Tài liệu Phuong phap giai nhanh ... giai tich 12

  • Số trang: 408 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 359 |
  • Lượt tải: 0

Mô tả:

Sách " PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÂU HỎI TNKQ GIẢI TÍCH 12" ôn thi THPTQG 2018
ThS. ĐẶNG THANH HẢI (Chủ biên) ThS. NGUYỄN CAO THỜI – ThS. ĐINH VĂN HỮU PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN GIẢI TÍCH 12  Một số bí quyết chọn nhanh đáp án câu hỏi trắc nghiệm khách quan môn Toán.  Kiến thức cơ bản và các dạng toán thường gặp theo từng chuyên đề.  Một số bài toán thực tế thường gặp trong đề thi THPTQG.  Một số chú ý giải nhanh câu hỏi trắc nghiệm khách quan toán giải tích 12.  Một số đề trắc nghiệm tổng hợp theo từng chuyên đề.  Hướng dẫn sử dụng máy tính cầm tay chọn đáp án câu hỏi trắc nghiệm khách quan toán giải tích 12. NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM UNIVERSITY OF EDUCATION PUBLISHING HOUSE PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN GIẢI TÍCH 12 ThS. Đặng Thanh Hải (Chủ biên) – ThS. Nguyễn Cao Thời – ThS. Đinh Văn Hữu Bản quyền xuất bản thuộc về Nhà xuất bản Đại học Sư phạm. Mọi hình thức sao chép toàn bộ hay một phần hoặc các hình thức phát hành mà không có sự cho phép trước bằng văn bản của Nhà xuất bản Đại học Sư phạm đều là vi phạm pháp luật. Chúng tôi luôn mong muốn nhận được những ý kiến đóng góp của quý vị độc giả để sách ngày càng hoàn thiện hơn. Mọi góp ý về sách, liên hệ về bản thảo và dịch vụ bản quyền xin vui lòng gửi về địa chỉ email: kehoach@nxbdhsp.edu.vn Mã số sách tiêu chuẩn quốc tế: ISBN 978-604-54-3869-5 2 MỤC LỤC Trang Phần I: MỘT SỐ BÍ QUYẾT CHỌN NHANH ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM MÔN TOÁN ...................... 7 Phần II: CÁC CHUYÊN ĐỀ GIẢI TÍCH 12 .....................................................................................29 Chuyên đề 1: ỨNG DỤNG ĐẠO HÀM ĐỂ KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ CỦA HÀM SỐ ...................... 29 Chuyên đề 2: HÀM SỐ LUỸ THỪA – HÀM SỐ MŨ – HÀM SỐ LÔGARIT ........................................ 194 Chuyên đề 3: NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG.............................................................. 247 Chuyên đề 4: SỐ PHỨC ................................................................................................................................ 329 Phụ lục: SỬ DỤNG MÁY TÍNH CẦM TAY GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN GIẢI TÍCH 12 ............. 396 TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................................................. 399 3 4 LỜI NÓI ĐẦU Nhằm giúp học sinh củng cố chắc kiến thức cơ bản, có cái nhìn tổng quát kiến thức môn toán nói chung, cũng như kiến thức toán Giải tích lớp 12; tạo điều kiện cho học sinh phát triển năng lực, phẩm chất và có định hướng tốt cho việc ôn tập môn Toán cho kì thi THPTQG năm 2018 và các năm tiếp theo; đồng thời giúp học sinh rèn luyện tư duy sáng tạo và phương pháp chọn nhanh đáp án câu hỏi trắc nghiệm khách quan môn Toán, chúng tôi biên soạn cuốn sách: PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN GIẢI TÍCH 12. Cuốn sách được biên soạn bởi nhóm tác giả là các giáo viên giỏi ở các trường THPT, đã có nhiều năm kinh nghiệm giảng dạy, ôn thi và bồi dưỡng học sinh giỏi. Sách được trình bày theo các chuyên đề của chương trình sách giáo khoa Giải tích 12, được trình bày đổi mới theo hướng đánh giá và phát triển năng lực học sinh, đồng thời bám sát cấu trúc đề thi của Bộ Giáo dục – Đào tạo năm 2017. Sách được dùng cho học sinh theo học cả hai chương trình Chuẩn và Nâng cao. Đặc biệt, điểm mới của cuốn sách là đưa ra được một số “Bí quyết độc đáo” và các “Chú ý” để chọn nhanh đáp án câu hỏi trắc nghiệm khách quan môn Toán nói chung và toán Giải tích 12 nói riêng, đồng thời có hệ thống bài tập trắc nghiệm tự luyện phong phú, theo 4 mức độ nhận thức và được sắp xếp từ dễ đến khó. Nội dung cuốn sách gồm hai phần: Phần I: MỘT SỐ BÍ QUYẾT CHỌN NHANH ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN MÔN TOÁN. Phần II: CÁC CHUYÊN ĐỀ GIẢI TÍCH 12. Gồm 4 chuyên đề: Chuyên đề 1: Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số. Chuyên đề 2: Hàm số Luỹ thừa – Hàm số Mũ và Hàm số Logarit. Chuyên đề 3: Nguyên hàm – Tích phân và ứng dụng Chuyên đề 4: Số phức. Mỗi chuyên đề được cấu trúc gồm nhiều chủ đề nhỏ, mỗi chủ đề được trình bày gồm bốn phần như sau: I. Kiến thức cơ bản cần nhớ. II. Một số dạng bài toán điển hình và phương pháp giải. Đặc biệt có bổ sung bài toán thực tế trong từng chuyên đề. 5 III. Một số chú ý và ví dụ minh hoạ giúp chọn nhanh đáp án câu hỏi trắc nghiệm khách quan toán Giải tích 12. IV. Câu hỏi trắc nghiệm tự luyện – Đáp án, hướng dẫn giải một số câu hỏi. Hiện nay các kiến thức cơ bản rất được chú trọng trong các đề thi trắc nghiệm khách quan, do đó học sinh muốn đạt điểm tốt bắt buộc phải đảm bảo tốt phần kiến thức cơ bản. Đối với môn Toán thì dùng tư duy tự luận để chọn đáp án trắc nghiệm là quan trọng và không thể thiếu trong quá trình học tập và giải đề thi. Chính vì vậy để đạt được kết quả tốt về môn Toán, cũng như hỗ trợ tốt cho việc học các môn khoa học khác, các em học sinh cần rèn luyện tốt phương pháp tự luận. Trong cuốn sách, lí thuyết được trình bày ngắn gọn, phân loại dạng bài tập có phương pháp giải tự luận, hướng dẫn chọn nhanh đáp án câu hỏi trắc nghiệm khách quan. Các câu hỏi luyện tập được trình bày từ dễ đến khó, trích dẫn tham khảo ở đề thi các năm gần đây, đề thi minh hoạ, đề thi chính thức THPTQG năm 2017 của Bộ Giáo dục và Đào tạo và đề thi thử của một số trường THPT trên cả nước. Phụ lục: Sử dụng máy tính cầm tay giải một số dạng toán giải tích 12. Chúng tôi hi vọng cuốn sách này đem lại nhiều bổ ích và sẽ là trợ thủ đắc lực cho các em học sinh cuối cấp THPT trong quá trình học tập cũng như ôn luyện thi THPTQG và xét tuyển Đại học, Cao đẳng năm 2018 cũng như các năm tiếp theo. Mặc dù các tác giả đã có rất nhiều cố gắng, song không tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong nhận được sự góp ý chân thành của các em học sinh và các thầy cô giáo. Mọi ý kiến xin gửi về NXB Đại học Sư phạm, 136 Xuân Thuỷ, Cầu Giấy, Hà Nội. Xin trân trọng cảm ơn! Nhóm tác giả Chủ biên Đặng Thanh Hải 6 Phần I: MỘT SỐ BÍ QUYẾT CHỌN NHANH ĐÁP ÁN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN MÔN TOÁN 1. Phương pháp loại trừ Để chọn được đáp án đúng và nhanh thì phương pháp loại trừ tỏ ra khá hiệu quả, tuy nhiên vẫn phải dựa trên nền kiến thức các em đã biết, nhưng chỉ cần kiến thức cơ bản trong một số tình huống vẫn có thể giúp các em có đủ sự hiểu biết để loại bỏ những đáp án sai. Ví dụ 1. (Trích đề minh hoạ của Bộ GD&ĐT năm 2016) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  A. min y  6 .  2;4 B. min y  2 .  2;4 x2  3 trên đoạn  2; 4 . x 1 C. min y  3 .  2;4 D. min y   2;4 19 . 3 Bình luận: x2  3 Rõ ràng ta có y   0, x   2; 4 , nên phương án B và C được loại x 1 bỏ ngay. Bài toán yêu cầu tìm giá trị nhỏ nhất nên ta ưu tiên kiểm tra phương án A do 19 6 . 3 Bằng cách giải phương trình ra giấy nháp nhanh: x2  3  6  x 2  6 x  9  0  x  3  [2;4] . Vậy chọn A. x 1 Nhận xét: Học sinh cũng có thể nhẩm nhanh các giá trị nguyên bằng cách thay x = 2; 3 và 4, nhận thấy x = 3 thì y = 6. Vậy 6 là giá trị nhỏ nhất. Nếu học sinh dùng phương pháp đạo hàm trong trường hợp này là không tối ưu. Ví dụ 2. Hàm số y  x 4  2 x 2  1 có mấy điểm cực trị? A. 0. Bình luận: B. 1. C. 2. D. 3. Hàm số y  ax 4  bx 2  c  a  0  chỉ xảy ra trường hợp có ba điểm cực trị phân biệt hoặc có một cực trị duy nhất. Nên phương án A và C được loại bỏ ngay. 7 Nhìn tổng quát ta có đạo hàm: y  4ax3  2bx  y   2 x  2ax 2  b  . b b 0  0  ab  0. 2a 2a b b Hàm số có một điểm cực trị  x 2   0  0  ab  0. 2a 2a Mặt khác trong ví dụ này ta lại có ab  2  0 . Vậy hàm số có một cực trị. Chọn B. Hàm số có ba điểm cực trị phân biệt  x 2   2. Phương pháp thử giá trị trực tiếp Phương pháp loại trừ thường loại bỏ được hai phương án sai. Nhưng vẫn còn hai phương án, chẳng hạn là A và B. Lúc này ta có thể sử dụng phương pháp thử trực tiếp giá trị từ phương án A hoặc B vào điều kiện bài toán (nên ưu tiên giá trị “đẹp” trước). Nếu thử giá trị trong phương án A sai thì B là phương án đúng và ngược lại. Ví dụ 1. (Trích đề minh hoạ của Bộ GD&ĐT năm 2016) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số y  x 4  2mx 2  1 có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông cân. 1 1 A. m   3 . B. m = –1. C. m  3 . D. m = 1. 9 9 Bình luận: * Với bài toán này chỉ một chút kiến thức về điều kiện có ba cực trị của hàm số y  ax 4  bx 2  c là ab < 0. Áp dụng cho bài này  m  0 . Vậy ta đã loại bỏ được hai phương án sai là C và D. * Trong hai phương án còn lại thì giá trị m = –1 trong phương án B được ưu tiên kiểm tra. Khi m = –1 thì y  x 4  2 x 2  1 nên y  4 x3  4 x, từ đó x  0 y  0   x  1  ba điểm cực trị của đồ thị: A(0; 1), B(–1; 0), C(1; 0).  x  1 Ta dễ thấy tam giác ABC vuông tại A. Vậy chọn B. Ví dụ 2. (Trích đề minh hoạ của Bộ GD&ĐT năm 2016) Cho hàm số y  f  x   2 x.7 x . Khẳng định nào sau đây sai? 2 8 A. f  x   1  x  x 2 log 2 7  0 . B. f  x   1  x ln 2  x 2 ln 7  0 . C. f  x   1  x log 7 2  x 2  0 . D. f  x   1  1  x log 2 7  0 . Bình luận: Ta thấy rằng các phương án A, B, C tương tự nhau và tập nghiệm có dạng (a; b). Chỉ có phương án D có tập nghiệm dạng  ; a  .  1  Chọn x  1  ;   thoả mãn 1  x log 2 7  0 . log 2 7   Nhưng f  1  21.71  3,5  1 . Chọn D. Nhận xét: Trong bài toán trắc nghiệm, việc nhận dạng một đáp án khác biệt so với các đáp án khác là rất cần thiết. Nếu trong câu trắc nghiệm chọn đáp án sai thì chỉ cần chỉ ra một kết quả trong đáp án là không đúng. Còn với câu chọn đáp án đúng thì cần phải chỉ ra nó đúng với mọi kết quả trong đáp án đó! Ví dụ 3. Cho hàm số y   m  1 x 4  2 x 2  1 . Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt? A. m   ;1 . B. m   ;1 . C. m   ;1  2 . D. m   2;   . Bình luận: Quan sát các phương án A, B, C ta thấy chúng chỉ khác nhau về các giá trị tại các mút của nửa khoảng, do vậy ta kiểm tra tính đúng đắn của phương án tại hai giá trị 1 và 2. * Với m = 1 thoả mãn yêu cầu phương trình y = 0 có hai nghiệm phân biệt (Loại phương án A). * Với m = 2 thoả mãn yêu cầu phương trình y = 0 có hai nghiệm phân biệt (Loại phương án B và D). Chọn C. 3. Phương pháp cụ thể hoá Bên cạnh việc sử dụng phương pháp loại trừ và phương pháp thử trực tiếp, một công cụ rất hữu hiệu và không thể thiếu trong các bài toán trắc nghiệm đó là việc nắm chắc kiến thức cơ bản của từng đối tượng cụ thể sẽ giúp ta giải quyết một cách nhanh chóng bài toán liên quan. Ví dụ 1. Hàm số nào trong các hàm số được liệt kê ở bốn phương án dưới đây không có cực trị? x2 1 A. y  x3  3 x . B. y  . C. y  x  . D. y  x 4  2 x 2 . x 2x 1 9 Bình luận: Chỉ cần nắm được kiến thức về bốn dạng hàm số cơ bản được học trong chương trình lớp 12 trung học phổ thông. Ta chọn được ngay phương án B. ax  b Ta biết hàm số y  ;  ac  0, ad  bc  0  có đạo hàm: cx  d ad  bc ad  bc d d > 0, x   hoặc y   0 , x   . y  2 2 c c  cx  d   cx  d  Vậy hàm số không có cực trị. Chọn B. Ví dụ 2. Trong các hàm số được liệt kê ở bốn phương án dưới đây, hàm số nào không có cực đại và cực tiểu? A. y  x 4  2 x 2 . B. y  x 3  2 x . C. y  x3  2017 x  2016 . D. y  x  2 x 2  1 . Bình luận: Hàm số y  ax 4  bx 2  c  a  0  luôn có cực trị. Hàm số y  ax3  bx 2  cx  d  a  0  có ac  0, b  0 luôn có hai cực trị. Nên phương án A và B được loại bỏ ngay. Mặt khác, hàm số y  ax3  bx 2  cx  d  a  0  có b  0, ac  0 không có cực trị. Chọn C. Ví dụ 3. Cho hàm số y = f(x) có đồ thị như y 10 hình vẽ. Phát biểu nào sau đây là sai? 3 A. Hàm số có hai cực trị. 1 3 B. Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là điểm x –1 O 1 có toạ độ (1;1). –2 C. Hàm số có dạng y = ax3 + bx2 +cx với a > 0. D. Phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm dương, một nghiệm âm. Bình luận: Dùng kiến thức cơ bản về đồ thị hàm số ta có thể dễ dàng đưa ra ngay đáp án của ví dụ 3. Chọn C. Vì đồ thị hàm số y  f  x  trên hình vẽ không đi qua gốc toạ độ O(0;0). Nhưng đồ thị của hàm số y = ax3 + bx2 +cx với a > 0 lại đi qua gốc toạ độ O(0;0). Phương án C sai. 4. Phương pháp khái quát hoá Trái ngược với việc nắm chắc kiến thức cơ bản của từng đối tượng cụ thể thì việc khái quát hoá kiến thức được học cũng giúp chúng ta có những góc nhìn vô cùng thú vị trong một số bài toán. 10 Ví dụ 1. Hàm số bậc ba y  ax3  bx 2  cx  d điểm cực trị? A. 1 hoặc 2 hoặc 3. C. 0 hoặc 1 hoặc 2. Bình luận:  a  0 có thể có bao nhiêu B. 0 hoặc 2. D. 2. Đạo hàm hàm số bậc ba y  ax3  bx 2  cx  d  a  0  ta được tam thức bậc hai. Tam thức bậc hai có thể vô nghiệm hoặc có nghiệm kép (tức y không đổi dấu) hoặc có hai nghiệm phân biệt (y đổi dấu qua hai nghiệm). Vậy hàm số bậc ba chỉ có thể không có cực trị hoặc có hai cực trị. Chọn B. Ví dụ 2. Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh a (cm), người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông cạnh bằng x (cm) rồi gấp tấm nhôm lại như hình vẽ để được một cái hộp không nắp. Giá trị của x biểu diễn theo a để hộp nhận được có thể tích lớn nhất là a a a a A. x = . B. x = . C. x = . D. x = . 6 2 3 4 Bình luận: a Hình hộp chữ nhật không nắp có cạnh đáy là a – 2x (0 < x < ), chiều cao x 2 nên thể tích V   a  2 x  x . 2 Bằng kinh nghiệm nhanh chóng phân tích V  1  a  2 x  a  2 x  .4 x (Mục 4 3  abc đích để sử dụng bất đẳng thức abc    , ( a , b, c  0)). 3   Vmax khi dấu “=” xảy ra và a – 2x = 4x. * Để tìm x ta chỉ cần cho: a – 2x = 4x  x  a . Chọn A. 6 Nhận xét: Với bài toán này sử dụng phương pháp đạo hàm là không tối ưu, vì không cần tìm Vmax bằng bao nhiêu, chỉ cần tìm x là đủ. Sau bài toán tổng quát này, 11 các bài tương tự chỉ cần chọn đáp án sao cho x  cắt bằng a . (Tức là cạnh hình vuông bị 6 1 cạnh hình vuông ban đầu) 6 Ví dụ 3. (Trích đề minh hoạ của Bộ GD&ĐT năm 2016) Cho một tấm nhôm hình vuông cạnh 12cm, người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông cạnh bằng x (cm) rồi gập tấm nhôm lại như hình vẽ dưới đây để được một cái hộp không nắp. Tìm x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất. A. x = 6. B. x = 3. C. x = 2. D. x = 4. Bình luận: Với kết quả tổng quát trong ví dụ 2 ở trên ta có ngay đáp án x = 2. Chọn C. 5. Sử dụng kinh nghiệm làm toán Đối với mỗi người trong cuộc sống cũng như trong học tập, việc sử dụng kinh nghiệm đã được tích luỹ và sáng tạo là điều không thể thiếu. Khi làm toán cũng vậy, kinh nghiệm là tài sản vô cùng quý báu để bài toán đi đúng hướng, đồng thời rất cần sự sáng tạo để mang lại hiệu quả, thời gian tối ưu. Ví dụ 1. (Trích đề thi thử nghiệm của Bộ GD&ĐT năm 2017) 1 Một vật chuyển động theo quy luật s   t 3  9t 2 , với t (giây) là khoảng thời 2 gian tính từ lúc vật bắt đầu chuyển động và s (mét) là quãng đường vật đi được trong khoảng thời gian đó. Hỏi trong khoảng thời gian 10 giây, kể từ lúc bắt đầu chuyển động, vận tốc lớn nhất của vật đạt được bằng bao nhiêu? A. 216 (m/s). B. 30 (m/s). C. 400 (m/s). D. 54 (m/s). Bình luận: 3 Ta có v  t   s '  t    t 2  18t . 2 Do cần tìm vmax trong 10 giây đầu tiên nên cần tìm giá trị lớn nhất của 3 v  t    t 2  18t trên [0;10]. 2 12 3 Nhận thấy v  t    t 2  18t là hàm số liên tục trên [0;10] và cũng là phương 2 3 trình đường cong parabol có hệ số a    0 . Vậy theo kinh nghiệm giải toán ta 2 3 có thể dễ dàng dự đoán v  t    t 2  18t đạt giá trị lớn nhất tại 2 b t  6   0;10  (hoành độ đỉnh của parabol)  vmax  54m /s. Chọn D. 2a Ví dụ 2. Cho một tấm nhôm hình chữ nhật có chiều dài bằng 12cm và chiều rộng bằng 8cm. Người ta cắt ở bốn góc của tấm nhôm đó bốn hình vuông bằng nhau, mỗi hình vuông có cạnh bằng x (cm), rồi gập tấm nhôm lại như hình vẽ dưới đây để được một cái hộp không nắp. Giá trị của x để hộp nhận được có thể tích lớn nhất là 10  2 7 12  3 5 12  3 5 10  2 7 . B. x  . C. x  . D. x  . 3 4 4 3 Bình luận: Hình hộp chữ nhật không nắp có cạnh đáy là (12 – 2x) và (8 – 2x); (0 < x < 4), chiều cao x nên thể tích V  12  2 x  8  2 x  x  4 x  6  x  4  x  . A. x  Bằng kinh nghiệm đã có ở trên nhanh chóng nhận thấy: 6  x  4  x với mọi x 3  abc  Không thể sử dụng bất đẳng thức Cô-si: abc    . 3    Với bài toán này sử dụng phương pháp đạo hàm, ta có: V   12 x 2  80 x  96.  V '0 x 10  2 7 . 3 Từ bảng biến thiên ta có: x  10  2 7 thoả mãn. Vậy chọn A. 3 Ví dụ 3. Để đồ thị (Cm) của hàm số y  x 4   m 2  2m  x 2  m 2  4m  3 có ba giao điểm với trục hoành, giá trị của m là A. m  0 . m  1 B.  . m  3 C. m  2 . D. m = 3. 13 Bình luận: Ta đã biết hàm số trùng phương y  x 4   m 2  2m  x 2  m 2  4m  3 là hàm số chẵn  Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng. Vậy để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt thì phương trình hoành độ giao điểm x 4   m 2  2m  x 2  m 2  4m  3  0 phải có nghiệm x  0  m  1 hoặc m = 3. Thử lại m = 3 thoả mãn. Chọn D. 6. Sử dụng kết quả quen thuộc Việc nắm bắt các kết quả cơ bản, dễ nhớ và tần suất xuất hiện nhiều trong các bài toán cơ bản là rất cần thiết. Đôi khi một kết quả quen thuộc nhưng lại giúp ích chúng ta rất nhiều trong việc chọn đáp án đúng một cách nhanh chóng. Ví dụ 1. (Trích đề minh hoạ của Bộ GD&ĐT năm 2016) Kí hiệu (H) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  2  x  1 e x , trục tung và trục hoành. Tính thể tích V của khối tròn xoay khi quay hình (H) xung quanh trục Ox. A. V = 4 – 2e. D. V   e 2  5  π . B. V =  4  2e  π. C. V  e 2  5 . Bình luận: Ta nhớ lại rằng công thức tính thể tích khi quay hình (H) giới hạn bởi đường b thẳng x = a, x = b, trục Ox và đồ thị hàm số y = f(x) là V  π  f 2  x  dx. a 1 Như vậy trong công thức thường là có số π (vì tích phân  2  x  1 e 0 x 2  dx a không thể có kết quả dạng ) do đó ta loại trừ được hai phương án sai là A và C. π Mặt khác số e  2, 71828... nên trong phương án B. V =  4  2e   < 0 trong khi V > 0. Vậy V   e 2  5   là phương án đúng. Chọn D. Ví dụ 2. Cho hình chữ nhật có diện tích bằng 100cm2 . Hỏi hình chữ nhật cần có mỗi kích thước bằng bao nhiêu để chu vi là nhỏ nhất? A. 10cm 10cm. B. 20cm  5cm. C. 25cm  4cm. D. 12, 5cm  8cm. Bình luận: Với bài toán này ta có thể dễ dàng có lời giải sau: 14 Gọi chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là: x (cm) và y (cm) (x, y > 0). Theo đề bài thì: xy  100 . Chu vi hình chữ nhật là: P  2  x  y  . Cách 1: Dùng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương: P  2 x  2 y  2 2 x.2 y  4 xy  P  40 . 2 x  2 y  x  y  10. Dấu bằng xảy ra khi:   xy  100 Cách 2: Học sinh có thể giải bằng phương pháp đạo hàm. 100 . Theo đề bài thì: xy  100 hay y  x 200 Do đó: P  2( x  y )  2 x  với x  0. x Đạo hàm: P '( x)  2  200 2 x 2  200 . Cho y '  0  x  10 .  x2 x2 Lập bảng biến thiên ta được: Pmin  40 khi x  10  y  10 . Kết luận: Kích thước của hình chữ nhật là 10cm  10cm (là hình vuông). Nhận xét: Qua lời giải của ví dụ trên, kết hợp với kết quả quen thuộc từ bất đẳng thức Cô-si, ta hoàn toàn có thể giải nhanh các bài tập tương tự nhờ kết quả sau đây. Hình chữ nhật có chiều dài và chiều rộng lần lượt là: x và y  x, y  0  . Nếu chu vi không đổi thì diện tích lớn nhất khi x  y  0 . Nếu diện tích không đổi thì chu vi nhỏ nhất khi x  y  0 . Ví dụ 3. Người ta muốn rào quanh một khu đất với một số vật liệu cho trước là 180 m thẳng hàng rào. Ở đó người ta tận dụng một bờ giậu có sẵn để làm một cạnh của hàng rào và rào thành mảnh đất hình chữ nhật. Hỏi mảnh đất hình chữ nhật được rào có diện tích lớn nhất bằng bao nhiêu? A. Smax  3600m2 . B. Smax  4000m2 . C. Smax  8100m2 . D. Smax  4050m2 . Bình luận: Gọi x là chiều dài cạnh song song với bờ giậu và y là chiều dài cạnh vuông góc với bờ giậu. Theo bài ra ta có x + 2y = 180. 15 Diện tích của miếng đất là S = xy  S  1  x.2 y  . 2 Trong câu hỏi này ta sử dụng tương tự kết quả đã có ở trên. S 1  x.2 y  đạt giá trị lớn nhất khi 2 x  2 y  x  90  .   x  2 y  180  y  45 Vậy Smax = 4050m2 khi x = 90m, y = 45m. Chọn D. Ví dụ 4. (Trích đề minh hoạ của Bộ GD&ĐT năm 2016) Cho tứ diện ABCD có cạnh AB, AC và BD đôi một vuông góc với nhau; AB = 6a, AC = 7a và AD = 4a. Gọi M, N, P tương ứng là trung điểm các cạnh BC, CD, DB. Thể tích V của tứ diện AMNP bằng 1 28 3 A. a 3 . B. 14a 3 . C. D. 7a 3 . a . 2 3 Bình luận: Nội dung câu hỏi gợi ý việc nghĩ đến áp dụng công thức tỉ số thể tích hai khối chóp. Nhận xét: “Hai hình chóp chung đỉnh và có hai mặt đáy cùng thuộc một mặt phẳng thì tỉ lệ về thể tích bằng tỉ lệ về diện tích hai đáy” (Hai hình chóp có chiều cao bằng nhau). 2 S 1 1 1 Mặt khác: MNP     ( k  tỉ số đồng dạng, kết quả quen thuộc) S BCD  2  4 2  VAMNP 1 1  , mà V ABCD  . AB. AC . AD (là kết quả quen thuộc) VABCD 4 6  V AMNP  1 .6 a.7 a.4 a  7 a 3 . Chọn D. 24 Với cách áp dụng kết quả trên, một học sinh khá sẽ có thể chọn đáp án đúng trong thời gian có thể không đến 2 phút. Ví dụ 5. (Trích đề minh hoạ của Bộ GD&ĐT năm 2016) Từ một tấm tôn hình chữ nhật kích thước 50cm  240cm, người ta làm các thùng đựng nước hình trụ có chiều cao bằng 50cm theo hai cách sau (xem hình minh hoạ dưới đây): * Cách 1: Gò tấm tôn ban đầu thành mặt xung quanh của thùng. * Cách 2: Cắt tấm tôn ban đầu thành hai tấm bằng nhau rồi gò mỗi tấm đó thành mặt xung quanh của một thùng. 16 Kí hiệu V1 là thể tích của thùng gò theo cách 1 và V2 là thể tích của hai thùng V gò được theo cách 2. Tỉ số 1 bằng V2 A. V1 1  . V2 2 B. V1  1. V2 C. V1  2. V2 D. V1  4. V2 Bình luận: Trong câu hỏi này cách làm cũng tương tự như ví dụ trên. Hai thùng trong cách một và hai có cùng chiều cao. Nên tỉ lệ về thể tích bằng tỉ lệ về diện tích hai đáy. Ta cần chú ý rằng đường tròn nào có chu vi gấp đôi thì bán kính của đường tròn đó cũng gấp đôi bán kính đường tròn kia. Gọi R1 , R2 là bán kính đáy của thùng trong cách 1 và một thùng trong cách 2. V1  R12 4 R22    2 . Chọn C. Khi đó: V2  R22   R22 2 R22 7. Sử dụng phương pháp quy lạ về quen Ví dụ 1. (Trích đề minh hoạ của Bộ GD&ĐT năm 2016) tan x  2 Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho hàm số y  đồng biến trên tan x  m  π khoảng  0;  .  4 A. m  0 hoặc 1  m  2. B. m  0. C. 1  m  2. D. m  2. π  Bình luận: Trước hết hàm số phải xác định trên khoảng  0;  . 4   π Do tan x  m mà tan x   0;1 x   0;   m   0;1  4 Hàm số có dạng phân thức bậc nhất đối với tan x nên ta nghĩ đến hàm bậc ax  b nhất dạng y   ac  0  . cx  d  π Đặt tan x  t , do x   0;  nên t   0;1 .  4 17 Khi đó ta có y  f (t )  t2 ; t  m . tm  π Hàm số tan x  t đồng biến trên khoảng  0;  nên hàm số đã cho đồng biến  4 t2  π đồng biến trên khoảng  0;1 trên khoảng  0;   Hàm số y  f (t )  tm  4 m   0;1 m  0  . Vậy chọn A.   m  2  0 1  m  2 8. Sử dụng phản chứng với định nghĩa, khái niệm của đối tượng Ví dụ 1. (Trích đề minh hoạ của Bộ GD&ĐT năm 2016) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m sao cho đồ thị của hàm số x 1 y có hai tiệm cận ngang. mx 2  1 A. Không có giá trị thực nào của m. B. m < 0. C. m = 0. D. m > 0. Bình luận: * Ta nhớ lại rằng hàm số y = f(x) muốn có tiệm cận ngang thì phải có giới hạn: lim f  x   b . Điều này có nghĩa là tập xác định của hàm số ít nhất phải x  chứa khoảng  ; a  ;  a;   hoặc  ;   nghĩa là trong tập xác định phải có điểm  hoặc  . * Nếu m < 0 thì tập xác định của hàm số có dạng (a; b), mâu thuẫn với nhận định trên. * Nếu m = 0; y = x + 1, không có tiệm cận ngang. Rõ ràng khi m > 0 hàm số 1 có hai tiệm cận ngang y   . Vậy phương án đúng là D. m Ví dụ 2. Giá trị thực của tham số m để hàm số y  điểm cực trị duy nhất là A. m  . 3 C. m = . 2 18 1 3 x  2 mx 2   2 m  6  x có 3 B. m = –1. D. m = –1 hoặc m  3 . 2 Bình luận: Đạo hàm hàm số bậc ba ta được tam thức bậc hai. Tam thức bậc hai có thể vô nghiệm hoặc có nghiệm kép (tức y không đổi dấu) hoặc có hai nghiệm phân biệt (y đổi dấu qua hai nghiệm). Vậy hàm số bậc ba chỉ có thể không có cực trị hoặc có hai cực trị. Chọn A. 9. Khai thác lời giải có ngay trong giả thiết hoặc trong câu kết luận của câu hỏi Ví dụ 1. (Trích đề minh hoạ của Bộ GD&ĐT năm 2016) Cho các số phức z thoả mãn z  4 , biết rằng tập hợp các điểm biểu diễn số phức w   3  4i  z  i là một đường tròn. Tính bán kính r của đường tròn đó. A. r = 4. B. r = 5. C. r = 20. D. r = 22. Bình luận: Do tập hợp các điểm biểu diễn số phức w là một đường tròn nên tồn tại số phức z0  x0  y0i để w  z0  r ,  r  0  . Khai thác giả thiết w   3  4i  z  i và chú ý z  4 , ta biến đổi thành w  i   3  4i  z , đẳng thức trên gợi ý cho ta đến tính chất z1.z2  z1 . z2 , do vậy w  i  3  4i . z  33  42 .4  20. Kết luận r = 20. Vậy chọn C. Ví dụ 2. Hàm số nào sau đây không là nguyên hàm của hàm số x 2  x f  x  ? 2  x  1 x2  x 1 x2  x 1 B. . . x 1 x 1 Bình luận: Theo định nghĩa nguyên hàm ta có: A. C. x2  x  1 . x 1 D. x2 . x 1 Hàm số y = f(x) xác định và liên tục trên miền K. Gọi F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên K. Ta có: F ( x ) '  f ( x ); x  K . Mặt khác: Dễ thấy +) x2  x  1 x2  1 x 1 x 1 +) x2  x  1 x2  1 x 1 x 1 19  x2   x 2   x 2  Theo công thức tính đạo hàm ta có:   1    1   .    x 1 x 1 x 1       Chọn B. 10. Sử dụng dấu hiệu đặc biệt hoá từ định nghĩa, khái niệm của đối tượng Ví dụ 1. Với những giá trị nào của m thì hàm số y   x 3  3  m 2  1 x 2  3 x là hàm số lẻ? A. m  1. B. m  1. C. m  1. D. m = 0. Bình luận: Tập xác định của hàm số là  . Rõ ràng từ khái niệm hàm số lẻ ta suy ra ngay: Nếu biểu thức f(x) chỉ chứa luỹ thừa bậc lẻ của x thì hàm số đã cho là hàm số lẻ. Vậy hàm số đã cho là hàm số lẻ khi: m 2  1  0  m  1. Chọn B. Ví dụ 2. Cho 0  a  1. Giá trị của biểu thức a3loga A. 2 2 . B. 2 3 . C. 2 bằng 2. D. 3 2 . Bình luận: Cách 1: a 3log a 2  (a log a )  2 3  2 3 2 2. Cách 2: Ta có thể dùng phương pháp đặc biệt hoá để tính: Cho a  2  ( 2) 3log 2 2  ( 2)3  2 2 . Ví dụ 3. Cho biểu thức P  (ln a  log a e) 2  ln 2 a  log a2 e, với a là số dương khác 1. Mệnh đề nào sau đây là đúng? A. P  2 ln 2 a  1 . B. P  2 ln 2 a  2 . C. P  2 ln 2 a . D. P  ln 2 a  2 . Bình luận: Ta có thể dùng tư tưởng đặc biệt hoá như ví dụ trên: Chọn a = e ta có: ln a  ln e  1; log a e  ln e  1  P  4  1  1  4. Vậy chọn B. 11. Sử dụng tính chất của đồ thị Bên cạnh các kĩ năng và phương pháp ở trên, một điều không thể thiếu khi làm việc với hàm số đó là nắm chắc một số kiến thức cơ bản của đồ thị hàm số sẽ giúp các em vượt qua một cách nhẹ nhàng các câu hỏi liên quan đến đồ thị của hàm số. 20
- Xem thêm -