PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN THỨC TÓM TẮT GIÁO KHOA I. Các điều kiện và tính chất cơ bản : * A có nghóa khi A ≥ 0 * 0 ≥ A với A ≥ 0 * AA = 2 &    < ≥ = 0A nếu A- 0A nếu A A * ( ) AA = 2 với A ≥ 0 * BABA = khi A , B ≥ 0 * BABA −−= khi A , B ≤ 0 II. Các đònh lý cơ bản : a) Đònh lý 1 : Với A ≥ 0 và B ≥ 0 thì : A = B ⇔ A 2 = B 2 b) Đònh lý 2 : Với A ≥ 0 và B ≥ 0 thì : A > B ⇔ A 2 > B 2 c) Đònh lý 3 : Với A, B bất kỳ thì : A = B ⇔ A 3 = B 3 A > B ⇔ A 3 > B 3 A = B ⇒ A 2 = B 2 III. Các phương trình và bất phương trình căn thức cơ bản & cách giải : * Dạng 1 : A 0 (hoặc B 0 ) A B A B ≥ ≥  = ⇔  =  * Dạng 2 : 2 B 0 A B A B ≥   = ⇔  =   * Dạng 3 : 2 A 0 A B B 0 A B  ≥  < ⇔ >   <  * Dạng 4: 2 A 0 B 0 A B B 0 A B  ≥    <   > ⇔  ≥      >    IV. Các cách giải phương trình căn thức thường sử dụng : 15 * Phương pháp 1 : Biến đổi về dạng cơ bản Ví dụ : Giải phương trình sau : 1) 42 −=− xx (x=6) 2) 02193 2 =−++− xxx 1 (x ) 2 = − Bài tập rèn luyện: 1) 5234 2 −=−+− xxx ( 5 14 = x ) 2) 7122 =−− xx ( 5 = x ) 3) 1232 2 +=+− xxx ( ) 3 153 ±− = x 4) 24 4 4 22 xx =− ( 22 ±= x ) * Phương pháp 2 : Đặt điều kiện (nếu có) và nâng luỹ thừa để khử căn thức Ví dụ : Giải phương trình sau : 1) 13492 ++−=+ xxx ( 11 x 0 x ) 3 = ∨ = 2) 012315 =−−−−− xxx (x=2) Bài tập rèn luyện: 1) 1723 =+−− xx ( 9 = x ) 2) 38 +=−+ xxx ( 1 = x ) 3) 21 +=++ xxx ( 3 323 +− = x ) 4) 431 +−=+ xx ( 0 = x ) * Phương pháp 3 : Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình hoặc hệ pt đại số Ví dụ : Giải các phương trình sau : 1) xxxx 33)2)(5( 2 +=−+ (x 1 x 4)= ∨ = − 2) 5)4)(1(41 =−++−++ xxxx (x 0 x 3)= ∨ = 3) 01312 2 =+−+− xxx (x 1 x 2 2)= ∨ = − 4) 112 3 −−=− xx (x 1 x 2 x 10)= ∨ = ∨ = Bài tập rèn luyện: 1) 4)5)(2(52 =−++−++ xxxx ( 2 533 ± = x ) 2) 16212244 2 −+−=−++ xxxx (x=5) 4) 36333 22 =+−++− xxxx 5) 253294123 2 +−+−=−+− xxxxx * Phương pháp 4 : Biến đổi phương trình về dạng tích số : A.B = 0 hoặc A.B.C = 0 Ví dụ : Giải phương trình sau : xx x x −=−− − 123 23 2 16 * Phương pháp 5 : Nhẩm nghiệm và sử dụng tính đơn điệu để chứng minh nghiệm duy nhất * Ta thường sử dụng các tính chất sau: • Tính chất 1 : Nếu hàm số f tăng ( hoặc giảm ) trong khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = C có không quá một nghiệm trong khỏang (a;b). ( do đó nếu tồn tại x 0 ∈ (a;b) sao cho f(x 0 ) = C thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = C) • Tính chất 2 : Nếu hàm f tăng trong khỏang (a;b) và hàm g là một hàm giảm trong khỏang (a;b) thì phương trình f(x) = g(x) có nhiều nhất một nghiệm trong khỏang (a;b) . ( do đó nếu tồn tại x 0 ∈ (a;b) sao cho f(x 0 ) = g(x 0 ) thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = g(x)) Ví dụ : Giải các phương trình sau : 1) 4259 +−=+ xx 2) 11414 2 =−+− xx Bài tập rèn luyệnï: 1) 141 =−−+ xx (x=3) 2) 7825 =+++ xx (x=4) * QUCH NG THNG CHUYấN PHNG TRèNH M b>0 a = b x = log a b x Chuyờn - Phng trỡnh M Quỏch ng Thng - Trng THPT Phự C ~1 PHNG TRèNH M Phng phỏp 1: S dng phng phỏp bin i tng ng I Trng tõm kin thc: Bi toỏn s dng phng phỏp bin i tng ng gii phng trỡnh m l bi toỏn c bn ca phng trỡnh m Dng chớnh ca phng phỏp ny l s dng phng phỏp bin i tng ng bin i phng trỡnh m v dng c bn hoc dng cú cựng c s Phng phỏp: Ta s dng phộp bin i tng ng sau Dng 1: Phng trỡnh a f ( x ) = a g ( x ) + Khi c s a l mt hng s tha < a thỡ a f ( x) = a g ( x) f ( x ) = g ( x ) + Khi c s a l mt hm s ca n x thỡ a f ( x) = a g( x) a = ho c < a f ( x ) = g ( x ) a > ( a 1) f ( x ) g ( x ) = Dng 2: Phng trỡnh a f ( x ) = b < a 1, b > Cỏch gii: a f ( x ) = b f ( x ) = log a b c bit: + Khi b = ho c b < thỡ kt lun phng trỡnh vụ nghim + Khi b = 1ta vit b = a Suy phng trỡnh a f ( x) = b a f ( x ) = a f ( x ) = + Khi b m b cú th biu din thnh b = a c Suy phng trỡnh a f ( x) = b a f ( x ) = a c f ( x ) = c Tuy nhiờn cú nhiu trng hp vi phng trỡnh a f ( x ) = b g ( x ) ta cn chn phn t trung gian c bin i phng trỡnh v dng (c ) f ( x) = (c ) g(x) c f ( x ) = c g ( x ) f ( x ) = g ( x ) Chỳ ý: Trc bin i phng trỡnh chỳng ta phi tỡm iu kin f ( x ) v g ( x ) cú ngha II Bi chn lc, in hỡnh: Chuyờn - Phng trỡnh M Quỏch ng Thng - Trng THPT Phự C ~3 Vy phng trỡnh cú nghim x=10 Bi 2: Gii cỏc phng trỡnh sau: a) x x +5 = 49 x b) x x + = x + x +3 2 c) x x +8 = 413 x d) 3x +1 + 3x 3x + 3x = 750 Hng dn gii a) Ta cú x = x x +5 = 49 x x x +5 = x x x + = x x x + = x = Vy phng trỡnh cú nghim x = 2, x = b) Ta cú 2 x x + = x + x +3 2 ( x3 x + ) =2 ( x2 + x +3 ) 3( x x + ) = ( x + x + 3) x = x = 22 2 3x x x = x ( 3x x ) = x = 3 x x = x = + 22 Vy phng trỡnh cú nghim x = 0, x = 22 + 22 ,x = 3 c) Ta cú x x +8 = 413 x x x +8 = 2(13 x ) x x + = x x = x2 + 5x + = x = 2 Vy phng trỡnh cú nghim x = 3, x = 3x 3x 3x + = 750 d) Ta cú + + = 750 3.3 + 27 81 1 250 x 3+ + 3x = 750 = 750 3x = 3.81 3x = 35 x = 27 81 81 Vy phng trỡnh cú nghim x = x +1 x x x Bi 3: Gii cỏc phng trỡnh sau: a) ( 5+2 ) x = ( 52 ) x x +1 x Chuyờn - Phng trỡnh M Quỏch ng Thng - Trng THPT Phự C 35 = nờn Khi ú ( + 35 + 35 ) =( x +5 x +1 = 35 ( ) + 35 x x ( ~5 ) + 35 ) =( x +5 x +1 + 35 2x + 2x = 2x + 2x ( x + )( x ) = ( x 1)( x + 1) x 25 = x + ) x x 13 x= 13 x = 26 x = (tha món) 13 x = 13 x = Vy phng trỡnh ó cho cú nghim 13 x = d) Vỡ x x + = ( x 1) + > 0, x ằ nờn iu kin ca phng trỡnh l x ằ ( ) )( M + 48 48 = 49 48 = Suy (7 ) 48 = Khi ú (7 + 48 ) ( + 48 x2 x+9 ) ( = + 48 ( = 48 x x + = x + ) x ) ( + 48 ) x2 x +9 ( = + 48 ) x + 7 x x + x x = x = (tha 2 x x + = x + ( ) x 26 x + 40 = 20 x = món) Vy phng trỡnh cú nghim x = Chuyờn - Phng trỡnh M Quỏch ng Thng - Trng THPT Phự C x =1 x = x = < x < x x=5 x x + = x + x x x + 10 = Vy phng trỡnh cú nghim phõn bit x=4, x=5 Bi 6: Cho phng trỡnh ~7 (1) 4m+1 a) Gii phng trỡnh vi m = b) Tỡm m phng trỡnh cú nghim trỏi du x2 x +5 = c) Tỡm m phng trỡnh cú nghim thuc khong (1, ) Bin i phng trỡnh v dng: 1 = m+1 x x +5 2 x x + = 2m + x2 x +5 x x + 2m = Hng dn gii = 2 m+ ( 2) x =1 a) Vi m = 0, ta c phng trỡnh x x + = x = Vy vi m = phng trỡnh cú nghim phõn bit x = 1, x = b) Phng trỡnh (1) cú nghim trỏi du Phng trỡnh (2) cú nghim trỏi du 2m < 2m < m > Vy, vi m > thỡ phng trỡnh (1) cú nghim trỏi du c) Phng trỡnh (1) bin i v d ng x x + = 2m ( ) P Vi iu kin trờn phng trỡnh ó cho tng ng x +1 ( x 2.3x 3) log3 ( x 1) + log 27 = x ( x 2)( x + x + 4) = ( x 2.3x ) log ( x 1) = 2.3 x x ( 3x )( 3x + 1) log ( x 1) 2.3x + x = ( 3x )( 3x + 1) log ( x 1) + = x =1 3x = x = log x + = ) 3( ( loaùi ) ( thoỷa maừn ) Vy phng trỡnh ó cho cú mt nghim : x = Bi ...www.VNMATH.com Nguyễn Đình Sỹ- ĐT: 02403833608 Trang 1 CHUYÊN ĐỀ ĐỐI XỨNG TÂM ĐỐI XỨNG- TRỤC ĐỐI XỨNG- ĐỒ THỊ ĐỐI XỨNG VÀ CÔNG THỨC CHUYỂN TRỤC A. KIẾN THỨC CƠ BẢN : Cho hàm số y=f(x). có đồ thị (C) 1.Nếu f(x) là hàm số chẵn : Đồ thị của có đối xứng nhau qua trục Oy - Có nghĩa là ,trục Oy là trục đối xứng của nó . 2. Nếu f(x) là hàm số lẻ : Đồ thị của nó nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng 3. Cho hai điểm   11 2 2 ;; ; A xy Bxy và đường thẳng d : mx+ny+p=0 . Nếu A và B đối xứng nhau qua đường thẳng d thì phải thỏa mãn hệ sau : 21 AB 21 .1 ;i:k êm I d AB d kk y y vo Trungdi x x         4. Cho điểm I( 00 ;) x y . Nếu chuyển hệ tọa độ Oxy dọc theo phương của véc tơ OI thì công thức chuyển trục là : 0 0 x xX y yy      Khi đó phương trình của đồ thị (C) trong hệ mới : Y=F(X;y 0 ;x 0 ) B. GHI NHỚ : - Đối với đồ thị hàm phân thức , thì giao hai tiệm cận là tâm đối xứng - Đối với hàm số bậc ba thì tọa độ điểm uốn là tọa độ tâm đối xứng - Đối với hàm số trùng phương thì trục Oy là trục đối xứng của đồ thị hàm số . C. CÁC BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP I.CHỨNG MINH ĐỒ THỊ Y=F(X) CÓ TRỤC ĐỐI XỨNG CÁCH GIẢI Có hai cách * Cách 1. - Giả sử trục đối xứng có phương trình : 0 x x  . Gọi điểm   0 ;0Ix - Chuyển   0 Oxy IXY OI x xX yY        - Viết phương trình đường cong (C) trong tọa độ mới : Y=F(X;x 0 ;y 0 ) (*) - Buộc cho (*) là một hàm số chẵn : ( Cho hệ số các ẩn bậc lẻ bằng 0 ) - Giải hệ các ẩn số bậc lẻ bằng 0 ta suy ra kết quả cần tìm . * Cách 2. Nếu với 0 x x là trục đối xứng thì : f(   00 ) x xfxx   đúng với mọi x , thì ta cũng thu được kết quả . Ví dụ 1. Cho hàm số   432 4764yxxxxC   . Chứng minh rằng đường thẳng x=1 là trục đối xứng của đồ thị (C) ( Hoặc : Chứng minh rằng đồ thị hàm số có trục đối xứng ; tìm phương trình của trục đối xứng đó ? ) GIẢI www.VNMATH.com Nguyễn Đình Sỹ- ĐT: 02403833608 Trang 2 - Giả sử đường thẳng x= 0 x là trục đối xứng của đồ thị (C). Gọi I( 0 ;0)x - Chuyển :   0 Oxy IXY OI x xX yY        - Phương trình của (C) trong hệ tọa độ mới là :        432 0000 432232 432 0000000000 4764 44 65 4576 4764 Yxx xx xx xx YX x X x xX x x x X x x x x                - Để hàm số là chẵn thì các hệ số của ẩn bậc lẻ và số hạng tự do bằng không : 0 32 00 0 0 432 0000 440 45760 1 47640 x xxx x xxxx           Chứng tỏ đồ thị hàm số có trục đối xứng , và phương trình của trục đối xứng là : x=1. Ví dụ 2. Tìm tham số m để đồ thị hàm số :   43 2 4 m yx x mx C  có trục đối xứng song song với trục Oy. GIẢI - Giả sử đường thẳng x= 0 x là trục đối xứng của đồ thị (C). Gọi I( 0 ;0)x - Chuyển :   0 Oxy IXY OI x xX yY        - Phương trình của (C) trong hệ tọa độ mới là :     432232 432 000 000000 44 63 4122 4YX x X x xmX x x mxXx xmx        - Để là hàm số chẵn thì :  0 0 32 00 0 410 1 4 4122 0 x x m xmx              II. Chứng minh đồ thị (C) có tâm đối xứng . CÁCH GIẢI Ta cũng có hai cách giải Cách 1. - Giả sử đồ thị (C) có tâm đối xứng là   00 ; I xy - Chuyển :   0 0 Oxy IXY OI x xX yyY        - Viết phương trình (C) trong hệ tọa độ mới : Y=F(X;x0;y0) (*) - Buộc cho (*) là một hàm số lẻ : ( Cho hệ số các ẩn bậc chẵn ) - Giải hệ ( với hệ số các ẩn bậc chẵn bằng 0 ) ta suy ra kết quả . Cách 2. Nếu đồ thị (C) nhận điểm I làm tâm đối xứng thì : 000 ()()2 f xxfxx y  với mọi x www.VNMATH.com Nguyễn Đình Sỹ- ĐT: 02403833608 Trang 3 VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1. ( ĐH-QG-98). Cho (C) : 2 1 x y x   a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) b. Chứng minh (C) có tâm đối xứng , tìm tọa độ tâm đối xứng đó . GIẢI a. Học sinh tự vẽ đồ thị (C) b. Giả sử (C) có tâm đối xứng là I   00 ; I xy - Phương trình (C) viết lại thành dạng : 1 1 1 yx x   - Chuyển :   0 0 Oxy IXY OI x xX yyY          - Phương trình (C) Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Trang 1 CỔNG LUYỆN THI ĐẠI HỌC TRỰC TUYẾN §ÆNG VIÖT HïNG BÀI GIẢNG TRỌNG TÂM TÍCH PHÂN Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Trang 2 I. NHẮC LẠI KHÁI NIỆM VỀ VI PHÂN CỦA HÀM SỐ Vi phân của hàm số y = f(x) được kí hiệu là dy và cho bởi công thức = = = ( ) ' '( ) dy df x y dx f x dx Ví d ụ :  d(x 2 – 2x + 2) = (x 2 – 2x + 2)′dx = (2x – 2)dx  d(sinx + 2cosx) = (sinx + 2cosx)′dx = (cosx – 2sinx)dx    Chú ý: Từ công thức vi phân trên ta dễ dàng thu được một số kết quả sau  ( ) ( ) 1 2 2 2 2 d x dx dx d x = ⇒ =  ( ) ( ) 1 3 3 3 3 d x dx dx d x = ⇒ =  ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 x xdx d d x d x a d a x   = = = ± = − −        ( ) ( ) ( ) 3 2 3 3 3 1 1 1 3 3 3 3 x x dx d d x d x a d a x   = = = ± = − −        ( ) ( ) ( ) ax 1 1 ln ax ln ax d b dx dx d b d x ax b a b a x + = = + → = + +  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 sin ax sin ax ax cos ax sin 2 os2 2 b dx b d b d b xdx d c x a a + = + + = − + → = −  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 cos cos sin cos2 sin2 2 ax b dx ax b d ax b d ax b xdx d x a a + = + + = + → =  ( ) ( ) ( ) ax 2 2 1 1 1 ax 2 b ax b ax b x x e dx e d b d e e dx d e a a + + + = + = → =  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ax 1 1 1 tan tan2 2 cos cos cos 2 d b dx dx d ax b d x a a ax b ax b x + = =  +  → =   + +  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ax 1 1 1 cot cot2 2 sin sin sin 2 d b dx dx d ax b d x a a ax b ax b x + = = −  +  → = −   + + II. KHÁI NIỆM VỀ NGUYÊN HÀM Cho hàm s ố f(x) liên t ụ c trên m ộ t kho ả ng (a; b). Hàm F(x) đượ c g ọ i là nguyên hàm c ủ a hàm s ố f(x) n ế u F’(x) = f(x) và đượ c vi ế t là ( ) f x dx ∫ . T ừ đ ó ta có : ( ) ( ) f x dx F x = ∫ Nh ậ n xét: V ớ i C là m ộ t h ằ ng s ố nào đ ó thì ta luôn có (F(x) + C)’ = F’(x) nên t ổ ng quát hóa ta vi ế t ( ) ( ) f x dx F x C = + ∫ , khi đ ó F(x) + C đượ c g ọ i là m ộ t h ọ nguyên hàm c ủ a hàm s ố f(x). V ớ i m ộ t giá tr ị c ụ th ể c ủ a C thì ta đượ c m ộ t nguyên hàm c ủ a hàm s ố đ ã cho. Ví d ụ :  Hàm s ố f(x) = 2x có nguyên hàm là F(x) = x 2 + C, vì (x 2 + C)’ = 2x  Hàm s ố f(x) = sinx có nguyên hàm là F(x) = –cosx + C, vì (–cosx + C)’ = sinx III. CÁC TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA NGUYÊN HÀM Cho các hàm s ố f(x) và g(x) liên t ụ c và t ồ n t ạ i các nguyên hàm t ươ ng ứ ng F(x) và G(x), khi đ ó ta có các tính ch ấ t sau: a) Tính ch ấ t 1: ( ) ( ) ( ) f x dx f x ′ = ∫ Chứng minh: 01. ĐẠI CƯƠNG VỀ NGUYÊN HÀM Khóa học LTĐH môn Toán – Thầy Đặng Việt Hùng (0985.074.831) – Facebook: LyHung95 Tham gia các gói học trực tuyến Pro S – Pro Adv môn Toán để đạt kết quả cao nhất trong kỳ thi THPT quốc gia Trang 3 Do F(x) là nguyên hàm của hàm số f(x) nên hiển nhiên ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x dx F x f x ′ ′ = = ⇒ ∫ đpcm. b) Tính chất 2: [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x g x dx f x dx g x dx + = + ∫ ∫ ∫ Ch ứ ng minh: Theo tính ch ấ t 1 ta có, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x dx g x dx f x dx g x dx f x g x ′ ′ ′ + = + = + ∫ ∫ ∫ ∫ Theo đị nh ngh ĩ a nguyên hàm thì v ế ph ả i chính là nguyên hàm c ủ a f(x) + g(x). T ừ đ ó ta có [ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x g x dx f x dx g x dx + = + ∫ ∫ ∫ c) Tính chất 3: ( ) . ( ) ( ) , 0 k f x dx k f x dx k = ∀ ≠ ∫ ∫ Ch ứ ng minh: T ươ ng t ự nh ư tính ch ấ t 2, ta xét ( ) ( ) . ( ) . ( ) ( ) k f x dx k f x k f x dx k f x dx ′ = → = ⇒ ∫ ∫ ∫ đ pcm. d) Tính chất 4: ( ) ( ) ( ) f x dx f t dt f u du = = ∫ ∫ ∫ Tính ch ấ t trên đượ c g ọ i là tính bất biến c ủ a nguyên hàm, t ứ c là nguyên hàm c ủ a m ộ t hàm s ố ch ỉ ph ụ thu ộ c vào hàm, mà không ph ụ thu ộ c vào bi ế n. IV. CÁC Nguoithay.vn Nguoithay.vn 1 Đ2 CệẽC TRề CUA HAỉM SO CC DNG BI TP: DNG 1: Tỡm cc tr ca hm s. DNG 2: Tỡm iu kin hm s cú cc tr (hoc cú cc tr tha món iu kin cho trc) Dng 1: TM CC TR CA HM S Quy tc 1: - Tỡm TX ca hm s - Tớnh '( )fx . Tỡm cỏc im ti ú '( )fx bng 0 hoc '( )fx khụng xỏc nh. - Lp bng bin thiờn - T bng bin thiờn duy ra cỏc im cc tr. Quy tc 2: - Tỡm TX ca hm s - Tớnh '( )fx . Gii phng trỡnh '( ) 0fx v ký hiu i x 1,2,3, i l cỏc nghim ca nú. - Tớnh fx v i fx - Da vo u ca i fx suy ra tớnh cht cc tr ca im i x . LUYN TP Bi 1: Tỡm cỏc im cc tr ca cỏc hm s sau: a) 23 32y x x b) 2 36 2 xx y x e) 2 25y x x c) 4 2 3 22 x yx d) 2 4y x x f) 2 2y x x x Bi 2: Tỡm cỏc im cc tr ca cỏc hm s sau: a) 2f x x x c) sin2 2f x x x b) 2sin2 3f x x d) 3 2cos cos2f x x x Nguoithay.vn Nguoithay.vn 2 GII a) TX: D=R       . 20 20. x x voi x fx x x voi x            Vi 0x  :   2 2 0f x x     (vì 0x  )  Vi 0x  :   22f x x     ,   01f x x      Bng bin thiên: 0x  ,   0fx   x  -1 0  y  + 0 - + y 1 0 Kt lun: o Hàm s đt cc đi ti 1x ,   11 CD ff   o Hàm s đt cc tiu ti 0x  ,   00 CT ff b) TX: D=R   4cos2f x x   ,   0 cos2 0 2 2 4 2 f x x x k x k               , k   8sin2f x x   Tính: 82 8sin 8 2 1 4 2 2 voi k n f k k voi k n                            , n Kt lun:  HS đt cc đi ti 4 xn    , 1 4 CD f f n           HS đt cc tiu ti   21 42 xn     , 3 2sin 2 3 2 3 5 2 CD fn              c) TX: D = R   1 2cos2f x x   ,   1 0 cos2 cos 2 3 6 f x x x k            , k   4sin2f x x   Tính: 4sin 2 2 3 0 63 f k k                     6 xk      là đim cc tiu 4sin 2 2 3 0 63 f k k                        6 xk       là đim cc đi Kt lun: Nguoithay.vn Nguoithay.vn 3 + Hàm s đt cc đi ti 6 xk      , 3 2 6 6 2 CD f f k k              + Hàm s đt cc tiu ti 6 xk    , 3 2 6 6 2 CT f f k k            d) TX: D=R     2sin 2sin2 2sin 4sin cos 2sin 1 2cosf x x x x x x x x          sin 0 0 1 2 2 1 2cos 0 cos cos 2 2 3 3 x k x k x fx x x x k                           2cos 4cos2f x x x   Xét: +   2cos 4cos 2 2cos 4 0f k k k k            HS đat cc tiu ti các đim xk   ,   3 2cos cos 2 2 2cos CT f f k k k k           + 2 2 4 1 1 2 2cos 4cos 2 4 3 0 3 3 3 2 2 fk                                    HS đat cc đi ti các đim 2 2 3 xk      2 2 4 9 2 3 2cos cos 3 3 3 2 CD f f k               Nguoithay.vn Nguoithay.vn 4  Dng 2: TỊM IU KIN  HÀM S Cị CC TR Lu ý: 1)  tính giá tr cc tr ca hàm bc 3:   32 f x ax bx cx d    ta làm nh sau:       fx x Ax B f x f x             f x Ax B f x x        (*) Gi i x là nghim ca pt   0fx   ( i x là các đim cc tr)       0 i i i f x Ax B f x x          ii f x x     Trong đó x   là phn d ca phép chia     fx fx  ng thng đi qua 2 đim cc tr là: yx   ( Vì to đ ca đim cc tr   ;M x y tho pt   0fx   , nên t (*) ta suy ra yx   ) 2) Tính giá tr cc đi, cc tiu ca hàm s:     2 ux ax bx c y a x b v x     ,           2 u x v x u x v x y vx               00y u x v x u x v x        (1) Gi i x là các nghim ca (1), t (1) ta suy ra:         0 Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM MỨC VẬN DỤNG CAO CHỦ ĐỀ MŨ VÀ LÔGARIT (Có lời giải chi tiết) Câu Cho n số nguyên dương, tìm n cho: log a 2019  22 lo g a A n=2017 2019  32 log a 2019   n log n a 2019  10082  2017 log a 2019 B n=2018 C n=2019 D n=2016 Hướng dẫn giải: Ta có : log a 2019  22 lo g a 2019  32 log a 2019   n log n a 2019  10082  2017 loga 2019  log a 2019  23 lo g a 2019  33 log a 2019   n loga 2019  10082  2017 loga 2019  (13  23  33   n ) log a 2019  10082  2017 loga 2019  n(n  1) 2  2016.2017 2          n  2017 Đáp án A Câu 2: Phương trình log mx  6x   2log 14x  29x  2  có nghiệm thực phân biệt khi: A m  19 B m  39 C 19  m  39 D 19  m  39 Hướng dẫn giải: log mx  6x   2log 14x  29x  2   log mx  6x   log 14x  29x  2   mx  6x  14x  29x  6x 14x  29x  m x Xét hàm số: f  x   W: www.hoc247.net 6x 14x  29x  2  f   x   12x 14  x x F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Trang | Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai    x   f 1  19     39 f   x     x   f          x    f    121    3  Lập bảng biến thiên suy đáp án C  x x 1   có nghiệm  2log    x x  Câu Biết phương trình log x  a  b a, b số nguyên Tính tổng a  b ? A B 1 C D Hướng dẫn giải: log  x x 1  x 1 x 1   log  2log    2log  x x x  x x    x 1 ĐK:    x       log 2  x  1  log Pt  log x   log x  log (x 1)  log 4x 4x  log x  log (x 1)2 (1) Đặt t  x 1  4x   t 1 (1) có dạng log5 t  log3 (t 1)  log5 x  log3 (x 1) (2) Xét f (y)  log5 y  log3 (y 1) , x   t   y  Xét y  : f '(y)  1  2(y 1)  y ln (y 1) ln  f (y) hàm đồng biến miền 1; (2) có dạng f (t)  f (x)  t  x  x  x 1  x  x 1   x  1    x   2 (tm) x   (vn)  W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Trang | Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai Vậy x   2 Đáp án A Câu Theo dự báo với mức tiêu thụ dầu không đổi trữ lượng dầu nước A hết sau 100 năm Nhưng nhu cầu thực tế, mức tiêu thụ tăng lên 4% năm Hỏi sau năm số dầu dự trữ nước A hết A 45 năm B 50 năm C 41 năm D 47 năm Hướng dẫn giải: Giả sử số lượng dầu nước A 100 đơn vị Số dầu sử dụng không đổi mà 100 năm hết suy số dầu nước A dùng năm đơn vị Gọi n số năm tiêu thụ hết sau thực tế năm tăng 4%, ta có:    100  n  log 1.1  0,04 1  0,04 1 n 1.04 0,04 4,846  40, 23 Vậy sau 41 năm số dầu hết Câu 5: Một người vay ngân hàng tỷ đồng với lãi kép 12%/năm Hỏi người phải trả ngân hàng hàng tháng tiền để sau năm người trả xong nợ ngân hàng? A 88 848 789 đồng B 14 673 315 đồng C 47 073 472 đồng D 111 299 776 đồng Hướng dẫn giải: Gọi A số tiền người vay ngân hàng (đồng), a số tiền phải trả hàng tháng r % lãi suất kép Ta có: - Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ nhất: R1  A 1  r  - Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ hai: R  A 1  r   a 1  r   A 1  r   a 1  r  - Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ ba:   R  A 1  r   a 1  r   a 1  r   A 1  r   a 1  r   a 1  r  … W: www.hoc247.net F: www.facebook.com/hoc247.net T: 098 1821 807 Trang | Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai n1 - Số tiền nợ ngân hàng tháng thứ n : R n  A 1  r   a 1  r  n   a 1  r  A.r.1  r  n Tháng thứ n trả xong nợ: R n  a  a  1  r 1 n Áp dụng với A  1.109 đồng, r  0, 01 , n  24 , ta có a  47 073472 Đáp án: C Câu Phương trình A nghiệm log  x  1   log  x  log 4  x  sau có nghiệm? C nghiệm Vô nghiệm B nghiệm Hướng dẫn giải: log  x  1   log  x  log   x  (2)  x 1     4  x   Điều kiện: 4  x        x  1   x     (2)  log x    log 4  x   ... − sin t = sin t + − sin t ⇔ + cos t = (1 + 2cos t ) sin t t t 3t t ⇔ cos = sin t + sin 2t ⇔ cos = 2sin cos 2 2 t 3t  ⇔ cos  − sin  = 2 2 t   π ( L)  x  cos = t = =  x = −1 ⇔ ⇔ ⇔... 4cot x + sin x − = (1) 2 Hướng dẫn giải Điều kiện sin x ≠ ⇔ x ≠ kπ , k ∈ » (*) Vì = + cot x nên phương trình (1) biết dạng: sin x 4cot x + 2.2 cot x −3=0 (2) Đặt t = 2cot g x điều kiện t ≥ cot... t = 2cot g x điều kiện t ≥ cot x ≥ ⇔ 2cot x ≥ 20 = Khi phương trình (2) có dạng: 2 t = t + 2t − = ⇔  ⇔ 2cot x = ⇔ cot x = t = −3 ( L ) π thoả mãn (*) ⇔ cot x = ⇔ x = + kπ , k ∈ Z 2 Vậy phương