Tài liệu Tài liệu ôn thi đại học môn toán

Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn BÀI TẬP VỀ NHÀ (Chuyên đề khảo sát hàm số) Câu I: Cho hàm số y  x 1 (C) 2x 1 I.1. Viết phương trình tiếp tuyến đi qua điểm M(2 ; 3) đến (C) I.2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của 2 đường tiệm cận. I.3. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M   C  , biết tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành 1 tam giác có diện tích bằng 1. I.4. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M   C  , biết tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành 1 tam giác cân. Câu II: Cho hàm số y   m  1 x  m  C  m xm II.1. CMR đồ thị hàm số luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định tại 1 điểm cố định. II.2. Tiếp tuyến tại M   Cm  cắt 2 tiệm cận tại A, B. CMR M là trung điểm của AB II.3. Cho điểm M  x 0 , y 0    C3  . Tiếp tuyến của  C3  tại M cắt các tiệm cận của (C) tại các điểm A và B. Chứng minh diện tích tam giác AIB không đổi, I là giao của 2 tiệm cận. Tìm M để chu vi tam giác AIB nhỏ nhất. Câu III: x 2  2mx  1  3m 2 Cho hàm số y  . Tìm tham số m để hàm số có: xm 1. Hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung. 2. Hai điểm cực trị cùng với gốc tọa độ O lập thành tam giác vuông tại O 3. Hai điểm cực trị cùng với điểm M(0; 2) thẳng hàng. 4. Khoảng cách hai điểm cực trị bằng m 10 . 5. Cực trị và tính khoảng cách từ điểm cực tiểu đến TCX. 6. Cực trị và thỏa mãn: yCD  yCT  2 3 . Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn Bùi Đức Thành – 0984.586.179 Câu IV: Cho hàm số y  http://tailieuonthi.vn x 1 (C) 2x 1 Tìm m để (C) cắt đường thẳng  d m  : y  mx  2m  1 tại 2 điểm phân biệt A, B: a. Thuộc 2 nhánh của đồ thị (C) b. Tiếp tuyến tại A, B vuông góc với nhau   c. Thỏa mãn điều kiện 4OA.OB  5  x 2  3x  3 Câu V: Cho hàm số y  (1) 2  x  1 a. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) tại A và B sao cho AB=2 b. Tìm m để đường thẳng d: y  m  x  2   3 và đường cong (1) cắt nhau tại A, B phân biệt sao cho M(2; 3) làm trung điểm của AB. Câu VI: Cho hàm số y   m  1 x  m C  m xm Dựa vào đồ thị hàm số, tùy theo m hãy biện luận số nghiệm của phương trình: a. 2x  3  1  log 2 m x 3 b. 2x  3  2m  1  0 x 3 Câu VII: Cho hàm số y   x 2  3x  3 (1) 2  x  1 a. Tìm trên đồ thị 2 điểm A, B thuộc 2 nhánh sao cho AB min. b. Tính diện tích tam giác tạo bởi tiệm cận xiên và các trục tọa độ. Câu VIII: Cho hàm số y  x 1 (C) 2x 1 a. Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 trục tọa độ đạt GTNN Page 2 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn b. Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận đạt GTNN c. Tìm 2 điểm A; B thuộc 2 nhánh của đồ thị hàm số sao cho AB min. ………………….Hết………………… Page 3 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn HDG CÁC BTVN Câu I: Cho hàm số y  x 1 (C) 2x 1 I.1. Viết phương trình tiếp tuyến đi qua điểm M(2 ; 3) đến (C) I.2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của 2 đường tiệm cận. I.3. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M   C  , biết tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành 1 tam giác có diện tích bằng 1. I.4. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M   C  , biết tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành 1 tam giác cân. HDG  1 Tập xác định: D  R \   . Ta có: y '   2 3  2 x  1 2  0, x  D Bài 1: Vì đường thẳng x = 2 không là tiếp tuyến của (C), nên phương trình đường thẳng đi qua M (2; 3) có hệ số góc k có dạng: y  k  x  2   3 tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ:  x 1  2x  1  k  x  2  3   3 có nghiệm  k 2   2 x  1 Thế k từ pt thứ hai vào pt đầu ta được: x 1 3  x  2   3  7 x 2  4 x  4  0 : Vô nghiệm 2  2 x  1  2 x  1 Vậy không có tiếp tuyến nào đi qua M đến (C) Bài 2: 1 1 1 1 Hàm số có: TCĐ: x   ; TCN: y    I   ;   2 2  2 2 Vì đường thẳng x   1 không là tiếp tuyến của (C), nên phương trình đường thẳng đi qua 2  1 1 1 1 I   ;   có hệ số góc k có dạng: y  k  x    tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ: 2 2  2 2  Page 4 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn  x 1 1 1   2x 1  k  x  2   2    có nghiệm  3   k   2 x  1 2 Thế k từ pt thứ hai vào pt đầu ta được: x 1 3  1 1 3 3  x    :Vô nghiệm 2  2 x  1  2 x  1  2 2 2 x  1 2  2 x  1 Vậy không có tiếp tuyến nào đi qua I đến (C) Bài 3:  1 3 1     C  . Tiếp tuyến tại M có dạng: 2 4 x0 2  Gọi M  x0  ;  d:y 3 3 1 3 3 1 x  x    x     0 4 x0 2 4 x0 2 4 x0 2 2 x0 2  2 x0  x0  3    3  x0  ; 0  ; B  0; Giả sử A  d  Ox; B  d  Oy suy ra: A   3 x0     OAB vuông tạo O  S OAB  1 2 2 OA.OB   3  x0   1 2 3  3  x0   6 6 6  x0  2 2 Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn là: y  3 4 6 3 4 6 x x hay y  20 20 40  12 6 40  12 6 Bài 4: Tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành một tam giác cân nên hệ số góc của tiếp tuyến là k  1 . Gọi M  x0 ; y0    C  là tiếp điểm - Nếu k  1  3  2 x0  1 2  1  2 x0  1   3  x0  1  3 2 Với x0  1  3 1  3  y0   tiếp tuyến là: y   x  1  3 2 2 Với x0  1  3 1  3  y0   tiếp tuyến là: y   x  1  3 2 2 Page 5 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 - Nếu k  1  3  2 x0  1 http://tailieuonthi.vn 2 2  1   2 x0  1  3 : Vô nghiệm Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là: y   x  1  3 và y   x  1  3 Câu II: Cho hàm số y   m  1 x  m  C  m xm II.1. CMR đồ thị hàm số luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định tại 1 điểm cố định. II.2. Tiếp tuyến tại M   Cm  cắt 2 tiệm cận tại A, B. CMR M là trung điểm của AB II.3. Cho điểm M  x 0 , y 0    C3  . Tiếp tuyến của  C3  tại M cắt các tiệm cận của (C) tại các điểm A và B. Chứng minh diện tích tam giác AIB không đổi, I là giao của 2 tiệm cận. Tìm M để chu vi tam giác AIB nhỏ nhất. HDG Bài 1: Gọi M  x0 ; y0  là điểm cố định của hàm số  y0   m  1 x0  m ; m x0  m  m  x0  y0  1   x0  x0 y0   0; m  x0  y0  1  0  x0  0    x0  x0 y0  0  y0  1 Với M  0; 1 , tiếp tuyến tại M là: y  y '  0  x  1   x  1 Vậy đồ thị hàm số luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định y   x  1 tại M  0; 1 . Bài 2: Ta có: y  m  1  m2  TCĐ: x  m và TCN: y  m  1 xm  m2  Gọi M  a  m; m  1     Cm  , a  0 . Tiếp tuyến tại M có dạng: a   m2 m2 m2 d : y  y '  a  m  x  a  m   m  1    2  x  a  m  m 1  a a a Gọi A, B là giao điểm của đường thẳng d với TCN, TCĐ tương ứng nên:  2m 2  A  2a  m; m  1 ; B  m; m  1   a   Page 6 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn  xA  xB  2 xM  M là trung điểm của AB (đpcm) Nhận thấy   y A  y B  2 yM Bài 3: Điểm M   C3  : y  2  9 9   M 3 ;2   x 3   Phương trình tiếp tuyến của M có dạng:  : y   9  2 x2 18   27 2 Gọi A, B là giao điểm của đường thẳng d với TCN, TCĐ tương ứng nên: 18   A  2  3; 2  ; B  3; 2   a  Vì I là giao điểm của 2 tiệm cận nên I  3; 2  1 1 18  18 (đvdt) + IAB vuông tại I nên: S IAB  .IA.IB  . 2 . 2 2  + Chu vi tam giác IAB là: 18  18  p  IA  IB  AB  2   4       2 2 2 18  18   2 2  2 4     12  2.2.18  12  6 2    2 Dấu = xảy ra  2  18     3  M  6;5  hoặc M  0; 1 Câu III: HDG: Tập xác định: D  R \ m Ta có: y  x  3m  1 1 x 2  2 xm  m 2  1  y '  1  2 2 xm  x  m  x  m 1: Hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung  y’ = 0 có 2 nghiệm trái dấu  g ( x)  x 2  2 xm  m2  1 có 2 nghiệm trái dấu cùng khác m Page 7 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn m 2  1  0   1  m  1  g ( m)  0 Vậy m   1;1 2:  x  x1  m  1 Có: y '  0    x  x2  m  1 Do đó hàm số luôn đạt cực trị tại x1; x2 . Ta có: y1  y  x1   4m  2; y2  y  x2   4m  2 Gọi 2 điểm cực trị là A  m  1; 4m  2  ; B  m  1; 4m  2    OAB vuông tại O  OA  OB  OA.OB  0   m  1 m  1   4m  2  4m  2   0  17m 2  5  0  m   Vậy m   85 17 85 là giá trị cần tìm. 17 3:.   Ta có: MA   m  1; 4m  2  ; MB   m  1; 4m    A, M, B thẳng hàng  MA || MB  4m  m  1   m  1 4m  2   6m  2  m  1 3 Đáp số: m  1 3 4: Ta có: AB  m 10  4  42  m 10  m  2 5: Mọi giá trị m thì hàm số luôn có cực trị. 1  0  y  x  3m là TCX của hàm số.  y   x  3m    lim Vì xlim  x  x  m Hàm số đạt cực tiểu tại x = m – 1. Khoảng cách từ điểm cực tiểu đến TCX là: Page 8 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn h  m  1   4m  2   3m 2  1 2 6: Ta có: yCD  yCT   3 m  4  2 3  8m  2 3    3 m    4 3  3  Đáp số: m   ;     ;   4   4   Câu IV: Cho hàm số y  x 1 (C) 2x 1 Tìm m để (C) cắt đường thẳng  d m  : y  mx  2m  1 tại 2 điểm phân biệt A, B: a. Thuộc 2 nhánh của đồ thị (C) b. Tiếp tuyến tại A, B vuông góc với nhau   c. Thỏa mãn điều kiện 4OA.OB  5 HDG: Xét phương trình hoành độ giao điểm: x 1 1  mx  2m  1  f  x   mx 2   5m  1 x  2m  2  0 với x   2x 1 2  C  cắt  dm  tại 2 điểm phân biệt A, B  f  x   0 có 2 nghiệm phân biệt khác  1 2  m  0  m  0    17 m 2  2m  9  0   m  6 (*)  1 1 3  f      m   0 4 2   2  a. Hai điểm A, B thuộc 2 nhánh của đồ thị Page 9 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn  f  x   0 có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 mà x1   1  x2 2 m  0 3  1  1  mf     m   m    0   2  2  4  m  6 b. Hệ số góc của tiếp tuyến tại A. B lần lượt là: 3 k A  y '  xA    k A .k B  3 2 . 3  2 x A  1  2 xB  1 2  2 x A  1 2 ; k B  y '  xB   3  2 xB  1 2  0 nên hai tiếp tuyên tại A, B không thể vuông góc với nhau. Vậy không tồn tại m thảo mãn bài toán. c. Gọi x1; x2 là 2 nghiệm của f(x). Giả sử A  x1 ; mx1  2m  1 ; B  x2 ; mx2  2m  1 5m  1   x1  x2   m Theo viet ta có:   x x  2m  2  1 2 m Có:     5 4OA.OB  5  OA.OB   0 4  x1 x2   mx1  2m  1 mx2  2m  1  5 0 4 2   m 2  1 x1 x2  m  2m  1 x1  x2    2m  1  5 0 4 2   m 2  1  2m  2   m  2m  1 5m  1  m  2m  1  5 0 4 3 0 4 3 2   2m  1  m    0 4  1 3  m m 2 4  4 m3  m 2  2 m   1 3  Đáp số: m   ;  2 4  Câu V: Cho hàm số y   x 2  3x  3 (1) 2  x  1 Page 10 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn c. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) tại A và B sao cho AB=2 d. Tìm m để đường thẳng d: y  m  x  2   3 và đường cong (1) cắt nhau tại A, B phân biệt sao cho M(2; 3) làm trung điểm của AB. HDG a. Xét phương trình hoành độ giao điểm:  x2  3x  3  m  f  x   x 2   2m  3 x  3  2m  0 ; với 2  x  1 x 1 Để hàm số (1) cắt đường thẳng y = m tại 2 điểm phân biệt  f  x   0 có 2 3     2m  32  4  3  2m   0 m  2  nghiệm phân biệt khác 1   (*) f 1  0 m   1     2 Với điều kiện (*), gọi x1 ; x2 là nghiệm của f  x   0 . Theo viet có:  x1  x2  3  2m   x1 x2  3  2m Tọa độ A, B là: A  x1 ; m  ; B  x2 ; m  . Ta có: 2 2 AB 2  2   x1  x2   2   x1  x2   4 x1 x2  2 2   3  2m   4  3  2m   2  4m 2  4m  5  0  m  Đáp số: m  1 6 2 1 6 2 b. Xét phương trình hoành độ giao điểm:  x 2  3x  3  m  x  2   3  f  x    2m  1 x 2  3 1  2m  x  4m  3  0 ; với x  1 2  x  1 Để hàm số (1) cắt đường thẳng y  m  x  2   3 tại 2 điểm phân biệt  f  x   0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 Page 11 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn  72 7 m  2  2m  1  0   2     9 1  2m   4  2m  1 4m  3  0    m  7  2 7 2    f 1  0     1   m   2  Với điều kiện trên, gọi x1; x2 là nghiệm của f  x   0  x1  x2   3 1  2m  2m  1 Gọi 2 giao điểm là A  x1; m  x1  2   3 ; B  x2 ; m  x2  2   3 . Điểm M  2;3  d là trung điểm của AB  x1  x2  4   Vậy m   3 1  2m  7 4m 2m  1 2 7 2 Câu VI: Cho hàm số y   m  1 x  m C  m xm Dựa vào đồ thị hàm số, tùy theo m hãy biện luận số nghiệm của phương trình: a. 2x  3  1  log 2 m x 3 2x  3  2m  1  0 b. x 3 HDG Số nghiệm của phương trình f  x   g  m  là số giao điểm của đường cong y  f  x  và đường thẳng y  g  m  song song với trục hoành Ox khi vẽ lên hệ trục tọa độ Oxy. a. Vẽ đồ thị hàm số  C  : y  2x  3 như sau: x3 - Giữ nguyên phần đồ thị nằm trên trục hoành Ox của  C3  - kí hiệu là  Ct  Page 12 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn   ' - Lấy đối xứng phần đồ thị dưới trục hoành Ox qua Ox – kí hiệu Ct   C    Ct'    Ct  (Các bạn tự vẽ hình) Kết luận: m 1 phương trình vô nghiệm 2 1  m   ; 2 phương trình có nghiệm duy nhất 2  1  m   ; 2    2;   phương trình có 2 nghiệm phân biệt 2  b. Vẽ đồ thị hàm số  C ' : y  2x  3 như sau: x3 - Giữ nguyên nhánh phải của  C3  - kí hiệu là  C p  - Lấy  C p'  đối xứng nhánh trái của  C3  qua trục hoành Ox   C    C p'    C p  (Các bạn tự vẽ hình) Kết luận: m  1 3  m  phương trình có nghiệm duy nhất 2 2 m Câu VII: Cho hàm số y  1 phương trình vô nghiệm 2 3 phương trình có 2 nghiệm phân biệt 2  x 2  3x  3 (1) 2  x  1 a. Tìm trên đồ thị 2 điểm A, B thuộc 2 nhánh sao cho AB min. b. Tính diện tích tam giác tạo bởi tiệm cận xiên và các trục tọa độ. HDG  x 2  3 x  3 1 1  x 1 a. Ta có: y  2  x  1 2 2  x  1  1 1    1 1     thuộc nhánh trái, B    1;    thuộc Gọi A    1; 2 2 2  2 2 2    nhánh phải của đồ thị hàm số với   0   . Page 13 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn 2 Ta có: AB           2  5   2  1 1  1            4     2  1 1   1  1    4   4       1  2 2  1   1 1   1     4       2  22 5     1  Dấu = xảy ra     1      4 5  5  4 4  1 1 5 1  1 1 5 1   ; B  4  1;  4    thì ABmin  2  2 5 Vậy A   4  1; 4  5 2 5 2 2  5 2 5 2 2   b. Hàm số có TCX:  : y  1 x 1. 2 Gọi A    Ox  A  2;0  ; B    Oy  B  0;1 1 2 Nên S OAB  OA.OB  1 (đvdt) Câu VIII: Cho hàm số y  x 1 (C) 2x 1 a. Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 trục tọa độ đạt GTNN b. Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận đạt GTNN c. Tìm 2 điểm A; B thuộc 2 nhánh của đồ thị hàm số sao cho AB min. HDG  1 3 1     C  ; x0  0 . Tổng khoảng cách từ M đến 2 trục 2 4 x0 2  a. . Gọi M  x0  ;  tọa độ là: d  x0  1 2 1 3 1   2 4 x0 2 1 2 Với x0  0  d    1 Page 14 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn 1  3 1  3       x0  Với x0  0  d   x0      1  3 1 2   4 x0  Dấu = xảy ra khi x0  2  4 x0   3 1 3 1  3 3  x0   M  ;  4 x0 2 2 2    3 1 3 1  Vậy M  ;  thì d min  2 2   3 1 b. . Khoảng cách tứ M đến TCN, TCĐ làn lượt là: d1  x0 ; d 2   d  d1  d 2  x0   3 1 3 4 x0 3 3 3  2 x0 .  3 , dấu = xảy ra khi x0   4 x0 4 x0 2 3 1    3 1  3 1  ;  là các điểm cần tìm 2 2  Kết luận: M  ;  hoặc M  2   2  1 3 1 1 3 1 c . Gọi A  a  ;   thuộc nhánh trái, B  b  ;   thuộc nhánh phải 2 4a 2 2 4b 2     của đồ thị hàm số (C), với a  0  b . Ta có: 2 2 3  3  3 b  a  3 4ab  3  3 AB   b  a       2  b  a       . 6 2 ab  4b 4a   4b 4a  2 ab 2 2  3 b   a a     2 2 Dấu bằng xảy ra   3   2  3  b  a    4b  4a  b  3     2   3 1  3 1   3 1 3 1  ; ; ; B  thì ABmin  6 2   2 2   2 Vậy hai điểm cần tìm là: A  ………………….Hết………………… Page 15 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn CÁC BÀI TẬP VỀ NHÀ (PT, BPT, HPT ĐẠI SỐ VÀ LƯỢNG GIÁC) Bài I: Giải các phương trình sau: 1 / 4sin 3 x  1  3sin x  3cos3x 2 / sin 3 x  ( 3  2)cos3 x  1 3 / 4sin 3 x  3cos3 x  3sin x  sin 2 x cos x  0 4 / 2sin 5 x  3cos3 x  sin 3 x  0 5 / 2sin 4 x  3cos 2 x  16 sin 3 x cos x  5  0 6 / Sinx  4sin 3 x  cos x  0 7 / tan x sin 2 x  2 sin 2 x  3  cos2 x  sin x cos x  8 / Sin 2 x  2 tan x  3 9 / Cos 2 x  3 sin 2 x  1  sin 2 x 10 / 3cos 4 x  4 sin 2 x cos 2 x  sin 4 x  0 Bài II Giải các phương trình chứa căn thức sau: 1, x  3  5  3x  4 2, x 2  5 x  1  ( x  4) x 2  x  1 3, 4 18  x  5  4 x  1 4, 3  2  x  2   2 x  x  6 5, 2 x 2  8 x  6  x 2  1  2 x  2 x ( x  1)  x( x  2)  2 x 2 6, 7, 3 x  4  3 x 3 1 8, x  4  x 2  2  3x 4  x 2 9, x 2  3x  3  x 2  3x  6  3 10, x 2  2 x  4  3 x 3  4 x 11, 3x  2  x  1  4 x  9  2 3x 2  5 x  2 12, 3 2  x  1  x  1 13, x 3  1  2 3 2 x  1 14, 5 x 2  14 x  9  x 2  x  20  5 x  1 15, 2 3 3x  2  3 6  5 x  8 16, 2 x  7  5  x  3x  2 17, x  2 7  x  2 x  1   x 2  8 x  7  1 18, 2 x 2  4 x  x3 2 19, 4 x 2  13x  5  3x  1 20, 5 2 5  x  1  x2   x2  1  x2  x  1 4 4 Page 16 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn Bài III: Giải các hệ phương trình sau: 1 3  2 x  y  x  1,  2 y  1  3  x y 1 1  x  y  y  x 9,  2 y  x3  1   x(3x  2 y )( x  1)  12 2,  2 x  2 y  4x  8  0  x2  y 2  x  y  4 10,   x( x  y  1)  y ( y  1)  2 2 2  x  y  5 3,  4 2 2 4  x  x y  y  13  2 x  y  1  x  y  1 11,  3 x  2 y  4 3 x 2  2 xy  16 4,  2 2  x  3 xy  2 y  8  x 2  1  y  y  x   4 y  12,  2  x  1  y  x  2   y  x  5  y  2  7 5,   y  5  x  2  7  xy  x  1  7 y 13,  2 2 2  x y  xy  1  13 y  x  x  y  1  3  0  6,  5 2  x  y   2  1  0 x  2 xy   x2  y x  3 2 x  2x  9  14,  2 xy y   y2  x 2 3  y  2y  9 2 xy  3 x  4 y  6 7,  2 2  x  4 y  4 x  12 y  3  y  36 x 2  25   60 x 2   15,  z  36 y 2  25   60 y 2  2 2  x  36 z  25   60 z  x 2  xy  y 2  3( x  y ), 8,  2 2 2  x  xy  y  7( x  y )  x3  8 x  y 3  2 y 16,  2 2  x  3  3  y  1 ………………….Hết………………… Page 17 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn HDG CÁC BTVN Bài 1: 1/ 4sin 3 x  1  3sin x  3cos4 x  sin 3x  3cos3x  1  k 2  x   1 3 1     18 3  sin 3 x  cos3 x    sin  3x    sin      2 2 2 3   6  x    k 2  2 3 2 / sin 3x  ( 3  2)cos3x  1 3x 2t ( 3  2)(1  t 2 ) Coi : t  tan    1  ( 3  1)t 2  2t  (3  3)  0 2 2 2 1 t 1 t  k 2   3x x   tan  1   t  1 6 3 2     x  2  k 2  tan 3 x  3 t  3   2 9 3 3 3 2 3 / 4 sin x  3cos x  3sin x  sin x cos x  0(1) * Xét sinx  0  3cos3 x  3  0  cot x  1    x   k  1  4 3 2 (1)  4  3cot x  3(cot x  1)  cot x  0  cot x    3  x     k   3 1  cot x   3  4 / 2sin 5 x  3cos3 x  sin 3 x  0 3cos3 x  sin 3 x  2sin 5 x   3 1 cos3 x  sin 3 x  sin 5 x 2 2   5   cos   3x   sin 5 x  cos(  5 x) 2  6    k  5   3 x   5 x  k 2  x     6  2 24 4    5  3x  5 x    k 2  x  2  k  3 2  6 Page 18 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn 5 / 2sin 4 x  3cos 2 x  16sin 3 x cos x  5  0  2sin 4 x  3cos 2 x  8sin 2 x.2sin 2 x  5  0  1  cos2 x   2sin 4 x  3cos 2 x  8sin 2 x.  5  0 2    2sin 4 x  3cos 2 x  4sin 2 x  2sin 4 x  5  0 3 4  3cos 2 x  4sin 2 x  5  cos 2 x  sin 2 x  1 5 5 3  cos     5  Cos(2 x   )  1  x   k ;(k  );  2 sin   4  5 6 / Sinx  4sin 3 x  cos x  0(1) Nê ' u : cos x  0  Sinx  4sin 3 x  3  0 t  t anx (1)  t anx(1  tan 2 x)  4 tan 3 x  1  tan 2 x  0   3 2  3t  t  t  1  0 t  t anx    t anx  1  x   k 2 4  t  1  3t  2t  1  0 7 / tan x sin 2 x  2sin 2 x  3  cos2 x  sin x cos x  Chia VT , VP cho cos 2 x ta có :  cos x  sin x3 2 3 tan x  2 tan 2 2 x  sin x cos x  cos 2 x  t anx  t  tan 3 x  2 tan 2 x  3 1  tan 2 x  t anx    3 2 t  t  3t  3  0   x    k t anx  t    t anx  1 4    2  x     k  t  1  t  3  0  t anx   3  3 Page 19 of 89 Bùi Đức Thành – 0984.586.179 http://tailieuonthi.vn 8 / Sin 2 x  2 tan x  3 Chia VT , VP cho cos 2 x ta có : t  tan x 2 tan x  2 tan x(tan 2 x  1)  3(tan 2 x  1)   3 2 2t  3t  4t  3  0 t  tan x    t anx  1  x   k 2 4  t  1  2t  t  3  0 9 / Cos 2 x  3 sin 2 x  1  sin 2 x Chia VT ,VP cho cos 2 x ta có :1  2 3 t anx  2 tan 2 x  1  k t  t anx  t anx  0  2  x     k 2t  2 3t  0  t anx   3  3 4 2 2 4 10 / 3cos x  4sin x cos x  sin x  0 Chia VT ,VP cho cos 4 x ta có : 3  4 tan 2 x  tan 4 x  0   x    k 2  t  t anx  tan x  1  4  4  2  2 t  4t  3  0  tan x  3  x     k  3 Bài 2: 1, x  3  5  3x  4 - Điều kiện: x  3 x  3  3x  4  5 sau đó bình phương 2 vế, đưa Với điều kiến trên ta biến đổi về dạng: về dạng cơ bản f ( x)  g ( x) ta giải tiếp. - Đáp số: x  4 2 2 2, x  5 x  1  ( x  4) x  x  1 - Đặt t  x 2  x  1  0 , pt đã cho trở thành: t  x t 2   x  4 t  4x  0   t  4 Với t  x  x 2  x  1  x : vô nghiệm Page 20 of 89