chuyên đề toán thi đại học download khảo sát hàm số và các bài toán liên quan khao sat ham so va cac bai toan lien quan cac bai toan lien quan den kshs 99baitoancuctrihamsotoan12 deso1thtt2014

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (190.07 KB, 10 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

CHƯƠNG I. HÀM SỐ

BÀI 1. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ

I. TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ HÀM SỐ, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT & NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
1. y  f (x) đồng biến / (a, b)  x1x2



a b,



ta có f x

 

1 f x





2. y  f (x) nghịch biến / (a, b)  x1 x2



a b,



ta có f x

 

1  f x





3. y  f (x) đồng biến / (a, b)  (x)  0 x(a, b) đồng thời (x)  0 tại 
một số hữu hạn điểm  (a, b).

4. y  f (x) nghịch biến / (a, b)  (x)  0 x(a, b) đồng thời (x)  0 tại 
một số hữu hạn điểm  (a, b).

5. Cực trị hàm số: Hàm số đạt cực trị tại điểm x x k  f x  đổi dấu tại điểm xk

6. Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số

 Giả sử y  (x) liên tục trên [a, b] đồng thời đạt cực trị tại x1,...,xn



a b,



.

Khi đó: x a bMax , f x Max



f x

 

1 ,..., f x



n



,f a f b ,  



;

 ,  



 





   



M in M in ,..., n , ,

x a b f x  f x f x f a f b

 Nếu y  f (x) đồng biến / [a, b] thì  

   

     

, ,

Min ; Max

x a b f x f a x a b f x f b

 Nếu y  f (x) nghịch biến / [a, b] thì  

   

     

, ,

Min ; Max

x a b f x f b x a b f x f a

b

j j j

x

 

x

 

i

i i

x

 

x x



</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

 Hàm bậc nhất f x   x trên đoạn



a b;



đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

II. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH 
1. Nghiệm của phương trình u(x)  v(x) là hoành độ giao điểm của đồ thị

 

y u x với đồ thị y v x  .

2. Nghiệm của bất phương trình u(x)  v(x) là 
phần hoành độ tương ứng với phần

đồ thị y u x   nằm ở phía trên
so với phần đồ thị y v x  .

3. Nghiệm của bất phương trình u(x)  v(x) là 
phần hồnh độ tương ứng với phần đồ thị

 

y u x nằm ở phía dưới so với phần đồ thị y v x  .

4. Nghiệm của phương trình u(x)  m là hoành độ 
giao điểm của đường thẳng y  m với đồ thị y u x  .

5. BPT u(x)  m đúng xI  MinxI u x m

6. BPT u(x)  m đúng xI  MaxxI u x m

7. BPT u(x)  m có nghiệm xI  MaxxI u x m

8. BPT u(x)  m có nghiệm xI  MinxI u x m

III. Các bài toán minh họa phương pháp hàm số

Bài 1. Cho hàm số f x mx2 2mx 3

a. Tìm m để phương trình (x)  0 có nghiệm x[1; 2]

b. Tìm m để bất phương trình (x)  0 nghiệm đúng x[1; 4]
c. Tìm m để bất phương trình (x)  0 có nghiệm x



1;3



Giải: a. Biến đổi phương trình (x)  0 ta có:

 





 

2 2

3 3

2 3 0 2 3

2 1 1

f x mx mx m x x g x m

x x x

          

   .

Để (x)  0 có nghiệm x[1; 2] thì xMin1;2g x mMaxx1;2g x 

3 1

8 m

  

b. Ta có x[1; 4] thì f x mx2 2mx 3 0  m x



2 2x



3

 





3 , 1; 4

g x m x

x x

   

  M inx1;4g x m.





b x

a

v(x)
u(x)

a b x

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Do
 

 2

1 1

g x
x



  giảm trên [1; 4] nên ycbt  1;4    
1

Min 4

8
x g x g  m

c. Ta có với x



1;3



thì f x mx2 2mx 3 0  m x



2 2x



3.

Đặt

 





3 , 1;3

g x x

x x

  

 . Xét các khả năng sau đây:

+ Nếu x 0 thì bất phương trình trở thành m  .0 0 3 nên vô nghiệm.

+ Nếu x 



0;3



thì BPT  g x m có nghiệm x 



0;3



 xMin g x0;3  m.

Do
 

 2

1 1

g x
x



  giảm /



0;3



nên ycbt 0;3    
1
3

xMin g x g m

   

+ Nếu x  



1; 0



thì x2 2x0 nên BPT  g x m có nghiệm x  



1; 0



 1;0  

Max g x m



 

. Ta có

   









3 2 2 0, 1; 0

x

g x x

x x

 

     

 .

Do đó g x  nghịch biến nên ta có Max g x1;0  g1 3 m

Kết luận: (x)  0 có nghiệm x



1;3









; 3 ;

m 

     


U

Bài 2. Tìm m để bất phương trình:

3
3
1
3 2
x mx
x

   

nghiệm đúng x  1

Giải: BPT

 

3 2

3 4

1 1 2

3mx x 2, x 1 3m x f x , x 1

x
x x
            
.
Ta có
 

5 2 5 2 2

4 2 2

4 2 4 2

2 2 2 0

f x x x

x x x x x


 

        

  suy ra f x  tăng.

YCBT   1    

3 , 1 min 1 2 3

3
x

f x m x f x f m m



         

Bài 3. Tìm m để bất phương trình m.4x m 1 .2 x2 m 1 0 đúng  x ¡

Giải: Đặt t 2x 0 thì m.4x m 1 .2 x2 m1 0 đúng  ¡x

   





2 2

. 4 1 . 1 0, 0 4 1 4 1, 0

m t m t m t m t t t t

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

 

4 1 , 0

4 1

t

g t m t

t t



    

  . Ta có

 





2
2
2

4 2 0

4 1

t t

g t

t t

 

  

  nên g t  nghịch

biến trên



0; 



suy ra ycbt  Max g tt0  g 0  1 m

Bài 4. Tìm m để phương trình: x x x12m



5 x  4 x



có nghiệm.

Giải: Điều kiện 0 x 4. Biến đổi PT

  12

5 4

x x x

f x m

x x

 

  

   .

Chú ý: Nếu tính f x  rồi xét dấu thì thao tác rất phức tạp, dễ nhầm lẫn.

Thủ thuật: Đặt

  12 0   3 1 0

2 2 12

g x x x x g x x

x



       



  5 4 0   1 1 0

2 5 2 4

h x x x h x

x x




        

 

Suy ra: g x   0 và tăng; h x  > 0 và giảm hay  

1 0

h x  và tăng

  

 
 
g x
f x

h x



tăng. Suy ra f x m có nghiệm

         

 









0;4 0;4

min ; max 0 ; 4 2 15 12 ;12

m  f x f x  f f  

     

 

Bài 5. Tìm m để bất phương trình:





3 3 2 1 1

x  x  m x  x có nghiệm.

Giải: Điều kiện x 1. Nhân cả hai vế BPT với





1 0

x  x  ta nhận được

bất phương trình  









3 3 2 1 1

f x  x  x  x x m.

Đặt    





3 3 2 1 ; 1

g x x  x  h x  x  x

Ta có

  3 2 6 0, 1;   3





2 1 1 0

2 2 1

g x x x x h x x x

x x

 

            



  .

Do g x   0 và tăng  x 1; h x   0 và tăng nên f x g x h x .   tăng  x 1

Khi đó bất phương trình f x m có nghiệm  minx1 f x f 1  3 m

Bài 6. Tìm m để 4x 6 x x2  2x m nghiệm đúng   x



4, 6



</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

 

   

 

   

2 2 1

2 2 1 2 0 1

2 4 6 4 6

x

f x x x x

x x x x

   

         

 

     

Lập bảng biến thiên suy ra Max  

   

4,6 1 6

Max f x f m

   

Cách 2. Đặt    

4  6 

4 6 5

x x

t x  x     

Ta có t2 x2 2x24. Khi đó bất phương trình trở thành





 





2 24, 0;5 2 24 ; 0;5

tt m  t  f t t  t m t  . Ta có:

  2 1 0

f t  t   f t  tăng nên f t m t; 



0;5



 max0;5 f t f 5  6 m

Bài 7. Tìm m để 3x 6 x 18 3 x x 2 m2 m1 đúng  x



3, 6



Giải:

Đặt t 3x 6 x0 





   

2 3 6 9 2 3 6

t  x  x   x  x

 9t2  9 2 3 x 6 x 9 3x6 x18
   





2 1 2

18 3 3 6 9 ; 3;3 2

x x x x t t  

          

Xét

  2      

3;3 2
9

1 ; 1 0; 3;3 2 max 3 3

2 2

f t t t f t t t f t f

 

 

 



          

ycbt

  2 2

3;3 2

max f t 3 m m 1 m m 2 0 m 1 V m 2

 

 

           

Bài 8. (Đề TSĐH khối A, 2007)

Tìm m để phương trình 3 x 1m x 1 24x2  1 có nghiệm thực.

Giải: ĐK: x 1, biến đổi phương trình

1 1

3 2

1 1

x x m

x x

   

  .

Đặt





4 1 41 2 0,1

1 1

x
u

x x

   

  .

Khi đó g t 3t2 2t m

Ta có  

6 2 0

g t  t   t

. Do đó yêu cầu

1
1

m

   

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bài 9. (Đề TSĐH khối B, 2007): Chứng minh rằng: Với mọi m 0, phương
trình x2 2x 8 m x  2 ln có đúng hai nghiệm phân biệt.

Giải: Điều kiện: x 2.
Biến đổi phương trình ta có:

x 2 x 6 m x 2

    

x 2 2 x 62 m x 2

    

x 2



x3 6x2 32 m



0 x 2 V g x  x3 6x2 32 m

            .

ycbt  g x m có đúng một nghiệm thuộc khoảng



2; 



. Thật vậy ta có:

  3  4 0, 2

g x  x x   x . Do đó g x  đồng biến mà g x  liên tục và

 2 0; lim  

x

g g x

 

 

nên g x m có đúng một nghiệm 



2; 



Vậy m0, phương trình x2 2x 8 m x  2 có hai nghiệm phân biệt.

Bài 10. (Đề TSĐH khối A, 2008) Tìm m để phương trình sau có đúng hai

nghiệm thực phân biệt: 42x 2x2 64  x 2 6 x m

Giải: Đặt f x 4 2x 2x2 64  x2 6 x x ; 



0;6



Ta có:
 

   





3 3

4 4

1 1 1 1 1 , 0;6

2 2 6 2 6

f x x

x x

   

      

    



 

Đặt

 

   

 





3 3

4 4

1 1 ; 1 1 0, 6

2 6

, x

u x v x

x x

    




   





   





, 0, 0, 2

2 2 0

, 0, 2, 6

u x v x x

u v

u x v x x

   



   



  











( ) 0, 0, 2
( ) 0, 2, 6
(2) 0

f x x

f



   




    

  


x2+0

x026+0–f(x)

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Nhìn BBT ta có PT có 2 nghiệm phân biệt  2 6 2 6 4 m3 2 6

Bài 11. (Đề TSĐH khối D, 2007):

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm

3 3

1 1 5

1 1 15 10

x y

x y m

x y

    





    





Giải: Đặt

1; 1

u x v y

x y

   

ta có









3
3

1 1 3 1 1 3

x x x x u u

x x x

x

       

và

1 1 2 . 1 2 ; 1 2 . 1 2

u x x x v y y

x x x y y

         

Khi đó hệ trở thành 3 3  

5 5

3 15 10

u v u v

uv m

u v u v m

 

   





 

 

    

 



 u v, là nghiệm của phương trình bậc hai f t t2  5t 8 m

Hệ có nghiệm  f t m có 2 nghiệm t t1, 2 thỏa mãn t1 2; t2 2.

Lập Bảng biến thiên của hàm số f t  với t 2

t   – 2 2 5/2 +

 

f t

–

+

 

f t +

2 7/4

+

Nhìn bảng biến thiên ta có hệ có nghiệm

7 2 m 22

4 m

    

Bài 12. (Đề 1I.2 Bộ đề TSĐH 1987-2001):

Tìm x để bất phương trình x2 2 sinx



ycosy



 1 0 đúng với  y ¡ .

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

BPT

   





 

2 , 2

2 1 0, 2, 2 Min 0

u

g u x u x u g u

 

  

 

          

Do đồ thị y g u   là một đoạn thẳng với u   2, 2 nên

 

2 , 2

Min 0

u  g u










2 0 2 2 1 0 2 1

2 2 1 0 2 1

2 0

g x x x

x x x

g
         
 
     
     
 
  


Bài 13. Cho

, , 0
3

a b c
a b c






  

 Chứng minh rằng: a2 b2 c2 abc4

Giải: BĐT  a2 b c 2  2bc abc  4 a2 3 a2 a 2bc4

   2 2 2 6 5 0

f u a u a a

       trong đó





 

2
2
1
0 3
2 4
b c

u bc  a

    

Như thế đồ thị yf u  là một đoạn thẳng với  

2
1

0; 3
4

u  a 

 

  . Ta có

 0 2 2 6 5 2





2 1 0;



13 2



1 1 2 2 0

2 2 4 4

f  a  a  a   f  a  a a 

nên suy ra f u   0;  

2
1

0; 3
4

u  a 

   

 .

Vậy a2 b2 c2 abc4. Đẳng thức xảy ra  a b c  1.

Bài 14. (IMO 25 – Tiệp Khắc 1984):

Cho

, , 0
1

a b c
a b c






  

 . Chứng minh rằng:

7
2

ab bc ca   abc

Giải: a b c  1 2 a bc a  1 a1 2 a bc a  1 a1 2 a u f u 

Đồ thị yf u  1 2a u a  1 a với





 2

2 1

2 4

a
b c

u bc  

   

là một

đoạn thẳng với 2 giá trị đầu mút    

1  2 1 7

0 1

2 4 27

a a

f a  a      

  và

 



1 1 2





2 3 2 1



7 1



2 1

 



2 7

4 4 27 4 3 3 27

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Do đồ thịyf u  là một đoạn thẳng với  

2
1

0; 1
4

u  a 

  và  
7
0

f 

;

 



1 1 2



4 27

f  a 

nên

 

7

27 f u 

. Đẳng thức xảy ra

1

3 a b c



  

Bài 15. Chứng minh rằng: 2a b c   ab bc ca   4, a b c , ,



0, 2



.
Giải: Biến đổi bất đẳng thức về hàm bậc nhất biến số a, tham số b, c ta có

  2  2  4, , ,



0, 2



f a   b c a  b c  bc a b c

Đồ thị yf a là một đoạn thẳng với a 



0, 2



nên f a Max



f 0 ;f  2



Ta có f 0  4 2 b 2 c4;f  2  4 bc 4 f a  4, a b c, , 



0, 2



Bài 16. CMR: 1 a 1 b 1 c 1 da b c d    1, a b c d, , , 



0,1



Giải: Biểu diễn bất đẳng thức về hàm bậc nhất biến số a, tham số b, c, d, ta có:

 



1 1  1  1 



1  1  1  1, , , ,



0,1



f a    b  c  d a  b  c  d   b c d a b c d

Đồ thị yf a , a



0,1



là một đoạn thẳng nên aMin0,1 f a  Min



f 0 ,f  1



Ta có f 1   b c d  1 1, b c d, , 



0,1



 0 1  1  1   



1 1  1 



1  1 
f   b  c  d   b c d g b    c  d b  c  d  c d

Đồ thị y g b  , b



0,1



là một đoạn thẳng nên bMin0,1g b Min g



 0 ,g 1



</div>

chuyên đề toán thi đại học download khảo sát hàm số và các bài toán liên quan khao sat ham so va cac bai toan lien quan cac bai toan lien quan den kshs 99baitoancuctrihamsotoan12 deso1thtt2014

<b>CHƯƠNG I. HÀM SỐ</b>

<b>BÀI 1. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ </b>





 









 











 









 







<i>x</i>

 

<i>x</i>

<i>x</i>

 

<i>i</i>

<i>i i</i>

<i>x</i>

 

<i>x x</i>



















<sub></sub>

<sub></sub>













<sub></sub>

<sub></sub>



















































