh: D = 22 TTLT ĐH VĨNH VIỄN x  0 y' = 4mx3 + 2(m2  9)x, y' = 0   2mx2  m 2  9  0 (*)   Hàm số có 3 cực trò  (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0  m2  9  0  m <  3 hay 0 < m < 3 2m Bài 12: ĐỀ DỰ BỊ 1 x2  mx Cho hàm số y = (1) (m là tham số) 1 x Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu Với giá trò nào của m thì khoảng cách giữa hai điểm cực trò của đồ thò... Bài 7: ĐỀ DỰ BỊ 1 Cho hàm số y = x4  2m2x2 + 1 (1) với m là tham số Tìm m để đồ thò hàm số (1) có 3 điểm cực trò là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân Giải  Tìm m để hàm số có 3 cực trò  y' = 4x3 – 4m2x 20 TTLT ĐH VĨNH VIỄN x  0  y  1   y' = 0  x(x2 – m2) = 0   x  m  y  1  m 4  4  x  m  y  1  m  Hàm số có 3 cực trò  y' = 0 có 3 nghiệm phân biệt  m  0  Ba điểm cực trò của đồ... 2  2 2 17 Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – Bài 2: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009 Cho hàm số y = x3 – (2m – 1)x2 + (2 – m)x + 2 (1), với m là tham số thực Tìm các giá trò của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trò của đồ thò hàm số (1) có hoành độ dương Giải  Tập xác đònh: D  , y' = 0  3x2 – 2(2m – 1)x + 2 – m = 0 (*)  Yêu cầu bài toán tương đương với Phương trình (*)... giá trò cực đại tương ứng là y(2) = 1 Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007 Cho hàm số y  x2  2(m  1)x  m2  4m (1), m là tham số x2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trò của đồ thò cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác vuông tại O Giải 19 Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –  Tập xác đònh: D = \ 2 và y  x2  4x  4  m2 (x  2)2  Hàm số (1) có cực đại... trên (; 1) và (0; 1) + Cực trò: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 1 + Giới hạn: lim y   x  Bảng biến thi n: x  y' y 0 + 34 + 0 1  0 0 1  0 1  2 + + + 1 Đồ thò: Giao điểm của đồ thò với trục hoành là (0; 0); ( 2 ; 0) x TTLT ĐH VĨNH VIỄN y -1 O 1 x -1 Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thò của hàm số y = 4x3 – 6x2... ngang y = 2 x  Bảng biến thi n: x  y' + y + 1 + + 2  2  Đồ thò: (hình trên) Bài 6: Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thò của hàm số y = x3 – 3x2 + 3x + 1 36 x TTLT ĐH VĨNH VIỄN Giải Tập xác đònh: D  Sự biến thi n: + Chiều biến thi n: Đạo hàm: y' = 3x2– 6x + 3, y' = 0 có nghiệm kép x = 1 nên y'  0, x D y Hàm số đồng biến trên (∞; +∞) + Cực trò: Hàm số không có cực trò + Giới hạn: lim y ... hàm số (1) có hai giá trò cực trò trái dấu nhau 2/ Tìm m để hàm số (1) đạt cực đại tại x = 2 Giải 18 1 (vì m  0) 2 TTLT ĐH VĨNH VIỄN 1/ Hai giá trò cực trò trái dấu nhau  Đồ thò hàm số (1) không cắt trục hoành  x2 + mx + 1 = 0 vô nghiệm   = m2 – 4 < 0  2 < m < 2 Cách khác: Nghiệm của y' = 0 là x1 = m + 1, x2 = m – 1 Ta có y(x1) =  m + 2, y(x2) =  m – 2 Hai giá trò cực trò trái dấu nhau  y(x1).y(x2)... (x 0 ) 0 f (x 0 ) 0 TTLT ĐH VĨNH VIỄN 7 Hàm số f đạt cực tiểu tại x0 nếu f (x 0 ) 0 f (x 0 ) 0 8 Hàm số f có đạo hàm và đạt cực trò tại x0  f (x0 ) 0 9 Hàm số f có đạo hàm và đạt cực trò bằng c tại x = x0  f (x 0 ) 0 f(x 0 ) c Chú ý : Đối với một hàm số bất kì, hàm số chỉ có thể đạt cực trò tại những điểm mà tại đó đạo hàm triệt tiêu hoặc đạo hàm không xác đònh B CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ BẬC 3 y = ax3 + . có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trò của đồ thò cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác vuông tại O. Giải Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 20  Tập. – 1 (1), m là tham số. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trò của đồ thò hàm số (1) cách đều gốc tọa độ O. Giải  Tập xác đònh: D Ta có: y' = 3x 2 + 6x. không có cực trò  y' không đổi dấu. 3. Hàm số f chỉ có một cực trò  y' đổi dấu 1 lần. 4. Hàm số f có 2 cực trò (cực đại và cực tiểu)  y' đổi dấu 2 lần. 5. Hàm số f có 3 cực
- Xem thêm -

Xem thêm: Các chuyên đề ôn thi THPT Quốc gia môn Toán cực hay của Trung tâp luyện thi Vĩnh Viễn FULL, Các chuyên đề ôn thi THPT Quốc gia môn Toán cực hay của Trung tâp luyện thi Vĩnh Viễn FULL, Các chuyên đề ôn thi THPT Quốc gia môn Toán cực hay của Trung tâp luyện thi Vĩnh Viễn FULL

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay