CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 11 (HSG TOÁN 11) LƯỢNG GIÁC, TỔ HỢP XÁC SUẤT, DÃY SỐ, GIỚI HẠN, ĐẠO HÀM by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 11 (HSG TOÁN 11)

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

CHUYÊN ĐỀ TỰ LUẬN ĐẠI SỐ 11 (HSG TOÁN 11) LƯỢNG GIÁC, TỔ HỢP XÁC SUẤT, DÃY SỐ, GIỚI HẠN, ĐẠO HÀM CÓ LỜI GIẢI WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CHỦ ĐỀ: HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC VÀ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC BÀI: GÓC LƯỢNG GIÁC VÀ CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC

Ta có bảng xác định dấu của các giá trị lượng giác như sau Góc phần tư I II III IV Giá trị lượng giác cos α + + + + sin α tan α + + cot α + + Ở hình 1.3 là một cách nhớ khác để xác định dấu của các giá trị lượng giác

A. LÝ THUYẾT 1. Giá trị lượng giác của cung α . ↷

↷

Trên đường tròn lượng giác (hình 1.1) cho cung AM có sđ AM = α :

Hình 1.1 Gọi M ( x; y ) với tung độ của M là y = OK , hoành độ là x = OH thì ta có:

sin α = OK cos α = OH sin α cos α tan α = ; ( cos α ≠ 0 ) cot α = ; ( sin α ≠ 0 ) cos α sin α Các giá trị sin α , cos α , tan α , cot α được gọi là các giá trị lượng giác của cung α . Các hệ quả cần nắm vững 1. Các giá trị sin α ; cos α xác định với mọi α ∈ ℝ . Và ta có: sin (α + k 2π ) = sin α , ∀k ∈ℤ;

Cung đối nhau sin ( − x ) = − sin x

1 cos 2 x 1 cot 2 x + 1 = sin 2 x Công thức cộng sin ( x ± y ) = sin x cos y ± cos x sin y

Cung bù nhau sin x = sin (π − x )

cos ( x ± y ) = cos x cos y ∓ sin x sin y

cos x = − cos ( x − π )

tan 2 x + 1 =

cos (α + k 2π ) = cos α , ∀k ∈ℤ. 2. −1 ≤ sin α ≤ 1 ; −1 ≤ cos α ≤ 1 3. tan α xác định với mọi α ≠

2. Công thức lượng giác Công thức cơ bản sin 2 x + cos 2 x = 1

+ kπ , ( k ∈ ℤ ) . 2 4. cot α xác định với mọi α ≠ kπ , ( k ∈ℤ ) . ↷

Dấu của các giá trị lượng giác của cung α phụ thuộc vào vị trí điểm cuối của cung AM = α trên đường tròn lượng giác (hình 1.2).

cos ( − x ) = cos x tan ( − x ) = − tan x

tan x ± tan y tan ( x ± y ) = 1 ∓ tan x tan y Công thức đặc biệt π   π sin x + cos x = 2 sin  x +  = 2 cos  x −  4 4  

π  π  sin x − cos x = 2 sin  x −  = − 2 cos  x +  4 4   Góc nhân đôi sin 2 x = 2sin x cos x Hình 1.2 1

cos 2 x = 2 cos 2 x − 1 = 1 − 2 sin 2 x = cos 2 x − sin 2 x 2

tan x = tan ( x − π )

Góc chia đôi 1 sin 2 x = (1 − cos 2 x ) 2 1 2 cos x = (1 + cos 2 x ) 2

Góc nhân ba

Góc chia ba 1 sin 3 x = ( 3sin x − sin 3x ) 4 1 3 cos x = ( 3cos x + cos 3x ) 4

sin 3 x = 3sin x − 4 sin x cos 3 x = 4 cos3 x − 3 cos x

1. Hàm số y = sinx và hàm số y = cos x .

Quy tắc đặt tương ứng mỗi số thực x với sin của góc lượng giác có số đo rađian bằng x được gọi là hàm số sin , kí hiệu là y = s inx . Quy tắc đặt tương ứng mỗi số thực x với cos in ( cos ) của góc lượng giác có số đo rađian bằng x

tan 3 x =

3 tan x − tan x 1 − 3 tan 2 x

STUDY TIP Ở đây từ các công thức góc nhân đôi, góc nhân ba ta có thể suy ra công thức góc chia đôi, chia ba mà không cần nhớ nhiều công thức. Biến đổi tích thành tổng 1 cos x cos y = cos ( x − y ) + cos ( x + y )  2 1 sin x sin y = cos ( x − y ) − cos ( x + y )  2

sin x cos y =

Biến đổi tổng thành tích x+ y x− y cos x + cos y = 2 cos cos 2 2 x+ y x− y cos x − cos y = −2sin sin 2 2 x+ y x− y sin x + sin y = 2sin cos 2 2 x+ y x− y sin x − sin y = 2 cos sin 2 2

1 sin ( x − y ) + sin ( x + y )  2

được gọi là hàm số cos , kí hiệu là y = cos x . Tập xác định của các hàm số y = sinx; y = cos x là ℝ . a) Hàm số y = sinx Nhận xét:Hàm số y = sinx là hàm số lẻ do hà số có tập xác định D = ℝ là đối xứng và − s inx = sin ( − x ) .

Hàm số y = sinx tuần hoàn với chu kì 2π . Sự biến thiên: Sự biến thiên của hàm số y = sinx trên đoạn  −π ; π  được biểu thị trong sơ đồ (hình 1.4) phía dưới:

3. Giá trị lượng giác của các cung đặc biệt

α (độ) α (radian) sin α

0 0

cos α

tan α

180

6 1 2

4 2 2 2 2 1

3 3 2 1 2

2 1

−1

Không xác định

3 2 3 3

STUDY TIP Từ bảng giá trị lượng giác các cung đặc biệt ở bên ta thấy một quy luật như sau để độc giả có thể nhớ các giá trị lượng giác của các cung đặc biệt: α 30 45 60 90 sin α 1 2 3 4

2 Các giá trị ở tử số tăng dần từ 4 về

0 đến

2 2 2 4 . Ngược lại đối với giá trị cos , tử số giảm dần từ

Bảng biến thiên: Từ đây ta có bảng biến thiên của hàm số y = sinx trên đoạn  −π ; π  như sau:

BÀI:HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC A. LÝ THUYẾT 3

- Có tập giá trị là −1;1 . - Là hàm số lẻ. - Đồ thị nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng. - Có đồ thị là một đường hình sin. - Tuần hoàn với chu kì 2π .  π π  - Đồng biến trên mỗi khoảng  − + k2π ; + k2π  ,k ∈ ℤ . 2  2 

STUTY TIP Khái niệm: Hàm số f ( x ) xác định trên D gọi là hàm tuần hoàn nếu tồn tại một số T ≠ 0 sao cho với mọi x  x − T ∈ D; x + T ∈ D thuộc D ta có  .  f (x + T ) = f ( x ) Số dương T nhỏ nhất (nếu có) thỏa mãn tính chất trên gọi là chu kì của hàm tuần hoàn. Đồ thị hàm số:

π 3π  + k2π  ,k ∈ ℤ . - Nghịch biến trên mỗi khoảng  + k2π ; 2 2  b) Hàm số y = cos x  π Ta thấy cos x = sin  x +  nên bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y = sinx sang trái một đoạn có 2  độ dài

, ta được đồ thị hàm số y = cos x . 2 Bảng biến thiên của hàm số y = cos x trên −π ; π  .

Đồ thị hàm số y = cos x :

Nhận xét:Do hàm số y = sinx là hàm số lẻ trên ℝ và tuần hoàn với chu kì 2π nên khi vẽ đồ thị

hàm số y = sinx trên ℝ ta chỉ cần vẽ đồ thị hàm số trên đoạn 0; π  , sau đó lấy đối xứng đồ thị qua gốc tọa O , ta được đồ thị hàm số y = sinx trên đoạn −π ; π  , cuối cùng tịnh tiến đồ thị vừa thu được sang trái và sang phải theo trục hoành ta được các đoạn có độ dài 2π ; 4π ,... STUDY TIP  π π Hàm số y = sinx đồng biến trên khoảng  − ;  . Do tính chất tuần hoàn với chu kì 2π , hàm  2 2  π π  số y = sinx đồng biến trên mỗi khoảng  − + k2π ; + k2π  ,k ∈ Z . 2 2   Tương tự ta suy ra được hàm số y = sinx nghịch biến trên mỗi khoảng π 3π   2 + k2π ; 2 + k2π  ,k ∈ Z.   GHI NHỚ Hàm số y = sinx : - Có tập xác định là ℝ .

STUTY TIP Hàm số y = cos x đồng biến trên khoảng ( −π ;0 ) . Do tính chất tuần hoàn với chu kì 2π , hàm số

y = cos x đồng biến trên mỗi khoảng ( −π + k2π ; k2π ) ,k ∈ ℤ . Tương tự ta suy ra được hàm số y = cos x nghịch biến trên mỗi khoảng ( k2π ; π + k2π ) ,k ∈ ℤ . GHI NHỚ Hàm số y = cos x :

- Có tập xác định là ℝ . - Là hàm số chẵn. -Là một đường hình sin. 5

- Đồng biến trên mỗi khoảng ( −π + k2π ; k2π ) ,k ∈ ℤ .

t B

- Nghịch biến trên mỗi khoảng ( k2π ; π + k2π ) ,k ∈ ℤ . Đọc thêm

Hàm số y = a.sin ( ω x + b ) + c, ( a,b,c,ω ∈ ℝ ,aω ≠ 0 ) là một hàm tuần hoàn với chu kì cơ sở

2π

H A'

vì:

(

)

a.sin ω ( x + T ) + b + c = a.sin ( ω x + b ) + c, ∀x ∈ ℝ K

⇔ a.sin ( ω x + b + ωT ) = a.sin (ω x + b ) , ∀x ∈ ℝ ⇔ ωT = k2π , ( k ∈ ℤ ) ⇔ T = k

2π

,( k ∈ ℤ ) .

Và đồ thị của nó cũng là một đường hình sin. Tương tự hàm số y = a.cos (ω x + b ) + c, ( a,b,c, ω ∈ ℝ ,aω ≠ 0 ) cũng là một hàm tuần hoàn với chu kì cơ sở

2π

và đồ thị của nó cũng là một đường hình sin.

MH AT AT = = = AT 1 OH OA

số y = tan x nhận mỗi đường thẳng x =

π 2

+ kπ , ( k ∈ ℤ ) làm một đường tiệm cận.

Đồ thị hàm số:

x O

π  Nhận xét:Do hàm số y = tan x là hàm số lẻ trên ℝ \  + kπ k ∈ ℤ  và tuần hoàn với chu kì π 2 

π  nên khi vẽ đồ thị hàm số y = tan x trên ℝ \  + kπ k ∈ ℤ  ta chỉ cần vẽ đồ thị hàm số trên 2 

trục tang B'

Hình 1.7

sin x π  Với D1 = ℝ \  + kπ k ∈ ℤ  , quy tắc đặt tương ứng mỗi số x ∈ D1 với số thực tan x = cos x 2  được gọi là hàm số tang, kí hiệu là y = tan x . Hàm số y = tan x có tập xác định là D1 . Với D2 = ℝ \ {kπ k ∈ ℤ} , quy tắc đặt tương ứng mỗi số x ∈ D2 với số thực cot x =

 π 0; 2  , sau đó lấy đối xứng đồ thị qua gốc tọa độ O , ta được đồ thị hàm số y = tan x trên  π 0; 2  , cuối cùng tịnh tiến đồ thị vừa thu được sang trái và sang phải theo trục hoành.

cos x được sin x

gọi là hàm số côtang, kí hiệu là y = cot x . Hàm số y = cot x có tập xác định là D2 . Nhận xét: - Hai hàm số y = tan x và hàm số y = cot x là hai hàm số lẻ.

- Hai hàm số này là hai hàm số tuần hoàn với chu kì π . a) Hàm số y = tan x

Hình 1.9 7

π  π  Nhận xét: Hàm số y = tan x đồng biến trên mỗi khoảng  − + kπ ; + kπ  , k ∈ ℤ . Đồ thị hàm 2  2 

đến thì điểm M chạy trên đường tròn 2 2 lượng giác theo chiều dương từ B′ đến B (không kể B′ và B ). Khi đó điểm T thuộc trục tang

Giải thích: tan x = AT vì tan x =

S M

Hình 1.8 Sự biến thiên: Khi cho x = ( OA, OM ) tăng từ −

sao cho AT = tan x chạy dọc theo At , nên tan x tăng từ −∞ đến +∞ (qua giá trị 0 khi x = 0 ).

Ứng dụng thực tiễn:Dao động điều hòa trong môn Vật lý chương trình 12. 2. Hàm số y = tan x và hàm số y = cot x trục côtang

+ M B'

STUDY TIP

Hàm số y = tan x nhận mỗi đường thẳng x =

π 2

1. f ( x ) =

+ kπ , ( k ∈ ℤ ) làm một đường tiệm cận

* f 2 ( x ) có nghĩa và f 2 ( x ) ≠ 0 . 2. f ( x ) =

GHI NHỚ Hàm số y = tan x :

π  - Có tập xác định D1 = ℝ \  + kπ k ∈ ℤ  2  - Là hàm số tuần hoàn với chu kì π

3. f ( x ) = - Là hàm số lẻ

- Đồ thị nhận mỗi đường thẳng x =

f1 ( x ) , ( m ∈ ℕ ) , điều kiện: f1 ( x ) có nghĩa và f1 ( x ) ≥ 0 . f1 ( x )

f2 ( x )

, ( m ∈ ℕ ) , điều kiện: f1 ( x ) , f 2 ( x ) có nghĩa và f 2 ( x ) > 0 .

B. Hàm số y = sin x; y = cos x xác định trên ℝ , như vậy

- Có tập giá trị là ℝ

y = sin u ( x )  ; y = cos u ( x )  xác định khi và chỉ khi u ( x ) xác định.

π  π  - Đồng biến trên mỗi khoảng  − + kπ ; + kπ  , k ∈ ℤ 2  2  π

f1 ( x ) , điều kiện: * f1 ( x ) có nghĩa f2 ( x )

* y = tan u ( x )  có nghĩa khi và chỉ khi u ( x ) xác định và u ( x ) ≠

+ kπ , ( k ∈ ℤ ) làm một đường tiệm cận

π 2

+ kπ ; k ∈ ℤ .

* y = cot u ( x )  có nghĩa khi và chỉ khi u ( x ) xác định và u ( x ) ≠ +kπ ; k ∈ℤ .

b) Hàm số y = cot x

STUDY TIP Ở phần này chúng ta chỉ cần nhớ kĩ điều kiện xác định của các hàm số cơ bản như sau: 1. Hàm số y = sin x và y = cos x xác định trên ℝ .

Hàm số y = cot x có tập xác định D2 = ℝ \ {kπ k ∈ ℤ} là một hàm số tuần hoàn với chu ki π . Tương tự khảo sát như đối với hàm số y = tan x ở trên thì ta có thể vẽ đồ thị hàm số y = cot x

π  2. Hàm số y = tan x xác định trên ℝ \  + kπ k ∈ ℤ  . 2 

như sau:

3. Hàm số y = cot x xác định trên ℝ \ {kπ k ∈ ℤ} . Ví dụ 1.

Hình 1.10 GHI NHỚ Hàm số y = cot x :

- Có tập xác định: D2 = ℝ \ {kπ k ∈ ℤ}

- Là hàm số lẻ

- Là hàm số tuần hoàn với chu kì π

- Có tập giá trị là ℝ

- Đồng biến trên mỗi khoảng ( kπ ; π + kπ ) , k ∈ℤ - Đồ thị nhận mỗi đường thẳng x = kπ , ( k ∈ℤ ) làm một đường tiệm cận. B. Các dạng toán liên quan đến hàm số lượng giác Dạng 1:Bài toán tìm tập xác định của hàm số lượng giác Cách 1 Cách 2 Tìm tập D của x để f ( x ) có nghĩa, tức là Tìm tập E của x để f ( x ) không có nghĩa,

{

khi đó tập xác định của hàm số là D = ℝ \ E .

}

tìm D = x ∈ ℝ f ( x ) ∈ ℝ . CHÚ Ý

A. Với hàm số f ( x ) cho bởi biểu thức đại số thì ta có: 9

1 là: 2cos x − 1 5π π  π  A. D = ℝ \  + k 2π , + k 2π k ∈ ℤ  . B. D = ℝ \  + k 2π k ∈ ℤ  . 3 3  3  5π π   5π  C. D =  + k 2π , + k 2π k ∈ ℤ  . D. D = ℝ \  + k 2π k ∈ ℤ  . 3 3  3  Chọn A. Lời giải π π   cos x ≠ cos 3  x ≠ 3 + k 2π Cách 1:Hàm số đã cho xác định khi 2 cos x − 1 ≠ 0 ⇔  ⇔ ,k ∈ℤ . cos x ≠ cos 5π  x ≠ 5π + k 2π 3 3   1 π 5π Cách 2:Sử dụng máy tínhcầm tay tính giá trị của hàm số y = tại x = và x = ta 2 cos x − 1 3 3 thấy hàm số đều không xác định, từ đây ta chọn A. STUDY TIP Tập xác định của hàm số y =

Đối với hàm côsin, trong một chu kỳ tuần hoàn của hàm số [ 0;2] tồn tại hai góc có số đo là

5π π 5π 1 và cùng thỏa mãn cos = cos = chính vì thế ta kết luận được điều kiện như vậy. 3 3 3 2 Cách bấm như sau: 1 : Nhập vào màn hình 2cos ( X ) − 1 10

π 3

Ấn r gán X =

π 3

thì máy báo lỗi, tương tự với trường hợp

5π X= . 3 Từ đây suy ra hàm số không xác định tại Ví dụ 2. Tập xác định của hàm số y =

π 3

và

5π . 3

x π

cot x là: sin x − 1

π  A. D = ℝ \  + k 2π k ∈ ℤ  . 3  π  C. D = ℝ \  + k 2π ; π k ∈ ℤ  . 2  Chọn C.

 π  B. D = ℝ \ k k ∈ ℤ  .  2  π  D. D = ℝ \  + k 2π k ∈ ℤ  . 2 

Lời giải Hàm số đã cho xác định khi + cot x xác định ⇔ sin x ≠ 0 + sin x − 1 ≠ 0  x ≠ kπ sin x ≠ 0  ,k ∈ℤ . ⇔ ⇔ π sin x ≠ 1  x ≠ 2 + k 2π

1 − cos x . 2sin x

C. y =

1 + cos x . sin 2 x

D. y =

1 + cos x . sin x

Lời giải  x ≠ kπ sin 2 x ≠ sin 0  2 x ≠ k 2π kπ sin 2 x ≠ 0 ⇔  ⇔ ⇔ ⇔ x≠ ,k ∈ℤ π  sin 2 x ≠ sin 2 x ≠ + k 2 π π π 2 ≠ + x k π    2 sin x ≠ sin 0  x ≠ k 2π sin x ≠ 0 ⇔  ⇔ ⇔ x ≠ kπ , k ∈ ℤ sin x ≠ sin π  x ≠ π + k 2π Phân tích: Với các bài toán dạng này nếu ta để ý một chút thì sẽ thấy hàm cos x xác định với mọi x ∈ ℝ . Nên ta chỉ xét mẫu số, ở đây có đến ba phương án có mẫu số có chứa sin x như nhau là A; D và B . Do đó ta chọn được luôn đáp án C Trong ví dụ trên ta có thể gộp hai họ nghiệm k 2π và π + k 2π thành kπ dựa theo lý thuyết sau:

k 2π , k ∈ ℤ được biểu diễn bởi ba điểm cách đều nhau, tạo thành 3 đỉnh của một tam 3 giác đều nội tiếp đường tròn lượng giác. k 2π *x =α + , k ∈ ℤ, n ∈ ℕ* được biểu diễn bởi n điểm cách đều nhau, tạo thành n đỉnh của n một đa giác đều nội tiếp đường tròn lượng giác. Giải thích cách gộp nghiệm ở ví dụ 3 ta có Trên hình 1.11 hai chấm tròn đen là điểm biểu diễn hai nghiệm ta tìm được ở ví dụ 3. Từ đây k 2π nếu gộp nghiệm lại thì ta sẽ có x = 0 + = kπ , k ∈ ℤ . 2 1 Ví dụ 4. Tìm tập xác định của hàm số y = sin + 2 x x A. D = [ −2; 2] . B. D = [ −1;1] \ {0} . C. D = ℝ . D. D = ℝ \ {0} . *x =α +

chọn D là sai.

B. y =

Hình 1.11 Mỗi cung (hoặc góc) lượng giác được biểu diễn bởi một điểm trên đường tròn lượng giác * x = α + k 2π , k ∈ ℤ được biểu diễn bởi một điểm trên đường tròn lượng giác. * x = α + kπ , k ∈ ℤ được biểu diễn bởi hai điểm đối xứng nhau qua O trên đường tròn lượng

Ví dụ 3. Tập hợp ℝ \ {kπ k ∈ ℤ} không phải là tập xác định của hàm số nào?

1 − cos x . sin x Chọn C.

giác.

STUDY TIP Trong bài toán này, nhiều độc giả có thể chỉ sử dụng điều kiện để hàm phân thức xác định ( sin x − 1 ≠ 0) chứ không chú ý điều kiện để hàm cot x xác định, sẽ bị thiếu điều kiện và

A. y =

Lời giải Chọn D.

Hàm số đã cho xác định khi sin

1 xác định ⇔ x ≠ 0 x

STUDY TIP Ở đây nhiều độc giả nhầm lẫn, thấy hàm số sin và chọn luôn C là sai. Cần chú ý đến điều kiện 1 để xác định. x Ví dụ 5. Tập xác định của hàm số y = 2016 tan 2017 2 x là

π  A. D = ℝ \  + kπ k ∈ ℤ  . 2 

 π  B. D = ℝ \ k k ∈ ℤ  .  2 

C. D = ℝ .

π π  D. D = ℝ \  + k k ∈ ℤ  . 2 4  12

Lời giải Chọn D.

Ta có y = 2016 tan 2017 2 x = 2016. ( tan 2 x )

2017

2017 là một số nguyên dương, do vậy hàm số đã cho xác định khi tan 2 x xác định

⇔ 2x ≠

π 2

+ kπ , k ∈ ℤ ⇔ x ≠

π 4

π 2

,k ∈ℤ .

STUDY TIP Trong bài này, ta cần thêm kiến thức về tập xác định của hàm số lũy thừa ở lớp 12: Tập xác định của hàm số y = xα tùy thuộc vào giá trị của α . * Với α nguyên dương thì tập xác định là ℝ . * Với α nguyên âm hoặc bằng 0 , tập xác định là ℝ \ {0} . * Với α không nguyên, tập xác định là ( 0; + ∞ ) . Ví dụ 6. Tập xác định của hàm số y = 2016cot 2017 2 x là

π  A. D = ℝ \  + kπ k ∈ ℤ  . 2 

 π  B. D = ℝ \ k k ∈ ℤ  .  2 

π π  D. D = ℝ \  + k k ∈ ℤ  . 2 4  Lời giải

C. D = ℝ .

Chọn B. Tương tự như ví dụ 5, ta có hàm số xác định khi cot 2 x xác định

⇔ 2 x ≠ kπ ⇔ x ≠ k

π 2

,k ∈ℤ.

Ví dụ 7. Tập xác định của hàm số y = 1 − cos 2017 x là A. D = ℝ \ {kπ k ∈ ℤ} .

π  D. D = ℝ \  + k 2π k ∈ ℤ  . 2  Lời giải

Chọn B. Hàm số y = 1 − cos 2017 x xác định khi 1 − cos 2017 x ≥ 0.

Mặt khác ta có −1 ≤ cos 2017 x ≤ 1 nên 1 − cos 2017 x ≥ 0, ∀x ∈ ℝ . STUDY TIP Với các bài toán chứa căn thức ta chú ý các hệ số tự do để áp dụng các bất đẳng thức cơ bản như −1 ≤ sin x;cos x ≤ 1,... Ví dụ 8. Tập xác định của hàm số y =

2 2 − sin 6 x

 C. D = ℝ \  + kπ | k ∈ ℤ  . 4 

π  Bước 3: Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = ℝ \  + kπ ; kπ | k ∈ ℤ  . 2  Bài giải của bạn đó đúng chưa? Nếu sai, thì sai bắt đầu ở bước nào? A. Bài giải đúng. B. Sai từ bước 1. C. Sai từ bước 2. D. Sai từ bước 3. Lời giải Chọn B. Nhận thấy hàm số đã cho xác định khi tan x xác định (do cos x xác định với mọi x ∈ ℝ ). Do vậy hàm số xác định khi cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

là B. D = ℝ .

π  D. D = ℝ \  + k 2π | k ∈ ℤ  . 4  Lời giải 13

π 2

+ kπ , k ∈ ℤ .

1 xác định khi và chỉ khi sin x + 1  π  A. x ∈ ℝ \ − + k 2π | k ∈ ℤ  . B. x ∈ ℝ .  2 

Ví dụ 10. Hàm số y =

π 2

+ kπ , k ∈ ℤ . D. x = −

π 2

+ k 2π , k ∈ ℤ .

Lời giải Chọn A. Hàm số đã cho xác định ⇔ sin x + 1 > 0 ⇔ sin x > −1 ⇔ sin x ≠ −1 (do sin x ≥ −1, ∀x ∈ ℝ )

+ k 2π , k ∈ ℤ . 2 Dạng chứa tham số trong bài toán liên quan đến tập xác định của hàm sô lượng giác. Với S ⊂ D f (là tập xác định của hàm số f ( x ) ) thì ⇔ x≠−

∗ f ( x ) ≤ m, ∀x ∈ S ⇔ max f ( x ) ≤ m . ∗ f ( x ) ≥ m, ∀x ∈ S ⇔ min f ( x ) ≥ m . S

∗ ∃x0 ∈ S , f ( x0 ) ≤ m ⇔ min f ( x ) ≤ m ∗ ∃x0 ∈ S , f ( x0 ) ≥ m ⇔ max f ( x ) ≥ m . S

A. D = ℝ \ {kπ | k ∈ ℤ} .

π

π   x ≠ + kπ ;(k ∈ ℤ) . Bước 2: ⇔  2  x ≠ kπ

C. x = − B. D = ℝ .

π π  C. D = ℝ \  + kπ ; + kπ k ∈ ℤ  . 4 2  

Chọn B. Ta có sin 6 x < 2 ⇔ 2 − sin 6 x > 0 , ∀x ∈ℝ . Vậy hàm số đã cho xác đinh với mọi x ∈ ℝ . Một dạng khác của bài toán liên quan đến tìm tập xác định của hàm lượng giác như sau: Ví dụ 9. Để tìm tập xác định của hàm số y = tan x + cos x , một học sinh đã giải theo các bước sau: sin x ≠ 0 Bước 1: Điều kiện để hàm số có nghĩa là  . cos x ≠ 0

Ví dụ 1. Cho hàm số h ( x ) = sin x + cos x − 2m sin x.cos x .Tất cả các giá trị của tham số m để hàm số xác định với mọi số thực x (trên toàn trục số) là 1 1 1 1 1 A. − ≤ m ≤ . B. 0 ≤ m ≤ . C. − ≤ m ≤ 0 . D. m ≤ . 2 2 2 2 2 Lời giải Chọn A. 14

( ) + ( cos x ) − m sin 2 x = ( sin x + cos x ) − 2sin x cos

Xét hàm số g ( x ) = sin 2 x 2

 m = −2 2 TH 2: ∆t = 0 ⇔ m2 − 8 = 0 ⇔  (thử lại thì cả hai trường hợp đều không thỏa mãn).  m = 2 2

x − m sin 2 x

 m < −2 2 TH 3: ∆t > 0 ⇔ m2 − 8 > 0 ⇔  khi đó tam thức f ( t ) = 2t 2 − mt + 1 có hai nghiệm  m > 2 2

1 = 1 − sin 2 2 x − m sin 2 x . 2 Đặt t = sin 2 x  t ∈ [ −1;1] .

phân biệt t1; t2 ( t1 < t2 ) .

1 Hàm số h ( x ) xác định với mọi x ∈ ℝ ⇔ g ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ − t 2 − mt + 1 ≥ 0, ∀t ∈ [ −1;1] 2 ⇔ t 2 + 2mt − 2 ≤ 0, ∀t ∈ [ −1;1] .

Đặt f ( t ) = t 2 + 2mt − 2 trên [ −1;1] .

 m − m2 − 8 ≥ 1 ⇔ m 2 − 8 ≥ m − 4 (VN ) t1 ≥ 1 ⇔ 4  Để f ( t ) > 0, ∀t ∈ [ −1;1] thì .  2 t2 ≤ −1 ⇔ m + m − 8 ≤ −1 ⇔ m 2 − 8 ≤ − m − 4 (VN )  4

(

)

Vậy m ∈ −2 2; 2 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chú ý: Với các bài toán dạng này ta cần chia ba trường hợp để tìm đủ các giá trị của m . Ở bài toán trên trong TH3 đã áp dụng qui tắc xét dấu tam thức bậc hai “trong trái ngoài cùng”. Tức là trong khoảng hai nghiệm thì cùng dấu với hệ số a , còn khoảng hai nghiệm thì trái dấu với hệ số a . Dạng 2: Xét Tính Chẵn Lẻ Của Hàm Số Lượng Giác. Định Nghĩa. Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên tập D .

Đồ thị hàm số có thể là một trong ba đồ thị trên. Ta thấy max f ( t ) = f (1) hoặc max f ( t ) = f ( −1) [ −1;1]

a, Hàm số y = f ( x ) được gọi là hàm số chẵn nếu với mọi x thuộc D , ta có − x ∈ D và

[ −1;1]

 f (1) ≤ 0 Ycbt f ( t ) = t 2 + 2mt − 2 ≤ 0, ∀t ∈ [ −1;1] ⇔ max f ( t ) ≤ 0 ⇔  [ −1;1]  f ( −1) ≤ 0  −1 + 2 m ≤ 0 1 1 ⇔ ⇔− ≤m≤ . 2 2  −1 − 2 m ≤ 0

Ví dụ 2. Tìm m để hàm số y =

3x 2sin 2 x − m sin x + 1

(

) (

) 2} .

B. m ∈ −2 2; 2 2 .

)

C. m ∈ −∞; −2 2 ∪ 2 2; +∞ .

2; 2

b, Hàm số y = f ( x ) được gọi là hàm số lẻ nếu với mọi x thuộc D , ta có − x ∈ D và

f ( −x) = − f ( x) . STUDY TIP: Để kết luận hàm số y = f ( x ) không chẵn không lẻ thì ta chỉ cần chỉ ra điểm x0 ∈ D sao cho

xác định trên ℝ .

( D. m ∈ {−2

A. m ∈  −2 2; 2 2  .

f ( −x) = f ( x) .

Lời giải Chọn B. Hàm số xác định trên ℝ khi và chỉ khi 2sin 2 x − m sin x + 1 > 0, ∀x ∈ ℝ .

 f ( − x0 ) ≠ f ( x0 ) hoặc chỉ ra tập xác định của f ( x ) không phải là tập đối xứng.   f ( − x0 ) ≠ − f ( x0 ) Phương pháp chung: Bước 1: Tìm tập xác định D của hàm số, khi đó ∗ Nếu D là tập đối xứng (tức ∀x ∈ D  − x ∈ D ), thì ta thực hiện tiếp bước 2. ∗ Nếu D không phải tập đối xứng(tức là ∃x ∈ D mà − x ∉ D ) thì ta kết luận hàm số không chẵn không lẻ.

Đặt t = sin x  t ∈ [ −1;1]

Bước 2: Xác định f ( − x ) :

Lúc này ta đi tìm điều kiện của m để f ( t ) = 2t 2 − mt + 1 > 0, ∀t ∈ [ −1;1]

∗ Nếu f ( − x ) = f ( x ) , ∀x ∈ D thì kết luận hàm số là hàm số chẵn.

Ta có ∆t = m2 − 8

∗ Nếu f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ D thì kết luận hàm số là hàm số lẻ.

TH 1: ∆t < 0 ⇔ m2 − 8 < 0 ⇔ −2 2 < m < 2 2 . Khi đó f ( t ) > 0, ∀t (thỏa mãn).

∗ Nếu không thỏa mãn một trong hai điều kiện trên thì kết luận hàm số không chẵn không lẻ. Các kiến thức đã học về hàm lượng giác cơ bản: 1, Hàm số y = sin x là hàm số lẻ trên D = ℝ .

2, Hàm số y = cos x là hàm số chẵn trên D = ℝ .

π  3, Hàm số y = tan x là hàm số lẻ trên D = ℝ \  + kπ | k ∈ ℤ  . 2  4, Hàm số y = cot x là hàm số lẻ trên D = ℝ \ {kπ | k ∈ ℤ} .

Ví dụ 1. Hàm số nào sau đây là hàm số chẵn? A. y = −2 cos x . B. y = −2 sin x .

C. y = 2sin ( − x ) .

STUDY TIP: Trong bài toán này, tập xác định D = ℝ bởi 2 cos x − 3 < 0, ∀x ∈ ℝ .

D. y = sin x − cos x .

Lời giải Chọn A. Cách 1: Với các kiến thức về tính chẵn lẻ của hsố lượng giác cơ bản ta có thể chọn luôn A. Xét A: Do tập xác định D = ℝ nên ∀x ∈ ℝ  − x ∈ ℝ . Ta có f ( − x ) = −2 cos ( − x ) = −2cos x = f ( x ) . Vậy hàm số y = −2 cos x là hàm số chẵn.

Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay. Ta có thể thử từng phương án bằng máy tính cầm tay, sử dụng CALC để thử trường hợp x và −x . Với A: Nhập vào màn hình hàm số sử dụng CALC với trường hợp x = 1 (hình bên trái) và trường hợp x = −1 (hình bên phải) đều đưa kết quả giống nhau. Vì f ( x ) = − f ( x )  ta chọn luôn A.

π π   Ví dụ 3. Xét tính chẵn lẻ của hàm số y = f ( x ) = cos  2 x +  + sin  2 x −  , ta được y = f ( x ) là: 4 4   A. Hàm số chẵn. B. Hàm số lẻ. C. Không chẵn không lẻ. D. Vừa chẵn vừa lẻ. Lời giải ChọnD. Cách 1: π π 1 1   Ta có y = cos  2 x +  + sin  2 x −  = ( cos 2 x − sin 2 x ) + ( sin 2 x − cos 2 x ) = 0 . 4 4 2 2   Ta có tập xác định D = ℝ . Hàm số y = 0 vừa thỏa mãn tính chất của hàm số chẵn, vừa thỏa mãn tính chất của hàm số lẻ, nên đây là hàm số vừa chẵn vừa lẻ. Cách 2:Sử dụng máy tính cầm tay. Tương tự các bài toán trên ta nhập hàm số và sử dụng CALC để thử thì thấy cả hai trường hợp đều ra kết quả là 0. Mà y = 0 vừa là hàm số chẵn, vừa là hàm số lẻ vừa là hàm hằng nên ta

STUDY TIP: Khi sử dụng máy tính cầm tay ta nên chú ý cả tập xác định của hàm số xem có phải là tập đối xứng không. Ví dụ 2. Xét tính chẵn lẻ của hàm số y = A. Hàm số chẵn. C. Không chẵn không lẻ.

chọnD.

sin 2 x thì y = f ( x ) là 2 cos x − 3 B. Hàm số lẻ. D. Vừa chẵn vừa lẻ. Lời giải

Chọn B. Cách 1: Tập xác định D = ℝ . Ta có ∀x ∈ D  − x ∈ D sin ( −2 x ) − sin 2 x f (−x) = = = − f ( x ) . Vậy hàm số đã cho là hàm số lẻ. 2 cos ( − x ) − 3 2 cos x − 3 Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay. Ta có thể thử từng phương án bằng máy tính cầm tay, sử dụng CALC để thử trường hợp x và −x . Với A: Nhập biểu thức của hàm số vào màn hình sử dụng CALC với trường hợp x = 1 (hình

STUDY TIP: Hàm số y = 0 vừa là hàm số chẵn, vừa là hàm số lẻ vừa là hàm hằng.

1 + 3sin 2 x và g ( x ) = sin 1 − x . Kết luận nào sau đây đúng về tính x−3 chẵn lẻ của hai hàm số này? A. Hai hàm số f ( x ) ; g ( x ) là hai hàm số lẻ.

Ví dụ 4. Cho hai hàm số f ( x ) =

B. Hàm số f ( x ) là hàm số chẵn; hàm số f ( x ) là hàm số lẻ.

bên trái) và trường hợp x = −1 (hình bên phải), ta thấy f (1) = − f ( −1)  hàm số đã cho là

C. Hàm số f ( x ) là hàm số lẻ; hàm số g ( x ) là hàm số không chẵn không lẻ.

hàm số lẻ.

D. Cả hai hàm số f ( x ) ; g ( x ) đều là hàm số không chẵn không lẻ. 17

Lời giải

f (−x) =

ChọnD.

1 + 3sin 2 x có tập xác định là D = ℝ \ {3} . x−3 Ta có x = −3 ∈ D nhưng − x = 3 ∉ D nên D không có tính đối xứng. Do đó ta có kết luận hàm

a, Xét hàm số f ( x ) =

số f ( x ) không chẵn không lẻ.

b, Xét hàm số g ( x ) = sin 1 − x có tập xác định là D2 = [1; +∞ ) . Dễ thấy D2 không phải là tập đối xứng nên ta kết luận hàm số g ( x ) không chẵn không lẻ. Vậy chọnD.

STUDY TIP: Khi xét tính chẵn lẻ của hàm số ta cần chú ý xét tập xác định đầu tiên để giải quyết bài toán một cách chính xác. Ví dụ 5. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f ( x ) = sin 2007 x + cos nx , với n ∈ ℤ . Hàm số y = f ( x ) là: A. Hàm số chẵn. C. Không chẵn không lẻ.

B. Hàm số lẻ. D. Vừa chẵn vừa lẻ. Lời giải

sin 2004 n ( − x ) + 2004 sin 2004 n x + 2004 = = f ( x ). cos ( − x ) cos x

Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn. Suy ra đồ thị hàm số đối xứng qua trục Oy. Vậy chỉ có phát biểu 2 và 3 là phát biểu đúng. Từ đây ta chọn B. STUDY TIP Đồ thị hàm số lẻ thì đối xứng qua tâm O. Đồ thị hàm số chẵn thì đối xứng qua trục Oy. Ví dụ 7. Cho hàm số f ( x ) = x sin x. Phát biểu nào sau đây là đúng về hàm số đã cho? A. Hàm số đã cho có tập xác định D = ℝ \ {0} . B. Đồ thị hàm số đã cho có tâm đối xứng. C. Đồ thị hàm số đã cho có trục xứng. D. Hàm số có tập giá trị là  −1;1 .

Lời giải Chọn B. Hàm số đã cho xác định trên tập D = ℝ nên ta loại A. Tiếp theo để xét tính đối xứng của đồ thị hàm số ta xét tính chẵn lẻ của hàm số đã cho. f ( − x ) = − x sin ( − x ) = − x sin x = − f ( x ) . Vậy đồ thị hàm số đối xứng qua gốc tọa độ O. Vậy ta

chọn đáp án B.

ChọnC. Hàm số có tập xác định D = ℝ . Ta có f ( − x ) = sin 2007 ( − x ) + cos ( −nx ) = − sin 2007 x + cos nx ≠ ± f ( x ) . Vậy hàm số đã cho không chẵn không lẻ. sin 2004 n x + 2004 , với n ∈ ℤ . Xét các biểu thức sau: cos x 1, Hàm số đã cho xác định trên D = ℝ . 2, Đồ thị hàm số đã cho có trục đối xứng. 3, Hàm số đã cho là hàm số chẵn. 4, Đồ thị hàm số đã cho có tâm đối xứng. 5, Hàm số đã cho là hàm số lẻ. 6, Hàm số đã cho là hàm số không chẵn không lẻ. Số phát biểu đúng trong sáu phát biểu trên là A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 .

Ví dụ 6. Cho hàm số f ( x ) =

Lời giải Chọn B.

π + k π, k ∈ ℤ. Vậy phát biểu 1sai. 2 Ở đây ta cần chú ý : các phát biểu 2; 3; 4; 5; 6 để xác định tính đúng sai ta chỉ cần đi xét tính chẵn lẻ của hàm số đã cho. π  Ta có tập xác định của hàm số trên là D = ℝ \  + kπ | k ∈ ℤ  là tập đối xứng. 2   Hàm số đã xác định khi cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

STUDY TIP Với bài toán này ta nên xét B và C trước thay vì xét lần lượt A, B, C, D. Ví dụ 8. Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = f ( x ) = 3m sin4x + cos 2x là hàm chẵn. A. m > 0. B. m < −1. C. m = 0. D. m = 2. Lời giải Chọn C. Cách 1: TXĐ: D = ℝ. Suy ra ∀x ∈ D  − x ∈ D.

Ta có f ( − x ) = 3m sin4 ( − x ) + cos 2 ( − x ) = −3m sin4x + cos 2 x. Để hàm số đã cho là hàm chẵn thì f ( − x ) = f ( x ) , ∀x ∈ D ⇔ −3m sin4x + cos 2 x = 3m sin4x + cos 2 x, ∀x ∈ D ⇔ 4m sin 4 x = 0, ∀x ∈ D ⇔ m = 0. Cách 2:Sử dụng máy tính cầm tay. Với bài toán này ta có thể sử dụng máy tính cầm tay để thử các giá trị. Với A và C, ta thử một trường hợp để loại hai đáp án còn lại, tương tự với B và D. Ở đây ta sử dụng CALC để thử tại giá trị x và − x. Ví dụ: Nhập vào màn hình như hình bên.

0 = Ấn CALC để gán các giá trị cho m. Ta thử với m = 0 thì ấn Chọn x bất kì, sau đó làm lại lần nữa và gán x cho − x ban đầu và so sánh (ở đây ta thử với x = 5 và tại −5). Ta thấy f ( − x ) = f ( x ) . Vậy C đúng. Ta chọn luôn C và loại các phương án

còn lại.

DẠNG 3. Xét tính đơn điệu của hàm số lượng giác Phương pháp chung: Ở phần lý thuyết, với các hàm số lượng giác cơ bản, ta đã biết rằng: 1. Hàm số y = sin x :

 π Lúc này từ bảng giá trị của hàm số ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng  −π;−  và đồng 2   π  biến trên khoảng  − ; 0  .  2 

 π  π * Đồng biến trên các khoảng  − + k 2π; + k 2π  , k ∈ ℤ. 2 2   π  3π * Nghịch biến trên các khoảng  + k 2π; + k 2π  , k ∈ ℤ. 2 2   2. Hàm số y = cos x :

Ví dụ 2. Xét hàm số y = cos x trên đoạn  −π; π  . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −π; 0 ) và ( 0; π ) . B. Hàm số đồng biến trên khoảng ( −π; 0 ) và nghịch biến trên khoảng ( 0; π ) . C. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −π; 0 ) và đồng biến trên khoảng ( 0; π ) .

* Đồng biến trên các khoảng ( −π + k 2π; k 2π ) , k ∈ ℤ.

D. Hàm số luôn đồng biến trên các khoảng ( −π; 0 ) và ( 0; π ) .

* Nghịch biến trên các khoảng ( k 2π; π + k 2 π ) , k ∈ ℤ.  π  π 3. Hàm số y = tan x đồng biến trên các khoảng  − + k π; + k π  , k ∈ ℤ. 2 2   4. Hàm số y = cot x nghịch biến trên các khoảng ( k π; π + k π ) , k ∈ ℤ.

Lời giải Chọn B.

Theo lý thuyết ta có hàm số y = cos x đồng biến trên mỗi khoảng ( −π + k 2π; k 2π ) , k ∈ ℤ và

Với các hàm số lượng giác phức tạp, để xét tính đơn điệu của nó ta sử dụng định nghĩa. Ví dụ 1. Xét hàm số y = sin x trên đoạn  −π; 0  . Khẳng định nào sau đây là đúng?

 π   π A. Hàm số đồng biến trên các khoảng  −π;−  và  − ; 0  . 2  2     π  π B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  −π;−  ; nghịch biến trên khoảng  − ; 0  . 2   2    π  π C. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  −π;−  ; đồng biến trên khoảng  − ; 0  . 2   2 

Tiếp theo ta đến với hàm số y = tan nx; ( n ∈ ℤ ) ,... Ta có ví dụ 3.

 π   π trên khoảng  −π;−  và đồng biến trên khoảng  − ; 0  . 2  2   Cách 2:Sử dụng máy tính cầm tay.   π  π Do ở đề bài, các phương án A, B, C, D chỉ xuất hiện hai khoảng là  −π;−  và  − ; 0  nên 2   2  ta sẽ dùng máy tính cầm tay chức năng MODE 7: TABLE để giải bài toán. Ấn

( k 2π; π + k 2π ) , k ∈ ℤ. Từ đây ta có với k = 0 hàm số y = cos x đồng

Ví dụ 3. Xét sự biến thiên của hàm số y = tan 2 x trên một chu kì tuần hoàn. Trong các kết luận sau, kết luận nào đúng?  π π π A. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;  và  ;  .  4 4 2

 π   π D. Hàm số nghịch biến trên các khoảng  −π;−  và  − ; 0  . 2  2   Lời giải Chọn A. Cách 1: Từ lý thuyết về các hàm số lượng giác cơ bản ở trên ta có hàm số y = sin x nghịch biến

Máy hiện f ( X ) = thì ta nhập sin X . START? Nhập −π; END? Nhập 0. STEP? Nhập

nghịch biến trên khoảng

biến trên khoảng ( −π; 0 ) và nghịch biến trên khoảng ( 0; π ) .

π . 10

π π  π B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;  và nghịch biến trên khoảng  ;  . 4 4 2    π C. Hàm số đã cho luôn đồng biến trên khoảng  0;  .  2  π π π D. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  0;  và đồng biến trên khoảng  ;  . 4   4 2 Lời giải Chọn A. π  π Tập xác định của hàm số đã cho là D = ℝ \  + k | k ∈ ℤ  . 4 2   π Hàm số y = tan 2 x tuần hoàn với chu kì , dựa vào các phương án A; B; C; D thì ta sẽ xét tính 2  π  π đơn điệu của hàm số trên  0;  \   .  2  4 22

Dựa theo kết quả khảo sát sự biến thiên của hàm số y = tan x ở phần lý thuyết ta có thể suy ra π π  π với hàm số y = tan 2 x đồng biến trên khoảng  0;  và  ;  . 4 2  4 STUDY TIP  π π Ở đây ta không chọn C vì hàm số không liên tục trên  0;  , hàm số bị gián đoạn tại x = 4  2

π (tức là hàm số không xác định tại x = ). 4 Ví dụ 4. Xét sự biến thiên của hàm số y = 1 − sin x trên một chu kì tuần hoàn của nó. Trong các kết luận sau, kết luận nào sai?  π  A. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  − ; 0  .  2   π B. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  0;  .  2 π  C. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  ; π  . 2   π 3π  D. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  ;  . 2 2  Lời giải Chọn D.

Hàm số đã cho tuần hoàn với chu kỳ 2π và kết hợp với các phương án đề bài thì ta sẽ xét sự  π 3π  biến thiên của hàm số trên  − ;  .  2 2 Ta có hàm số y = sin x :  π π * Đồng biến trên khoảng  − ;  .  2 2  π 3π  * Nghịch biến trên khoảng  ; . 2 2  Từ đây suy ra hàm số y = 1 − sin x :

Ví dụ 5. Xét sự biến thiên của hàm số y = sin x − cos x. Trong các kết luận sau, kết luận nào đúng?

 π 3π  A. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  − ;  .  4 4   3π 7π  B. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  ;  .  4 4  C. Hàm số đã cho có tập giá trị là  −1; 1 .

 π 7π  D. Hàm số đã cho luôn nghịch biến trên khoảng  − ;  .  4 4  Lời giải Chọn B. Cách 1: π  Ta có y = sin x − cos x = 2 sin  x − . 4  Từ đây ta có thể loại đáp án C, do tập giá trị của hàm số là  − 2 ; 2  .   Hàm số đã cho tuần hoàn với chu kỳ 2π do vậy ta xét sự biến thiên của hàm số trên đoạn  π 7π  − 4 ; 4  .   Ta có:  π 3π  * Hàm số đồng biến trên khoảng  − ; .  4 4   3π 7π  * Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;  . Từ đây ta chọn A.  4 4  Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay Tương tự như ở ví dụ 1, ta sẽ sử dụng máy tính cầm tay chức năng MODE 7: TABLE để giải bài toán. Ấn Máy hiện f ( X ) = thì ta nhập sinX− cosX . Chọn STAR; TEND; STEP phù hợp ta sẽ có kết quả như hình dưới:

 π π * Nghịch biến trên khoảng  − ;  .  2 2  π 3π  * Đồng biến trên khoảng  ;  . Từ đây ta chọn D. 2 2  Dưới đây là đồ thị của hàm số y = 1 − sin x và hàm số y = sin x trên ℝ.

π 3π ≈ −0, 785 đến ≈ 2, 3561 thì 4 4  π 3π  giá trị của hàm số tăng dần, tức là hàm số đồng biến trên khoảng  − ;  .  4 4  Từ bảng giá trị của hàm số f ( x ) trên ta thấy khi x chạy từ −

Phân tích thêm: Khi x chạy từ 23

3π 7π ≈ 5, 49778 thì giá trị của hàm số giảm dần, tức là đến 4 4 24

 3π 7π  hàm số nghịch biến trên khoảng  ;  .  4 4 

0 > sinx1 > sinx2 

STUDY TIP π 3π π 7π Ta chú ý ở đây có − + π = , − + 2π = nên ta có thể suy ra STEP phù hợp. Trong bài 4 4 4 4 π gán STEP = . 4 Ví dụ 6. Chọn câu đúng? A. Hàm số y = tan x luôn luôn tăng. B. Hàm số y = tan x luôn luôn tăng trên từng khoảng xác định. C. Hàm số y = tan x tăng trong các khoảng ( π + k 2π; 2π + k 2 π ) , k ∈ ℤ.

Tương tự ta có y =

1 là hàm giảm. Vậy I sai, II đúng. cos x

Cách 2: Sử dụng lệnh TABLE để xét xem hàm số tăng hay giảm trên máy tính. Với hàm

1 ta nhập MODE 7: TABLE ( ) s inx

MODE

∇

START? π ; END?

SI N

ALPH A

)

3π π . STEP? . 2 10

1 như hình bên. Ta thấy giá trị của hàm số tăng dần khi x chạy từ π đến s inx 3π 1  3π  . Nên ta kết luận trên  π ;  hàm số y = tăng. 2 s inx  2  Tương tự với II và kết luận. Của hàm số y =

Ví dụ 8. Khẳng định nào sau đây là đúng ?

 π π  

A. y = tan x đồng biến trong − ;  . 2 2

π 2

 3π   : Hàm số  2  3π  1 (II) ∀x ∈  π;  : Hàm số y = giảm. cos x  2 (I) ∀x ∈  π;

Mệnh đề đúng trong hai mệnh đề trên là: A. Chỉ (I) đúng . B. Chỉ (II) đúng .

1 giảm. s inx

C. y = tanx có đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ.

 π π  2 2

D. y = tanx luôn nghịch biến trong  − ;  . Lời giải

C. Cả 2 sai . Lời giải

D. Cả 2 đúng .

Chọn B.

Chọn B. Cách 1:

 3π    2

Như bài toán xét xem hàm số tăng hay giảm. Ta lấy x1 < x2 ∈  π; Lúc này ta có f ( x 2 ) − f ( x1 ) =

 

B. y = tanx là hàm số chẵn trên D = R \  + kπ | k ∈ Z .

Ví dụ 7. Xét hai mệnh đề sau:

1 1 s inx1 − s inx 2 − sinx 2 sinx` s inx1 s inx 2

 3π   thì sinx1 > sinx2 sinx1 − sinx2 > 0  2

Ta thấy x1 < x2 ∈  π;

Nhập hàm f ( x ) như hình bên:

D. Hàm số y = tan x tăng trong các khoảng ( k 2π; π + k 2π ) , k ∈ ℤ. Lời giải Chọn B. Với A ta thấy hàm số y = tan x không xác định tại mọi điểm x ∈ ℝ nên tồn tại các điểm làm cho hàm số bị gián đoạn nên hàm số không thể luôn tăng.  π  π Với B ta thấy B đúng vì hàm số y = tan x đồng biến trên mỗi khoảng  − + k π; + kπ  , k ∈ ℤ. 2 2   Từ đây loại C và D.

sinx1 − sinx 2 > 0  f ( x1 ) < f ( x2 ) . Vậy y = 1 là hàm tăng. sinx1 .sinx 2 s inx

 π  2

 

Ta được đồ thị như hình vẽ trên. Ta thấy hàm số y = tanx nghịch biến trên  − ;0  và đồng

 

π 2

biến trên  0;  . Nên ta loại A và D. Với B ta có f ( − x ) = tan ( − x ) = tan x = f ( x )  hàm số y = tan x là hàm số chẵn. Với C ta thấy đồ thị hàm số đã cho không đối xứng qua gốc tọa độ, từ đây ta chọn B. STUDY TIP Ta suy diễn đồ thị hàm hàm số y = f ( x ) từ đồ thị hàm số y = f ( x) từ đó suy ra khoảng đơn điệu của hàm số y = f ( x ) .

- Giữ nguyên phần đồ thị hàm số y = f ( x) nằm phía trên trục Ox . - Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số y = f ( x) phía dưới trục Ox qua Ox . - Hợp hai phần trên ta được đồ thị hàm số y = f ( x ) . STUDY TIP Với bài toán này ta có thể không suy diễn đồ thị mà làm theo hướng tư duy sau:

 π π - Với A: y = tan x không xác định tại x = ± π nên không thể đồng biến trên − ;   2 2

- Từ B suy ra C;D sai.

Tương tự với tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số. Lời giải Chọn B. Cách 1: Hàm số xác định trên R .

 

Ta có −1 ≤ cos  8x +

10π   ≤ 1, ∀R. 2017 

10π   ⇔ −2017 ≤ 2017cos  8x +  + 2016 ≤ 4033, ∀∈R . 2017   10π   ⇔ −1 ≤ 2017cos  8x +  + 2016 ≤ 4033, ∀∈R 2017   10π  10π    Ta có y = − 1 khi cos  8x +  = −1 ; y = 4033 khi cos  8x +  =1 . 2017 2017     Vậy min y = −1; maxy = 4033 . Cách 2: sử dụng máy tính cầm tay. Trong bốn phương án chỉ có hai giá trị max là 4022; 4033 . Chỉ có hai giá trị min là 1;-1. Lúc này ta sử dụng chức năng SHIFT CALCđể thử giá trị:

 

Ví dụ ta nhập vào màn hình 2017cos  8x +

10π   + 2016 = 4033 ta thấy phương trình có 2017 

nghiệm.

 

Tương tự nhập 2017cos  8x +

DẠNG 4. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số lượng giác. *Các kiến thức về giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.

f ( x ) ≤ M, ∀x ∈ D 1. Số thực M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x) trên D nếu  ∃x 0 ∈ D, f ( x 0 ) = M f ( x ) > m, ∀x ∈ D 2. Số thực N được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) trên D nếu  ∃x 0 ∈ D, f ( x 0 ) = m Một số kiến thức ta sử dụng trong các bài toán này: 1. Tính bị chặn của hàm số lượng giác . 2. Điều kiện có nghiệm của phương trình bậc nhất giữa sin và 3. Bảng biến thiên của hàm số lượng giác. 4. Kỹ thuật sử dụng máy tính cầm tay.

cos .

10π ) + 2016. 2017 A. min y = 1; maxy = 4033. B. min y = −1; maxy = 4033. C. min y = 1; maxy = 4022. D. min y = −1; max y = 4022. Phân tích Ta có các bước để giải quyết bài toán như sau: Bước 1: Chỉ ra f ( x ) ≤ M, ∀x ∈ D.

Ví dụ 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 2017 cos(8 x +

x0 ∈D sao cho f ( x 0 ) = M . 27

10π   + 2016 = −1 ta thấy phương trình có nghiệm. 2017 

Từ đây ta chọn B.

Cho hàm số y = f ( x) xác định trên miền D ⊂ R .

Bước 2 : Chỉ ra

Kết luận : max f ( x ) = M

STUDY TIP Trong bài toán ta chọn thử hai giá trị trên vì 4033 là giá trị lớn hơn và −1 là giá trị nhỏ hơn nên ta thử trước. Nếu phương trình không có nghiệm thì sẽ là trường hợp còn lại. Ví dụ 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 2cos 2 x − 2 3 sin x cos x + 1 A. min y = 0; maxy = 4 B. min y = 1 − 3; maxy = 3 + 3. C. min y = −4; maxy = 0. D. min y = −1 + 3; maxy = 3 + 3 . Lời giải Chọn A. Để sử dụng tính bị chặn của hàm số ở trong STUDY TIP ta đưa ra ở trên, ta sẽ đưa y = 2 cos2 x − 2 3 sin x cos x + 1 về theo sin u ( x ) hoặc cos u ( x ) .

Ta có y = 2 cos2 x − 2 3 sin x cos x + 1 = 2cos 2 x − 1 − 3 sin 2 x + 2 = cos 2 x − 3 sin 2 x + 2 (*) 1  π 3  = 2  cos 2 x − sin 2 x  + 2 = 2cos  2 x +  + 2 2 2 3   

π  Mặt khác −1 ≤ 2 cos  2 x +  + 2 ≤ 4, ∀x ∈ R ⇔ 0 ≤ y ≤ 4, ∀ x ∈ R . 3  Ta có bài toán tổng quát:

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = a sin u + b cos u trên R . Với

Từ đây chọn B.

  a b sin u + cos u  a 2 + b 2 y = a s inu+bcosu  y =  2 2 a 2 + b2  a +b  2

    a b a Vì  và sin α =  +  2  = 1 ∋ α ∈ R sao cho cos α = 2 2 2  2  a + b a + b a + b2      y = a 2 + b 2 ( sin u.cos α + cos u.sin α )  y =

Ví dụ 4. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 4 s inx − cos x . A. min y = −1; maxy = 1 . B. min y = 0; maxy = 1

a 2 + b 2 .sin ( u + α )

C. min y = −1; maxy = 0 .

Ngoài ra ta có thể mở rộng bài toán như sau:

D. min y = −1; maxy không tồn tại. Lời giải

y = a sin f ( x )  + b cos f ( x )  + c . Ta có − a 2 + b2 + c ≤ y ≤ a 2 + b 2 + c

Chọn B.

Từ bài toán tổng quát trên ta có thể giải quyết nhanh bài toán ví dụ 2 từ dòng (*) như sau: Ta có − 1+ 3 + 2 ≤ y ≤ 1+ 3 + 2 ⇔ 0 ≤ y ≤ 4 . STUDY TIP Ngoài cách nhớ công thức ở bài toán tổng quát phía bên phải ta có thể nhớ theo điều kiện có nghiệm của phương trình bậc nhất theo sin và cos như sau: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = a sin  f ( x )  + b cos  f ( x )  + c 2

a sin  f ( x )  + b cos  f ( x )  + c − y = 0 điều kiện có nghiệm a 2 + b 2 ≥ ( c − y ) . Từ đây ta tìm được min, max của y. s inx + 2cos x + 3 Ví dụ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = 2 + cos x 2 2 A. min y = − ; maxy = 2 . B. min y = ; maxy = 2 3 3 1 3 1 3 B. min y = ; maxy = D. min y = − ; maxy = 2 2 2 2 Lời giải Chọn B. Cách 1: Ta có cos x + 2 > 0, ∀x ∈ R .

s inx + 2cos x + 3 ⇔ s inx + 2 cos x + 3 = 2 y + y cos x ⇔ sinx + ( 2 − y ) cos x + 3 − 2 y = 0 2 + cos x Ta sử dụng điều kiện ở STUDY TIP trong bài tổng quát trên. y=

Ta có 12 + ( 2 − y ) ≥ ( 3 − 2 y ) ⇔ 4 y 2 − 12 y + 9 − y 2 + 4 y − 4 − 1 ≤ 0 ⇔ 3 y 2 − 8 y + 4 ≤ 0 2 ⇔ ≤ y≤2 3 Cách 2 : sử dụng máy tính cầm tay

s inx + 2 cos x + 3 = 2 thì 2 + cos x phương trình có nghiệm. Do 2 là số lớn nhất trong các phương án A;B;C;D nên ta không cần 3 thử trường hợp max = . 2 Tương tự như ở ví dụ 1 thì ta có thể sử dụng SHIFT SOLVE:

STUDY TIP a1 s inx + b1 cos x + c1 Nếu hàm số có dạng y = ta tìm miền xác định của hàm số rồi quy đồng a 2 s inx + b 2 cos x + c 2 mẫu số, đưa về dạng phương trình trong STUDY TIP ở phía trên và tiếp tực lời giải.

a 2 + b2

Vì −1 ≤ sin ( u + α) ≤ 1  − a 2 + b2 ≤ y ≤ a 2 + b2

2 thì không có nghiệm. 3

Lúc này chỉ còn A và B. Thử với min y = −

a, b ∈R;a 2 + b2 > 0. Lời giải tổng quát

4 4   Cách 1 : Ta có 0 ≤ s inx ≤ 1 ⇔ 0 ≤ s inx ≤ 1 ⇔ −1 ≤ y ≤ 1 . 0 ≤ cos x ≤ 1 − 1 ≤ − cos x ≤ 0   Vậy khi s inx = 1 ⇔ x = k2π; k ∈ Z cos x = 0

{

Cách 2 : sử dụng máy tính cầm tay STUDY TIP Nhiều độc giả không lưu ý đổi dấu của bpt thứ hai của hệ khi nhân các vế với −1 dẫn đến chọn đáp án sai. Ví dụ 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = cot 4 a + cot 4 b + 2 tan 2 a.tan 2 b + 2 A. min y = 2 . B. min y = 6 . C. min y = 4 .

D. Không tồn tại GTLN. Lời giải

Chọn B.

(

)

P = cot 2 a − cot 2 b + 2cot 2 a.cot 2 b + 2 tan 2 a.tan 2 b + 2

( = ( cot = ( cot

) b) b)

( + 2 ( cot

)

= cot 2 a − cot 2 b + 2 cot 2 a.cot 2 b + tan 2 a.tan 2 b − 2 + 6 2

a − cot a − cot

+ 2 ( cot a.cot b − tan a.tan b ) + 6 ≥ 6

2 cot 2 a = cot 2 b cot a = 1 Dấu bằng xảy ra khi  ⇔ 2 cot b = 1 cot a.cot b = tan a.tan b π kπ ⇔a=b= + , ( k ∈ Z) . 4 2 STUDY TIP: Với các bài toán tìm GTLN – GTNN của hàm lượng giác ta có thể đưa về dạng

y = A2 ( x) + B ≥ B . Nhưng cần lưu ý xem dấu bằng có xãy ra hay không. Tiếp theo ta có ví dụ 6 là một câu hỏi khác cho ví dụ 2 như sau

)

a.cot b + tan a.tan b − 2cot a.cotb.tan a.tan b + 6

 7π  Ví dụ 6. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2cos2 x − 2 3 sin x.cos x + 1 trên đoạn  0,   12  lần lượt là A. min y = 2; max y = 3 . B. min y = 0; max y = 2 .  7π  0,   12 

 7π  0,   12 

C. min y = 0; max y = 4 .  7π  0,   12 

Xét hàm số: y = u 2 − u + 2 trên [ −1;1] . Ta có:

−b 1 = ∈ [ −1;1] . Từ đây có bảng biến thiên 2a 2

 7π  0,   12 

D. min y = 0;max y = 3 .

 7π  0,   12 

Lời giải Chọn B.

[ −1;1]

 π 3π  Ta lập BBT của hàm số y = 2 cos u + 2 trên  ;  . 3 2 

Từ bảng biến thiên ta thấy min f (u) = 0 khi u = π ⇔ x =  π 3π  3; 2   

max f (u) = 3 khi u =

 π 3π   3; 2   

π 3

⇔ x=0

Hay min y = 0; max y = 3 .  7π  0; 12   

 7π  0; 12   

STUDY TIP: Với các bài toán tìm min, max của hàm số lượng giác trên một đoạn ta thường phải xét nhanh BBT để giải quyết bài toán. Ở chương trình 11 ta chưa học đạo hàm nên chưa giải quyết được bài toán tìm GTLN – GTNN của hàm số sử dụng đạo hàm. Sau khi học xong đạo hàm ta sẽ giải quyết bài toán này nhanh chóng hơn. Ví dụ 7. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số y = sin 2 x − sin x + 2 . 7 7 A. min y = ; max y = 4 . B. min y = ; max y = 2 . 4 4 1 C. min y = −1; max y = 1 . D. min y = ; max y = 2 . 2 Lời giải Chọn A. Đặt sin x = u; u ∈ [ −1;1] 31

7 và max y = 4 ⇔ u = −1 . [ −1;1] 4 7 1 Hay min y = ⇔ sin x = và max y = 4 ⇔ sin x = −1 . 4 2 Ngoài các phương pháp giải các bài toán tìm GTLN – GTNN của hàm số lượng giác ta rút ra từ các ví dụ trên ta còn phương pháp sử dụng bất đẳng thức cơ bản. Phương pháp này được coi là một phương pháp khó vì đòi hỏi tính sang tạo và kĩ thuật trong việc sử dụng bất đẳng thức. Một số bất đẳng thức ta thường dung: 1.Bất đẳng thức AM – GM. a. Với hai số: a+b ≥ ab dấu bằng xảy ra khi a = b . Cho hai số thực a , b là hai số dương, ta có 2 b. Với n số: Cho hai số thực x1; x2 ; x3 ;...; xn là các số dương n ∈ N * , ta có

Ta kết luận: min f ( u ) =

π π  Từ ví dụ 2 ta có y = 2cos  2 x +  + 2 . Đặt u = 2 x + 3 3   7π   π 3π  Từ đề bài ta xét x ∈  0;   u ∈  ;   12  3 2 

x1 + x2 + x3 + ... + xn n ≥ x1. x2 .x3 ... xn dấu bằng xảy ra khi x1 = x2 = x3 = ... = xn . n 2. Bấtđẳng thức Bunyakovsky a. Bất đẳng thuwcsBunyakovsky dạng thông thường. a b ( a 2 + b2 )( c 2 + d 2 ) ≥ ( ac + bd )2 . Dấu bằng xảy ra khi c = d b.Bất đẳng thứcBunyakovsky cho bộ hai số Với hai bộ số ( a1 ; a2 ;...; an ) và ( b1 ; b2 ;...; bn ) ta có

2 1

+ a22 + ... + an2 )( b12 + b22 + ... + bn2 ) ≥ ( a1b1 + a2b2 + ... + an bn )

STUDY TIP Ta có thể sử dụng tính chất của tam thức bậc hai để giải các bài toán tìm min max hàm lượng giác như sau:

Cho hàm số y = ax2 + bx + c

−∆ b dấu bằng xảy ra khi x = − . 4a 2a −∆ b dấu bằng xảy ra khi x = − . + Nếu a > 0 thì ax 2 + bx + c ≥ 4a 2a + Nếu hàm số đã cho là hàm bậc hai mà điều kiện không phải là ∀x ∈ R thì ta phải lập BBT để tìm min max + Nếu a < 0 thì ax 2 + bx + c ≤

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

( i = 1, 2,3…) bằng 0 thì

a a1 a2 = = .... = n với quy ước nếu một số bi nào đó b1 b2 bn

ai tương đương bằng 0 .

c. Hệ quả của bất đẳng thức Bunyakopvsky ta có ( a + b 2

)( c

) ≥ 4abcd

1 1 5 + 2sin 2 x Ví dụ 8. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = 1 + cos 2 x + 2 2 5 . 2 Đáp án B A. 1 +

22 . 2

11 . 2

D. 1 + 5 .

Lời giải Chọn B.

1 1 1 5 1 2 5 + 2sin 2 x ⇔ y = 1 + cos2 x + + sin x Ta có y = 1 + cos2 x + 2 2 2 4 2

1 5 1 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunyakopvsky cho 4 số: 1; 1; 1 + cos 2 x ; + sin x ta có: 2 4 2 1 5 1 1 5 1 9 1 22 1. 1 + cos2 x + 1. + sin 2 x ≤ 12 + 12 . 1 + cos2 x + + sin 2 x = 2. + = 2 4 2 2 4 2 4 2.1 2 Hay y ≤

22 2

1 5 1 π Dấu bằng xảy ra khi 1 + cos 2 x = + sin 2 x ⇔ x = ± + kπ , k ∈ ℤ 2 4 2 6 STUDY TIP Trong bài toán ta có thể nhanh chóng nhận ra sử dụng bất đẳng thức Bunyakopvsky bởi ở trong căn lần lượt có sin 2 x và cos 2 x . Ta cân bằng hệ số của sin 2 x và cos 2 x để áp dụng tính chất sin 2 x + cos 2 x = 1 . Áp dụng Bunyakopvsky thì vế phải sẽ là hằng số, từ đó giải quyết được bài toán. 1 1  π Ví dụ 9. Cho hàm số y = + với x ∈  0;  . Kết luận nào sau đây là đúng? 2 − cos x 1 + cos x  2 4 π 2 π A. min y = khi x = + kπ , k ∈ ℤ T B. min y = khi x = 3 3 3 3  π  π 0; 0;  

 2

 

2 π C. min y = khi x = + k 2π , k ∈ ℤ 3 3  π 0;  

 2

4 π D. min y = khi x = . 3 3  π 0;

 2

 

 2

Lời giải Chọn D.

1  π Cách 1: Ta thấy 2 − cos x > 0, ∀x ∈ R và 1 + cos x > 0, ∀x ∈  0;  . Suy ra và 2 − cos x  2 1 là hai số dương. Áp dụng vất đẳng thức AM- GM cho hai số dương ta có 1 + cos x 33

1 1 + ≥ 2 − cos x 1 + cos x

( 2 − cos x )(1 + cos x )

Mặt khác tiếp tục áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 2 − cos x + 1 + cos x 3 = ( 2 − cos x )(1 + cos x ) ≤ 2 2 2 4 y≥ ≥ ( 2 − cos x )(1 + cos x ) 3 STUDY TIP Trong bài toán ta có thể nhanh chóng nhận ra sử dụng bất đẳng thức AM-GM bởi vì ta thấy mẫu số của hai phân thức cộng lại sẽ ra hằng số, nên ở đây ta có thể sử dụng bất đẳng thức AM-GM. Ta có thể giải quyết bài toán theo hướng khác đó là sử dụng bất đẳng thức cộng mẫu. 1 1 4 dấu bằng xảy ra khi x = y Với x, y là hai số thực dương ta có + ≥ x y x+ y

Vậy min y =  π  0; 2   

4 1 π  π , dấu bàng xảy ra khi cos x = ⇔ x = vì x ∈  0;  . 3 2 3  2

 π Cách 2: Để ý đề bài hỏi tìm GTLN, GTNN của hàm số trên khoảng  0;  .  2 Trên đây là hai ví dụ sử dụng bất đẳng thức tìm GTLN, GTNN của hàm số lượng giác mà không có liên hệ cho trước. Ví dụ 10 dưới đây là một ví dụ khó hơn về sử dụng bất đẳng thức kết hợp với lượng giác để giải quyết. Ví dụ 10. Cho x, y , z > 0 và x + y + z =

. Tìm giá trị lớn nhất của 2 y = 1 + tan x.tan y + 1 + tan y.tan z + 1 + tan z.tan x

A. ymax = 1 + 2 2 .

B. ymax = 3 3 .

C. ymax = 4 .

D. ymax = 2 3 .

Lời giải Chọn D.

π tan x + tan y 1 π  ⇔ x + y = − z  tan ( x + y ) = tan  − z  ⇔ = 2 2 1 − tan x.tan y tan z 2  ⇔ tan x. tan z + tan y. tan z = 1 − tan x. tan y ⇔ tan x.tan z + tan y. tan z + tan x. tan y = 1

Ta có x + y + z =

Ta thấy tan x.tan z; tan y.tan z; tan x.tan y lần lượt xuất hiện trong hàm số đề cho dưới căn thức, tương tự như ví dụ 8, áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho 6 số ta có:

1. 1 + tan x.tan y + 1. 1 + tan y.tan z + 1. 1 + tan z.tan x ≤ ≤ 12 + 12 + 12 . 1.tan x.tan z + 1.tan y.tan z + 1.tan x.tan y = = 3 3 + ( tan x.tan z + tan y.tan z + tan x.tan y ) = 2 3

Vậy ymax = 2 3

 Đọc thêm DẠNG 5: Dạng đồ thị của hàm số lượng giác Các kiến thức cơ bản về dạng của hàm số lượng giác được đưa ra ở phần 1: 34

Lý thuyết cơ bản:Sau đây ta bổ sung một số kiến thức lý thuyết để giải quyết bài toán nhận dạng đồ thị hàm số lượng giác một cách hiệu quả. Sơ đồ biến đổi đồ thị hàm số cơ bản:

Hàm số y = a sin (ω x + b ) + c, ( a , b, c, ω ∈ R , aω ≠ 0) cũng là một hàm tuần hoàn với chu kì

2π

và đồ thị của nó cũng là một đường hình sin.

Tương tự hàm số y = a cos(ω x + b),(a, b, c, ω ∈ ℝ, aω ≠ 0) cũng là một hàm tuần hoàn với 2π chu kì và đồ thị của nó cũng là một đường hình sin.

Ta có ví dụ sau: Ví dụ 11. Hình nào dưới đây biểu diễn đồ thị hàm số y = f ( x) = 2sin 2 x ? A. B.

Lời giải Chọn C. Ta thấy −2 ≤ 2sin 2 x ≤ 2 nên ta có loại A và B. Tiếp theo với C và D ta có:

Các kiến thức liên quan đến suy diễn đồ thị hàm số chứa dấu giá trị tuyệt đối: Cho hàm số y = f ( x ) . Từ đồ thị hàm số y = f ( x ) ta suy diễn:

Đồ thị hàm số y = f ( x ) gồm

Từ phần lý thuyết ở trên ta có hàm số tuần hoàn với chu kì

Ta thấy với x = 0 thì y = 0 nên đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ. Từ đây ta chọn đáp án C.

*Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị y = f ( x) .

x Ví dụ 11. Hình vẽ nào sau đây biểu diễn đồ thị hàm số y = cos ? 2 A. B.

*Đối xứng phần đồ thị của hàm số

y = f ( x ) phía dưới trục hoành qua trục hoành.

Đồ thị hàm số y = f ( x ) gồm

*Phần đồ thị của hàm số y = f ( x ) nằm bên phải trục Oy .

*Đối xứng phần đồ thị trên qua trục Oy .

Đồ thị hàm số y = u ( x ) .v ( x ) với

f ( x ) = u ( x ) .v ( x ) gồm

*Phần đồ thị của hàm số y = f ( x ) trên miền thỏa mãn u ( x ) ≥ 0 . *Đối xứng phần đồ thị y = f ( x ) trên trên miền u ( x ) < 0 qua trục hoành.

hàm số y = a sin(ω x + b) + c với a; b; c;ω ∈ ℝ; aω ≠ 0. 35

2π = π. 2

Ở phần lý thuyết có đưa ra phần đọc thêm về

Lời giải Chọn D Ta thấy −1 ≤ cos

x ≤ 1 nên ta loại B. 2 36

Tiếp theo ta có hàm số y = cos

x 2π có chu kì tuần hoàn là T = = 4π . 1 2 2

x = cos 0 = 1 nên ta chọn D. 2 Ví dụ 12. Cho đồ thị hàm số y = cos x như hình vẽ : Ta thấy với x = 0 thì y = cos

D. Lời giải

Chọn C Suy diễn đồ thị hàm số y = sin | x | từ đồ thị hàm số y = sin x : Giữ nguyên phần đồ thị của hàm số y = sin x nằm bên phải trục Oy. Lấy đối xứng phần đồ thị trên qua trục Oy. Dưới đây là đồ thị ta thu được sau khi thực hiện các bước suy diễn ở trên. Phần đồ thị nét đứt là phần bỏ đi của đồ thị hàm số y = sin x.

Hình vẽ nào sau đây là đồ thị hàm số y = cos x + 2 ?

STUDY TIP Ngoài ra ở bài toán này, ta có thể áp dụng tính chất hàm chẵn lẻ mà tôi đã cung cấp ở phần xét tính chẵn lẻ của hàm số phía trước. Hàm số y = sin x là hàm số chẵn có đồ thị đối xứng qua

D. Lời giải

Chọn A Ta thực hiện phép tịnh tiến đồ thị hàm số y = cos x trên trục Oy lên trên 2 đơn vị (xem lại sơ

trục Oy. Nhìn các phương án A, B, C, D chỉ có phương án D là không có đồ thị đối xứng qua trục Oy. Tiếp theo ta tìm giá trị của một số điểm đặc biệt và chọn được C.

Ví dụ 14. Hình nào sau đây là đồ thị hàm số y = sin x ?

đồ biến đổi đồ thị cơ bản ở bên trên). Ví dụ 13. Cho đồ thị hàm số y = sin x như hình vẽ:

. D. Lời giải

Hình nào sau đây là đồ thị hàm số y = sin x ?

Chọn B. Cách 1: Suy diễn đồ thị hàm số y =| sin x | từ đồ thị hàm số y = sin x : Giữ nguyên phần tử từ trục hoành trở lên của đồ thị y = sin x. Lấy đối xứng phần đồ thị của hàm số y = sin x phía dưới trục hoành qua trục hoành.

 π  (4) Hàm số y = cot x có tập xác định là R \ k | k ∈ Z  .  2  Số mệnh đề đúng là A. 1. B. 2. C.3. D. 4. Câu 6.

Câu 1.

Câu 2.

A. D = [ 0; 2π ] .

B. D = [ 0; +∞ ) .

Cách 2: Ta thấy | sin x |≥ 0, ∀x nên đồ thị hàm số y =| sin x | hoàn toàn nằm trên trục Ox.

C. D = R.

D. D = R \ {0} .

Từ đây ta chọn B.

1 1 Tập xác định của hàm số y = − là sin x cos x A. R \ {kπ | k ∈ Z } .

B. R \ {k 2π | k ∈ Z } .

Câu 7.

C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN KỸ NĂNG DẠNG 1. TÌM TẬP XÁC ĐỊNH CỦA HÀM SỐ 1 + cos x . Tìm tập xác định của hàm số y = sin x A. D = R \ {kπ | k ∈ Z } .

B. D = R \ {π + kπ | k ∈ Z } .

C. D = R \ {π + k 2π | k ∈ Z } .

D. D = R \ {k 2π | k ∈ Z } .

 π kπ  B. R \  + , k ∈ Z. 4 2  Câu 9.

π  C. R \  ( k + 1)  , k ∈ Z . D. R. 2  1 − cos 3 x Tập xác định D của hàm số y = tan x − là 1 − sin 3 x

π  π  A. R \  + k 2π | k ∈ Z  . B. R \  + kπ | k ∈ Z  . 2   2   π kπ   kπ  C. R \  + | k ∈ Z . D. R \  | k ∈ Z  . 2 2    2  Câu 4.

π  Tập xác định của hàm số y = tan  2 x +  là 3  π  A. R \  + kπ | k ∈ Z  . 2 

Câu 5.

Câu 8.

Tập xác định của hàm số y = sin 5 x + tan 2 x là:

π  A. R \  + kπ  , k ∈ Z . 2 

Câu 3.

Tập xác định của hàm số y = cos x là

π  C. R \  + kπ | k ∈ Z  . 12  Xét bốn mệnh đề sau (1) Hàm số y = sin x có tập xác định là R. (2) Hàm số y = cos x có tập xác định là R.

π  B. R \  + kπ | k ∈ Z  . 6   π kπ  D. R \  + | k ∈ Z . 12 2 

 π   π  C. R \  − + kπ | k ∈ Z  . D. R \ k | k ∈ Z  .  2   2  Tìm tập xác định của hàm số y = 3 tan x + 2 cot x + x.

π  A. D = R \  + kπ | k ∈ Z  . 2 

 π  B. D = R \ k | k ∈ Z  .  2 

π π  C. D = R \  + k | k ∈ Z  . 2 4 

D. D = R.

Tìm tập xác định của hàm số y =

1 . sin 2 x − cos 2 x

π  A. R \  + kπ | k ∈ Z  . 2 

 π  B. R \ k | k ∈ Z  .  2 

C. R.

π π  D. R \  + k | k ∈ Z  . 2 4 

Câu 10. Tìm tập xác định của hàm số y =

2017 tan 2 x . sin 2 x − cos 2 x

π  A. R \  + kπ | k ∈ Z  . 2 

π  B. R \   . 2

C. R.

π π  D. R \  + k | k ∈ Z  . 2 4 

Câu 11. Tập xác định của hàm số y =

sin x . sin x + cos x

 π  A. D = R \ − + kπ | k ∈ Z  .  4 

 π  B. D = R \ k | k ∈ Z  .  4 

π π  C. D = R \  + kπ ; + kπ | k ∈ Z  . 2 4 

π  D. D = R \  + kπ | k ∈ Z  . 4 

(3) Hàm số y = tan x có tập xác định là R \ {kπ | k ∈ Z } .

Câu 12. Tìm tập xác định của hàm số y = 39

sin x . sin x − cos x 40

 π  A. D = R \  − + k 2π | k ∈ Z  .  4 

 π  B. D = R \ k | k ∈ Z  .  4 

π π  C. D = R \  + kπ ; + kπ | k ∈ Z  . 2 4 

π  D. D = R \  + kπ | k ∈ Z  . 4 

Câu 13. Tập xác định của hàm số y = sin 2 x + 1 là A. D = R \ {kπ | k ∈ Z } .

B. D = R.

π π  C. D = R \  + kπ ; + kπ | k ∈ Z  . 2 4 

π  D. D = R \  + k 2π | k ∈ Z  . 2 

Câu 14. Tìm tập xác định của hàm số y =

tan x 15 − 14 cos13x

A. D = R \ {k π | k ∈ Z } . B. D = R.

π  C. D = R \  + kπ | k ∈ Z  . 2  Câu 15. Tìm tập xác định của hàm số: y =

π  D. D = R \  + kπ | k ∈ Z  . 4  cot 2 x . 2017 − 2016sin 2015 x

A. . D = R \ {k π | k ∈ Z } .

B. D = R. .

π  C. D = R \  + kπ | k ∈ Z  . 2 

 π  D. D = R \ k | k ∈ Z  .  2 

20 + 19cos18 x . 1 − sinx A. D = R \ {k π | k ∈ Z } . B. D = R \ {k 2π | k ∈ Z } .

Câu 16. Tìm tập xác định của hàm số: y =

π  C. D = R \  + k 2π | k ∈ Z  . 2  Câu 17. Hàm số nào sau đây có tập xác định là R ?

 π  D. D = R \ k | k ∈ Z  .  2  1 B. y = cos . x

A. y = 2 cos x .

tan 2 x sin 2 x + 3 C. y = . D. y = . sin 2 x + 1 cos 4 x + 5 Câu 18. Hàm số nào sau đây có tập xác định khác với các hàm số còn lại? sin x + cos x A. y = tan x . B. y = . cos x

C. y =

tan 2017 x + 2018 . cos x

+ kπ , k ∈ Z . 2 C. x ≠ kπ , k ∈ Z .

π  π  A. Hàm số y = sin x có tập xác định là các đoạn  − + k 2π ; + k 2π  , k ∈ Z . 2  2  B. Hàm số y = cos x có tập xác định là các đoạn [ k 2π ; π + k 2π ] , k ∈ Z .

π   C. Hàm số y = sin x + cos x có tập xác định là các đoạn k 2π ; + k 2π  , k ∈ Z . 2   1 π   có tập xác định là các đoạn k 2π ; + k 2π  , k ∈ Z . D. Hàm số y = 2 sin x   Câu 22. Xét hai mệnh đề:

1 và y = cot x có chung tập xác định là R \ { x | x = k π , k ∈ Z } . sin x 1 π   (II): Các hàm số y = và y = tan x có chung tập xác định là R \  x | x = + kπ , k ∈ Z  . cos x 2   A.Chỉ (I) đúng. B.Chỉ (II) đúng. C. Cả hai đều sai . D.Cả hai đều đúng.

(I): Các hàm số y =

Câu 23. Cho hàm số y = f ( x) = sin x − cos x với 0 ≤ x ≤ 2π . Tập xác định của hàm số là:  π 3π   π  π A. [ 0; π ] . B.  ;  . C.  0;  . D.  0;  . 2 2   2  2 tan x + 1 Câu 24. Cho hàm số y = f ( x) = , ( 0 < x < π ) . Tập xác định: tan x − 1  π π  π  π π  A.  0;  . B.  ; π  . C. ( 0; π ) \   . D. ( 0; π ) \  ;  .  2 2  2 4 2 x π Câu 25. Tập xác định của hàm số y = 3 tan 2  −  là: 2 4 A. R .

π  B. R \  + kπ , k ∈ Z  . 2 

 3π  C. R \  + k 2π , k ∈ Z  .  2 

π  D. R \  + k 2π , k ∈ Z  . 2 

B. x = 0 . D. x = k 2π , k ∈ Z .

Câu 27. Cho hàm số y =

D. y =

B. R . 13π  5π  D.  + k 2π ; + k 2π  , k ∈ Z . 6  6 

π π  C.  + k 2π ; + k 2π  , k ∈ Z . 3 6  Câu 21. Chọn khẳng định đúng:

π  Câu 26. Tập xác định của hàm số y = 2cot  2 x −  là: 3  2 π k π   π  A. R \  B. R \  + kπ , k ∈ Z  . + ,k ∈ Z. 3 2   6  π   5π kπ  C. R \  + k 2π , k ∈ Z  . D. R \  + ,k ∈ Z . 6   12 2 

1 . 1 − sin 2 x

Câu 19. Hàm số y = cos x − 1 + 1 − cos2 x chỉ xác định khi: A. x ≠

A. ∅ .

cos 2 x . Hãy chỉ ra khoảng mà hàm số không xác định (k ∈ Z ) 1 + tan x

Câu 20. Hàm số y = 1 − sin 2 x − 1 + sin 2 x có tập xác định là: 41

3π π π   π  A.  + k 2π ; + k 2π  . B.  − + k 2π ; + k 2π  . 4 2 2   2  3π 3π  3π    C.  + k 2π ; + k 2π  . D.  π + k 2π ; + k 2π  . 2 2  4    Câu 28. Xét hai câu sau: (I): Các hàm số y = sin x và y = cosx có chung tập xác định là R. (II): Các hàm số y = tan x và y = cot x có chung tập xác định là

 π   R \  x | x = + kπ  ∪ { x | x = kπ } , k ∈ Z . 2    A.Chỉ (I) đúng. B.Chỉ (II) đúng.

C. Cả hai đều sai .

D.Cả hai đều đúng.

cos 3x là: π  π  cos x.cos  x −  .cos  + x  3  3  π π   5π  + kπ ; + kπ , k ∈ Z  . B. R \  + kπ ; + kπ , k ∈ Z  . 6 6  6  π 5π kπ  π  D. R \  + kπ ; + kπ ; + kπ , k ∈ Z  . + ,k ∈Z. 6 6 2  2 

Câu 29. Tập xác định của hàm số y =

 π kπ 5π A. R \  + ; 6 3 6 5π π C. R \  + k π ; 6 2

5sin 2 x + 3 cos 2 x + 5 Câu 30. Tập xác định của hàm số f ( x) = + là: 12sinx cos x  kπ  A. D = R \ {k 2π | k ∈ Z } . B. D = R \  | k ∈ Z  .  2   π  D. D = R \  − + kπ | k ∈ Z  .  2 

C. D = R \ {k π | k ∈ Z } . Câu 31. Tập xác định của hàm số

1 − cos x là: 2sin x + 1

7π  π  A. D = R \  − + k 2π ; + k 2π | k ∈ Z  . 6  6 

 7π  B. D = R \  + kπ | k ∈ Z  .  6  7π  π  D. D = R \ − + kπ ; + kπ | k ∈ Z  . 6  6 

 π  C. D = R \ − + k π | k ∈ Z  .  6  Câu 32. Tập xác định của hàm số

5 − 3cos 2 x

π  1 + sin  2 x −  2 

A. D = R \ {k π | k ∈ Z } .

là:

Câu 34. Tập xác định của hàm số y = 2 + sin x −

1 là: tan 2 x − 1

π  π  A. D = R \ ± + kπ ; + k π | k ∈ Z  . 2  4 

 kπ  B. D = R \  | k ∈Z.  2 

π  C. D = R \  + k π | k ∈ Z  . 4 

 π  D. D = R \  ± + kπ | k ∈ Z  .  4 

π  1 + tan  + 2 x  3   có tập xác định là: Câu 35. Hàm số y = cot 2 x + 1

π π  A. D = R \  + k , k π | k ∈ Z  . 2 6 

π π  B. D = R \  + kπ , k | k ∈ Z  . 2 12 

π  C. D = R \  + k π ; k π | k ∈ Z  . 12  Dạng 2: Xét tính chẵn lẻ của hàm số lượng giác

π π  D. D = R \  + k ; k π | k ∈ Z  . 2 12 

Câu 36. Hàm số nào sau đây là hàm số chẵn? A. y = −2cos x . B. y = −2sin x .

C. y = 2sin(− x) .

D. y = sin x − cos x .

Câu 37. Hàm số nào sau đây là hàm số lẻ? A. y = −2cos x . B. y = −2sin x .

C. y = −2sin 2 x + 2 .

D. y = −2cos x + 2 .

Câu 38. Hàm số y = sin x.cos 2 x + tan x là: A.Hàm số chẵn. C. Vừa chẵn vừa lẻ. Câu 39. Xét tính chẳn lẻ của hàm số y =

B. Hàm số lẻ D.Không chẵn không lẻ.

1 + sin 2 2 x ta kết luận hàm số đã cho là: 1 + cos 3x B. Hàm số lẻ. D.Không chẵn không lẻ

A.Hàm số chẵn. C. Vừa chẵn vừa lẻ Câu 40. Xét các câu sau: I.Hàm số y = sinx sin x là hàm số lẻ.

II.Hàm số y = cosx cos x là hàm số chẵn. B. D = R .

 kπ  C. D = R \  | k ∈ Z  . D. D = R \ {k 2π | k ∈ Z } .  2 

π 1 + cos x  Câu 33. Tập xác định của hàm số y = cot  x +  + là: 6 1 − cos x   π   7π  A. D = R \  − + k 2π | k ∈ Z  . B. D = R \  + kπ , k 2π | k ∈ Z  .  6   6  43

 π  D. D = R \  − + kπ | k ∈ Z  .  6 

C. D = R \ {k 2π | k ∈ Z } .

III.Hàm số y = sinx cos x là hàm số lẻ. Trong các câu trên, câu nào đúng? A.Chỉ (I). B.Chỉ (II).

C. Chỉ (III) .

Câu 41. Hãy chỉ ra hàm số nào là hàm số lẻ: A. y = sin x . C. y =

B. y = sin 2 x .

cot x . cos x

D. y = 44

tan x . sin x

D. Cả 3 câu.

tan 2 x có tính chất nào sau đây? sin 3 x A.Hàm số chẵn. C. Hàm không chẵn không lẻ.

Câu 42. Hàm số y =

B.Hàm số lẻ. D. Tập xác định D = R .

Câu 43. Hãy chỉ ra hàm số không có tính chẵn lẻ A. y = sinx + tanx .

B. y = tan x +

1 . sin x

C. y = tan x có đồ thị đối xứng qua trục Oy .

π  C. y = 2 sin  x −  . D. y = cos4 x − sin 4 x . 4  Câu 44. Hàm số nào có đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ? π 1  A. y = 2 sin  x +  . B. y = . 4 sin 2013 x  π  C. y = cos  x −  . D. y = 1 − sin 2012 x . 4  Câu 45. Hàm số nào có đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng? 1 A. y = sin 2017 x . B. y = . C. y = cos x . D. y = sin 2 x . sin x Câu 46. Hãy chỉ ra hàm nào là hàm số chẵn: cot x A. y = sin 2016 x.cosx . B. y = . tan 2 x + 1 D. y = cos x.sin 3 x .

C. y = sinx.cos 6 x .

Câu 47. Xét hai mệnh đề: (I)Hàm số y = f ( x) = tanx+ cotx là hàm số lẻ (II) Hàm số y = f ( x) = tanx − cotx là hàm số lẻ Trong các câu trên, câu nào đúng? A. Chỉ (I) đúng . B. Chỉ (II) đúng . C. Cả hai đúng. Câu 48. Xét hai mệnh đề: (I)Hàm số y = f ( x) = tanx+ cosx là hàm số lẻ (II) Hàm số y = f ( x) = tanx + sinx là hàm số lẻ Trong các câu trên, câu nào đúng? A. Chỉ (I) đúng . B. Chỉ (II) đúng . C. Cả hai đúng.

Hàm số y = 1 − sin 2 x là: A.Hàm số chẵn. C. Hàm không chẵn không lẻ. Câu 50. Hàm số nào sau đây là hàm số chẵn? A. y = sin 2 x .

D. Cả hai sai.

B.Hàm số lẻ. D.Hàm số không tuần hoàn.

C. y = cos x.cot x .

D. y =

Câu 51. Hàm số nào sau đây là hàm số chẵn? A. y = sin x . C. y =

tanx . sin x

B. y = x2 .sinx .

x . cos x

D. y = x + sin x . 45

B. y = 2cos 2 x . D. y = 1 + tan x . B. y = cos x có đồ thị đối xứng qua trục Oy . D. y = cot x có đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ.

 π π Câu 54. Cho hàm số y = cos x xét trên  − ;  . Khẳng định nào sau đây là đúng?  2 2 A. Hàm không chẳn không lẻ. B. Hàm lẻ. C. Hàm chẳn. D. Có đồ thị đối xứng qua trục hoành. Câu 55. Tìm kết luận sai: A. Hàm số y = x.sin 3 x là hàm chẵn . sin x.cosx là hàm lẻ. tan x + cot x sin x − tan x C.Hàm số y = là hàm chẵn. sin x + cot x B. Hàm số y =

D.Hàm số y = cos3 x + sin 3 x là hàm số không chẵn không lẻ. Câu 56. Nhận xét nào sau đây là sai? sin x − tan x A. Đồ thị hàm số y = nhận trục Oy làm trục đối xứng. 2sin x + 3cot x B. Đồ thị hàm số y =

Câu 49.

B. y = x.cosx .

Câu 52. Hàm số nào sau đây là hàm số lẻ? 1 A. y = sin x.cos 2 x . 2 x C. y = . sin x Câu 53. Khẳng định nào sau đây là sai? A. y = sinx có đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ .

x2 nhận góc tọa độ làm tâm đối xứng. sin x + tan x

sin 2008n x + 2009 , ( n ∈ Z ) nhận trục Oy làm trục đối xứng. cos x 2009 D. Đồ thị hàm số y = sin x + cos nx, ( n ∈ Z ) nhật góc tọa độ làm tâm đối xứng. C. Đồ thị hàm số y =

Câu 57. Đồ thị của hàm số nào dưới đây có trục đối xứng. cos 2008n x + 2003 A. y = . B. y = tan x + cot x . 2012sin x cos x 1 C. y = 6 . D. y = . 2sin x − 1 6 x + 4 x 4 + 2 x 2 + 15

cos x + 2 + cot 2 x . Hàm số trên là hàm số. sin 4 x A. Hàm lẻ. B. Hàm không tuần hoàn. C. Hàm chẳn. D. Hàm không chẳn không lẻ. π  Câu 59. Hàm số y = cos 2 x.sin  x −  là 4  A. Hàm lẻ. B. Hàm không tuần hoàn. C. Hàm chẳn. D. Hàm không chẳn không lẻ. Câu 60. Xác định tĩnh chẳn lẻ của hàm số: y = 1 + 2 x 2 − cos3x A. Hàm lẻ. B. Hàm không tuần hoàn. Câu 58. Cho hàm số y =

C. Hàm chẳn.

D. Hàm không chẳn không lẻ.

DẠNG 3: XÉT TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC

 π Câu 61. Trong khoảng  0;  , hàm số y = sin x − cos x là hàm số:  2 A. Đồng biến. B. Nghịch biến. C. Không đổi. D. Vừa đồng biến vừa nghịch biến. Câu 62. Hàm số y = sin 2 x nghịch biến trên các khoảng nào sau đây ( k ∈ Z ) ?

3π π  B.  + k π ; + kπ  . 4 4 

A. ( k 2π ; π + k 2π ) .

3π π π   π  C.  + k 2π ; D.  − + kπ ; + kπ  . + k 2π  . 2 4 2   4  Câu 63. Hàm số y = cos 2x nghịch biến trên khoảng ( k ∈ Z ) ?

π   A.  kπ ; + kπ  . 2  

π  B.  + k π ; π + k π  . 2  3π π  D.  + k 2π ; + k 2π  . 2 2 

π  π  C.  − + k 2π ; + k 2π  . 2  2  Câu 64. Xét các mệnh đề sau: 1  3π  (I): ∀x ∈  π ;  :Hàm số y = giảm. 2  sin x  1  3π  giảm. (II): ∀x ∈  π ;  :Hàm số y = 2  cos x  Hãy chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên: A. Chỉ (I) đúng . B. Chỉ (II) đúng . C. Cả hai đúng.

D. Hàm số y = tan 2 x là hàm số lẻ. Câu 67. Để hàm số y = sin x + cos x tăng, ta chọn x thuộc khoảng nào? π π  3π   3π  A.  − B.  − + k 2π ; + k 2π  . + kπ ; + kπ  . 4 4  4   4 

π  π  C.  − + k 2π ; + k 2π  . D. (π + k 2π ; 2π + k 2π ) . 2  2  Câu 68. Xét hai mệnh đề sau:  π π (I): ∀x ∈  − ;  :Hàm số y = tan 2 x tăng.  2 2  π π (II): ∀x ∈  − ;  :Hàm số y = sin 2 x tăng.  2 2 Hãy chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên: A. Chỉ (I) đúng . B. Chỉ (II) đúng . C. Cả hai đúng. D. Cả hai sai. π  Câu 69. Hãy chọn câu sai: Trong khoảng  + k 2π ; π + k 2π  , k ∈ Z thì: 2  A. Hàm số y = sin x là hàm số nghịch biến. B. Hàm số y = cos x là hàm số nghịch biến. C. Hàm số y = tan x là hàm số đồng biến. D. Hàm số y = cot x là hàm số đồng biến.

 π 3π  Câu 70. Bảng biến thiên của hàm số y = f ( x) = cos 2 x trên đoạn  − ;  là:  2 2 A. B. D. Cả hai sai.

π  π  Câu 65. Cho hàm số y = 4sin  x +  cos  x −  − sin 2 x . Kết luận nào sau đây là đúng về sự biến 6 6   C.

thiên của hàm số đã cho?

 π  3π  A. Hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng  0;  và  ; π  .  4  4  B. Hàm số đã cho đồng biến trên ( 0; π ) .  3π  C. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng  0;  .  4   π π  D. Hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;  và nghịch biến trên khoảng  ; π  .  4 4  Câu 66. Với k ∈ Z , kết luận nào sau đây về hàm số y = tan 2 x là sai? A. Hàm số y = tan 2 x tuần hoàn với chu kỳ T =

π 2

x Câu 71. Cho hàm số y = cos . Bảng biến thiên của hàm số trên đoạn [ −π ; π ] là: 2 A. B.

 π k π π kπ  B. Hàm số y = tan 2 x luôn dống biến trên mỗi khoảng  − + ; + . 2 2 2   2 π kπ C. Hàm số y = tan 2 x nhận đường thẳng x = + là một đường tiệm cận. 4 2 47

9 5 B. C. 1 8 4 Câu 84. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = sin x cos x + cos x sin x là A.

A. 0

4 3

D. 6

Câu 85. Giá trị lớn nhất của hàm số y = cos x + 7 sin x + sin 2 x + 7 cos 2 x là 2

TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC Câu 72. Giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số y = 4 cos x là: A.0 và 4. B. − 4 và 4. C.0 và 1. D. − 1 và 1.

A. 1 + 7

B. −1 + 7

C. 4

Câu 73. Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = 1 − cos 2 x − 2 là: A. 0 và

B. −1 và 2 − 1 . C. −2 và −1 D. −1 và 1 π  Câu 74. Cho hàm số y = sin  x +  . Giá trị lớn nhất của hàm số là: 4  2 −1.

A. −1 .

B. 0 .

C. 1. 6

π 4

Câu 75. Giá trị lớn nhất của hàm số y = sin x + cos x là: A.

2 . 2

B. 1.

Câu 76. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y =

1 A. . 2

C. 2 .

sin x + 1 là: cos x + 2

− 2 . 2 cos x + 2sin x + 3 Câu 77. Giá trị lớn nhất của hàm số là: y = 2 cosx − sinx + 4 A. 0 . B. 3 − 2 3. . C. 2 − 2 2. . 1 2 Câu 78. Giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x ) = 3 − sin x cos2 x là 5 59 14 A. B. C. 3 20 5 Câu 79. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 4 sin x + 2 cos x là A. 2 5

D. 2 .

− 2 . 2

B. −2 5

C. 0

D. 0 .

D. −1. .

29 10

D. 20

Câu 80. Hàm số y = 4sin x − 4cos 2 x đạt giá trị nhỏ nhất là A. −1

B. −4

3 (1 − tan x )

−5 4

D. −5

Câu 81. Hàm số y = 4cot 2 2 x − A. 0

tan x

đạt giá trị nhỏ nhất là

B. 3 − 2 3

C. 2 − 2 2

D. −1

π  Câu 82. Hàm số y = 2 cos x + sin  x +  đạt giá trị lớn nhất là 4  A. 5 − 2 2

B. 5 + 2 2

5+2 2

5−2 2

Câu 83. Tổng của giá trị nhỏ nhất của hàm số y = sin 4 x + cos 4 x + sin x cos x là 49

D. 14

Câu 1.

Câu 2.

Câu 3.

Câu 4.

Câu 5.

Hướng dẫn giải chi tiết Dạng 1: Tìm tập xác định của hàm số Đáp án A.  x ≠ k 2π ,k ∈ℤ Hàm số đã cho xác định khi sin x ≠ 0 ⇔   x ≠ π + k 2π

Hàm số đã cho xác định khi sin 2 x − cos 2 x ≠ 0 ⇔ cos 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠

Nếu giải đến đây ta có thể dễ dàng loại B,C,D vì: Với C thì thiếu x ≠ π + k 2π , k ∈ ℤ Với B,D thì không thõa mãn. Với A ta kết hợp gộp nghiệm thì ta được x ≠ kπ , k ∈ ℤ Đáp án B. Ở đây sin 5x xác định với mọi số thực x . Nên ta đi tìm điều kiện cho tan 2x xác định khi π π kπ 2 x ≠ + kπ , k ∈ ℤ ⇔ x ≠ + ,k ∈ℤ 2 4 2 Đáp án B. Hàm số đã cho xác định khi π  π x ≠ + kπ , k ∈ ℤ  cos x ≠ 0 π  x ≠ + kπ , k ∈ ℤ    2 ⇔ ⇔  D = ℝ \  x ≠ + kπ , k ∈ ℤ  2  3 π 2   sin x ≠ 1 sin x ≠ 1  x ≠ + k 2π , k ∈ ℤ   2 Đáp án D. Hàm số đã cho xác định khi π π π π kπ   π kπ  cos  2 x +  ≠ 0 ⇔ 2 x + ≠ + kπ ⇔ x ≠ + ,k ∈ℤ  D = ℝ \  + ,k ∈ℤ  3 3 2 12 2   12 2  Đáp án B.

π  y = tan x có TXĐ là ℝ \  + kπ , k ∈ ℤ  2  ( 4) Hàm số y = tan x có TXĐ là ℝ \ {kπ , k ∈ ℤ }

 −π  Vậy TXĐ D = ℝ \  + kπ , k ∈ ℤ   4  Câu 12. Đáp án D. Hàm số đã cho xác định khi π π π   sin x − cos x ≠ 0 ⇔ 2 sin  x −  ≠ 0 ⇔ sin  x −  ≠ 0 ⇔ x ≠ + kπ , k ∈ ℤ 4 4 4   π  Vậy TXĐ D = ℝ \  + kπ , k ∈ ℤ  4  Câu 13. Đáp án B. Ta có sin 2 x ≥ −1, ∀x ∈ ℝ ⇔ sin 2 x + 1 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ . Vậy hàm số đã cho xác định với mọi x ∈ ℝ Câu 14. Đáp án C. 15 Ta có cos13 x ≤ 1 <  15 − 14cos13 x > 0 . 14 Vậy hàm số đã cho xác định khi cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π 2

+ kπ , k ∈ ℤ

 20 + 19 cos18 x ≥0  Hàm số đã cho xác định khi  1 − sin x 1 − sin x ≠ 0 Mà 19 + 20 cos18 x > 0, ∀x ∈ ℝ nên hàm số đã cho xác định

Đáp án B. Hàm số đã cho xác định khi x ≥ 0 Đáp án D.

 x ≠ kπ sin x ≠ 0  ⇔ ⇔x≠ Hàm số đã cho xác định khi  π ≠ cos x 0   x ≠ 2 + kπ Đáp án B.  x ≠ kπ sin x ≠ 0  ⇔ ⇔x≠ Hàm số đã cho xác định khi  π cos x ≠ 0  x ≠ 2 + kπ Đáp án D.

kπ ,k ∈ℤ 2

Câu 16. Đáp án C.

( 3) Hàm số

Câu 9.

kπ ,k ∈ℤ 2

sin 2 x − cos 2 x ≠ 0 π kπ Hàm số đã cho xác định khi  ⇔ cos 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ + ,k ∈ℤ 4 2 cos 2 x 0 ≠  Câu 11. Đáp án A. Hàm số đã cho xác định khi π π −π   sin x + cos x ≠ 0 ⇔ 2 sin  x +  ≠ 0 ⇔ sin  x +  ≠ 0 ⇔ x ≠ + kπ , k ∈ ℤ 4 4 4  

Tương tự câu 14, hàm số đã cho xác định khi sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠

Sửa lại cho đúng như sau

Câu 8.

Câu 15. Đáp án D.

Mệnh đề ( 3) và ( 4) là sai

Câu 7.

Câu 10. Đáp án D.

Mệnh đề (1) và ( 2) là đúng

Câu 6.

1 − sin x > 0 ⇔ sin x ≠ 1 ⇔ x ≠ kπ ,k ∈ℤ 2

kπ ,k ∈ℤ 2

π 2

+ k 2π , k ∈ ℤ

Vậy hàm số đã cho xác định khi cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π 2

+ kπ , k ∈ ℤ

Câu 17. Đáp án D. Với A thì hàm số xác định khi x ≥ 0 Với B thì hàm số xác định khi tan 2x xác định ⇔ 2 x ≠ Với C thì hàm số xác định khi x ≠ 0 sin 2 x + 3 Với D thì > 0, ∀x ∈ ℝ cos 4 x + 5 52

π 2

+ kπ , k ∈ ℤ .

Vậy ta chọn D vì các phương án trên không có phương án nào thỏa mãn hàm số có tập xác định là ℝ. Câu 18. Đáp án C. Với A thì hàm số xác định khi cos x ≠ 0 Với B thì hàm số xác định khi cos x ≠ 0 cos x ≠ 0 Với C thì hàm số xác định khi  cos 2017 x ≠ 0 Từ đây ta chọn Cdo khác với A và B Câu 19. Đáp án D. Hàm số đã cho xác định khi cos x − 1 ≥ 0 , mà cos x − 1 ≤ 0, ∀x ∈ ℝ , do vậy để hàm số xác định thì cos x = 1 ⇔ x = k 2π , k ∈ ℤ Câu 20. Đáp án B. 1 − sin 2 x ≥ 0 ⇔ −1 ≤ sin 2 x ≤ 1 đúng với mọi x ∈ ℝ Cách 1: Hàm số đã cho xác định khi  1 + sin 2 x ≥ 0

Cách 2: y = sin x − cos x − sin x + cos x ,tập xác định là ℝ Câu 21. Đáp án C. Với A thì hàm số y = sin x xác định khi sin x ≥ 0 ⇔ k 2π ≤ x ≤ π + k 2π , k ∈ ℤ . vậy A sai. −π π Với B thì hàm số y = cos x xác định khi cos x ≥ 0 ⇔ + k 2π ≤ x ≤ + k 2π , k ∈ ℤ 2 2 cos x ≠ 0 Với C thì hàm số xác định khi y = cos x + sin x xác định khi

cos x ≥ 0 π ⇔ k 2π ≤ x ≤ + k 2π , k ∈ ℤ . Vậy C đúng.  sin x ≥ 0 2  Câu 22. Đáp án D.

1 và y = cot x đều xác định khi sin x ≠ 0 . tương tự thì hai hàm số sin x ở mệnh đề II đều xác định khi cos x ≠ 0 . Câu 23. Đáp án C.   x ∈ [ 0; 2π ] 0 ≤ x ≤ 2π   π Hàm số xác định khi sin x ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ π ⇔ 0 ≤ x ≤ 2 cos x ≥ 0  −π π   ≤x≤  2 2 Câu 24. Đáp án D. Ta thấy cả hai hàm số y =

 0 < x < π π 0 < < x   π   π π  Hàm số xác định khi cos x ≠ 0 ⇔  x ≠ ⇔ x ∈ ( 0; π ) \  ;  2 4 2  tan x ≠ 1   π   x ≠ 4 Câu 25. Đáp án C.

3π x π Hàm số xác định khi cos  −  ≠ 0 ⇔ x ≠ + k 2π , k ∈ ℤ 2 2 4 Câu 26. Đáp án A. π 2π kπ  Hàm số xác định khi sin  2 x −  ≠ 0 ⇔ x ≠ + ,k ∈ℤ 3 3 2   Câu 27. Đáp án B.

π   x ≠ 2 + kπ cos x ≠ 0 Hàm số đã cho xác định khi  ⇔ ,k ∈ℤ  tan x ≠ −1  x ≠ −π + kπ  4 π −π  −π  Khoảng  + k 2π ; + k 2π  chứa x = + k 2π nên hàm số không xác định trong khoảng 2 4  2  này Câu 28. Đáp án A.

π   Hàm số y = tan x tập xác định là ℝ \  x / x = + kπ , k ∈ ℤ  , Hàm số y = cot x tập xác định là 2   ℝ \ { x / x = kπ , k ∈ ℤ } , suy ra (II) sai Câu 29. Đáp án A.

π π   Hàm số đã cho xác định khi cos 3x.cos  x −  .cos  x +  ≠ 0 3 3    π kπ π k π  cos 3 x ≠ 0 ⇔ x ≠ + x ≠ 6 + 3 6 3     5π π π π ⇔ cos  x −  ≠ 0 ⇔ x − ≠ + k π ⇔  x ≠ + k π, k ∈ Z  3 3 2 6      π π π  x ≠ π + kπ cos  + x  ≠ 0 ⇔ + x ≠ + k π  6 3 2   3 Câu 30. Đáp án B. 5sin 2 x + 3 cos 2 x + 5 xác định khi + 12sin x cos x π  sin x ≠ 0 kπ x ≠ + kπ ⇔ ;k ∈ Z ⇔ x ≠ ,k ∈ Z . 2  2 cos x ≠ 0  x ≠ k π

Hàm số f ( x ) =

Câu 31. Đáp án A. π  x ≠ − + k 2π 1  6 ĐK: 2sin x + 1 = 0 ⇔ sin x ≠ − ≠  . 7π 2  x≠ + k 2π  6 7π  π  Tập xác định D = R \ − + k 2π; + k 2π | k ∈ Z  . 6  6  Câu 32. Đáp án A. Ta có −1 ≤ cos 2 x ≤ 1 nên 5 − 3cos 2 x > 0, ∀x ∈ R . 54

π  Mặt khác 1 + sin  2 x −  ≥ 0 . 2  π  Hàm số đã cho xác định ⇔ 1 + sin  2 x −  ≠ 0 2  π π π  A. ⇔ sin  2 x −  ≠ −1 ⇔ 2 x − ≠ − + k 2π ⇔ x ≠ k π, k ∈ Z . 2 2 2  Tập xác định D = R \ {k π, k ∈ Z } . Câu 33. Đáp án B. Vì −1 ≤ cos x ≤ 1 nên 1 + cos x ≥ 0 và 1 − cos x ≥ 0 

1 + cos x ≥ 0. 1 − cos x

  π π  sin x +  ≠ 0 x + ≠ kπ ⇔ ,k ∈ Z . Hàm số xác định ⇔   6 6 1 − cos x ≠ 0  x ≠ k 2π   π  Tập xác định của hàm số là R \ − + k π, k 2π | k ∈ Z  .  6  Câu 34. Đáp án A. Vì −1 ≤ sin x ≤ 1 neen 2 + sin x ≥ 0, ∀x ∈ R . π  2 + sin x ≥ 0 x ≠ ± + kπ tan x ≠ ±1   2 4 Hàm số xác định ⇔  tan x − 1 ≠ 0 ⇔  ⇔ ,k ∈ Z . cos x ≠ 0 cos x ≠ 0 x ≠ π + kπ   2 π  π  Vậy D = R \  ± + k π, + k π, k ∈ Z  . 2  4  Câu 35. Đáp án D.

cot 2 x + 1 ≠ 0   π  Hàm số xác định khi cos  + 2 x  ≠ 0 3    sin x ≠ 0  π π π π  +k  + 2x ≠ + kπ x ≠ ⇔ 3 ⇔ 2 12 2 ,k ∈ Z .  x ≠ k π  x ≠ k π π π  Vậy tập xác định của hàm số là D = R \  + k , k π, k ∈ Z  . 12 2   Dạng 2: Xét tính chẵn, lẻ của hàm số lượng giác. Câu 36. Đáp án A. Với A: TXĐ: D = R . Ta có với x ∈ R  − x ∈ R  −2cos ( − x ) = −2cos x. Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn. Câu 37. Đáp án B. Với A: Ta có −2cos ( − x ) = −2cos x. 55

Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn. Với B: Ta có: −2sin ( − x ) = −2. ( − sin x ) = 2sin x = − f ( x ) . Vậy hàm số đã cho là hàm số lẻ. Vậy ta chọn B. Câu 38. Đáp án B. π  Hàm số đã cho có tập xác định D = R \  + k π, k ∈ Z  . 2  Vậy với x ∈ D  − x ∈ D . Ta có f ( − x ) = sin ( − x ) cos2 ( − x ) + tan ( − x )

= − sin x.cos2 x − tan x = − f ( x ) . Vậy hàm số đã cho là hàm số lẻ. Đáp án B. Câu 39. Đáp án A.

π   Tập xác định của hàm số là D = R \ ( 2k + 1) | k ∈ Z  là tập đối xứng. 3   Ta có f ( − x ) =

1 + sin 2 ( −2 x ) 1 + cos ( −3x )

1 + ( sin ( −2 x ) ) 1 + cos ( −3x )

1 + sin 2 2 x . 1 + cos3x →

Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn. Câu 40. Đáp án C. Ta loại I và II do khi sin x > 0 thì sin ( − x ) = − sin x < 0 , do đó

− sin x không tồn tại.

π π Với III: Hàm số xác định khi cos x ≥ 0 ⇔ − + k 2π ≤ x ≤ + k 2π, k ∈ Z . 2 2 Tập xác định của hàm số là tập đối xứng. Do vậy, ta xét f ( − x ) = sin ( − x ) . cos ( − x ) = − sin x. cos x = − f ( x ) . Vậy III đúng. Câu 41. Đáp án C. Với A: Tương tự như câu 26, thì ta loại A. Với B: Tập xác định D = R là tập đối xứng. 2

Ta có f ( − x ) = sin 2 ( − x ) = ( − sin x ) = sin 2 x. Vậy hàm sô ở phương án C là hàm số lẻ.

Câu 42. Đáp án A.

cos2 x ≠ 0 Ta loại D vì để hàm số đã cho xác định thì  nên tập xác định của hàm số đã cho sin x ≠ 0 không thể là hàm số chẵn. tan ( −2 x ) − tan 2 x Do f ( − x ) = = = f ( x) . sin 3 ( − x ) − sin 3 x

Câu 43. Đáp án B. Ta thấy các hàm số ở phương án A,C là các hàm số lẻ, còn ở phương án D là hàm số chẵn. Do π π π    vậy, ta chọn B.Thật vậy 2 sin  − x −  = − 2 sin  x +  ≠ 2 sin  x −  . 4 4 4    Câu 44. Đáp án C. Hàm số lẻ có đồ thị nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng, do đó ta đi tìm hàm số lẻ trong bốn hàm số đã cho. Với bài toán này ta đi tìm hàm số là hàm số lẻ. Với các bạn tinh ý thì ta có thể chọn luôn C. 56

Lý giải: Tập xác định D = R \ {k π | k ∈ Z } là tập đối xứng. f (−x) =

1 −1 = = − f ( x ) . Vậy hàm số ở phương án C là hàm số lẻ có đồ thị đối sin 2013 ( − x ) sin 2013 x

xứng qua gốc tọa độ. Câu 45. Đáp án B. Hàm số chẵn có đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng do đó ta đi tìm hàm số chẵn trong bốn hàm số đã cho. Hàm số ở D loại vì lí do tương tự câu 26. Hàm số A và C là hàm số lẻ. Do vậy ta chọn B. Câu 46. Đáp án A. Với A: TXĐ: D = R . Ta có f ( − x ) = ( sin ( − x ) )

2016

.cos ( − x ) = sin 2016 x.cos x .

Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn. Các hàm số ở B, C, D đều là hàm số lẻ. Câu 47. Đáp án D. (I) Tập xác định của hàm số đã cho là tập đối xứng. Ta có f ( − x ) = tan ( − x ) + cot ( − x ) = − tan x − cot x = − f ( x ) . Vậy (I) đúng. (II) Tập xác định của hàm số đã cho là tập đối xứng. Ta có f ( − x ) = tan ( − x ) − cot ( − x ) = − tan x + cot x = − f ( x ) . Vậy (II) đúng. Câu 48. Đáp án A. - Với (I) ta có f ( − x ) = tan ( − x ) + cos ( − x ) = − tan x + cos x ≠ f ( x ) ≠ f ( x ) . Vậy hàm số ở (I) không phải hàm số chẵn cũng không phải hàm số lẻ. - Với (II) ta có f ( − x ) = tan ( − x ) + sin ( − x ) = − tan x − sin x = − f ( x ) . Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn. Câu 49. Đáp án C. Tập xác định của hàm số D = R . 2

Ta có f ( − x ) = 1 − sin 2 ( − x ) = 1 − ( − sin x ) = 1 − sin 2 x = f ( x ) . Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn. Câu 50. Đáp án D. Dễ thấy hàm số y = sin 2 x là hàm số lẻ. Với B ta có f ( − x ) = ( − x ) .cos ( − x ) = − x.cos x = − f ( x ) . Vậy hàm số ở B là hàm số lẻ. Với C ta có TXĐ D = R \ {k π | k ∈ Z } là tập đối xứng. f ( − x ) = cos ( − x ) .cot ( − x ) = cos x. ( − cot x ) = − f ( x ) .

Vậy hàm số ở C là hàm số lẻ. Vậy ta chọn D. Câu 51. Đáp án A. Ta chọn luôn A vì ở phần ví dụ ta có đưa ra hàm số y = f ( x ) là hàm số chẵn trên D.

Với A: Tập xác định D = R . 1 1 Ta có f ( − x ) = sin ( − x ) .cos ( −2 x ) = − sin x.cos 2 x = f ( x ) . 2 2 Vậy hàm số đã cho là hàm số lẻ. Câu 53. Đáp án A. Ta thấy hàm số ở phương án A là hàm số chẵn thì ta có đồ thị đối xứng qua trục tung, chứ không phải đối xứng qua gốc tọa độ. Câu 54. Đáp án C.  π π Tập D =  − ;  là tập đối xứng.  2 2 Ta có f ( − x ) = cos(− x) = cos x = f ( x ) . Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn Câu 55. Đáp án B.

Vói A: Ta có f ( − x ) = ( − x ) sin 3 ( − x ) = x sin 3 x = f ( x ) . vậy A đúng. Với B : Tập xác định D là tập đối xứng . sin ( − x ) cos ( − x ) − sin x cos x Ta có f ( − x ) = = = tan ( − x ) + cot ( − x ) − ( tan x + cot x ) Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn. Vậy B sai. Câu 56. Đáp án D. Với A : Tập xác định của hàm số đã cho là tập đối xứng . Ta có f ( − x ) =

sin(− x) − tan(− x) 2sin(− x) + 3cot(− x)

− sin x + tan x sin x − tan x = = f ( x ) . Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn có đồ thị nhận −2sin x − 3cot x 2sin x + 3cot x trục oy làm trục đối xứng . Vậy A đúng. (− x )2 x2 Với B : Ta có f (− x) = = = − f ( x) . Vậy hàm số đã cho là hàm sin(− x) + tan(− x) − sin x − tan x số lẽ có đồ thị nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng . vậy B đúng . sin 2008 n (− x) + 2009 sin 2008n x + 2009 Với C : Ta có f (− x) = = = f ( x). Vậy hàm số đã cho là cos(− x) cos x hàm số chẵn có đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng . Vậy C đúng . Từ đây ta chọn D. Câu 57. Đáp án C. Bài toán trở thành tìm hàm số chẵn trong bốn hàm số đã cho phần phương án . cos2008n (− x) + 2003 cos2008n x + 2003 Với A : Ta có f (− x) = = = − f ( x). Vậy hàm số đã cho là 2012sin(− x) −2012sin x hàm số lẽ, (loại). Với B : Ta có f ( − x ) = tan( − x) + cot( − x ) = − tan x − cot x = − f ( x ). Vậy hàm số đã cho là hàm số lẽ (loại). cos x cos(− x ) Với C : Ta có f (− x) = = = f ( x). vậy ta 6(− x )6 + 4(− x)4 + 2(− x) 2 + 15 6 x 6 + 4 x 4 + 2 x 2 + 15 chon C Câu 58. Đáp án A. =

Câu 52. Đáp án A. 57

sin x cos x = f ( x) . tan x + cot x

 x ≠ kπ sin x ≠ 0 kπ  ⇔ , k ∈ ℤ. vậy tập Vì cos x + 2 > 0, ∀x ∈ ℝ . Do đó điều kiện là  kπ ⇔ x ≠ sin 4 x ≠ 0 4 ≠ x   4 xác định của D là tập đối xứng. Ta có f (− x) =

cos x + 2 + cot 2 (− x) cos x + 2 + cot 2 (− x) =− = − f ( x) . Vậy hàm số đã cho là sin(−4 x) sin 4 x

hàm số lẽ. Câu 59. Đáp án D. Tập xác định D = ℝ. Với ∀x ∈ D  − x ∈ D.

Ta có f (− x) = cos(−2 x).sin(− x − ) = cos 2 x.sin(− x − ) = − cos 2 x.sin( x + ) 4 4 4  f ( − x) ≠ f ( x) Ta thấy  . Vậy hàm số đã cho không chẵn không lẻ.  f ( − x) ≠ − f ( x) Câu 60. Đáp án C. Tập xác định D = ℝ là tập đối xứng . f (− x) = 1 + 2(− x) 2 − cos3(− x) = 1 + 2 x 2 − cos3x = f ( x) . Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn. Dạng 3 : Xét tính đơn điệu của hàm số lượng giác. Câu 61. Đáp án A.

 π Cách 1 : Ta thấy trên khoảng  0;  hàm f ( x ) = sin x đồng biến và hàm g ( x) = − cos x đồng  2  π biến , suy ra trên  0;  hàm số y = sin x − cos x đồng biến.  2 Cách 2 : Sử dụng máy tính . Dùng TABLE ta xác định được hàm số y = sin x − cos x tăng trên  π  0;   2 Câu 62. Đáp án C .

Câu (II) đúng. Câu 65. Đáp án A.

π  π π   Ta có y = 4sin  x +  cos  x −  − sin 2 x = 2  sin 2 x + sin  − sin 2 x = sin 2 x + 3 . Xét sự 6 6 3    biến thiên của hám số y = sin 2 x + 3 , ta sử dụng TABLE để xét các mệnh đề .

 π Ta thấy với A. Trên  0;  thì giá trị của hàm số luôn tăng.  4  3π  Tương tự trên  ; π  thì giá trị của hàm số cũng luôn tăng.  4  Câu 66. Đáp án B.

π  π  Ta thấy hàm số y = tan x luôn đồng biến trên mỗi khoảng  − + kπ ; + kπ  , suy ra hàm số 2  2  π π π kπ π kπ <x< + y = tan 2 x luôn đồng biến tren mỗi khoảng − + kπ < 2 x < + kπ ⇔ − + 2 2 4 2 4 2 . Vậy B là sai. Câu 67. Đáp án A. π  Ta có y = sin x + cos x = 2 sin  x +  . Để hàm số y = sin x + cos x tăng thì 4  π π π 3π π − + k 2π < x + < + k 2π , k ∈ ℤ. ⇔ − + k 2π < x < + k 2π , k ∈ ℤ. 2 4 2 4 4 Câu 68. Đáp án C. Bài toán có hai hàm số mà cùng xét trên một khoảng nên ta sẽ sử dụng chức năng TABLE cho hai hàm Ấn MODE7 : Nhập f ( x ) là hàm tan 2 x. nhập g ( x ) là hàm sin 2 x thì ta có kết quả .

π  π π Ta thấy cả hai hàm số đều không là hàm tăng trên cả khoảng  − ;  . Vì khi x chạy từ − 2  2 2

3π π  Ta thấy hàm số y = sin 2 x nghịch biến trên  + k 2π ; + k 2π  , k ∈ ℤ , suy ra hàm số 2 2  π 3π π 3π + k 2π , k ∈ ℤ ⇔ + kπ < x < + kπ , k ∈ ℤ y = sin 2 x nghịch biến khi + k 2π < 2 x < 2 2 4 4 3π π  Vậy hàm số y = sin 2 x nghịch biến trên mỗi khoảng  + kπ ; + kπ  , k ∈ ℤ 4 4  Câu 63. Đáp án A. Hàm số y = cos 2 x nghịch biến khi k 2π < 2 x < π + k 2π ⇔ kπ < x <

π 2

+ kπ , k ∈ ℤ

Câu 64. Đáp án B. 1  3π   3π  tăng : ∀x ∈  π ;  : Hàm y = sin x giảm và sin x < 0 , ∀x ∈  π ;  suy ra y = sin x  2   2   3π   3π  Câu (I) sai, ∀x ∈  π ;  : Hàm y = cos x tăng và cos x < 0 , ∀x ∈  π ;  , suy ra hàm 2  2    1 y= giảm. cos x 59

đến 0 thì giá trị của hai hàm số đều giảm . Khi x chạy từ 0 đến

π 2

thì giá trị của hai hàm số đều

tăng , vậy cả hai mệnh đề đều sai. Câu 69. Đáp án D. D sai , thật vậy với

2π 3π  π  2π 3π 2π 3 3π ; ∈  ; π  , ta có : <  cot =− > −1 = cot 3 4 2  3 4 3 3 4

Câu 70. Đáp án A.

Ta có thể loại phương án B ;C ;D luôn do tại f ( 0 ) = cos 0 = 1 và f ( π ) = cos 2π = 1 . Các bảng biến thiên B ;C ;D đều không thỏa mãn. Câu 71. Đáp án C. 2 π   π Tương tự như câu 70 thì ta có thể loại A và B do f   = cos  −  = . tiếp theo xét giá trị 2  4 2 hàm số tại hai đâu mút thì ta loại được D. Dạng 4 : Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của hàm lượng giác . Câu 72. Đáp án B.

2 3 (1 − tan 2 x ) 1 − tan 2 x . Từ đó suy ra y = 3cot 2 2 x − = 3cot 2 2 x − 2 3 cot 2 x 2 tan x 2 tan x 2 1 = 3 cot 2 x − 1 − 1 ≥ −1, ∀x ∈ ℝ . Vậy min y = −1 ⇔ cot 2 x = . 3 Câu 82. Đáp án C. π 1 π 1   Ta có y = 2 cos x + sin  x +  ⇔ 2 cos x + 2 sin  x +  ⇔ 2 cos x + ( sin x + cos x ) 4 4 2 2  

Tập xác định D = [ 0; +∞ ) .Ta có −1 ≤ cos x ≤ 1 , ∀x ∈ D . ⇔ −4 ≤ y ≤ 4 . Vậy

Ta có cot 2 x =

min y = −4 ⇔ cos x = −1. ma xy = 4 ⇔ cos x = 1. D

(

Câu 73. Đáp án C .

Ta có y = 1 − cos x − 2 = sin − 2 = sin x − 2 0 ≤ sin x ≤ 1 ⇔ −2 ≤ y ≤ −1 2

Câu 74. Đáp án C.

Ta có −1 ≤ sin( x + ) ≤ 1 4 Câu 75. Đáp án B.

3 5 3 3 5 3 5 3 Ta có sin 6 x + cos6 x = 1 − sin 2 2 x = + − sin 2 2 x = + (1 − 2sin 2 2 x ) = + cos 4 x 4 8 8 4 8 8 8 8 5 3 Ta có cos 4 x ≤ 1, ∀x ∈ ℝ ⇔ + cos 4 x ≤ 1, ∀x ∈ ℝ. Dấu bằng xảy ra khi cos 4 x = 1. 8 8 Câu 76. Đáp án D. Cách 1 : Tương tự như phần lý thuyết đã giới thiệu thì ta thấy cos x + 2 > 0, ∀x . Vậy sin x + 1 y= ⇔ sin x + 1 = y (cos x + 2) ⇔ sin x − y cos x + 1 − 2 y = 0 . Ta có cos x + 2 4 2 12 + ( − y ) 2 ≥ (1 − 2 y ) ⇔ y 2 + 1 ≥ 4 y 2 − 4 y + 1 ⇔ 3 y 2 − 4 y ≤ 0 ⇔ 0 ≤ y ≤ . Vậy min y = 0. 3 sin x + 1 ≥ 0 Cách 2 : Ta có   y ≥ 0  min y = 0 khi sin x = −1 . cos x + 2 ≥ 0 Câu 77. Đáp án C. cos x + 2sin x + 3 Ta có 2 cos x − sin x + 4 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ. y = 2 cos x − sin x + 4 ⇔ 2 y cos x − y sin x + 4 y = cos x + 2 sin x + 3 ⇔ ( 2 y − 1) cos x − ( y + 2 ) sin x + 4 y − 3 = 0 . Ta có 2

( 2 y − 1) + ( y + 2 )

)

≥ ( 4 y − 3 ) ⇔ 5 y 2 + 5 ≥ 16 y 2 − 24 y + 9 ⇔ 11 y 2 − 24 y + 4 ≤ 0 ⇔

2 ≤ y ≤ 2. 11

có − 5 + 2 2 ≤ y ≤ 5 + 2 2 . Vậy giá trị lớn nhát của hàm số là Câu 83. Đáp án A.

5+ 2 2 .

Ta có y = sin 4 x + cos 4 x + sin x cos x ⇔ y = 1 − 2sin 2 x cos 2 x + sin x cos x 2 2 1 1 1  1  1 9 1 1 9 ⇔ 1 − sin 2 2 x + sin 2 x ⇔ y = 1 −  sin 2 x −  −  ⇔ y = −  sin 2 x −  ≤ . 2 2 2  2  4  8 2 2 8 1 Dấu bằng xảy ra khi sin 2 x = . 2 Câu 84. Đáp án A. Ta có sin x cos x + cos x sin x ≥ 2 sin x.cos x sin x.cos x ⇔ y ≥ 2.

1 1 sin 2 x sin 2 x ≥ 0 . 2 2

Dấu bằng xảy ra ⇔ sin 2 x = 0. Câu 85. Đáp án C. Ta có y 2 ≤ (12 + 12 )( cos 2 x + 7 sin 2 x + sin 2 x + 7 cos 2 x ) ⇔ y 2 ≤ 2 (1 + 7 ) = 16  y ≤ 4 . Dấu bằng xảy ra khi x =

π 4

kπ , k ∈ ℤ. Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 4. 2

Vậy GTLN của hàm số đã cho là 2. Câu 78. Đáp án A. 1 1 1 1 59 2 Ta có f ( x ) = 3 − sin 2 x cos2 x = 3 − . ( 2sin x.cos x ) = 3 − sin 2 x ≤ 3 − = . Vậy 5 20 20 20 20 59 GTNN của hàm số là . 20 Câu 79. Đáp án B. Ta có 42 + 22 ≥ y 2 ⇔ −2 5 ≤ y ≤ 2 5. Câu 80. Đáp án D. 2  1 5 Ta có y = 4 ( sin x − (1 − sin 2 x) ) = 4 ( sin 2 x + sin x − 1) = 4   sin x +  −  ≥ −5.  2  4   1 Dấu bằng xảy ra khi sin x = −  min y = −5 2 Câu 81. Đáp án D.

1  1 1   1    2 ⇔ y = 2+ sin x . Ta có y 2 ≤  2 +  cos x +  +  ⇔ y ≤ 5 + 2 2 . Do đó ta 2 2 2  2  

π 2π  x = 6 + k 3 ⇔ (k ∈ ℤ)  x = π − k 2π  2 STUDY TIP ( − sin f ( x)) = sin( − f ( x)) ( − cos f ( x )) = cos(π − f ( x ))

( − tan f ( x)) = tan( − f ( x)) ( − cot f ( x )) = cot( − f ( x ))

C. cos 4 x = − cos 6 x ⇔ cos 4 x = cos (π − 6 x )

π π   x = 10 + k 5  4 x = π − 6 x + k 2π ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ)  x = π − kπ  4 x = − (π − 6 x ) + k 2π  2

PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

I. CONG THỨC NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRINH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN  f ( x ) = g ( x ) + k 2π a) sin f ( x ) = sin g ( x ) ⇔  ( k ∈ ℤ)  f ( x ) = π − g ( x ) + k 2π  f ( x ) = g ( x ) + k 2π b) cos f ( x ) = cos g ( x ) ⇔  (k ∈ ℤ)  f ( x ) = − g ( x ) + k 2π c) tan f ( x ) = tan g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x ) + kπ , ( k ∈ ℤ )

2π ( k ∈ ℤ ) làm nghiệm 3

π  A. sin 3x = sin  − 2 x  . 4 

B. cos x = sin 2 x.

C. cos 4 x = − cos 6 x.

D. tan 2 x = − tan

π 4

Lời giải Chọn B

π π 2π   3x = 4 − 2 x + k 2π  x = 20 + k 5 π  A. sin 3 x = sin  − 2 x  ⇔  ⇔ 4   x = 3π + k 2π 3x = π − ( π − 2 x) + k 2π   4 4

π   x = 2 − 2 x + k 2π π  ( k ∈ ℤ) B. cos x = sin 2 x ⇔ cos x = cos  − 2 x  ⇔  2   x = −  π − 2 x  + k 2π    2  63

⇔ tan 2 x = tan(− ) ⇔ x = − + k (k ∈ ℤ). 4 4 8 2 So sánh ta được đáp án là B. LƯU Ý: Bạn có thể biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác rồi dùng máy tính để thử nghiệm và kết luận . Phần này sẽ được trình bày kỹ hơn trong cuốn công phá kỹ thuật giải toán CASIO.

π 3

có nghiệm dạng x = α + kπ và

3π  π x = β + kπ ( k ∈ ℤ ) ,  − ≤ α ; β ≤ 4  4

d) cot f ( x ) = cot g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x ) + kπ , ( k ∈ ℤ )

Ví dụ 2. Phương trình sin 2 x = − sin

Không được dùng đồng thời 2 đơn vị độ và radian cho một công thức về nghiệm phương trình lượng giác. Ví dụ 1. Trong các phương trình sau, phương trình nào nhận x =

D. tan 2 x = − tan

A. −

π2 . 9

B. −

  . Khi đó tích α .β bằng : 

π . 9

C. −

4π 2 . 9

π2 . 9

Lời giải Chọn A

π   2 x = − 3 + k 2π π π Ta có sin 2 x = − sin ⇔ sin 2 x = sin(− ) ⇔  3 3  2 x = π − (− π ) + k 2π  3 π   x = − 6 + kπ π2 ⇔  α .β = − . 2 π 9 x = + kπ  3 II. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN Dạng sin x = m, cos x = m, tan x = m, cot x = m, ( m ∈ ℝ ) 1. Phương trình sin x = m (1) - Nếu m > 1  Phương trình (1) vô nghiệm do sin x ≤ 1 ∀x ∈ ℝ .

- Nếu m ≤ 1: + Xác định α sao cho m = sin α .  x = α + k 2π Vậy phương trình sin x = m ⇔ sin x = sin α ⇔  (k ∈ℤ) .  x = π − α + k 2π 64

π  π − ≤ α ≤ + Nếu số thực α thỏa mãn điều kiện  2 thì ta viết α = arcsin m (đọc là 2 sin α = m  x = arcsin m + k 2π ac-sin-m). Khi đó sin x = m ⇔  (k ∈ ℤ).  x = π − arcsin m + k 2π

3 3  π   π  4π   4π  Ta có sin  − + k 2π  = sin  −  = − và sin  + k 2π  = sin  . =− 2 2  3   3  3   3  Đặc biệt Phương trình Biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác + sin x = 1

⇔ x=

π 2

+ k 2π , k ∈ ℤ .

↷

sđ AM =

π 2

+ k 2π , k ∈ ℤ .

+ sin x = 1

⇔ x=−

STUDY TIP +) sin x = m có nghiệm ⇔ m ≤ 1

3 1 . B. sin x = . C. sin x = − 2 2 Lời giải

+ k 2π , k ∈ ℤ

 π π +) arc sin m là cung thuộc  − ;  mà có sin bằng m.  2 2 Ví dụ 1. Trong các phương trình sau đây,phương trình nào có tập nghiệm là π 4π x = − + k 2π và x = + k 2π , (k ∈ ℤ). 3 3 2 A. sin x = 2

↷

sđ AM = −

2 D. sin x = 3

+ sin x = 0 ⇔ x = kπ , k ∈ ℤ .

2 2 vô nghiệm do > 1. 2 2

+ k 2π , k ∈ ℤ .

↷

sđ AM = k 2π ; k ∈ ℤ ↷

sđ AM = ( 2k + 1) π ; k ∈ ℤ  x = k 2π Để ý:   x = ( 2k + 1) π ⇔ x = kπ ; k ∈ ℤ

Chọn A Cách 1

A. sin x =

2. Phương trình cos x = m ( 2 )

π   x = 4 + k 2π 1 π 1 2 π B. sin x = ⇔ sin x = sin ( vì = = sin ) ⇔  ( k ∈ ℤ) . 4 2 4 2 2  x = 3π + k 2π  4 π   x = − 3 + k 2π 3 π 3 π . ⇔ sin x = sin(− ) ( vì − = sin(− ) ) ⇔  C. sin x = − (k ∈ ℤ) 2 2 3 3  x = 4π + k 2π  3  2 + k 2π  x = arcsin 2 2 3 D. sin x = sin x = ⇔ (k ∈ ℤ).  3 3 2 + k 2π  x = π − arcsin 3  Vậy phương án đúng là C. Cách 2 : Sử dụng máy tính cầm tay ( MTCT). 65

- Nếu m > 1  Phương trình (2) vô nghiệm (do cos x ≤ 1, ∀x ∈ ℝ ). - Nếu m ≤ 1 : + Xác định α sao cho cos α = m .  x = α + k 2π Vậy phương trình cos x = m ⇔ cos x = cos α ⇔  (k ∈ ℤ) .  x = −α + k 2π 0 ≤ α ≤ π + Nếu số thực α thỏa mãn điều kiện  thì ta viết α = arccos m (đọc là ac-cos- m). cos α = m  x = arccos m + k 2π Khi đó cos x = m ⇔  (k ∈ ℤ) .  x = − arccos m + k 2π

D. cos x = −

4 4 vô nghiệm do − < −1 . 3 3

Ví dụ 2. Chọn đáp án sai: Nghiệm của phương trình cos x = − A. x = − C. x = ±

π 6

3 là: 2

 3 B. x = ± arccos  −  + k 2π , k ∈ ℤ .  2 

+ k 2π , k ∈ ℤ .

5π + k 2π , k ∈ ℤ . 6

D. x = ±150° + k 360°, k ∈ ℤ . Lời giải

Chọn A ↷

↷

sđ AM = α + k 2π ; sđ AM = −α + k 2π STUDY TIP + arccos m là cung thuộc [0; π ] mà có cos bằng m . + Phương trình cos x = m có nghiệm ⇔ m ≤ 1 . Ví dụ 1. Phương trình nào trong các phuương trình sau có 2 nghiệm thuộc ( 0°;180° ) ? A. cos x = −

2 . 2

C. cos ( x + 30° ) =

B. cos ( x + 50° ) =

1 . 2

3 . 2

3  π Dễ dàng kiểm tra trên đường tròn lượng giác cos  −  = .  6 2 Đặc biệt Phương trình Biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác + cos x = 1 M≡A ↷ ⇔ x = k 2π , k ∈ ℤ .  sđ AM = 0 + k 2π = k 2π , k ∈ℤ .

4 D. cos x = − . 3 Lời giải

Chọn C

+ cos x = −1 ⇔ x = ( 2k + 1) π , k ∈ ℤ .

2 ⇔ cos x = cos135° ⇔ x = ±135° + k 360° chỉ có một nghiệm thuộc ( 0°;180° ) . 2  x = −20° + k 360° 3 B. cos ( x + 50° ) = ⇔ cos ( x + 50° ) = cos 30° ⇔  2  x = −80° + k 360° A. cos x = −

 Phương trình không có nghiệm nào thuộc ( 0°;180° ) '

1 ⇔ cos ( x + 30° ) = cos 60° 2  2 x + 30° = 60° + k 360°  x = 15° + k180° ⇔ ⇔ + ° = − ° + ° 2 x 30 60 k 360   x = −45° + k180° C. cos ( x + 30° ) =

+ cos x = 0 π ⇔ x = ± + k 2π , k ∈ ℤ 2 π ⇔ x = + kπ , k ∈ ℤ 2 ..

↷

sđ AM = π + k 2π , k ∈ℤ .

= ( 2k + 1) π ; k ∈ ℤ .

↷

sđ AM = ↷

π 2

sđ AM ' = −

+ k 2π ; k ∈ ℤ

π 2

+ k 2π ; k ∈ ℤ

π   x = 2 + k 2π Để ý:   x = − π + k 2π  2 π

+ kπ ; k ∈ ℤ 2 3. Phương trình tan x = m,cot x = m a) Phương trình tan x = m ⇔x=

 Phương trình có hai nghiệm thuộc ( 0°;180°) . 67

Điều kiện: x ≠

π 2

π  π D. cot x = − 3 ⇔ cot x = cot  −  ⇔ x = − + kπ ( k ∈ ℤ ) . 6  6 5π Chọn k = 1  Nghiệm dương bé nhất là x = . 6

+ kπ ( k ∈ ℤ )

- Ta xác định α sao cho m = tan α . Khi đó phương trình

tan x = m ⇔ tan x = tan α ⇔ x = α + kπ ( k ∈ ℤ ) .

Vậy giá trị nhỏ nhất là x =

nên ta chọn đáp án A. 8 Ví dụ 2. Phương trình tan ( 3 x − 15° ) = 3 có các nghiệm là:

π  π − < α < + Nếu số thực α thỏa mãn điều kiện  2 2 thì ta viết tan α = m

A. x = 60° + k180° .

α = arctan m (đọc là ac - tan - m). Khi đó phương trình tan x = m ⇔ x = arctan m + kπ ( k ∈ ℤ ) ..

B. x = 75° + k180° . C. x = 75° + k 60° . Lời giải

D. x = 25° + k 60° .

Chọn D Ta có: tan ( 3x − 15° ) = 3 ⇔ tan ( 3x − 15° ) = tan 60° ⇔ 3x − 15° = 60° + k180°

AT = m

⇔ x = 25° + k 60° ( k ∈ ℤ ) .

b) Phương trình cot x = m

* Kĩ năng biểu diễn và tổng hợp nghiệm trên đường tròn lượng giác

Điều kiện: x ≠ kπ ( k ∈ ℤ ) - Ta xác định α sao cho m = cot α . Khi đó phương trình cot x = m ⇔ cot x = cot α ⇔ x = α + kπ ( k ∈ ℤ ) .

0 < α < π + Nếu số thực α thỏa mãn điều kiện  thì ta viết cot α = m

AS = m

α = arc cot m (đọc là ac - cotang - m). Khi đó phương trình cot x = m ⇔ x = arc cot m + kπ ( k ∈ ℤ ) .

2 điểm đối xứng qua gốc O x = α + kπ ; k ∈ ℤ

1 điểm trên đường tròn lượng giác x = α + k 2π ; k ∈ ℤ

STUYDY TIP Phương trình tan x = m, cot x = m luôn có nghiệm với ∀m ∈ ℝ Ví dụ 1. Trong các nghiệm dương bé nhất của các phương trình sau, phương trình nào có nghiệm dương nhỏ nhất? A. tan 2 x = 1 .

π  B. tan  x −  = 3 . C. cot x = 0 . 4  Lời giải

D. cot x = − 3 .

Chọn A A. tan 2 x = 1 ⇔ tan 2 x = tan

π 4

⇔ 2x =

π 4

+ kπ ⇔ x =

(Với k = 0 nên nghiệm dương bé nhất là x =

π 8

π 2

(k ∈ ℤ) .

) 8 π π π 7π  B. tan  x −  = 3 ⇔ x − = + kπ ⇔ x = + kπ ( k ∈ ℤ ) . 4 4 3 12  7π  Nghiệm dương bé nhất là x = . 12

C. cot x = 0 ⇔ cos x = 0 ⇔ x =

π 2

+ kπ ( k ∈ ℤ )  Nghiệm dương bé nhất là x = 69

4 điểm cách đều: x = α + k

π 2

;k ∈ℤ

. 70

3 điểm cách đều: x = α + k

2π ;k ∈ℤ 3

B. cos x = − n điểm cách đều: x = α + k

2π ;k ∈ℤ n

III. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP. DẠNG 1: PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT ĐỐI VỚI MỘT HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC Có dạng at + b = 0 với a, b ∈ ℝ, a ≠ 0 , t là một hàm số lượng giác Phương pháp giải b at + b = 0 ⇔ t = − (đây là phương trình lượng giác cơ bản đã học) a STUDY TIP 1. a sin f ( x ) + b = 0 . 2. a cos f ( x ) + b = 0 3. a tan f ( x ) + b = 0 . 4. a cot f ( x ) + b = 0 . Ví dụ 1. Trong các phương trình sau, phương trình nào có 2 nghiệm thuộc ( 0; π ) ? A.

3 sin x − 2 = 0 .

B. 2 cos x + 1 = 0 .

3 tan x + 1 = 0 .

2 sin x − 1 = 0 .

Lời giải Chọn D 2 vô nghiệm (loại phương án A). 3 1 2π + k 2π ( k ∈ ℤ )  Có 1 nghiệm thuộc ( 0; π ) . B. 2 cos x + 1 = 0 ⇔ cos x = − ⇔ x = ± 2 3 1 π C. 3 tan x + 1 = 0 ⇔ tan x = − ⇔ x = − + kπ ( k ∈ ℤ )  Có 1 nghiệm thuộc ( 0; π ) . 6 3

A. 3 sin x − 2 = 0 ⇔ sin x =

π   x = 4 + k 2π 1 ⇔ D. 2 sin x − 1 = 0 ⇔ sin x = ( k ∈ ℤ )  Có hai nghiệm thuộc ( 0; π ) . 2  x = 3π + k 2π  4 LƯU Ý: Để giải nhanh các bạn có thể biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác rồi so sánh để đưa ra đáp án một cách dễ dàng.

1 2

C. tan x = −

D. sin x =

1 2

STUDY TIP Một số phương trình phải qua một vài bước biến đổi đưa về phương trình bậc nhất đối với một hàm số lượng giác. 7 Ví dụ 2. Tổng hai nghiệm dương liên tiếp nhỏ nhất của phương trình sin 6 x + cos 6 x = là: 16 5π π 7π π A. , B. . C. . D. . 6 2 6 6 Lời giải

Chọn B Ta có: sin 6 x + cos 6 x = ( sin 2 x + cos 2 x )( sin 4 x − sin 2 x cos 2 x + cos 4 x )

3 3 1 − cos 4 x 5 + 3cos 4 x = ( sin 2 x + cos2 x ) − 3sin 2 x cos 2 x = 1 − sin 2 2 x = 1 − . = 4 4 2 8 5 + 3cos 4 x 7 1 2π  = ⇔ cos 4 x = − ⇔ cos 4 x = cos 8 16 2 3 2π π π    4 x = 3 + k 2π x = 6 + k 2 ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ)  4 x = − 2π + k 2π x = − π + k π 3 6 2   Suy ra phương trình có 2 nghiệm dương nhỏ nhất là x1 = Vậy x1 + x2 =

π 6

và x2 =

π 3

2 DẠNG 2.PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI (HOẶC PHƯƠNG TRÌNH ĐƯA VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 2) ĐỐI VỚI MỘT HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC Có dạng: at 2 + bt + c = 0 với a, b, c ∈ ℝ; a ≠ 0, t là một hàm số lượng giác. Phương pháp giải: - Bước 1: Đặt ẩn phụ, tìm điều kiện của ẩn phụ. - Bước 2: Giải phương trình ẩn phụ. - Bước 3: Từ nghiệm tìm được đưa về phương trình lượng giác cơ bản. Ví dụ 15. Các điểm A, A ', B, B ' được biểu diễn trên đường tròn lượng giác thì các nghiệm của phương trình sin 2 x + 4sin x + 3 = 0 là:

1 3

A. sđ AB .

B. sđ AA ' .

' . C. sđ AB Lời giải

' . D. sđ AB và sđ AB

Chọn C. Đặt sin = t  t = [ −1;1] ∀x ∈ ℝ

+ k 2π ; k ∈ ℤ 2 Vậy nghiệm của phương trình là sđ AB ' 3 = 3cot x + 3 là: Ví dụ 16. Nghiệm âm lớn nhất của phương trình sin 2 x π 5π π A. − . B. − . C. − . 2 6 6 Lời giải Chọn A. Điều kiện: s inx ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ ( k ∈ ℤ )

D. −

2π . 3

Phương trình ⇔ 3 (1 + cot 2 x ) = 3cot x + 3 ⇔ 3 cot 2 x − 3cot x = 0

π   x = 2 + kπ  cot x = 0 ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ)  x = π + kπ  cot x = 3  6 π Vậy nghiệm âm lớn nhất là − 2 B. 206403π .

b a 2 + b2

cos x =

a2 + b2

c 2

≤1⇔

a +b a  = sin α  2  a + b2 + Bạn có thể đặt:  b  = cos α  a 2 + b 2

c2 ≤ 1 ⇔ a2 + b2 ≥ c2 a + b2 2

C. 205761π . Lời giải

x x + cos4 = 1 − 2sin x là: 2 2 D. 204603π .

⇔ cos ( x − α ) =

a +b a + b2 Việc đặt thế nào thì tùy từng bài để được lời giải hợp lý nhất. Ví dụ 1. Phương trình m sin x − cos x = 1 với m là tham số vô nghiệm khi: A. m ∈ ( 0; +∞ ) . B. m ∈ ℝ \ ( 0 ) . C. m ∈∅ . D. m = 0 .

Chọn B.

Lời giải: Chọn C. + Ta đi tìm m để phương trình m sin x − cos x = 1 có nghiệm rồi lấy phần bù 2

+ Ta có: Phương trình m sin x − cos x = 1( *) có nghiệm ⇔ m 2 + ( −1) ≥ 12 ⇔ m 2 ≥ 0∀m ∈ ℝ Vậy phương trình (*) có nghiệm ∀m ∈ ℝ suy ra phương trình m sin x − cos x = 1 vô nghiệm

x x x x  Phương trình ⇔  sin 2 + cos 2  − 2 sin 2 cos 2 = 1 − 2 sin x 2 2 2 2  s inx = 0 1 1 ⇔ 1 − sin 2 x = 1 − 2sin x ⇔ sin 2 x − 2sin x = 0 ⇔  ⇔ x = kπ ( k ∈ ℤ ) 2 2 s inx = 4(VN ) 2018 0 < x < 2018 ⇔ 0 < kx < 2018 ⇔ 0 < k <  k ∈ {1, 2,3,..., 642}

Vậy tổng các nghiệm cần tìm là: 642 ( 642 + 1) π = 206403π 2 DẠNG 3. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT ĐỐI VỚI SINX, COSX:  a , b, c ∈ ℝ Có dạng a sin x + b cos x = c (1) trong đó  2 2 a + b ≠ 0 Phương pháp giải: S = π + 2π + 3π + ... + 642π = π (1 + 2 + 3 + ... + 642 ) =

Chia 2 vế cho

s inx +

 (1)  cos x.cos α + sin x.sin α =

Ví dụ 17. Tổng các nghiệm thuộc khoảng ( 0; 2018 ) của phương trình sin 4 A. 207046π .

a a 2 + b2 a

 = cos α  2 c  a + b2 Đặt   (1)  s inx.cos α + cos x.sin α = 2 b a + b2  = sin α  a 2 + b 2 c ⇔ sin ( x + α ) = ( 2 ) . Đây là phương trình lượng giác cơ bản. a 2 + b2 c + Phương trình sin ( x + α ) = có nghiệm khi: a 2 + b2

t = −1 Phương trình sin 2 x + 4sin x + 3 = 0 ⇔ t 2 + 4t + 3 = 0 ⇔  t = −3(l ) Với t = −1  s inx = −1 ⇔ x = −

(1) ⇔

a 2 + b 2 ta được: 73

khi m ∈ ∅

Ví dụ 2. Nghiệm của phương trình sinx + 3 cos x = 1 là:

π   x = − 6 + k 2π A.  (k ∈ ℤ) .  x = π + k 2π  2 π   x = − 6 + kπ C.  ( k ∈ ℤ) .  x = π + kπ  2

B. x = −

π 6

+ k 2π ( k ∈ ℤ ) .

 x = k 2π D.  (k ∈ ℤ) .  x = π + k 2π 3 

Lời giải Chọn A.

1 3 1 cos x = ( chia 2 vế cho Phương trình ⇔ sinx + 2 2 2 74

a 2 + b2 = 1 + 3 = 2 )

⇔ cos

π 3

s inx + sin

π 3

cos x =

1 π 1 π π   ⇔ sin  x +  = ⇔ sin  x +  = sin 2 3 2 3 6  

π  π π   x + 3 = 6 + k 2π  x = − 6 + k 2π ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ)  x + π = 5π + k 2π  x = π + k 2π 3 6 2   Ví dụ 3. Gọi a, b lần lượt là nghiệm dương nhỏ nhất và nghiệm âm lớn nhất của phương trình cos x − sin 2 x = 3 , ta có: 2 cos 2 x − s inx − 1 11π 2 11π 2 π2 A. ab = 0 . B. ab = . C. ab = − . D. ab = − . 6 6 36 Lời giải: Chọn C. + Điều kiện: 2 cos 2 x − s inx − 1 ≠ 0 ⇔ 2sin 2 x + s inx − 1 ≠ 0 π   x ≠ − 2 + k 2π s inx ≠ −1  π   ⇔ 1 ⇔  x ≠ + k 2π ( k ∈ ℤ ) 6 s inx ≠   2 5π   x ≠ 6 + k 2π 

(

)

+ Phương trình ⇔ cos x − sin 2 x = 3 2 cos 2 x − 1 − sin x ⇔ cos x − sin 2 x = 3 ( cos 2 x − s inx )

π  cos 9 x = cos x ⇔ cos  9 x −  = cos x 6  π π π   9 x − 6 = x + k 2π  x = 48 + k 4 ⇔ ⇔ ( k ∈ ℤ) 9 x − π = − x + k 2π x = π + k π 6 60 5   π π  π 13π   π  - TH1: x = + k . Chọn k = {0;1}  x =  ;  ⊂  0;  48 4  48 48   2  π π  π 13π 5π   π  ;  ⊂  0;  - TH2: x = + k . Chọn k = {0;1; 2}  x =  ; 60 5  60 60 12   2   π Vậy phương trình có 5 nghiệm thuộc  0;   2 DẠNG 4. PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP Là phương trình dạng f ( sin x;cosx ) = 0 trong đó lũy thừa của sinx và cos x cùng bậc chẵn ⇔ sin

 3 B. x = arctan  −  + k 2π ( k ∈ ℤ ) .  5 π   x = 2 + k 2π D.  (k ∈ ℤ) .  x = arctan  − 3  + k 2π     5 Lời giải:

+ Với cos x = 0  sin 2 x = 1 . Thay vào phương trình (1) ⇔ 2 = 2 luôn đúng

− k 2π ( k ∈ ℤ )

 cos x = 0 ⇔ x =

+ kπ là nghiệm của (1) 2 + Với cos x ≠ 0, chia 2 vế cho cos2 x ta được: 1 (1) ⇔ 2 tan 2 x − 5 tan x − 1 = 2. 2 ⇔ 2 tan 2 x − 5 tan x − 1 = 2 (1 + tan 2 x ) cos x 3  3 ⇔ tan x = − ⇔ x = arctan x  −  + kπ ( k ∈ ℤ ) 5  5 π   x = 2 + kπ Kết luận: Nghiệm của phương trình (1) là  (k ∈ ℤ)  x = arctan  − 3  + kπ     5

Lời giải: Chọn D. Phương trình ⇔ 3sin 3 x − 4 sin 3 3 x + 3 cos 9 x = 2 cos x

Chọn C.

 π Ví dụ 4. Phương trình 3sin 3x + 3 cos9 x = 2 cos x + 4sin 3 3x có số nghiệm trên  0;  là:  2 A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 .

1 3 sin 9 x + cos 9 x = cos x 2 2

 3 A. x = arctan  −  + kπ ( k ∈ ℤ ) .  5 π   x = 2 + kπ C.  (k ∈ ℤ) .  x = arctan  − 3  + kπ     5

11π π 11π 2 Chọn k = 1  a = ; k = 0  b = −  a.b = − 6 6 36

⇔ sin 9 x + 3 cos 9 x = 2 cos x ⇔

sin 9 x + cos

Phương pháp giải: - Bước 1: Xét cos x = 0  Kết luận nghiệm - Bước 2: Xét cos x ≠ 0, ta chia 2 vế của phương trình cho cosn x(n là bậc cao nhất) đưa về phương trình bậc cao của tanx. Ví dụ 1. Nghiệm của phương trình 2sin 2 x − 5sin x cos x − cos 2 x = 2 (1) là:

3 1 1 3 s inx + cos x = sin 2 x + cos 2 x 2 2 2 2 π π π π π π   ⇔ cos sinx + sin cos x = cos sin 2 x + sin cos 2 x ⇔ sin  x +  = sin  2 x +  6 6 3 3 6 3   π π  π   x + 6 = 2 x + 3 + k 2π  x = − 6 − k 2π ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ)  x + π = π − 2 x − π + k 2π  x = − π + ( 2k + 2 ) π 6 3 6 3  

hoặc lẻ.

⇔ 3 s inx + cos x = sin 2 x + 3 cos 2 x ⇔

Kết hợp điều kiện suy ra phương trình có các nghiệm x = −

LƯU Ý: 76

- Khi nhìn các phương án trả lời của bài này bạn phải chia 2 vế cho cos 2 x ≠ 0 để đưa về phương trình bậc 2 theo tan x. - Tuy nhiên đối với các phương án trả lời có nghiệm biểu diễn dạng khác. Bạn đọc có thể giải theo các cách sau: + Xét sinx = 0 không thỏa mãn phương trình (1) + Với sinx ≠ 0 , chia 2 vế cho sin 2 x đưa về phương trình bậc 2 theo cot x . Hoặc dùng công thức hạ bậc để đưa về phương trình bậc nhất với sin và cos: 1 − cos 2 x 1 1 + cos 2 x − 5. sin 2 x − =2 (1) ⇔ 2 2 2 2 ⇔ 5sin 2 x + 3cos 2 x = −3 (đây là phương trình bậc nhất đối với sin 2x , cos 2x đã học trong phần trước) Hoặc (1) ⇔ 2sin 2 x − 5sin x cos x − cos 2 x = 2 ( sin 2 x + cos 2 x )

⇔ 5sin x cos x + 3cos 2 x = 0 (đây là phương trình đẳng cấp bậc 2) Ví dụ 2. Tổng 2 nghiệm âm liên tiếp lớn nhất của phương trình 4sin 3 x − sin x − cos x = 0 bằng: 5π 5π 5π A. . B. − . C. − . D. −π . 2 2 4 Lời giải Chọn B. sin x = 1 Trường hợp 1: cos x = 0 ⇔ sin 2 x = 1 ⇔  sin x = −1 Với sin x = 1  phương trình ⇔ 3 = 0 (vô nghiệm). Với sin x = −1  phương trình ⇔ 5 = 0 (vô nghiệm). Vậy cos x = 0 không thỏa mãn phương trình. Trường hợp 2: cos x ≠ 0 , chia 2 vế cho cos 2 x ta được: sin 3 x sin x 1 1 Phương trình ⇔ 4. − . − =0 cos 3 x cos x cos 2 x cos 2 x 3 2 2 ⇔ 4 tan x − tan x (1 + tan x ) − (1 + tan x ) = 0 ⇔ 3 tan 3 x − tan 2 x − tan x − 1 = 0  tan x = 1 ⇔ 2 3 tan x + 2 tan x + 1 = 0 (VN ) ⇔ tan x = 1 ⇔ x =

Đuôi

Đuôi k 2π có 1 điểm. Đuôi

k 2π kπ = có 4 điểm. 4 2

k 2π = kπ có 2 điểm. 2

Đuôi

4 3π 7π Vớ i k = − 1  x = − . Với k = −2  x = − . 4 4 3π 7π 5π Vậy tổng 2 nghiệm âm lớn nhất là − − =− . 4 4 2 Nhận xét: Đây là phương trình cùng bậc lẻ do đó có biến đổi sau:

4sin 3 x − sin x − cos x = 0 ⇔ 4sin 3 x − sin x ( sin 2 x + cos 2 x ) − cos x ( sin 2 x + cos2 x ) = 0 ⇔ 3sin 3 x − sin 2 x cos x − sin x cos 2 x − cos3 x = 0 là phương trình đẳng cấp bậc 3 đối với sin x , cos x . STUDY TIP Có thể sử dụng đường tròn lượng giác để xác định nghiệm âm lớn nhất. Cách biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác: 77

k 2π có 3 điểm. 3

k 2π có n điểm. n

Ví dụ 3. Phương trình 1 + 3 tan x − 2 sin 2 x có số điểm biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác là: A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn B. Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π 2

+ kπ ( k ∈ ℤ ) .

sin x = 4sin x cos x cos x ⇔ cos x + 3sin x = 4sin x cos2 x (*) Đến đây ta thấy phương trình (*) có cùng bậc lẻ cao nhất là 3 , ta chia 2 vế cho cos3 x ≠ 0 (do điều kiện) 1 1 (*) ⇔ 2 + 3 tan x. 2 = 4 tan x cos x cos x ⇔ 3 tan 3 x + tan 2 x − tan x + 1 = 0 ⇔ ( tan x + 1) ( 3tan 2 x − 2 tan x + 1) = 0 Phương trình ⇔ 1 + 3

+ kπ ( k ∈ ℤ ) (TMĐK) 4  Số điểm biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác là 2 . STUDY TIP Ở đây ta có thể từ phương trình đầu chia ngay cho cos 2 x sẽ nhanh hơn. Tuy nhiên nó sẽ không tự nhiên bởi bạn chưa nhận ra dạng quen thuộc của bài toán. ⇔ tan x = −1 ⇔ x = −

Ví dụ 4. Số điểm biểu diễn nghiệm của phương trình 8sin x =

+ kπ

Đuôi

III của đường tròn lượng giác là: A. 2 . B. 4 .

3 1 + ở cung phần tư thứ I và thứ cos x sin x

C. 6 . Lời giải

Chọn B. sin x ≠ 0 π Điều kiện:  ⇔ x ≠ k ( k ∈ ℤ) cos x ≠ 0 2  2 Phương trình ⇔ 8sin x cos x = 3 sin x + cos x (cùng bậc lẻ) Chia 2 vế cho cos3 x ≠ 0 (do điều kiện) 1 1 Phương trình ⇔ 8 tan 2 x = 3 tan x. + cos 2 x cos 2 x ⇔ 8 tan 2 x = 3 tan x (1 + tan 2 x ) + (1 + tan 2 x )

⇔ 3 tan 3 x − 7 tan 2 x + 3 tan x + 1 = 0 78

D. 8 .

1   2 ⇔  tan x −  3 tan x − 6 tan x − 3 = 0 3  1 π    tan x = 3  x = 6 + kπ   ⇔  tan x = 3 + 2 ⇔  x = arctan 3 + 2 + kπ ( k ∈ ℤ ) .    tan x = 3 − 2  x = arctan 3 − 2 + kπ    Dựa vào việc biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác, ta thấy số điểm biểu diễn nghiệm cần tìm là 4  Đáp án B.

(

)

( (

) )

Ví dụ 18. Các nghiệm của phương trình tan x + cot x = 2sin 2 x + cos 2 x là: π π π   x = 4 + k 2  x = 2 + kπ A.  B.  ( k ∈ ℤ) . ( k ∈ ℤ) .  x = 1 arc cot 1 + k π  x = 1 arc cot 1 + kπ   2 2 2 2 2 π π π π   x = 4 + k 2 x = 4 + k 2 C.  D.  ( k ∈ ℤ) . (k ∈ℤ) .  x = 1 arctan 1 + k π  x = arctan 1 + k π   2 2 2 4 2 Lời giải Chọn A. sin x ≠ 0 π Điều kiện:  ⇔ x ≠ k ( k ∈ ℤ) . cos x ≠ 0 2  sin x cos x + = 2sin 2 x + cos 2 x Phương trình ⇔ cos x sin x ⇔ sin 2 x + cos2 x = 2sin x cos x sin 2 x + sin x cos x cos 2 x 1 ⇔ 1 = sin 2 2 x + sin 2 x cos 2 x (*)(đây là phương trình bậc 2) 2 Chia 2 vế cho sin 2 2 x ≠ 0 (do điều kiện) ta được: 1 1 Phương trình (*) ⇔ = 1 + cot 2 x sin 2 2 x 2  cot 2 x = 0 1 ⇔ 1 + cot 2 2 x = 1 + cot 2 x ⇔   cot 2 x = 1 2  2 π π π    2 x = 2 + kπ x = 4 + k 2 ⇔ ⇔ ( k ∈ ℤ ) (TMĐK)  2 x = arc cot 1 + kπ  x = 1 arc cot 1 + k π   2 2 2 2 STUDY TIP (nếu có) sin x ≠ 0 Với  , ta chia luôn 2 vế cho sin 2 2x để khỏi phải chia 2 trường hợp, bài giải sẽ ngắn cos x ≠ 0 gọn hơn. Khi giải mà kết quả nghiệm có arc cot α thì chia 2 vế cho sin 2 x và nếu kết quả nghiệm có 79

arctan α thì chia 2 vế cho cos 2 α . DẠNG 5. PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG VỚI SINX VÀ COSX . a, b, c ∈ ℝ Dạng: a ( sin x + cos x ) + b sin x cos x = c (1) trong đó  . a.b ≠ 0 Phương pháp chung: π π   Đặt t = sin x + cos x = 2 sin  x +   t ∈  − 2; 2  (vì sin  x +  ∈ [ −1;1] ∀x ∈ ℝ ). 4 4  

t 2 = sin 2 x + cos 2 x + 2sin x cos x = 1 + 2sin x cos x  sin x cos x =

t 2 −1 . 2

t2 −1 = c (là phương trình bậc 2 theo t ) 2 Ví dụ 1. Phương trình sin x + cos x − 1 = 2sin x cos x có bao nhiêu nghiệm trên [ 0; 2π ] ? A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 6 . Lời giải Chọn C. sin x + cos x − 1 = 2sin x cos x (1) π  Đặt t = sin x + cos x = 2 sin  x +   t ∈  − 2; 2  . 4  t 2 −1 2 2 2 t = sin x + cos x + 2sin x cos x = 1 + 2sin x cos x  sin x cos x = . 2 t = 0 t2 −1 Phương trình (1) ⇔ t − 1 = 2 ⇔ t2 − t = 0 ⇔  (TMĐK) 2 t = 1 Phương trình (1) ⇔ at + b

π π π  Với t = 0  2 sin  x +  = 0 ⇔ x + = kπ ⇔ x = − + kπ ( k ∈ ℤ ) . 4 4 4  π π 1   Với t = 1  2 sin  x +  = 1 ⇔ 2 sin  x +  = 4 4 2    π π  x = k 2π  x + 4 = 4 + k 2π ⇔ ⇔ ( k ∈ ℤ)  x = π + k 2π  x + π = 3π + k 2π  2  4 4 π   x = − 4 + kπ  Kết luận: phương trình có nghiệm  x = k 2π  có 4 nghiệm trên [ 0; 2π ] .  π  x = + k 2π 2  STUDY TIP Có bao nhiêu điểm biễu diễn trên đường tròn lượng giác các nghiệm của phương trình thì phương trình đó có bấy nhiêu nghiệm trên [ 0; 2π ] . Chú ý: Với phương trình: a ( sin x − cos x ) + b sin x cos x = c (2) .

π  Đặt t = sin x − cos x = 2 sin  x −  4  π    t ∈  − 2; 2  (vì sin  x −  ∈ [ −1;1] ∀x ∈ ℝ ). 4  t 2 = sin 2 x + cos 2 x − 2sin x cos x = 1 − 2sin x cos x  sin x cos x =

1− t2 . 2

1− t2 = c (là phương trình bậc 2 theo t ) 2 Một số sách gọi phương trình này là phản đối xứng với sin x , cos x .  π Ví dụ 2. Phương trình 1 + sin x − cos x − sin 2 x = 0 có bao nhiêu nghiệm trên  0;  ?  2 A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 . Lời giải Chọn C. π  Đặt t = sin x − cos x = 2 sin  x −  . Điều kiện: t ∈  − 2; 2  . 4  Phương trình (1) ⇔ at + b

t 2 = sin 2 x + cos 2 x − 2sin x cos x = 1 − sin 2 x  sin 2 x = 1 − t 2 . t = 0 Phương trình ⇔ 1 + t − (1 − t 2 ) = 0 ⇔ t 2 + t = 0 ⇔  (TMĐK) t = −1

π π π  Với t = 0  2 sin  x −  = 0 ⇔ x − = kπ ⇔ x = + kπ ( k ∈ ℤ ) . 4 4 4  π π 1   Với t = −1  2 sin  x −  = −1 ⇔ 2 sin  x −  = − 4 4 2   π  π  x = k 2π  x − 4 = − 4 + k 2π ⇔ ⇔ ( k ∈ ℤ)  x = 3π + k 2π  x − π = 5π + k 2π  2  4 4 π  π  có 2 nghiệm thuộc  0;  là x = 0 và x = . 4  2 STUDY TIP Dạng: a ( sin x − cos x ) + b sin x cos x + c = 0 . π 1− t 2  Đặt t = sin x − cos x = 2 sin  x −   t ∈  − 2; 2  .  sin x cos x = . 4 2   Cách 2: Nhận thấy phương trình có sin x − cos x và 1 − sin 2x có nhân tử chung là sin x − cos x nên ta có: 2

1 + sin x − cos x − sin 2 x = 0 ⇔ sin x − cos x + ( sin x − cos x ) = 0

 π   2 sin  x − 4  = 0 sin x − cos x = 0   ⇔ ( sin x − cos x )(1 + sin x − cos x ) = 0 ⇔  ⇔ 1 + sin x − cos x = 0  π   1 + 2 sin  x −  = 0 4  

π    π  x = 4 + kπ sin  x − 4  = 0    ⇔ ⇔  x = k 2π ( k ∈ ℤ)   π 2  3 π sin x − = −    + k 2π x = 4 2   2  STUDY TIP 2 2 1 − sin 2 x = ( sin x − cos x ) . 1 + sin 2 x = ( sin x + cos x ) . Ví dụ 3. Tổng các nghiệm của phương trình sin x cos x + cos x + sin x = 1 trên ( 0; 2π ) là: A. π .

B. 2π .

C. 3π . Lời giải

D. 4π .

Chọn C. sin x cos x + cos x + sin x = 1 (3)

π  Đặt t = sin x + cos x = 2 sin  x +   t ∈ 0; 2  . 4  t 2 = 1 + 2sin x cos x  sin x cos x =

t2 −1 t 2 −1  ( 3)  + t = 1 ⇔ t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔ 2 2

t = 1  t = −3 ( l )

  π 2 sin  x +  = 4 2 π    Với t = 1: 2 sin  x +  = 1 ⇔   4  π 2 sin  x +  = − 4 2    π π  x + 4 = 4 + k 2π  x = k 2π    x + π = π − π + k 2π  x = π + k 2π  4 4 2 ⇔ ⇔  π  x + π = − π + k 2π x = − + k 2π  4 4 2    π  x = π + k 2π π  x + = π + + k 2π  4 4 Suy ra phương trình có 3 nghiệm trên ( 0; 2π ) là x = Vậy tổng 3 nghiệm là

π 2

+π +

π 2

; x = π; x =

3π 2

3π = 3π . 2

π Ví dụ 4. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình: sin 2 x + 2 sin  x +  − m = 0 có nghiệm. 4  A. 3 . B. 4 . C. 5 . D. 6 . Lời giải Chọn B. π  sin 2 x + 2 sin  x −  − m = 0 ⇔ sin 2 x + sin x − cosx − m = 0 4  π Đặt t = sin x − cosx = 2 sin  x −   t ∈  − 2; 2  , ∀x ∈ ℝ   4  2 2 t = 1 − 2 sin xcosx  sin 2 x = 1 − t 82

Ta đi tìm m để phương trình 1 − t 2 + t − m = 0 có nghiệm t ∈  − 2; 2  ⇔ 1 − t 2 + t = m có nghiệm t ∈ − 2; 2  Xét f ( t ) = 1 − t 2 + t trên  − 2; 2 

5 Suy ra −1 − 2 ≤ f ( t ) ≤ , ∀t ∈  − 2; 2  4 Vậy phương trình đã cho có nghiệm ⇔ m = f ( t ) có nghiệm trên  − 2; 2  5  ⇔ m ∈  −1 − 2;  mà m ∈ ℤ  m ∈ {−2; −1;0;1} 4  Vậy có 4 giá trị m thỏa mãn. STUDY TIP Bảng biến thiên +) a < 0 x b +∞ −∞ − 2a 2 ∆ ax + bx + c − 4a −∞ +∞

+) a > 0

−∞ −

b +∞ 2a

−

∆ 4a

Ví dụ 5. Phương trình cos3 x + sin 3 x = cos2 x có tổng nghiệm âm lớn nhất và nghiệm dương nhỏ nhất là: π 5π 7π π A. . B. . C. . D. − . 2 4 2 4 Lời giải Chọn A. cos3 x + sin 3 x = cos 2 x ⇔ ( cos x + sin x ) ( cos2 x − cos x sin x + sin 2 x ) = cos 2 x − sin 2 x

⇔ ( cos x + sin x )(1 − cos x sin x ) = ( cos x + sin x )( cos x − sin x )

π Đặt t = sin x − cosx = 2 sin  x −   t ∈  − 2; 2  , ∀x ∈ ℝ   4  t 2 = 1 − 2 sin xcosx  sin 2 x = 1 − t 2 1− t2 + t = 0 ⇔ t 2 + 2t + 1 = 0 ⇔ t = −1 ( 2)  1 − 2  x = k 2π π   2 sin  x −  = −1 ⇔  (k ∈ ℤ)  x = 3π + k 2π 4   2 π   x = − 4 + k 2π  Vậy nghiệm của phương trình là  x = k 2π (k ∈ ℤ)  3π + k 2π x = 2  Biểu diễn nghiệm này trên vòng tròn lượng giác

ta suy ra nghiệm lớn nhất là x1 = − Vậy x1 + x2 =

−∞ +∞

ax + bx + c

(1)  cos x + sin x = 0 ⇔ 1 − cos x sin x = cos x − sin x 2) (  π π  Giải (1) ⇔ 2 sin  x +  = 0 ⇔ x = − + kπ ( k ∈ ℤ ) 4 4  Giải ( 2 ) :1 − cos x sin x + sin x + cos x = 0

π 2

π 4

và nghiệm bé nhất là x2 =

3π 4

STUDY TIP + ) cos 3 x + sin 3 x = ( cos x + sin x )(1 − cos x sin x ) + ) cos 2 x − sin 2 x = ( cos x + sin x )( cos x − sin x ) 2

+ ) 1 + sin 2 x = ( cos x + sin x ) Ba biểu thức trên cùng có nhân tử chung là cos x + sin x . DẠNG IV. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC KHÔNG MẪU MỰC Ví dụ 1. Sử dụng công thức biến đổi tổng thành tích Phương trình 1 + cos x + cos 2 x + cos3x = 0 có số điểm biểu diễn trên vòng tròn lượng giác là: A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 . Lời giải Chọn D. Phương trình 1 + cos x + cos 2 x + cos3x = 0 ⇔ ( cos3x + cos x ) + (1 + cos 2 x ) = 0

⇔ 2cos 2 x cos x + 2cos 2 x = 0 ⇔ 2cosx ( cos 2 x + cosx ) = 0    x = 2 + kπ cosx = 0 π     x = 2 + kπ 3x x 3 x 3 x π  ⇔ 4cosxcos cos = 0 ⇔ cos = 0 ⇔ = + kπ ⇔  (k ∈ ℤ) 2 2  2 2 2  x = π + k 2π    x 3 3  x = π + kπ cos = 0 2   2 2 Dựa vào điểm biểu diễn trên vòng tròn lượng giác

1 1 [ cos 6 x + cos 4 x ] = [cos 6 x + cos 2 x] 2 2  x = kπ π 4 x = 2 x + k 2  π k 2π ⇔ cos 4 x = cos 2 x ⇔  ⇔ ⇔x=k = (k ∈ ℤ) x = k π 3 6  4 x = −2 x + k 2π 3  Vậy số điểm biểu diễn nghiệm là 6. STUDY TIP 1 + ) cosa.cos b =  cos ( a − b ) + cos ( a + b )  2 Phương trình cos x cos 5 x = cos 2 x cos 4 x ⇔

1 cos ( a − b ) − cos ( a + b )  2 1 + ) sin a.cos b = sin ( a + b ) + sin ( a − b )  2 + ) sin a.sin b =

Vậy ta có 5 điểm. Ví dụ 2. Sử dụng công thức hạ bậc Phương trình sin 2 3x − cos2 4 x = sin 2 5 x − cos2 6 x không phải là phương trình hệ quả của phương trình nào sau đây ? A. sin x = 0 . B. cos x = 0 . C. sin 9 x = 0 . D. cos 2 x = 0 . Lời giải Chọn D. Phương trình 1 − cos 6 x 1 + cos8 x 1 − cos10 x 1 − cos12 x sin 2 3x − cos 2 4 x = sin 2 5 x − cos2 6 x ⇔ − = − 2 2 2 2 ⇔ ( cos12 x + cos10 x ) − ( cos8x + cos 6 x ) = 0 ⇔ 2cos11x cos x − cos 7 x cos x = 0 hông

cos x = 0 ⇔ 2cos x ( cos11x − cos 7 x ) = 0 ⇔ −4cos x sin 9 x sin 2 x = 0 ⇔ sin 9 x = 0  cos 2 x = 0 sin 2 x = 0 phải là phương trình hệ quả của phương trình đã cho. Chú ý: Bạn đọc có thể giải các phương trình đơn giản ở các phương án rồi thay vào phương trình ban đầu để kiểm tra. STUDY TIP +) Phương trình (1) được gọi là phương trình hệ quả của phương trình (2) nếu tập nghiệm của phương trình (1) chứa tập nghiệm của phương trình (2). 1 + cos 2a 1 − cos 2a 1 +) cos 2 a = ; sin 2 a = ; sin a cos a = sin 2a . 2 2 2

Ví dụ 4. Sử dụng công thức nhân ba Cho phương trình cos 3x − 4 cos 2 x + 3cos x − 4 = 0 có bao nhiêu nghiệm trên [ 0;14] ? A. 3 .

B. 4 .

C. 5 . Lời giải

Chọn B. Phương trình ⇔ 4cos 3 x − 3cos x − 4 ( 2cos 2 x − 1) + 3cos x − 4 = 0

⇔ 4cos 3 x − 8cos 2 x = 0 ⇔ cosx = 0 ⇔ x =

π 2

+ kπ ( k ∈ ℤ )

1 14 1 + kπ ≤ 14 ⇔ − ≤ k ≤ −  k ∈ {0;1; 2;3} 2 2 π 2 Vậy phương trình có 4 nghiệm thuộc [ 0;14] . Mà x ∈ [ 0;14]  0 ≤

STUDY TIP +) cos3a = 4cos3 a − 3cosa

+) sin 3a = 3sin a − 4sin 3 a Ví dụ 5. Sử dụng công thức các cung có liên quan đặc biệt 5π  7π    π  Phương trình sin  2 x +  − 3cos  x −  = 1 + 2sin x có bao nhiêu nghiệm thuộc  ;3π  ? 2  2    2  A. 4 . B. 5 . C. 6 . D. 7 . Lời giải Chọn B.  π   π  Phương trình ⇔ sin  2 x +  + 2π  − 3cos  x +  − 4π  = 1 + 2sin x 2 2    

Ví dụ 3. Sử dụng công thức biến đổi tích thành tổng Cho phương trình cos x cos5 x = cos 2 x cos 4 x số điểm biểu diễn nghiệm của phương trình trên đường tròn lượng giác là: A. 3 . B. 4 . C. 6 . D. 8 . Lời giải Chọn C. 85

D. 6 .

π π   ⇔ sin  2 x +  − 3cos  x +  = 1 + 2sin x ⇔ cos 2 x + 3sin x = 1 + 2sin x 2 2   ⇔ 1 − 2sin 2 x + 3sin x = 1 + 2sin x ⇔ 2sin 2 x − sin x = 0   x = kπ sin x = 0  π ⇔ ⇔  x = + k 2π ( k ∈ ℤ ) 1 sin x =  6 2   5π x = + k 2π 6  13π 5π 17π  π   ; ;  Mà x ∈  ;3π  nên x ∈ π ; 2π ; 6 6 6  2   π Vậy phương trình có 5 nghiệm trên  ;3π  . 2  Ví dụ 6. Sử dụng công thức hạ bậc cao Cho các phương trình sau: 17 (1) sin 8 x + cos8 x = cos 2 2 x 16 17 8 8 ( 2) sin x + cos x = 32 97 8 8 ( 3) sin x + cos x = 128 1 ( 4) sin8 2 x + cos8 2 x = 8 Phương trình không tương đương với một trong các phương trình còn lại là: A. (1) . B. ( 2 ) . C. ( 3) . D. ( 4 ) . Lời giải Chọn C. Ta có 4

)

(

)

(

)

(

)

Ví dụ 7. Biểu diễn tổng của các đại lượng không âm Phương trình cos 2 x − cos 6 x + 4 ( 3sin x − 4sin 3 x + 1) = 0 có phương trình tương đương là: A. cos x = 0 . C. cos x(sin 3x + 1) = 0 .

B. sin 3x + 1 = 0 . D. sin x − 1 = 0 . Lời giải

Chọn D.

 Phương trình ⇔ 2 cos 2 x − 1 − (1 − 2sin 2 3 x ) + 4 ( sin 3 x + 1) = 0.

⇔ 2 cos 2 x + 2sin 2 3x + 4sin 3x + 2 = 0 2

⇔ cos2 x + 2 ( sin 3x + 1) = 0  sin x = 1 cos x = 0  ⇔ ⇔ sin x = −1 ⇔ sin x = 1 ⇔ sin x − 1 = 0. sin 3x + 1 = 0  3 − 4sin x + sin 3 x + 1 = 0  Lưu ý:Có thể thử các nghiệm trong các đáp án vào phương trình đã cho nếu thỏa mãn thì 2 phương trình tương đương. STUDY TIP A ≥ 0 A = 0  A+ B = 0 ⇔   B ≥ 0 B = 0 Ví dụ 8. Đặt ẩn phụ - công thức nhân ba  3π x  1  π 3x  −  = sin  +  có tổng các nghiệm trên [ 0; 2π ] là: Phương trình sin   10 2  2  10 2  A.

9π . 5

9π . 15

10π . 3 Lời giải C.

10π . 6

Chọn A. 3π x x 3π 3 x 9π Đặt t = −  = −t  = − 3t 10 2 2 10 2 10 1  π 9π 1 1   Phương trình ⇔ sin t = sin  + − 3t  ⇔ sin t = sin ( π − 3t ) ⇔ sin t = sin ( 3t ) 2  10 10 2 2 

2 1 ⇔ ( 2cos2 2 x − 1) = 0 ⇔ cos2 2 x = . 2 Vậy phương trình (3) không tương đương với các phương trình còn lại. STUDY TIP

1 ( cos 4 2 x + 6cos 2 2x + 1) 8

+) ( t + 1) + ( t − 1) = 2t 4 + 12t 2 + 2

4 4  1 − cos 2 x   1 + cos 2 x  1 4 2 sin 8 x + cos 8 x = ( sin 2 x ) + ( co s 2 x ) =   +  = ( cos 2 x + 6cos 2 x + 1) 2 2     8 1 17 1 Giải (1) : cos 4 2 x + 6cos 2 2 x + 1 = cos 2 2 x ⇔ 2cos 4 2 x − 5cos 2 2 x + 2 = 0 ⇔ cos 2 2 x = 8 16 2 1 17 1 4 2 4 2 2 Giải ( 2 ) : cos 2 x + 6cos 2 x + 1 = ⇔ 4cos 2 x + 24cos 2 x − 13 = 0 ⇔ cos 2 x = 8 32 2 1 97 81 3 4 2 4 2 2 Giải ( 3) : cos 2 x + 6cos 2 x + 1 = ⇔ 2cos 2 x − 12cos 2 x − = 0 ⇔ cos 2 x = 8 128 8 4 1 1 Giải ( 4 ) : cos 4 4 x + 6cos 2 4 x + 1 = ⇔ 2cos 4 4 x + 12cos 2 4 x = 0 ⇔ cos 2 4 x = 0 8 8

(

+) sin 8 x + cos8 x =

⇔ 2sin t = 3sint − 4sin 3 t ⇔ sin t (1 − 4sin 2 t ) = 0

+ Với phương trình sin 2

sint = 0 t = kπ (k ∈ ℤ) t = kπ ( k ∈ ℤ) ⇔ 2 1⇔ ⇔ 1 t = ± π + kπ sin t = cos 2t = 6 4 2    3π 3π   x = 5 − k 2π  x = 5 ∈ [ 0; 2π ]  14π 14π ⇔ x = − k 2π  x = ∈ [ 0; 2π ]  15 15   x = 4π − k 2π  x = 4π ∈ [ 0; 2π ] 15 15  Vậy tổng các nghiệm trên [ 0; 2π ] của phương trình là:

(2) ⇔

B. x = kπ ; k ∈ ℤ. .

STUDY TIP asin x + b cos x = c có nghiệm ⇔ a 2 + b 2 ≥ c 2 . Ví dụ 10. Phương pháp đánh giá 2 Với phương trình 3cos 4 x + ( cos 2 x − sin x ) = 7 (*) thì:

3π 14π 14π 9π + + = . 5 15 15 5

C. x = ( 2k + 1) π ; k ∈ ℤ. D. x = k

1 − cos x = sin x + 2 ⇔ 2sin x + cos x = −3 , phương trình này vô nghiệm do 2

2 2 + 12 < ( −3) .

A.trên đoạn [ 0; 2π ] phương trình có 1 nghiệm. B.trên đoạn [ 0; 2π ] phương trình có 2 nghiệm

Ví dụ 9. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn 4 x 2 x Phương trình sin   − sin ( sin x + 3) + sin x + 2 = 0 có các nghiệm là: 2 2 A. x = k 2π ; k ∈ ℤ. .

x = sin x + 2 (2) có thể giải cách khác như sau: 2

C.trên đoạn [ 0; 2π ] phương trình có 3 nghiệm. D. trên đoạn [ 0; 2π ] phương trình có 4nghiệm.

π 2

; k ∈ ℤ. .

Lời giải Chọn C.

Lời giải Chọn A. Ta có 3cos 4 x ≤ 3

( cos 2 x − sin x )

= cos 2 x − sin x ≤ ( cos 2 x + sin x ) ≤ 22 2

 ( cos 2 x − sin x ) ≤ 4  3cos 4 x + ( cos 2 x − sin x ) ≤ 7

x Đặt t = sin 2  t ∈ [ 0;1] , ∀x ∈ ℝ. 2 (1) t = 1 Phương trình tương đương t 2 − ( sin x + 3) t + sin x + 2 = 0 ⇔  t = sin x + 2(2) x 1 − cos x + Với t = 1 ⇔ sin 2 = 1 ⇔ = 1 ⇔ cos x = −1 ⇔ x = π + k 2π ⇔ x = (2 k + 1)π , (k ∈ ℤ) 2 2 x + Với t = sin x + 2 ⇔ sin 2 = sin x + 2 2  2x  2x ≤1 =1 cos x = −1 x sin sin (vô nghiệm)  sin 2 = sin x + 2 ⇔  ⇔ 2 2  2 sin x + 2 ≥ 1 sin x + 2 = 1 sin x = −1 Kết luận: Vậy nghiệm của phương trình là x = (2 k + 1)π , (k ∈ ℤ) . Nhận xét: + Với phương trình này hoàn toàn có thể giải bằng phương pháp đưa về dạng tích A = 0 . A.B = 0 ⇔  B = 0

cos 4 x = 1  cos 4x = 1 cos 2 x = 1 (I)   sin x = −1 3cos 4x = 3 cos 2x − sin x = 2(1) ⇔ ⇔ Phương trình (*) xảy ra ⇔  2 cos 4x = 1 ( cos 2x − sin x ) = 4 cos 4x = 1   cos 2x − sin x = −2(2) cos 2x = −1 (II)  sin x = 1  2 cos 2 2 x − 1 = 1 cos 2 2 x = 1 cos 2 x = 1 1 − 2sin 2 x = 1 sin x = 0   ⇔ cos 2 x = 1 ⇔  ⇔ ⇔ + Giải (I): cos 2 x = 1 sin x = −1 sin x = 1 sin x = 1   sin x = −1 sin x = −1 (vô nghiệm) + Giải (II):

cos 2 2 x = 1 cos 2 x = −1 1 − 2 sin 2 x = −1 π  ⇔ ⇔ sin x = 1 ⇔ x = + k 2π (k ∈ ℤ) cos 2 x = −1 ⇔  2 sin x = 1 sin x = 1 sin x = 1  Vậy phương trình ban đầu có 1 nghiệm thuộc [ 0; 2π ] .

Chú ý: Có thể giải phương trình này bằng cách đưa về phương trình bậc 4 với sin x sẽ tự nhiên hơn. Tuy nhiên với ví dụ này tôi muốn minh họa thêm cho các bạn một phương pháp giải khác để linh hoạt khi làm bài. 89

+ Nếu m > 0  Hàm số đồng biến trên ( a; b ) .

STUDY TIP

cos 2 x ≤ 1 (1) cos 2 x − sin x = 2 ⇔ cos 2 x = sin x + 2 . Mà  sin x + 2 ≥ 1 cos 2 x = 1 cos 2 x = 1 ⇔ + suy ra (1) xảy ra khi và chỉ khi  sin x + 2 = 1  sin x = −1 cos 2 x = −1 cos 2 x = −1 ⇔ + suy ra (1) xảy ra khi và chỉ khi  x sin + 2 = − 1  sin x = 1 Lưu ý: Đối với phương trình (1) và (2) ta có thể đưa ngay cách giải ngay bằng cách đưa về phương trình bậc 2 đối với sin x bằng cách sử dụng công thức cos 2 x = 1 − 2sin 2 x . Tuy nhiên một số phương trình không đưa về được như vậy. Ví dụ sin x + sin 5 x = 2 (bạn đọc tự giải) Ví dụ 11. Phương pháp hàm số Phương trình

+ Nếu m < 0  Hàm số nghịch biến trên ( a; b ) . + Nếu = 0  Hàm số không đổi trên ( a; b ) .

STUDY TIP + Nếu hàm số y = f ( x) đồng biến trên ( a; b ) thì ∀x1 , x2 ∈ ( a; b ) :

f ( x1 ) < f ( x2 ) ⇔ x1 < x2 f ( x1 ) > f ( x2 ) ⇔ x1 < x2  f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇔ x1 = x2 . Ví dụ 1.

A. 0.

π  sin x + 1 = 2 sin  − x  + cos2 x + 1 (*) có tổng các nghiệm trong khoảng 4 

A. 0 .

π 2

4 Lời giải

π 3

⇔ ( sin x − 2 )(1 − 2 cos x ) = 0 sin x = 2(VN ) sin x − 2 = 0 π ⇔ ⇔ ⇔ x = ± + k 2π , (k ∈ ℤ) 1  1 2 cos x 0 − = 3 cos x =   2 π 5π . Vậy phương trình có 2 nghiệm trên ( 0; 2π ) là x = và x = 3 3

⇔ sin 2 x + 1 + sinx = cos x + cos 2 x + 1 (1) Xét hàm số f (t ) = t 2 + 1 + t trên ( 0;1) .

Với ∀t1 , t2 ∈ ( 0;1) va t1 ≠ t2 ta xét biểu thức

2 1

t − t2

(

)

t12 + 1 + t2 2 + 1 ( t1 − t2 )

t1 − t2 = t1 − t2 O

)

t + 1 + t2 + 1 ( t1 − t2 )

π 3

t12 − t2 2

(

D. 4.

⇔ sin x (1 − 2 cos x ) − 2 (1 − 2 cos x ) = 0 .

Phương trình ⇔ sin 2 x + 1 = − sinx + cos x + cos 2 x + 1

t 2 + 1 + t1 − t2 2 + 1 − t2 f (t1 ) − f (t2 ) = 1 = t1 − t2 t1 − t2

( 0; 2π ) là:

C. 2. Lời giải

Chọn C. Phương trình ⇔ sin x + 4cos x = 2 + 2sin x cos x

Chọn C.

2 1

B. 1.

 π  0;  là:  2

V. Một số phương trình lượng giác đưa về dạng tích Phương trình sin x + 4cos x = 2 + sin 2 x có số nghiệm trên

+ 1 > 0. 5π 3

Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên ( 0;1) , Suy ra phương trình (1) tuuongw đương

f (sinx) = f (cos x) ⇔ sinx = cos x ⇔ tan x = 1 ⇔ x =

π 4

+ kπ , ( k ∈ ℤ )

 π π Vậy phương trình (*) có 1 nghiệm thuộc  0;  là .  2 4 Lưu ý: Đối với việc chứng minh hàm số đồng biến trên ( a; b ) của hàm số f (x1 ) − f (x 2 ) ∀x1 , x2 ∈ ( a; b ) y = f ( x),  , xét tỉ số =m x1 − x2  x1 ≠ x2 91

Phương trình 1 + cos x + sin x + cos 2 x + sin 2 x = 0 có các nghiệm dạng x1 = a + k 2π , x2 = b + k 2π , x3 = c + k 2π , x4 = d + k 2π . Với 0 < a, b, c, d < 2π thì a + b + c + d là: 7π 5π 9π A. 0 . B. . C. D. . 2 4 2 Lời giải Chọn D. Phương trình ⇔ 1 + sin 2 x + cos x + sin x + cos2 x − sin 2 x = 0

Ví dụ 2.

⇔ ( cos x + sin x ) + ( cos x + sin x ) + ( cos x + sin x )( cos x − sin x ) = 0 ⇔ ( cos x + sin x )( cos x + sin x + 1 + cos x − sin x ) = 0

π  π   2 sin  x +  = 0  x = + kπ cos x + sin x = 0  4 4  ⇔ ⇔ ⇔ ( k ∈ ℤ) 2π  1  2cos x + 1 = 0  x = ± + k 2 π cos x = 2  3 Nghiệm trên biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta viết lại các nghiệm phương trình là: 3π 7π 2π 4π 3π 7π 2π 4π 9π x= + k 2π v x = + k 2π v x = + k 2π v x = + k 2π  a + b + c + d = + + + = . 4 4 3 3 4 4 3 3 2 3 2 2 Ví dụ 3. Có bao nhiêu giá trị nguyên của a để phương trình cos 2 x − cos 2 x − a sin x = 0 có nghiệm  π x ∈  0;  ?  6 A. 0 . B. 1 . C. 2 D. 3 . Lời giải Chọn B. Phương trình ⇔ cos3 2 x − cos 2 2 x − a

1 − cos 2 x =0 2

cos 2 x = 1(1) ⇔ 2 cos3 2 x − 2 cos 2 2 x + a cos 2 x − a = 0 ⇔ ( cos 2 x − 1) ( 2 cos 2 2 x − a ) = 0 ⇔  2 cos 2 x = − a (2)  2

 π -Giải (1)  2 x = k 2π ⇔ x = kπ (k ∈ℤ) , các nghiệm này không thuộc  0;  .  6 1  π  π 1 -Giải (2) có x ∈  0;   2 x ∈  0;   < cos 2 x < 1  < cos 2 2 x < 1 2 4  6  3

Ví dụ 4. Phương trình ( 2sin x + 1)( 4 cos 4 x + 2 sin x ) + 4 cos3 x = 3 nhận các giá trị x = arccos m + k

C. m =

1 16

Lời giải Chọn B. Phương trình ⇔ ( 2 sin x + 1)( 4 cos 4 x + 2sin x ) + 4 (1 − sin 2 x ) − 3 = 0 ⇔ ( 2 sin x + 1)( 4 cos 4 x + 2 sin x ) + (1 − 2 sin x )(1 + 2 sin x ) = 0 ⇔ ( 2 sin x + 1)( 4 cos 4 x + 1) = 0.

D. m = −

sin 2 x = (1 − cos x )(1 + cos x ) Ví dụ 5. Phương trình sin 2 x + 2cos x = cos 2 x − sin x là phương trình hệ quả của phương trình: π 1 1 1 A. sin( x − ) = B. sin 2 x = 0 C. sin x + cos x = D. sin x + cos x = 4 2 2 2 Lời giải Chọn C pt ⇔ 2 sin x cos x + 2 cos x = −2 sin x 2 − sin x + 1 sin x = −1 ⇔ (sin x + 1)(2cos x + 2sin x − 1) = 0 ⇔   cos x + sin x = 1  2 Lưu ý: Phương trình bậc hai at 2 + bt + c = 0(a ≠ 0) có hai nghiệm t1 , t2 thì

at 2 + bt + c = a (t − t1 )(t − t2 )

1 −a 1  π Suy ra phương trình (2) có nghiệm thuộc  0;  ⇔ < < 1 ⇔ −2 < a < − . 4 2 2  6 Vậy có 1 giá trị nguyên của a là −1.

(k ∈ ℤ) làm nghiệm thì giá trị m là: 1 1 A. m = . B. − . 4 4

π   x = − 6 + k 2π  1   x = 7π + k 2π sin x = − 2  6 ⇔ ⇔ (k ∈ Z) 1  cos 4 x = − 1  x = arccos(− 1 ) + k π  4  4 4 2  π 1 1  x = − arccos(− ) + k  4 4 2 1 Vậy m = 4 STUDY TIP cos2 x = (1 − sin x )(1 + sin x )

1 . 16

π 2

VI. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CHỨA ĐIỀU KIỆN sin 5 x Ví dụ 1. Phương trình = 1 có số nghiệm là: 5sin x A. 0 B. 1 C. 2 D. vô số Lời giải Chọn A Điều kiện: sin x ≠ 0 ⇔ cos x ≠ ±1 Pt ⇔ sin 5 x − 5sin x = 0 ⇔ sin 5x − sin x − 4sin x = 0 ⇔ 2cos3x.sin 2 x − 4sin x = 0 ⇔ 2 cos3x.2sin x cos x − 4sin x = 0 sin x = 0(l ) ⇔ 4sin x(cos 3x cos x − 1) = 0 ⇔  1  (cos 2 x + cos 4 x) − 1 = 0 2 cos 2 x = 1 ⇔ cos 2 x + 2cos2 2 x − 1 − 2 = 0 ⇔ 2cos 2 2 x + cos 2 x − 3 = 0 ⇔  cos 2 x = − 3 (VN )  2 Với cos 2 x = 1 ⇔ 1 − 2sin 2 x = 1 ⇔ sin x = 0 (loại vì không TMĐK) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm Ví dụ 2. Phương trình 3cot 2 x + 2 2 sin 2 x = (2 + 3 2) cos x có các nghiệm dạng 94

x = α + k 2π ; x = β + k 2π , k ∈ Z , 0 < α , β < A.

π2 12

B. -

π 2

π2

7π 12

π2 122

Lời giải Chọn A Điều kiện: sin x ≠ 0 ⇔ cos x ≠ ±1 Pt ⇔ 3cos 2 x + 2 2 sin 4 x = 2 cos x.sin 2 x + 3 2 cos x.sin 2 x ⇔ 3cos x(cos x − 2 sin 2 x) − 2sin 2 x (cos x − 2 sin 2 x ) = 0

⇔ (cos x − 2 sin 2 x)(3cos x − 2sin 2 x) = 0  2 cos 2 x + cos x − 2 = 0(1) ⇔ 2  2 cos x + 3cos x − 2 = 0(2)  2 π cos x = (1) ⇔  ⇔ x = ± + k 2π (k ∈ Z) 2 4 cos x = − 2(VN )

1  cos x = π (1) ⇔  ⇔ x = ± + k 2π (k ∈ Z) 2  3  cos x = −2(VN ) π π π2 Vậy α = ; β = ; α .β = 4 3 12 1 1 1 Ví dụ 3. Phương trình + = có tổng các nghiệm trên (0; π ) là: cos x sin 2 x sin 4 x π π 2π A. B. C. D. π 6 6 3 Lời giải Chọn D   cos x ≠ 0 sin x ≠ ±1 cos x ≠ 0 cos x ≠ 0     Điều kiện: sin 2 x ≠ 0 ⇔ sin x ≠ 0 ⇔ sin x ≠ 0 ⇔ sin x ≠ 0 sin 4 x ≠ 0 cos 2 x ≠ 0     sin x ≠ ± 2 sin x ≠ ± 2   2 2 1 1 1 Pt ⇔ + = cos x 2 sin x cos x 4 sin x cos x cos 2 x ⇔ 2sin x cos 2 x + cos 2 x − 1 = 0 ⇔ 2sin x(1 − 2sin 2 x ) + 1 − 2 sin 2 x − 1 = 0 ⇔ 2sin x(1 − 2sin 2 x − sin x) = 0

π  sin x = −1( l )  x = 6 + k 2π sin x = 0 ( l )  ⇔ ⇔ ⇔ k ∈Z 2 sin x = 1  x = 5π + k 2π 1 − 2 sin x − sin x = 0  2 6  95

5π 6 π 5π Vậy tổng các nghiệm trên (0; π ) là: + =π 6 6 sin 2 x + 2 cos x − sin x − 1 Ví dụ 4. Phương trình = 0 có bao nhiêu nghiệm trên (0;3π ) ? tan x + 3 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Lời giải Chọn B cos x ≠ 0 Điều kiện:  (*)  tan x ≠ − 3 =>có 2 nghiệm trên (0; π ) là x=

thì α .β bằng:

và x=

Pt ⇔ sin 2 x + cos 2 x − sin x − 1 = 0 ⇔ 2sin x cos x − sin x + 2 cos x − 1 = 0

π  sin x = −1  x = − + k 2π 2 ⇔ (2 cos x − 1)(sin x + 1) = 0 ⇔  k ∈Z 1 ⇔ cos x =  x = ± π + k 2π  2  3 Kết hợp điều kiện (*)=>Nghiệm của phương trình là x =

π 3

+ k 2π

7π và x = 3 3 π (1 + sin x + cos 2 x) sin( x + ) 4 = 1 cos x có các nghiệm dạng Ví dụ 5. Phương trình 1 + tan x 2 x = α + k 2π ; x = β + k 2π , α ≠ β ; k ∈ Z , −π < α , β < π thì α 2 + β 2 là: Vậy có hai nghiệm thuộc (0;3π ) là x =

π2 36

35π 2 36

13π 2 18

Lời giải Chọn C Điều kiện:

 cos x ≠ 0  tan x ≠ −1( *) 

(1 + sin x + cos 2 x) 2 sin( x + ) 4 = cos x Pt ⇔ sin x + cos x cos x

(1 + sin x + 1 − 2sin 2 x) 2 sin( x + ) 4 =1 ⇔ π 2 sin( x + ) 4

sin x = 1  2 + sin x − 2sin 2 x = 1 ⇔ 2sin 2 x − sin x − 1 = 0 ⇔  sin x = 1  2

15π 2 18

π   x = − 6 + k 2π Kết hợp điều kiện(*) ta có nghiệm của pt là  k ∈Z  x = − 5π + k 2π  6

Câu 2.

A. 0

25π 2 26π 2 13π 2 α +β = + = = 36 36 36 18 4 4 sin 2 x + cos 2 x Ví dụ 6. Phương trình = cos 4 x (1) có số điểm biểu diễn nghiệm trên đường tròn π  π  tan  − x  tan  + x  4  4  lượng giác là: 2

π2

A. 2

B. 4

C. 6

Câu 3.

Câu 4.

D. 8

Lời giải Chọn B

Câu 6.

Câu 7. Câu 8.

Kết hợp điều kiện ⇒ nghiệm của phương trình (1) là x = k

π 2

(k ∈ Z )

Vậy số điểm biểu diễn cần tìm là 4.

Lưu ý: Ở bài nầy điều kiện bài toán có thể gộp thành x =

π π + k (k ∈ Z) 4 2

Bài tập rèn luyện kỹ năng Phương trình lượng giác cơ bản 1 Phương trình sin( x + 100 ) = (00 < x < 1800 ) có nghiệm là: 2 A. x = 300 và x = 1500 B. x = 200 và x = 1400 D. x = 300 và x = 1400

C. x = 400 và x = 1600

D. m ∈ (1;3)

Phương trình tan(3x + 60 ) = m có nghiệm khi:

B. m ∈ [ 0;1]

C. m ∈ R

D. m ∈∅

Phương trình có nghiệm t an(x-1) = 2 là:

A. x = −1 + arctan(2) + kπ (k ∈ Z )

B. x = 1 + arctan(2) + kπ (k ∈ Z )

C. x = arctan(2) + k 2π (k ∈ Z )

D. x = 1 + arctan(2) + k

π 2

(k ∈ Z )

Tổng các nghiệm của phương trình t anx = 1 trên khoảng (0;10) là:

15π 3π 7π B. C. 4 2 2 Phương trình nào sau đây tương đương với phương trình cos x = 0 ? A. sinx = 1 B. sinx = −1 C. t anx = 0

trình cos(x + ) = sin Có 3 6 (0 ≤ α ; β ≤ π ) Khi đó α + β bằng

Phương

A. 0

tan − tan x tan + tan x 1 − tan x 1 + tan x π  π  4 4 Ta có: tan  − x  tan  + x  = . = . =1 4  4  1 + tan π tan x 1 − tan π tan x 1 + tan x 1 − tan x 4 4 1 2 4 4 4 ( ∗) ⇔ sin 2 x + cos 2 x = cos 4 x ⇔ 1 − sin 4 x = 1 − sin 2 4 x ⇔ sin 2 4 x = 0 . 2 sin 2 x = 0 π ⇔ sin 4 x = 0 ⇔ 2 sin 2 x cos x = 0 ⇔  ⇔ x = k ( k ∈ ℤ) . cos x = 0 ( L ) 2 

Câu 1.

Phương trình sin(5 x + ) = m − 2 có nghiệm khi: 2 A. m ∈ [1;3] B. m ∈ [ −1;1] C. m ∈ R

π π   sin( x + 4 ) ≠ 0  x ≠ − 4 + kπ   sin( π − x) ≠ 0  x ≠ π + kπ   4 4 Điều kiện:  ⇔ π π cos( x + ) ≠ 0  x ≠ + kπ   4 4   π π cos( − x ) ≠ 0  x ≠ − + kπ   4 4

D. 3

A. m ∈ [ −1;1] Câu 5.

2cos( x + ) = 1 với 0 ≤ x ≤ 2π là: 4 B. 1 C. 2

Số nghiệm của phương trình

B. −

các

nghiệm

dạng

D. 8π D. cot x = 0

x = α + k 2π và

2π 3

D. −

x = − β + k 2π

2π 3

Câu 9.

Phương trình cos2 x = −cos( x + ) có bao nhiêu nghiệm thuộc (0;10π ) 2 A. 14 B. 15 C. 16 D. 17 x π Câu 10. Nghiệm âm lớn nhất của phương trình cot x = tan( − ) 2 2 2π π 4π A. − B. − C. − D. 0 3 3 3 Câu 11. Trong các phương trình sau, phương trình nào vô nghiệm? A. t anx = 99 B. cot 2018 x = 2017 3 π 2π C. sin 2 x = − D. cos(2 x − ) = 4 2 3 Một số phương trình lượng giác thường gặp

Câu 12. Số nghiệm của phương trình 2sin x − 3 = 0 Trên đoạn [ 0; 2π ] A. 1 B. 2 C. 3

D. 4

Câu 13. Phương trình m tan x − 3 = 0 Có nghiệm khi A. m ≠ 0 . m ∈ R

C. −1 ≤

3 ≤1 m

D. −1 <

3 <1 m

Câu 14. Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình 2cos2 x + m − 1 = 0 Có nghiệm? A. 1 B. 2 C. 3 D. Vô số 98

Câu 15.

Tổng các nghiệm của phương trình 2sin( x + 200 ) − 1 = 0 trên khoảng (00 ,1800 )

A. 2100 B. 2000 C. 1700 D. 1400 Câu 16. Phương trình sinx − 3cos x = 0 có nghiệm dạng x = arc cot m + kπ , k ∈ Z thì giá trị m là:

1 1 B. m = 3 C. m = −3 D. m = − 3 3 Câu 17. Tổng 2 nghiệm dương liên tiếp nhỏ nhất của phương trình: 2sin 2 x + 7 sin x − 4 = 0 là: π 4π π 5π A. x = B. C. D. 6 3 6 6 A. m =

Câu 18. Nghiệm của phương trình

t anx − 3 = 0 là: 2 cos x + 1 π  B. S =  + (2k + 1)π , k ∈ Z  3 

π  C. S =  + k 2π , k ∈ Z  3 

π π  D. S =  + k , k ∈ Z  2 3 

A. x = kπ , k ∈ ℤ .

3 = −3 là: cos x B. x = ( 2k + 1) π , k ∈ ℤ .

C. x = k 3π , k ∈ ℤ .

D. x = k

, k ∈ℤ .

3 13 2 Câu 20: Phương trình cos x − sin x = cos 2 x có bao nhiêu điểm biểu diễm trên đường tròn lượng 8 giác? A. 3 . B. 4 . C. 8 . D. 6 . 6

Câu 21: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình sin 2 x + ( m 2 − 3 ) sin x + m 2 − 4 có hai

 3π  nghiệm thuộc  ; 2π  ?  2  A. 1. B. 2 .

D. Không có m .  π 3π  Câu 22: Giá trị của m để phương trình cos2 x − ( 2m + 1) cos x + m + 1 = 0 có nghiệm trên  ;  là 2 2 

C. Vô số.

m ∈ [ a; b ) thì a + b là: A. 0 .

B. −1 .

C. 1.

D. 2 .

π  π 3  Câu 23: Phương trình cos4 x + sin 4 x + cos x −  sin  3 x −  − = 0 có tổng 2 nghiệm âm lớn nhất 4  4 2  liên tiếp là: 3π π 5π A. − . B. −π . C. − . D. − . 2 2 2 Câu 24: Phương trình sin 6 x + cos6 x + 3sin x cos x − m + 2 = 0 có nghiệm khi m ∈ [ a; b] thì tích a.b bằng: 9 A. . 4

9 B. . 2

75 C. . 16 99

π 4

+ k 2π và x = arc tan m + kπ ;

k ∈ ℤ thì: A. m = 1 .

B. m = 2 .

C. m =

1 . 2

D. m = −2 .

Câu 26: Cho các phương trình sau:.

(1) 2sin x − 5 = 0 . ( 2) sin 2 2 x + 5cos2 x − 7 = 0 . 5 . 4 Trong các phương trình trên, phương trình nào vô nghiệm A. Chỉ phương trình (1) vô nghiêm. B. Chỉ phương trình (2) vô nghiệm. C. Chỉ phương trình (3) vô nghiệm. D. Cả 3 phương trình vô nghiệm. Phương trình bậc nhất đối với sin x , cos x .

( 3) sin8 3x + cos8 3x =

π  A. S =  + kπ , k ∈ Z  3 

Câu 19. Nghiệm của phương trình 2 tan 2 x +

Câu 25: Phương trình tan x + 2 cot x − 3 = 0 có các nghiệm dạng x =

15 D. . 4

Câu 27: Phương trình sin x + m cos x = 10 có nghiệm khi: m ≥ 3 A.  .  m ≤ −3

m > 3 B.  .  m < −3

m ≥ 3 C.  .  m < −3

D. −3 ≤ m ≤ 3 .

Câu 28: Phương trình sin x + 3 cos x = 1 có các nghiệm dạng x = α + k 2π và x = β + k 2π , k ∈ ℤ với −π < α , β < π thì α .β là: A. −

π2 6

B. −

π2 2

C. −

π2 12

Câu 29: Phương trình cos2 x + sin x = 3 ( cos x − sin 2 x ) có các nghiệm là:

π 2π   x = 18 + k 3 A.  (k ∈ ℤ) .  x = − 3π − k 2π  2 π   x = 12 + kπ C.  ( k ∈ ℤ ) . D.  x = π + kπ  4

π   x = − 4 + kπ B.  (k ∈ ℤ) .  x = − π + k 2π  12 π   x = 12 + k 2π (k ∈ ℤ) .   x = − π + k 2π  4

Câu 30: Phương trình sin x + cos x.sin x + 3cos3 x = 2 ( cos4 x + sin 3 x ) có tổng hai nghiệm dương nhỏ nhất liên tiếp là:

π 42

13π . 42

π 3

π 2

x x  Câu 31: Phương trình  sin + cos  + 3 cos x = 2 có nghiệm dương nhỏ nhất là a và nghiệm âm lớn 2 2  nhất là b thì a + b là:

A. π .

. 2 Phương trình đẳng cấp bậc hai. 100

π 3

D. −

π 3

Câu 32: Số điểm biểu diễn nghiệm của phương trình cos2 x − 3 sin 2 x = 1 + sin 2 x trên đường tròn lượng giác là: B. 1. C. 3 . D. 4 . A. 2 .

π 1  Câu 44: Phương trình sin 4 x + cos 4  x +  = có bao nghiêu nghiệm trên ( 2π ;3π ) ? 4 4  A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 .

Câu 33: Cho phương trình 2cos2 x + 5sin x cos x + 6sin 2 x − m − 1 = 0 (1) số giá trị m ∈ ℤ để phương

Câu 45: Phương trình cos3 x.cos 3 x + sin 3 x.cos 3 x = sin 3 4 x có bao nhiêu nghiệm trên [ 0; 2π ] ? B. 24 . C. 12 . D. 2 . x 3x x 3x 1 Câu 46: Phương trình cos x.cos .cos − sin x.sin .sin = có tích các nghiệm trên ( −π ;0 ) là: 2 2 2 2 2 A. 1.

trình (1) có nghiệm là:

B. 6 . C. 7 . D. 8 . A. 5 . Câu 34: Phương trình sin x + cos x − 4sin 3 x = 0 tương đương với phương trình: B. sin x − cos x = 0 . C. 2cos2 x − 1 = 0 . D. 2 sin x − 1 = 0 . 1 Câu 35: Phương trình 3 sin x + cos x = có bào nhiêu nghiệm trên ( 0; 2π ) ? cos x A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 . Câu 36: Số giá trị nguyên của m để phương trình 2 sin 2 x − sin x cos x − mcos2 x = 1 có nghiệm trên A. tan x = −1.

 π π  − 4 ; 4  là: B. 2 . C. 3 . D. 4 . A. 1. Phương trình đối xứng và các phương trình lượng giác không mẫu mực. Câu 37: Phương trình sin x + cos x + 2 sin 2 x = 0 có số điểm biểu diễn trên đường tròn lượng giác là: A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 .

π  Câu 38: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình sin 2 x + 2 sin  x −  − m − 1 có nghiệm? 4  A. 1. B. 2 . C. 3 . D. 4 . Câu 39: Cho phương trình cot x − tan x = sin x + cos x . Khi đặt t = sin x − cos x thì: A. t = 1 − 2 . B. t = 2 − 1 . Câu 40: Phương trình tan x + cot x = t có nghiệm khi: t ≥ 2 t > 2 A.  . B.  . t ≤ − 2  t < −2 2

C. t = 0 .

D. t = −1 − 2 .

C. ∀t ∈ ℝ .

D. t ∈ [ −2; 2] .

Câu 41: Cho phương trình 3 tan x + 4 tan x + 4 cot x + 3cot x + 2 = 0 (1) . Đặt tan x + cot x = t với

t ∈ ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ ) thì phương trình (1) tương đương với phương trình: A. 3t 2 + 4t + 2 = 0 . B. −3t 2 + 4t − 4 = 0 . Một số phương trình lượng giác khác.

C. 3t 2 + 4t − 4 = 0 .

Câu 42: Phương trình cos x + cos3x + 2cos5x = 0 có các nghiệm là x =

π 2

D. 3t 2 − 4t − 4 = 0 .

+ kπ và

1 x = ± arc cos m + kπ . Giá trị của m là: 2 1 ± 17 1 ± 17 ±1 + 17 ±1 + 17 . B. m = . C. m = . D. m = . 8 16 8 16 Câu 43: Số điểm biểu diễn nghiệm của phương trình sin 3 x − sin x + sin 2 x = 0 trên đường tròn lượng giác là: A. 2 . B. 3 . C. 4 . D. 5 .

A. m =

101

5π 2 . 8 8 72 Câu 47: Phương trình sin 5x.cos3x = sin 7 x.cos5x có tập nghiệm là:

A. −

π2

D. −

π  x = k 2 A.  (k ∈ ℤ) . x = π + k π  20 10

 x = kπ B.  (k ∈ ℤ) . x = π + k π 20 10 

π π   x = 2 + k 10 C.  (k ∈ ℤ) . x = π + k π  20 10

π  x = k 2 D.  (k ∈ ℤ) . x = π + k π  20 5

π2 32

1  7π  = 4sin  − x  có tổng 3 nghiệm âm liên tiếp lớn nhất là: 3π  4    sin  x −  2   π 5π 3π 3π A. − . B. − . C. − . D. − . 2 8 8 4 2 Câu 49: Số nghiệm của phương trình sin 8 x − cos8 x = trên [ 0; 2π ] là: 3 A. 0 . B. Vô số. C. 2 . D. 4 . Câu 48: Phương trình

1 + sin x

Câu 50: Phương trình tan 2 x + 2sin 2 x − 2 tan x − 2 2 sin x + 2 = 0 có bao nhiêu nghiệm trên ( 0; 2π ) ? A. 1.

B. 2 . C. 3 . D. 4 .  3π x  1  π 3 x  Câu 51: Phương trình sin  −  = sin  +  có bao nhiêu nghiệm trên ( 0;2π ) ?  10 2  2  10 2  B. 2 . C. 3 . D. 4 . A. 1. Câu 52: Phương trình

2 ( sin x − 2 cos x ) = 2 − sin 2 x có tập nghiệm là:

 3π  B. S = ± + k 2π , k ∈ ℤ  .  4   5π  D. S =  + k 2π , k ∈ ℤ  . 4 

 π  A. S = ± + k 2π , k ∈ ℤ  .  4   3π  C. S = ± + kπ , k ∈ ℤ  .  4  Câu 53: Phương trình cot x − 1 = A. x =

π 4

cos 2 x 1 + sin 2 x − sin 2 x có các nghiệm là: 1 + tan x 2 B. x =

+ k 2π ( k ∈ ℤ ) . 102

π 4

+ kπ ( k ∈ ℤ ) .

C. x =

π 4

π 2

D. x =

(k ∈ ℤ) .

5π + k 2π ( k ∈ ℤ ) . 4

2 có bao nhiêu nghiệm trên ( 0; 2π ) ? sin 2 x A. 2 . B. 4 . C. 6 . D. 5 . Câu 55: Phương trình 2 sin 2 2 x + sin 7 x − 1 = sin x đưa về phương trình tích được phương trình tương đương là: A. cos 4 x (1 − sin 3x ) = 0 . B. 2 cos 4 x (1 − sin 3x ) = 0 . Câu 54: Phương trình cot x − tan x + 4sin 2 x =

C. cos 4 x (1 + sin 3x ) = 0 .

Câu 65: Có bao nhiêu giá trị nguyên của m nhỏ hơn 2018 để phương trình 3 + 3 tan 2 x + tan x + cot x = m có nghiệm ? sin 2 x A. 2000 . B. 2001 . C. 2010 .

D. cos 2 x (1 + sin 3 x ) = 0 .

Câu 56: Phương trình 2sin x (1 + cos 2 x ) + sin 2 x = 1 + 2 cos x là phương trình hệ quả của phương trình: A. cos 2 x = 0 .

B. 2cos x − 1 = 0 . C. sin 2 x + 1 = 0 . D. sin 2 x − 1 = 0 . 5sin x.cos x 3 Câu 57: Phương trình 6sin x − 2 cos x = có số nghiệm trên ( 0; 2π ) là: 2 cos 2 x A. 0 . B. 2 . C. 4 . D. 6 . Câu 58: Phương trình sin 4 x = tan x có nghiệm dạng x = kπ và x = ± m arc cos n + kπ

( k ∈ ℤ)

thì

m + n bằng: A. m + n =

3 . 2

B. m + n = −

3 . 2

C. m + n =

−1 + 3 . 2

D. m + n =

−1 − 3 . 2

cos 2 x − cos 3 x − 1 có bao nhiêu nghiệm trên [1; 70] ? cos 2 x A. 32 . B. 33 . C. 34 . D. 35 . Phương trình lượng giác chứa tham số.

Câu 59: Phương trình cos 2 x − tan 2 x =

Câu 60: Phương trình ( 2sin x + 1)( sin x − m ) = 0 ( m là tham số) có nghiệm trên ( 0; π ) khi: A. ∀m ∈ ℝ .

C. m∈ ( 0;1] .

B. m ∈∅ .

D. m ∈ ( 0;1) .

Câu 61: Có bao nhiêu giá trị nguyên âm lớn hơn −10 của m để phương trình

( 2cos x − 1)( 2cos 2 x + 2 cos x − m ) = 3 − 4sin 2 x

 π π có hai nghiệm thuộc  − ;  ?  2 2

A. 7 .

C. 2 .

B. 6 .

D. 3 .

Câu 62: Các giá trị của m ∈ [ a; b] để phương trình cos 2 x + sin 2 x + 3cos x − m = 5 có nghiệm thì: C. a.b = −8 . D. a.b = 8 . m Câu 63: Cho phương trình m sin x + ( m + 1) cos x = . Số các giá trị nguyên dương của m nhỏ hơn cos x 10 để phương trình có nghiệm là: A. 8 . B. 9 . C. 10 . D. 7 . A. a + b = 2 .

B. a + b = 12 .

 π  Câu 64: Phương trình cos 2 x + ( 2m + 1) sin x − m − 1 = 0 có nghiệm trên  − ; π  khi tất cả các giá trị  2  thỏa mãn: A. m ∈∅ . B. m ∈ ℝ . C. m ∈ [ −1;1] . D. m ∈ ( −1;1) .

103

104

D. 2011 .

Câu 1:

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Phương trình lượng giác cơ bản Đáp án B. 1 sin x + 10o = ⇔ sin x + 10o = sin 30o 2  x + 10o = 30o + k 360o  x = 20o + k 360o ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ)  o o o o o o  x + 10 = 180 − 30 + k 360  x = 140 + k 360

(

Câu 2:

)

(

Câu 7: Câu 8:

Đáp án D. Ta có cot x = 0 ⇔ cos x = 0 Đáp án D.  π π  x = k 2π  x + 3 = 3 + k 2π π π π π   cos  x +  = sin ⇔ cos  x +  = cos ⇔  ⇔ ( k ∈ ℤ)  x = − 2π + k 2π 3 6 3 3    x + π = − π + k 2π 3   3 3

)

 x = 20o Mà x ∈ ( 0o ;180o )   . o  x = 140 Đáp án C.

 π π  x = k 2π  x + 4 = 4 + k 2π π 1 π π   ⇔ cos  x +  = ⇔ cos  x +  = cos ⇔  ( k ∈ ℤ) .  x = − π + k 2π 4 4 4 2    x + π = − π + k 2π  2  4 4 Biểu diễn trên đường trong lượng giác:

Câu 9:

α = 0 2π  Vậy  . 2π  α + β = − 3  β = − 3 Đáp án B.

π  π  π    cos 2 x = − cos  x +  ⇔ cos 2 x = cos π −  x +   ⇔ cos 2 x = cos  − x  2 2  2     π π 2π    2 x = 2 − x + k 2π x = 6 + k 3 2π π ⇔ ⇔ ⇔ x= +k 6 3  2 x = − π + x + k 2π  x = − π + k 2π  2  2 (Chú ý gộp nghiệm trên đường tròn lượng giác) 2π 1 59 +k < 10π ⇔ − < k < 6 3 4 4 Mà k ∈ ℤ  k ∈ {0;1; 2;3;...;14}

Ta có: 0 < x < 10π ⇔ 0 <

Vậy có 15 giá trị k  có 15 nghiệm ∈ ( 0;10π ) .

Câu 10: Đáp án A.

Vậy có 2 họ nghiệm thuộc [ 0; 2π ] .

Câu 3:

Đáp án A.

Câu 4:

π  Phương trình sin  5 x +  = m − 2 có nghiệm khi m − 2 ≤ 1 ⇔ −1 ≤ m − 2 ≤ 1 ⇔ 1 ≤ m ≤ 3 . 2  Đáp án C. Phương trình tan ( x + 60o ) = m 2 có nghiệm khi m∈ ℝ .

Câu 5:

Đáp án B. Phương trình tan ( x − 1) = 2 ⇔ x − 1 = rac tan 2 + kπ ⇔ x = 1 + rac tan 2 + kπ ( k ∈ ℤ ) .

Câu 6:

Đáp án A.

tan x = 1 ⇔ x =

π 4

π   x = 3 + k 2π 3 2 sin x − 3 = 0 ⇔ sin x = ⇔ (k ∈ ℤ) 2  x = 2π + k 2π  3

+ kπ ( k ∈ ℤ )

Mà x ∈ ( 0;10 ) ⇔ 0 <

π 4

1 10 1 + kπ < 10 ⇔ − < k < − π 4 4

Do k ∈ ℤ  k ∈ {0;1; 2} ⇔ 3 nghiệm ∈ ( 0;10 ) là x1 =

15π  x1 + x2 + x3 = . 4

x x 2π x π  cot x = tan  −  ⇔ cot x = cot  π −  ⇔ x = π − + kπ ⇔ x = ( k + 1) với k ∈ ℤ . 2 2 3 2 2  2π . Vậy nghiệm âm lớn nhất là x = − 3 Câu 11: Đáp án D. 2π > 1. Vì 3 Một số phương trình lượng giác thường gặp Câu 12: Đáp án B.

π 4

, x2 =

π 4

+ π , x3 =

π 4

+ 2π

Vậy phương trình có 2 nghiệm thuộc [ 0; 2π ] là x =

π 3

và x =

2π . 3

Câu 13: Đáp án A. + Với m = 0 : Phương trình ⇔ − 3 = 0 (vô nghiệm)  m = 0 không thỏa mãn.

105

106

+ Với m ≠ 0 : Phương trình ⇔ tan x =

3 3 ∈ℝ . xác định với mọi giá trị m m

Câu 14: Đáp án C.

1− m 2 cos x + m − 1 = 0 có nghiệm ⇔ cos x = có nghiệm 2 1− m ⇔0≤ ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 1 − m ≤ 2 ⇔ −1 ≤ m ≤ 1 2 Vậy có 3 giá trị m nguyên thỏa mãn. Câu 15: Đáp án D. 1 2sin ( x + 20o ) − 1 = 0 ⇔ sin ( x + 20o ) = ⇔ sin ( x + 20o ) = sin 300 2 2

 x + 20 = 30 + k 360  x = 10 + k 360 ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ) o o o 0 o 0 x + 20 = 180 − 30 + k 360   x = 130 + k 360 o

Vậy tổng các nghiệm trên ( 0 o ;180 o ) là: 10o + 130o = 140o .

Câu 16: Đáp án B. sin x − 3 cos x = 0 ⇔ 3 cos x = sin x ⇔ cot x = 3 ⇔ x = arc cot 3 + kπ , k ∈ ℤ . Vậy m = 3 . Câu 17: Đáp án A.

π  1   x = 6 + k 2π sin x = 2 sin 2 x + 7 sin x − 4 = 0 ⇔  2 ⇔ ( k ∈ ℤ) .   x = 5π + k 2π sin x = −4 (VN )  6 π 5π =π . Vậy tổng 2 nghiệm dương liên tiếp nhỏ nhất là: + 6 6 Câu 18: Đáp án C tan x − 3 =0 2 cos x + 1 1  cos x ≠ − Điều kiện:  2 cos x ≠ 0

+ kπ ( k ∈ ℤ ) 3 Kết hợp điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là

π 3

+ k 2π

( k ∈ ℤ)

Ta có: 1 + tan 2 x =

(

)(

)

cos 2 x = 0 ⇔ 1 13 1 − (1 − cos 2 2 x ) − cos 2 x = 0 8  4

cos 2 x = 0 cos 2 x = 0  ⇔ ⇔ 1 2 cos 2 x =  2cos 2 x − 13cos 2 x + 6 = 0  2

π π  x = 4 + k 2 ⇔ ( k ∈ ℤ)  x = ± π + kπ  6 Câu 21: Đáp án D. sin x = −1 sin 2 x + ( m 2 − 3) sin x + m 2 − 4 = 0 ⇔  2 sin x = 4 − m + Với sin x = −1 ⇔ x = −

π 2

+ k 2π ( k ∈ ℤ )

3π  3π  ∈ ; 2π  2  2 

3π  3π   3π  . + Phương trình có 2 nghiệm ∈  ; 2π  ⇔ sin x = m 2 − 4 có 1 nghiệm ∈  ; 2π  khác 2  2   2  Câu 22. Đáp án B. 1  cos 2 x − ( 2m + 1) cos x + m + 1 = 0 ⇔ 2cos2 x − ( 2m + 1) cos x + m = 0 ⇔ cos x = 2 cos x = m 

1  π 3π   π 3π  x ∈  ;   cos x ∈ [ −1;0 )  cos x = không có nghiệm thỏa mãn  ;  . 2 2 2  2 2   π 3π  Phương trình có nghiệm trên  ;  ⇔ −1 ≤ m < 0  a + b = 1 . 2 2 

Câu 19: Đáp án B. Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

 1  cos x = −1 cos x = −1 (TM ) ⇔ x = π + k 2π ( k ∈ ℤ ) . ⇔ ⇔ 1 1  cos x = −2 ( l ) =−  cos x 2 Câu 20: Đáp án C. 13 13 cos6 x − sin 6 x = cos 2 2 x ⇔ cos 2 x − sin 2 x cos 4 x + sin 2 x.cos2 x + cos 4 x = cos2 2 x 8 8 13  1 2  13 2 2 2 2 2   cos 2 x  sin x + cos x − sin x.cos x  = cos 2 x ⇔ cos 2 x 1 − sin 2 x  − cos 2 2 x = 0 8  4  8

có 1 nghiệm x =

Phương trình ⇔ tan x = 3 ⇔ x =

3 1 1  1  − 1 + = −3 ⇔ 2. 2 + 3. +1 = 0 Phương trình ⇔ 2  2 2 cos x cos x  cos x  cos x

π 2

+ kπ ( k ∈ ℤ ) .

1 1  tan 2 x = −1 cos 2 x cos 2 x 107

Câu 23. Đáp án D. π π 3   cos 4 x + sin 4 x + cos  x −  .sin  3 x −  − = 0 4 4 2  

108

 3 1  π ⇔ 1 − 2sin 2 x.cos 2 x + sin  4 x −  + sin 2 x  − = 0 2  2  2 ⇔ 2 − sin 2 2 x − cos 4 x + sin 2 x − 3 = 0 2

(

)

⇔ 2 − sin 2 x − 1 − 2sin 2 x + sin 2 x − 3 = 0

π π

π2

.  α .β = − . = − 6 2 12

Câu 29. Đáp án A.

cos 2 x + sin x = 3 ( cos x − sin 2 x ) ⇔ sin x − 3 cos x = −

⇔ sin 2 2 x + sin 2 x − 2 = 0

π π sin 2 x = −2 ( vn ) ⇔ ⇔ 2 x = + k 2π ⇔ x = + kπ ( k ∈ ℤ ) . 2 4 sin 2 x = 1 3π 7π 5π =− Vậy tổng hai nghiệm âm lớn nhất là − − . 4 4 2

Câu 24. Đáp án C. sin 6 x + cos6 x + 3sin x.cos x − m + 2 = 0 3 3 ⇔ 1 − sin 2 2 x + sin 2 x − m + 2 = 0 (*) 4 2 ⇔ 4m = −3sin 2 2 x + 6sin 2 x + 12 Đặt t = sin 2 x, t ∈ [ −1;1] . Xét f ( t ) = −3t 2 + 6t + 12 trên [ −1;1] .

(

3 sin 2 x + cos 2 x

)

 3  1 3 1 ⇔ sin x − cos x = −  sin 2 x + cos 2 x  2 2 2 2  

π π   cos x = −  cos sin 2 x + sin cos 2 x  6 6   π π   ⇔ sin  x −  = − sin  2 x +  3 6   π π   ⇔ sin  x −  = sin  −2 x −  3 6   π π 2π  π   x − 3 = −2 x − 6 + k 2π  x = 18 + k 3 ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ) π π 3π  x − = π + 2 x + + k 2π x = − − k 2π 3 6 2   ⇔ cos

sin x − sin

Câu 30. Đáp án C.

(

sin x + cos x.sin 2 x + 3 cos3 x = 2 cos 4 x + sin 3 x

Suy ra (*) có nghiệm ⇔ 3 ≤ 4m ≤ 15 ⇔ Vậy ab =

3 15 ≤m≤ . 4 4

75 . 16

(

⇔ sin x.cos 2 x + cos x.sin 2 x + 3 cos 3x = 2cos 4 x ⇔ sin 3 x + 3 cos3 x = 2cos 4 x

⇔

Câu 25. Đáp án B.

{

Điều kiện sin x ≠ 0 .

1 3 sin 3x + cos3 x = cos 4 x 2 2

⇔ sin

cos x ≠ 0

2 − 3 = 0 ⇔ tan 2 x − 3tan x + 2 = 0 tan x π  tan x = 1 ⇔  ⇔  x = 4 + kπ (k ∈ ℤ)  tan x = 2  x = arctan 2 + kπ 

Phương trình ⇔ tan x +

Vậy m = 2 . Câu 26. Đáp án D. Phương trình bậc nhất đối với sin x,cos x Câu 27. Đáp án A.

sin 3x + cos cos3 x = cos 4 x 6 6 π  ⇔ cos  3x −  = cos 4 x 6  π π    4 x = 3x − 6 + k 2π  x = − 6 + k 2π ⇔ ⇔ k ∈ ℤ) π π 2π (  4 x = −3x + + k 2π x = +k 6 42 7  

Hai nghiệm dương liên tiếp nhỏ nhất là x1 =

Câu 31. Đáp án C.

Phương trình có nghiệm 12 + m 2 ≥ 10 ⇔ m2 ≥ 9 ⇔  m ≥ 3 .  m ≤ −3

Câu 28. Đáp án C. π 1  sin x + 3 cos x = 1 ⇔ sin  x +  = 3 2  π π π    x + 3 = 6 + k 2π  x = − 6 + k 2π ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ) . π 5π π x + = + k 2π  x = + k 2π 3 6 2   109

)

⇔ 1 − 2sin 2 x sin x + cos x.sin 2 x + 3 cos 3x = 2cos 4 x .

π 42

x x   sin + cos  + 3 cos x = 2 2 2  x x ⇔ 1 + 2sin .cos + 3 cos x = 2 2 2 π 1  ⇔ sin x + 3 cos x = 1 ⇔ sin  x +  = 3 2 

π π π    x + 3 = 6 + k 2π  x = − 6 + k 2π ⇔ ⇔ ( k ∈ ℤ) π 5π π x + = + k 2π  x = + k 2π 3 6 2   110

, x2 =

13π π  x1 + x2 = . 42 3

Nghiệm dương nhỏ nhất là Vậy a + b =

π 3

π 2

, nghiệm âm lớn nhất là −

π 6

Phương trình đẳng cấp bậc 2. Câu 32. Đáp án D.

Câu 36. Đáp án C.

cos 2 x − 3 sin 2 x = 1 + sin 2 x (1) ⇔ sin 2 x + 2 3 sin x.cos x − cos 2 x = −1

Với cos x = 0  sin 2 x = 1  (1) ⇔ 1 = −1 vô lí. 2

Với cos x ≠ 0 chia cả hai vế cho cos x ta được:

(1) ⇔ tan 2 x + 2

(

)

3 tan x − 1 = − 1 + tan 2 x ⇔ 2 tan 2 x + 2 3 t = 0

 x = kπ  tan x = 0 π ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ)  x = − + kπ  tan x = − 3 3 

2sin 2 x − sin x.cos x − m cos2 x = 1(1)  π π Trên  − ;   cos x ≠ 0  4 4 (1) ⇔ 2 tan 2 x − tan x − m = tan2 x + 1 ⇔ m = tan 2 x − tan x − 1  π π Đặt tan x = t  t ∈ [ −1;1] ∀x ∈  − ;   4 4

Yêu cầu bài toán tìm m để phương trình m = f ( t ) = t 2 − t − 1 có nghiệm trên [ −1;1]

Vậy số điểm biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác là 4. Câu 33. Đáp án C. 2cos 2 x + 5sin x.cos x + cos 2 x − m − 1 = 0 1 − cos 2 x ⇔ 2cos 2 x − 1 + 5sin x.cos x + 6 =m 2 5 5 ⇔ cos 2 x + sin 2 x + 3 − 3cos 2 x = m ⇔ sin 2 x − 2cos 2 x = m − 3 2 2 2 2 2 5 Phương trình có nghiệm ⇔   + ( −2 ) ≥ ( m − 3) 2

41 41 ⇔ m−3 ≤ 4 2 41 41 41 41 ⇔− ≤ m−3≤ ⇔− +3≤ m ≤ +3 2 2 2 2 Mà m ∈ ℤ  m ∈{0;1;2;3;4;5;6} . 2

⇔ ( m − 3) ≤

Vậy có 7 giá trị m thỏa mãn. Câu 34. Đáp án B. Phương trình sin x + cos x − 4sin 3 x = 0 (*) -Với cos x = 0  sin x = ±1 không thỏa mãn phương trình. -Với cos x ≠ 0 , chia cả hai vế của phương trình cho cos3 x ta được

(*) ⇔ tan x (1 + tan 2 x ) + 1 + tan 2 x − 4 tan 3 x = 0 ⇔ 3 tan 3 x − tan 2 x − tan x − 1 = 0 ⇔ tan x = 1 ⇔ sin x − cos x = 0

Câu 35. Chọn đáp án B. Điều kiện cos x ≠ 0 Phương trình ⇔ 3 tan x + 1 = 1 + tan 2 x ⇔ tan 2 x − 3 tan x = 0  x = kπ  tan x = 0 π ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ) . tan x = 3  x = + kπ  

 5   Phương trình (1) có nghiệm ⇔ m ∈  − ;1 .  4  Vậy có 3 giá trị nguyên của m thỏa mãn.

Phương trình đối xứng và các phương trình lượng giác không mẫu mực. Câu 37. Đáp án C. sin x + cos x + 2 sin 2 x = 0 (1) ⇔ sin x + cos x + 2 2 sin x.cos x = 0 π   t ∈  − 2; 2  .   4  

Đặt t = sin x + cos x = 2 sin  x +

(

1  t= ⇔ 2t 2 + t − 2 = 0 ⇔  2  t = − 2 1 π 1 π 1    2 sin  x +  = ⇔ sin  x +  = 4 4 2 2 2   π π π    x + 4 = 6 + k 2π  x = − 12 + k 2π ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ) 7π π 5π x + = + k 2π x = + k 2π 4 6 6   π π π π   + Với t = − 2  2 sin  x +  = − 2 ⇔ sin  x +  = −1 ⇔ x + = − + k 2π 4 4 4 2   3π ⇔x=− + k 2π ( k ∈ ℤ ) . 4

+ Với t =

Vậy có 3 điểm biểu diễn các nghiệm. Câu 38. Đáp án D. π 

Vây só nghiệm trên ( 0;2π ) là 3.

)

t 2 = 1 + 2sin x.cos x  2sin x.cos x = t 2 − 1  (1) ⇔ t + 2 t 2 − 1 = 0

sin 2 x + 2 sin  x −  − m − 1 = 0 ⇔ 2sin x.cos x + sin x − cos x − m − 1 = 0 4 

111

112

 

Đặt t = sin x − cos x = 2 sin  x −

π

  t ∈  − 2; 2  . 4

2sin x.cos x = −t 2 + 1

Phương trình ⇔ m = −t 2 + t (*) có nghiệm trên  − 2; 2  Xét hàm số f ( t ) = −t 2 + t trên  − 2; 2 

Câu 42. Đáp án A. cos x + cos3 x + 2cos5 x = 0 ⇔ ( cos5x + cos x ) + ( cos5x + cos3x ) = 0 ⇔ 2cos3x.cos 2 x + 2cos 4 x.cos x = 0 ⇔ 4cos3 x − 3cos x cos 2 x + cos 4 x.cos x = 0

(

)

⇔ cos x  4cos2 x − 3cos x cos 2 x + cos 4 x  = 0 ⇔ cos x ( 2cos 2 x − 1) cos 2 x + 2cos 2 2 x − 1 = 0

(

)

(

)

⇔ cos x 4cos 2 2 x − cos 2 x − 1 = 0

1



Phương trình (*) có nghiệm ⇔ m ∈  − 2 − 2;  4  Vậy các giá trị m∈{−3; −2; −1;0} thỏa mãn. Câu 39. Đáp án A. π Điều kiện sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ k ( k ∈ ℤ ) .

{

cos x ≠ 0

2 cos x sin x Phương trình ⇔ − = sin x + cos x sin x cos x 2 2 ⇔ cos x − sin x = sin x.cos x ( sin x + cos x )

⇔ ( sin x + cos x )( sin x.cos x + sin x − cos x ) = 0 sin x + cos x = 0 (1) ⇔ sin x.cos x + sin x − cos x = 0 ( 2 )  

Giải (1) ⇔ 2 sin  x +

π

 = 0 ⇔ x = − + kπ ( k ∈ ℤ ) 4 4

π 1− t2  .   t ∈  − 2; 2  , sin x.cos x = 4 2   t = 1 − 2 ( tm ) 1− t2 + t = 0 ⇔ t 2 − 2t − 1 = 0 ⇔  ( 2) ⇔ 2 t = 1 + 2 ( l ) π  1− 2 1− 2  sin  x −  = . Vậ y t = . 4 2 2 

Giải ( 2 ) . Đặt t = sin x − cos x = 2 sin  x −

Câu 40. Chọn đáp án B. Cách 1: Điều kiện để phương tình tan x + cot x = t có nghiệm: t = tan x + cot x = tan x + cot x ≥ 2 tan x.cot x = 2  t ∈ ( −∞; −2] ∪ [ 2; +∞ )

Cách 2: Phương trình tan x +

1 = t ( tan x ≠ 0 ) có nghiệm tan x

⇔ tan 2 x − t.tan x + 1 = 0 có nghiệm ∆ ≥ 0 ⇔ 2 ⇔ t2 − 4 ≥ 0 ⇔ t ≥ 2 . 0 − t.0 + 1 ≠ 0

Câu 41. Đáp án C. 3tan 2 x + 4 tan x + 4cot x + 3cot 2 x + 2 = 0 ⇔ 4 ( tan x + cot x ) + 3 tan 2 x + cot 2 x + 2 = 0

(

)

cos x = 0 ⇔ 1 ± 17 cos 2 x = 8  π   x = 2 + kπ ⇔ (k ∈ ℤ) .  x = ± 1 arccos 1 ± 17 + k 2π  2 8

Vậy m =

1 ± 17 . 8

Câu 43. Đáp án C. sin 3 x − sin x + sin 2 x = 0 ⇔ 2cos 2 x.sin x + 2sin x.cos x = 0 ⇔ sin x ( 2cos 2 x + cos x − 1) = 0    x = kπ sin x = 0 ⇔ cos x = −1 ⇔  x = π + k 2π ( k ∈ ℤ )   π 1  x = ± + k 2π cos x = 2 3  

Vậy có 4 điểm biểu diễn nghiệm trên đường tròn lượng giác. Câu 44. Đáp án A. 2  π   1 + cos  x +   2  π  1  1 − cos 2 x   1 2   4 4 sin x + cos  x +  = ⇔  4 4  

 +    

⇔ (1 − cos 2 x ) + (1 − sin 2 x ) = 1 ⇔ 1 − 2cos 2 x + cos 2 2 x + 1 − 2sin 2 x + sin 2 2 x = 1 ⇔ 3 − 2cos 2 x − 2sin 2 x = 1 π π π   ⇔ sin 2 x + cos 2 x = 1 ⇔ 2 sin  2 x +  = 1 ⇔ sin  2 x +  = sin 4 4 4    x = kπ π ⇔ (k ∈ ℤ) .  x = + kπ 4  Vậy phương trình có 1 nghiệm thuộc ( 2π ;3π ) . cos3 x.sin 3x + sin 3 x.cos3 x = sin 3 4 x

113

  

 2 π  ⇔ (1 − cos 2 x ) + 1 + cos  − ( −2 x )   = 1 2  

Câu 45. Đáp án B.

⇔ 4t + 3 t 2 − 2 + 2 = 0 ⇔ 3t 2 + 4t − 4 = 0 .

114

cos3x + 3cos x 3sin x − sin 3 x .sin 3 x + .cos3x = sin 3 4 x 4 4 3 ⇔ ( sin 3 x.cos x + sin x.cos3x ) = sin 3 4 x 4 3 π ⇔ sin 4 x = sin 3 4 x ⇔ sin12 x = 0 ⇔ x = k ( k ∈ ℤ ) . 4 12 ⇔

Vậy phương trình có 24 nghiệm trên [ 0;2π ] . Câu 46. Đáp án B.

π   π  x = − 4 + kπ  sin x + cos x = 0  2 sin  x + 4  = 0  π   1 ⇔ ⇔ ⇔  x = − + kπ ( k ∈ ℤ ) . sin x.cos x = − 2 8   2 2  sin 2 x = − 2  x = 5π + kπ  8 π π 3π 3π − − − =− . Vậy tổng các nghiệm âm liên tiếp lớn nhất là 4 8 8 4

Câu 49. Đáp án A.

x 3x x 3x 1 cos x.cos .cos − sin x.sin .sin = 2 2 2 2 2 1 1 1 ⇔ cos x. ( cos 2 x + cos x ) − sin x. ( cos x − cos 2 x ) = 2 2 2 ⇔ cos x ( cos 2 x + cos x ) + 1 − sin 2 x − sin x.cos x = 1

⇔ cos 2 x ( sin x + cos x ) − sin x ( sin x + cos x ) = 0

2  8 > 1. Ta có sin x8 ≤ 1 ∀x ∈ ℝ  sin 8 x − cos8 x ≤ 1 , mà  − cos x ≤ 0

Vậy phương tình đã cho vô nghiệm. Câu 50. Đáp án A. tan 2 x + 2 sin 2 x − 2 tan x − 2 2 sin x + 2 = 0

(

)

⇔ ( tan 2 x − 2 tan x + 1) + 2sin 2 x − 2 2 sin x + 1 = 0 2

(

)

⇔ ( sin x + cos x ) 1 − 2sin 2 x − sin x = 0

⇔ ( tan x − 1) +

π   x = − 4 + kπ   π  tan x = −1  x = − + k 2π sin x + cos x = 0 2 ⇔ ⇔ sin x = −1 ⇔  ( k ∈ ℤ) 2   x = π + k 2π  2sin x + sin x − 1 = 0 1 sin x =  6  2  5π + k 2π x = 6 

 tan x = 1 π  ⇔ 2 ⇔ x = + k 2π ( k ∈ ℤ ) 4 sin x = 2

(

)

Suy ra có hai nghiệm thuộc ( −π ;0 ) là − Vậy tích hai nghiệm là

Câu 47. Đáp án A.

π2 8

π 4

và −

π 2

sin 5 x.cos3x = sin 7 x.cos5x ⇔ sin8 x + sin 2 x = sin12 x + sin 2 x kπ  x = 2 12 x = 8 x + k 2π k ∈ ℤ) . ⇔ sin 8 x = sin12 x ⇔  ⇔ π π ( 12 x = π − 8 x + k 2π x = +k 20 `10 

Câu 48. Đáp án D. sin x ≠ 0 x ≠ kπ  3π  3π  ⇔ (k ∈ ℤ) . sin  x − ≠0 x≠ + kπ     2  2

Điều kiện 

2 sin x − 1 = 0

Vậy phương trình có 1 nghiệm trên ( 0;2π ) . Câu 51. Đáp án C. 3π x x 3π 3x 9π −  = −t ⇔ = − 3t Đặt t = 10

10 2 10 1 2 ⇔ 2sin t = 3sin t − 4sin 3 t ⇔ sin t ( 2cos 2t − 1) = 0

Phương trình ⇔ sin t = sin ( π − 3t ) ⇔ 2sin t = sin3t 3π   x = 5 − k 2π sin t = 0  t = kπ  14π π 1⇔ ⇔ ⇔ x = + k 2π ( k ∈ ℤ ) 5 cos 2t = t = ± + k 2π  2 6   π 4 x = + k 2π 5 

Vậy phương trình có 3 nghiệm thuộc ( 0;2π ) . Câu 52. Đáp án B. 2 ( sin x − 2cos x ) = 2 − sin 2 x ⇔ 2 sin x − 2 2 cos x = 2 − 2sin x.cos x

(

2 sin x − 2

)(

)

2 cos x + 1 = 0

Ta có

⇔

3π  π π    π  sin  x −  = sin  x − π −  = − sin  x −  = sin  − x  = cos x 2  2 2    2  π 1  7π    π  sin  − x  = sin  2π − − x  = − sin  + x  = − ( sin x + cos x ) . 4 2  4    4  1 1 Phương trình ⇔ + = −2 2 ( sin x + cos x ) sin x cos x 1   ⇔ ( sin x + cos x )  +2 2=0  sin x.cos x 

sin x = 2 ( vn ) 3π ⇔ ⇔ x=± + k 2π ( k ∈ ℤ ) . 1 cos x = − 4  2

115

Câu 53. Đáp án B. sin x ≠ 0

Điều kiện cos x ≠ 0

 tan x ≠ −1

116

cos x − sin x cos 2 x − sin 2 x = + sin x ( sin x − cos x ) cos x + sin x sin x cos x ⇔ cos x − sin x = sin x.cos x ( cos x − sin x ) + sin x ( cos x − sin x )

Phương trình ⇔

(

)

⇔ ( cos x − sin x ) 1 − sin x cos x + sin 2 x = 0 sin x − cos x = 0 1 − cos 2 x ⇔ 1 =0 1 − sin 2 x + 2  2  tan x = 1( tm ) π ⇔ ⇔ x = + kπ ( k ∈ ℤ ) . 4 sin x + cos x = 3 ( vn )

Câu 54. Đáp án B.

{

cos x sin x 2 − + 4sin 2 x = sin x cos x sin 2 x ⇔ 2cos 2 x + 4sin 2 2 x = 2 ⇔ 2cos 2 2 x − cos 2 x − 1 = 0 cos 2 x = 1( l ) ⇔ 1 cos 2 x = − 2 

Phương trình ⇔

2π π + k 2π ⇔ x = ± + kπ ( k ∈ ℤ ) 3 3 Vậy phương trình có 4 nghiệm trên ( 0; 2π )

⇔ 2x = ±

Câu 55. Đáp ánC. 2sin 2 2 x + sin 7 x − 1 = sin x

⇔ 2sin 2 2 x − 1 + sin 7 x − sin x = 0 ⇔ 2cos 4 x + 2cos 4 x.sin 3x = 0 ⇔ 2 cos 4 x (1 + sin 3 x ) = 0

+k 4 2 Phương trình ⇔ 6sin x − 2cos3 x = 5sin 2x.cos x ⇔ 3sin x − cos 3 x − 5sin x.cos3 x = 0 (*) - Với cos x = 0 : Không thỏa mãn phương trình (* ) - Với cos x ≠ 0 : Chia hai vế cho cos3 x ta được:

(*) ⇔ 3 tan x (1 + tan 2 x ) − 1 − 5 tan x = 0 ⇔ 3tan 3 x − 2 tan x − 1 = 0 ⇔ tan x = 1 ⇔ x =

Điều kiện sin x ≠ 0 ⇔ sin 2 x ≠ 0 ⇔ cos 2 x ≠ ±1 . cos x ≠ 0

Điều kiện: cos 2x ≠ 0 ⇔ x ≠

+ kπ 4 Kết hợp với điều kiện  Phương trình vô nghiệm Câu 58. Đáp ánA. Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x =

+ kπ ; k ∈ ℤ 2 Phương trình ⇔ sin 4 x.cos x = sin x ⇔ 2sin 2 x.cos 2 x.cos x − sin x = 0

⇔ 4sin x.cos 2 x.cos 2 x − sin x = 0 ⇔ ( 4 cos 2 x.cos 2 x − 1) sin x = 0

 sin x = 0  sin x = 0 −1 + 3 ⇔ ⇔ cos 2 x = 2 2 2 cos 2 x + 2 cos 2 x − 1 = 0   cos 2 x = −1 − 3 VN ( )  2

 x = kπ k ∈ Z) ⇔  x = ± 1 arccos −1 + 3 + kπ (  2 2

 cos 4 x = 0 ⇔ 1 + sin 3 x = 0 Vậy ta chọn đáp án C. Câu 56. Đáp ánD. 2 sin x (1 + cos 2 x ) + sin 2 x = 1 + 2 cos x

 m+n =

⇔ 2 sin x (1 + cos 2 x − 1) + sin 2 x = 1 + 2 cos x

⇔ 4sin x.cos2 x + sin 2 x = 1 + 2 cos x ⇔ 2sin 2 x.cos x + sin 2 x = 1 + 2cos x ⇔ ( 2 cos x + 1)( sin 2 x − 1) = 0

1 −1 + 3 3 + = 2 2 2

Câu 59. Đáp ánB. Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π 2

+ kπ ; k ∈ Z

PT: ⇔ cos 2x − tan 2 x = 1 − cos x − (1 + tan 2 x )

cos x = −1 ⇔ 2cos2 x + cos x − 1 = 0 ⇔  cos x = 1 2   x = π + k 2π 2π π ⇔ ⇔ x = +k (k ∈ Z)  x = ± π + k 2π 3 3 3 

 2 cos x + 1 = 0 ⇔ sin 2 x − 1 = 0 Vậy ta chọn đáp án D. Câu 57. Đáp ánA.

117

118

Mà x ∈ [1;70] ⇔ 1 ≤

π 3

2π ≤ 70 3

3 1 105 1 − ≤k≤ − 2π 2 π 2  k ∈ {0;1; 2;...;32}

⇔

Vậy PT có 33 nghiệm trên [1; 70 ] Phương trình lượng giác chứa tham số Câu 60. Đáp ánC. ( 2sin x + 1)( sin x − m ) = 0 (*) có nghiệm thuộc ( 0; π )

1  sin x = − (1) ⇔ 2  sin x = m ( 2 )

 π π => Phương trình có hai nghiệm thuộc  − ;   2 2 1 ⇔ (2) vô nghiệm hoặc (2) ⇔ cos x = ± 2  m+3 − 4 > 1 m > 1  m+3 ⇔ < 0 ⇔  m < −3  4  m = 2 m + 3 1  =  4 4 Vậy có 7 giá trị của m thỏa mãn. Chú ý: cos 2 x ∈ [ 0;1] ∀x ∈ R Câu 62. Đáp án C

 π Giải (1)  sin x = sin  −   6

cos 2 x + sin 2 x + 3cos x − m = 5(*)

π   x = − 6 + k 2π ⇔ ( k ∈ Z)  x = 7π + k 2π  6

⇔ cos 2 x + 3cos x = m + 5 Đặt cos x = t ∈ [ −1;1] , phương trình ⇔ t 2 + 3t = m + 5

⇔ 2 cos 2 x − 1 + 1 − cos 2 x + 3cos x − m − 5 = 0

Bảng biến thiên:

 PT (1) không có nghiệm nào thuộc ( 0; π )  (*) có nghiệm ∈ ( 0; π )

⇔ sin x = m có nghiệm ∈ ( 0; π ) ⇔ m ∈ ( 0;1] . Chú ý: Độc giả có thể giải cách khác như sau: Có sin x ∈ ( 0;1] ∀x ∈ ( 0; π )

 sin x = m ⇔ m ∈ ( 0;1] Câu 61. Đáp ánA.

 π π PT ( 2 cos x − 1)( 2 cos 2x + 2 cos x − m ) = 3 − 4 sin 2 x có đúng hai nghiệm ∈  − ;   2 2 ⇔ ( 2cos x − 1) ( 4 cos2 x − 2 + 2 cos x − m )

=> Phương trình (*) có nghiệm ⇔ −2 ≤ m + 5 ≤ 4

⇔ −7 ≤ m ≤ −1 . Vậy a + b = -8 Câu 63. Đáp án B m m sin x + ( m + 1) cos x = (*) cos x Điều kiện: cos x ≠ 0

(*) ⇔ m sin x cos x + ( m + 1) cos2 x = m m m +1 sin 2 x + (1 + cos 2 x ) = m 2 2 ⇔ m sin 2 x + ( m + 1) cos 2 x = m − 1(1) ⇔

= ( 2cos x − 1)( 2 cos x + 1) ⇔ ( 2cos x − 1) ( 4 cos2 x − 3 − m ) = 0 1   cos x = 2 (1)  2cos x − 1 = 0 ⇔ ⇔ 2  cos2 x = m + 3 (2)  4cos x − −3 − m = 0  4 1  π π Giải (1): cos x = có hai nghiệm thuộc  − ;  2  2 2

119

+ Từ m = 0 (*) ⇔ cos x = 0 loại do điều kiện  m = 0 phương trình (*) vô nghiệm. + Với m ≠ 0 => (*) có nghiệm khi (1) 2

⇔ m 2 + ( m + 1) ≥ ( m − 1) 2

 m ≤ −4 ⇔ m2 + 4m ≥ 0 ⇔  m ≥ 0 Vậy có 9 giá trị của m thỏa mãn. 120

Câu 64. Đáp án B cos 2 x + ( 2m + 1) s in − m − 1 = 0 ⇔ 1 − 2 sin 2 x + 2m sin x + sin x − m − 1 = 0 ⇔ 2sin x ( m − s inx ) − ( m − s inx ) = 0 1  s inx = (1) ⇔ ( s inx-m )( 2sin x − 1) = 0 ⇔  2  s inx = m(2)

1  π  luôn có 2 nghiệm ∈  − ; π  2  2   ∀m phương trình có nghiệm. Câu 65. Đáp án D 3 + 3 tan 2 x + tanx + cot x = m sin 2 x ⇔ 3 (1 + cot 2 x ) + 3 tan 2 x + tan x + cot x + 3 − m = 0 Đặt Giải (1): s inx =

⇔ 3 ( tan 2 x + cot 2 x ) + tan x + cot x + 3 − m = 0

t = tan x + cot x  t 2 − 2 = tan 2 x + cot 2 x t ≥ 2  => Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để phương trình 3 ( t 2 − 2 ) + t + 3 − m = 0 có t ≤ −2 nghiệm t ∈ ( −∞; −2 ] ∪ [ 2; +∞ ) ⇔ m = 3t 2 + t − 3 có nghiệm t ∈ ( −∞; −2 ] ∪ [ 2; +∞ ) Bảng biến thiên:

=> Phương trình có nghiệm ⇔ m ≥ 7 Vậy có 2011 giá trị của m nhỏ hơn 2018 sin 2 x = 2 sin x cos x = 0 + Với cos x = 0   thì (1)  − m − 1 = m − 1 ⇔ m = 0 2 cos 2 x = 2 cos x − 1 = −1

121

122

CHỦ ĐỀ 2. TỔ HỢP – XÁC SUẤT QUY TẮC ĐẾM A. LÝ THUYẾT 1. Quy tắc cộng Một công việc được hoàn thành bởi một trong hai hành động. Nếu hành động này có m cách thực hiên, hành động kia có n cách thực hiên không trùng với bất kì cách nào của hành động thứ nhất thì công việc đó có m + n cách thực hiện. Chú ý: số phần tử của tập hợp hữu hạn X được kí hiệu là |X| hoặc n(X) Quy tắc cộng được phát biểu ở trên thực chất là quy tắc đếm số phần tử của hợp hai tập hợp hữu hạn không giao nhau: Nếu A và B là các tập hợp hữu hạn không giao nhau thì n ( A ∪ B ) = n ( A) + n ( B ) Mở rộng: Một công việc được hoàn thành bởi một trong k hành động A1 , A2 , A3 ,..., Ak .Nếu hành động A1 có m1cách thực hiện, hành động A2 có m2 cách thực

hiện,…, hành động Ak có mk cách thực hiện và các cách thực hiên của các hành động trên không trùng nhau thì công việc đó có m1 + m2 + m3 + ... + mk cách thực hiện.

HOÁN VỊ- CHỈNH HỢP- TỔ HỢP 1. Hoán vị Cho tập hợp A có n phần tử ( n ≥ 1) . Mỗi kết quả của sự sắp xếp thứ tự n phần tử của tập hợp A được gọi là một hoán vị của n phần tử đó. Số các hoán vị của tập hợp có n phần tử được kí hiệu là Pn Định lí 1: Pn = n(n − 1)...2.1 = n ! với Pn là số các hoán vị

chứng minh Việc sắp xếp thứ tự n phần tử của tập hợp A là một công việc gồm n công đoạn. Công đoạn 1: Chọn phần tử xếp vào vị trí thứ nhất: n cách Công đoạn 2: chọn phần tử xếp vào vị trí thứ hai: (n-1) cách Công đoạn thứ i: chọn phần tử xếp vào vị trí thứ i có ( n − i + 1) cách. . Công đoạn thứ n: chọn phần tử xếp vào vị trí thứ n có 1 cách. Theo quy tắc nhân thì có Pn = n ! cách sắp xếp thứ tự n phần tử của tập A, tức là có n ! hoán vị. STUDY TIP Hai hoán vị của n phần tử chỉ khác nhau ở thứ tự sắp xếp. Chẳng hạn, hai hoán vị abc và acb của ba phần tử a, b, c là khác nhau.

2. Quy tắc nhân Một công việc được hoàn thành bởi hai hành động liên tiếp.Nếu có m cách thực hiện hành động thứ nhất và ứng với mỗi cách đó có n cách thực hiện hành động thứ hai thì công việc đó có m.n cách thực hiện. Mở rộng: Một công việc được hoàn thành bởi k hành động A1 , A2 , A3 ,..., Ak liên tiếp. Nếu hành

2. Chỉnh hợp Cho tập A gồm n phần tử ( n ≥ 1) .

động A1 có m1cách thực hiện, ứng với mỗi cách thực hiện hành động A1 có m2 cách thực hiện hành động A2,…, có mk cách thực hiện hành động Ak thì công việc đó có m1.m2 .m3 .....mk cách

Kết quả của việc lấy k phần tử khác nhau tử n phần tử của tập hợp A và sắp xếp chúng theo một thứ tự nào đó được gọi là một chinht hợp chập k của n phần tử đã cho.

hoàn thành.

STUDY TIP: Từ định nghĩa ta thấy một hoán vị của tập hợp A có n phần tử là một chỉnh hợp chập n của A. P = Ann

Định lý 2: Ank = n ( n − 1) ... ( n − k + 1) =

( n − k )!

với Ank là số các chỉnh hợp chập k của n phần

tử (1 ≤ k ≤ n ) . Chứng minh Việc thiết lập một chỉnh hợp chập k của tập A có n phần tử là một công việc gồm k công đoạn. Công đoạn 1: Chọn phần tử xếp vào vị trí thứ nhất có n cách thực hiện. Công đoạn 2: Chọn phần tử xếp vào vị trí thứ hai có n − 1 cách thực hiện. . Sau khi thực hiện xong i − 1 công đoạn (chọn i − 1 phần tử của A vào các vị trí thứ 1, 2,., i − 1 ), công đoạn thứ i tiếp theo là chọn phần tử xếp vào vị trí thứ i có n − i + 1 cách thực hiện. Công đoạn cuối, công đoạn k có n − k + 1 cách thực hiện. n! Thoe quy tắc nhân thì có n ( n − 1) ... ( n − k + 1) = chỉnh hợp chập k của tập A có n phần ( n − k )!

tử. 3. Tổ hợp Giả sử tập A có n phần tử ( n ≥ 1) . Mỗi tập con gồm k phần tử của A được gọi là một tổ hợp chập k của n phần tử đã cho. Số các tổ hợp chập k của tập hợp có n phần tử có kí hiệu là Cnk .

STUDY TIP Số k trong định nghĩa cần thỏa mãn điều kiện 1 ≤ k ≤ n . Tuy vậy, tập hợp không có phần tử nào là tập rỗng nên ta quy ước gọi tổ hợp chập 0 của n phần tử là tập rỗng. QUY ƯỚC 0! = 1

Bước 2: Đếm số cách chọn x1 ; x2 ; ...; xn trong các công đoạn A1 ; A2 ; ...; An .

Cn0 = An0 = 1

Bước 3: Dùng quy tắc nhân ta tính được số cách lựa chọn để thực hiện công việc A là x = x1 . x2 . x3 ... xn .

Định lý 3 n ( n − 1) ... ( n − k + 1) A n! Cnk = = = k! k! k !( n − k ) ! k n

Chứng minh Ta có mỗi hoán vị của một tổ hợp chập k của A cho ta một chỉnh hợp chập k của A.

Để đếm số cách lựa chọn để thực hiện công việc A bằng quy tắc nhân, ta thực hiện các bước: Bước 1: Phân tích xem có bao nhiêu công đoạn liên tiếp cần phải tiến hành để thực hiện công việc A (giả sử A chỉ hoàn thành sau khi tất cả các công đoạn A1 ; A2 ; ...; An hoàn thành).

Vậy

Ak Ank = k !Cnk ⇔ Cnk = n . k! Định lý 4 (hai tính chất cơ bản của số Cnk ) a. Cho số nguyên dương n và số nguyên k với 0 ≤ k ≤ n . Khi đó Cnk = Cnn − k . b. Hằng đẳng thức Pascal Cho số nguyên dương n và số nguyên dương k với 1 ≤ k ≤ n . Khi đó Cnk+1 = Cnk + Cnk −1 . Đọc thêm Trên máy tính cầm tay có chức năng tính tổ hợp, chỉnh hợp như sau:

Với tổ hợp ta nhấn tổ hợp phím Ví dụ ta muốn tính C125 ta ấn

Ví dụ 1. Một lớp học có 25 học sinh nam và 20 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm muốn chọn ra: a) một học sinh đi dự trại hè của trường. b) một học sinh nam và một học sinh nữ dự trại hè của trường. Số cách Chonju trong mỗi trường hợp a và b lần lượt là A. 45 và 500. B. 500 và 45. C. 25 và 500. D. 500 và 25. Lời giải Chọn A a) Bước 1: Với bài toán a thì ta thấy cô giáo có thể có hai phương án để chọn học sinh đi thi: Bước 2: Đếm số cách chọn. ∗ Phương án 1: chọn 1 học sinh đi dự trại hè của trường thì có 25 cách chọn. ∗ Phương án 2: chọn học sinh nữ đi dự trại hè của trường thì có 20 cách chọn. Bước 3: Áp dụng quy tắc cộng. Vậy có 20 + 25 = 45 cách chọn. b) Bước 1: Với bài toán b thì ta thấy công việc là chọn học sinh nam và một học sinh nữ. Do vậy ta có 2 công đoạn. Bước 2: Đếm số cách chọn trong các công đoạn. ∗ Công đoạn 1: Chọn 1 học sinh nam trong số 25 học sinh nam thì có 25 cách chọn. ∗ Công đoạn 2: Chọn 1 học sinh nữ trong số 20 học sinh nữ thì có 20 cách chọn. Bước 3: Áp dụng quy tắc nhân. Vậy ta có 25.20 = 500 cách chọn. STUDY TIP

Với chỉnh hợp ta ấn tổ hợp phím Ví dụ ta muốn tính A73 ta ấn tổ hợp phím

B. CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHÉP ĐẾM Phương pháp chung: Để đếm số cách lựa chọn để thực hiện một công việc A bằng quy tắc cộng, ta thực hiện các bước: Bước 1: Phân tích xem có bao nhiêu phương án riêng biệt để thực hiện công việc A (có nghĩa công việc A có thể hoàn thành bằng một trong các phương án A 1 ; A2 ;...; An ). Bước 2: Đếm số cách chọn x1 ; x2 ;...; xn trong các phương án A1 ; A2 ;...; An . Bước 3: Dùng quy tắc cộng ta tính được số cách lựa chọn để thực hiện công việc A là x = x1 + x2 + ... + xn .

Bài toán ở ví dụ 1 giúp ta cũng cố và định hình các bước giải quyết bài toán đếm sử dụng quy tắc cộng; quy tắc nhân. Chú ý: ∗ Quy tắc cộng: Áp dụng khi công việc có nhiều phương án giải quyết. ∗ Quy tắc nhân: Áp dụng khi công việc có nhiều công đoạn. Ví dụ 2. Trên giá sách có 10 quyển sách Văn khác nhau, 8 quyển sách Toán khác nhau và 6 quyển sách Tiếng Anh khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn hai quyển sách khác môn nhau? A. 80. B. 60. C. 48. D. 188. Lời giải Chọn D Theo quy tắc nhân ta có: 10.8 = 80 cách chọn một quyển sách Văn và một quyển sách Toán khác nhau. 10.6 = 60 cách chọn một quyển sách Văn và một quyển sách Tiếng Anh khác nhau. 8.6 = 48 cách chọn một quyển sách Toán và một quyển sách Tiếng Anh khác nhau. Theo quy tắc cộng ta có số cách chọn 2 quyển sách khác môn là 80 + 60 + 48 = 188 cách. STUDY TIP Ta thấy bài toán ở ví dụ 2 là sự kết hợp của cả quy tắc cộng và quy tắc nhân khi bài toán vừa cần chia trường hợp vừa cần lựa chọn theo bước.

Ví dụ 3. Biển đăng kí xe ô tô có 6 chữ số và hai chữ cái trong số 26 chữ cái (không dùng các chữ I và O). Chữ đầu tiên khác 0. Hỏi số ô tô được đăng kí nhiều nhất có thể là bao nhiêu? A. 5184.105.

B. 576.106.

C. 33384960. Lời giải

D. 4968.105.

Chọn A Theo quy tắc nhân ta thực hiện từng bước. Chữ cái đầu tiên có 24 cách chọn. Chữ cái tiếp theo cũng có 24 cách chọn. Chữ số đầu tiên có 9 cách chọn. Chữ số thứ hai có 10 cách chọn. Chữ số thứ ba có 10 cách chọn. Chữ số thứ tư có 10 cách chọn. Chữ số thứ năm có 10 cách chọn. Chữ số thứ sau có 10 cách chọn.

Vậy theo quy tắc nhân ta có 24.24.9.105 = 5184.105 là số ô tô nhiều nhất có thể đăng kí. STUDY TIP

Có thể phân biệt bài toán sử dụng quy tắc cộng hay quy tắc nhân là phân biệt xem công việc cần làm có thể chia trường hợp hay phải làm theo từng bước. Ví dụ 4. Có bao nhiêu cách xếp 7 học sinh A, B , C , D , E , F , G vào một hàng ghế dài gồm 7 ghế sao cho hai bạn B và F ngồi ở hai ghế đầu? A. 720 cách. B. 5040 cách. C. 240 cách. D. 120 cách. Lời giải Chọn C Ta thấy ở đây bài toán xuất hiện hai đối tượng. Đối tượng 1: Hai bạn B và F (hai đối tượng này có tính chất riêng). Đối tượng 2: Các bạn còn lại có thể thay đổi vị trí cho nhau. Bước 1: Ta sử dụng tính chất riêng của hai bạn B và F trước. Hai bạn này chỉ ngồi đầu và ngồi cuối, hoán đổi cho nhau nên có 2 ! cách xếp. Bước 2: Xếp vị trí cho các bạn còn lại, ta có 5! cách xếp. Vậy ta có 2 !.5 ! = 240 cách xếp. STUDY TIP Để nhận dạng một bài toán đếm có sử dụng hoán vị của n phần tử, ta dựa trên dấu hiệu

a. Tất cả n phần tử đều có mặt. b. Mỗi phần tử chỉ xuất hiện 1 lần. c. Có sự phân biệt thứ tự giữa các phần tử. d. Số cách xếp n phần tử là số hoán vị của n phần tử đó Pn = n !. Ví dụ 5. Một nhóm 9 người gồm ba đàn ông, bốn phụ nữ và hai đứa trẻ đi xem phim. Hỏi có bao nhiêu cách xếp họ ngồi trên một hàng ghế sao cho mỗi đứa trẻ ngồi giữa hai phụ nữ và không có hai người đàn ông nào ngồi cạnh nhau? A. 288. B. 864. C. 24. D. 576. Lời giải Chọn B

Kí hiệu T là ghế đàn ông ngồi, N là ghế cho phụ nữ ngồi, C là ghế cho trẻ con ngồi. Ta có các phương án sau: PA1: TNCNTNCNT PA2: TNTNCNCNT PA3: TNCNCNTNT Xét phương án 1: Ba vị trí ghế cho đàn ông có 3! cách. Bốn vị trí ghế cho phụ nữ có thể có 4 ! cách. Hai vị trí ghế trẻ con ngồi có thể có 2! cách. Theo quy tắc nhân thì ta có 3!.4 !.2 ! = 288 cách. Lập luận tương tự cho phương án 2 và phương án 3. Theo quy tắc cộng thì ta có 288 + 288 + 288 = 864 cách. STUDY TIP

Với các bài toán gồm có ít phần tử và vừa cần chia trường hợp vừa thực hiện theo bước thì ta cần chia rõ trường hợp trước, lần lượt thực hiện từng trường hợp (sử dụng quy tắc nhân từng bước) sau đó mới áp dụng quy tắc cộng để cộng số cách trong các trường hợp với nhau. Ví dụ 6. Một chồng sách gồm 4 quyển sách Toán, 3 quyển sách Vật lý, 5 quyển sách Hóa học. Hỏi có bao nhiêu cách xếp các quyển sách trên thành một hàng ngang sao cho 4 quyển sách Toán đứng cạnh nhau, 3 quyển Vật lý đứng cạnh nhau? A. 1 cách. B. 5040 cách. C. 725760 cách. D. 144 cách. Lời giải Chọn C. Bước 1: Do đề bài cho 4 quyển sách Toán đứng cạnh nhau nên ta sẽ coi như “buộc” các quyển sách Toán lại với nhau thì số cách xếp cho “buộc” Toán này là 4! cách. Bước 2: Tương tự ta cũng “buộc” 3 quyển sách Lý lại với nhau, thì số cách xếp cho “buộc” Lý này là 3! cách. Bước 3: Lúc này ta sẽ đi xếp vị trí cho 7 phần tử trong đó có: + 1 “buộc” Toán. + 1 “buộc” Lý. + 5 quyển Hóa. Thì sẽ có 7 ! cách xếp. Vậy theo quy tắc nhân ta có 7 !.4 !.3 ! = 725760 cách xếp. STUDY TIP

Với các dạng bài tập yêu cầu xếp hai hoặc nhiều phần tử đứng cạnh nhau thì ta sẽ “buộc” các phần tử này một nhóm và coi như 1 phần tử. Ví dụ 7. Một câu lạc bộ phụ nữ của phường Khương Mai có 39 hội viên. Phường Khương Mai có tổ chức một hội thảo cần chọn ra 9 người xếp vào 9 vị trí lễ tân khác nhau ở cổng chào, 12 người vào 12 vị trí khác nhau ở ghế khách mới. Hỏi có bao nhiêu cách chọn các hội viên để đi tham gia các vị trí trong hội thao theo quy định? 9 12 9 12 9 12 12 A. A39 . A39 . B. C39 .C30 . C. C39 .C39 . D. A399 . A30 . Phân tích Bài toán sử dụng quy tắc nhân khi ta phải thực hiện hai bước: Bước 1: Chọn 9 người vào vị trí lễ tân. Bước 2: Chọn 12 người vào vị trí khách mời.

Dấu hiệu nhận biết sử dụng chỉnh hợp ở phần STUDY TIP. Lời giải Chọn D. Bước 1: Chọn người vào vị trí lễ tân. Do ở đây được sắp theo thứ tự nên ta sẽ sử dụng chỉnh hợp. Số cách chọn ra 9 người vào vị trí lễ tân là A399 cách. Bước 2: Chọn người vào vị trí khách mời. Số cách chọn là 12 thành viên trong số các thành 12 viên còn lại để xếp vào khách mời là A39 cách.

Vậy theo quy tắc nhân thì số cách chọn các hội viên để đi dự hội thảo theo đúng quy định là 12 A399 . A39 cách.

B. 20 cách.

C. 120 cách. D. 150 cách. Phân tích Ta thấy do chỉ chọn 7 bông hồng mà có ít nhất 3 bông hồng vàng và ít nhất 3 bông hồng đỏ nên chỉ có 3 trường hợp sau: TH1: Chọn được 3 bông hồng vàng và 4 bông hồng đỏ. TH2: Chọn được 4 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ. TH3: Chọn được 3 bông hồng vàng, 3 bông hồng đỏ và 1 bông hồng trắng. Lời giải Chọn D. TH1: Số cách chọn 3 bông hồng vàng là C53 cách.

Số cách chọn 4 bông hồng đỏ là C44 cách. STUDY TIP

Để nhận dạng một bài toán đếm có sử dụng chỉnh hợp chập k của n phần tử, ta cần có các dấu hiệu:

a. Phải chọn k phần tử từ n phần tử cho trước. b. Có sự phân biệt thứ tự giữa k phần tử được chọn. c. Số cách chọn k phần tử có phân biệt thứ tự từ n phần tử là Ank cách. Ví dụ 8. Có 6 học sinh và 2 thầy giáo được xếp thành hàng ngang. Hỏi có bao nhiêu cách xếp sao cho hai thầy giáo không đứng cạnh nhau? A. 30240 cách. B. 720 cách. C. 362880 cách. D. 1440 cách. Lời giải Chọn A. Cách 1: Trước hết, xếp 6 học sinh thành một hàng có 6 ! cách. Lúc này giữa hai học sinh bất kì sẽ tạo nên một vách ngăn và 6 học sinh sẽ tạo nên 7 vị trí có thể xếp các thầy vào đó tính cả hai vị trí ở hai đầu hàng (hình minh họa bên dưới). 7 vị trí dấu nhân chính là 7 vách ngăn được tạo ra.

+ Do đề yêu cầu 2 thầy giáo không đứng cạnh nhau nên ta xếp 2 thầy giáo vào 2 trong 7 vị trí vách ngăn được tạo ra có A72 cách. Theo quy tắc nhân ta có tất cả 6 !.A72 = 30240 cách xếp. Cách 2: -

A. 10 cách.

Có 8 ! cách xếp 8 người. Buộc hai giáo viên lại với nhau thì có 2 ! cách buộc.

Khi đó có 2.7 ! cách xếp. Mà hai giáo viên không đứng cạnh nhau nên số cách xếp là 8 !− 2.7 ! = 30140 cách xếp. STUDY TIP

Khi bài toán yêu cầu xếp hai hoặc nhiều phần tử không đứng cạnh nhau. Chúng ta có thể tạo ra các “vách ngăn” các phần tử này trước khi xếp chúng. Ví dụ 9. Từ 5 bông hồng vàng, 3 bông hồng trắng và 4 bông hồng đỏ (các bông hoa xem như đôi một khác nhau), người ta muốn chọn một bó hồng gồm 7 bông, hỏi có bao nhiêu cách chọn bó hoa trong đó có ít nhất 3 bông hồng vàng và 3 bông hồng đỏ?

Theo quy tắc nhân thì có C53 .C44 = 10 cách. TH2: Tương tự TH1 thì ta có C54 .C43 = 20 cách. TH3: Tương tự thì có C53 .C43 .C31 = 120 cách.

Vậy theo quy tắc cộng thì có 10 + 20 + 120 = 150 cách. STUDY TIP Để nhận dạng bài toán sử dụng tổ hợp chập k của n phần tử, ta dựa trên dấu hiệu:

a. Phải chọn ra k phần tử từ n phần tử cho trước. b. Không phân biệt thứ tự giữa k phần tử được chọn. c. Số cách chọn k phần tử không phân biệt thứ tự từ n phần tử đã cho là Cnk cách. Từ các bài toán trên ta rút ra được quy luật phân biệt tổ hợp và chỉnh hợp như sau: • Chỉnh hợp và tổ hợp liên hệ với nhau bởi công thức: Ank = k !.Cnk • Chỉnh hợp: Có thứ tự. • Tổ hợp: Không có thứ tự. • Những bài toán mà kết quả phụ thuộc vào vị trí các phần tử thì sử dụng chỉnh hợp. Ngược lại thì sử dụng tổ hợp. • Cách lấy k phần tử từ tập n phần tử ( k ≤ n ) :

+ Không thứ tự: Cnk + Có thứ tự: Ank Ví dụ 10. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5 học sinh lớp A , 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C . Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ sao cho 4 học sinh này thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy? A. 120. B. 90. C. 270. D. 255. Lời giải Chọn D.

Số cách chọn 4 học sinh bất kì từ 12 học sinh là C124 = 495 cách. Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau: ∗ TH1: Lớp A có hai học sinh, các lớp B , C mỗi lớp có 1 học sinh: Chọn 2 học sinh trong 5 học sinh lớp A có C52 cách. Chọn 1 học sinh trong 4 học sinh lớp B có C41 cách.

Chọn 1 học sinh trong 3 học sinh lớp C có C31 cách. Suy ra số cách chọn là C52 .C41 .C31 = 120 cách.

∗ TH2: Lớp B có 2 học sinh, các lớp A, C mỗi lớp có 1 học sinh: Tương tự ta có số cách chọn là C51 .C42 .C31 = 90 cách.

∗ TH3: Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh: Tương tự ta có số cách chọn là C51 .C41 .C32 = 60 cách. Vậy số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là 120 + 90 + 60 = 270 cách. Số cách chọn ra 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên là 495 − 270 = 225 cách. STUDY TIP

Trong nhiều bài toán, làm trực tiếp sẽ khó trong việc xác định các trường hợp hoặc các bước thì ta nên làm theo hướng gián tiếp như bài toán ở ví dụ 9. Ta sử dụng cách làm gián tiếp khi bài toán giải bằng cách trực tiếp gặp khó khan do xảy ra quá nhiều trường hợp, chúng ta tìm cách gián tiếp bằng cách xét bài toán đối. Ví dụ 11. Với các chữ số 0 ,1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm 8 chữ số, trong đó chữ số 1 có mặt 3 lần, mỗi chữ số khác có mặt đúng một lần? A. 6720 số. B. 40320 số. C. 5880 số. D. 840 số. Lời giải Chọn C. Giả sử các số tự nhiên gồm 8 chữ số tương ứng với 8 ô.

Do chữ số 1 có mặt 3 lần nên ta sẽ coi như tìm số các số thỏa mãn đề bài được tạo nên từ 8 số 0,1,1,1, 2, 3, 4, 5. Số hoán vị của 8 số 0,1,1,1, 2, 3, 4, 5 trong 8 ô trên là 8!

8! kể cả trường hợp số 0 đứng đầu. 3! 7! Xét trường hợp ô thứ nhất là chữ số 0, thì số cách xếp là . 3! Mặt khác chữ số 1 lặp lại 3 lần nên số cách xếp là

STUDY TIP

Bài toán trên là một dấu hiêu của hoán vị lặp. Để biết thêm về hoán vị lặp thì ta sẽ nghiên cứu ở phần đọc thêm.  ĐỌC THÊM: Cho k phần tử khác nhau a1 , a2 ,..., ak . Một cách sắp xếp n phân tử trong đó

( n + n + ... + n = n ) theo một thứ tự nào đó được gọi là hoán vị lặp cấp n và kiểu ( n , n ,..., n ) của k phần tử. Số các hoán vị lặp dạng

gồm n1 phần tử a1 , n2 phần tử a2 ,..., nk phần tử ak 1

n! như trên là Pn ( n1 , n2 ,..., nk ) = . n1 !.n2 !...nk !

Vậy các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là

8! 7! − = 5880 số. 3! 3!

Ví dụ 12. Cho 8 bạn học sinh A, B, C , D, E , F , G , H . Hỏi có bao nhiêu cách xếp 8 bạn đó ngồi xung quanh 1 bàn tròn có 8 ghế? A. 40320 cách. B. 5040 cách. C. 720 cách. D. 40319 cách. Lời giải Ta thấy ở đây xếp các vị trí theo hình tròn nên ta phải cố định vị trí một bạn. Ta chọn cố định vị trị của A , sau đó xếp vị trí cho 7 bạn còn lại có 7! cách. Vậy có 7! = 5040 cách. ĐỌC THÊM Hoán vị vòng quanh: Cho tập A gồm n phần tử. Một cách sắp xếp n phần tử của tập A thành một dãy kín được gọi là một hoán vị vòng quanh của n phần tử. Số các hoán vị vòng quanh của n phần tử là Qn = ( n − 1) ! Ví dụ 13. Một thầy giáo có 10 cuốn sách khác nhau trong đó có 4 cuốn sách Toán, 3 cuốn sách Lí, 3 cuốn sách Hóa. Thầy muốn lấy ra 5 cuốn và tặng cho 5 em học sinh A, B, C , D, E mỗi em một cuốn. Hỏi thầy giáo có bao nhiêu cách tặng cho các em học sinh sao cho sau khi tặng xong, mỗi một trong ba loại sách trên đều còn ít nhất một cuốn. A. 204 cách. B. 24480 cách. C. 720 cách. D. 2520 cách. Lời giải Ta thấy với bài toán này nếu làm trực tiếp thì sẽ khá khó, nên ta sẽ làm theo cách gián tiếp. Tìm bài toán đối đó là tìm số cách sao cho sau khi tặng sách xong có 1 môn hết sách. TH1: Môn Toán hết sách: Số cách chọn 4 cuốn sách Toán là 1 cách. Số cách chọn 1 cuốn trong 6 cuốn còn lại là 6 cách. Vậy có 6 cách chọn sách.

Số cách tặng 5 cuốn sách đó cho 5 em học sinh là A55 = 120 cách. Vậy có 6.120 = 720 cách. TH2: Môn Lí hết sách: Số cách chọn 3 cuốn sách Lí là 1 cách. Số cách chọn 2 cuốn trong 7 cuốn còn lại là C72 cách. Vậy có 21 cách chọn sách. Số cách tặng 5 cuốn sách đó cho 5 em học sinh là A55 = 120 cách. Vậy có 21.120 = 2520 cách. TH3: Môn Hóa hết sách: Tương tự trường hợp 2 thì có 2520 cách. Số cách chọn 5 cuốn bất kì trong 10 cuốn và tặng cho 5 em là C105 . A55 = 30240 cách. Vậy số cách chọn sao cho sau khi tặng xong, mỗi loại sách trên đều còn lại ít nhất một cuốn là 30240 − 720 − 2520 − 2520 = 24480 cách. STUDY TIP Ở đây có nhiều độc giả không xét đến công đoạn sau khi chọn sách còn công đoạn tặng sách nữa. Do các bạn A, B, C , D, E là khác nhau nên mỗi cách tặng sách các môn cho các bạn là khác nhau, nên ta phải xét thêm công đoạn đó. C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN KỸ NĂNG Câu 1. Trong một lớp có 17 bạn nam và 11 bạn nữ. a) Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra hai bạn, trong đó có một bạn nam và một bạn nữ? b) Hỏi có bao nhiêu cách chọn một bạn nam làm lớp trưởng? A. a. 187 cách và b. 28 cách. B. a. 28 cách và b. 187 cách.

Câu 2.

C. a. 17 cách và b. 11 cách. D. a. 11 cách và b. 17 cách. Các thành phố A, B, C , D được nối với nhau bởi các con đường như hình dưới. Hỏi có bao nhiêu cách đi từ A đến D rồi quay lại B A

Câu 3.

Câu 4.

Câu 5.

Câu 6.

Câu 7.

Câu 8.

Câu 9.

A. 576 . B. 24 . C. 144 . D. 432 . Một lớp có 25 học sinh khá môn Toán, 24 học sinh khá môn Ngữ Văn, 10 học sinh khá cả môn Toán và môn Ngữ Văn và 3 học sinh không khá cả Toán và Ngữ Văn. Hỏi lớp học đó có bao nhiêu học sinh? A. 39 . B. 42 . C. 62 . D. 52 . Trong kì thi tuyển nhân viên chuyên môn cho công ty cổ phần Giáo dục trực tuyến VEDU, ở khối A có 51 thí sinh đạt điểm giỏi môn Toán, 73 thí sinh đạt điểm giỏi môn Vật lí, 73 thí sinh đạt điểm giỏi môn Hóa học, 32 thí sinh đạt điểm giỏi cả hai môn Toán và Vật lí, 45 thí sinh đạt điểm giỏi cả hai môn Vật lí và Hóa học, 21 thí sinh đạt điểm giỏi cả hai môn Toán và Hóa học, 10 thí sinh đạt điểm giỏi cả ba môn Toán, Vật lí và Hóa học. Có 767 thí sinh mà cả ba môn đều không có điểm giỏi. Hỏi có bao nhiêu thí sinh tham dự tuyển nhân viên chuyên môn cho công ty? A. 867 . B. 776 . C. 264 . D. 767 . Người ta phỏng vấn 100 người về ba bộ phim A, B, C đang chiếu thì thu được kết quả như sau: Bộ phim A: có 28 người đã xem. Bộ phim B: có 26 người đã xem. Bộ phim B: có 14 người đã xem. Có 8 người đã xem hai bộ phim A và B Có 4 người đã xem hai bộ phim B và C Có 3 người đã xem hai bộ phim A và C Có 2 người đã xem cả ba bộ phim A, B và C. Số người không xem bất cứ phim nào trong cả ba bộ phim A, B , C là: A. 55 . B. 45 . C. 32 . D. 51 . Một đội văn nghệ chuẩn bị được 2 vở kịch, 3 điệu múa và 6 bài hát. Tại hội diễn, mỗi đội chỉ được trình diễn 1 vở kịch, 1 điệu múa và 1 bài hát. Hỏi đội văn nghệ trên có bao nhiêu cách chọn chương trình diễn, biết chất lượng các vở kịch, điệu múa, bài hát là như nhau? A. 11 . B. 36 . C. 25 . D. 18 . Có bao nhiêu cách sắp xếp 8 viên bi đỏ khác nhau và 8 viên bi đen khác nhau thành một dãy sao cho hai viên bi cùng màu thì không được ở cạnh nhau? A. 3251404800 . B. 1625702400 . C. 72 . D. 36 . Sắp xếp 5 học sinh lớp A và 5 học sinh lớp B vào hai dãy ghế đối diện nhau, mỗi dãy 5 ghế sao cho 2 học sinh ngồi đối diện nhau thì khác lớp. Khi đó số cách xếp là: A. 460000 . B. 460500 . C. 460800 . D. 460900 . Có 20 cặp vợ chồng tham dự chương trình Gameshow truyền hình thực tế. Có bao nhiêu cách chọn ra hai cặp đôi sao cho hai cặp đó là hai đôi vợ chồng? A. 380 . B. 116280 . C. 90 . D. 5040 .

Câu 10. Cho tập hợp A = {2;5} . Hỏi có thể lập được bao nhiêu số có 10 chữ số sao cho không có chữ

số 2 nào đứng cạnh nhau? A. 144 số. B. 143 số. C. 1024 số. D. 512 số. Câu 11. Có 6 học sinh và 3 thầy giáo A, B , C . Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ cho 9 người đó ngồi trên một hàng ngang có 9 ghế sao cho mỗi thầy giáo ngồi giữa hai học sinh?

A. 43200 . B. 720 . C. 60 . D. 4320 . Câu 12. Trong một tổ học sinh có 5 em gái và 10 em trai. Thùy là một trong 5 em gái và Thiện là một trong 10 em trai đó. Thầy chủ nhiệm chọn một nhóm 5 bạn tham gia buổi văn nghệ sắp tới. Hỏi thầy chủ nhiệm có bao nhiêu cách chọn mà trong đó có ít nhất một trong hai em Thùy hoặc Thiện không được chọn? A. 286 . B. 3003 . C. 2717 . D. 1287 . Câu 13. Một nhóm học sinh có 3 em nữ và 7 em trai. Hỏi có bao nhiêu cách sắp xếp 10 em này thành một hàng ngang sao cho giữa hai em nữ bất kì đều không có một em nam nào? A. 241920 . B. 30240 . C. 5040 . D. 840 . Câu 14. Từ các chữ số 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau và tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn bằng 8 ? A. 720 số. B. 504 số. C. 936 số. D. 1440 số. Câu 15. Cho đa giác đều A1 A2 ... A2 n nội tiếp trong đường tròn tâm O . Biết rằng số tam giác có đỉnh là 3 trong 2n điểm A1 ; A2 ;...; A2 n gấp 20 lần so với số hình chữ nhật có đỉnh là 4 trong 2n điểm A1 ; A2 ;...; A2 n . Vậy giá trị của n là: A. n = 10 . B. n = 12 . C. n = 8 . D. n = 14 . Câu 16. Giả sử ta dùng 5 màu để tô màu cho 3 nước khác nhau trên bản đồ và không có màu nào được dùng hai lần. Số các cách để chọn những màu cần dùng là: 5! 5! A. . B. 5.3 . C. . D. 53 . 2! 3!2! Câu 17. Ông bà An cùng 6 đứa con đang lên máy bay theo một hàng dọc. Có bao nhiêu cách xếp hàng khác nhau nếu ông An và bà An đứng ở đầu hoặc cuối hàng? A. 720 . B. 1440 . C. 20160 . D. 40320 . Câu 18. Có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu khó, 10 câu trung bình, 15 câu dễ. Từ 30 câu đó có thể lập được bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu khác nhau, sao cho mỗi đề phải có 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu dễ không ít hơn 2 ? A. 142506 . B. 56875 . C. 10500 . D. 22750 . Câu 19. Biển đăng kí xe ô tô có 6 chữ số và hai chữ cái trong số 26 chữ cái (không dùng các chữ I và O ). Chữ số đầu tiên khác 0 . Hỏi số ô tô được đăng kí nhiều nhất có thể là bao nhiêu? A. 5184.105 . B. 576.106 . C. 33384960 . D. 4968.105 . Câu 20. Một bộ ghép hình gồm các miếng gỗ. Mỗi miếng gỗ được đặc trưng bởi 4 tiêu chuẩn: chất liệu, màu sắc, hình dạng và kích cỡ. Biết rằng có 2 chất liệu (gỗ, nhựa); có 4 màu (xanh, đỏ, lam, vàng); có 4 hình dạng (hình tròn, vuông, tam giác, lục giác) và có 3 kích cỡ (nhỏ, vừa, lớn). Xét miếng gỗ “nhựa, đỏ, hình tròn, vừa”. Hỏi có bao nhiêu miếng gỗ khác miếng gỗ trên ở đúng hai tiêu chuẩn? A. 29 . B. 39 . C. 48 . D. 56 . Câu 21. Có 5 bi đỏ và 5 bi trắng có kích thước đôi một khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách xếp các bi này thành một hàng dài sao cho hai bi cùng màu không được nằm kề nhau? A. 28800 . B. 86400 . C. 43200 . D. 720 . Câu 22. Cho X = {0;1; 2;3; 4;5; 6; 7} . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau từ X sao cho một trong 3 chữ số đầu tiên phải có mặt chữ số 1 A. 2880 . B. 840 . C. 1440 . D. 2520 . Câu 23. Một hộp bi có 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh. Có bao nhiêu cách để lấy 4 viên bi từ hộp sao cho trong 4 viên bi lấy được số bi đỏ lớn hơn số bi vàng? A. 125 . B. 275 . C. 150 . D. 270 . Câu 24. Cho hai đường thẳng song song d1; d 2 . Trên đường thẳng d1 lấy 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d 2 lấy 15 điểm phân biệt. Hỏi có bao nhiêu tam giác tạo thành mà ba đỉnh của nó được chọn từ 25 điểm vừa nói ở trên?

A. C102 C151 .

B. C101 C152 .

C. C102 C151 + C101 C152 .

D. C102 C151 C101 C152 .

Câu 25. Từ các chữ số của tập A = {0;1; 2;3; 4;5; 6; 7} lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 7 chữ số trong đó chữ số 2 xuất hiện đúng ba lần, các chữ số còn lại đôi một khác nhau? A. 31203 . B. 12600 . C. 181440 . D. 36 . Câu 26. Trong mặt phẳng cho 2010 điểm phân biệt sao cho ba điểm bất kì không thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu vecto mà có điểm đầu và điểm cuối thuộc 2010 điểm đã cho? A. 4040100 . B. 4038090 . C. 2021055 . D. 2019045 . Câu 27. Cho hai đường thẳng song song d1; d 2 . Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d 2 có n điểm phân biệt ( n ≥ 2 ) . Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm nói trên. Vậy n có giá trị là? A. 20 . B. 21 . C. 30 . D. 32 . Câu 28. Trong mặt phẳng cho n điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng và trong tất cả các đường thẳng nối hai điểm bất kì không có hai đường thẳng nào song song, trùng nhau hoặc vuông góc. Qua mỗi điểm vẽ các đường thẳng vuông góc với các đường thẳng được xác định bởi 2 trong n − 1 điểm còn lại. Số giao điểm của các đường thẳng vuông góc giao nhau nhiều nhất là bao nhiêu? A. 2C n2( n −1)( n − 2 ) −  n ( Cn2−1 − 1) + 5Cn3  . B. 2C n2( n −1)( n− 2 ) − 2  n ( Cn2−1 − 1) + 5Cn3  . 2

C. 3C n2( n−1)( n −2) − 2  nCn2−1 − 1 + 5Cn3  . 2

D. C n2( n −1)( n − 2 ) −  n ( Cn2−1 − 1) + 5Cn3  . 2

Câu 29. Một bữa tiệc bàn tròn của các câu lạc bộ trong trường Đại học Sư Phạm Hà Nội trong đó có 3 thành viên từ câu lạc bộ Máu Sư Phạm, 5 thành viên từ câu lạc bộ Truyền thông và 7 thành viên từ câu lạc bộ Kĩ năng. Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho các thành viên sao cho những người cùng câu lạc bộ thì ngồi cạnh nhau? A. 7257600 . B. 7293732 . C. 3174012 . D. 1418746 . Câu 30. Có 7 bông hồng đỏ, 8 bông hồng vàng, 10 bông hồng trắng, các bông hồng khác nhau từng đôi một. Hỏi có bao nhiêu cách lấy 3 bông hồng có đủ ba màu? A. 560 . B. 310 . C. 3014 . D. 319 . Câu 31. Xếp 6 người (trong đó có một cặp vợ chồng) ngồi quanh bàn tròn có 6 cái ghế không ghi số sao cho cặp vợ chồng ngồi cạnh nhau. Số cách xếp là: A. 240 . B. 48 . C. 120 . D. 24 . Câu 32. Một dãy ghế dài có 10 ghế. Xếp một cặp vợ chồng ngồi vào 2 trong 10 ghế sao cho người vợ ngồi bên phải người chồng (không bắt buộc phải ngồi gần nhau). Số cách xếp là: A. 45 . B. 50 . C. 55 . D. 90 . Câu 33. Một đoàn tàu có bốn toa đỗ ở sân ga. Có bốn hành khách bước lên tàu. Số trường hợp có thể xảy ra về cách chọn toa của bốn khách là: A. 24 . B. 256 . C. 232 . D. 1. Câu 34. Trong một túi đựng 10 viên bi đỏ, 20 viên bi xanh, 15 viên bi vàng. Các viên bi có cùng kích cỡ. Số cách lấy ra 5 viên bi và sắp xếp chúng vào 5 ô sao cho 5 ô bi đó có ít nhất một viên bi đỏ. A. 146611080 . B. 38955840 . C. 897127 . D. 107655240 . Câu 35. Một bộ bài có 52 lá, có 4 loại: cơ, rô, chuồn, bích mỗi loại có 13 lá. Muốn lấy ra 8 lá bài phải có đúng 1 lá cơ, đúng 3 lá rô và không quá 2 lá bích. Hỏi có mấy cách chọn? A. 39102206 . B. 22620312 . C. 36443836 . D. 16481894 . Câu 36. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số trong đó các chữ số cách đều chữ số đứng giữa thì giống nhau? A. 900 . B. 9000 . C. 90000 . D. 27216 .

Câu 37. Một lớp có n học sinh ( n > 3 ). Thầy chủ nhiệm cần chọn ra một nhóm và cần cử ra một học sinh làm nhóm trưởng. Số học sinh trong mỗi nhóm phải lớn hơn 1 và nhỏ hơn n . Gọi T là số cách chọn, lúc này: n −1

A. T =  kCnk . k =2

B. T = n ( 2 n −1 − 1) .

C. T = n 2 n −1 .

D. T =  kCnk . k =1

Câu 38. Trong một căn phòng có 36 người trong đó có 25 người họ Nguyễn, 11 người họ Trần. Trong số những người họ Nguyễn có 8 cặp là anh em ruột (anh trai và em gái), 9 người còn lại (gồm 4 nam và 5 nữ) không có quan hệ họ hàng với nhau. Trong 11 người họ Trần, có 3 cặp là anh em ruột (anh trai và em gái), 5 người còn lại (gồm 2 nam và 3 nữ) không có quan hệ họ hàng với nhau. Chọn ngẫu nhiên 2 người. a) Hỏi có bao nhiêu cách chọn hai người cùng họ và khác giới tính? A. 156 . B. 30 . C. 186 . D. 126 . b) Hỏi có bao nhiêu cách chọn hai người sao cho không có cặp anh em ruột nào? A. 619 . B. 630 . C. 11 . D. 25 . D. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Đáp án A. Bước 1: Chọn bạn nam có 17 cách. Bước 2: Chọn bạn nữ có 11 cách. Theo quy tắc a) nhân ta có 17.11 = 187 cách Số cách để chọn ra 1 bạn nam làm lớp trường là 17 . Số cách để chọn ra 1 bạn nữ làm lớp trưởng là 11 . Vậy có 11 + 17 = 28 cách. Câu 2. Đáp án C. Đi từ A đến D có 4.2.3 = 24 cách. Đi từ D về B có 3.2 = 6 cách. Vậy đi từ A đến D rồi quay lại B có 6.24 = 144 cách. Câu 3. Đáp án B. Gọi A là tập các học sinh khá môn Toán, B là tập các học sinh khá môn Ngữ Văn. Theo đề ta có: A = 25; B = 24; A ∩ B = 10 .

Theo quy tắc tính số phần tử của hợp hai tập hợp hữu hạn bất kì ta có: A ∪ B = A + B − A ∩ B = 25 + 24 − 10 = 39

Câu 4.

Vậy lớp học có 39 + 3 = 42 học sinh. Đáp án A. Kí hiệu A, B, C tương ứng là tập hợp các thí sinh đạt điểm giỏi ở ít nhất một trong ba môn là Toán, Vật lý, Hóa học. A = 51; B = 73; C = 64; A ∩ B = 32; B ∩ C = 45; A ∩ C = 21; A ∩ B ∩ C = 10. Lúc này ta có A ∪ B ∪ C là tập hợp các học sinh đạt điểm giỏi ở ít nhất một trong ba môn là Toán, Vật lý, Hóa học. Ta có: A ∪ B ∪ C = A + B + C − A ∩ B − B ∩ C − A ∩ C + A ∩ B ∩ C = 51 + 73 + 64 − 32 − 45 − 21 + 10 = 100.

Vậy số thí sinh dự tuyển vào công ty VEDU là 100 + 767 = 867 . Đáp án B. Theo quy tắc tính số phần tử của ba tập hợp hữu hạn bất kì, ta có số người xem ít nhất một bộ phim là 28 + 26 + 14 − 8 − 4 − 3 + 2 = 55 người. Vậy số người không xem bất cứ bộ phim nào là 100 − 55 = 45 người. Câu 6. Đáp án B. Chọn 1 vở kịch có 2 cách. Chọn 1 điệu múa có 3 cách. Chọn 1 bài hát có 6 cách. Vậy theo quy tắc nhân ta có 2.3.6 = 36 cách. Câu 7. Đáp án A.

Câu 5.

Nhận xét: Bài toán là sự kết hợp giữa quy tắc cộng và quy tắc nhân. Do hai viên bi cùng màu không được ớ cạnh nhau nên ta có trường hợp sau: Phương án 1: Các bi đỏ ở vị trí lẻ. Có 8 cách chọn bi đỏ ở vị trí số 1 . Có 7 cách chọn bi đỏ ờ vị trí số 3 . …. Có 1 cách chọn bi đỏ ờ vị trí số 15 . Suy ra có 8.7.6...3.2.1 cách xếp 8 bi đỏ.Tương tự có 8.7.6...3.2.1 cách xếp 8 bi xanh. Vậy có (8.7...3.2.1)2 cách xếp. Phương án 2: Các bi đỏ ở vị trí chẵn ta cũng có cách xếp tương tự. Vậy theo quy tắc cộng ta có (8!)2 + (8!)2 = 3251404800 .

Câu 8.

Đáp án C. Cách 1: Bước 1: Học sinh đầu tiên, giả sử đó là học sinh lớp A có 10 cách chọn ghế. Bước 2: Có 5 cách chọn ra một học sinh lớp B ngồi vào ghế đối diện. Bước 3: Có 8 cách chọn ra một học sinh lớp A vào ghế tiếp theo. Bước 4: Có 4 cách chọn ra học sinh lớp B vào ghế đối diện. Bước 5: Có 6 cách chọn ra học sinh lớp A . Bước 6: Có 3 cách chọn học sinh lớp B vào ghế đối diện. Bước 7: Có 4 cách chọn học sinh lớp A vào ghế tiếp. Bước 8: Có 2 cách chọn học sinh lớp B vào ghế đối diện. Bước 9: Có 2 cách chọn học sinh lớp A vào ghế kế tiếp. Bước 10: Có 1 cách chọn học sinh lớp B vào ghế đối diện. 2

Theo quy tắc nhân thì có 10.5.8.4.6.3.4.2.2.1 = ( 5!) .25 = 460800 cách. Cách 2: Vì 2 học sinh ngồi đối diện nhau thì khác lớp nên mỗi cặp ghế đối diện nhau sẽ được xếp bởi 1 học sinh lớp A và 1 học sinh lớp B . Số cách xếp 5 học sinh lớp A vào 5 cặp ghế là 5! cách. Số cách xếp 5 học sinh lớp B vào 5 cặp ghế là 5! cách. Số cách xếp chỗ ở mỗi cặp ghế là 2 cách. 2

Theo quy tắc nhân thì có ( 5!) .2 = 460800 cách.

Câu 9.

Đáp án A. Bước 1: Có 20 cách chọn người đàn ông đầu tiên. Bước 2: Sau đó chi có 1 cách chọn vợ của anh ta. Bước 3: Có 19 cách chọn người đàn ông tiếp theo. Bước 4: Sau đó chi có 1 cách chọn vợ của anh ta. Vậy theo quy tắc nhân thì có 20.1.19.1 = 380 cách. Câu 10. Đáp án A. TH1: Số có 10 chữ số 5 : chi có 1 số duy nhất. TH2: Số có 9 chữ số 5 và 1 chữ số 2 . Xếp 9 số 5 thành hàng có 1 cách. Khi đó tạo nên 10 "vách ngăn" đế xếp số 2 . 1 1 Xếp số 2 có C10 cách. Vậy có C10 số.

TH3: Số có 8 chữ số 5 và 2 chữ số 2 . Tưong tự sử dụng phương pháp tạo vách ngăn như TH2 thì tìm được C92 số. TH4: Số có 7 chữ số 5 và 3 chữ số 2 : có C83 số.

TH5: Số có 6 chữ số 5 và 4 chữ số 2 : có C74 số. TH6: Có 5 chữ số 5 và 5 chữ số 2 : có C65 số. Vậy theo quy tắc cộng thì có 1 + C101 + C9 2 + C 3 + C7 4 + C65 = 144 số.

Câu 11. Đáp án A. Ta sử dụng phương pháp tạo "vách ngăn" được giới thiệu ờ phần lí thuyết. Bước 1: Xếp vị trí cho 6 học sinh có 6! cách. Bước 2: Do đề yêu cầu mỗi thầy giáo ngồi giữa hai học sinh nên ta chỉ tính 5 vách ngăn được tạo ra giữa 6 học sinh. Số cách xếp 3 thầy giáo vào 5 vị trí là A53 cách. Vậy theo quy tắc nhân thì có 6!. A53 = 43200 cách.

Câu 12. Đáp án C. Do ở đây việc tìm trực tiếp sẽ có nhiều trường hợp nên ta sẽ giải bài toán bằng cách gián tiếp. Ta sẽ đi tìm bài toán đối. Ta đi tìm số cách chọn ra 5 bạn mà trong đó có cả hai bạn Thùy và Thiện. Bước 1: Chọn nhóm 3 em trong 13 em, trừ Thùy và Thiện thì có C133 = 286 cách. Bước 2: Ghép 2 em Thùy và Thiện có 1 cách. Vậy theo quy tắc nhân thì có 286 cách chọn 5 em trong đó cả Thùy hoặc Thiện đều được chọn. - Chọn 5 em bất kì trong số 15 em có C155 = 3003 cách. Vậy theo yêu cầu đề bài thì có tất cả 3003 − 286 = 2717 cách chọn mà trong đó có ít nhất một trong hai em Thùy và Thiện không được chọn. Câu 13. Đáp án A. Do ở đây xuất hiện dấu hiệu cúa phương pháp "buộc" phần từ đó là các phần tử được xếp cạnh nhau nên ta áp dụng như sau: Bước 1: Buộc 3 em nữ thành một buộc thì số cách đổi vị trí các em nữ trong buộc đó là 3! cách. Bước 2: Sau khi buộc 3 em nữ thì ta chỉ còn 8 phần tử. Số cách xếp 8 phần từ này là 8! cách. Theo quy tắc nhân thì có 3!.8! = 241920 cách. Câu 14. Đáp án D. Gọi a1a2 a3a4 a5 a6 là số cần lập. Theo giả thiết a3 + a4 + a5 = 8. Suy ra a3 ; a4 ; a5 ∈ {1; 2;5} hoặc

a3 ; a4 ; a5 ∈ {1;3; 4} TH1: a3 ; a4 ; a5 ∈ {1; 2;5} Có 3! cách chọn a3 a4 a5 . Xếp a1; a2 ; a6 có A63 cách. Vậy theo quy tắc nhân thì có 3! A63 = 720 số. TH2: a3 ; a4 ; a5 ∈ {1;3; 4} Tương tự ta cũng tìm được 720 số. Vậy có tất cả 720 + 720 = 1440 số. Câu 15. Đáp án C. Số tam giác có 3 đỉnh là 3 trong 2n điểm A1 ; A2 ;...; A2 n là C23n .

Ứng với hai đường chéo đi qua tâm của đa giác A1 A2 ... A2 n cho tương ứng một hình chữ nhật có 4 đỉnh là 4 điểm trong 2n điểm A1; A2 ;...; A2n và ngược lại mỗi hình chữ nhật như vậy sẽ cho ra 2 đường chéo đi qua tâm O của đa giác. Mà số đường chéo đi qua tâm của đa giác đều 2n đỉnh là n nên số hình chữ nhật có đỉnh là 4 trong 2n điểm là Cn2

Theo đề bài ta có: C23n = 20Cn2 ⇔

2 n ( 2n − 1)( 2n − 2 ) 3!

20n ( n − 1) 2

Gọi số tự nhiên cần tìm có dạng abcde .

⇔ n = 8.

TH1: Nếu a = 1 khi đó có A74 = 840 cách chọn 4 chữ số xếp vào b, c, d , e .

Câu 16. Đáp án C. Số cách chọn ra 3 màu trong 5 màu mà không có màu nào trùng nhau là C53 =

5! . 3!.2!

Câu 17. Đáp án B. Bưóc 1: Xếp chỗ cho hai ông bà An có 2 cách. Bước 2: xếp chỗ cho 6 người con có 6! cách. Theo quy tắc nhân thì có 2.6! = 1440 cách Câu 18. Đáp án A. Xét các trường hợp:

TH2: Nếu a ≠ 1 , khi đó: Có 6 cách chọn a. Có 2 cách xếp chữ số 1 vào số cần tạo ở vị trí b hoặc c . Các chữ số còn lại trong số cần tạo có A63 cách chọn. Như vậy trường hợp này có 2.6. A63 = 1440 số. Vậy có tất cả 840 + 1440 = 2280 số.

Chú ý: Nhiều độc giả quên mất a ≠ 0 nên tính cả a = 0 nên dẫn đến ra D là sai. Câu 23. Đáp án B. Các trường hợp lấy được 4 bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng như sau: *TH1: Số bi lấy được không có bi vàng: - lấy 4 bi đỏ: Có C54 cách

THI: Đề gồm 2 câu dễ, 2 câu khó, 1 câu trung bình thì có C152 C52C101 = 10500 đề.

- Lấy 1 bi đỏ, 3 bi xanh có C51C43 cách.

TH2: Đề gồm 2 câu dễ, 1 câu khó và 2 câu trung bình thì có C152 C51C102 = 23625 đề.

- Lấy 2 bi đỏ, 2 bi xanh có C52C42 cách.

TH3: Đề gồm 3 câu dễ, 1 câu khó và 1 câu trung bình thì có C153 C51C101 = 22750 đề.

- Lấy 3 bi đỏ, 1 bi xanh có C53C41 cách.

Theo quy tắc cộng thì có 10500 + 23625 + 22750 = 56875 đề. Câu 19. Đáp án A. Theo quy tắc nhân ta thực hiện từng bước. Chữ cái đầu tiên có 24 cách chọn. Chữ cái tiếp theo cũng có 24 cách chọn. Chữ số đầu tiên có 9 cách chọn Chữ số thứ hai có 10 cách chọn. Chữ số thứ ba có 10 cách chọn Chữ số thứ bốn có 10 cách chọn Chữ số thứ năm có 10 cách chọn Chữ số thứ sáu có 10 cách chọn. 5

Vậy theo quy tắc nhân ta có 24.24.9.10 = 5184.10 là số ô tô nhiều nhất có thể đăng ký. Câu 20. Đáp án A. Có C42 = 6 cách chọn 2 trong 4 tiêu chuẩn. Với hai tiêu chuẩn “chất liệu, cỡ” thì có 1.2 = 2 miếng khác ở đúng tiêu chuẩn này. Với hai tiêu chuẩn “chất liệu, màu” thì có 1.3 = 3 miếng khác ở đúng tiêu chuẩn này. Với hai tiêu chuẩn “chất liệu, dạng” thì có 1.3 = 3 miếng khác ở đúng tiêu chuẩn này. Với hai tiêu chuẩn “cỡ, dạng” thì có 2.3 = 6 miếng khác ở đúng tiêu chuẩn này. Với hai tiêu chuẩn “cỡ, màu” thì có 3.3 = 9 miếng khác ở đúng tiêu chuẩn này. Tóm lại có 2 + 3 + 3 + 6 + 6 + 9 = 29 miếng. Câu 21. Đáp án A. Ta thấy điều kiện xếp là hai bi cùng màu không nằm cạnh nhau nên ta phải xếp xen kẽ các viên bi. Có 2 cách chọn viên bi đầu tiên (có thể là đỏ hoặc trắng). Mỗi cách chọn có 5! cách xếp 5 bi đỏ và có 5! cách xếp 5 bi trắng. Vậy có 2.5!.5! = 28800 cách xếp. Nhiều bạn có lời giải sai như sau: Ở đây ta áp dụng quy tắc “vách ngăn” để giải quyết bài toán. Số cách xếp 5 bi đỏ là có 5! cách. 5 bi đỏ tạo ra 6 vách ngăn để xếp 5 bi trắng vào. Số cách xếp 5 bi trắng là A65 cách. Vậy số cách xếp các viên bi là 5!. A65 = 86400 . Từ đây chọn B là sai. Do nếu theo quy tắc vách ngăn ở đây có 6 vách mà có 5 bi, tức là có thể có vách ngăn trống khiến cho 2 viên bi cùng màu cạnh nhau. Câu 22. Đáp án A.

*TH2: 4 bi lấy được có đúng 1 bi vàng - Lấy 2 bi đỏ, 1 bi vàng, 1 bi xanh có C52 C31C41 cách. - Lấy 3 bi đỏ, 1 bi vàng có C53C31 cách. Vậy số cách là: C54 + C51C43 + C52C42 + C53C41 + C52C31C41 + C53C31 = 275

Câu 24. Đáp án C. Ta có 2 trường hợp: TH1:tam giác gồm hai đỉnh thuộc d1 và một đỉnh thuộc d2 . Số cách chọn bộ hai điểm trong 10 điểm thuộc d1 là C102 . Số cách chọn một điểm trong 15 điểm thuộc d 2 là C151 .Theo quy tắc nhân thì có C102 C151 tam giác.

TH2: Gồm một đỉnh thuộc d1 và hai đỉnh thuộc d 2 . Tương tự ta tìm được C101 C152 tam giác thỏa mãn. Vậy theo quy tắc cộng thì có tất cả C102 C151 + C101 C152 tam giác. Câu 25. Đáp án B. Có C 73 cách để xếp 3 chữ số 2 . Khi đó có A64 cách xếp 4 chữ số còn lại. Vậy có C73 A64 = 12600 số. Câu 26. Đáp án A. Cách 1: Chú ý: Bài toán không nói vectơ có khác vectơ không nên ta vẫn xét cả vectơ không ở đây. Và 2 điểm khác nhau tạo nên 2 vectơ có điểm đầu và điểm cuối hoán vị cho nhau nên ở đây việc chọn vectơ sẽ sử dụng chỉnh hợp chứ không phải tổ hợp. TH1: Có 2010 vectơ không được tạo thành. TH2: Các vectơ khác vectơ không Mỗi vectơ thỏa mãn yêu cầu bài toán ứng với một chỉnh hợp chập 2 của 2010 , nên số vectơ cần 2 2 tìm là A2010 . Theo quy tắc cộng thì có A2010 + 2010 = 4040100 vectơ tạo thành. Cách 2: Có 2010 cách chọn điểm đầu. có 2010 cách chọn điểm cuối.  Có 20102 = 4040100 vectơ. Câu 27. Đáp án A. Tương tự Câu 24 ta có số tam giác được tạo thành theo n là n ( n − 1) 1 C10 Cn2 + C102 Cn1 = 2800 ⇔ 10 + 45n = 2800 ⇔ n2 + 8n − 560 = 0 ⇔ n = 20 . 2

Câu 28. Đáp án D. *Gọi n điểm đã cho là A1 , A2 ,..., An . Xét một điểm cố định, khi đó có Cn2−1 đường thẳng được xác định bởi 2 trong n − 1 điểm còn lại nên sẽ có Cn2−1 đường thẳng vuông góc đi qua điểm cố định đó. n ( n − 1)( n − 2 ) đường thẳng vuông góc nên có Cn2( n−1)( n−2) giao điểm *Do đó có tất cả nCn2−1 = 2 2 (tính cả những giao điểm trùng nhau) *Ta chia các điểm trùng nhau thành 3 loại ( n − 1)( n − 2 ) đường thẳng vuông góc nên ta phải trừ đi n C 2 − 1 - Qua một điểm có Cn2−1 = ( n −1 ) 2 điểm. - Qua ba điểm A1 , A2 , A3 của 1 tam giác có 3 đường thẳng cùng vuông góc với A4 A5 và 3 đường thẳng này song song với nhau nên ta mất 3 giao điểm, do đó trong TH này ta phải loại đi 3Cn3 - Trong mỗi tam giác thì ba đường cao chỉ có một giao điểm, nên ta mất 2 điểm cho mỗi tam giác, do đó trường hợp này ta phải trừ đi 2Cn3 .

(

Câu 29. Đáp án A. Do các thành viên cùng câu lạc bộ thì ngồi cạnh nhau nên ta sử dụng phương pháp “buộc” các phần tưt để giải quyết bài toán. Lúc này ta có 3 phần tử đó là 3 câu lạc bộ. Theo công thức hoán vị vòng quanh được giới thiệu ở phần ví dụ thì ta có 2! cách xếp 3 câu lạc bộ vào bàn tròn. Với mỗi cách xếp thì có: 3! cách xếp các thành viên CLB Máu Sư phạm. 5! cách xếp các thành viên CLB Truyền thông. 7! cách xếp các thành viên CLB Kỹ năng. Vậy theo quy tắc nhân thì có tất cả: 2!.3!.5!.7! = 7257600 cách xếp. Câu 30. Đáp án A. Cách 1: Số cách lấy 3 bông hồng bất kì: C253 = 2300 Số cách lấy 3 bông hòng chỉ có một màu: C73 + C83 + C103 = 211 3 18

- Số cách chọn ra 5 viên bi trong đó không có viên bi đỏ nào là C 355 cách. 5 - Số cách chọn ra 5 viên bi trong đó có ít nhất một viên bi màu đỏ là C45 − C355 cách.

Bước 2: Sắp xếp các viên bi. Số cách xếp 5 viên bi vào 5 ô là 5! 5 − C355 ) = 107655240 . Theo quy tắc nhân thì có 5!.(C45

Câu 35. Đáp án A. Xét các trường hợp sau: Theo quy tắc cộng thì có tất cả 22620312 + 13823524 + 2658370 = 39102206 cách lấy. Câu 36. Đáp án A. Gọi số cần tìm là abcab . Có 9 cách chọn a. Có 10 cách chọn b. Có 10 cách chọn c. Vậy có tất cả 9.10.10 = 900 số. Câu 37. Đáp án A. Gọi Ak là phương án: Chọn nhóm có k học sinh và chỉ định nhóm trưởng của nhóm. Thầy chủ nhiệm có các phương án A2 , A3 , A4 ,..., An−1 . Ta tính xem có bao nhiêu cách thực hiện. Phương án Ak có hai công đoạn: - Công đoạn 1: Chọn k học sinh có Cnk cách chọn.

Số cách lấy 3 bông hồng có đúng hai màu: C + C + C − 2 ( C + C + C 3 17

Theo quy tắc nhân thì có 44 = 256 cách chọn toa cho bốn khách. Câu 34. Đáp án D. Bước 1:Chọn bi 5 - Số cách chọn ra 5 viên bi bất kì là C 45 cách.

1 - Lấy được 1 lá cờ, 3 lá rô và 4 chuồn thì có C31C133 C13 C133 = 22620312 cách lấy.

)

Vậy số giao điểm nhiều nhất có được là: C n2( n −1)( n −2) −  n Cn2−1 − 1 + 5Cn3  .

3 15

Câu 33. Đáp án B. Chọn toa cho vị khách thứ nhất có 4 cách. Chọn toa cho vị khách thứ hai có 4 cách. Chọn toa cho vị khách thứ ba có 4 cách. Chọn toa cho vị khách thứ tư có 4 cách.

3 7

3 8

3 10

) = 1529

Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán là 2300 − 211 − 1529 = 560 . Cách 2: Có 7 cách chọn bông hồng màu đỏ. Có 8 cách chọn bông hồng màu vàng. Có 10 cách chọn bông hồng màu trắng.  Có 7.8.10 = 560 cách. Câu 31. Đáp án B. Áp dụng quy tắc “buộc” các phần tử ta có 2! cách xếp hai vợ chồng. Sau khi “buộc” hai vợ chồng lại thì ta có tất cả 5 phần tử. Theo công thức hoán vị vòng quanh thì số cách xếp 5 phần tử quanh bàn tròn là 4! . Vậy theo quy tắc nhân thì có 2!.4! = 48 . Câu 32. Đáp án A. Ta lần lượt đánh số các ghế từ 1 đến 10 . - Nếu người chồng ở vị trí số 1 thì có 9 cách xếp người vợ. - Nếu người chồng ở vị trí số 2 thì có 8 cách xếp người vợ. - …. - Nếu người chồng ở vị trí số 9 thì có 1 cách xếp người vợ. Vậy có tất cả 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 45 cách.

- Công đoạn 2: Chỉ định nhóm trưởng: có k cách chọn. Theo quy tắc nhân thì phương án Ak có kCnk cách thực hiện. n −1

Vậy theo quy tắc cộng thì T =  kCnk . k =2

Câu 38. a) Đáp án C. * Có 8 + 4 = 12 nam họ Nguyễn và có 8 + 5 = 13 nữ họ Nguyễn. Vậy có 12.13 = 156 cặp cùng họ Nguyễn mà khắc giới tính. * Tương tự có 5.6 = 30 cách chọ cặp cùng họ Trần mà khác giới tính. Vậy có 156 + 30 = 186 cách chọn hai người cùng họ và khác giới tính. b) Đáp án A. Ta có 8 + 3 = 11 cặp anh em trong đó 8 cặp họ Nguyễn và 3 cặp họ Trần. Chọn bất kì 2 người trong số 36 người thì có C362 = 630 cách chọn. Vậy có tất cả 630 − 11 = 619 cách chọn các cặp sao cho không có cặp anh em nào.

NHỊ THỨC NEWTON

Nhận xét: Xét hàng thứ nhất, ta có:

A. LÝ THUYẾT 1. Công thức nhị thức Newton

1 = C10 , 1 = C11 .

Ở hàng thứ 2, ta có 1 = C30 , 2 = C21 , 1 = C22 .

Khai triển ( a + b) được cho bởi công thức sau:

Định lý 1

Ở hàng thứ 3, ta có 1 = C30 , 3 = C31 ,3 = C32 , 1 = C33 .

Với a, b là các số thực và n là sô nguyên dương, ta có

(a + b)

STUDY TIP Các số ở hàng thứ n trong tam giác Pascal là dãy gồm ( n + 1) số Cn0 , Cn1 , Cn2 ,..., Cnn −1 , Cnn .

=  Cnk a n −k bk = Cn0 a n + Cn1 a n −1b + ... + Cnk a n −k b k + ... + Cnnb n . (1) k =0

Quy ước a 0 = b 0 = 1

Công thức trên được gọi là công thức nhị thức Newton (viết tắt là Nhị thức Newton). STUDY TIP Trong biểu thức ở VP của công thức (1) a) Số các hạng tử là n + 1 . b) Số các hạng tử có số mũ của a giảm dần từ n đén 0, số mũ của b tăng dần từ 0 đến n, nhưng tổng các số mũ của a và b trong mỗi hạng tử luôn bằng n. c) Các hệ số của mỗi hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối thì bằng nhau. Hệ quả Với a = b = 1, thì ta có 2 n = Cn0 + Cn1 + ... + Cnn . k

Với a = 1; b = −1 , ta có 0 = Cn0 − Cn1 + ... + ( −1) Cnk + ... + ( −1) Cnn

Các dạng khai triển cơ bản nhị thức Newton

- Từ T k +1 kết hợp với yêu cầu bài toán ta thiết lập một phương trình (thông thường theo biến k). - Giải phương trình để tìm kết quả. 1  Ví dụ 1. Trong khai triển  a 2 −  , số hạng thứ 5 là b  A. −35a6b−4 . B. 35a6b−4 . C. −24a 4b−5 . D. 24a 4b−5 Lời giải Đáp án B. Theo công thức tổng quát ở lý thuyết thì ta có số hạng thứ 5 là 4

( x + 1)

= Cn0 x n + Cn1 x n−1 + Cn2 x n −2 + ... + Cnk xn −k + ... + Cnn −1 x + Cnn

(1 + x )

= Cn0 + Cn1 x + Cn2 x2 + ... + Cnk x k + ... + Cnn −1 x n−1 + Cnn x n

( x − 1)

= Cn0 − Cn1 x + Cn2 x2 − ... + ( −1) Cnk x k + ... + ( −1)

B. Các dạng toán sử dụng công thức tổ hợp và nhị thức Newton DẠNG 1. Xác định điều kiện của số hạng thỏa mãn yêu cầu cho trước Phương pháp chung: - Xác định số hạng tổng quát của khai triển T k +1Cnk a n − k b k (số hạng thứ k + 1 ).

n −1

Cnn −1 x n−1 + ( −1) Cnn x n

Cnk = Cnn−k Cnk + Cnk +1 = C k +1 , ( n ≥ 1) n +1 n ( n − 1) ! k .n ! = = nCnk−−11 ( n − k )!k! ( n − k )!( k − 1)! n ( n − 1) ! 1 k .n ! 1 Cnk = = = C k +1 k +1 ( k + 1)( n − k )!k ! ( n + 1)( n − k )!( k + 1)! n + 1 n+1

k .Cnk =

2. Tam giác Pascal. n=0 1 n=1 1 1 n=2 1 2 1 n=3 1 3 3 1 n=4 1 4 6 4 1 n=5 1 5 10 10 5 1 Tam giác Pascal được thiết lập theo quy luật sau - Đỉnh được ghi số 1. Tiếp theo là hàng thứ nhất ghi hai số 1. - Nếu biết hàng thứ n ( n ≥ 1) thì hàng thứ n+1tiếp theo được thiết lập bằng cách cộng hai số liên tiếp của hàng thứ n rồi viết kết quả xuống hàng dưới ở vị trí giữa hai số này. Sau đó viết số 1 ở đầu và cuối hàng.

3 1 C74 ( a 2 )  −  = 35a 6b −4 .  b 3   Ví dụ 2. Trong khai triển  2 3 x −  , ( x > 0 ) số hạng không chứa x sau khi khai triển là x  A. 4354560. B. 13440. C. 60466176. D. 20736. Lời giải Đáp án A. 10

1  13  3   2 Ta có  2 3 x −  =  2.x − 3.x  x    Từ lý thuyết ở trên ta có số hạng thứ k + 1 trong khai triển

là C10k .210−k .3k .x

10 − k 3

−

k 2

= C10k .210−k .3k .x

20 −5 k 6

. Theo yêu cầu đề bài ta có 20 − 5k = 0 ⇔ k = 4 .

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là C104 .2 6.34 = 210.256.81 = 435460.

STUDY TIP Trong các bài toán tìm số hạng trong khi khai triển các nhị thức, ta chú ý các công thức sau m n

(x )

= x m.n , x m .x n = x m + n

xm = x m−n , xn

m n

xm = x n

Cho bài toán: n

Cho nhị thức P =  a ( x ) + b ( x )  tìm số hạng chứa xα (không chứa x khi α = 0 ) trong khai triển đa thức P.

Giải phương trình tổ hợp hoặc sử dụng công thức tính tổng để tìm n (nếu giả thuyết chưa cho n). Số hạng tổng quát trong khai triển Tk +1 = g ( n, k ) .x f ( n ,k ) . Theo đề thì f ( n, k ) = α  k = k0 . Thay

k = k0 vào g ( n, k ) thì ta có số hạng cần tìm.

Vậy trong khai triển có hai số hạng nguyên là T4 = 4536 và T10 = 8 . 13

Ví dụ 5. Tìm hệ số có giá trị lớn nhất trong khai triển đa thức P ( x ) = ( 2 x + 1) = a0 x13 + a1 x12 + ... + a13 . A. 8 .

 nx 2 1  −  với x ≠ 0 là P=  14 x  35 16 A. − . B. − . 16 35

C. −

35 5 x . 16

D. −

16 5 x . 35

Lời giải

 an −1 = C13n−1.214−n , ( n = 1, 2,3,...,13)

⇔

2.13!

( n − 1) !(14 − n )!

≤

13! 2 1 14 ⇔ ≤ ⇔ n ≤ ∉ ℕ. n !(13 − n ) ! 14 − n n 3

Do đó bất đẳng thức an−1 ≤ an đúng với n ∈ {1, 2, 3, 4} và dấu đẳng thức không không xảy ra.

Đáp án C. Điều kiện n ∈ ℕ, n ≥ 3.

Ta được a0 < a1 < a2 < a3 < a4 < a5 và a4 > a5 > a6 > ... > a13

5.n ! n! 5 1 = ⇔ = 1!. ( n − 1) ! 3!. ( n − 3) ! ( n − 3)!( n − 2)( n − 1) 6. ( n − 3)!

 n = 7 (TM ) ⇔ n 2 − 3n − 28 = 0 ⇔   n = −4 ( L )  x2 1  n = 7 ta có P =  −   2 x

Phương pháp giải Xét các khả năng sau: 1. Nếu ak > 0 ∀k (trường hợp ak < 0 ∀k tương tự)

( −1) 2

7− k

Ta xét bất phương trình ak ≤ ak +1 , thông thường giải ra được nghiệm k ≤ k0 ∈ ℕ. Do k nguyên nên k = 0,1,..., k0 . Từ đó suy ra bất phương trình ak > ak +1 có nghiệm k > k0 .

.C7k .x14−3k

Suy ra 14 − 3k = 5 ⇔ k = 3

Chú ý rằng trong các bài toán về nhị thứ Newton thì phương trình ak = ak +1 là bậc nhất theo k nên có nhiều nhất một nghiệm và nếu có thì phương trình đó là k = k0 . Như vậy có hai khả năng xảy:

35 5 x. 16 STUDY TIP

Vậy số hạng chứa x5 trong khai triển là T4 = −

Nếu ak = a k +1 ⇔ k = k 0 thì ta có: a0 < a1 < ... < ak0 −1 < ak0 = ak0 +1 > ak0 + 2 > ... > an

Chú ý phân biệt giữa hệ số và số hạng. n

Với P ( x ) =  ak x g ( k ) ; Số hạng chứa xα tương ứng với g ( k ) = α ; giải phương trình ta tìm k =0

∗ Nếu k ∉ ℕ hoặc k > n thì trong khai triển không có số hạng chứa xα , hệ số phải tìm bằng 0.

(

3+ 3 2

)

số hạng nguyên có giá trị lớn nhất là

B. 4536 .

C. 4528 . Lời giải

D. 4520 .

Đáp án B.

Ta có số hạng tổng quát Tk +1 = C9k

9− k

( ) ( ) 3

Khi đó ta tìm được hai hệ số lớn nhất là ak0 = ak0 +1 Nếu phương trình ak = ak +1 vô nghiệm thì ta có: a0 < a1 < ... < ak0 −1 < ak0 > ak0 +1 > ak0 + 2 > ... > an .

được k . ∗ Nếu k ∈ ℕ; k ≤ n thì hệ số phải tìm là ak .

Ví dụ 4. Trong khai triển biểu thức F =

Từ đây ta có hệ số có giá trị lớn nhất trong khai triển nhị thức là a4 = C134 .29 = 366080. Giả sử sau khi khai triển ta được đa thức P ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là Tk +1 =

A. 8 .

D. 4520 .

Xét bất phương trình với ẩn số n ta có an −1 ≤ an ⇔ C13n −1 .214 − n ≤ Cn13 .213− n

Với

C. 4528 . Lời giải

Đáp án A. 13 Ta có số hạng tổng quát sau khi khai triển nhị thức ( 2 x + 1) là an = C13n .213− n.

Ví dụ 3. Cho n là số dương thỏa mãn 5Cnn −1 = Cn3 . Số hạng chứa x5 trong khai triển nhị thức Newton

Ta có 5Cnn−1 = Cn3 ⇔

B. 4536 .

Khi đó ta có ak0 là hệ số lớn nhất trong khai triển của nhị thức. 2. Nếu a2 k > 0 ∀k và a2 k +1 < 0 ∀k (trường hợp a2 k < 0 ∀k và a2 k +1 > 0 ∀k tương tự) thì khi đó bài toán trở thành tìm số lớn nhất trong các số a2 k . Ta cũng xét bất phương trình a2 k ≤ a2 k + 2 rồi làm tương tự như phần 1. STUDY TIP Phương pháp tìm hệ số lớn nhất trong khai triển n

+ Áp dụng khai triển ( a + b ) =  Cnk a n− k b k n

k =0

Ta thấy bậc hai của căn thức là 2 và 3 là hai số nguyên tố, do đó để Tk +1 là một số nguyên thì

+ Xác định số hạng tổng quát Cnk a n − k b k suy ra hệ số tổng quát là một dãy số theo ak .

k ∈ ℕ k = 3  T = C 3 3 6 0 ≤ k ≤ 9 4 9   ⇔   0 9 − k ⋮ 2 ( ) 9   k = 9  T10 = C9 3  k ⋮ 3

+ Xét tính tăng giảm của ak từ đó tìm được k tương ứng. Suy ra hệ số lớn nhất trong khai triển.

( ) ( 2 ) = 4536 ( ) ( 2) = 8 3

Đọc thêm Một thuật toán khai triển nhanh tam thức Newton Bài toán: khai triển tam thức Newton sau ( a + b + c )

Lời giải tổng quát

Bước 1: Viết tam giác Pascal đến dòng thứ n , để có được hệ số của nhị thức Newton ( b + c ) . n

Với 0 ≤ q ≤ p ≤ 10 thì số hạng tổng quát của khai triển ( x + x 2 + x3 ) là:

Tp = C10p .C pq .( x)10− p .( x 2 ) p − q .( x3 ) q = C10p .C pq .310− p.( x)10+ p + q

Bước 2: Ở các đầu dòng ta viết các đơn thức là khai triển nhị thức Newton ( a + 1) .

Theo đề bài thì 10 + p + q = 13 ⇔ p + q = 3

Bước 3: Nhân lần lượt các đơn thức ở đầu dòng mỗi cột với các đơn thức còn lại trên mỗi dòng đó rồi cộng các kết quả lại, ta thu được kết quả khai triển.

Do 0 ≤ q ≤ p ≤ 10 nên ( p; q) ∈ {(2;1);(3;0)} . Vậy hệ số của x13 trong khai triển là: C102 .C21 + C103 .C30 = 210 . Dạng 2: Các bài toán về công thức tổ hợp và nhị thức Newton Các bài toán về công thức tổ hợp và nhị thức Newton Một số công thức thường dùng trong các bài tập dạng này như sau:

Cụ thể ta có ở dưới đây

1.a

Cn1 .a n −1

Cn2 .a n− 2 1 n

C .a

1b 2

n −3

kCnk = nCnk−−11

1c 1c 2

2bc 2

3b c

3bc

Cn1 .b n−1.c

1.bn

n 2 

1c Cnn −1.b.c n −1

...

 n −1 2 +1 2 

1.c n

Sau khi cộng lại ta được:

( a + b + c)



p =0

q =0

0≤ q ≤ p ≤ n

Tp = C .C .b q p

n −q

.c .a q

( a + b + c)

n− p

Cnk + 3Cnk +1 + 3Cnk + 2 + Cnk + 3 = Cnk++33

với 0 ≤ q ≤ p ≤ n số hạng thứ p + 1 trong khai triển là

. 10

Ví dụ 6. Hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển P ( x) = ( 3x 2 + x + 1) là: A. 1695. Đáp án A.

STUDY TIP Cnk + 2Cnk +1 + Cnk + 2 = Cnk++22

Cnp .C pq .b n− q .c q .a n − p

STUDY TIP p n

2n −1 = Cn1 + Cn3 + Cn5 ... + Cn 

Ngoài ra từ công thức (*) ta mở rộng được công thức:

=  Cnp .a n − p .( C pq .b n −q .cq ) =

Sau khi khai triển

B. 1485.

C. 405.

D. 360.

Ví dụ 1. Cho n; k ∈ ℕ*, k ≤ n trong các đẳng thức sau đây đẳng thức nào sai? n 1 1 A. Cnk = Cnk−−11. . B. Cnk = Cnk++11. . k k +1 n +1 C. Cnk = Cnn − k . . D. nCnk = kCnk−−11. Đáp án D.

Lời giải 10

Với 0 ≤ q ≤ p ≤ 10 thì số hạng tổng quát của khai triển P ( x) = ( 3 x + x + 1) là: 2

Tp = C10p .C pq .(3x 2 )10− p .( x) p −q .1q = C10p .C pq .310− p.( x) p − q + 20−2 p Theo đề bài thì p − q + 20 − 2 p = 4 ⇔ p + q = 16

Lời giải Cách 1: Giải theo phương pháp tự luận ( n − 1)! = n C k −1 n! n Với A: Ta có Cnk = = n −1 k !( n − k ) ! k ( k − 1) !( n − k ) ! k

Từ A ta suy ra kCnk = nCnk−−11 , từ đây ta có luôn D sai. Ta chọn D.

Do 0 ≤ q ≤ p ≤ 10 nên ( p; q) ∈ {(8;8);(9;7);(10;6)} .

Đọc thêm: Chứng minh B; C. 10

Vậy hệ số của x 4 trong khai triển P ( x) = ( 3 x 2 + x + 1) là:

Với B:

C108 .C88 .310 −8 + C109 .C97 .310 −9 + C1010 .C106 .310 −10 = 1695 .

STUDY TIP Chú ý khi ra nhiều trường hợp của ( p, q ) thì ta công hệ số các trường hợp với nhau để có kết quả. 10

Ví dụ 7. Tìm số hạng chứa x13 trong khai triển thành các đa thức của ( x + x 2 + x3 ) là: A. 135. Đáp án C.

1 1 Cnk = Cnk++11 k +1 n +1

( *)

2 n = Cn0 + Cn1 + ... + Cnn 2n−1 = Cn0 + Cn2 + Cn4 ... + Cn  2 

... 1.a o

Cnk + Cnk +1 = Cnk++11 , ( n > 1)

Cnk = Cnn − k

B. 45.

C. 135x13 . Lời giải

D. 45x13 .

( n + 1)! 1 n! 1 Cnk = = = C k +1 k +1 k + 1 n − k ! k ! n + 1 ( )( ) ( )( n − k )!( k + 1)! n + 1 n +1

Với C: Ta có Cnk =

n! n! = = Cnn −k k !( n − k ) ! ( n − k ) !k!

Cách 2: Sử dụng máy tính để thử Với các bài toán xét đẳng thức đúng thi ta có thể sử dụng máy tính để thử. Ta thử với từng trường hợp, thử với cặp số cụ thể. Ví dụ với A ta thử ngay với k = 3; n = 4 ta thấy đẳng thức này đúng, suy ra A đúng, từ đây suy ra D sai.

Math

Cnk = Cnn −k , Cnk =

▲

4 4C 3 − × 3C 2 3 STUDY TIP Đẳng thức ở phương án A là một đẳng thức quan trọng trong các bài toán về công thức tổ hợp Ta có hai hệ quả quan trọng như sau: Với mọi n; k ∈ ℕ*, 2 ≤ k ≤ n

•

k k −2  k ( k − 1)Cn = n( n − 1)Cn −2  2 k k −2 k −1  k Cn = n( n − 1)Cn− 2 + nCn−1

Đẳng thức Pascal: Cmk = Cmk −1 + Cmk −−11 0

•

n k −1 Cn −1 và các hệ quả: k

Cm0 − Cm1 + Cm2 − ... + (−1) m −1 Cmm −1 + (−1) m Cmm = (−1 + 1) m = 0  0 1 2 m −1 m m m Cm + Cm + Cm + ... + Cm + Cm = (1 + 1) = 2 C20n − C21n + C22n − ... + (−1) 2 n −1 C22nn −1 + (−1) 2 n C22nn = (−1 + 1) m = 0  0 1 2 2 n −1 2n 2n 2n C2 n + C2 n + C2 n + ... + C2 n + C2 n = (1 + 1) = 2

Xét m = 2n :

Hệ quả 1: Ta có

Cộng vế theo vế, trừ vế theo vế, ta được kết quả sau:

( k − 1) kCnk = ( n − 1) nCnk−−22

C20n + C22n + C24n + ... + C22nn − 2 + C22nn = C21 n + C23n + C25n + ... + C22nn −3 + C22nn −1 = 2 n −1

Xét m = 2n + 1, hoàn toàn tương tự, ta được: C20n +1 + C22n +1 + C24n +! + ... + C22nn+1 = C21 n +1 + C23n +1 + C25n +1 + ... + C22nn++11 = 2 2 n

Hệ quả 2: Ta có 2

k C = n ( n − 1) C k n

k −2 n −2

+ nC

k −1 n −1

3 n

Ví dụ 4. Trong các đẳng thức sau đẳng thức nào sai? A. S1 = 1Cn1 + 2Cn2 + ... + ( n − 1)Cnn −1 + nCnn = n 2 n −1 .

3 n +1

Ví dụ 2. Cho n ∈ ℕ * thỏa mãn 6n − 6 + C ≥ C , Số các số n thỏa mãn là:. A. 10 số. B. 9 số. C. 8 số. Đáp án A. Lời giải

D. 7 số.

C. S3 = 12 Cn1 + 2 2 Cn2 + ... + ( n − 1) 2 Cnn −1 + n 2Cnn = n( n + 1)2 n − 2 .

Điều kiện n ≥ 3 . Ta có 6n − 6 + Cn3 ≥ Cn3+1 ⇔ 6n − 6 ≥ Cn2 ( do Cn3+1 = Cn3 + Cn32 ⇔ 6n − 6 ≥

)

n! ⇔ n 2 − 13n + 12 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ n ≤ 12. 2!( n − 2 ) !

Ví dụ 3. Cho S = C158 + C159 + C1510 + ... + C1515 . Tính S . A. S = 215. Đáp án B

B. S = 214.

C. S = 213.

B. S 2 = 1.2.Cn1 + 2.3.Cn2 + ... + ( n − 1).n.Cnn = ( n − 1).n.Cnk−−22 .

D. S = 212.

Lời giải Cách 1: Sử dụng đẳng thức Cnk = Cnn − k ta được:

Cn0 Cn1 Cn2 C n−1 C n 1 + + + ... + n + n = (2n − 1) . 1 2 3 n n +1 n +1 Đáp án D. Lời giải Ta có thể sử dụng máy tính để thử trường hợp riêng của đẳng thức trên, tôi xin phép không đưa cách làm cụ thể vì độc giả có thể dễ dàng giải được. Tôi xin giới thiệu cách chứng minh cụ thể như sau: Với A: Ta sẽ dùng đẳng thức kCnk = nCnk−−11 .

D. S4 =

Khi đó ta có: n

S1 = 1Cn1 + 2Cn2 + ... + (n − 1)Cnn −1 + nCnn =  kCnk

S = C158 + C159 + C1510 + ... + C1515 = C157 + C156 + C155 + ... + C150 .

k =1

 2S = (C158 + C159 + C1510 + ... + C1515 ) + (C157 + C156 + C155 + ... + C150 ) =  C15k = 215 k =0

=  nC

k −1 n −1

= n(C

0 n −1

1 n −1

n −2 n −1

+ ... + C

+ Cnn−−11 ) = n(1 + 1) n−1 = n.2n−1

k =1

 S = 214 Vậy S = (C158 + C159 + C1510 + ... + C1515 ) = 214

Vậy A đúng. Với B: Ta sẽ dùng đẳng thức ( k − 1) kCnk = ( n − 1) nCnk−−11 .

Cách 2: Sử dụng máy tính Casio Do bài toán này, tổng bé và số các số hạng trong tổng ít nên ta có sử dụng lệnh tổng trong máy

Khi đó ta có:

□

tính Caiso bằng cách bấm máy: SHIFT LOG□ □( □) . □

Ta nhập SHIFT LOG□15 SHIFT ÷ alpha )∇8∆15 = STUDY TIP Các hệ số của mỗi hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối thì bằng nhau.

Với các bài toán tính tổng ở trên ta cần chú ý kỹ thuật sử dụng các đẳng thức cơ bản sau:

k =2

S2 = 1.2Cn1 + 2.3Cn2 + ... + (n − 1).nCnn −1 =  (k − 1)kCnk =  (n − 1)nCnk−−22

= (n − 1)n(Cn0−2 + Cn1−2 + ... + Cnn−−23 + Cnn−−22 ) = (n − 1)n.2n −2 Vậy B đúng. Với C: Ta có k 2Cnk = ( n − 1) nCnk−−22 + nCnk−−11 . 2

Khi đó ta có: S3 = 12 Cn1 + 22 Cn2 …+ ( n − 1) Cnn −1 + n2Cnn . n

k =1

=  k 2Cnk =  ( n − 1) nCnk−−22 + nCnk−−11  . = ( n − 1) n ( Cn0− 2 + Cn1− 2 + Cn2− 2 + ... + Cnn−−23 + Cnn−−22 ) + n ( Cn0−1 + Cn1 −1 + Cn2−1 + ... + Cnn−−12 + Cnn−−11 ) .

= ( n − 1) n2n −2 + n 2n −1 = n ( n + 1) 2n − 2. .

TH2: Với k = n , thì S k = Cn0 − Cn1 + Cn2 − Cn3 ... + ( −1) Cnk = (1 − 1) = 0 .

Vậy C đúng. Từ đây ta chọn D.

STUDY TIP. Trong các bài toán mà các số k , n tổng quát ta cần lưu ý phân rõ trường hợp k < n và k = n .

Cnk nên ta sẽ dùng đẳng thức k +1

Đọc thêm tính tổng S 4 : Các số hạng của S 4 có dạng

Cnk C k +1 = n +1 . k +1 n +1

1 ( Cn1+1 + Cn2+1 + ... + Cnn+1 + Cnn++11 ) = n 1+ 1 ( 2n+1 − Cn0+1 ) = n 1+ 1 ( 2n+1 − 1) . n +1 STUDY TIP.

Ck Ck C k +1 * Các số hạng của S 4 có dạng n nên ta sẽ dùng đẳng thức n = n +1 . k +1 k +1 n +1 k

Ví dụ 5. Một học sinh giải bài toán “Rút gọn biểu thức S k = Cn0 − Cn1 + Cn2 + ... + ( −1) Cnk với k ≤ n; n > 1. ” Như sau: Bước 1: Ta áp dụng công thức Cnk−1 + Cnk−+11 = Cnk +1 . 0 n

1 n

2 n

3 n

Sk = C − C + C − C ... + ( −1) C . k n

= Cn0 − ( Cn0−1 + Cn1−1 ) + ( Cn1−1 + Cn2−1 ) − ( Cn2−1 + Cn3−1 ) + ... + ( −1) ( Cnk−−11 + Cnk−1 ) . Bước 2: Mở dấu ngoặc ta có: k

Sk = Cn0 − Cn0−1 − Cn1−1 + Cn1−1 + Cn2−1 − Cn2−1 − Cn3−1 + ( −1) Cnk−−11 + ( −1) Cnk−1. k

Bước 3: Vậy với mọi k thì S k = ( −1) Cnk−1 .

Kết luận nào sau đây là đúng: A. Lời giải trên sai từ bước 1. C. Lời giải trên sai ở bước 3. Đáp án A.

B. Lời giải trên sai từ bước 2. D. Lời giải trên đúng.

Lời giải. Ta thấy lời giải trên sai khi đã không xét hai trường hợp k < n ; hoặc k = n .

Vì nếu k = n thì không tồn tại Cnk−1 . Rất nhiều học sinh mắc sai lầm khi giải như trên, hoặc sai lầm khi giải như sau:

0 1 2017 S = 2108.C2017 + C2017 + …+ C2017 = 2018.2 2017 .

STUDY TIP. Với các bài toán tính tổng thường sử dụng công thức Cn0 + Cn1 + Cn2 + …+ Cnn = 2n . Cách 2: Khi các em học đạo hàm ở cuối chương trình lớp 11 ta sẽ nghiên cứu ở chương đạo hàm. Khi đó ta xét hàm số:. f ( x ) = (1 + x )

2018

0 1 2018 2018 = C2018 + C2018 x + ... + C2018 x .

 f ′ ( x ) = 2018. (1 + x ) 2017

2017

1 2 2018 2017 = C2018 + 2C2018 x + ... + 2018.C2018 x .

1 2018

2 2018 + 2C2018 + ... + 2018.C2018 .

 2018.22017 = S  ta chọn A. 1 1 1 2 1 0 2017 Ví dụ 7. Tính tổng S = C2017 + C2017 + C2017 + ... + C2017 2 3 2018 22017 − 1 22018 − 1 22018 − 1 22017 − 1 A. . B. . C. . D. . 2017 2018 2017 2018 Đáp án B. Lời giải. 1 k Cách 1: Xét số hạng tổng quát , ta có:. C2017 k +1 1 1 2017! 1 2018! 1 k k +1 C2017 = = = C2018 . 1 + k k !( 2017 − k ) ! 2018 ( k + 1) !( 2017 − k ) ! 2018 k +1

Vậy

1 1 k k +1 , cho k chạy từ 0 đến 2017 thì ta được:. C2017 = C2018 k +1 2018

Xét f ( x ) = (1 + x )

S k = Cn0 − Cn1 + Cn2 − Cn3 ... + ( −1) Cnk = (1 − 1) = 0 .

= Cn0 − ( Cn0−1 + Cn1−1 ) + ( Cn1−1 + Cn2−1 ) − ( Cn2−1 + Cn3−1 ) + ... + ( −1) ( Cnk−−11 + Cnk−1 ) . k

  (1 + x )

2017

0 1 2 2017 2017 = C2017 + C2017 x + C2017 x 2 + ... + C2017 x .

⇔

2017

0 1 2 2017 2017 dx =  C2017 + C2017 x + C2017 x 2 + ... + C2017 x  dx .

= Cn0 − Cn0−1 − Cn1−1 + Cn1−1 + Cn2−1 − Cn2−1 − Cn3−1 + ... + ( −1) Cnk−−11 + ( −1) Cnk−1.

Vậy Sk = ( −1) Cnk−1 khi k < n .

D. 2017.2 2017 .

Ta có lời giải đúng như sau: TH1: Với k < n , ta áp dụng công thức Cnk−1 + Cnk−+11 = Cnk +1 , ta có:

C. 2018.2 2018 .

C0 1 1 2018 1 22018 − 1 0 1 2 2018 C2018  − 2018 = + C2018 + C2018 + ... + C2018 2 − = .. 2018 2018 2018 2018 2018 Cách 2: Sử dụng tích phân (các em sẽ học ở chương trình lớp 12).

Sk = Cn0 − Cn1 + Cn2 − Cn3 ... + ( −1) Cnk = (1 − 1) = 0 .

B. 2017.2 2018 .

 f ′ (1) = 2018.2 k

A. 2018.2 2017 . Đáp án A.

Cho k chạy từ 1 đến 2018 ta được:

* Các số hạng của S3 có dạng k 2Cnk nên ta dùng đẳng thức k 2Cnk = ( n − 1) nCnk−−22 + nCnk−−11 .

1 2 3 2018 Ví dụ 6. Tính tổng S = 1.C2018 + 2.C2018 + 3.C2018 + …+ 2018.C2018

Lời giải. Cách 1: Xét số hạng tổng quát. 2018! 2018.2017! k k −1 k .C2018 = k. = k. = 2018.C2017 . k !( 2018 − k ) ! k . ( k − 1) ! ( 2018 − k ) !

n n C 0 C1 C 2 C n −1 C n Ck C k +1 Khi đó ta có: S4 = n + n + n + ... + n + n =  n =  n +1 . 1 2 3 n n + 1 k =0 k + 1 k =0 n + 1

(1 + x )

2018 1

2018

1 1 2 1 2 3 1  0 2017 2018  = C2017 x + C2017 x + C2017 x + ... + C2017 x  . 2 3 2018  0

22018 − 1 = S . Chọn B. 2018 Ví dụ 8. *(đọc thêm): Cho hai đẳng thức sau với n > 1; n ∈ ℕ .

STUDY TIP.

⇔

S1 = Cn0 − 2Cn1 + 3Cn2 − ... + ( −1) ( n + 1) Cnn = 0, (1) . 1 1 1 2n +1 − 1 S 2 = Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn = , ( 2) n +1 n +1 2 3 Trong các kết luận sau, kết luận nào đúng. A. (1) đúng, (2) sai. B. (1) sai, (2) đúng. C. Cả hai đều sai. D. Cả hai đều đúng. Đáp án D. Lời giải. Ta có thể sử dụng máy tính để thử trường hợp riêng của các đẳng thức trên, tôi xin phép không đưa ra cách làm cụ thể vì độc giả có thể dễ dàng thử được. Dưới đây tôi xin giới thiệu hai phương pháp tính tổng sử dụng đạo hàm và tích phân ta học cuối chương trình 11 và đầu chương trình 12.

Có thể tính tổng: S = ( b − a ) Cn0 +

Có thể tính tổng.

S1 = Cn0 + 2aCn1 + ... + ( n + 1) a nCnn

S3 = 2aC21n + 4a3C23n + 6a4C24n + ... + 2na2 n−1C22nn−1 n

khi xét đa thức P ( x ) = x (1 + x ) và chứng tỏ rằng S1 = P′ ( a ) . 2n

và chứng tỏ rằng.

2 S 2 = Q′ ( a ) + Q′ ( − a ) ;

Ta thường gặp bài toán với một trong 2 cận của tích phân là 0 và 1, hoặc -1. Trong một số n trường hợp ta phải xét đa thức P ( x ) = x k (1 + x ) với k = 1, 2, …

Dạng 3. Phương trình, bất phương trình chứa công thức tổ hợp. Ví dụ 1. Cho phương trình Ax3 + 2C xx+−11 − 3C xx−−13 = 3 x 2 + P6 + 159. Giả sử x = x0 là nghiệm của phương trình trên, lúc này ta có A. x0 ∈ (10; 13) .

B. x0 ∈ (12; 14 ) .

Lời giải. Điều kiện x ≥ 3, x ∈ ℕ . Phương trình đã cho có dạng:.

( x − 3)!

2 ( x + 1) ! 3 ( x − 1) ! − = 3 x 2 + 6!+ 159 . 2!( x − 1) ! 2!( x − 3 ) !

3 ( x − 1)( x − 2 ) = 3x 2 + 879 . 2 ⇔ x = 12 (sử dụng lệnh SHIFT SOLVE trên máy tính). STUDY TIP. Khi sử dụng lệnh SHIFT SOLVE ta nên rút gọn phương trình về đa thức, không nên để dạng phân thức vì máy tính ưu tiên sử lý các dạng phương trình không chứa phân thức trước. 1 6 Ví dụ 2. Bất phương trình A22x − Ax2 ≤ .C x3 + 10 có tập nghiệm là: 2 x

B. S = [ 3; 4] .

Ta có bất phương trình ⇔

P ( x ) = Cn0 x + Cn1 x 2 + Cn2 x 3 + ... + Cnn x n +1 , nên. P′ ( x ) = Cn0 + 2Cn1 x + 3Cn2 x 2 + ... + ( n + 1) Cnn x n ; n

P′ ( −1) = Cn0 − 2Cn1 + 3Cn2 − ... + ( −1) ( n + 1) Cnn = S1 . n

Mặt khác P′ ( x ) = (1 + x ) + nx (1 + x )

n −1

 P′ ( −1) = 0.

Vậy S1 = 0 . * Với S2: Xét đa thức P ( x ) = (1 + x ) , ta có: P ( x ) = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 + ... + Cnn x n . n

0 1

1 1 1 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn = S 2 . 2 3 n +1

Do đó S 2 =  (1 + x ) dx = n

D. S = {3; 4} .

Lời giải. n

0 n

C. S = {3; 4; 5} .

Điều kiện x ≥ 3, x ∈ ℕ .

Ta khai triển đa thức P ( x ) = x (1 + x ) .

D. x0 ∈ (14; 16 ) .

Đáp án D.

Ta có thể giải thích cụ thể như sau: * Với S1 :

 P ( x ) dx = C

C. x0 ∈ (10; 12 ) .

Đáp án A.

A. S = [ 3; 5] .

2 S3 = Q ′ ( a ) − Q ′ ( − a ) .

Suy ra

b − a 1 b3 − a 3 2 b n +1 − a n+1 n Cn + Cn + ... + Cn khi xét đa thức: 2 3 n +1

⇔ x ( x − 1)( x − 2 ) + x ( x + 1) −

. 2n

S2 = C20n + 3a 2C22n + ... + ( 2n + 1) a 2 nC2 n

Xét đa thức Q ( x ) = x (1 + x )

P ( x ) = (1 + x ) và chứng tỏ rằng S =  P ( x ) dx .

STUDY TIP.

2n +1 − 1 . n +1

1 2x! 6 x! x! − ≤ + 10 . 2 ( 2 x − 2 ) ! ( x − 2 ) ! x 3!( x − 3) !

⇔ 2 x 2 − x − x 2 + x ≤ x 2 − 3 x + 2 + 10 . ⇔ 3 x ≤ 12 ⇔ x ≤ 4. .

Kết hợp với điều kiện xác định ta có 3 ≤ x ≤ 4. Vậy S = {3; 4} là tập nghiệm của bất phương trình. 1 13 Ví dụ 3. Tổng của ba số hạng liên tiếp lập thành cấp số cộng trong dãy số sau C230 ; C23 có giá trị ;…; C23 là A. 2451570. B. 3848222. C. 836418. D. 1307527. Đáp án A. Lời giải. n n +1 n+2 Giả sử 3 số C23 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi ; C23 ; C23 n+2 . 2C23n+1 = C23n + C23

⇔ 4C23n+1 = C23n + C23n+ 2 ⇔ 4C

n +1 23

n+2 25

A. C106 .

Câu 9.

4.23! 25! ⇔ = . ( n + 1)!( 22 − n )! ( n + 2 )!( 23 − n )!

9 23

A. 22x10 .

5 2

12 B. C21 a b .

5 2

9 C. C21 ab .

9 D. C21 .

Khi khai triển nhị thức Newton G ( x ) = ( ax + 1) thì ta thấy trong đó xuất hiện hai số hạng 24x

C. 252 .

D. 210 .

4  Hệ số của số hạng chứa x9 trong khai triển  − 3x3  là x  A. 36 C159 x9 . B. 36 218 C159 x9 . 9 15

6 18

C. 3 C .

1   Số hạng không chứa x trong khai triển  2 x + 3  là x  8 A. 26 C206 . B. 28 . C. 28 C20 .

Câu 7.

1   Số hạng không chứa x trong khai triển  x 2 + − 1 là x   A. 1951. B. 1950 . C. 3150 .

(

)

D. 26 .

A. 168x .

B. 168 .

C. 238x . n

Câu 8.

B. C166 .

C. C169 .

D. C168 .

C. 15360 .

D. C103 .

Câu 14. Hệ số lớn nhất trong khai triển ( x + 2 ) là A. C105 .

B. 128 . 2 n

n −1 n

Câu 15. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn A − 3C

= 11n.

Xét khai triển P ( x ) = ( x + 2) = a0 + a1 x + a2 x2 + ... + an x n . Hệ số lớn nhất của P ( x ) là

B. C155 .210 .

D. 129024 . a1 a2 a Câu 16. Giả sử P ( x ) = ( 2 x + 1) = a0 + a1 x + a2 x + ... + an x thỏa mãn a0 + + 2 + ... + nn = 212 . Hệ số 2 2 2 lớn nhất trong các hệ số {a0 , a1 , a2 ,..., an } là A. 126720 . B. 495 . C. 256 . D. 591360 .

C. 252 .

A. {29;30;31;32} .

B. 12 .

C. {12;13;14;15} .

D. 16 .

(

) ( x + 2) . Tìm n sao cho a

của x 2 + 1

A. n = 10 .

3n−3

= 26n .

B. n = 3 .

C. n = 4 .

D. n = 5 .

Câu 19. Khi khai triển nhị thức Newton G ( x ) = ( ax + 1) thì ta thấy trong đó xuất hiện hai số hạng 24x D. −360 .

A. C167 .

D. S = 212 .

Câu 18. Cho n là số nguyên dương. Gọi a3n−3 là hệ số của x3n−3 trong khai triển thành đa thức

Số hạng chứa x trong khai triển x − x − 1 là 8

a3 a4 = . 14 41

Tính tổng S = a0 + a1 + a2 + ... + a2n biết

max {a0 , a1 , a2 ,..., an } = a10 .

9 15

D. 3 2 C .

= a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a2 n x2 n , n ≥ 2 với a0 , a1 , a2 ,..., a2n là các hệ số.

Câu 6.

Câu 17. Cho khai triển ( x + 2 ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an xn . Tìm tất cả các giá trị của n để

Câu 5.

)

B. C106 x5 .

(

Câu 12. Cho khai triển: 1 + x + x 2

A. C155 .211 .

B. a = 4; n = 6 . D. a = 3; n = 7 .

Hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển ( x + 1) là

D. 22 .

C. 123 .

1  Câu 11. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển 1 + x +  biết n ≥ 2 là số nguyên dương thỏa x  mãn An2 − Cnn+−12 = 14 − 14n. A. 73789 . B. 73788 . C. 72864 . D. 56232 .

A. S = 310 . B. S = 312 . C. S = 210 . 0 1 2 15 16 Câu 13. Số lớn nhất trong các số C16 ; C16 ; C16 ;...; C16 ; C16 là

b   , số hạng có số mũ a và b bằng nhau là 3 a 

và 252x 2 . Lúc này giá trị của a và n là A. a = 3; n = 8 . C. a = 2; n = 12 .

Câu 4.

B. 123x10 .

 a + Trong khai triển nhị thức Newton  3  b

A. C105 x5 .

D. 672 . n

trong khai triển nhị thức ( x + 2 ) biết n là số nguyên dương thỏa n

C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN KỸ NĂNG

Câu 3.

C. −672x5 .

mãn 3n Cn0 − 3n−1 Cn1 + 3n−2 Cn2 − ... + ( −1) Cnn = 2048.

STUDY TIP. Một số tình huống thường gặp thì lập phương trình tổ hợp là:. * Ba số a, b, c lập thành cấp số cộng (hoặc cấp số nhân) khi và chỉ khi 2b = a + c (hoặc b 2 = ac ). * Cho tập hợp A có n phần tử, số tập con của A gồm x phần tử bằng k lần số tập con của A gồm y phần tử, tương ứng với phương trình Cnx = kCny .

Câu 2.

D. C103 .

B. −672 .

Câu 10. Hệ số của số hạng chứa x

10 23

12 A. C21 .

Giả sử có khai triển (1 − 2 x ) = a0 + a1 x + a2 x + ... + an x . Tìm a5 biết a0 + a1 + a2 = 71. 10

Vậy C + C + C = 2451570 .

Câu 1.

C. C1010 .

A. 672x5 .

 n = 8 ( tm )  ( n + 2 )( 23 − n ) = 150 ⇔  .  n = 13 ( l ) 8 23

B. C105 .

D. 238 .

1  Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  x2 + 3  biết n là số nguyên dương thỏa mãn x   Cn1 + Cn3 = 13n.

và 252x 2 . Tìm a và n . A. a = 3; n = 8 . C. a = 4; n = 9 .

B. a = 2; n = 7 . D. a = 5; n = 10 .

n −1 n Cn1 2Cn2 3Cn3 1 n − 2 ( n − 1) Cn n −1 nCn − 2 + 3 − ... + ( −1) + ( −1) = n −1 n 2 2 2 2 2 32 A. n = 10 . B. n = 9 . C. n = 8 . D. n = 7 . Câu 21. Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n ( n + 1)( n + 2 ) . Kết quả biểu diễn S theo n là

Câu 20. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn

A. S = C. S =

n ( n + 1)( n + 2)( n + 3) . 4 ( n + 1)( n + 2)( n + 3)( n + 4)

B. S =

( n + 1)( n + 2)( n + 3) 3

Hệ số của số hạng có số mũ a và b bằng nhau ứng với:

4 Câu 22. Tính tổng S = Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn theo n ta được n −1

Câu 2. n −1

( x − 1)

+ x ( x + 1)

2 n −1

Câu 27. Cho khai triển (1 + 2 x )

2014

C. 126 .

Câu 3.

Câu 4.

 n 2 a 2 = 576 na = 24 C ax = 24 x   Từ giả thiết ta có:  2 2 2 ⇔  n ( n − 1) 2 ⇔  n ( n − 1) 2 2 a = 252 a = 252   Cn a x = 252 x  2  2 na = 24 n = 8  na = 24 ⇔  2n 2 ⇔ 16 ⇔  = n = n − 14 16 1 ( ) a = 3   n ( n − 1) 7  Vậy a = 3; n = 8 là các số cần tìm. Đáp án C. Số hạng tổng quát sau khi khai triển Tk +1 = C10k xk

Số hạng chứa x 5 trong khai triển là C105 x5 . Đề bài hỏi hệ số nên ta chọn C. Đáp án D. k

15 15 15 15− k k 15− k 4   4 =  ( −3) 4k C15k x 45−4 k Ta có  − 3 x3  =  C15k ( ax ) =  C15k   −3x3 x x     k =0 k =0 k =0 Số hạng chứa x 9 tương ứng với 45 − 4k = 9 ⇔ k = 9 nên hệ số của x 9 trong khai triển trên là

(

S = a1 + 32 a3 + ... + 32010 a2011 + 32012 a2013 có giá trị bằng Câu 5.

(

D. 3200 .

Câu 6.

20 − k

5 k − 40 20 20  1   −1   1  =  2k C20k  x 2   x 3  =  2k C20k x 6 3  k =0 k =0  x     5k − 40 8 Số hạng không chứa x tương ứng với . = 0 ⇔ k = 8 . Do vậy số hạng đó là 28 C20 6 Đáp án A. Từ lý thuyết ta có công thức tổng quát như sau: Với 0 ≤ q ≤ p ≤ n thì số hạng tổng quát khi 20 1   k Ta có  2 x + 3  =  C20 2 x x k =0 

C. 2300 .

)

49 C159 = 3649 C159 . Đáp án C.

( −3)

7 2014 − 52014 7 2014 − 52014 A. . B. . 6 2 2014 2014 7 5 C. . D. . 6 2 0 1 2 100 Câu 28. Tính tổng S = C100 − 5C100 + 52 C100 − ... + 5100 C100

)

p−q

C. 1 = Cn0 − 2Cn1 + 4Cn2 − ... + ( −2) Cnn .

10− p  1  1  q q 20+q −3 p  p q khai triển tam thức  x 2 + − 1 là Tp = C10p C pq x2   ( −1) = C10Cp ( −1) x x x     Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với 20 + q − 3 p = 0 ⇔ 3 p − q = 20 . Mà

D. 3n = Cn0 + 2Cn1 + 4Cn2 + ... + 2n Cnn .

0 ≤ q ≤ p ≤ n và q , p , n ∈ ℕ nên ( p; q ) ∈ {( 7;1) , ( 8; 4 )( 9;7 ) , (10;10 )} . Lúc này số hạng không

B. 0 = Cn0 − Cn1 + Cn2 − ... + ( −1) Cnn .

( )

Câu 30. Khai triển ( 2x + y ) ta được kết quả là

B. 32 x5 + 80x4 y + 80x3 y 2 + 40x2 y3 + 10 xy 4 + y5 .

chứa x trong khai triển là ( −1) C107 C71 + ( −1) C108 C84 + ( −1) C1010 C1010 + ( −1) C109 C97 = 1951 Đáp án C. Từ lý thuyết ta có công thức tổng quát như sau: Với 0 ≤ q ≤ p ≤ n thì số hạng tổng quát khi

C. 2x5 +10x4 y + 20x3 y 2 + 20 x2 y3 + 10 xy 4 + y5 .

khai triển tam thức x3 − x2 − 1 là Tp = C8pC pq x3

D. 32 x5 + 10000x4 y + 8000 x3 y 2 + 400 x2 y3 +10xy 4 + y5 .

Ta có: 24 − 3 p + 2 p − 2q = 8 ⇔ 24 − p − 2q = 8 ⇔ p + 2q = 16 . Suy ra ( p; q ) ∈ {( 8; 4 )( 6;5)} .

A. 32 x5 + 16 x4 y + 8x3 y 2 + 4 x2 y3 + 2xy 4 + y5 .

Câu 7.

(

D. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1.

k =0

D. n = 9 .

= a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a2014 x 2014 . Khi đó tổng

A. 6100 . B. 4100 . Câu 29. Đẳng thức nào sau đây sai? A. 2n = Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn .

k =0

D. −126 .

C. n = 7 .

1 n

= a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a2 n x 2n . Biết T = a0 + a2 + ... + a2n = 768. Tính a5 .

A. 126x5 . B. −126x5 . 1 3 Câu 26. Tìm n sao cho C2 n + C2 n + ...C22nn−1 = 2048. là A. n = 8 . B. n = 6 .

Đáp án A. Ta có G ( x ) = ( ax + 1) =  Cnk ( ax ) =  Cnk a k x k

A. S = 2 − 1 . B. S = 2 − 1 . C. S = 2 . D. S = 2 . Câu 23. Giá trị của n thỏa mãn Cn0 + 2Cn1 + 22 Cn2 + ... + 22 Cnn = 243. là A. n = 7 . B. n = 3 . C. n = 5 . D. n = 4 . 1 1 1 1 1 Câu 24. Tính tổng S = + + + ... + + theo n ta được 2!2017! 4!2015! 6!2013! 2016!3! 2018! 2018 2018 2 −1 2 −1 A. S = . B. S = . 2017! 2017 2018 2018 2 2 C. S = . D. S = . 2017! 2017 Câu 25. Cho số nguyên n ≥ 3 . Giả sử ta có khai triển n

12 2 2 Vậy số hạng cần tìm là C21 a b .

D. S = n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3) .

k 21 − k k 21 − k − =− + ⇔ k = 12 3 6 6 2

1 1 1 1 1 1 21 −  −   −   1 −1 b  k   =  a 3 b 6 + b 2 a 6  =  C21  a 3 b 6   b 2 a 6  3  a k =0      

8− p

2 p−q

( ) ( −x ) ( −1) 8

= C8pCpq x24−3 p x2 p−2q ( −1)

Lúc này hệ số của x8 trong khai triển là C88C84 ( −1) + C106 C65 ( −1) = 238

Đáp án B.

 a 3  b + 

)

21− k

k 21− k − 6

=  C21k a 3 k =0

k 21− k − + 6 2

Câu 8.

Đáp án A.

Theo giả thiết ta có:

Cn1 + Cn3 = 13n ⇔ n +

n ( n −1)( n − 2) n! = 13n ⇔ n + = 13n ⇔ n ( n2 − 3n − 70) = 0 ⇔ n = 10 3!( n − 3) ! 6 10

10 − k

10 10 k  1  1  1  Khi đó ta có  x 2 + 3  =  x 2 + 3  =  C10k x 2  3  =  C10k x5 k −30 x   x   x  k =0 k =0 Số hạng không chứa x tương ứng với 5k − 30 = 0 ⇔ k = 6 . Vậy số hạng không chứa x trong khai triển đã cho là C106 = 210 . Đáp án B. Ta cần biết công thức tổng quát của ak để thay vào điều kiện a0 + a1 + a2 = 71 , rồi sau đó giải ra để tìm n . Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

( )

Câu 9.

a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n = (1 − 2 x ) =  Cnk ( −2 x ) =  ( −2 ) Cnk x k . n

k =0 k

Do đó ak = ( −2 ) C , ∀k ∈ {0,1, 2,..., n} . . Khi đó theo giả thiết ta có 1

71 = a0 + a1 + a2 = ( −2) Cn0 + ( −2) Cn1 + ( −2) Cn2 = 1 − 2n + 2n ( n −1) ⇔ n2 − 2n − 35 = 0 ⇔ n = 7. 5

Như vậy a5 = ( −2 ) C75 = −672. . Câu 10. Đáp án D. Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có: n

k =0

Do đó 2 n = 2048 = 211 ⇔ n = 11 . Như vậy ta có ( x + 2 ) = ( x + 2 ) =  C x 2 11

k k 11

11− k

, suy ra hệ số

k =0

của x10 ứng với k = 10 và đó là số C1110 .2 = 22 Câu 11. Đáp án A. ( n −1) n ( n + 1) = 14 −14 n Ta có An2 − Cnn+−12 = 14 − 14n ⇔ n ( n −1) − 6  n ( n + 1)  ⇔ ( n − 1)  n − + 14 = 0 ⇔ ( n − 1) ( n 2 − 5n − 84 ) = 0 ⇔ n = 12 vì n ≥ 2 . 6   12

1  1  Lúc này ta có  1 + x +  = 1 + x +  x  x  Từ công thức tổng quát tam thức Newton ta có với 0 ≤ q ≤ p ≤ 12 thì số hạng tổng quát khi 12

p−q  1  1  khai triển tam thức  1 + x +  là Tp = C12p C pq112− p ( x )   = C12p Cpq x p−q−q = C12p C pq x p−2q x x  Ta có: p − 2q = 0 ⇔ p = 2 q . Kết hợp với điều kiện ở trên ta có:

( p; q ) ∈ {( 0;0) , ( 2;1)( 4; 2 ) , ( 6;3) , ( 8; 4 ) , (10;5) , (12;6 )} . Suy ra số hạng không chứa x là 10 5 12 6 C120 C00 + C122 C21 + C124 C42 + C126 C63 + C128 C84 + C12 C10 + C12 C12 = 73789

(

)

(

Với 0 ≤ q ≤ p ≤ n thì số hạng tổng quát khi khai triển tam thức 1 + x + x 2 q

} {

}

Như vậy C160 < C161 < C162 < ... < C167 < C168

{

16 Do đó: C168 = max C160 ; C161 ; C162 ;...; C1615 ; C16

}

Câu 14. Đáp án C. Ta có ak = 210− k C10k với k = 0,1, 2,...,10 . Bài toán tương đương với tìm k ∈ {0,1, 2,...,10} sao cho ak lớn nhất. Xét bất phương trình sau: ak ≤ ak +1 ⇔ 210− k C10k ≤ 29− k C10k +1 ⇔ 2 ⇔ 2 ( k + 1) ≤ 10 − k ⇔ k ≤

10! 10! ≤ k !(10 − k ) ! ( k + 1) !( 9 − k ) !

8 ⇔ k ∈ {0,1, 2} 3

ak ≤ ak +1∀k ∈ {0;1; 2}  8  Từ đây ta có: ak = ak +1 ⇔ k = , k ∉ N 3  ak > ak +1∀k ∈ {3; 4;....10} Do đó: a0 < a1 < a2 < a3 > a4 > a5 > ... > a10 hay a3 là hệ số lớn nhất cần tìm. a3 = C103 .2 7 = 15360.

Câu 15. Đáp án B. n!

( n − 2)!

− 3n = 11n.

⇔ n ( n − 1) − 3n = 11n ⇔ n = 15.

= a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a2 n x2 n

Thay x = 1 ta được S = a0 + a1 + a2 + ... + a2 n = P (1) = 3n . Như vậy ta chỉ cần xác định được n

Tp = CnpCpq1n− p x p−q ( x2 ) = CnpCpq x p +q

{

An2 − 3.Cnn−1 = 11n ⇔

Câu 12. Đáp án A. Theo giả thiết ta có: P ( x ) = 1 + x + x 2

Câu 13. Đáp án D. 15 Vì Cnk = Cnn−k nên ta có C160 , C161 ,..., C168 = C1616 , C16 ,..., C168 , suy ra ta chỉ cần tìm số lớn nhất C160 = 1, C161 = 16, C162 = 120, C163 = 560, C164 = 1820, C165 = 4368, C166 = 8008, C167 = 11440, C168 = 12870

k =0

a3 a4 1 n ( n − 1)( n + 4 ) 1  n ( n − 1)( n − 2 )( n − 3) n ( n − 1)( n − 2 ) n ( n − 1)  = ⇔ =  + +  14 41 14 6 41  24 2 2   1 ( n + 4 ) 1  n 2 − 5n + 6 ⇔ =  + n − 1 ⇔ 7 n 2 − 33n − 370 = 0 ⇔ n = 10. 14 3 41  12 

1 trong các số C160 , C16 ,..., C167 , C168 . Bằng tính toán trực tiếp, ta có

3n Cn0 − 3n−1 Cn1 + 3n−2 Cn2 − ... + ( −1) Cnn =  ( −1) 3n−k Cnk =  Cnk ( −1) 3n −k = ( −1 + 3) = 2n. n

p+q = 4 Hệ số của x 4 ứng với:   ( p; q ) ∈ {( 4; 0 ) , ( 3;1) , ( 2; 2 )} . 0 ≤ q ≤ p ≤ n Suy ra a4 = Cn4C40 + Cn3C31 + Cn2C22 = Cn4 + 3Cn3 + Cn2 .

Vậy S = a0 + a1 + a2 + ... + a2 n = 310

k =0

k n

p+q =3 Hệ số của x3 ứng với:   ( p; q ) ∈ {( 3; 0 ) , ( 2;1)} . 0 ≤ q ≤ p ≤ n Suy ra a3 = Cn3C30 + Cn2C21 = Cn3 + 2Cn2 .

)

là

( x + 2)

=  C15k x k .215− k k =0

Xét bất phương trình: ak ≤ ak +1 ⇔ C15k .215− k ≤ C15k +1.214− k ⇔ 2

15! 15! 2 1 13 ≤2 ⇔ ≤ ⇔ k ≤ , k ∈ N  k ∈ {0,1, 2,3, 4} k !. (15 − k ) ! 3 ( k + 1)!. (14 − k )! 15 − k k + 1

1  2  n − 9 ≤ 10 ⇔ ⇔ 29 ≤ n ≤ 32 1 ≤ 2 11 n − 10 Các phép biến đổi trên là đương tương nên ta không cần phải thử lại các giá trị trên.

ak ≤ ak +1∀k ∈ {0,1,2,3,4}  13  Từ đây ta có: ak = ak +1 ⇔ k = , k ∉ N 3  ak > ak +1∀k ∈ {5;6;....15} Do đó: a0 < a1 < a2 < a3 < a4 < a5 > a6 > a7 > ... > a15

{

Vậy n ∈ {29,30,31,32} là tất cả các giá trị thỏa mãn bài toán (thử lại thấy thở mãn).

}

Vậy a5 = max ai i = 0,15 = C155 .210

Câu 18. Đáp án D Theo công thức khai triển Newton ta có:

Câu 16. Đáp án A 2

212 = a0 +

a1 a2 an 1 1 1 + + ...... + n = a0 + a1   + a2   + ... + an   2 22 2 2 2 2

k =0

n  n  n  n + 1) ( x + 2 ) =   Cnk x 2 k    Cni xi 2n −i  .  k =0   i =0 

 2k + i = 3n − 3  ( k ; i ) ∈ {( n, n − 3) ; ( n − 1, n − 1)}  0 ≤ k ; i ≤ n

=  C12k ( 2 x ) =  C12k .x k 2k . k

Số hạng chứa 33n −3 tương ứng với cặp ( k , i ) thỏa mãn:

1 1  = P   = 1 + 2.  = 2n 2 2   n = 12

( 2 x + 1)

Do đó hệ số của 33n −3 là: a3 n −3 = Cnn .23.Cnn − 3 + Cnn −1 .21.Cnn −1 = 8Cn3 + 2n 2 = 26 n

k =0

 ak = C12k .2k ∀k 0,12  ak ≤ ak +1 ⇔ C12k .2k ≤ C12k +1.2k +1 12! 12! ≤ k !. (12 − k )! ( k + 1)!. (11 − k )! 1 2 ⇔ ≤ 12 − k k + 1 23 ⇔ k ≤ , k ∈ ℕ  k ∈ {0,1,2,3,...7} 3 ak ≤ ak +1∀k ∈ {0,1,2,3,...7}  23  Từ đây ta có: ak = ak +1 ⇔ k = , k ∉ N 3  ak > ak +1∀k ∈ {8;9;....11} Do đó: a0 < a1 < a2 < a3 < a4 < a5 < ..... < a8 > a9 > .... > a12

{

}

Vậy a5 = max ai i = 0,12 = C128 .28 Câu 17. Đáp án A Giả sử n là số nguyên dương sao cho:

max {a0 , a1 ,...an } = a10 Theo công thức khai triển newton ta có: n

k =0

P ( x ) = ( x + 2 ) =  Cnk x k 2n − k =  C12k .x k 2k . n

 ak = Cnk .2n −k ∀k 0, n 9 n −9 10 n −10  a ≤ a10 Cn .2 ≤ Cn .2 Ta có: a10 = max {a0 , a1 ,...an } ⇔  9   10 n −10 ≥ Cn11.2n −11  a10 ≥ a11 Cn .2

⇔8

n ( n − 1)( n − 2 ) + 2n 2 = 26n  2n 2 − 3n − 35 = 0  n = 5 6

Câu 19. Đáp án A. n

Ta có: G ( x ) = ( ax + 1) =  Cnk a k x k . n

k =0

Từ giả thiết ta có:

 na = 24 na = 24  n 2 a 2 = 576   Cn1ax = 24    ⇔  n ( n − 1) 2 ⇔  n ( n − 1) ⇔  2n 2 16  2 2 2 2 2 C a x = 252 x a = 252 a = 252  n    n ( n − 1) = 7  2  2   na = 24 n = 8 ⇔ ⇔ a = 3 14n = 16 ( n − 1) Vậy a = 3, n = 8 là các số cần tìm. Câu 20. Đáp án C Các số hạng của tổng vế trái có dạng: k −1 k k −1 n k −1 kCn k −1 nCn −1  1 = ( −1) = Cnk−−11  −  ( −1) k k 2 2 2  2 Do đó ta có: n −1 n k n Cn1 2Cn2 3Cn3 n − 2 ( n − 1) Cn n −1 nCn k −1 kCn − 2 + 3 − ... + ( −1) + ( −1) =  ( −1) n −1 n k 2 2 2 2 2 2 k =1 n n  1 =  Cnk−−11  −   2 k =1 2

k −1

n n−1 k  1  n 1   Cn−1  − 2  = 2  − 2 + 1 2 k =1

n −1

n . 2n n 1 ⇔ 2 n −5 = n ⇔ n = 8 . Như vậy ta cần dùng số nguyên dương n thỏa mãn: n = 2 32 Câu 21. Đáp án A Cách 1: Ta có Cnk = Cnk−1 + Cnk−−11

Cnk−1 = Cnk− 2 + Cnk−−21 Cnk− 2 = Cnk−3 + Cnk−−31 ...........................

Theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

Ckk+1 = Ckk + Ckk −1 k k

k −1 k −1

k k −1

P ( x ) = ( x − 1) + x ( x + 1)

C = C +C Cộng các dẳng thức trên vế theo vế ta được: Cnk = Cnk−−11 + Cnk−−21 + ... + Ckk −1 + Ckk−−11 (*)

=  C x ( −1) k 2n

Ta có: 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n ( n + 1)( n + 2 ) =  k ( k + 1)( k + 2 ) k =1

( k + 2 )! = 6 n ( k + 2 )! = 6 n C 3 = 6 C 3 + C 3 + ... + C 3 + C 3 . ( 3 4   k +2 n +1 n+2 ) k =1 ( k − 1) ! k =1 3!( k − 1) ! k =1 Áp dụng câu (*) với k = 4 , thay n bởi n + 3 ta được: n

=

n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3) . 4 Cách 2: Với bài toán này ta có thể dùng máy tính để thử trường hợp riêng. Câu 22. Đáp án D Xét khai triển: n ( a + b ) = Cn0b n + Cn1 a1b n−1 + ... + Cnn −2 a n− 2b 2 + Cnn−1a n −1b1 + Cnn a n . Vậy 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n ( n + 1)( n + 2 ) = 6Cn4+3 =

Chọn a = b = 1 ta được Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn = 2n Câu 23. Đáp án C n Xét khai triển: ( a + b ) = Cn0b n + Cn1 a1b n−1 + ... + Cnn −2 a n− 2b 2 + Cnn−1a n −1b1 + Cnn a n . 1 n

2 n

3 = ( 2 + 1) = C + 2C + 2 C + ... + 2 C = 243  n = 5 n

n n

Câu 24. Đáp án A Các số hạng của S có dạng: 1 1 2019! 1 = = C 2k . ( 2k )!( 2019 − 2k )! 2019! ( 2k )!( 2019 − 2k )! 2019! 2019 2 2019

4 2019

Do đó  2019! S = C Nhận thấy C

2k 2019

là hệ số của x

Vì vậy xét P ( x ) = ( x + 1) 2019

2019

P ( −1) = C

0 2019

2016 2019

2018 2019

+ ... + C

trong khai triến ( x + 1)

2019

, theo công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

2 2019 2019 x 2 + ... + C2019 x P ( x ) = ( x + 1) = C + C x + C2019 Từ đó ta có: 0 1 2 2019 + C2019 + C2019 + ... + C2019 . P (1) = C2019 0 2019

1 2019

−C

1 2019

2 2019

2018 2019

2 n −k

+ C

k =1

k −1 2 n− k

k =1 2n

(

x = 1+  C k

k =1

( −1)

k 2n

)

(

k =1

Vậy a5 = C105 ( −1) + C94 = −126.

Câu 26. Đáp án B. 2n

Xét khai triển ( a + b ) = C20nb 2 n + C21n a1b 2 n−1 + ... + C22nn−1a 2 n−2b1 + C22nn a 2 n Chọn a = b = 1 , ta được: Chọn a = 1 , b = −1 , ta được: 0 = C20n − C21n + C22n + ... − C22nn−1 + C22nn

Trừ hai đẳng thức trên vế theo vế ta được: 2 2 n = 2 ( C21n + C23n + ... + C22nn−1 ) = 2.2048 = 212 ⇔ n = 6

Câu 27. Đáp án A. Nhận thấy rằng: 3S = 3a1 + 33 a3 + ... + 32011 a2011 + 32013 a2013

Lần lượt thay x = 3 , x = −3 vào khai triển đã cho ta được:

− ... + C

Trừ hai đẳng thức này vế theo vế, ta được: 2 ( 3a1 + 33 a3 ... + 32011 a2011 + 32013 a2013 ) = 7 2014 − 52014

7 2014 − 52014 7 2014 − 52014 ⇔S= 2 6

Vậy S = a1 + 32 a3 + ... + 32010 a2011 + 32012 a2013 =

P (1) + P ( −1) = 22018 2

Khi đó P (1) = a0 + a1 + a2 + ... + a2 n và P ( −1) = a0 − a1 + a2 − ... + a2 n . P (1) + P ( −1) 22 n−1 + 22 n = = 3.22 n − 2 2 2

7 2014 − 52014 6

Câu 28. Đáp án B. 100

k Nhận thấy ( −5 ) C100 là hệ số của x k trong khai triển (1 − 5x )

100

Vì thế xét P ( x ) = (1 − 5 x ) P ( x ) = (1 − 5 x )

−C

22018 − 1 ⇔S= 2019! Câu 25. Đáp án D Theo giả thiết ta có: P ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a2 n x 2 n .

Suy ra T = a0 + a2 + ... + a2 n =

P ( −3) = 52014 = a0 − 3a1 + 32 a 2 − ... − 32013 a2013 + 32014 a2014

⇔ 3S =

0 100

, theo khai triển nhị thức NewTon, ta có:

1 100

100

2 100 − C 5 x + C100 ( 5 x ) − ... + C100 (5 x )

Thay x = 1 vào ta được: 100

P ( x) = ( 4)

0 1 2 100 100 = C100 − C100 5 + C100 52 − ... + C100 5 100

Chú ý: Ta cũng có thể xét khai triển (1 + 5x )

rồi sau đó thay x = −1 vào.

Câu 29. Đáp án C. n

Ta có (1 + x ) = Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 + ... + Cnn x n Cho x = 1 thì A đúng. Cho x = −1 thì B đúng. Cho x = 2 thì D đúng. n

)

+ C2kn−−11 x k = 1 +  C10k ( −1) + C9k −1 x k .

100

2019 2019

0 2 4 2018 + C2019 + C2019 + ... + C2019 = Suy ra: 2019! S + 1 = C2019

 768 = 3.2 2 n − 2 ⇔ n = 5

2 n −1

+ x  C2kn −k x k

P ( 3) = 7 2014 = a0 + 3a1 + 32 a 2 + ... + 32013 a2013 + 32014 a2014

Chọn a = 2, b = 1 ta được: 0 n

2 n −k

2 2 n = C20n + C21n + C22n + ... + C22nn−1 + C22nn

C33 + C43 + ... + Cn3+1 + Cn3+ 2 = Cn4+3

=  C2kn x k ( −1) k =1

2 n −1

Cho x = −2 thì ( −1) = Cn0 − 2Cn1 + Cn2 22 − ... + Cnn ( −2 ) .

Vậy C sai. Câu 30. Đáp án B.

(2 x + y )

A=Ω

A là biến cố chắc chắn

C = A∪ B

C là biến cố “ A hoặc B”

C = A∩ B

C là biến cố “ A và B”

A∩ B = ∅

A và B xung khắc

B=A

A và B đối nhau

= ( 2 x ) + 5 ( 2 x ) y + 10 ( 2 x ) y 2 + 10 ( 2 x ) y 3 + 5 ( 2 x ) y 4 + y 5

= 32 x 5 + 80 x 4 y + 80 x 3 y 2 + 40 x 2 y 3 + 10 xy 4 + y 5 .

XÁC SUẤT A. LÝ THUYẾT I. PHÉP THỬ NGẪU NHIÊN VÀ KHÔNG GIAN MẪU 1. Phép thử ngẫu nhiên Phép thử ngẫu nhiên (gọi tắt là phép thử) là một phép thử mà ta không đoán trước được kết quả của nó, mặc dù đã biết tập hợp tất cả các kết quả có thể có của phép thử đó. 2. Không gian mẫu Tập hợp các kết quả có thể xẩy ra của một phép thử được gọi là không gian mẫu của phép thử đó và ký hiệu là Ω . Ví dụ: Khi ta tung một đồng xu có 2 mặt, ta hoàn toàn không biết trước được kết quả của nó, tuy nhiên ta lại biết chắc chắn rằng đồng xu rơi xuống sẽ ở một trong 2 trạng thái: sấp (S) hoặc ngửa (N). Không gian mẫu của phép thử là Ω = {S ; N }

II. BIẾN CỐ 1. Một biến cố A (còn gọi là sự kiện A ) liên quan tới phép thử T là biến cố mà việc xẩy ra hay không xẩy ra của nó còn tùy thuộc vào kết quả của T . Mỗi kết quả của phép thử T làm cho biến cố A xảy ra được gọi là một kết quả thuận lợi cho A . 2. Tập hợp các kết quả thuận lợi cho A được kí hiệu bởi Ω A . Để đơn giản, ta có thể dùng chính chữ A để kí hiệu tập hợp các kết quả thuận lợi cho A . Khi đó ta cũng nói biến cố A được mô tả bởi tập A . 3. Biến cố chắc chắn là biến cố luôn xẩy ra khi thực hiện hiện phép thử T . Biến cố chắc chắn được mô tả bởi tập Ω và được ký hiệu là Ω . 4. Biến cố không thể là biến cố không bao giờ xẩy ra khi thực hiện phép thử T . Biến cố không thể được mô tả bởi tập ∅ . Các phép toán trên biến cố * Tập Ω \ A được gọi là biến cố đối của biến cố A , kí hiệu là A . Giả sử A và B là hai biến cố liên quan đến một phép thử. Ta có: * Tập A ∪ B được gọi là hợp của các biến cố A và B . * Tập A ∩ B được gọi là giao của các biến cố A và B . * Nếu A ∩ B = ∅ thì ta nói A và B xung khắc.

III. XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ Định nghĩa cổ điển của xác suất: Giả sử phép thử T có một số hữu hạn kết quả có thể đồng khả năng. Khi đó xác suất của một biến cố A liên quan tới T là tỉ số giữa số kết quả thuận lợi cho A và số kết quả có thể A P ( A) = Ω Trong cuộc sống khi nói về biến cố, ta thường nói biến cố này có nhiều khả năng xảy ra, biến có kia có ít khả năng xảy ra, biến cố này có nhiều khả năng xảy ra hơn biến cố kia. Toán học đã định lượng hóa các khả năng này bằng cách gán cho mỗi biến cố một số không âm, nhỏ hơn hoặc bằng 1 gọi là xác suất của biến cố. Từ định nghĩa cổ điển về xác suất ta có các bước để tính xác suất của một biến cố như sau: Bước 1: Xác định không gian mẫu Ω rồi tính số phần tử của Ω , tức là đếm số kết quả có thể của phép thử T . Bước 2: Xác định tập con A mô tả biến cố A rồi tính số phần tử của A , tứ là đếm số kết quả thuận loại cho A . Bước 3: Lấy kết quả của bước 2 chia cho bước 1. Nhận xét: Việc tính số kết quả có thể (bước 1) thường dễ dàng hơn hiều so với việc tính số kết quả thuận lợi cho A (bước 1). Để giải quyết tốt các bài toán xác suất ta cần nắm chắc phần tổ hợp trước. STUDY TIP Từ định nghĩa cổ điển về xác suất ta suy ra: 0 ≤ P ( A) ≤ 1; P ( Ω ) = 1; P ( ∅ ) = 0

Chú ý: Các kí hiệu n ( Ω ) ; n ( A) được hiểu tương đương với Ω ; ΩA là số phần tử của không gian mẫu và của tập hợp thuận lợi cho biến cố A . 4. Quy tắc cộng xác suất a) Quy tắc cộng xác suất * Nếu hai biến cố A, B xung khắc nhau thì

P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B ) * Nếu các biến cố A1 , A2 , A3 ,..., Ak xung khắc nhau thì

P ( A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ Ak ) = P ( A1 ) + P ( A2 ) + ... + P ( Ak ) STUDY TIP Vì A ∪ A = Ω và A ∩ A = ∅ nên theo công thức cộng xác suất thì

( )

1 = P ( Ω ) = P ( A) + P A

Bảng đọc ngôn ngữ biến cố. Kí hiệu

Ngôn ngữ biến cố

A∈ Ω

A là biến cố

A=∅

A là biến cố không

b) Công thức tính xác suất biến cố đối Xác suất của biến cố A của biến cố A là

( )

P A = 1 − P ( A)

Dưới đây là một ví dụ để ta hiểu rõ hơn về quy tắc cộng. Ví dụ 1. Một hộp đựng 4 viên bi xanh, 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên hai viên biên. Xác suất để chọn được hai viên bi cùng màu là 5 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 18 6 36 12 Lời giải Đáp án A. Gọi A là biến cố : “Chọn được hai viên bi xanh”. B là biến cố : “Chọn được hai viên bi đỏ”. C là biến cố : “Chọn được hai viên bi vàng”. Khi đó biến cố: “Chọn được hai viên bi cùng màu” là biến cố A ∪ B ∪ C . Do A, B, C đôi một xung khắc với nhau nên theo quy tắc cộng ta có 2 3 2 9

25 . 36

11 . 36

1 . 36

15 . 36

Lời giải Đáp án B. Gọi Ai ( i = 1;2 ) là biến cố : “Con súc sắc thứ i ra mặt 6 chấm” 1   P ( A1 ) = 6 và là hai bi ế n c ố độ c l ậ p và ta có  A1 A2  P ( A ) = 1 2  6

( ) 5 5 25 P ( A) = P ( A ) .P ( A ) = (1 − P ( A ) ) . (1 − P ( A ) ) = . = 6 6 36

P ( A ∪ B ∪ C ) = P ( A) + P ( B ) + P ( C ) 2 4 2 9

Ví dụ 2. Gieo hai con súc sắc I và II cân đối, đồng chất một cách độc lập. Ta có biến cố A : “Có ít nhất một con súc sắc xuất hiện mặt 6 chấm”. Lúc này giá trị của P ( A) là

Thay vì tính P ( A) ta đi tính P A . Ta có A = A1. A2 .

2 2 2 9

C C C 6 3 1 Ta có P ( A) = . = ; P ( B) = = ; P (C ) = = 36 36 36 C C C

6 3 1 5 + + = 36 36 36 18 5) Quy tắc nhân xác suất

25 11 = 36 36 B. CÁC DẠNG TOÁN VỀ XÁC SUẤT DẠNG 1. SỬ DỤNG ĐỊNH NGHĨA CỔ ĐIỂN VỀ XÁC XUẤT - QUY VỀ BÀI TOÁN ĐẾM. Bài toán 1. Bài toán tính xác suất sử dụng định nghĩa cổ điển bằng cách tính trực tiếp số phần tử thuận lợi cho biến cố. Phương pháp chung: Trong bài toán này, việc xác định số phần tử thuận lợi cho biến cố cần tìm dễ dàng xác định (có thể liệt kê các phương án, có thể tính được các cách chọn ngắn gọn). Bước 1: Tìm số phần tử của không gian mẫu. Bước 2: Đếm số phần tử thuận lợi của không gian mẫu. n ( A) Bước 3: Tính xác suất P ( A) = . n (Ω)

( )

Vậy P ( A) = 1 − P A = 1 −

Vậy P ( A ∪ B ∪ C ) =

Biến cố giao

Biến cố độc lập

Cho biến cố A và B . Biến cố “ cả A và B đều xảy ra” kí hiệu là AB gọi là giao của hai biến cố A và B .

Hai biến cố gọi là độc lập nếu việc xảy ra hay không xảy ra của biến cố này không ảnh hưởng tới xác suất xảy ra biến cố kia.

Một cách tổng quát, cho k biến cố A1 , A2 , A3 ,..., Ak . Biến cố: “Tất cả k biến cố A1 , A2 , A3 ,..., Ak đều xảy ra”,

Một cách tổng quát, cho k biến cố A1 , A2 , A3 ,..., Ak . Chúng được gọi là độc lập với nhau nếu việc xảy ra hay không xảy ra của một nhóm bất kì trong các biến cố trên không làm ảnh hưởng tới xác suất xảy ra của các biến cố còn lại.

kí hiệu là A1 A2 A3 ... Ak được gọi là giao của k biến cố đó.

Quy tắc nhân xác suất Nếu A và B là hai biến cố độc lập thì

P ( AB ) = P ( A) .P ( B ) Một cách tổng quát, nếu k biến cố A1 , A2 , A3 ,..., Ak là độc lập thì

P ( A1 , A2 , A3 , ..., Ak ) = P ( A1 ) .P ( A2 ) ...P ( Ak ) Chú ý: * Nếu A và B độc lập thì A và B độc lập, B và A độc lập, B và A độc lập. Do đó Nếu A và B độc lập thì ta còn có các đẳng thức

( ) ( ) P ( AB ) = P ( A) .P ( B ) P ( AB ) = P ( A) .P ( B ) P AB = P ( A) .P B

* Nếu một trong các đẳng thức trên bị vi phạm thì hai biến cố A và B không độc lập với nhau

STUDY TIP Phần lớn các bài toán xác suất đều có thể quy về 2 bài toán đếm: * Đếm số phần tử của tập thuận lợi với biến cố. * Đếm số phần tử của không gian mẫu Ω . Các bước làm bài đã được trình bày rõ ở lý thuyết trước. Ví dụ 1. Gieo ngẫu nhiên hai con xúc sắc cân đối và đồng chất. Xác suất của biến cố “ Có ít nhất một con xúc sắc xuất hiện mặt một chấm” là 11 1 25 15 A. . B. . C. . D. . 36 6 36 36 Lời giải Đáp án A. Gọi A là biến cố: “Có ít nhất một con xúc sắc xuất hiện mặt một chấm”. Bước 1: Tìm số phần tử không gian mẫu. Do mỗi xúc sắc có thể xảy ra 6 trường hợp nên số kết quả có thể xảy ra là Ω = 6.6 = 36 . Bước 2: Tìm số kết quả thuận lợi cho A . Ta có các trường hợp sau:

{(1;1) ; (1;2 ) ; (1;3) ; (1;4 ) ; (1;5) ; (1;6 ) ; ( 2;1) ; ( 3;1) ; ( 4;1) ; ( 5;1) ; ( 6;1)}

 ΩA = 11

Bước 3: Xác suất của biến cố A là P ( A) =

ΩA Ω

11 . 36

Ví dụ 2. Một tổ gồm 9 em, trong đó có 3 nữ được chia thành 3 nhóm đều nhau. Tính xác xuất để mỗi nhóm có một nữ. 3 27 53 19 A. . B. . C. . D. . 56 84 56 28 Lời giải Đáp án B. Bước 1: Tìm số phần tử không gian mẫu. Chọn ngẫu nhiên 3 em trong 9 em đưa vào nhóm thứ nhất có số khả năng xảy ra là C93 Chọn ngẫu nhiên 3 em trong 6 em đưa vào nhóm thứ hai có số khả năng xảy ra là C63 . Còn 3 em đưa vào nhóm còn lại thì số khả năng xảy ra là 1 cách. Vậy Ω = C93C63 .1 = 1680

Bước 2: Tìm số kết quả thuận lợi cho A . Phân 3 nữ vào 3 nhóm trên có 3! cách. Phân 6 nam vào 3 nhóm theo cách như trên có C62C42 .1 cách khác nhau.

 ΩA = 3!.C62C42 .1 = 540. Bước 3: Xác suất của biến cố A là P ( A) =

ΩA Ω

540 27 . = 1680 84

 ΩA = 3!.C62C42 .1 = 540. Bước 3: Tính xác suất P ( A) =

ΩA Ω

236 118 . = 462 231

STUDY TIP Giải thích thực tế: Ta có thể đưa ra các trường hợp như vậy là vì ta có: Để có được tổng là số lẻ thì ta phải có: lẻ + chẵn = lẻ. TH1: 5 số chẵn cộng lại với nhau sẽ ra số chẵn. Do đó cộng với 1 lẻ thì ra số lẻ. TH2: 3 lẻ = ( 1 lẻ + 1 lẻ ) + 1 lẻ = 1 chẵn + 1 lẻ = 1 lẻ. 3 số chẵn cộng lại với nhau ra chẵn. Do đó cộng với 1 lẻ thì ra số lẻ. …  số viên bi mang số lẻ phải là số lẻ. Ví dụ 4. Trong hệ trục tọa độ Oxy cho A ( −2;0 ) , B ( −2;2 ) , C ( 4;2 ) , D ( 4;0 ) . Chọn ngẫu nhiên một điểm có tọa độ ( x; y ) ; ( với x , y là các số nguyên) nằm trong hình chữ nhật ABCD (kể cả các điểm nằm trên cạnh). Gọi A là biến cố : “ x , y đều chia hết cho 2 ”. Xác suất của biến cố A là 7 13 8 A. . B. . C. 1 . D. . 21 21 21 Lời giải

STUDY TIP Bài toán ở ví dụ 2 liên quan chặt chẽ với phép đếm. Ta cần nắm chắc phần quy tắc cộng, quy tắc nhân để giải quyết các bài toán tính xác suất theo phương pháp cổ điển. Ví dụ 3. Một hộp chứa 11 viên bi được đánh số từ 1 đến 11 . Chọn 6 viên bi một cách ngẫu nhiên rồi cộng các số trên 6 viên bi được rút ra với nhau. Xác suất để kết quả thu được là số lẻ là 226 118 115 103 A. . B. . C. . D. . 462 231 231 231 Lời giải Đáp án B. Bước 1: Tìm số phần tử không gian mẫu. Chọn ngẫu nhiên 6 viên bi trong 11 viên bi thì số cách chọn là n ( Ω ) = C116 = 462 Bước 2: Tìm số phần tử thuận lợi cho biến cố. Gọi A là biến cố : “Chọn 6 viên bi cộng các số trên 6 viên bi đó thu được là số lẻ”. Trong 11 viên bi có 6 viên bi mang số lẻ đó là {1;3;5;7;9;11} và 5 viên bi mang số chẵn

{2;4;6;8;10} . * Trường hợp 1: 1 viên bi mang số lẻ và 5 viên bi mang số chẵn. Số cách chọn trong trường hợp 1 là C61.C55 cách.

* Trường hợp 2: 3 viên bi mang số lẻ và 3 viên bi mang số chẵn. Số cách chọn trong trường hợp 2 là C63 .C53 cách.

Ta có Ω = {( x; y ) , −2 ≤ x ≤ 4,0 ≤ y ≤ 2} , với x, y ∈ ℤ . Vậy x ∈{−2; −1;;1;2;3;4} và y ∈{0;1;2} . Suy ra n ( Ω ) = 7.3 = 21 (mỗi điểm là một giao điểm trên hình). Ta có A : “ x, y đều chia hết cho 2 ”. Nên ta có A = {( x; y ) : x ∈ {−2;0;2;4}; y ∈ {0;2}} Theo quy tắc nhân ta có n ( A) = 4.2 = 8  n ( A) = 8  P ( A) =

8 21

STUDY TIP Với các bài toán có miền giới hạn nhỏ, ta nên liệt kê các phần tử ra tránh sử dụng miền sẽ nhầm lẫn số phần tử. Ví dụ 5. Một người bỏ ngẫu nhiên 4 lá thư và 4 chiếc phong bì thư đã để sẵn địa chỉ. Xác suất để có ít nhất một lá thư bỏ đúng địa chỉ là. 5 2 3 1 A. . B. . C. . D. . 8 3 8 3 Lời giải

* Trường hợp 3: 5 viên bi mang số lẻ và 1 viên bi mang số chẵn. Số cách chọn trong trường hợp 3 là C65 .C51 cách. Suy ra n ( A) = C61 .C55 + C63 .C53 + C65 .C51 = 6 + 200 + 30 = 236.

Gọi 4 lá thư lần lượt là A, B, C , D và 4 phong bì thư có địa chỉ đúng với các lá thư trên lần lượt là 1; 2;3; 4

Số phần tử không gian mẫu là n ( Ω ) = 4! = 24 . Gọi X là biến cố “ có ít nhất một lá thư bỏ đúng địa chỉ”. Ta có các trường hợp sau: *TH1: Cả 4 lá thư đều bỏ đúng địa chỉ: Chỉ có một trường hợp duy nhất *TH2: Có đúng 2 lá thư bỏ đúng địa chỉ. Có 6 trường hợp xảy ra là: A1 − B 2 − C 4 − D3; A1 − B 4 − C 3 − D 2; A4 − B 2 − C 3 − D1; A1 − B3 − C 2 − D 4; A3 − B 2 − C1 − D 4; A3 hoặc A2 − B1 − C 3 − D 4.

*TH3: Có đúng 1 lá thư bỏ đúng địa chỉ: Chỉ có lá thư A bỏ đúng địa chỉ thì có 2 trường hợp A1 − B3 − C 4 − D 2; A1 − B 4 − C 2 − D3

Tương tự với lá thư B có 2 trường hợp. Lá thư C chỉ có đúng 2 trường hợp. Lá thư D chỉ có đúng 2 trường hợp. Suy ra có 8 trường hợp chỉ có đúng 1 lá thư bỏ đúng địa chỉ. Vậy số phần tử của biến cố X là n ( X ) = 1 + 6 + 8 = 15 Nên P ( X ) =

15 5 = . 24 8

STUDY TIP Giải thích thực tế: có nhiều độc giả sẽ thêm trường hợp có 3 lá thư bỏ đúng địa chỉ, tuy nhiên như vậy là lặp lại trường hợp 4 lá thư bỏ đúng địa chỉ. Do đó nếu 3 lá thư đúng địa chỉ rồi thì lá thư cuối cùng cũng nghiễm nhiên đúng địa chỉ và trùng với TH1. Ví dụ 1. Một hộp đựng 15 viên bi, trong đó có 7 biên bi xanh và 8 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi (không kể thứ tự) ra khỏi hộp. Tính xác suất để trong 3 viên bi lấy ra có ít nhất 1 viên màu đỏ. 1 418 1 12 A. . B. . C. . D. . 2 455 13 13 Lời giải Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ 15 viên bi thì số cách chọn là C153 = 445 . Gọi A là biến cố “trong 3 viên bi lấy ra có ít nhất một viên màu đỏ”. Số trường hợp thuận lợi cho biến cố A là: *Trường hợp 1: Lấy được 1 viên màu đỏ, số cách lấy là: C81.C72 . *Trường hợp 2: Lấy được 2 viên màu đỏ, số cách lấy là: C82 .C71 . *Trường hợp 3: Lấy được 3 viên màu đỏ, số cách lấy là: C83 .

Số trường hợp thuận lợi cho biến cố A là n ( A ) = C81.C72 + C82 .C71 + C83 = 420 C81.C72 + C82 .C71 + C83 12 = . C153 13 Bài toán 2: Tính xác suất sử dụng định nghĩa cổ điển bằng phương pháp gián tiếp. Trong nhiều bài toán tính xác suất, việc tính số phần tử thuận lợi cho biến cố A trở nên khó khăn do có quá nhiều trường hợp, thì ta đi tìm số phần tử thuận lợi cho biến cố đối của biến cố A . Sau đó lấy số phần tử không gian mẫu trừ đi kết quả vừa tìm được thì ta có số phần tử thuận lợi cho biến cố A . Ta sẽ sử dụng bài toán ở ví dụ 6 như sau: Ví dụ 2. Một hộp đựng 15 viên bi, trong đó có 7 biên bi xanh và 8 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi (không kể thứ tự) ra khỏi hộp. Tính xác suất để trong 3 viên bi lấy ra có ít nhất 1 viên màu đỏ. 1 418 1 12 A. . B. . C. . D. . 2 455 13 13 Lời giải Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ 15 viên bi thì số cách chọn là C153 = 445 .

Gọi A là biến cố “trong 3 viên bi lấy ra có ít nhất một viên màu đỏ” thì là biến cố A “ cả ba viên bi lấy ra đều không có màu đỏ” ( tức là lấy ra cả ba viên bi đều màu xanh” Số cách chọn ra 3 viên bi mà 3 viên bi đó đều màu xanh là C73 = 35  n A = 35

( )

 Số cách chọn ra 3 viên bi mà trong đó có ít nhất một viên bi màu đỏ là 455 − 35 = 420 cách  n ( A ) = 420

 P ( A) =

n ( A ) 420 12 = = n ( Ω ) 455 13

STUDY TIP Giải thích thực tế: Dấu hiệu nhận biết các bài toán thực tế chọn đồ vật mà sử dụng cách tính gián tiếp đó là câu hỏi xuất hiện từ “có ít nhất …” thì thường ta sẽ giải quyết theo cách gián tiếp đó là tìm số cách chọn sao cho “không xuất hiện…” Ta sẽ tìm hiểu kĩ hơn ở ví dụ 8. Ví dụ 3. Một hộp quà đựng 16 dây buộc tóc cùng chất liệu, cùng kiểu dáng nhưng khác nhau về màu sắc. Cụ thể trong hộp có 8 dây xanh, 5 dây đỏ, và 3 dây vàng. Bạn An được chọn ngẫu nhiên 6 dây từ hộp quà để làm phần thưởng cho mình. Tính xác suất để trong 6 dây bạn An chọn có ít nhất 1 dây vàng và không quá 4 dây đỏ. 8005 11 6289 1719 A. . B. . C. . D. . 8008 14 8008 8008 Lời giải Chọn ngẫu nhiên 6 dây từ 16 dây thì số cách chọn là n ( Ω ) = C166 = 8008

Gọi A là biến cố “ 6 dây bạn An chọn có ít nhất 1 dây vàng và không quá 4 dây đỏ”. Do đó nếu tính trực tiếp sẽ có quá nhiều trường hợp, và từ STUDY TIP ở ví dụ 7, ta sẽ sử dụng biến cố đối để giải quyết bài toán: 6 Trường hợp 1: Không có dây nào vàng, số cách lấy là: C13 . Trường hợp 2: Có 1 dây vàng và 5 dây đỏ, số cách lấy là: C31 .C55 .

Suy ra n ( A ) = C166 − C136 − C31.C55 = 6289

n ( A ) C166 − C136 − C31.C55 6289 . = = n ( Ω) C166 8008 Ví dụ 4. Một trường THPT có 18 học sinh giỏi toàn diện, trong đó có 7 học sinh khối 12, 6 học sinh khối 11 và 5 học sinh khối 10. Chọn ngẫu nhiên 8 học sinh từ 18 học sinh trên để đi dự trại hè. Tính xác suất để mỗi khối có ít nhất 1 học sinh được chọn. Nên P ( A ) =

212 . 221

9 . 221

59 . 1326

1267 . 1326

Lời giải

Vậy P ( A ) =

Chọn 8 học sinh bất kì trong 18 học sinh thì số cách chọn là n ( Ω ) = C188 cách. Tương tự với dấu hiệu mà STUDY TIP đưa ra thì ta tìm số trường hợp thuận lợi cho biến cố đối của biến cố cần tìm. Chọn 8 học sinh mà không có khối 10, có C138 cách. Chọn 8 học sinh mà không có khối 11, có C128 cách. Chọn 8 học sinh mà không có khối 12, có C118 cách. Gọi A là biến cố “ 8 học sinh được chọn, mỗi khối có ít nhất 1 học sinh”. Số trường hợp thuận lợi cho A là n ( A ) = C188 − ( C138 + C128 + C118 ) = 41811 Vậy xác suất cần tìm là P ( A ) =

n ( A ) 41811 1267 = = . n (Ω) C188 1326

Ví dụ 5. Xét các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các số 1, 3, 5, 7, 9. Tính xác suất để tìm được một số không bắt đầu bởi 135. 5 1 59 1 A. . B. . C. . D. . 6 60 6 6 Lời giải Số phần tử không gian mẫu là: n ( Ω ) = 5!.

Gọi A là biến cố “số tìm được không bắt đầu bởi 135 ”. Thì biến cố A là biến cố “số tìm được bắt đầu bởi 135 ” Buộc các số 135 lại thì ta còn 3 phần tử. Số các số tạo thành thỏa mãn số 135 đứng đầu là 1.2.1 = 2 cách  n ( A ) = 120 − 2 = 118 cách Nên P ( A ) =

n ( A ) 118 59 = = n ( Ω ) 120 60

STUDY TIP Phương pháp “buộc” các phần tử được giới thiệu kĩ ở phần quy tắc đếm, được áp dụng khi các phần tử có điều kiện đứng liền kề nhau. DẠNG 2. SỬ DỤNG QUY TẮC TÍNH XÁC SUẤT Bước 1: Xác định biến cố của các xác suất, có thể gọi tên các biến cố A; B; C; D để biểu diễn. Bước 2: Tìm mối quan hệ giữa các biến cố vừa đặt tên, biểu diễn biến cố trung gian và quan trọng nhất là biến cố đề bài đang yêu cầu tính xác suất thông qua các biến cố ở bước 1. Bước 3: Sử dụng các mối quan hệ vừa xác định ở bước 2 để chọn công thức cộng hay công thức nhân phù hợp. Ví dụ 1. Một chiếc ôtô với hai động cơ độc lập đang gặp trục trặc kĩ thuật. Xác suất để động cơ 1 gặp trục trặc là 0,5. Xác suất để động cơ 2 gặp trục trặc là 0,4. Biết rằng xe chỉ không thể chạy được khi cả hai động cơ bị hỏng. Tính xác suất để xe đi được. A. 0, 2 . B. 0,8 . C. 0,9 . D. 0,1 . Lời giải Gọi A là biến cố “động cơ 1 bị hỏng”, gọi B là biến cố “động cơ 2 bị hỏng”. Suy ra AB là biến cố “cả hai động cơ bị hỏng” ⇔ “ xe không chạy được nữa”. Lại thấy hai động cơ hoạt động độc lập nên A và B là hai biến cố độc lập.  Áp dụng quy tắc nhân xác suất ta được xác suất để xe phải dừng lại giữa đường là P ( AB ) = 0,5.0, 4 = 0, 2 .

Vậy xác suất để xe đi được là 1 − 0, 2 = 0,8 . STUDY TIP Các bài toán không nói bất kì đối tượng nào mà chỉ cho các giá trị xác suất thì ta bắt buộc phải sử dụng công thức cộng hoặc công thức nhân xác suất. Ở đây hai động cơ độc lập nên A và B là hai biến cố độc lập, do vậy ta áp dụng công thức nhân xác suất. Ví dụ 2. Túi I chứa 3 bi trắng, 7 bi đỏ, 15 bi xanh. Túi II chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ, 9 bi xanh. Từ mỗi túi lấy ngẫu nhiên 1 viên bi. Tính xác suất để lấy được hai viên cùng màu. 207 72 418 553 A. . B. . C. . D. . 625 625 625 625 Lời giải Gọi At , Ad , Ax lần lượt là biến cố bi rút được từ túi I là trắng, đỏ, xanh.

Gọi Bt , Bd , Bx lần lượt là biến cố bi rút được từ túi II là trắng, đỏ, xanh. Các biến cố At , Ad , Ax độc lập với Bt , Bd , Bx . Vậy xác suất để lấy được hai bi cùng màu là P ( At Bt ∪ Ad Bd ∪ Ax Bx ) = P ( At Bt ) + P ( Ad Bd ) + P ( Ax Bx ) = P ( At ) P ( Bt ) + P ( Ad ) P ( Bd ) + P ( Ax ) P ( Bx ) =

3 10 7 6 15 9 207 . + . + . = . 25 25 25 25 25 25 625

STUDY TIP Nhận thấy bài toán bên là bài toán sử dụng cả hai công thức tính là công thức cộng và công thức nhân xác suất. Bài toán sử dụng công thức cộng xác suất vì các biến cố At Bt ; Ad Bd ; Ax Bx lần lượt là các biến cố đôi một xung khắc (do biến cố này xảy ra thì biến cố

kia không xảy ra). Trong khi đó các biến cố At và Bt ; Ad và Bd ; Ax và Bx lần lượt là các cặp biến cố độc lập (việc xảy ra hay không xảy ra của biến cố này không làm ảnh hưởng đến biến cố kia) nên sử dụng công thức nhân xác suất. Ví dụ 3. Gieo một con xúc sắc cân đối và đồng chất 2 lần. Tính xác suất sao cho tổng số chấm trong hai lần gieo là số chẵn. A. 0, 09 . B. 0,91. C. 0,36. D. 0, 06 . Lời giải Đặt A là biến cố “ Lần gieo đầu tiên xuất hiện mặt chấm chẵn”; B là biến cố “ Lần gieo thứ hai xuất hiện mặt chấm chẵn”; C là biến cố “ Tổng số chấm trong hai lần gieo là số chẵn”.

( ) Ta thấy ( A ∩ B ) và ( A ∩ B ) là hai biến cố xung khắc nên P ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ B )  = P ( A ∩ B ) + P ( A ∩ B )   P ( A ∩ B ) ∪ ( A ∩ B )  = P ( A ∩ B ) + P ( A ∩ B )  

Ta có C = ( A ∩ B ) ∪ A ∩ B .

Vì A và B là hai biến cố độc lập nên theo STUDY TIP ở trên thì 1 1 1 P ( A ∩ B ) = P ( A ) .P ( B ) = . = 2 2 4 1 1 1 P A ∩ B = P A .P B = . = 2 2 4 1 1 1 Vậy P ( C ) = + = . 4 4 2

(

)

( ) ( )

STUDY TIP Ở đây C = ( A ∩ B ) ∪ A ∩ B vì tổng hai chấm xuất hiện ở hai lần gieo là chẵn có nghĩa là có 2

(

)

trường hợp: *TH1: Hai lần gieo đều được số chẵn A ∩ B . *TH2: Hai lần gieo đều được số lẻ A ∩ B . STUDY TIP 1 Ta có P ( A ) = P ( B ) = bởi xúc sắc có số mặt chẵn và số mặt lẻ bằng nhau, do vây ta dễ dàng 2 1 có xác suất là . 2 Ví dụ 4. Ba xạ thủ A, B, C độc lập với nhau cùng nổ súng vào một mục tiêu. Xác suất bắn trúng mục tiêu của A, B, C tương ứng là 0, 4;0,5 và 0, 7 . Tính xác suất để có ít nhất một người bắn trúng mục tiêu. A. 0, 09 . B. 0,91 . C. 0,36 . D. 0, 06 . Lời giải Gọi A, B, C tương ứng là các biến cố “ A bắn trúng”; “ B bắn trúng”; “ B bắn trúng”. A, B, C là ba biến cố độc lập. Do A, B, C là các biến cố đôi một nên: Xác suấy để cả ba người đều bắn trượt là

Câu 4. STUDY TIP Nhắc lại chú ý phần lý thuyết nhân xác suất, tôi có đưa ra: Nếu A, B, C là hai biến cố độc lập

( )

( ) ( )

thì P A.B = P A .P B

Và bài toán ở ví dụ 9 này là bài toán mở rộng của chú ý đó đối với ba biến cố đối một cách độc lập

(

)

P ABC = P ( A ) .P ( B ) .P ( C ) = (1 − 0, 4 )(1 − 0,5)(1 − 0,7 ) = 0, 09 Vậy xác suất để có ít nhất một trong ba người bắn trùng là 1 − 0, 09 = 0,91 . Ví dụ 5. Một xạ thủ bắn bia. Biết rằng xác suất bắn trúng vòng tròn 10 là 0, 2 ; vòng 9 là 0, 25 và vòng 8 là 0,15 . Nếu trúng vòng k thì được k điểm. Giả sử xạ thủ đó bắn ba phát súng một cách độc lập. Xả thủ đạt loại giỏi nếu anh ta đạt ít nhấ 28 điểm. Xác suất để xả thủ này đạt loại giỏi A. 0, 0935 . B. 0, 0755 . C. 0, 0365 . D. 0, 0855 . Lời giải Chọn A Gọi H là biến cố: “Xạ thủ bắn đạt loại giỏi”. A; B; C ; D là các biến cố sau: A : “Ba viên trúng vòng 10 ” B : “Hai viên trúng vòng 10 và một viên trúng vòng 9 ” C : “Một viên trúng vòng 10 và hai viên trúng vòng 9 ” D : “Hai viên trúng vòng 10 và một viên trúng vòng 8 ” Các biến cố A; B; C ; D là các biến cố xung khắc từng đôi một và H = A ∪ B ∪ C ∪ D

Câu 5.

Câu 6.

Câu 7.

Câu 8.

Câu 9.

Suy ra theo quy tắc cộng mở rộng ta có P ( H ) = P ( A) + P ( B ) + P ( C ) + P ( D ) Mặt khác P ( A) = ( 0, 2 ) . ( 0, 2 ) . ( 0, 2 ) = 0, 008

Câu 10.

P ( B ) = ( 0, 2 ) . ( 0, 2 ) . ( 0, 25 ) + ( 0, 2 )( 0, 25 )( 0, 2 ) + ( 0, 25 )( 0, 2 )( 0, 2 ) = 0, 03 P ( C ) = ( 0, 2 ) . ( 0, 25) . ( 0, 25 ) + ( 0, 25 )( 0, 2 )( 0, 25 ) + ( 0, 25 )( 0, 25 )( 0, 2 ) = 0, 0375 P ( D ) = ( 0, 2 ) . ( 0, 2 ) . ( 0,15) + ( 0, 2 )( 0,15 )( 0, 2 ) + ( 0,15 )( 0, 2 )( 0, 2 ) = 0, 018

Câu 11.

Do đó P ( H ) = 0, 008 + 0, 03 + 0, 0375 + 0, 018 = 0, 0935 STUDY TIP Ở các phần tính xác suất biến cố B, C , D ta có các trường hợp như vậy bởi vì thứ tự trúng vòng của 3 lần bắng khác nhau là các trường hợp khác nhau. Nhiều độc giả không tính các trường hợp khác nhau. Nhiều độc giả không tính các trường hợp đó dẫn đến chọn C là sai C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN KỸ NĂNG Câu 1. Tung một viên súc sóc cân đối, tìm xác suất để số chấm xuất hiện nhỏ hơn 4 . 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 2 6 36 256 Câu 2. Một lớp học có 100 học sinh, trong đó có 40 học sinh giỏi ngoại ngữ; 30 học sinh giỏi tin học và 20 học sinh giỏi cả ngoại ngữ và tin học. Học sinh nào giỏi ít nhất một trong hai môn sẽ được thêm điểm trong kết quả học tập của học kì. Chọn ngẫu nhien một trong các học sinh trong lớp, xác suất để học sinh đó được tăng điểm là 3 1 2 3 A. . B. . C. . D. . 10 2 5 5 Câu 3. Một hộp đèn có 12 bóng trong đó có 7 bóng tốt. Lấy ngẫu nhiên 3 bóng, xác suất để lấy được ít nhất 2 bóng tốt là 21 7 7 4 A. . B. . C. . D. . 44 44 11 11

Câu 12.

Câu 13.

Câu 14.

Câu 15.

Trong một hộp gồm 8 viên bi xanh và 6 viên bi trắng, chọn ngẫu nhiên 5 viên bi. Xác suất để 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng 970 139 31 4 A. . B. . C. . D. . 1001 143 1001 143 Một lớp có 25 học sinh, trong đó có 15 em học khá môn Toán, 16 em học khá môn Văn. Biết rằng mỗi học sinh trong lớp đều khá ít nhất một trong hai môn trên. Xác suất để chọn được 3 em học khá môn Toán nhưng không khá môn Văn 21 7 1 2 A. . B. . C. . D. . 575 11 2 3 Gieo hai con xúc xắc cân đối đồng chất. Xác suất để tổng hai mặt xuất hiện bằng 7 là 1 1 5 6 A. . B. . C. . D. . 7 6 6 7 Một lớp có 20 học sinh, trong đó có 6 học sinh giỏi Toán, 5 học sinh giỏi Văn và 4 học sinh giỏi cả 2 môn. Giáo viên chủ nhiệm chọn ra 2 em. Xác suất 2 em đó là học sinh giỏi 11 169 21 9 A. . B. . C. . D. . 20 190 190 20 Xét các số tự nhiên gồm năm chữ số khác nhau được lập từ 1, 3, 5, 7, 9. Xác suất để viết được số bắt đầu bởi 19 là 59 4 19 1 A. . B. . C. . D. . 60 5 20 20 Cho tập A = {0;1; 2;3; 4;5;6} . Xác suất để lập được số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau sao cho số đó chia hết cho 5 và các chữ số 1, 2, 3 luôn có mặt cạnh nhau là 11 11 349 409 A. . B. . C. . D. . 420 360 360 420 Một lớp học có 40 học sinh, trong đó gồm 25 nam và 15 nữ. Giáo viên chủ nhiệm muốn chọn mộ ban cán sự lớp gồm 4 em. Xác suất để 4 bạn đó có ít nhất một nam và 1 nữ 15475 2083 11 349 A. . B. . C. . D. . 18278 18278 360 360 Một trường có 50 em học sinh giỏi trong đó có 4 cặp anh em sinh đôi. Cần chọn ra 3 học sinh trong số 50 học sinh để tham gia trại hè. Tính xác suất trong 3 em ấy không có cặp anh em sinh đôi. 9 1216 12 1213 A. . B. . C. . D. . 1225 1225 1225 1225 Một hội nghị bàn tròn có phái đoàn các nước: Mỹ có 5 người, Nga có 5 người, Anh có 4 người, Pháp có 6 người, Đức có 4 người. Xếp ngẫu nhiên các đại biểu vào bàn tròn. Xác suất sao cho các người quốc tịch ngồi cùng nhau 6 4! 4!5!5!4!6!4! 23!− 6 A. . B. . C. . D. . 23! 24! 24! 23! Nam tung một đồng xu cân đối 5 lần liên tiếp. Xác suất xảy ra để Nam tung cả 5 lần đồng xu đều là mặt sấp A. 0, 5 . B. 0, 03125 . C. 0, 25 . D. 0,125 . Ba xạ thủ bắn vào mục tiêu một cách độc lập với nhau. Xác suất bắn trúng của xạ thủ thứ nhất, thứ hai và thứ ba lần lượt là 0,6; 0,7; 0,8. Xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng là A. 0,188 . B. 0, 024 . C. 0, 976 . D. 0,812 . Trong dịp nghỉ lễ 30-4 và 1-5 thì một nhóm các em thiếu niên tham gia trò chơi “Ném vòng cổ chai lấy thưởng”. Mỗi em được ném 3 vòng. Xác suất ném vào cổ trai lần đầu là 0,75. Nếu ném trượt lần đầu thì xác suất ném vào cổ chai lần thứ hai là 0,6. Nếu ném trượt cả hai lần ném đầu tiên thì xác suất ném vào cổ chai ở lần thứ ba (lần cuối) là 0,3. Chọn ngẫu nhiên một em trong nhóm chơi. Xác suất để em đó ném vào đúng cổ chai là A. 0,18 . B. 0, 03 . C. 0, 75 . D. 0,81 .

Câu 16. Gieo 3 đồng xu cùng một lúc. Gọi A là biến cố “có ít nhất một đồng xu xuất hiện mặt ngửa”. Xác suất của biến cố A là 1 1 7 1 A. . B. . C. . D. . 4 8 8 2 Câu 17. Gieo 3 con xúc xắc, kết quả là một bộ thứ tự ( x; y; z ) với x; y; z lần lượt là số chấm xuất hiện

Câu 18.

Câu 19.

Câu 20.

Câu 21.

Câu 22.

Câu 23.

Câu 24.

Câu 25.

Câu 26.

Câu 27.

trên mỗi con xúc xắc. Xác suất để x + y + z < 16 là 5 23 1 103 A. . B. . C. . D. . 108 24 24 108 Gieo 2 con xúc xắc cân đối, đồng chất. Xác định để gieo được hai mặt xúc sắc có tổng của hai số lớn hơn 9 1 11 5 31 A. . B. . C. . D. . 6 360 36 36 Gieo đồng thời 2 con xúc xắc cân đối, đồng chất. Một con màu đỏ và một con màu đen. Xác suất của biến cố A “Số chấm trên con xanh nhiều hơn trên con đỏ 2 đơn vị” 32 1 5 9 A. . B. . C. . D. . 36 9 36 36 Viết 6 chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5 lên 6 mảnh bìa như nhau. Rút ngẫu nhiên ra 3 tấm bìa và xếp ngẫu nhiên thành một hàng ngang. Xác suất sao cho 3 tấm bìa đó xếp thành số có 3 chữ số là 5 1 7 33 A. . B. . C. . D. . 6 6 40 40 Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 2 chữ số khác nhau lập từ {0;1; 2;3; 4;5;6} . Chọn ngẫu nhiên 2 số từ tập S . Xác suất để tích hai số chọn được là một số chẵn 41 1 1 5 A. . B. . C. . D. . 42 42 6 6 Cho 8 quả cân có trọng lượng lần lượt là 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 (kg). Chọn ngẫu nhiên 3 quả trong số đó. Xác suất để trọng lượng 3 quả không nhỏ hơn 10 (kg) là 3 25 1 7 A. . B. . C. . D. . 28 28 8 8 Trong một hộp đựng 20 viên bi trong đó có 12 viên bi đỏ khác nhau và 8 viên bi xanh khác nhau. Lấy ngẫu nhiên ra 7 viên bi. Xác suất để 7 viên bi được chọn ra không quá 2 viên bi đỏ 84 101 1882 1531 A. . B. . C. . D. . 1615 1938 1983 1615 Có 10 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Xác suất để có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng 1 tấm chia hết cho 10 là 634 33 568 99 A. . B. . C. . D. . 667 667 667 667 Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số 1 đến 9. Hỏi phải rút bao nhiêu thẻ để xác suất có ít nhất 5 một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn 6 A. 6 . B. 7 . C. 5 . D. 4 . Năm đoạn thẳng có độ dài 1cm; 3cm; 5cm; 7cm; 9cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng trên. Xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra có thể tạo thành 1 tam giác là 3 2 7 3 A. . B. . C. . D. . 10 5 10 5 Người ta sử dụng 5 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Vật lý, 7 cuốn Hóa học (các cuốn cùng loại thì giống nhau) để làm giải thưởng cho 9 học sinh, mỗi học sinh được 2 cuốn sách khác loại. Trong số 9 học sinh có 2 bạn X và Y . Xác suât để hai bạn đó có giải thưởng giống nhau là 1 1 5 13 A. . B. . C. . D. . 6 12 8 18

Câu 28. Xếp ngẫu nhiên 5 bạn nam và 3 bạn nữ vào một bàn tròn. Xác suất để không có ba bạn nữ nào ngồi cạnh nhau 5 2 1 5 A. . B. . C. . D. . 7 7 84 84 Câu 29. Đạt và Phong tham gia chơi trò một trò chơi đối kháng, thỏa thuận rằng ai thắng 5 ván trước là thắng chung cuộc và được hưởng toàn bộ số tiền thưởng của chương trình (không có ván nào hòa). Tuy nhiên khi Đạt thắng được 4 ván và Phong thắng được 2 ván rồi thì xảy ra sự cố kĩ thuật và chương trình buộc phải dừng lại. Biết rằng giới chuyên môn đánh giá Phong và Đạt ngang tài ngang sức. Hỏi phải chia số tiền thưởng như thế nào cho hợp lý (dựa trên quan điểm tiền thưởng tỉ lệ thuận với xác suất thắng cuộc của mỗi người) A. Tỉ lệ chia số tiền cho Đạt và Phong là 4 : 3 . B. Tỉ lệ chia số tiền cho Đạt và Phong là 1 : 7 . C. Tỉ lệ chia số tiền cho Đạt và Phong là 7 :1 . D. Tỉ lệ chia số tiền cho Đạt và Phong là 3 : 4 . Câu 30. An và Bình thi đấu với nhau một trận bóng bàn, người nào thắng trước 3 séc sẽ giành chiến thắng chung cuộc. Xác suất An thắng mỗi séc là 0, 4 (không có hòa). Tính xác suất An thắng chung cuộc A. 0, 064 . B. 0,1152 . C. 0,13824 . D. 0,31744 . Câu 31. Một đề thi trắc nghiệm có 10 câu hỏi, mỗi câu có 3 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng. Một thí sinh chọn ngẫu nhiên các phương án trả lời, hỏi xác suất thí sinh có được điểm nào là cao nhất? Biết rằng mỗi câu trả lời đúng được 1 điểm, trả lời sai không bị trừ điểm. A. điểm 3. B. điểm 4. C. điểm 5. D. điểm 6. Câu 32. Một xạ thủ bán từ khoảng cách 100m có xác suất bắn trúng đích là: - Tâm 10 điểm: 0,5. - Vòng 9 điểm: 0,25. - Vòng 8 điểm: 0,1. - Vòng 7 điểm: 0,1. - Ngoài vòng 7 điểm: 0,05. Tính xác suất để sau 3 lần bắn xạ thủ đó được 27 điểm A. 0,15 . B. 0, 75 . C. 0,165625 . D. 0,8375 . D. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. Đáp án A. Gọi A là biến cố “số chấm xuất hiện nhỏ hơn 4”. Số chấm nhỏ hơn 4 dễ thấy chỉ có thể là 1, 2 và 3.

(

)

Gọi Aj là biến cố “số chấm xuất hiện là i ” i = 1,3 . Có thể thấy rằng các biến cố này đôi một

Câu 2.

Câu 3.

xung khắc. Do viên xúc sắc là cần đối nên xác suất chia đều ra cho 6 mặt, mỗi mặt có xác suất là 1 1  P ( Aj ) = . 6 6 1 1 1 1 Ta có P ( A) = P ( A1 ) + P ( A2 ) + P ( A3 ) = + + = 6 6 6 2 Đáp án B. Gọi A là biến cố “học sinh chọn được tăng điểm”. Gọi B là biến cố “học sinh chọn học giỏi ngoại ngữ”. Gọi C là biến cố “học sinh chọn học giỏi tin học”. Thì A = B ∪ C và BC là biến cố “học sinh chọn học giỏi cả ngoại ngữ lẫn tin học”. 30 40 20 1 Ta có P ( A) = P ( B ) + P ( C ) − P ( BC ) = + − = 100 100 100 2 Đáp án C. Gọi A là biến cố “lấy được ít nhất 2 bóng tốt”.

Không gian mẫu: lấy ngẫu nhiên 3 quả bóng thì số cách lấy là n ( Ω ) = C123 = 220 2 7

Số các số có 5 chữ số khác nhau lập được từ tập A là 6.6.5.4.3 = 2160 (số)  Ω = 2160 1 5

TH1: Lấy 3 bóng trong đó có 2 bóng tốt và 1 bóng xấu thì số cách chọn là C .C = 105 cách TH2: Lấy 3 bóng đều tốt thì số cách lấy là C73 = 35 cách

Suy ra n ( A) = 105 + 35 = 140 . Vậy P ( A) = Câu 4.

140 1 = 220 7

Đáp án A.

Số cách chọn 5 viên bi từ 14 viên bi là n ( Ω ) = C145 = 2002 . Gọi A là biến cố “Trong 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng” Trong đó: Số cách chọn 5 viên bi toàn bi xanh là C85 = 56 cách. Số cách chọn 5 viên bi toàn bi trắng là C65 = 6 cách. Suy ra n ( A ) = 56 + 6 = 62  P ( A ) = 1 − P ( A ) = 1 − Câu 5.

62 970 = 2002 1001

Đáp án A. Gọi X là tập hợp những em học khá môn Toán, Y là tập hợp những em học khá môn Văn.  Tập hợp những em học khá cả Toán và Văn là X ∩ Y X ∩ Y = 15 + 16 − 25 = 6 học sinh. Gọi A là biến cố “chọn được 3 em học khá môn Toán nhưng không khá môn Văn”. 3 = 2300 Ta có n ( Ω ) = C25

Số học sinh học khá môn Toán nhưng không khá môn Văn là X \ ( X ∩ Y ) = 15 − 6 = 9 .

 n ( A) = C93 = 84 cách.  P ( A) = Câu 6.

n ( A) 84 21 = = . n ( Ω ) 2300 575

Đáp án B. Con xúc xắc thứ nhất có thể xảy ra 6 kết quả, con thứ hai cũng vậy nên tổng số kết quả có thể xảy ra là Ω = 6.6 = 36

Gọi A là biến cố “Tổng hai mặt xuất hiện mặt bằng 7”. Dùng phương pháp liệt kê Ω 6 1 Ω A = {(1;6 ) , ( 2;5) , ( 3; 4 ) , ( 4;3) , ( 5; 2 ) , ( 6;1)}  P ( A) = A = = . Ω 36 6 Câu 7.

Đáp án C. Gọi X là tập hợp các học sinh giỏi Toán, Y là tập hợp các học sinh giỏi Văn.  X ∩ Y là tập hợp các học sinh giỏi cả 2 môn và X ∪ Y là tập hợp những học sinh giỏi một trong hai môn (tập hợp các học sinh giỏi). Theo quy tắc cộng tổng quát ta có

X ∪Y = X + Y − X ∩Y = 5 + 6 − 4 = 7 Gọi A là biến cố “chọn được 2 em là học sinh giỏi”  Ω = C202 = 190 và Ω A = C72 = 21

 P ( A) = Câu 8.

Câu 9.

21 . 190

Đáp án D. Đặt 19 là một số a . Ta có số các số có các chữ số khác nhau tạo thành từ a, 3, 5, 7 với a là 6 chữ số đứng đầu là 1.3.2.1 = 6 (số)  Ω B = 96  P ( B ) = 120 Đáp án D.

Gọi số cần tìm là abcde ta có e = 0 hoặc e = 5 (do số đó phải chia hết cho 5 ). Khi đó ta có các trường hợp: a) e = 0 , chọn vị trí cho 3 số 1, 2, 3  có 2 cách chọn, ngoài ra trong 3 số 1, 2, 3 còn có 3! = 6 hoán vị trong đó. Cuối cùng ta chọn số còn lại có 3 cách chọn. Vậy số các số thuộc trường hợp này có 2.3.6 = 36 số. b) e = 5 , các số 1, 2, 3 thuộc b, c, d  có 3!.2 = 12 số thỏa (do a ≠ 0 nên chỉ có 2 cách chọn ) c) e = 5 , các số 1, 2, 3 thuộc a, b, c  có 3.3! = 18 số thỏa mãn. Số các số thỏa mãn yêu cầu là 36 + 12 + 18 = 66 số.  Ω A = 66 Vậy xác suất cần tìm là P =

ΩA Ω

66 11 . = 2160 360

Câu 10. Đáp án A. Gọi B là biến cố “Chọn 4 em có ít nhất một nam và một nữ”. Số cách chọn 4 bạn bất kì vào ban cán sự lớp là C404 cách.

Số cách chọn 4 bạn nam vào ban cán sự lớp là C254 cách. Số cách chọn 4 bạn nữ vào ban cán sự lớp là C154 cách. Vậy số cách chọn ban cán sự lớp có cả nam lẫn nữ là C404 − C254 − C154  Ω B = 77375 Vậy xác suấtcần tìm là P =

ΩB Ω

77375 15475 . = 91390 18278

Câu 11. Đáp án A. Số cách chọn ra 3 học sinh mà không có điều kiện gì là C503 cách  Ω = C503 Ta sẽ loại trừ các trường hợp có 1 cặp anh em sinh đôi. Đầu tiên ta chọn 1 cặp sinh đôi có 4 cách chọn. Sau đó chọn 1 học sinh còn lại từ 48 học sinh, có 48 cách chọn. Vậy số cách chọn 3 em học sinh thỏa yêu cầu đề bài là: C503 − 4.48 = 19408

Vậy xác suất cần tìm là P =

ΩA Ω

19408 1213 . = C503 1225

Câu 12. Đáp án A. Số cách xếp 24 người vào bàn là 23!  Ω = 23! (do ở đây là hoán vị vòng quanh).

Gộp các thành viên cùng quốc tịch vào cùng nhóm, trước tiên ta tính số cách xếp mọi người trong các nhóm đó. Theo nguyên tắc “buộc” các phần tử, ta buộc thành các phần tử lớn là Mỹ, Nga, Anh, Pháp. Lúc này bài toán trở thành xếp bốn phần tử vào bốn ghế trên bàn tròn. Cố định nhóm Mỹ, có 3 cách xếp chỗ cho nhóm Nga, 2 cách xếp chỗ cho nhóm Anh, 1 cách xếp chỗ cho nhóm Pháp. Vậy có 3! = 6 cách xếp. 6 Vậy xác suất để xếp cho các vị cùng quốc tịch ngồi cạnh nhau là . 23! Câu 13. Đáp án B. Vì đồng xu là cân đối nên xác suất sấp – ngửa của mỗi lần tung là như nhau và bằng 0,5 . Xác suất để 5 lần tung đồng xu đều sấp là 0,55 = 0, 03125 Câu 14. Đáp án C. Gọi A j là biến cố “Xạ thủ thứ j bắn trúng”. Với j = 1;3 .

( )

 P A1 = 1 − 0, 6 = 0, 4 ;  P A2 = 1 − 0, 7 = 0,3; P A3 = 1 − 0,8 = 0, 2

Gọi là biến cố “Có ít nhất A P(A) = P(A1 ).P(A 2 ).P(A3 ) = 0, 4.0,3.0, 2 = 0, 024

một

xạ

thủ

bắn

trúng”

thì

 P (A) = 1 − P( A) = 1 − 0, 024 = 0,976 Câu 15. Đáp án D. Gọi K là biến cố “Ném được vòng vào cổ chai”, A1 là biến cố “Ném được vòng vào cổ chai

lần đầu”, A2 là biến cố “Ném được vòng vào cổ chai lần thứ 2”, A3 là biến cố “Ném được vòng vào cổ chai lần thứ ba”.  P ( K ) = P( A1 ) + P( A1 A2 ) + P( A1 A2 A3 ) = P( A1 ) + P( A1 ) P ( A2 ) + P ( A1 ) P ( A2 ) P( A3 ) ; = 0, 75 + 0, 25.0, 6 + 0, 25.0, 4.0,3 = 0,81. Câu 16. Đáp án C. Mỗi đồng xu có hai khả năng: ngửa hoặc sấp. Do đó số phần tử của không gian mẫu khi gieo ba đồng xu là Ω = 23 = 8 . Ta có biến cố đối của A là A : “Không có đồng xu nào xuất hiện mặt ngửa” ⇔ “Cả ba đồng xu đều xuất hiện mặt sấp”. Ω 1 7 Khi đó Ω A = {( S ; S ; S )}  Ω A = 1  P ( A ) = 1 − P (A) = 1 − A = 1 − = . Ω 8 8 Câu 17. Đáp án D. Nhận xét: Do con xúc xắc chỉ có 6 mặt và để ý rằng 3.6 = 18 là giá trị tối đa của tổng x + y + z. Và 18 không lớn hơn 16 là bao nhiêu nên ta sẽ sử dụng phương pháp tính phần bù.

Số các bộ thứ tự ( x; y; z ) với x; y; z là số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 1 và nhỏ hơn hoặc bằng

6 là Ω = 63 = 216. Xét các bộ thứ tự ( x; y; z ) có tổng x + y + z ≥ 16 . Ta có: 16 = 5 + 5 + 6 = 5 + 6 + 5 = 6 + 5 + 5 = 6 + 6 + 4 = 6 + 4 + 6 = 4 + 6 + 6. 17 = 5 + 6 + 6 = 6 + 5 + 6 = 6 + 6 + 5 18 = 6 + 6 + 6 Như vậy có tổng cộng 10 bộ ( x; y; z ) thỏa mãn x + y + z ≥ 16 . Số bộ ( x; y; z ) thỏa mãn x + y + z < 16 là 216 − 10 = 206. Xác suất cần tính là P =

206 103 . = 216 108

Câu 18. Đáp án A. Nhận xét: Do con xúc xắc chỉ có 6 mặt và để ý rằng 3.6 = 18 là giá trị tối đa của tổng x + y + z. Và 18 không lớn hơn 16 là bao nhiêu nên ta sẽ sử dụng phương pháp tính phần bù.

Số các bộ thứ tự ( x; y; z ) với x; y; z là số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 1 và nhỏ hơn hoặc bằng

206 103 . = 216 108

Câu 19. Đáp án B. Vì hai con xúc xắc có cùng 6 mặt nên số phần tử của không gian mẫu là Ω = 6.6 = 36.

Gọi ( x; y ) là số chấm xuất hiện lần lượt trên mặt xanh và mặt đỏ. Khi đó Ω A = {( 3;1) ; ( 4; 2 ) ; ( 5;3) ; ( 6; 4 )}  Ω A = 4  P ( A) =

ΩA Ω

4 1 = . 36 9

Câu 20. Đáp án A. Số cách chọn 3 tấm bìa trong 6 tấm bìa và xếp thành một hang ngang là Ω = A63 = 120.

Số cách xếp 3 tấm bìa để không có được số có ba chữ số tức là vị trí đầu tiên là chữ số 0 là A32 Số cách xếp 3 tấm bìa để tạo được số có ba chữ số là A63 − A32 = 100. 100 5 Vậy xác suất cần tìm là P = = . 120 6 Câu 21. Đáp án D. Ta có điều kiện chủ chốt “tích hai số được chọn là một số chẵn” ⇔ Tồn tại Doít nhất một trong hai số được chọn là chẵn. Gọi ab là số tự nhiên có hai chữ số khác nhau được lập từ các số đã cho Số cách chọn a : 6 cách; Số cách chọn b : 6 cách  Số các số có hai chữ số khác nhau tạo được là 6.6 = 36 số  S có 36 phần tử. Số cách lấy ngẫu nhiên 2 số từ tập S : C362 = 630 cách Gọi biến cố A : “Tích hai số được chọn là một số chẵn” Gọi biến cố A : “Tích hai số được chọn là một số lẻ” Số các số lẻ trong S : 3.5 = 15 ( 3 cách chọn chữ số hàng đơn vị là lẻ, 5 cách chọn chữ số hang chục khác 0 ). Số cách lấy ngẫu nhiên 2 số lẻ trong 15 số lẻ: C152 = 105 cách ΩA

105 1 1 5 = = . Vậy P (A) = 1 − P ( A) = 1 − = Ω 630 6 6 6 Câu 22. Đáp án D. Chọn ba quả cân có Ω = C83 = 56 cách.

P ( A) =

Chọn ba quả cân có tổng trọng lượng nhỏ hơn hoặc bằng 9 có các trường hợp sau: TH1: Trong các quả được lấy ra không có quả cân trọng lượng 1 kg. Ta có 2 + 3 + 4 = 9 là tổng trọng lượng nhỏ nhất có thể. Do đó trong trường hợp này có đúng 1 cách chọn. TH2: Trong các quả được lấy ra có quả cân trọng lượng 1 kg. Khi đó ta có: 1 + 2 + 3 = 6;1 + 2 + 4 = 7;1 + 2 + 5 = 8;1 + 2 + 6 = 9;1 + 3 + 4 = 8;1 + 3 + 5 = 9. Trường hợp này ta có 6 cách chọn. Vậy số cách chọn thỏa mãn ycbt là 56 − 1 − 6 = 49 . 49 7 Xác suất cần tính là: = . 56 8 Câu 23. Đáp án B. 7 Số cách lấy ra tùy ý 7 viên bi trong 20 viên bi đã cho là: Ω = C20 = 77520.

Để chọn ra không quá 2 viên bi đỏ từ 7 viên lấy ra là: Lấy ra được 0 viên bi đỏ, 7 viên bi xanh: C87 = 8 cách. Lấy ra được 1 viên bi đỏ, 6 viên bi xanh: C121 C86 = 336 cách. Lấy ra được 2 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh: C122 C85 = 3696 cách. 8 + 336 + 3696 101 Vậy xác suất để 7 viên bi chọn ra không quá 2 viên bi đỏ là . = 77520 1938

Câu 24. Đáp án D.

Gọi biến cố A : “Lấy 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn, trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 ” 10 10 . Số cách lấy ngẫu nhiên 10 tấm thẻ trong 30 tấm thẻ : C30 cách  Ω = C30 Trong 30 tấm thẻ có 15 tấm thẻ mang số lẻ, 15 tấm thẻ mang số chẵn, 3 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 (chú ý là các thẻ chia hết cho 10 đều là số chẵn) Số cách chọn 5 tấm thẻ mang số lẻ: C155 = 3003 cách.

 Ω A = 25 + 105 + 210 = 350  P (A) =

Câu 28.

Số cách chọn 1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 C = 3 cách

Vậy P ( A) =

Ω A 4459455 99 = = . 10 667 Ω C30

Câu 25. Đáp án A. Trong 9 thẻ đã cho có hai thẻ ghi số chia hết cho 4 (các thẻ ghi số 4 và 8 ), 7 thẻ còn lại có ghi số không chia hết cho 4 . Giả sử rút x(1 ≤ x ≤ 9; x ∈ ℕ) , số cách chọn x từ 9 thẻ trong hộp là C9x , số phần tử của không gian mẫu là Ω = C9x . Gọi A là biến cố “Trong số x thẻ rút ra có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 ” Số cách chọn tương ứng với biến cố A là A = C7x Ta có P ( A) =

C7x Cx  P (A) = 1 − 7x C9x C9

5 Cx 5 ⇔ 1 − 7x > ⇔ x 2 − 17 x + 60 < 0  5 < x < 12  6 ≤ x ≤ 9 C9 6 6 Vậy giá trị nhỏ nhất của x là 6 . Vậy số thẻ ít nhất phải rút là 6 . Câu 26. Đáp án A. Phân tích: Cần nhớ lại kiến thức cơ bản về bất đẳng thức tam giác. Do đó P (A) >

a + b > c  Ba đoạn thẳng với chiều dài a , b, c có thể là 3 cạch của một tam giác khi và chỉ khi a + c > b b + c > a  Lời giải: Số phần tử của không gian mẫu là: C53 = 10 Gọi A là biến cố “lấy ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác” Các khả năng chọn được ba đoạn thẳng lập thành một tam giác là [3;5;7 ] ; [3;5;9] ; [5;7;9] Số trường hợp thuận lợi của biến cố A là 3 . Suy ra xác suất của biến cố A là P (A) =

Câu 27.

3 . 10

Đáp án C. Gọi A là biến cố “ A và B có giải thưởng giống nhau”. Vì mỗi học sinh nhận được 2 cuốn sách các loại, nên giả sử có a học sinh nhận sách (Lí và Hóa) và 5 − a học sinh nhận sách (Toán và Hóa). Số phần tử của không gian mẫu là Ω = C92 .C37 .C44 = 1260.

TH1: X và Y nhận sách (Toán, Lí), số khả năng là C37 .C44 = 35. TH2: X và Y nhận sách (Toán, Hóa), số khả năng là C17 .C62 .C44 = 105. TH1: X và Y nhận sách (Lí, Hóa), số khả năng là C 27 .C35 .C22 = 210.

Ω

5 18

Đáp án B. Theo công thức hoán vị vòng quanh ta có: Ω = 7! Để xếp các bạn nữ không ngồi cạnh nhau, trước hết ta xếp các bạn nam vào bàn tròn: có 4! cách, giữa 5 bạn nam đó ta sẽ có được 5 ngăn (do ở đây là bàn tròn). Xếp chỉnh hợp 3 bạn nữ vào 5 ngăn đó có A53 cách.

1 3

Số cách chọn 4 tấm thẻ mang số chẵn không chia hết cho 10 : C124 = 495 cách Số cách lấy 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có đúng 1 tấm thẻ chia hết cho 10 : 3003.3.495 = 4459455 cách.  Ω A = 4459455

ΩA

Vậy xác suất xảy ra là: P =

4!. A53 2 = . 7! 7

Câu 29.

Đáp án C. Phân tích: Đề bài cho các điều kiện khá dài dòng, ta cần đưa chúng về dạng ngắn gọn dễ hiểu hơn. +) “Biết rằng giới chuyên môn đánh giá Phong và Đạt ngang tài ngang sức”: xác suất để Phong và Đạt thắng trong một ván là như nhau và bằng 0,5 . +) “Khi Đạt thắng được 4 ván và Phong thắng được 2 ván rồi”: nghĩa là Đạt chỉ cần thắng một ván nữa là được 5 ván, còn Phong phải thắng 3 ván nữa mới đạt được. Lời giải: Để xác định xác suất thắng chung cuộc của Đạt và Phong ta tiếp tục chơi thêm các ván “giả tưởng”. Để Phong có thể thắng chung cuộc thì anh phải thắng Đạt 3 ván liên tiếp (vì Đạt chỉ còn một ván nữa là thắng). 1 Như vậy xác suất thắng cuộc của Phong là: P (P) = 0,53 = . 8 1 7  Xác suất thắng cuộc của Đạt là P( Đ ) = 1 − = 8 8 7 1  Tỉ lệ chia tiền phù hợp là : = 7 :1 8 8 Câu 30. Đáp án D. Phân tích: Bài này điểm mấu chốt là phải liệt kê được các trường hợp mà An thắng Bình ching cuộc. Ví dụ như: Séc 1: An thắng; Séc 2 : An thắng; Séc 3 : Bình thắng; Séc 4 : An thắng.  An thắng chung cuộc. Lưu ý là ta phải tính cả thứ tự các séc An thắng hoặc thua. Như ở ví dụ trên là An thua ở séc thứ 3 . Lời giải: Giả sử số séc trong trân đấu giữa An và Bình là x . Dễ dàng nhận thấy 3 ≤ x ≤ 5 . Ta xét các trường hợp: TH1: Trận đấu có 3 séc  An thắng cả 3 séc. Xác suất thắng trong trường hợp này là: P1 = 0, 4.0, 4.0, 4 − 0,064 TH2: Trận đấu có 4 séc  An thua 1 trong 3 séc: 1, 2 hoặc 3 và thắng séc thứ 4 . Số cách chọn 1 séc để An thua là: C31 (Chú ý xác xuất để An thua trong 1 séc là 0,6. )  P2 = C31.0, 43.0, 6 = 0,1152 TH3: Trận đấu có 5 séc  An thua 2 séc và thắng ở séc thứ 5 . Số cách chọn 2 trong 4 séc đầu để An thua là C42 cách.  P3 = C42 .0, 43.0, 62 = 0,13824

Như vậy xác suất để An thắng chung cuộc là: P = P1 + P2 + P3 = 0,31744 Nhận xét: Trong bài này các bạn rất dễ mắc sai lầm sau: ở trường hợp 3 lại tính số cách chọn 2 ván An thua là C52 mà không để ý rằng séc thứ 5 chắc chắn phải là An thắng. Câu 31. Đáp án D. Phân tích: Với một bài yêu cầu tìm giá trị lớn nhất như thế này thì cách mà ta nghĩ đến đầu tiên là đặt ẩn (là số điểm) rồi sau đó tính biểu thức cần tính (xác suất đạt được số điểm) rồi sau đó tính biểu thức cần tính (xác suất đạt được số điểm) theo ẩn đó, việc còn lại là xử lí biểu thức.

Lời giải: Gọi x là số điểm bạn đó đạt được ( 0 ≤ x ≤ 10 )( x ∈ N )  Bạn đó trả lời đúng x câu và trả lời sai 10 − x câu. 1 2 +) Xác suất mỗi câu bạn đó đúng là: ; sai là . 3 3 +) Có C10x cách chọn ra x câu đúng. Do đó xác suất được x điểm là:

1 P ( x) = C10x .   3  P( x) ≥ P ( x + 1) Do P ( x) là lớn nhất nên   P( x) ≥ P ( x − 1)

10 − x

2 .  3

10! 210− x . 10 3 x !(10 − x)!

10! 210− x 10! 29− x 8  x +1 1  310 . x !(10 − x)! ≥ 310 . x + 1 !(9 − x)! 10 − x ≥ 2 ⇔ 2(x + 1) ≥ 10 − x ⇔ x ≥ 3 ( )  ⇔ ⇔  10 − x 10! 211− x  x ≤ 1 ⇔ 2 x ≤ 11 − x ⇔ x ≤ 11 10! . 2 ≥ 10 . 10  3 x !(10 − x)! 3 ( x − 1) !(11 − x)! 3 11 − x 2  8 11 ⇔ ≤ x ≤ . Mà x ∈ N nên x = 3 3 3 Nên xác suất bạ đó đạt 3 điểm là lớn nhất. Câu 32. Đáp án C. Ta có 27 = 10 + 10 + 7 = 10 + 9 + 8 = 9 + 9 + 9 Với bộ (10;10;7 ) có 3 cách xáo trộn điểm các lần bắn Với bộ (10;9;8) có 6 cách xáo trộn điểm các lần bắn Với bộ ( 9;9;9 ) có 1 cách xáo trộn điểm các lần bắn. Do đó xác suất để sau 3 lần bắn xạ thủ được đúng 27 điểm là: P = 3.0,52.0,1 + 6.0,5.0, 25.0,1 + 0, 253 = 0,165625.

3. d·y sè t¨ng, d·y sè gi¶m

ch−¬ng 3 − d·y sè, cÊp sè céng vµ cÊp sè nh©n A. KiÕn thøc cÇn nhí

I. Ph−¬ng ph¸p quy n¹p to¸n häc

§Þnh nghÜa 2: a. D·y sè (un) ®−îc gäi lµ d·y sè t¨ng nÕu ∀n ∈ N*, un < un+1. b. D·y sè (un) ®−îc gäi lµ d·y sè gi¶m nÕu ∀n ∈ N*, un > un+1. 4. d·y sè bÞ chÆn

ViÖc sö dông ph−¬ng ph¸p quy n¹p to¸n häc ®Ó chøng minh f(n) cã tÝnh chÊt K víi n ∈ N ta thùc hiÖn theo c¸c b−íc sau: B−íc 1: (B−íc c¬ së): Chøng tá víi n = 1 th× f(1) tho¶ m·n tÝnh chÊt K. B−íc 2: (B−íc quy n¹p): Gi¶ sö sè h¹ng f(k) tho¶ m·n tÝnh chÊt K. Ta ®i chøng minh sè h¹ng f(k + 1) còng tho¶ m·n tÝnh chÊt K. B−íc 3: KÕt luËn.

§Þnh nghÜa 3:

II. D·y sè

III. CÊp sè céng

1. §Þnh nghÜa

§Þnh nghÜa 1: Mét hµm sè u x¸c ®Þnh trªn tËp hîp N* c¸c sè nguyªn d−¬ng ®−îc gäi lµ mét d·y sè v« h¹n (hay cßn gäi t¾t lµ d·y sè). KÝ hiÖu (un) hay ë d¹ng khai triÓn lµ u1, u2, un 2. C¸ch cho mét d·y sè

Mét d·y sè th−êng ®−îc x¸c ®Þnh b»ng mét trong çc çch: Çch 1: D·y sè x¸c ®Þnh bëi mét c«ng thøc cho sè h¹ng tæng qu¸t un. ThÝ dô 1: D·y sè (un) x¸c ®Þnh bëi un = 2n + 1. Khi ®ã, nÕu viÕt d·y sè nµy d−íi d¹ng khai triÓn, ta ®−îc 3, 5, 7, 2n + 1 Çch 2: D·y sè x¸c ®Þnh bëi mét c«ng thøc truy håi (hay cßn nãi cho d·y sè b»ng quy n¹p), tøc lµ:  Tr−íc tiªn, cho sè h¹ng ®Çu (hoÆc vµi sè h¹ng ®Çu).  Cho c«ng thøc biÓu thÞ sè h¹ng thø n qua sè h¹ng (hay vµi sè h¹ng) ®øng tr−íc nã. ThÝ dô 2: D·y sè (vn) x¸c ®Þnh bëi: v 1 = v 2 = 1 .  v n = v n −2 + v n −1 , víi n ≥ 3 Khi ®ã, nÕu viÕt d·y sè nµy d−íi d¹ng khai triÓn, ta ®−îc: v1 = 1, v2 = 1, v3 = 2, v4 = 3, v5 = 5 D·y sè nµy ®−îc gäi lµ d·y sè Phib«naxi Çch 3: D·y sè x¸c ®Þnh bëi mét mÖnh ®Ò m« t¶ çc sè h¹ng liªn tiÕp cña nã. ThÝ dô 3: Cho d·y sè (un) víi un lµ ch÷ sè thø n trong çch viÕt thËp ph©n cña sè π, khi ®ã ta cã d·y sè:

u1 = 3, u2 = 1, u3 = 4, u4 = 1, u5 = 5 Trong tr−êng hîp nµy ta kh«ng t×m ®−îc c«ng thøc biÓu thÞ sè h¹ng un qua n. 1

a. D·y sè (un) ®−îc gäi lµ bÞ chÆn trªn nÕu ∃M ∈ R : un ≤ M, ∀n ∈ N*. b. D·y sè (un) ®−îc gäi lµ bÞ chÆn d−íi nÕu ∃m ∈ R : un ≥ m, ∀n ∈ N*. c. D·y sè (un) ®−îc gäi lµ bÞ chÆn nÕu nã võa bÞ chÆn trªn võa bÞ chÆn d−íi, tøc lµ: ∃m, M ∈ R : m ≤ un ≤ M, ∀n ∈ N*.

a. ®Þnh nghÜa

§Þnh nghÜa: D·y sè (un) ®−îc x¸c ®Þnh bëi: u1 = u  u n +1 = u n + d, ∀n ∈ N * (u, d lµ hai sè thùc cho tr−íc) ®−îc gäi lµ cÊp sè céng.  u lµ sè h¹ng ®Çu tiªn.  d lµ c«ng sai. §Æc biÖt khi d = 0 th× (un) lµ d·y sè trong ®ã tÊt c¶ c¸c sè h¹ng ®Òu b»ng nhau. 5. c¸c tÝnh chÊt

§Þnh lÝ 1: Ba sè un, un + 1, un + 2 lµ ba sè h¹ng liªn tiÕp cña cÊp sè céng (un) nÕu: 1 un + 1 = (un + un + 2). 2 §Þnh lÝ 2: Sè h¹ng thø n cña cÊp sè céng (un) ®−îc cho bëi c«ng thøc: un = u1 + (n − 1)d. §Þnh lÝ 3: Tæng cña n sè h¹ng ®Çu tiªn (kÝ hiÖu lµ Sn) cña cÊp sè céng (un) ®−îc cho bëi c«ng thøc: n n Sn = u1 + u2 … + un = (u1 + un) = [2u1 + (n − 1)d]. 2 2

IV. CÊp sè nh©n 2

1. ®Þnh nghÜa

§Þnh nghÜa: D·y sè (un) ®−îc x¸c ®Þnh bëi: u1 = u  u n +1 = u n .q, ∀n ∈ N * (u, q lµ hai sè thùc kh¸c 0 cho tr−íc) ®−îc gäi lµ cÊp sè nh©n.  u lµ sè h¹ng ®Çu tiªn.  q lµ c«ng béi. §Æc biÖt khi q = 1 th× (un) lµ d·y sè trong ®ã tÊt c¶ c¸c sè h¹ng ®Òu b»ng nhau. 2. c¸c tÝnh chÊt

§Þnh lÝ 1: Ba sè un, un + 1, un + 2 lµ ba sè h¹ng liªn tiÕp cña cÊp sè nh©n (un) nÕu: u 2n +1 = un.un + 2. §Þnh lÝ 2: Sè h¹ng thø n cña cÊp sè nh©n (un) ®−îc cho bëi c«ng thøc: un = u1.qn − 1. §Þnh lÝ 3: Tæng cña n sè h¹ng ®Çu tiªn Sn cña cÊp sè nh©n (un) ®−îc cho bëi c«ng thøc: qn − 1 Sn = u1 + u2+…+ un = u1. . q −1

b. Ta lÇn l−ît thùc hiÖn:  Víi n = 1, ta cã: 1(3.1 + 1) 2= = 2, ®óng. 2 Nh− vËy (1) ®óng víi n = 1.  Gi¶ sö (1) ®óng víi n = k, tøc lµ: k (3k + 1) . 2  Ta sÏ ®i chøng minh (1) còng ®óng víi n = k + 1, thËt vËy: k (3k + 1) + (3k + 2) 2 + 5 + 8 + ... + (3k – 1) + [3(k + 1) – 1] = 2 3k 2 + k + 6 k + 4 3k 2 + 7 k + 4 ( k + 1)(3k + 4) = = = 2 2 2 ( k + 1)[3( k + 1) + 1] = , ®pcm. 2 Tõ c¸c chøng minh trªn suy ra (1) ®óng víi mäi sè nguyªn d−¬ng n.

2 + 5 + 8 + ... + (3k – 1) =

 NhËn xÐt:

B Ph−¬ng ph¸p gi¶i c¸c d¹ng to¸n liªn quan

§1. Ph−¬ng ph¸p quy n¹p to¸n häc ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng víi mäi sè nguyªn d−¬ng n, ta lu«n cã: n(3n + 1) a. 2 + 5 + 8 + ... + (3n – 1) = . 2 (1) b. 13n − 1 chia hÕt cho 12.

 Gi¶i

a. KÝ hiÖu ®iÒu cÇn chøng minh lµ (*), ta gi¶i bµi to¸n b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p.  Víi n = 1, ta cã 13 + 11 = 12 ⋮ 6. Nh− vËy, (*) ®óng víi n = 1.  Gi¶ sö (*) ®óng víi n = k, tøc lµ (k3 + 11k) ⋮ 6. Ta sÏ ®i chøng minh (*) còng ®óng víi n = k + 1, thËt vËy: (k + 1)3 + 11(k + 1) = k3 + 3k2 + 3k + 1 + 11k + 11 = (k3 + 11k) + 3k(k + 1) + 12 V× (k3 + 11k) ⋮ 6, 3k(k + 1) ⋮ 6 vµ 12 ⋮ 6 nªn biÓu thøc trªn chia hÕt cho 6. Tõ c¸c chøng minh trªn suy ra (*) ®óng víi mäi sè nguyªn d−¬ng n. 3

VÝ dô 1:

Nh− vËy, vÝ dô trªn ®· minh ho¹ c¸ch sö dông ph−¬ng ph¸p quy n¹p to¸n häc ®Ó chøng minh mét mÖnh ®Ò. Trong thùc tÕ, ta cßn gÆp c¸c bµi to¸n víi yªu cÇu chøng minh mÖnh ®Ò chøa biÕn A(n) lµ mét mÖnh ®Ò ®óng víi mäi gi¸ trÞ nguyªn d−¬ng n ≥ p, trong ®ã p lµ mét sè nguyªn d−¬ng cho tr−íc. Trong tr−êng hîp nµy, ®Ó gi¶i quyÕt bµi to¸n ®Æt ra b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p to¸n häc, ë b−íc 1 ta cÇn chøng minh A(n) lµ mÖnh ®Ò ®óng khi n = p vµ ë b−íc 2, cÇn xÐt gi¶ thiÕt quy n¹p víi k lµ sè nguyªn d−¬ng tuú ý lín h¬n hoÆc b»ng p.

Chøng minh r»ng víi mäi sè tù nhiªn n ≥ 2, ta cã 3n > 3n + 1.

 Gi¶i KÝ hiÖu ®iÒu cÇn chøng minh lµ (1), ta lÇn l−ît thùc hiÖn:  Víi n = 2, ta cã: 32 > 3.2 + 1 ⇔ 9 > 7, ®óng. Nh− vËy (1) ®óng víi n = 2.  Gi¶ sö (1) ®óng víi n = k, tøc lµ: 3k > 3k + 1.  Ta sÏ ®i chøng minh (1) còng ®óng víi n = k + 1, thËt vËy: 3k + 1 = 3.3k > 3(3k + 1) = 9k + 3 = 3(k + 1) + 6k > 3(k + 1) + 1. Tõ c¸c chøng minh trªn suy ra (1) ®óng víi mäi sè nguyªn n ≥ 2.

VÝ dô 2:

1 1 1 + víi n ∈ ℕ* . + ... + 1.2 2.3 n( n + 1) a. TÝnh S1 , S2 , S3. b. Dù ®o¸n c«ng thøc tÝnh tæng Sn vµ chøng minh b»ng quy n¹p.

Cho tæng Sn =

 Gi¶i

a. Ta lÇn l−ît cã: 1 1 1 S1 = =1− =1− , 1.2 2 1+1 1 1 1 1 1 2 1 S2 = + =1− + − = =1− , 1.2 2.3 2 2 3 3 2 +1 3 1 S3 = =1− . 4 3+1 b. Dù ®o¸n c«ng thøc tÝnh tæng Sn lµ: 1 Sn = 1 − . n +1 Ta ®i chøng minh dù ®o¸n trªn b»ng quy n¹p. nh− sau:  Víi n = 1, ta thÊy (*) do kÕt qu¶ tõ c©u a).  Gi¶ sö (*) ®óng víi n = k, tøc lµ: 1 . Sk = 1 − k +1  Ta sÏ ®i chøng minh (*) còng ®óng víi n = k + 1, thËt vËy: 1 1 1 Sk + 1 = Sk + =1− + ( k + 1)(k + 2) k + 1 ( k + 1)(k + 2) 1− k −2 1 =1+ =1− , ®pcm. ( k + 1)(k + 2) ( k + 1) + 1 Tõ c¸c chøng minh trªn suy ra (*) ®óng víi mäi sè nguyªn d−¬ng n.

 NhËn xÐt:

(*)

1 3

 Gi¶i

n +1

§Æt:

 NhËn xÐt:

ThÝ dô 3. Gi¶ sö a, b, c lµ ®é dµi ba c¹nh cña mét tam gi¸c. Chøng minh r»ng víi bÊt k× sè nguyªn n > 1 th×: anb(a – b) + bnc(b – c) + cna(c – a) ≥ 0.

 Gi¶i Fn = (1 + 22 )(1 + 22 )(1 + 22 ) × ... × (1 + 22 ) Ta ®i chøng minh b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p to¸n häc r»ng: 1 n +1 Fn = (2 2 − 1) . 3

1 1 2 F1 = 1 + 2 2 = 5 = (2 2 − 1) nªn c«ng thøc ®óng. 3  Gi¶ sö c«ng thøc ®óng víi n = k, tøc lµ: 1 k +1 Fk = (2 2 − 1) . 3  Ta chøng minh c«ng thøc ®óng víi n = k + 1, ta cã: k +1 k +1 1 k +1 1 k +2 Fk +1 = (1 + 2 2 )Fk = (1 + 22 ). (22 − 1) = (22 − 1) . 3 3 VËy, c«ng thøc (*) ®óng víi mäi n ∈ N*. Tõ ®ã, suy ra ta cÇn chøng minh: 1 2 n +1 1 n +1 (2 − 1) < .22 , ®iÒu nµy lu«n ®óng. 3 3

1. Lêi gi¶i trªn ®−îc x©y dùng dùa trªn viÖc dù ®o¸n ®−îc ®¼ng thøc cho Fn vµ chøng minh ®¼ng thøc nµy b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p to¸n häc theo 3 b−íc n = 1, n = k vµ n = k + 1. 2. C¸c em häc sinh kh¸c, sau khi tham kh¶o lêi gi¶i trªn cã thÓ thÊy ngay r»ng nÕu kh«ng dù ®o¸n ®−îc c«ng thøc cho Fn th× còng cã thÓ chøng minh bÊt ®¼ng thøc b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p mét c¸ch trùc tiÕp.

VÝ dô trªn ®· minh ho¹ mét c«ng viÖc rÊt hay gÆp khi thùc hiÖn c¸c bµi to¸n vÒ d·y sè, ®ã lµ "§o¸n nhËn c«ng thøc tæng qu¸t cña d·y sè vµ chøng minh c«ng thøc ®ã".

ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng (1 + 22 )(1 + 22 )(1 + 22 ) × ... × (1 + 22 ) < .22

ThËt vËy:  Víi n = 1 th×:

Chóng ta chøng minh bÊt ®¼ng thøc ë ®Çu bµi b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p to¸n häc.  Víi n = 2, ®Æt: 2x = b + c – a > 0; 2y = a – b + c > 0; 2z = a + b – c > 0. suy ra: a = y + z, b = z + x, c = x + y BÊt ®¼ng thøc cÇn chøng minh trë thµnh: xy3 + yz3 + zx3 – xyz(x + y + z) ≥ 0.  x2 y2 z2  ⇔ xyz  + + − ( x + y + z ) ≥ 0 (*) y z x   ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho c¸c sè d−¬ng, ta cã:

(*)

x2 x2 ≥2 y = 2x. y y

T−¬ng tù x +

z2 y2 ≥ 2z vµ z + ≥ 2y. x z

Tõ ®ã bÊt ®¼ng thøc (*) ®−îc chøng minh, hay bÊt ®¼ng thøc: anb(a – b) + bnc(b – c) + cna(c – a) ≥ 0 ®−îc chøng minh.  Gi¶ sö bÊt ®¼ng thøc ®óng tíi n. Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, ta gi¶ sö c ≤ b ≤ a. Theo gi¶ thiÕt quy n¹p, ta cã: bnc(b – c) ≥ – anb(a – b) – cna(c – a)  bn + 1c(b – c) ≥ – anb2(a – b) – cnab(c – a) Do ®ã: an + 1b(a – b) + bn + 1c(b – c) + cn + 1a(c – a) ≥ an + 1b(a – b) – anb2(a – b) – cnab(c – a) + cn + 1a(c – a) = anb(a – b)2 + cna(c – a)(c – b) ≥ 0. VËy bÊt ®¼ng thøc ®óng víi n + 1. Theo nguyªn lý quy n¹p bÊt ®¼ng thøc ®· cho ®óng víi mäi n > 1. §¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi: a = b = c hay ∆ABC ®Òu.

§2. D·y sè D¹ng to¸n 1: Më ®Çu vÒ d·y sè Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Víi gi¶ thiÕt cho d·y sè (un) d−íi d¹ng c«ng thøc tæng qu¸t hoÆc biÓu thøc truy håi vµ c©u hái th−êng ®−îc ®Æt ra lµ: a. H·y viÕt k sè h¹ng ®Çu cña d·y sè hoÆc t×m uk. C©u hái nµy ®−îc thùc hiÖn b»ng phÐp thÕ. b. X¸c ®Þnh xem a lµ sè h¹ng thø mÊy cña d·y sè. C©u hái nµy ®−îc thùc hiÖn b»ng viÖc gi¶i ph−¬ng tr×nh Èn n. … ThÝ dô 1. Cho d·y sè (un) víi un =

( −1)n + 1 . n

a. T×m u9, u12, u2n, u2n + 1. b. T×m xem 0 lµ sè h¹ng thø mÊy cña d·y sè ?

 Gi¶i

a. Ta cã: ( −1)9 + 1 (−1)12 + 1 1 = 0; u12 = = 9 12 6 1 (−1)2 n + 1 ( −1)2 n +1 + 1 u2n = = ; u2n + 1 = = 0. 2n n 2n + 1 b. Tõ kÕt qu¶ c©u a) ta thÊy ngay mäi sè h¹ng lÎ cña d·y sè ®Òu nhËn gi¸ trÞ b»ng 0.

u9 =

ThÝ dô 2. Cho d·y sè (un) x¸c ®Þnh nh− sau: u1 = 15, u 2 = 9 .  u n = u n −2 − u n −1 , n ≥ 3

a. H·y viÕt 6 sè h¹ng ®Çu cña d·y sè. b. T×m xem −3 lµ sè h¹ng thø mÊy cña d·y sè ?

 Gi¶i

a. Ta lÇn l−ît cã: u1 = 15; u2 = 9; u3 = − 6; u4 = − 15; u5 = − 9; u6 = 6. b. DÔ thÊy mäi sè h¹ng cña d·y sè ®Òu kh«ng nhËn gi¸ trÞ b»ng −3.

D¹ng to¸n 2: X¸c ®Þnh c«ng thøc cña d·y sè (un) Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Ta cã thÓ lùa chän mét trong çc çch sau: Çch 1: Sö dông biÕn ®æi ®¹i sè ®Ó thu gän vµ ®¬n gi¶n biÓu thøc cña un. Çch 2: Sö dông ph−¬ng ph¸p quy n¹p b»ng viÖc thùc hiÖn theo çc b−íc: B−íc 1: ViÕt mét vµi sè h¹ng ®Çu cña d·y, tõ ®ã dù ®o¸n c«ng thøc cho un. B−íc 2: Chøng minh c«ng thøc dù ®o¸n b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p. ThÝ dô 1. Cho d·y sè (un), biÕt: u1 = −1 , un + 1 = un + 3 víi n ≥ 1. a. ViÕt n¨m sè h¹ng ®Çu cña d·y sè. b. Chøng minh b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p un = 3n – 4. (*)

 Gi¶i

a. Ta lÇn l−ît cã: u1 = −1, u2 = 2, u3 = 5, u4 = 8, u5 = 11. b. Ta lÇn l−ît thùc hiÖn:  Víi n = 1, ta thÊy (*) do kÕt qu¶ tõ c©u a).  Gi¶ sö (*) ®óng víi n = k, tøc lµ uk = 3k − 4.  Ta sÏ ®i chøng minh (*) còng ®óng víi n = k + 1, thËt vËy: uk + 1 = uk + 3 = 3k − 4 + 3 = 3(k + 1) − 4, ®pcm. Tõ c¸c chøng minh trªn suy ra (*) ®óng víi mäi sè nguyªn d−¬ng n.

 NhËn xÐt:

Nh− vËy, ë thÝ dô trªn chóng ta kh«ng cÇn thùc hiÖn viÖc dù ®o¸n c«ng thøc cho un.

ThÝ dô 2. Cho d·y sè (un) x¸c ®Þnh nh− sau: u1 = 1 .  u n = u n −1 + 2, n ≥ 2 8

X¸c ®Þnh c«ng thøc tÝnh un theo n.

 Gi¶i

Ta cã thÓ tr×nh bµy theo hai çch sau: Çch 1: Tõ gi¶ thiÕt ta cã: u1 = 1 u2 = u1 + 2 u3 = u2 + 2 … un = un − 1 + 2 Céng theo vÕ çc ®¼ng thøc trªn, ta ®−îc: un = 1 + 2(n − 1) = 2n − 1. VËy, ta cã un = 2n − 1. Çch 2: Ta cã: u1 = 1 = 2.1 − 1 u2 = 1 + 2 = 3 = 2.2 − 1 u3 = 3 + 2 = 5 = 2.3 − 1 Dù ®o¸n un = 2n − 1. (1) Ta ®i chøng minh dù ®o¸n trªn b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p, thËt vËy: u1 = 2.1 − 1 = 1, tøc lµ c«ng thøc (1) ®óng víi n = 1. Gi¶ sö c«ng thøc (1) ®óng víi n = k, tøc lµ uk = 2k − 1. Ta ®i chøng minh nã còng ®óng víi n = k + 1. ThËt vËy: uk + 1 = uk + 2 = 2k − 1 + 2 = 2(k + 1) − 1, tøc lµ (1) ®óng víi n = k + 1. VËy, ta cã un = 2n − 1.

ThÝ dô 3. Cho d·y sè (un) víi un =

1 víi mäi n ∈ N* vµ d·y sè (Sn) x¸c n( n + 1)

®Þnh nh− sau: S1 = u1 .  S n = S n −1 + u n , n ≥ 2

1 1 1 1 1 , u2 = − ,…, un = − . 2 2 3 n n +1 Céng theo vÕ c¸c ®¼ng thøc trªn, ta ®−îc: 1 n Sn = u1 + u2 + … + un = 1 − = . n +1 n +1 n . VËy, ta cã Sn = n +1

u1 = 1 −

D¹ng to¸n 3: Sö dông ph−¬ng ph¸p quy n¹p chøng minh d·y sè (un) tho¶ m·n tÝnh chÊt K Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Ta thùc hiÖn theo c¸c b−íc sau: B−íc 1: (B−íc c¬ së): Chøng minh r»ng sè h¹ng u1 tho¶ m·n tÝnh chÊt K. B−íc 2: (B−íc quy n¹p): Gi¶ sö sè h¹ng uk tho¶ m·n tÝnh chÊt K. Ta ®i chøng minh sè h¹ng uk+1 còng tho¶ m·n tÝnh chÊt K. B−íc 3: KÕt luËn d·y sè (un) tho¶ m·n tÝnh chÊt K. ThÝ dô 1. Cho d·y sè (un) víi un = n3 + 11n. Chøng minh r»ng mäi sè h¹ng cña d·y sè nµy ®Òu chia hÕt cho 6.

 Gi¶i

Ta cã: u1 = 13 + 11 = 12  u1 ⋮ 6. Gi¶ sö uk ⋮ 6, tøc lµ (k3 + 11k) ⋮ 6. Ta ®i chøng minh uk + 1 ⋮ 6. ThËt vËy: uk + 1 = (k + 1)3 + 11(k + 1) = k3 + 3k2 + 3k + 1 + 11k + 11 = (k3 + 11k) + 3k(k + 1) + 12 suy ra uk + 1 ⋮ 6 bëi (k3 + 11k) ⋮ 6, 3k(k + 1) ⋮ 6 vµ 12 ⋮ 6. VËy, mäi sè h¹ng cña d·y sè (un) ®Òu chia hÕt cho 6.

ThÝ dô 2. Cho d·y sè (un) x¸c ®Þnh nh− sau: u1 = 1, u2 = 2 .  u n = u n −2 + 2u n −1 , n ≥ 3

X¸c ®Þnh c«ng thøc tÝnh Sn theo n.

 Gi¶i

5 2

Ta cã ngay: Sn = u1 + u2 + … + un. MÆt kh¸c, ta cã biÓu diÔn un =

Chøng minh r»ng un ≤   , ∀n ∈ N*. 1 1 1 = − . n( n + 1) n n +1

 Gi¶i

Ta ®i chøng minh b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p, thËt vËy: 3



Tõ ®ã, ta nhËn ®−îc:

 9

5 Ta cã u3 = 5 ≤    ®óng víi n = 1, 2, 3. 2 Gi¶ sö c«ng thøc ®óng víi n = k, tøc lµ:

5 uk − 1 ≤   2



k −1

5 vµ uk ≤   2

5 Ta ®i chøng minh uk + 1 <   2

⇔ u 2n = u 2n −1 + 4an+1.an − 4an.an−1

(2) ⇔ u 2n = u 2n −1 + 4(an+1 − an − an−1)an + 4 a 2n . Tíi ®©y, ®Æt un−1 = an+1 − an − an−1 th× ta ®−îc: u 2n = (un−1 + 2an)2 ⇔ un = un−1 + 2an ⇔ an+2 − an + 1 − an = an+1 − an − an−1 + 2an ⇔ an+2 + an−1 = 2(an+1 + an), ®ã chÝnh lµ gi¶ thiÕt cña bµi to¸n. Nh− vËy, víi phÐp nh¸p trªn, chóng ta ®· chØ ®−îc ra d·y un tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

k +1

5 uk + 1 = uk − 1 + 2uk ≤   2

, thËt vËy: k −1

5 =  2

5 5 + 2  =   2 2 k +1

k +1

 5  .    2 

 4 4 5 . +  =    25 5   2 

k +1

−2

5 + 2  2

−1

24 5 <  25 2

  

k +1

, ®pcm.

5 VËy, ta lu«n cã un ≤   , ∀n ∈ N*. 2

ThÝ dô 3. *Cho d·y sè nguyªn (an) tho¶ m·n an+2 + an−1 = 2(an+1 + an). Chøng tá r»ng tån t¹i sè nguyªn M kh«ng phô thuéc vµo n sao cho M + 4an+1.an lµ sè chÝnh ph−¬ng víi mäi n ≥ 0.

 Gi¶i

§Æt un = an+2 − an+1 − an, khi ®ã víi gi¶ thiÕt ta cã ngay: un = 2(an+1 + an) − an−1 − an+1 − an = (an+1 − an − an−1) + 2an = un−1 + 2an. NhËn xÐt r»ng: u 2n = (un−1 + 2an)2 = u 2n −1 + 4un−1.an + 4 a 2n = u 2n −1 + 4(an+1 − an − an−1).an + 4 a 2n = u 2n −1 + 4an+1.an − 4an−1.an ⇔ u 2n − 4an+1.an = u 2n −1 − 4an−1.an.

VËy u 2n − 4an+1.an lµ h»ng sè kh«ng phô thuéc vµo n. Khi ®ã ta gäi h»ng sè ®ã lµ M th×: M + 4an+1.an = u 2n lµ sè chÝnh ph−¬ng víi mäi n ≥ 0, ®pcm.

 NhËn xÐt: C¸ch gi¶i trªn ®−îc tr×nh bµy sau khi ®· thùc hiÖn phÐp nh¸p ®Ó

dÉn xuÊt ®−îc tíi d·y sè un. C¸c em häc sinh cã thÓ nhËn thÊy ®−îc d·y un theo kiÓu ®Æt vÊn ®Ò nh− sau: Gi¶ sö tån t¹i sè nguyªn M kh«ng phô thuéc vµo n sao cho M + 4an+1.an lµ sè chÝnh ph−¬ng víi mäi n ≥ 0, tøc lµ: M + 4an+1.an = u 2n , ∀n ≥ 0 ⇔ M = u 2n − 4an+1.an, ∀n ≥ 0. (1) Tõ (1) b»ng viÖc sö dông n vµ n − 1, ta ®−îc: u 2n − 4an+1.an = u 2n −1 − 4an.an−1 11

D¹ng to¸n 4: XÐt tÝnh t¨ng, gi¶m cña mét d·y sè (un) Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Ta cã thÓ lùa chän mét trong çc çch sau: Çch 1: Thùc hiÖn theo çc b−íc: B−íc 1: LËp hiÖu H = un + 1 − un, tõ ®ã x¸c ®Þnh dÊu cña H. B−íc 2: Khi ®ã:  NÕu H > 0 víi ∀n ∈ N* th× d·y sè (un) t¨ng.  NÕu H < 0 víi ∀n ∈ N* th× d·y sè (un) gi¶m. Çch 2: NÕu un > 0 víi ∀n ∈ N* ta cã thÓ thùc hiÖn theo çc b−íc: u B−íc 1: LËp tØ sè P = n +1 , tõ ®ã so s¸nh P víi 1. un B−íc 2: Khi ®ã:  NÕu P > 1 víi ∀ n ∈ N* th× d·y sè (un) t¨ng.  NÕu P < 1 víi ∀n ∈ N* th× d·y sè (un) gi¶m. ThÝ dô 1. XÐt tÝnh t¨ng, gi¶m cña d·y sè (un) víi un =

 Gi¶i

n . 5n

Ta cã thÓ tr×nh bµy theo hai çch sau: Çch 1: XÐt hiÖu: n +1 n n + 1 − 5n 1 − 4n H = un + 1 − un = n +1 − n = = n +1 < 0, ∀n ∈ N*. 5 5 5n +1 5 VËy, d·y (un) gi¶m. Çch 2: DÔ thÊy un > 0 víi ∀n ∈ N*, xÐt tØ sè: u n +1 n 1 1  P = n +1 = n +1 : n = 1 +  < 1. 5 n  un 5 5 VËy, d·y (un) gi¶m.

ThÝ dô 2. XÐt tÝnh t¨ng, gi¶m cña d·y sè (un), biÕt: 12

u1 = 1 .  u n = 2u n −1 + 1, n ≥ 2



Ta ®i chøng minh (2) ®óng víi n = k + 1, tøc lµ chøng minh: uk + 1 =

 Gi¶i

2 2 k +3 + 1 . 3

ThËt vËy:

Ta cã thÓ tr×nh bµy theo hai çch sau: Çch 1: XÐt hiÖu: H = un + 1 − un = (2un + 1) − un = un + 1. Ta sÏ ®i chøng minh un > 0, ∀n ∈ N* b»ng quy n¹p. Ta cã: u1 = 1 > 0, tøc c«ng thøc ®óng víi n = 1. Gi¶ sö c«ng thøc ®óng víi n = k, tøc lµ uk > 0, ta ®i chøng minh uk + 1 > 0. ThËt vËy: uk + 1 = 2uk + 1 > 0, ®pcm. VËy, ta lu«n cã un > 0, ∀n ∈ N*. Do ®ã H > 0, tõ ®ã suy ra d·y (un) t¨ng. Çch 2: Tr−íc tiªn, ta ®i chøng minh un > 0, ∀n ∈ N* (t−¬ng tù nh− trong çch 1) XÐt tØ sè: u 2u n + 1 1 P = n +1 = =2+ >1 un un un VËy, d·y (un) t¨ng.

uk + 1 = 4uk − 1 = VËy, ta ®−îc un =

2 2k +1+ 2 + 4 − 3 4(2 2 k +1 + 1) 2 2 k +3 + 1 −1= = . 3 3 3

2 2 n +1 + 1 . 3

b. XÐt hiÖu: 22 k +1 + 1 22 k +1 (2 2 − 1) 2 2 k +3 + 1 − = = 22k + 1 > 0  uk + 1 > uk. 3 3 3 VËy (un) lµ mét d·y sè t¨ng.

uk + 1 − uk =

D¹ng to¸n 5: XÐt tÝnh bÞ chÆn cña mét d·y sè (un) Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Sö dông ®Þnh nghÜa:  NÕu ∃M ∈ R : un ≤ M, ∀n ∈ N* th× (un) bÞ chÆn trªn. 

NÕu ∃m ∈ R : un ≥ m, ∀n ∈ N* th× (un) bÞ chÆn d−íi.

NÕu ∃m, M ∈ R : m ≤ un ≤ M, ∀n ∈ N* th× (un) bÞ chÆn. Chó ý: Ta cã c¸c kÕt qu¶:  Mäi d·y sè (un) gi¶m lu«n bÞ chÆn trªn bëi u1.  Mäi d·y sè (un) t¨ng lu«n bÞ chÆn d−íi bëi u1. 

 Chó ý: §èi víi bÊt ®¼ng thøc chøa c¸c to¸n tö mang tÝnh ®Æc thï trong nhiÒu tr−êng hîp chóng ta sö dông tÝnh ®¬n ®iÖu cña d·y sè ®Ó chøng minh, cô thÓ víi d·y sè {un} ®Ó chøng minh uk≤u0 ta ®i chøng minh d·y {un} ®¬n ®iÖu gi¶m.

ThÝ dô 3. Cho d·y sè (un) x¸c ®Þnh bëi: u1 = 3 vµ un = 4un − 1 − 1 víi mäi n ≥ 2. Chøng minh r»ng: 2 2 n +1 + 1 a. un = . 3

b. (un) lµ mét d·y sè t¨ng.

 Gi¶i

a. Ta ®i chøng minh c«ng thøc trªn b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p.  Víi n = 1, ta cã: 9 2 2 +1 + 1 u1 = = = 3 ®óng. 3 3 2 2 k +1 + 1  Gi¶ sö c«ng thøc ®óng víi n = k, tøc lµ uk = . 3 13

ThÝ dô 1. XÐt tÝnh t¨ng gi¶m vµ bÞ chÆn cña c¸c d·y sè (un), biÕt: 1 a. un = (−1)n−1 sin . b. un = n + 1 − n . n

 Gi¶i

a. Ta cã nhËn xÐt r»ng d·y sè (un) ®an dÊu nªn nã kh«ng t¨ng, kh«ng gi¶m. MÆt kh¸c, ta cã: 1 1 |un| = | ( −1) n−1 sin | = |sin | ≤ 1  (un) bÞ chÆn. n n b. Ta cã nhËn xÐt: 1 , un = n + 1 − n = n +1 + n 1 1 un + 1 = n + 2 − n + 1 = < = un n + 2 + n +1 n +1 + n VËy, d·y (un) gi¶m. 14

MÆt kh¸c, ta cã: 1 0< < 1  (un) bÞ chÆn. n +1 + n

ThÝ dô 2. Chøng tá r»ng d·y sè (un) víi un =

n2 + 1 bÞ chÆn d−íi nh−ng kh«ng bÞ n

Khi ®ã:  Tõ (1) ta suy ra un < 1, do ®ã nã bÞ chÆn trªn.  Tõ (2) ta suy ra un ≥ 0, do ®ã nã bÞ chÆn d−íi. VËy, d·y (un) bÞ chÆn.

§3. CÊp sè céng

chÆn trªn.

 Gi¶i ViÕt l¹i un d−íi d¹ng un = n +

D¹ng to¸n 1: Chøng minh tÝnh chÊt cña mét cÊp sè céng Ph−¬ng ph¸p ¸p dông C©u hái th−êng ®−îc ®Æt ra lµ: " Cho ba sè a, b, c lËp thµnh cÊp sè céng, chøng minh tÝnh chÊt K " khi ®ã, ta thùc hiÖn theo c¸c b−íc sau: B−íc 1: Tõ gi¶ thiÕt a, b, c lËp thµnh mét cÊp sè céng, ta ®−îc: a + c = 2b 1 hoÆc biÓu thøc t−¬ng ®−¬ng a − b = b − c = (a − c). 2 B−íc 2: Chøng minh tÝnh chÊt K.

1 . n

Khi ®ã, ta nhËn thÊy: Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si th×:



C « si

1 = 2  (un) bÞ chÆn d−íi bëi 2. n Kh«ng tån t¹i sè M ®Ó un ≤ M, ∀n ∈ N* nªn (un) kh«ng bÞ chÆn trªn.

un ≥ 2 n.



VËy, d·y (un) bÞ chÆn d−íi nh−ng kh«ng bÞ chÆn trªn.

ThÝ dô 3. Chøng tá r»ng d·y sè (un) víi un =

n −1 n2 + 1

bÞ chÆn.

 Gi¶i

Ta thÊy ngay:  un ≥ 0, do ®ã nã bÞ chÆn d−íi.  Ta ®i chøng minh un ≤ 1 víi ∀n ∈ N* b»ng viÖc sö dông biÕn ®æi ®¹i sè, cô thÓ: n −1 n2 + 1

≤1⇔

n2 + 1 ≥ n − 1 ⇔ n2 + 1 ≥ n2 − 2n + 1

⇔ n ≥ 0, lu«n ®óng. Suy ra, ta lu«n cã un ≤ 1, ∀n ∈ N*, tøc lµ (un) bÞ chÆn d−íi bëi 1. VËy, ta ®−îc 0 ≤ un ≤ 1, do ®ã nã bÞ chÆn.

 Gi¶i Ta cã

1 (an − k + an + k), víi mäi n > k. 2

 Gi¶i

1 1 1 + + ... + . 1.2 2.3 n( n + 1)

Ta cã ngay: an = an − k + (n − n + k)d = an − k + kd an + k = an − k + (n + k − n + k)d = an − k + 2kd suy ra: 1 1 (an − k + an + k) = (an − k + an − k + 2kd) = an − k + kd = an, ®pcm. 2 2

tõ ®ã, ta thÊy:

Tõ gi¶ thiÕt a, b, c lËp thµnh mét cÊp sè céng, ta ®−îc: a + c = 2b. Khi ®ã: a2 + 2bc = a2 + (a + c)c = a2 + ac + c2 = a(a + c) + c2 = 2ab + c2, ®pcm.

an =

1 1 1 = − n( n + 1) n n +1

un = 1 −

 Gi¶i

ThÝ dô 2. Cho (an) lµ mét cÊp sè céng. Chøng minh r»ng:

ThÝ dô 4. XÐt tÝnh bÞ chÆn trªn, bÞ chÆn d−íi, bÞ chÆn cña d·y sè sau: un =

ThÝ dô 1. Cho ba sè a, b, c lËp thµnh mét cÊp sè céng. Chøng minh r»ng: a2 + 2bc = c2 + 2ab.

1 1 1 1 1 1 1 1 + − + − +…+ − =1− 2 2 3 3 4 n n +1 n +1

n . n +1

(1) (2)

D¹ng to¸n 2: Chøng minh ba sè lËp thµnh mét cÊp sè céng Ph−¬ng ph¸p ¸p dông §Ó chøng minh ba sè a, b, c lËp thµnh cÊp sè céng, ta ®i chøng minh: 16

a + c = 2b hoÆc a − b = b − c.

ThÝ dô 1. Cho ba sè a, b, c lËp thµnh mét cÊp sè céng. Chøng minh r»ng ba sè (a2 + ab + b2), (a2 + ac + c2), (b2 + bc + c2) còng lËp thµnh mét cÊp sè céng.

 Gi¶i

Tõ gi¶ thiÕt a, b, c lËp thµnh mét cÊp sè céng, ta ®−îc: a + c = 2b. NhËn xÐt r»ng: (a2 + ab + b2) + (b2 + bc + c2) = a2 + (ab + bc) + 2b2 + c2 = a2 + b(a + c) + 2b2 + c2 = a2 + 4b2 + c2 = a2 + (a + c)2 + c2 = 2(a2 + ac + c2). 2 2 2 VËy, ba sè (a + ab + b ), (a + ac + c2), (b2 + bc + c2) còng lËp thµnh mét cÊp sè céng.

ThÝ dô 2. Cho ba sè d−¬ng a, b, c lËp thµnh mét cÊp sè céng. Chøng minh r»ng 1

ba sè

b+ c

c+ a

1 a+ b

còng lËp thµnh mét cÊp sè céng.

 Gi¶i

Tõ gi¶ thiÕt a, b, c lËp thµnh mét cÊp sè céng, ta ®−îc: a + c = 2b ⇔ a − b = b − c =

1 (a − c). 2

b+ c

1 a+ b

b− c + b−c

VËy, ba sè

1 b+ c

b− c a− b + = a−b a−b 2 a− c = . = 1 c + a (a − c ) 2 1 1 c+ a

a+ b

b− c+ a− b a−b

còng lËp thµnh mét cÊp sè céng.

D¹ng to¸n 3: T×m ®iÒu kiÖn cña tham sè ®Ó bé sè lËp thµnh mét cÊp sè céng Ph−¬ng ph¸p ¸p dông a. §Ó ba sè a, b, c lËp thµnh cÊp sè céng, ®iÒu kiÖn lµ: a + c = 2b, bµi to¸n ®−îc chuyÓn vÒ viÖc gi¶i ph−¬ng tr×nh. b. §Ó bèn sè a, b, c, d lËp thµnh cÊp sè céng, ®iÒu kiÖn lµ: 17

ThÝ dô 1. T×m x ®Ó ba sè x2 + 1, x − 2, 1 − 3x lËp thµnh mét cÊp sè céng.

 Gi¶i

§Ó ba sè x2 + 1, x − 2, 1 − 3x lËp thµnh mét cÊp sè céng, ®iÒu kiÖn lµ: (x2 + 1) + (1 − 3x) = 2(x − 2) ⇔ x2 − 5x + 6 = 0 ⇔ x = 2 ∨ x = 3. VËy, víi x = 2 hoÆc x = 3 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

 Chó ý: Mét bµi to¸n rÊt quen thuéc ®èi víi ph−¬ng tr×nh trïng ph−¬ng lµ: " T×m ®iÒu kiÖn cña tham sè sao cho ph−¬ng tr×nh: ax3 + bx2 + cx + d = 0, víi a ≠ 0 (1) cã 3 nghiÖm x1, x2, x3 lËp thµnh cÊp sè céng " Ta thùc hiÖn nh− sau: §iÒu kiÖn cÇn: Gi¶ sö ph−¬ng tr×nh cã ba nghiÖm ph©n biÖt thµnh cÊp sè céng, khi ®ã: x1 + x3 = 2x2, b b b ⇔ 3x2 = − ⇔ x2 = − . a a 3a

b thay vµo (1) ta ®−îc: 3a b b b a(− )3 + b(− )2 + c(− ) + d = 0 3a 3a 3a

Víi x2 = −

a− b a−b

bµi to¸n ®−îc chuyÓn vÒ viÖc gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh.

x1 + x2 + x3 = −

NhËn xÐt r»ng: 1

a + c = 2b  b + d = 2 c

⇔ 2b3 − 9abc + 27a2d = 0. §ã chÝnh lµ ®iÒu kiÖn cÇn ®Ó (1) cã 3 nghiÖm lËp thµnh cÊp sè céng.

(2)

b . Khi ®ã: 3a b b b 2b x1 + x2 + x3 = − ⇔ x1 + x3 − = − ⇔ x1 + x3 = − = 2x2 a 3a a 3a

§iÒu kiÖn ®ñ: Tõ (2) suy ra ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm x2 = −

⇔ x1, x2, x3 lËp thµnh cÊp sè céng. VËy, ®iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ ®Ó (1) cã 3 nghiÖm lËp thµnh cÊp sè céng lµ: 2b3 − 9abc + 27a2d = 0. Víi bµi to¸n mét tham sè m, trong ®iÒu kiÖn ®ñ ta cã thÓ kh¼ng ®Þnh b»ng viÖc chØ ra nghiÖm cô thÓ cña ph−¬ng tr×nh. H·y nhí ®iÒu nµy rÊt quan träng bëi khi ®ã ta cßn ph¶i kh¼ng ®Þnh ph−¬ng tr×nh ®· cho cã 3 nghiÖm ph©n biÖt.

ThÝ dô 2. X¸c ®Þnh m ®Ó ph−¬ng tr×nh: x3 − 3x2 − 9x + m = 0 cã ba nghiÖm ph©n biÖt lËp thµnh cÊp sè céng. 18

(1)

⇔ (2) cã hai nghiÖm ph©n biÖt d−¬ng 0 < t1 < t2

 Gi¶i

§iÒu kiÖn cÇn: Gi¶ sö ph−¬ng tr×nh cã ba nghiÖm ph©n biÖt thµnh cÊp sè céng, khi ®ã: x1 + x3 = 2x2, (*) x1 + x2 + x3 = 3 ⇔ 3x2 = 3 ⇔ x2 = 1. Víi x2 = − 1 thay vµo (1) ta ®−îc: 11 − m = 0 ⇔ m = 11. §ã chÝnh lµ ®iÒu kiÖn cÇn ®Ó (1) cã 3 nghiÖm lËp thµnh cÊp sè céng. §iÒu kiÖn ®ñ: Víi m=11, ta ®−îc: x3 − 3x2 − 9x + 11 = 0 ⇔ (x − 1)(x2 − 2x − 11) = 0 x1 = 1 − 12  , tho¶ m·n (*) ⇔ x 2 = 1  x3 = 1 + 12

∆ ' > 0 

(3)

⇔ − b / a > 0 c / a > 0 

vµ khi ®ã bèn nghiÖm cña (1) lµ - t 2 , - t 1 ,

t1 ,

t2 .

Bèn nghiÖm trªn lËp thµnh cÊp sè céng khi: − t 2 + t 1 = −2 t 1 ⇔  − t 1 + t 2 = 2 t 1

t 2 =3 t 1 ⇔ t2 = 9t1.

(4)

Theo ®Þnh lÝ ViÐt ta cã:

VËy, víi m=11 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

 Chó ý:

1. Trong bµi to¸n trªn ë ®iÒu kiÖn ®ñ ta kh¼ng ®Þnh ®−îc:  Ph−¬ng tr×nh (1) cã 3 nghiÖm ph©n biÖt.  Ta cã x1 + x3 = 2x2, tøc lµ x1, x2, x3 lËp thµnh cÊp sè céng.  Do ®ã, cã kÕt luËn m = 11 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. Tuy nhiªn, tån l¹i bµi to¸n mµ c¸c gi¸ trÞ cña tham sè t×m ®−îc trong ®iÒu kiÖn cÇn kh«ng tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®ñ. Bµi to¸n trªn cã thÓ ®−îc gi¶i b»ng ph−¬ng ph¸p h»ng sè bÊt ®Þnh, nh− sau: Ph−¬ng tr×nh (1) cã 3 nghiÖm ph©n biÖt lËp thµnh cÊp sè céng ⇔ (1) cã ba nghiÖm x0 − d, x0, x0 + d, víi d ≠ 0. Khi ®ã: x3 − 3x2 − 9x + m = [x − (x0 − d)](x − x0)[x − (x0 + d)] = (x − x0)[(x − x0)2 − d2]= x3 − 3x0x2 + (3 x 20 − d2)x − x30 + d2x0. x 0 = 1 − 3 = −3x 0   2 2  − 9 = 3x 0 − d ⇔ d = ±2 3 .  m = 11 3 2 m = − x 0 + d x 0  VËy, víi m = 11 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 2. Mét bµi to¸n rÊt quen thuéc ®èi víi ph−¬ng tr×nh trïng ph−¬ng lµ: " T×m ®iÒu kiÖn cña tham sè ®Ó ph−¬ng tr×nh ax4+ bx2 + c = 0. (1) cã bèn nghiÖm ph©n biÖt lËp thµnh cÊp sè céng" Khi ®ã, ta thùc hiÖn nh− sau: §Æt t = x2, ®iÒu kiÖn t ≥ 0. Khi ®ã, ph−¬ng tr×nh ®−îc biÕn ®æi vÒ d¹ng: (2) at2 + bt + c = 0. Ph−¬ng tr×nh (1) cã bèn nghiÖm ph©n biÖt 19

t 1 + t 2 = − b / a .  t 1 t 2 = c / a

(I)

Thay (4) vµo (I) ®−îc : t 1 + 9 t 1 = − b / a ⇔  t 1 .(9t 1 ) = c / a

b  2 t 1 = − 10a c  b   − .  =  9a  10a  t 2 = c 1  9a

(5)

KÕt hîp (5) vµ (3) nhËn ®−îc ®iÒu kiÖn cña tham sè.

 Chó ý: Çc em häc sinh sÏ thÊy ®−îc vÝ dô trong phÇn "Çc bµi tËp chän läc". D¹ng to¸n 4: T×m çc phÇn tö cña mét cÊp sè céng (un) Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Th«ng th−êng bµi to¸n ®−îc chuyÓn vÒ x¸c ®Þnh u1 vµ c«ng sai d.

ThÝ dô 1. Cho cÊp sè céng (un) tho¶ m·n u2 − u3 + u5 = 10 vµ u1 + u6 = 17. a. T×m sè h¹ng ®Çu tiªn vµ c«ng sai. b. TÝnh tæng sè cña 20 sè h¹ng ®Çu tiªn. c. TÝnh tæng S’ = u5 + u6 + … + u24.

 Gi¶i

a. Gäi d lµ c«ng sai cña cÊp sè céng (un), ta cã: u 2 − u3 + u5 = 10 ( u + d) − ( u1 + 2d) + ( u1 + 4d) = 10 ⇔ 1  u1 + u 6 = 17 u1 + ( u1 + 5d) = 17 u1 + 3d = 10 u = 1 ⇔  1 . 2 u + 5 d = 17 d = 3  1

⇔ 

VËy, cÊp sè céng (un) cã u1 = 1 vµ d = 3. b. Ta cã: 20

S20 =

20 20 [2u1 + (20 − 1)d] = [2.1 + (20 − 1).3] = 590. 2 2

x + y + z + t = 14 x + (x + d) + ( x + 2d) + ( x + 3d) = 14 ⇔  2  2 2 2 2 2 2 2 x + y + z + t = 94 x + ( x + d) + (x + 2d) + ( x + 3d) = 94

20 20 [2u5 + (20 − 1)d] = [2(1 + 4.3) + (20 − 1).3] = 830. 2 2

⇔ 

c. Ta cã:

S’ =

2x + 3d = 7 2 2 2x + 6xd + 7d = 47

Nh− vËy:  Víi ba sè h¹ng liªn tiÕp cña mét cÊp sè céng, ta ®Æt: a − x, a, a + x, trong ®ã x lµ c«ng sai.  Víi bèn sè h¹ng liªn tiÕp cña mét cÊp sè céng, ta ®Æt: a − 3x, a − x, a + x, a + 3x, trong ®ã x lµ c«ng sai.  Víi n¨m sè h¹ng liªn tiÕp cña mét cÊp sè céng, ta ®Æt: a − 2x, a − x, a, a + x, a + 2x, trong ®ã x lµ c«ng sai.

ThÝ dô 2. T×m sè h¹ng ®Çu u1 vµ c«ng sai d cña c¸c cÊp sè céng (un), biÕt: u 7 + u15 = 60 .  2 2 u 4 + u12 = 1170

 Gi¶i

Ta biÕn ®æi: (u 1 + 6 d) + (u 1 + 14d) = 60 u 1 + 10 d = 30 ⇔  2  2 2 (u 1 + 3d) + (u 1 + 11d) = 1170 u 1 + 14 du 1 + 65d 2 = 585 u 1 = 30 − 10 d u 1 = 30 − 10 d ⇔ 2 ⇔  2 2 (30 − 10d) + 14d30 − 10d + 65d = 585 5d − 36d + 63 = 0 d = 3 vµ u 1 = 0 u = 30 − 10 d ⇔  1 ⇔  . d = 3 hoÆc d = 21 / 5  d = 21 / 5 vµ u 1 = −12

VËy, tån t¹i hai cÊp sè céng (un) cã u1 = 0 vµ d = 3 hoÆc u1 = −12 vµ d =

21 tho¶ m·n 5

ThÝ dô 3. T×m bèn sè h¹ng liªn tiÕp cña mét cÊp sè céng, biÕt tæng cña chóng b»ng 16 vµ tæng b×nh ph−¬ng cña chóng b»ng 84.

 Gi¶i Gäi d = 2x lµ c«ng sai, ta cã bèn sè lµ a − 3x, a − x, a + x, a + 3x. Khi ®ã, tõ gi¶ thiÕt ta cã: (a − 3x ) + (a − x) + (a + x) + (a + 3x) = 16  2 2 2 2 (a − 3x ) + (a − x) + (a + x) + (a + 3x) = 84 4a = 16 2 2 4a + 20x = 84

D¹ng to¸n 5: TÝnh tæng Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Th«ng th−êng bµi to¸n ®−îc chuyÓn vÒ tÝnh tæng cña mét cÊp sè céng. ThÝ dô 1. TÝnh tæng S = 105 + 110 + 115 + … + 995.

®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

⇔ 

1, 3, 5, 7 a = 4 ⇔  . x = ± 1 7, 5, 3, 1 

⇔ 

 Gi¶i

XÐt cÊp sè céng (un) cã u1 = 105 vµ c«ng sai d = 5, ta ®−îc: 995 = un = u1 + (n − 1)d = 105 + 5(n − 1) ⇔ n = 179 S = S179 =

179 179 (u1 + u179) = (105 + 995) = 98450. 2 2

ThÝ dô 2. TÝnh tæng sau: S = 1002 − 992 + 982 − 972 + … + 22 − 12.

 Gi¶i

ViÕt l¹i tæng S d−íi d¹ng: S = 199 + 195 + … + 3. XÐt cÊp sè céng (un) cã u1 = 199 vµ c«ng sai d = − 4, ta ®−îc: 3 = un = u1 + (n − 1)d = 199 − 4(n − 1) ⇔ n = 50 50 50 S = S50 = (u1 + u50) = (199 + 3) = 5050. 2 2

§4. CÊp sè nh©n nh©n

VËy, bèn sè cÇn t×m lµ 1, 3, 5, 7.

 Chó ý:

NÕu kh«ng biÕt biÓu diÔn bèn sè d−íi d¹ng ®èi xøng nh− trªn th× sÏ ph¶i gi¶i mét hÖ bËc hai kh¸ phøc t¹p, cô thÓ: Gäi d lµ c«ng sai cña cÊp sè céng x, y, z, t tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi, ta cã: 21

D¹ng to¸n 1: Chøng minh tÝnh chÊt cña mét cÊp sè nh©n Ph−¬ng ph¸p ¸p dông

C©u hái th−êng ®−îc ®Æt ra lµ: " Cho ba sè a, b, c lËp thµnh cÊp sè nh©n, chøng minh tÝnh chÊt K " khi ®ã, ta thùc hiÖn theo c¸c b−íc sau: B−íc 1: Tõ gi¶ thiÕt a, b, c lËp thµnh mét cÊp sè nh©n, ta ®−îc: a.c = b2. B−íc 2: Chøng minh tÝnh chÊt K.

ThÝ dô 1. Cho ba sè a, b, c lËp thµnh mét cÊp sè nh©n. Chøng minh r»ng: (a2 + b2)(b2 + c2) = (ab + bc)2.

 Gi¶i

Tõ gi¶ thiÕt a, b, c lËp thµnh mét cÊp sè nh©n, ta ®−îc: a.c = b2. Khi ®ã: (a2 + b2)(b2 + c2) = a2b2 + a2c2 + b4 + b2c2 = a2b2 + acb2 + acb2 + b2c2 = a2b2 + 2ab2c + b2c2 = (ab + bc)2, ®pcm.

ThÝ dô 2. Cho (an) lµ mét cÊp sè nh©n. Chøng minh r»ng: a1.an = ak.an − k + 1, víi k = 1, 2,…, n.

 Gi¶i

Ta cã ngay: VT = a1.an = a1.a1.qn − 1 = a12 .q n −1

VP = ak.an − k + 1 = a1.qk − 1.a1.qn − k = a12 .q n −1 suy ra VT = VP, ®pcm.

D¹ng to¸n 2: Chøng minh bé sè lËp thµnh mét cÊp sè nh©n Ph−¬ng ph¸p ¸p dông §Ó chøng minh ba sè a, b, c lËp thµnh cÊp sè nh©n, ta ®i chøng minh: ac = b2. 2 1 2 ThÝ dô 1. Cho ba sè , , lËp thµnh mét cÊp sè céng. Chøng minh b −a b b−c r»ng ba sè a, b, c lËp thµnh mét cÊp sè nh©n.

 Gi¶i

2 1 2 , , lËp thµnh mét cÊp sè céng, ta ®−îc: b−a b b−c 2 2 2 + = ⇔ b(b − c + b − a) = (b − a)(b − c) ⇔ b2 = ac. b −a b−c b VËy, ba sè a, b, c lËp thµnh mét cÊp sè nh©n.

Tõ gi¶ thiÕt ba sè

D¹ng to¸n 3: T×m ®iÒu kiÖn cña tham sè ®Ó ba sè lËp thµnh mét cÊp sè nh©n Ph−¬ng ph¸p ¸p dông a. §Ó ba sè a, b, c lËp thµnh cÊp sè nh©n, ®iÒu kiÖn lµ: 23

ac = b2, bµi to¸n ®−îc chuyÓn vÒ viÖc gi¶i ph−¬ng tr×nh. b. §Ó bèn sè a, b, c, d lËp thµnh cÊp sè nh©n, ®iÒu kiÖn lµ: ac = b 2 ,  bd = c 2

bµi to¸n ®−îc chuyÓn vÒ viÖc gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh.

ThÝ dô 2. T×m x ®Ó ba sè x − 2, x − 4, x + 2 lËp thµnh mét cÊp sè nh©n.

 Gi¶i Ba sè x − 2, x − 4, x + 2 lËp thµnh mét cÊp sè nh©n, ®iÒu kiÖn lµ: (x − 4)2 = (x − 2)(x + 2) ⇔ 8x = 20 ⇔ x = VËy, víi x =

5 . 2

5 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 2

 Chó ý: Mét bµi to¸n rÊt quen thuéc ®èi víi ph−¬ng tr×nh bËc ba lµ: " T×m ®iÒu kiÖn cña tham sè sao cho ph−¬ng tr×nh: ax3+ bx2 + cx + d = 0, víi a ≠ 0 (1) cã 3 nghiÖm x1, x2, x3 lËp thµnh cÊp sè nh©n " Ta thùc hiÖn nh− sau: §iÒu kiÖn cÇn: Gi¶ sö ph−¬ng tr×nh cã ba nghiÖm ph©n biÖt lËp thµnh cÊp sè nh©n, khi ®ã: x1x3 = x 22 , x1 + x2 + x3 = −

b , a

c c ⇔ x1x2 + x2x3 + x 22 = a a c c ⇔ x2(x1 + x2 + x3) = ⇔ x2 = − . a b c Víi x2 = − thay vµo (1) ta ®−îc: b c c c a(− )3 + b(− )2 + c(− ) + d = 0 ⇔ ac3 = b3d. b b b

x1x2 + x2x3 + x3x1 =

(2)

§ã chÝnh lµ ®iÒu kiÖn cÇn ®Ó (1) cã 3 nghiÖm lËp thµnh cÊp sè nh©n. c b

§iÒu kiÖn ®ñ: Tõ (2) suy ra ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm x2 = − . Khi ®ã: c b

b a

x2(x1 + x2 + x3) = (− )(− ) =

c = x1x2 + x2x3 + x3x1 a

⇔ x1x3 = x 22 ⇔ x1, x2, x3 lËp thµnh cÊp sè nh©n. VËy, ®iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ ®Ó (1) cã 3 nghiÖm lËp thµnh cÊp sè nh©n lµ ac3 = b3d. 24

Víi bµi to¸n mét tham sè m, trong ®iÒu kiÖn ®ñ ta cã thÓ kh¼ng ®Þnh b»ng viÖc chØ ra nghiÖm cô thÓ cña ph−¬ng tr×nh. H·y nhí ®iÒu nµy rÊt quan träng bëi khi ®ã ta cßn ph¶i kh¼ng ®Þnh ph−¬ng tr×nh ®· cho cã 3 nghiÖm ph©n biÖt.

ThÝ dô 3. X¸c ®Þnh m ®Ó ph−¬ng tr×nh: x3 + 2x2 + (m + 1)x + 2(m + 1) = 0 cã ba nghiÖm ph©n biÖt lËp thµnh cÊp sè nh©n.

 Gi¶i (1)

 Gi¶i §iÒu kiÖn cÇn: Gi¶ sö ph−¬ng tr×nh cã ba nghiÖm ph©n biÖt lËp thµnh cÊp sè nh©n, khi ®ã: x1x3 = x 22 , x1 + x2 + x3 = − 2, x1x2 + x2x3 + x3x1 = m + 1 ⇔ x1x2 + x2x3 + x 22 = m + 1 ⇔ x2(x1 + x2 + x3) = m + 1 ⇔ x2 = −

m+1 . 2

m +1 thay vµo (1) ta ®−îc: 2 m +1 3 m +1 2 m +1 (− ) + 2( − ) + (m + 1)( − ) + 2(m + 1) = 0 2 2 2 m = −1 ⇔ (m + 1)(m2 + 2m − 15) = 0 ⇔ m = 3 . m = −4

Víi x2 = −

§ã chÝnh lµ ®iÒu kiÖn cÇn ®Ó (1) cã 3 nghiÖm lËp thµnh cÊp sè nh©n. §iÒu kiÖn ®ñ: Ta lÇn l−ît:  Víi m = −1, ta ®−îc: x = 0 (1) ⇔ x3 + 2x2 = 0 ⇔  kh«ng tho¶ m·n. x = −2

Víi m = 3, ta ®−îc: (1) ⇔ x3 + 2x2 + 4x + 8 = 0 ⇔ (x + 2)(x2 + 4) = 0 ⇔ x = − 2, kh«ng tho¶ m·n.  Víi m = −5, ta ®−îc: (1) ⇔ x3 + 2x2 − 4x − 8 = 0 ⇔ (x − 2)(x2 + 4) = 0 ⇔ x = 0, kh«ng tho¶ m·n. VËy, kh«ng tån t¹i m tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.



D¹ng to¸n 4: T×m c¸c phÇn tö cña mét cÊp sè nh©n (un) Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Th«ng th−êng bµi to¸n ®−îc chuyÓn vÒ x¸c ®Þnh u1 vµ c«ng béi q. ThÝ dô 1. T×m sè h¹ng ®Çu u1 vµ c«ng béi q cña c¸c cÊp sè nh©n (un), biÕt:

u 4 − u 2 = 72 .  u 5 − u 3 = 144

Ta biÕn ®æi: u 1 .q 3 − u 1 .q = 72 u .q(q 2 − 1) = 72 144 ⇔  1 q= = 2  u1 = 12.  72 u 1 .q 4 − u 1 .q 2 = 144 u 1 .q 2 (q 2 − 1) = 144 VËy, cÊp sè nh©n (un) cã u1 = 12 vµ q = 2.

ThÝ dô 2. Cho cÊp sè nh©n (un) tho¶ m·n u4 − u2 = 72 vµ u5 − u3 = 144. a. T×m sè h¹ng ®Çu tiªn vµ c«ng béi. b. TÝnh tæng sè cña 10 sè h¹ng ®Çu tiªn. c. TÝnh tæng S’ = u3 + u6 + … + u12.

 Gi¶i

a. Gäi q lµ c«ng béi cña cÊp sè nh©n (un), ta cã: u .q 3 − u .q = 72 u .(q3 − q) = 72 u 4 − u 2 = 72 ⇔  1 4 1 2 ⇔  1 4 2  u5 − u3 = 144 u1 .q − u1.q = 144 u1 .(q − q ) = 144



1 q3 − q = ⇔ q = 2  u1 = 12. 2 q 4 − q2

VËy, cÊp sè nh©n (un) cã u1 = 12 vµ q = 2. b. Ta cã:

S20 = u1 + u2 + … + u10 = u1.

q10 − 1 210 − 1 = 12. = 12276. q −1 2 −1

c. Ta cã:

S’ = u3 + u6 + … + u12 = u3.

q10 − 1 210 − 1 = 12.22. = 49104. q −1 2 −1

ThÝ dô 3. Cho ba sè a, b, c lËp thµnh mét cÊp sè nh©n. Chøng minh r»ng: (a + b + c)(a − b + c) = a2 + b2 + c2. ¸p dông: T×m ba sè liªn tiÕp cña mét cÊp sè nh©n biÕt tæng cña chóng b»ng 21 vµ tæng b×nh ph−¬ng cña chóng b»ng 189.

 Gi¶i

Tõ gi¶ thiÕt ba sè a, b, c lËp thµnh mét cÊp sè nh©n, ta ®−îc: ac = b2. Khi ®ã: 26

ThÝ dô 2. TÝnh tæng S = 1 + 11 + 111 + … + 11 ... 1 .

(a + b + c)(a − b + c) = (a + c)2 − b2 = a2 + 2ac + c2 − b2 = a2 + 2b2 + c2 − b2 = a2 + b2 + c2, ®pcm. ¸p dông: Víi ba sè a, b, c tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi ta ®−îc: a + b + c = 21 vµ a2 + b2 + c2 = 189 Suy ra: a−b+c=

n ch − sè

 Gi¶i

XÐt hai d·y sè:  CÊp sè nh©n (un) cã u1 = 1 vµ c«ng béi q = 10.  D·y sè (sn) = {1, 11, 111, …, 11 ... 1 }.

b = 6 a = 3 b = 6 189   =9   a + c = 15 ⇔ b = 6 . 21 a + c = 15  2 2 c = 12  a + c = 153

n ch − sè

Suy ra sn lµ tæng n sè h¹ng ®Çu cña cÊp sè nh©n (un), tøc lµ:

VËy, ba sè cÇn t×m lµ 3, 6, 12.

ThÝ dô 4. BiÕt r»ng ba sè x, y, z lËp thµnh mét cÊp sè nh©n vµ ba sè x, 2y, 3z lËp thµnh mét cÊp sè céng. T×m c«ng béi cña cÊp sè nh©n.

sn =

10 n − 1 1 = (10n − 1). 10 − 1 9

Khi ®ã, ta nhËn ®−îc: n

 Gi¶i

k =1

Gäi q lµ c«ng béi cña cÊp sè nh©n. C¸c sè x, 2y, 3z lËp thµnh mét cÊp sè céng, suy ra:

q = 1 x = 0 lo¹ i x + 3z = 4y ⇔ x + 3xq2 = 4xq ⇔  2 ⇔  q = 1 3q − 4q + 1 = 0 3  1 VËy, cÊp sè nh©n cã c«ng béi q = 1 hoÆc q = . 3

VÝ dô 1: Cho d·y sè (un) x¸c ®Þnh nh− sau: u1 = 2  .  u n −1 + 1 ,n≥2 u n = 2 

a. Chøng minh r»ng (un) bÞ chÆn d−íi bëi 1. b. Chøng minh r»ng (un) gi¶m. Suy ra (un) bÞ chÆn.

 Gi¶i (1)

 Gi¶i

1 n k n 10 − 9 k =1 9

1 n 1 10 n − 1 .10. − = (10n + 1 − 10 − 9n). 9 10 − 1 9 81

D¹ng to¸n 5: TÝnh tæng

a. XÐt cÊp sè nh©n (un) cã u1 = 2 vµ c«ng béi q = 3, ta ®−îc: 13122 = un = u1.qn − 1 = 2.3n − 1 ⇔ n = 9 q9 − 1 39 − 1 S = S9 = u1. = 2. = 19682. q −1 3 −1 b. Ta cã ngay: 2S = 1.2 + 2.22 + 3.23 + … + 100.2100. LÊy (2) trõ (1), ta ®−îc: 2100 − 1 = 99.2100 + 1. S = 100.2100 − (1 + 2 + 22 + … + 299) = 100.2100 − 2 −1

k =1 9

C. C¸c bµi to¸n chän läc

Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Th«ng th−êng bµi to¸n ®−îc chuyÓn vÒ tÝnh tæng cña mét cÊp sè nh©n.

ThÝ dô 1. TÝnh c¸c tæng sau: a. S = 2 + 6 + 18 + … + 13122. b. S = 1 + 2.2 + 3.22 + … + 100.299.

S = s1 + s2 + … + sn =  sk =  (10 k − 1) =

a. Ta ®i chøng minh un > 1 víi ∀n ∈ N* b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p. Ta cã: u1 = 2 > 1, tøc c«ng thøc ®óng víi n = 1. Gi¶ sö c«ng thøc ®óng víi n = k, tøc lµ uk > 1, ta ®i chøng minh uk + 1 > 1. ThËt vËy: uk + 1 1 + 1 > = 1, ®pcm. 2 2 VËy, ta lu«n cã un > 1, ∀n ∈ N*, tøc lµ (un) bÞ chÆn d−íi bëi 1.

uk + 1 =

(2)

b. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo hai c¸ch sau: C¸ch 1: XÐt hiÖu: H = un + 1 − un =

un + 1 1 − un 1−1 − un = < = 0. 2 2 2

VËy, d·y (un) gi¶m. C¸ch 2: XÐt tØ sè: 28

u +1 1 1 1 u n +1 1 = n = + < + =1 un 2u n 2 2u n 2 2

VËy, d·y (un) gi¶m. Tõ ®ã, suy ra 1 < un ≤ 2 víi ∀n ∈ N*, do ®ã (un) bÞ chÆn.

VÝ dô 2: *T×m tÊt c¶ c¸c sè d−¬ng n ®Ó 5n + 1 chia hÕt cho 72000.

 Gi¶i

Ta ®i thùc hiÖn theo c¸c phÇn sau:

a. §Æt ak = 6.7k – 1 (k ≥ 1), khi ®ã 5 a k – 1 chia hÕt cho 7k nh−ng kh«ng hoµn toµn chia hÕt cho 7k + 1, ta ®i chøng minh nhËn ®Þnh nµy b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p nh− sau:  Víi k = 1 ®óng.  Gi¶ sö ®óng víi k, khi ®ã ta cã: 5 a k +1 – 1 = 5 7 a k – 1 = ( 5 a k – 1)A trong ®ã: A = 5 6 a k + 5 5 a k + … + 5 a k + 1 = u6 + u5 + … + u + 1 víi u = 5 a k ≡ 1 (mod 7). Suy ra: 6

 (7t + 1)

≡ 7 (mod 72)

i =0

Tõ ®ã vµ gi¶ thiÕt quy n¹p suy ra: 5 a k +1 – 1 ⋮ 7k + 1 vµ kh«ng chia hÕt cho 7k + 2. b. NhËn xÐt r»ng "nÕu 5n ≡ 1 (mod 7k) th× n ⋮ ak", ta ®i chøng minh ®iÒu nµy b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p theo k nh− sau:  Víi k = 1 ®óng.  Ta chøng minh ®óng víi k + 1. NÕu: 5n ≡ 1 (mod 7k + 1)  5n ≡ 1 (mod 7k)  n = tak (t ∈ N*) do quy n¹p. Ta cã: 5n – 1 = ( 5 a k – 1)B trong ®ã: t −1

( )

B =  5 ak

≡ t (mod 7) v× 5 a k ≡ 1 (mod 7).

i=0

Theo a), ta ph¶i cã: B ≡ 0 (mod 7) ⇔ t ⋮ 7 ⇔ n ⋮ ak + 1 = 7ak. c. Gi¶ sö 5 ≡ – 1 (mod 7k)  52n ≡ 1 (mod 7k). Theo b), ta cã: n

2n ⋮ ak ⇔ n = 3.7k – 1t (t ∈ Z). V×:

(5 ) 3. 7 k − 1

= 5 a k ≡ 1 (mod 7k) vµ 5 3.7

k −1

≠ 1 (mod 7k)

do b) nªn: k −1

5 3.7 ≡ – 1 (mod 7k), thµnh thö: 5n ≡ ( – 1)t ≡ – 1 (mod 7k) ⇔ ( – 1)t ≡ – 1 (mod 7k) ⇔ t lÎ. §¶o l¹i, nÕu n = 3.7k – 1t víi t lÎ th× 5n ≡ ( – 1)t ≡ – 1 (mod 7k) VËy, ta ®−îc n = 3t.7k – 1 = 3t.71999 víi t lÎ, t ∈ N*. VÝ dô 3: *Cho x1, x2, …, xn lµ n sè thùc thuéc ®o¹n [0; 1]. Chøng minh r»ng ta lu«n cã bÊt ®¼ng thøc: n

x1(1 – x2) + x2(1 – x3) + …+ xn(1 – x1) ≤   . 2 

(1)

 Gi¶i

Ta xÐt c¸c tr−êng hîp: Tr−êng hîp 1: NÕu n = 2k, k ∈ N* th× (1) ®−îc chuyÓn vÒ d¹ng: x1(1 – x2) + x2(1 – x3) + …+ x2k(1 – x1) ≤ k. (2) NhËn xÐt r»ng, víi a, b ∈ [0, 1] ta lu«n cã: (1 − a)(1 − b) ≥ 0 ⇔ a + b ≤ 1 + ab suy ra: x 1 + x 2 ≤ 1 + x 1 x 2  x 2 + x 3 ≤ 1 + x 2 x 3 .  ... x 2 k + x 1 ≤ 1 + x 2 k x 1 Céng vÕ víi vÕ cña c¸c bÊt ®¼ng thøc trªn, ta ®−îc: x x + x 2 x 3 + ... + x 2 k x 1 x1 + x2 + …+ x2k ≤ k + 1 2 2 < k + x1x2 + x2x3 + … +x2kx1, ⇔ x1(1 – x2) + x2(1 – x3) + …+ x2k(1 – x1) ≤ k, ®pcm. Tr−êng hîp 2: NÕu n = 2k + 1, k ∈ N th× (1) ®−îc chuyÓn vÒ d¹ng: x1(1 – x2) + x2(1 – x3) + …+ x2k+1 (1 - x1) < k ⇔ k + x1x2 + x2x3 + x3x1 > x1 + x2 + x2k+1. Ta chøng minh (3) b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p theo k − B¹n ®äc tù lµm. 30

(3)



Chó ý: §èi víi bÊt ®¼ng thøc chøa c¸c to¸n tö tæ mang tÝnh ®Æc thï trong nhiÒu tr−êng hîp chóng ta sö dông tÝnh ®¬n ®iÖu cña d·y sè ®Ó chøng minh, cô thÓ víi d·y sè {un} ®Ó chøng minh uk≤u0 ta ®i chøng minh d·y {un} ®¬n ®iÖu gi¶m.

VÝ dô 4: Chøng minh r»ng víi 0 ≤ k ≤ n vµ k, n ∈ Z lu«n cã: C 2n n + k . C 2n n − k ≤ ( C 2n n )2.

 Gi¶i

Cè ®Þnh n, ta xÐt d·y sè: uk = C 2nn + k . C 2nn − k víi 0 ≤ k ∈ Z, khi ®ã, bÊt ®¼ng thøc ®−îc biÓu diÔn d−íi d¹ng: uk ≤ u0 víi 0 ≤ k ∈ Z. Ta ®i chøng minh d·y {uk} ®¬n ®iÖu gi¶m, thËt vËy: uk + 1 < uk ⇔ ⇔

2n + k + 1 2n − k < ⇔ n + 2nk > 0 lu«n ®óng. n + k +1 n−k

VÝ dô 5: *Cho c¸c sè tù nhiªn n vµ k tháa m·n c¸c ®iÒu kiÖn n = ab víi a + b = 10 vµ d·y sè thËp ph©n (h÷u h¹n hay v« h¹n): k = 0, a 1a 2 a 3 ... n cã mäi ch÷ sè ai (i = 1, 2, 3, …) ®Òu kh¸c 0. Chøng minh r»ng hai ch÷ sè thËp ph©n kÒ nhau bÊt k× ai, ai + 1 kh«ng thÓ b»ng nhau.

 Gi¶i k Gi¶ sö = 0, a 1a 2 a 3 ... víi mäi ch÷ sè ai (i = 1, 2, 3, …) ®Òu kh¸c 0. Ta sÏ chøng n minh b»ng ph¶n chøng. Theo gi¶ thiÕt, ta cã: n = ab = 10a + b = 10(10 – b) + b = 100 – 9b. (1) 100 k XÐt a1 = a2 = c > 0 th× = cc, a 3 ... nªn: n 31

100 k 11cn (11c + 1)n < 11c + 1 ⇔ ≤k< . n 100 100

Tõ (1), ta cã: 11cn = 11c(100 – 9b) = 100c(11 – b) + bc (11c + 1)n = 100c(11 – b) + bc + 100 – 9b = 100c(11 – b) + 100 (v× 9 – c ≥ 0) (4) Thay (3), (4) vµo (2), ta ®−îc: bc c(11 – b) + ≤ k < c(11 – b) + 1 100 §iÒu nµy kh«ng x¶y ra v× k lµ sè nguyªn d−¬ng. 

(2) (3)

Gi¶ sö ai = ai + 1 > 0 víi chØ sè i ≥ 1, khi ®ã:

k.10 i−1 = a 1 a 2 ...a i −1 , a i a i +1 ... n

(2 n + k + 1)! (2 n − k − 1)! (2 n + k )! (2 n − k )! < . . n!.( n + k + 1)! n!.( n − k − 1)! n!.( n + k )! n!.( n − k )!

Suy ra: uk ≤ u0 víi 0 ≤ k ∈ Z ⇔ C 2nn + k . C 2nn − k ≤ ( C 2nn )2, ®pcm.



11c ≤

§Æt h = k.10i – 1 – n a 1 a 2 ...a i − 1 th×:

h = 0, a i a i +1 ... víi sè tù nhiªn h > 0  h ≥ 1. n ¸p dông kÕt qu¶ trªn ta cã ®iÒu ph¶i chøng minh.

VÝ dô 6:

Cho d·y sè (un) víi un =

2 n 2 + 4n + 3

víi mäi n ∈ N* vµ d·y sè (Sn) x¸c

®Þnh nh− sau: S 1 = u 1 .  S n = S n −1 + u n , n ≥ 2

X¸c ®Þnh c«ng thøc tÝnh Sn theo n.

 Gi¶i

Ta cã ngay: Sn = u1 + u2 + … + un. MÆt kh¸c, ta cã biÓu diÔn: un =

2 2 1 1 = = − . ( n + 1)(n + 3) n +1 n + 3 n2 + 4n + 3

Tõ ®ã, ta nhËn ®−îc: u1 =

1 1 1 1 1 1 1 1 − , u2 = − , u3 = − , …, un = . − 2 4 3 5 4 6 n +1 n + 3

Céng theo vÕ c¸c ®¼ng thøc trªn, ta ®−îc: 32

Sn = u1 + u2 + … + un =

5n 2 + 13n 1 1 1 1 + − − = . ( n + 2)(n + 3) 2 3 n+2 n+3

VÝ dô 7: Cho d·y sè (un) x¸c ®Þnh nh− sau: u 1 = 2 .  u n = 2 + u n −1 , n ≥ 2

2 π π = 2cos 2 = 2cos 1+1 , 2 2 2

2 + 2 cos

π 2

Tõ ®ã, ta dù ®o¸n un = 2cos

2(1 + cos π 2

n +1

π 2

) =

4 cos 2

π 2

= 2cos

π 2 2 +1

 Gi¶i

Ta ®i chøng minh b»ng ph¶n chøng. Gi¶ sö tr¸i l¹i (1) cã ba nghiÖm ph©n biÖt x1, x2, x3 lËp thµnh cÊp sè nh©n. Khi ®ã:

(1)

Ta ®i chøng minh dù ®o¸n trªn b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p, thËt vËy:  (1) ®óng víi n = 1. 

Gi¶ sö (1) ®óng víi n = k, tøc lµ uk = 2cos



Ta ®i chøng minh uk+1 = 2cos uk+1 = =

2 + uk = 2.2 cos2

π 2 k +2

π 2 k +1

x 1 + x 2 + x 3 = 0  x1x 2 + x 2 x 3 + x3x1 = a  x12 + x 22 + x 23 =0 ⇔ x1 = x2 = x3 = 0, lo¹i.  x1x 2 x3 = b x 2 = x x 3 1  2

, thËt vËy:

2 + 2 cos

π 2 k +1

VËy, kh«ng tån t¹i gi¸ trÞ cña a, b ®Ó ph−¬ng tr×nh cã ba nghiÖm ph©n biÖt lËp thµnh cÊp sè nh©n.

π   2 1 + cos k +1  2  

VÝ dô 10: Cho ph−¬ng tr×nh: x4 − 2(m + 1)x2 + 2m + 1 = 0. (1) X¸c ®Þnh m ®Ó ph−¬ng tr×nh cã 4 nghiÖm ph©n biÖt lËp thµnh cÊp sè céng.

π π π = 2 cos k + 2 = 2cos k + 2 , 2k+2 2 2

 Gi¶i

π π nªn cos k + 2 > 0. 2 2 2 π VËy, ta lu«n cã un = 2cos n +1 . 2

do 0 <

k +2

T×m k sao cho c¸c sè C 7k , C 7k +1 , C 7k +2 theo thø tù lËp thµnh cÊp sè céng.

VÝ dô 8:

1 1 2 + = .(7 − k )(6 − k ) ( k + 2)(k + 1) ( k + 1)(6 − k )

VÝ dô 9: Cho ph−¬ng tr×nh: x3 + ax + b = 0 (1) Chøng minh r»ng kh«ng tån t¹i gi¸ trÞ cña a, b ®Ó ph−¬ng tr×nh cã ba nghiÖm ph©n biÖt lËp thµnh cÊp sè nh©n.

Ta cã:

u2 =

⇔

k = 1

 Gi¶i

2 = 2.

7! 7! 2.7! + = ( k + 2)!.(5 − k )! ( k + 1)!.(6 − k )! k!.(7 − k )!

⇔ k2 − 5k + 4 = 0 ⇔  , tho¶ m·n ®iÒu kiÖn (*). k = 4 VËy, ph−¬ng tr×nh cã hai nghiÖm k = 1 hoÆc k = 4.

X¸c ®Þnh c«ng thøc tÝnh un theo n.

u1 =

⇔

 Gi¶i §iÒu kiÖn 5 ≥ k ∈ N.

(*)

C¸c sè C 7k , C 7k +1 , C 7k +2 theo thø tù lËp thµnh cÊp sè céng ®iÒu kiÖn lµ: C 7k + C 7k +2 = 2 C 7k +1

§Æt t = x2, ®iÒu kiÖn t ≥ 0. Khi ®ã, ph−¬ng tr×nh ®−îc biÕn ®æi vÒ d¹ng: t2 − 2(m + 1)t + 2m + 1 = 0 Ph−¬ng tr×nh (1) cã bèn nghiÖm ph©n biÖt ⇔ ph−¬ng tr×nh (2) cã hai nghiÖm ph©n biÖt d−¬ng 0 < t1 < t2 ∆ ' > 0  ⇔ − b / a > 0 ⇔ c / a > 0 

( m + 1)2 − 2m − 1 > 0  1 ⇔ − < m ≠ 0, 2( m + 1) > 0 2 2m + 1 > 0 

vµ khi ®ã bèn nghiÖm cña (1) lµ − t 2 , − t 1 , 34

t1 ,

t2 .

(2)

Bèn nghiÖm trªn lËp thµnh cÊp sè céng khi : − t 2 + t 1 = −2 t 1 ⇔  − t 1 + t 2 = 2 t 1

(un+2 – un)(un+2 + un – 2a.un+1) = 0 ∀n ∈ N.

t 2 = 3 t 1 ⇔ t2 = 9t1.

Suy ra, víi ∀n ∈ N ta cã nÕu un ∈ Z vµ un+1 ∈ Z th× un+2 ∈ Z.

(3)

Theo ®Þnh lÝ ViÐt ta cã: t 1 + t 2 = 2(m + 1)  t 1 t 2 = 2 m + 1

VÝ dô 12: *Víi mçi sè tù nhiªn k > 0, chøng minh r»ng ( 2 + 3 )2k lu«n viÕt ®−îc d¹ng ak + bk 6 víi ak, bk nguyªn d−¬ng. T×m hÖ thøc x¸c ®Þnh d·y (ak), d·y (bk) víi k = 1, 2, 3, … Chøng minh r»ng víi mäi k ≥ 2 th× ak – 1.ak + 1 – 6 b 2k lµ mét h»ng sè.

(I)

Thay (3) vµo (I) ®−îc : m = 4 5t 1 = m + 1 t 1 + 9t 1 = 2(m + 1) ⇔ 2 ⇔ 9m2 − 32m − 16 = 0 ⇔  .  m = − 4 t 1 .(9t 1 ) = 2m + 1 9t 1 = 2m + 1 9 

 Gi¶i a. Ta chøng minh:

4 VËy, víi m = 4 hoÆc m = − tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 9

( 2 +

VÝ dô 11: Cho c¸c sè nguyªn a, b, tháa m·n a2 = b + 1. XÐt d·y sè (un) ®−îc x¸c ®Þnh bëi u0 = 0, un+1 = aun + (un) lµ d·y c¸c sè nguyªn.

bu 2n

+ c , ∀n ∈ N . Chøng minh r»ng d·y

 

3 )2k = ak + bk 6 b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p.

Víi k = 1, mÖnh ®Ò ®óng. Gi¶ sö mÖnh ®Ò ®óng víi k. Ta cã: ( 2 +

 Gi¶i

Ta cã thÓ tr×nh bµy theo hai c¸ch sau:

3 )2k( 2 +

3 )2 = (ak + bk 6 )(5 + 2 6 )

6 lµ sè v« tØ nªn suy ra: 

bu 2n −1 + c 2  u 2n − 2au n −1 u n + a 2 u 2n −1 = bu 2n −1 + c 2

= 5ak + 1 + 12  2a k + 5 

 (a 2 − b)u 2n − 2au n −1 u n + u 2n −1 = c 2

a k +1 − 5a k   = 10ak + 1 – ak víi a1 = 5, a2 = 12 

49.

v× a2 = b + 1 nªn: (aun – un-1)2 = bun2 + c2. Do ®ã, víi ∀n ∈ N* ta cã:

T−¬ng tù, ta cã: bk + 2 = 10bk + 1 – bk víi b1 = 2, b2 = 20. Tõ ®ã, c¸c hÖ thøc truy håi x¸c ®Þnh (ak), (bk)

un+1 = aun + aun – un -1 V× u0 = 0 nªn: u1 = au0 = au0 +

3 )2(k + 1) = ( 2 +

ak + 1 = 5ak + 12bk + 1 = 5ak + 1 + 12(2ak + 5bk)

C¸ch 1: Tõ gi¶ thiÕt, ta cã:

un = aun − 1 +

(*)

V× u0 = 0 ∈ Z vµ u1 = c ∈ Z nªn tõ (*) suy ra un ∈ Z víi ∀n ∈ N.

(1).

b. Tõ (1) vµ (2), ta cã:

ak – 1 = 5ak – 12bk. VËy, ta lu«n cã:

bu 20 + c 2 = c

ak – 1.ak + 1 – 6 b 2k = (5ak – 12bk)( 5ak + 12bk) – 6 b 2k = 25( a 2k – 6 b 2k )

nªn tõ (1) suy ra un ∈ Z, ∀n ∈ N, ®pcm. C¸ch 2: Tõ c¸c gi¶ thiÕt ta ®−îc: un+22 – 2aun+2.un+1 + un+12 – c2 = 0 ∀n ∈ N un2 – 2aun+2.un + un+12 – c2 = 0 ∀n ∈ N (3)

(2)

= 25(ak – = 25( 2 –

6 bk)(ak +

3 )2k( 2 + 3 )2k = 12k = 1.

2 k

Nh− vËy ak – 1.ak + 1 – 6 b = 25, ∀k ≥ 2.

LÊy (2) trõ (3), vÕ theo vÕ, ta ®−îc: 35

6 bk)

§Þnh lÝ 2: Gi¶ sö limun = L, limvn = M vµ c lµ mét h»ng sè. Khi ®ã: a. C¸c d·y sè (un + vn), (un − vn), (un.vn) vµ (cun) cã giíi h¹n vµ:  lim(un + vn) = L + M.  lim(un − vn) = L − M.  lim(un.vn) = LM.  lim(cun) = cL.

ch−¬ng 4 − giíi h¹n A. KiÕn thøc cÇn nhí

I. D·y sè cã giíi h¹n 0

u b. NÕu M ≠ 0 th× d·y sè  n  vn

1. ®Þnh nghÜa d·y sè cã giíi h¹n 0

§Þnh nghÜa: Ta nãi d·y sè (un) cã giíi h¹n lµ 0 (hay cã giíi h¹n 0) nÕu mäi sè h¹ng cña d·y sè ®Òu cã gi¸ trÞ tuyÖt ®èi nhá h¬n mét sè d−¬ng nhá tuú ý cho tr−íc kÓ tõ mét sè h¹ng nµo ®ã trë ®i. Khi ®ã, ta viÕt:

5. tæng cña cÊp sè nh©n lïi v« h¹n

Víi cÊp sè nh©n (un) cã c«ng béi q tho¶ m·n q < 1 th×: S = u1 + u2 + … =

lim (u n ) = 0, viÕt t¾t lµ lim(un) = 0 hoÆc limun = 0 hoÆc un → 0.

n → +∞

NhËn xÐt:

1. d·y sè cíi giíi h¹n +∞ ∞

2. D·y sè kh«ng ®æi (un) víi un = 0 cã giíi h¹n 0.

§Þnh nghÜa: Ta nãi d·y sè (un) cã giíi h¹n lµ +∞ nÕu mäi sè h¹ng cña d·y sè ®Òu lín h¬n mét sè d−¬ng lín tuú ý cho tr−íc kÓ tõ mét sè h¹ng nµo ®ã trë ®i. Khi ®ã, ta viÕt: lim (u n ) = +∞, viÕt t¾t lµ lim(un) = +∞ hoÆc limun = +∞ hoÆc un → +∞.

2. mét sè d·y sè cã giíi h¹n 0 th−êng gÆp

Tõ ®Þnh nghÜa, ta cã c¸c kÕt qu¶: 1 = 0. n

b. lim

= 0.

c. lim

1 3

u1 . 1− q

III. D·y sè cã giíi h¹n v« cùc

1. D·y sè (un) cã giíi h¹n 0 khi vµ chØ khi d·y sè (un) cã giíi h¹n 0.

a. lim

 u L  cã giíi h¹n vµ lim n = . v M  n

= 0.

n → +∞

Tõ ®Þnh nghÜa, ta cã c¸c kÕt qu¶: a. lim n = +∞. b. lim n = +∞. c. lim 3 n = +∞.

§Þnh lÝ 1: Cho hai d·y sè (un) vµ (vn). NÕu un ≤ vn víi mäi n vµ limvn = 0 th× limun = 0. §Þnh lÝ 2: NÕu q < 1 th× limqn = 0.

II. D·y sè cã giíi h¹n h÷u h¹n

2. d·y sè cã giíi h¹n −∞

3. ®Þnh nghÜa d·y sè cã giíi h¹n

§Þnh nghÜa: Ta nãi d·y sè (un) cã giíi h¹n lµ −∞ nÕu mäi sè h¹ng cña d·y sè ®Òu nhá h¬n mét sè ©m tuú ý cho tr−íc kÓ tõ mét sè h¹ng nµo ®ã trë ®i. Khi ®ã, ta viÕt:

§Þnh nghÜa: Ta nãi d·y sè (un) cã giíi h¹n lµ sè thùc L nÕu lim (u n − L ) = 0. n → +∞

Khi ®ã, ta viÕt: lim (u n ) = L, viÕt t¾t lµ lim(un) = L hoÆc limun = L hoÆc un → L.

lim (u n ) = −∞, viÕt t¾t lµ lim(un) = −∞ hoÆc limun = −∞ hoÆc un → −∞.

n → +∞

NhËn xÐt: NÕu limun = −∞ th× lim(−un) = +∞.

4. mét sè ®Þnh lÝ

 Chó ý:

§Þnh lÝ 1: Gi¶ sö limun = L. Khi ®ã: a. limun = L vµ lim 3 u n =

1. C¸c d·y sè cã giíi h¹n +∞ vµ −∞ ®−îc gäi chung lµ c¸c d·y sè cã giíi h¹n v« cùc

b. NÕu un ≥ 0 víi mäi n th× L ≥ 0 vµ lim

un =

hay dÇn ®Õn v« cùc.

2. D·y sè cã giíi h¹n lµ sè thùc L ®−îc gäi lµ d·y sè cã giíi h¹n h÷u h¹n.

3. mét vµi quy t¾c t×m giíi h¹n v« cùc

IV. §Þnh nghÜa vµ mét sè ®Þnh lÝ vÒ giíi h¹n cña hµm sè

Quy t¾c 1: NÕu limun = ±∞ vµ limvn = ±∞ th× lim(un.vn) ®−îc cho trong b¶ng sau:

limun +∞ +∞ −∞ −∞

limvn +∞ −∞ +∞ −∞

1. giíi h¹n cña hµm sè t¹i mét ®iÓm

lim(un.vn) +∞ −∞ −∞ +∞

§Þnh nghÜa 1 (Giíi h¹n h÷u h¹n): Gi¶ sö (a; b) lµ mét kho¶ng chøa ®iÓm x0 vµ y = f(x) lµ mét hµm sè x¸c ®Þnh trªn mét kho¶ng (a; b), cã thÓ trõ ë mét ®iÓm x0. Ta nãi hµm sè f(x) cã giíi h¹n lµ sè thùc L khi x dÇn ®Õn x0 (hoÆc t¹i ®iÓm x0) nÕu víi mäi sè d·y sè (xn) trong tËp hîp (a; b)\{x0} mµ lim xn = x0 ta ®Òu cã lim f(xn) = L. Khi ®ã, ta viÕt: lim f(x) = L hoÆc f(x) → L khi x → x0.

Quy t¾c 2: NÕu limun = ±∞ vµ limvn = L ≠ 0 th× lim(un.vn) ®−îc cho trong b¶ng sau:

limun +∞ +∞ −∞ −∞

DÊu cña L + − + −

x→x 0

lim(un.vn) +∞ −∞ −∞ +∞

Quy t¾c 3: NÕu limun = L ≠ 0, limvn = 0 vµ vn ≠ 0 víi mäi n th× lim

Tõ ®Þnh nghÜa, ta cã c¸c kÕt qu¶: 1.

2. NÕu hµm sè f(x) x¸c ®Þnh t¹i ®iÓm x0 th× lim f ( x) = f(x0). x→ x 0

un ®−îc cho trong vn

b¶ng sau: DÊu cña L

DÊu cña vn

+ + − −

+ − + −

un vn +∞ −∞ −∞ +∞

lim

§Þnh nghÜa 2 (Giíi h¹n v« cùc): Gi¶ sö (a; b) lµ mét kho¶ng chøa ®iÓm x0 vµ y = f(x) lµ mét hµm sè x¸c ®Þnh trªn mét kho¶ng (a; b), cã thÓ trõ ë mét ®iÓm x0. Ta nãi hµm sè f(x) cã giíi h¹n v« cùc khi x dÇn ®Õn x0 (hoÆc t¹i ®iÓm x0) nÕu víi mäi sè d·y sè (xn) trong tËp hîp (a; b)\{x0} mµ lim xn = x0 ta ®Òu cã limf(xn) = ±∞. Khi ®ã, ta viÕt: lim f(x) = ±∞ hoÆc f(x) → ±∞ khi x → x0.

x→x 0

2. giíi h¹n cña hµm sè t¹i v« cùc §Þnh nghÜa 3: Gi¶ sö hµm sè y = f(x) x¸c ®Þnh trªn kho¶ng (a; +∞). Ta nãi hµm sè f(x) cã giíi h¹n lµ sè thùc L khi x dÇn ®Õn +∞ nÕu víi mäi sè d·y sè (xn) trong kho¶ng (a; +∞) mµ lim xn = +∞ ta ®Òu cã lim f(xn) = L. Khi ®ã, ta viÕt: lim f(x) = L hoÆc f(x) → L khi x → x0.

4. Mét sè kÕt qu¶ qn n a. lim = +∞ vµ lim n = 0, víi q > 1. n q

x → +∞

qn nk Më réng: Ta cã lim k = +∞ vµ lim n , víi q > 1 vµ k lµ mét sè nguyªn n q

 Chó ý:

d−¬ng. b. Cho hai d·y sè (un) vµ (vn).  NÕu un ≤ vn víi mäi n vµ lim un = +∞ th× lim vn = +∞. u  NÕu lim un = L ∈ R vµ limvn = +∞ th× lim n = 0. vn 

lim c = c, víi c lµ h»ng sè.

x →x 0

C¸c giíi h¹n lim f(x) = L, lim f(x) = ±∞, lim f(x) = ±∞ ®−îc ®Þnh x → −∞

x → +∞

x → −∞

nghÜa t−¬ng tù. Ta cã, c¸c kÕt qu¶ sau víi sè nguyªn d−¬ng k bÊt k× cho tr−íc: 1 3. lim x k = +∞. 1. lim = 0. x → +∞ xk 1 = 0. lim x → −∞ x k x → +∞

NÕu lim un = +∞ (hoÆc −∞) vµ lim vn = L ∈ R th× lim (un + vn) = +∞ (hoÆc −∞). 3

+ ∞ nÕu k ch½ n lim x k =  . − ∞ nÕu k lÎ

x → −∞

3. mét sè ®Þnh lÝ vÒ giíi h¹n h÷u h¹n

§Þnh lÝ: §iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ ®Ó lim f (x) = L lµ lim f (x) = lim f (x) = L. x→x

§Þnh lÝ 1: Gi¶ sö lim f(x) = L vµ lim g(x) = M (L, M ∈ R). Khi ®ã: x→x0

a. b.

1. C¸c giíi h¹n lim f(x) = ±∞, lim f(x) = ±∞ ®−îc ®Þnh nghÜa t−¬ng tù.

x→x 0

2. §Þnh lÝ vÉn ®óng víi giíi h¹n v« cùc.

x→x 0

VI. Mét vµi quy t¾c t×m giíi h¹n v« cùc

§Æc biÖt, nÕu c lµ h»ng sè th× lim [c.f(x)] = cL; x→x0

Quy t¾c 1: NÕu lim f (x) = ±∞ vµ lim g(x) = L ≠ 0 th× lim [f(x).g(x)] ®−îc cho

L f (x ) = . g( x ) M

x→x0

lim f ( x)

lim

f (x) =

c. NÕu f(x) ≥ 0 víi th× L ≥ 0 vµ lim

x→ x 0

f (x) =

x→x0

§Þnh lÝ 3: Gi¶ sö f(x), g(x) vµ h(x) lµ ba hµm sè x¸c ®Þnh trªn mét kho¶ng (a; b) chøa ®iÓm x0, cã thÓ trõ ë mét ®iÓm x0. NÕu f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) víi mäi x ∈ (a; b)\{x0} vµ lim f(x) = lim h(x) = L th× lim g(x) = L. x→x 0

x→x 0

lim [f(x).g(x)]

x→x0

+ +∞ +∞ − + −∞ −∞ − Quy t¾c 2: NÕu lim f(x) = L ≠ 0, lim g(x) = 0 vµ

lim f(x) = L;

x →x 0

x→x 0

x→x0

DÊu cña L

x→x0

trong b¶ng sau:

§Þnh lÝ 2: Gi¶ sö lim f(x) = L ∈ R. Khi ®ã: a.

x→x− 0

x→x+ 0

lim [f(x).g(x)] = L.M;

x→x 0

x→x− 0

 Chó ý:

x→x 0

lim [f(x) ± g(x)] = L ± M;

c. NÕu M ≠ 0 th× lim

x→x+ 0

f (x) lim ®−îc cho trong b¶ng sau: x→x0 g( x)

x→x 0

 Chó ý: C¸c ®Þnh lÝ 1, ®Þnh lÝ 2, ®Þnh lÝ 3 vÉn ®óng khi thay x → x

bëi x → ±∞.

V. Giíi h¹n mét bªn §Þnh nghÜa 1 (Giíi h¹n ph¶i): Gi¶ sö hµm sè f(x) x¸c ®Þnh trªn mét kho¶ng (x0; b) (x0 ∈ R). Ta nãi hµm sè f(x) cã giíi h¹n ph¶i lµ sè thùc L khi x dÇn ®Õn x0 (hoÆc t¹i ®iÓm x0) nÕu víi mäi sè d·y sè (xn) trong kho¶ng (x0; b) mµ lim xn = x0 ta ®Òu cã lim f(xn) = L. Khi ®ã, ta viÕt:

x→x0

DÊu cña L

DÊu cña g(x)

+ + − −

+ − + −

1. NÕu lim f(x) = 0 vµ f(x) ≠ 0 víi x ≠ x0 th× lim x→x0

x→x0

x→x+ 0

§Þnh nghÜa 2 (Giíi h¹n tr¸i): Gi¶ sö hµm sè f(x) x¸c ®Þnh trªn mét kho¶ng (a; x0) (x0 ∈ R). Ta nãi hµm sè f(x) cã giíi h¹n tr¸i lµ sè thùc L khi x dÇn ®Õn x0 (hoÆc t¹i ®iÓm x0) nÕu víi mäi sè d·y sè (xn) trong kho¶ng (a; x0) mµ lim xn = x0 ta ®Òu cã lim f(xn) = L.

f (x) g( x )

1 = +∞. | f (x) |

1 = 0. | f (x) |

VII. C¸c d¹ng v« ®Þnh Khi t×m giíi h¹n cña mét hµm sè, chóng ta cã thÓ gÆp c¸c tr−êng hîp sau: u( x ) víi u(x) → 0 vµ v(x) → 0. v(x ) u( x ) 2. lim víi u(x) → ∞ vµ v(x) → ∞. v(x ) 3. lim[u(x) − v(x)] víi u(x) → ∞ vµ v(x) → ∞.

1. lim

Khi ®ã, ta viÕt: lim f(x) = L hoÆc f(x) → L khi x → x −0 .

x→x− 0

x→x0

lim

x→x0

+∞ −∞ −∞ +∞

 Chó ý: 2. NÕu lim f(x) = +∞ th× lim

lim f(x) = L hoÆc f(x) → L khi x → x +0 .

+∞ −∞ −∞ +∞ g(x) ≠ 0 víi mäi x ≠ x0 th×

§Æc tr−ng : Dïng kh¸i niÖm sè gia, ta cã thÓ ®Æc tr−ng tÝnh liªn tôc cña hµm sè y = f(x) t¹i ®iÓm xO nh− sau:

4. lim[u(x).v(x)] víi u(x) → 0 vµ v(x) → ∞. 0 ∞ , ∞ − ∞, 0.∞, … Ta gäi lµ c¸c d¹ng v« ®Þnh d¹ng , 0 ∞

§Þnh lÝ 1. Mét hµm sè y = f(x), x¸c ®Þnh trªn (a; b), lµ liªn tôc t¹i xO ∈ (a; b) nÕu vµ chØ nÕu lim ∆y = 0.

VIII. Hµm sè liªn tôc

∆x → 0

1. Hµm sè liªn tôc t¹i mét ®iÓm

§Þnh nghÜa 1: Cho hµm sè y = f(x) x¸c ®Þnh trªn kho¶ng (a, b). Hµm sè ®−îc gäi lµ liªn tôc t¹i ®iÓm x0 ∈ (a, b) nÕu : lim f (x) = f(x0).

y = f(x)

x→ x 0

Hµm sè y = f(x) ®−îc gäi lµ liªn tôc t¹i ®iÓm x0 nÕu ba ®iÒu kiÖn sau ®−îc ®ång thêi tho¶ m·n : (i) f(x) x¸c ®Þnh t¹i x0. (ii) lim f ( x) tån t¹i. lim f ( x) = f(x0)

x→ x 0

Hµm sè y = f(x) gi¸n ®o¹n t¹i ®iÓm x0 nÕu mét trong ba ®iÒu kiÖn trªn kh«ng ®−îc tho¶ m·n.

x →a +



x → x −0

lim f ( x) = f(x0) th× hµm sè y = f(x) ®−îc

x → x −0

gäi lµ liªn tôc tr¸i t¹i ®iÓm x0. 2. NÕu lim f (x) tån t¹i vµ lim f (x) = f(x0) th× hµm sè y = f(x) ®−îc x → x +0

x → x +0

gäi lµ liªn tôc ph¶i t¹i ®iÓm x0. 3. Hµm sè y = f(x) liªn tôc t¹i ®iÓm x0 ⇔ lim f (x) = lim f ( x) = f(x0). x → x +0

lim f ( x) = f(b) (liªn tôc bªn tr¸i t¹i ®iÓm b).

x→b −

 Chó ý:

1. §å thÞ cña mét hµm sè liªn tôc trªn mét kho¶ng lµ mét "®−êng liÒn" trªn kho¶ng ®ã. 2. Khi ta nãi hµm sè y = f(x) liªn tôc mµ kh«ng chØ ra trªn kho¶ng nµo th× cã nghÜa lµ hµm sè liªn tôc trªn tËp x¸c ®Þnh cña nã.

 Chó ý 2: NÕu sö dông giíi h¹n mét phÝa th× : 1. NÕu lim f ( x) tån t¹i vµ

∆x → 0

§Þnh nghÜa 2: Ta cã : 1. Hµm sè y = f(x) ®−îc gäi lµ liªn tôc trong kho¶ng (a; b) nÕu nã liªn tôc t¹i mçi ®iÓm cña kho¶ng ®ã. 2. Hµm sè y = f(x) ®−îc gäi lµ liªn tôc trªn ®o¹n [a; b] nÕu nã  Liªn tôc trong kho¶ng (a; b),  lim f ( x) = f(a) (liªn tôc bªn ph¶i t¹i ®iÓm a),

x→ x 0

(iii)

x →x 0

2. Hµm sè liªn tôc trªn mét kho¶ng

NÕu t¹i ®iÓm x0 hµm sè y = f(x) kh«ng liªn tôc, th× ®−îc gäi lµ gi¸n ®o¹n t¹i x0 vµ ®iÓm x0 ®−îc gäi lµ ®iÓm gi¸n ®o¹n cña hµm sè y = f(x).

Chó ý 1:

Chøng minh. ThËt vËy, ta cã : lim f (x ) = f(xO) ⇔ lim (f(x) − f(xO)) = 0 ⇔ lim ∆y = 0.

3. C¸c ®Þnh lÝ vÒ hµm sè liªn tôc

§Þnh lÝ 2. Tæng, hiÖu, tÝch, th−¬ng (víi mÉu kh¸c 0) cña c¸c hµm sè liªn tôc t¹i mét ®iÓm lµ hµm sè liªn tôc t¹i ®iÓm ®ã. §Þnh lÝ 3. C¸c hµm sè ®a thøc, hµm sè h÷u tØ, hµm sè l−îng gi¸c lµ liªn tôc trªn tËp x¸c ®Þnh cña chóng.

x → x −0

§Æc tr−ng kh¸c cña tÝnh liªn tôc t¹i mét ®iÓm Cho hµm sè y = f(x) x¸c ®Þnh trªn (a ; b). Gi¶ sö xO vµ x(x ≠ xO) lµ hai phÇn tö cña (a ; b).  HiÖu x − xO, kÝ hiÖu lµ ∆x (®äc lµ ®en - ta x), ®−îc gäi lµ sè gia cña ®èi sè t¹i ®iÓm xO. Ta cã : ∆x = x − xO ⇔ x = xO + ∆x.  HiÖu y − yO = f(x) − f(xO), kÝ hiÖu lµ ∆y, ®−îc gäi lµ sè gia t−¬ng øng cña hµm sè t¹i ®iÓm xO. Ta cã : ∆y = y − yO = f(x) − f(xO) = f(xO + ∆x) − f(xO).

B Ph−¬ng ph¸p gi¶i c¸c d¹ng to¸n liªn quan

§1. giíi h¹n D·y sè D¹ng to¸n 1: D·y sè cã giíi h¹n 0 ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng c¸c d·y sè (uu) sau ®©y cã giíi h¹n 0: 1 sin n a. un = . b. un = . n +1 n+4 8

D¹ng to¸n 2: Sö dông ®Þnh nghÜa chøng minh r»ng lim un = L Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Ta ®i chøng minh lim(un − L) = 0.

 Gi¶i

a. Ta cã:

1 1 1 < vµ lim = 0, n +1 n n tõ ®ã, suy ra ®iÒu cÇn chøng minh. b. Ta cã: sin n 1 1 1 < < vµ lim = 0, n+4 n+4 n n tõ ®ã, suy ra ®iÒu cÇn chøng minh.

 NhËn xÐt:

ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng: a. lim

(

n +1 − n

)

 Gi¶i

Ta cã:

vµ lim

n +1 + n

1 n +1 + n

1 2 n

ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng:

 (−1) n  + 2  = 2. lim  3  n 

= 0,

 Gi¶i

Nh− vËy, ®Ó chøng minh c¸c dÉy sè trªn cã giíi h¹n 0 chóng ta ®· sö dông phÐp ®¸nh gi¸ ®Ó kh¼ng ®Þnh un <

1 n

vµ lim

ThÝ dô 3. Chøng minh r»ng d·y sè (uu) víi sè h¹ng tæng qu¸t un =

1 n

cos( nπ) 4n

cã giíi

Ta cã: n

1 1 1 =   vµ lim   = 0, 4n 4n 4 4 tõ ®ã, suy ra ®iÒu cÇn chøng minh.

 NhËn xÐt:

( −1) n 3

+ 2 , ta cã nhËn xÐt:

lim (un − 2) = lim

 Gi¶i

cos( nπ)

§Æt un =

= 0.

h¹n 0.



3n − 1 , ta cã nhËn xÐt: 2n + 1 3 3n − 1 3 −5 lim (un − ) = lim( − ) = lim = 0, 2 2n + 1 2 2n + 1 3 tõ ®ã suy ra limun = . 2 n2 + n b. §Æt un = 2 , ta cã nhËn xÐt: n +1 2 n +n n −1 lim ( 2 − 1) = lim 2 = 0, n +1 n +1

tõ ®ã suy ra limun = 1.

n tõ ®ã, suy ra ®iÒu cÇn chøng minh.

 NhËn xÐt:

n2 + n = 1. n2 +1

a. §Æt un =

ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng d·y sè (uu) víi sè h¹ng tæng qu¸t un = cã giíi h¹n 0.

n +1− n

b. lim

 Gi¶i

Nh− vËy, ®Ó chøng minh c¸c dÉy sè trªn cã giíi h¹n 0 chóng ta ®· sö 1 1 dông phÐp ®¸nh gi¸ ®Ó kh¼ng ®Þnh un < vµ kÕt qu¶ lim = 0. n n

n +1 − n =

3 3n − 1 = . 2n + 1 2

<

Nh− vËy, ®Ó chøng minh c¸c dÉy sè trªn cã giíi h¹n 0 chóng ta ®· sö dông phÐp ®¸nh gi¸ ®Ó kh¼ng ®Þnh un < qn vµ limqn = 0 víi q < 1. 9

(−1) n 3

= 0,

tõ ®ã suy ra limun = 2.

D¹ng to¸n 3: TÝnh giíi h¹n cña d·y sè b»ng c¸c ®Þnh lÝ vÒ giíi h¹n Ph−¬ng ph¸p ¸p dông §−a d·y sè cÇn t×m giíi h¹n vÒ d¹ng tæng hiÖu, tÝch, th−¬ng cña nh÷ng d·y sè mµ ta ®· biÕt giíi h¹n. Ta cã c¸c kÕt qu¶ sau: 1. limc = c, víi c lµ h»ng sè. 2. KÕt qu¶ trong ®Þnh lÝ 1. 3. KÕt qu¶ trong ®Þnh lÝ 2. 10

ThÝ dô 1. TÝnh c¸c giíi h¹n sau: a. lim

n +1 . 3n − 1

b. lim

 Gi¶i

n −1 . n2 − 2

a. Ta cã: 4 n + sin( nπ) sin( nπ) = lim 4 + = n n

lim

 Gi¶i

a. Ta cã:

4 = 2, v× lim

sin( nπ) = 0. n

8 = 2, v× lim

cos(nπ) = 0. n

b. Ta cã:

1 1 lim1 + lim n +1 n = n = 1. lim = lim 1 1 3 3n − 1 3− lim3 − lim n n 1+

lim 3



b. Ta cã: 1 1 1 1 − 2 lim − lim 2 0 n −1 n n n n lim 2 = lim = = = 0. 2 2 n −2 1 1− 2 lim1 − lim 2 n n

 NhËn xÐt:

NhËn xÐt: Nh− vËy, ®Ó tÝnh c¸c giíi h¹n trªn chóng ta ®· thùc phÐp t¸ch thµnh c¸c giíi h¹n nhá.

a. lim

a =0 nk

1 1 lim   − 1 −1 n n → ∞ 4  4 = lim = = − 1. n n→∞ 1 1 +1 n lim + 1   4 n → ∞ 4 

lim

1− 4 4n

n →∞ 1 +

ThÝ dô 2. TÝnh c¸c giíi h¹n sau: n n2 +1 + 1

b. Ta biÕn ®æi: 3n

 Gi¶i

a. Chia c¶ tö vµ mÉu cho n, ta ®−îc:

lim

3 lim   − 4 n →∞  4 

Nh− vËy, ®Ó tÝnh c¸c giíi h¹n trªn chóng ta ®· thùc hiÖn phÐp chia c¶ tö vµ mÉu cho c¬ sè cao nhÊt vµ sö dông kÕt qu¶ limqn = 0 víi q< 1.

ThÝ dô 5. TÝnh c¸c giíi h¹n sau: a. lim( n + 1 − n ) .

1 3 n = lim = 2. lim 1 1 n n2 +1 + 1 1+ 2 + 2 n n 1+ 3 1+

c. lim

1 3n + 2 − 2 n + 1

b. lim( n 2 + n − n) . .

d. lim

n2 + 1 − n + 1 3n + 2

 Gi¶i

ThÝ dô 3. TÝnh c¸c giíi h¹n sau: 4 n + sin( nπ) . n

3   −4 4

−4

n 3 −4 = lim 4 = lim = = − 4. n n n →∞ + 4 n n →∞ 3 n 3 3 3. n + 1 3  + 1 lim 3.  + 1 n →∞  4  4 4

 NhËn xÐt:

b. Chia c¶ tö vµ mÉu cho n2, ta ®−îc:

a. lim

n +1

n → ∞ 3n + 2

1 1+ 2 n2 + 1 n lim = lim = 1. 1 n +1 1+ n

n 2 + n 3 n3 + 1

3 n − 4 n +1 . + 4n

n →∞ 3n + 2

a. Ta biÕn ®æi: n

n 2 + n 3 n3 + 1

b. lim

 Gi¶i

víi k > 0.

b. lim

1 − 4n . 4n

n→∞ 1 +

tö vµ mÉu cho bËc cao nhÊt cña n vµ sö dông kÕt qu¶ lim

n2 + 1 . n +1

ThÝ dô 4. TÝnh c¸c giíi h¹n sau:

Nh− vËy, ®Ó tÝnh c¸c giíi h¹n trªn chóng ta ®· thùc hiÖn phÐp chia c¶

a. lim

8n + cos( nπ) cos( nπ) = lim 3 8 + = n n

b. lim 3

a. Ta thùc hiÖn phÐp nh©n liªn hîp:

8n + cos( nπ) . n

lim( n + 1 − n ) = lim

n +1− n 1 = lim = 0. n +1 + n n +1 + n

b. Ta thùc hiÖn phÐp nh©n liªn hîp: lim( n 2 + n − n) = lim

n2 + n − n2 n2 + n + n

= lim

n n2 + n + n

 Gi¶i

1 1 = . 2 1 1+ +1 n

= lim

Ta biÕn ®æi:

(1 − a n +1 ) (1 − b ) (1 + a + a 2 + ... + a n )(1 − a )(1 − b) = lim 2 n n →∞ n → ∞ (1 + b + b + ... + b )(1 − b )(1 − a ) (1 − bn +1 ) (1 − a )

L = lim

c. Ta thùc hiÖn phÐp nh©n liªn hîp: lim

1 3n + 2 − 2 n + 1

= lim

3 2 + + n n2

3n + 2 + 2 n + 1 = lim n +1

1 n

2 1 + n n2 = 0.

n2 − n n2 + 1 − n + 1 = lim 3n + 2 (3n + 2)( n 2 + 1 + n + 1 ) 1−

= lim

 NhËn xÐt:

1 n

2  1 (3 + ) 1 + 2 + n  n

1 1 + n n2

   

n →∞

ThÝ dô 6. TÝnh giíi h¹n lim

n →∞

n + 3 1 − n3 n2 + 1 − n

1 . 3

ThÝ dô 1. TÝnh tæng c¸c tæng sau: a. S = 1 +

k . ∞−∞

b. S = −1 +

a. XÐt cÊp sè nh©n (un) cã u1 = 1 vµ c«ng béi q = .

Ta thùc hiÖn phÐp nh©n liªn hîp: ( n3 + 1 − n 3 )( n2 + 1 + n) = lim lim 2 n→∞ n →∞ 2 n +1 − n ( n + 1 − n 2 ) n 2 − n3 1 − n3 + 3 (1 − n3 )2    n2 + 1 + n n 2 − n3 1 − n3 + 3 (1 − n3 )2

1 1 1 + + n2 n 4 n

= lim

n→∞

1− 3

1  1  − 1 + 3  3 − 1 n3 n 

u1 = 1− q

= 0.

1 1−

1 1 (−1)n − 2 + ... + n −1 + ... 10 10 10

1 < 1, ta ®−îc: 2

= 2.

1 2 (−1)n

1 1 , ..., n −1 lµ mét cÊp sè nh©n cã u1 = −1 vµ c«ng béi q = − . 10 10 10 Tõ ®ã, suy ra: u −1 10 limS = 1 = =− . 1 1− q 11 1+ 10

b. D·y sè −1,

n + 3 1 − n3

n→∞

1 1 + +… 2 4

 Gi¶i

= lim

Nh− vËy, ®Ó tÝnh giíi h¹n trªn chóng ta cÇn sö dông kiÕn thøc vÒ khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n.

D¹ng to¸n 4: TÝnh tæng cña cÊp sè nh©n lïi v« h¹n Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Sö dông c«ng thøc: u S = u1 + u2 + … = 1 , víi q < 1. 1− q

Nh− vËy, ®Ó tÝnh c¸c giíi h¹n trªn tr−íc tiªn chóng ta cÇn sö dông phÐp nh©n liªn hîp ®Ó khö d¹ng ∞ − ∞ vµ

a n +1 1 − b 1 − nlim 1− b →∞ . = . 1 − a 1 − lim b n +1 1− a

 NhËn xÐt:

d. Ta thùc hiÖn phÐp nh©n liªn hîp: lim

ThÝ dô 2. BiÓu diÔn c¸c sè thËp ph©n v« h¹n tuÇn hoµn sau d−íi d¹ng ph©n sè: a. 0,444... b. 0,2121.... c. 0,32111....

 Gi¶i

ThÝ dô 7. TÝnh c¸c giíi h¹n sau:

a. NhËn xÐt r»ng:

1 + a + a 2 + ... + a n L = lim , víi a, b < 1. n → ∞ 1 + b + b 2 + ... + b n

0,444... = 0,4 + 0,04 + 0,004... =

4 4 4 + + + ... 10 100 1000

trong ®ã, c¸c sè

4 4 4 4 , , . ... lµ mét cÊp sè nh©n lïi v« h¹n cã u1 = vµ c«ng 10 100 1000 10

1 béi q = . 10

b. Ta cã: lim(−n2 + n + 1) = lim[−n2(1 −

ThÝ dô 2. TÝnh c¸c giíi h¹n sau: a. lim 2 n 2 − 3n − 8 .

Tõ ®ã, suy ra: 4 4 u1 10 0,444... = = = . 1 1− q 9 1− 10

trong ®ã, c¸c sè

b. lim 3 1 + 2 n − n 3 .

 Gi¶i

a. Ta cã: lim 2 n 2 − 3n − 8 = lim n 2 (2 −

b. NhËn xÐt r»ng: 0,2121... = 0,21 + 0,0021 + ... =

1 1 − 2 ) = −∞. n n

21 21 + + ... 100 10000

3 8 − ) = +∞. n n2

b. Ta cã: lim 3 1 + 2 n − n 3 = lim 3 n 3 (

21 21 21 , ,. ... lµ mét cÊp sè nh©n lïi v« h¹n cã u1 = vµ c«ng 100 10000 100

1 n3

2 n2

− 1) = −∞.

ThÝ dô 3. TÝnh c¸c giíi h¹n sau:

1 . 100 Tõ ®ã, suy ra:

béi q =

b. lim ( n 2 + n + 2 − n + 1 ) .

a. lim( 2n + 1 − n ) . 1

c. lim

21 u1 21 100 0,2121... = = = . 1 1− q 99 1− 100

n + 2 − n +1

 Gi¶i

a. Ta thùc hiÖn phÐp nh©n liªn hîp:

c. NhËn xÐt r»ng: 1 1 0,32111... = 0,32 + 0,001 + 0,0001... = 0,32 + + + ... 1000 10000 1 1 1 1 trong ®ã, c¸c sè , , ... lµ mét cÊp sè nh©n lïi v« h¹n cã u1 = vµ q = . 1000 10000 1000 10

Tõ ®ã, suy ra: 0,32111... = 0,32 +

lim( 2n + 1 − n ) = lim

2n + 1 − n 2n + 1 + n

= lim

n +1 2n + 1 + n

= lim

2 1 1 + + n n2 n

= ∞. b. Ta cã:

1 32 289 u1 = + 1000 = . 1 1− q 100 900 1− 10

lim ( n 2 + n + 2 − n + 1 ) = lim

= lim

D¹ng to¸n 5: D·y sè cã giíi h¹n v« cùc ThÝ dô 1. TÝnh c¸c giíi h¹n sau: a. lim(n2 − n + 1).

lim

 Gi¶i

a. Ta cã: lim(n2 − n + 1) = lim[n2(1 −

n2 + 1 2

n + n + 2 + n +1 1 1+ 2 n = +∞. 1 1 2 1 1 + + + + n 2 n3 n 4 n3 n 4

c. Ta cã:

b. lim(−n2 + n + 1).

1 n + 2 − n +1

= lim ( n + 2 + n + 1 ) = +∞.

ThÝ dô 4. TÝnh c¸c giíi h¹n sau:

1 1 + 2 ) = +∞. n n

a. lim(2n + cosn). 15

1 2

1 n

b. lim( n2 − 3sin2n + 5).

b. Ta cã:

 Gi¶i

π n ≤ n vµ lim n = 0, n2 + 1 n2 + 1 n2 + 1

a. Ta cã: 2n + cosn ≥ 2n − 1 vµ lim(2n − 1) = +∞ tõ ®ã, suy ra: lim(2n + cosn) = +∞. b. Ta cã:

n cos

tõ ®ã, suy ra ®iÒu cÇn chøng minh.

1 2 1 1 n − 3sin2n + 5 ≥ n2 + 2 vµ lim( n2 + 2) = +∞ 2 2 2

tõ ®ã, suy ra:

§2. giíi h¹n hµm sè

1 2

lim( n2 − 3sin2n + 5) = +∞.

ThÝ dô 5. Chøng minh r»ng nÕu q > 1 th× limqn = +∞. ¸p dông t×m giíi h¹n cña c¸c d·y sè (un) víi: a. un =

3n + 1 2n − 1

D¹ng to¸n 1: Sö dông ®Þnh nghÜa giíi h¹n cña hµm sè t×m giíi h¹n Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Sö dông c¸c ®Þnh nghÜa 1, ®Þnh nghÜa 2, ®Þnh nghÜa 3.

b. un = 2n − 3n.

ThÝ dô 1. Sö dông ®Þnh nghÜa giíi h¹n cña hµm sè, t×m c¸c giíi h¹n sau:

 Gi¶i

Ta cã: limqn = lim

(1/ q )

1 = +∞. 0

 Gi¶i a. §Æt f(x) =

a. Ta cã: limun = lim

3n + 1 n

2 −1

= lim

1 3n

1 2   − n 3 3

lim

x → +∞

2 . 3x + 1

2 . x −1 2 . xn −1

Do ®ã:

b. Ta cã:

lim

x → +∞

 2  n  limun = lim(2n − 3n) = lim 3n   − 1 = −∞.  3   n n2 + 1

2 2 2 = lim = = 0. x −1 x n − 1 lim x n − 1

b. §Æt f(x) = π n. n2 + 1

n cos

vµ vn =

2 . 3x + 1

Víi mäi d·y sè (xn) mµ xn ≠ −

1 2 víi mäi n vµ lim xn = +∞, ta cã f(xn) = . 3 3x n + 1

Do ®ã:

a. TÝnh limun. b. Chøng minh r»ng limvn = 0.

lim

x → +∞

 Gi¶i

a. Ta cã: limun = lim

2 . x −1

Víi mäi d·y sè (xn) mµ xn ≠ 1 víi mäi n vµ lim xn = +∞, ta cã f(xn) =

= +∞.

ThÝ dô 6. Cho hai d·y sè (un) , (vn) víi un =

lim

x → +∞

2 2 2 = lim = = 0. 3x + 1 3x n + 1 3 lim x n + 1

ThÝ dô 2. Sö dông ®Þnh nghÜa giíi h¹n cña hµm sè, t×m c¸c giíi h¹n sau: n n2 + 1

a. lim x →1 17

2x 2 − 3x + 1 . x −1

b. xlim → −1

2x + 2 . x 3 + 3x 2 + 3x + 1

Do ®ã:

 Gi¶i

1  lim f(x) = lim  x. sin  = 0. x→ 0 x →0 x 

2x − 3x + 1 . x −1

a. §Æt f(x) =

Víi mäi d·y sè (xn) mµ xn ≠ 1 víi mäi n vµ lim xn = 1, ta cã: f(xn) =

D¹ng to¸n 2: Chøng minh r»ng lim f(x) kh«ng tån t¹i x →x 0

2x 2n − 3x n + 1 = 2xn − 1. xn − 1

Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Ta thùc hiÖn theo c¸c b−íc sau: B−íc 1: Chän hai d·y sè {xn} vµ {yn} víi

Do ®ã: 2x 2 − 3x + 1 = lim(2xn − 1) = 2lim xn − 1 = 2 − 1 = 1. x −1 2x + 2 b. §Æt f(x) = 3 . x + 3x 2 + 3x + 1 Víi mäi d·y sè (xn) mµ xn ≠ −1 víi mäi n vµ lim xn = −1, ta cã: 2x n + 2 2 = . f(xn) = 3 x n + 3x 2n + 3x n + 1 ( x n + 1) 2 lim



x →1

n →∞  yn→ x0 khi n→ ∞, khi ®ã ®¸nh gi¸ f(yn)  → L2. B−íc 2: NhËn xÐt r»ng L1 ≠ L2. B−íc 3: VËy, giíi h¹n lim f(x) kh«ng tån t¹i. x→x0

ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng c¸c giíi h¹n sau kh«ng tån t¹i: a. lim cosx. b. lim sinx. x → +∞ x → −∞

Do ®ã: lim

x → −1

2x + 2 2 2 = lim = = +∞. x 3 + 3x 2 + 3x + 1 ( x n + 1) 2 (lim x n + 1) 2

 Gi¶i

a. §Æt f(x) = cosx. Chän hai d·y sè {xn} vµ {yn} víi:

ThÝ dô 3. Sö dông ®Þnh nghÜa giíi h¹n cña hµm sè, t×m c¸c giíi h¹n sau: a. lim

3x + 2

x →2

 Gi¶i

x −1



1  b. lim  x. sin  . x →0 x 

3x + 2 x −1

π + nπ  yn→ +∞ khi n→ ∞ vµ ta ®−îc: 2 π 2



n →∞ f(yn) = cos(yn) = cos  + nπ   → 0.

3x n + 2 xn −1



VËy, giíi h¹n lim cosx kh«ng tån t¹i. x → +∞

Do ®ã: x →2

yn =

Víi mäi d·y sè (xn) mµ xn ≠ 2 víi mäi n vµ lim xn = 2, ta cã f(xn) =

lim

xn = 2nπ  xn→ +∞ khi n→ ∞ vµ ta ®−îc: n →∞ → 1. f(xn) = cos(xn) = cos(2nπ) 



a. §Æt f(x) =

n →∞ xn→ x0 khi n→ ∞, khi ®ã ®¸nh gi¸ f(xn)  → L1.

b. §Æt f(x) = sinx. Chän hai d·y sè {xn} vµ {yn} víi: 3x + 2 x −1

b. §Æt f(x) = x.sin

= lim

3x n + 2 xn −1

3 lim x n + 2 lim x n − 1

3.2 + 2 2 −1



= 8.

n →∞ f(xn) = sin(xn) = sin(−nπ)  → 0.

1 . x



1 Víi mäi d·y sè (xn) mµ xn ≠ 0 víi mäi n vµ lim xn = 0, ta cã f(xn) = xn.sin . xn

yn =

π − 2nπ  yn→ −∞ khi n→ ∞ vµ ta ®−îc: 2 π 2

 

n →∞ f(yn) = sin(yn) = sin  − 2nπ   → 1.

NhËn xÐt r»ng: f(xn) = xn.sin

xn = −nπ  xn→ −∞ khi n→ ∞ vµ ta ®−îc:

1  ≤ xn vµ lim xn = 0 nªn lim f(xn) = 0. xn

VËy, giíi h¹n lim sinx kh«ng tån t¹i. x → −∞

ThÝ dô 1. TÝnh c¸c giíi h¹n sau:

 Chó ý: Víi c¸c hµm sè:

 f(x) = cosax chóng ta th−êng chän hai d·y sè {xn} vµ {yn} víi: 2nπ π nπ xn = vµ yn = + . a 2a a  f(x) = sinax chóng ta th−êng chän hai d·y sè {xn} vµ {yn} víi: nπ π 2nπ xn = vµ yn = + . a 2a a

a. lim (x2 + x).

lim (x2 + x) = 32 + 3 = 12. x →3

b. Ta cã: lim x →1

x 1 = = +∞. x −1 1 −1

 NhËn xÐt:

Nh− vËy: Víi hµm sè f(x) x¸c ®Þnh t¹i ®iÓm x0 th× giíi h¹n cña nã khi x→x0 cã gi¸ trÞ b»ng f(x0).



NÕu hµm sè f(x) x¸c ®Þnh t¹i ®iÓm x0 th× lim f (x) = f(x0). x→ x 0

cã d¹ng d¹ng

a. lim x →1

(hoÆc lim g(x) = lim h(x) = L).

0 ) chóng ta cÇn sö dông c¸c phÐp biÕn ®æi ®¹i sè ®Ó khö 0

0 , vµ th«ng th−êng lµ lµm xuÊt hiÖn nh©n tö chung (x − x0). 0

x2 −1 . x −1

b. lim x →1

x +8 −3 . x 2 + 2x − 3

 Gi¶i

x→∞

KÕt luËn:

a. Ta cã:

lim g(x) = L (hoÆc lim f ( x) = L).

x→x0

x →∞

lim x →1

 Chó ý: Chóng ta cßn sö dông c¸c kÕt qu¶ sau:

x2 −1 (x − 1)(x + 1) = lim = lim(x + 1) = 2. x →1 x →1 x −1 x −1

b. Ta cã:

1. NÕu lim f(x) = 0 th× lim f(x) = 0. x→x0

f (x) cã f(x0) = 0 vµ g(x0) = 0 (tøc g(x)

ThÝ dô 2. TÝnh c¸c giíi h¹n sau:

x→x 0

x→∞

f (x) cã f(x0) ≠ 0 vµ g(x0) = 0 th× giíi h¹n cña nã g(x)

Trong tr−êng hîp víi hµm sè

x →∞

hiÖn theo c¸c b−íc sau: B−íc 1: Chän hai hµm sè g(x), h(x) tho¶ m·n: g(x) ≤ f(x) ≤ h(x). B−íc 2: Kh¼ng ®Þnh: lim g(x) = lim h(x) = L

B−íc 3:

Víi hµm sè

khi x→x0 cã gi¸ trÞ b»ng ∞.

1 5. lim x k = +∞. 3. lim k = 0. x → +∞ x → +∞ x + ∞ nÕu k ch½ n 1 6. lim x k =  . 4. lim k = 0. x → −∞ − ∞ nÕu k lÎ x → −∞ x C¸ch 2: Sö dông nguyªn lÝ kÑp gi÷a, cô thÓ: Gi¶ sö cÇn tÝnh giíi h¹n cña hµm sè lim f (x ) (hoÆc lim f (x) ), ta thùc

x→x 0

x . x −1

a. Ta cã:

x →x 0

x→ x 0

x →1

 Gi¶i

D¹ng to¸n 3: Dïng çc ®Þnh lÝ vÒ giíi h¹n vµ giíi h¹n c¬ b¶n ®Ó t×m giíi h¹n Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Ta lùa chän mét trong hai çch: Çch 1: §−a hµm sè cÇn t×m giíi h¹n vÒ d¹ng tæng hiÖu, tÝch, th−¬ng cña nh÷ng hµm sè mµ ta ®· biÕt giíi h¹n. Ta cã çc kÕt qu¶ sau: 1. lim c = c, víi c lµ h»ng sè. 2.

b. lim

x →3

x→x0

lim

2. Gi¶ sö f(x) vµ g(x) lµ hai hµm sè x¸c ®Þnh trªn kho¶ng (a; b) cã thÓ trõ ®iÓm x0 ∈ (a; b). NÕu lim f(x) = 0 vµ g(x) ≤ M víi x ∈ (a; b)\{x0}

x →1

x→x0

x +8 −3 x −1 = lim x →1 ( x + 8 + 3)(x − 1)(x + 3) x 2 + 2x − 3

= lim

(trong ®ã M lµ mét h»ng sè) th× lim [f(x).g(x)] = 0.

x →1

x→x0

1 1 = . 24 ( x + 8 + 3)(x + 3)

 NhËn xÐt:

Nh− vËy, víi hµm sè f(x) kh«ng x¸c ®Þnh t¹i ®iÓm x0 th× chóng ta cÇn khö d¹ng v« ®Þnh ®ã (nÕu cã thÓ), vµ ë ®©y:  Trong c©u a), chóng ta sö dông phÐp ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö ®Ó khö nh©n tö x − 1.  Trong c©u b), chóng ta sö dông phÐp nh©n liªn hîp ®Ó khö nh©n tö x − 1.

ThÝ dô 5. T×m c¸c giíi h¹n sau: a.

lim

x → +∞

 

1

b. lim



x →9

x −3 9x − x 2

3x − 1

lim

x → +∞

x6 + 2

x → −∞

3x 3 − 1

2 x6 = 1 . 1 3 3− 3 x

= lim

x → +∞

b. Ta cã:

1  lim x  2 −  = lim (2x − 1) = −1. x →0  x  x →0

lim

x → −∞

x6 + 2 3x 3 − 1

x −3

lim

= lim

x → −∞

x →9

9x − x 2

x →9

x →1

x −3

x →9

9x − x

x →9

)( x(9 − x) ( x −3

lim

x →∞

x2 + 1 . x − x −1 2

n ). 1− x

Ta cã:

) = − lim x + 3) x( x +3

x →9

1 x +3

)

=−

1 54

lim ( x + x 2 + ... + x n −

x →1−

ThÝ dô 4. T×m c¸c giíi h¹n sau: a.

 Gi¶i

hoÆc cã thÓ tr×nh bµy theo c¸ch:

( = lim

3−

ThÝ dô 6. T×m giíi h¹n lim− (x + x 2 + ... + x n −

x −3 1 1 = − lim =− x → 9 x( x + 3) x( 9 − x ) 54

= lim

2 x6 = − 1 . 1 3

− 1+

b. Ta cã:

 Gi¶i

x6 + 2

lim

a. Ta cã:

lim

a. Ta cã:

 Gi¶i

ThÝ dô 3. T×m c¸c giíi h¹n sau: b. lim x  2 −  . x →0 x

x6 + 2

lim

x → −∞

3x 2 − x + 7 3

2x − 1

lim [ x(1 − x n ) − n] x(1 − x n ) − n x →1− n = = −∞. ) = lim 1− x lim (1 − x) 1 − x x →1− x →1−

 Chó ý: VÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ viÑc sö dông nguyªn lý kÑp gi÷a.

ThÝ dô 7. Gi¶ sö hµm sè f(x) x¸c ®Þnh trªn mét kho¶ng chøa ®iÓm x = 0 vµ tho¶ m·n

a. Chia c¶ tö vµ mÉu cho x , ta ®−îc:

1 1+ 2 x2 + 1 x = lim = 1. lim 1 1 x →∞ x 2 − x − 1 x →∞ 1− − 2 x x b. Ta cã: 3 1 7 − 2 + 3 3x 2 − x + 7 x x x = 0. lim = lim 1 x → −∞ x → −∞ 2x3 − 1 2− 3 x

f (x) ≤ M víi mäi x ≠ 0. TÝnh lim f(x). x→0 x

¸p dông: a. lim xsin x →0

1 . x

lim

x →∞

x − sin x . x + sin x

 Gi¶i Tõ gi¶ thiÕt

f (x) ≤ M víi mäi x ≠ 0 suy ra: x

f(x) ≤ M.x vµ lim x = 0  lim f(x) = M.0 = 0. x →0

x →0

a. Víi mäi x ≠ 0 thuéc l©n cËn cña ®iÓm 0 lu«n cã:

 Gi¶i

a. Ta cã ngay: x = +∞. lim x →1 + x − 1 b. Ta cã ngay:

1 1 x.sin ≤ x ⇔ −x ≤ xsin ≤ x vµ lim (−x) = lim x = 0. x →0 x →0 x x

VËy, ta ®−îc lim xsin x →0

1 = 0. x

lim

b. Ta cã: víi mäi x ≠ 0 thuéc l©n cËn cña ®iÓm 0 lu«n cã:

x →1 −

sin x 1 1 sin x 1 ⇔− ≤ ≤ , ∀x ≠ 0, ≤ x x |x| x |x|

ThÝ dô 3. TÝnh c¸c giíi h¹n sau (nÕu cã): a.

1 1 lim (− ) = lim = 0. x →∞ x →∞ | x | |x|

| 3x − 6 | . x−2

lim

x →2 +

lim

x →2 −

lim

x →2 +

x →2

| 3x − 6 | − 3x + 6 = lim− = lim+ (−3) = −3. x−2 x−2 x →2 x →2 | 3x − 6 | | 3x − 6 | | 3x − 6 | ≠ lim−  lim kh«ng tån t¹i. x →2 x − 2 x−2 x−2 x →2 1− x + x −1 x2 − x3

x →1

Ta cã:

a. Ta cã ngay:

lim

x →1−

x − 1 = 0.

1− x + x −1 2

x −x

= lim− x →1

= lim−

b. Ta cã ngay:

x →1

lim ( 5 − x + 2x ) = 10.

x →5 −

Nh− vËy, nÕu hµm sè f(x) x¸c ®Þnh t¹i ®iÓm x0 th× giíi h¹n mét bªn cña nã kh«ng kh¸c so víi h¹n t¹i x0.

lim

x →1 −

x −x 1 x

f1 (x ) khi x < x 0 . f2 ( x) khi x ≥ x 0

f(x) = 

− lim−

D¹ng to¸n 5: Giíi h¹n cña hµm sè kÐp

x . x −1

1− x

Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Cho hµm sè

ThÝ dô 2. ¸p dông ®Þnh nghÜa giíi h¹n ph¶i vµ giíi h¹n tr¸i, t×m c¸c giíi h¹n sau: x . x −1

 Gi¶i

x →1 +

c. lim

| 3x − 6 | 3x − 6 = lim+ = lim+ 3 = 3. x−2 x−2 x →2 x →2

ThÝ dô 4. TÝnh giíi h¹n lim−

x →5

x →1

lim

| 3x − 6 | . x−2

c. Tõ c©u a) vµ b), ta thÊy:

ThÝ dô 1. ¸p dông ®Þnh nghÜa giíi h¹n ph¶i vµ giíi h¹n tr¸i, t×m c¸c giíi h¹n sau: a. lim+ x − 1 . b. lim− ( 5 − x + 2x ) .

lim

x →2 −

b. Ta cã:

D¹ng to¸n 4: TÝnh giíi h¹n mét bªn cña hµm sè Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Sö dông c¸c ®Þnh nghÜa víi lu ý: x → x +0 ®−îc hiÓu lµ x → x0 vµ x > x0 (khi ®ã x − x0 = x − x0). x → x −0 ®−îc hiÓu lµ x → x0 vµ x < x0 (khi ®ã x − x0 = x0 − x).

 NhËn xÐt:

a. Ta cã:

sin x 1− x − sin x x = 1. lim = lim x →∞ x + sin x x →∞ sin x 1+ x

lim

x →2 +

 Gi¶i

VËy, ta ®−îc:

x →1+

x = −∞. x −1

x →1

1− x x2

1− x x2 − x3

= 1.

| 3x − 6 | . x−2

§Ó tÝnh giíi h¹n hoÆc x¸c ®Þnh gi¸ trÞ cña tham sè ®Ó hµm sè cã giíi h¹n khi x→ x0, ta thùc hiÖn theo c¸c b−íc sau: B−íc 1: TÝnh giíi h¹n c¸c giíi h¹n: lim f ( x) = lim f1 ( x) = L1;

x→x− 0



x→x+ 0



b. Ta cã: lim x 2 2 −

ThÝ dô 1. Cho hµm sè:

x →+∞

 NhËn xÐt:

2  x + 1 khi x ≥ 0 TÝnh c¸c giíi h¹n lim− f (x) vµ lim+ f (x) . x →0

2x 4 − 3x + 12 .

5 7   lim (3x3 −5x2 + 7) = lim x 3  3 − + 3  = (−∞)3.3 = −∞. x →−∞ x x  

L1 = L2  Gi¸ trÞ cña tham sè.  − x + 1 khi x < 0

lim

x →+∞

x →−∞

§Ó hµm sè cã giíi h¹n khi x→ x0 ®iÒu kiÖn lµ:

f(x) = 

a. Ta cã:

x→x0

x→x− 0

lim (3x3 −5x2 + 7).

x →−∞

 Gi¶i

NÕu lim f (x) = lim f (x) = L ⇔ lim f (x) = L. x→x+ 0

ThÝ dô 1. TÝnh c¸c giíi h¹n sau:

lim f ( x) = lim f2 ( x) = L2.

x→x− 0

Khi ®ã:

B−íc 2:

D¹ng to¸n 6: Mét vµi quy t¾c t×m giøoi h¹n v« cùc

x →0

3 12 + = (+∞) 2 = +∞. x3 x 4

Nh− vËy, víi hµm sè d¹ng: f(x) = anxn + an − 1xn − 1 + … + a0  lim f(x) = lim ( a n x n + a n −1x n −1 + ... + a 0 ) x →±∞

 Gi¶i

x →±∞

a a   = lim x n  a n + n −1 + ... + 0n  = (±∞)n .a n x →±∞ x x  

Ta cã : lim f (x) = lim− (−x + 1) = 1,

x → 0−

ThÝ dô 2. TÝnh c¸c giíi h¹n sau:

x →0

lim+ f (x) = lim+ (x2 + 1) = 1.

x →0

VËy, ta ®−îc: x →0

x →0

x3 − 5 . x2 + 1

lim

x →−∞

x4 − x . 1 − 2x

 Gi¶i

lim f (x) = lim+ f (x) = 1  lim f (x) = 1.

x → 0−

lim

x →+∞

a. Ta cã:

ThÝ dô 2. Cho hµm sè :

5 1− 3 x3 − 5 x = +∞ = lim x →+∞ x 2 + 1 x →+∞ 1 1 + x x3 5  1 1  1 1  v× lim  1 − 3  = 1 vµ lim  + 3  = 0 vµ + 3 > 0 víi x > 0. x →+∞ x →+∞ x x  x  x x  

 x + a khi x < 0 f(x) =  2 .  x + 1 khi x ≥ 0

lim

T×m a ®Ó hµm sè cã giíi h¹n khi x → 0.

 Gi¶i

Ta cã :

b. Ta cã:

lim− f (x) = lim− (x + a) = a vµ lim+ f (x) = lim+ (x2 + 1) = 1.

x →0

1 1 1− 3 x 3 = lim x = +∞  1 2  x →−∞ 1 − 2 x2  2 −  x2 x x x 1 1 2  1 2 v× lim 1 − 3 = 1 vµ lim  2 −  = 0 vµ 2 − > 0 víi x < 0. x →−∞ x →−∞ x x x x x 

x →0

x4 − x = lim lim x →−∞ 1 − 2x x →−∞

Hµm sè cã giíi h¹n khi x→0 ⇔ lim f (x) = lim f (x) ⇔ a = 1. x → 0−

x → 0+

VËy víi a = 1 ta cã lim f (x) = 1. x →0

x2 1 −

TÝnh c¸c giíi h¹n sau:

VÝ dô 1:

2x + 1 a. lim+ . x →2 x−2

V× lim (x − 1) = −1 vµ lim x2 = 0 vµ x2 > 0 víi x ≠ 0 nªn: x →0

2x + 1 b. lim− . x →2 x−2

x→0

1 1  lim  − 2  = −∞. x→0 x x 

 Gi¶i

b. Ta biÕn ®æi:

a. Ta cã:

1 1 x +1 = 2 . − x − 2 x2 − 4 x −4 V× lim− (x + 1) = 3 vµ lim− (x2 − 4) = 0 vµ x2 − 4 < 0 víi x < 2 nªn:

2x + 1 = +∞, x−2 v× lim+ (2x + 1) = 5 vµ lim+ (x − 2) = 0 vµ x − 2 > 0 víi x > 2. lim

x →2 +

x →2

1   1 lim  − 2  = −∞. x →2 −  x − 2 x −4

b. Ta cã: 2x + 1 = −∞, x−2 v× lim− (2x + 1) = 5 vµ lim− (x − 2) = 0 vµ x − 2 < 0 víi x < 2.

D¹ng to¸n 7: TÝnh giíi h¹n d¹ng

ThÝ dô 3. TÝnh giíi c¸c h¹n sau:

Ph−¬ng ph¸p ¸p dông

lim

x →2 −

x →2

2x + 1   2 a. lim  . . x →1 (x − 1)2 2x − 3   

5 b. lim . x →1 (x − 1)(x 2 − 3x + 2)

0 0

B¶n chÊt cña viÖc khö d¹ng kh«ng x¸c ®Þnh

 Gi¶i

0 lµ lµm xuÊt hiÖn nh©n tö chung ®Ó: 0

HoÆc lµ khö nh©n tö chung ®Ó ®−a vÒ d¹ng x¸c ®Þnh. HoÆc ®−a giíi h¹n vÒ d¹ng giíi h¹n c¬ b¶n, quen thuéc ®· biÕt râ kÕt qu¶ hoÆc c¸ch gi¶i. GhÝ chó:  NÕu ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 cã nghiÖm x0 th× f(x) = (x − x0).g(x).  Liªn hîp cña biÓu thøc: a − b lµ a + b . a − b lµ a + b . 

a. Ta cã:



2x + 1  2 +1  2  2 lim  . = lim  . 2  = +∞.( −3) = −∞. x →1 (x − 1)2 2x − 3    x→1  (1 − 1) 2 − 3 

b. Ta cã: lim x →1

5 5 5 5 = lim = lim . = +∞.(−5) =−∞. (x − 1)(x 2 − 3x + 2) x→1 (x − 1)2 (x − 2) x→1 (1 − 1)2 1 − 2

 NhËn xÐt: Trong lêi gi¶i cña vÝ dô trªn, ë c©u b) nÕu c¸c em häc sinh kh«ng 5 biÕn ®æi hµm sè vÒ d¹ng th× sÏ kh«ng thÓ kh¼ng ®Þnh (x − 1)2 (x − 2) 5 ®−îc lim = +∞ . x →1 (1 − 1) 2 1

1 

a − b lµ

a 2 + b 3 a + b2.

a + b lµ

a 2 − b 3 a + b2.

ThÝ dô 1. TÝnh c¸c giíi h¹n sau: a. lim

x →2

ThÝ dô 4. TÝnh c¸c giíi h¹n sau: a. lim  − 2  . x →0 x x 

 1

x3 − 8 2

x −4

b. lim x →1

3x 2 − 4x + 1 . x −1

 Gi¶i



b. lim  − 2 . x →2  x − 2 x − 4 

a. Ta cã:

−

lim

 Gi¶i

x →2

a. Ta biÕn ®æi:

x 2 + 2x + 4 x3 − 8 (x − 2)(x 2 + 2x + 4) = lim = lim = 3. 2 x 2 → x →2 (x − 2)(x + 2) x −4 x+2

b. Ta cã:

1 1 x −1 = 2 . − x x2 x

lim x →1

3x 2 − 4x + 1 (3x − 1)(x − 1) = lim = lim (3x − 1) = 2. x →1 x →1 x −1 x −1

 NhËn xÐt:



Nh− vËy, víi giíi h¹n d¹ng: f(x) lim x → x 0 g(x)

trong ®ã f(x), g(x) lµ c¸c hµm ®a thøc nhËn x = x0 lµm nghiÖm. Khi ®ã: (x − x 0 )f1 (x) f (x) f(x) = lim = lim 1 =... x → x 0 (x − x )g (x) x → x 0 g (x) g(x) 0 1 1 f (x) f (x ) = lim k = k 0 x → x 0 g (x) g k (x 0 ) k

lim

x →x0

NhËn xÐt: Nh− vËy, ®Ó tÝnh çc giíi h¹n trªn chóng ta ®· cÇn tíi çc phÐp biÕn ®æi l−îng gi¸c ®Ó khö nh©n tö 0/0. TiÕp theo, chóng ta sÏ sö dông ph−¬ng ph¸p khö nh©n tö chung cho çc hµm sè chøa c¨n, cô thÓ: Víi giíi h¹n d¹ng: lim

x →x 0

trong ®ã

lim

x →x 0

ThÝ dô 2. TÝnh c¸c giíi h¹n sau: lim

x →( −3) −

2x 2 + 5x − 3 . (x + 3)2

f(x 0 ) = a vµ g(x0) = 0.

Khi ®ã, thùc hiÖn phÐp nh©n liªn hîp

víi ®iÒu kiÖn fk2 (x 0 ) + g2k (x 0 ) > 0.

lim

x →( −3) +

2x 2 + 5x − 3 . (x + 3)2

 Gi¶i

a. Ta cã: lim −

x →( −3)

2x 2 + 5x − 3 (2x − 1)(x + 3) 2x − 1 = lim − = lim − = +∞. x →( −3) x →( −3) x + 3 (x + 3)2 (x + 3)2

lim

 Chó ý:

2x + 5x − 3 (2x − 1)(x + 3) 2x − 1 = lim + = lim + = −∞. x →( −3) x →( −3) x + 3 (x + 3)2 (x + 3)2

f(x) − a g(x) − b

x →x0

, víi

f(x 0 ) = a vµ

g(x 0 ) = b, ta

[ g(x) + b][f(x) − a 2 ] [ f(x) + a][g(x) − b 2 ]

[ g(x) + b](x − x 0 )f1 (x) [ f(x) + a](x − x 0 )g1 (x)

x → x0

Víi giíi h¹n lim

f1 (x) − f2 (x)

x →x0

g(x)

, víi

[ g(x 0 ) + b]f1 (x 0 ) [ f(x 0 ) + a]g1 (x 0 )

f1 (x 0 ) =

g(x0) = 0, ta cã: lim

Ta cã:

f1 (x) − f2 (x) g(x)

x →x 0

1 − sin 2x − cos 2 x (1 − cos 2x) − sin 2x 2 sin 2 x − 2 sin x. cos x = = 1 + sin 2 x − cos 2x (1 − cos 2x) + sin 2 x 2 sin 2 x + 2 sin x. cos x

= lim

x →x0

sin x − cos x . sin x + cos x

= lim

x → x0

Do ®ã : x →0

= lim

 Gi¶i

lim

g(x) − b

x →x0

lim

1 − sin 2x − cos 2 x . 1 + sin 2 x − cos 2x

f(x) − a

Víi giíi h¹n lim

x →x 0

ThÝ dô 3. TÝnh giíi h¹n: x →0

f(x) − a f(x) − a 2 = lim x →x0 g(x) [ f(x) + a]g(x) (x − x 0 )f1 (x) = lim x →x0 [ f(x) + a](x − x 0 )g1 (x) f1 (x) f1 (x 0 ) = lim = . x →x0 2a.g1 (x 0 ) [ f(x) + a]g1 (x)

cã:

TiÕp theo, chóng ta sÏ sö dông ph−¬ng ph¸p khö nh©n tö chung nh− trªn cho çc hµm sè kh¸c, cô thÓ lµ çc hµm sè l−îng gi¸c, khi ®ã cÇn nhí l¹i çc phÐp biÕn ®æi l−îng gi¸c.

lim

f(x) + a, ta ®−îc:

Ph−¬ng ph¸p ®−îc më réng cho c¸c giíi h¹n:

b. Ta cã: x →( −3)+

f(x) − a g(x)

1 − sin 2x − cos 2 x sin x − cos x = lim = − 1. x → 0 sin x + cos x 1 + sin 2 x − cos 2x

= lim

x →x0

f1 (x) − f2 (x) [ f1 (x) + f2 (x)]g(x)

(x − x 0 )f(x) [ f1 (x) + f2 (x)](x − x 0 )g1 (x)

f(x) [ f1 (x) + f2 (x)]g1 (x) f(x 0 )

[ f1 (x 0 ) + f2 (x 0 )]g1 (x 0 )

f2 (x 0 ) vµ

f1 (x) − f2 (x)

Víi giíi h¹n lim

g1 (x) − g2 (x)

x → x0

g1 (x 0 ) =

, víi

f1 (x 0 ) =

f2 (x 0 ) vµ

x →0

x +1 −1 3 − 2x + 9

x − a + x−a

a. lim

x →a

g2 (x 0 ) − B¹n ®äc tù tr×nh bµy.

x −a

, víi a> 0.

x + 2 − 2x

b. lim

x −1 − 3 − x

x→2

lim

x − a + x−a x2 − a 2

x →a

= lim x →a

x +1 −1 3 − 2x + 9

= lim x →0

x(3 + 2x + 9 ) − 2x( x + 1 + 1)

= lim x →0

3 + 2x + 9 − 2( x + 1 + 1)

=−

3 . 2

= lim x →a

b. Ta cã: x + 2 − 2x

lim

x −1 − 3 − x

x →2

lim

( x + 2 + 2x )(2x − 4)

x →2

x →1

1 = lim =− . x → 2 − 2( x + 2 + 2 x ) 4

x −1 2

x + 3 + x − 3x

NhËn xÐt: Nh− vËy, ®Ó tÝnh ®−îc c¸c giíi h¹n trªn chóng ta cÇn thùc hiÖn phÐp nh©n liªn hîp cho c¶ TS vµ MS.

x→2

4x − 2 . x−2

b. lim x →0

x −1 + 3 x +1 2x + 1 − x + 1

x+a

x →a

1 2a

x + 3 − 2 x 3 − 3x + 2 + x −1 x −1

x →1

= lim

x2 − 1

x +1

x →1

+x−2

x2 + 3 + 2

= − 2. +x−2

phÐp t¸ch nã thµnh hai giíi h¹n nhá, tõ ®ã míi cã thÓ khö ®−îc

d¹ng

0 . 0

Víi giíi h¹n d¹ng:

a. Ta cã:

lim

3 x →2

x−a ( x + a) x + a

+ lim

( x + a ) x2 − a 2

( x 2 + 3 + 2)( x − 1)

 Gi¶i lim

x2 − a 2

x →a

 NhËn xÐt: Nh− vËy, ®Ó tÝnh ®−îc c¸c giíi h¹n trªn chóng ta cÇn thùc hiÖn

ThÝ dô 5. TÝnh c¸c giíi h¹n sau: a. lim

x−a

+ lim

x2 − a 2 x−a

= lim x →1

x→2

4 3

( 4x ) + 2 4x + 4

lim

x →0

x −1 + 3 x +1 2x + 1 − x + 1

= lim x →0

= lim

x →0 3

f(x) − a , trong ®ã g(x)

Thùc hiÖn phÐp nh©n liªn hîp

1 . 3

lim

x →x0

b. Ta cã: 3

x →x 0

4x − 2 4x − 8 = lim 3 x →2 [( 4 x )2 + 3 4 x + 4](x − 2) x−2

= lim

x −1 + 3 − x



x + 3 + x 3 − 3x

b. Ta cã :

( x − 1 + 3 − x )(2 − x)

= lim

x− a

= lim x →a

a. Ta cã: lim

x →1

a. Ta cã:

 Gi¶i

x →0

x −1

b. lim

 Gi¶i

ThÝ dô 4. TÝnh c¸c giíi h¹n sau: a. lim

ThÝ dô 6. TÝnh c¸c giíi h¹n sau:

x →x0

x[3 (x − 1)2 − 3 (x − 1)(x + 1) + 3 (x + 1)2 ] 2( 2 x + 1 + x + 1 )

= lim

x → x0

4 3

= .

f(x 0 ) = a vµ g(x0) = 0.

f 2 (x) +

f(x) + a2, ta ®−îc:

f(x) − a 3 f(x) − a = lim 2 x → x 3 0 g(x) [ f (x) + 3 f(x) + a 2 ]g(x)

= lim

2 x( 2 x + 1 + x + 1 )

( x − 1)2 − 3 ( x − 1)(x + 1) + 3 ( x + 1)2

(x − x 0 )f1 (x) [ 3 f 2 (x) + 3 f(x) + a 2 ](x − x 0 )g1 (x)

f1 (x) 2

[ f (x) + f(x) + a ]g1 (x) 3

f1 (x 0 ) (2a 2 + a).g1 (x 0 )

Ph−¬ng ph¸p ®−îc më réng cho giíi h¹n d¹ng: 34

Víi giíi h¹n:

lim

x →x0

b. Ta cã :

f(x) + a , trong ®ã g(x)

thùc hiÖn phÐp nh©n liªn hîp

f(x 0 ) = − a vµ g(x0) = 0 3

2 1+ x − 3 8− x 2 1+ x −2 + 2 −3 8− x = lim x →0 x x  2( 1 + x − 1) 2−3 8−x = lim  +  x →0 x x  

lim

x →0

f 2 (x 0 ) − a 3 f(x 0 ) + a2.

Víi c¸c giíi h¹n:

a. lim

x → x0

b. lim

f(x) ± a

g(x) ± b

f(x) ± a g(x) − b

x →x0

c. lim

, trong ®ã

3 3

g1 (x) ± 3 g2 (x) 3

f(x 0 ) = ∓ a vµ



= lim  x →0

g(x 0 ) = ∓ b.

f1 (x 0 ) = ∓

f2 (x 0 )

f1 (x 0 ) = ∓

vµ

x →1

x − 2 + x2 − x + 1

lim x →1

f2 (x 0 ) vµ

g1 (x 0 ) = ∓

g 2 (x 0 ) .

b. lim x →0

b. §Æt t = lim

x→0

2x − 2 2 x − 1 − 1 x 2 − 3x + 2 +x−2 + ( 2 x − 1 + 1)(x − 1) x −1 x −1 = lim 3 x →1 x −1 x − 2 + 1 x2 − x +x + x −1 x −1 [3 (x − 2)2 − 3 x − 2 + 1](x − 1) 2x − 1 + 1 1

= lim x →1

 Chó ý:

2 3

(2x − 1)2 + 3 2x − 1 + 1

5x + 1 − 1 . x

2 . 3

5x + 1 , ta ®−îc :

5x + 1 − 1 t −1 5 = lim 5 = lim 4 3 2 = 1. x →0 t − 1 x→0 t + t + t + t + 1 x 5

Chóng ta ®· ®−îc biÕt tíi mét giíi h¹n ®Æc biÖt: lim x →0

sin x = 1. x

Tõ ®ã, suy ra: lim x →0

+x−2

( x − 2)2 − 3 x − 2 + 1

x →0

C¸ch 2: §Æt t = 3 2x − 1 , ta ®−îc: 3 t −1 2(t − 1) 2 2 2x − 1 − 1 lim = lim 3 = lim 3 = lim 2 = . x →1 t →1 t + 1 t →1 t →1 t + t + 1 x −1 t −1 3 −1 2

2 1+ x − 3 8− x . x

2x − 1 + x 2 − 3x + 1 2 2x − 1 + x − 3x + 1 x −1 lim 3 = lim 3 x →1 x →1 x − 2 + x2 − x + 1 x − 2 + x2 − x + 1 x −1

b. lim

2x − 1 − 1 2x − 1 − 1 = lim 2 x →1 3 x −1 [ (2x − 1) + 3 2x − 1 + 1](x − 1) x →1

a. Ta cã :

x →1

2x − 1 − 1 . x −1

= lim

 Gi¶i

= lim

a. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau: C¸ch 1: Ta cã:

ThÝ dô 7. TÝnh c¸c giíi h¹n sau: 2x − 1 + x 2 − 3x + 1

 13 .  = 12 x[ 4 + 2 8 − x + 3 (8 − x) ]  x

 Gi¶i

Thùc hiÖn phÐp nh©n liªn hîp cho c¶ tö sè vµ mÉu sè.

a. lim

ThÝ dô 8. TÝnh c¸c giíi h¹n sau:

g(x 0 ) = b.

a. lim , trong ®ã

 x( 1 + x + 1)

g 2 (x 0 ) .

f1 (x) ± 3 f2 (x)

trong ®ã

f(x 0 ) = ∓ a vµ

f1 (x) ± 3 f2 (x)

g1 (x 0 ) = x → x0

g1 (x) − g2 (x)

x →x0

d. lim

, trong ®ã

ta n x sin x  sin x 1  = lim  . = lim  = 1.1 = 1. x →0 x → 0 x.cos x x  x cos x 

Më réng:

= 0. +x

lim

f (x) →0

sin [ f(x)] f(x)

= 1 vµ lim

x →x0

ta n [ f(x)] f(x)

= 1 , với f(x0) = 0.

Tuy nhiªn, viÖc ¸p dông chóng ®Ó t×m giíi h¹n cña hµm sè trong nhiÒu tr−ßng hîp cÇn thùc hiÖn c¸c phÐp biÕn ®æi phï hîp.

 NhËn xÐt:

ë c©u a), chóng ta thùc hiÖn phÐp t¸ch ®Ó nhËn ®−îc tæng cña hai giíi h¹n c¬ b¶n.  ë c©u b), chóng ta kh«ng thÓ thùc hiÖn phÐp t¸ch, bëi nÕu lµm nh− vËy:

ThÝ dô 9. TÝnh c¸c giíi h¹n sau: a. lim x →0

sin x . tan 2x

1 − cos2 2x . x sin x

b. lim x →0

 Gi¶i

lim

a. Ta cã: lim x →0

x →0

sin x x  1  sin x  sin x 2x 1  . = lim  . .  = .  = lim  tan 2x x→ 0  x tan 2x  x →0  x tan 2x 2  2

x→ 0

1 − cos2 2x sin 2 2x  sin 2x sin 2x   2sin 2x  = lim = lim  . = lim .2 cos x  x →0 xsin x x→ 0 x sin x sin x  x →0  2x  x 

x →0

Trong thÝ dô trªn: ë c©u a), b»ng viÖc thªm vµo x chóng ta nhËn ®−îc hai d¹ng giíi h¹n c¬ b¶n vµ cÇn l−u ý tan2x sÏ ph¶i t−¬ng øng víi 2x.  ë c©u b), chóng ta cÇn sö dông mét phÐp biÕn ®æi l−îng gi¸c ®Ó chuyÓn 1 − cos22x thµnh sin22x. Ngoµi ra, còng cã thÓ tr×nh bµy nh− sau: 

 sin 2 2x 4x  1 − cos2 2x sin 2 2x  = 4. = lim = lim  . 2 x →0 x →0 xsin x x →0  xsin x sin x   ( 2x ) 

lim

c¶ hai ®Òu lµ nh÷ng d¹ng v« ®Þnh vµ chóng ta kh«ng thÓ kÕt luËn ®−îc g×. ThÝ dô 11. TÝnh c¸c giíi h¹n sau: cos 4x − cos3x.cos5x a. lim . x →0 x2

x →0

sin 2x + tan 3x . x

b. lim x →0

a. Ta cã: 1 (cos8x + cos2x) 2 1 1 = (2cos4x − cos8x − cos2x) = [(1 − cos8x) + (1 − cos2x) − 2(1 − cos4x)] 2 2 = sin24x + sin2x − 2sin22x.

cos4x − cos3x.cos5x = cos4x −

tan x − sin x . x3

 Gi¶i

Do ®ã:

a. Ta cã: sin 2x + tan 3x  sin 2x tan 3x   2sin 2x 3 tan 3x  = lim  + +  = lim   = 5. x →0 x →0 x x  x →0  2x 3x   x

lim

x→ 0

b. Ta cã: tanx − sinx =

sin x sin x(1 − cos x) − sinx = = cos x cos x

2sin x.sin 2 cos x

x 2.

x →0

tan x − sin x = lim x→ 0 x3

2 sin x.sin 2 x3 cos x

x 2 = lim x →0

cos 4x − cos3x cos5x sin 2 4x + sin 2 x − 2sin 2 2x = lim 2 x → 0 x x2  sin 2 4x sin 2 x 2sin 2 2x   16sin 2 4x sin 2 x 8sin 2 2x  + 2 − + 2 − = lim   = lim   2 2 2 x →0 x →0 x x x (2x)2  x    (4x)

= 16 + 1 − 8 = 9. b. Ta cã:

Do ®ã: lim

π cos( cos x) 2 b. lim . x →0 x sin 2 2

 Gi¶i

ThÝ dô 10. TÝnh c¸c giíi h¹n sau: a. lim

 tan x 1 sin x 1  . 2− .  = 1.∞ − 1.∞ = ∞ − ∞ x x2   x x

hoÆc lim 

= 4.

 NhËn xÐt:

tan x − sin x  tan x sin x  = lim  3 − 3  x →0 x  x3  x  tan x sin x  1 = lim  −  = (1 − 1).∞ = 0.∞ x →0 x  x2  x

b. Ta cã: lim

Trong thÝ dô trªn: 

x π  π π  π   cos  cos x  sin  − cos x  sin  (1 − cos x)  sin  π sin 2  2 2 = 2 2 = 2 =π  . 2 x 2 x 2 x 2 x sin sin sin π sin 2 2 2 2

x 2 sin x. 2 = 1. . . 2 cos x x 2 4. ( x / 2 ) sin 2

Do ®ã:

ThÝ dô 13. T×m A = lim F(x) víi F(x) =

x π   cos  cos x  sin  π sin 2  2 2    lim = lim π = π. x→ 0 x →0 2 x 2 x sin π sin 2 2

 NhËn xÐt:

x →1

 Gi¶i

ViÕt l¹i giíi h¹n d−íi d¹ng:

Trong thÝ dô trªn:  ë c©u a), chóng ta cÇn sö dông phÐp biÕn ®æi tÝch thµnh tæng. Vµ tõ ®ã, víi viÖc ®Þnh h−íng biÕn ®æi TS thµnh tæng cña c¸c hµm sè sin chóng ta ®· sö dông cc«ng thøc gãc nh©n ®«i cña hµm sè cosin (cô thÓ cos2x = 1 − 2sin2x).  ë c©u b), c¸c em häc sinh cÇn cã kinh nghiÖm vÒ hµm sè l−îng gi¸c lång nhau.

A = lim

(

x →1

lim

tan(a + x).tan(a − x) − tan a . x→0 x2

x2 + 7 − 2 = lim x →1 x2 − 1

 Gi¶i

= lim x →1

Ta cã: 2

A=−

−4 cos2a.sin 2 x −4 cos2a = .sin2x. (cos2x + cos2a)(1 + cos2a) (cos2x + cos2a)(1 + cos2a)

x →1

 

5 − x3 − 2 3 x 2 + 7 − 2  − . x2 − 1 x 2 − 1 

x2 + 7 − 8

(

 x2 − 1  

 + 2 3 x2 + 7 + 4   1 1 = . 2 12 x2 + 7 + 2 3 x2 + 7 + 4

)

(

x2 + 7

)

hái ®Æt ra: (1). T¹i sao ph¶i cã sè 2 ? (2). T¹i sao l¹i lµ sè 2 ? (3). T×m sè 2 nh− thÕ nµo ?

−4 cos2a −4 cos2a sin 2 x . 2 = . (cos2x + cos2a)(1 + cos2a) x (1 + cos2a)2

Tr¶ lêi ba c©u hái ®ã ta cã ph−¬ng ph¸p gi¶i lo¹i to¸n nµy. Tr¶ lêi c©u hái 3: §Ó t×m sè 2, ta ®−a ra thuËt to¸n gäi sè h¹ng v¾ng: B−íc 1: Víi mäi c∈ R ta cã:

NhËn xÐt: Nh− vËy, trong thÝ dô trªn chóng ta ®· cÇn sö dông nh÷ng phÐp biÕn ®æi l−îng gi¸c phøc t¹p h¬n rÊt nhiÒu. Vµ c©u hái th−êng ®−îc ®Æt ra ë ®©y lµ "§Þnh h−íng çch thùc hiÖn trªn nh− thÕ nµo ?", ®Ó tr¶ lêi chóng ta sÏ b¾t ®Çu nh− sau:  Kh«ng thÓ thùc hiÖn phÐp t¸ch, bëi nã kh«ng mang l¹i kÕt qu¶ g× khi øng víi tan(a + x) cÇn cã a + x vµ tan(a − x) cÇn cã a − x. Vµ khi ®ã, sÏ nhËn ®−îc d¹ng v« ®Þnh ( ∞ − ∞ ) .  NÕu sö dông çc phÐp biÕn ®æi thuÇn tuý víi hµm sè tang sÏ khã cã thÓ t¹o ra ®−îc nh©n tö chung tan2x cho TS, bëi sù cã mÆt cña sè h¹ng tù do tan2a.  Tõ nhËn ®Þnh trªn, chóng ta kh¼ng ®Þnh chØ cã thÓ lµm xuÊt hiÖn nh©n tö chung lµ sin2x cho TS. Tõ ®ã, dÉn ®Õn viÖc biÕn ®æi çc hµm sè tang vÒ d¹ng sin vµ cos. 39

3 1 11 − =− . 8 12 24

Do ®ã: x →0

) = lim 

VËy, ta ®−îc:

L = lim

x2 + 7 − 2

5 − x3 − 2 5 − x3 − 4 −(x 2 + x + 1) 3 = lim = lim =− . 2 2 3 → → x 1 x 1 x −1 8 (x − 1)( 5 − x + 2) (x + 1)( 5 − x3 + 2)

lim

x →1

sin(a + x)sin(a − x) sin a tan(a + x)tan(a − x) − tan a = − cos(a + x) cos(a − x) cos2 a −2 cos2a(1 − cos2x) cos2x − cos2a 1 − cos2a = − = (cos2x + cos2a)(1 + cos2a) cos2x + cos2a 1 + cos2a

Trong ®ã:

ThÝ dô 12. TÝnh giíi h¹n L = lim



) (

5 − x3 − 2 −

x2 − 1

x →1

5 − x3 − 3 x2 + 7 . x2 − 1

5 − x3 − 3 x2 + 7 = x2 − 1

5 − x3 − c − x2 − 1

chung víi: f1(x) = 5 − x3 − c vµ f2(x) = 3 x 2 + 7 − c. §iÒu ®ã x¶y ra khi vµ chØ khi c lµ nghiÖm cña hÖ:  f1 ( ±1) = 0 ⇔ c = 2.   f2 ( ±1) = 0

Do ®ã:

ThÝ dô 14. TÝnh giíi h¹n: lim x→0

1 + 2x − 3 1 + 3x . x2

lim

 Gi¶i

3x + 4 − 2 − x

= lim ( x→0

−2 1 + 2x + 1

lim x→0

1 + 2x − 3 1 + 3x = lim x→0 x2

= lim x→0

∞ , ta lùa chän mét trong çc çch sau: ∞ Çch 1: (§−îc sö dông cho çc ph©n thøc ®¹i sè ): Ta chia c¶ tö vµ mÉu cho luü thõa bËc cao nhÊt cña x cã mÆt ë ph©n thøc ®ã. Çch 2: Sö dông nguyªn lÝ kÑp gi÷a, ta thùc hiÖn theo çc b−íc sau: B−íc 1: Chän hai hµm sè g(x), h(x) tho¶ m·n: g(x) ≤ f(x) ≤ h(x). B−íc 2: Kh¼ng ®Þnh: lim g(x) = lim h(x) = L.

§Ó tÝnh c¸c giíi h¹n d¹ng

1 + 2x − (x + 1) x2 1 = lim = . 2 x→0 x →0 x 2 [ 1 + 2x + (x + 1)]x 2 (x + 1)3 − 1 − 3x (x + 1) − 3 1 + 3x lim = lim x→0 x →0 x2 [(x + 1)2 + (x + 1) 3 1 + 3x + 3 (1 + 3x)2 ]x 2 lim

x →0

x+3 (x + 1)2 + (x + 1) 3 1 + 3x + 3 (1 + 3x)2

x →∞

x→0

ThÝ dô 16. TÝnh c¸c giíi h¹n:

1 + 2x − 3 1 + 3x 1 3 = +1= . x2 2 2

Chó ý: RÊt nhiÒu häc sinh khi gÆp giíi h¹n trªn chØ sö dông ph−¬ng ph¸p h»ng sè v¾ng. Trong c¸c bµi thi tuyÓn sinh, chóng ta th−êng gÆp yªu cÇu tÝnh giíi h¹n cña nh÷ng hµm sè kh«ng mÉu mùc (kÕt hîp ®¹i sè vµ l−îng gi¸c).

ThÝ dô 15. (§HGTVT − 98): TÝnh giíi h¹n: lim x →0

1 − 2x + 1 + sin x 3x + 4 − 2 − x

x →∞

B−íc 3: KÕt luËn lim f (x) = L. x →∞

= 1.

VËy, ta ®−îc: lim

sin x 3 ):( − 1) = 0. x 3x + 4 + 2

Ph−¬ng ph¸p ¸p dông

1 + 2x − (x + 1) + (x + 1) − 3 1 + 3x x2 1 + 2x − (x + 1) (x + 1) − 3 1 + 3x + lim . x →0 x2 x2

Ta ®i x¸c ®Þnh tõng giíi h¹n:

= lim

∞ ∞

D¹ng to¸n 1: TÝnh giíi h¹n d¹ng

Ta cã:



1 − 2x + 1 + sin x

x→0

2x 2 + x − 10 3

9 − 3x (1 − x)(1 + x)2 (3 + x)2 c. lim . x →∞ (2 − x )(3 − x )2 (4 − x )2

b. d.

lim

x → +∞

lim

x 4 − x 3 + 11 . 2x − 7

x 6 + 4x 2 + x − 2 ( x 3 + 2)2

x → −∞

 Gi¶i

a. Chia c¶ tö vµ mÉu cho x3, ta ®−îc :

. lim

x → +∞

 Gi¶i

Ta cã:

lim

x → +∞

2 x 2 + x − 10 9 − 3x 3

2 1 10 + − x x2 x3 = lim = 0. 9 x → +∞ − 3 x3

b. Chia c¶ tö vµ mÉu cho x4, ta ®−îc :

1 − 2x + 1 + sin x 3x + 4 − 2 − x

1 − 2x + 1 + sin x 3x + 4 − 2 − x =( ):( ) x x

x 4 − x 3 + 11 = lim lim x → +∞ x → +∞ 2x − 7

1 − 2x + 1 sin x 3x + 4 − 2 + ):( − 1) x x x

c. Chia c¶ tö vµ mÉu cho x6, ta ®−îc :

sin x 3x =( + ):( − 1) x x(1 + 2x + 1) x( 3x + 4 + 2) −2x

−2 1 + 2x + 1

1 11 + x x4 = +∞. 2 7 − x3 x4

1−

1  1  3   − 1 + 1  + 1 (1 − x)(1 + x) (3 + x) x x x       = 1. lim = lim 2 2 x →∞ (2 − x )(3 − x )2 ( 4 − x )2 x →∞ 2  3   4   − 1  − 1  − 1 x  x  x  2

sin x 3 ):( − 1). x 3x + 4 + 2

d. Chia c¶ tö vµ mÉu cho x6, ta ®−îc: 1+

Víi x > 0, ta cã:

− x 5 x 6 = 1. 2 x → −∞ x → −∞ ( x + 2) (1 + 3 )2 x a x n + a n −1x n −1 + ... + a 0 Tæng qu¸t: Gi¶ sö R(x) = n m , víi an ≠ 0 vµ bm ≠ 0. b m x + b m −1x m −1 + ... + b 0 x 6 + 4x 2 + x − 2

lim

= lim

lim

x →+∞

= lim

∞ khi n > m  a lim R(x) =  n khi n = m . x →∞  bm 0 khi n < m Chøng minh

x →+∞

b. Ta cã d¹ng v« ®Þnh

1. NÕu n > m. Khi ®ã:

a a n −1 + ... + 0n an x x n-m b 0 > |x| 2b m khi |x| ®ñ lín. b m −1 + ... + m bm + x x

n-m

V× lim |x| x →∞

x →−∞

4   4 4 x 4 1 + 4  x2 1 + 4 x2 1 + 4  x  x = lim x = lim x →−∞ x →−∞  4  4  4 x 1 +  x 1 +  x 1 +  x x      x

= lim

x →−∞

a a n −1 + ... + 0n x x → a n khi x→∞. b b bm b m + m −1 + ... + m0 x x



an +

Chó ý: Nh− vËy, víi d¹ng v« ®Þnh

V× lim

x →∞

1 | x |m − n

a a n −1 + ... + 0n 1 2a n x x < khi |x| ®ñ lín. b b | x |m − n b m bm + m −1 + ... + m0 x x an +

lim

2x 4 + x 2 − 1 . 1 − 2x

x + x2 + x

a. Ta cã d¹ng v« ®Þnh

lim

x →−∞

x4 + 4 . x+4

x + 10

lim

x →−∞

2x 2 − 7x + 12 . 3 | x | −17

∞ . ∞

Víi x < 0, ta cã:

 Gi¶i a. Ta cã d¹ng v« ®Þnh

lim

x →−∞

 Gi¶i

ThÝ dô 17. TÝnh c¸c giíi h¹n: x → +∞

cã chøa c¨n bËc ch½n d¹ng trªn,

ThÝ dô 18. TÝnh c¸c giíi h¹n:

1 2a n = 0, nªn ta cã lim R(x) = 0. x →∞ | x |m − n b m

∞ ∞

chóng ta thùc hiÖn rót bËc cao nhÊt cña x ra, tõ ®ã ®−a ra ngoµi c¨n víi dÊu trÞ tuyÖt ®èi kÌm theo. Khi ®ã, tuú thuéc tÝnh chÊt ©m, d−¬ng cña nã ®Ó bá dÊu trÞ tuyÖt ®èi nµy.

3. NÕu n < m. Khi ®ã: |R(x)| =

4 x 4 = −∞. 4 1+ x

x 1+

an R(x) = ∞. 2b m = ∞, nªn ta cã lim x →∞

2. NÕu n = m. Khi ®ã: R(x) =

1 1 − x 2 x 4 = +∞.2 = −∞. 1  −2  − 2 x 

∞ . Víi x < 0, ta cã: ∞

x4 + 4 = lim x →−∞ x+4

lim

an +

|R(x)| = |x|

1 1 − x x 2 x 4 = lim x →+∞ 1  x  − 2 x 

x2 2 +

Ta cã:

n-m

1 1   1 1 x4  2 + 2 − 4  x2 2 + 2 − 4 x x   x x = lim x →+∞ 1  1  x − 2 x  − 2 x  x 

2x 4 + x 2 − 1 = lim x →+∞ 1 − 2x

lim

∞ . ∞

x →−∞

x + x2 + x x + 10

 1 1 x 1 + 1 +  −1 − 1 + x  x = −2. = lim = lim x →−∞ x →−∞ 10  10  1+ x 1 +  x x 

b. Ta cã d¹ng v« ®Þnh

lim

x →−∞

D¹ng to¸n 2: Giíi h¹n d¹ng ∞ − ∞ Ph−¬ng ph¸p ¸p dông

∞ . Víi x < 0, ta cã: ∞

2x 2 − 7x + 12 = lim x →−∞ 3 | x | −17

7 12   7 12 x2  2 − + 2  x 2− + 2 x x   x x = lim x →−∞ 17  −3x − 17  x  −3 −  x 

Sö dông c¸c ph−¬ng ph¸p ®· biÕt ®Ó tÝnh giíi h¹n d¹ng h¹n d¹ng ∞ − ∞ th«ng qua phÐp nh©n liªn hîp. ThÝ dô 1. TÝnh c¸c giíi h¹n:

7 12 + x x2 = 2 . 17 3 −3 − x

− 2− = lim

x →−∞

 Chó ý:

x →∞

x x2 +1 x →+∞

x x2 +1

vµ L 2 = lim

x →−∞

So s¸nh L1 vµ L2 ®Ó kÕt luËn vÒ giíi h¹n cña lim



(

)

x2 + 1 − x .

lim

x → +∞

x →∞

lim

x x2 + 1 x

x →+∞

(

)

x 2 + 1 − x = lim

x →+∞

x2 + 1 + x

x+2 x2 + 2

x →∞

b. Ta cã:

x2 +1

lim

cã tån t¹i

x → +∞

x2 + x + 1 − x

= lim

x → +∞

x2 + x + 1 + x = lim x →+∞ x +1

= lim

x →+∞

Chia c¶ tö vµ mÉu cho x, víi l−u ý :  2  1 + 2 khi x > 0 x +2 x  =  . x 2  − 1 + khi x < 0  x2

•

lim

x →−∞

VËy, ta ®−îc: lim

x → +∞

x+2 2

x +2

≠ lim

x → −∞

(

)

2x 2 + 1 + x .

lim

x →−∞

(

)

x2 + 1 + x −1 .

a. Ta cã:

2 1+ x+2 x = lim = 1. x → +∞ 1+ 2 / x2 x2 + 2 2 1+ x+2 x = lim = − 1. x → −∞ − 1 + 2 / x2 x2 + 2

x → −∞

lim

x →−∞

 Gi¶i

Do ®ã ta xÐt hai tr−êng hîp :

x → +∞

1 1 1 1 + +x 1+ + 2 +1 x x2 x x = lim = 2. x →+∞ 1  1 1 + x 1 +  x  x

ThÝ dô 2. TÝnh c¸c giíi h¹n:

lim

 1 1  x 2 1 + + 2  + x  x x   1 x 1 +   x

x 1+

 Gi¶i

•

x + x +1 − x

= 0.

hay kh«mg. ThÝ dô 19. TÝnh giíi h¹n lim

a. Ta cã:

c¸c em häc sinh cÇn thùc hiÖn:

X¸c ®Þnh lÇn l−ît L1 = lim



lim

x →+∞

 Gi¶i

Víi yªu cÇu t×m giíi h¹n cña hµm sè chøa c¨n bËc ch½n khi x tiÕn tíi ∞, thÝ dô tÝnh giíi h¹n lim

∞ chóng ta tÝnh ®−îc giíi ∞

x+2 2

x +2

 lim

x →∞

x+2 2

x +2

(

)

2x + 1 + x = lim

= lim

x →−∞

kh«ng tån t¹i.

x →−∞

x2 + 1 2x 2 + 1 − x

= lim

x →−∞

1   x 2 1 + 2   x  1   x2  2 + 2  − x x  

1  1  1     x 2 1 + 2  x 2 1 + 2  x 1 + 2   x  = lim  x  = lim  x  = +∞. x →−∞ x →−∞ 1 1 1 x 2+ 2 −x −x 2 + 2 − x − 2 + 2 −1 x x x

b. Ta cã: lim

x →−∞

B−íc 3: VËy, ta ®−îc:

(

)

x 2 + 1 − (x − 1) 2

x + 1 + x − 1 = lim

= lim

x2 +1 − x + 1 2x

lim g(x) = L (hoÆc lim f (x) = L).

x →x0

x2 + 1 − x + 1 2x = lim = lim x →−∞ x →−∞ 1 1   x 1+ 2 − x +1 x 2 1 + 2  − x + 1 x x   2x 2x = lim = lim x →−∞ x →−∞  1 1 1 −x 1 + 2 − x + 1 x  − 1 + 2 −1 +  x x x   x →−∞

= lim

x →−∞

2 1 1 − 1+ 2 −1+ x x

2. §èi víi d¹ng 1 cÇn nhí c¸c giíi h¹n c¬ b¶n sau:

ViÖc ¸p dông chóng ®Ó t×m giíi h¹n cña hµm sè trong nhiÒu tr−ßng hîp cÇn thùc hiÖn c¸c phÐp biÕn ®æi phï hîp.

ThÝ dô 1. TÝnh giíi h¹n lim (x 3 + 1) x → ( −1) +

x . x2 −1

 Gi¶i

= −1.

Ta cã: x x = lim (x + 1)(x 2 − x + 1) 2 x 2 − 1 x →( −1)+ x −1

lim (x 3 + 1)

x → ( −1)+

= lim + (x 2 − x + 1) x → ( −1)

x →+∞

x(x + 1) 2 x(x + 1) = lim + (x 2 − x + 1) = 0. x → ( −1) x2 − 1 x −1 1

h¹n lim f(x).

ThÝ dô 2. TÝnh giíi h¹n L = lim (1 + sin 3x) x .

x →∞

x →0

 Gi¶i

Ta cã : lim y = lim ( x 2 + 2x + 4 − x 2 − 2x + 4 ) = lim x →−∞

x →−∞

Ta biÕn ®æi:

lim y = lim ( x 2 + 2x + 4 − x 2 − 2x + 4 ) = lim x →+∞

x →+∞

x →−∞

sin 3x x

= (1 + sin 3x) sin 3x

lim (1 + sin 3x) x = lim (1 + sin 3x) sin 3x x →0

x + 2x + 4 + x − 2x + 4

= 2. VËy, ta thÊy lim f(x) ≠ lim f(x), suy ra lim f(x) kh«ng tån t¹i. x →+∞

sin 3x .3 3x

Do ®ã:

4x 2

(1 + sin 3x) x = (1 + sin 3x) sin 3x

x 2 + 2x + 4 + x 2 − 2x + 4

= − 2. x →+∞

 1 lim 1 +  = e. x →∞  x

x →0

f(x) = x 2 + 2x + 4 − x 2 − 2x + 4 . TÝnh c¸c giíi h¹n lim f(x) vµ lim f(x), tõ ®ã nhËn xÐt vÒ sù tån t¹i cña giíi

x →−∞

lim (1 + x) x = e,

ThÝ dô 3. Cho hµm sè :

x →−∞

x →∞

∞

x →0

sin 3x .3 3x

= e3 .

§3. Hµm sè liªn tôc

x →∞

D¹ng to¸n 8: Giíi h¹n d¹ng 1∞, 0.∞ ∞, ∞0 Ph−¬ng ph¸p ¸p dông 1. §èi víi d¹ng 0.∞ vµ ∞0 , ta chän mét trong hai çch sau: Çch 1: Sö dông ph−¬ng ph¸p biÕn ®æi ®Ó tËn dông çc d¹ng giíi h¹n c¬ b¶n. Çch 2: Sö dông nguyªn lÝ kÑp gi÷a, víi çc b−íc: B−íc 1: Chän hai hµm sè g(x), h(x) tho¶ m·n: g(x) ≤ f(x) ≤ h(x). B−íc 2: Kh¼ng ®Þnh: lim g(x) = lim h(x) = L x →x0

D¹ng to¸n 1: XÐt tÝnh liªn tôc cña hµm sè t¹i mét ®iÓm − D¹ng I Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Cho hµm sè: f ( x) khi x ≠ x 0 f(x) =  1 . f 2 (x) khi x = x 0 §Ó xÐt tÝnh liªn tôc hoÆc x¸c ®Þnh gi¸ trÞ cña tham sè ®Ó hµm sè liªn tôc t¹i ®iÓm x0, chóng ta thùc hiÖn theo c¸c b−íc sau: B−íc 1: TÝnh giíi h¹n: lim f( x ) = lim f1 ( x ) = L. x→ x 0

x →x0

(hoÆc lim g(x) = lim h(x) = L). x →∞

x →x0

B−íc 2: TÝnh f(x0) = f2(x0). B−íc 3: §¸nh gi¸ hoÆc gi¶i ph−¬ng tr×nh L = f2(x0), tõ ®ã ®−a ra kÕt luËn.

x →∞

ThÝ dô 1. a. XÐt tÝnh liªn tôc cña hµm sè y = g(x) t¹i x0 = 2, biÕt:  x3 − 8  nÕu x ≠ 2 g(x) =  x − 2 . 5 nÕu x = 2  b. Trong biÓu thøc x¸c ®Þnh g(x) ë trªn, cÇn thay sè 5 bëi sè nµo ®Ó hµm sè liªn tôc t¹i x0 = 2.

§Ó xÐt tÝnh liªn tôc hoÆc x¸c ®Þnh gi¸ trÞ cña tham sè ®Ó hµm sè liªn tôc t¹i ®iÓm x0, chóng ta thùc hiÖn theo c¸c b−íc sau : B−íc 1: TÝnh f(x0) = f2(x0). B−íc 2: (Liªn tôc tr¸i) TÝnh : lim f ( x) = lim f1 ( x) = L1. x → x −0

 Gi¶i

a. Ta cã: g(2) = 5,

lim g( x) = lim

x →2

x → x +0

x3 − 8 = lim (x2 + 2x + 4) = 12, x →2 x−2

x →2

VËy, hµm sè gi¸n ®o¹n t¹i ®iÓm x0 = 2. b. NÕu thay 5 b»ng 12 th× hs sÏ liªn tôc t¹i ®iÓm x0 = 2.

ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng: a. Hµm sè:

ThÝ dô 2. XÐt tÝnh liªn tôc cña hµm sè sau t¹i ®iÓm x0 = 1:  x −1 khi x ≠ 1 

( x + 1)2 víi x ≤ 0

f(x) = 

 x + a khi x = 1 

x → x +0

§¸nh gi¸ hoÆc gi¶i ph−¬ng tr×nh L2 = f2(x0), tõ ®ã ®−a ra lêi kÕt luËn vÒ liªn tôc ph¶i. B−íc 4: §¸nh gi¸ hoÆc gi¶i ph−¬ng tr×nh L1 = L2, tõ ®ã ®−a ra lêi kÕt luËn.

nh− vËy, ta ®−îc lim g( x ) ≠ g(2).

f(x) =  x − 1

x → x −0

§¸nh gi¸ hoÆc gi¶i ph−¬ng tr×nh L1 = f2(x0), tõ ®ã ®−a ra lêi kÕt luËn vÒ liªn tôc tr¸i. B−íc 3: (Liªn tôc ph¶i) TÝnh : lim f (x) = lim f2 (x) = L2.

x 2 + 2 víi x > 0

b. Mçi hµm sè:

 Gi¶i

g(x) =

Hµm sè x¸c ®Þnh víi mäi x∈ R . Ta cã: f(1) = a + 1,

limf (x) = lim x →1

x →1

gi¸n ®o¹n t¹i ®iÓm x = 0.

 1 víi x ≤ 1  x − 3 vµ h(x) =  x − 2 − 1 víi x > 1  x

liªn tôc trªn tËp x¸c ®Þnh cña nã.

x2 −1 = lim (x + 1) = 2, x →1 x −1

 Gi¶i

a. Hµm sè x¸c ®Þnh víi mäi x ∈ R . Ta cã: lim+ f(x) = lim+ (x2 + 2) = 2 vµ

VËy, ta cã:  NÕu: 2 = a + 1 ⇔ a = 1 ⇔ f(1) = 2 = lim f (x) ,

x →0

x →1



th× hµm sè liªn tôc t¹i ®iÓm x0 = 1.  NÕu: 2 ≠ a + 1 ⇔ a ≠ 1 ⇔ f(1) ≠2 = lim f (x) ,

x →0

lim

x →0 +

f(x) ≠

lim

x →0 −

lim

x →0 −

f(x) =

lim

x →0 −

(x + 1)2 = 1

f(x).

Tøc lµ, hµm sè gi¸n ®o¹n t¹i ®iÓm x = 0. b. Hµm sè x¸c ®Þnh víi mäi x ∈ R . Tr−íc tiªn, ta thÊy hµm sè liªn tôc víi mäi x ≠ 1. XÐt tÝnh liªn tôc cña hµm sè t¹i ®iÓm x0 = 1, ta cã:

x →1

th× hµm sè gi¸n ®o¹n t¹i ®iÓm x0 = 1.

1  1 lim f(x) = lim+  −  = −1 vµ lim− f(x) = lim− = −1, x →1  x  x →1 x →1 x − 2 f(1) = −1,  lim+ f(x) = lim− f(x) = f(1)

D¹ng to¸n 2: XÐt tÝnh liªn tôc cña hµm sè t¹i mét ®iÓm − D¹ng II Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Cho hµm sè:

x →1+

f ( x) khi x < x 0 . f2 ( x) khi x ≥ x 0

x →1

f(x) =  1

x →1

Tøc lµ, hµm sè liªn tôc t¹i ®iÓm x = 1. VËy, liªn tôc trªn tËp x¸c ®Þnh cña nã. 49

ThÝ dô 2. Cho hµm sè:

 Gi¶i

 x 2 − 3x + 2 khi x ≠ 1  f(x) =  | x − 1| . a khi x = 1 

a. Hµm sè f(x) lµ hµm ®a thøc nªn nã liªn tôc trªn R . b. Ta lÇn l−ît cã nhËn xÐt:  Hµm sè f(x) lµ hµm ®a thøc nªn nã liªn tôc trªn R .  Hµm sè g(x) lµ hµm ph©n thøc nªn nã liªn tôc trªn tËp x¸c ®Þnh (tøc lµ trªn R ).

a. T×m a ®Ó f(x) liªn tôc tr¸i t¹i ®iÓm x = 1. b. T×m a ®Ó f(x) liªn tôc ph¶i t¹i ®iÓm x = 1. c. T×m a ®Ó f(x) liªn tôc trªn R .

ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng: a. Hµm sè f(x) = 8 − 2x 2 liªn tôc trªn ®o¹n [−2; 2].

 Gi¶i

b. Hµm sè f(x) =

Ta cã:  x − 2 khi x > 1  khi x = 1 .  2 − x khi x < 1 

 Gi¶i

f(x) = a

a. Hµm sè x¸c ®Þnh trªn ®o¹n [−2; 2]. Víi x0 ∈ (−2; 2), ta cã:

a. §Ó f(x) liªn tôc tr¸i t¹i ®iÓm x = 1 ⇔ lim− f (x) tån t¹i vµ lim− f (x) = f(1). x →1

lim f (x) = lim

x →1

x →x0

Ta cã: x →1

VËy, ®iÒu kiÖn lµ a = 1. b. §Ó f(x) liªn tôc ph¶i t¹i ®iÓm x = 1 ⇔ lim+ f (x) tån t¹i vµ lim+ f (x) = f(1). x →1

x →1

Ta cã: lim f (x) = lim+ (x − 2) = −1 vµ f(1) = a.

x →1+

8 − 2x 02 = f(x0).



b. Hµm sè x¸c ®Þnh trªn nöa kho¶ng  ; ∞  . 2  1



Víi x0 ∈  ; ∞  , ta cã: 2 

x →1+

VËy, kh«ng tån t¹i a ®Ó hµm sè liªn tôc trªn R .

lim f ( x) = lim

x→x 0

D¹ng to¸n 3: XÐt tÝnh liªn tôc cña hµm sè trªn mét kho¶ng Ph−¬ng ph¸p ¸p dông §Ó xÐt tÝnh liªn tôc hoÆc x¸c ®Þnh gi¸ trÞ cña tham sè ®Ó hµm sè liªn tôc trªn kho¶ng I, chóng ta thùc hiÖn theo çc b−íc sau : B−íc 1: XÐt tÝnh liªn tôc cña hµm sè trªn çc kho¶ng ®¬n. B−íc 2: XÐt tÝnh liªn tôc cña hµm sè t¹i çc ®iÓm giao. B−íc 3: KÕt luËn. ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng: a. Hµm sè f(x) = x4 − x2 + 2 liªn tôc trªn R .

x →x 0

2x − 1 =

2x 0 − 1 = f(x0). 1



VËy, hµm sè liªn tôc trªn kho¶ng  ; ∞  . 2  Ngoµi ra, sö dông giíi h¹n mét bªn, ta chøng minh ®−îc: 1 . 2 1  VËy, hµm sè liªn tôc trªn nöa kho¶ng  ; ∞  . 2  

Hµm sè f(x) liªn tôc ph¶i t¹i ®iÓm x0 =

ThÝ dô 3. Chøng tá r»ng hµm sè sau liªn tôc trªn R : 1   x cos 2 khi x ≠ 0 . x 0 khi x = 0

b. C¸c hµm sè f(x) = x3 − x + 3 vµ g(x) =

8 − 2x 2 =

1

x →1

x →x0

VËy, hµm sè liªn tôc trªn kho¶ng (−2; 2). Ngoµi ra, sö dông giíi h¹n mét bªn, ta chøng minh ®−îc:  Hµm sè f(x) liªn tôc ph¶i t¹i ®iÓm x0 = −2.  Hµm sè f(x) liªn tôc tr¸i t¹i ®iÓm x0 = 2. VËy, hµm sè liªn tôc trªn ®o¹n [−2; 2].

lim f (x) = lim− (2 − x) = 1 vµ f(1) = a.

x →1−

1  2x − 1 liªn tôc trªn nöa kho¶ng  ; ∞  . 2 

x −1 2

x +1

liªn tôc t¹i mäi

f(x) = 

®iÓm x ∈ R . 51

B−íc 1: Chän c¸c sè a < T1 < T2 < ... < Tk − 1 < b chia ®o¹n [a, b] thµnh k

 Gi¶i

kho¶ng tho¶ m·n :

Hµm sè f(x) liªn tôc víi mäi x ≠ 0. XÐt tÝnh liªn tôc cña f(x) t¹i ®iÓm x = 0. Ta cã : x.cos

f (a).f (T1 ) < 0  .  ... f (T ).f (b) < 0  k −1

1 1 1 1   = |x|. cos 2 ≤ |x|  −|x| ≤ xcos 2 ≤ |x|  lim  x.cos 2  = 0. x →0 x2 x x x  

B−íc 2: KÕt luËn vÒ sè nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh trªn ®o¹n [a, b].

ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh x5 + x − 1 = 0 cã nghiÖm trªn kho¶ng (−1; 1).

MÆt kh¸c f(0) = 0. Do ®ã, lim f(x) = f(0)  hµm sè liªn tôc t¹i ®iÓm x = 0.

 Gi¶i

x →0

VËy hµm sè liªn tôc trªn toµn trôc sè thùc R.

XÐt hµm sè f(x) = x5 + x − 1 liªn tôc trªn R . Ta cã: f(−1).f(1) = −3.1 = −3 < 0, VËy ph−¬ng tr×nh cã Ýt nhÊt mét nghiÖm trong kho¶ng (−1; 1).

ThÝ dô 4. XÐt tÝnh liªn tôc cña hµm sè sau trªn toµn trôc sè :  x 2 + x khi x < 1 . ax + 1 khi x ≥ 1

f(x) = 

ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh x2cosx + x.sinx + 1 = 0 cã Ýt nhÊt mét nghiÖm thuéc kho¶ng (0; π).

 Gi¶i

Hµm sè x¸c ®Þnh víi mäi x∈R. 1. Khi x < 1, ta cã f(x) = x2 + x nªn hµm sè liªn tôc víi x < 1. 2. Khi x > 1, ta cã f(x) = ax + 1 nªn hµm sè liªn tôc víi x > 1. 3. Khi x = 1, ta cã : lim f(x) = lim (x2 + x) = 2

XÐt hµm sè f(x) = x2cosx + x.sinx + 1 liªn tôc trªn (0; π). Ta cã: f(0).f(π) = 1 − π2 < 0, VËy ph−¬ng tr×nh cã Ýt nhÊt mét nghiÖm trong kho¶ng (0 ; π).

lim+ f(x) = lim+ (ax + 1) = a + 1.

f(1) = a + 1.

 Gi¶i

x →1−

x →1

Do ®ã :  NÕu a = 1 th× lim f(x) = lim f(x) = f(1) = 2, do ®ã hµm sè liªn tôc t¹i x0 = 1. x →1−



x →1+

NÕu a ≠ 1 th× lim f(x) ≠ lim f(x), do ®ã hµm sè gi¸n ®o¹n t¹i x0 = 1. x → 0+

x → 0−

KÕt luËn : - NÕu a = 1, hµm sè liªn tôc trªn toµn trôc sè. - NÕu a ≠ 1, hµm sè liªn tôc trªn (− ∞, 1)∪(1, + ∞) vµ gi¸n ®o¹n t¹i x0 = 1.

XÐt hµm sè f(x) = x3 + x + 1 liªn tôc trªn R . Ta cã: f(−1).f(0) = −1.1 = −1 < 0, VËy, ph−¬ng tr×nh cã Ýt nhÊt mét nghiÖm trong kho¶ng (−1; 0), do ®ã nã cã Ýt nhÊt mét nghiÖm ©m lín h¬n −1.

D¹ng to¸n 4: Sö dông tÝnh liªn tôc cña hµm sè chøng minh ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Cho ph−¬ng tr×nh f(x) = 0, ®Ó chøng minh ph−¬ng tr×nh cã k nghiÖm trong [a, b], ta thùc hiÖn theo c¸c b−íc sau: 53

 Gi¶i §Æt t = 3 1 − x . Khi ®ã, ph−¬ng tr×nh cã d¹ng: 2t3 − 6t + 1 = 0. XÐt hµm sè f(t) = 2t3 − 6t + 1 liªn tôc trªn R . Ta cã: f(−2) = −3, f(0) = 1, f(1) = −3, f(2) = 5, 54

suy ra:  f(−2).f(0) = −3 < 0, ph−¬ng tr×nh cã mét nghiÖm t1∈(−2; 0), khi ®ã: t1 = 3 1 − x  x1 = 1 − t13 vµ t1∈(1; 9).  f(0).f(1) = − 3 < 0, ph−¬ng tr×nh cã mét nghiÖm t2∈(0; 1) , khi ®ã: t2 = 3 1 − x  x2 = 1 − t 32 vµ t2∈(0; 1).  f(1).f(2) = −15 < 0, ph−¬ng tr×nh cã mét nghiÖm t3∈(1; 2) , khi ®ã: t3 = 3 1 − x  x3 = 1 − t 33 vµ t3∈(−7; 0). VËy, ph−¬ng tr×nh cã ba nghiÖm trªn kho¶ng (−7; 9).

 Gi¶i Hµm sè f(x) liªn tôc trªn [−4;

Gi¶i ph−¬ng tr×nh f(x) = 0, ta cã: f(x) = 0 ⇔ 1 − x + 1 − 2x =

XÐt hµm sè f(x) = x3 + mx2 − 1 liªn tôc trªn R. Ta cã : f(0) = − 1 < 0 lim f(x) = + ∞, vËy tån t¹i c > 0 ®Ó f(c) > 0, x → +∞

suy ra : f(0).f(c) < 0. VËy ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 lu«n cã mét nghiÖm thuéc (0, c) ⇔ ph−¬ng tr×nh lu«n cã mét nghiÖm d−¬ng.

 V× f   = 2 1

9 − 2

1 1 > 0 nªn f(x) > 0 víi ∀x ∈ (0; ]. 2 2

C. C¸c bµi to¸n chän läc

 Chøng minh

VÝ dô 1: Chøng minh r»ng d·y sè (uu) víi sè h¹ng tæng qu¸t un =

XÐt hµm sè f(x) = x3 + ax2 + bx + c liªn tôc trªn R . NhËn xÐt r»ng: lim f(x) = −∞, vËy tån t¹i x1 ®Ó f(x1) < 0,

giíi h¹n 0.

 Gi¶i

x → −∞

lim f(x) = + ∞, vËy tån t¹i x2 ®Ó f(x2) > 0,

Ta cã: (−1) n cos n 1 1 1 1 cos n = 2 < 2 < 2 < vµ lim = 0, n2 + 1 n +1 n +1 n n n tõ ®ã suy ra ®iÒu cÇn chøng minh.

x → +∞

suy ra f(x1) f(x2) < 0. VËy ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 lu«n cã Ýt nhÊt mét nghiÖm.

D¹ng to¸n 5: Sö dông tÝnh liªn tôc cña hµm sè xÐt dÊu hµm sè Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Sö dông kÕt qu¶: "NÕu hµm sè y = f(x) liªn tôc vµ kh«ng triÖt tiªu trªn ®o¹n [a, b] th× cã dÊu nhÊt ®Þnh trªn (a, b)". x+4 −

x ≤ 1  1  x ≤ 2   (1 − x)(1 − 2x) = 2x + 1

1  x ≤ 2 1  1  − ≤ x ≤ ⇔  2x + 1 ≥ 0 ⇔  2 2 ⇔ x = 0.  2x 2 + 7x = 0 (1 − x)(1 − 2x) = (2x + 1)2    1 Nh− vËy, trªn c¸c kho¶ng [−4; 0) vµ (0; ] hµm sè f(x) kh«ng triÖt tiªu, do ®ã: 2  V× f( − 1) = 3 − 2 − 3 < 0 nªn f(x) < 0 víi ∀x ∈ [−4; 0).

 Gi¶i

Tæng qu¸t: Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh: x3 + ax2 + bx + c = 0 lu«n cã Ýt nhÊt mét nghiÖm.

x+4

1 − x ≥ 0  ⇔ 1 − 2x ≥ 0 ⇔  1 − x + 1 − 2x + 2 (1 − x)(1 − 2x) = x + 4 

ThÝ dô 5. Chøng minh r»ng víi mäi m ph−¬ng tr×nh x3 + mx2 − 1 = 0 lu«n cã mét nghiÖm d−¬ng.

ThÝ dô 1. XÐt dÊu hµm sè f(x) =

1 ]. 2

1− x −

VÝ dô 2: TÝnh c¸c giíi h¹n sau: 

a. L = lim  1 − n → ∞



b. L = lim 

1  1  1   1 − ... 1 − 2  . 22  32   n 

 n2 + 1

1 − 2x .

2 n2 + 1

3 n2 + 1

+ ... +

n −1  . n2 + 1 

(−1) n cos n cã n2 + 1

 Gi¶i

a. NhËn xÐt r»ng:

a. Ta biÕn ®æi:

22 − 1 32 − 1 n 2 − 1 1.3 2.4 ( n − 1)( n + 1) 1 n +1 1 L = lim 2 . 2 ... 2 = lim 2 . 2 ... = lim . = . n→∞ 2 n →∞ 2 n→∞ 2 n 2 3 n2 3 n b. Ta cã: 1 n2 + 1

2 n2 + 1

3 n2 + 1

+ ... +

n −1 n2 + 1

1 (1 + 2 + ... + n − 1) n2 + 1 1 n( n − 1) n2 − n = 2 . = 2 n +1 2( n 2 + 1)

15 1 15 un + 3 − 4 = 5 4 = 1 ⇔ vn + 1 = 1 vn 15 15 5 5 un − un − 4 4 1 tõ ®ã, suy ra (vn) lµ mét cÊp sè nh©n víi c«ng béi q = . 5 v n +1 = vn

Tõ ®ã, suy ra: L = lim

n2 − n 2

2( n + 1)

1 . 2

n −1

15 . 4

Tõ ®ã, ta ®−îc:

n . 3n

 25  1  n −1 15  15 .  +  = . 4 4  4  5  

limun = lim 

u n +1 2 ≤ víi mäi n. un 3

VÝ dô 5:

2 b. Chøng minh r»ng 0 < un ≤   víi mäi n. 3 c. Chøng minh r»ng d·y sè (un) cã giíi h¹n 0.

a. Víi mäi n ta cã: u n +1 n +1 2n 2  n +1  n  =  n +1  :  n  = ≤ = , ®pcm. un 3n 3n 3  3  3  b. Sö dông ph−¬ng ph¸p quy n¹p ®Ó chøng minh − Häc sinh tù lµm. c. Tõ kÕt qu¶ c©u b) ta cã: n n 2 2 un ≤   vµ lim   = 0, 3 3 tõ ®ã suy ra ®iÒu cÇn chøng minh.

Víi gi¶ thiÕt q < 1, Q < 1 suy ra qQ < 1. Khi ®ã: S −1 1 T −1 1 q= , T= Q= , 1− q S 1− Q T 1 ST 1 A= = = . S −1 T −1 1 − qQ S + T −1 1− . S T

VÝ dô 6:

VÝ dô 4: Cho d·y sè (un) x¸c ®Þnh bëi: 1 un + 3 víi mäi n ≥ 1. 5

a. Chøng minh r»ng d·y sè (vn) x¸c ®Þnh bëi vn = un −

Cho: S = 1 + q + q2 + …, víi q < 1, T = 1 + Q + Q2 + …, víi Q < 1, A = 1 + qQ + q2Q2 + … TÝnh A theo S vµ T.

 Gi¶i

u1 = 10 vµ un + 1 =

15 1 25  1  ). = .  4 5 n −1 4 5

25  1  15 = .  4 4 5

 un = vn +

VÝ dô 3: Cho d·y sè (un) víi un = a. Chøng minh r»ng

u n +1 −

15 lµ mét cÊp 4

Cho mét tam gi¸c ®Òu ABC c¹nh a. Tam gi¸c A1B1C1 cã çc ®Ønh lµ trung ®iÓm çc c¹nh cña ∆ABC, ∆A2B2C2 cã çc ®Ønh lµ trung ®iÓm çc c¹nh cña ∆A1B1C1, ..., ∆An + 1Bn + 1Cn + 1 cã çc ®Ønh lµ trung ®iÓm çc c¹nh cña ∆AnBnCn, .... Gäi p1, p2, ..., pn vµ S1, S2, ...Sn, ... theo thø tù lµ chu vi vµ diÖn tÝch cña çc ∆A1B1C1, ∆A2B2C2, ..., ∆AnBnCn, .... a. T×m giíi h¹n cña çc d·y sè (pn) vµ (Sn). b. TÝnh çc tæng: p1 + p2 + ... + pn + ... vµ S1 + S2 + ... + Sn + ....

Do ®ã:

 Gi¶i

a. Ta lÇn l−ît cã nhËn xÐt: 

lim

1 1 1 p1, p3 = p2 = 2 p1, ... 2 2 2

Víi d·y sè (pn) th× p2 =

x →0

Tõ ®ã, ta dù ®o¸n ®−îc: 1

pn =

2 n −1

p1 =

2.2 n −1

− Chøng minh b»ng quy n¹p.



2x − 1 − x . x −1 x 3 − 3x − 2 b. (§HQG − 98): lim . x →1 x −1

= 3a.lim   = 0.

 Gi¶i

a. Ta cã:

Tõ ®ã, ta dù ®o¸n ®−îc: Sn =

S1 =

4 n −1

lim 2

16.4 n −1

4 n +1

x →1

− Chøng minh b»ng quy n¹p.

lim a2 3 4 n +1

1 4

x →1

n +1

= a 2 3 .lim  

= 0.

b. Ta lÇn l−ît cã nhËn xÐt: 

p1 + p2 + ... + pn + ... = 

1 3a < 1 vµ p1 = nªn: 2 2

2x − 1 − x x −1 = lim = lim x →1 x →1 x −1 (x − 1)( 2x − 1 + x )

p1 = 3a. 1− q



1 − 1 + sin 3x 1 − cos x

x →0

1 . 2

1 a2 3 < 1 vµ S1 = nªn: 4 16 S a2 3 S1 + S2 + ... + Sn + .... = 1 = . 1− q 12

(§HQG/khèi B − 97): TÝnh giíi h¹n lim

x 3 − 3x − 2 x 6 − 3x + 2 = lim x →1 x −1 (x − 1)(x3 + 3x − 2 ) (x − 1)(x5 + x 4 + x3 + x 2 + x − 2) = lim x →1 (x − 1)(x3 + 3x − 2 ) 5 x + x 4 + x3 + x2 + x − 2 3 = lim = . x →1 2 x 3 + 3x − 2

x 3 − 3x − 2 x 3 − 1 + 1 − 3x − 2 = lim x →1 x →1 x −1 x −1 x3 − 1 1 − 3x − 2 = lim + lim x →1 x − 1 x →1 x −1 3 − 3x 2 = lim x + x + 1 + lim x →1 x →1 (x − 1) 1 + 3x − 2

VÝ dô 7:

1 2x − 1 + x

b. Ta cã:

Do ®ã: limSn = lim

x →0

x →1

1 2 2 1 1 1 Víi d·y sè (Sn) th× S2 = S1, S3 = S2 = 2 S1, ... 4 4 4 3a

= lim ( 1 + cos x .3 − 4sin2x) = 3 2 .

a. (HVNH − 98): lim

Do ®ã: limpn = lim

1 − cos x

TÝnh c¸c giíi h¹n sau:

VÝ dô 8:

1 − 1 + sin 3x

lim

(

)

(

)

3 3 = 3 − lim =3− = . x →1 2 2 1 + 3x − 2

 Gi¶i

Ta cã: 1 − 1 + sin 3x 1 − cos x

1 − 1 − sin 3x

1 − cos x 2

(3 − 4sin x)sin x 1 − cos x

sin 3x 1 − cos x 2

1 − cos x

VÝ dô 9: TÝnh c¸c giíi h¹n sau:

3 − 4sin x 1 − cos x 1 − cos x

Ngoµi ra, ý t−ëng nµy cßn cã tªn lµ "Ph−¬ng ph¸p gäi h»ng sè v¾ng" trong viÖc t×m giíi h¹n, vµ nã sÏ ®−îc tr×nh bµy ë phÝa sau.

3sin x − 4 sin3 x

= 1 + cos x .3 − 4sin2x.

a. lim x →1

x −1

x − 2 +1

b. lim

x →−1

x + x2 + x + 1 . x +1

 Gi¶i

 NhËn xÐt:

a. Ta cã: 3

lim

x →1

x −1

x −2 +1

= lim x →1

[ 3 (x − 2)2 − 3 x − 2 + 1](x − 1) 3

( x + x + 1)(x − 1)

= lim

(x − 2)2 − 3 x − 2 + 1 3

x →1

lim

x + x +1

x→ 0

lim

3 x + x2 + x + 1 x +1 x2 + x = lim + lim x →− 1 x →− 1 x +1 x +1 x +1 x +1 + lim x = lim = lim x →−1 3 2 x →−1 ( x − 3 x + 1)(x + 1) x →−1

VÝ dô 11: TÝnh giíi h¹n: 1 3

x2 − 3 x + 1

2 −1=− . 3

VÝ dô 10: TÝnh c¸c giíi h¹n sau: 4

a. lim x →1

2x − 1 + 5 x − 2 . x −1

b. lim x →0

x →1

 Gi¶i

(x 2 + 2004) 7 1 − 2x − 2004 . x

Gäi tö thøc lµ T, ta cã: T=

1+ x

a. Ta cã: 4 x →1

2x − 1 + 5 x − 2 = lim x →1 x −1

x x 1 + x. 3 1 + . 4 1 + − 4 1 − x 2 3 . 3 3 4 + x − 8− x − 4 1+ x 2

lim

 Gi¶i

lim

a 1 + ax − 1 = , x n

= 1. b. Ta cã: x →−1

Trong vÝ dô trªn, ë c©u b) chóng ta ®· thªm bít x2 ®Ó lµm xuÊt hiÖn ®a thøc P(x) = x2 + 2004 ë tö thøc, tõ ®ã lµm xuÊt hiÖn d¹ng:

x 4 x . 1+ − 2 3

2x − 1 − 1 + 5 x − 2 + 1 x −1 4 5 2x − 1 − 1 x − 2 +1 = lim + lim . x →1 x → 1 x −1 x −1

x 4 x . 1+ + 2 3

x 4 x . 1+ − 2 3

x 4 x . 1 + ( 1 + x − 1) + 2 3

§Æt: 4  u = 2x − 1 ⇔   v = 5 x − 2

 u4 − 1 x − 1 = 2 .  x − 1 = v5 − 1 

2x − 1 − 1 2(u − 1) 2 = = vµ x→1 ⇔ u→1. x −1 u4 − 1 (u + 1)(u 2 + 1)

x − 2 +1 v +1 1 = 5 = 4 3 2 vµ x→1 ⇔ v→ − 1. x −1 v +1 v − v + v − v +1

lim x →1

x→ 0

x −1+ 1− 3

Ta cã: lim

2x − 1 + x − 2 2 1 7 = lim + lim 4 3 2 = . u →1 (u + 1)(u 2 + 1) v →−1 v − v + v − v + 1 x −1 10

x →1

x x T 1 + x. 3 1 + . 4 1 + − 4 1 − x 1 T 24 2 3 = lim = lim x = = . x →1 M x →1 M 3 5 5 3 4 4 + x − 8− x − 1+ x 2 x 24

VÝ dô 12: TÝnh c¸c giíi h¹n sau:

(x 2 + 2004) 7 1 − 2x − 2004 (x 2 + 2004) 7 1 − 2x − x 2 − 2004 + x 2 = lim x → 0 x x 7  2  1 − 2x − 1 4008 = lim (x + 2004) + x = − . x →0 x 7  

a. (§HQG/khèi D − 99): lim x →1

x3 + x2 − 2 sin(x − 1)

b. (§HDL H¶i Phßng/Khèi A − 2000): lim x →1

1− x

  x  3 1 + − 1  + 2     x +  4 1 + − 1  − ( 4 1 − x − 1). 3  

3 x x .2. 1 + − 2 3 1 − − 4 1 + x 2 4 8     x x = 3  1 + − 1  − 2  3 1 − − 1  − ( 4 1 + x − 1). 4 8    

b. Ta cã: lim

x 3

x + 3

VËy, ta ®−îc: 4

Gäi mÉu thøc lµ M, ta cã:

Khi ®ã: 4

x 2 − 4x + 3 . tan(x − 1)

 Gi¶i

a. Ta cã: lim x →1

x 2 + 2x + 2 x3 + x2 − 2 (x − 1)(x 2 + 2x + 2) = lim = lim = 5. x →1 x →1 sin(x − 1) sin(x − 1) sin(x − 1) x −1

 NhËn xÐt:

b. Ta cã: lim x →1

x 2 − 4x + 3 (x − 1)(x − 3) x −3 = lim = −2. = lim x →1 x →1 tan(x − 1) tan(x − 1) tan(x − 1) x −1

x →0

Nh− vËy, trong thÝ dô trªn thùc chÊt chóng ta chØ cÇn sö dông c«ng thøc biÕn ®æi tÝch thµnh tæng vµ c«ng thøc gãc nhËn ®«i cña cos. Tuy nhiªn, c¸c em häc sinh cÇn thËn trong trong tÝnh to¸n.

VÝ dô 14: TÝnh c¸c giíi h¹n sau: a. (§HHH/§Ò 1 − 97): lim

1 − cos x

1 − cos x 1 + tan x − 1 + sin x b. (§HHH − 2000): lim . x →0 x3 x →0

VÝ dô 13: (§HAN/Khèi A − 2000): TÝnh giíi h¹n: L = lim

2 2 2  15 2 98 1 1 9 5  1 . lim   +   +   +    . 2 = 1. x → 0 83 2 2 2  2   (7)  2 

98  1 − cos3x cos5x cos7x   . 83  sin 2 7x 

 Gi¶i

a. Ta cã:

Ta cã: 1 − cos3xcos5xcos7x = 1 −

1 (cos8x + cos2x)cos7x 2

lim x →0

1 (cos8x cos7x + cos2xcos7x) 2 1 = 1 − (cos15x + cosx + cos9x + cos5x) 4 1 = [(1 − cos15x) + (1 − cosx) + (1 − cos9x) + (1 − cos5x)] 4 x 9x 5x  1 15x = 2 sin 2 + 2sin2 2 + 2sin2 2 + 2sin2 2   4  2 x 9x 5x  1  2 15x = + sin2 2 + sin2 2 + sin2 2  .  sin  2 2 

=1−

1 − cos x 1 − cos x

= lim x →0

2sin 2

1 − cos x (1 − cos x)(1 + cos x )

 x  sin 2 2  = lim 2 x →0  x   2

= lim

x 2

x (1 + cos x) 2 2   x   2    2  1 1 x   .  . . .  = 0. 2 2 x  x  1 + cos x    sin 2  2  2     x →0

2sin2

b. Ta cã: lim x →0

1 + tan x − 1 + sin x tan x − sin x = lim 3 x → 0 x ( 1 + tan x + 1 + sin x ) x3

Do ®ã:

x 9x 5x  98 1  2 15x 1 L = lim .  sin + sin2 2 + sin2 2 + sin2 2  . 2  sin 7x x → 0 83 2 2   x 15x  sin 2 2 2 sin 2 98 1  15  1 2 2  = . lim .  + .  + 2 2 83 2 x →0   15x   2  x 2   2 2    

= lim x →0

tan x(1 − cos x) x 3 ( 1 + tan x + 1 + sin x )

 tan x sin 2 (x / 2)

= 2 lim  x →0

 x

(x / 2)

x 2 x →0 3 x ( 1 + tan x + 1 + sin x) 2 tan x.sin 2

= lim

 1 = . 1 + tan x + 1 + sin x  4 1

 NhËn xÐt: Nh− vËy, trong lêi gi¶i cña vÝ dô trªn chóng ta cÇn thùc hiÖn phÐp

 9x 5x 2 2 sin sin 2 2 1 9  5   (7x) 2 2 + .  + .  . 2 . 2 2 2   2 sin 7x (7) 2  9x     5x      2   2       2

lim

x →x 0

f1 (x) − f2 (x) , trong ®ã f1(x0) = f2(x0) = c vµ g(x0) = 0. g(x)

Ta lùa chän mét trong hai c¸ch: C¸ch 1: (ChÌn h»ng sè v¾ng): Ta thùc hiÖn viÖc thªm h»ng sè v¾ng c (víi f1(x0) = f2(x0) = c) vµo biÓu thøc cña giíi h¹n, ta ®−îc: lim

x →x 0

f1 (x) − c + c − f2 (x) f (x) − c c − f2 (x) = lim 1 + lim . x → x0 x → x0 g(x) g(x) g(x)

= lim x→ 0

lim

f1 (x) − f(x) + f(x) − f2 (x) g(x) f (x) − f(x) f(x) − f2 (x) = lim 1 + lim . x → x0 x → x0 g(x) g(x)

VÝ dô 15: (§HQG/Khèi A − 97): TÝnh giíi h¹n lim x →0

. 1 +

1 + x + cos x 

1 + x 2 − cos x = lim x→ 0 x2

lim x →0

 1 + x 2 − 1 1 − cos x  +   = lim  x2 x 2  x →0 

lim (x + 2)

x →+∞

x −1 . x3 + x

b. lim x x →−∞

a. Ta cã: 2

lim (x + 2)

Ta cã:

x →+∞

2 1+ x − 3 8 − x 2 1+ x −2 + 2 − 3 8− x = lim x→ 0 x x  2( 1 + x − 1) 2− 3 8−x  = lim  +  x →0 x x    

= lim  x →0

 x

(

1+ x +1

)

lim x →1

x + 3 − 2x . tan(x − 1)

1 2+ 2 2x 3 + x x 2 (2x 3 + x) x = − lim =− 2. = − lim x →−∞ x →−∞ x →−∞ 1 3 x5 − x 2 + 3 x5 − x2 + 3 1− 3 + 5 x x π  VÝ dô 18: TÝnh giíi h¹n limπ  − x  .tanx. x→ 2  2 lim x

  13 .  = 2  3 3  x 4 + 2 8 − x + (8 − x)  12   x

b. (§HTM − 99): lim x →0

 Gi¶i

1 + x 2 − cos x . x2

§Æt t =

 Gi¶i

x →1

cos t π  π  = 1. lim  − x  .tanx = lim t.tan  − t  = lim t.cott = lim t. π t →0 t →0 t →0 2 2  sin t x→    2

x + 3 − 2x −4x − 3 x −1 −4x 2 + x + 3 = lim = lim . x →1 tan(x − 1) ( x + 3 + 2x) tan(x − 1) x→1 x + 3 + 2x tan(x − 1) 7 =− . 4

x+2 VÝ dô 19: (HVKTMM − 99): TÝnh giíi h¹n L = lim   x →∞

 Gi¶i

b. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo hai c¸ch sau: C¸ch 1: Ta cã: lim x→ 0

π π π − x suy ra x = − t. NhËn xÐt khi x → th× t → 0. 2 2 2

VËy, ta ®−îc:

a. Ta cã: lim

x −1 (x − 1)(x + 2) = lim = lim x →+∞ x → +∞ x3 + x x3 + x

 1  2  1 − 1 +   x  x  = 1. 1 1+ 2 x

b. Ta cã:

VÝ dô 16: TÝnh c¸c giíi h¹n sau: a.

2x 3 + x . x − x2 + 3 5

 Gi¶i

2 1+ x − 3 8− x . x

x →0

 x  2sin 2  1 2  = 1.  + 2  1 + x2 + 1 x  4  2     

VÝ dô 17: TÝnh c¸c giíi h¹n sau:

 Gi¶i

lim

sin 2 x   = 1. x2 

C¸ch 2: Ta cã:

C¸ch 2: (ChÌn hµm sè v¾ng): Ta thùc hiÖn viÖc thªm hµm sè v¾ng f(x) (víi f(x0) = c) vµo biÓu thøc cña giíi h¹n, ta ®−îc: x →x0



1 2

1 + x 2 − cos x = lim x→ 0 x2

1 + x 2 − cos2 x

(

)

1 + x 2 + cos x x 2

= lim x →0

Ta biÕn ®æi: 2 x +1 2 x +1 1  x+2  = 1 +    , x +1  x +1 

x 2 + sin 2 x

(

)

1 + x 2 + cos x x 2

 x +1

2 x +1

®Æt

Ta cã:

1 1 = ⇔ x = t − 1. t x +1 NhËn xÐt khi x → ∞ th× t → ∞.

π  

VËy, ta ®−îc: x+2    x +1

2 x +1

 

1 t

2 ( t −1) +1

 

= 1 + 

1 t

= 1 + 

2 t −1 t



2 x +1



1 t

= lim  1 +  t →∞ 

2 t −1 t

 π ⇔ ph−¬ng tr×nh (1) lu«n cã mét nghiÖm thuéc kho¶ng  0;  .  2

= e2 .

VÝ dô 22: XÐt dÊu hµm sè f(x) = 2 + cosx − 2tan

Hµm sè f(x) liªn tôc trªn (0; π).

 x + x khi x < 1 . ax + 1 khi x ≥ 1 2

f(x) = 

Gi¶i ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 víi Èn phô t = tan

 Gi¶i

x →1+

f(1) = a + 1. Do ®ã:  NÕu a = 1 th× lim f(x) = lim f(x) = f(1) = 2, do ®ã hµm sè liªn tôc t¹i x0 = 1. x →1−



x →1+

NÕu a ≠ 1 th× lim f(x) ≠ lim f(x), do ®ã hµm sè gi¸n ®o¹n t¹i x0 = 1. x → 0+

x → 0−

KÕt luËn:  NÕu a = 1, hµm sè liªn tôc trªn toµn trôc sè.  NÕu a ≠ 1, hµm sè liªn tôc trªn (− ∞, 1)∪(1, + ∞) vµ gi¸n ®o¹n t¹i x0 = 1.

VÝ dô 21: Chøng minh r»ng víi mäi m ph−¬ng tr×nh: 1 1 − =m cos x sin x

(1)

lu«n cã nghiÖm.

 Gi¶i §iÒu kiÖn x ≠

π , víi k∈ Z . 2

BiÕn ®æi ph−¬ng tr×nh vÒ d¹ng: sinx − cosx − msinx.cosx = 0. XÐt hµm sè f(x) = sinx − cosx − msinx.cosx liªn tôc trªn ®o¹n

x 1− t2 , suy ra cosx = , ta cã: 2 1+ t2

1− t2 − 2t = 0 ⇔ 2t3 − t2 + 2t − 3 = 0 ⇔ (t − 1)(2t2 + t + 3) = 0 1+ t2 x π ⇔ t = 1 ⇔ tan = 1 ⇔ x = . 2 2 π π Nh− vËy, trªn c¸c kho¶ng (0; ) vµ ( ; π) hµm sè f(x) kh«ng triÖt tiªu, do ®ã: 2 2 2 1 π π  V× f   = 2 + − > 0 nªn f(x) > 0 víi ∀x ∈ (0; ). 2 2 3 3 2 π 1 π    V× f   = 2 − − 2 3 < 0 nªn f(x) < 0 víi ∀x ∈ ( ; π). 2 2  3 

Hµm sè x¸c ®Þnh víi mäi x∈ R . 4. Khi x < 1, ta cã f(x) = x2 + x nªn hµm sè liªn tôc víi x < 1. 5. Khi x > 1, ta cã f(x) = ax + 1 nªn hµm sè liªn tôc víi x > 1. 6. Khi x = 1, ta cã: lim f(x) = lim (x2 + x) = 2 ; lim f(x) = lim (ax + 1) = a + 1. x →1−

x trªn (0; π). 2

 Gi¶i

VÝ dô 20: XÐt tÝnh liªn tôc cña hµm sè sau trªn toµn trôc sè:

x →1−

π

VËy ph−¬ng tr×nh f(x) = 0 lu«n cã mét nghiÖm thuéc  0;   2

Do ®ã: x+2 lim   x →∞  x +1 

π  

f(0) = − 1 < 0 vµ f   = 1 > 0  f(0).f   = − 1 < 0. 2 2

π . 2

b. §¹o hµm bªn ph¶i cña hµm sè y = f(x) t¹i ®iÓm x0, kÝ hiÖu lµ f '( x +0 ), ®−îc ®Þnh nghÜa lµ: ∆y f (x) − f (x 0 ) f '( x +0 ) = lim+ = lim+ ∆x → 0 ∆x x →x 0 x − x0

ch−¬ng 5 − ®¹o hµm A. KiÕn thøc cÇn nhí

trong ®ã x → x +0 ®−îc hiÓu lµ x → x0 vµ lín h¬n x0.

I. Kh¸i niÖm ®¹o hµm

§Þnh lÝ: Hµm sè y = f(x) cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm x0 thuéc tËp x¸c ®Þnh cña nã, nÕu vµ chØ nÕu f '( x −0 ) vµ f '( x +0 ) tån t¹i vµ b»ng nhau.

1. Më ®Çu

NhiÒu bµi to¸n cña to¸n häc, vËt lÝ, ho¸ häc, sinh häc, kÜ thuËt ... ®ßi hái ph¶i t×m giíi h¹n d¹ng: f (x ) − f ( x 0 ) lim x →x 0 x − x0 trong ®ã f(x) lµ mét hµm sè ®· cho cña ®èi sè x. Qua §¹i sè vµ Gi¶i tÝch 11, ta ®· biÕt ®Þnh nghÜa vµ kÝ hiÖu cña sè gia ®èi sè vµ sè gia t−¬ng øng cña hµm sè:



Khi ®ã, ta cã: f '(x0) = f '( x −0 ) = f '( x +0 ). 4. ®¹o hµm trªn mét kho¶ng

§Þnh nghÜa: a. Hµm sè y = f(x) ®−îc gäi lµ cã ®¹o hµm trªn kho¶ng (a, b) nÕu nã cã ®¹o hµm t¹i mäi ®iÓm trªn kho¶ng ®ã.

Sè gia ®èi sè lµ ∆x = x − x0.

b. Hµm sè y = f(x) ®−îc gäi lµ cã ®¹o hµm trªn ®o¹n [a, b] nÕu nã cã ®¹o hµm trªn kho¶ng (a, b) vµ cã ®¹o hµm bªn ph¶i t¹i a, ®¹o hµm bªn tr¸i t¹i b.

 Sè gia t−¬ng øng cña hµm sè lµ ∆y = f(x) − f(x0). Ta sÏ dïng kh¸i niÖm vµ kÝ hiÖu ®ã ®Ó viÕt c¸c giíi h¹n trªn: lim

x →x 0

Quy −íc: Tõ nay khi ta nãi hµm sè y = f(x) cã ®¹o hµm, mµ kh«ng nãi râ trªn kho¶ng nµo, th× ®iÒu ®ã cã nghÜa lµ ®¹o hµm tån t¹i víi mäi gi¸ trÞ thuéc tËp x¸c ®Þnh cña hµm sè ®· cho.

∆y f (x ) − f ( x 0 ) = lim . ∆x → 0 ∆x x − x0

2. ®Þnh nghÜa ®¹o hµm

Cho hµm sè y = f(x), x¸c ®Þnh trªn (a, b) vµ x0 ∈ (a, b). Giíi h¹n, nÕu cã, cña tØ sè gi÷a sè gia cña hµm sè vµ sè gia cña ®èi sè t¹i x0, khi sè gia ®èi sè dÇn tíi 0, ®−îc gäi lµ ®¹o hµm cña hµm sè y = f(x) t¹i ®iÓm x0. §¹o hµm cña hµm sè y = f(x) t¹i x0 ®−îc kÝ hiÖu lµ y'(x0) hoÆc f '(x0): f (x) − f (x 0 ) x − x0 ∆y hoÆc y'(x0) = lim . ∆x → 0 ∆x

f '(x0) = lim

x →x 0

5. Quan hÖ gi÷a sù tån t¹i cña ®¹o hµm vµ tÝnh liªn tôc cña hµm sè §Þnh lÝ: NÕu hµm sè y = f(x) cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm x0 th× nã liªn tôc t¹i ®iÓm ®ã.

 Chó ý:

1. §¶o l¹i kh«ng ®óng, nghÜa lµ mét hµm sè liªn tôc t¹i ®iÓm x0 cã thÓ kh«ng cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm ®ã. §Ó minh ho¹ ta xÐt hµm sè : y = f(x) = |x| t¹i ®iÓm x0 = 0, ta cã : f(0) = 0 vµ lim f (x) = lim |x| = 0. x→ 0

x →0

VËy, hµm sè ®· cho liªn tôc t¹i ®iÓm x0 = 0. MÆt kh¸c, ta cã :

3. ®¹o hµm mét bªn

a. §¹o hµm bªn tr¸i cña hµm sè y = f(x) t¹i ®iÓm x0, kÝ hiÖu lµ f '( x −0 ), ®−îc ®Þnh nghÜa lµ: ∆y f (x) − f (x 0 ) = lim− f '( x −0 ) = lim− x →x 0 ∆x → 0 ∆x x − x0 trong ®ã x → x −0 ®−îc hiÓu lµ x → x0 vµ nhá h¬n x0. 1

∆y = f(0 + ∆x) − f(0) = |∆x| 

 1 khi ∆x > 0 ∆y | ∆x | = =  . ∆x ∆x − 1 khi ∆x < 0

Do ®ã lim

∆x → 0 +

∆y = 1 vµ ∆x

lim

∆x → 0 −

∆y ∆y = −1  lim kh«ng tån t¹i ∆x ∆x → 0 ∆x

 hµm sè y = |x| kh«ng cã ®¹o hµm t¹i x0 = 0. 2. Nh− vËy, hµm sè kh«ng liªn tôc t¹i x0 th× kh«ng cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm ®ã. 2

6. ý nghÜa cña ®¹o hµm

II. C¸c quy t¾c tÝnh ®¹o hµm

6.1. ý nghÜa h×nh häc

b¶ng tãm t¾t

a. TiÕp tuyÕn cña ®−êng cong ph¼ng: Cho ®−êng cong ph¼ng (C) vµ mét ®iÓm cè ®Þnh M0 trªn (C), M lµ ®iÓm di ®éng trªn (C). Khi ®ã M0M lµ mét c¸t tuyÕn cña (C). (C)

(u + v − w)' = u' + v' − w' (ku)' = ku', k lµ h»ng sè (u.v)' = u'v + u.v'.

§Þnh nghÜa: NÕu c¸t tuyÕn M0M cã vÞ trÝ giíi M h¹n M0T khi ®iÓm M di chuyÓn trªn (C) vµ dÇn tíi ®iÓm M0 th× ®−êng th¼ng M0T ®−îc gäi lµ tiÕp T M0 tuyÕn cña ®−êng cong (C) t¹i ®iÓm M0. §iÓm M0 ®−îc gäi lµ tiÕp ®iÓm. Sau ®©y ta kh«ng xÐt tr−êng hîp tiÕp tuyÕn song song hoÆc trïng víi Oy.

u' v − uv' u ;   = v2 v

y'x = y'u.u'x. B¶ng c¸c ®¹o hµm

b. ý nghÜa h×nh häc cña ®¹o hµm: Cho hµm sè y = f(x) x¸c ®Þnh trªn kho¶ng (a, b) vµ cã ®¹o hµm t¹i x0 ∈ (a, b), gäi (C) lµ ®å thÞ hµm sè ®ã. y (C)

f(x0 + ∆x)

§¹o hµm cña c¸c hµm sè s¬ cÊp c¬ b¶n

f(x0)

∆y M0

v' 1   =− 2 . v v

(xα)' = α. xα − 1

1 1   =− 2 x x

∆x x0 + ∆x x

( x )' =

§Þnh lÝ 1: §¹o hµm cña hµm sè f(x) t¹i ®iÓm x0 lµ hÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn M0T cña (C) t¹i ®iÓm M0(x0, f(x0)). c. Ph−¬ng tr×nh cña tiÕp tuyÕn: §Þnh lÝ 2: Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ (C) cña hµm sè y = f(x) t¹i ®iÓm M0(x0, f(x0)) lµ: y − y0 = f'(x0)(x − x0) 6.2. ý nghÜa vËt lÝ

s = f(t), víi f(t) lµ hµm sè cã ®¹o hµm. Khi ®ã, vËn tèc tøc thêi cña chÊt ®iÓm t¹i thêi ®iÓm t0 lµ ®¹o hµm cña hµm sè s = f(t) t¹i t0. v(t0) = s'(t0) = f'(t0). b. C−êng ®é tøc thêi: §iÖn l−îng Q truyÒn trong d©y dÉn x¸c ®Þnh bëi ph−¬ng tr×nh: Q = f(t), víi f(t) lµ hµm sè cã ®¹o hµm. Khi ®ã, c−êng ®é tøc thêi cña dßng ®iÖn t¹i thêi ®iÓm t0 lµ ®¹o hµm cña hµm sè Q = f(t) t¹i t0. I(t0) = Q'(t0) = f'(t0). 3

u' 1   =− 2 u u

1 2 x

2 u

(ku)' = k.u'

(sinx)' = cosx

(sinu)' = u'.cosu

(cosx)' = − sinx

(cosu)' = − u'.sinu

1 (tanx)' = = 1 + tan2x cos2 x

(tanu)' =

(ln|x|)' =

1 = − (1+cot2x) sin 2 x

1 x

(loga|x|)' =

1 x ln a

sin x = 1. x→ 0 x

u' = − u'(1 + cot2u) sin 2 u

u' u

(loga|u|)' =

u' u ln a

(eu)' = u'.eu

(ax)' = ax.lna lim

u' = u'.(1 + tan2u) cos2 u

(cotu)' = − (ln|u|)' =

(ex)' = ex

( u )' =

(C)' = 0 (C lµ h»ng sè)

(cotx)' = −

a. VËn tèc tøc thêi: XÐt chuyÓn ®éng th¼ng x¸c ®Þnh bëi ph−¬ng tr×nh:

(u = u(x)) (uα)' = α.u'.uα − 1

§¹o hµm cña c¸c hµm sè hîp

(au)' = u'.au.lna x

 1 lim  1 +  = e; lim(1 + x) x = e. x → ∞ x→0 x

IV. Vi ph©n

2. ý nghÜa c¥ häc cña ®¹o hµm cÊp hai

1. ®Þnh nghÜa

XÐt chuyÓn ®éng th¼ng x¸c ®Þnh bëi ph−¬ng tr×nh: s = f(t), víi f(t) lµ hµm sè cã ®¹o hµm. Khi ®ã, gia tèc tøc thêi cña chuyÓn ®éng t¹i thêi ®iÓm t lµ ®¹o hµm cÊp hai cña hµm sè s = f(t) t¹i t.

Cho hµm sè y = f(x) x¸c ®Þnh trªn kho¶ng (a, b) vµ cã ®¹o hµm t¹i x ∈ (a, b). Cho sè gia ∆x t¹i x sao cho x + ∆x ∈ (a, b). Ta gäi tÝch f '(x)∆x (hoÆc y'∆x) lµ vi ph©n cña hµm sè y = f(x) t¹i x øng víi sè gia ∆x vµ ký hiÖu lµ dy hoÆc df(x). Nh− vËy, ta cã : dy = y'∆x, (1) hoÆc df(x) = f'(x) ∆x. (1') ¸p dông ®Þnh nghÜa trªn vµ hµm sè y = x, ta ®−îc: dx = (x)'∆x = 1.∆x = ∆x. (2) VËy, ta cã: dy = y'dx (3) hoÆc df(x) = f'(x)dx. (3') 2. øng dông cña vi ph©n vµo phÐp tÝnh gÇn ®óng

Theo ®Þnh nghÜa ®¹o hµm ta cã: ∆y f '(x0) = lim . ∆x → 0 ∆x Do ®ã, víi ∆x ®ñ nhá th× : ∆y f '(x0) ≈ ⇔ ∆y ≈ f '(x0)∆x ⇔ f(x0 + ∆x) − f(x0) ≈ f '(x0)∆x ∆x ⇔ f(x0 + ∆x) ≈ f(x0) + f '(x0)∆x §ã lµ c«ng thøc tÝnh gÇn ®óng ®¬n gi¶n nhÊt.

γ(t) = f "(t).

B Ph−¬ng ph¸p gi¶i c¸c d¹ng to¸n liªn quan

§1. §¹o hµm D¹ng to¸n 1: TÝnh ®¹o hµm cña hµm sè t¹i mét ®iÓm − d¹ng 1 Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Cho hµm sè: y = f(x). §Ó tÝnh ®¹o hµm cña hµm sè t¹i ®iÓm x0, ta x¸c ®Þnh: f '(xO) = lim

x →x 0

f (x) − f (x 0 ) . x − x0

ThÝ dô 1. T×m sè gia cña hµm sè y = x2 − 1 t¹i ®iÓm x0 = 1 øng víi sè gia ∆x, biÕt: a. ∆x = 1. b. ∆x = −0,1.

 Gi¶i

V. ®¹o hµm cÊp cao 1. ®Þnh nghÜa

Gi¶ sö hµm sè y = f(x) cã ®¹o hµm f '(x). §¹o hµm cña hµm sè f '(x), nÕu cã, ®−îc gäi lµ ®¹o hµm cÊp hai cña hµm sè f(x), kÝ hiÖu lµ y'' hay f ''(x). T−¬ng tù, ®¹o hµm cña hµm sè f ''(x), nÕu cã, ®−îc gäi lµ ®¹o hµm cÊp ba cña hµm sè f(x), kÝ hiÖu lµ y''' hay f '''(x). §¹o hµm cña hµm sè f '''(x), nÕu cã, ®−îc gäi lµ ®¹o hµm cÊp bèn cña hµm sè f(x), kÝ hiÖu lµ y'''' hay f(4)(x)... Tæng qu¸t, ®¹o hµm cña ®¹o hµm cÊp (n − 1) ®−îc gäi lµ ®¹o hµm cÊp n cña hµm sè y = f(x), kÝ hiÖu lµ y(n) hay f(n) (x). VËy, ta cã: f(n)(x) = [ f(n -1)(x)]', víi n ∈ Z, n ≥ 2. 5

Ta cã: ∆y = f(x0 + ∆x) − f(x0). a. Víi x0 = 1; ∆x = 1 th×: f(x0) = f(1) = 0, f(x0 + ∆x) = f(1 + 1) = f(2) = 3, tõ ®ã suy ra: ∆y = f(x0 + ∆x) − f(x0) = 3 − 0 = 3. b. Víi x0 = 1; ∆x = −0,1 th×: ∆y = f(x0 + ∆x) − f(x0) = f(1 −0,1) − f(1) = 0,92 − 1 = −0,19.

ThÝ dô 2. Dïng ®Þnh nghÜa, tÝnh ®¹o hµm cña mçi hµm sè t¹i ®iÓm x0: a. y = 2x + 1 t¹i x0 = 2. b. y = x2 + x t¹i x0 = 1.

 Gi¶i

a. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo hai c¸ch sau: C¸ch 1: Ta cã: f (x ) − f (2) 2x + 1 − 5 y'(2) = lim = lim = 2. x →2 x →2 x−2 x−2

C¸ch 2: Ta lÇn l−ît cã: ∆y = f(x0 + ∆x) − f(x0) = f(2 + ∆x) − f(2) = [2(2 + ∆x) + 1] − 5 = 2∆x, ∆y y'(2) = lim = lim (2∆x) = 2. ∆x → 0 ∆x ∆x → 0

§Ó tÝnh ®¹o hµm cña hµm sè t¹i ®iÓm x0, ta x¸c ®Þnh: f '(xO) = lim

x →x0

ThÝ dô 1. Cho hµm sè:

b. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo hai c¸ch sau: C¸ch 1: Ta cã:

 sin 2 x khi x ≠ 0 

f(x) =  x 0 

f (x ) − f (1) x2 + x − 2 = lim = lim (x + 2) = 3. y'(1) = lim x →1 x →1 x →1 x −1 x −1

b. TÝnh ®¹o hµm, nÕu cã, cña f(x) t¹i ®iÓm x = 0.

 Gi¶i

a. NhËn xÐt hµm sè f(x) liªn tôc t¹i x0 = 0, bëi: lim f(x) = lim x →0

Nh− vËy, viÖc t×m ®¹o hµm b»ng ®Þnh nghÜa liªn quan mËt thiÕt víi bµi to¸n tÝnh giíi h¹n cña hµm sè. Do ®o, çc em häc sinh cÇn «n l¹i çc ph−íng ph¸p tÝnh giíi h¹n cïng víi çc d¹ng giíi h¹n c¬ b¶n.

ThÝ dô 3. Dïng ®Þnh nghÜa, tÝnh ®¹o hµm cña hµm sè: a. y =

x +1 t¹i ®iÓm x0 = 0. x −1

b. y =

x →0

f'(0) = lim x →0

f (x) − f (0) sin 2 x = lim = 1. x →0 x−0 x2

ThÝ dô 2. Dïng ®Þnh nghÜa, tÝnh ®¹o hµm cña hµm sè:

2x + 7 t¹i ®iÓm x0 = 1.

1  2 khi x ≠ 0 x cos t¹i ®iÓm x0 = 0. x 0 khi x = 0

f(x) = 

a. Ta cã:

 Gi¶i

x +1 +1 f ( x ) − f ( 0) 2 y'(0) = lim = lim x − 1 = lim = −2. x →0 x →0 x →0 x − 1 x−0 x b. Ta cã: x →1

= lim

x →1

Hµm sè f(x) x¸c ®Þnh trong mét l©n cËn cña x0 = 0. Ta cã: f ( x ) − f ( 0) 1 f '(0) = lim = lim x. cos . x →0 x→ 0 x−0 x Ta cã:  Víi mäi x ≠ 0 thuéc l©n cËn cña ®iÓm 0 lu«n cã:

f (x ) − f (1) 2x + 7 − 3 2x + 7 − 9 = lim = lim x →1 x →1 ( x − 1)( 2 x + 7 + 3) x −1 x −1 2 2x + 7 + 3

sin 2 x sin x = lim ( .sinx) = 0 = f(0). x →0 x x

b. Ta cã:

 Gi¶i

y'(1) = lim

t¹i x0 = 0.

khi x = 0

a. Chøng minh r»ng f(x) liªn tôc t¹i x = 0.

C¸ch 2: Ta lÇn l−ît cã: ∆y = f(x0 + ∆x) − f(x0) = f(1 + ∆x) − f(1) = [(1 + ∆x)2 + (1 + ∆x)] − 2 = (∆x)2 + 3∆x, ∆y y'(1) = lim = lim (∆x + 3) = 3. ∆x → 0 ∆x ∆x → 0

 NhËn xÐt:

f (x) − f (x 0 ) f ( x) − f2 ( x 0 ) − lim 1 . x →x 0 x − x0 x − x0

1 . 3

1 x

|x.cos | ≤ |x| ⇔ − |x| ≤ x.cos 

D¹ng to¸n 2: TÝnh ®¹o hµm cña hµm sè t¹i mét ®iÓm − d¹ng 2 Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Cho hµm sè:

MÆt kh¸c lim ( − |x|) = lim |x| = 0. x →0

x →0

Suy ra: lim x. cos

f (x ) khi x ≠ x 0 . f(x) =  1 f2 ( x) khi x = x 0

x→ 0

1 = 0  f '(0) = 0. x

1 ≤ |x|. x

ViÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng:  x khi x ≥ 0  f(x) = 1 + x .  x khi x < 0 1 − x Hµm sè f(x) x¸c ®Þnh trong mét l©n cËn cña x0 = 0. Ta cã:  §¹o hµm bªn tr¸i cña hµm sè t¹i ®iÓm x0 = 0. x f (x) − f (0) 1 f'(0 − ) = lim = lim 1 − x = lim = 1. x →0 x →0 x →0 1 − x x−0 x  §¹o hµm bªn ph¶i cña hµm sè t¹i ®iÓm x0 = 0. x f (x) − f (0) 1 f'(0 + ) = lim = lim 1 + x = lim = 1. x →0 x →0 x →0 1 + x x −0 x NhËn xÐt r»ng f'(0 − ) = f'(0 + ) = 1. VËy, hµm sè y = f(x) cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm x0 = 0 vµ f'(0) = 1.

D¹ng to¸n 3: TÝnh ®¹o hµm cña hµm sè t¹i mét ®iÓm − d¹ng 3 Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Cho hµm sè: f ( x) khi x < x 0 f(x) =  1 . f2 ( x) khi x ≥ x 0 TÝnh ®¹o hµm hoÆc x¸c ®Þnh gi¸ trÞ cña tham sè ®Ó hµm sè cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm x0, ta thùc hiÖn theo c¸c b−íc sau: B−íc 1: XÐt tÝnh liªn tôc cña hµm sè t¹i ®iÓm x0. B−íc 2: (§¹o hµm bªn tr¸i) TÝnh: f

'( x −0 )

f (x) − f (x 0 ) = lim− . x →x 0 x − x0

(§¹o hµm bªn ph¶i) TÝnh:

B−íc 3:

f '( x +0 ) = lim+ x →x 0

f (x) − f (x 0 ) . x − x0

§¸nh gi¸ hoÆc gi¶i f'( x −0 ) = f'( x +0 ), tõ ®ã ®−a ra lêi kÕt luËn.

B−íc 4:

kh«ng cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm x = 0 nh−ng cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm x = 2.

t¹i x = −3 nh÷ng kh«ng cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm Êy.

 Gi¶i

lim f(x) = lim (−x2) = 0,

x →0 −

ViÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng:

suy ra:

 x 2 − 2x − 6 1 khi − 3 ≤ x ≠  3x − 1 3. f(x) =  2  x + 2x + 6 khi x < −3  3x − 1

lim f(x) ≠ lim f(x)  Hµm sè gi¸n ®o¹n t¹i x = 0

x →0 +

ThÝ dô 3. (§HHH − 1997): Chøng minh r»ng hµm sè y =

 Gi¶i

x →0

−

x 1 f (x) − f (0) 1+ | x | f'(0) = lim = lim = lim = 1. x →0 x →0 1+ | x | x →0 x−0 x

( x − 1)2 nÕu x ≥ 0 f(x) =  − x 2 nÕu x < 0

x →0

−

 Chó ý: Chóng ta cã thÓ tÝnh mét c¸ch trùc tiÕp, nh− sau:

ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng hµm sè:

a. T¹i ®iÓm x = 0, ta thÊy: lim f(x) = lim (x − 1)2 = 1, + +

−

x →0 −

 Hµm sè kh«ng cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm x = 0. b. T¹i ®iÓm x = 2, ta cã: f ( x) − f (2) x( x − 2 ) ( x − 1)2 − 1 = lim = lim = lim x = 2 x →2 x →2 x →2 x − 2 x→ 2 x−2 x−2 tøc lµ f'(2) = 2. lim

Ta cã: lim f (x) = lim x →−3

x →−3

Do ®ã hµm sè liªn tôc t¹i x = −3. MÆt kh¸c:  §¹o hµm bªn tr¸i cña hµm sè t¹i ®iÓm x0 = −3. f (x) − f ( −3) 13 f'(−3 − ) = lim = . x →−3 x +3 100

x ThÝ dô 2. (§Ò − 111): Dïng ®Þnh nghÜa tÝnh ®¹o hµm cña hµm sè f(x) = 1+ | x |

t¹i ®iÓm x0 = 0.

 Gi¶i

−

x2 − 2 | x + 3 | 9 =− = f(−3) 3x − 1 10

x2 − 2 | x + 3 | liªn tôc 3x − 1



§¹o hµm bªn ph¶i cña hµm sè t¹i ®iÓm x0 = −3. f (x) − f ( −3) 53 = . f'(−3 + ) = lim x →−3 x+3 100

§¹o hµm bªn tr¸i cña hµm sè t¹i ®iÓm x0 = 0: f ( x ) − f ( 0) p cos x + ( p − 1) sin x − p f '(0−) = lim− = lim− x →0 x →0 x−0 x  x  2px sin 2  (p − 1)sin x − p(1 − cos x) ( p − 1) sin x 2 = lim−  = lim− − 2 x →0 x →0  x x x    4.    2    = p − 1.  §¹o hµm bªn ph¶i cña hµm sè t¹i ®iÓm x0 = 0: f (x ) − f ( 0) px + p − p f '(0 + ) = lim+ = lim+ = lim+ p = p. x →0 x−0 x →0 x →0 x Hµm sè y = f(x) cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm x = 0, nÕu vµ chØ nÕu: f '(0) = f '(0 + ) ⇔ p = p − 1 v« nghiÖm. VËy, víi mäi c¸ch chän p, q hµm f(x) kh«ng thÓ cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm x = 0.



NhËn xÐt r»ng f'(−3 − ) ≠ f'(−3 + ). VËy, hµm sè kh«ng cã ®¹o hµm t¹i x = −3.

ThÝ dô 4. Cho hµm sè: x 2

khi x ≤ 1 . ax + b khi x > 1

f(x) = 

T×m a, b ®Ó f(x) cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm x = 1.

 Gi¶i §Ó hµm sè f(x) cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm x = 1, tr−íc hÕt f(x) ph¶i liªn tôc t¹i x = 1, do ®ã: lim f(x) = lim f(x) = f(1) ⇔ a + b = 1 ⇔ b = 1 − a. (1) x →1−



x →1+

§¹o hµm bªn tr¸i cña hµm sè y = f(x) t¹i ®iÓm x = 1: f (x) − f (1) x2 − 1 f '(1−) = lim− = lim = 2. x →1 x −1 x →1− x − 1

D¹ng to¸n 4: TÝnh ®¹o hµm cña hµm sè trªn mét kho¶ng Ph−¬ng ph¸p ¸p dông §Ó tÝnh ®¹o hµm cña hµm sè: y = f(x) trªn kho¶ng (a, b), b»ng ®Þnh nghÜa, ta thùc hiÖn theo c¸c b−íc sau: B−íc 1: TÝnh ∆y = f(x + ∆x) − f(x).

§¹o hµm bªn ph¶i cña hµm sè y = f(x) t¹i ®iÓm x = 1: f (x) − f (1) ax + b − 1 ax + 1 − a − 1 f '(1+) = lim+ = lim = lim = a. x →1 x −1 x −1 x −1 x →1+ x →1+ Hµm sè y = f(x) cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm x = 1 ⇔ f '(1− ) = f '(1 + ) ⇔ a = 2. (2)



Thay (2) vµo (1), ta ®−îc b = − 1. VËy, hµm sè cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm x = 1, nÕu vµ chØ nÕu a = 2, b = − 1.

∆y . ∆x

B−íc 2: T×m lim

∆y . ∆x

∆x → 0

 Chó ý:

ThÝ dô 5. Cho hµm sè: p cos x + q sin x khi x ≤ 0 f(x) =  . khi x > 0 px + q + 1

1. CÇn l−u ý r»ng trong c¸c phÐp tÝnh nµy, ®iÓm x coi nh− cè ®Þnh cßn ∆x th× tiÕn

tíi 0.

Chøng tá r»ng víi mäi c¸ch chän p, q hµm f(x) kh«ng thÓ cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm x = 0.

 Gi¶i

§Ó hµm sè f(x) cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm x = 0  f(x) ph¶i liªn tôc t¹i ®iÓm x = 0, do ®ã: lim f(x) = lim f(x) = f(0) ⇔ p = q + 1 ⇔ q = p − 1. (1) x →0 −

LËp tØ sè

x →0 +

Khi ®ã, hµm sè f(x) cã d¹ng: p cos x + ( p − 1) sin x khi x ≤ 0 f(x) =  khi x > 0 px + p

2. NÕu kho¶ng (a; b) b»ng ®o¹n [a; b], ta thùc hiÖn theo c¸c b−íc sau: B−íc 1: TÝnh ®¹o hµm cña hµm sè y = f(x) trong kho¶ng (a; b) B−íc 2: TÝnh ®¹o hµm bªn ph¶i cña hµm sè y = f(x) t¹i ®iÓm a. B−íc 3: TÝnh ®¹o hµm bªn tr¸i cña hµm sè y = f(x) t¹i ®iÓm b.

ThÝ dô 1. Dïng ®Þnh nghÜa, tÝnh ®¹o hµm cña mçi hµm sè sau t¹i ®iÓm x0 (a lµ h»ng sè): a. y = ax + 3.

b. y =

1 2 ax . 2

ThÝ dô 4. Cho hµm sè:

 Gi¶i

1  2 khi x ≠ 0 x sin . x 0 khi x = 0

a. Ta cã:

f(x) = 

f (x) − f (x 0 ) ax + 3 − ax 0 − 2 y'(x0) = lim = lim = lim a = a. x→x 0 x →x 0 x →x 0 x − x0 x − x0 b. Ta cã: 1 2 1 2 ax − ax 0 f (x) − f (x 0 ) 1 2 y'(x0) = lim = lim 2 = lim a(x + x 0 ) x →x 0 x →x 0 x →x 0 2 x − x0 x − x0

a. TÝnh ®¹o hµm cña f t¹i mçi x∈ R . b. Chøng tá r»ng ®¹o hµm f' kh«ng liªn tôc t¹i x0 = 0.

 Gi¶i

a. Ta xÐt hai tr−êng hîp:

= ax0.

ThÝ dô 2. Dïng ®Þnh nghÜa tÝnh ®¹o hµm cña mçi hµm sè sau: a. y =

1 1 víi x ≠ . 2x − 1 2

b. y =

3 − x víi x < 3.

x→0

−2 2 =− . [2( x + ∆x) − 1](2x − 1) (2 x − 1)2

∆y = lim ∆x → 0 ∆x

= − lim

∆x → 0

lim x. sin

x→ 0

=−

1 2 3−x

x→0

1 = 0  f'(0) = 0. x

VËy, ta ®−îc: 1 1  khi x ≠ 0 2x sin − cos f '(x) =  . x x 0 khi x = 0 b. Chøng tá r»ng ®¹o hµm f' kh«ng liªn tôc t¹i x0 = 0. 1 1 §Æt g(x) = 2x.sin − cos . x x Chän hai d·y sè {xn} vµ {yn} víi: 1  xn =  xn→ 0 khi n→ ∞ vµ ta ®−îc: 2 nπ 1 1 n →∞ g(xn) = 2xn.sin − cos  → − 1. xn xn 1  yn→ 0 khi n→ ∞ vµ ta ®−îc:  yn = π + 2 nπ 1 1 n →∞ f(yn) = 2yn.sin − cos → 1. yn yn

3 − ( x + ∆x) − 3 − x ∆x

3 − ( x + ∆x) + 3 − x

f ( x) − f ( 0) 1 = lim x.sin . x →0 x−0 x

Suy ra:

b. Ta cã: ∆x → 0

Víi x = 0, ta cã:

1 1 − cos . x x

Ta cã: - Víi mäi x ≠ 0 thuéc l©n cËn cña ®iÓm 0 lu«n cã: 1 1 |xsin | ≤ |x| ⇔ − |x| ≤ xsin ≤ |x|. x x - MÆt kh¸c lim ( − |x|) = lim |x| = 0.

1 1 − ∆y 2( x + ∆x) − 1 2x − 1 = lim y' = lim ∆x → 0 ∆x ∆x → 0 ∆x

y' = lim



x →0

a. Ta cã:

∆x → 0

Víi x ≠ 0, ta cã f '(x) = 2xsin

f '(0) = lim

 Gi¶i

= lim



ThÝ dô 3. Dïng ®Þnh nghÜa tÝnh ®¹o hµm cña hµm sè f(x) = cos2x.

 Gi¶i

Cho x mét sè gia ∆x, ta cã: ∆y = f(x + ∆x) − f(x) = cos2(x + ∆x) − cos2x ∆y cos 2(x + ∆x) − cos 2x 2 sin(2x + ∆x).sin ∆x  = =− . ∆x ∆x ∆x Do ®ã: ∆y sin ∆x   = lim − 2 sin(2x + ∆x). = − 2sin2x. lim ∆x → 0  ∆x → 0 ∆x ∆x  VËy, ta ®−îc f '(x) = − 2sin2x. 13

a. Ta cã ngay: ∆y (22 − 2.2) − (12 − 2.1) f (x M ) − f (x N ) k= = = = 1. ∆x xM − xN 2 −1 b. Ta cã ngay: 12 + 1 + 1 32 + 3 + 1 − ∆y 2 f (x M ) − f (x N ) 1 3 k= = = = . ∆x xM − xN 1−3 3

Tøc lim g(x) kh«ng tån t¹i. Suy ra: x →0

f '(x) kh«ng cã giíi h¹n khi x→0  f ' kh«ng liªn tôc t¹i x0 = 0.

D¹ng to¸n 5: Sö dông ý nghÜa h×nh häc cña ®¹o hµm Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Sö dông c¸c kÕt qu¶: 1. HÖ sè gãc k cña c¸t tuyÕn MN víi ®−êng cong (C): y = f(x), biÕt M, N theo

thø tù cã hoµnh ®é lµ xM, xN, ®−îc cho bëi: k=

∆y f (x M ) − f (x N ) = . ∆x xM − xN

2. Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ (C) cña hµm sè y = f(x) t¹i ®iÓm

M0(x0, f(x0)) lµ: (d): y − y0 = y'(x0)(x − x0). ThÝ dô 1. Cho Parabol y = x2 vµ hai ®iÓm A(2; 4) vµ B(2 + ∆x; 4 + ∆y) trªn Parabol ®ã. a. TÝnh hÖ sè gãc cña c¸t tuyÕn AB biÕt ∆x lÇn l−ît b»ng 1; 0,1 vµ 0,01. b. TÝnh hÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn cña Parabol ®· cho t¹i ®iÓm A.

ThÝ dô 3. ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè y = x3, biÕt: a. TiÕp ®iÓm cã hoµnh ®é b»ng −1. b. TiÕp ®iÓm cã tung ®é b»ng 8. c. HÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn b»ng 3.

 Gi¶i

Tr−íc tiªn, ta ®i tÝnh ®¹o hµm cña hµm sè y = x3: ∆y ( x + ∆x) 3 − x 3 y' = lim = lim = lim (3x 2 + 3x∆x + ∆2 x) = 3x2. ∆x → 0 ∆x ∆x → 0 ∆x → 0 ∆x a. T¹i ®iÓm cã hoµnh ®é b»ng −1 ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: (d1): y − y(−1) = y'(−1)(x + 1) ⇔ (d1): y = 3x + 2. b. Tr−íc tiªn, tiÕp ®iÓm cã tung ®é y0 = 8 th×: x 30 = 8 ⇔ x0 = 2. Do ®ã, ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng:

 Gi¶i

a. Gäi k lµ hÖ sè gãc cña c¸t tuyÕn AB víi ®−êng cong (C), ta cã ngay: f ( x A ) − f (x B ) ∆y 2 − ( 4 + ∆y) k= = = = 4 + ∆x. ∆x xA − xB 2 − 2 − ∆x Khi ®ã:  Víi ∆x = 1, ta ®−îc k = 4 + 1 = 5.  Víi ∆x = 0,1, ta ®−îc k = 4 + 0,1 = 4,1.  Víi ∆x = 0,01, ta ®−îc k = 4 + 0,01 = 4,01. b. HÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn cña Parabol ®· cho t¹i ®iÓm A ®−îc cho bëi: f (x ) − f (2) x2 − 4 = lim = lim ( x + 2) = 4. f'(2) = lim x →2 x − 2 x →2 x →2 x−2

(d2): y − 8 = y'(2)(x − 2) ⇔ (d2): y = 12x − 16. c. Hª sè gãc cña tiÕp tuyÕn b»ng 3, suy ra: 3 x 20 = 3 ⇔ x 20 = 1 ⇔ x0 = ±1. Khi ®ã: T¹i x0 = 1 ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: (d3): y − y(1) = y'(1)(x − 1) ⇔ (d3): y = 3x − 2.  T¹i x0 = −1 ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: (d4): y − (−1) = y'(−1)[x − (−1)] ⇔ (d4): y = 3x + 2. VËy, tån t¹i hai tiÕp tuyÕn tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 

ThÝ dô 2. T×m hÖ sè gãc cña c¸t tuyÕn MN víi ®−êng cong (C), biÕt: a. (C): y = x2 − 2x vµ hoµnh ®é M, N theo thø tù lµ xM = 2, xN = 1. b. (C): y =

ThÝ dô 4. ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®−êng hypebol y =

x2 + x + 1 vµ hoµnh ®é M, N theo thø tù lµ xM = 1, xN = 3. x

1 2



a. T¹i ®iÓm  ; 2  .

 Gi¶i



b. T¹i ®iÓm cã hoµnh ®é b»ng −1. 1 4

b. BiÕt r»ng hÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn b»ng − .

Gäi k lµ hÖ sè gãc cña c¸t tuyÕn MN víi ®−êng cong (C). 15

1 : x

 Gi¶i

TiÕp tuyÕn cña (C) song song víi ®−êng th¼ng (∆) nªn cã hÖ sè gãc k =

Tr−íc tiªn ta ®i tÝnh ®¹o hµm cña hµm sè: − ∆x ∆y 1 1 x( x + ∆x) y’= lim = lim = − lim =− 2 . ∆x → 0 ∆x ∆x → 0 ∆x → 0 x( x + ∆x ) ∆x x

1 ⇔ x = 2 ⇔ x = 4. 4 2 x Khi ®ã, ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: 1 (d): y − y(4) = .(x − 4) ⇔ (d): 4(y − 2) = x − 4 ⇔ (d): x − 4y + 4 = 0. 4 1

1  a. T¹i ®iÓm  ; 2  ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: 2 

(d1): y −

b. T¹i ®iÓm cã hoµnh ®é b»ng −1 ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: (d2): y − y(−1) = y'(−1)[x − (−1)] ⇔ (d2): y = −x − 2. c. Hª sè gãc cña tiÕp tuyÕn b»ng 3, suy ra: 1 1 − 2 = − ⇔ x 20 = 4 ⇔ x0 = ±2. 4 x0 Khi ®ã:  T¹i x0 = 2 ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: 1 (d3): y − y(2) = y'(2)(x − 2) ⇔ (d3): y = − x + 1. 4  T¹i x0 = −2 ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: 1 (d4): y − (−2) = y'(−2)[x − (−2)] ⇔ (d4): y = − x − 1. 4 VËy, tån t¹i hai tiÕp tuyÕn tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

ThÝ dô 1. TÝnh ®¹o hµm cña mçi hµm sè sau (a vµ b lµ h»ng sè): a. y =

x cã y' =

1 2 x

1 4 1 3 1 2 x − x + x − x + a3. 4 3 2

b. y =

1 ( x 2 − x + 1)5

 Gi¶i

a. Ta cã ngay: y' = x3 − x2 + x − 1. b. ViÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng: y = (x2 − x + 1)−5  y' = −5(2x − 1)(x2 − x + 1)−6 = −

5(2 x − 1) ( x 2 − x + 1)6

ThÝ dô 2. T×m ®¹o hµm cña c¸c hµm sè sau: a. y = 3x 5 (8 − 3x 2 ). b. y = (x + 1)(x + 2)(x + 3).

 Gi¶i

ThÝ dô 5. Cho ®−êng cong (C): y = x . ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®−êng cong (C): a. BiÕt r»ng hÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn b»ng 1. b. BiÕt r»ng tiÕp tuyÕn song song víi ®−êng th¼ng (∆): x − 4y + 3 = 0. Hµm sè y =

D¹ng to¸n 6: TÝnh ®¹o hµm cña çc hµm sè Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Sö dông b¶ng çc ®¹o hµm vµ b¶ng çc quy t¾c.

1 1 1 = y'( )(x − ) ⇔ (d1): y = −4x + 4. 2 2 2

 Gi¶i

1 , do ®ã: 4

a. Ta cã thÓ thùc hiÖn theo hai c¸ch sau: C¸ch 1: ViÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng:

y = 24x5 − 9x7. Khi ®ã:

y' = 120x4 − 63x6. C¸ch 2: Sö dông c«ng thøc tÝnh ®¹o hµm cña mét tÝch, ta cã:

a. Tõ ®iÒu kiÖn hÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn b»ng 1, ta ®−îc: 1 1 1 =1⇔ x = ⇔x= . 2 4 2 x Khi ®ã, ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: 1 1 1 1 1 (d): y − y( ) = 1.(x − ) ⇔ (d): y − = x − ⇔ (d): y = x + . 4 4 2 4 4 1 b. §−êng th¼ng (∆) cã hÖ sè gãc k = . 4

y' = 15x4(8 − 3x2) − 3x5.6x = 120x4 − 63x6. b. Ta cã thÓ thùc hiÖn theo ba c¸ch sau: C¸ch 1: (Sö dông quy t¾c cho hµm sè d¹ng y = u.v.w): Ta cã: y' = [(x + 1)(x + 2)(x + 3)]' = (x + 1)'(x + 2)(x + 3) + (x + 1)(x + 2)'(x + 3) + (x + 1)(x + 2)(x + 3)' = 1.(x + 2)(x + 3) + (x + 1).1.(x + 3) + (x + 1)(x + 2).1 = 3x2 + 12x + 11. 17

b. Ta cã thÓ thùc hiÖn theo çc çch sau: Çch 1: Ta cã:

C¸ch 2: (Sö dông quy t¾c cho hµm sè d¹ng y = u.v): ViÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng cã: y = (x2 + 3x + 2)(x + 3) suy ra: y' = [(x2 + 3x + 2)(x + 3)]' = (x2 + 3x + 2)'(x + 3) + (x2 + 3x + 2)(x + 3)' = (2x + 3)(x + 3) + (x2 + 3x + 2).1 = 3x2 + 12x + 11. C¸ch 3: ViÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng cã: y = x3 + 6x2 + 11x + 6 suy ra: y' = (x3 + 6x2 + 11x + 6)' = 3x2 + 12x + 11.

 x2 +1  2x 2 − (x 2 + 1)   x  x2 − 1 x2 −1  x2 = . y' = = = 2 2 2 x +1 x +1 x +1 2 x 3 (x 2 + 1) 2 2 2x 2 x x x C¸ch 2: ViÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng: 1/ 2

 x2 + 1  x2 +1 =  x  x 

ThÝ dô 3. T×m ®¹o hµm cña c¸c hµm sè sau: a. y =

2x 2

x −1

b. y =

5x − 3 2

x + x +1

 y' =

 Gi¶i

2( x − 1) − 2x.2x ( x 2 − 1)2

− 2x − 2

( x 2 − 1)2

x2 −1

2 x 3 (x 2 + 1)

5( x 2 + x + 1) − (2x + 1)(5x − 3) 2

( x + x + 1)

− 5x 2 + 6 x + 8 2

( x + x + 1)

a. y =

x x

1− x

y' = 2

b. y = x + x x + 1.

a − x2

b. Ta cã:

a. ViÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng: 1 3 3 y= = x−3/2  y' = − x−5/2 = − 2 . 2 x x 2x x b. ViÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng: 3 3 x. y = x2 + x3/2 + 1  y' = 2x + x1/2 = 2x + 2 2

y' =

a −x

x2 a2 − x2 =

a2 (a 2 − x 2 ) a 2 − x 2

 Chó ý: §Ó tÝnh ®¹o hµm cña hµm sè y = |f(x)| trªn miÒn E sao cho f(x) ≠ 0 ta lùa chän mét trong hai çch sau: Çch 1: Thùc hiÖn theo çc b−íc sau:

a. ViÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng y = f 2 (x) . b. Ta ®−îc: f ' ( x).f ( x) f ' ( x).f ( x) = . y’ = | f (x) | f 2 (x)

ThÝ dô 5. T×m ®¹o hµm cña c¸c hµm sè sau: b. y =

1+ x 3−x 2 1− x = . 1− x (1 − x ) 1 − x

a 2 − x2 +

2 − 5x − x 2 .

b. y =

1− x +

 Gi¶i

a. y =

a. Ta cã:

ThÝ dô 4. T×m ®¹o hµm cña c¸c hµm sè sau: 1

1+ x

 Gi¶i

b. Ta cã: y' =

−1/ 2

ThÝ dô 6. T×m ®¹o hµm cña c¸c hµm sè sau:

a. Ta cã: y' =

1 2x 2 − (x 2 + 1)  x 2 + 1  . .  2 x2  x 

x2 +1 . x

 Gi¶i

C¸ch 2: Thùc hiÖn theo c¸c b−íc sau:

a. Ta cã ngay: ( 2 − 5x − x 2 ) ' = −5 − 2x . y' = 2 2 − 5x − x 2 2 2 − 5x − x 2

B−íc 1: ViÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng: f ( x) víi f ( x) ≥ 0 . y=  − f ( x) víi f (x) < 0

C¸ch 2: Ta biÕn ®æi: 1 1 y = ( sin 8x − sin 2x )  y ' = ( 8cos8x − 2cos 2x ) = 4cos8x − cos 2x. 2 2

B−íc 2: Ta ®−îc: f ' ( x) víi f ( x) > 0 y’ =  . − f ' (x ) víi f ( x) < 0

ThÝ dô 3. T×m ®¹o hµm cña c¸c hµm sè sau:

ThÝ dô 7. TÝnh ®¹o hµm cña hµm sè y = |x − 1| t¹i c¸c ®iÓm x ≠ 1.

 Gi¶i

a. Ta cã:

y = (x − 1) 2 . Ta ®−îc: 1 víi x > 1 2( x − 1)'.(x − 1) x −1 = =  . y’ = 2 | x − 1 | − 1 víi x < 1 2 ( x − 1) C¸ch 2: ViÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng: x − 1 víi x > 1 y=  . 1 − x víi x < 1 Ta ®−îc: 1 víi x > 1 y’ =  . − 1 víi x < 1

2 2 1 cos x y' = = = . 2 1 + 2 tan x 2 1 + 2 tan x cos 2 x 1 + 2 tan x

( 2 tan x ) '

b. Ta cã çc çch thùc hiÖn sau: Çch 1: Ta cã ngay: y’ =

D¹ng to¸n 7: TÝnh ®¹o hµm cña c¸c hµm sè l−îng gi¸c

12 . sin 2 6x

ThÝ dô 4. Chøng minh r»ng hµm sè sau cã ®¹o hµm kh«ng phô thuéc x: y = sin6x + cos6x + 3sin2x.cos2x.

 Gi¶i a. Ta cã ngay: y' = 5cosx + 3sinx. b. Ta cã ngay:

 Gi¶i

ViÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng: y = (sin2x + cos2x)3 − 3sin2x.cos2x(sin2x + cos2x) + 3sin2x.cos2x = 1. Khi ®ã: y' = (1)' = 0. VËy, hµm sè cã ®¹o hµm kh«ng phô thuéc x.

y'= (x2 − 3x + 2)’.cos(x2 − 3x + 2) = (2x − 3).cos(x2 − 3x + 2).

ThÝ dô 2. T×m ®¹o hµm cña c¸c hµm sè sau: a. y = cos 2x + 1 . b. y = sin3x.cos5x.

 NhËn xÐt:

 Gi¶i

a. Ta cã ngay:

)

sin 3x cos3x sin 2 3x − cos 2 3x 2co s6x − = =− = − 2cot6x cos3x sin 3x cos3x.sin 3x sin 6x

 y' =

ThÝ dô 1. T×m ®¹o hµm cña c¸c hµm sè sau: a. y = 5sinx − 3cosx. b. y = sin(x2 − 3x + 2).

2x + 1 '.sin 2x + 1 =

3 3 3 3 12 + = = = . cos 2 3x sin 2 3x sin 2 3x.cos 2 3x 1 sin 2 6x sin 2 6x 4

C¸ch 2: Ta biÕn ®æi: y=

(

b. y = tan3x − cot3x.

 Gi¶i

Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch tr×nh bµy sau: C¸ch 1: ViÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng:

y' =

y = 1 + 2 tan x .

2 sin 2x + 1 .sin 2x + 1 = − . 2 2x + 1 2x + 1

b. Ta cã çc çch thùc hiÖn sau: Çch 1: Ta cã ngay y’ = 3cos3x.cos5x − 5sin3x.sin5x. 21

Nh− vËy, nÕu c¸c em häc sinh kh«ng thùc hiÖn viÖc ®¬n gi¶n hµm sè tr−íc khi lÊy ®¹o hµm th× sÏ ph¶i thùc hiÖm nh÷ng phÐp biÕn ®æi kh¸c, cô thÓ: y’ = 6sin5x.cosx − 6cos5x.cosx + 3(2sinx.cos3x − 2sin3x.cosx) = 6 sinx.cosx(sin4x − cos4x + cos2x − sin2x) = 6 sinx.cosx[(sin2x − cos2x)(sin2x + cos2x) + cos2x − sin2x] = 6 sinx.cosx(sin2x − cos2x + cos2x − sin2x) = 0.

Suy ra:

ThÝ dô 5. TÝnh ®¹o hµm cña hµm sè:

f'(x) = −8sin(8x − 2) = 8sin(8x − 2) ≤ 8, dÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi:

1 1 1 1 1 1 + + + cos x víi x ∈ (0; π). 2 2 2 2 2 2

 Gi¶i

sin(8x − 2) = 1 ⇔ 8x − 2 =

BiÕn ®æi hµm sè vÒ d¹ng: y= =

1 1 1 1 1 1 + + + cos x = 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 x + + cos = 2 2 2 2 2

D¹ng to¸n 9: Ph−¬ng tr×nh, bÊt ph−¬ng tr×nh chøa ®¹o hµm

1 1 1 1 x + + cos2 2 2 2 2 2

1 1 x cos2 + = 2 2 4

Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Bµi to¸n th−êng ®−îc ®Æt ra d−íi d¹ng: "Cho hµm sè y = f(x), h·y gi¶i ph−¬ng tr×nh g(y, y') = 0" Khi ®ã, ta thùc hiÖn theo c¸c b−íc: B−íc 1: TÝnh ®¹o hµm y'. B−íc 2: ChuyÓn ph−¬ng tr×nh g(y, y') = 0 vÒ ph−¬ng tr×nh ®¹i sè th«ng th−êng ®Ó gi¶i.

1 1 x + cos 2 2 4

x x = cos . 8 8 x 1 x Do ®ã y' = ( cos )' = − sin . 8 8 8

cos2

VÝ dô 1:

a. f'(x) = 0 víi f(x) =

ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng: a. Hµm sè y = tanx tho¶ m·n hÖ thøc y' − y2 − 1 = 0. b. Hµm sè y = cot2x tho¶ m·n hÖ thøc y' + 2y2 + 2 = 0.

 Gi¶i

a. Tr−íc tiªn, ta cã: f'(x) = x2 − 4x − 6. Khi ®ã, ph−¬ng tr×nh cã d¹ng: x2 − 4x − 6 = 0 ⇔ x ≈ 5,162 hoÆc x ≈ −1,162. b. Tr−íc tiªn, ta cã: f'(x) = x3 − 3x2 − 3x. Khi ®ã, ph−¬ng tr×nh cã d¹ng: x3 − 3x2 − 3x = −5 ⇔ x3 − 3x2 − 3x + 5 = 0 ⇔ (x − 1)(x2 − 2x − 5) = 0 ⇔ x = 1 hoÆc x ≈ 3,449 hoÆc x ≈ −1,449.

a. Tr−íc tiªn, ta cã: 1 y' = . cos2 x Khi ®ã, ta cã: 1 cos2 x

− tan2x − 1 =

1 cos2 x

−

1 cos2 x

= 0, ®pcm.

b. Tr−íc tiªn, ta cã: 2 y' = − 2 . sin 2x Khi ®ã, ta cã: 2

y' + 2y + 2 = −

2 sin 2 2x

+ 2cot 2x + 2 = −

2 sin 2 2x

T×m c¸c nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh sau: 1 3 x − 2x2 − 6x − 1. 3 1 3 b. f'(x) = −5 víi f(x) = x4 − x3 − x2 − 3. 4 2

D¹ng to¸n 8: §¼ng thøc, bÊt ®¼ng thøc chøa ®¹o hµm

y' − y2 − 1 =

π π 1 kπ + 2kπ ⇔ x = + + , k ∈ Z. 2 16 4 8

2 sin 2 2 x

VÝ dô 2:

= 0.

ThÝ dô 2. Cho hµm sè f(x) = 2cos (4x − 1). Chøng minh r»ng víi mäi x ta cã f'(x) ≤ 8. T×m gi¸ trÞ cña x ®Ó ®¼ng thøc x¶y ra.

 Gi¶i Ta cã: f'(x) = −16sin(4x − 1).cos(4x − 1) = −8sin(8x − 2). 23

Cho hµm sè f(x) = x3 − 3x2 + 2 . H·y gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: a. f'(x) > 0. b. f'(x) ≤ 3.

 Gi¶i

Tr−íc tiªn, ta cã f'(x) = 3x2 − 6x. a. BÊt ph−¬ng tr×nh cã d¹ng: 3x2 − 6x > 0 ⇔ x2 − 2x > 0 ⇔ x > 2 hoÆc x < 0. b. BÊt ph−¬ng tr×nh cã d¹ng: 3x2 − 6x ≤ 3 ⇔ x2 − 2x − 1 ≤ 0 ⇔ 1 − 2 ≤ x ≤ 1 +

Khi ®ã, ph−¬ng tr×nh cã d¹ng:

ThÝ dô 3. Gi¶i ph−¬ng tr×nh y' = 0 trong mçi tr−êng hîp sau: a. y = sin2x − 2cosx. b. y = 3sin2x + 4cos2x + 10x. c. y = cos2x + sinx. d. y = tanx + cotx.

1 cos2 x

 Gi¶i

⇔x=±

a. Tr−íc tiªn, ta cã: y' = 2cos2x + 2sinx. Khi ®ã, ph−¬ng tr×nh cã d¹ng: 2cos2x + 2sinx = 0 ⇔ cos2x = −sinx = cos(x +

VÝ dô 3:

π ) 2

π π   2x = x + 2 + 2 kπ x = 2 + 2 kπ ⇔  ⇔  , k ∈ Z. 2x = −x − π + 2 kπ x = − π + 2 kπ   2 6 3 VËy, ph−¬ng tr×nh cã hai hä nghiÖm. b. Tr−íc tiªn, ta cã: y' = 6cos2x − 8sin2x + 10. Khi ®ã, ph−¬ng tr×nh cã d¹ng:

6cos2x − 8sin2x + 10 = 0 ⇔ 4sin2x − 3cos2x = 5 ⇔

4 3 sin2x − cos2x = 1. 5 5

4 3 = cos2α th× = sin2α, do ®ã ta ®−îc: 5 5 sin2xcos2α − sin2α.cos2x = 1 ⇔ sin(2x − 2α) = 1 π π ⇔ 2x − 2α = + 2kπ ⇔ x = α + + kπ, k ∈ Z . 2 4 VËy, ph−¬ng tr×nh cã mét hä nghiÖm. c. Tr−íc tiªn, ta cã: y' = −2sinx.cosx + cosx = −sin2x + cosx. Khi ®ã, ph−¬ng tr×nh cã d¹ng: π −sin2x + cosx = 0 ⇔ sin2x = cosx = sin( − x) 2 π π 2 kπ   2x = 2 − x + 2 kπ x = 6 + 3 ⇔  ⇔  , k ∈ Z. 2x = π − π + x + 2 kπ x = π + 2 kπ 2 2   VËy, ph−¬ng tr×nh cã hai hä nghiÖm. d. Tr−íc tiªn, ta cã: 1 2

cos x

−

1 2

sin x

1 sin 2 x

=0⇔

1 cos2 x

1 sin 2 x

⇔ tan2x = 1 ⇔ tanx = ±1

π π kπ + kπ ⇔ x = + , k ∈ Z. 4 4 2

Cho hµm sè y = mx3 + x2 + x − 5. T×m m ®Ó: a. y' b»ng b×nh ph−¬ng cña mét nhÞ thøc bËc nhÊt. b. y' cã hai nghiÖm tr¸i dÊu. c. y' > 0 víi mäi x.

 Gi¶i

§Æt

y' =

−

Tr−íc tiªn, ta cã y' = 3mx2 + 2x + 1. a. §Ó y' b»ng b×nh ph−¬ng cña mét nhÞ thøc bËc nhÊt khi vµ chØ khi: 1 a ≠ 0 3m ≠ 0 ⇔m= . ⇔  3 ∆ ' = 0 1 − 3m = 0 1 VËy, víi m = tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 3 b. §Ó y' cã hai nghiÖm tr¸i dÊu khi vµ chØ khi ph−¬ng tr×nh: 3mx2 + 2x + 1 = 0 cã hai nghiÖm tr¸i dÊu ⇔ P < 0 ⇔ 3m < 0 ⇔ m < 0. VËy, víi m < 0 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. c. §Ó y' > 0 víi mäi x khi vµ chØ khi: 3mx2 + 2x + 1 > 0 ∀x. Tr−êng hîp 1: Víi m = 0 ta ®−îc: 1 2x + 1 > 0 ⇔ x > − , kh«ng tho¶ m·n víi mäi x. 2 Tr−êng hîp 2: Víi m ≠ 0 ®iÒu kiÖn lµ: a > 0 3m > 0 1 ⇔  ⇔m> .  ∆ ' < 0 3  1 − 3m < 0 1 VËy, víi m > tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. 3 VÝ dô 4: Cho hµm sè y = 4sinx + 3cosx + 5x. H·y gi¶i ph−¬ng tr×nh y' = 0.

 Gi¶i

Ta cã: y' = 4cosx − 3sinx + 5. Khi ®ã: y' = 0 ⇔ 4cosx − 3sinx + 5 = 0 ⇔ 3sinx − 4cosx = 5 ⇔

. 25

3 4 sinx − cosx = 1. 5 5

3 4 = cosα vµ = sinα, ph−¬ng tr×nh ®−îc chuyÓn vÒ d¹ng: 5 5 sinx.cosα − cosx.sinα = 1 ⇔ sin(x − α) = 1 π π ⇔x−α= + 2kπ ⇔ x = α + + 2kπ, k ∈ Z. 2 2 π VËy, ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm x = α + + 2kπ, k ∈ Z. 2

 Gi¶i

§Æt

XÐt hµm sè A = sin2(x −

2π 2π ) + sin2x + sin2(x + ). 3 3

Ta cã: 2π 2π 2π 2π ).cos(x − ) + 2sinx.cosx + 2sin(x + ).cos(x + ) 3 3 3 3 4π 4π = sin(2x − ) + sin2x + sin(2x + ) 3 3 4π = 2sin2x.cos + sin2x = − sin2x + sin2x = 0 3

A 'x = 2sin(x −

D¹ng to¸n 10: Sö dông ®¹o hµm chøng minh ®¼ng thøc Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Ta ®· biÕt nÕu mét hµm sè kh«ng ®æi trong kho¶ng (a, b) th× ®¹o hµm lu«n triÖt tiªu trong kho¶ng ®ã. §¶o l¹i ta cã ®Þnh lÝ sau: §Þnh lÝ 1. NÕu hµm sè y = f(x) cã ®¹o hµm trong kho¶ng (a, b) vµ f'(x) = 0, ∀x ∈ (a, b) th× hµm sè y = f(x) kh«ng ®æi trong kho¶ng (a, b). Tõ ®ã, ®Ó thùc hiÖn çc d¹ng to¸n: D¹ng 1: Chøng minh r»ng : A(x) = c, ∀x ∈ D Ta thùc hiÖn theo çc b−íc sau : B−íc 1: TÝnh A'(x), råi kh¼ng ®Þnh A'(x) = 0, ∀x ∈ D. B−íc 2: Chän x0 ∈ D  A(x0) = c. D¹ng 2: T×m ®iÒu kiÖn cña tham sè ®Ó biÓu thøc A(x) kh«ng phô thuéc vµo x. Ta thùc hiÖn theo çc b−íc sau : B−íc 1: TÝnh A'(x), råi t×m ®iÒu kiÖn ®Ó A'(x) = 0, ∀x. B−íc 2: KÕt luËn. ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng víi mäi x ta ®Òu cã: cos2(x − a) + sin2(x − b) − 2cos(x − a).sin(x − b).sin(a − b) = cos2(a − b).

⇔ Hµm sè kh«ng ®æi. Ngoµi ra ta cßn cã A = A(0) = VËy A =

3 . 2

3 kh«ng phô thuéc vµo x. 2

D¹ng to¸n 11: Sö dông ®Þnh nghÜa ®¹o hµm tÝnh giíi h¹n cña hµm sè Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Gi¶ sö cÇn x¸c ®Þnh giíi h¹n: L = lim Q(x), x →x 0

ta cã thÓ thùc hiÖn theo c¸c b−íc sau: B−íc 1: X¸c ®Þnh mét hµm f(x)  f(x0) X¸c ®Þnh f’(x)  f’(x0). B−íc 2: KhÐo lÐo biÕn ®æi giíi h¹n trªn vÒ mét trong c¸c d¹ng: f (x) − f (x 0 ) = f ’(x0) x − x0 f (x) − f (x 0 ) hoÆc L = lim .P(x) = f ’(x0) .P(x0) víi P(x0) ≠ ∞ x →x 0 x − x0

L = lim

 Gi¶i

XÐt hµm sè y = cos2(x − a) + sin2(x − b) − 2cos(x − a).sin(x − b).sin(a − b). Ta cã: y' = − 2sin(x − a)cos(x − a) + 2sin(x − b)cos(x − b) + + 2sin(a − b)[sin(x − a).sin(x − b) − cos(x − a).cos(x − b)] = − sin2(x − a) + sin2(x − b) − 2sin(a − b).cos(2x − a − b) = 2cos(2x − a − b).sin(a − b) − 2sin(a − b).cos(2x − a − b) = 0 ⇔ Hµm sè kh«ng ®æi. Ngoµi ra ta cßn cã y = y(b) = cos2(a − b). VËy y = cos2(a − b). ThÝ dô 2. Chøng minh biÓu thøc sau kh«ng phô thuéc vµo x:

A = sin2(x −

2π 2π ) + sin2x + sin2(x + ). 3 3

x →x 0

f (x) − f (x 0 ) x − x0 f ' (x 0 ) hoÆc L = lim = víi g’(x0) ≠ 0. x → x 0 g( x ) − g( x 0 ) g' ( x 0 ) x − x0

ThÝ dô 1. TÝnh giíi h¹n lim x →1

 Gi¶i

§Æt f(x) = x2 − 1.

x2 −1 . x −1

Ta cã: f(1) = 0, f’(x) = 2x  f’(1) = 2. Khi ®ã: x2 −1 f (x) − f (1) lim = lim = f’(1) = 2. x →1 x − 1 x →1 x −1

 NhËn xÐt:

ThÝ dô 4. (§HQG − 98): TÝnh giíi h¹n lim x →1

f(x) = x3 − 3x − 2 , ta cã f(1) = 0, 3 3 f '(x) = 3x2 −  f '(1) = . 2 2 3x − 2 Khi ®ã: f (x) − f (1) 3 x 3 − 3x − 2 lim = lim = . x →1 x →1 x −1 x −1 2

§Æt

 Gi¶i

Ta cã thÓ tr×nh bµy theo çc çch sau: Çch 1: (Sö dông mét hµm sè): §Æt f(x) = x + 8 − 3, ta cã f(1) = 0, 1 1 f ’(x) =  f ’(1) = . 6 2 x +8 Khi ®ã: x +8 −3 f (x) − f (1) 1 1 1 lim 2 = lim . = f ’(1). = . x →1 x + 2x − 3 x →1 x −1 x+3 4 24

 NhËn xÐt:

lim x →1

 NhËn xÐt: §Ó x¸c ®Þnh giíi h¹n trªn b»ng ph−¬ng ph¸p th«ng th−êng, ta cÇn:

C¸c vÝ dô trªn chØ mang tÝnh minh ho¹ cho ph−¬ng ph¸p cßn ch−a nªu nªn ®−îc tÝnh tiÖn lîi cña ph−¬ng ph¸p. Ta tiÕp tôc xÐm xÐt c¸c vÝ dô sau:

4x − 2 . x−2

ThÝ dô 5. TÝnh giíi h¹n lim x →1

§Æt

f(x) = f(2) = 0,

4x − 2, ta cã: 4 1 f’(x) =  f’(2) = . 3 3 3 16x 2

§Æt

f(x) = 5 − x 3 − 3 x 2 + 7 , ta cã f(1) = 0, 3x 2 2x 11 −  f '(1) = − . f '(x) = − 12 2 5 − x2 3 3 (x 2 + 7) 2 Khi ®ã:

Khi ®ã: 3 x →2

5 − x3 − 3 x2 + 7 . x2 −1

 Gi¶i

lim

§Ó x¸c ®Þnh giíi h¹n trªn b»ng ph−¬ng ph¸p th«ng th−êng, ta cã thÓ lùa chän mét trong hai çch: Çch 1: Thùc hiÖn ngay phÐp nh©n liªn hîp, ta ®−îc: x 3 − 3x − 2 x 6 − 3x + 2 = lim x →1 (x − 1)(x 3 + 3x − 2) x −1 x5 + x4 + x3 + x2 + x − 2 3 = lim = . x →1 2 x 3 + 3x − 2 Çch 2: Sö dông ph−¬ng ph¸p gäi h»ng sè v¾ng, ta ®−îc: x 3 − 3x − 2 x3 −1 1 − 3x − 2 lim = lim + lim x →1 x → 1 x →1 x −1 x −1 x −1 3 − 3x 3 = lim (x 2 + x + 1) + lim = . x →1 x →1 (x − 1)(1 + 3x − 2) 2

C¸ch 2: (Sö dông hai hµm sè): §Æt f(x) = x + 8 − 3, ta cã f(1) = 0, 1 1 f ’(x) =  f ’(1) = . 6 2 x +8 §Æt g(x) = x2 + 2x − 3, ta cã g(1) = 0 vµ g'(x) = 2x + 2 vµ g ’(1) = 4. Khi ®ã: f (x) − f (1) x +8 −3 f '(1) 1 x −1 = lim = = . lim 2 x →1 x + 2x − 3 x →1 g(x) − g(1) g '(1) 24 x −1

ThÝ dô 3. TÝnh giíi h¹n lim

x 3 − 3x − 2 . x −1

 Gi¶i

x +8 −3 ThÝ dô 2. TÝnh giíi h¹n lim 2 . x →1 x + 2x − 3

 

§Ó x¸c ®Þnh giíi h¹n trªn b»ng ph−¬ng ph¸p th«ng th−êng, ta cÇn thùc hiÖn phÐp nhËn liªn hîp cho 3 4x − 2 lµ ( 3 4x )2 + 2 3 4x + 4.

4x − 2 f (x) − f (2) 1 = lim = f’(2) = . x →2 x−2 x−2 3

lim x →1

5 − x3 − 3 x2 + 7 f (x) − f (1) 1 1 11 = lim . = f’(1). = − . x →1 x2 −1 x −1 x +1 2 24



NhËn xÐt: §Ó x¸c ®Þnh giíi h¹n trªn, ta cÇn sö dông ph−¬ng ph¸p gäi h»ng sè v¾ng: 5 − x3 − 3 x2 + 7 5 − x3 − 2 lim = lim − lim 2 x →1 x →1 x →1 x −1 x2 − 1 Sau ®ã, cã thÓ lùa chän mét trong hai çch: Çch 1: Sö dông phÐp nh©n liªn hîp. Çch 2: Sö dông kÕt qu¶:

x −1 , biÕt hoµnh ®é tiÕp ®iÓm lµ x0 = 0. x +1 b. y = x + 2 , biÕt tung ®é tiÕp ®iÓm lµ y0 = 2.

a. y =

 Gi¶i

a. Tr−íc tiªn, ta ®i tÝnh ®¹o hµm: x + 1 − ( x − 1) 2 y' = = . ( x + 1) 2 ( x + 1) 2 T¹i ®iÓm cã hoµnh ®é x0 = 0 ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: (d): y − y(0) = y'(0)(x − 0) ⇔ (d): y = 2x − 1. b. Tr−íc tiªn, ta ®i tÝnh ®¹o hµm: 1 y' = . 2 x+2 T¹i ®iÓm cã tung ®é y0 = 2, ta lÇn l−ît cã:  Hoµnh ®é tiÕp ®iÓm ®−îc cho bëi: x + 2 = 2 ⇔ x + 2 = 4 ⇔ x = 2.  Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: 1 3 (d): y − y(2) = y'(2)(x − 2) ⇔ (d): y = x + . 4 2 1 x2 ThÝ dô 2. Cho hai hµm sè y = vµ y = . ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi 2 x 2 ®å thÞ cña mçi hµm sè ®· cho t¹i giao ®iÓm cña chóng. TÝnh gãc gi÷a hai tiÕp tuyÕn kÓ trªn.

1 + ax − 1 a lim = . x →0 x n

®−îc chøng minh b»ng c¸ch ®Æt Èn phô t = n 1 + ax . 4

x →1

2x − 1 + 5 x − 2 . x −1

 Gi¶i §Æt

f(x) = 1

2x − 1 + 5 x − 2 , ta cã f(1) = 0, 1 7 f '(x) = +  f '(1) = . 3 4 4 5 10 2 (2x − 1) 5 (2x − 1) 4

Khi ®ã: 4

lim x →1

f (x) − f (1) 7 2x − 1 + 5 x − 2 = lim = . x →1 x −1 x −1 10

ThÝ dô 7. TÝnh giíi h¹n lim x →0

(x 2 + 2001) 7 1 − 2x − 2001 . x

 Gi¶i

 Gi¶i §Æt

ThÝ dô 1. ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè:

x2 + 7 − 2 x2 −1

ThÝ dô 6. (§HSP II/Khèi A − 99): TÝnh giíi h¹n lim

D¹ng to¸n 12: TiÕp tuyÕn cña ®å thÞ

Hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ cña mçi hµm sè ®−îc cho bëi:

f(x) = (x + 2001) 1 − 2x − 2001, ta cã f(0) = 0, 2(x 2 + 2001) 4002 f '(x) = 2x 7 1 − 2x −  f '(0) = − . 7 7 7 (1 − 2x) 6 7

1 x 2

Khi ®ã:



(x 2 + 2001) 7 1 − 2x − 2001 f (x) − f (0) 4002 = lim = f’(0) = − . lim x →0 x →0 x x −0 7

 NhËn xÐt:

x2 2

x ≠ 0 ⇔  3 ⇔ x = 1. x = 1

Víi ®å thÞ hµm sè y =

1 x 2

ta cã y' = −

1 x2 2

Khi ®ã, ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm cã hµnh ®é x = 1 cã d¹ng:

§Ó x¸c ®Þnh giíi h¹n trªn b»ng ph−¬ng ph¸p th«ng th−êng, ta cÇn sö dông ph−¬ng ph¸p gäi h»ng sè v¾ng, b»ng c¸ch thªm bít P(x) = x2 + 2001 vµo tö thøc lµm xuÊt hiÖn giíi h¹n d¹ng: n

(d1): y − y'(1) = y'(1)(x − 1) ⇔ (d1): y = −

1 + ax − 1 . x



Víi ®å thÞ hµm sè y =

x2 2

ta cã y' =

2x 2

1 2

Khi ®ã, ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm cã hµnh ®é x = 1 cã d¹ng: (d2): y − y'(1) = y'(1)(x − 1) ⇔ (d2): y = x 2 − NhËn xÐt r»ng k (d ) .k (d ) = − 1

1 2



víi nhau. ThÝ dô 3. Cho Parabol (P): y = x2. Gäi M1 vµ M2 lµ hai ®iÓm thuéc (P) lÇn l−ît cã hoµnh ®é x1 = −2 vµ x2 = 1. H·y t×m trªn (P) mét ®iÓn C sao cho tiÕp tuyÕn t¹i C song song víi c¸t tuyÕn M1M2. ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn ®ã.

ThÝ dô 5. ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña Parabol y = x2, biÕt r»ng tiÕp tuyÕn ®ã ®i qua ®iÓm A(0; −1).

 Gi¶i

Tr−íc tiªn, ta ®i tÝnh ®¹o hµm: y' = 2x. Gi¶ sö hoµnh ®é tiÕp ®iÓm lµ x0, khi ®ã ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: (d): y − y(x0) = y'(x0)(x − x0) ⇔ (d): y − x 20 = 2x0(x − x0). V× ®iÓm A(0; −1) ∈ (d) nªn: −1 − x 20 = 2x0(−x0) ⇔ x 20 = 1 ⇔ x0 = ±1. Khi ®ã:  Víi x0 = 1, ta ®−îc tiÕp tuyÕn cã ph−¬ng tr×nh: (d1): y − 12 = 2(x − 1) ⇔ (d1): y = 2x − 1.  Víi x0 = −1, ta ®−îc tiÕp tuyÕn cã ph−¬ng tr×nh: (d2): y − (−1)2 = 2(−1)(x + 1) ⇔ (d2): y = −2x − 1. VËy, tån t¹i hai tiÕp tuyÕn tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

 Gi¶i

Tr−íc tiªn, ta cã: y' = 2x. Gäi k lµ hÖ sè gãc cña c¸t tuyÕn M1M2 víi Parabol (P), ta cã ngay: f ( x1 ) − f ( x 2 ) ∆y (−2)2 − 12 k= = = = −1. ∆x x1 − x 2 − 2 −1 M lµ ®iÓm tuú ý thuéc ®å thÞ, gi¶ sö M cã hoµnh ®é b»ng a, khi ®ã:  §Ó tiÕp tuyÕn t¹i M song song víi c¸t tuyÕn M1M2 ®iÒu kiÖn lµ: 1 y'(a) = −1 ⇔ 2a = −1 ⇔ a = − . 2 1 1  T¹i M(− ; ) ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng: 2 4 1 1 1 (d): y − = −(x + ) ⇔ (d): y = −x − . 4 2 4

b. TiÕp tuyÕn cña (C) t¹i c¸c ®iÓm cã c¸c hoµnh ®é x = −

 Gi¶i

Ta cã: 3 . 5

Do ®ã, hoµnh ®é tiÕp ®iÓm cña tiÕp tuyÕn víi ®å thÞ hµm sè lµ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh:  x = 1/ 3 3 5 y’. = − 1 ⇔ 3x2 − 6x = − ⇔ 9x2 − 18x + 5 = 0 ⇔  . 5 3 x = 5 / 3 Víi x =

(*)

ThÝ dô 6. Cho hµm sè y = cos2x + msinx (m lµ tham sè) cã ®å thÞ lµ (C). T×m m trong mçi tr−êng hîp sau: a. TiÕp tuyÕn cña (C) t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é x = π cã hÖ sè gãc b»ng 1.

ThÝ dô 4. Cho hµm sè (C): y = x3 − 3x2 + 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ, biÕt r»ng tiÕp tuyÕn vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng (∆): 3x − 5y − 4 = 0.



5 , ta ®−îc tiÕp tuyÕn (d1) cã d¹ng: 3 5 5 5 5 31 (d2): y = − (x − ) + y( ) ⇔ (d2): y = − x − . 3 3 3 3 27

VËy, tån t¹i hai tiÕp tuyÕn (d1), (d2) cña ®å thÞ tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

. 2 = −1 nªn hai tiÕp tuyÕn (d1) vµ (d2) vu«ng gãc

y’ = 3x2 − 6x vµ hÖ sè gãc cña ®−êng th¼ng (∆) b»ng

Víi x =

1 , ta ®−îc tiÕp tuyÕn (d1) cã d¹ng: 3 5 1 1 5 61 (d1): y = − (x − ) + y( ) ⇔ (d1): y = − x + . 3 3 3 3 27

π π vµ x = 4 3

song song hoÆc trïng nhau.

 Gi¶i

Tr−íc tiªn, ta cã: y' = −2sinx.cosx + mcosx = −sin2x + mcosx. a. TiÕp tuyÕn cña (C) t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é x = π cã hÖ sè gãc b»ng 1 ®iÒu kiÖn lµ: y'(π) = 1 ⇔ −sin2π + mcosπ = 1 ⇔ m = −1. VËy, víi m = −1 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. π π b. TiÕp tuyÕn cña (C) t¹i c¸c ®iÓm cã c¸c hoµnh ®é x = − vµ x = cã hÖ sè gãc b»ng: 4 3 π π π m 2 k1 = y'(− ) = −sin(− ) + mcos(− ) = 1 + , 4 2 4 2 π 2π π m 3 k2 = y'( ) = −sin + mcos = − + . 3 3 3 2 2 34

§Ó hai tiÕp tuyÕn song song hoÆc trïng nhau ®iÒu kiÖn lµ:

ThÝ dô 1. Rót gän biÓu thøc: A = 3.2 C 0n + 4.3 C1n + 5.4 C 2n + ... + (n + 3)(n + 2) C nn .

m 1+ 3 m 2 3 k1 = k2 ⇔ 1 + =− + ⇔ ( 2 − 1)m = − 3 − 1 ⇔ m = . 2 2 2 1− 2

VËy, víi m =

1+ 3 1− 2

 Gi¶i

Ta cã:

tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

(1 + x)n = C 0n + C1n x + C 2n x2 + ... + C nn −1 xn − 1 + C nn xn

1 ThÝ dô 7. T×m giao ®iÓm cña hai ®−êng cong (P): y = x2 − x + 1 vµ (H): y = . x +1

⇔ x3(1 + x)n = x3 C 0n + C1n x4 + C 2n x5 + ... + C nn xn + 3.

Chøng minh r»ng hai ®−êng cong ®ã cã tiÕp tuyÕn chung t¹i giao ®iÓm cña chóng.

 Gi¶i

= 3x2 C 0n + 4 C1n x3 + 5 C 2n x4 + ... + (n + 3) C nn xn + 2

Hoµnh dé giao ®iÓm lµ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh: 1 x3 x2 − x + 1 = ⇔ = 0  x3 = 0 ⇔ x = 0  A(0; 1). x +1 x +1 VËy, hai ®å thÞ (P) vµ (H) c¾t nhau t¹i ®iÓm A(0; 1). Ta lÇn l−ît cã:  Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña (P) t¹i A cã d¹ng: (d1): y − 1 = y'(P)(0).x ⇔ (d1): y = −x + 1.  Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña (H) t¹i A cã d¹ng: (d2): y − 1 = y'(H)(0).x ⇔ (d2): y = −x + 1. NhËn thÊy (d1) ≡ (d2), tøc lµ (P) vµ (H) cã tiÕp tuyÕn chung t¹i A.

2x(1 + x)n + nx2(1 + x)n−1 + 3nx2(1 + x)n − 1 + n(n − 1)x3(1 + x)n − 2 = = 3.2x C 0n + 4.3 C1n x2 + 5.4 C 2n x3 + ... + (n + 3)(n + 2) C nn xn + 1.

2n + 1 + 4n.2n−1 + n(n − 1).2n − 2 = 3.2 C 0n + 4.3 C1n + 5.4 C 2n + ... + (n + 3)(n + 2) C nn ⇔ A = 2n + 1 + 4n.2n−1 + n(n − 1).2n − 2. VÝ dô 2:

Víi n lµ sè nguyªn d−¬ng, chøng minh r»ng: C 2n + 2 C 3n + ... + (n − 1) C nn > (n − 2)2n − 1.

 Gi¶i

Ta lÇn l−ît thùc hiÖn:



Rót gän c¸c biÓu thøc: a. A = C1n + 2 C 2n + ... + (n − 1) C nn −1 + n C nn .

Víi mäi x, vµ víi n lµ sè nguyªn d−¬ng ta cã: (1 + x)n = C 0n + C1n x + C 2n x2 + ... + C nn −1 xn − 1 + C nn xn.

(1)

Thay x = 1 vµo (1), ta ®−îc:

 Gi¶i

a. Ta cã: (1 + x)n = C 0n + C1n x + C 2n x2 + ... + C nn −1 xn − 1 + C nn xn. LÊy ®¹o hµm theo x hai vÕ cña (1), ta ®−îc: n(1 + x)n − 1 = C1n + 2 C 2n x + ... + (n − 1) C nn −1 xn − 2 + n C nn xn − 1. Thay x = 1 vµo (2), ta ®−îc: n.2n − 1 = C1n + 2 C 2n + ... + (n − 1) C nn −1 + n C nn ⇔ A = n.2n − 1.

 NhËn xÐt:

(2)

Thay x = 1 vµo (2), ta ®−îc:

D¹ng to¸n 13: Rót gon biÓu thøc, Chøng minh ®¼ng thøc, bÊt ®¼ng thøc tæ hîp VÝ dô 1:

(1)

LÊy ®¹o hµm bËc 2 theo x hai vÕ cña (1), ta ®−îc: x2(1 + x)n + nx3(1 + x)n − 1 =

2n = C 0n + C1n + C 2n + ... + C nn −1 + n C nn . (1)



n(1 + x)n − 1 = C1n + 2 C 2n x + ... + (n − 1) C nn −1 xn − 2 + n C nn xn − 1.

(2)

LÊy ®¹o hµm theo x hai vÕ cña (1), ta ®−îc: (3)

Thay x = 1 vµo (3), ta ®−îc: n.2n − 1 = C1n + 2 C 2n + ... + (n − 1) C nn −1 + n C nn . LÊy (4) − (3), ta ®−îc:

Nh− vËy, trong lêi gi¶i cña thÝ dô trªn, chóng ta ®· sö dông khai triÓn Newton d¹ng (1 + x)n, sau ®ã thùc hiÖn phÐp lÊy ®¹o hµm theo x ®Ó lµm xuÊt hiÖn c¸c hÖ sè t−¬ng øng. Vµ víi c¸ch lµm t−¬ng tù, ta nhËn ®−îc C1n − 2 C 2n + ... + n(−1)n − 1 C nn = 0. 35

n.2n − 1 − 2n = − C 0n + C 2n + ... + (n − 2) C nn −1 + (n − 1) C nn ⇔ C 2n + 2 C 3n + ... + (n − 1) C nn = (n − 2)2n − 1 + 1 > (n − 2)2n − 1, ®pcm.

(4)

§2. Vi ph©n

ThÝ dô 4. Chøng minh r»ng nÕu c¸c hµm sè u = u(x), v = v(x) cã ®¹o hµm t¹i ®iÓm x0 th× t¹i ®iÓm ®ã ta cã d(uv) = vdu + udv.

D¹ng to¸n 1: TÝnh vi ph©n Ph−¬ng ph¸p ¸p dông §Ó tÝnh vi ph©n cña hµm sè y = f(x), ta sö dông c«ng thøc: dy = y'dx. π ThÝ dô 1. T×m vi ph©n cña hµm sè y = sin2x t¹i ®iÓm x = øng víi ∆x = 0,01; 3 ∆x = 0,001.

Ta cã: dy = y'∆x = 2sin2x.cos2x.∆x = sin4x.∆x. π Khi ®ã, víi x = ta lÇn l−ît cã: 3 4π  Víi ∆x = 0,01 th× dy = sin .0,01 ≈ −0,01. 3 4π  Víi ∆x = 0,001 th× dy = sin .0,001 ≈ −0,001. 3 ThÝ dô 2. TÝnh vi ph©n cña mçi hµm sè sau: a. y = x2 − x x + x + 8. b. y = ax + b .

 Gi¶i

a. XÐt hµm sè: 1 1  f'(x) = − 2 . f(x) = x x Khi ®ã: 1 = f(1 − 0,0005) ≈ f(1) − f'(1).0,0005 = 1 + 1.0,0005 = 1,0005. 0,9995

 Gi¶i

b. XÐt hµm sè: f(x) = cosx  f'(x) = − sinx. Khi ®ã:

a. Ta cã ngay: 3 dy = y'dx = (x − x x + x + 8)'dx = (2x − 2 b. Ta cã ngay: adx . dy = y'dx = ( ax + b )'dx = 2 ax + b

Ta cã: d(uv) = (uv)'xdx = (u'xv + uv'x)dx = u'xvdx + uv'xdx = v(u'xdx) + u(v'xdx) = vdu + udv.

Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Sö dông c«ng thøc: f(x0 + ∆x) ≈ f(x0) + f '(x0)∆x. 1 ThÝ dô 1. TÝnh gi¸ trÞ gÇn ®óng cña , cos45030', tan29030'. 0,9995

 Gi¶i

x + 1)dx.

cos45030' = f(450 + 300) ≈ f(450) + f'(450). c. XÐt hµm sè:

a. y = tan 3x − cot3x .

f(x) = tanx  f'(x) =

b. y =

3,14 2 2 3,14 = − . = 0,7009. 6 6 2 2

cos 2 x + 1 .

1 cos2 x

Khi ®ã:

 Gi¶i

tan29030' = f(300 − 30') ≈ f(300) − f'(300).30' = f(300) − f'(300).

a. Ta cã: 6x   6 tan 3x dy = y'dx =  +  dx.  cos2 3x sin 2 3x 2  b. Ta cã: sin 4x.dx − 4 sin 2x. cos 2x dx = − . dy = y'dx = 2 cos2 2x + 1 cos2 2x + 1

ThÝ dô 2. TÝnh gi¸ trÞ gÇn ®óng cña

 Gi¶i a. XÐt hµm sè f(x) =

x  f'(x) =

4,01 ,

1 2 x

1 20,3

vµ

215 .

π = 0,566. 360

Khi ®ã: 4,01 = f(4 + 0,01) ≈ f(4) + f '(4).0,01 =

4 +

1 2 4

ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng: a. NÕu y = A.sin(ωt + ϕ) + B.cos(ωt + ϕ), trong ®ã A, B, ω vµ ϕ lµ nh÷ng h»ng sè th× y" + ω2y = 0. b. NÕu y = 2x − x 2 th× y3.y" + 1 = 0.

.0,01 = 2,0025.

b. XÐt hµm sè: f(x) =

1 x

 f'(x) =

1 2 x3

 Gi¶i

a. LÊy ®¹o hµm liªn tiÕp hai lÇn, ta ®−îc: y' = ωA.cos(ωt + ϕ) − ωB.sin(ωt + ϕ), y'' = −ω2A.sin(ωt + ϕ) − ω2B.cos(ωt + ϕ). Do ®ã: y'' + ω2y = [−ω2A.sin(ωt + ϕ) − ω2B.cos(ωt + ϕ)] + + ω2[A.sin(ωt + ϕ) + B.cos(ωt + ϕ)] = 0, ®pcm. b. LÊy ®¹o hµm liªn tiÕp hai lÇn, ta ®−îc: 2 − 2x 1− x , y' = = 2 2 2x − x 2x − x 2 2 − 2x − 2x − x 2 − (1 − x ) − ( 2x − x 2 ) − (1 − x )2 2 2x − x 2 y" = = 2x − x 2 ( 2x − x 2 ) 2x − x 2

Khi ®ã: 1 = f(20,25 + 0,05) ≈ f(20,25) + f'(20,25).0,05 = 0,222. 20,3 c. XÐt hµm sè: 1 f(x) = 3 x  f'(x) = . 3 3 x2 Khi ®ã: 1 3 215 = f(216 − 1) ≈ f(216) − f '(216).1 = 6 − = 5,991. 108

§3. ®¹o hµm cÊp cao D¹ng to¸n 1: §¹o hµm cÊp cao

Ph−¬ng ph¸p ¸p dông

−1

( 2x − x ) 2

2x − x 2

Do ®ã:

Sö dông ®Þnh nghÜa vÒ ®¹o hµm cÊp cao.

y3.y" + 1 =

(

2x − x 2

) . ( 2x − x −) 1 2x − x 3

+ 1 = 0, ®pcm.

ThÝ dô 1. TÝnh ®¹o hµm cña mçi hµm sè sau ®Õn cÊp ®−îc cho kÌm theo: a. f(x) = x4 − cos2x, f(4)(x). b. f(x) = cos2x, f(5)(x). 6 (n) c. f(x) = (x + 10) , f (x).

ThÝ dô 3. TÝnh ®¹o hµm cÊp hai cña hµm sè y = x 1 + x 2 .

 Gi¶i

a. Ta lÇn l−ît cã: f(1)(x) = 4x3 + 2sin2x, f(3)(x) = 24x − 8sin2x, b. Ta lÇn l−ît cã: 1 f(x) = (1 + cos2x), 2 f(1)(x) = −sin2x, f(3)(x) = 4sin2x, c. Ta lÇn l−ît cã: f(1)(x) = 6(x + 10)5, f(3)(x) = 120(x + 10)3, f(5)(x) = 720(x + 10),

Ta cã:

f(2)(x) = 12x2 + 4cos2x,

y' = 1 + x 2 +

1+ x

f(4)(x) = 24 − 16cos2x.  1 + 2x2 y'' =  2  1+ x

f(2)(x) = −2cos2x, f(4)(x) = 8cos2x,

1 + 2x2 1 + x2

2 2 2 −1/ 2  (3 + 2x 2 )x  = 4x 1 + x − (1 + 2x2 )x(1 + x ) = .  + 1 x (1 + x 2 )3/ 2 

ThÝ dô 4. Gi¶ sö hµm sè f(x) x¸c ®Þnh vµ cã ®¹o hµm cÊp hai khi x ≤ x0. X¸c ®Þnh c¸c sè a, b, c ®Ó hµm sè:

f(5)(x) = −16sin2x.

f ( x) khi x ≤ x 0 a( x − x 0 )2 + b( x − x 0 ) + c khi x > x 0

f(2)(x) = 30(x + 10)4, f(4)(x) = 360(x + 10)2, f(6)(x) = 720, f(n)(x) = 0, víi n ≥ 7.

F(x) = 

còng cã ®¹o hµm cÊp hai. 39

b. TÝnh gia tèc t¹i thêi ®iÓm t = 3. c. TÝnh gia tèc t¹i thêi ®iÓm vËn tèc b»ng 0. d. TÝnh vËn tèc t¹i thêi ®iÓm gia tèc b»ng 0.

 Gi¶i Tr−íc hÕt hµm sè F(x) ph¶i cã ®¹o hµm cÊp 1 t¹i ®iÓm x0 ⇔ c¸c ®¹o hµm mét phÝa t¹i ®iÓm liªn tôc x0 cña hµm F(x) ph¶i b»ng nhau. Bëi vËy cÇn cã: f(x0) = c (tÝnh liªn tôc cña hµm F(x)). f (x 0 + ∆x) − f (x 0 ) = f−' (x 0 ) = b, tøc lµ F '(x0) = b . ∆x TiÕp theo, ®Ó cã ®¹o hµm cÊp hai cÇn cã: F' ( x 0 + ∆x) − F ' ( x 0 ) F' ( x 0 + ∆x) − F ' ( x 0 ) = lim+ lim ∆x → 0 − ∆x → 0 ∆x ∆x lim

∆x → 0 −

f−' ( x 0 + ∆x) − f−' ( x 0 ) 2a∆x + b − b = lim = 2a. ∆x → 0 ∆x ∆x ∆x → 0 + VËy, ®iÒu kiÖn lµ: 1 a = f−' ' (x 0 ) , b = f−' (x 0 ) vµ c = f(x0). 2

⇔ lim−

D¹ng to¸n 2: ý nghÜa cña ®¹o hµm cÊp hai ThÝ dô 1. VËn tèc cña mét chÊt ®iÓm chuyÓn ®éng ®−îc biÓu thÞ bëi c«ng thøc v(t) = 8t + 3t2, trong ®ã t > 0, t tÝnh b»ng gi©y (s) vµ v(t) tÝnh b»ng mÐt/gi©y (m/s). T×m gia tèc cña chÊt ®iÓm: a. T¹i thêi ®iÓm t = 4s. b. T¹i thêi ®iÓm mµ vËn tèc cña chuyÓn ®éng b»ng 11.

 Gi¶i

Tr−íc tiªn, ta lÇn l−ît cã: VËn tèc t¹i thêi ®iÓm t ®−îc cho bëi: S' = 3t2 − 6t − 9.  Gia tèc t¹i thêi ®iÓm t ®−îc cho bëi: S" = 6t − 6. a. VËn tèc cña chuyÓn ®éng khi t = 2s ®−îc cho bëi: S'(2) = −9m/s. b. Gia tèc cña chuyÓn ®éng khi t = 3s ®−îc cho bëi: S"(3) = 12m/s2. c. Thêi ®iÓm vËn tèc triÖt tiªu ®−îc cho bëi: t = −1 lo¹ i 3t2 − 6t − 9 = 0 ⇔ t2 − 2t − 3 = 0 ⇔  t = 3 

tõ ®ã, suy ra gia tèc t¹i thêi ®iÓm vËn tèc triÖt tiªu ®−îc cho bëi: S"(3) = 12m/s2. d. Thêi ®iÓm gia tèc triÖt tiªu ®−îc cho bëi: 6t − 6 = 0 ⇔ t = 1 tõ ®ã, suy ra vËn tèc t¹i thêi ®iÓm gia tèc triÖt tiªu ®−îc cho bëi: S'(1) = −12m/s.

D¹ng to¸n 3: T×m c«ng thøc ®¹o hµm cÊp n

 Gi¶i

Ph−¬ng ph¸p ¸p dông Víi hµm sè y = f(x), ®Ó t×m ®−îc c«ng thøc f(n)(x) ta thùc hiÖn theo c¸c b−íc sau: B−íc 1: TÝnh f'(x), f''(x) (®«i khi cÇn tÝnh tíi f(3)(x), f(4)(x)). B−íc 2: Dù ®o¸n c«ng thøc tæng qu¸t f(n)(x). B−íc 3: Chøng minh c«ng thøc dù ®o¸n b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p.

C«ng thøc tÝnh gia tèc cña chÊt ®iÓm t¹i thêi ®iÓm t ®−îc cho bëi: a(t) = v'(t) = 8 + 6t. a. T¹i thêi ®iÓm t = 4s, ta ®−îc: a(4) = v'(4) = 8 + 6.4 = 32m/s2. b. T¹i thêi ®iÓm mµ vËn tèc cña chuyÓn ®éng b»ng 11, ta cã:

 Chó ý:

t >0

8t + 3t2 = 11 ⇔ 3t2 + 8t − 11 = 0  t = 1.

1. CÇn nhí c¸c c«ng thøc c¬ b¶n sau: a. (x m )( n ) = m(m − 1)...(m − n + 1).xm − n.

Khi ®ã, ta cã gia tèc cña chÊt ®iÓm ®−îc cho bëi: a(1) = v'(1) = 8 + 6.1 = 14m/s2.

π 2 π = cos(x + n ). 2

b. (sinx)(n) = sin(x + n ).

ThÝ dô 2. Mét chÊt ®iÓm chuyÓn ®éng cã ph−¬ng tr×nh: S = t3 − 3t2 − 9t + 2 trong ®ã t > 0, t tÝnh b»ng gi©y (s) vµ S tÝnh b»ng mÐt/gi©y (m/s). a. TÝnh vËn tèc t¹i thêi ®iÓm t = 2.

c. (cosx)(n)

2. C«ng thøc Lepnit: NÕu u vµ v lµ c¸c hµm kh¶ vi n lÇn th× (uv)(n) =  C in u(i).v(n − i). i =0

ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng víi mäi n ≥ 1, nÕu f(x) = cosx th× f(4n)(x) = cosx.

 Gi¶i

a. Ta lÇn l−ît cã:

Ta ®i chøng minh b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p.  Víi n = 1, ta cã: f(2)(x) = −cosx, f(1)(x) = −sinx, f(3)(x) = sinx, f(4)(x) = cosx. Tøc lµ, c«ng thøc ®óng víi n = 1.  Gi¶ sö c«ng thøc ®óng víi n = k, tøc lµ: f(4k)(x) = cosx.  Ta chøng minh c«ng thøc ®óng víi n = k + 1, tøc lµ chøng minh: f(4k + 4)(x) = cosx. ThËt vËy: f(4k + 2)(x) = −cosx, f(4k + 1)(x) = −sinx, f(4k + 3)(x) = sinx, f(4k + 4)(x) = cosx, ®pcm. VËy, ta ®−îc f(4n)(x) = cosx.

f(1)(x) = f(2)(x) = f(3)(x) =

π 2

 Gi¶i

Ta chøng minh b»ng quy n¹p.

 

Víi n = 1, ta cã y' = cosx = sin(x +

π ) ®óng. 2

π ). 2 Ta chøng minh c«ng thøc ®óng víi n = k + 1, tøc lµ chøng minh:

Gi¶ sö c«ng thøc ®óng víi n = k, tøc lµ y(k) = sin(x + k π 2

y(k + 1) = sin[x + (k + 1) ].

cos2 x 2

= 2tanx.(1 + tan2x) = 2tanx + 2tan3x,

6 tan 2 x 2

2 + 6 tan 2 x

 Gi¶i

ThËt vËy: π 2

2 tan x

= 1 + tan2x,

. cos x cos x cos2 x b. Tr−íc tiªn, ta viÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng: 1 f(x) = (1 − cos2x). 2 Ta ®i chøng minh b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p.  Víi n = 1, ta cã: f(1)(x) = sin2x, f(2)(x) = 2cos2x, f(4)(x) = −23.cos2x. f(3)(x) = −22.sin2x, Tøc lµ, c«ng thøc ®óng víi n = 1.  Gi¶ sö c«ng thøc ®óng víi n = k, tøc lµ: f(4k)(x) = −24k − 1.cos2x.  Ta chøng minh c«ng thøc ®óng víi n = k + 1, tøc lµ chøng minh: f(4k + 4)(x) = −24k + 3.cos2x. ThËt vËy: f(4k + 2)(x) = 24k + 1.cos2x, f(4k + 1)(x) = 24k.sin2x, f(4k + 3)(x) = −24k + 2.sin2x, f(4k + 4)(x) = −24k + 3.cos2x, ®pcm. VËy, ta ®−îc f(4n)(x) = −24n − 1.cos2x. 1 ThÝ dô 4. Cho hµm sè y = . TÝnh ®¹o hµm cÊp n cña hµm sè. x

ThÝ dô 2. Cho hµm sè y = sinx. Chøng minh r»ng y(n) = sin(x + n ).



1 cos2 x

π 2

y(k + 1) = [y(k)]' = [sin(x + k )]' = cos(x + k ) = sin(x + k

Ta cã: y' = (x − 1)' = (− 1)x−2, y'' = (−1)(− 2)x−3 = (−1)2.2!.x−2−1, y(3) = (−1)(−2)(−3)x−4 = (−1)3.3!.x−3−1,… Dù ®o¸n y(n) = (−1)n .n!.x − n −1 . Ta ®i chøng minh dù ®o¸n trªn b»ng quy n¹p − B¹n ®äc tù lµm.

π π + ) 2 2

π 2

= sin[x + (k + 1) ]. π 2

VËy, ta ®−îc y(n) = sin(x + n ).

 Chó ý: Nh− vËy, chóng ta ®· lµm quen ®−îc víi viÖc x¸c ®Þnh c«ng thøc tÝnh ®¹o hµm cÊp n cña mét sè hµm c¬ b¶n. ViÖc më réng c¸c c«ng thøc ®ã dùa trªn kÕt qu¶ cña ®Þnh lÝ sau: §Þnh lÝ: Chøng minh r»ng nÕu hµm sè f(x) cã ®¹o hµm cÊp n, th×: [f(ax + b)](n) = an f(n)(ax + b).

ThÝ dô 3. a. Cho hµm sè f(x) = tanx. TÝnh f(n)(x) víi n = 1, 2, 3. b. Chøng minh r»ng nÕu f(x) = sin2x th× f(4n)(x) = −24n − 1.cos2x. 43

ThÝ dô 5. Cho hµm sè y =

1 . TÝnh ®¹o hµm cÊp n cña hµm sè. 2x + 1

 Gi¶i y' = −

2 (2x + 1)

; y'' =

2 2 .2 (2x + 1)

vµ y''' = −

2 3.2.3 (1 + x) 4

Do ®ã hµm sè ®−îc viÕt l¹i d−íi d¹ng y =

Tõ ®ã ta dù ®o¸n kÕt qu¶ lµ: 1 1 y(n) = (−1)n .n!. − (−1)n.n!. ( x − 2 ) n +1 ( x − 1) n +1   1 1 − = (−1)n .n!.  . n +1 ( x − 1) n +1   (x − 2) Ta ®i chøng minh dù ®o¸n trªn b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p − §Ò nghÞ b¹n ®äc tù lµm. ThÝ dô 7. TÝnh ®¹o hµm cÊp n cña hµm sè y = sin2x, tõ ®ã suy ra ®¹o hµm cÊp n cña hµm sè y = cos2x.

Dù ®o¸n: y(n) =

(−1) n .2 n .n!

. (2x + 1) n +1 Ta ®i chøng minh dù ®o¸n trªn b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p.  Víi n = 1, ta cã: (−1).2.1! 2 =− ®óng. y' = (2x + 1)1+1 (2x + 1) 2 k

 

Gi¶ sö c«ng thøc ®óng víi n = k, tøc lµ y(k) =

 Gi¶i

NhËn xÐt r»ng:

(*)

(2x + 1) k +1 Ta ®i chøng minh (2) ®óng víi n = k + 1, tøc lµ chøng minh:

(k + 1)

( −1) k +1 .2 k +1.( k + 1)! (2 x + 1) k +2

(sinx)' = cosx = sin(x +

(−1) .2 .k!

y = sin2x =

1 π π .2sin(2x − + ) = sin2x, 2 2 2 π π (3) y'' = 2sin(2x + ) vµ y = 22sin(2x + 2. ), 2 2

Dù ®o¸n:

k +1

π 2

y(n) = 2n − 1sin[2x + (n − 1). ]. Ta chøng minh dù ®o¸n trªn b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p − §Ò nghÞ b¹n ®äc tù lµm. Tõ h»ng ®¼ng thøc: cos2x + sin2x = 1 = h»ng sè

VËy, ta ®−îc: (−1) n .2 n .n! y(n) = . (2x + 1) n +1

ThÝ dô 6. Cho hµm sè y =

π 1 1 (1 − cos2x) = [1 + sin(2x − )]. 2 2 2

y' =

  1 ]' = (−1)k.2k.k!  k +1  (2x + 1) ( 2 x + 1 )    2( k + 1)  ( −1) k +1 .2 k +1.( k + 1)! k k = (−1) .2 .k! − = , ®pcm. k +2  (2 x + 1) k +2  (2 x + 1)  ( −1) k .2 k .k!

π π ) vµ (cosx)' = − sinx = cos(x + ). 2 2

Do ®ã:

ThËt vËy: y(k + 1) = [y(k)]' = [

1 1 − . x −1 x−2

π 2

 (cos2x)(n) = − (sin2x)(n) = − 2n − 1sin[2x + (n − 1). ]. 1 . TÝnh ®¹o hµm cÊp n cña hµm sè. x − 3x + 2

ThÝ dô 8. Cho hµm sè y = sin3x. TÝnh ®¹o hµm cÊp n cña hµm sè.

 Gi¶i

Tr−íc hÕt ta ®−a hµm sè vÒ d¹ng thuËn tiÖn ®Ó lÊy ®¹o hµm, ta cã: 3 1 y = sinx − sin3x. 4 4 Tõ ®ã ta dù ®o¸n kÕt qu¶ lµ: π π 3 1 y(n) = sin(x + n ) − .3n.sin(3x + n ). 4 2 4 2 Ta chøng minh dù ®o¸n trªn b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p − §Ò nghÞ b¹n ®äc tù lµm.

Tr−íc hÕt ta ®−a hµm sè vÒ d¹ng thuËn tiÖn ®Ó lÊy ®¹o hµm, ta cã: ( A + B )x − A − 2 B 1 1 A B y= 2 = = + = x −1 ( x − 2)(x − 1) x−2 ( x − 2)(x − 1) x − 3x + 2 Suy ra: A + B = 0 A = 1 ⇔  .  − A − 2 B = 1 B = −1

ThÝ dô 9. Cho hµm sè y = sinax sinbx. TÝnh ®¹o hµm cÊp n cña hµm sè. 45

Thay x = 1 vµo (4), ta ®−îc: 2n + 1 + 4n.2n−1 + n(n − 1).2n − 2 =

 Gi¶i

Tr−íc hÕt ta ®−a hµm sè vÒ d¹ng thuËn tiÖn ®Ó lÊy ®¹o hµm, ta cã: 1 y = [cos(a − b)x − cos(a + b)x]. 2 Tõ ®ã ta dù ®o¸n kÕt qu¶ lµ: 1 2

π 2

= 3.2 C 0n + 4.3 C1n + 5.4 C 2n + ... + (n + 3)(n + 2) C nn ⇔ B = 2n + 1 + 4n.2n−1 + n(n − 1).2n − 2.

C. C¸c bµi to¸n chän läc

π 2

y(n) = {(a − b)n .cos[(a − b)x + n ] − (a + b)n .cos[(a + b)x + n ]}.

VÝ dô 1: Dïng ®Þnh nghÜa, tÝnh ®¹o hµm cña hµm sè:

Ta chøng minh dù ®o¸n trªn b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p − §Ò nghÞ b¹n ®äc tù lµm.

f(x) = x2 − sinx t¹i ®iÓm x0 =

ThÝ dô 10. Cho hµm sè y = x.cosax. TÝnh ®¹o hµm cÊp n cña hµm sè.

 Gi¶i

Sö dông c«ng thøc Lepnit , ta dù ®o¸n kÕt qu¶ lµ: π π y(n) = xan.cos(ax + n ) + C 1n an − 1.cos[ax + (n − 1) ]. 2 2 Ta chøng minh dù ®o¸n trªn b»ng ph−¬ng ph¸p quy n¹p − §Ò nghÞ b¹n ®äc tù lµm.

Ta cã: π f (x) − f ( π / 2) f '( ) = lim = lim π π 2 x − π/ 2 x→ x→ 2

(1)

ThÝ dô 1. Rót gän c¸c biÓu thøc:

Ta lÇn l−ît:  Víi L1, ta cã ngay L1 = π.

a. A = 2.1 C 2n − 3.2 C 3n + ... + n(n − 1)(−1)n C nn . b. B = 3.2 C 0n + 4.3 C1n + 5.4 C 2n + ... + (n + 3)(n + 2) C nn .



 Gi¶i

n(1 − x)n − 2 = 2.1 C 2n − 3.2 C 3n x +... + n(n − 1)(−1)n C nn xn − 2. Thay x = 1 vµo (2), ta ®−îc: 0 = 2.1 C 2n − 3.2 C 3n + ... + n(n − 1)(−1)n C nn ⇔ A = 0. b. Ta cã: (1 + x)n = C 0n + C1n x + C 2n x2 + ... + C nn −1 xn − 1 + C nn xn

π2 +1 4 x − π/ 2

x 2 − sin x −

π 1 − sin x = lim(x + ) + lim . π π π 2 x→ x→ 2 2 x− 2 L

D¹ng to¸n 4: sö dông §¹o hµm cÊp cao chøng minh ®¼ng thøc, bÊt ®¼ng thøc tæ hîp

a. Ta cã: (1 − x)n = C 0n − C1n x + C 2n x2 − C 3n x3 + ... + ( − 1)n C nn xn. LÊy ®¹o hµm bËc hai theo x hai vÕ cña (1), ta ®−îc: −n(1 − x)n − 1 = − C1n + 2 C 2n x − 3 C 3n x2 +... + n(−1)n C nn xn − 1

π . 2

(2)

Víi L2, b»ng phÐp ®æi biÕn t =

π − x, ta ®−îc: 2

π t 1 − sin( − t) 2t.sin 2 1 − cos t 2 2 L2 = lim = − lim = − lim = 0. 2 t →0 t →0 t →0 −t t 4( t / 2)

(1)

Thay (2), (3) vµo (1), ta ®−îc f '( (2)

 NhËn xÐt:

π ) = π. 2

Nh− vËy, trong lêi gi¶i trªn ®Ó tÝnh ®¹o hµm chóng ta cÇn x¸c ®Þnh 0 vµ ë ®©y chóng ta ®· t¸ch nã 0 P(x) vµ d¹ng l−îng gi¸c) ®Ó thµnh hai giíi h¹n con (bao gåm Q(x )

gi¸ trÞ cña mét giíi h¹n d¹ng

⇔ x3(1 + x)n = x3 C 0n + C1n x4 + C 2n x5 + ... + C nn xn + 3. (3) LÊy ®¹o hµm bËc 2 theo x hai vÕ cña (3), ta ®−îc: x2(1 + x)n + nx3(1 + x)n − 1 = 3x2 C 0n + 4 C1n x3 + 5 C 2n x4 + ... + (n + 3) C nn xn + 2 2x(1 + x)n + nx2(1 + x)n−1 + 3nx2(1 + x)n − 1 + n(n − 1)x3(1 + x)n − 2 = = 3.2x C 0n + 4.3 C1n x2 + 5.4 C 2n x3 + ... + (n + 3)(n + 2) C nn xn + 1. (4) 47

®−a nã vÒ d¹ng ®¬n gi¶n h¬n. VÝ dô 2: T×m ®¹o hµm cña c¸c hµm sè sau: a. y =

(3)

1 ( x + 1) x + 1

b. y =

2 x +1 + x −1

VÝ dô 5: T×m ®¹o hµm cña c¸c hµm sè sau:

 Gi¶i

a. ViÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng:

= (x + 1)

−

3 2

( x + 1) 2 b. ViÕt l¹i hµm sè d−íi d¹ng:

3  y' = − (x + 1) 2

−

a. y =

5 2

( x + 1 + x − 1 )( x + 1 − x − 1 ) 1

−

1 2 x −1

− sin x 2 + 1.

x +1 − x −1 .

1 π , x ≠ + kπ, k ∈ Z. cos x 2

Ta cã: 1

y' = ( x + x 2 − x + 1 )' =

(x +

2 x + x2 − x + 1

(1 +

2x − 1 2

2 x − x +1

b. y =

( x 2 + 1) x 2 + 1

x. cos x 2 + 1 x2 + 1

1 cos 2 x '

2 x 2 − x + 1 + 2x − 1

4 x + x2 − x + 1 . x2 − x + 1

VÝ dô 4: T×m ®¹o hµm cña c¸c hµm sè sau: sin x + cos x . sin x − cos x

. x2 + 1 −

− x( x 2 + 1 sin x 2 + 1 − cos x 2 + 1 )

  1  y' =   =− 2 cos x  

x 2 − x + 1 )'

2 x + x2 − x + 1

x 2

b. Ta viÐt l¹i:

x + x2 − x + 1 .

 Gi¶i

a. y =

b. y =

x +1 x2 + 1

y' =

VÝ dô 3: TÝnh ®¹o hµm cña hµm sè y =

a. Ta cã ngay:

2( x + 1 − x − 1 )

2 x +1

x2 + 1

 Gi¶i

Khi ®ã: y' =

cos x 2 + 1

(

)

cos 2 x ' cos 2 x

=−

−2sin x cos x 2 cos 2 x.cos 2 x

tan x cos 2 x

tan x . cos x

VÝ dô 6: Gi¶i c¸c ph−¬ng tr×nh: a. f’(x) = g(x) víi f(x) = sin32x vµ g(x) = 4cos2x – 5sin4x. b. f’(x) = 0 víi f(x) = 20cos3x + 12cos5x – 15cos4x.

 Gi¶i

sin 2 x . 1 + tan 2x

a. Tr−íc tiªn, ta cã: f'(x) = 6sin22x.cos2x. Tõ ®ã:

 Gi¶i

a. Ta cã c¸c c¸ch thùc hiÖn sau:

f’(x) = g(x) ⇔ 6sin22x.cos2x = 4cos2x – 5sin4x

C¸ch 1: Ta cã ngay: (cos x − sin x)(sin x − cos x) − (cos x + sin x)(sin x + cos x) 2 y' = =− . (sin x − cos x)2 (sin x − cos x)2 C¸ch 2: Ta biÕn ®æi: ' π π   2 sin  x +  x+   π 1 4 4   y= = − tan  x +   y ' = −  =− . π π π 4     − 2cos  x +  cos 2  x +  cos 2  x +  4 4 4    b. Ta cã ngay: sin 2x(1 + tan 2x) − (1 + tan 2 2x). sin 2 x y' = . (1 + tan 2x)2 49

⇔ 6sin22x.cos2x = 4cos2x – 10sin2x.cos2x cos 2 x = 0 ⇔ (3sin22x + 5sin2x − 2).cos2x = 0 ⇔  2 3 sin 2x + 5 sin 2 x − 2 = 0 cos 2x = 0  1 ⇔ sin 2x = ⇔  3 sin 2x = −2 lo ¹ i 

π π kπ   2x = 2 + kπ x = 4 + 2   2x = arcsin 1 + 2 kπ x = 1 arcsin 1 + kπ ⇔ .   3 2 3   2x = π − arcsin 1 + 2 kπ x = π − 1 arcsin 1 + kπ   3 2 2 3

VËy, ph−¬ng tr×nh cã ba hä nghiÖm. 50

b. Tr−íc tiªn, ta cã:

VÝ dô 8: Cho hµm sè f(x) =

f'(x) = −60sin3x − 60sin5x + 60sin4x Tõ ®ã:

 Gi¶i

Tr−íc tiªn, ta cã: x −1 f'(x) = . x 2 − 2x Khi ®ã, bÊt ph−¬ng tr×nh cã d¹ng:

f’(x) = 0 ⇔ −60sin3x − 60sin5x + 60sin4x = 0 ⇔ sin5x + sin3x − sin4x = 0 ⇔ 2sin4x.cosx − sin4x = 0 1  cos x = ⇔ (2cosx − 1)sin4x = 0 ⇔  2  sin 4x = 0

x −1 x 2 − 2x

π  π  x = ± 3 + 2 kπ x = ± + 2 k π ⇔  ⇔  , k ∈ Z. 3  x = kπ 4x = kπ  4

Cho hµm sè f(x) = − x 2 + 3x − 2 . T×m m ®Ó ph−¬ng tr×nh sau cã nghiÖm: 2f 2 (x) = (3 − 2x)f ' ( x)

 Gi¶i

2m + x − x 2 .

(1)

3 2

 Gi¶i

x≠ 2

§Æt f(x) = sinmx + cosmx, khi ®ã yªu cÇu bµi to¸n ®−îc ph¸t biÓu d−íi d¹ng: f ' ( x) = 0, ∀x (1)  f(x) = 1, ∀x ⇔   π  (2) f  4  = 1    Gi¶i (1): Ta ®−îc: m.cosx. sinm − 1x − msinx.cosm − 1x = 0, ∀x ⇔ m.sinx.cosx(sinm − 2x − cosm − 2x) = 0, ∀x m = 0 m = 0 ⇔  m−2 ⇔  . m−2 x = cos x, ∀x m = 2 sin Ta xÐt tõng tr−êng hîp cña m ®Ó gi¶i (2):  Víi m = 0, ta ®−îc:

3 2

− x + 3x − 2 = 2m + x − x ⇔ − x2 + 3x − 2 = 2m + x − x2 ≥ 0 − x 2 + 3 x − 2 ≥ 0  1 ≤ x ≤ 2 3   ⇔ x ≠ ⇔  3. 2 x = m + 1 ≠ 2  x = m + 1  Do ®ã, ®Ó ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm, ®iÒu kiÖn lµ: 1 ≤ m + 1 ≤ 2 0 ≤ m ≤ 1   ⇔   3 1 . m + 1 ≠ 2 m ≠ 2 ⇔

3+ 5 . 2

VÝ dô 9: T×m m ®Ó ph−¬ng tr×nh sau nghiÖm ®óng víi mäi x: sinmx + cosmx = 1.

. 2 − x 2 + 3x − 2 Khi ®ã, ph−¬ng tr×nh (1) cã d¹ng: 2( −x 2 + 3x − 2)(−2 x + 3) = 2m + x − x 2 2(3 − 2 x) − x 2 + 3x − 2 x≠

x 2 − 2x > 0 x 2 − 2x > 0 x 2 − 2x ⇔  ⇔  2 x − 1 ≤ x 2 − 2x x − 3x + 1 ≥ 0

VËy, bÊt ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ x < 0 hoÆc x ≥

− 2x + 3

Ta cã f'(x) =

≤

x > 2 hoÆc x < 0 3+ 5  . ⇔  3+ 5 3 − 5 ⇔ x < 0 hoÆc x ≥ 2 hoÆc x ≤ x ≥ 2 2 

VËy, ph−¬ng tr×nh cã ba hä nghiÖm.

VÝ dô 7:

x 2 − 2x . H·y gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh f'(x) ≤ f(x).

 2  π   2   = 2, kh«ng tho¶ m·n. f  =  +   2   4   2    π  Víi m = 2, t−¬ng tù ta ®−îc f   = 1, tho¶ m·n. 4 VËy, víi m = 2 ph−¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x. 1 − 2x + 1 + sin x VÝ dô 10: (§HGTVT − 98): TÝnh giíi h¹n lim . x →0 3x + 4 − 2 − x

1  VËy, víi m ∈ [0; 1]\   , ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm. 2 

 Gi¶i §Æt f(x) = 1 −

2x + 1 + sinx, ta cã f(0) = 0, 1 + cosx  f '(0) = 0. f '(x) = − 2x + 1

§Æt

g(x) = 3x + 4 − 2 − x, ta cã g(0) = 0, 3 1 g '(x) = − 1  g '(0) = − . 4 2 3x + 4 Khi ®ã: f (x) − f (0) 1 − 2x + 1 + sin x f '(0) x −0 lim = lim = = 0. x →0 x →0 g(x) − g(0) g '(0) 3x + 4 − 2 − x x −0

 NhËn xÐt:

§Ó x¸c ®Þnh giíi h¹n trªn b»ng ph−¬ng ph¸p th«ng th−êng ta ph¶i thùc hiÖn nh− sau: 1 − 2x + 1 + sin x 1 − 2x + 1 + sin x 3x + 4 − 2 − x =( ):( ) x x 3x + 4 − 2 − x 1 − 2x + 1 sin x 3x + 4 − 2 + ):( − 1) x x x sin x −2x 3x =( + ):( − 1) x x(1 + 2x + 1) x( 3x + 4 + 2)

Sö dông hai hµm sè f(x) vµ g(x), trong ®ã: π  §Æt f(x) = tan( − x), ta cã: 4 π π 1 f( ) = 0, f’(x) = −  f’( ) = −1. 4 4 2 π cos ( − x) 4  §Æt g(x) = cot2x, ta cã: π 2 π g( ) = 0, g’(x) = − 2  g’( ) = −2. 4 4 sin 2x Khi ®ã: π f (x) − f ( ) 4 π π π x− f' ( ) tan( − x) 4 4 = 1. 4 = lim = limπ π π x →0 cot 2x 2 x→ 4 g( x) − g( ) g' ( ) 4 4 π x− 4 VÝ dô 12: Cho hµm sè (C): y = − x3 + 3x2 − 2. T×m c¸c ®iÓm thuéc ®å thÞ (C) mµ qua ®ã kÎ ®−îc mét vµ chØ mét tiÕp tuyÕn víi ®å thÞ (C).

 Gi¶i XÐt ®iÓm A(a, − a3 + 3a2 − 2) thuéc ®å thÞ hµm sè. TiÕp tuyÕn qua A tiÕp xóc víi ®å thÞ hµm sè t¹i M(x0, y(x0)) cã d¹ng: (d): y = ( − 3 x20 + 6 x0)(x − x0) − x30 + 3 x 20 − 2.

−2 sin x 3 + ):( − 1). x 1 + 2x + 1 3x + 4 + 2

§iÓm A∈(d) khi: − a3 + 3a2 − 2 = (−3 x20 + 6 x0)(a − x0) − x30 + 3 x 20 − 2

Tõ ®ã: lim

1 − 2x + 1 + sin x

⇔ (−3 x20 + 6 x0)(a − x0) + a3 − 3a2 − x30 + 3 x20 = 0

3x + 4 − 2 − x −2 sin x 3 = lim ( + ):( − 1) = 0. x →0 1 + x 2x + 1 3x + 4 + 2 π VÝ dô 11: TÝnh giíi h¹n limπ tan2x.tan( -x). 4 x→ x →0

⇔ (−3 x20 + 6x0 + a2 + ax0 + x 20 − 3a − 3x0)(a − x0) = 0 ⇔ (−2 x20 + 3x0 + a2 + ax0 − 3a)(a − x0) = 0 x 0 = a . x 0 = 3 − a 2 

⇔ (a + 2x0 − 3)(a − x0)(a − x0) = 0 ⇔ 

 Gi¶i

§Ó qua A kÎ ®−îc mét tiÕp tuyÕn víi (C) ta ph¶i cã:

a. ViÕt l¹i giíi h¹n d−íi d¹ng:

π tan( − x) π 4 lim tan2x.tan( − x) = lim . π π 4 cot 2x x→ x→ 4

3−a ⇔ a = 1. 2

VËy, qua ®iÓm A(1; 0) (chÝnh lµ ®iÓm uèn cña ®å thÞ (C)) kÎ ®−îc mét vµ chØ mét tiÕp tuyÕn víi ®å thÞ (C).

VÝ dô 13: Cho hµm sè y = x3 + 3x2 + 3x + 5. a. Chøng minh r»ng trªn ®å thÞ kh«ng tån t¹i hai ®iÓm sao cho hai tiÕp tuyÕn t¹i hai ®iÓm ®ã cña ®å thÞ lµ vu«ng gãc víi nhau. b. X¸c ®Þnh k ®Ó trªn ®å thÞ cã Ýt nhÊt mét ®iÓm mµ tiÕp tuyÕn t¹i ®ã vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng y = kx.

 Gi¶i

a. Ta cã: y' = 3x2 + 6x + 3. Gi¶ sö hai ®iÓm A, B cã hoµnh ®é theo thø tù lµ xA, xB, thuéc ®å thÞ, ta cã:  HÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn t¹i A, B cã gi¸ trÞ lµ y'(xA) vµ y'(xB).  Hai tiÕp tuyÕn t¹i A vµ B vu«ng gãc víi nhau

⇔ y'(xA) y'(xB) = − 1 ⇔ (3 x 2A + 6xA + 3)(3 x 2B + 6xb + 3) = −1 ⇔ 9( x 2A + 2xA + 1)( x 2B + 2xB + 1) = −1 ⇔ 9(xA + 1)2(xB + 1)2 = −1 m©u thuÉn. VËy, trªn ®å thÞ kh«ng tån t¹i hai ®iÓm sao cho hai tiÕp tuyÕn t¹i hai ®iÓm ®ã cña ®å thÞ lµ vu«ng gãc víi nhau. b. §iÓm M(x0, y0) thuéc ®å thÞ, ta cã:  HÖ sè gãc cña tiÕp tuyÕn t¹i M cã gi¸ trÞ lµ y'(x0).  TiÕp tuyÕn vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng y = kx ⇔ ky'(x0) = −1 ⇔ k(3 x20 + 6x0 + 3) = − 1 ⇔ 3k(x0 + 1)2 = −1. (1) §Ó tån t¹i Ýt nhÊt mét ®iÓm M tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi ⇔ ph−¬ng tr×nh (1) cã nghiÖm ⇔ 3k < 0 ⇔ k < 0. VËy, víi k ≤ 0 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.

VÝ dô 14: Cho hyperbol (H) cã ph−¬ng tr×nh y =

Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn (T) t¹i ®iÓm A cã d¹ng: 1 1 (T): y − y(a) = y'(a)(x − a) ⇔ (T): y = − 2 (x − a) − . a a b. Ta lÇn l−ît cã:  To¹ ®é giao ®iÓm I cña tiÕp tuyÕn (T) vµ trôc Ox lµ nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh: y = 0 x = 2 a  ⇔ I(2a; 0). 1 1 ⇔   y ( x a ) = − − − y = 0  2 a a   To¹ ®é giao ®iÓm J cña tiÕp tuyÕn (T) vµ trôc Oy nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh: x = 0 x = 0 2   1 1 ⇔   2 ⇔ J(0; ). ( x a ) y = − − − a y =   a a a2  2 NhËn xÐt r»ng xI + xJ = 2a = 2xA vµ yI + yJ = = 2yA a suy ra A lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng IJ. Tõ ®ã, suy ra c¸ch vÏ tiÕp tuyÕn (T) nh− sau:  Trªn Ox lÊy ®iÓm I(2a; 0). 2  Trªn Oy lÊy ®iÓm J(0; ). a  Nèi IJ ta ®−îc tiÕp tuyÕn (T). c. DiÖn tÝch tam gi¸c OIJ ®−îc x¸c ®Þnh bëi: 2 1 1 S = OI.OJ = .|2a|. = 2 − kh«ng phô thuéc vµo a. 2 2 |a| VËy, diÖn tÝch ∆OIJ kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm A.

VÝ dô 15: Cho hµm sè (Hm): y =

1 . x

x − 4m . 2(mx − 1) 1 2

a. Chøng minh r»ng víi mäi m ≠ ± , c¸c ®−êng cong (Hm) ®Òu ®i

a. T×m ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn (T) cña (H) t¹i tiÕp ®iÓm A cã hoµnh ®é a (víi a ≠ 0). b. Gi¶ sö (T) c¾t trôc Ox t¹i ®iÓm I vµ c¾t trôc Oy t¹i ®iÓm J. Chøng minh r»ng A lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng IJ. Tõ ®ã, suy ra c¸ch vÏ tiÕp tuyÕn (T). c. Chøng minh r»ng diÖn tÝch ∆OIJ kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm A.

 Gi¶i

qua hai ®iÓm cè ®Þnh A vµ B. b. Chøng minh r»ng tÝch c¸c hÖ sè gãc cña c¸c tiÕp tuyÕn víi (Hm) t¹i hai ®iÓm A vµ B lµ mét h»ng sè khi m biÕn thiªn.

 Gi¶i

a. Gi¶ sö M(x0; y0) lµ ®iÓm cè ®Þnh cña hä (Hm). Khi ®ã: x 0 − 4m y0 = , ∀m ⇔ 2(x0y0 + 2)m − x0 − 2y0 = 0, ∀m 2(mx 0 − 1) x y + 2 = 0  x = −2y 0  A(−2;1) ⇔  0 0 ⇔  0   . − x − 2y = 0 ( − 2y )y + 2 = 0  B(2; − 1) 0 0 0  0  VËy, hä (Cm) lu«n ®i qua hai ®iÓm cè ®Þnh A(−2; 1) vµ M2(2; −1).

a. Tr−íc tiªn, ta cã: 1 y' = − 2 . x 55

b. Tr−íc tiªn, ta cã: 4m 2 − 1 y' = . 2(mx − 1)2 Khi ®ã, tÝch çc hÖ sè gãc cña çc tiÕp tuyÕn víi (Hm) t¹i hai ®iÓm A vµ B ®−îc cho bëi: kA.kB = y'(−2).y'(2) 4m 2 − 1 4m2 − 1 (4m2 − 1)2 1 . = = . = 2( −2m − 1)2 2(2m − 1)2 4(2m + 1)2 .(2m − 1)2 4 1 VÝ dô 16: T×m mét ®iÓm trªn ®å thÞ hµm sè y = sao cho tiÕp tuyÕn t¹i ®ã x −1 cïng víi çc trôc to¹ ®é t¹o thµnh mét tam gi¸c cã diÖn tÝch b»ng 2.

 Gi¶i Ta cã: (1 + x)n = C 0n + C1n x + C 2n x2 + ... + C nn −1 xn − 1 + C nn xn ⇔ x(1 + x)n = x C 0n + C1n x2 + C 2n x3 + ... + C nn −1 xn + C nn xn + 1. LÊy ®¹o hµm theo x hai vÕ cña (1), ta ®−îc: (1 + x)n + nx(1 + x)n − 1 = = C 0n + 2 C1n x + 3 C 2n x2 + ... + n C nn −1 xn − 1 + (n + 1) C nn xn.

VÝ dô 17: Rót gän biÓu thøc:

2n + n.2n − 1 = C 0n + 2 C1n + 3 C 2n + ... + n C nn −1 + (n + 1) C nn ⇔ B = 2n + n.2n − 1.

 NhËn xÐt: Nh− vËy, trong lêi gi¶i cña vÝ dô trªn, nÕu c¸c em häc sinh hiÓu mét

çch thô ®éng ý t−ëng nhËn ®−îc trong c©u a) th× sÏ thÊy lóng tóng víi th¾c m¾c " Lµm çch nµo ®Ó n©ng ®−îcgi¸ trÞ cña hÖ sè ? ". Tuy nhiªn, c©u tr¶ lêi l¹i rÊt ®¬n gi¶n bëi " §Ó n©ng ®−îc hÖ sè ta ®i n©ng bËc cho x " vµ ë ®©y chóng ta ®· thùc hiÖn viÖc nh©n c¶ hai vÕ cña biÓu thøc víi x tr−íc khi lÊy ®¹o hµm. Nh− vËy, çc em häc sinh cã thÓ tæng qu¸t ho¸ ®−îc cho: B* = k C 0n + (k + 1) C1n + (k + 2) C 2n + ... + (k + n) C nn .

Nh− vËy, chóng ta ®· biÕt çch gi¶i quyÕt cho viÖc t¹o ra hÖ sè øng víi mçi C rn vµ mét c©u hái ®−îc ®Æt ra kh¸ tù nhiªn tõ çc em häc sinh kh¸ vµ giái lµ " Chóng ta ®· biÕt lÊy ®¹o hµm vµ ®· biÕt tíi kh¸i niÖm ®¹o hµm cÊp cao do ®ã hµm to¸n cã thÓ x©y dùng ra çc vÞ dô míi víi yªu cÇu lÊy ®¹o hµm nhiÒu lÇn ".

VÝ dô 18: Víi n lµ sè nguyªn d−¬ng, chøng minh r»ng: a. C 0n − 2 C1n + 22 C 2n − ... + ( − 1)n. 2n C nn = ( − 1)n. b. C1n − 2 C 2n + 3 C 3n − ... + ( − 1)k − 1k C kn + ... + ( − 1)n − 1n C nn = 0.

 Gi¶i Víi mäi x, vµ víi n lµ sè nguyªn d−¬ng ta cã: (1 − x)n = C 0n − C1n x + C 2n x2 − ... + ( − 1)k C kn xk + ... + ( − 1)n C nn xn. a. Thay x = 2 vµo (1), ta ®−îc:

( − 1)n = C 0n − 2 C1n + 22 C 2n − ... + ( − 1)n. 2n C nn , ®pcm.

A = C 0n + 2 C1n + 3 C 2n + ... + n C nn −1 + (n + 1) C nn . 57

(2)

Thay x = 1 vµo (2), ta ®−îc:

 Gi¶i

Tr−íc tiªn, ta cã: 1 y' = − . ( x − 1)2 M lµ ®iÓm tuú ý thuéc ®å thÞ, gi¶ sö M cã hoµnh ®é b»ng a, khi ®ã M(a; y(a)) vµ ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn t¹i M cã d¹ng: 1 1 (d): y − y(a) = y'(a)(x − a) ⇔ (d): y = − (x − a) − . a −1 (a − 1)2 To¹ ®é giao ®iÓm A cña tiÕp tuyÕn t¹i M vµ trôc Oy nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh: x = 0 x = 0 2a − 1   ). 1 1 ⇔  2a − 1 ⇔ A(0;  (a − 1)2 y = − (a − 1)2 (x − a ) − a − 1 y = (a − 1)2   To¹ ®é giao ®iÓm B cña tiÕp tuyÕn t¹i M vµ trôc Ox lµ nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh: y = 0 x = 2 a − 1  ⇔ B(2a − 1; 0). 1 1 ⇔   y = − ( x − a ) − y = 0  a −1 (a − 1)2  DiÖn tÝch tam gi¸c OAB ®−îc x¸c ®Þnh bëi: 1 1 2a − 1 1 (2a − 1)2 S = OA.OB = . .|2a − 1| = . 2 2 (a − 1)2 2 (a − 1)2 §Ó tam gi¸c cã diÖn tÝch b»ng 2, ®iÒu kiÖn lµ: 2a − 1 = 2(a − 1) (2a − 1)2 3 =2⇔  ⇔a= . 2 a − 1 = − 2 ( a − 1 ) 4 2(a − 1)2  3 VËy, ®iÓm cÇn t×m trªn ®å thÞ hµm sè lµ M( ; −4). 4

(1)

b. LÊy ®¹o hµm theo x hai vÕ cña (1), ta ®−îc: n−1

− n(1 − x)

= −

C1n

2 C 2n x

Thay x = −1 vµo (3), ta ®−îc: n

+ ... + n( − 1)

C nn xn − 1.

(2)

Thay x = 1 vµo (2), ta ®−îc: 0= − ⇔

C1n

−

2 C 2n

+ ... + n( − 1)

3 C 3n

k =r

0 =  C rk C kn (−1) k − r ⇔  C rk C kn ( −1) k = 0, ®pcm.

C nn

VÝ dô 21: Víi n lµ sè nguyªn d−¬ng, chøng minh r»ng:

− ... + ( − 1) −

n C nn

C 2n + 2 C 3n + ... + (n − 1) C nn > (n − 2)2n − 1.

= 0, ®pcm.

 Gi¶i

VÝ dô 19: Víi n lµ sè nguyªn d−¬ng, chøng minh r»ng: a. (§HTCKT 2000): C1n + 2 C 2n + ... + (n − 1) C nn −1 + n C nn = n.2n − 1. b. 2.1 C 2n + 3.2 C 3n + ... + n(n − 1) C nn = n(n − 1).2n − 2.

Ta lÇn l−ît thùc hiÖn:  Víi mäi x, vµ víi n lµ sè nguyªn d−¬ng ta cã: (1 + x)n = C 0n + C1n x + C 2n x2 + ... + C nn −1 xn − 1 + C nn xn.

 Gi¶i

Víi mäi x, vµ víi n lµ sè nguyªn d−¬ng ta cã: (1 + x)n = C 0n + C1n x + C 2n x2 + ... + C nn −1 xn − 1 + C nn xn. LÊy ®¹o hµm theo x hai vÕ cña (1), ta ®−îc: n(1 + x)n − 1 = C1n + 2 C 2n x + ... + (n − 1) C nn −1 xn − 2 + n C nn xn − 1 . a. Thay x = 1 vµo (2), ta ®−îc: n.2n − 1 = C1n + 2 C 2n + ... + (n − 1) C nn −1 + n C nn , ®pcm. b. LÊy ®¹o hµm theo x hai vÕ cña (2), ta ®−îc: n(n − 1)(1 + x)n − 2 = 2.1 C 2n + 3.2 C 3n x + ... + n(n − 1) C nn xn − 2. Thay x = 1 vµo (3), ta ®−îc: n(n − 1).2n − 2 = 2.1 C 2n + 3.2 C 3n + ... + n(n − 1) C nn , ®pcm.

Thay x = 1 vµo (1), ta ®−îc: (1)

2n = C 0n + C1n + C 2n + ... + C nn −1 + n C nn . 

(2)

n.2n − 1 = C1n + 2 C 2n + ... + (n − 1) C nn −1 + n C nn .

(3)

n.2n − 1 − 2n = − C 0n + C 2n + ... + (n − 2) C nn −1 + (n − 1) C nn ⇔ C 2n + 2 C 3n + ... + (n − 1) C nn = (n − 2)2n − 1 + 1 > (n − 2)2n − 1, ®pcm.

VÝ dô 22: Víi n lµ sè nguyªn d−¬ng, chøng minh r»ng: C 1n + 4 C 2n + ... + n2n − 1. C nn =

= n.4n − 1. C 0n − (n − 1).4n − 2 C 1n + (n − 2).4n − 3 C 2n + ... + (− 1) n − 1. C nn −1 . (1)

 Gi¶i a. Víi mäi x, vµ víi n lµ sè nguyªn d−¬ng ta cã:

(2)

(1 + x)n = C 0n + C1n x + C 2n x2 + ... + C nn −1 xn − 1 + C nn xn.

Chia hai vÕ cña (2) cho r!, ta ®−îc:

k =r

n k! C kn x k −r =  C rk C kn x k −r . r!.( k − r )! k =r

(1)

LÊy ®¹o hµm theo x hai vÕ cña (1), ta ®−îc:

n k ( k − 1)...( k − r + 1) 1 n(n − 1)...(n − r + 1)(1 + x)n − r =  C kn x k −r r! r! k =r n

(4)

LÊy (4) − (3), ta ®−îc:

k =r

= 

(3)

Thay x = 1 vµo (3), ta ®−îc:

 Gi¶i

n(n − 1)...(n − r + 1)(1 + x)n − r =  k ( k − 1)...( k − r + 1)C kn x k − r .

(2)

LÊy ®¹o hµm theo x hai vÕ cña (1), ta ®−îc: n(1 + x)n − 1 = C1n + 2 C 2n x + ... + (n − 1) C nn −1 xn − 2 + n C nn xn − 1.

VÝ dô 20: Víi n lµ sè nguyªn d−¬ng, chøng minh r»ng: (−1)r C rr C rn + ( − 1)r + 1 C rr +1 C rn+1 + ... + ( − 1)n C rn C nn = 0, víi r nguyªn d−¬ng vµ r ≤ n. Víi mäi x, vµ víi n lµ sè nguyªn d−¬ng ta cã: (1 + x)n = C 0n + C1n x + C 2n x2 + ... + C nn −1 xn − 1 + C nn xn. LÊy ®¹o hµm cÊp r theo x hai vÕ cña (1), ta ®−îc:

(1)

n(1 + x)n − 1 = C1n + 2 C 2n x + ... + (n − 1) C nn −1 xn − 2 + n C nn xn − 1.

(2)

Thay x = 2 vµo (2), ta ®−îc:

(3)

n.3n − 1 = C 1n + 4 C 2n + ... + n2n − 1. C nn . 59

(3)

b. Víi mäi x, vµ víi n lµ sè nguyªn d−¬ng ta cã: n

(x − 1) =

C 0n xn

−

C1n xn − 1

+ ... + (− 1)

C nn .

LÊy ®¹o hµm theo x hai vÕ cña (1), ta ®−îc: n(1 + x)n − 1 = C1n + 2 C 2n x + ... + (n − 1) C nn −1 xn − 2 + n C nn xn − 1.

(4)

LÊy ®¹o hµm theo x hai vÕ cña (4), ta ®−îc: n(x − 1)n − 1 = n C 0n xn − 1 − (n − 1) C1n xn − 2 + ... + ( − 1)n − 1 C nn −1 .

n.2n − 1 = C1n + 2 C 2n + ... + (n − 1) C nn −1 + n C nn .

(5)

2n − 1 < n!.

(6)

Ta sÏ ®i chøng minh bÊt ®¼ng thøc trªn b»ng ph−¬ng ph¸p qui n¹p − B¹n ®äc tham kh¶o trong chñ ®Ò ho¸n vÞ.

Tõ (3) vµ (6), suy ra ®iÒu cÇn chøng minh.

VÝ dô 23: Chøng minh ®¼ng thøc: n 4 n −1 C 0n − ( n − 1)4 n −2 C 1n + ... + (−1) n −1 C nn −1 = C 1n + 2 2 C 2n + ... + n2 n −1 C nn

 Gi¶i

Ta cã: (2x − 1) n = C 0n (2x) n − C 1n (2 x) n −1 + ... + ( −1) n C nn .

(1)

LÊy ®¹o hµm theo x hai vÕ cña (1), ta ®−îc: 2 n(2x − 1) n −1 = 2 nC 0n (2x) n −1 − 2( n − 1)C 1n (2x) n −2 +

+ ... + (−1) n −1 2C nn −1 .

(2)

Thay x = 2 vµo (2), ta ®−îc: n3 n −1 = n 4 n −1 C 0n − ( n − 1)4 n−2 C 1n + ... + (−1) n −1 2C nn −1

(3)

MÆt kh¸c, ta cã: (1 + x) n = C 0n + C 1n x + C 2n x 2 + C 3n x 3 + ... + C nn x n .

(4)

LÊy ®¹o hµm theo x hai vÕ cña (4), ta ®−îc: n(1 + x) n −1 = C 1n + 2C 2n x + ... + nC nn x n −1 .

(5)

Thay x = 2 vµo (5), ta ®−îc: n3 n −1 = C 1n + 4C 2n + ... + n2 n−1 C nn .

(6)

Tõ (3) vµ (6), suy ra ®iÒu cÇn chøng minh.

VÝ dô 24: Víi n lµ sè nguyªn d−¬ng, chøng minh r»ng: 1 ( C 1n + 2 C 2n + 3 C 3n + ... + n C nn ) < n!. n

 Gi¶i Víi mäi x, vµ víi n lµ sè nguyªn d−¬ng ta cã: (1 + x)n = C 0n + C1n x + C 2n x2 + ... + C nn −1 xn − 1 + C nn xn.

(3)

Khi ®ã, bÊt ®¼ng thøc ®−îc chuyÓn vÒ d¹ng:

Thay x = 4 vµo (5), ta ®−îc: n.3n − 1 = n.4n − 1. C 0n − (n − 1).4n − 2 C 1n + ... + (− 1) n − 1. C nn −1 .

(2)

Thay x = 1 vµo (2), ta ®−îc:

(1) 61