Chuyên đề Toán luyện thi đại học

Lời nói đầu! Sau những ngày tháng vật lộn với kì thi đại học, mình cũng sưu tầm được kha khá tài liệu môn Toán, đây là môn học mang tính tuy duy cao, nó không chỉ là kiến thức phục vụ trực tiếp cho các kì thi, mà qua Toán học ta có thể nâng cao sự tư duy, hoàn thiện bản thân hơn, hãy đam mê nó sẽ thấy được những vẻ đẹp kì điều kì diệu của Toán học. Những đường cong quyến rũ của đồ thị, mê cung kì diệu của hệ phương trình hay những hình không gian hết sức trừu tượng, bộ tài liệu này mình khá là tâm đắc vì được mình sưu tầm trên http:onluyentoan.vn .Hi vọng cuốn tài liệu này là những bước đầu trên con đường chinh phục đỉnh cao Toán học . Quan trọng hơn là kì thi đại học sắp tới, nó sẽ là những bước ngoặt lớn trong cuộc đời, chúc các bạn thành công! Qua cuốn tài liệu này mình muốn gửi lời cảm ơn tới các thành viên của Diễn Đàn “ Ôn luyện toán” và đặc biệt tới các thành viên như : Hâm-hấp; tkvn; nguoivn; K.K.Đ.Đ.Đ.L.T; binhncb; dzitxiem; Storm Spirit; kienqb; tranphongk33; cokeu14_bl…… Qua cách giải bài, trình bày, lí luận và tư duy, mình đã học hỏi được rất nhiều, không chỉ có học mà từng cách ứng xử, lời ăn tiếng nói cũng được các thành viên chỉ bảo lẫn nhau, đó là điều hứng thú nhất mà mình cảm thấy đây là diễn đàn đầu tiên cảm nhận được vậy, cám ơn diễn đàn rất nhiều, hi vọng ngày càng nhiều thành viên tham gia diễn đàn, chúc diễn đàn ngày càng lớn mạnh . Nếu thấy hữu ích hãy gửi cho mình 1 SMS để là lời động viên cho mình nhé, My phone : 01645362939, 01258774067  Dù đã cố gắng nhưng không thể không có sai sót, rất mong sự góp ý của các bạn để mình hoàn thiện tài liệu này. Thân ái: Vũ Tùng Lâm H/s: THPT Lục Ngạn số 3. A3K11. S/v: BK2.15 K57. Phụ Lục Chuyên đề I: Khảo sát hàm số………………………………………………… Phần 1: Hàm số bậc 3………………………………………………… 2 Phần 2: Hàm bậc nhất trên bậc nhất…………………………………. 35 Phần 3: Hàm số bậc 4………………………………………………… 52 Chuyên đề II: Phương Trình Lượng giác, PT-Hệ PT …………………………. Phần 1: Phương Trình Lượng Giác……………………………………. 61 Phần 2: Hệ Phương Trình……………………………………………… 108 Phần 3: PT mũ – logarit……………….……………………………….. 173 Phần 4: Phương Trình vô tỉ…………………………………………….. 235 Chuyên đề III: Tích Phân, Nguyên Hàm............................................................ 304 Chuyên đề IV: Thể tích khối chóp...................................................................... 317 Chuyên đề V: Tọa độ trong mặt phẳng, không gian................................................ Phần 1 : Tọa độ trong không gian……………………………………….. 335 Phần 2: Tọa độ trong mặt phẳng………………………………………….339 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 Chuyên đề I: Khảo sát hàm số Phần 1: Hàm số bậc 3 Coppy right ©: Mobile_lam Bài 1: Cho hàm số y = x3 −3(m+1)x2 +3m(m+2)x−12m+8 có đồ thị là (Cm ) . Tìm m để (Cm ) có hai điểm cực trị A, B sao cho AM + BM nhỏ nhất với M(3;2). Lời Giải: Trước tiên, đạo hàm của hàm số f (x) = x3 −3(m+1)x2 +3m(m+2)x−12m+8 là f (x) = 3x2 −6x(m+1)+3m2 +6m. f (x) = 0  3x2 −6x(m+1)+3m2 +6m = 0  x2 −2x(m+1)+m2 +2m = 0  (x−m−1)2 =1 x = m+2  Không mất tính tổng quát, ta có thể cho x = m là hoành độ điểm A và x = m+2 là hoành độ điểm B . Khi đó, ta tìm được tọa độ của chúng là: A(m,m3 +3m2 −12m+8), B(m+2,m3 +3m2 −12m+4). Khi đó,  = MA+ MB = (m−3)2 +(m3 +3m2 −12m+6)2 + (m−1)2 +(m3 +3m2 −12m+2)2 . Áp dụng Cauchy- Schwarz: (3−m)2 +(m3 +3m2 −12m+6)· 1+4  3−m+2(m3 +3m2 −12m+6) = 2m3 +6m2 −25m+15, Do đó, (m−1)2 +(m3 +3m2 −12m+2)2 · 1+4  (m−1)+2(−m3 −3m2 +12m−2) = −2m3 −6m2 +25m−5. 5 10   2 5 . Do đó, giá trị nhỏ nhất của  là 2 5, xảy ra khi và chỉ khi m = 2.  Có thể xứ lí gọn hơn như sau: Nhận thấy AB = 2 5, do đó theo bất đẳng thức tam giác ta có: AM + BM  AB = 2 5. Đẳng thức xảy ra khi: AM = kAB, k > 0. Từ đó ta tìm được m = 2. Bài 2: Chứng minh rằng (Cm ): y = x3 +3mx2 +3(m2 −1)x+m3 −3m luôn tiếp xúc với hai đường thẳng cố định. E-mail: Mobile_lam@yahoo.com - 2 - :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 Giả sử đường thẳng cần tìm có dạng: y = 3ax+b. Khi đó hệ phương trình sau có nghiệm với mọi m (x+m)3 −3(x+m) = 3ax+b(1) 3(x+m)2 −3 =3a(2) để PT (2) có nghiệm m thì: a  −1 và khi đó ta thu được x = −m− a+1(3) và x = x = −m+ a+1 (4) Thay (3) vào (1) ta được: (− a+1)3 −3(− a+1) =3a(−m− a +1)+b có nghiệm với mọi mPhương trình bậc nhất A.m+ B = 0 có nghiệm với mọi m khi A = B = 0 .Suy ra a = 0 và b = 2 Thay (4) vào (1) ......................Suy ra a = 0 và b = −2 Bài 3: Cho hàm số y = 1 mx3 −(m−1)x2 +3(m−2)x+ 1. Tìm điểm cố định của họ đồ thị của hàm số. Với giá trị nào của m thì hàm số có cực đại và cực tiểu đồng thời hoành độ các điểm cực đại và cực tiểu x ,x2 thỏa mãn điều kiện x +2x2 =1. Với giá trị nào của m thì hàm số đồng biến trên [2,+). Câu a. Để tìm điểm cố định, ta coi phương trình đã cho có ẩn là m còn x, y là tham số. Điểm A(x, y) là điểm cố định nếu phương trình ẩn m kia nghiệm đúng với mọi m. Với phương trình am+b = 0, thì nghiệm đúng với mọi m khi a = b = 0. Áp dụng vào bài này ta viết phương trình thành m x3 − x2 +3x+ x2 −6x+ 1 − y = 0. Phương trình này có nghiệm với   3 − x2 +3x = 0 mọi m khi và chỉ khi  Giải ta được x = 0, y = . Vậy A0,  là điểm cố x2 −6x+ 3 − y = 0 định. Câu b. Cực trị của hàm số liên quan đến dấu của đạo hàm cấp một, với hàm số bậc ba nó có hai cực trị tương đương đạo hàm cấp một có hai nghiệm phân biệt. Ta có y= mx2 −2(m−1)x+3(m−2). Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì đạo hàm cấp một phải có hai nghiệm phân biệt, điều kiện cần là m = 0. Khi đó Δ = (m−1)2 −3m(m−2) > 0  −2m2 +4m+1> 0. (1) Với điều kiện (1), ta tính được hai nghiệm của phương trình y= 0 rồi thế vào đẳng thức đề cho để giải tìm m chú ý rằng dấu của m sẽ cho E-mail: Mobile_lam@yahoo.com - 3 - :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 ta hai trường hợp của x ,x2. Câu c. Hàm số đồng biến trên [2,+) khi đạo hàm cấp một không âm, khác hằng trên đó. Ta viết lại y= m(x2 −2x+3)+2x−6. Khi đó y 0 sẽ tương đương với m  x2 −2x+3 = g(x), ∀x∈[2,+). Yêu cầu của bài toán dẫn đến ta cần tìm m để cận trên của g(x) trên [2,+) không vượt quá m. Ta lập bảng biến thiên hàm g để tìm ra kết quả.  Bài 4 : Cho hàm số y = x3 −3ax2 +4a3. Với a>0 cố định, hãy khảo sát sự biến của hàm số. Xác định a để các điểm cực đại và cực tiểu của hàm số là đối xứng với nhau qua đường thẳng Xác định a để đường thẳng y = x cắt đồ thị tại ba điểm phân biệt A,B,C sao cho AB = BC. Phân tích hướng giải câu b. Khi nói đến cực đại và cực tiểu ta cần chú ý nó liên quan đến đạo hàm cấp một, nghiệm và dấu của của y`. Đặc biệt bài toán lại đòi hỏi tính đối xứng của hai điểm qua một đường thẳng cho trước nên ta cần biết tính chất hình học của nó bao gồm hai ý: đường thẳng đi qua hai điểm phải vuông góc với đường thẳng cho trước và trung điểm của hai điểm đó phải thuộc đường thẳng cho trước. Lời giải. Ta có tập xác định: D = . Lại có: y= 3x2 −6ax. Từ đó: y = 0  3x2 −6ax = 0  3x(x −2a) = 0 Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi phương trình y= 0 có hai nghiệm phân biệt, triệt tiêu và đổi dấu qua hai nghiệm đó. Điều đó tương thích với điều kiện lúc này là a  0. Gọi tọa độ hai cực điểm đó là A(0,4a3),B(2a,0). Hướng giải 1. Ta có phương trình thẳng AB: 2a + 4a3 =1 y = −2a2x+4a3. Gọi I là trung xI = xA + xB = a điểm của AB thì tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:  Vậy yI = A 2 B = 2a3 I(a,2a3). Có A,B đối xứng qua đường thẳng y = x khi có điều kiện: E-mail: Mobile_lam@yahoo.com - 4 - :01645362939 Vũ Tùng Lâm I: Hàm Số THPT Lục Ngạn 3 k∈kd = −1 (−2a2)·1= −1 a2 = 2  a =  2 . Hướng giải 2. Ta quan sát thấy tọa độ hai điểm A,B rất đặc biệt đúng không? Thật vậy, A∈Ox,B∈Oy. Lại một điều đặc biệt nữa đó là đường thẳng y = x là đường phân giác thứ nhất của mặt phẳng tọa độ nên điều kiện của bài toán thỏa khi ta có: xA = yB  4a3 = 2a  a2 = 1  a =  2 . Vậy giá trị cần tìm là a =  2 .  A B C, Hoành độ A,B,C là nghiệm của phương trình x3 −3tx2 +4t3 = x. (1) Yêu cầu của bài toàn thì phương trình này phải có ba nghiệm phân biệt và AB = BC. Ta giả sử phương trình này đã có ba nghiệm phân biệt rồi (tẹo nữa ta kiểm tra lại) và ba nghiệm đó theo thứ tự là a,b,c (ứng với các hoành độ của A,B,C. Và thế thì tọa độ của A(a,a),B(b,b),C(c,c). Ta có: AB2 = BC2  2(b−a)2 = 2(c−b)2  b−a = c−b  2b = a +c  3b = a+b+c. Nhưng, theo định lý Viette cho phương trình bậc ba thì a+b+c = 3t. Thế cho nên b = t. Thay b =t vào phương trình (1) ta tìm được t = 0, t = 1 , t = − 1 . Giờ, ta kiểm tra lại xem với t nào thì phương trình (1) có đủ ba nghiệm phân biệt là xong. Việc này mời các bạn tiếp tục nhé!  Bài 5 : Tìm điểm M trên đường thẳng y = −2 mà từ đó có thể kẻ đến đồ thị hàm số y = x3 −3x2 +2 ba tiếp tuyến, trong đó có hai tiếp tuyến vuông góc nhau. Gọi M(x0; y0 ) vì M thuộc đường thẳng y = −2 nên M(x0;−2) và (Δ0 ) là tiếp tuyến có dạng y = k(x− x0 )−2 Để từ M kẻ được 3 tiếp tuyến của đồ thì (C)  Hệ phương trìnhx3 −3x2 +2 = k(x− x0)−2 có 3 nghiệm phân biệt   2x3 −3(x0 +1)x2 +6x0x−4 = 0  x = 2  f (x) = 2x2 +(1−3x0)x+2 = 0 Để qua M kẻ được ba tiếp tuyến đến đồ thị (C) hàm số thì phương trình f (x) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 2. E-mail: Mobile_lam@yahoo.com - 5 - :01645362939 ... - tailieumienphi.vn