Tài liệu ôn thi đại học Đại số + Hình học đầy đủ
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (736.02 KB, 89 trang )
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
BÀI TẬP VỀ NHÀ
(Chuyên đề khảo sát hàm số)
Câu I: Cho hàm số
1
2 1
x
y
x
(C)
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
1
m x m
y
x m
m
C
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
M C
cắt 2 tiệm cận tại A, B. CMR M là trung điểm của AB
II.3. Cho điểm
0 0
M x , y
3
C
. Tiếp tuyến của
3
C
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:
Cho hàm số
2 2
2 1 3x mx m
y
x m
. Tìm tham số m để hàm số có:
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
10
m
.
5. Cực trị và tính khoảng cách từ điểm cực tiểu đến TCX.
6. Cực trị và thỏa mãn:
2 3
CD CT
y y
.
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 2 of 89
Câu IV: Cho hàm số
1
2 1
x
y
x
(C)
Tìm m để (C) cắt đường thẳng
: 2 1
m
d y mx m
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
4 . 5
OA OB
Câu V: Cho hàm số
2
3 3
2 1
x x
y
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:
2 3
y m x
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
1
m x m
y
x m
m
C
Dựa vào đồ thị hàm số, tùy theo m hãy biện luận số nghiệm của phương
trình:
a.
2
2 3
1 log
3
x
m
x
b.
2 3
2 1 0
3
x
m
x
Câu VII: Cho hàm số
2
3 3
2 1
x x
y
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
1
2 1
x
y
x
(C)
a. Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 trục
tọa độ đạt GTNN
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 3 of 89
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…………………
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 4 of 89
HDG CÁC BTVN
Câu I: Cho hàm số
1
2 1
x
y
x
(C)
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
Tập xác định:
1
\
2
D R
. Ta có:
2
3
' 0,
2 1
y x D
x
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:
2 3
y k x
tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ:
2
1
2 3
2 1
3
2 1
x
k x
x
k
x
có nghiệm
Thế k từ pt thứ hai vào pt đầu ta được:
2
2
1 3
2 3 7 4 4 0
2 1
2 1
x
x x x
x
x
: Vô nghiệm
Vậy không có tiếp tuyến nào đi qua M đến (C)
Bài 2:
Hàm số có: TCĐ:
1
2
x
; TCN:
1
2
y
1 1
;
2 2
I
Vì đường thẳng
1
2
x
không là tiếp tuyến của (C), nên phương trình đường thẳng đi qua
1 1
;
2 2
I
có hệ số góc k có dạng:
1 1
2 2
y k x
tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ:
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 5 of 89
2
1 1 1
2 1 2 2
3
2 1
x
k x
x
k
x
có nghiệm
Thế k từ pt thứ hai vào pt đầu ta được:
2
1 3 1 1 3 3
2 1 2 2 2 1 2 2 1
2 1
x
x
x x x
x
:Vô nghiệm
Vậy không có tiếp tuyến nào đi qua I đến (C)
Bài 3:
Gọi
0
0
1 3 1
;
2 4 2
M x C
x
. Tiếp tuyến tại M có dạng:
0
2 2
0 0 0 0
3 3 1 3 3 1
:
4 4 2 4 2 2
d y x x x
x x x x
Giả sử
Ox;
A d B d Oy
suy ra:
0 0
0
0
2 3
3
;0 ; 0;
3
x x
x
A B
x
OAB
vuông tạo O
2
0
1 2
. 3 1
2 3
OAB
S OAOB x
0 0
6 6 6
3
2 2
x x
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn là:
3 4 6
20
40 12 6
y x
hay
3 4 6
20
40 12 6
y x
Bài 4:
Tiếp tuyến cắt 2 trục tọa độ tạo thành một tam giác cân nên hệ số góc của tiếp tuyến là
1
k
. Gọi
0 0
;
M x y C
là tiếp điểm
- Nếu
0 0
2
0
3 1 3
1 1 2 1 3
2
2 1
k x x
x
Với
0 0
1 3 1 3
2 2
x y
tiếp tuyến là:
1 3
y x
Với
0 0
1 3 1 3
2 2
x y
tiếp tuyến là:
1 3
y x
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 6 of 89
- Nếu
2
0
2
0
3
1 1 2 1 3
2 1
k x
x
: Vô nghiệm
Vậy có 2 tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là:
1 3
y x
và
1 3
y x
Câu II: Cho hàm số
1
m x m
y
x m
m
C
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
M C
cắt 2 tiệm cận tại A, B. CMR M là trung điểm của AB
II.3. Cho điểm
0 0
M x , y
3
C
. Tiếp tuyến của
3
C
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
0 0
;M x y
là điểm cố định của hàm số
0
0
0
1
;
m x m
y m
x m
0 0 0 0 0
0 0 0
0 0 0 0
1 0;
1 0 0
0 1
m x y x x y m
x y x
x x y y
Với
0; 1
M
, tiếp tuyến tại M là:
' 0 1 1y y x x
Vậy đồ thị hàm số luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định
1y x
tại
0; 1
M
.
Bài 2:
Ta có:
2
1
m
y m
x m
TCĐ:
x m
và TCN:
1
y m
Gọi
2
; 1 , 0
m
m
M a m m C a
a
. Tiếp tuyến tại M có dạng:
2 2 2
2
: ' 1 1
m m m
d y y a m x a m m x a m m
a a a
Gọi A, B là giao điểm của đường thẳng d với TCN, TCĐ tương ứng nên:
2
2
2 ; 1 ; ; 1
m
A a m m B m m
a
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 7 of 89
Nhận thấy
2
2
A B M
A B M
x x x
y y y
M là trung điểm của AB (đpcm)
Bài 3:
Điểm
3
9 9
: 2 3 ;2
3
M C y M
x
Phương trình tiếp tuyến của M có dạng:
2 2
9 18 27
: 2y x
Gọi A, B là giao điểm của đường thẳng d với TCN, TCĐ tương ứng nên:
18
2 3;2 ; 3;2A B
a
Vì I là giao điểm của 2 tiệm cận nên
3;2
I
+
IAB
vuông tại I nên:
1 1 18
. . . 2 . 18
2 2
IAB
S IA IB
(đvdt)
+ Chu vi tam giác IAB là:
2
2
18 18
2 4p IA IB AB
2
2
18 18
2 2 2 4 12 2.2.18 12 6 2
Dấu = xảy ra
18
2 3
6;5
M
hoặc
0; 1
M
Câu III:
HDG:
Tập xác định:
\
D R m
Ta có:
2 2
2 2
1 1 2 1
3 ' 1
x xm m
y x m y
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
2 2
( ) 2 1
g x x xm m
có 2 nghiệm trái dấu cùng khác m
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 8 of 89
2
1 0
1 1
( ) 0
m
m
g m
Vậy
1;1
m
2:
Có:
1
2
1
' 0
1
x x m
y
x x m
Do đó hàm số luôn đạt cực trị tại
1 2
;x x
. Ta có:
1 1 2 2
4 2; 4 2
y y x m y y x m
Gọi 2 điểm cực trị là
1;4 2 ; 1;4 2
A m m B m m
OAB
vuông tại O
. 0
OA OB OA OB
2
1 1 4 2 4 2 0
85
17 5 0
17
m m m m
m m
Vậy
85
17
m
là giá trị cần tìm.
3:.
Ta có:
1; 4 2 ; 1; 4MA m m MB m m
A, M, B thẳng hàng
|| 4 1 1 4 2
MA MB m m m m
1
6 2
3
m m
Đáp số:
1
3
m
4:
Ta có:
2
10 4 4 10 2
AB m m m
5:
Mọi giá trị m thì hàm số luôn có cực trị.
Vì
1
lim 3 lim 0 3
x x
y x m y x m
x m
là TCX của hàm số.
Hàm số đạt cực tiểu tại x = m – 1. Khoảng cách từ điểm cực tiểu đến TCX là:
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 9 of 89
1 4 2 3
1
2 2
m m m
h
6:
Ta có:
3
4
2 3 8 2 3
3
4
CD CT
m
y my
m
Đáp số:
3 3
; ;
4 4
m
Câu IV: Cho hàm số
1
2 1
x
y
x
(C)
Tìm m để (C) cắt đường thẳng
: 2 1
m
d y mx m
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
4 . 5
OA OB
HDG:
Xét phương trình hoành độ giao điểm:
2
1
2 1 5 1 2 2 0
2 1
x
mx m f x mx m x m
x
với
1
2
x
C
cắt
m
d
tại 2 điểm phân biệt A, B
0
f x
có 2 nghiệm phân biệt khác
1
2
2
0
0
17 2 9 0
6
1 1 3
0
2 4 2
m
m
m m
m
f m
(*)
a. Hai điểm A, B thuộc 2 nhánh của đồ thị
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 10 of 89
0
f x
có 2 nghiệm phân biệt
1 2
;x x
mà
1 2
1
2
x x
0
1 1 3
0
6
2 4 2
m
mf m m
m
b. Hệ số góc của tiếp tuyến tại A. B lần lượt là:
2 2
3 3
' ; '
2 1 2 1
A A B B
A B
k y x k y x
x x
2 2
3 3
. . 0
2 1 2 1
A B
A B
k k
x x
nên hai tiếp tuyên tại A, B không thể vuông góc với
nhau. Vậy không tồn tại m thảo mãn bài toán.
c. Gọi
1 2
;x x
là 2 nghiệm của f(x). Giả sử
1 1 2 2
; 2 1 ; ; 2 1
A x mx m B x mx m
Theo viet ta có:
1 2
1 2
5 1
2 2
m
x x
m
m
x x
m
Có:
5
4 . 5 . 0
4
OAOB OAOB
1 2 1 2
2
2
1 2 1 2
2
2
3 2
2
5
2 1 2 1 0
4
5
1 2 1 2 1 0
4
5
1 2 2 2 1 5 1 2 1 0
4
3
4 2 0
4
3
2 1 0
4
1 3
2 4
x x mx m mx m
m x x m m x x m
m m m m m m m
m m m
m m
m m
Đáp số:
1 3
;
2 4
m
Câu V: Cho hàm số
2
3 3
2 1
x x
y
x
(1)
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 11 of 89
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:
2 3
y m x
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:
2
2
3 3
2 3 3 2 0
2 1
x x
m f x x m x m
x
; với
1x
Để hàm số (1) cắt đường thẳng y = m tại 2 điểm phân biệt
0
f x
có 2
nghiệm phân biệt khác 1
2
3
2 3 4 3 2 0
2
1
1 0
2
m
m m
f
m
(*)
Với điều kiện (*), gọi
1 2
;x x
là nghiệm của
0
f x
. Theo viet có:
1 2
1 2
3 2
3 2
x x m
x x m
Tọa độ A, B là:
1 2
; ; ;A x m B x m
. Ta có:
2 2
2
1 2 1 2 1 2
2 2 4 2
AB x x x x x x
2
2
1 6
3 2 4 3 2 2 4 4 5 0
2
m m m m m
Đáp số:
1 6
2
m
b. Xét phương trình hoành độ giao điểm:
2
2
3 3
2 3 2 1 3 1 2 4 3 0
2 1
x x
m x f x m x m x m
x
; với
1x
Để hàm số (1) cắt đường thẳng
2 3
y m x
tại 2 điểm phân biệt
0
f x
có
2
nghiệm phân biệt khác 1
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 12 of 89
2
7 2 7
2
2 1 0
7 2 7
9 1 2 4 2 1 4 3 0
2
1 0
1
2
m
m
m m m
m
f
m
Với điều kiện trên, gọi
1 2
;x x
là nghiệm của
0
f x
1 2
3 1 2
2 1
m
x x
m
Gọi 2 giao điểm là
1 1 2 2
; 2 3 ; ; 2 3
A x m x B x m x
.
Điểm
2;3
M d
là trung điểm của AB
1 2
3 1 2
7
4 4
2 1 2
m
x x m
m
Vậy
7
2
m
Câu VI:
Cho hàm số
1
m x m
y
x m
m
C
Dựa vào đồ thị hàm số, tùy theo m hãy biện luận số nghiệm của phương
trình:
a.
2
2 3
1 log
3
x
m
x
b.
2 3
2 1 0
3
x
m
x
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
2 3
:
3
x
C y
x
như sau:
- Giữ nguyên phần đồ thị nằm trên trục hoành Ox của
3
C
- kí hiệu là
t
C
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 13 of 89
- Lấy đối xứng phần đồ thị dưới trục hoành Ox qua Ox – kí hiệu
'
t
C
'
t t
C C C
(Các bạn tự vẽ hình)
Kết luận:
1
2
m
phương trình vô nghiệm
1
;2
2
m
phương trình có nghiệm duy nhất
1
;2 2;
2
m
phương trình có 2 nghiệm phân biệt
b. Vẽ đồ thị hàm số
2 3
' :
3
x
C y
x
như sau:
- Giữ nguyên nhánh phải của
3
C
- kí hiệu là
p
C
- Lấy
'
p
C
đối xứng nhánh trái của
3
C
qua trục hoành Ox
'
p p
C C C
(Các bạn tự vẽ hình)
Kết luận:
1
2
m
phương trình vô nghiệm
1 3
2 2
m
phương trình có nghiệm duy nhất
3
2
m
phương trình có 2 nghiệm phân biệt
Câu VII: Cho hàm số
2
3 3
2 1
x x
y
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
a. Ta có:
2
3 3 1 1
1
2 1 2 2 1
x x
y x
x x
Gọi
1 1
1;
2 2 2
A
thuộc nhánh trái,
1 1
1;
2 2 2
B
thuộc
nhánh phải của đồ thị hàm số với
0
.
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 14 of 89
Ta có:
2
2
2
1 1 1
4
AB
2
2
2
1 1 1 1
1 1 4 1 1
4 4
1
5 2 2 2 5
Dấu = xảy ra
4
1
1
5
5
Vậy
4 4
4 4 4 4
1 1 5 1 1 1 5 1
1; ; 1;
2 2 2 2
5 2 5 5 2 5
A B
thì
min
2 2 5
AB
b. Hàm số có TCX:
1
: 1
2
y x
.
Gọi
Ox 2;0
A A
;
Oy B 0;1
B
Nên
1
. 1
2
OAB
S OAOB
(đvdt)
Câu VIII: Cho hàm số
1
2 1
x
y
x
(C)
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
a. . Gọi
0 0
0
1 3 1
; ; 0
2 4 2
M x C x
x
. Tổng khoảng cách từ M đến 2 trục
tọa độ là:
0
0
1 3 1
2 4 2
d x
x
Với
0
1 1
0 1
2 2
x d
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 15 of 89
Với
0 0 0
0 0
1 3 1 3
0 1 3 1
2 4 2 4
x d x x
x x
Dấu = xảy ra khi
0 0
0
3 3 3 1 3 1
;
4 2 2 2
x x M
x
Vậy
3 1 3 1
;
2 2
M
thì
min
3 1
d
b. . Khoảng cách tứ M đến TCN, TCĐ làn lượt là:
1 0
d x
;
2
0
3
4
d
x
1 2 0 0
0 0
3 3
2 . 3
4 4
d d d x x
x x
, dấu = xảy ra khi
0
3
2
x
Kết luận:
3 1 3 1
;
2 2
M
hoặc
3 1 3 1
;
2 2
M
là các điểm cần tìm
c . Gọi
1 3 1
;
2 4 2
A a
a
thuộc nhánh trái,
1 3 1
;
2 4 2
B b
b
thuộc nhánh phải
của đồ thị hàm số (C), với
0
a b
. Ta có:
2
2
2
2
3 3 3 3 3
2
4 4 4 4 2
b a
AB b a b a
b a b a ab
3 4
. 6
2
ab
ab
Dấu bằng xảy ra
2
2
3
2
3 3
3
4 4
2
b a
a
b a
b
b a
Vậy hai điểm cần tìm là:
3 1 3 1
;
2 2
A
;
3 1 3 1
;
2 2
B
thì
min
6
AB
………………….Hết…………………
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 16 of 89
CÁC BÀI TẬP VỀ NHÀ
(PT, BPT, HPT ĐẠI SỐ VÀ LƯỢNG GIÁC)
Bài I: Giải các phương trình sau:
3
3 3 2
3
3
2 2
1/ 4sin 1 3sin 3 os3x
2 / sin3 ( 3 2) os3 1
3 / 4sin 3cos 3sin sin cos 0
4 / 2sin 5 3 os3 sin 3 0
5 / 2sin 4 3cos 2 16sin cos 5 0
6 / inx 4sin cos 0
7 / tan xsin 2sin 3 os2 sin xcos
8 / 2 2 tan 3
9
x x c
x c x
x x x x x
x c x x
x x x x
S x x
x x c x x
Sin x x
2 2
4 2 2 4
/ os 3 sin 2 1 sin
10 / 3cos 4sin cos sin 0
C x x x
x x x x
Bài II Giải các phương trình chứa căn thức sau:
1,
3 5 3 4
x x
11,
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2
x x x x x
2,
2 2
5 1 ( 4) 1x x x x x
12,
3
2 1 1x x
3,
4 4
18 5 1x x
13,
3
3
1 2 2 1x x
4,
3 2 2 2 6
x x x
14,
2 2
5 14 9 20 5 1x x x x x
5,
2 2
2 8 6 1 2 2x x x x
15,
3
2 3 2 3 6 5 8
x x
6,
2
( 1) ( 2) 2
x x x x x
16,
2 7 5 3 2
x x x
7,
3 3
4 3 1
x x
17,
2
2 7 2 1 8 7 1
x x x x x
8,
2 2
4 2 3 4
x x x x
18,
2
3
2 4
2
x
x x
9,
2 2
3 3 3 6 3
x x x x
19,
2
4 13 5 3 1x x x
10,
2 3
2 4 3 4x x x x
20,
2 2 2 2
5 5
1 1 1
4 4
x x x x x
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 17 of 89
Bài III: Giải các hệ phương trình sau:
1,
1 3
2
1 3
2
x
y x
y
x y
9,
3
1 1
2 1
x y
y x
y x
2,
2
(3 2 )( 1) 12
2 4 8 0
x x y x
x y x
10,
2 2
4
( 1) ( 1) 2
x y x y
x x y y y
3,
2 2
4 2 2 4
5
13
x y
x x y y
11,
2 1 1
3 2 4
x y x y
x y
4,
2
2 2
3 2 16
3 2 8
x xy
x xy y
12,
2
2
1 4
1 2
x y y x y
x y x y
5,
5 2 7
5 2 7
x y
y x
13,
2 2 2
1 7
1 13
xy x y
x y xy y
6,
2
2
1 3 0
5
1 0
x x y
x y
x
14,
2
3 2
2
2
3
2
2 9
2
2 9
xy
x x y
x x
xy
y y x
y y
7,
2 2
2 3 4 6
4 4 12 3
xy x y
x y x y
15,
2 2
2 2
2 2
36 25 60
36 25 60
36 25 60
y x x
z y y
x z z
8,
2 2
2 2 2
3( ),
7( )
x xy y x y
x xy y x y
16,
3 3
2 2
8 2
3 3 1
x x y y
x y
………………….Hết…………………
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 18 of 89
HDG CÁC BTVN
Bài 1:
3
2
2
2 2
1/ 4sin 1 3sin 3 os4 sin 3 3 os3 1
2
1 3 1
18 3
sin 3 os3 sin 3 sin
2
2 2 2 3 6
2 3
2 / sin3 ( 3 2) os3 1
3 2 ( 3 2)(1 )
: tan 1 ( 3 1) 2 (3 3) 0
2 1 1
1
3
x x c x x c x
k
x
x c x x
k
x
x c x
x t t
Coi t t t
t t
t
t
3 3 2
3
3 2
2
3
tan 1
6 3
2
3 2 2
tan 3
2 9 3
3 / 4sin 3cos 3sin sin cos 0(1)
* ét sinx 0 3cos 3 0
cot 1
1
4
(1) 4 3cot 3(cot 1) cot 0 cot
3
3
1
cot
3
k
x
x
x k
x
x x x x x
X x
x
x k
x x x x
x k
x
4 / 2sin 5 3 os3 sin 3 0
3 1
3 os3 sin 3 2sin5 os3 sin 3 sin 5
2 2
5
os 3 sin 5 os( 5 )
6 2
5
3 5 2
6 2
24 4
2
5
3 5 2
3
6 2
x c x x
c x x x c x x x
c x x c x
k
x x k x
x k
x x k
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 19 of 89
3
2
5 / 2sin 4 3cos2 16sin cos 5 0
2sin 4 3cos2 8sin 2 .2sin 5 0
1 os2
2sin 4 3cos2 8sin 2 . 5 0
2
2sin 4 3cos2 4sin 2 2sin 4 5 0
3 4
3cos 2 4sin 2 5 cos2 sin 2 1
5 5
cos
os(2 ) 1 ;( );
2
x x x x
x x x x
c x
x x x
x x x x
x x x x
C x x k k
3
5
4
sin
5
3
3
2 3 2
3 2
2
2 2
2
6 / inx 4sin cos 0(1)
ê' : cos 0 inx 4sin 3 0
t anx
(1) t anx(1 tan ) 4 tan 1 tan 0
3 1 0
t anx
t anx 1
1 3 2 1 0
4
7 / tan xsin 2sin 3 os2 sin xcos
, os
S x x
N u x S x
t
x x x
t t t
t
x k
t t t
x x c x x
Chia VT VP cho c x t
2 2
3 2
2
3 2 2
3 2
2
ó :
os sin sin xcos
tan 2tan 3
os
t anx
tan 2tan 3 1 tan tanx
3 3 0
t anx
t anx 1
4
1 3 0
t anx 3
3
a c
c x x x
x x
c x
t
x x x
t t t
x k
t
t t
x k
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 20 of 89
2
2 2
3 2
2
8 / 2 2tan 3
, os ó :
tan
2 tan 2tan (tan 1) 3(tan 1)
2 3 4 3 0
tan
t anx 1
1 2 3 0
4
Sin x x
Chia VT VP cho c x ta c
t x
x x x x
t t t
t x
x k
t t t
2 2
2 2
2
4 2 2 4
4 2 4
4 2
9 / os 3sin 2 1 sin
, os ó :1 2 3 t anx 2tan 1
t anx t anx 0
2 2 3 0 t anx 3
3
10 / 3cos 4sin cos sin 0
, os ó :3 4tan tan 0
t anx
4 3 0
C x x x
Chia VT VP cho c x ta c x
k
t
x
k
t t
x x x x
Chia VT VP cho c x ta c x x
t
t t
2
2
tan 1
4
tan 3
3
x k
x
x
x k
Bài 2:
1,
3 5 3 4
x x
- Điều kiện:
3
x
Với điều kiến trên ta biến đổi về dạng:
3 3 4 5
x x
sau đó bình phương 2 vế, đưa
về dạng cơ bản
( ) ( )f x g x
ta giải tiếp.
- Đáp số:
4
x
2,
2 2
5 1 ( 4) 1x x x x x
- Đặt
2
1 0
t x x
, pt đã cho trở thành:
2
4 4 0
4
t x
t x t x
t
Với
2
1 :t x x x x
vô nghiệm
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 21 of 89
Với
2
1 61
4 15 0
2
t x x x
- Vậy phương trình có nghiệm:
1 61
2
x
3,
4 4
18 5 1x x
- Ta đặt
4 4
4 4
18 0; 1 0 17
u x v x u v
, ta đưa về hệ đối xứng loại I đối với u,
v giải hệ này tìm được u, v suy ra x
- Đáp số: Hệ vô nghiệm
4,
3 2 2 2 6 *
x x x
- Điều kiện:
2
x
- Ta có:
3
8 3
* 2 3
3 2 6
3 2 6 4
x
x
x
x x
x x
- Đáp số:
108 4 254
3;
25
x
5,
2 2
2 8 6 1 2 2x x x x
- Điều kiện:
2
2
1
2 8 6 0
1
1 0
3
x
x x
x
x
x
- Dễ thấy x = -1 là nghiệm của phương trình
- Xét với
1x
, thì pt đã cho tương đương với:
2 3 1 2 1x x x
Bình phương 2 vế, chuyển về dạng cơ bản
( ) ( )f x g x
ta dẫn tới nghiệm trong trường
hợp này nghiệm
1x
- Xét với
3
x
, thì pt đã cho tương đương với:
2 3 1 2 1
x x x
Bình phương 2 vế, chuyển về dạng cơ bản
( ) ( )f x g x
ta dẫn tới nghiệm trong trường
hợp này là:
25
7
x
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 22 of 89
- Đáp số:
25
; 1
7
x
6,
2
( 1) ( 2) 2
x x x x x
ĐS:
9
0;
8
x
7,
3 3
4 3 1
x x
- Sử dụng phương pháp hệ quả để giải quyết bài toán, thử lại nghiệm tìm được.
- Đáp số:
5;4
x
8,
2 2 2
4 2 14
4 2 3 4 4 ;2 0;2;
3 3
x x x x t x x t x
9,
2 2
3 3 3 6 3
x x x x
- Đặt
2 2 2
3 3 0 3 3
t x x x x t
- Phương trình thành:
2 2
2
2
3
3 3 3 3 1
3 3
t
t t t t t
t t
Suy ra
2
3 2 0 1;2
x x x
- Vậy tập nghiệm của phương trình là
1;2
x
10,
2 3
2 4 3 4x x x x
- Điều kiện:
0
x
- Đặt
2 2
2 2
2
2 2
4
4
4 2; 0
2 0
2 3
u v
u v
u x v x
u v u v
u v uv
Giải ra ta được
4
3
x
(thỏa mãn)
11,
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2
x x x x x
- Điều kiện:
1x
- Khi đó:
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2
x x x x x
Đặt t =
3 2 1 ( 0)
x x t
ta có:
2 2
6 6 0 3; 2( 0)
t t t t t t
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 23 of 89
3 2 1 3
x x
Giải tiếp bằng phương pháp tương đương, ta được nghiệm
2
x
12,
3
2 1 1x x
- Điều kiện:
1x
- Đặt
3
2 ; 1 0
u x v x
dẫn tới hệ:
3 2
1
1
u v
u v
Thế u vào phương trình dưới được:
1 3 0
v v v
- Đáp số:
1;2;10
x
13,
3
3
1 2 2 1x x
3
3
3
1 2
1 5
2 1 1;
2
1 2
y x
y x x y x
x y
14,
2 2
5 14 9 2 5 1x x x x x
ĐS:
9
1; ;11
4
x
15,
3
2 3 2 3 6 5 8
x x
- Giải hoàn toàn tương tự như ý bài 1.12
- Đáp số:
2
x
16,
2 7 5 3 2
x x x
- Điều kiện:
2
5
3
x
- Chuyển vế sao cho 2 vế dương, rồi bình phương 2 vế ta dẫn tới phương trình cơ bản.
Sau đó giải tiếp theo như đã học.
- Đáp số:
14
1;
3
x
17,
2
2 7 2 1 8 7 1
x x x x x
- Điều kiện:
1 7
x
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 24 of 89
- Ta có:
2
2 7 2 1 8 7 1
x x x x x
1 1 7 2 1 7
x x x x x
1 2 5
4
1 7
x x
x
x x
- Đáp số:
4;5
x
18,
2
2
3 3
2 4 2 1 2
2 2
x x
x x x
- Đặt
3
1
2
x
y
2
2
2 1 3
2 1 3
x y
y x
- Đáp số:
3 17 5 13
;
4 4
x
19,
2
2
4 13 5 3 1 2 3 4 3 1x x x x x x
- Đặt
2
2
2 3 3 1
2 3 3 1
2 3 4 2 3
y x
y x
x x y
- Đáp số:
15 97 11 73
;
8 8
x
20,
2 2 2 2
5 5
1 1 1
4 4
x x x x x
- Điều kiện:
1
x
- PT đã cho
2 2
1 1
1 1 1
2 2
x x x
- Đáp số:
3
; 1
5
x
Bài 3:
Bùi Đức Thành – 0984.586.179
Page 25 of 89
1,
1 3
2
1 3
2
x
y x
y
x y
- đây là hệ đối xứng loại II
- Điều kiện:
0; 0
x y
- Trừ vế theo vế ta được:
1 1
2 4
2
x y
x y
xy
x y
Với
x y
, hệ tương đương với
2
2 1
x x
x
Với
2
2xy y
x
, thế vào pt đầu được:
2 2
3 3 3
2
2 2
2 2
x y
x x
x
x x
x y
- Vậy hệ có nghiệm:
; 1;1 , 1; 1 , 2; 2 , 2, 2
x y
2,
2
2
2
3 2 12
(3 2 )( 1) 12
2 4 8 0
3 2 8
x y x x
x x y x
x y x
x y x x
Đặt
2
3 2 ;
u x y v x x
suy ra:
12 6 2
8 2 6
uv u u
u v v v
Giải từng trường hợp ta dẫn tới đáp số:
3 11
; 2;6 , 1; , 2; 2 , 3,
2 2
x y
3,
2 2
4 2 2 4
5
13
x y
x x y y
- Đây là hệ đối xứng loại I đối với
2
x
và
2
y
- Đáp số:
; 2; 1 , 2; 1 , 1; 2 , 1, 2
x y
4,
2
2 2
3 2 16
3 2 8
x xy
x xy y
- Đây là hệ đẳng cấp bậc 2
- Nhận xét x = 0 không thỏa mãn hệ, ta xét
0
x
, đặt
y tx
