CHUYÊN ĐỀ TOÁN LỚP 11 (LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM, PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP) - 5 CHUYÊN ĐỀ ĐS-GT by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

CHUYÊN ĐỀ TOÁN LỚP 11 PHẦN ĐS-GT

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

CHUYÊN ĐỀ TOÁN LỚP 11 (LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM, PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP) 5 CHUYÊN ĐỀ ĐS-GT - 8 ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I CHUYÊN SƯ PHẠM HN WORD VERSION | 2021 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

CHUYÊN ĐỀ 1: HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

4. Công thức cộng cung

CHƯƠNG 1: CÁC CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN

sin ( a ± b ) = sin a.cos b ± cos a.sin b

1. Đường tròn lượng giác và dấu của các giá trị lượng giác tan ( a ± b ) =

cos ( a ± b ) = cos a.cos b ∓ sin a.sin b

tan a ± tan b 1 ∓ tan a. tan b

cot ( a ± b ) =

cot a.cot b ∓ 1 cot a ± cot b

5. Công thức nhân đôi, nhân ba và hạ bậc

Góc

III

Nhân đôi

sin x

–

sin 2α = 2sin α .cos α

cos x

–

tan x

–

cot x

–

2 2 cos 2α = cos α2 − sin α − = 2 cos α 1 1 − 2sin 2 α 

2. Công thức lượng giác cơ bản tan α .cot α = 1

sin 2 α + cos 2 α = 1

1 + tan 2 α =

1 cos 2 α

1 + cot 2 α =

1 sin 2 α

Cung đối nhau

Cung bù nhau

Cung phụ nhau

cos ( −a ) = cos a

sin (π − a ) = sin a

π  sin  − a  = cos a  2

sin ( −a ) = − sin a

cos (π − a ) = − cos a

π  cos  − a  = sin a  2

tan ( − a ) = − tan a

tan (π − a ) = − tan a

π  tan  − a  = cot a 2  

Góc hơn kém π sin (π + α ) = − sin α

cot (π − a ) = − cot a

Góc hơn kém

π 2

π  sin  + α  = cos α  2

cos (π + α ) = − cos α

π  cos  + α  = − sin α  2

tan (π + α ) = tan α

π  tan  + α  = − cot α  2

cot (π + α ) = cot α

sin 2 α =

1 − cos 2α 2

cos 2 α =

1 + cos 2α 2

tan 2α =

2 tan α 1 − tan 2 α

tan 2 α =

1 − cos 2α 1 + cos 2α

cot 2α =

cot 2 α − 1 2 cot α

cot 2 α =

1 + cos 2α 1 − cos 2α

Nhân ba

3. Cung liên kết

cot ( − a ) = − cot a

Hạ bậc

π  cot  − a  = tan a  2

Cách nhớ:

Hạ bậc

sin 3α = 3sin α − 4sin 3 α

sin 3 α =

3sin α − sin 3α 4

cos 3α = 4 cos3 α − 3cos α

cos3 α =

3cos α + cos 3α 4

tan 3α =

3 tan α − tan 3 α 1 − 3 tan 2 α

6. Góc chia đôi

Đặt t = tan

x 2

sin x =

2t 1+ t2

cos x =

1− t2 1+ t2

tan x =

2t 1− t2

7. Công thức biến đổi tổng thành tích

cos đối sin bù phụ chéo tang và côtang hơn kém nhau pi

cos a + cos b = 2 cos

a+b a−b cos 2 2

cos a − cos b = −2sin

sin a + sin b = 2sin

a +b a −b cos 2 2

sin a − sin b = 2 cos

tan a + tan b = cot a + cot b =

π

 cot  + α  = − tan α  2

Trang 1

sin ( a + b )

cos a.cos b sin ( a + b )

sin a.sin b

tan a − tan b = cot a − cot b =

a +b a−b sin 2 2

a+b a −b sin 2 2

sin ( a − b )

cos a.cos b sin ( b − a )

sin a.sin b

Trang 2

8. Công thức biến đổi tích thành tổng

1 cos a.cos b = cos ( a − b ) + cos ( a + b )  2 sin a.sin b =

1 cos ( a − b ) − cos ( a + b )  2

sin a.cos b =

1 sin ( a − b ) + sin ( a + b )  2

tan α

3 3

− 3

−1

−

3 3

cot α

3 3

−

3 3

−1

− 3

0 ||

Một điểm M thuộc đường tròn lượng giác sẽ có tọa độ M ( cos α ;sin α )

MỘT SỐ CÔNG THỨC THƯỜNG DÙNG 2

•

1 + sin 2 x = ( sin x + cos x ) ;1 − sin 2 x = ( sin x − cos x ) .

•

x x x x   1 + sin x =  sin + cos  ;1 − sin x =  sin − cos  . 2 2 2 2    

•

1 − cos 2 x = 2sin 2 x;1 + cos 2 x = 2 cos 2 x .

•

x x 1 + cos x = 2 cos 2 ;1 − cos x = 2sin 2 . 2 2

•

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  

•

π π   sin x + 3 cos x = 2 cos  x −  = 2sin  x +  . 6 3  

•

π π   3 sin x + cos x = 2sin  x +  = 2 cos  x −  . 6 3   

•

1 3 + cos 4 x . sin 4 x + cos 4 x = 1 − sin 2 2 x = 2 4

•

3 5 + 3cos 4 x . sin 6 x + cos 6 x = 1 − sin 2 2 x = 4 8

BÀI 1: HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC Mục tiêu

1. Nêu rõ tính chất 4 hàm lượng giác cơ bản sin x, cos x, tan x, cot x . 2. Phân biệt được tập xác định, tập giá trị, tính tuần hoàn và đồ thị của các hàm lượng giác.

BẢNG GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA MỘT SỐ GÓC ĐẶC BIỆT

0°

Kiến thức

30°

45°

60°

90°

120°

135°

150°

180°

360°

2π 3

3π 4

5π 6

2π

2 2

1 2

−1

sin α

1 2

cosα

3 2

2 2

3 2

2 2

1 2

3 2 −

1 2

−

2 2

−

3 2

+ Tìm được tập xác định của hàm lượng giác. + Xác định được chu kì của các hàm lượng giác. + Vẽ được đồ thị của các hàm lượng giác.

Trang 3

+ Biết xác định giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một hàm lượng giác.

Trang 4

I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM Hàm số y = sinx •

Tập xác định D = ℝ .

•

Tập giá trị [ −1,1] , tức là

Đồ thị hàm số y = sin x

Tập xác định D = ℝ .

•

Tập giá trị [ −1,1] , tức là

Đồ thị hàm số y = cos x

y = sin ( ax + b ) → T =

2π a

y = cos ( ax + b ) → T =

2π a

định

y = tan x

HÀM SỐ

π  D = ℝ \  + kπ  2 

y = tan ( ax + b ) → T =

LƯỢNG GIÁC Tính

−1 ≤ cos x ≤ 1, ∀x ∈ ℝ . •

Chu kì

Tập xác

D=ℝ

Hàm số y = sin x là hàm số tuần hoàn với chu kì T = 2π .

•

Hàm số y = cot x là hàm số tuần hoàn với chu kì T = π

y = cos x

tâm đối xứng.

Hàm số y = cosx

•

D=ℝ

Hàm số y = sin x là hàm số lẻ nên đồ thị hàm số nhận gốc tọa độ O làm

•

Hàm số y = cot x là hàm số lẻ nên đồ thị hàm số nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng.

y = sin x

−1 ≤ sin x ≤ 1, ∀x ∈ ℝ . •

•

y = cot x

Hàm số y = cos x là hàm số

y = cot ( ax + b ) → T =

chẵn lẻ

D = ℝ \ {kπ }

π a

chẵn nên đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng. •

Hàm số y = tanx •

y = sin x

Hàm số y = cos x là hàm số tuần hoàn với chu kì T = 2π . Đồ thị hàm số y = tan x y = cos x

Tập xác định

π  D = ℝ \  + kπ , k ∈ ℤ  . 2  •

Tập giá trị R.

•

Hàm số y = tan x là hàm số lẻ nên

Hàm chẵn Đồ thị nhận Oy làm trục đối cứng. Hàm số chẵn khi x ∈ D ⇔ −x ∈ D f (−x) = f ( x)

{

Hàm lẻ Đồ thị nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng. Hàm số lẻ khi x ∈ D ⇔ −x ∈ D f (−x) = − f ( x)

y = tan x

{

y = cot x

đồ thị hàm số nhận gốc tọa độ O làm tâm đối xứng. •

Hàm số y = tan x là hàm số tuần hoàn với chu kì T = π . Hàm số y = cotx

•

Đồ thị hàm số y = cot x

Tập xác định D = ℝ \ {kπ , k ∈ ℤ} .

•

Tập giá trị ℝ .

Trang 5

Trang 6

Câu 3: Tập xác định của hàm số y = cos x là II. CÁC DẠNG BÀI TẬP

A. D = [ 0; 2π ] .

B. D = [ 0; +∞ ) .

Dạng 1: Tìm tập xác định của hàm lượng giác Câu 4: Tập xác định của hàm số y =

Phương pháp giải

Ví dụ 1: Tìm tập xác định của hàm số

Tập xác định của các hàm phân thức, căn thức 1. Hàm số phân thức y=

P ( x) Q ( x)

y = 2 − 3 cos x . Hướng dẫn giải

DKXD  →Q ( x) ≠ 0 .

Vì −1 ≤ cos x ≤ 1, ∀x ∈ ℝ nên

2. Hàm số chứa căn thức DKXD y = 2 n P ( x )  → P ( x) ≥ 0 .

⇒ 2 − 3cos x > 0, ∀x ∈ ℝ .

3. Hàm số chứa căn thức dưới mẫu số y=

P ( x) 2n

Q ( x)

Vậy tập xác định của hàm số là D = ℝ .

Ví dụ 2: Tìm tập xác định của hàm số

→ Q ( x ) > 0 . DKXD

Tập xác định của một số hàm lượng giác cơ bản

 1  y = sin  2   x −4

1. y = sin u ( x )  xác định ⇔ u ( x ) xác định.

Hướng dẫn giải

2. y = cos u ( x )  xác định ⇔ u ( x ) xác định.

 1  Hàm số y = sin  2  xác định  x −4

3. y = tan u ( x ) xác định ⇔ u ( x ) ≠

π + kπ , k ∈ ℤ . 2

4. y = cot u ( x )  xác định ⇔ u ( x ) ≠ kπ , k ∈ ℤ .

π  C. D = ℝ \  + kπ  . 6 

5π π  D. D = ℝ \  + k 2π ; + k 2π  . 6 6  cos x là 2 cos x − 3

 π  A. D = ℝ \  ± + k 2π  .  3 

 π B. D = ℝ \  k  .  2

 π  C. D = ℝ \  ± + k 2π  .  6 

5π π  D. D = ℝ \  + k 2π ; + k 2π  . 6 6 

cot x là sin x − 1

π  A. D = ℝ \  + k 2π  . 2 

 π B. D = ℝ \  k  .  2

⇔ x2 − 4 ≠ 0

π  C. D = ℝ \  + k 2π ; kπ  . 2 

π π D. D = ℝ \  + k  . 2 2

⇔ x ≠ ±2 .

Câu 7: Tập xác định của hàm số y = 2016 tan 2017 2 x là

Vậy tập xác định của hàm số là D = ℝ \ {±2} .

π  A. D = ℝ \  + kπ  . 2 

 π B. D = ℝ \  k  .  2

C. D = ℝ .

π π D. D = ℝ \  + k  . 2 4

Ví dụ. Tìm tập xác định của hàm số y = cot ( 2018 x + 1) .

Câu 8: Tập xác định của hàm số y = 3 tan x + 2 cot x + x là

Hướng dẫn giải Hàm số y = cot ( 2018 x + 1) xác định ⇔ 2018 x + 1 ≠ kπ ⇔ x ≠

π  A. D = ℝ \  + kπ  . 2 

kπ − 1 ,k ∈ℤ . 2018

 π B. D = ℝ \  k   2

 kπ − 1  Vậy tập xác định của hàm số D = ℝ \  , k ∈ ℤ .  2018 

Câu 9: Tập xác định của hàm số y =

Bài tập tự luyện dạng 1

π  A. D = ℝ \  + kπ  4 

Câu 1: Tập xác định của hàm số y = sin A. D = ℝ \ {kπ } .

cos x là 2sin x − 1

 π B. D = ℝ \  k  .  2

Câu 6: Tập xác định của hàm số y =

Ví dụ mẫu

D. D = ℝ \ {0} .

π  A. D = ℝ \  + k 2π  . 6  

Câu 5: Tập xác định của hàm số y =

− 3 ≤ cos x ≤ 3, ∀x ∈ ℝ

C. D = ℝ .

1 + 2 x là x

B. D = [ −1;1] \ {0} .

C. D = ℝ .

π  A. D = ℝ \  + kπ  . B. D = ℝ \ {kπ } . 2 

C. D = ℝ .

Câu 10: Tập xác định của hàm số y =

Câu 2: Tập xác định của hàm số y = 2 cot x + sin 3x là

π  A. D = ℝ \  + kπ  . 2 

D. D = ℝ \ {k 2π } . Trang 7

π π D. D = ℝ \  + k  . 2 4

s inx là tan x − 1

π π  C. D = ℝ \  + kπ ; + kπ  . 2 4 

D. D = ℝ \ {0} .

C. D = ℝ .

 π B. D = ℝ \  k  .  4 π  D. D = ℝ \  + k 2π  . 4  2017 tan 2 x là sin 2 − cos 2 x  π B. D = ℝ \  k  .  2 Trang 8

π π D. D = ℝ \  + k  . 2 4

C. D = ℝ . Câu 11: Tập xác định của hàm số y =

tan x là sin x − 1

A. D = ℝ \ {kπ } .

π  A. D = ℝ \  + k 2π  . 2 

 π B. D = ℝ \  k  .  2

π  C. D = ℝ \  + kπ  . 2 

π π D. D = ℝ \  + k  . 2 4

Câu 12: Tập xác định của hàm số y =

Câu 18: Tập xác định của hàm số y =

{

π  Bước 2. ⇔  x ≠ 2 + kπ ( k ; m ∈ ℤ ) .  x ≠ mπ π  Bước 3. Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = ℝ \  + kπ , mπ  ( k ; m ∈ ℤ ) . 2  Bài giải của bạn đó đã đúng chưa? Nếu sai, thì sai bắt đầu từ bước nào?

π  D. D = ℝ \  + k 2π  . 4 

A. Bài giải đúng.

B. D = ℝ .

π π  C. D = ℝ \  + kπ ; + kπ  . 4 2  

π  D. D = ℝ \  + k 2π  . 2  

A. y = sin x .

B. D = ℝ .

π π  C. D = ℝ \  + kπ ; + kπ  . 2 4 

π  D. D = ℝ \  + k 2π  . 2 

Câu 16: Tập xác định của hàm số y =

{

π π  C. D = ℝ \  + kπ ; + kπ  . 2 4 

π  D. D = ℝ \  + kπ  . 4 

A. D = ℝ \ {kπ } .

B. D = ℝ .

y = sin 2 x . Hướng dẫn giải

Đặt f ( x ) = y = sin 2 x .

{∀f x( −∈xD) =⇒−−f x( ∈x )D . Chú ý:

∀x ∈ D ⇒ − x ∈ D Ta có f − x = sin −2 x = − f x ( ) ( ) ( )

+ Đồ thị hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng.

Suy ra hàm số y = sin 2 x là hàm số lẻ.

{

+ Đồ thị hàm số lẻ nhận gốc tọa độ O ( 0;0 ) làm tâm đối Đồ thị hàm số nhận gốc tọa độ O ( 0;0 ) làm tâm đối xứng.

xứng.

Ví dụ mẫu Ví dụ 1. Xét tính chẵn - lẻ của hàm số y = f ( x ) = tan x + cot x. Hướng dẫn giải

tan x Câu 17: Tập xác định của hàm số y = là 15 − 14 cos13 x

π  C. D = ℝ \  + kπ  . 2 

D. y = x + s inx .

2. Hàm số y = f ( x ) với tập xác định D gọi là hàm số lẻ nếu Hàm số y = sin 2 x có tập xác định D = ℝ .

1 là 2 − cos 6 x

B. D = ℝ .

C. y = cot 2 x .

∀x ∈ D ⇒ − x ∈ D nếu f − x = f x ( ) ( ) .

π  D. D = ℝ \  + kπ  . 4 

A. D = ℝ \ {kπ } .

B. y = tan 2 x .

1. Hàm số y = f ( x ) với tập xác định D gọi là hàm số chẵn Ví dụ: Xét tính chẵn - lẻ của hàm số

B. D = ℝ .

π π  C. D = ℝ \  + kπ ; + kπ  . 2 4 

D. Sai từ bước 3.

Phương pháp giải

1 Câu 15: Tập xác định của hàm số y = là 1 − sin 2 x

A. D = ℝ \ {kπ } .

C. Sai từ bước 2.

Dạng 2: Tính chẵn – lẻ của hàm số lượng giác

Câu 14: Tập xác định của hàm số y = 1 − cos 2017 x là A. D = ℝ \ {kπ } .

B. Sai từ bước 1.

Câu 20: Hàm số nào sau đây có tập xác định là ℝ ?

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

 π D. D = ℝ \  k  .  2

Bước 1. Điều kiện để hàm số có nghĩa là sin x ≠ 0 . cos x ≠ 0

 π B. D = ℝ \  k  .  4

π π  C. D = ℝ \  + kπ ; + kπ  . 2 4 

π  C. D = ℝ \  + kπ  . 2  

B. D = ℝ \ {k 2π } .

Câu 19: Để tìm tập xác định của hàm số y = tan x + cos x , một học sinh giải theo các bước sau

sin x là sin x + cos x

 π  A. D = ℝ \  − + kπ  .  4 

2 + sin x là 1 − cos x

π  x ≠ + kπ ( với k , l ∈ ℤ ). x≠0 Hàm số có nghĩa khi scos 2 inx ≠ 0 ⇔   x ≠ lπ

{

π  D. D = ℝ \  + kπ  . 4  Trang 9

π  Tập xác định D = ℝ \  + kπ , lπ | k , l ∈ ℤ  là tập đối xứng. 2  Trang 10

Do đó ∀x ∈ D thì − x ∈ D .

 kπ  Tập xác định D = ℝ \  , k ∈ ℤ  là tập đối xứng.  11 

Ta có f ( − x ) = tan ( − x ) + cot ( − x ) = − tan x − cot x = − ( tan x + cot x ) = − f ( x ) .

Do đó ∀x ∈ D thì − x ∈ D .

Vậy f ( x ) là hàm số lẻ. Đồ thị hàm số nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng.

Lại có f ( − x ) = − sin 3 ( −4 x ) + cot ( −11x ) = sin 3 4 x − cot11x

Ví dụ 2. Xét tính chẵn – lẻ của hàm số y = sin x − 4 .

= − ( − sin 3 4 x + cot11x ) = − f ( x ) .

Hướng dẫn giải

Vậy f ( x ) là hàm số lẻ. Đồ thị hàm số nhận gốc tọa độ O ( 0;0 ) làm tâm đối xứng.

Hàm số có nghĩa khi x 2 − 4 ≥ 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −2] ∪ [2; +∞ ) .

Bài tập tự luyện dạng 2

Tập xác định D = ( −∞; −2] ∪ [2; +∞ ) là tập đối xứng.

Câu 1: Hàm số y = sin x.cos x là

Do đó ∀x ∈ D thì − x ∈ D Ta có f ( − x ) = sin

(−x)

A. hàm số không lẻ. 2

− 4 = sin x 2 − 4 = f ( x ) .

C. hàm số không chẵn.

D. hàm số lẻ.

Câu 2: Hàm số y = sin x + tan 2 x là

Vậy f ( x ) là hàm số chẵn. Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng.

A. hàm số lẻ.

Ví dụ 3. Xét tính chẵn – lẻ của hàm số y = sin 2018 2 x + cos 2019 x .

B. hàm số chẵn.

C. hàm số vừa chẵn, vừa lẻ.

Hướng dẫn giải

D. hàm số không chẵn, không lẻ.

Câu 3: Hàm số y = sin x + cos x là

Tập xác định D = ℝ là tập đối xứng.

A. hàm số lẻ.

Do đó ∀x ∈ D thì − x ∈ D .

B. hàm số chẵn.

C. hàm số vừa chẵn, vừa lẻ. A. hàm số vừa chẵn, vừa lẻ.

Vậy f ( x ) là hàm số chẵn. Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng. 2017π  Ví dụ 4. Xét tính chẵn – lẻ của hàm số y = f ( x ) = sin  5 x + 2 

D. hàm số không chẵn, không lẻ.

Câu 4: Hàm số y = 2 x − sin 3x là

Ta có f = ( − x ) = sin 2018 ( −2 x ) + cos ( −2019 x ) = sin 2018 2 x + cos 2019 x = f ( x ) .

B. hàm số không chẵn, không lẻ.

C. hàm số chẵn.

 . 

D. hàm số lẻ.

Câu 5: Hàm số y = 1 + 2 x 2 − cos 3x là A. hàm số lẻ.

Hướng dẫn giải

B. hàm số chẵn.

C. hàm số không chẵn, không lẻ.

Tập xác định D = ℝ là tập đối xứng.

π π      = sin  5 x + + 1008π  = sin  5 x +  = cos 5 x. 2 2    

Lại có f ( − x ) = cos ( −5 x ) = cos 5 x = f ( x ) .

A. y = sin x .

B. y =

cot x . cos x

C. y = sin 2 x .

D. y =

tan x . sin x

Câu 7: Hàm số y = x cos 2 x là

Vậy f ( x ) là hàm số chẵn. Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng.

A. hàm số vừa chẵn, vừa lẻ.

Ví dụ 5. Xét tính chẵn – lẻ của hàm số

C. hàm số chẵn.

y = f ( x ) = sin 3 ( 4 x + 9π ) + cot (11x − 2018π ) .

B. hàm số không chẵn, không lẻ. D. hàm số lẻ.

Câu 8: Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?

Hướng dẫn giải

A. Hàm số y = sin x.cos 3 x là hàm số lẻ.

Ta có y = f ( x ) = sin 3 ( 4 x + 9π ) + cot (11x − 2018π ) = − sin 3 4 x + cot11x .

B. Hàm số y = cos x − 2 sin x là hàm số chẵn.

Hàm số có nghĩa khi sin11x ≠ 0 ⇔ 11x ≠ kπ ⇔ x ≠

D. hàm số vừa chẵn, vừa lẻ.

Câu 6: Hàm số nào là hàm số lẻ trong các hàm số sau?

Do đó ∀x ∈ D thì − x ∈ D. 2017π  Ta có f ( x ) = sin  5 x + 2 

B. hàm số chẵn.

C. Hàm số y = 3 ( cot 2 x + cos x ) là hàm số lẻ.

kπ ,k ∈ℤ . 11

D. Cả 3 mệnh đề trên đều sai.

Trang 11

Trang 12

Câu 9: Hàm số y =

C. hàm số không chẵn, không lẻ.

2sin x − 4 tan x là 5 + cos x

A. hàm số vừa chẵn, vừa lẻ.

B. hàm số chẵn.

Câu 19. Cho hai hàm số f ( x ) =

C. hàm số lẻ.

D. hàm số không chẵn, không lẻ.

Mệnh đề nào sau đây đúng?

Câu 10: Xét hai mệnh đề

(I) Hàm số y = tan x + cos x là hàm số lẻ. (II) Hàm số y = tan x + sin x là hàm số lẻ.

D. hàm số lẻ.

sin 2 x − cos 3x cos 2 x và g ( x ) = . 1 + sin 2 3x 2 + tan 2 x

A. f ( x ) lẻ và g ( x ) chẵn.

B. f ( x ) và g ( x ) chẵn.

C. f ( x ) chẵn và g ( x ) lẻ.

D. f ( x ) và g ( x ) lẻ.

Câu 20. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số lẻ?

Mệnh đề nào sai? A. Chỉ (I) sai.

B. Chỉ (II) sai.

C. Cả 2 sai.

D. Không có mệnh đề sai.

Câu 11: Hàm số y = sin x cos 2 x + tan x là

π  A. y = x 4 + cos  x −  . 3 

π  B. y = x 2017 + cos  x −  . 2 

C. y = 2015 + cos x + sin 2018 x .

D. y = tan 2017 x + sin 2018 x .

A. hàm số vừa chẵn, vừa lẻ.

B. hàm số chẵn.

C. hàm số không chẵn, không lẻ.

D. hàm số lẻ.

Dạng 3. Tìm giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số lượng giác

A. hàm số không chẵn – lẻ.

B. hàm số chẵn.

Sử dụng một số bất đẳng thức sau

Ví dụ: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của

C. hàm số không lẻ.

D. hàm số lẻ.

1. Bất đẳng thức lượng giác

−1 ≤ sin x;cos x ≤ 1, ∀x ∈ ℝ .

 π π hàm số y = 3cos x + 2 trên đoạn  − ;  .  2 2

− A + B ≤ A sin x + B ≤ A + B, ∀x ∈ ℝ .

Hướng dẫn giải

B. hàm số không chẵn, không lẻ.

− A + B ≤ A cos x + B ≤ A + B, ∀x ∈ ℝ .

D. hàm số lẻ.

2. Bất đẳng thức về điều kiện có nghiệm hàm số bậc

 π π Xét hàm số y = 3cos x + 2 trên đoạn  − ;  .  2 2

Câu 12. Hàm số y = x tan 2 x − cot x là

Phương pháp giải

 5π  Câu 13. Hàm số y = 2 − sin x cos  − 2 x  là 2   A. hàm số vừa chẵn, vừa lẻ. C. hàm số chẵn. 2

Câu 14. Cho hàm số f ( x ) = sin 2 x và g ( x ) = tan x . Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:

 π π Khi x ∈  − ;  thì 0 ≤ cos x ≤ 1 .  2 2

nhất.

A. f ( x ) là hàm số chẵn, g ( x ) là hàm số lẻ.

B. f ( x ) là hàm số lẻ, g ( x ) là hàm số chẵn.

− A2 + B 2 ≤ A sin x + B cos x ≤ A2 + B 2 , ∀x ∈ ℝ .

C. f ( x ) là hàm số chẵn, g ( x ) là hàm số chẵn.

D. f ( x ) và g ( x ) đều là hàm số lẻ.

3. Bất đẳng thức Bunhiacopxki.

Câu 15. Hàm số y =

x sin 2 x cos3 2 x

ax + by ≤ a 2 + b 2 . x 2 + y 2 .

là

Vậy min y = 2 khi x = ±

π 2

; max y = 5 khi x = 0 .

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi ay = bx .

A. hàm số lẻ.

B. hàm số chẵn.

C. hàm số vừa chẵn, vừa lẻ.

D. hàm số không chẵn, không lẻ.

4. Sử dụng phương pháp đồ thị lượng giác. Ví dụ mẫu

Câu 16. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số lẻ?

Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = sin 6 x + cos 6 x .

A. y = 1 − sin 2 x .

B. y = cot x .sin 2 x .

C. y = x 2 tan 2 x − cot x .

D. y = 1 + cot x + tan x .

3 Ta có y = sin 6 x + cos 6 x = 1 − sin 2 2 x . 4

A. hàm số lẻ.

B. hàm số chẵn.

C. hàm số vừa chẵn, vừa lẻ.

D. hàm số không chẵn, không lẻ.

3 3 3 Do 0 ≤ sin 2 2 x ≤ 1 nên − .0 ≥ − sin 2 2 x ≥ − 4 4 4

Hướng dẫn giải

Câu 17. Hàm số y = tan x − 2 cos 3x là

3 3 1 1 ≥ 1 − sin 2 2 x ≥ 1 − ⇔ 1 ≥ y ≥ . 4 4 4

 3π  Câu 18. Hàm số y = 1 + cos x sin  − 3x  là  2  A. hàm số vừa chẵn, vừa lẻ.

Suy ra 2 ≤ 3cos x + 2 ≤ 5 ⇔ 2 ≤ y ≤ 5 .

Vậy min y =

B. hàm số chẵn.

Trang 13

1 π kπ khi sin 2 2 x = 1 ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x = + ,k ∈ℤ . 4 4 2 Trang 14

kπ ,k ∈ℤ . 2

4 A. min y = , max y = 4 . 3

4 B. min y = , max y = 3 . 3

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

4 C. min y = , max y = 2 . 3

1 D. min y = , max y = 4 . 2

max y = 1 khi sin 2 2 x = 0 ⇔ sin 2 x = 0 ⇔ x =

 π π y = tan 2 x − tan x + 2020 trên đoạn  − ;  .  4 4

Câu 6. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2sin 2 x + cos 2 2 x là

Hướng dẫn giải

A. max y = 4, min y =

1  8079  Ta có y = tan x − tan x + 2020 =  tan x −  + . 2 4  2

luôn đồng biến trên

 π π  − 4 ; 4  .

B. max y = 4, min y = −4 .

của nó.

C. max y = 6, min y = −4 .

D. max y = 6, min y = −1 .

Câu 8. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 4sin 6 x + 3cos 6 x là 2

+ kπ , k ∈ ℤ

D. min y = −6, max y = 6 .

π  Câu 1. Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = 7 − 2 cos  x +  lần lượt là 4  B. -2 và 2.

C. 5 và 9.

B. 2 và 4.

1 3 và . 2 2

3 3 và − . 2 2

3 1 và − . 2 2

1 1 và − . 2 2

C. 4 2 và 8.

3 . 3

3 và

3 và -3.

D. 4 và 7. A. 1 và -1.

D. 4 2 − 1 và 7.

Câu 3. Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = sin x − 4sin x − 5 là C. 0.

3 và −

D. 9.

B. max y = 5, min y = 2 5 .

C. max y = 5, min y = 2 .

D. max y = 5, min y = 3 .

B. 11 và 5.

3 và -3.

π  Câu 12. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( x ) = sin  2 x +  trên 4  A. 1 và - 2 .

Câu 4. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2sin x + 3 là A. max y = 5, min y = 1 .

3 và -1.

 2π  Câu 11. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 4 − 3cos x trên 0;  lần lượt là  3 

Câu 2. Giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = 4 sin x + 3 − 1 lần lượt là

B. -8.

C. min y = −3, max y = 5 .

 π π Câu 10. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 3 tan x trên  − ;  lần lượt là  3 4

Bài tập tự luyện dạng 3

A. -20.

B. min y = −4, max y = 4 .

8079 1 1 Vậy min y = khi tan x = ⇔ x = arctan ; 4 2 2

2 và 2.

A. min y = −5, max y = 5 .

 π π Câu 9. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = sin 2 x trên  − ;  lần lượt là  6 3

8079  1  8079 9 8079 8079 ⇔ ≤  tan x −  + ≤ + ⇔ ≤ y ≤ 2022 . 4 2 4 4 4 4 

Câu 7. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 3sin x + 4 cos x + 1 là A. max y = 6, min y = −2 .

1 1 1 3 1 1 1 9  ⇒ −1 − ≤ tan x − ≤ 1 − ⇔ − ≤ tan x − ≤ ⇒ 0 ≤  tan x −  ≤ 2 2 2 2 2 2 2 4 

A. -2 và 7.

3 . 4

các khoảng xác định

π  π Do đó tan  −  ≤ tan x ≤ tan ⇔ −1 ≤ tan x ≤ 1 4  4

D. max y = 3, min y =

Chú ý: Hàm số tan x

 π π  π π Mà  − ;  ⊂  − ;  nên hàm số tan x đồng biến và xác định trên  4 4  2 2

max y = 2022 khi tan x = −1 ⇔ x = −

B. max y = 3, min y = 2 .

C. max y = 4, min y = 2 .

 π π Hàm số tan x đồng biến và xác định trên khoảng  − ;   2 2

3 . 4

B. 1 và

2 . 2

2 và -1. 2

11 và 1. 2  π π  − 4 ; 4  lần lượt là 2 2 và − . 2 2

Câu 13. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = sin x + 2 − sin 2 x là

4 Câu 5. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = là 1 + 2sin 2 x

A. min y = 0, max y = 3 .

B. min y = 0, max y = 4 .

C. min y = 0, max y = 6 .

D. min y = 0, max y = 2 .

Câu 14. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y =

Trang 15

cos x − 2sin x lần lượt là 2 − sin x Trang 16

A. C.

−2 + 19 −2 − 19 và . 3 3

B. D.

3 và -3.

3 và

Số dương T nhỏ nhất thỏa mãn các điều kiện trên thì

3 . 3

hàm số đó được gọi là hàm số tuần hoàn với chu kỳ T.

2π  y = m sin ( ax + b ) có chu kỳ T = 2. Các hàm số  ; a  y = m cos ( ax + b )

− 3 − 19 − 3 + 19 và . 3 3 2

Câu 15. Giá trị của m để bất phương trình ( 3sin x − 4 cos x ) − 6sin x + 8cos x ≥ 2m − 1 nghiệm đúng với

biên độ m ;cực đại m ;cực tiểu - m ,

mọi x ∈ ℝ là

3. Hàm số f ( x ) = a sin ux + b cos vx + c

A. m > 0.

B. m ≤ 0 .

C. m < 0 .

D. m ≤ 1 .

A. min y = −5 đạt được khi x = −

+ kπ , k ∈ ℤ .

D. Tồn tại giá trị lớn nhất nhưng không tồn tại giá trị nhỏ nhất. 4

1 B. 1 và . 2

Câu 18 . Giá trị của m để bất phương trình B. m ≥

Câu 19. Giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số y = A. 0 và 3.

2 và 0.

C. m ≥

3 5 −9 . 2

2 C. − và 6. 3

2 và 1.

Ví dụ 1. Tìm chu kì cơ sở của hàm số y = 2sin 2 x + 3cos 3x . Hướng dẫn giải

Tập xác định D = ℝ . D. m ≥

3 5 −9 . 4

Chu kì hàm số T =

B. 2 3 .

C. 4 3 .

= 2π .

f ( x ) = cos x + cos

2− 6 2+ 6 và . D. 4 4

2π

( 2,3)

Ví dụ 2. Xét tính tuần hoàn và tìm chu kì của hàm số

( 3x ) .

Hướng dẫn giải

Giả sử hàm số đã cho tuần hoàn. Suy ra tồn tại số thực dương T thỏa mãn

Câu 20. Cho cos 2 x + cos 2 y + cos 2 z = 1 . Giá trị lớn nhất của y = 1 + cos 2 x + 1 + cos 2 y + 1 + cos 2 z là A. 3 3 .

((u,v) là ƯCLN (u,v)).

Ví dụ mẫu

cos 2 x + sin x.cos x lần lượt là 1 + sin 2 x

2 và 4.

( u, v )

3sin 2 x + cos 2 x ≤ m + 1 là sin 2 x + 4 cos 2 x + 1

3 5 +9 . 4

2π

Câu 17. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = cos x + sin x trên ℝ lần lượt là

3 5 . 4

((u,v) là ƯCLN (u,v)).

(với u, v ∈ ℤ ) hàm số tuần hoàn với chu kì

C. min y = −2 và max y = 5 .

A. m ≥

2π

( u, v )

4. Hàm số f ( x ) = a.tan ux + b cos vx + c

B. Không tồn tại giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số.

A. 2 và 0.

2π = 3π . 2 3

(với u, v ∈ ℤ ) là hàm số tuần hoàn với chu kì

Câu 16. Kết luận đúng về hàm số y = tan 2 x + cot 2 x + 3 ( tan x + cot x ) − 1 là

Chu kì của hàm số T =

f ( x + T ) = f ( x ) ⇔ cos ( x + T ) + cos  3 ( x + T )  = cos x + cos

Dạng 4. Tính tuần hoàn và chu kỳ hàm lượng giác

Chọn x = 0 ta được cos T + cos

Phương pháp giải

⇒

Một số vấn đề cần chú ý 1. Tính tuần hoàn của hàm số

Định nghĩa: Hàm số y = f ( x ) xác định trên tập D được gọi là hàm số tuần hoàn nếu có số T ≠ 0 sao cho với mọi x ≠ 0 ta có

x + T ∈ D và f ( x + T ) = f ( x ) .

Ví dụ: Tìm chu kì của hàm số

(

( 3x ) .

cos T = 1 3T = 2 ⇔ cos 3T = 1 

)

(

)

{

m m T = 2nπ ⇒ 3 = (vô lí do m, n ∈ ℤ nên là số hữu tỉ). 3T = 2mπ n n

Vậy hàm số đã cho không tuần hoàn.

 2x π  y = sin  +  .  3 4

Bài tập tự luyện dạng 4

x π Câu 1. Chu kì của hàm số y = sin  +  là 3 6

Hướng dẫn giải Tập xác định D = ℝ .

A. Trang 17

1 . 2

π 3

2π . 3

D. 6π . Trang 18

Câu 2. Đồ thị trong hình vẽ dưới đây là của hàm số nào?

A. 0.

B. 1.

1 . 3

1 . 2

π  Câu 11. Hàm số y = 3cos  − mx  tuần hoàn có chu kì T = 3π khi 4  3 A. m = ± . 2 A. y = cos 3x .

B. y = 3cos 3x .

C. y = −3cos 6 x .

D. y = −3cos 3 x .

B. T = 4π .

C. T = 6 .

D. m = ±2 .

Câu 12. Xét đồ thị hàm số y = sin x với x ∈ [π , 2π ] . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Đồ thị hàm số có một cực đại tại x = π .

x π  Câu 3. Hàm số y = 2sin  −  là hàm số tuần hoàn với chu kì 2 3 A. T = 6π .

2 C. m = ± . 3

B. m = ±1 .

B. Đồ thị hàm số có một cực tiểu tại x = 2π . D. T = 2π .

C. Đồ thị hàm số có một cực tiểu tại x =

Câu 4. Khẳng định nào sau đây sai về hàm số y = 2 + sin x ?

3π . 2

D. Hàm số đồng biến trên [π , 2π ] .

A. Đồ thị hàm số không đi qua gốc tọa độ.

Câu 13. Đồ thị trong hình vẽ dưới đây là của hàm số nào?

B. Đồ thị hàm số nằm ở phía trên trục hoành. C. Giá trị cực đại của y là 2. D. Giá trị cực tiểu của y là 1. Câu 5. Nếu chu kì tuần hoàn của hàm số y = sin A. a = ±2 .

πx a

là 4 thì

B. a = ±4 .

C. a = 2 .

D. a = ±1 . A. y = sin 2 x .

Câu 6. Hàm số y = tan x 2 tuần hoàn với chu kì

B. y = cos 2 x .

x C. y = cos . 2

D. y = cos 3x .

C. T0 = π .

D. T0 =

Câu 14. Chu kì của hàm số y = sin 2 x + sin x là

A. T = π 2 .

B. T = π .

C. T = π .

D. Hàm số không có chu kì.

A. T = 2π .

x Câu 7. Khẳng định nào sau đây đúng với hàm số y = 2 cos ? 2

B. T0 =

π 2

π 4

Câu 15. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau

A. Biên độ là 2, chu kì là π .

B. Biên độ là -2, chu kì là 180° .

C. Biên độ là 2, chu kì là 2π .

D. Biên độ là 2, chu kì là 4π .

π  A. Hàm số y = cot x đồng biến trên khoảng  ; π  . 2  π  B. Hàm số y = sin x nghịch biến trên khoảng  ; π  . 2 

Câu 8. Đồ thị trong hình vẽ dưới đây là của hàm số nào?

 π π  π π C. Hàm số y = tan x đồng biến trên  − ;  và y = cot x nghịch biến trên khoảng  − ;  .  2 2  2 2

A. y = sin 2 x .

B. y = sin 3 x .

C. y = cos 2 x .

 π D. Hàm số y = sin x và y = cos x cùng đồng biến trên khoảng  0;  .  2

D. y = cos 3x .

Câu 16. Chu kì của hàm số y = tan x + tan 3x là

Câu 9. Chu kì của hàm số sau y = sin 3x + 2 cos 2 x là A. T0 = 2π . Câu 10. Với 0 ≤ x ≤

B. T0 =

π 2

thì hàm số f ( x ) = sin

C. T0 = π .

D. T0 =

π 4

A. T = 2π .

B. T = π .

C. T =

π 4

D. T =

π 2

x  Câu 17. Khẳng định nào sau đây đúng về hàm số y = 2sin  − 2017π  ? 2 

x có giá trị cực đại là 3 Trang 19

Trang 20

A. Chu kì 2π , biên độ 2.

B. Chu kì 4π , biên độ 2.

C. Chu kì 2π , biên độ 1.

D. Chu kì 4π , biên độ 1.

ĐÁP ÁN Dạng 1: Tìm tập xác định hàm số lượng giác

Câu 18. Chu kì của hàm số y = sin 3x + 2017 cos 2 x là A. T = π .

B. T =

π 2

C. T = 2π .

D. T =

π 4

1–D

2–B

3–B

4–D

5–C

6–C

7–D

8–B

9–C

10 – D

11 – C

12 – A

13 – B

14 – B

15 – D

16 – B

17 – C

18 – B

19 – A

20 – D

Câu 19. Hình vẽ sau là đồ thị của hàm số y = sin ( ax + π b ) . Biết a ≥ 0 và b nhỏ nhất, giá trị của biểu

Hướng dẫn giải chi tiết

thức P = a + b là

Câu 1.

Hàm số y = sin

1 + 2 x có nghĩa ⇔ x ≠ 0 ⇔ D = ℝ \ {0} . x

Câu 2.

Hàm số y = 2 cot x + sin 3x có nghĩa ⇔ x ≠ kπ ⇔ D = ℝ \ {kπ }( k ∈ ℤ ) . A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Câu 3:

Câu 20. Chu kì cơ sở (nếu có) của hàm số y = sin x là A. hàm số không có chu kì cơ sở. C. T0 = π .

Hàm số y = cos x có nghĩa ⇔ x ≥ 0 ⇔ D = [ 0; +∞ ) .

B. T0 = D. T0 =

π 4

π 2

Câu 4.

Hàm số y =

π   x ≠ 6 + k 2π cos x 1 có nghĩa ⇔ 2sin x − 1 ≠ 0 ⇔ sin x ≠ ⇔  (k ∈ ℤ) . 5π 2 2sin x − 1 x ≠ + k 2π 6 

5π π  ⇔ D = ℝ \  + k 2π ; + k 2π  ( k ∈ ℤ ) . 6 6   Câu 5.

π  cos x 3  x ≠ 6 + k 2π Hàm số y = có nghĩa ⇔ 2 cos x − 3 ≠ 0 ⇔ cos x ≠ ⇔ (k ∈ℤ) . π 2 2 cos x − 3  x ≠ − + k 2π 6   π  ⇔ D = ℝ \  ± + k 2π  ( k ∈ ℤ ) .  6 

Câu 6. Hàm số y =

cot x x − 1 ≠ 0 ⇔ sin x ≠ 1 có nghĩa ⇔ sin x ≠ kπ x ≠ kπ sin x − 1

{

π  π  ⇔  x ≠ 2 + k 2π ( k ∈ ℤ ) ⇔ D = ℝ \  + k 2π ; kπ  ( k ∈ ℤ ) . 2    x ≠ kπ Câu 7: Hàm số y = 2016 tan 2017 2 x có nghĩa ⇔ cos 2 x ≠ 0 ⇔ 2 x ≠

π 2

+ kπ ⇔ x ≠

π 4

π 2

(k ∈ ℤ)

π π ⇔ D = ℝ \  + k  (k ∈ ℤ) . 4 2  Trang 21

Trang 22

Câu 8:

Câu 16:

 Hàm số y = 3 tan x + 2 cot x + x có nghĩa ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 + kπ sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ

Hàm số y = Câu 17:

 π ⇔ x ≠ k ( k ∈ ℤ ) ⇔ D = ℝ \ k  ( k ∈ ℤ ) . 2  2

Câu 9: Hàm số y =

Hàm số y =

 tan x ≠ 1 sin x π có nghĩa ⇔ tan x − 1 ≠ 0 ⇔  x ≠ + kπ tan x − 1  2

⇔x≠

π  π π  x ≠ 4 + kπ ⇔ ( k ∈ ℤ ) ⇔ D = ℝ \  + kπ ; + kπ  ( k ∈ ℤ ) . π 4 2    x ≠ + kπ 2 

⇔x≠

π 4

π  + kπ ( k ∈ ℤ ) ⇔ D = ℝ \  + kπ  ( k ∈ ℤ ) 2 

Hàm số y =

2 2 2017 tan 2 x sin x − cos x ≠ 0 − cos 2 x ≠ 0 π π k ∈ ℤ) π có ngh ĩ a ⇔ ⇔  2 2 x≠ +k ( π 2 x ≠ + k sin x − cos x  4 2  2

15  15 − 14 cos13x > 0 cos13 x < 14 tan x π có nghĩa ⇔  ⇔ π x ≠ + kπ 15 − 14 cos13 x  x ≠ + kπ  2  2

Câu 18:

Câu 10: Hàm số y =

1 có nghĩa ⇔ 2 − cos 6 x > 0 ⇔ cos 6 x < 2 ⇔ ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ 2 − cos 6 x

2 + sin x có nghĩa ⇔ 1 − cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ k 2π ( k ∈ ℤ ) ⇔ D = ℝ \ {k 2π }( k ∈ ℤ ) . 1 − cos x

Câu 19:

π   kπ  Hàm số y = tan x + cot x có nghĩa ⇔ cos ≠ 0 ⇔  x ≠ 2 + kπ ( k ∈ ℤ ) ⇔ D = ℝ \   ( k ∈ ℤ ) sin x ≠ 0  2   x ≠ kπ

{

π π ⇔ D = ℝ \  + k ( k ∈ ℤ) . 2 2 4

Vậy bạn học sinh đó giải đúng.

Câu 11:

Câu 20:

π  π tan x sin x − 1 ≠ 0 ⇔ sin x ≠ 1 ⇔ x ≠ 2 + k 2π có nghĩa ⇔  Hàm số y = ⇔ x ≠ + kπ ( k ∈ ℤ ) π 2 sin x − 1  x ≠ + kπ 2 

Hàm số y = sin x có nghĩa ⇔ x ≥ 0 ⇔ D = [ 0; +∞ ) . Hàm số y = tan 2 x có nghĩa ⇔ cos 2 x ≠ 0 ⇔ 2 x ≠

π 2

+ kπ ⇔ x ≠

π  ⇔ D = ℝ \  + kπ  ( k ∈ ℤ ) . 2 

Hàm số y = cot 2 x có nghĩa ⇔ sin 2 x ≠ 0 ⇔ 2 x ≠ kπ ⇔ x ≠

Câu 12:

Hàm số y = x + sin x có D = ℝ .

Hàm số y =

sin x π  có nghĩa ⇔ sin x + cos x ≠ 0 ⇔ 2 sin  x +  ≠ 0 4 sin x + cos x 

π 4

kπ  π kπ  ⇔ D =ℝ\ + . 2 4 2 

kπ  kπ  ⇔ D = ℝ \  . 2  2 

Dạng 2: Tính chẵn – lẻ của hàm số lượng giác 1–D

2–A

3–D

4–D

5–B

6–B

7-C

8-A

9–C

10 – A

−π  −π  ⇔x≠ + kπ ( k ∈ ℤ ) ⇔ D = ℝ \  + kπ  ( k ∈ ℤ ) . 4  4 

11 – D

12 – D

13 – C

14 – B

15 – A

16 – C

17 – D

18 – B

19 – B

20 – B

Câu 13:

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Hàm số y = sin 2 x + 1 có nghĩa ⇔ sin 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ sin 2 x ≥ −1 ⇔ ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

Câu 1:

Câu 14:

Hàm số y = sin x.cos x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

Hàm số y = 1 − cos 2017 x có nghĩa ⇔ 1 − cos 2017 x ≥ 0 ⇔ cos 2017 x ≤ 1 ⇔ ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

Ta có f ( − x ) = sin ( − x ) .cos ( − x ) = − sin x.cos x = − f ( x ) .

Câu 15:

Hàm số y = ⇔ 2x ≠

π 2

Vậy hàm số y = sin x.cos x là hàm số lẻ.

1 có nghĩa ⇔ 1 − sin 2 x > 0 ⇔ sin 2 x < 1 ⇔ sin 2 x ≠ 1 1 − sin 2 x

+ k 2π ⇔ x ≠

Câu 2:

Hàm số y = sin x + tan 2 x có nghĩa ⇔ cos 2 x ≠ 0 ⇔ 2 x ≠

π  + kπ ( k ∈ ℤ ) ⇔ D = ℝ \  + kπ  ( k ∈ ℤ ) . 4 4 

π 2

+ kπ ⇔ x ≠

π 4

kπ  π kπ  ⇔ D =ℝ\ + . 2 4 2 

Ta có f ( − x ) = sin ( − x ) + tan ( −2 x ) = − sin x − tan 2 x = − ( sin x + tan 2 x ) = − f ( x ) . Trang 23

Trang 24

Vậy hàm số y = sin x + tan 2 x là hàm số lẻ.

Vậy hàm số y =

Câu 3:

2sin x − 4 tan x là hàm số lẻ. 5 + cos x

Hàm số y = sin x + cos x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

Câu 10:

 f ( −x) ≠ f ( x) Ta có f ( − x ) = sin ( − x ) + cos ( − x ) = − sin x + cos x ⇒   f ( −x) ≠ − f ( x)

+ Hàm số y = tan x + cos x có nghĩa ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π  + kπ ⇔ D = ℝ \  + kπ  ( k ∈ ℤ ) . 2 

 f (−x) ≠ f ( x) Ta có f ( − x ) = tan ( − x ) + cos ( − x ) = − tan x + cos x =  .  f (−x) ≠ − f ( x)

Vậy hàm số y = sin x + cos x là hàm số không chẵn, không lẻ. Câu 4:

Vậy hàm số y = tan x + cos x là hàm số không chẵn, không lẻ.

Hàm số y = 2 x − sin 3x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ

+ Hàm số y = tan x + sin x có nghĩa ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

Ta có f ( − x ) = −2 x − sin ( −3 x ) = −2 x + sin 3 x = − ( 2 x − sin 3x ) = − f ( x ) . Vậy hàm số y = 2 x − sin 3x là hàm số lẻ.

π 2

π  + kπ ⇔ D = ℝ \  + kπ  ( k ∈ ℤ ) . 2 

Ta có f ( − x ) = tan ( − x ) + sin ( − x ) = − tan x − sin x = − f ( x ) .

Câu 5:

Vậy hàm số y = tan x + sin x là hàm số lẻ.

Hàm số y = 1 + 2 x 2 − cos 3x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

Câu 11:

Ta có f ( − x ) = 1 + 2 ( − x ) − cos ( −3x ) = 1 + 2 x 2 − cos ( 3 x ) = f ( x ) .

Hàm số y = sin x cos 2 x + tan x có nghĩa ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

Vậy hàm số y = 1 + 2 x − cos 3x là hàm số chẵn.

π 2

π  + kπ ⇔ D = ℝ \  + kπ  ( k ∈ ℤ ) . 2 

Ta có f ( − x ) = sin ( − x ) cos 2 ( − x ) + tan ( − x ) = − sin x cos 2 x − tan x = − f ( x ) .

Câu 6:

Hàm số y =

π  cot x kπ  kπ  có nghĩa ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 + kπ ⇔ x ≠ ⇔ D = ℝ \  . 2 cos x  2  sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ

Ta có f ( − x ) =

cot ( − x ) cos ( − x )

Vậy hàm số y =

Vậy hàm số y = sin x cos 2 x + tan x là hàm số lẻ. Câu 12:

Hàm số y = x 2 tan 2 x − cot x có nghĩa

− cot x = − f ( x) . cos x

π π kπ    π kπ  ⇔ cos 2 x ≠ 0 ⇔ 2 x ≠ 2 + kπ ⇔  x ≠ 4 + 2 ⇔ D = ℝ \  + , kπ  ( k ∈ ℤ ) . 4 2    x ≠ kπ sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ

cot x là hàm số lẻ. cos x

Câu 7:

Ta có f ( − x ) = ( − x ) tan ( −2 x ) − cot ( − x ) = − x 2 tan 2 x + cot x = − f ( x ) .

Hàm số y = x cos 2 x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

Vậy hàm số y = x 2 tan 2 x − cot x là hàm số lẻ.

Ta có f ( − x ) = − x cos ( −2 x ) = x cos 2 x = f ( x ) .

Câu 13:

 5π  Hàm số y = 2 − sin x cos  − 2 x  có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .  2 

Vậy hàm số y = x cos 2 x là hàm số chẵn. Câu 8:

5π  5π    Ta có f ( − x ) = 2 − sin ( − x ) cos  + 2 x  = 2 − sin x cos  π − − 2x  2  2   

Hàm số y = sin x.cos 3 x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . Ta có f ( − x ) = sin ( − x ) .cos ( −3 x ) = − sin x.cos 3 x = − f ( x ) .

 3π   3π   5π  = 2 − sin x cos  − − 2 x  = 2 − sin x cos  − − 2 x + 4π  = 2 − sin x cos  − 2x  = f ( x) .  2   2   2 

Vậy hàm số y = sin x.cos 3 x là hàm số lẻ.

 5π  Vậy hàm số y = 2 − sin x cos  − 2 x  là hàm số chẵn.  2 

Câu 9:

Hàm số y =

π 2sin x − 4 tan x π  có nghĩa ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + kπ ⇔ D = ℝ \  + kπ  ( k ∈ ℤ ) . 2 5 + cos x 2 

Ta có f ( − x ) =

2sin ( − x ) − 4 tan ( − x ) 5 + cos ( − x )

Câu 14:

+ Hàm số f ( x ) = sin 2 x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

−2sin x + 4 tan x = − f ( x) . 5 + cos x

Ta có f ( − x ) = sin ( −2 x ) = − sin 2 x = − f ( x ) . Trang 25

Trang 26

Vậy hàm số f ( x ) = sin 2 x là hàm số lẻ.

Ta có f ( − x ) =

+ Hàm số g ( x ) = tan 2 x có nghĩa ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π 2

π  + kπ ⇔ D = ℝ \  + kπ  ( k ∈ ℤ ) . 2 

cos ( −2 x ) cos 2 x = = f ( x) . 1 + sin 2 ( −3 x ) 1 + sin 2 3x

Ta có g ( − x ) = tan 2 ( − x ) = tan 2 x = g ( x ) . + Hàm số g ( x ) =

Vậy hàm số g ( x ) = tan 2 x là hàm số chẵn. Câu 15:

x sin 2 x

kπ  π kπ  Hàm số y = có nghĩa ⇔ cos 2 x ≠ 0 ⇔ 2 x ≠ + kπ ⇔ x ≠ + ⇔ D =ℝ\ + ( k ∈ ℤ) 2 4 2 cos3 2 x 4 2  Ta có f ( − x ) = Vậy hàm số y =

− x sin ( −2 x ) 3

cos ( −2 x )

x sin 2 x cos3 2 x

− x sin 2 x 3

cos 2 x

cos 2 x là hàm số chẵn. 1 + sin 2 3x

Vậy hàm số f ( x ) =

Ta có g ( − x ) =

sin 2 x − cos 3x 2 + tan 2 x

sin ( −2 x ) − cos ( −3 x ) 2

2 + tan ( − x )

Vậy hàm số g ( x ) =

= − f ( x) .

có nghĩa ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

sin 2 x − cos 3x 2 + tan 2 x

π 2

π  + kπ ⇔ D = ℝ \  + kπ  . 2 

sin 2 x − cos 3 x = g ( x) . 2 + tan 2 x

là hàm số chẵn.

Câu 20:

π  Hàm số y = x 2017 + cos  x −  có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 2 

là hàm số lẻ.

Câu 16:

Ta có f ( − x ) = ( − x )

Hàm số y = x 2 tan 2 x − cot x có nghĩa

π π kπ    π kπ  ⇔ cos 2 x ≠ 0 ⇔ 2 x ≠ 2 + kπ ⇔  x ≠ 4 + 2 ⇔ D = ℝ \  + , kπ  ( k ∈ ℤ ) . 4 2  sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ  x ≠ kπ

2017

π π   + cos  − x −  = − x 2017 + cos  x +  2 2  

π π    = − x 2017 + cos  x − + π  = − x 2017 − cos  x −  = − f ( x ) . 2 2   

π  Vậy hàm số y = x 2017 + cos  x −  là hàm số lẻ. 2 

Ta có f ( − x ) = ( − x ) tan ( −2 x ) − cot ( − x ) = − x 2 tan 2 x + cot x = − f ( x ) . Vậy hàm số y = x 2 tan 2 x − cot x là hàm số lẻ. Câu 17:

Dạng 3: Tính giá trị lớn nhất – giá trị nhỏ nhất của hàm số lượng giác

Hàm số y = tan x − 2 cos 3x có nghĩa ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π 2

π

 + kπ ⇔ D = ℝ \  + kπ  . 2 

 f (−x) ≠ f ( x) Ta có f ( − x ) = tan ( − x ) − 2 cos ( −3 x ) = − tan x − 2 cos 3x ⇒  .  f (−x) ≠ − f ( x)

2–D

3–B

4–A

5–A

6–D

7-C

8-A

9–B

10 – D

11 – D

12 – D

13 – D

14 – A

15 – B

16 – A

17 – B

18 – D

19 – D

20 – B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Vậy hàm số y = tan x − 2 cos 3x là hàm số không chẵn, không lẻ.

Câu 1:

Câu 18:

π  Hàm số y = 7 − 2 cos  x +  có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 4 

 3π  Hàm số y = 1 + cos x sin  − 3x  có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .  2 

π π π    Ta có −1 ≤ cos  x +  ≤ 1 ⇔ −2 ≤ 2 cos  x +  ≤ 2 ⇔ 5 ≤ 7 − 2 cos  x +  ≤ 9 . 4 4 4     

3π  3π   3π    Ta có f ( − x ) = 1 + cos ( − x ) sin  − 3 ( − x )  = 1 + cos x sin  + 3 x  = 1 + cos x sin  π − − 3x  2  2   2   

π π −π  Vậy min y = 5 ⇔ cos  x +  = 1 ⇔ x + = k 2π ⇔ x = + k 2π , k ∈ ℤ ; 4 4 4 

 π   3π  = 1 + cos x sin  − − 3x + 2π  = 1 + cos x sin  − 3x  = f ( x ) .   2   2

π π −5π  max y = 9 ⇔ cos  x +  = −1 ⇔ x + = −π + k 2π ⇔ x = + k 2π , k ∈ ℤ . 4 4 4  

 3π  Vậy hàm số y = 1 + cos x sin  − 3x  là hàm số chẵn.  2 

Câu 2:

Câu 19:

+ Hàm số f ( x ) =

1–C

Hàm số y = 4 sin x + 3 − 1 có nghĩa ⇔ sin x + 3 ≥ 0 ⇔ sin x ≥ −3 ⇔ ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

cos 2 x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 1 + sin 2 3x

Ta có −1 ≤ sin x ≤ 1 ⇔ 2 ≤ sin x + 3 ≤ 4 ⇔ 2 ≤ sin x + 3 ≤ 2 Trang 27

Trang 28

⇔ 4 2 ≤ 4 sin x + 3 ≤ 8 ⇔ 4 2 − 1 ≤ 4 sin x + 3 − 1 ≤ 7 . Vậy min y = 4 2 − 1 ⇔ sin x = −1 ⇔ x = max y = 7 ⇔ sin x = 1 ⇔ x =

π 2

max y = 3 ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x =

−π + k 2π , k ∈ ℤ ; 2

π 4

kπ ,k ∈ℤ . 2

Câu 7:

Hàm số y = 3sin x + 4 cos x + 1 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

+ k 2π , k ∈ ℤ .

4 3   3 Ta có y = 3sin x + 4 cos x + 1 = 5  sin x + cos x  + 1 = 5sin ( x + α ) + 1 với α = arccos   + k 2π . 5 5   5

Câu 3:

Hàm số y = sin 2 x − 4sin x − 5 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ

−5 ≤ 5sin ( x + α ) ≤ 5 ⇔ −4 ≤ 5sin ( x + α ) + 1 ≤ 6 .

Ta có y = sin 2 x − 4sin x − 5 = ( sin x − 2 ) − 9 .

Vậy min y = −4 ⇔ sin ( x + α ) = −1 ⇔ x + α = 2

−1 ≤ sin x ≤ 1 ⇔ −3 ≤ sin x − 2 ≤ −1 ⇔ 1 ≤ ( sin x − 2 ) ≤ 9 ⇔ −8 ≤ ( sin x − 2 ) − 9 ≤ 0 . Vậy min y = −8 ⇔ sin x − 2 = −1 ⇔ sin x = 1 ⇔ x =

π 2

max y = 6 ⇔ sin ( x + α ) = 1 ⇔ x + α =

+ k 2π , k ∈ ℤ .

−π π + k 2π ⇔ x = −α − + k 2π , k ∈ ℤ ; 2 2

+ k 2π ⇔ x = −α +

π 2

+ k 2π , k ∈ ℤ .

Câu 8:

Câu 4:

Hàm số y = 4sin 6 x + 3cos 6 x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

Hàm số y = 2sin x + 3 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

3 4   4 Ta có y = 4sin 6 x + 3cos 6 x = 5  sin 6 x + cos 6 x  = 5sin ( 6 x + α ) với α = arccos   + k 2π . 5 5  5

Ta có −1 ≤ sin x ≤ 1 ⇔ −2 ≤ 2sin x ≤ 2 ⇔ 1 ≤ 2sin x + 3 ≤ 5 ⇔ 1 ≤ 2sin x + 3 ≤ 5 . Vậy min y = 1 ⇔ sin x = −1 ⇔ x =

−1 ≤ sin ( 6 x + α ) ≤ 1 ⇔ −5 ≤ 5sin ( 6 x + α ) ≤ 5 .

−π + k 2π , k ∈ ℤ ; 2

max y = 5 ⇔ sin x = 1 ⇔ x =

π 2

Vậy min y = −5 ⇔ sin ( 6 x + α ) = −1 ⇔ 6 x + α =

+ k 2π , k ∈ ℤ . max y = 5 ⇔ sin ( 6 x + α ) = 1 ⇔ 6 x + α =

Câu 5:

Hàm số y =

4 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 1 + 2sin 2 x

+ k 2π ⇔ x =

−α π kπ ,k ∈ℤ . + + 6 12 3

Câu 9:

Hàm số y = sin 2 x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ

Ta có −1 ≤ sin x ≤ 1 ⇔ 0 ≤ sin 2 x ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 2sin 2 x ≤ 2 ⇔ 1 ≤ 1 + 2sin 2 x ≤ 3

⇔

−π −2α − π kπ ,k ∈ℤ ; + k 2π ⇔ x = + 2 12 3

3 3  π π Khi x ∈  − ;  thì − ≤ sin 2 x ≤ . 6 3 2 2  

1 1 4 4 ≤ ≤1⇔ ≤ ≤ 4. 3 1 + 2sin 2 x 3 1 + 2sin 2 x

−π  π sin x = −1 ⇔ x = 2 + k 2π , k ∈ ℤ 4 Vậy min y = ⇔  ⇔ x = + kπ , k ∈ ℤ; π 3 2 sin x = 1 ⇔ x = + k 2π , k ∈ ℤ  2

Vậy min y = −

3 3 π π ⇔ x = − ; max y = ⇔x= . 2 6 2 3

Câu 10:

Hàm số y = 3 tan x có nghĩa ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

max y = 4 ⇔ sin x = 0 ⇔ x = kπ , k ∈ ℤ . Câu 6:

π 2

π  + kπ ⇔ D = ℝ \  + kπ  . 2 

 π π Khi x ∈  − ;  thì hàm số y = tan x luôn đồng biến.  3 4

Hàm số y = 2sin 2 x + cos 2 2 x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

Suy ra − 3 ≤ tan x ≤ 1 ⇔ −1 ≤ 3 tan x ≤ 3 .

1 3  Ta có y = 2sin 2 x + cos 2 2 x = 1 − cos 2 x + cos 2 2 x =  cos 2 x −  + . 2 4  2

Vậy min y = −1 ⇔ x = −

−3 1 1 1 9 3  1 3  −1 ≤ cos 2 x ≤ 1 ⇔ ≤ cos 2 x − ≤ ⇔ 0 ≤  cos 2 x −  ≤ ⇔ ≤  cos 2 x −  + ≤ 3 . 2 2 2 2 4 4 2 4   

π 3

; max y =

3 π ⇔x= . 2 4

Câu 11:

3 1 π Vậy min y = ⇔ cos 2 x = ⇔ x = ± + kπ , k ∈ ℤ ; 4 2 6

Hàm số y = f ( x ) = 4 − 3cos x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . Trang 29

Trang 30

1 −3 3 11  2π  Khi x ∈ 0;  thì − ≤ cos x ≤ 1 ⇔ ≤ 3cos x ≤ 3 ⇔ −3 ≤ −3cos x ≤ ⇔ 1 ≤ 4 − 3cos x ≤ . 2 2 2 2  3  Vậy min y = 1 ⇔ x = 0; max y =

( y − 2)

11 2π . ⇔x= 2 3

+ 12 ≥ 4 y 2 ⇔ 3 y 2 + 4 y − 5 ≤ 0 ⇔

Vậy min y =

−2 − 19 −2 + 19 ≤ y≤ . 3 3

−2 − 19 −2 + 19 . ; max y = 3 3

Câu 12:

Câu 15:

π  Hàm số y = f ( x ) = sin  2 x +  có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 4 

Hàm số ( 3sin x − 4 cos x ) − 6sin x + 8cos x ≥ 2m − 1 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

Vậy min y = −

Để phương trình có nghiệm đúng với mọi x ∈ ℝ thì 2m ≤ 0 ⇔ m ≤ 0 .

2 −π 2 π ; max y = ⇔x= ⇔x= . 2 4 2 4

Câu 16:

π  π Hàm số y = tan 2 x + cot 2 x + 3 ( tan x + cot x ) − 1 có nghĩa ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 + kπ ⇔ x ≠ k 2 sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ

Câu 13:

Hàm số y = sin x + 2 − sin 2 x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 2

Ta có ( 3sin x − 4 cos x ) − 2 ( 3sin x − 4 cos x ) + 1 ≥ 2m ⇔ ( 3sin x − 4 cos x − 1) ≥ 2m

π 2 2   π π Khi x ∈  − ;  thì − . ≤ sin  2 x +  ≤ 2 4 2   4 4

Ta có y = tan 2 x + cot 2 x + 3 ( tan x + cot x ) − 1

Ta có −1 ≤ sin x ≤ 1 ⇔ 0 ≤ sin x ≤ 1 ⇔ −1 ≤ − sin x ≤ 0 ⇔ 1 ≤ 2 − sin x ≤ 2 ⇔ 1 ≤ 2 − sin x ≤ 2 .

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

Lại có −1 ≤ sin x ≤ 1 ⇒ 0 ≤ sin x + 2 − sin x ≤ 1 + 2 ⇔ 0 ≤ y ≤ 1 + 2 .

y = 0 ⇔ sin x = −1 ⇔ x = − Vậy min y = 0 ⇔ x = −

π 2

Đặt tan x + cot x = t =

+ k 2π .

2 ⇒ t ≥2 sin 2 x

 −3 − 21 t1 = 2 Ta có y = t + 3t − 3. Cho y = 0 ⇔  t = −3 + 21  2 2

+ k 2π .

{

y = 1 + 2 ⇔ sin x = 1 (vô nghiệm). sin x = 0

Vậy min y = −5 ⇔ t =

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có

2 −π π = −2 ⇔ sin 2 x = −1 ⇔ 2 x = + k 2π ⇔ x = − + kπ ; max y = ∅ sin 2 x 2 4

Câu 17:

2sin x 2 − sin 2 x ≤ sin 2 x + 2 − sin 2 x ⇔ 2sin x 2 − sin 2 x ≤ 2

Hàm số y = cos 4 x + sin 4 x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

⇔ 2 + 2sin x 2 − sin 2 x ≤ 4 ⇔ y 2 ≤ 4 ⇔ y ≤ 2 .

Dấu “=” khi và chỉ khi sin x = 2 − sin x ⇔ sin x = 1 ⇔ x = Vậy min y = 0 ⇔ x = −

π 2

+ k 2π , k ∈ ℤ; max y = 2 ⇔ x =

π 2

Ta có y = cos 4 x + sin 4 x = (1 − sin 2 x ) + sin 4 x = 1 − 2sin 2 x + sin 4 x + sin 4 x = 2sin 4 x − 2sin 2 x + 1 .

+ k 2π , k ∈ ℤ .

2 2 1 1 1   y = 2 ( sin 2 x ) − 2sin 2 x + 1 = 2  ( sin 2 x ) − sin 2 x +  = 2  sin 2 x −  + . 2 2 2  

+ k 2π , k ∈ ℤ .

−1 ≤ sin x ≤ 1 ⇔ 0 ≤ sin 2 x ≤ 1 ⇔

Câu 14:

Hàm số y = Ta có y =

cos x − 2sin x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 2 − sin x

−1 1 1 1 1 1 1   ≤ sin 2 x − ≤ ⇔ 0 ≤  sin 2 x −  ≤ ⇔ 0 ≤ 2  sin 2 x −  ≤ 2 2 2 2 4 2 2  

⇔

cos x − 2sin x ⇒ 2 y − y sin x = cos x − 2sin x 2 − sin x 2

⇔ 2 y = y sin x − 2sin x + cos x ⇔ 2 y = ( y − 2 ) sin x + cos x ⇒ 4 y = ( y − 2 ) sin x + cos x 

1 1 1 1  ≤ 2  sin 2 x −  + ≤ 1 ⇔ ≤ y ≤ 1 . 2 2 2 2 

 sin x = 1 1 2 Vậy min y = ⇔ sin x = ⇔  2 2 sin x = 

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có Trang 31

2 π ⇔ x = + k 2π 2 4 (k ∈ ℤ) ; − 2 −π ⇔x= + k 2π 2 4

Trang 32

Dạng 4: Tính tuần hoàn và chu kì hàm lượng giác

max y = 1 ⇔ sin x = 0 ⇔ x = kπ ( k ∈ ℤ ) . Câu 18:

Ta có sin 2 x + 4 cos 2 x + 1 = sin 2 x + 4

1 + cos 2 x + 1 = sin 2 x + 2 cos 2 x + 3 > 0 ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ 2

⇔ 9 y = ( 3 − y ) sin 2 x + (1 − 2 y ) cos 2 x 

Vậy max y =

−5 + 3 5 −5 + 3 5 3 5 −9 ⇒ ≤ m +1 ⇔ m ≥ . 4 4 4

9–A

10 – D

18 – C

19 – B

20 – A

2π = 6π . 1 3

Vậy đồ thị đã cho là của hàm số y = −3cos 3 x . Câu 3:

x π Hàm số y = 2sin  −  có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 2 3

1 + cos 2 x + sin 2 x ⇔ 3 y − y cos 2 x = 1 + cos 2 x + sin 2 x ⇔ (1 + y ) cos 2 x + sin 2 x = 3 y − 1 3 − cos 2 x

Chu kì của hàm số T =

2π = 4π . 1 2

Câu 5:

+ 1 ≥ ( 3 y − 1) ⇔ 1 + 2 y + y 2 + 1 ≥ 9 y 2 − 6 y + 1 ⇔ 8 y 2 − 8 y − 1 ≤ 0 ⇔

Vậy min y =

8–B

17 – B

Tại x = π ⇒ y = 3 ⇒ Loại đáp án C.

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

(1 + y )

7–D

16 – B

Câu 2:

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

6–D

15 – B

Tại x = 0 ⇒ y = −3 ⇒ Loại đáp án A, B.

cos 2 x + sin x.cos x Hàm số y = có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 1 + sin 2 x

⇔ ( 3 y − 1) = ( (1 + y ) cos 2 x + sin 2 x )

5–A

14 – A

Chu kì của hàm số T =

−5 − 3 5 −5 + 3 5 ≤ y≤ . 4 4

Câu 19:

Có y =

4–C

13 – C

x π Hàm số y = sin  +  có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 3 6

≥ 9 y2 ⇔ 2 y2 + 5 y − 5 ≤ 0 ⇔

cos 2 x + sin x.cos x y= = 1 + sin 2 x

3–B

12 – C

Câu 1:

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

( 3 − y ) + (1 − 2 y )

2–D

11 – C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

3sin 2 x + cos 2 x ≤ m + 1 ⇔ ( 3 − y ) sin 2 x + (1 − 2 y ) cos 2 x = 3 y sin 2 x + 2 cos 2 x + 3 2

1–D

Hàm số y = 2sin

2− 6 2+ 6 ≤ y≤ . 4 4

πx a

có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

Chu kì của hàm số T =

2− 6 2+ 6 ; max y = . 4 4

2π

= 4 ⇔ a = ±2 .

Câu 20:

Câu 6:

Theo bài ra cos 2 x + cos 2 y + cos 2 z = 1

Hàm số không có chu kì cơ sở.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có 2

Câu 7: 2

1 + cos x + 1 + cos y + 1 + cos z ≤ 1 + 1 + 1 . 1 + cos x + 1 + cos y + 1 + cos z

Chu kì của hàm số T =

⇔ 1 + cos 2 x + 1 + cos 2 y + 1 + cos 2 z ≤ 3 3 + ( cos 2 x + cos 2 y + cos 2 z )

2π = 4π . Loại đáp án A, B. Biên độ của hàm số A = 2 = 2 . 1 2

Câu 8:

⇔ 1 + cos 2 x + 1 + cos 2 y + 1 + cos 2 z ≤ 2 3 ⇔ y ≤ 2 3 .

Tại x = 0 ⇒ y = 0 ⇒ Loại đáp án C, D.

Vậy max y = 2 3 .

Chu kì của hàm số T = Trang 33

2π . 3 Trang 34

Vậy đồ thị đã cho là của hàm số y = sin 3 x .

Câu 16.

Câu 9:

Hàm số f ( x ) = a.tan ux + b.tan vx + c ( với u, v ∈ ℤ ) là hàm số tuần hoàn với chu kì T =

2π Hàm số f ( x) = a sin ux + b cos vx + c (với u, v ∈ ℤ ) là hàm số tuần hoàn với chu kì T = ( u, v )

Hàm số y = tan x + tan 3x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

Hàm số y = sin 3 x + 2 cos 2 x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

Chu kì của hàm số T =

2π Chu kì của hàm số T = = 2π . 1

π 2

thì hàm số f ( x ) = sin

Khi đó giá trị lớn nhất của hàm số là ymax

=π .

x  Hàm số y = 2sin  − 2017π  có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 2 

x luôn đồng biến. 3

Chu kì của hàm số T =

1 π = tại x = . 2 2

2π = 4π . 1 2

Câu 11:

Biên độ của hàm số A = 2 = 2 .

π  Hàm số y = 3cos  − mx  có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 4 

Câu 18.

Hàm số y = sin 3 x + 2017 cos 2 x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

2π 2 Chu kì của hàm số T = = 3π ⇔ m = ± . −m 3

Chu kì của hàm số T =

Câu 12:

Câu 19.

Hàm số y = sin x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

2π = 2π . 1

Hàm số y = sin ( ax + π b ) có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

 3π   3π  Hàm số nghịch biến trên π ,  . Hàm số đồng biến trên  , 2π  .  2   2 

⇒ Đồ thị hàm số có một cực tiểu tại x =

Câu 17.

Câu 10:

Ta có với 0 ≤ x ≤

( u, v )

Với a ≥ 0 chu kì của hàm số T =

3π . 2

2π 1 = 4π ⇔ a = . a 2

Tại x = 0 ⇒ y = 1 ⇒ sin (π b ) = 1 ⇒ b =

Câu 13:

Vậy a + b = 1 .

Tại x = 0 ⇒ y = 1 ⇒ Loại đáp án A. Chu kì của hàm số T = 2.2π = 4π .

Câu 20.

x Vậy đồ thị đã cho là của hàm số y = cos . 2

Hàm số không có chu kì cơ sở.

1 . 2

Câu 14.

Hàm số f ( x ) = a sin ux + b sin vx + c ( với u , v ∈ ℤ ) là hàm số tuần hoàn với chu kì T =

2π . ( u, v )

Hàm số y = sin 2 x + sin x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . Chu kì của hàm số T =

2π = 2π . 1

Câu 15.

π  Ta có hàm số y = sin x nghịch biến trên khoảng  ; π  . 2 

Trang 35

Trang 36

BÀI 2. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN Mục tiêu: Nắm vững 4 phương trình lượng giác cơ bản và cách giải. Kiến thức + Biết cách áp dụng công thức nghiệm đối với từng phương trình lượng giác cơ bản. +

Vận dụng để giải những trường hợp mở rộng của 4 phương trình lượng giác cơ bản.

cos x = 1 ⇔ x = k 2π

•

cos x = −1 ⇔ x = π + k 2π

•

cos x = 0 ⇔ x =

+ kπ

(k ∈ ℤ) .

Điều kiện cos x ≠ 0 .

1. Phương trình sin x = a

•

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

•

tan x = tan β ° ⇔ x = β ° + k .180° ( k ∈ ℤ ) .

•

tan x = a ⇔ x = arctan a + kπ ( k ∈ ℤ ) .

− Nếu a > 1 : Phương trình vô nghiệm.

− Nếu a ≤ 1 . Đặt a = sin α hoặc a = sin β ° , phương trình tương đương với  x = α + k 2π sin x = sin α ⇔  (k ∈ ℤ) .  x = π − α + k 2π

Tổng quát:

tan f ( x ) = tan g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x ) + kπ ( k ∈ ℤ ) .

 x = β ° + k .360° sin x = sin β ° ⇔  (k ∈ ℤ) .  x = 180° − β ° + k .360°

5. Phương trình cot x = a

Điều kiện sin x ≠ 0 .

 x = arcsin a + k 2π sin x = a ⇔  ( k ∈ ℤ) .  x = π − arcsin a + k 2π Tổng quát:

 f ( x ) = g ( x ) + k 2π sin f ( x ) = sin g ( x ) ⇔  (k ∈ ℤ) .  f ( x ) = π − g ( x ) + k 2π

sin x = 1 ⇔ x =

•

sin x = −1 ⇔ x = −

•

sin x = 0 ⇔ x = kπ

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

•

cot x = cot β ° ⇔ x = β ° + k .180° ( k ∈ ℤ ) .

•

cot x = a ⇔ x = arc cot a + kπ ( k ∈ ℤ ) .

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

(k ∈ ℤ) .

+ k 2π

•

Tổng quát:

Các trường hợp đặc biệt

( k ∈ ℤ) .

3. Phương trình tan x = a

I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM

(k ∈ ℤ) .

•

π 2

+ k 2π

( k ∈ ℤ) .

(k ∈ ℤ) .

2. Phương trình cos x = a

− Nếu a > 1 : Phương trình vô nghiệm. − Nếu a ≤ 1 . Đặt a = cos α hoặc a = cos β ° , phương trình tương đương với

cos x = cos α ⇔ x = ±α + k 2π

(k ∈ ℤ) .

cos x = cos β ° ⇔ x = ± β ° + k .360° ( k ∈ ℤ ) . cos x = a ⇔ x = ± arccos a + k 2π

( k ∈ ℤ) .

Tổng quát:

cos f ( x ) = cos g ( x ) ⇔ f ( x ) = ± g ( x ) + k 2π

( k ∈ ℤ) .

Các trường hợp đặc biệt Trang 1

Trang 2

SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA

Điều kiện: x ≠

π 2

π  Ví dụ 1. Giải phương trình 2sin  3x +  = 3 . (1) 4  Hướng dẫn giải

+ kπ , k ∈ ℤ .

(1) ⇔ sin  3x + 

Đặt a = tan α .

α không đặc biệt ⇒ x = arctan a + kπ .

tan x = a

Phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: a ≤ 1 . Đặt a = sin α .

α đặc biệt  x = α + k 2π ⇒  x = π − α + k 2π (k ∈ ℤ)

sin x = a

Phương trình lượng giác cơ bản

cot x = a

α không đặc biệt  x = arcsin a + k 2π ⇒  x = π − arcsin a + k 2π (k ∈ ℤ)

Trường hợp 1: a > 1 . Phương trình vô nghiệm. Trường hợp 2: a ≤ 1 .

cos x = a

3 π π  ⇔ sin  3 x +  = sin = 4 2 4 3  

π π π π π 2π    3 x + 4 = 3 + k 2π 3 x = − 4 + 3 + k 2π  x = 36 + k 3 ⇔ ⇔ ⇔ ( k ∈ ℤ) . 3 x + π = π − π + k 2π 3 x = π − π − π + k 2π  x = 5π + k 2π  4 3 3 4 36 3  

α đặc biệt ⇒ x = α + kπ .

Trường hợp 1: a > 1 .

π

Đặt a = cos α .

π 2π   x = 36 + k 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là  ( k ∈ ℤ) .  x = 5π + k 2π  36 3 2π  7π    Ví dụ 2. Giải phương trình sin  3x +  + sin  x −  = 0 . ( 2) 3 5     Hướng dẫn giải

α đặc biệt

( 2 ) ⇔ sin  3x +

 x = α + k 2π ⇒  x = −α + k 2π (k ∈ ℤ)



α không đặc biệt  x = arccos a + k 2π ⇒  x = − arccos a + k 2π (k ∈ ℤ) .

2π  2π  2π  2π      − sin  x −  = 0 ⇔ sin  3x +  = sin  x −  3  5 3 5      

2π 2π  8π  3 x + 3 = x − 5 + k 2π  x = − 15 + kπ ⇔ ⇔ 3 x + 2π = π −  x − 2π  + k 2π  x = 11π + kπ     3 5  60 2 

(k ∈ ℤ) .

8π   x = − 15 + kπ Vậy phương trình đã cho có nghiệm là  ( k ∈ ℤ) .  x = 11π + kπ  60 2 π  Ví dụ 3. Tìm số nghiệm nguyên dương của phương trình sin  3x − 9 x 2 − 16 x − 80  = 0 . 4 

)

(

Điều kiện x ≠ kπ , k ∈ ℤ . Đặt a = cot α .

Hướng dẫn giải

α đặc biệt ⇒ x = α + kπ .

π π  Ta có sin  3 x − 9 x 2 − 16 x − 80  = 0 ⇔ 3 x − 9 x 2 − 16 x − 80 = kπ 4 4 

(

α không đặc biệt ⇒ x = arc cot a + kπ .

)

(

)

⇔ 3 x − 9 x 2 − 16 x − 80 = 4k ⇔ 9 x 2 − 16 x − 80 = 3 x − 4k 3 x ≥ 4 k 3 x ≥ 4 k  ⇔ 2 ⇔  2k 2 + 10 . 2 2 x x x kx k 9 − 16 − 80 = 9 − 24 + 16  x = 3k − 2 

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1: Phương trình sin x = a

Xét x =

Ví dụ mẫu

Trang 3

2 2k 2 + 10 18k 2 + 90 2 ( 9k − 4 ) + 98 98 . ⇒ 9x = = = 2 ( 3k + 2 ) + 3k − 2 3k − 2 3k − 2 3k − 2

Trang 4

Vì x ∈ ℕ* nên 9 x ∈ ℕ* ⇒ 3k − 2 ∈ Ư ( 98 ) = {±1; ±2; ±7; ±14; ±49; ±98} .

m + 2 (1)  −1 ≤ m − 1 . Ta có −1 ≤ sin ( x + π ) ≤ 1 ⇔  m + 2 ≤1 2 ( )  m − 1

 x ∈ ℕ* Lại có  2 ⇒ 3k − 2 > 0 ⇒ 3k − 2 ∈ {1; 2;7;14; 49;98} ⇔ k ∈ {1;3;17} .  2k + 10 > 0 ( k ∈ ℤ )

− Với k = 1 thì x = 12 (thỏa mãn 3 x ≥ 4k ).

Giải (1) . Ta có −1 ≤

− Với k = 3 thì x = 4 (thỏa mãn 3 x ≥ 4k ). − Với k = 17 thì x = 12 (không thỏa mãn 3 x ≥ 4k ).

Giải ( 2 ) . Ta có

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên dương là x ∈ {4;12} .

Câu 1: Cho phương trình sin ( x + π ) =

m+2 , m là tham số. Với giá trị nào của m thì phương trình có m −1

nghiệm?

Câu 2.

Phương trình sin x =

1 A. m ≤ − . 4

1 B. m ≤ − . 2

C. ∀m ∈ ℝ .

D. Không tồn tại giá trị của m

5π A. x = + k 2π , k ∈ ℤ . 6

π 3

+ k 2π , k ∈ ℤ .

Câu 3: Số nghiệm của phương trình A. 8.

B. 7.

Câu 4: Cho phương trình sin

B. x =

D. x =

6 3

π π    x = 6 + k 2π  x = 6 + k 2π 1 π 1 Do sin = nên sin x = ⇔ sin x = sin ⇔  ⇔ ( k ∈ ℤ) . 2 6 6 2  x = π − π + k 2π  x = 5π + k 2π   6 6 Vì −

sin 2 x = 0 trên đoạn [ 0;3π ] là 1 − cos x

Ta có D. 5.

nghiệm? B. m < 3 .

≤x≤

π 2

nên x =

π 6

sin 2 x = 0 có nghĩa ⇔ 1 − cos x ≠ 0 ⇔ cos x ≠ 1 ⇔ x ≠ k 2π ⇔ D = ℝ \ {k 2π } . 1 − cos x

sin 2 x kπ = 0 ⇔ sin 2 x = 0 ⇔ x = (k ∈ ℤ) . 1 − cos x 2

 x = ( 2k + 1) π Kết hợp với điều kiện ta có  (k ∈ ℤ) .  x = π + kπ  2 Do x ∈ [ 0;3π ] ⇒ x =

D. Không tồn tại giá trị của m .

π 2

, x =π , x =

3π 5π , x= , x = 3π . 2 2

Vậy phương trình có 5 nghiệm. Câu 4.

ĐÁP ÁN 2-B

Phương trình

x = m 2 + 9 , m là tham số. Với giá trị nào của m thì phương trình vô 3

C. ∀m ∈ ℝ .

Câu 3.

C. 4.

A. −3 < m < 3 .

1 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 2

1 −π π Câu 2: Phương trình sin x = có nghiệm thỏa mãn ≤ x ≤ là 2 2 2

1-B

m+2 3 ≤1⇔ ≤ 0 ⇔ m −1 < 0 ⇔ m < 1. m −1 m −1

1 Kết hợp nghiệm ta có m ≤ − . 2

Bài tập tự luyện dạng 1

C. x =

m > 1 m+2 2m + 1 . ⇔ ≥0⇔  m ≤ −1 m −1 m −1  2

3-D

Phương trình sin

4-C

Ta có −1 ≤ sin HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

x = m 2 + 9 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 3

x ≤ 1 ⇔ −1 ≤ m2 + 9 ≤ 1 ⇔ −10 ≤ m 2 ≤ −8 (vô lí). 3

Vậy phương trình vô nghiệm với ∀m ∈ ℝ .

Câu 1.

Phương trình sin ( x + π ) =

Dạng 2: Phương trình cos x = b

m+2 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ , m ≠ 1 . m −1

Trang 5

Trang 6

Ví dụ mẫu

π  Ví dụ 1. Giải phương trình 2 cos  2 x +  = 2 . 6 

Giải (1) . Ta có −1 ≤

(1)

Hướng dẫn giải

(1) ⇔ cos  2 x + 

1 Kết hợp nghiệm ta có m ≤ − . 2

π π π π  ⇔ cos  2 x +  = cos ⇔ 2 x + = ± + k 2π ( k ∈ ℤ ) . 6 4 6 4   π π π     2 x + 6 = 4 + k 2π  2 x = 12 + k 2π x = ⇔ ⇔ ⇔  2 x + π = − π + k 2π  2 x = −5π + k 2π x =  6 4 12    x = Vậy phương trình đã cho có nghiệm là  x = 

Vậy với m ≤ −

Bài tập tự luyện dạng 2 Câu 1: Phương trình 2 cos x + 2 = 0 có nghiệm là

+ kπ

24 (k ∈ ℤ) . −5π + kπ 24

( 2)

Hướng dẫn giải



π π  π   = sin 5 x ⇔ cos  2 x +  = cos  − 5 x  3 3  2 

π π π k 2π    2 x + 3 = 2 − 5 x + k 2π  x = 42 + 7 ⇔ ⇔  2 x + π = − π + 5 x + k 2π  x = 5π − 2kπ 3 2 18 3  

3π   x = 4 + k 2π B.  , k ∈ℤ .  x = −3π + k 2π  4

5π   x = 4 + k 2π C.  , k ∈ℤ .  x = −5π + k 2π  4

π   x = 4 + k 2π D.  ,k ∈ℤ .  x = −π + k 2π  4

A. x = ±

5π + k 2π , k ∈ ℤ . 3

B. x = ±

5π + k 2π , k ∈ ℤ . 6

C. x = ±

5π + k 4π , k ∈ ℤ . 6

D. x = ±

5π + k 4π , k ∈ ℤ . 3

( k ∈ ℤ) .

Câu 3: Phương trình cos 3 x = cos A. x = ±

m+2 , m là tham số. Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm. m −1

Hướng dẫn giải Phương trình cos ( x + π ) =

π   x = 4 + k 2π A.  , k ∈ℤ .  x = 3π + k 2π  4

x Câu 2: Phương trình 2 cos + 3 = 0 có nghiệm là 2

π k 2π   x = 42 + 7 Vậy nghiệm của phương trình là  ( k ∈ ℤ) .  x = 5π − 2kπ  18 3 Ví dụ 3. Cho phương trình cos ( x + π ) =

1 thì phương trình đã cho có nghiệm. 2

+ kπ 24 (k ∈ ℤ) . −5π + kπ 24

π  Ví dụ 2. Giải phương trình cos  2 x +  − sin 5 x = 0 . 3 

( 2 ) ⇔ cos  2 x +

m+2 3 ≤1⇔ ≤ 0 ⇔ m −1 < 0 ⇔ m < 1. m −1 m −1

Giải ( 2 ) . Ta có

π 2 = 6 2

m > 1 m+2 2m + 1 . ⇔ ≥0⇔  m ≤ −1 m −1 m −1  2

C. x = −

π 15

π 45

m + 2 (1)  −1 ≤ m − 1 Ta có −1 ≤ cos ( x + π ) ≤ 1 ⇔  . m + 2 ≤ 1 2 ( )  m − 1

A. x =

C. x =

4 2

có nghiệm là B. x = ±

+ k 2π , k ∈ ℤ . +

k 2π ,k ∈ℤ. 3

Câu 4: Phương trình cos 2 x =

m+2 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ , m ≠ 1. m −1

π 15

π 45

B. x = −

+ k 2π , k ∈ ℤ .

D. x = ±

k 2π ,k ∈ℤ . 3

1 có nghiệm là 2

,k ∈ℤ .

D. x =

π 45

2 2

+ kπ , k ∈ ℤ . + k 2π , k ∈ ℤ .

Câu 5: Phương trình cos 2 x = cos x có cùng tập nghiệm với phương trình

Trang 7

Trang 8

A. sin

3x = 0. 2

B. sin x = 1 .

 cos x = 1 Ta có cos 2 x = ⇔  2  cos x = 

D. sin 2 x = 1 .

π  2 cos  x +  = 1 với 0 ≤ x ≤ 2π là 3 

Câu 6: Số nghiệm của phương trình A. 1.

C. sin 4 x = 1 .

B. 0.

C. 2.

D. 3.

Xét cos x =

 5π  1 Câu 7: Phương trình sin  cos π x  = có bao nhiêu họ nghiệm?  3  2 A. 1 họ nghiệm.

B. 4 họ nghiệm.

C. 6 họ nghiệm.

Xét cos x =

D. 2 họ nghiệm.

ĐÁP ÁN 1-B

2-D

3-B

4-A

5-A

6-C

2 π π ⇔ cos x = cos ⇔ x = ± + k 2π ( k ∈ ℤ ) . 2 4 4 − 2 3π 3π ⇔ cos x = cos ⇔ x=± + k 2π ( k ∈ ℤ ) . 2 4 4

Kết hợp nghiệm ta được x =

7-C

π 4

kπ (k ∈ ℤ) . 2

Câu 5.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Phương trình cos 2 x = cos x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

Câu 1.

 2 x = x + k 2π ⇔ x = k 2π k 2π Ta có cos 2 x = cos x ⇔  ⇔x= (k ∈ ℤ) .  2 x = − x + k 2π ⇔ x = k 2π 3 3 

Phương trình 2 cos x + 2 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . Ta có 2 cos x + 2 = 0 ⇔ cos x =

− 2 . 2

sin

3π   x = 4 + k 2π − 2 3π 3π − 2 Do cos = nên cos x = ⇔ cos x = cos ⇔ ( k ∈ ℤ) . 2 4 4 2  x = −3π + k 2π  4

3x 3x 2 kπ =0⇔ = kπ ⇔ x = (k ∈ ℤ) ; 2 2 3

sin x = 1 ⇔ x =

π 2

+ k 2π ( k ∈ ℤ ) ;

Câu 2.

sin 4 x = 1 ⇔ 4 x =

x Phương trình 2 cos + 3 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 2

sin 2 x = 1 ⇔ 2 x =

x x − 3 Ta có 2 cos + 3 = 0 ⇔ cos = . 2 2 2

Vậy phương trình sin

Do cos

2 2 . − 2 2

Phương trình

Câu 3.

Phương trình cos 3 x = cos12° có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

π 15

nên cos 3 x = cos12° ⇔ cos 3x = cos

π   3 x = 15 + k 2π x = ⇔ ⇔ 3 x = −π + k 2π x =   15

Ta có

π k 2π + 45 3 (k ∈ ℤ) . −π k 2π + 45 3

+ k 2π ⇔ x =

π 8

π 4

kπ (k ∈ ℤ) ; 2

+ kπ ( k ∈ ℤ ) .

3x = 0 có cùng tập nghiệm với phương trình cos 2 x = cos x . 2

π  2 cos  x +  = 1 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 3 

π   x = − 12 + k 2π π π 1 π π   . 2 cos  x +  = 1 ⇔ cos  x +  = ⇔ x + = ± + k 2π ⇔  3 3 3 4 2    x = − 7π + k 2π  12

Do 0 ≤ x ≤ 2π nên x =

23π 17π ; x= . 12 12

Vậy phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn 0 ≤ x ≤ 2π .

Câu 4.

Phương trình cos 2 x =

+ k 2π ⇔ x =

Câu 6.

x − 3 x 5π 5π 5π − 3 ⇔ cos = cos ⇔ x=± + k 4π ( k ∈ ℤ ) . = nên cos = 6 2 2 2 2 6 3

Do cos12° = cos

Câu 7.

1 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ . 2

 5π  1 Phương trình sin  cos π x  = có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .  3  2

Trang 9

Trang 10

π  5π  3 cos π x = 6 + k 2π π 1  1  5π   5π Vì sin = nên sin  cos π x  = ⇔ sin  cos π x  = sin ⇔  6 6 2  3  2  3   5π cos π x = 5π + k 2π  3 6

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x =

1 1 ⇔ π x = ± arc cos + k 2π 10 10

1 π π cos π x = = cos ⇔ π x = ± + k 2π 2 3 3

−7 −7 ⇔ π x = ± arc cos + k 2π cos π x = 10 10

kπ , ( k ∈ ℤ) . 3

Bài tập tự luyện dạng 3 Câu 1: Nghiệm của phương trình tan ( x + 15° ) = 1 với 90° < x < 270° là

1  cos π x = 10 1 6   cos π x = 10 + k 5 1 ⇔ ⇔ cos π x = (vì −1 ≤ cos π x ≤ 1 ).  1 6 2 cos π x = + k   2 5 cos π x = −7 10  Ta có cos π x =

A. x = 210° .

B. x = 135° .

Câu 2: Phương trình

( k ∈ ℤ) ;

A. x =

C. x =

3 6

C. x = 60° .

3 tan x + 3 = 0 có nghiệm là

+ kπ , k ∈ ℤ .

B. x = −

+ kπ , k ∈ ℤ .

D. x = −

B. x = ±

A. x = −

−7 ( k ∈ ℤ ) ⇔ x = ± arc cos + 2k ( k ∈ ℤ ) . π 10 1

+ kπ , k ∈ ℤ .

C. Vô nghiệm.

D. x =

Vậy phương trình có 6 họ nghiệm. Dạng 3: Phương trình tan x = m

Câu 4: Nghiệm của phương trình tan x = − tan

Ví dụ mẫu A.

(1)

π π π π kπ  Điều kiện cos  5 x +  ≠ 0 ⇔ 5 x + ≠ + kπ ⇔ x ≠ , (k ∈ ℤ) . + 4 4 2 20 5 

4π . 5

A. 2 họ nghiệm.

⇔ 5x +

+ kπ ⇔ 5 x = −

+ kπ ⇔ x = −

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = −

π 60

A. x = k

π  Ví dụ 2. Giải phương trình tan  2 x −  = cot x . 4 

π 5

, (k ∈ ℤ) .

, ( k ∈ ℤ) .

+ kπ , k ∈ ℤ .

π 3

+ kπ , k ∈ ℤ .

π  trong khoảng  ; π  là 2 

3π . 5

2π . 5

π 2

C. Vô nghiệm.

D. 4 họ nghiệm.

π  2 tan  − 2 x  − 2 = 0 có nghiệm là 4  B. x =

, k ∈ℤ .

π 2

D. x = −

π 3

π 2

, k ∈ℤ .

+ kπ , k ∈ ℤ .

ĐÁP ÁN 1-A

( 2)

2-D

3-B

4-A

5-C

6-A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

  π π π 3π kπ   + cos 2 x −  ≠ 0  2 x − ≠ + kπ x ≠ Điều kiện   ⇔ ⇔ 4 8 2 4 2 sin x ≠ 0  x ≠ lπ  x ≠ lπ  

C. x = kπ , k ∈ ℤ .

Hướng dẫn giải

( 2 ) ⇔ tan  2 x −

2π . 3

Câu 6: Phương trình lượng giác

3 π π (1) ⇔ tan  5x +  = ⇔ tan  5 x +  = tan 4 3 4 6    

B. 6 họ nghiệm.

π

+ k 2π , k ∈ ℤ .

π  3 Câu 5: Phương trình tan  sin 4 x  = có bao nhiêu họ nghiệm? 4  2

Hướng dẫn giải

Câu 3: Phương trình tan 2 x = 3 có nghiệm là

1 ( k ∈ ℤ ) ⇒ x = ± + 2k ( k ∈ ℤ ) ; 3

π  Ví dụ 1. Giải phương trình 3 tan  5 x +  = 3 . 4 

D. x = 120° .

Câu 1.

Ta có tan 45° = 1 ⇔ tan ( x + 15° ) = tan 45° ⇔ x + 15° = 45° + k .180° ⇔ x = 30° + k .180° ( k ∈ ℤ ) .

( k; l ∈ ℤ ) .

Với 90° < x < 270° ⇔ 90° < 30° + k .180° < 270° ⇒ k = 1 ⇒ x = 210° . Câu 2.

π

π π π kπ π  , (k ∈ ℤ) .  = tan  − x  ⇔ 2 x − = − x + kπ ⇔ x = + 4 4 2 4 3 2 

Phương trình

Trang 11

3.tan x + 3 = 0 có nghĩa ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π 2

π  + kπ ⇔ D = ℝ \  + kπ  . 2 

Trang 12

3 tan x + 3 = 0 ⇔ tan x = − 3 ⇔ tan x = tan

Ta có

Dạng 4: Phương trình cot x = n

−π π ⇔ x = − + kπ ( k ∈ ℤ ) . 3 3

Ví dụ mẫu

Câu 3.

π 1  Ví dụ 1. Giải phương trình cot  2 x −  = . (1) 6 3 

π  Phương trình tan x = 3 có nghĩa ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + kπ ⇔ D = ℝ \  + kπ  . 2 2 

Hướng dẫn giải

 tan x = 3 Ta có tan 2 x = 3 ⇔  .  tan x = − 3 Xét tan x = 3 ⇔ tan x = tan

π 3

⇔x=

π π π kπ  Điều kiện sin  2 x −  ≠ 0 ⇔ 2 x − ≠ kπ ⇔ x ≠ + , (k ∈ ℤ) . 6 6 12 2   π 3

(1) ⇔ cot  2 x −

+ kπ ( k ∈ ℤ ) .

−π −π Xét tan x = − 3 ⇔ tan x = tan ⇔x= + kπ ( k ∈ ℤ ) . 3 3 Vậy x = ±

π 3

⇔ 2x =

π 5

có nghĩa ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π 2

π  + kπ ⇔ D = ℝ \  + kπ  . 2 

+ kπ ⇔ x =

π 4

π 2

, (k ∈ ℤ) .

π 4

π 2

, (k ∈ ℤ) .

Điều kiện

−π −π Ta có tan x = − tan ⇔ tan x = tan ⇔x= + kπ ( k ∈ ℤ ) . 5 5 5

  4π  π π  4π  x ≠ + kπ cos  9 + x  ≠ 0  9 + x ≠ 2 + kπ π     18 ⇔ ⇔ ⇔ x ≠ + kπ , ( k ; m ∈ ℤ ) .  π π 18 π   sin  − x ≠ kπ  x ≠ − kπ − x ≠ 0 18    18 18 

4π π  . Do x ∈  ; π  nên x = 5 2  Câu 5.

 4π  π  π  4π  π  Ta có  + x  +  − x  = ⇒ tan  + x  = cot  − x  .  9   18  2  9   18 

−π π π π  ≤ sin 4 x ≤ ⇒ cos  sin 4 x  ≠ 0 , ∀x ∈ ℝ . 4 4 4 4  

( 2 ) ⇔ cot 

Phương trình xác định với ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ .

 18

π 3 4 3 π  3 tan  sin 4 x  = ⇔ sin 4 x = arc tan + kπ ⇔ sin 4 x = arc tan + 4k . π 4 2 2 4  2

 π  π  − x  + 2 cot  − x  = 3 ⇔ 3cot  − x  = 3   18   18 

3 π π 5π π  ⇔ cot  − x  = ⇔ − x = + kπ ⇔ x = − − kπ , ( k ∈ ℤ ) . 18 3 18 3 18  

3 Với k ≥ 0 thì arc tan + 4k > 1 ⇒ sin 4 x > 1 (vô lí). π 2

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = −

3 Với k ≤ −1 thì arc tan + 4k < −1 ⇒ sin 4 x < −1 (vô lí). π 2

5π + kπ , ( k ∈ ℤ ) . 18

Bài tập tự luyện dạng 4

Vậy đã cho phương trình vô nghiệm.

Câu 1: Phương trình 3cot x − 3 = 0 có nghiệm là

Câu 6.

π  2 tan  − 2 x  − 2 = 0 có nghĩa 4 

−π kπ π π π   −π kπ  ⇔ cos  − 2 x  ≠ 0 ⇔ − 2 x ≠ + kπ ⇔ x ≠ + ⇔ D=ℝ\ +  (k ∈ ℤ) . 4 2 8 2 2  4   8 Ta có

Hướng dẫn giải

Phương trình

 4π  π  Ví dụ 2. Giải phương trình tan  + x  + 2 cot  − x  = 3 . ( 2 )  9   18 

Câu 4.

Ta có

 = cot ⇔ 2 x − = + kπ 6 3 6 3

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x =

+ kπ ( k ∈ ℤ ) .

Phương trình tan x = − tan

π



A. x =

C. x =

6 3

+ kπ , k ∈ ℤ .

B. x =

+ k 2π , k ∈ ℤ .

D. Vô nghiệm.

+ kπ , k ∈ ℤ .

3π   2 Câu 2: Cho phương trình cot  x +  = m − 4 , m là tham số. Với giá trị nào của m thì phương trình 4   trên vô nghiệm?

π π π π  π  2 tan  − 2 x  − 2 = 0 ⇔ tan  − 2 x  = 1 ⇔ − 2 x = − kπ ⇔ x = k ( k ∈ ℤ ) . 4 4 2 4  4 

A. m ≠ ±2 .

Trang 13

B. −2 < m < 2 .

Trang 14

D. Không tồn tại giá trị của m .

C. ∀m ∈ ℝ .

π   x = 6 + kπ Kết hợp nghiệm ta có  (k ∈ ℤ) .  x = 5π + kπ  6

Câu 3: Phương trình cot x.cot 2 x − 1 = 0 có nghiệm là

A. x =

C. x =

+ kπ , k ∈ ℤ .

π   x = 6 + kπ B.  , k ∈ℤ .  x = 5π + kπ  6

+ kπ , k ∈ ℤ .

D. x =

π 2

π 3

, k ∈ℤ .

ĐÁP ÁN 1-B

2-D

3-B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1.

Phương trình 3cot x − 3 = 0 có nghĩa sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ ⇔ D = ℝ \ {kπ } ( k ∈ ℤ ) . Ta có 3cot x − 3 = 0 ⇔ cot x =

3 π π ⇔ cot x = cot ⇔ x = + kπ ( k ∈ ℤ ) . 3 3 3

Câu 2.

3π  Tập giá trị y = cot  x + 4 

  = ℝ nên với ∀m ∈ ℝ phương trình luôn có nghiệm. 

Vậy không tồn tại giá trị m để phương trình vô nghiệm. Câu 3.

sin x ≠ 0  x ≠ kπ kπ Phương trình cot x.cot 2 x − 1 = 0 có nghĩa ⇔  . ⇔ ⇔x≠ sin 2 x ≠ 0 2   2 x ≠ kπ

kπ   Tập xác định D = ℝ \  x ≠ . 2   Ta có cot x.cot 2 x − 1 =

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

π 1   sin x = sin sin x =   1 1 6 . 2 cot x.cot 2 x − 1 = 0 ⇔ − 2 = 0 ⇔ sin 2 x = ⇔  ⇔ 1 − − 2sin 2 x 4 sin x = sin π sin x =  2 6  π   x = 6 + k 2π Nếu sin x = sin ⇔  . 6  x = 5π + k 2π  6 π

−π   x = 6 + k 2π −π Nếu sin x = sin ⇔ . 6  x = 7π + k 2π  6 Trang 15

Trang 16

CHUYÊN ĐỀ 1.

- Nếu a 2 + b 2 ≥ c 2 khi đó phương trình có

BÀI 3. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP

nghiệm, ta thực hiện tiếp Bước 2.

Mục tiêu

Bước 2. Chia hai vế phương trình cho Ta có

Kiến thức

a + b ≠ 0 ta được

+ Nhận biết được các dạng phương trình lượng giác thường gặp và cách giải.

a +b

+ Biết áp dụng công thức nghiệm đối với từng phương trình lượng giác cơ bản. + Vận dụng phương pháp giải phương trình phù hợp vào từng trường hợp. I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA

sin x +

SƠ ĐỒ CHUNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

Sử dụng các công thức

BÀI

biến đổi lượng giác

3 1 π  sin 3 x − cos 3x = 1 ⇔ sin  3 x −  = 1 2 2 6 

. (**) 2 π k 2π π π a + b2 ⇔ 3 x − = + k 2π ( k ∈ ℤ ) ⇔ x = + (k ∈ ℤ). a b 6 2 9 3 Đặt = cos α; = sin α, a 2 + b2 a2 + b2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm phương trình (**) trở thành 2 π k 2π c x= + ( k ∈ ℤ ). sin x.cos α + cos x.sin α = 9 3 a 2 + b2

Kĩ năng

ĐỀ

⇔

3 sin 3 x − cos 3 x = 2.

a +b

cos x =

⇔ sin ( x + α ) = Phương trình sin ( x + α ) =

c 2

a + b2

c 2

a + b2

là phương

trình lượng giác dạng cơ bản nên dễ dàng giải 4 phương trình lượng giác cơ bản

được. Một số dạng mở rộng: a sin u + b cos u = a 2 + b 2 sin v

4 dạng phương trình lượng giác Đưa về phương trình tích hoặc

thường gặp

 →

đánh giá bất đẳng thức, hàm số

a a 2 + b2

sin u +

a sin x + b cos x = c 4 phương trình lượng giác cơ bản

a sin u + b cos u = a 2 + b 2 cos v

a sin 2 x + b sin x cos x + c cos 2 x = d

 →

a a 2 + b2

sin u +

a ( tan 2 x + cot 2 x ) + b ( tan x ± cot x ) + c = 0

Dạng 1: Phương trình thuần nhất Phương pháp giải

cos u = cos v

⇔ cos ( u − α ) = cos v.

Ví dụ: Giải phương trình

( a, b ∈ ℝ \ {0}) .

với

a 2 + b 2 = a′2 + b′2

3 sin 3x − cos 3 x = 2.

Hướng dẫn giải

 → sin ( u + α ) = sin ( v + β ) .

Dạng đặc biệt: π 1) sin x + cos x = 0 ⇔ x = − + k π ( k ∈ ℤ ) . 4

Để giải phương trình có dạng trên, ta thực hiện

theo các bước sau Bước 1. Kiểm tra 2

b a 2 + b2

a sin u + b cos u = a′ sin v + b′ cos v

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP

cos u = sin v

⇔ sin ( u + α ) = sin v.

a ( sin x ± cos x ) + b sin x cos x + c = 0

a sin x + b cos x = c

b a 2 + b2

2) sin x − cos x = 0 ⇔ x =

- Nếu a + b < c phương trình vô nghiệm. Trang 1

π + kπ (k ∈ ℤ). 4

Trang 2

Ví dụ mẫu

Câu 3: Nghiệm của phương trình sin x + cos x = 1 là

Ví dụ 1. Giải phương trình sin 2 x + 2 cos 2 x = 1 + sin x − 4 cos x. Hướng dẫn giải

A. x = k 2π ( k ∈ ℤ ) .

 x = k 2π B.  (k ∈ ℤ).  x = π + k 2π  2

π C. x = + k 2π ( k ∈ ℤ ) . 4

π   x = 4 + k 2π D.  ( k ∈ ℤ ).  x = − π + k 2π  4

Ta có sin 2 x + 2 cos 2 x = 1 + sin x − 4 cos x ⇔ 2sin x cos x + 2 ( 2 cos 2 x − 1) − 1 − sin x + 4 cos x = 0 ⇔ sin x ( 2 cos x − 1) + 4 cos 2 x + 4 cos x − 3 = 0 ⇔ sin x ( 2 cos x − 1) + ( 2 cos x − 1)( 2 cos x + 3) = 0

Câu 4: Số nghiệm của phương trình sin x + cos x = 1 trên khoảng ( 0; π ) là

⇔ ( 2 cos x − 1)( 2sin x + 2 cos x + 3) = 0

A. 0.

1 π  cos x = ⇔ x = ± + k 2π ( k ∈ ℤ ) ⇔ 2 3  2sin x + 2 cos x = − 3 

 m ≤ −4 A.  . m ≥ 4

Câu 7: Phương trình

Hướng dẫn giải

Ta có 3sin 3 x − 3 cos 9 x = 1 + 4sin 3 3x. ⇔ ( 3sin 3x − 4sin 3 3x ) − 3 cos 9 x = 1 π 2π   x = 18 + k 9 π π  ⇔ sin 9 x − 3 cos 9 x = 1 ⇔ sin  9 x −  = sin ⇔  (k ∈ ℤ). 3 6   x = 7 π + k 2π  54 9

D. 3.

π  x = + k 2π C.  , k ∈ ℤ. 3   x = π + k 2π

 x = k 2π D.  , k ∈ ℤ.  x = π + k 2π 6 

D. −4 < m < 4.

C. m ≥ 34.

 m ≤ −4 D.  . m ≥ 4

3 sin 3 x + cos 3x = −1 tương đương với phương trình nào sau đây? π π  B. sin  3x +  = − . 6 6 

π 1  C. sin  3x +  = − . 6 2 

π 1  D. sin  3x +  = . 6 2 

3 sin x = 2.

Câu 9: Cho phương trình

1 1 cos 4 x = . 4 2

D. cot 2 x − cot x + 5 = 0.

C. 2sin x + 3cos x = 1.

3 sin x − cos x = 1 có nghiệm là 2π   x = − 3 + k 2π B.  , k ∈ ℤ.  x = π + k 2π  6

B. −4 ≤ m ≤ 4.

π 1  A. sin  3x −  = − . 6 2 

2π 7π 2π π +k +k ,x = ( k ∈ ℤ). 18 9 54 9

 x = −π + k 2π A.  , k ∈ ℤ.  x = π + k 2π 6 

C. m < −4.

Câu 8: Trong các phương trình sau phương trình nào có nghiệm?

Bài tập tự luyện dạng 1 Câu 1: Phương trình

B. m > 4.

A. m ≥ 4.

π + k 2π ( k ∈ ℤ ) . 3

Ví dụ 2. Giải phương trình 3sin 3 x − 3 cos 9 x = 1 + 4sin 3 3x.

Vậy phương trình có nghiệm x =

C. 2.

Câu 6: Điều kiện để phương trình m sin x − 3cos x = 5 có nghiệm là

Xét phương trình 2sin x + 2 cos x = −3; có 22 + 22 = 8 < ( −3) nên vô nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm x = ±

B. 1.

Câu 5: Điều kiện để phương trình 3sin x + m cos x = 5 vô nghiệm là

3 cos x + sin x = 2 trên đoạn [ 0; π] . Chọn câu trả lời đúng.

A. Phương trình có nghiệm x =

π 3π ;x = . 4 4

B. Phương trình có nghiệm x =

5π . 12

C. Phương trình có nghiệm x =

3π 4π ;x = . 7 7

D. Phương trình có nghiệm x =

2π . 5

Câu 10: Phương trình sin 8 x − cos 6 x = 3 ( sin 6 x + cos8 x ) có nghiệm là  x = A.  x = 

π + kπ 3 , k ∈ ℤ. π π +k 6 2

 x = B.  x = 

π + kπ 5 , k ∈ ℤ. π π +k 7 2

Câu 2: Phương trình sin x + 3 cos x = 0 có nghiệm âm lớn nhất bằng A.

−π . 3

−π . 6

−5π . 6

−5π . 3 Trang 3

Trang 4

 x = D.  x = 

π  x = 4 + kπ C.  , k ∈ ℤ. x = π + k π  12 7

1   Câu 19: Phương trình tan x − sin 2 x − cos 2 x + 2  2 cos x −  = 0 có các họ nghiệm là cos x  

π + kπ 8 , k ∈ ℤ. π π +k 9 3

A. x =

Câu 11: Phương trình nào sau đây vô nghiệm? A.

π C. sin x = cos . 4

B. 4.

C. 5.

π + k π, k ∈ ℤ. 4

π π D. x = − + k , k ∈ ℤ. 6 2

(

)

Câu 20: Cho phương trình tan x − 3cot x = 4 sin x + 3 cos x . Với k ∈ ℤ thì nghiệm của phương trình là

3 sin x − cos x = −3.

π   x = − 3 + k 2π A.  .  x = −4 π + k 2 π  9 3

 5π π  Câu 12: Số nghiệm của phương trình sin 2 x − 2 cos x = 0 thuộc đoạn  − ;  là  2 2

A. 3.

B. x =

π π C. x = − + k , k ∈ ℤ. 4 2

B. 3sin x − 4 cos x = 5.

3 sin 2 x − cos 2 x = 2.

π π + k , k ∈ ℤ. 4 2

D. 2.

π  x = − 3 + kπ B.  .  x = 4π + k 2π  9 3

 x = C.  x = 

π + k 2π 3 . 4π 2π +k 9 3

π   x = 12 + k 2π D.  .  x = 4π + k 2π  9 3

Câu 13: Phương trình cos 7 x − 3 sin 7 x = − 2 có các họ nghiệm là Dạng 2:Phương trình bậc hai của một hàm số lượng giác

5π 2π   x = 84 + k 7 A.  , k ∈ ℤ.  x = 11π + k 2π  84 7

−5π 2π   x = 84 + k 7 B.  , k ∈ ℤ.  x = 11π + k 2π  84 7

−π 2π   x = 84 + k 7 C.  , k ∈ ℤ.  x = π + k 2π  84 7

−5π 2π   x = 84 + k 7 D.  , k ∈ ℤ.  x = −11π + k 2π  84 7

Phương pháp giải

Phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng Hướng dẫn giải giác có dạng tổng quát at 2 + bt + c = 0.

2π . 3

5π . 6

π . 4

π . 2

D. 0.

 x = π + k 2π B.  .  x = − π + k 2π  2

C. π.

D. 0.

1 − 10 . 2

C. x =

B. m =

1 + 10 C. m ≥ . 2

π + k 2π. 4

π   x = 4 + k 2π D.  .  x = − π + k 2π  4

C. 2.

Kết hợp với điều kiện t ≤ 1 ta được t = 1.

kiện của ẩn phụ. Nếu đặt

π + k 2π, ( k ∈ ℤ ) . 2

+) t = sin u, t = cos u thì điều kiện t ≤ 1.

Với t = 1 thì sin x = 1 ⇔ x =

+) t = sin 2 u, t = cos 2 u thì điều kiện 0 ≤ t ≤ 1.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x=

Khi tìm được t1 ; t2 thỏa mãn thì phải giải tiếp

π + k 2π, ( k ∈ ℤ ) . 2

sin = t1 ;sin u = t2 ;... Ví dụ mẫu Hướng dẫn giải

1 ± 10 . 2

Ta có 3sin 2 2 x + 7 cos 2 x − 3 = 0 ⇔ 3 (1 − cos 2 2 x ) + 7 cos 2 x − 3 = 0

1 − 10 1 + 10 D. ≤m≤ . 2 2 B. 3.

t = 1 2t 2 + t − 3 = 0 ⇔  3 . t =  2

Ví dụ. Giải phương trình 3sin 2 2 x + 7 cos 2 x − 3 = 0.

cos 2 x = 0 ⇔ 3cos 2 2 x − 7 cos 2 x = 0 ⇔ cos 2 x ( 3cos 2 x − 7 ) = 0 ⇔  . 3cos 2 x − 7 = 0

Câu 18: Phương trình cos 2 x + sin x − 1 = 0 có số họ nghiệm là A. 1.

Phương trình đã cho trở thành

+) t = sin u , t = cos u thì điều kiện 0 ≤ t ≤ 1.

Câu 17: Để phương trình 2sin 2 x − sin x cos x − cos 2 x = m có nghiệm thì giá trị của m là A. m ≤

t là một trong các hàm số sin u , cos u, tan u, cot u

Khi đặt ẩn phụ để giải ta phải lưu ý đến điều

Câu 16: Nghiệm của phương trình sin x + cos x = −1 với k ∈ ℤ là

A. x = k 2π.

Đặt t = sin x, điều kiện t ≤ 1.

a; b; c ∈ ℝ, a ≠ 0. C. π.

1   Câu 15: Phương trình tan x − sin 2 x − cos 2 x + 2  2 cos x −  = 0 có nghiệm dương nhỏ nhất bằng cos x   A.

Trong đó:

và u = u ( x ) .

Câu 14: Phương trình sin x + 3 cos x = 0 có nghiệm dương nhỏ nhất bằng A.

Ví dụ: Giải phương trình 2sin 2 x + sin x − 3 = 0.

D. 0.

Trường hợp 1: cos 2 x = 0 ⇔ 2 x = Trang 5

π π π + kπ ⇔ x = + k ,(k ∈ ℤ). 2 4 2 Trang 6

Trường hợp 2: 3cos 2 x − 7 = 0 ⇔ cos 2 x = Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =

π  + kπ C. x =  4 , k ∈ ℤ.  1 arccot 2 + k π  3 3

7 > 1 (loại). 3

π π + k , (k ∈ ℤ). 4 2

Câu 10: Nghiệm âm lớn nhất của phương trình 2 cos 2 x + 2 cos x − 2 = 0 là

Bài tập tự luyện dạng 2 Câu 1: Phương trình 2sin 2 x + sin x − 3 = 0 có nghiệm là

A. x = −

π B. − + k π ( k ∈ ℤ ) . 2

A. k π ( k ∈ ℤ ) . C.

π + k 2π ( k ∈ ℤ ) . 2

π D. − + k 2π ( k ∈ ℤ ) . 2

B. x = 0.

C. x =

π + k 2π. 2

π B. x = . 2

C. x =

3π . 2

D. x =

A. Phương trình có 3 nghiệm.

B. Phương trình có 4 nghiệm.

C. Phương trình có 2 nghiệm.

D. Phương trình vô nghiệm.

Câu 5: Nghiệm của phương trình 2sin 2 x − 3sin x + 1 = 0 thỏa mãn điều kiện 0 ≤ x <

π B. x = . 2

π C. x = . 6

π B. − + k π, k ∈ ℤ. 4

π là 2

D. x =

5π . 6

D. k π, k ∈ ℤ.

B. x = k π.

D. cot 2 x − cot x − 5 = 0.

A. Phương trình có 2 nghiệm.

B. Phương trình có 4 nghiệm.

C. Phương trình vô nghiệm.

D. Cả A, B, C đều sai.

A. x =

π + kπ(k ∈ ℤ). 8

B. x =

π + kπ(k ∈ ℤ). 2

C. x =

π + kπ(k ∈ ℤ). 4

D. x =

π + kπ(k ∈ ℤ). 6

A. Phương trình có 5 nghiệm.

B. Phương trình có 4 nghiệm.

C. Phương trình có 6 nghiệm.

D. Phương trình có 3 nghiệm.

π + k π. 6

C. x = π + k 2π.

A. Phương trình có 2 nghiệm.

B. Phương trình có 4 nghiệm.

C. Cả A, B, D đều sai.

D. Phương trình có 3 nghiệm. 2

D. x = ±

2π + k 2π. 3

Giá trị của biểu thức tan x + A. 0.

D. x = −k 2π.

1 là tan x

B. 2.

Câu 17: Cho x thỏa mãn phương trình sin x + sin 2

Câu 9: Nghiệm của phương trình cot 3x − cot 3 x − 2 = 0 là 2

π π 4 + k 3 A. x =  , k ∈ ℤ.  1 arccot 2 + k π  3 3

4 3 tan x + 1 = 0 trên đoạn [ 0;3π] . Chọn câu trả lời đúng? 3

Câu 16: Cho x thỏa mãn phương trình sau ( tan x + cot x ) − ( tan x + cot x ) = 2

Câu 8: Với k ∈ ℤ, phương trình sin 2 x − 2sin x = 0 có nghiệm là A. x = k 2π.

1 1 cos 4 x = . 4 2

Câu 15: Xét phương trình sin x − 5sin x + 6 = 0 trên đoạn [ 0; 2π]. Chọn câu trả lời đúng?

π C. + k 2π, k ∈ ℤ. 2

C. x = ±

π D. x = − . 4

3 Câu 7: Với k ∈ ℤ, phương trình cos 2 x + cos 2 x − = 0 có nghiệm là 4 B. x = k 2π.

3 sin x = 2.

Câu 14: Xét phương trình tan 2 x −

A. x = k π.

π C. x = − . 3

Câu 13: Phương trình 3cos x + 2 sin x = 2 có nghiệm là

5π . 6

Câu 6: Nghiệm của phương trình tan 2 x + 2 tan x + 1 = 0 là

π π A. + k , k ∈ ℤ. 4 2

7π . 6

Câu 12: Xét phương trình 13sin 2 x − 78sin x + 15 = 0 trên đoạn [ 0; 2π]. Lựa chọn phương án đúng.

D. Vô nghiệm.

Câu 4: Xét phương trình 3cos 2 x − 2 cos x − 4 = 0 trên đoạn [ 0;3π] . Chọn câu trả lời đúng.

π A. x = . 3

B. x = −

C. 2sin x + 3cos x = 5.

Câu 3: Nghiệm dương bé nhất của phương trình 2sin 2 x + 5sin x − 3 = 0 là

π A. x = . 6

5π . 6

Câu 11: Trong các phương trình sau phương trình nào có nghiệm?

Câu 2: Với k ∈ ℤ , phương trình cos 2 x + 2 cos x − 3 = 0 có nghiệm là A. x = k 2π.

π  + kπ D. x =  4 , k ∈ ℤ.  1 arccot 2 + k π  3

A. 1.

π  π − 4 + k 3 B. x =  , k ∈ ℤ.  − 1 arccot 2 + k π  3 3

B. 0,5.

C. 3.

x = 0, 5. Giá trị của biểu thức y = tan x là 2 C.

D. 0.

 −1  Câu 18: Cho x = arctan   + k π là nghiệm của một trong phương trình sau, hỏi đó là phương trình  3  nào?

A. 3sin 2 x − sin 2 x − cos 2 x = 0.

Trang 7

B. 3sin 2 2 x − 4 cos 2 2 x = 2.

Trang 8

1 1 2 + = . sin 2 x cos 2 x sin 4 x

π   tan x = 1 x = 4 + kπ  ⇔ , k ∈ ℤ. 3− 3 ⇔  tan x = x = π + kπ  3+ 3  12

D. cos x + 2 cos 2 x = 0.

sin 3 x + cos3 x = cos 2 x. Nếu giải phương trình bằng cách đặt tan x = t thì 2 cos x − sin x phương trình trên sẽ tương đương với phương trình nào dưới đây?

Câu 19: Cho phương trình

A. 2t 2 + t − 1 = 0.

B. t 2 + 2t − 1 = 0.

1 C. t + t − = 0. 2

D. t + t + 1 = 0.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm π  x = 4 + kπ , k ∈ ℤ.  x = π + kπ  12

Câu 20: Cho phương trình 2sin x − 2 cos x = 1 − 3. Nếu giải phương trình bằng cách bình phương hai vế thì ta được phương trình nào sau đây? π A. sin 2 x = sin . 4

π B. sin 2 x = sin . 6

π C. sin 2 x = sin . 3

π D. cos 2 x = cos . 3

Ta có 2 3 cos 2 x + 6sin x.cos x = 3 + 3

sin 2 x =

Dạng 3. Phương trình lượng giác đẳng cấp

sin x cos x =

Phương trình lượng giác đẳng cấp có dạng tổng Ví dụ: Giải phương trình sau 2 3 cos 2 x + 6sin x.cos x = 3 + 3.

a.sin 2 x + b.sin x cos x + c.cos 2 x = d .

(1)

⇔ cos 2 x + 3 sin 2 x = 3

1 − cos 2 x 1 + cos 2 x ;cos 2 x = ; 2 2

Phương pháp giải

quát

⇔ 3 (1 + cos 2 x ) + 3sin 2 x = 3 + 3

Cách 2: Dùng công thức hạ bậc.

⇔

sin 2 x . 2

Đưa phương trình đã cho về phương trình

b sin 2 x + ( c − a ) cos 2 x = d − c − a.

Hướng dẫn giải

Ta có thể giải phương trình lượng giác đẳng cấp

Đây là phương trình bậc nhất đối với sin và cosin

theo hai cách sau

ta đã biết cách giải ở dạng 1.

Cách 1:

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

3 π  ⇔ cos  2 x −  = 3 2  π  x = 4 + kπ ⇔ , k ∈ ℤ. x = π + kπ  12 Vậy phương trình có 2 họ nghiệm là

Bước 1. Kiểm tra cos x = 0 có là nghiệm của phương trình hay không, nếu có thì nhận nghiệm

Với cos x = 0 ⇔ x =

π + k π, k ∈ ℤ. 2

này.

Thay vào phương trình (1) ta có 0 = 3 + 3

Bước 2. Nếu cos x ≠ 0 thì chia cả hai vế của

⇒ phương trình vô nghiệm.

π  x = 4 + kπ ,k ∈ℤ  x = π + kπ  12

phương trình cho cos 2 x đưa về phương trình bậc Với cos x ≠ 0 . Chia cả hai vế của phương trình

Tổng quát: Đối với phương trình đẳng cấp bậc

hai theo tan x .

n n ≥ 2 : A ( sin n x, cos n x, sin k x cos h x ) = 0

(

(1) cho cos x ta được 2

sin x sin x cos x cos x d +c = (1) ⇔ a 2 + b cos x cos 2 x cos 2 x cos 2 x

2 3 + 6 tan x = 3 + 3 (1 + tan x )

⇔ a tan 2 x + b tan x + c = d (1 + tan 2 x ) .

⇔ 3 + 3 tan 2 x − 6 tan x + 3 − 3 = 0 ( 2 ) . Đặt

Bước 3. Đặt t = tan x đưa về phương trình bậc

tan x = t phương trình (2) trở thành

(

hai để giải.

(

)

trong

đó k + h = n; k , h, n ∈ ℕ, ta cũng giải tương tự

)

theo hai cách. Cách 1: Nếu cos x ≠ 0 thì chia cả hai vế cho

cos n x .

t = 1 3 + 3 t 2 − 6t + 3 − 3 = 0 ⇔  3 − 3 t=  3 + 3

Cách 2: Dùng công thức hạ bậc.

)

Ví dụ mẫu Ví dụ. Cho phương trình 2sin 2 x − sin x cos x − cos 2 x = m. Tìm m để phương trình có nghiệm. Hướng dẫn giải Trang 9

Trang 10

- Nếu cos x = 0 ⇒ Phương trình có dạng 2sin 2 x = m Để phương trình có nghiệm thì m = 2.

Câu 4: Cho x thỏa mãn phương trình sin 2 x +

( *) A. 1.

- Nếu cos x ≠ 0 ⇔ m ≠ 2 thì ta chia cả hai vế của phương trình cho cos 2 x . Phương trình đã cho trở thành 2 tan 2 x − tan x − 1 −

C. 3.

D. 2.

Câu 5: Phương trình 2sin x − sin 2 x + cos x = 1 có nghiệm là 2

m =0 cos 2 x

⇔ ( 2 − m ) tan 2 x − tan x − m − 1 = 0. (1) Với m ≠ 2 thì phương trình (1) là phương trình bậc hai ẩn t = tan x. Xét ∆ = −4m2 + 4m + 9. 1 − 10 1 + 10 ∆ ≥ 0 ≤m≤  Để phương trình đã cho có nghiệm thì  ⇔ 2 2 . (**) m ≠ 2 m ≠ 2 

π  x = − + k 2π A.  , k ∈ ℤ. 4   x = arctan 2 + k π

π  x = + kπ B.  , k ∈ ℤ. 4   x = arctan 2 + k π

 x = kπ C.  , k ∈ ℤ.  x = arctan 2 + k π

π  x = − + kπ D.  , k ∈ ℤ. 4   x = arctan 2 + k π

Câu 6: Giải phương trình − sin 2 x + 2 3 sin x cos x + 1 = 2 ta được nghiệm là A. x =

1 − 10 1+ 0 Kết hợp (*) và (**), ta được ≤m≤ là những giá trị cần tìm. 2 2 Vậy với

B. −1.

1− 3 sin 2 x − 3 cos 2 x = 0 . Giá trị nguyên của tan x là 2

−π + k π, k ∈ ℤ. 6

 1+ 3 + kπ  x = arctan 2 C.  , k ∈ ℤ.  −1 + 3 = x arctan + k π   2

1 − 10 1+ 0 ≤m≤ thì phương trình đã cho có nghiệm. 2 2

Bài tập tự luyện dạng 3

B. x =

π + k π, k ∈ ℤ. 3

D. x =

−π + k π, k ∈ ℤ. 3

Câu 7: Cho x thỏa mãn phương trình sin 3 x − 3 cos3 x = sin x.cos 2 x − 3 sin 2 x.cos x. Giá trị nguyên của

Câu 1: Phương trình cos 2 x − 3sin x cos x − 2sin 2 x = 1 có nghiệm là  x = k 2π A.  (k ∈ ℤ).  x = −π + k π  4

 x = k 2π B.  ( k ∈ ℤ).  x = −π + k 2π  4

tan x là

 x = kπ C.  ( k ∈ ℤ).  x = −π + k 2π 3 

 x = kπ D.  (k ∈ ℤ).  x = −π + k π 4 

Câu 8: Phương trình 2sin 2 x − 5sin x cos x − cos 2 x = −2 có thể được đưa về phương trình nào trong các

Câu 2: Phương trình

A. 1.

 x = k 2π B.  (k ∈ ℤ).  x = π + k 2π 3 

 x = C.  x = 

D. x = k π ( k ∈ ℤ ) .

 tan x = − 3 D.  .  tan x = ±1

A. 4sin 2 x + 5sin 2 x − cos 2 x = 0.

B. 5sin 2 x + 3cos 2 x = 5.

C. 4sin x + 5sin x cos x + cos x = 0.

D. Một phương trình khác.

x = kπ A.  ( k ∈ ℤ).  x = π + kπ 3 

phương trình sau

1 3 sin x + cos x = có nghiệm là cos x

kπ 2 ( k ∈ ℤ). π + kπ 3

B. ±1.

Câu 9: Kết quả nào cho dưới đây là đúng? Phương trình sin 2

x x − sin x + 3cos 2 = 0 có tập nghiệm là 2 2

A. S = ∅.

B. S = {−π + k 2π, k ∈ ℤ} .

π  C. S =  + k 2π, k ∈ ℤ  . 2 

D. Đáp án khác.

Câu 10: Khi m = 2 thì phương trình

( 4 − 6m ) sin 3 x + 3 ( 2m − 1) sin x + 2 ( m − 2 ) sin 2 x.cos x − ( 4m − 3) cos x = 0 có bao nhiêu họ nghiệm?

Câu 3: Phương trình 3cos 2 4 x + 5sin 2 4 x = 2 − 2 3 sin 4 x.cos 4 x có nghiệm là A. x =

−π + k π, k ∈ ℤ. 6

B. x =

−π π + k , k ∈ ℤ. 12 2

C. x =

−π π + k , k ∈ ℤ. 18 3

D. x =

−π π + k , k ∈ ℤ. 24 4

A. 0.

B. 2.

C. 1.

D. 3.

Câu 11: Cho phương trình sin x − 3 cos x = sin x.cos x − 3 sin x.cos x. Nghiệm của phương trình là 3

Trang 11

Trang 12

−π + k π. 3

B. x =

π π  x = 4 + k 2 C.  , k ∈ ℤ. x = − π + kπ  3

D. x =

A. x =

Câu 20: Cho phương trình sin 2 x + ( 2m − 2 ) sin x.cos x − ( m + 1) cos 2 x − m = 0. Giá trị của m để phương

π + k π, k ∈ ℤ. 4

trình có nghiệm là A. −2 ≤ m ≤ 1.

π π π + k , x = − + k π, k ∈ ℤ. 4 2 3

B. 0 ≤ m ≤ 1.

Phương pháp giải

Phương trình lượng giác đối xứng có dạng tổng Ví dụ.

Câu 12: Phương trình 2sin x + sin 2 x + 1 = 0 có tập nghiệm là A. S = ∅.

B. S = {k π, k ∈ ℤ} .

C. Phương trình vô số nghiệm.

D. Đáp án khác.

quát

sin x + cos x − 2sin x cos x + 1 = 0. (1) a ( sin x + cos x ) + b sin x cos x + c = 0

Để giải phương trình lượng giác đối xứng, ta

A. x =

−π + kπ(k ∈ ℤ). 3

B. x =

π + kπ(k ∈ ℤ). 4

làm như sau.

C. x =

−π π + k (k ∈ ℤ). 6 2

D. x =

π π π + k , x = + kπ(k ∈ ℤ). 4 2 3

π  Đặt t = sin x + cos x = 2 sin  x +  . 4 

Câu 14: Phương trình sin 2 4 x + 3cos 2 4 x = 0 có tập nghiệm là A. S = ∅.

B. S = {k π, k ∈ ℤ} .

C. Phương trình vô số nghiệm.

D. Đáp án khác.

Ta có ( sin x + cos x ) = 1 + 2sin x cos x

( tan x − 1) ( 2 tan 2 x − tan x + 3)

Khi đó phương trình đã cho trở thành

B. 0.

Câu 16: Cho phương trình 3sin 2

C. 3.

D. 2.

bt 2 + 2at − b + 2c = 0.

x x + 3 sin x + cos 2 = 0. Số nghiệm của phương trình đã cho trong 2 2

khoảng ( 0; 2π ) là

Đây là phương trình bậc hai đã biết cách giải. Chú ý: Cách giải trên áp dụng cho phương trình

a ( sin x − cos x ) + b sin x cos x + c = 0.

A. 2.

B. 3.

C. 0.

D. 1. Đặt t = sin x − cos x ⇒ sin x cos x =

Câu 17: Cho phương trình 2 3 cos 2 x − sin 2 x = 0, khẳng định đúng là A. Phương trình có 1 họ nghiệm.

B. Phương trình vô nghiệm.

C. Phương trình có 2 họ nghiệm.

D. Cả A, B, C đều sai.

Câu 18: Cho x thỏa mãn phương trình

π  sin 3  x −  = 2 sin x. 4 

Giá trị của biểu thức

t −1 . 2

Khi đó phương trình (1) trở thành

1− t 2 . 2

Kết hợp với điều kiện − 2 ≤ t ≤ 2 ta được π  t = −1 ⇔ sin x + cos x = −1 ⇔ 2 sin  x +  = −1 4 

π  x = − + k 2π π 2  ⇔ sin  x +  = − ⇔ (k ∈ ℤ). 2  4 2   x = π + k 2π Vậy phương trình có 2 họ nghiệm là

π   x = − 2 + k 2π ( k ∈ ℤ ) .   x = π + k 2π

Ví dụ mẫu Ví dụ 1. Giải phương trình sin x − cos x + 14sin x cos x = 1.

( 2 tan 2 x − tan x + 3) tan x là

)

 t 2 −1   t = −1 2 t − 2 .  +1 = 0 ⇔ t − t − 2 = 0 ⇔  2 t = 2  

Câu 15: Cho x thỏa mãn phương trình sin 2 x + 2 tan x = 3. Giá trị của biểu thức là

(

Đặt t = sin x + cos x − 2 ≤ t ≤ 2 ⇒ sin x cos x =

Điều kiện t ≤ 2.

t2 −1 ⇒ sin x cos x = . 2

A. 1.

Hướng dẫn giải

Trong đó a, b, c ∈ ℝ.

Câu 13: Phương trình sin 2 2 x + 3 sin 4 x + 3cos 2 2 x = 0 có nghiệm là

Câu 19: Cho phương trình

D. m ≥ −2.

Dạng 4. Phương trình lượng giác đối xứng

A. 1.

C. 0 ≤ m.

(1)

Hướng dẫn giải B. −6.

C. 3.

D. 2.

(

1 − tan x = 1 + sin 2 x, khẳng định đúng là 1 + tan x

A. Phương trình có 2 họ nghiệm.

B. Phương trình vô nghiệm.

C. Phương trình có 1 họ nghiệm.

D. Cả A, B, C đều sai.

)

Đặt t = sin x − cos x − 2 ≤ t ≤ 2 ⇒ sin x cos x =

1− t2 . 2

t = 1 Khi đó phương trình (1) trở thành t + 7 (1 − t 2 ) = 1 ⇔ 7t 2 − t − 6 = 0 ⇔  . t = − 6 7  Trang 13

Trang 14

π  x = + k 2π π π  - Nếu t = 1 thì sin x − cos x = 1 ⇔ sin  x −  = sin ⇔  (k ∈ ℤ). 2  4 4   x = π + k 2π - Nếu t = −

π  Câu 2: Nếu (1 + sin x )(1 + cos x ) = 2 thì cos  x −  nhận giá trị là 4 

A. −1.

6 −6 thì sin x − cos x = 7 7

 x = k 2π A.  , k ∈ ℤ.  x = 3π + k 2π  2

C. x =

π Vậy phương trình đã cho có 4 họ nghiệm x = + k 2π; x = π + k 2π 2

A. x =

x − sin x cos x + cos x ) = 3sin x cos x 2

C. x =

3π . 2

D. x =

5π . 6

B. x =

π + k 2π, k ∈ ℤ. 4

D. Vô nghiệm. 2 ( sin x + cos x ) = tan x + cot x. Nếu t = sin x + cos x thì giá trị của t thỏa mãn

t ≤ 2 là

A. −1.

 t = −1  ⇔ t 3 + 3t 2 − 3t − 5 = 0 ⇔ ( t + 1) ( t 2 + 2t − 5 ) = 0 ⇔ t = −1 − 6 < − 2 ⇒ t = −1.  t = −1 + 6 > 2 

C. − 2.

D. −

2 . 2

Câu 7: Cho phương trình sin 2 x + 4 ( sin x − cos x ) − 5 = 0. Số nghiệm của phương trình thỏa mãn 0 < x < π là

A. 1.

π  Suy ra sin x + cos x = −1 ⇔ 2 cos  x −  = −1 4 

B. 0.

C. 2.

D. 4.

Câu 8: Phương trình nào sau đây vô nghiệm? A.

 x = π + k 2π π 3π  ⇔ cos  x −  = cos ⇔ (k ∈ ℤ).  x = −π + k 2π 4 4   2 Vậy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm x = π + k 2π; x =

B. sin 2 x − sin x + cos x = 1.

3 sin 2 x − cos 2 x = 2.

π C. sin x = cos . 4

3 sin x − cos x = −3.

π  Câu 9: Cho x thỏa mãn phương trình sin 2 x + sin x − cos x = 1. Giá trị lớn nhất tìm được của sin  x −  4 

−π + k 2π ( k ∈ ℤ ) . 2

Bài tập tự luyện dạng 4

là

Câu 1: Cho phương trình − 2 ( sin x + cos x ) + 2sin x cos x + 1 = 0 . Đặt t = sin x + cos x, ta được phương trình nào dưới đây?

B. t 2 + 2t + 2 = 0.

π + k π, k ∈ ℤ. 4

Câu 6: Cho phương trình

t2 −1 . 2

 t 2 −1  t 2 −1 Khi đó phương trình (*) trở thành 1 + t 1 −  = 3. 2  2 

A. t 2 + 2t = 0.

B. x = 0.

π C. x = − + k π, k ∈ ℤ. 4

⇔ 1 + ( sin x + cos x )(1 − sin x cos x ) = 3sin x cos x. (*) Đặt t = sin x + cos x − 2 ≤ t ≤ 2 ⇒ sin x cos x =

D. Vô nghiệm.

Câu 5: Phương trình sin 2 x + 2 ( cos x − sin x ) − 1 = 0 có nghiệm là

Hướng dẫn giải

)

2 . 2

x = kπ B.  , k ∈ ℤ.  x = 3π + k π  2

3π + k 2π, k ∈ ℤ. 2

π A. x = . 2

3 Ví dụ 2. Giải phương trình sin 3 x + cos 3 x + 1 = sin 2 x. ( 2 ) 2

(

Câu 4: Cho phương trình sin 2 x − 2 ( sin x − cos x ) − 2 = 0. Nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình là

π −3 2 5π −3 2 x = + arcsin + k 2π; x = − arcsin + k 2π ( k ∈ ℤ ) . 4 7 4 7

( 2 ) ⇔ 1 + ( sin x + cos x ) ( sin

2 . 2

C. −

Câu 3: Phương trình sin x − cos x + 2sin 2 x + 1 = 0 có nghiệm là

 π −3 2 + k 2π  x = + arcsin π  −3 2  4 7 ⇔ sin  x −  = ⇔ (k ∈ ℤ). 4 7   −3 2 5π − arcsin + k 2π x = 4 7 

B. 1.

C. t 2 − 2t = 0.

D. t 2 − 2t − 2 = 0.

Trang 15

A. 0.

2 . 2

1 . 2

D. 1.

Câu 10: Số họ nghiệm của phương trình sin 2 x − sin x + cos x − 1 = 0 là Trang 16

A. 4.

B. 3.

C. 2.

D. 1.

Câu 11: Phương trình nào sau đây vô nghiệm? A. 4 ( sin x − cos x ) + sin 2 x − 5 = 0.

B. 2 cos x − cos x − 1 = 0.

C. 2 ( sin x − cos x ) − sin 2 x + 2 = 0.

D. 3sin x − 2 = 0.

D. Cả A, B, C đều sai.

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN

π B. x = − . 2

C. x = −

3π . 2

D. x = −

5π . 6

B. 0.

C. 3.

D. 2.

3 sin x = 2.

1- C

2- A

3- B

4- B

5- D

6- D

7- C

8- C

9- B

10- C

11- D

12- B

13- A

14- A

15- A

16- B

17- D

18- B

19- A

20- B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Phương trình 3 sin x − cos x = 1 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

Câu 14: Trong các phương trình sau phương trình nào có nghiệm? A.

C. m = −1.

Dạng 1. Phương trình thuần nhất

Câu 13: Số nghiệm của phương trình 2 2 ( sin x + cos x ) − sin 2 x − 3 = 0 thỏa mãn điều kiện π < x < 5π là A. 1.

B. ∀m.

1 Câu 12: Nghiệm âm lớn nhất của phương trình sin x + cos x = 1 − sin 2 x là 2

π A. x = − . 6

A. Không có giá trị nào của m.

1 1 cos 4 x = . 4 2

Ta có

3 sin x − cos x = 1 ⇔

π 1 3 1 1  sin x − cos x = ⇔ sin  x −  = 2 2 2 6 2 

A. m ≤ 0.

B. Không có giá trị nào của m.

π π  π   x − 6 = 6 + k 2π x = + k 2π π π  ⇔ sin  x −  = sin ⇔  ⇔ , k ∈ ℤ. 3  6 6   x − π = π − π + k 2π x = π + k 2π   6 6 Câu 2.

C. m ≥ 4.

D. 0 ≤ m ≤ 4.

Phương trình sin x + 3 cos x = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

C. 2 2 ( sin x + cos x ) + sin 2 x + 3 = 0. Câu 15: Điều kiện để phương trình

D. cot 2 x − cot x + 5 = 0.

2 ( sin x + cos x ) + m − 2 = 0 có nghiệm là

1 Câu 16: Phương trình 3 ( sin x + cos x ) + sin 2 x = −3 có nghiệm là 2

π A. x = − + k π, k ∈ ℤ. 4

π  x = − + k 2π B.  , k ∈ ℤ. 2   x = π + k 2π

π C. x = − + k 2π, k ∈ ℤ. 2

D. Vô nghiệm.

Ta có sin x + 3 cos x = 0 ⇔

Vậy phương trình có nghiệm âm lớn nhất x = −

3π . 4

B. x =

−π . 2

C. x = π.

D. x =

−π . 4

3 π  Câu 18: Từ phương trình sin 3 x + cos3 x + 1 = sin 2 x ta tìm được cos  x +  có giá trị bằng 2 4 

A. −1.

B. ±

2 . 2

C. −

2 . 2

Câu 19: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình sin x cos x − sin x − cos x + m = 0 có nghiệm?

A. 1.

B. 2.

C. 3.

π là với k = 0. 3

Câu 3. Phương trình sin x + cos x = 1 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. π 1 1 1 1  Ta có sin x + cos x = 1 ⇔ sin x + cos x = ⇔ sin  x +  = 4 2 2 2 2 

Câu 17: Nghiệm của phương trình 2 ( sin x + cos x ) + sin 2 x + 1 = 0 thỏa mãn điều kiện 0 < x < π là A. x =

1 3 π π π  sin x + cos x = 0 ⇔ sin  x +  = 0 ⇔ x + = k π ⇔ x = − + k π. 2 2 3 3 3 

D. 4.

Câu 20: Giá trị của m để phương trình m ( sin x + cos x ) + sin 2 x = 0 có nghiệm là Trang 17

π π   x + 4 = 4 + k 2π ⇔ x = k 2π π π  ⇔ sin  x +  = sin ⇔  , k ∈ ℤ. 4 4   x + π = π − π + k 2 π ⇔ x = π + k 2π  4 4 2 Câu 4. Phương trình sin x + cos x = 1 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. π 1 1 1 1  Ta có sin x + cos x = 1 ⇔ sin x + cos x = ⇔ sin  x +  = 4 2 2 2 2  π π   x + 4 = 4 + k 2π ⇔ x = k 2π π π  ⇔ sin  x +  = sin ⇔  , k ∈ ℤ. 4 4   x + π = π − π + k 2 π ⇔ x = π + k 2π  4 4 2 π Theo bài ra x ∈ ( 0; π ) ⇒ x = . 2 Trang 18

Câu 5. Phương trình 3sin x + m cos x = 5 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

Ta có sin 2 x − 2 cos x = 0 ⇔ 2sin x cos x − 2 cos x = 0 π  cos x = 0 ⇒ x = 2 + k π π ⇔ 2 cos x ( sin x − 1) = 0 ⇔  ⇒ x = + k π. 2 sin x = 1 ⇒ x = π + k 2π  2

 m ≤ −4 Điều kiện để phương trình có nghiệm 3 + m ≥ 5 ⇔ m ≥ 16 ⇔  . m ≥ 4 Vậy phương trình vô nghiệm khi −4 < m < 4. Câu 6. Phương trình m.sin x − 3cos x = 5 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.  m ≤ −4 2 Điều kiện để phương trình có nghiệm m2 + ( −3) ≥ 52 ⇔ m 2 ≥ 16 ⇔  . m ≥ 4 Câu 7. 2

Phương trình Ta có

5π 3π π π  5π π  Vì x ∈  − ;  nên x = − ; x = − ; x = − ; x = . 12 2 2 2  2 2 Vậy phương trình có 4 nghiệm thỏa mãn đề bài. Câu 13. Phương trình cos 7 x − 3 sin 7 x = − 2 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

3 sin 3 x + cos 3x = −1 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

3 sin 3 x + cos 3 x = −1 ⇔

Ta có cos 7 x − 3 sin 7 x = − 2 ⇔

π 3 1 1 1  sin 3 x + cos 3 x = − ⇔ sin  3x +  = − . 2 2 2 6 2 

5π k 2π π π  7 x − 6 = 4 + k 2π ⇒ x = 84 + 7 3 1 2 π π  ⇔ sin 7 x − cos 7 x = ⇔ sin  7 x −  = sin ⇔  , k ∈ ℤ. 2 2 2 6 4  7 x − π = π − π + k 2π ⇒ x = 11π + k 2π  6 4 84 7 Câu 14.

Câu 8. Phương trình 2sin x + 3cos x = 1 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. Ta có 22 + 32 − 12 = 12 > 0. Vậy phương trình 2sin x + 3cos x = 1 có nghiệm. Câu 9. Phương trình Ta có

Phương trình sin x + 3 cos x = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

3 cos x + sin x = 2 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

3 cos x + sin x = 2 ⇔

1 3 2 cos 7 x − sin 7 x = − 2 2 2

π 3 1 2 2  cos x + sin x = ⇔ sin  x +  = 2 2 2 3 2 

Ta có sin x + 3 cos x = 0 ⇔

π π π   x + 3 = 4 + k 2π ⇔ x = − 12 + k 2π π π  ⇔ sin  x +  = sin ⇔  , k ∈ ℤ. 3 4   x + π = π − π + k 2π ⇔ x = 5π + k 2π  3 4 12 5π Vì x ∈ [ 0; π] nên x = . 12 Câu 10.

1 3 π π π  sin x + cos x = 0 ⇔ sin  x +  = 0 ⇔ x + = k π ⇔ x = − + k π. 2 2 3 3 3 

Vậy phương trình có nghiệm dương nhỏ nhất là x =

2π với k = 1. 3

Câu 15. Phương trình có nghĩa ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π π  + k π ⇔ D = ℝ \  + k π . 2 2 

1  sin x 2  Ta có tan x − sin 2 x − cos 2 x + 2  2 cos x − − sin 2 x − cos 2 x + 4 cos x − =0 =0⇔ cos x  cos x cos x 

Phương trình sin 8 x − cos 6 x = 3 ( sin 6 x + cos8 x ) có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

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

Ta có sin 8 x − cos 6 x = 3 ( sin 6 x + cos 8 x ) ⇔ sin 8 x − 3 cos8 x = cos 6 x + 3 sin 6 x

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

1 3 1 3 π π   sin 8 x − cos 8 x = cos 6 x + sin 6 x ⇔ sin  8 x −  = sin  6 x +  2 2 2 2 3 6  

cos 2 x = 0 π π ⇔ ⇔ x = + k , k ∈ ℤ. 4 2 sin x + cos x = 2

π π π  8 x − 3 = 6 x + 6 + k 2π ⇔ x = 4 + k π π π   sin  8 x −  = sin  6 x +  ⇔  , k ∈ ℤ. 3 6   8 x − π = π − 6 x − π + k 2π ⇔ x = π + k π  3 6 12 7 Câu 11. Phương trình

Vậy phương trình có nghiệm dương nhỏ nhất là x =

Câu 16. Phương trình sin x + cos x = −1 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. π 1 1 1 1  Ta có sin x + cos x = −1 ⇔ sin x + cos x = − ⇔ sin  x +  = − 4 2 2 2 2 

3 sin x − cos x = −3 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

Để phương trình có nghiệm thì

( 3)

π với k = 0. 4

π π π   x + 4 = − 4 + k 2 π ⇔ x = − 2 + k 2π π −π  ⇔ sin  x +  = sin ⇔ , k ∈ ℤ. 4 4   x + π = π − −π + k 2π ⇔ x = π + k 2π  4 4 Câu 17.

+ ( −1) ≥ ( −3) ⇔ 4 ≥ 9 (vô lí).

Vậy phương trình 3 sin x − cos x = −3 vô nghiệm. Câu 12. Phương trình sin 2 x − 2 cos x = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. Trang 19

Trang 20

Phương trình 2sin 2 x − sin x cos x − cos 2 x = m có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. 1 1 Ta có 2sin 2 x − sin x cos x − cos 2 x = m ⇔ (1 − cos 2 x ) − sin 2 x − (1 + cos 2 x ) = m 2 2 ⇔ sin 2 x + 3cos 2 x = −2m + 1. (1) 2

Để phương trình (1) có nghiệm thì (1 − 2m ) ≤ 1 + 9 ⇔ 4m 2 − 4m − 9 ≤ 0 ⇔

1 − 10 1 + 10 ≤m≤ . 2 2

Câu 18. Phương trình cos 2 x + sin x − 1 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. Ta có cos 2 x + sin x − 1 = 0 ⇔ 1 − 2sin 2 x + sin x − 1 = 0 1 1 1  2 sin x − 4 = 4 ⇔ sin x = 2 (1) 1 1 1  ⇔ 2sin x − sin x = 0 ⇔ sin x − sin x = 0 ⇔  sin x −  = ⇔ . 2 4  16  sin x − 1 = − 1 ⇔ sin x = 0 ( 2 )  4 4 2

π   x = 6 + k 2π 1 π Giải (1) ta có sin x = ⇔ sin x = sin ⇔  . 2 6  x = 5π + k 2π  6 Giải (2) ta có sin x = 0 ⇔ x = k π, k ∈ ℤ.

Câu 19. Phương trình có nghĩa ⇔ cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π π  + k π ⇔ D = ℝ \  + k π . 2 2 

⇔ sin x − 2sin x cos 2 x − cos 2 x cos x + 2 ( 2 cos 2 x − 1) = 0 ⇔ sin x (1 − 2 cos 2 x ) − cos 2 x cos x + 2 cos 2 x = 0 ⇔ − sin x cos 2 x − cos 2 x cos x + 2 cos 2 x = 0  cos 2 x = 0 π π ⇔ cos 2 x ( sin x + cos x − 2 ) = 0 ⇔  ⇔ x = + k , k ∈ ℤ. + = sin x cos x 2 4 2  Câu 20. π  π Phương trình có nghĩa ⇔ sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ k ⇔ D = ℝ \ k  . 2  2

(

)

sin x cos x −3 = 4 sin x + 3 cos x cos x sin x

(

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

(

)(

sin x + 3 cos x = 0 ⇔

)

) (

)

1 3 π π π  sin x + cos x = 0 ⇔ sin  x +  = 0 ⇔ x + = k π ⇔ x = − + k π. 2 2 3 3 3 

Trường hợp 2: sin x − 3 cos x = 4sin x.cos x ⇔

2- A

3- A

4- A

5- C

6- B

7- C

8- B

9- A

10- D

12- A

13- B

14- C

15- C

16- B

17- B

18- A

19- A

20- C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Phương trình 2sin 2 x + sin x − 3 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇒ D = ℝ. t = 1 Đặt t = sin x, t ≤ 1. Ta có 2sin 2 x + sin x − 3 = 0 ⇔ 2t 2 + t − 3 = 0 ⇔  −3 ⇔ t = 1 (do t ≤ 1 ). t =  2 π Với t = 1, ta có sin x = 1 ⇔ x = + k 2π ( k ∈ ℤ ) . 2 Câu 2. Phương trình cos 2 x + 2 cos x − 3 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇒ D = ℝ. t = 1 Đặt t = cos x, t ≤ 1. Ta có cos 2 x + 2 cos x − 3 = 0 ⇔ t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔  ⇔ t = 1 (do t ≤ 1 ).  t = −3

Câu 3. Phương trình 2sin 2 x + 5sin x − 3 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇒ D = ℝ.  1 t= 1 Đặt t = sin x, t ≤ 1. Ta có 2sin 2 x + 5sin x − 3 = 0 ⇔ 2t 2 + 5t − 3 = 0 ⇔  2 ⇔ t = (do t ≤ 1 ).  2 t = −3 π   x = 6 + k 2π 1 1 Với t = , ta có sin x = ⇔  (k ∈ ℤ). 2 2  x = 5π + k 2π  6

sin x + 3 cos x = 0 ⇔ sin x + 3 cos x sin x − 3 cos x = 4sin x.cos x sin x + 3 cos x ⇔  sin x − 3 cos x = 4sin x.cos x Trường hợp 1:

(

1- C 11- D

Với t = 1, ta có cos x = 1 ⇔ x = k 2π ( k ∈ ℤ ) .

1  sin x 2  Ta có tan x − sin 2 x − cos 2 x + 2  2 cos x − − sin 2 x − cos 2 x + 4 cos x − =0 =0⇔ cos x  cos x cos x 

Ta có tan x − 3cot x = 4 sin x + 3 cos x ⇔

−π   x = 3 + k 2π π  ⇔ sin  x −  = sin 2 x ⇔  . 3   x = 4π + k 2π  9 3 Dạng 2. Phương trình bậc hai của hàm số lượng giác

π Vậy nghiệm dương bé nhất của phương trình là x = . 6 Câu 4. Phương trình 3cos 2 x − 2 cos x − 4 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇒ D = ℝ. Đặt t = cos x, t ≤ 1.  1 − 13 t = 1 − 13 3 (do t ≤ 1 ). Ta có 3cos 2 x − 2 cos x − 4 = 0 ⇔ 3t 2 − 2t − 4 = 0 ⇔  ⇔t = 3  1 + 13 t = 3 

1 2 sin x − cos x = 2sin x.cos x 2 2

Trang 21

Trang 22

 1 − 13 + k 2π  x = arccos 1 − 13 1 − 13 3  Với t = , ta có cos x = ⇔ (k ∈ ℤ). 3 3  1 − 13 + k 2π  x = − arccos 3 

Phương trình cot 2 3x − cot 3 x − 2 = 0 có nghĩa ⇔ x ≠

t = −1 Đặt t = cot 3x. Ta có cot 2 3x − cot 3 x − 2 = 0 ⇔ t 2 − t − 2 = 0 ⇔  . t = 2 3π 3π π kπ Với t = −1, ta có cot 3x = −1 ⇔ cot 3x = cot ⇔ 3x = + kπ ⇔ x = + ( k ∈ ℤ ). 4 4 4 3 1 π Với t = 2, ta có cot 3x = 2 ⇔ 3 x = arccot 2 + k π ⇔ x = arc cot 2 + k ( k ∈ ℤ ) . 3 3 Câu 10.

Vì x ∈ [ 0,3π] nên phương trình chỉ có 3 nghiệm. x = arccos

1 − 13 1 − 13 1 − 13 , x = arccos + 2π, x = − arccos + 2π. 3 3 3

Câu 5. Phương trình 2sin 2 x − 3sin x + 1 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇒ D = ℝ.

Phương trình 2 cos 2 x + 2 cos x − 2 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇒ D = ℝ.

 1 t= Đặt t = sin x, t ≤ 1. Ta có 2sin x − 3sin x + 1 = 0 ⇔ 2t − 3t + 1 = 0 ⇔  2 .  t = 1 2

Ta có 2 cos 2 x + 2 cos x − 2 = 0 ⇔ 4 cos 2 x − 2 + 2 cos x − 2 = 0 ⇔ 4 cos 2 x + 2 cos x − 2 − 2 = 0.

Đặt t = cos x, t ≤ 1.

 2 t = 2 2 Ta có 4 cos 2 x + 2 cos x − 2 − 2 = 0 ⇔ 4t 2 + 2t − 2 − 2 = 0 ⇔  ⇔t = (do t ≤ 1 ).  −2 − 36 + 16 2 2 t = 8 

π   x = 6 + k 2π 1 1 Với t = , ta có sin x = ⇔  (k ∈ ℤ). 2 2  x = 5π + k 2π  6 π Với t = 1, ta có sin x = 1 ⇔ x = + k 2π ( k ∈ ℤ ) . 2 π  π Vì x ∈ 0;  nên x = . 6  2 Câu 6.

2 π π 2 = cos ⇔ x = ± + k 2π ( k ∈ ℤ ) . , ta có cos x = 2 2 4 4 π Vậy nghiệm âm lớn nhất của phương trình là x = − . 4 Câu 11. 2 Ta có 3 sin x = 2 ⇔ sin x = > 1 (vô nghiệm). 3 1 1 Ta có cos 4 x = ⇔ cos 4 x = 2 > 1 (vô nghiệm). 4 2 Ta có 22 + 22 < 52 nên phương trình 2sin x + 3cos x = 5 (vô nghiệm) Câu 12. Phương trình 13sin 2 x − 78sin x + 15 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇒ D = ℝ. Đặt t = sin x, t ≤ 1. Với t =

π + k π. 2 2 2 Đặt t = tan x . Ta có tan x + 2 tan x + 1 = 0 ⇔ t + 2t + 1 = 0 ⇔ t = −1. −π π Với t = −1, ta có tan x = −1 ⇔ tan x = tan ⇔ x = − + kπ ( k ∈ ℤ ). 4 4 Câu 7. 3 Phương trình cos 2 2 x + cos 2 x − = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇒ D = ℝ. 4 Phương trình tan 2 x + 2 tan x + 1 = 0 có nghĩa ⇔ x ≠

 t = 3 3 2 2 Đặt t = cos 2 x, t ≤ 1. Ta có cos 2 x + cos 2 x − = 0 ⇔ t + t − = 0 ⇔  4 4 t = 

kπ . 3

1 2 ⇔ t = 1 (do t ≤ 1 ). −3 2 2

π π    2 x = 3 + k 2π x = 6 + kπ 1 π 1 Với t = , ta có cos 2 x = = cos ⇔  ⇔ (k ∈ ℤ). 2 3 2  2 x = − π + k 2π  x = − π + kπ  3 6  Câu 8.

t = 0,199 Ta có 13sin 2 x − 78sin x + 15 = 0 ⇔ 13t 2 − 78t + 15 = 0 ⇔  ⇔ t = 0,199 (do t ≤ 1 ). t = 5,801  x = arcsin 0.199 + k 2π Với t = 0,199, ta có sin x = 0,199 ⇔  ( k ∈ ℤ ).  x = π − arcsin 0.199 + k 2π Vì x ∈ [ 0; 2π] nên phương trình có hai nghiệm. Câu 13. Phương trình 3cos x + 2 sin x = 2 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇒ D = ℝ.

Ta có 3cos x + 2 sin x = 2 ⇔ 3cos x + 2 1 − cos 2 x = 2.

Phương trình sin x − 2sin x = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇒ D = ℝ. 2

Đặt t = cos x, t ≤ 1. Ta có 3cos x + 2 sin x = 2 ⇔ 3t + 2 1 − t 2 = 2 ⇔ t = 0.

t = 0 Đặt t = sin x, t ≤ 1. Ta có sin 2 x − 2sin x = 0 ⇔ t 2 − 2t = 0 ⇔  ⇔ t = 0 (do t ≤ 1 ). t = 2

Với t = 0, ta có cos x = 0 ⇔ x =

Với t = 0, ta có sin x = 0 ⇔ x = k π ( k ∈ ℤ ) .

π + kπ ( k ∈ ℤ ). 2

Câu 14.

Câu 9. Trang 23

Trang 24

Phương trình tan 2 x −

t = 1 Đặt t = tan x. Ta có 3 tan 2 x − 2 tan x − 1 = 0 ⇔ 3t 2 − 2t − 1 = 0 ⇔  . t = − 1 3  π π Với t = 1, ta có tan x = 1 ⇔ tan x = tan ⇔ x = + k π ( k ∈ ℤ ) . 4 4 1 1 −1 Với t = − , ta có tan x = − ⇔ x = arctan + k π ( k ∈ ℤ ) . 3 3 3 Câu 19.

4 3 π tan x + 1 = 0 có nghĩa ⇔ x ≠ + k π. 3 2

Đặt t = tan x. Ta có tan 2 x −

 3 4 3 4 3 t = t +1 = 0 ⇔  tan x + 1 = 0 ⇔ t 2 − 3 . 3 3 t = 3

3 π π 3 ⇔ tan x = tan ⇔ x = + k π ( k ∈ ℤ ) . , ta có tan x = 3 3 6 6 π π Với t = 3, ta có tan x = 3 ⇔ tan x = tan ⇔ x = + k π ( k ∈ ℤ ) . 3 3 π 7π 13π π 4π 7π Vì x ∈ [ 0;3π] nên x = ; x = ;x = ;x = ;x = ;x = . 6 6 6 3 3 3 Vậy phương trình có 6 nghiệm thỏa mãn đề bài. Câu 15. Phương trình sin 2 x − 5sin x + 6 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇒ D = ℝ. Đặt t = sin x, t ≤ 1. Với t =

sin 3 x + cos3 x = cos 2 x ⇔ sin 3 x + cos3 x = ( cos 2 x − sin 2 x ) ( 2 cos x − sin x ) 2 cos x − sin x ⇔ sin 3 x + cos3 x = 2 cos3 x − 2 cos x sin 2 x − sin x cos 2 x + sin 3 x

Ta có

⇔ cos3 x − 2sin 2 x cos x − sin x cos 2 x = 0 ⇔

π + k π ). 2 ⇔ 1 − 2 tan 2 x − tan x = 0 ⇔ 2 tan 2 x + tan x − 1 = 0. Đặt tan x = t , ta có 2 tan 2 x + tan x − 1 = 0 ⇔ 2t 2 + t − 1 = 0. (Điều kiện cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

t = 3 Ta có sin 2 x − 5sin x + 6 = 0 ⇔ t 2 − 5t + 6 = 0 ⇔  ⇔ t = ∅ (do t ≤ 1 ). t = 2 Vậy phương trình vô nghiệm. Câu 16. π  π 2 cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + k π Phương trình ( tan x + cot x ) − ( tan x + cot x ) = 2 có nghĩa ⇔  ⇔x≠k . 2 2 sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ k π

Câu 20.

Phương trình 2sin x − 2 cos x = 1 − 3 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇒ D = ℝ.  1− 3  2 Ta có 2sin x − 2 cos x = 1 − 3 ⇔ ( sin x − cos x ) =    2 

3 3 π ⇔ sin 2 x = ⇔ sin 2 x = sin . 2 2 3 Dạng 3. Phương trình lượng giác đẳng cấp ⇔ sin 2 x + cos 2 x − 2sin x cos x = 1 −

t = 2 Đặt t = tan x + cot x. Ta có ( tan x + cot x ) − ( tan x + cot x ) = 2 ⇔ t − t − 2 = 0 ⇔  .  t = −1  tan x + cot x = 2  tan x = 1 Với t = 2, ta có  ⇔ .  tan x cot x = 1 cot x = 1 2

cos3 x 2sin 2 x cos x sin x cos 2 x − − =0 cos3 x cos3 x cos3 x

 tan x + cot x = −1 Với t = −1, ta có  (vô nghiệm).  tan x cot x = 1

1- D

2- A

3- D

4- B

5- C

6- C

7- D

8- B

9- A

10- C

11- C

12- A

13- C

14- A

15- B

16- D

17- C

18- B

19- C

20- A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Phương trình cos 2 x − 3sin x cos x − 2sin 2 x = 1 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. π Với cos x = 0 ⇔ x = + k π, k ∈ ℤ ⇒ phương trình vô nghiệm. 2 Với cos x ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình cho cos 2 x ta được cos 2 x − 3sin x cos x − 2sin 2 x = 1 ⇔ 1 − 3 tan x − 2 tan 2 x = 1 + tan 2 x π  tan x = −1 ⇔ x = − + k π ⇔ tan 2 x + tan x = 0 ⇔  (k ∈ ℤ). 4   tan x = 0 ⇔ x = k π

1 Vậy tan x + = 2. tan x Câu 17. x 1 = có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇒ D = ℝ. 2 2 x 1 1 − cos x 1 Ta có sin x + sin 2 = ⇔ sin x + = ⇔ 2sin x + 1 − cos x = 1 ⇔ 2sin x − cos x = 0. (*) 2 2 2 2 sin x 1 Vì cos x = 0 thì (*) vô nghiệm nên (*) ⇒ 2 − 1 = 0 ⇔ 2 tan x − 1 = 0 ⇔ tan x = . cos x 2 Câu 18. Phương trình 3sin 2 x − sin 2 x − cos 2 x = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇒ D = ℝ. Phương trình sin x + sin 2

Câu 2.

1 π có nghĩa khi cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + k π, k ∈ ℤ. cos x 2 Chia cả 2 vế của phương trình cho cos x ta được

Phương trình

Ta có 3sin 2 x − sin 2 x − cos 2 x = 0 ⇔ 3sin 2 x − 2sin x cos x − cos 2 x = 0. (1) Vì cos x = 0 không là nghiệm của phương trình (1) nên ta chia cả hai vế của phương trình cho cos 2 x . Ta có 3sin 2 x − 2sin x cos x − cos 2 x = 0 ⇒ 3 tan 2 x − 2 tan x − 1 = 0. Trang 25

3 sin x + cos x =

Trang 26

1 ⇔ 3 tan x + 1 = 1 + tan 2 x cos x π  tan x = 3 ⇔ x = + k π ⇔ tan 2 x − 3 tan x = 0 ⇔  3 ( k ∈ ℤ).   tan x = 0 ⇔ x = k π

 1+ 3 1+ 3 ⇔ x = arctan + kπ  tan x = 2 2 2  ⇔ 2 tan x − 2 3 tan x + 1 = 0 ⇔ , k ∈ ℤ.  −1 − 3 −1 − 3 tan x = ⇔ x = arctan + k π   2 2

Câu 3.

Câu 7.

3 sin x + cos x =

Phương trình 3cos 4 x + 5sin 4 x = 2 − 2 3 sin 4 x.cos 4 x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. π kπ Với cos 4 x = 0 ⇔ x = + , k ∈ ℤ ⇒ phương trình vô nghiệm. 8 4 Với cos 4 x ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình cho cos 2 4x ta được

Phương trình sin 3 x − 3 cos3 x = sin x.cos 2 x − 3 sin 2 x.cos x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. π Với cos x = 0 ⇔ x = + k π, k ∈ ℤ ⇒ phương trình vô nghiệm. 2 Với cos x ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình cho cos3 x ta được

3cos 2 4 x + 5sin 2 4 x = 2 − 2 3 sin 4 x.cos 4 x ⇔ 3 + 5 tan 2 4 x = 2 (1 + tan 2 4 x ) − 2 3 tan 4 x

sin 3 x − 3 cos3 x = sin x.cos 2 x − 3 sin 2 x.cos x ⇔ tan 3 x − 3 = tan x − 3 tan 2 x

⇔ 3 tan 2 4 x + 2 3 tan 4 x + 1 = 0 ⇔ tan 4 x = −

 tan x = 1  ⇔ tan 3 x + 3 tan 2 x − tan x − 3 = 0 ⇔  tan x = −1 .  tan x = − 3  Câu 8. Phương trình 2sin 2 x − 5sin x cos x − cos 2 x = −2 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

π π π 3 ⇔ 4x = − + kπ ⇔ x = − + k (k ∈ ℤ). 3 6 24 4

Câu 4.

Phương trình sin 2 x +

1− 3 sin 2 x − 3 cos 2 x = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. 2

1− 3 sin 2 x − 3 cos 2 x = 0 ⇔ sin 2 x + 1 − 3 sin x cos x − 3 cos 2 x = 0. 2 π Với cos x = 0 ⇔ x = + k π, k ∈ ℤ ⇒ phương trình vô nghiệm. 2 Với cos x ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình cho cos 2 x ta được  tan x = −1 sin 2 x + 1 − 3 sin x cos x − 3 cos 2 x = 0 ⇔ tan 2 x + 1 − 3 tan x − 3 = 0 ⇔  .  tan x = 3

(

Ta có sin 2 x +

(

)

(

Ta có 2sin 2 x − 5sin x cos x − cos 2 x = −2 ⇔ 4sin 2 x − 5.2sin x cos x − 2 cos 2 x = −4

)

⇔ 5sin 2 x + 2 cos 2 x − 4sin 2 x − 4 = 0 ⇔ 5sin 2 x + 3 ( cos 2 x − sin 2 x ) − ( cos 2 x + sin 2 x ) − 4 = 0 ⇔ 5sin 2 x + 3cos 2 x = 5. Câu 9. x x Phương trình sin 2 − sin x + 3cos 2 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. 2 2 3 (1 + cos x ) x x 1 − cos x Ta có sin 2 − sin x + 3cos 2 = 0 ⇔ − sin x + = 0 ⇔ sin x − cos x − 2 = 0 2 2 2 3 1 1 2 π  ⇔ ⇔ sin  x −  = 2. sin x − cos x = 4 2 2 2 

)

Vậy giá trị nguyên của tan x là −1. Câu 5. Phương trình 2sin 2 x − sin 2 x + cos 2 x = 1 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. Ta có 2sin 2 x − sin 2 x + cos 2 x = 1 ⇔ 2sin 2 x − 2sin x cos x + cos 2 x = 1. π Với cos x = 0 ⇔ x = + k π, k ∈ ℤ ⇒ phương trình vô nghiệm. 2 Với cos x ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình cho cos 2 x ta được 2sin 2 x − 2sin x cos x + cos 2 x = 1 ⇔ 2 tan 2 x − 2 tan x + 1 = 1 + tan 2 x  tan x = 0 ⇔ x = k π ⇔ tan 2 x − 2 tan x = 0 ⇔  , k ∈ ℤ.  tan x = 2 ⇔ x = arctan 2 + k π

Có 2 > 1 ⇒ phương trình vô nghiệm. Câu 10. Phương trình ( 4 − 6m ) sin 3 x + 3 ( 2m − 1) sin x + 2 ( m − 2 ) sin 2 x.cos x − ( 4m − 3) cos x = 0 (1) có nghĩa

∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. Với m = 2 ⇒ (1) ⇔ −8sin 3 x + 9sin x − 5cos x = 0.  3 2 sin x = 4 (loại). Với cos x = 0 ⇒ −8sin 3 x + 9sin x − 5cos x = 0 ⇔ −8sin 3 x + 9sin x = 0 ⇔   3 2 sin x = −  4 π Với cos x = 0 ⇔ x = + k π, k ∈ ℤ ⇒ phương trình vô nghiệm. 2 Với cos x ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình cho cos3 x ta có

Câu 6.

Phương trình − sin 2 x + 2 3 sin x cos x + 1 = 2 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. π Với cos x = 0 ⇔ x = + k π, k ∈ ℤ ⇒ phương trình vô nghiệm. 2 Với cos x ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình cho cos 2 x ta được − sin 2 x + 2 3 sin x cos x + 1 = 2 ⇔ − tan 2 x + 2 3 tan x = 1 + tan 2 x

−8sin 3 x + 9sin x − 5cos x = 0 ⇔ −8 tan 3 x + 9 tan x (1 + tan 2 x ) − 5 (1 + tan 2 x ) = 0 tan 3 x − 5 tan 2 x + 9 tan x − 5 = 0 ⇔ tan x = 1 ⇔ x = Trang 27

π + k π, k ∈ ℤ. 4 Trang 28

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm. Câu 11.

Ta có sin 2 x + 2 tan x = 3 ⇔ 2sin x cos x + 2 tan x = 3. Với cos x ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình cho cos 2 x ta có

Phương trình sin 3 x − 3 cos3 x = sin x.cos 2 x − 3 sin 2 x cos x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. π Với cos x = 0 ⇔ x = + k π, k ∈ ℤ ⇒ phương trình vô nghiệm. 2 Với cos x ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình cho cos3 x ta có 3

2sin x cos x + 2 tan x = 3 ⇔ 2 tan x + 2 tan x ( tan 2 x + 1) = 3 ( tan 2 x + 1) ⇔ 2 tan 3 x − 3 tan 2 x + 4 tan x − 3 = 0 ⇔ ( tan x − 1) ( 2 tan 2 x − tan x + 3) = 0. Câu 16.

x x + 3 sin x + cos 2 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. 2 2 x x 1 − cos x 1 + cos x Ta có 3sin 2 + 3 sin x + cos 2 = 0 ⇔ 3 + 3 sin x + =0 2 2 2 2

Phương trình 3sin 2

sin x − 3 cos x = sin x.cos x − 3 sin x cos x ⇔ tan x − 3 = tan x − 3 tan x π   tan x = 1 ⇔ x = 4 + k π  π tan 3 x + 3 tan 2 x − tan x − 3 = 0 ⇔  tan x = −1 ⇔ x = − + k π , k ∈ ℤ.  4   tan x = − 3 ⇔ x = − π + k π  3

⇔ 2 3 sin x − 2 cos x + 4 = 0 ⇔

3 1 π  sin x − cos x = −1 ⇔ sin  x −  = −1 2 2 6 

π π π = − + k 2π ⇔ x = − + k 2π, k ∈ ℤ. 6 2 3 5π Vì x ∈ ( 0; 2π ) nên x = với k = 1. 3 Phương trình có 1 nghiệm thỏa mãn đề bài. Câu 17. ⇔ x−

π π  x = 4 + k 2 Kết hợp nghiệm ta được  (k ∈ ℤ). x = − π + kπ  3 Câu 12. Phương trình 2sin 2 x + sin 2 x + 1 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. Ta có 2sin 2 x + sin 2 x + 1 = 0 ⇔ 2sin 2 x + 2sin x cos x + 1 = 0 π Với cos x = 0 ⇔ x = + k π, k ∈ ℤ ⇒ phương trình vô nghiệm. 2 Với cos x ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình cho cos 2 x ta có

Phương trình 2 3 cos 2 x − sin 2 x = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. Ta có 2 3 cos 2 x − sin 2 x = 0 ⇔ 3 (1 + cos 2 x ) − sin 2 x = 0 ⇔ sin 2 x − 3 cos 2 x − 3 = 0

2sin 2 x + 2sin x cos x + 1 = 0 ⇔ 2 tan 2 x + 2 tan x + 1 + tan 2 x = 0 ⇔ 3 tan 2 x + 2 tan x + 1 = 0 (vô nghiệm). Câu 13. Phương trình sin 2 2 x + 3 sin 4 x + 3cos 2 2 x = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. Ta có sin 2 2 x + 3 sin 4 x + 3cos 2 2 x = 0 ⇔ sin 2 2 x + 2 3 sin 2 x cos 2 x + 3cos 2 2 x = 0. π kπ Với cos 2 x = 0 ⇔ x = + , k ∈ ℤ ⇒ phương trình vô nghiệm. 4 2 Với cos 2 x ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình cho cos 2 2x ta có

π π π   2 x − 3 = 3 + k 2π ⇔ x = 3 + k π 1 3 3 3 π π  ⇔ sin 2 x − cos 2 x = ⇔ sin  2 x −  = = sin ⇔  , k ∈ ℤ. 2 2 2 3 2 3   2 x − π = 2 π + k 2π ⇔ x = π + k π  3 3 2 Vậy phương trình có 2 họ nghiệm. Câu 18. π  Phương trình sin 3  x −  = 2 sin x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. 4  3

π  sin x − cos x   Ta có sin 3  x −  = 2 sin x ⇔   = 2 sin x 4 2     ⇔ sin 3 x − 3sin 2 x cos x + 3sin x cos 2 x − cos3 x = 4sin x. (1) π Với cos x = 0 ⇔ x = + k π, k ∈ ℤ . 2 sin x = ±2 (loại). (1) ⇔ sin 3 x − 4sin x = 0 ⇔  sin x = 0 ⇔ x = k π

sin 2 2 x + 2 3 sin 2 x cos 2 x + 3cos 2 2 x = 0 ⇔ tan 2 2 x + 2 3 tan 2 x + 3 = 0 π kπ ⇔ tan 2 x = − 3 ⇔ x = − + , k ∈ ℤ. 6 2 Câu 14. Phương trình sin 2 4 x + 3cos 2 4 x = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. π kπ Với cos 4 x = 0 ⇔ x = + , k ∈ ℤ ⇒ phương trình vô nghiệm. 8 4 Với cos 4 x ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình cho cos 2 4x ta có sin 2 4 x + 3cos 2 4 x = 0 ⇔ tan 2 4 x + 3 = 0 (Vô lí). Vậy phương trình vô nghiệm. Câu 15. π Phương trình sin 2 x + 2 tan x = 3 có nghĩa cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + k π, k ∈ ℤ. 2

Với cos x ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình cho cos3 x ta có

(1) ⇔ tan 3 x − 3 tan 2 x + 3 tan x − 1 = 4 tan x (1 + tan 2 x ) ⇔ 3 tan 3 x + 3 tan 2 x + tan x + 1 = 0 ⇔ tan x = −1. Vậy ( 2 tan 2 x − tan x + 3) tan x = −6. Câu 19.

Trang 29

Trang 30

π  x ≠ + kπ cos x ≠ 0 1 − tan x  2 Phương trình = 1 + sin 2 x có nghĩa ⇔  ⇔ (k ∈ ℤ). 1 + tan x  tan x = −1  x ≠ − π + k π  4 sin x 1− 1 − tan x cos x = sin 2 x + 2sin x cos x + cos 2 x Ta có = 1 + sin 2 x ⇔ sin x 1 + tan x 1+ cos x cos x − sin x 2 3 ⇔ = ( cos x + sin x ) ⇔ cos x − sin x = ( cos x + sin x ) . ( 3) cos x + sin x Chia cả hai vế của phương trình (3) cho cos3 x ≠ 0 ta được 1 + tan 2 x − (1 + tan 2 x ) tan x = (1 + tan x )

Ta có sin x cos x =

t = 1 t 2 −1 . (1) ⇒ t 2 + 2t − 3 = 0 ⇔  2 t = −3

Do t ≤ 2 nên t = 1. π π 2   Với t = 1, ta có t = sin x + cos x = 2 cos  x −  = 1 ⇔ cos  x −  = . 4 4 2     Câu 3. Phương trình sin x − cos x + 2sin 2 x + 1 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. Ta có sin x − cos x + 2sin 2 x + 1 = 0 ⇔ sin x − cos x + 4sin x cos x + 1 = 0.

(

(1)

)

Đặt t = sin x − cos x, t ≤ 2 .

Ta có sin x cos x =

⇔ tan 3 x + tan 2 x + 2 tan x = 0 ⇔ ( tan 2 x + tan x + 2 ) tan x = 0. (*)

 t = −1 1− t2 ⇒ (1) ⇔ t + 2 (1 − t 2 ) + 1 = 0 ⇔ 2t 2 − t − 3 = 0 ⇔  3 . t = 2  2

Do tan 2 x + tan x + 2 = 0 vô nghiệm nên (*) ⇔ tan x = 0 ⇔ x = k π ( k ∈ ℤ ) .

Do t ≤ 2 nên t = −1.

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm. Câu 20. Phương trình sin 2 x + ( 2m − 2 ) sin x.cos x − ( m + 1) cos 2 x − m = 0 (1) có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

1 π π −π   Với t = −1, ta có t = sin x − cos x = 2 sin  x −  = −1 ⇔ sin  x −  = − = sin 4 4 4 2  

π + k π, k ∈ ℤ. 2 Ta có (1) ⇔ 1 − m = 0. Để phương trình có nghiệm thì m = 1.

Với cos x = 0 ⇔ x =

Với cos x ≠ 0. Chia cả hai vế của phương trình cho cos 2 x ta có

(1) ⇔ tan 2 x + ( 2m − 2 ) tan x − ( m + 1) − m (1 + tan 2 x ) = 0 ⇔ (1 − m ) tan 2 x + 2 ( m − 1) tan x − ( 2m + 1) = 0.

π π   x − 4 = − 4 + k 2π ⇔ x = k 2π ⇔ , k ∈ ℤ.  x − π = π − −π + k 2π ⇔ x = 3π + k 2π  4 4 2 Câu 4. Phương trình sin 2 x − 2 ( sin x − cos x ) − 2 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. Ta có sin 2 x − 2 ( sin x − cos x ) − 2 = 0 ⇔ 2 ( sin x − cos x ) − 2sin x cos x + 2 = 0. (1)

Để phương trình có nghiệm thì ( m − 1) − (1 − m )( −2m − 1) ≥ 0 ⇔ − m 2 − m + 2 ≥ 0 ⇔ −2 ≤ m ≤ 1.

(

)

Đặt t = sin x − cos x, t ≤ 2 . Ta có sin x cos x = Dạng 4. Phương trình lượng giác đối xứng 1- C

2- D

3- A

4- C

5- A

6- B

7- B

8- D

9- B

10- B

11- A

12- C

13- D

14- C

15- D

16- B

17- A

18- B

19- C

20- B

⇒ (1) ⇔ 2t − (1 − t 2 ) + 2 = 0 ⇔ t 2 + 2t + 1 = 0 ⇔ t = −1. 1 π π −π   Với t = −1, ta có t = sin x − cos x = 2 sin  x −  = −1 ⇔ sin  x −  = − = sin 4 4 4 2   π π   x − 4 = − 4 + k 2π ⇔ x = k 2π ⇔ , k ∈ ℤ.  x − π = π − −π + k 2π ⇔ x = 3π + k 2π  4 4 2

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1. Phương trình − 2 ( sin x + cos x ) + 2sin x cos x + 1 = 0 (1) có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

(

1− t2 2

)

Đặt t = sin x + cos x, t ≤ 2 . Vậy nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình là x =

t −1 Ta có sin x cos x = ⇒ (1) ⇔ t 2 − 2t = 0. 2 Câu 2. Phương trình (1 + sin x )(1 + cos x ) = 2 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

Câu 5. Phương trình sin 2 x + 2 ( cos x − sin x ) − 1 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. Ta có sin 2 x + 2 ( cos x − sin x ) − 1 = 0 ⇔ 2sin x cos x − 2 ( sin x − cos x ) − 1 = 0. (1)

Ta có (1 + sin x )(1 + cos x ) = 2 ⇔ cos x + sin x + sin x cos x = 1.

(

3π . 2

(

)

Đặt t = sin x − cos x, t ≤ 2 . Ta có sin x cos x =

)

Đặt t = sin x + cos x, t ≤ 2 .

1− t2 2

t = 0 ⇒ (1) ⇔ 1 − t 2 − 2t − 1 = 0 ⇔ t 2 + 2t = 0 ⇔  .  t = −2 Trang 31

Trang 32

Ta có sin 2 x − sin x + cos x − 1 = 0 ⇔ sin x − cos x − 2sin x cos x + 1 = 0.

Do t ≤ 2 nên t = 0. π π π π   Với t = 0, ta có t = sin x − cos x = 2 sin  x −  = 0 ⇔ sin  x −  = 0 ⇔ x − = k π ⇔ x = + k π, k ∈ ℤ. 4 4 4 4     Câu 6. π  π cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + k π Phương trình 2 ( sin x + cos x ) = tan x + cot x có nghĩa ⇔  ⇔x≠k . 2 2 sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ k π Ta có

2 ( sin x + cos x ) = tan x + cot x

sin x cos x 1 ⇔ 2 ( sin x + cos x ) = + ⇔ 2 ( sin x + cos x ) = . cos x sin x sin x cos x

(

)

Đặt t = sin x + cos x, t ≤ 2 . Ta có sin x cos x =

⇒ (1) ⇔ 2t =

t 2 −1 2

Câu 7. Phương trình sin 2 x + 4 ( sin x − cos x ) − 5 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

 t = −1 ⇒ (1) ⇔ t − (1 − t 2 ) + 1 = 0 ⇔ t 2 + t = 0 ⇔  . t = 0 1 π π −π   Với t = −1, ta có t = sin x − cos x = 2 sin  x −  = −1 ⇔ sin  x −  = − = sin 4 4 4 2  

Ta có 4 ( sin x − cos x ) + sin 2 x − 5 = 0 ⇔ 4 ( sin x − cos x ) + 2sin x cos x − 5 = 0. (1)

(1)

1− t2 2 2 2 ⇒ (1) ⇔ 4t + 1 − t − 5 = 0 ⇔ t − 4t + 4 = 0 ⇔ t = 2 (loại).

1− t 2 2 2 ⇒ (1) ⇔ 4t + 1 − t − 5 = 0 ⇔ t − 4t + 4 = 0 ⇔ t = 2 (loại).

)

(

)

Đặt t = sin x − cos x, t ≤ 2 . Ta có sin x cos x =

Vậy phương trình vô nghiệm hay không có nghiệm thỏa mãn 0 < x < π. Câu 8.

Vậy phương trình vô nghiệm. Câu 12.

Phương trình Ta có

( 3)

1 Phương trình sin x + cos x = 1 − sin 2 x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. 2 1 Ta có sin x + cos x = 1 − sin 2 x ⇔ sin x + cos x + sin x cos x − 1 = 0. (1) 2

3 sin x − cos x = −3 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

+ ( −1) < ( −32 ) . 2

Vậy phương trình vô nghiệm. Câu 9. Phương trình sin 2 x + sin x − cos x = 1 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

t 2 −1 2 t = 1 t 2 −1 2 ⇒ (1) ⇔ t + − 1 = 0 ⇔ t + 2t − 3 = 0 ⇔  . 2 t = −3

(

)

1− t2 2

Do t ≤ 2 nên t = 1.

t = 1 ⇒ (1) ⇔ t + 1 − t − 1 = 0 ⇔ t − t = 0 ⇔  . t = 0 2

)

Đặt t = sin x + cos x, t ≤ 2 . Ta có sin x cos x =

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

Đặt t = sin x − cos x, t ≤ 2 . Ta có sin x cos x =

1− t 2

π π π π   Với t = 0, ta có t = sin x − cos x = 2 sin  x −  = 0 ⇔ sin  x −  = 0 ⇔ x − = k π ⇔ x = + k π, k ∈ ℤ. 4 4 4 4     Vậy phương trình có 3 họ nghiệm. Câu 11. Phương trình 4 ( sin x − cos x ) + sin 2 x − 5 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

2 ⇔ 2t 3 − 2t − 2 = 0 ( t ≠ 1) ⇔ t = 2. t 2 −1

(

)

π π   x − 4 = − 4 + k 2π ⇔ x = k 2π ⇔ , k ∈ ℤ.  x − π = π − −π + k 2π ⇔ x = 3π + k 2π  4 4 2

(1)

Ta có sin 2 x + 4 ( sin x − cos x ) − 5 = 0 ⇔ 4 ( sin x − cos x ) + 2sin x cos x − 5 = 0.

(

Đặt t = sin x − cos x, t ≤ 2 . Ta có sin x cos x =

(1)

2 π π π   Với t = 1, ta có t = sin x + cos x = 2 sin  x +  = 1 ⇔ sin  x +  = = sin 4 4 2 4  

π π 2   Với t = 1, ta có t = sin x − cos x = 2 sin  x −  = 1 ⇔ sin  x −  = . 4 4 2     π π   Với t = 0, ta có t = sin x − cos x = 2 sin  x −  = 0 ⇔ sin  x −  = 0. 4 4  

π π   x + 4 = 4 + k 2π ⇔ x = k 2 π ⇔ , k ∈ ℤ.  x + π = 3π + k 2π ⇔ x = π + k 2π  4 4 2

π 2  Vậy giá trị lớn nhất của sin  x −  = . 4 2   Câu 10. Phương trình sin 2 x − sin x + cos x − 1 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

Vậy nghiệm âm lớn nhất của phương trình là x = −

3π . 2

Câu 13. Phương trình 2 2 ( sin x + cos x ) − sin 2 x − 3 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. Trang 33

Trang 34

Ta có 2 2 ( sin x + cos x ) − sin 2 x − 3 = 0 ⇔ 2 2 ( sin x + cos x ) − 2sin x cos x − 3 = 0.

(

)

Đặt t = sin x + cos x, t ≤ 2 . Ta có sin x cos x =

(1)

Ta có sin x cos x =

t 2 −1 2

Do t ≤ 2 nên t = 0.

⇒ (1) ⇔ 2 2t − ( t − 1) − 3 = 0 ⇔ t − 2 2t + 2 = 0 ⇔ t = 2. 2

π π   Với t = 0, ta có t = sin x + cos x = 2 sin  x +  = 0 ⇔ sin  x +  = 0 4 4   π π ⇔ x + = k π ⇔ x = − + k π, k ∈ ℤ. 4 4 3π Do x ∈ ( 0; π ) nên x = . 4 Câu 18. 3 Phương trình sin 3 x + cos3 x + 1 = sin 2 x có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. 2 3 3 3 Ta có sin x + cos x + 1 = sin 2 x ⇔ ( sin x + cos x ) ( sin 2 x + sin x cos x + cos 2 x ) + 1 = 3sin x cos x 2 ⇔ ( sin x + cos x )(1 + sin x cos x ) + 1 = 3sin x cos x. (1)

π 1 π π   Với t = 2, ta có t = sin x + cos x = 2 sin  x +  = ⇔ sin  x +  = 1 ⇔ x = + k 2π, k ∈ ℤ . 4 2 4 4   9π 17 π Do x ∈ [ π;5π] nên x = ; x = . 4 4 Vậy có 2 nghiệm thỏa mãn đề bài. Câu 14. 2 Ta có 3 sin x = 2 ⇔ sin x = > 1 ⇒ Phương trình vô nghiệm. 3 1 1 Ta có cos 4 x = ⇔ cos 4 x = 2 > 1 ⇒ Phương trình vô nghiệm. 4 2 2

Ta có ∆ = ( −1) − 4.1.5 = −19 < 0 ⇒ Phương trình cot 2 x − cot x + 5 = 0 vô nghiệm.

(

)

Đặt t = sin x + cos x, t ≤ 2 .

Câu 15. Phương trình Ta có

t = 0 t 2 −1 ⇒ (1) ⇔ 2t + t 2 − 1 + 1 = 0 ⇔ t 2 + 2t = 0 ⇔  . 2  t = −2

2 ( sin x + cos x ) + m − 2 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

Ta có sin x cos x =

2 ( sin x + cos x ) + m − 2 = 0 ⇔ m = − 2 ( sin x + cos x ) + 2.

π π π 2 2    Với t = −1, ta có t = sin x + cos x = 2 cos  x −  = −1 ⇔ cos  x −  = − ⇔ cos  x +  = ± . 4 4 2 4 2    Câu 19. Phương trình sin x cos x − sin x − cos x + m = 0 (1) có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

Có − 2 ≤ sin x + cos x ≤ 2 ⇔ −2 ≤ 2 ( sin x + cos x ) ≤ 2

⇔ −2 ≤ − 2 ( sin x + cos x ) ≤ 2 ⇔ 0 ≤ − 2 ( sin x + cos x ) + 2 ≤ 4 ⇔ 0 ≤ m ≤ 4.

Câu 16. 1 Phương trình 3 ( sin x + cos x ) + sin 2 x = −3 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ. 2 1 Ta có 3 ( sin x + cos x ) + sin 2 x = −3 ⇔ 3 ( sin x + cos x ) + sin x cos x + 3 = 0. (1) 2

(

Ta có sin x cos x =

)

Đặt t = sin x + cos x, t ≤ 2 . 2

Ta có sin x cos x =

)

Đặt t = sin x + cos x, t ≤ 2 .

t −1 t 2 −1 2 ⇒ (1) ⇔ − t + m = 0 ⇔ −2m = t 2 − 2t − 1 ⇔ ( t − 1) = −2m + 2. 2 2 2

Do − 2 ≤ t ≤ 2 ⇒ − 2 − 1 ≤ t − 1 ≤ 2 − 1 ⇒ 0 ≤ ( t − 1) ≤ 3 + 2 2.

t = −1 t −1 t −1 ⇒ (1) ⇔ 3t + + 3 = 0 ⇔ t 2 + 6t + 5 = 0 ⇔  . 2 2 t = −5 2

 t 2 −1  t −1 t 2 −1 ⇒ (1) ⇔ t 1 + ⇔ t 3 − 3t 2 + t + 5 = 0 ⇔ t = −1.  +1 = 3 2 2  2  2

Để phương trình có nghiệm thì 0 ≤ −2m + 2 ≤ 3 + 2 2 ⇔ −

1+ 2 2 ≤ m ≤ 1. 2

Do t ≤ 2 nên t = −1.

Vì m ∈ ℤ nên m ∈ {−1;0;1} .

2 π π −π   Với t = −1, ta có t = sin x + cos x = 2 sin  x +  = −1 ⇔ sin  x +  = − = sin 4 4 2 4  

Câu 20. Phương trình m ( sin x + cos x ) + sin 2 x = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

π π π   x + 4 = − 4 + k 2π ⇔ x = − 2 + k 2π ⇔ , k ∈ ℤ.  x + π = π − −π + k 2π ⇔ x = π + k 2π  4 4 Câu 17. Phương trình 2 ( sin x + cos x ) + sin 2 x + 1 = 0 có nghĩa ∀x ∈ ℝ ⇔ D = ℝ.

Ta có m ( sin x + cos x ) + sin 2 x = 0 ⇔ m ( sin x + cos x ) + 2sin x cos x = 0 . (1)

(

t −1 ⇒ (1) ⇔ t 2 + mt − 1 = 0. 2 ∆ = m 2 + 4 > 0 ⇒ Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt t1 ; t2 .

Ta có sin x cos x =

Theo Vi-ét ta có t1.t2 = −1.

Ta có 2 ( sin x + cos x ) + sin 2 x + 1 = 0 ⇔ 2 ( sin x + cos x ) + 2sin x cos x + 1 = 0. (1)

(

)

Đặt t = sin x + cos x − 2 ≤ t ≤ 2 .

Suy ra luôn có ít nhất một nghiệm thỏa mãn − 2 ≤ t ≤ 2 . Vậy phương trình luôn có nghiệm.

)

Đặt t = sin x + cos x, t ≤ 2 . Trang 35

Trang 36

CHƯƠNG 2

I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM

TỔ HỢP XÁC SUẤT BÀI 1. QUY TẮC ĐẾM – HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP

1. Các quy tắc đếm

Mở rộng: Một công việc được hoàn thành

a) Quy tắc cộng

bởi

Mục tiêu

Định nghĩa

Kiến thức

một

trong

phương

án

A1 , A2 , A3 ,..., Ak . Nếu phương án A1 có m1

Vận dụng được quy tắc cộng và nhân cho các bài toán đếm.

Giải được các dạng toán đếm liên quan đến tổ hợp, chỉnh hợp.

Một công việc nào đó có thể được thực hiện theo một cách thực hiện, phương án A có m cách 2 2 trong hai phương án A hoặc B . Nếu phương án A có m thực hiện,…phương án Ak có mk cách thực cách thực hiện, phương án B có n cách thực hiện và hiện và các cách thực hiện của các phương không trùng với bất kì cách nào trong phương án A thì án trên không trùng nhau thì công việc đó công việc đó có m + n cách thực hiện. có m1 + m2 + m3 + ... + mk cách thực hiện. Công thức

Giải được phương trình liên quan đến công thức tổ hợp, chỉnh hợp.

Nếu A, B là các tập hợp không giao nhau thì

+ Nắm vững quy tắc cộng, quy tắc nhân. + Hiểu và phân biệt được các khái niệm: Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp. Kĩ năng

n ( A ∪ B ) = n ( A) + n ( B ) .

Cho các tập A1 , A2 ,..., An đôi một rời nhau. Khi đó:

A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An = A1 + A2 + ... + An .

b) Quy tắc nhân Định nghĩa

Một công việc nào đó có thể bao gồm hai công đoạn A và Mở rộng: Một công việc được hoàn thành

B . Nếu công đoạn A có m cách thực hiện và ứng với mỗi bởi k hành động A1 , A2 , A3 ,..., Ak liên tiếp. cách đó có n cách thực hiện công đoạn B thì công việc đó Nếu hành động A1 có m1 cách thực hiện, có m.n cách thực hiện. Công thức

Nếu A, B là các tập hữu hạn phần tử thì n ( A × B ) = n ( A) .n ( B ) .

hành động A2 có m2 cách thực hiện,..., hành động Ak có mk cách thực hiện thì công việc đó có m1.m2 .m3 ...mk cách hoàn thành.

2. Hoán vị Định nghĩa

Một tập hợp gồm n phần tử ( n ≥ 1) . Mỗi cách sắp xếp n phần tử theo một thứ tự được gọi là một hoán vị của n

Cho các tập A1 , A2 ,..., An hữu hạn phần tử. Khi đó:

A1 × A2 × ... × An = A1 . A2 ... An .

phần tử. Số hoán vị của n phần tử là: Pn = n ! = 1.2.3...n. Hoán vị lặp

Cho k phần tử khác nhau a1 , a2 ,..., ak . Mỗi cách sắp xếp n phần tử trong đó gồm n1 phần tử a1 ; n2 phần tử a2 ;...; nk

phần tử ak ( n1 , n2 ,..., nk = n ) theo một thứ tự được gọi là một hoán vị lặp cấp n kiểu ( n1 , n2 ,..., nk ) của k phần tử.

Quy ước: 0! = 1.

n ! = ( n − 1) !n.

n! = ( p + 1) . ( p + 2 ) ...n p! ( với n, p ∈ ℕ, n > p ).

n! = ( n − p + 1) . ( n − p + 2 ) ...n n − ( p )! (với n, p ∈ ℕ, n > p ).

Trang 1

Trang 2

Số hoán vị lặp cấp n kiểu ( n1 , n2 ,..., nk ) của k phần tử là: Pn ( n1 , n2 ,..., nk ) =

Cnk = Cnk−−11 + Cnk−1 ;

Cnk =

kCnk = nCnk−−11 ;

n! . n1 ! n2 !...nk !

( k − 1) kCnk = ( n − 1) nCnk−−11.

Hoán vị vòng quanh

n − k + 1 k −1 Cn ; k

1 1 Cnk = Cnk++11 ; k +1 n +1

Cách lấy k phần tử từ tập n phần tử

(k ≤ n) + Không thứ tự, không hoàn lại: Cnk . + Có thứ tự, không hoàn lại: Ank .

Cho tập A gồm n phần tử. Mỗi cách sắp xếp n phần tử

Tổ hợp lặp

của tập A thành một dãy kín được gọi là một hoán vị vòng

+ Có thứ tự, có hoàn lại: Ank .

Cho tập A = {a1 ; a2 ;...; an } và số tự nhiên k bất kì. Một tổ

quanh của n phần tử.

hợp lặp chập k của n phần tử là một tập hợp gồm k phần

Số hoán vị vòng quanh của n phần tử là:

tử, trong đó mỗi phần tử là một trong n phần tử của A .

Qn = ( n − 1) !.

Số tổ hợp lặp chập k của n phần tử: Cnk = Cnk+ k −1 = Cnn+−k1 −1

3. Chỉnh hợp Định nghĩa

SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA

Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi cách sắp xếp k phần tử của A (1 ≤ k ≤ n ) theo một thứ tự được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử của tập A .

Công thức này đúng cho trường hợp

Số chỉnh hợp chập k của n phần tử:

k = 0 hoặc k = n.

Ank = n ( n − 1)( n − 2 ) ... ( n − k + 1) =

n! . − n ( k )!

QUY TẮC CỘNG

Khi k = n thì Ann = Pn = n !.

Công việc A

Chỉnh hợp lặp Cho tập A gồm n phần tử. Một dãy gồm k phần tử của

A , trong đó mỗi phần tử có thể được lặp lại nhiều lần,

được sắp xếp theo một thứ tự nhất định được gọi là một Phương án A1

chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử của tập A.

Phương án A2

…

Phương án Ak

…

mk cách

Số chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử: Ank = n k .

4. Tổ hợp

m1 cách

Định nghĩa Cho tập

A gồm n phần tử. Mỗi tập con gồm Phân biệt chỉnh hợp và tổ hợp

k (1 ≤ k ≤ n ) phần tử của A được gọi là một tổ hợp chập k

Chỉnh hợp và tổ hợp liên hệ nhau bởi công

của n phần tử.

thức: k n

Cnk =

n n

C = C = 1;

m1 + m2 + ... + mk cách k n

A = k !C

Số tổ hợp chập k của n phần tử:

0 n

m2 cách

Quy ước: Cn0 = 1

Ank n! = . k ! k !( n − k ) !

+ Chỉnh hợp: có thứ tự.

Tính chất

+ Những bài toán mà kết quả phụ thuộc vào

k n

C =C

n−k n

;

+ Tổ hợp: không có thứ tự.

vị trí các phần tử ta dùng chỉnh hợp. Ngược lại, là tổ hợp. Trang 3

Trang 4

QUY TẮC NHÂN

Bước 1: Phân tích xem có bao nhiêu công đoạn liên Hướng dẫn giải tiếp cần phải tiến hành để thực hiện công việc A (giả Để lấy được ba bông hoa có đủ ba màu thì ta sẽ

Công việc A

sử A chỉ hoàn thành sau khi các công đoạn lấy mỗi loại một bông. Số cách lấy bông hoa hồng trắng là 5 cách.

A1 ; A2 ;...; Ak hoàn thành).

Hành động A1

m1 cách

Hành động A2

m2 cách

…

Hành động Ak

…

mk cách

Bước 2: Đếm số cách chọn x = x1 + x2 + ...xk trong Số cách lấy bông hoa hồng đỏ là 6 cách. Số cách lấy bông hoa hồng vàng là 7 cách. các công đoạn A1 ; A2 ;...; Ak Theo quy tắc nhân ta có số cách lấy ba bông có đủ Bước 3: Dùng quy tắc nhân ta tính được số cách lựa cả ba màu là: 5.6.7 = 210. chọn để thực hiện công việc A là x = x1 + x2 + ...xk . Ví dụ mẫu Ví dụ 1. Một người có 4 cái quần khác nhau, 6 cái áo khác nhau, 3 chiếc cà vạt khác nhau. a) Để chọn một cái quần hoặc một cái áo hoặc một cái cà vạt thì số cách chọn là

m1 ⋅ m2 ⋅ ... ⋅ mk cách

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP

A. 13.

B. 72.

C. 12.

D. 30.

Hướng dẫn giải

Dạng 1: Quy tắc đếm

Số cách chọn một cái quần là 5 cách.

Phương pháp giải Để đếm số cách lựa chọn thực hiện một công việc Ví dụ 1. Một trường THPT cử một học sinh đi dự

Số cách chọn một cái áo là 6 cách.

A bằng quy tắc cộng, ta thực hiện các bước:

Số cách chọn một cái cà vạt là 3 cách.

trại hè toàn quốc. Nhà trường quyết định chọn một học sinh tiên tiến lớp 11A hoặc lớp 12B. Biết rằng

Theo quy tắc cộng ta có số cách chọn là: 4 + 6 + 3 = 13 (cách).

lớp 11A có 31 học sinh tiên tiến và lớp 12B có 22

Chọn A.

học sinh tiên tiến. Hỏi nhà trường có bao nhiêu

b) Số cách chọn một bộ gồm một quần, một áo và một cà vạt là

cách chọn?

Bước 1: Phân tích xem có bao nhiêu phương án Hướng dẫn giải

A. 13.

B. 72.

C. 12.

D. 30.

riêng biệt để thực hiện công việc A (có nghĩa công Nhà trường có thể chọn học sinh tiên tiến của lớp

Hướng dẫn giải

việc A có thể hoàn thành bằng một trong các 11A hoặc lớp 12B.

Số cách chọn một cái quần là 4 cách. Số cách chọn một cái áo là 6 cách.

phương án A1 ; A2 ;...; Ak

Bước 2: Đếm số cách chọn x1 ; x2 ;...; xk trong các Chọn một học sinh tiên tiến lớp 11A có 31 cách chọn. Chọn một học sinh tiên tiến lớp 12B có 22 phương án A1 ; A2 ;...; Ak cách chọn. Bước 3: Dùng quy tắc cộng, ta tính được số cách Theo quy tắc cộng, số cách cử một học sinh đi dự lựa chọn để thực hiện công việc A là trại hè là: 31 + 22 = 53 (cách). x = x1 + x2 + ...xk . Ví dụ 2. Một bó hoa có 5 bông hoa hồng trắng, 6 Để đếm số cách lựa chọn để thực hiện công việc A bông hoa hồng đỏ và 7 bông hoa hồng vàng. Hỏi có bằng quy tắc nhân, ta thực hiện các bước:

mấy cách chọn lấy ba bông hoa có đủ cả ba màu?

Số cách chọn một cái cà vạt là 3 cách. Theo quy tắc nhân ta có số cách chọn là: 4.6.3 = 72 (cách).

Chọn B. 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?

Hướng dẫn giải Theo quy tắc nhân, ta có: 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. Trang 5

Trang 6

Ví dụ 2. Có bao nhiêu cách xếp 7 học sinh trong đó có An và Bình vào một hàng ghế dài gồm 7 ghế sao

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 hai quyển sách khác môn là

cho An và Bình ngồi ở hai ghế đầu?

80 + 60 + 48 = 188 (cách).

Hướng dẫn giải

Bài tập tự luyện dạng 1

An và Bình chỉ ngồi đầu và ngồi cuối, hoán đổi cho nhau nên có 2! cách xếp.

Câu 1: Trên bàn có 8 cây bút chì khác nhau, 6 cây bút bi khác nhau và 10 cuốn tập khác nhau. Một học sinh muốn chọn một đồ vật duy nhất hoặc một cây bút chì hoặc một cây bút bi hoặc một cuốn tập thì số cách chọn khác nhau là A. 480.

B. 24.

C. 48.

D. 60.

Câu 2: An muốn qua nhà Bình để cùng Bình đến chơi nhà Cường. Từ nhà An đến nhà Bình có 4 con đường đi, từ nhà Bình tới nhà Cường có 6 con đường đi. Hỏi An có bao nhiêu cách chọn đường đi đến nhà Cường? A. 6.

B. 4.

C. 10.

D. 24.

Xếp vị trí cho các bạn còn lại, ta có 5! cách xếp. Vậy ta có 2!.5! = 240 cách xếp.

Ví dụ 3. 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?

Hướng dẫn giải Có 8! cách xếp 8 người. Có 2! cách xếp hai giáo viên đứng cạnh nhau.

Câu 3: Các thành phố A, B, C, D được nối với nhau bởi các con đường như hình vẽ. Hỏi có bao nhiêu cách đi từ A đến D mà qua B và C chỉ một lần?

Khi đó có 2!.7! cách xếp 8 người sao cho hai giáo viên đứng cạnh nhau. Mà hai giáo viên không đứng cạnh nhau nên số cách xếp là 8!− 2!.7! = 30240 cách xếp.

Ví dụ 4. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 1, 2,...,9? A. 15120. A. 9.

B. 10.

C. 18.

B. 10.

C. 15.

D. 24. D. 720.

B. 2703.

C. 2073.

D. 126.

Số các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 1, 2,...,9 là số cách sắp xếp thứ tự 5 chữ số khác nhau từ 9 chữ số đã cho.

Câu 5: Một cuộc thi có 15 người tham dự, giả thiết rằng không có hai người nào có điểm bằng nhau. Nếu kết quả của cuộc thi là việc chọn ra các giải nhất, nhì, ba thì có bao nhiêu kết quả có thể? A. 2730.

C. 59.

Hướng dẫn giải

Câu 4: Có bao nhiêu cách cắm 3 bông hoa vào 5 lọ khác nhau (mỗi lọ cắm không quá một một bông)? A. 60.

B. 95.

D. 2370.

Do đó số các số thỏa mãn là: A95 = 15120.

Chọn A.

Ví dụ 5. Có bao nhiêu cách xếp 8 học sinh ngồi xung quanh một bàn tròn có Hoán vị vòng quanh: Cho

Dạng 2: Các bài toán hoán vị, chỉnh hợp tổ hợp Phương pháp giải Hoán vị: Một tập hợp gồm n phần tử ( n ≥ 1) . Mỗi cách sắp xếp n phần tử theo một thứ tự được gọi là một hoán vị của n phần tử.

Chỉnh hợp: Cho tập hợp A gồm n phần tử. Mỗi cách sắp xếp k phần tử của tập A (1 ≤ k ≤ n ) theo một

8 ghế?

tập A gồm n phần tử.

Hướng dẫn giải

Một cách sắp xếp n phần

Xếp 8 học sinh theo hình tròn nên ta phải cố định vị trí một bạn, sau đó xếp tử của tập A thành một vị trí cho 7 bạn còn lại có 7! cách.

dãy kín được gọi là một

Vậy có 7! = 5040 cách.

hoán vị vòng quanh của n

thứ tự được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử của tập A .

phần tử. Số các hoán vị

Tổ hợp: Cho tập A gồm n phần tử. Mỗi tập con gồm k (1 ≤ k ≤ n) phần tử của tập A được gọi là một tổ

vòng quanh của n phần

hợp chập k của n phần tử.

tử là

Ví dụ mẫu

Qn = ( n − 1) !.

Ví dụ 1. Từ các số tự nhiên 1, 2, 3, 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau? Hướng dẫn giải

Ví dụ 6. Trong một túi đựng 10 viên bi đỏ, 20 viên bi xanh, 15 viên bi vàng.

Mỗi cách sắp xếp thứ tự bốn chữ số 1, 2, 3, 4 ta được một số tự nhiên theo yêu cầu đề bài.

Các viên bi khác nhau có cùng kích cỡ. Tính 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.

Do đó số các số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 1, 2,3, 4 là: 4! = 24.

Hướng dẫn giải Trang 7

Trang 8

5 cách. Số cách chọn ra 5 viên bi bất kì là C45

Bước 1: Chọn bi

Ta thực hiện các bước sau:

Số cách chọn ra 5 viên bi trong đó không có viên bi đỏ nào là C353 cách.

Chọn 4 toa trong 7 toa để sắp xếp người, ta có C74 cách chọn.

Số cách chọn ra 5 viên bi trong đó có ít nhất một viên bi đỏ là

Chọn 1 toa và chọn 2 người cùng lên một toa đó có C52 .C41 cách chọn. Xếp 3 người vào 3 toa còn lại đã chọn, có 3! cách chọn.

5 − C355 cách. C45

Số cách xếp 5 viên bi vào 5 ô là 5!.

Bước 2: Sắp xếp các viên

5 5 Theo quy tắc nhân ta có 5!. ( C45 − C35 ) = 107655240 (cách).

bi.

Vậy số cách xếp thỏa mãn đầu bài là: C74 .C52 .C41 .3! = 8400 (cách).

Bài tập tự luyện dạng 2

Ví dụ 7. Một thầy giáo có 10 cuốn sách khác nhau trong đó có 4 cuốn sách

Câu 1: Cho tập A có n phần tử ( n ∈ ℕ* ) , khẳng định nào sau đây sai?

Toán, 3 cuốn sách Lí, 3 cuốn sách Hóa. Thầy muốn lấy ra 5 cuốn và tặng

A. Số hoán vị của ( n + 1) phần tử là Pn = 1.2.3... ( n − 2 )( n − 1) n.

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 số sách còn lại có đủ cả ba

B. Số chỉnh hợp chập k của n phân tử là Ank =

loại?

Hướng dẫn giải Trường hợp 1: Tặng hết 4 cuốn sách Toán.

Tìm bài toán đối đó là tìm

Số cách chọn 4 cuốn sách Toán là 1 cách.

số cách sao cho sau khi

Số cách chọn 1 cuốn trong 6 cuốn còn lại là 6 cách.

tặng sách xong có 1 môn

Vậy có 6 cách chọn sách.

hết sách.

C. Số tổ hợp chập k của n phần tử là Cnk =

với k ≤ n, k ∈ ℕ* .

n! với k ≤ n, k ∈ ℕ. k !( n − k ) !

D. Mỗi hoán vị của n phần tử cũng chính là một chỉnh hợp chập n của n phần tử. Vì vậy Pn = Ann . Câu 2: Một tổ gồm có 5 bạn học sinh nam và 4 học sinh nữ. Có bao nhiêu cách chọn 4 bạn sao trong đó luôn có bạn nam và nữ? A. 120 (cách).

Số cách tặng 5 cuốn sách đó cho 5 em học sinh là A55 = 120 cách.

( n − k )!

B. 126 (cách).

C. 6 (cách).

cho

D. 60 (cách).

Câu 3: Một đội văn nghệ có 20 người gồm 10 nam và 10 nữ, có bao nhiêu cách chọn ra một nhóm 5 người sao cho có ít nhất 2 nam và có ít nhất 1 nữ?

Vậy có 6.120 = 720 cách. Trường hợp 2: Tặng hết 3 cuốn sách Lí.

A. 12900 (cách).

Số cách chọn 3 cuốn sách Lí là 1 cách.

B. 450 (cách).

C. 633600 (cách).

D. 15494 (cách).

Câu 4: Có bao nhiêu cách xếp 3 bạn nam, 2 bạn nữ và 1 cô giáo ngồi vào một bàn tròn có 6 chỗ sao cho cô giáo ngồi giữa 2 bạn nữ?

Số cách chọn 2 cuốn trong 7 cuốn còn lại là C72 cách.

A. 2 (cách).

Vậy có 21 cách chọn sách.

B. 72 (cách).

C. 12 (cách).

D. 36 (cách).

Câu 5: Một trường cấp 3 có 8 giáo viên toán gồm 3 nữ và 5 nam, giáo viên vật lý thì có 4 giáo viên nam. Có bao nhiêu cách chọn ra một đoàn thanh tra có 3 người trong đó có đủ hai môn toán lý vả có đủ giáo viên nam và giáo viên nữ?

Số cách tặng 5 cuốn sách đó cho 5 em học sinh là A55 = 120 cách. Vậy có 21.120 = 2520 cách.

A. 90 (cách).

Trường hợp 3: Tặng hết 3 cuốn sách Hóa: Tương tự trường hợp 2 thì có

B. 60 (cách).

C. 12960 (cách).

D. 120 (cách).

Câu 6: Một hộp chứa 10 quả cầu đỏ được đánh số từ 1 tới 10 và 20 quả cầu xanh được đánh số từ 11 tới 30. Lấy hai quả bất kì trong hộp. Có bao nhiêu cách lấy được hai quả cầu có số chẵn?

2520 cách. Số cách chọn 5 cuốn bất kì trong 10 cuốn và tặng cho 5 em là

A. 210 (cách).

C105 . A55 = 30240 cách.

B. 55 (cách).

C. 50 (cách).

D. 105 (cách).

Câu 7: Cho hai hộp chứa các quả cầu. Hộp thứ nhất chứa 5 quả cầu xanh, 3 quả cầu đỏ. Hộp thứ hai có chứa 7 quả cầu xanh, 6 quả cầu vàng. Lấy mỗi hộp 2 quả cầu. Có bao nhiêu cách lấy được tổng cộng 4 quả mà có đủ 3 màu?

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).

A. 981 (cách).

Ví dụ 8. Có bao nhiêu cách xếp 5 người vào 7 toa tàu sao cho còn trống

B. 2184 (cách).

C. 1944 (cách).

D. 630 (cách).

Câu 8: Có bao nhiêu cách chia 9 món quà khác nhau cho 3 người sao cho một người có 2 món quà, một người 3 món quà, một người có 4 món quà?

đúng 3 toa? Hướng dẫn giải

Trang 9

A. 381024 (cách).

B. 30240 (cách).

C. 5040 (cách).

D. 7560 (cách). Trang 10

Câu 9: Có hai học sinh lớp A, ba học sinh lớp B và bốn học sinh lớp C xếp thành một hàng ngang sao cho giữa hai học sinh lớp A không có học sinh nào lớp B. Hỏi có bao nhiêu cách xếp hàng như vậy? A. 80640 (cách).

B. 108864 (cách).

C. 145152 (cách).

D. 217728 (cách).

C14x + C14x + 2 = 2C14x +1 ⇔

Câu 10: Một bộ đề ôn tập môn Toán được chia thành 3 loại dễ, trung bình và khó. Số câu dễ là 10 câu, số câu trung bình là 15 câu và số câu khó là 5 câu. Thầy giáo chọn 5 câu bất kì để làm thành một đề thi. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? A. C530 (cách chọn).

B. C305 (cách chọn).

C. C105 .C155 .C55 (cách chọn).

D. C105 + C155 + C55 (cách chọn).

Ank = n ( n − 1)( n − 2 ) ... ( n − k + 1) =

Ví dụ 3. Tìm x ∈ ℕ thỏa mãn C 1x + 6Cx2 + 6Cx3 = 9 x 2 − 14 x.

Điều kiện: 3 ≤ x ∈ ℕ. Cnk = Cnk−−11 + Cnk−1 ;

Cnk =

Ta có C 1x + 6Cx2 + 6Cx3 = 9 x 2 − 14 x

n − k + 1 k −1 Cn ; k

⇔

1 1 Cnk = Cnk++11 ; ( k − 1) kCnk = ( n − 1) nCnk−−11. k +1 n +1

Ví dụ 1. Có bao nhiêu số tự nhiên x thỏa mãn 3A − A2x + 42 = 0? B. 1.

C. 2.

x! x! +6 = 9 x 2 − 14 x 2!. ( x − 2 ) ! 3!. ( x − 3) !

x = 0 ⇔ x ( x 2 − 9 x + 14 ) = 0 ⇔  x = 2 ⇒ x = 7 (do x ≥ 3 ).  x = 7

2 x

( x − 1)!

⇔ x + 3x 2 − 3 x + x3 − 3 x 2 + 2 x = 9 x 2 − 14 x

Ví dụ mẫu

D. 6.

Vậy x = 7 thỏa mãn đề bài.

Hướng dẫn giải

Ví dụ 4. Tính tích P của tất cả các giá trị n thỏa mãn

Điều kiện: x ∈ ℕ, x ≥ 2.

Pn An2 + 71 = 6 ( An2 + 2 Pn ) .

( 2x ) + 42 = 0 x! − ( x − 2 )! ( 2x − 2 )!

A. P = 12.

B. P = 5.

⇔ 3x ( x − 1) − 2x ( 2x − 1) + 42 = 0 ⇔ − x 2 − x + 42 = 0

Hướng dẫn giải

 x = −7 ⇔ ⇒ x = 6. x = 6

Điều kiện: n ∈ ℕ, n ≥ 2.

Vậy x = 6 thỏa mãn đề bài.

 Pn − 6 = 0 n = 3 ⇔ 2 ⇔ (thỏa mãn) A − 12 = 0 n = 4  n

C. P = 10.

D. P = 6.

Pn An2 + 72 = 6 ( An2 + 2 Pn ) ⇔ ( Pn − 6 ) ( An2 − 12 ) = 0

Chọn D. Ví dụ 2. Tính tích P của tất cả các giá trị x thỏa mãn

Vậy P = 3.4 = 12.

C14x + C14x + 2 = 2C14x +1. A. P = 4.

Hướng dẫn giải

Cnk = Cnn − k ;

Tính chất: Cn0 = Cnn = 1;

(14 − x )(13 − x ) ( x + 1)( x + 2 ) ( x + 1)(13 − x )

Chọn D.

n! ; ( n − k )!

Ank n! = . k ! k !( n − k ) !

3A 2x − A2x = 0 ⇔ 3.

14! ta được: x !(12 − x ) !

Vậy tích các giá trị của x là 32.

Chú ý các công thức:

A. 0.

Rút gọn cả hai vế đại lượng

x = 4 (thỏa mãn). ⇔ x 2 − 12 x + 32 = 0 ⇔  x = 8

Phương pháp giải

kCnk = nCnk−−11 ;

14! 14! 14! + =2 x !(14 − x ) ! ( x + 2 )!(12 − x )! ( x + 1)!(13 − x )!

⇔ ( x + 1)( x + 2 ) + (14 − x )(13 − x ) = 2 (14 − x )( x + 2 )

Dạng 3. Phương trình, bất phương trình chứa công thức tổ hợp

Cnk =

Điều kiện: x ∈ ℕ, 0 ≤ x ≤ 12.

B. P = 12.

C. P = −32.

Chọn A. Ví dụ 5. Tìm n thỏa mãn Cnn++41 − Cnn+3 = 7 ( n + 3) .

D. P = 32.

Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải Trang 11

Trang 12

A. S = {3; 4} .

Điều kiện: n ∈ ℕ* . Cnn++41 − Cnn+3 = 7 ( n + 3) ⇔

( n + 4 ) ! − ( n + 3)! = 7

3!( n + 1)!

3! n !

A. 1.

B. 2.

C. 3.

( n + 3) .

A. S = [3;5] .

B. S = [3; 4].

⇔ n + 6n + 8 − n − 3n − 2 − 42 = 0

Câu 9: Tìm tập hợp các số âm trong dãy số x1 ; x2 ;...; xn với xn =

⇔ 3n − 36 = 0 ⇔ n = 12 (thỏa mãn). Vậy n = 12

Ví dụ 6. Có bao nhiêu số tự nhiên n thỏa mãn 2Cn2+1 + 3 An2 < 30? B. 2.

C. 3.

D. Vô số.

Hướng dẫn giải

( n + 1)! + 3. n ! − 30 < 0 2!( n − 1)! ( n − 2 )!

5 ⇔ 4n 2 − 2n − 30 < 0 ⇔ − < n < 3. 2

Bài tập tự luyện dạng 3 Câu 1: Các giá trị của x thỏa mãn

 −63 −23  C. H =  ; . 8   4

D. H ∈∅.

A. x0 ∈ (10;13) .

B. x0 ∈ (12;14 ) .

C. x0 ∈ (10;12 ) .

D. x0 ∈ (14;16 ) .

x !− ( x − 1) ! 1 = với x ∈ N * là ( x + 1) ! 6

B. x ∈ {2;3} .

B. 3.

C. x ∈ {3} .

D. x ∈ {2} .

B. n = 0.

C. ( 4;3) .

D. ( 2;5 ) .

5 2 An − 2 < 0 với n ∈ ℤ ta được 4

A. n ∈ {6;7;8;9;10;11} .

B. n ∈ {7;8;9;10;11;12} .

C. n ∈ {4;5; 6;7;8;9} .

D. n ∈ {5; 6;7;8;9;10} .

Dạng 4: Các bài toán liên quan đến chọn số C. {2;3} .

Phương pháp giải

D. ∅.

• Chú ý cấu tạo số và các dấu hiệu chia hết.

Câu 3: Tìm n thỏa mãn An2Cnn −1 = 48.

• Khi lập một số tự nhiên x = a1...an ta cần lưu ý: ai ∈ {0;1; 2;...;9} và a1 ≠ 0 .

1 ± 193 C. n = . 2

D. ∅.

Một số dấu hiệu chia hết: +) x chia hết cho 2 ⇔ an là số chẵn. Khi giải bài toán tìm số chẵn nếu bài toán chứa chữ số 0 thì ta nên

Câu 4: Tìm số tự nhiên n thỏa mãn An2 − Cnn+−11 = 5. B. n = 5.

B. ( 3; 4 ) .

Câu 12: Giải bất phương trình Cn4−1 − Cn3−1 −

Câu 2: Nếu An2 = n ! thì n bằng bao nhiêu?

A. n = 3.

B. H = {1; 2} .

A. ( 5; 2 ) .

Chọn A.

A. n = 4.

 −54 −23  A. H =  ; . 8   5

y y 2. Ax + C x = 50 Câu 11: Giả hệ phương trình  y ta được nghiệm ( x; y ) là y 5. Ax − 2Cx = 80

Mà n ∈ ℕ, n ≥ 2 nên n = 2.

A. 2.

A 143 − . Pn + 2 4 Pn

Giả sử x = x0 là nghiệm của phương trình trên thì

⇔ n ( n + 1) + 3n ( n − 1) − 30 < 0

A. x ∈ {1;3} .

D. S = {3; 4} . 4 n+4

Câu 10: Cho phương trình Ax3 + 2Cxx+−11 − 3Cxx−−13 = 3 x 2 + P6 + 159.

Điều kiện: n ∈ N , n ≥ 2. 2Cn2+1 + 3A n2 < 30 ⇔ 2.

D. 0.

C. S = {3;4.

A. 1.

D. S = {4} .

1 6 Câu 8: Bất phương trình A22x − Ax2 ≤ .Cx3 + 10 có tập nghiệm là 2 x

⇔ ( n + 4 )( n + 2 ) − ( n + 2 )( n + 1) = 42 2

C. S = {2;3; 4} .

Câu 7: Có bao nhiêu giá trị của n thỏa mãn phương trình: 2 Pn + 6 An2 = 12 + Pn An2 ?

( n + 3) .

( n + 4 )( n + 3)( n + 2 ) − ( n + 3)( n + 2 )( n + 1) = 7 ⇔

B. S = {2; 4} .

C. n = 4.

chia hai trường hợp: an = 0, an ≠ 0.

D. n = 6.

Câu 5: Tìm k sao cho k thỏa mãn: C14k + C14k + 2 = 2C14k +1 A. k = 4, k = 8.

B. k = 8.

C. k = 4.

D. Không có giá trị nào của k .

+) x là số lẻ ⇔ an là số lẻ. +) x chia hết cho 3 ⇔ a1 + a2 + ... + an chia hết cho 3. +) x chia hết cho 4 ⇔ an −1an chia hết cho 4.

Câu 6: Tập nghiệm của bất phương trình Ax3 + 5 Ax2 ≤ 21x là Trang 13

Trang 14

+) x chia hết cho 5 ⇔ an ∈ {0, 5} .

Tất cả có 2.4. A82 = 448 số ( 2 ) .

+) x chia hết cho 6 ⇔ x là số chẵn và chia hết cho 3.

Từ (1) và ( 2 ) ta có 840 + 448 = 1288 số.

+) x chia hết cho 8 ⇔ an − 2 an −1an chia hết cho 8.

Chọn D.

+) x chia hết cho 9 ⇔ a1 + a2 + ... + an chia hết cho 9.

Ví dụ 3. Cho ba số 1, 2, 3 . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số sao cho 2 chữ số giống nhau

+) x chia hết cho 11 ⇔ tổng các chữ số ở hàng lẻ trừ đi tổng các chữ số ở hàng chẵn là một số chia hết

không đứng kề nhau?

A. 72.

cho 11.

C. 30.

Ví dụ mẫu

Gọi số cần tìm là abcdef .

Ví dụ 1. Từ các chữ số 0,1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia

Chọn a có 3 cách. Chọn b ≠ a có 2 cách.

hết cho 9?

B. 18.

C. 20.

Chọn c ≠ b có 2 cách.

D. 14.

Hướng dẫn giải

Chọn d ≠ c có 2 cách.

Gọi số cần tìm có dạng abc với a, b, c ∈ {0;1; 2;3; 4;5} .

Chọn e ≠ d có 2 cách. Chọn f ≠ e có 2 cách.

Vì abc⋮ 9 nên tổng các chữ số ( a + b + c )⋮ 9.

Vậy số cách chọn thỏa mãn là 3.25 = 66 cách.

Khi đó a, b, c ∈ {( 0; 4;5 ) , ( 2;3; 4 ) , (1;3;5 )} .

Chọn B.

Trường hợp 1. Với a, b, c ∈ {0; 4;5} . Do a ≠ 0 nên a có 2 cách chọn.

Ví dụ 4. Có bao nhiêu số có 5 chữ số tận cùng là 1 và chia hết cho 7? A. 12855.

Suy ra có 2.2 = 4 số thỏa mãn yêu cầu.

B. 12856.

Trường hợp 2. Với a, b, c ∈ {2;3; 4} , có 3! = 6 số thỏa mãn yêu cầu.

Hướng dẫn giải

Trường hợp 3. Với a, b, c ∈ {1;3;5} , có 3! = 6 số thỏa mãn yêu cầu.

Gọi số cần tìm có dạng: abcd1.

C. 1285.

Chọn A.

Vi abcd1 chia hết cho 7 nên 3.abcd + 1 chia hết cho 7 hay

Ví dụ 2. Có bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau và lớn hơn 5000?

3.abcd + 1 = 7k ⇔ abcd = 2k +

B. 1120.

C. 1250.

D. 1286.

Ta có abcd1 = 10.abcd + 1 = 3.abcd + 7.abcd + 1.

Vậy có thể lập được 16 số tự nhiên thỏa mãn bài toán.

A. 1232.

D. 32.

Hướng dẫn giải

+) x chia hết cho 25 ⇔ Hai chữ số tận cùng là 00, 25, 50, 75.

A. 16.

B. 66.

D. 1288.

k −1 , k ∈ ℤ. 3

Hướng dẫn giải

Ta có abcd là số nguyên khi k = 3l + 1, l ∈ ℕ. Suy ra abcd = 7l + 2.

Giả sử số cần tìm có dạng x = a1a2 a3 a4 , ai ≠ a j ; i, j = 1, 4.

Do đó 1000 ≤ 7l + 2 ≤ 9999 ⇔

a1 ∈ {5;6; 7;8;9} Vì x > 5000 và x là số chẵn nên  a4 ∈ {0; 2; 4;6;8}

998 9997 ≤l ≤ . 7 7

Suy ra có 1286 giá trị của l. Vậy có 1286 số thỏa mãn bài toán.

Trường hợp 1: Nếu a1 = {5; 7;9} thì a1 có 3 cách chọn. Khi đó a4 có 5 cách chọn. Các số còn lại có A

2 8

Chọn D. Ví dụ 5. Cho tập hợp A = {1; 2;3; 4;...; 2018} và các số a, b, c ∈ A . Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên có dạng

cách chọn. Do đó có 3.5. A82 = 840 số (1) . Trường hợp 2: Nếu a1 ∈ {6;8} thì a1 có 2 cách chọn và a4 có 4 cách chọn. Các số còn lại có A82 cách

abc sao cho a < b < c và a + b + c = 2016?

A. 337681.

chọn.

B. 2027080.

C. 2027090.

D. 337690.

Hướng dẫn giải Trang 15

Trang 16

Câu 6: Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3?

Nhận xét 2016 = 1 + 1 + 1 + ... + 1 gồm 2015 dấu +. Chọn 2 dấu + trong 2015 dấu + để hình thành các số a, b, c có C

2 2015

cách.

A. 3204 số.

2 Suy ra có C2015 cách chọn 3 số có tổng bằng 2016 (tính cả các hoán vị).

A. 234.

A. 720 số.

Vì a ≥ 1 nên c ≤ 2014 . Do đó c ∈ {2; 4; 6;...; 2014} \ {672} .

D. 432.

B. 360 số.

C. 288 số.

D. 240 số.

Câu 9: Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số 5; 6; 7;8;9. Tính tổng tất cả các số thuộc tập S.

Vậy có 1006 cách chọn c.

A. 9333420.

Bộ {a; a; c} có 3 hoán vị.

B. 46666200.

C. 9333240.

D. 46666240.

Câu 10: Từ các chữ số 2,3, 4 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 9 chữ số, trong đó chữ số 2 có mặt 2 lần,

Vậy số cách chọn ở trường hợp 2 là 1006.3 = 3018 cách.

chữ số 3 có mặt 3 lần, chữ số 4 có mặt 4 lần?

a ≠ b ≠ c 2 Vây có C2015 − 1 − 3018 = 2026086 số abc thỏa mãn  . a + b + c = 2016

A. 1260.

• Cho n điểm trong không gian, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. + Số đường thẳng đi qua 2 điểm: Cn2 =

Chọn A.

Câu 1: Từ các chữ số 0,1, 2,3,5 có thể lập được bao nhiêu số gồm 4 chữ số khác nhau và không chia hết

+ Số tam giác tạo thành: Cn3 =

cho 5?

C. 54.

D. 69.

C. 3204.

D. 2942.

C. 100.

n ( n − 1)( n − 2 )

n ( n − 3)

+ Nếu không có 3 đường chéo nào đồng quy thì số giao điểm giữa các đường chéo là Cn4 =

lập được luôn có mặt chữ số 3?

n ( n − 1)( n − 2 )( n − 3)

D. 48.

Câu 5: Cho tập A = {0;1; 2;3; 4;5;6} từ tập A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số và chia hết cho 2?

C. 1260.

+ Số đường chéo cùng đi qua 1 đỉnh của đa giác: n − 3 .

D. 69.

Câu 4: Lập được bao nhiêu số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau chọn từ tập A = {1; 2;3; 4;5} sao cho mỗi số C. 32.

• Cho đa giác lồi n đỉnh: + Số đường chéo của đa giác: Cn2 − n =

Câu 3: Có bao nhiêu số tự nhiên nhỏ hơn 1000 được lập từ các chữ số 0,1, 2,3, 4?

B. 2880.

+ Nếu trong n điểm không có 4 điểm nào đồng phẳng thì số tứ diện được tạo thành: Cn4 .

Câu 2: Có bao nhiêu số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau từng đôi một, trong đó chữ số 5 đứng liền giữa chữ số 1 và 4 ?

B. 36.

n ( n − 1)

+ Số vectơ nối hai điểm bất kì: n 2 . + Số vectơ khác 0 nối hai điểm bất kì: An2 = n ( n − 1) .

Bài tập tự luyện dạng 4

B. 120.

D. 1728.

Một số kết quả thường gặp

2026086 = 337681. 6

B. 1500.

C. 120.

Phương pháp giải

Do đó số cách lập bộ số {a; b; c} thỏa yêu cầu a < b < c là

B. 120.

B. 40320.

Dạng 5. Các bài toán liên quan đến hình học

Mỗi bộ số {a; b; c} được lập có 3! = 6 cách hoán đổi vị trí.

A. 1230.

C. 132.

điều kiện: sáu chữ số của mỗi số là khác nhau và chữ số hàng nghìn lớn hơn 2?

Khi đó c chẵn do c = 2 (1008 − a ) .

A. 72.

B. 243.

Câu 8: Từ các chữ số 1; 2;3; 4;5; 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có sáu chữ số và thỏa mãn

Trường hợp 2: có 2 trong 3 số bằng nhau, chẳng hạn a = b ≠ c ⇒ 2a + c = 2016.

A. 125.

D. 7440 số.

15?

Trường hợp 1 : a = b = c = 672, có 1 số.

A. 249.

C. 2942 số.

Câu 7: Có bao nhiêu số có 4 chữ số được viết từ các chữ số 1; 2;3; 4;5;6; 7;8;9 sao cho số đó chia hết cho

Ta xét các trường hợp:

A. 72.

B. 249 số.

+ Số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác: Cn3 =

24 n ( n − 1)( n − 2 )

+ Số tam giác có đúng 1 cạnh của đa giác và 2 cạnh còn lại là đường chéo: nCn1− 4 = n ( n − 4 ) .

D. 8232.

+ Số tam giác có 2 cạnh của đa giác và 1 cạnh còn lại là đường chéo: n. Trang 17

Trang 18

+ Số tam giác có cạnh đều là các đường chéo của đa giác: Cn3 − n − n ( n − 4 ) =

n ( n 2 − 9n + 20 )

Loại 1: Hai đỉnh thuộc d1 và một đỉnh thuộc vào d 2 .

Số cách chọn bộ hai điểm trong 10 điểm thuộc d1 là C102 .

+ Số tam giác vuông:

1 Số cách chọn một điểm trong 15 điểm thuộc d 2 là C15 .

2 n 2

Khi n chẵn: số tam giác vuông là n.C .

1 Loại 1 có C102 .C15 tam giác.

Khi n lẻ: số tam giác vuông là 0.

Loại 2: Một đỉnh thuộc d1 và hai đỉnh thuộc d 2

+ Số tam giác tù:

Số cách chọn một điểm trong 10 điểm thuộc d1 là C101 .

Khi n chẵn: số tam giác tù là n.C n2− 2 .

Số cách chọn bộ hai điểm trong 15 điểm thuộc d 2 là C152 .

Khi n lẻ: số tam giác tù là n.C n2−1 .

Loại 2 có: C101 .C152 tam giác.

+ Số tam giác nhọn = số tam giác - (số tam giác vuông + số tam giác tù)

Vậy có tất cả: C102 C151 + C101 C152 tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán.

  Khi n chẵn: số tam giác nhọn là Cn3 − n.  C n2 + C n2− 2  . 2   2

Ví dụ 2. Một đa giác đều có số đường chéo gấp đôi số cạnh. Hỏi đa giác đó có bao nhiêu cạnh?

Khi n lẻ: số tam giác nhọn là Cn3 − n.C n2−1 .

Đa giác có n cạnh ( n ∈ ℕ, n ≥ 3) .

Hướng dẫn giải

Số đường chéo trong đa giác là: Cn2 − n

Cho đa giác đều 2n đỉnh n ≥ 2 : + Số đường chéo xuyên qua tâm = n số hình chữ nhật: Cn2 =

n ( n − 1)

Ta có: Cn2 − n = 2n ⇔

Ví dụ 3. Cho hai đường thẳng d1 và d 2 song song với nhau. Trên d1 có 10 điểm phân biệt, trên d2 có n

MỘT SỐ KẾT QUẢ HAY GẶP VỀ TAM GIÁC đều

n = 7 = 3n ⇔ n ( n − 1) = 6n ⇔  ⇔ n = 7 (vì n ≥ 3 ). n = 0

Vậy đa giác có 7 cạnh.

+ Số tam giác vuông: ( 2n − 2 ) n.

Số đỉnh của đa giác

( n − 2 )!.2!

Số tam giác đều

Số tam giác cân

Số tam giác cân nhưng

điểm phân biệt ( n ≥ 2 ) . Biết rằng có 1725 tam giác có các đỉnh là ba trong số các điểm thuộc d1 và d 2

không đều

nói trên. Tìm n

Hướng dẫn giải

6n ( 3n − 1) − 2.2n

6n ( 3n − 1) − 3.2n

6n + 1

( 6n + 1) 3n

6n + 2

( 6n + 2 ) 3n

6n + 3

2n + 1

6n + 4

( 6n + 4 )( 3n + 1)

6n + 5

( 6n + 5)( 3n + 2 )

( 6n + 3)( 3n + 1) − 2. ( 2n + 1) ( 6n + 3)( 3n + 1) − 3. ( 2n + 1)

Để tạo thành một tam giác có hai khả năng: Lấy 1 điểm thuộc d1 và 2 điểm thuộc d 2 hoặc lấy 2 điểm thuộc d1 và 1 điểm thuộc d 2 . 1 Tổng số tam giác được tạo thành là: S = C10 .Cn2 + C102 .Cn1 .

Theo giả thiết có S = 1725. Ta có phương trình C101 .Cn2 + C102 .Cn1 = 1725 ⇔ 10.

n! n! + 45. = 1725 2!. ( n − 2 ) ! ( n − 1) !

⇔ 5n ( n − 1) + 45n = 1725 ⇔ 5n 2 + 40n − 1725 = 0

Ví dụ mẫu Ví dụ 1. Cho hai đường thẳng song song d1 , d 2 . Trên đường thẳng d1 lấy 10 điểm phân biệt, trên d 2 lấy

 n = 15 ⇔ ⇒ n = 15 (vì n ≥ 2 ).  n = −23

15 điểm phân biệt. Hỏi có bao nhiêu tam giác mà ba đỉnh của nó được chọn từ 25 điểm nói trên?

Vậy n = 15.

Hướng dẫn giải Số tam giác lập được thuộc một trong hai loại sau: Trang 19

Trang 20

Ví dụ 4. Trong mặt phẳng có 2017 đường thẳng song song với nhau và 2018 đường thẳng song song khác

A. 40.

B. 380.

C. 190.

D. 144.

cùng cắt nhóm 2017 đường thẳng đó. Tính số hình bình hành nhiều nhất được tạo thành có đỉnh là các

Câu 10: Cho hai đường thẳng d1 và d 2 song song với nhau. Trên có 10 điểm phân biệt, trên d 2 có n

giao điểm nói trên.

điểm phân biệt ( n ≥ 2 ) . Biết có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm nói trên. Giá trị n bằng A. 20.

Hướng dẫn giải Mỗi hình bình hành tạo thành từ hai cặp cạnh song song nhau. Vì vậy số hình bình hành tạo thành chính

B. 21.

C. 30.

D. 32.

Câu 11: Cho hai đường thẳng d1 và d 2 song song với nhau. Trên d1 có 10 điểm phân biệt, trên d 2 có n

là số cách chọn 2 cặp đường thẳng song song trong hai nhóm đường thẳng trên.

điểm phân biệt ( n ≥ 2 ) . Biết rằng có 1725 tam giác có các đỉnh là ba trong số các điểm thuộc d1 và d 2

2 Chọn 2 đường thẳng song song từ 2017 đường thẳng song song có C2017 (cách).

nói trên. Giá trị n bằng

A. 13.

2 Chọn 2 đường thẳng song song từ 2018 đường thẳng song song có C2018 (cách).

B. 15.

C. 14.

D. 16.

Câu 12: Cho đa giác đều 2018 đỉnh. Hỏi có bao nhiêu tam giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và có một góc lớn hơn 100° ?

2 2 (hình bình hành). Vậy có C2017 .C2018

3 A. 2018.C897 .

3 B. C1009 .

3 C. 2018.C895 .

3 D. 2018.C896 .

Bài tập tự luyện dạng 5 ĐÁP ÁN

Câu 1: Đa giác lồi 20 đỉnh có tất cả bao nhiêu đường chéo? A. 40.

B. 360.

C. 190.

BÀI 1. QUY TẮC ĐẾM – HOÁN VỊ - CHỈNH HỢP – TỔ HỢP

D. 170.

Câu 2: Trong mặt phẳng có 30 điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Có bao nhiêu vectơ khác vectơ - không mà điểm đầu và điểm cuối được lấy từ 30 điểm trên? A. 870.

B. 435.

C. 302.

D. 230.

B. 35.

C. 45.

D. 19.

Câu 4: Cho hai đường thẳng song song d , d ′. Trên d lấy 10 điểm phân biệt, trên d ′ lấy 15 điểm phân biệt. Hỏi có bao nhiêu tam giác mà đỉnh của nó được chọn từ 25 đỉnh nói trên?

A. 1050.

B. 675.

C. 1725.

1–B

2–D

3–D

4–A

5–A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 3: Tính số giao điểm tối đa của 10 đường thẳng phân biệt khi không có ba đường nào đồng quy và hai đường nào song song? A. 90.

Dạng 1. Quy tắc đếm

Câu 1. Theo quy tắc cộng, ta có số cách chọn khác nhau là: 8 + 6 + 10 = 24 (cách).

Câu 2. Theo quy tắc nhân ta có số cách chọn đường đi để An đến nhà Cường là 4.6 = 24 (cách).

Câu 3.

D. 708750.

Theo quy tắc nhân, số cách đi từ A đến D mà qua B và C chỉ một lần là 4.2.3 = 24 (cách).

Câu 5: Từ các điểm A, B, C , D, E không thẳng hàng, ta có thể lập được bao nhiêu tam giác?

Câu 4.

A. C53 = 10 (tam giác).

B. A53 = 60 (tam giác).

Theo quy tắc nhân ta có số cách cắm 3 bông hoa vào 5 lọ khác nhau là 5.4.3 = 60 (cách).

C. P5 = 120 (tam giác).

D. P3 = 6 (tam giác).

Câu 5.

Câu 6: Trong mặt phẳng cho 6 đường thẳng song song với nhau và 8 đường thẳng khác cũng song song với nhau và cắt 6 đường đã cho. Hỏi có bao nhiêu hình bình hành được tạo nên từ 14 đường thẳng đã cho? A. C62 .C62 (hình).

B. A62 . A82 (hình).

C. C (hình).

D. A (hình).

4 14

B. −12 và 15.

C. 18.

B. 4038090.

C. 4167114.

Dạng 2. Các bài toán hoán vị, chỉnh hợp tổ hợp 2–A

3–A

4–C

5–A

6–D

7–A

8–D

9–C

10 – B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

D. ∅.

Câu 8: Trong mặt phẳng cho 2010 điểm phân biệt sao cho ba điểm bất kì không thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu vectơ khác vectơ - không có điểm đầu và điểm cuối thuộc 2010 điểm đã cho? A. 4039137.

Theo quy tắc nhân, số cách cách chọn ra các giải nhất, nhì, ba là 15.14.13 = 2730 (cách).

1–A

4 14

Câu 7: Cho đa giác đều có n đỉnh n ∈ ℕ và n ≥ 3 . Giá trị của n bằng bao nhiêu biết rằng đa giác đó có 90 đường chéo? A. 15.

Có 15 cách chọn giải nhất, 14 cách chọn giải nhì, 13 cách chọn giải ba.

Câu 1. Số các hoán vị của ( n + 1) phần tử là Pn +1 = 1.2.3... ( n − 2 )( n − 1) n ( n + 1) nên A sai.

Câu 2. Có C94 cách chọn 4 bạn bất kì trong 9 bạn. Có C54 cách chọn 4 bạn nam.

D. 167541284.

Câu 9: Cho 20 đường thẳng thì có nhiều nhất bao nhiêu giao điểm?

Có C44 cách chọn 4 bạn nữ.

Trang 21

Trang 22

Vậy ta có số cách chọn 4 bạn luôn có cả bạn nam và nữ là: C94 − C54 − C44 = 120 (cách).

Ta xét các trường hợp sau:

Câu 3.

Trường hợp 1: Hai học sinh lớp A đứng cạnh nhau có 2!.8! cách.

+ Chọn 2 nam, 3 nữ có: C102 .C103 cách.

Trường hợp 2: Giữa hai học sinh lớp A có một học sinh lớp C có 2!.4.7! cách. Trường hợp 3: Giữa hai học sinh lớp A có hai học sinh lớp C có 2!. A42 .6! cách.

+ Chọn 3 nam, 2 nữ có: C103 .C102 cách.

Trường hợp 4: Giữa hai học sinh lớp A có ba học sinh lớp C có 2!. A43 .5!cách.

1 cách. + Chọn 4 nam, 1 nữ có: C104 .C10

Trường hợp 5: Giữa hai học sinh lớp A có bốn học sinh lớp C có 2!. A44 .4! cách.

1 Áp dụng quy tắc cộng ta có C102 .C103 + C103 .C102 + C104 .C10 = 12900 (cách).

Câu 4.

Vậy theo quy tắc cộng có 2!( 8!+ A41 7!+ A42 6!+ A43 5!+ A44 4!) = 145152 (cách).

Chọn vị trí cho cô giáo trên bàn tròn, có 1 cách chọn.

Câu 10.

2 bạn nữ ngồi hai bên cô giáo là hoán vị của 2, vậy có 2! cách xếp.

Chọn 5 câu bất kì trong 30 câu để làm thành 1 đề thi có C305 cách chọn.

Còn lại 3 bạn nam xếp vào 3 chỗ còn lại, vậy có 3! cách.

Dạng 3. Phương trình, bất phương trình chứa công thức tổ hợp

Áp dụng quy tắc nhân ta có 1.2!.3! = 12 cách xếp.

Câu 5.

1–B

2–C

11 – A

12 – D

3–A

4–B

5–A

6–A

7–B

8–D

9–C

10 – A

+ Chọn 1 nam toán, 1 nữ toán, 1 nam lý có C51.C31.C41 cách + Chọn 1 nữ toán, 2 nam lý: C31.C42 cách. 2 3

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1.

1 4

+ Chọn 2 nữ toán, 1 nam lý: C .C cách. 1 5

1 3

1 4

1 3

2 4

2 3

x !− ( x − 1) !

1 4

Áp dụng quy tắc cộng ta có C .C .C + C .C + C .C = 90 (cách chọn).

( x + 1) !

Câu 6.

( x − 1) ! = 1 ⇔ 1 − 1 = 1 x! 1 ⇔ − + x 6 1 ! ( ) ( x + 1) ! 6 x + 1 x ( x + 1) 6

của 15, ta có C = 105 cách chọn.

x = 2 ⇒ x2 − 5x + 6 = 0 ⇔   x = 3.

Câu 7.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {2;3} .

Trong 30 quả cầu ta có 15 quả cầu có số chẵn. Do đó chọn 2 quả bất kì trong 15 quả sẽ là tổ hợp chập 2 2 15

Câu 2.

+ Ở hộp thứ nhất chọn 2 quả đỏ, hộp thứ hai chọn 1 quả xanh, 1 quả vàng: 2 3

1 7

1 6

n ∈ ℕ* Điều kiện:  n ≥ 2

có C .C .C cách chọn. + Ở hộp thứ nhất chọn 1 quả xanh, 1 quả đỏ và hộp thứ hai chọn 1 quả xanh, 1 quả vàng: có C51.C31.C71 .C61 cách chọn.

Ta có An2 = n ! ⇔

+ Ở hộp thứ nhất chọn 1 quả xanh, 1 quả đỏ và hộp thứ hai chọn 2 quả vàng: có C51.C31.C62 cách chọn.

n − 2 = 0 n = 2 n! 1 = n! ⇔ = 1 ⇔ ( n − 2 )! = 1 ⇔  ⇔ . ( n − 2 )! ( n − 2 )! n − 2 = 1 n = 3

Vậy n = 2 hoặc n = 3 . 2 3

1 7

1 6

1 5

1 3

1 7

1 6

1 5

1 3

Câu 3.

2 6

Áp dụng quy tắc cộng, ta có C .C .C + C .C .C .C + C .C .C = 981 (cách chọn).

Điều kiện: 2 ≤ n ∈ ℕ.

Câu 8. Số cách chọn ra 2 trong 9 món quà là: C92 cách. Chọn 1 trong 3 người để nhận quà có C31 cách.

Ta có: An2Cnn −1 = 48 ⇔

Do đó có C92 .C31 = 108 cách chia một người nhận 2 món quà.

Vậ y n = 4 .

Chọn 3 món quà trong 7 món quà còn lại có C73 cách. Chọn 1 trong 2 người còn lại để nhận quà có 2

Câu 4.

cách. Do đó có C .2 = 70 cách chia một người nhận 3 món quà.

Điều kiện: n ∈ ℕ, n ≥ 2.

Còn lại 4 món quà và 1 người nên chỉ có 1 cách chọn.

An2 − Cnn+−11 = 5.

3 7

( n − 2 ) ! ( n − 1) !

= 48 ⇔ n ( n − 1) n = 48 ⇔ n3 − n 2 − 48 = 0 ⇒ n = 4.

Vậy số cách chia thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 108.70.1 = 7560 cách.

Câu 9. Trang 23

Trang 24

⇔

( n + 1) ! = 5 ⇔ n − 1 n − 1 n n + 1 = 5 ⇒ n = 5. n! − ( ) ( ) n − 2 ! 2! 2 ( ) ( n − 1) !

Theo đề ra ta có: xn < 0 với n ∈ ℕ* .

Câu 5.

( n + 4 )! An4+ 4 143 n ! − 143 < 0 ⇔ ( n + 4 )! − 143 < 0. − <0⇔ Pn + 2 4 Pn ( n + 2 )! 4 ( n + 2 )! 4.n !

Khi đó

Điều kiện: 0 ≤ k ≤ 12, k ∈ ℤ. Phương trình trở thành: ⇔

14! 14! 14! + =2 (14 − k ) !k ! (12 − k )!( k + 2 ) ! (13 − k )!( k + 1) !

⇔ ( n + 4 )( n + 3) − ⇔ n 2 + 7n −

(14 − k )(13 − k ) ( k + 1)( k + 2 ) (13 − k )( k + 1)

95 19 5 < 0 ⇔ − < n < ⇔ n ∈ {1; 2} . 4 2 2

 −63 −23  Vậy xn ∈  ; . 8   4

⇔ ( k + 1)( k + 2 ) + (14 − k )(13 − k ) = 2 (14 − k )( k + 2 )

k = 8 ⇔ 4k 2 − 48k + 128 = 0 ⇔  . k = 4

Câu 10. Điều kiện: x ≥ 3, x ∈ ℕ. Phương trình đã cho trở thành:

Vậy k ∈ {4;8} .

2 ( x + 1) ! 3 ( x − 1)! x! + − = 3x 2 + 6!+ 159. x − 3 ! 2! ( ) ( x − 1) ! 2!( x − 3)!

Câu 6. Điều kiện: x ≥ 3, x ∈ ℕ. Bất phương trình trở thành

143 < 0. 4

⇔ x ( x − 1)( x − 2 ) + x ( x + 1) −

( x − 3) !

( x − 2 )!

≤ 21x ⇔ x ( x − 1)( x − 2 ) + 5 x ( x − 1) ≤ 21x

3 ( x − 1)( x − 2 ) = 3x 2 + 879. 2

⇔ x = 12.

Câu 11.

⇔ ( x − 1)( x − 2 ) + 5 ( x − 1) ≤ 21 (do x > 0 ) ⇔ x 2 + 2 x − 24 ≤ 0 ⇔ −6 ≤ x ≤ 4.

Điều kiện: 0 ≤ y ≤ x.

Vì x ≥ 3, x ∈ ℕ nên x ∈ {3; 4} .

y y y  2. A + C x = 50  Ax = 20 Ta có:  xy ⇔ y y 5. Ax − 2C x = 80 C x = 10.

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = {3; 4} .

Câu 7.

Ay Axy suy ra y ! = xy = 2 = 2! ⇒ y = 2. Cx y!

Điều kiện: n ≥ 2, n ∈ ℕ.

Từ C xy =

2 Pn + 6A n2 = 12 + Pn An2 ⇔ Pn ( 2 − An2 ) + 6 ( An2 − 2 ) = 0 ⇔ ( An2 − 2 ) ( 6 − Pn ) = 0

x = 5 Từ Ax2 = 20 ⇒ x ( x − 1) = 20 ⇔ x 2 − x − 20 = 0 ⇔  ⇒ x = 5.  x = −4

n = 2  n! =2  A2 = 2  n ( n − 1) = 2 n = 2 ⇔ n ⇔  ( n − 2 ) ! ⇔ ⇔  n = −1 ⇒   n = 3.  Pn = 6 n = 3  n ! = 6  n = 3

Vậy x = 5; y = 2.

Câu 12. Điều kiện: n ≥ 5 và n ∈ ℤ.

Vậy có 2 giá trị n thỏa phương trình.

Câu 8.

Ta có Cn4−1 − Cn3−1 −

Điều kiện: x ≥ 3, x ∈ ℕ. 1 2 6 1 2x! x! 6 x! A2 x − Ax2 ≤ .Cx3 + 10 ⇔ . − ≤ . + 10 2 x 2 ( 2 x − 2 )! ( x − 2 ) ! x 3!( x − 3) !

⇔

( n − 1) ! − ( n − 1)! − 5 . ( n − 2 )! < 0 5 2 An − 2 < 0 ⇔ 4 4!( n − 5 )! 3!( n − 4 )! 4 ( n − 4 )!

( n − 1)( n − 2 )( n − 3)( n − 4 ) − ( n − 1)( n − 2 )( n − 3) − 5 ( n − 2 )( n − 3) < 0 4!

⇔ n − 9n − 22 < 0 ⇔ −2 < n < 11.

⇔ 3 x ≤ 12 ⇔ x ≤ 4.

Kết hợp điều kiện suy ra n ∈ {5;6; 7;8;9;10} .

⇔ x ( 2 x − 1) − x ( x − 1) ≤ ( x − 1)( x − 2 ) + 10 ⇔ 2 x − x − x + x ≤ x − 3 x + 2 + 10 2

Dạng 4. Các bài toán liên quan đến chọn số

Kết hợp với điều kiện xác định, ta có 3 ≤ x ≤ 4. Vậy S = {3; 4} là tập nghiệm của bất phương trình.

1–A

Câu 9. Trang 25

2–A

3–A

4–B

5–D

6–D

7–B

8–D

9–C

10 – A Trang 26

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Chọn các chữ số a2 , a3 , a4 mỗi chữ số có 7 lựa chọn.

Câu 1.

Chọn chữ số a5 có 4 lựa chọn vì số tạo thành chia hết cho 2.

Gọi số cần tìm dạng abcd với a ≠ 0.

Số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 6.73.4 = 8232 (số).

Số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau: 4. A43 = 96 số.

Câu 6.

Các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau chia hết cho 5: 3 4

Vì chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 nên số cần lập có bộ ba số 123 hoặc 321. 3 4

+ Trường hợp 1: d = 0 thì 4 số a, b, c có A cách chọn. Do đó có A số. 2 3

Xét số abcd (các chữ số khác nhau từng đôi một và a, b, c, d thuộc {0; 4;5;6;7;8;9} ), sau đó ta chèn thêm

2 3

+ Trường hợp 2: d = 5 thì 4 số a, b, c có 3.A cách chọn. Do đó có 3.A số. 3 4

123 hoặc 321 để có được số gồm 7 chữ số cần tìm. Trường hợp 1: số cần lập có bộ ba số 123 .

2 3

Vậy có A + 3A = 42 số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau chia hết cho 5. Vậy số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau không chia hết cho 5 là: 96 − 42 = 54 số.

+) Nếu bộ ba số 123 đứng đầu thì số có dạng 123abcd .

Cây 2.

Có A74 = 840 cách chọn bốn số a, b, c, d nên có A74 = 840 số.

Chữ số 5 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 4 nên ta có thể có 154 hoặc 451.

+) Nếu bộ ba số 123 không đứng đầu thì có 4 vị trí đặt bộ ba số 123.

Xét số abc (các chữ số khác nhau từng đôi một và a, b, c thuộc {0; 2;3;6; 7;8;9} , sau đó ta chèn thêm

Có 6 cách chọn số đứng đầu và có A63 = 120 cách chọn ba số b, c, d . Theo quy tắc nhân có 6.4. A63 = 2880 số.

154 hoặc 451 để có được số gồm 6 chữ số cần tìm.

Theo quy tắc cộng có 840 + 2880 = 3720 số. 2 6

Trường hợp 1: a ≠ 0 , số cách chọn a là 6, số cách chọn b và c là A , sau đó chèn 154 hoặc 451 vào 4

Trường hợp 2: số cần lập có bộ ba số 321. Do vai trò của bộ ba số 123 và 321 như nhau nên có 3720 số. Từ hai trường hợp, ta có 2.3720 = 7440 số.

2 6

vị trí còn lại nên có 6. A .4.2 cách. Trường hợp 2: a = 0 , số cách chọn a là 1, số cách chọn b và c là A62 , sau đó chèn 154 hoặc 451 vào vị trí trước a có duy nhất 1cách nên có A62 .2 cách.

Câu 7. Đặt tập E = {1; 2;3; 4;5;6;7;8;9} .  x⋮3 Gọi số cần tìm có dạng x = abcd . Ta có x ⋮15 ⇒  ⇒ d = 5 hay d có 1 cách chọn.  x⋮5

Vậy có 6. A62 .4.2 + A62 .2 = 1500 (số).

Câu 3.

Chọn a có 9 cách ( a ∈ E ) .

Các số tự nhiên nhỏ hơn 1000 bao gồm các số tự nhiên có 1, 2, 3 chữ số.

Chọn b có 9 cách ( b ∈ E ) .

Gọi số cần tìm là abc ( a, b, c ∈ {0;1; 2;3; 4} ) (không nhất thiết các chữ số đầu tiên phải khác 0).

Khi đó tổng a + b + d sẽ chia hết cho 3 hoặc chia 3 dư 1 hoặc chia 3 dư 2 nên tương ứng trong từng trường hợp c sẽ chia hết cho 3 hoặc chia 3 dư 2 hoặc chia 3 dư 1.

a có 5 cách chọn. b có 5 cách chọn, c có 5 cách chọn. Vậy có 5.5.5 = 125 số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nhận xét:

Câu 4.

Các số chia hết cho 3 là 3; 6;9.

Gọi số tạo thành có dạng x = abc với a, b, c đôi một khác nhau và lấy từ A .

Các số chia 3 dư 1 là 1; 4;9.

Chọn một vị trí a, b hoặc c cho số 3 có 3 cách chọn.

Các số chia 3 dư 2 là 2;5;7.

Chọn hai chữ số khác 3 từ A và sắp xếp vào hai vị trí còn lại của X có A42 cách.

Mỗi tính chất như thế đều chỉ có 3 số nên c chỉ có đúng 3 cách chọn từ một số trong các bộ trên.

Theo quy tắc nhân có 3. A42 = 36 cách.

Vậy có 1.9.9.3 = 243 số thỏa yêu cầu.

Mỗi cách sắp xếp như trên cho ta một số thỏa yêu cầu.

Câu 8.

Vậy có 36 số cần tìm.

Gọi số có sáu chữ số cần tìm là n = abcdef , trong đó sáu chữ số khác nhau từng đôi một, c > 2 và f là số

Câu 5.

chẵn.

Gọi số có 5 chữ số cần tìm là x = a1a2 a3 a4 a5 ; a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ∈ A; a1 ≠ 0; a5 ∈ {0; 2; 4; 6} .

Trường hợp 1: Nếu f = 2 thì n = abcde2.

Công việc thành lập số x được chia thành các bước:

Có 4 cách chọn c nên có 4.4! = 96 số.

Chọn chữ số a1 có 6 lựa chọn vì a1 khác 0.

Trường hợp 2: Nếu f = 4 thì n = abcde4. Có 3 cách chọn c nên có 3.4! = 72 số. Trang 27

Trang 28

Trường hợp 3: Nếu f = 6 thì n = abcde6.

Lấy điểm thuộc d′ có 15 cách.

Có 3 cách chọn c nên có 3.4! = 72 số.

Vì sự thay đổi các đỉnh trong tam giác không tạo thành một tam giác mới nên hai đỉnh lấy trên d nếu đổi thứ tự lấy không tạo thành tam giác mới.

Vậy số các số cần tìm là 96 + 72 + 72 = 240 số.

Câu 9.

Do đó có

Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau được lập từ 5; 6;7;8;9 là 5! = 120 số.

10 ⋅ 9 ⋅15 = 675 tam giác. 2

Trường hợp 2: Lấy hai điểm thuộc d′ một điểm thuộc d :

Vì vai trò các chữ số như nhau nên mỗi chữ số 5; 6;7;8;9 xuất hiện ở hàng đơn vị là 4! = 24 lần.

15 ⋅14 ⋅10 = 1050 tam giác. 2

Tổng các chữ số ở hàng đơn vị là 24 ( 5 + 6 + 7 + 8 + 9 ) = 840.

Tương tự có

Tương tự thì số lần xuất hiện ở các hàng chục, trăm, nghìn, chục nghìn của mỗi chữ số là 24 lần.

Vậy có 675 + 1050 = 1725 tam giác.

Vậy tổng các số thuộc tập S là 840 (1 + 10 + 10 + 10 + 10

Câu 5.

) = 9333240.

Số tam giác lập được từ các điểm A, B, C , D, E là số tổ hợp chập 3 của 5 nên ta có C53 = 10 (tam giác).

Câu 10.

Câu 6.

Chọn vị trí cho 2 chữ số 2 có C92 cách.

Một hình bình hành được tạo từ 2 cặp cạnh song song.

Chọn vị trí cho 3 chữ số 3 có C73 cách.

Chọn 2 đường từ 6 đường song song nhau có C62 cách.

4 4

Chọn vị trí cho 4 chữ số 4 có C cách.

Chọn 2 đường từ 8 đường song song nhau có C82 cách. 2 9

3 7

4 4

Vậy số các số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán là C C C = 1260 số.

Áp dụng quy tắc nhân ta có C62 .C82 hình bình hành.

Dạng 5. Các bài toán liên quan đến hình học 1–D

2–A

11 – B

12 – D

3–C

4–C

5–A

Câu 7. 6–A

7–A

8–B

9–C

10 – A

Tổng số cạnh và đường chéo của đa giác đã cho bằng Cn2 .

Đa giác đều có n đỉnh thì có n cạnh nên số đường chéo của đa giác là

HƯỚNG DẪN CHI TIẾT Cn2 − n = 90 ⇔

Câu 1 . Số cách lấy 2 điểm trong 20 điểm là C202 = 190. Lấy 2 điểm kề nhau thì ta được cạnh, 2 điểm không kề nhau ta được đường chéo. Mà đa giác 20 đỉnh có 20 cạnh. Vậy số đường chéo là 190 − 20 = 170

( n − 2 )!.2!

− n = 90 ⇔

n ( n − 1) 2

− n = 90

 n = 15 ⇔ n 2 − 3n = 18 ⇔  ⇒ n = 15.  n = −12 Vậy n = 15.

Câu 8.

Câu 2.

Mỗi vectơ thỏa yêu cầu bài toán ứng với một chỉnh hợp chập 2 của 2010 nên số vectơ cần tìm là:

Điểm thứ nhất của vectơ có 30 cách chọn.

2 A2010 = 4038090.

Điểm thứ hai của vectơ có 29 cách chọn. Vậy theo quy tắc nhân có 30.29 = 870 cách chọn.

Câu 9.

Câu 3.

Để được nhiều giao điểm nhất thì 20 đường thẳng này phải đôi một cắt nhau tại các điểm phân biệt.

Đường thẳng thứ nhất giao với 9 đường còn lại nên có 9 giao điểm

Vậy có C202 = 190 giao điểm.

Đường thẳng thứ hai giao với 8 đường còn lại nên có thêm 8 giao điểm (đã tính giao điểm với đường thẳng thứ nhất ở trên)

Câu 10.

Đường thẳng thứ 9 giao với 1 đường còn lại nên có thêm 1 giao điểm

Loại 1 : Tam giác có một đỉnh thuộc d1 và hai đỉnh thuộc d 2 . Loại này có C101 .Cn2 tam giác.

Vậy có 9 + 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 45 giao điểm.

Tam giác cần lập thuộc hai loại.

Loại 2: Tam giác có một đỉnh thuộc d 2 và hai đỉnh thuộc d1 . Loại này có C102 .Cn1 tam giác.

Câu 4.

Theo bài ra ta có: C101 .Cn2 + C102 .Cn1 = 2800.

Trường hợp 1. Lấy hai điểm thuộc d , một điểm thuộc d′. Lấy điểm thứ nhất thuộc d có 10 cách, lấy điểm thứ hai thuộc d có 9 cách. Trang 29

Trang 30

⇔ 10

n ( n − 1)

+ 45n = 2800 ⇔ n 2 + 8n − 560 = 0 ⇔ n = 20.

Câu 11 Để tạo thành một tam giác có hai khả năng: Lấy 1 điểm thuộc d1 và 2 điểm thuộc d 2 hoặc lấy 2 điểm thuộc d1 và 1 điểm thuộc d 2 . Tổng số tam giác được tạo thành là: S = C101 .Cn2 + C102 .Cn1 Theo giả thiết ta có S = 1725 Ta có phương trình C101 .Cn2 + C102 .Cn1 = 1725 ⇔ 10.

n! n! + 45. = 1725 2!. ( n − 2 ) ! ( n − 1) !

 n = 15 ⇔ 5n ( n − 1) + 45n = 1725 ⇔ 5n 2 + 40n − 1725 = 0 ⇔  ⇒ n = 15.  n = −23

Câu 12. Gọi A1 , A2 ,..., A2018 là các đỉnh của đa giác đều 2018 đỉnh nội tiếp đường tròn ( O ) . Các đỉnh của đa giác đều chia ( O ) thành 2018 cung tròn bằng nhau, mỗi cung tròn có số đo bằng

360° . 2018

Vì tam giác cần đếm có đỉnh của đa giác nên các góc của tam giác là các góc nội tiếp ( O ) . Suy ra góc lớn hơn 100° sẽ chắn cung có số đo lớn hơn 200°. Cố định một đỉnh Ai . Có 2018 cách chọn Ai . Gọi Ai A j Ak là các đỉnh sắp thứ tự theo chiều kim đồng hồ sao cho số đo cung nhỏ Ai Ak nhỏ hơn 100° thì số đo cung lớn Ai Ak lớn hơn 200°. Suy ra Ai Aj Ak > 100° và ∆Ai Aj Ak là tam giác cần đếm.

   160  Khi đó cung Ai Ak là hợp liên tiếp của nhiều nhất   = 896 cung tròn nói trên.  360   2018  2 896 cung tròn này có 897 đỉnh. Trừ đi đỉnh Ai thì còn 896 đỉnh. Do đó có C896 cách chọn hai đỉnh A j , Ak . 2 Vậy có tất cả 2018.C896 tam giác thỏa mãn.

Trang 31

BÀI 2. NHỊ THỨC NIU-TƠN

I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM

Mục tiêu Kiến thức + Biết công thức khai triển nhị thức Niu-tơn.

1. Công thức khai triển nhị thức Niu-tơn

Hệ quả:

Với mọi số thực a, b và mọi n ∈ ℕ ta có

Với a = b = 1 , ta có 2n = Cn0 + Cn1 + ... + Cnn .

(a + b)

= ∑ Cnk a n −k b k

+ Biết tính chất các số hạng.

Với a = 1; b = −1 , ta có:

k =0

Kĩ năng

0 n

1 n

n −1

k n

= C a + C a b + ... + C a

n−k

n n

b + ... + C b

0 = Cn0 − Cn1 + ... + ( −1) Cnk + ... + ( −1) Cnn

Các dạng khai triển nhị thức Niu-tơn thường

+ Thành thạo khai triển nhị thức Niu-tơn, tìm số hạng, hệ số chứa xα trong khai triển.

gặp

Quy ước: a 0 = b 0 = 1 .

+ Tính tổng dựa vào khai triển nhị thức Niu-tơn.

Tính chất a) Số các số hạng của khai triển bằng n + 1 .

( x + 1)

= Cn0 x n + Cn1 x n −1 + ... + Cnn −1 x + Cnn .

(1 + x )

= Cn0 + Cn1 x + ... + Cnn −1 x n −1 + Cnn x n .

( x − 1)

= Cn0 − Cn1 x + ... + ( −1) Cnn x n .

b) Số các hạng tử có số mũ của a giảm dần từ n đến 0, số mũ của b tăng dần từ 0 đến n. Tổng các số mũ của a và b trong mỗi số hạng bằng n.

2n = (1 + 1) = ∑ Cnk = Cn0 + Cn1 + ... + Cnn −1 + Cnn . n

c) Số hạng tổng quát thứ k + 1 có dạng: Tk +1 = Cnk a n − k b k với k = 0,1, 2,..., n .

k =0 n

0n = (1 − 1) = ∑ Cnk ( −1) = Cn0 − Cn1 + ... + ( −1) Cnn n

k =0

d) Các hệ số của các cặp số hạng cách đều số hạng đầu và cuối thì bằng nhau: Cnk = Cnn − k e) Cnk đạt giá trị lớn nhất khi k = với n lẻ; k =

n −1 n +1 hay k = 2 2

n với n chẵn. 2

f) Cn0 = Cnn = 1 , Cnk −1 + Cnk = Cnk+1 .

Tam giác Pascal

Tam giác Pascal được thiết lập theo quy luật: - 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 + 1 tiếp theo được thiết lập bằng cách cộng hai số liên tiếp của hàng thứ n rồi viết kết quả xuống hàng dưới ở vị trị giữa hai số này. Sau đó viết số 1 ở đầu và cuối

Trang 1

Trang 2

hàng.

- Các số ở hàng thứ n trong tam giác Pascal là dãy

k  2 Tk +1 = Cnk a n − k b k = C21k x 21− k .  − 2  = ( −2 ) C21k x 21−3k .  x 

gồm ( n + 1) số Cn0 , Cn1 , Cn2 ,..., Cnn −1 , Cnn .

Số hạng không chứa x ứng với 21 − 3k = 0 ⇔ k = 7 .

Chú ý: Phân biệt giữa hệ

7 Vậy hệ số cần tìm là −27 C21 .

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP

Ví dụ 2. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển x (1 − x )

Bài toán 1: Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển ( ax + bx p

+ bx

)

v ới

Ví dụ: Cho khai triển ( 2 x + 1) . n

= ∑ Cnk ( ax p )

n−k

. ( bx q )

= ∑ Cnk a n− k .b k x np − pk + qk . k =0

3   Ví dụ 3. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  2 3 x −  ,x > 0. x 

m − np . np − pk + qk = m ⇒ k = q− p

Số hạng chứa x 5 ứng với k = 5 . 5

Hệ số cần tìm là C .2 = 8064 .

10 − k

  C10k  2 x    1 3

có số hạng của xα , hệ số

  k .  −3x  = ( −1) .210− k .3k .x   −

1 2

10 − k 3

−

k 2

= ( −1) C10k .210− k .3k .x

20 −5 k 6

. phải tìm bằng 0.

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là

Lưu ý: Tìm số hạng không chứa x thì ta đi tìm b) Tìm hệ số của số hạng không chứa x trong khai

( −1)

C104 .26.34 = 210.64.81 = 1088640 .

Bài toán 2: Tìm hệ số của số hạng trong khai triển P ( x ) = ( ax t + bx p + cx q )

triển trên. Hướng dẫn giải

Phương pháp giải

Số hạng không chứa x ứng với k = 0 . 0 10

Ta có khai triển: P ( x ) = ( axt + bx p + cx q ) = ∑ Cnk ( ax t ) n

Hệ số cần tìm là C .2 = 1 .

n−k

( bx

+ cx q )

k =0 k

trong đó ( bx p + cx q ) = ∑ Cki ( bx p ) k

Ví dụ mẫu

k −i

( cx ) = ∑ C b q i

i k

i =0

Ví dụ 1. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn Chú ý: m n

Ta có số hạng tổng quát là

thì trong khai triển không

Số hạng không chứa x ứng với 20 − 5k = 0 ⇔ k = 4

triển không chứa x m , hệ số phải tìm bằng 0.

Hướng dẫn giải

* Nếu k ∉ ℕ hoặc k > n

Số hạng tổng quát trong khai triển là

Nếu k không nguyên hoặc k > n thì trong khai

( x ≠ 0) .

1 −   13 3   2 Ta có  2 3 x −  =  2.x − 3.x  . x   

m − np . q− p

hạng phải tìm là ak .x k .

k =0

Vậy hệ số của số hạng chứa x m là Cnk a n −k .b k với

giá trị k thỏa np − pk + qk = 0 .

số phải tìm là ak . số

Hướng dẫn giải 10

5 10

* Nếu k ∈ ℕ; k ≤ n thì hệ

Ta có ( 2 x + 1) = ∑ C10k . ( 2 x ) = ∑ 2k C10k .x k .

giải

k. 10

Hướng dẫn giải

g (k ) = α ;

phương trình ta tìm được

Vậy hệ số cần tìm là C83 ( −1) = −56 .

a) Tìm hệ số của x 5 trong khai triển trên.

k =0

Số hạng chứa x m ứng với giá trị k thỏa mãn

2  x− 2  x  

hạng chứa xα tương ứng

Số hạng tổng quát của khai triển là x 3 .C8k ( − x ) = C8k ( −1) x k +3 .

k =0

giá trị k =

k =0

Hướng dẫn giải

Số hạng chứa x 6 khi k + 3 = 6 ⇔ k = 3 .

Xét khai triển:

( ax

Với P ( x ) = ∑ a x x g ( k ) ; s ố

Phương pháp giải

q n

số và số hạng. 8

Dạng 1: Xác định các hệ số, số hạng trong khai triển nhị thức Niu-tơn

xm = x n .

(x )

k −i i

p ( k − i ) + qi

i=0

Suy ra P ( x ) = ∑∑ Cnk a n − k xt ( n − k )Cki b k −i ci x p( k −i ) + qi = ∑∑ Cnk Cki a n − k b k −i c i x t ( n − k ) + p( k −i ) + qi . k =0 i =0

= x m .n ;

k = 0 i =0

k n

i k

Suy ra số hạng tổng quát của khai triển là C C a

x m .x n = x m + n ;

n−k

b k −i c i x t ( n − k )+ p ( k −i ) + qi .

Từ số hạng tổng quát của khai triển trên, ta tính được hệ số của x m .

xm = x m−n ; xn

Ví dụ mẫu 10

Ví dụ 1. Tìm hệ số của số hạng chứa x 2 trong khai triển P ( x ) = ( x 2 + x + 1) . Trang 3

Trang 4

Hướng dẫn giải

Ví dụ mẫu

Với 0 ≤ q ≤ p ≤ 10 thì số hạng tổng quát của khai triển P ( x ) = ( x 2 + x + 1) là 10 − p

Tp = C10p .C pq . ( x 2 )

Ví dụ 1. Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển đa thức

.x p − q .1q = C10p .C pq .x p − q + 20− 2 p .

P ( x ) = ( 2 x + 1) = a0 x13 + a1 x12 + ... + a13

Theo đề bài thì p − q + 20 − 2 p = 2 ⇔ p + q = 18 .

Hướng dẫn giải

Do 0 ≤ q ≤ p ≤ 10 nên ( p; q ) ∈ {( 9;9 ) ; (10;8)} .

Ta có hệ số của số hạng tổng quát sau khi khai triển nhị thức ( 2 x + 1) là 10

Vậy hệ số của x 2 trong khai triển P ( x ) = ( x 2 + x + 1) là C109 .C99 + C1010 .C108 = 55 .

ak = C13k .213− k với k = 1; 2;3;...;13

Ví dụ 2. Tìm hệ số của số hạng chứa x 3 trong khai triển

(1 − 2 x + 2015 x

2016

Giả sử ak là hệ số lớn nhất trong các hệ số a0 , a1 ,..., a13 .

− 2016 x 2017 + 2017 x

2018 60

)

11  k≥ C13k .213− k ≥ C13k +1.212− k ak ≥ ak +1  3 Khi đó ta có  ⇔  k −1 14 −k ⇔ ⇒ k = 4. ≤ C13k .213−k C13 .2 ak ≥ ak −1  k ≤ 14  3

Hướng dẫn giải

Ta có (1 − 2 x + 2015 x 2016 − 2016 x 2017 + 2017 x 2018 )

= (1 − 2 x ) + x 2016 ( 2015 − 2016 x + 2017 x 2 )  =C

0 60

(1 − 2 x )

1 60

(1 − 2 x )

x 

2016

Ta thấy chỉ có số hạng C600 (1 − 2 x )

Từ đây ta có hệ số có giá trị lớn nhất trong khai triển nhị thức là

a4 = C134 .29 = 366080 .

( 2015 − 2016 x + 2017 x ) + ... + C 2

60 60

x 

2016

( 2015 − 2016 x + 2017 x ) 2

chứa x 3 nên hệ số của số hạng chứa x 3 là C600 .C603 ( −2 ) = −8C603 .

Bài toán 3: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển nhị thức Niu-tơn Ví dụ: Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển đa thức 10

P ( x ) = ( x + 1) .

(

)

3 + 3 2 . Tìm số hạng nguyên có giá trị lớn nhất.

Hướng dẫn giải

Ta có ( x + 1) = ∑ C10k .x k . 10

k =0

khi khai triển ta được đa thức:

Ta có hệ số của số hạng tổng quát sau khi khai triển 10

9− k

( 3) ( 2) . 3

Vì bậc của căn thức là 2 và 3 là hai số nguyên tố nên để Tk là một số nguyên thì k ∈ ℕ k = 3 ⇒ T = C 3 0 ≤ k ≤ 9 3 9   ⇔  9 ( 9 − k )⋮ 2  k = 9 ⇒ T9 = C9  k ⋮ 3

Hướng dẫn giải

P ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n .

Ví dụ 2. Cho khai triển biểu thức

Số hạng tổng quát trong khai triển là Tk = C9k

Phương pháp giải

Bước 1: Tính hệ số ak theo k và n. Giả sử sau

( 3 ) ( 2 ) = 4536 ( 3 ) ( 2 ) = 8. 0

Dễ thấy 4536 > 8 nên trong khai triển số hạng nguyên có giá trị lớn nhất là T3 = 4536 .

Bài tập tự luyện dạng 1

nhị thức ( x + 1) là ak = C . k 10

Câu 1: Hệ số của x 5 trong khai triển P ( x ) = ( x + 1) + ( x + 1) + ... + ( x + 1) là

Suy ra ak −1 = C10k −1 , k = 1; 2;3;...;10. Bước 2: Giả sử ak là hệ số lớn nhất trong các hệ Giả sử ak là hệ số lớn nhất trong các hệ số

A. 1715.

B. 1711.

C. 1287.

D. 1716.

ak ≥ ak +1 số a0 , a1 ,..., an . Khi đó ta có  ak ≥ ak −1. Giải hệ phương trình với ẩn số k.

2   3 Câu 2: Trong khai triển  x +  , hệ số của x với x > 0 là x 

ak ≥ ak +1 a0 , a1 ,..., a10 . Khi đó ta có  ak ≥ ak −1

A. 60.

k k +1 9 11 C10 ≥ C10 ⇔  k −1 ⇔ ≤ k ≤ ⇒ k =5. k 2 2 C ≤ C  10 10

B. 80.

C. 160.

D. 240.

C. −C157 .38.27 .

D. C157 .37.28 .

Câu 3: Hệ số của x trong khai triển ( 3 − 2 x ) là 7

Từ đây ta có hệ số lớn nhất trong khai triển nhị

A. C157 .38.27 .

B. −C157 .37.28 .

Câu 4: Hệ số của x 5 trong triển khai thành đa thức ( 2 x − 3 ) là

thức là a5 = C105 = 252 .

Trang 5

Trang 6

A. C85 .25.33 .

B. −C83 .25.33 .

C. −C83 .23.35 .

Câu 5.

D. C85 .2 2.36 .

A. 77520.

B. -125970.

C. 125970. 5

D. -77520.

20 − k = 12 Ứng với số hạng chứa x12 y 8 thì  ⇔ k = 8. k = 8

A. 61204.

B. 3160.

C. 3320.

D. 61268. 10

Câu 7: Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển P ( x ) = ( 3 x + x + 1) 2

A. 1695.

B. 1485.

Câu 8: Khai triển

(

Câu 6.

D. 360.

)

Hệ số của x 5 trong khai triển x (1 − 2 x ) là ( −2 ) .C54 .

124

5−4 7

A. 30.

8 Vậy hệ số của số hạng chứa x12 y 8 là ( −1) .C20 = 125970 .

là

C. 405.

k =0

Câu 6: Hệ số của x trong khai triển x (1 − 2 x ) + x (1 + 3 x ) là 5

k 20 − k k Ta có khai triển ( x − y ) = ∑ C20 x y . ( −1) .

Câu 5: Trong khai triển biểu thức ( x − y ) , hệ số của số hạng chứa x12 y 8 là

. Có bao nhiêu số hạng hữu tỉ trong khai triển trên? 10

B. 31.

C. 32.

Hệ số của x 5 trong khai triển x 2 (1 + 3 x ) là 33.C103 .

D. 33.

Vậy hệ số của x 5 trong khai triển x (1 − 2 x ) + x 2 (1 + 3 x ) là ( −2 ) .C54 + 33.C103 = 3320 .

1–A

2–A

3–C

4–B

5–C

6–C

7–A

8–C

Câu 7. 10

Với 0 ≤ q ≤ p ≤ 10 thì số hạng tổng quát của khai triển P ( x ) = ( 3x 2 + x + 1)

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

10 − p

Tp = C10p .C pq . ( 3x 2 )

Câu 1. 6

Xét khai triển ( x + 1) thấy ngay số hạng chứa x 5 có hệ số là C61 . 5

2 7

Do 0 ≤ q ≤ p ≤ 10 nên ( p; q ) ∈ {( 8;8 ) ; ( 9; 7 ) ; (10;6 )} .

7 12

Do đó hệ số cần tìm là C + C + ... + C = 1715 .

Vậy hệ số của x 4 trong khai triển P ( x ) = ( 3 x 2 + x + 1)

Câu 2. Số hạng tổng quát của khai triển: Tk +1 = C x

6− k

3 6− k  2  k k 2 .   = C6 2 x  x

Câu 8.

3 Số hạng chứa x 3 ứng với 6 − k = 3 ⇔ k = 2 . 2 2 6

Ta có

(

5−4 7

Vậy hệ số của x là C .2 = 60 .

Công thức số hạng tổng quát của khai triển nhị thức Niu-tơn ( 3 − 2 x ) là k

Tk +1 = C15k .315−k . ( −2 x ) = ( −1) C15k 315− k 2k x k

Vậy số các giá trị k là

Để số hạng chứa x thì k = 7 .

Ta có khai triển ( 2 x − 3) = ∑ C .2 .x 8− k

8− k

. ( −3)

124 − k 2

.7 4

124 − 0 + 1 = 32 . 4

Phương pháp giải

Câu 4. k 8

Dạng 2: Xác định điều kiện của số hạng thỏa mãn yêu cầu cho trước

Vậy hệ số của số hạng chứa x 7 là −C157 38 27 .

124

k = ∑ C124 . ( −1) .5

124 − k ∈ℤ  Số hạng hữu tỉ trong khai triển tương ứng với  2 ⇔ k ∈ {0; 4;8;12;...;124} . k ∈ℤ  4

Câu 3.

124

)

k =0

là

C108 .C88 .310−8 + C109 .C97 .310−9 + C1010 .C106 .310−10 = 1695 .

k 6

.x p −q .1q = C10p .C pq .310− p.x p − q + 20 −2 p .

Theo đề bài ta có p − q + 20 − 2 p = 4 ⇔ p + q = 16 . 3 8

Tương tự các khai triển còn lại ta lần lượt có hệ số của x là C , C ,..., C . 1 6

là

- Xác định số hạng tổng quát của khai triển Tk +1 = Cnk a n − k b k (số hạng thứ k + 1 ).

- Kết hợp với yêu cầu bài toán, ta thiết lập một phương trình biến k.

k =0

- Giải phương trình để tìm kết quả.

Số hạng chứa x 5 ứng với 8 − k = 5 ⇔ k = 3 .

Ví dụ mẫu

Hệ số cần tìm là C83 .28−3. ( −3 ) = −C83 .25.33 . Trang 7

Trang 8

1  Ví dụ 1. Cho x là số thực dương. Khai triển Niu-tơn của biểu thức  x 2 +  ta có hệ số của một số hạng x 

C. 192456.

Câu 6: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5C

n −1 n

D. 194265. 5

3 n

= C . Số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niu-

chứa x bằng 495. Tìm tất cả các giá trị m. Hướng dẫn giải

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là 12 − k

B. 64152.

 nx 1  tơ n P =  −  với x ≠ 0 là  14 x 

C12k ( x 2 )

A. 18564.

A. −

1 .   = C12k .x 24 − 2 k .x − k = C12k .x 24 −3k . x

Hệ số của số hạng x m là 495 nên C12k = 495 ⇔

35 . 16

B. −

16 . 35

C. −

35 5 x . 16

D. −

16 5 x . 35

1   Câu 7: Số hạng không chứa x trong khai triển của  x x + 4  với x > 0 nếu biết rằng Cn2 − Cn1 = 44 là x  

k = 4 12! = 495 ⇔  k !(12 − k ) !  k = 8.

A. 165.

Khi đó m = 24 − 3k sẽ có 2 giá trị là m = 0 và m = 12 .

1–C

B. 238. 2–A

3–C

4–D

C. 485. 5–C

6–C

D. 525. 7–A

Ví dụ 2. Tìm số nguyên dương bé nhất n sao cho trong khai triển (1+ x ) có hai hệ số liên tiếp có tỉ số là HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

7 . 15

Câu 1.

Hướng dẫn giải n

Ta có (1 + x ) = C + C x + ... + C x + C k n k +1 n

C C

1 n

k n

k +1 k +1 n

n n

+ ... + C x .

Xét khai triển ( x + 1) = x 4 + 4 x 3 + 6 x 2 + 4 x + 1 . Suy ra số hạng chứa x 3 là 4x 3 .

Vì k ; n ∈ ℕ nên ta có k + 1⋮ 7 ⇒ kmin = 6 ⇒ nmin = 21 .

Suy ra số hạng chứa x 3 trong cả khai triển là ( 6a + 4 ) x3 . 4

Câu 1: Tìm tất cả các số a sao cho trong khai triển của (1 + ax )(1 + x ) có chứa số hạng 22x 3 . C. a = 3 .

Theo đề ra, ta có 6a + 4 = 22 ⇔ a = 3 .

Câu 2.

D. a = 2 .

1  Câu 2: Biết rằng hệ số của x n −2 trong khai triển  x −  bằng 31. Tìm n. 4 

C. n = 31 .

D. n = 33 .

Hệ số của x n −2 nên ta có x n −2 = x n −k ⇔ k = 2 .

Câu 3: Xét khai triển (1 + 3 x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n với n ∈ ℕ* , n ≥ 3 . Giả sử a1 = 27 , khi đó a2 bằng

A. 1053.

B. 243.

C. 324.

D. 351.

Câu 3.

1  Câu 4: Số hạng không chứa x trong khai triển  x 2 −  biết An2 − Cn2 = 105 là x 

B. -5005.

C. 5005.

 1 Ta có Cn2  −  = 31 ⇔ Cn2 = 492 ⇔ n = 32 .  4 Vậy n = 32 .

A. -3003.

n 1   1 Áp dụng công thức nhị thức Niu-tơn, ta có  x −  = ∑ Cnk x n − k  −  . 4  k =0   4

B. n = 30 .

)

Suy ra số hạng chứa x là 6ax .

Bài tập tự luyện dạng 2

B. a = −3 .

(

Xét khai triển ax ( x + 1) = ax x 4 + 4 x3 + 6 x 2 + 4 x + 1 = ax5 + 4ax 4 + 6ax3 + 4ax 2 + ax .

⇒ 15 ( k + 1) = 7 ( n − k ) ⇔ 7n = 15 + 22k ⇔ 7 n = 7 ( 3k + 2 ) + k + 1.

A. n = 32 .

( k + 1)!( n − k − 1)! = 7 ⇔ k + 1 = 7 . 7 n! ⇔ . 15 k !( n − k ) ! n! 15 n − k 15

A. a = 5 .

Ta có (1 + ax )(1 + x ) = (1 + x ) + ax. (1 + x ) . 0 n

Ta có: (1 + 3 x ) = ∑ Cnk ( 3 x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n . n

D. 3003.

k =1

Câu 5: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn An2 = Cn2 + Cn1 + 4n + 6 . Hệ số của số hạng chứa x 9 của khai

Theo giả thiết: a1 = 27 ⇔ Cn1 31 = 27 ⇔ Cn1 = 9 ⇔ n = 9 .

3  triển biểu thức P ( x ) =  x 2 +  , x ≠ 0 bằng x 

Suy ra a2 = C92 32 = 324 .

Câu 4. Trang 9

Trang 10

Ta có: An2 − Cn2 = 105 ⇔

⇔

n! n! − = 105 ( n − 2 )! 2!( n − 2 )!

11 1   Với n = 11 ta có khai triển:  x x + 4  = ∑ C11k . x x x   k =0

(

 n = 15 1 n ( n − 1) = 105 ⇔ n 2 − n − 210 = 0 ⇔  ⇒ n = 15 . 2  n = −14 15− k

Suy ra số hạng tổng quát trong khai triển là Tk +1 = C15k . ( x 2 )

Số hạng không chứa x ứng với

11− k

)

33−11k 11  1  .  4  = ∑ C11k .x 2 ,  x  k =0

33 − 11k = 0 ⇔ k = 3. 2

Vậy số hạng không chứa x trong khai triển đã cho là C113 = 165 .

k  1 .  −  = C15k . ( −1) .x 30−3k .  x

Dạng 3: Tính tổng dựa vào nhị thức Niu-tơn

Số hạng không chứa x ứng với 30 − 3k = 0 ⇔ k = 10 .

Phương pháp giải

Vậy hệ số của số hạng không chứa x trong khai triển là C . ( −1) = 3003 . 10 15

Các dạng khai triển nhị thức Niu-tơn thường gặp:

Câu 5. Với n ≥ 2 , ta có: An2 = Cn2 + Cn1 + 4n + 6 ⇔ n ( n − 1) =

n ( n − 1)

+ n + 4n + 6

 n = −1 ⇔ n 2 − 11n − 12 = 0 ⇔  ⇒ n = 12 .  n = 12

( x + 1)

= Cn0 x n + Cn1 x n −1 + Cn2 x n − 2 + ... + Cnk x n − k + ... + Cnn −1 x + Cnn .

(1 + x )

= Cn0 + Cn1 x + Cn2 x 2 + ... + Cnk x k + ... + Cnn −1 x n −1 + Cnn x n .

( x − 1)

= Cn0 x n − Cn1 x n −1 + Cn2 x n − 2 − ... + ( −1) Cnk x n − k + ... + Cnn −1 x ( −1)

n −1

+ Cnn ( −1) .

2 n = (1 + 1) = ∑ Cnk = Cn0 + Cn1 + ... + Cnn −1 + Cnn . n

Với n = 12 ta có khai triển: P ( x ) = ∑ C . ( x k 12

2 12 − k

)

k =0

12 3 .   = ∑ C12k .3k .x 24−3 k . x k =0

0 n = (1 − 1) = ∑ Cnk ( −1) = Cn0 − Cn1 + Cn2 − ... + ( −1) Cnn n

k =0

Số hạng chứa x 9 ứng với 24 − 3k = 9 ⇔ k = 5 .

Một số kết quả thường sử dụng:

Vậy hệ số cần tìm là 35 C125 = 192456 .

Câu 6. Điều kiện: n ∈ ℕ, n ≥ 3 . Ta có 5Cnn −1 = Cn3 ⇔

n! 5.n ! 5 1 = ⇔ = 1!. ( n − 1)! 3!. ( n − 3)! ( n − 3)!( n − 2 )( n − 1) 6. ( n − 3)!

n = 7 ⇔ n 2 − 3n − 28 = 0 ⇔  ⇒ n = 7.  n = −4

1 1 Cnk = Cnk++11 ; k +1 n +1

( k − 1) kCnk = ( n − 1) nCnk−−11 ;

k 2Cnk = ( n − 1) nCnk−−22 + nCnk−−11 ;

Cn0 + Cn1 + ... + Cnn = 2 n ;

∑ ( −1)

k =0

Số hạng thứ k + 1 trong khai triển là Tk +1 =

( −1) 27 − k

.C7k .x14−3k .

( −1) 2

Cnk = 0 ;

2k 2n

= ∑ C22nk −1 = k =0

1 n k ∑ C2 n ; 2 k =0

∑C

k n

a k = (1 + a ) ;

k =0

0 2 4 2020 Ví dụ 1. Tính tổng S = C2020 . + C2020 + C2020 + ... + C2020

C73 x 5 = −

Xét khai triển (1 + x ) = Cn0 + x.Cn1 + x 2 .Cn2 + ... + x n .Cnn (*)

35 5 x . 16

0 1 2 2020 Thay x = 1; n = 2020 vào (*), ta được: 2 2020 = C2020 + C2020 + C2020 + ... + C2020 (1).

Câu 7. n ( n − 1)

Hướng dẫn giải

Vậy số hạng chứa x 5 trong khai triển là

Ví dụ mẫu

Số hạng chứa x 5 ứng với 14 − 3k = 5 ⇔ k = 3 .

Với n ≥ 2 ta có: C − C = 44 ⇔

kCnk = nCnk−−11 ;

∑C

 x2 1  Với n = 7 , ta có P =  −  .  2 x

1 n

Cnk + Cnk +1 = Cnk++11 , n > 1 ;

k =0

2 n

Cnk = Cnn − k ;

0 1 2 2020 Thay x = −1; n = 2020 vào (*), ta được 0 = C2020 (2). − C2020 + C2020 − ... + C2020

 n = 11 − n = 44 ⇔  ⇒ n = 11 .  n = −8

Cộng theo vế (1) và (2) ta được: 2 S = 2 2020 ⇒ S = 2 2019 . Trang 11

Trang 12

Ví dụ 2. Cho khai triển nhị thức Niu-tơn của ( 2 − 3 x ) , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn C21n +1 + C23n +1 + C25n +1 + ... + C22nn++11 = 1024 . Tìm hệ số của x 7 trong khai triển trên.

C21n +1 + C22n +1 + ... + C2nn +1 = 220 − 1 là

Hướng dẫn giải

Ta có khai triển (1 + x )

2 n +1

A. 210. = C20n +1 + C21n +1 x + C22n +1 x 2 + ... + C22nn++11 x 2 n +1 . (*)

Thay x = −1 vào (*) ta được 0 = C

0 2 n +1

−C

1 2 n +1

2 2 n +1

− ... − C

2 n +1 2 n +1

A. S = 0 .

C. 414.

D. 213.

B. S = 22018 − 1 .

C. S = −1 .

D. S = 22018 + 1 .

. (2)

1–C

Trừ vế theo vế (1) cho (2), ta được C21n +1 + C23n +1 + C25n +1 + ... + C22nn++11 = 2 2 n . Từ giả thiết ta có: 1024 = 2 2 n ⇔ n = 5 . n

B. 213.

0 1 2 3 2018 Câu 10: Đặt S = C2018 . Khi đó: − C2018 + C2018 − C2018 + ... + C2018

Thay x = 1 vào (*) ta được 2 2 n +1 = C20n +1 + C21n +1 + C22n +1 + ... + C22nn++11 . (1)

2–C

3–B

4–C

5–A

6–B

7–B

8–D

9–A

10 – A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Suy ra ( 2 − 3 x ) = ∑ C10k . ( −3 ) .210− k .x k . 10

 1  Câu 9: Hệ số của số hạng chứa x 26 trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  4 + x 7  , biết x 

Câu 1.

k =0

Ta có khai triển (1 + x )

Hệ số của x 7 trong khai triển là C107 . ( −3 ) .23 = −8.37.C107 .

Suy ra 22017 = 1 + S ⇒ S = 22017 − 1 .

1 2 2017 Câu 1: Đặt S = C2017 . Khi đó giá trị S là + C2017 + ... + C2017

B. 22017 .

C. 22017 − 1 .

Ghi chú: Trong trắc nghiệm ta khai triển (1 + 1)

D. 22016 .

Câu 2: Tính tổng S = C + 2.C + 2 .C + ... + 2 .C . 0 10

A. S = 210 .

1 10

2 10

10 10

B. S = 410 .

C. S = 310 .

Câu 5: Cho khai triển (1 + x + x A. 31009 .

2 1009

)

C. S = 213 .

. Suy ra S = 22017 − 1 .

k =0

Câu 3.

D. A = 4n . 2018

. Khi đó a0 + a1 + a2 + ... + a2018 bằng

C. 32018 .

Sử dụng đẳng thức Cnk = Cnn − k ta được: 10 + ... + C1515 = C157 + C156 + C155 + ... + C150 . S = C158 + C159 + C15

D. 32016 .

⇒ 2S = ( C158 + C159 + C1510 + ... + C1515 ) + ( C157 + C156 + C155 + ... + C150 ) = ∑ C15k = 215 k =0

22018 − 1 C. . 2017

22017 − 1 D. . 2018

⇒S =2 . 14

Câu 7: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 3n Cn0 − 3n −1 Cn1 + 3n − 2 Cn2 − ... + ( −1) Cnn = 2048 . Hệ số của x10 n

trong khai triển ( x + 2 ) là A. 11264.

+ ... + C

thì được

2017 2017

Cho x = 1 , ta được 3 = (1 + 2 ) = C100 + 2C101 + 2 2 C102 x 8 + ... + 210 C1010 .

= a0 + a1 x + a2 x + ... + a2018 x

22018 − 1 B. . 2018

+ ... + C

k 2017

1 1 1 2 1 0 2017 Câu 6: Giá trị của tổng S = C2017 + C2017 + C2017 + ... + C2017 bằng 2 3 2018 22017 − 1 A. . 2017

2 2017

D. S = 212 .

C. A = 6n .

B. 31008 .

1 2017

Câu 4: Cho A = Cn0 + 5Cn1 + 52 Cn2 + ... + 5n Cnn . Khi đó B. A = 5n .

0 2017

Xét khai triển nhị thức ( x + 2 ) = ∑ C10k x10 −k 2k = C100 x10 + 2C101 x9 + 22 C102 x8 + ... + 210 C1010 .

B. S = 214 .

A. A = 7n .

2017

Câu 2.

D. S = 311 .

Câu 3: Cho S = C158 + C159 + C1510 + ... + C1515 . Tính S. A. S = 215 .

k 0 1 2 2017 2017 = C2017 + C2017 x + C2017 x 2 + ... + C2017 x k + ... + C2017 x .

k 0 1 2 2017 Thay x = 1 ta được 22017 = C2017 . + C2017 + C2017 + ... + C2017 + ... + C2017

Bài tập tự luyện dạng 3

A. 22018 .

2017

Vậy S = ( C158 + C159 + C1510 + ... + C1515 ) = 214 .

Câu 4. n

B. 22.

C. 220.

Xét khai triển ( a + b ) = Cn0 .a 0 .b n + Cn1 .a1.b n −1 + ... + Cnn .a n .b 0 .

D. 24.

Câu 8: Cho khai triển ( x − 2 ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a80 x 80 .

Với a = 5, b = 1 ta có: ( 5 + 1) = Cn0 .50.1n + Cn1 .51.1n −1 + ... + Cnn .5n.10 = Cn0 + 5Cn1 + ... + 5n Cnn = A , hay

Tổng S = 1.a1 + 2.a2 + 3.a3 + ... + 80.a80 là

A = 6n .

A. -70.

B. 80.

C. 70.

D. -80.

Câu 5. Trang 13

Trang 14

1009

Xét khai triển (1 + x + x 2 )

Vậy hệ số chứa x 26 là C106 = 210 .

= a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a2018 x 2018 . (1) 1009

Thay x = 1 vào (1) ta được: a0 + a1 + ... + a2018 = (1 + 1 + 1)

Câu 10.

= 31009 .

Xét khai triển (1 + x ) = Cn0 + x.Cn1 + x 2 .Cn2 + ... + x n .Cnn (*).

Câu 6.

0 1 2 2018 Thay x = −1; n = 2018 vào (*), ta được 0 = C2018 + C2018 + C2018 + ... + C2018 .

1 k C2017 , ta có: k +1

Xét số hạng tổng quát

Vậy S = 0 .

1 1 2017! 1 2018! 1 1 1 k k +1 k k +1 C2017 = . = . = C2018 . Vậy C2017 = C2018 . 1 + k k !( 2017 − k ) ! 2018 ( k + 1) !( 2017 − k )! 2018 k +1 k +1 2018

⇒S=

C0 1 1 2018 1 22018 − 1 0 1 2 2018 C2018  − 2018 = + C2018 + C2018 + ... + C2018 2 − = .   2018 2018 2018 2018 2018

Câu 7. n

Ta có ( 3 − 1) = 3n Cn0 − 3n −1 Cn1 + 3n −2 Cn2 − ... + ( −1) Cnn

⇔ 2n = 2048 ⇔ 2n = 211 ⇔ n = 11 . 11

Xét khai triển ( x + 2 ) = ∑ C11k x11− k .2k 11

k =0

Tìm hệ số của x

tương ứng với tìm k ∈ ℕ ( k ≤ 11) thỏa mãn 11 − k = 10 ⇔ k = 1. 11

Vậy hệ số của x10 trong khai triển ( x + 2 ) là C111 .2 = 22 .

Câu 8. 80

Xét khai triển: ( x − 2 ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a80 x 80 . (1) Lấy đạo hàm theo biến x hai vế của (1) ta được: 79

80 ( x − 2 ) = a1 + 2a2 x + 3a3 x 2 + ... + 80a80 x 79 . (2) 79

Thay x = 1 vào (2) ta được: S = 80 (1 − 2 ) = −80 .

Câu 9. Do C2kn +1 = C22nn++11− k ∀k = 0,1, 2,..., 2n + 1 nên C20n +1 + C21n +1 + ... + C2nn +1 = C2nn++11 + C2nn++21 + ... + C22nn++11 . Mặt khác: C21n +1 + C22n +1 + ... + C22nn++11 = 22 n +1 . Suy ra 2 ( C20n +1 + C21n +1 + C22n +1 + ... + C2nn +1 ) = 2 2 n +1

⇔ C21n +1 + C22n +1 + ... + C2nn +1 = 22 n − C20n +1 = 22 n − 1

⇔ 22 n − 1 = 220 − 1 ⇔ n = 10 10

10 10 10 10 − k  1  Khi đó:  4 + x 7  = ( x −4 + x 7 ) = ∑ C10k ( x −4 ) .x 7 k = ∑ C10k .x11k − 40 . x  k =0 k =0

Hệ số chứa x 26 ứng với giá trị k: 11k − 40 = 26 ⇒ k = 6 . Trang 15

Trang 16

BÀI 3. XÁC SUẤT

I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM

Mục tiêu

1. Phép thử ngẫu nhiên và không gian mẫu

Kiến thức

Phép thử ngẫu nhiên

+ Hiểu được khái niệm biến cố và phân biệt được các biến cố giao, biến cố hợp, biến cố đối và biến cố độc lập.

Ví dụ: Phép thử: Khi ta tung một đồng xu có 2

Phép thử ngẫu nhiên (gọi tắt là phép thử) là một thí mặt, ta hoàn toàn không biết trước được kết nghiệm mà ta không đoán trước được kết quả của nó, mặc quả của nó.

+ HIểu được định nghĩa xác suất của biến cố và tính chất của xác suất.

dù đã biết tập hợp tất cả các kết quả có thể có của phép thử Tuy nhiên, ta lại biết chắc chắn rằng đồng

+ Nắm vững công thức cộng xác suất và công thức nhân xác suất.

đó.

xu rơi xuống sẽ ở một trong 2 trạng thái:

Kĩ năng

Không gian mẫu

+ Tính được xác suất của biến cố trong các bài toán xác suất cổ điển.

sấp (S) hoặc ngửa (N).

Tập hợp các kết quả có thể xảy ra của một phép thử Không gian mẫu của phép thử là

+ Vận dụng quy tắc tính xác suất trong các bài toán thực tế.

được gọi là không gian mẫu của phép thử đó và ký hiệu là

Ω = {S ; N } .

Ω.

2. Biến cố

Biến cố A: “Kết quả tung đồng xu là sấp”.

Một biến cố A (còn gọi là sự kiện A) liên quan tới Ta có A ⊂ Ω .

•

phép thử T là biến cố mà việc xảy ra hay không xảy ra của nó còn tùy thuộc vào kết quả của T. Mỗi kết quả của phép thử T là cho biến cố A xảy ra được gọi là một kết quả thuận lợi cho A.

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. Biến cố chắc chắn là biến cố luôn xảy ra khi thực

•

hiện phép thử T. Biến cố chắc chắn được mô tả bởi tập

Ω và được kí hiệu là Ω . Biến cố không thể là biến cố không bao giờ xảy 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.

Trang 1

Trang 2

•

Nếu A ∩ B = ∅ thì ta nói A và B xung khắc.

( )

3. Xác suất của biến cố Định nghĩa xác suất

1 = P ( Ω ) = P ( A) + P A

Biến cố độc lập

Một cách tổng quát, cho k biến cố

Hai biến cố gọi là độc lập nếu việc xảy ra hay không

Giả sử phép thử T có một số hữu hạn kết quả đồng khả

A1 , A2 , A3 ,..., Ak . Chúng được gọi là độc lập

xảy ra của biến cố này không ảnh hưởng tới xác suất xảy ra với nhau nếu việc xảy ra hay không xảy ra biến cố kia. của một nhóm bất kì trong các biến cố trên

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

P ( A) =

( )

P A = 1 − P ( A) .

không làm ảnh hưởng tới xác suất xảy ra

A . Ω

của các biến cố còn lại.

Quy tắc nhân xác suất

Trong cuộc sống khi nói về biến cố, ta thường nói biến

Nếu A và B là hai biến cố độc lập thì

cố này có nhiều khả năng xảy ra, biến cố kia có ít khả năng

P ( AB ) = P ( A ) .P ( B )

xảy ra, biến cố này có nhiều khả năng xảy ra hơn biến cố

Một cách tổng quát, nếu k biến cố

A1 , A2 , A3 ,..., Ak đôi một là độc lập thì P ( A1 , A2 , A3 ,..., Ak ) = P ( A1 ) .P ( A2 ) ...P ( Ak ) .

Nếu A và B độc lập thì A và B độc lập, B và A độc lập, Chú ý: Nếu một trong các đẳng thức bị vi

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

B và A độc lập. Do đố nếu A và B độc lập thì ta còn có phạm thì hai biến cố A và B không độc lập

bằng 1 gọi là xác suất của biến cố.

các đẳng thức:

Từ định nghĩa cổ điển về xác suất ta có các bước để tính Nhận xét: Việc tính số kết quả có thể (bước xác suất của một biến cố như sau:

( ) ( ) P ( AB ) = P ( A) .P ( B )

P AB = P ( A ) .P B

1) thường dễ dàng hơn nhiều so với việc

Bước 1. Xác định không gian mẫu Ω rồi tính số phần tính số kết quả thuận lợi cho A (bước 1). Để tử của Ω , tức là đếm số kết quả có thể của phép thử T.

giải quyết tốt các bài toán xác suất ta cần

( )

Bước 3. Lấy kết quả của bước 2 chia cho bước 1.

Từ định nghĩa cổ điển về xác suất suy ra:

0 ≤ P ( A ) ≤ 1; P ( Ω ) = 1; P ( ∅ ) = 0

( ) ( )

P AB = P A .P B

Bước 2. Xác định tập con A mô tả biến cố A rồi tính số nắm chắc phần tổ hợp trước. phần tử của A, tức là đếm số kết quả thuận lợi cho A.

với nhau.

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1: Sử dụng định nghĩa cổ điển về xác suất

Chú ý: Các kí hiệu n ( Ω ) ; n ( A) được hiểu tương đương với Ω ; Ω A là số phần tử của không gian mẫu và của tập hợp thuận lợi

Phương pháp giải Trong bài toán này, việc xác định số phần tử Ví dụ: Một hộp chứa 11 viên bi được đánh số từ 1 thuận lợi cho biến cố cần tìm dễ dàng xác định (có đến 11. Chọn 6 viên bi một cách ngẫu nhiên rồi thể liệt kê các phương án, có thể tính được các cách cộng các số trên 6 viên bi được rút ra với nhau.

cho biến cố A.

chọn ngắn gọn).

Quy tắc cộng xác suất

Hướng dẫn giải

Nếu hai biến cố A, B xung khắc nhau thì

Bước 1. Tìm số phần tử của không gian mẫu.

P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B )

Bước 2. Đếm số phần tử thuận lợi của không Gọi A là biến cố: “Chọn 6 viên bi cộng các số trên

nhau thì

gian mẫu

P ( A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ Ak ) = P ( A1 ) + P ( A2 ) + ... + P ( Ak ) .

Xác suất của biến cố đối A của biến cố đối A là

Chọn ngẫu nhiên 6 viên bi trong 11 viên bi thì số cách chọn là n ( Ω ) = C116 = 462 .

Nếu các biến cố A1 , A2 , A3 ,..., Ak đôi một xung khắc

Công thức tính xác suất biến cố đối

Tính xác suất để kết quả thu được là số lẻ.

6 viên bi đó thu được là số lẻ”. Trong 11 viên bi có 6 viên bi mang số lẻ đó là

Vì A ∪ A = Ω và A ∩ A = ∅ nên theo công

{1;3;5;7;9;11} và 5 viên bi mang số chẵn

thức cộng xác suất thì

{2;4;6;8;10}.

Trường hợp 1: 1 viên bi mang số lẻ và 5 viên bi Trang 3

Trang 4

mang số chẵn

biến cố A “cả ba viên bi lấy ra đều không có màu đỏ” (tức là lấy ra cả ba khăn do có quá nhiều 1 6

5 5

Số cách chọn trong trường hợp 1 là C .C cách.

viên bi đều màu xanh)

Trường hợp 2: 3 viên bi mang số lẻ và 3 viên bi

Số cách chọn ra 3 viên bi mà 3 viên bi đó đều màu xanh là số phần tử thuận lợi cho biến cố đối của biến cố A. n A = C73 = 35 . Sau đó lấy số phần tử Số cách chọn ra 3 viên bi mà trong đó có ít nhất một viên bi màu đỏ là không gian mẫu trừ đi kết 455 – 35 = 420 cách ⇒ n ( A ) = n ( Ω ) − n ( A ) = 455 − 35 = 420 . quả vừa tìm được thì ta có

trường hợp, thì ta đi tìm

( )

mang số chẵn. 3 6

3 5

Số cách chọn trong trường hợp 2 là C .C cách. Trường hợp 3: 5 viên bi mang số lẻ và 1 viên bi mang số chẵn. Số cách chọn trong trường hợp 2 là C65 .C51 cách.

Vậ y P ( A ) =

n ( A ) 420 12 = = . n ( Ω ) 455 13

số phần tử thuận lợi cho biến cố A.

Suy ra n ( A ) = C61 .C55 + C63 .C53 + C65 .C51 = 6 + 200 + 30 = 236 .

Bước 3. Tính xác suất P ( A) =

n ( A) . n (Ω)

Ta có P ( A) =

Ví dụ 2. 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.

Ω A 236 118 . = = Ω 462 231

5 . 6

1 . 60

59 . 60

Ví dụ 1. Một hộp đựng 15 viên bi, trong đó có 7 viên bi xanh và 8 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi

Số phần tử không gian mẫu là n ( Ω ) = 5! = 120 .

(không kể thứ tự) ra khỏi hộp. Tính xác suất để trong 3 viên bi lấy ra có ít nhất 1 viên màu đỏ.

Gọi A là biến cố “số tìm được không bắt đầu bởi 135”.

1 . 2

1 . 6

Hướng dẫn giải

Ví dụ mẫu

418 . 455

1 . 13

12 . 13

Biến cố A là biến cố “số tìm được bắt đầu bởi 135”. Nhóm các số 1; 3; 5 thành 135 thì ta được số còn 3 phần tử. Số các số tạo thành thỏa mãn số 135 đứng

Hướng dẫn giải

đầu là 1.2.1 = 2 cách.

Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ 15 viên bi thì số cách chọn là n ( Ω ) = C153 = 455 .

Vậy n ( A) = 120 − 2 = 118 cách.

Gọi A là biến cố “trong 3 viên bi lấy ra có ít nhất một viên màu đỏ”.

Vậy P ( A) =

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 .

n ( A ) 118 59 = = . n ( Ω ) 120 60

Chọn C.

Trường hợp 2: Lấy được 2 viên màu đỏ, số cách lấy là: C82 .C71 .

Ví dụ 3. Đề thi kiểm tra 15 phút có 10 câu trắc nghiệm mỗi câu có bốn phương án trả lời, trong đó có một

Trường hợp 3: Lấy được 3 viên màu đỏ, số cách lấy là: C83 .

phương án đúng, trả lời đúng mỗi câu được 1,0 điểm. Một thí sinh làm cả 10 câu, mỗi câu chọn một phương án. Tính xác suất để thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên.

Số trường hợp thuận lợi cho biến cố A là n ( A) = C81.C72 + C82 .C71 + C83 = 420 .

436 . 410

463 . 410

436 . 104

163 . 104

C 1.C 2 + C82 .C71 + C83 12 Vậ y P ( A ) = 8 7 = . C153 13

Chọn D.

Với mỗi câu hỏi, thí sinh có 4 phương án lựa chọn nên số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = 410 .

Cách khác:

Hướng dẫn giải Nhận xét: Trong nhiều

Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi từ 15 viên bi thì số cách chọn là bài toán tính xác suất, việc

n ( Ω ) = C153 = 455 .

tính số phần tử thuận lợi

Gọi A là biến cố “trong 3 viên bi lấy ra có ít nhất một viên màu đỏ” thì là

cho biến cố A trở nên khó Trang 5

Gọi X là biến cố “thí sinh đó đạt từ 8,0 điểm trở lên”. Trường hợp 1: Thí sinh đó là được 8 câu (tức là 8,0 điểm): Chọn 8 câu trong số 10 câu hỏi và 2 câu

còn lại mỗi câu có 3 cách chọn đáp án sai nên có C108 .32 cách để thí sinh đúng 8 câu.

Trang 6

Trường hợp 2: Thí sinh đó là được 9 câu (tức là 9,0 điểm): Chọn 9 câu trong số 10 câu hỏi và câu còn 9 10

lại có 3 cách chọn đáp án sai nên có C .3 cách để thí sinh đúng 9 câu. Trường hợp 3: Thí sinh đó là được 10 câu (tức là 10,0 điểm): Chỉ có 1 cách duy nhất. 8 10

9 10

Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là n ( X ) = C .3 + C .3 + 1 = 436 .

3 . 323

4 . 9

Xác suất cần tìm là P ( A) =

1250 . 1701

9999999 − 1000017 + 1 = 500000 . 18

n ( A ) 5.105 1 = = . n ( Ω ) 9.106 18

Chọn C.

Gọi A là biến cố: “4 đỉnh được chọn là 4 đỉnh của một hình chữ nhật”. Số đường chéo của đa giác đều đi qua tâm O của đường tròn là 10 (do đa giác có 20 đỉnh). Cứ hai đường chéo này tạo thành một hình chữ nhật. Do đó số hình chữ nhật được tạo thành là

n ( A) = C102 = 45 .

Ví dụ 7. Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số được lập từ tập hợp X = {1;2;3;4;5;6;7;8;9}.

Chọn ngẫu nhiên một số từ S. Xác suất để số chọn được chia hết cho 6 bằng. A.

n ( A) 45 3 . = = n ( Ω ) 4845 323

4 . 27

9 . 28

1 . 9

4 . 9

Hướng dẫn giải

Số phần tử trong không gian mẫu là n ( Ω ) = 94 .

Chọn C.

Gọi A là biến cố: “số chọn được chia hết cho 6”.

Ví dụ 5. Cho hai đường thẳng song song a và b. Trên đường thẳng a lấy 6 điểm phân biệt; trên đường

thẳng b lấy 5 điểm phân biệt. Chọn ngẫu nhiên 3 điểm trong các điểm đã cho trên hai đường thẳng a và b. Tính xác suất để 3 điểm được chọn tạo thành một tam giác.

5 . 11

Ta có các số lẻ chia hết cho 9 là dãy 1000017; 1000035; 1000053; …; 9999999 lập thành một cấp số

Số cách chọn 4 đỉnh trong 20 đỉnh là C204 = 4845 = n ( Ω ) .

1 . 18

Vậy n ( A) = 5.105

Hướng dẫn giải

Vậy P ( A) =

cộng có u1 = 1000017 và d = 18 nên số phần tử của dãy này là

Xác suất để 4 đỉnh được chọn là 4 đỉnh của một hình chữ nhật bằng

2 . 969

1 . 9

Gọi A là biến cố thỏa mãn bài toán. Ta đếm số phần tử của A.

Ví dụ 4. Cho đa giác đều 20 đỉnh nội tiếp trong đường tròn tâm O. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của đa giác.

Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = 9000000 = 9.106 số.

Chọn A.

7 . 216

625 . 1701

Hướng dẫn giải

n ( X ) 436 Vậy xác suất cần tìm là P ( X ) = = . n ( Ω ) 410

Ví dụ 6. Cho A là tập các số tự nhiên có 7 chữ số. Lấy một số bất kỳ của tập A. Xác suất để lấy được số lẻ

và chia hết cho 9 bằng

60 . 169

2 . 11

Giả sử số cần tìm là abcd . Do số cần tìm chia hết cho 6 nên chia hết cho 2. Do đó chọn d ∈ {2; 4;6;8} có 4 cách.

9 . 11

Chọn a, b có 92 cách. Để chọn c ta xét tổng M = a + b + d :

Hướng dẫn giải

Nếu M chia cho 3 dư 0 thì c ∈ {3; 6;9} suy ra có 3 cách chọn c.

Số phần tử của không gian mẫu n ( Ω ) = C113 = 165 .

Nếu M chia cho 3 dư 1 thì c ∈ {2;5;8} suy ra có 3 cách chọn c.

Gọi A là biến cố: “3 điểm được chọn lập thành một tam giác”.

Nếu M chia cho 3 dư 2 thì c ∈ {1; 4;7} suy ra có 3 cách chọn c.

Trường hợp 1: Chọn 2 điểm trên đường thẳng a và 1 điểm trên đường thẳng b có C62 .C51 cách.

Do đó n ( A) = 4.92.3 = 972 .

Trường hợp 2: Chọn 1 điểm trên đường thẳng a và 2 điểm trên đường thẳng b có C61 .C52 cách.

Vậy P ( A) =

Suy ra n ( A) = C62 .C51 + C61 .C52 = 135 . Vậy xác suất để 3 điểm được chọn tạo thành một tam giác là P ( A ) =

972 4 . = 94 27

Chọn A.

n ( A) 9 = . n ( Ω ) 11

Bài tập tự luyện dạng 1

Chọn D.

Trang 7

Trang 8

Câu 1: Một lớp có 20 nam sinh và 15 nữ sinh. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ bằng A.

4615 . 5236

4651 . 5236

4615 . 5263

2 . 5

7 . 24

11 . 12

7 . 9

Câu 3: Gieo ngẫu nhiên 2 con súc sắc cân đối đồng chất. Xác suất của biến cố: “Hiệu số chấm xuất hiện trên 2 con súc sắc bằng 1” là A.

2 . 9

1 . 9

5 . 18

5 . 6

135 . 988

3 . 247

244 . 247

15 . 26

21 . 136

3 . 17

144 . 136

7 . 816

70 . 143

73 . 143

56 . 143

87 . 143

Câu 7: Một bình đựng 8 viên bi xanh và 4 viên bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Xác suất để có được ít nhất hai viên bi xanh là bao nhiêu? A.

41 . 55

14 . 55

28 . 55

42 . 55

5 . 11

60 . 169

2 . 11

9 . 11

12.8 . C123

C128 − 12.8 . C123

C123 − 12 − 12.8 . C123

1 . 210

2C33 + C43 + C31C31C41 . C103

2C33 + C43 . C103

2C31C31C41 . C103

Câu 12: Cho X = {0; 1; 2; 3; …; 15}. Chọn ngẫu nhiên 3 số trong tập hợp X. Xác suất để trong ba số được chọn không có hai số liên tiếp bằng 13 . 35

7 . 20

20 . 35

13 . 20

Câu 13: Một hộp đựng 5 viên bi đỏ, 4 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp đó. Xác suất lấy được ít nhất 1 viên đỏ bằng 37 . 42

1 . 21

5 . 42

20 . 21

Câu 14: Cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt cho 1, 2, 3 và n điểm phân biệt

( n ≥ 3; n ∈ ℕ )

khác A, B, C, D. Lấy ngẫu nhiên 3 điểm từ n + 6 điểm đã cho. Biết xác suất lấy được một

439 . Tìm n. 560

A. n = 10 .

B. n = 19 .

1–A

2–A

3–C

4–C

11 – B

12 – D

13 – D

14 - A

C. n = 11 . 5–A

6–A

D. n = 12 . 7–D

8–D

9–C

10 – A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Số cách chọn 4 học sinh lên bảng: n ( Ω ) = C354 . Số cách chọn 4 học sinh chỉ có nam hoặc chỉ có nữ: C204 + C154 . Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là C354 − C204 − C154 .

Câu 9: Cho đa giác đều 12 đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đó. Xác suất để 3 đỉnh được chọn tạo thành một tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho bằng A.

1 . 840

Câu 1.

Câu 8: Cho hai đường thẳng song song a và b. Trên đường thẳng a lấy 6 điểm phân biệt; trên đường thẳng b lấy 5 điểm phân biệt. Chọn ngẫu nhiên 3 điểm trong các điểm đã cho trên hai đường thẳng a và b. Xác suất để 3 điểm được chọn tạo thành một tam giác bằng. A.

tam giác là

Câu 6: Một đội gồm 5 nam và 8 nữ. Lập một nhóm gồm 4 người hát tốp ca. Xác suất để trong bốn người được chọn có ít nhất ba nữ bằng A.

1 . 35

1 . 3

Câu 5: Cho một đa giác đều có 18 đỉnh nội tiếp trong một đường tròn tâm O. Gọi X là tập các tam giác có các đỉnh là đỉnh của đa giác trên. Xác suất để chọn được một tam giác từ tập X là tam giác cân nhưng không phải là tam giác đều bằng A.

Câu 4: Một lô hàng gồm 30 sản phẩm tốt và 10 sản phẩm xấu. Lấy ngẫu nhiên 3 sản phẩm. Xác suất để 3 sản phẩm lấy ra có ít nhất một sản phẩm tốt bằng A.

4 . 35

Câu 11: Một túi đựng 10 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 10. Rút ngẫu nhiên ba tấm thẻ từ túi đó. Xác suất để tổng số ghi trên ba thẻ rút được là một số chia hết cho 3 bằng

4610 . 5236

Câu 2: Một hộp chứa 6 viên bi đỏ và 4 viên bi xanh. Lấy lần lượt 2 viên bi từ hộp đó. Xác suất để viên bi được lấy lần thứ 2 là bi xanh bằng A.

Xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ:

C354 − C204 − C154 4615 . = 5236 C354

Câu 2.

12 + 12.8 . C123

Số phần tử của không gian mẫu n ( Ω ) = C101 .C91 .

Câu 10: Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 ta lập các số tự nhiên có 6 chữ số, đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số vừa lập, xác suất để chọn được một số có đúng 3 chữ số lẻ mà các chữ số lẻ xếp kề nhau bằng

Trang 9

Gọi A là biến cố: “Viên bi được lấy lần thứ hai là bi xanh”. Trường hợp 1: Lần thứ nhất lấy viên đỏ, lần thứ hai lấy viên xanh: Có C61 .C41 cách chọn.

Trang 10

Trường hợp 2: Lần thứ nhất lấy viên xanh, lần thứ hai lấy viên xanh: Có C41 .C31 cách chọn.

Số phần tử của không gian mẫu n ( Ω ) = C123 = 220 (cách chọn).

Suy ra n ( A) = C61 .C41 + C41 .C31 .

Gọi A là biến cố “Lấy được ít nhất hai viên bi xanh”.

Vậy P ( A) =

n ( A) n (Ω)

Ta có n ( A) = C82 C41 + C83 C40 = 168 (cách chọn).

24 + 12 2 = . 10.9 5

Vậy xác suất P ( A) =

Câu 3.

168 42 = . 220 55

Câu 8.

Số phần tử của không gian mẫu: n ( Ω ) = 6.6 = 36 .

Số phần tử của không gian mẫu n ( Ω ) = C113 = 165 .

Gọi A là biến cố thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Gọi A là biến cố: “ba điểm được chọn lập thành một tam giác”.

A = {(1; 2 ) , ( 2;1) , ( 3; 2 ) , ( 2;3) , ( 3; 4 ) , ( 4;3) , ( 4;5 ) , ( 5; 4 ) , ( 5; 6 ) , ( 6;5 )} nên n ( A) = 10 .

Trường hợp 1: Chọn hai điểm trên đường thẳng a và một điểm trên đường thẳng b có C62 .C51 cách.

10 5 Vậy P ( A) = = . 36 18

Trường hợp 2: Chọn một điểm trên đường thẳng a và hai điểm trên đường thẳng b có C61 .C52 cách.

Câu 4.

Suy ra n ( A) = C62 .C51 + C61 .C52 = 135 .

3 Chọn ra ba sản phẩm tùy ý có C40 = 9880 cách chọn. Do đó n ( Ω ) = 9880 .

Gọi A là biến cố có ít nhất 1 sản phẩm tốt. Khi đó A là biến cố 3 sản phẩm không có sản phẩm tốt.

( )

Vậy xác suất để 3 điểm được chọn tạo thành một tam giác là P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

135 9 = . 165 11

Câu 9.

n A = C103 = 120 .

Số phần tử của không gian mẫu là: n ( Ω ) = C123 .

( )

Do đó n ( A) = n ( Ω ) = n A = 9880 − 120 = 9760 .

Gọi A: “Chọn được ba đỉnh tạo thành tam giác không có cạnh nào là cạnh của đa giác đã cho”

9760 244 . Vậy P ( A) = = 9880 247

Suy ra A : “Chọn được ba đỉnh tạo thành tam giác có ít nhất một cạnh là cạnh của đa giác đã cho”. Do đó A : “Chọn được ba đỉnh tạo thành tam giác có một cạnh hoặc hai cạnh là cạnh của đa giác đã

Câu 5.

cho”.

Số các tam giác bất kỳ là n ( Ω ) = C183 . Số các tam giác đều là

Trường hợp 1: Chọn ra tam giác có 2 cạnh là 2 cạnh của đa giác đã cho, ta chọn ra 3 đỉnh liên tiếp của

18 =6. 3

đa giác 12 cạnh. Có 12 cách.

Có 18 cách chọn một đỉnh của đa giác, mỗi đỉnh có 8 cách chọn 2 đỉnh còn lại để được một tam giác

Trường hợp 2: Chọn ra tam giác có đúng 1 cạnh là cạnh của đa giác đã cho, ta chọn ra 1 cạnh và 1

cân.

đỉnh không liền với 2 đỉnh của cạnh đó. Suy ra có 12 cách chọn một cạnh và C81 = 8 cách chọn đỉnh.

Số các tam giác cân là: 18.8 = 144.

Vậy có 12.8 cách.

Số các tam giác cân không đều là: 144 − 6.3 = 126 ⇒ n ( A) = 126 .

Số phần tử của biến cố A là: n A = 12 + 12.8 .

Xác suất cần tìm là P ( A) =

( )

126 21 = . C183 136

Số phần tử của biến cố A là: n ( A) = C123 − 12 − 12.8 .

Câu 6.

Xác suất của biến cố A là P ( A) =

Không gian mẫu: n ( Ω ) = C134 = 715 (cách chọn).

C123 − 12 − 12.8 . C123

Ta có số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = A86 = 20160 .

350 70 Ta có n ( A) = C C + C = 350 (cách chọn). Suy ra P ( A) = = . 715 143 1 5

n (Ω)

Câu 10.

Gọi A là biến cố “Bốn người được chọn có ít nhất ba nữ”. 3 8

n ( A)

4 8

Gọi A: “Số được chọn có đúng 3 chữ số lẻ mà các chữ số lẻ xếp kề nhau”.

Câu 7. Trang 11

Trang 12

Chọn 3 chữ số lẻ có A43 = 24 cách. Ta coi 3 chữ số lẻ này là một số a. Sắp số số a vào 4 vị trí có 4

+ Lấy 1 viên đỏ và 2 viên xanh có C51C42 cách.

cách; Còn 3 vị trí còn lại sắp xếp các chữ số chẵn có A43 = 24 cách.

+ Lấy 2 viên đỏ và 1 viên xanh có C52 C41 cách.

Khi đó n ( A) = 24.4.24 = 2304 . Vậy xác suất cần tính là P ( A) =

n ( A) n (Ω)

+ Lấy 3 viên đỏ có C53 cách.

2304 4 . = 20160 35

Vậy xác suất cần tìm là

Câu 11. Số cách rút ngẫu nhiên ba tấm thẻ từ túi có 10 thẻ là: C103 cách.

C51C42 + C52 C41 + C53 20 . = 21 C93

Câu 14.

Trong các số từ 1 đến 10 có ba số chia hết cho 3, bốn số chia cho 3 dư 1, ba số chia cho 3 dư 2.

Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = Cn3+ 6 .

Để tổng các số ghi trên ba thẻ rút được là một số chia hết cho 3 thì ba thẻ đó phải có số được ghi thỏa

Gọi A là biến cố 3 đỉnh tạo thành một tam giác.

mãn một trong các trường hợp sau:

Để 3 điểm là 3 đỉnh của một tam giác thì 3 điểm đó không thẳng hàng. Ta xét biến cố A là biến cố 3

- Ba số đều chia hết cho 3.

đỉnh không tạo thành tam giác.

- Ba số đều chia cho 3 dư 1.

Trường hợp 1: Lấy 3 điểm thuộc cạnh CD có 1 cách.

- Ba số đều chia cho 3 dư 2.

Trường hợp 2: Lấy 3 điểm thuộc cạnh DA có Cn3 cách.

- Một số chia hết cho 3, một số chia cho 3 dư 1, một số chia cho 3 dư 2. Do đó số cách rút để tổng số ghi trên 3 thẻ rút được là một số chia hết cho 3 là C33 + C43 + C33 + C31C41 C31

( )

Vậy n A = 1 + Cn3 . Dó đó P ( A) =

(cách). Vậy xác suất cần tìm là:

3 3

3 4

1 3

Theo giả thiết ta có:

1 4

2C + C + C C C . C103

Câu 12.

⇔

Không gian mẫu có số phần tử là: Ω = C163 = 560 (phần tử). Ta tìm số cách lấy ra ba số trong đó có đúng hai số liên tiếp nhau hoặc lấy ra được cả ba số liên tiếp nhau.

Cn3+ 6 − 1 − Cn3 . Cn3+ 6

Cn3+6 − 1 − Cn3 439 . = Cn3+ 6 560

 n ( n − 1)( n − 2 )  1 + Cn3 121 ( n + 6 )( n + 5)( n + 4 ) = ⇔ 560 1 +  = 121. 560 6 6 Cn3+ 6  

⇔ 439n3 − 3495n 2 − 7834n − 11160 = 0 ⇔ n = 10 . Dạng 2: Các bài tập sử dụng quy tắc tính xác suất

Khi đó ta có các trường hợp sau:

Ví dụ mẫu

Trường hợp 1: Lấy ra ba số trong đó có đúng hai số liên tiếp nhau.

Ví dụ 1. Ba xạ thủ A1 , A2 , A3 độc lập với nhau cùng nổ súng bắn vào mục tiêu. Biết Ghi nhớ:

Trong ba số lấy ra có hai số 0,1 hoặc 14, 15 khi đó số thứ ba có 13 cách lấy. Do đó trường hợp này có: 2.13 = 26 cách lấy.

rằng xác suất bắn trúng mục tiêu của A1 , A2 , A3 tương ứng là 0,7; 0,6 và 0,5. Tính +) Xác suất của biến

Trong ba số lấy ra không có hai số 0,1 hoặc 14, 15 khi đó ta có 13 cặp số liên tiếp nhau khác 0,1 và 14,

xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng.

15, số thứ ba có 12 cách lấy. Do đó trường hợp này có: 13.12 = 156 cách lấy.

A. 0,45.

Trường hợp 2: Lấy ra được cả ba số liên tiếp nhau có 14 cách lấy.

Hướng dẫn giải

Vậy ta có 26 + 156 + 14 = 196 cách lấy ra ba số liên tiếp nhau hoặc lấy ra ba số trong đó có hai số liên

Gọi Ai : “Xạ thủ thứ i bắn trúng mục tiêu” với i = 1,3 .

tiếp nhau.

Khi đó Ai : “Xạ thủ thứ i bắn không trúng mục tiêu”.

560 − 196 13 Xác suất để trong ba số được chọn không có hai số liên tiếp là: P = . = 560 20

B. 0,21.

C. 0,75.

cố đối A của biến cố D. 0,94.

A là

( )

P A = 1 − P ( A) .

( )

Ta có P ( A1 ) = 0, 7 ⇒ P A1 = 0,3 ;

Câu 13.

( )

P ( A2 ) = 0, 6 ⇒ P A2 = 0, 4 ;

Lấy 3 viên bi từ 5 + 4 = 9 viên bi có C93 cách. Trang 13

Trang 14

P ( A3 ) = 0,5 ⇒ P A3 = 0,5 .

Gọi At , Ad , Ax lần lượt là biến cố bi rút được từ túi I là trắng, đỏ, xanh.

Gọi B: “Cả ba xạ thủ bắn không trúng mục tiêu” thì B : “có ít nhất một xạ thủ +) Nếu k biến cố

Gọi Bt , Bd , Bx lần lượt là biến cố bi rút được từ túi II là trắng, đỏ, xanh.

( )

A1 , A2 , A3 ,..., Ak

bắn trúng mục tiêu”.

( ) ( ) ( )

đôi

một là độc lập thì

Ta có P ( B ) = P A1 .P A2 .P A3 = 0,3.0, 4.0,5 = 0, 06 .

Các biến cố At , Ad , Ax độc lập với Bt , Bd , Bx . Ta có P ( At ) =

P ( A1 , A2 , A3 ,..., Ak )

( )

Khi đó P B = 1 − P ( B ) = 1 − 0, 06 = 0,94 .

= P ( A1 ) .P ( A2 ) ...P ( Ak )

P ( Bt ) =

Chọn D.

Ví dụ 2. Một xạ thủ bắn bia. Biết rằng xác suất bắn trúng trong vòng 10 là 0,2; vòng +) Nếu các biến cố 9 là 0,25 và vòng 8 là 0,15. Nếu trúng vòng k thì được k điểm. Giả sử xạ thủ đó bắn

A1 , A2 , A3 ,..., Ak

đôi

3 7 15 3 ; P ( Ad ) = ; P ( Ax ) = = . 25 25 25 5

10 2 6 9 = ; P ( Bd ) = ; P ( Bx ) = . 25 5 25 25

Vậy xác suất để lấy được hai bi cùng màu là

P ( At Bt ∪ Ad Bd ∪ Ax Bx )

ba phát súng một cách độc lập. Xạ thủ đạt loại giỏi nếu anh ta đạt ít nhất 28 điểm. một xung khắc nhau Xác suất để xạ thủ này đạt loại giỏi bằng thì

A. 0,0935.

B. 0,0755.

C. 0,0365.

D. 0,0855.

= P ( A1 ) + P ( A2 ) +

Gọi H là biến cố: “Xạ thủ bắn đạt loại giỏi”. A; B; C; D là các biến cố sau:

Chọn A. Bài tập tự luyện dạng 2

A. 0,45.

C: “Một viên trúng vòng 10 và hai viên trúng vòng 9”;

B. 0,4.

C. 0,48.

D. 0,24.

Câu 2: Việt và Nam chơi cờ. Trong một ván cờ, xác suất Việt thắng Nam là 0,3 và Nam thắng Việt là 0,4. Hai bạn dừng chơi khi có người thắng, người thua. Xác suất để hai bạn dừng chơi sau hai ván cờ bằng

D: “Hai viên trúng vòng 10 và hai viên trúng vòng 8”. Các biến cố A; B; C; D là các biến cố xung khắc từng đôi một nên

A. 0,12.

H = A∪ B ∪C ∪ D .

B. 0,7.

C. 0,9.

D. 0,21.

Câu 3: Ba xạ thủ cùng bắn vào một tấm bia, xác suất trúng đích lần lượt là 0,5; 0,6 và 0,7. Xác suất để có đúng 2 người bắn trúng bia là

Áp dụng quy tắc cộng mở rộng ta có:

P ( H ) = P ( A) + P ( B ) + P ( C ) + P ( D ) .

A. 0,29

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 . Do đó P ( H ) = 0, 008 + 0, 03 + 0, 0375 + 0, 018 = 0, 0935 .

Chọn A. Ví dụ 3. 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. Xác suất để lấy được hai viên cùng màu bằng

418 . 625

B. 0,44.

C. 0,21.

D. 0,79.

Câu 4: Một đề thi trắc nghiệm gồm 50 câu, mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 phương án đúng, mỗi câu trả lời đúng được 0,2 điểm. Một thí sinh làm bài bằng cách chọn ngẫu nhiên 1 trong 4 phương án ở mỗi câu. Xác suất để thí sinh đó được 6 điểm là

Mà P ( A) = ( 0, 2 ) . ( 0, 2 ) . ( 0, 2 ) = 0, 008 ;

72 . 625

3 2 7 6 3 9 207 . . + . + . = 25 5 25 25 5 25 625

Câu 1: Xác suất bắn trúng mục tiêu của một vận động viên khi bắn một viên đạn là 0,6. Người đó bắn hai viên đạn một cách độc lập. Xác suất để một viên trúng mục tiêu và một viên trượt mục tiêu là

B: “Hai viên trúng vòng 10 và một viên trúng vòng 9”;

... + P ( Ak )

A: “Ba viên trúng vòng 10”;

207 . 625

= P ( At ) .P ( Bt ) + P ( Ad ) .P ( Bd ) + P ( Ax ) .P ( Bx )

P ( A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ Ak )

Hướng dẫn giải

= P ( At Bt ) + P ( Ad Bd ) + P ( Ax Bx )

553 . 625

A. 0, 2530.0, 7520 .

B. 0, 2520.0, 7530 .

C. 0, 2530.0, 7520.C5020 .

D. 1 − 0, 2520.0, 7530 .

Câu 5: Trong một cuộc thi có 10 câu hỏi trắc nghiệm, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng. Với mỗi câu, nếu chọn phương án trả lời đúng thì thí sinh được cộng 5 điểm, nếu chọn phương án trả lời sai sẽ bị trừ 1 điểm. Tính xác suất để một thí sinh làm bài bằng cách lựa chọn ngẫu nhiên phương án được 26 điểm, biết thí sinh phải làm hết các câu hỏi và mỗi câu hỏi chỉ chọn được duy nhất một phương án trả lời (chọn giá trị gần đúng nhất). A. P = 0, 016222 . 1–C

2–D

B. P = 0, 0162227 . 3–B

4–C

C. P = 0, 028222 .

D. P = 0, 282227 .

5–A

Hướng dẫn giải Trang 15

Trang 16

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Xác suất trả lời đúng một câu hỏi là

Câu 1. Gọi A1 , A2 , X lần lượt là biến cố bắn trúng mục tiêu của viên đạn thứ nhất, viên đạn thứ hai, một viên

đạn trúng mục tiêu và một viên trượt mục tiêu.

Xác suất trả lời sai một câu hỏi là

1 . 4

3 . 4

1 Xác suất của biến cố A là: P ( A) = C104    4

Khi đó X = A1 A2 + A1 . A2 .

(

) (

3 .   = 0, 016222 . 4

)

Xác suất cần tìm là P ( X ) = P A1 A2 + P A1 . A2 = 0, 6.0, 4 + 0, 4.0, 6 = 0, 48 .

Câu 2.

Ván 1: Xác suất Việt và Nam hòa là 1 − ( 0, 3 + 0, 4 ) = 0,3 . Ván 2: Xác suất Việt thắng hoặc Nam thắng là 0,3 + 0, 4 = 0, 7 . Xác suất để hai bạn dừng chơi sau hai ván cờ là: P = 0,3.0, 7 = 0, 21 .

Câu 3. Gọi A là biến có người thứ nhất bắn trúng thì A là biến cố người thứ nhất bắn trượt.

( )

Vậy P ( A) = 0, 5 ; P A = 0,5 . Gọi B là biến cố người thứ hai bắn trúng và C là biến cố người thứ ba bắn trúng.

( )

Tương tự ta có P ( B ) = 0, 6 ; P B = 0, 4 ; P ( C ) = 0, 7 ; P C = 0, 3 .

Để hai người bắn trúng bia có các khả năng sau xảy ra:

Trường hợp 1: Người thứ nhất và thứ hai bắn trúng, người thứ ba bắn trượt.

( )

Xác suất xảy ra là: P ( A) .P ( B ) .P C = 0,5.0, 6.0,3 = 0, 09 .

Trường hợp 2: Người thứ nhất và thứ ba bắn trúng, người thứ hai bắn trượt.

( )

Xác suất xảy ra là: P ( A) .P B .P ( C ) = 0,5.0, 4.0, 7 = 0,14 .

Trường hợp 3: Người thứ hai và thứ ba bắn trúng, người thứ nhất bắn trượt.

( )

Xác suất xảy ra là: P A .P ( B ) .P ( C ) = 0,5.0, 6.0, 7 = 0, 21 . Vậy xác suất để hai người bắn trúng bia là: 0, 09 + 0,14 + 0, 21 = 0, 44 .

Câu 4. Xác suất để chọn được câu trả lời đúng là

1 3 , xác suất để chọn được câu trả lời sai là . 4 4

Để được 6 điểm thì thí sinh đó phải trả lời đúng 30 câu và trả lời sai 20 câu. 20

3 1 Xác suất để thí sinh đó được 6 điểm là C5020     = 0, 2530.0, 7520.C5020 . 4 4 Câu 5. Gọi A: “Thí sinh đó được 26 điểm”. Ta có A: “Thí sinh đó trả lời đúng 6 câu hỏi và trả lời sai 4 câu hỏi”. Trang 17

Trang 18

CHƯƠNG 3: DÃY SỐ - CẤP SỐ CỘNG VÀ CẤP SỐ NHÂN

•

Cho số hạng thứ nhất u1 (hoặc một vài số hạng đầu).

BÀI 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC. DÃY SỐ

•

Với n ≥ 2 , cho một công thức tính uk nếu biết uk-1

Mục tiêu

(hoặc vài số hạng đứng ngay trước nó).

Kiến thức

Cách 3: Diễn đạt bằng lời cách xác định mỗi số hạng của dãy

+ Biết được thứ tự các bước giải toán bằng phương pháp quy nạp.

số.

a) Dãy số (un) được gọi là tăng nếu un +1 > un với mọi n ∈ ℕ*

Kĩ năng +

Chứng minh được các bài toán bằng phương pháp quy nạp toán học.

Biết cách xác định dãy số.

Xét được tính tăng, giảm và bị chặn của dãy số.

⇔ un +1 − un > 0, ∀n ∈ ℕ* hay

⇔ un +1 − un < 0, ∀n ∈ ℕ* hay

I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM

un ≤ M , ∀n ∈ ℕ* .

n = p.

b) Dãy số (un) được gọi bị chặn dưới nếu tồn tại số m sao cho

Bước 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1.

•

Bước 2: Giả thiết mệnh đề đúng với số nguyên dương nguyên dương bất kì n = k ≥ p và phải chứng

( k ≥ 1) ,

a) Dãy số (un) được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số M sao cho

+) Ở bước 1, ta phải kiểm tra mệnh đề đúng với

•

n = k tùy ý

+) Ở bước 2, ta giả thiết mệnh đề đúng với số

un ≥ m, ∀n ∈ ℕ * c) Dãy số (un) được gọi bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị

chứng minh rằng mệnh đề đúng với minh mệnh đề đúng với n = k + 1

chặn dưới, tức là tồn tại các số m, M sao cho

n = k +1.

m ≤ un ≤ M , ∀n ∈ ℕ * .

Dãy số a) Mỗi hàm số u xác định trên tập số tự nhiên ℕ* được gọi là

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP

một dãy số vô hạn (gọi tắt là dãy số).

Dạng 1:Quy nạp toán học

Kí hiệu:

un +1 < 1, ∀n ∈ ℕ* ( un > 0 ) un

Dãy số bị chặn

Chú ý: Nếu phải chứng minh mệnh đề A(n)

Để chứng minh mệnh đề A(n) đúng với mọi giá trị nguyên đúng với mọi số nguyên dương n ≥ p thì: dương n, ta thực hiện như sau:

un +1 > 1, ∀n ∈ ℕ* ( un > 0 ) un

b) Dãy số (un) được gọi là giảm nếu un +1 < un với mọi n ∈ ℕ*

+ Tính được tổng của một dãy số. Phương pháp quy nạp toán học

dãy (un) với un là độ dài cung tròn có số đo là

Dãy số tăng, dãy số giảm

+ Nắm được phương pháp giải các dạng bài tập của dãy số như tìm số hạng tổng quát, xét tính tăng, giảm và bị chặn.

Ví dụ 3: Cho đường tròn (O) bán kính R. Cho

2π của đường tròn (O). n

Biết khái niệm dãy số, cách cho dãy số, tính chất đơn điệu và bị chặn của dãy số.

u1 = 1 ∀n ≥ 1  3 un +1 = un + 2n

Phương pháp giải

u : ℕ* → ℝ

Để chứng minh một mệnh đề P(n) phụ thuộc vào số

n ֏ u (n).

(*)

cho trước), ta thực hiện theo các bước sau

Trong đó ta gọi: u1 là số hạng đầu, un = u(n) là số hạng thứ n

Bước 1: Kiểm tra P(n) đúng với n = no

hay số hạng tổng quát của dãy số.

Với n = 2 ta có 22+1 > 2.2 + 3 ⇔ 8 > 7 (đúng). Vậy

(*) đúng với n = 2.

b) Mỗi hàm số u xác định trên tập M = {1; 2;3;...; m} với

Bước 2: Giả sử P(n) đúng khi n = k ( k ≥ no ) (xem Giả sử với n = k , k ≥ 2 thì (*) đúng, có nghĩa ta có

m ∈ ℕ*

Cách 1: Cho dãy số bởi công thức của số hạng tổng quát.

n ≥ 2 , ta luôn có 2n +1 > 2n + 3

tự nhiên n đúng với mọi n ≥ no (no là só tự nhiên Hướng dẫn giải:

Dạng khai triển: u1 ; u2 ; u3 ;...; un ;...

c) Các cách cho một dãy số:

Ví dụ: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên

đây là giả thiết để chứng minh bước 3). Ví dụ 1: Cho dãy (un) với un = 3n 2 + n − 1 Ví dụ 2: Cho dãy số (un) xác định bởi

Bước 3: n = k +1

Cách 2: Cho dãy số bởi hệ thức truy hồi (hay quy nạp):

2k +1 > 2k + 3 (1)

Ta cần chứng minh P(n) đúng khi Ta phải chứng minh (*) đúng với n = k + 1, có

nghĩa ta phải chứng minh 2k + 2 > 2(k + 1) + 3 Thật vậy, nhân hai vế của (1) với 2 ta được

Trang 1

Trang 2

2.2k +1 > 2(2k + 3) ⇔ 2k + 2 > 4k + 6 > 2(k + 1) + 3 Vậ y 2

Bước 4: Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta kết luận rằng P(n) đúng với mọi n ≥ no

k +2

1.22 + 2.33 + 3.44 + ... + ( k − 1) k 2 + k ( k + 1) =

> 2 ( k + 1) + 3 (đúng).

Do đó theo nguyên lí quy nạp (*) đúng với mọi số

( k + 1) ( ( k + 1) 2

⇔ 1.22 + 2.33 + 3.44 + ... + ( k − 1) k 2 + k ( k + 1) =

Thật vậy 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + ( k − 1) k + k ( k + 1)

Ví dụ mẫu Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có 1.4 + 2.7 + ... + n(3n + 1) = n ( n + 1)

k ( k 2 − 1) ( 3k + 2 )

(1)

Hướng dẫn giải

+ k ( k + 1) =

k ( k + 1)( k + 2 )( 3k + 5 )

Với n = 1, ta có VT (1) = 1.4 = 4; VP(1) = 1. (1 + 1) = 4

)

− 1 3 ( k + 1) + 2  12 ( k + 1) ( k 2 + 2k ) ( 3k + 5)

nguyên dương n ≥ 2. 2

k ( k + 1) ( 3k 2 + 11k + 10 )

( k + 1) ( k

12 2

+ 2k ) ( 3k + 5 ) 12

(điều phải chứng minh)

Vậy (1) đúng khi n = k + 1 .

Suy ra VT(1) = VP(1) với n = 1.

Do đó theo nguyên lí quy nạp (1) đúng với mọi số nguyên dương n ≥ 2

Vậy (1) đúng với n = 1.

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có

Giả sử (1) đúng với n = k Khi đó ta có 1.4 + 2.7 + ... + k ( 3k + 1) = k ( k + 1)

n ( n + 3) 1 1 1 + + ... + = (1) 1.2.3 2.3.4 n ( n + 1)( n + 2 ) 4 ( n + 1)( n + 2 )

Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1 hay

Hướng dẫn giải

1.4 + 2.7 + ... + k ( 3k + 1) + ( k + 1)( 3k + 4 ) = ( k + 1)( k + 2 )

1 1.4 1 Với n = 1, ta có VT (1) = ;VP(1) = = 6 4.2.3 6

Thật vậy 1.4 + 2.7 + ... + k ( 3k + 1) + ( k + 1)( 3k + 4 ) = k ( k + 1) + ( k + 1)( 3k + 4 ) = k ( k +1)

Suy ra VT(1) = VP(1) khi n = 1.

Vậy (1) đúng với n = 1 2

= ( k + 1)( k + 2 ) (điều phải chứng minh).

Giả sử (1) đúng với n = k. Khi đó ta có

Do đó theo nguyên lí quy nạp (1) đúng với mọi số nguyên dương n.

k ( k + 3) 1 1 1 + + ... + = k ( k + 1)( k + 2 ) 4 ( k + 1)( k + 2 ) 1.2.3 2.3.4

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ≥ 2 , ta có

Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1 . Có nghĩa ta phải chứng minh

Vậy (1) đúng khi n = k + 1

n ( n − 1) ( 3n + 2 )

( k + 1)( k + 4 ) 1 1 1 1 + + ... + + = k ( k + 1)( k + 2 ) ( k + 1)( k + 2 )( k + 3) 4 ( k + 2 )( k + 3) 1.2.3 2.3.4

1.22 + 2.33 + 3.44 + ... + ( n − 1) n 2 =

(1)

Hướng dẫn giải

Thật vậy

Với n = 2, ta có VT (1) = 1.22 = 4; VP(1) =

2.3.8 =4 12

Suy ra VT(1) = VP(1) với n = 2.

Vậy (1) đúng với n = 2.

k ( k + 3)

k ( k + 3) 4( k +1)( k + 2 )



( k + 1)( k + 2 )( k + 3) 4 ( k + 1)( k + 2 )  2 ( k + 1) ( k + 4 ) k 3 + 6 k 2 + 9k + 4 = = 4 ( k + 1)( k + 2 )( k + 3) 4 ( k + 1)( k + 2 )( k + 3)

Giả sử (1) đúng với n = k. Khi đó ta có 1.22 + 2.33 + 3.44 + ... + ( k − 1) k 2 =

1 1 1 1 + + ... + + k ( k + 1)( k + 2 ) ( k + 1)( k + 2 )( k + 3) 1.2.3 2.3.4

k ( k 2 − 1) ( 3k + 2 )

4 ( k + 1)( k + 2 )

( k + 1)( k + 4 )

Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1 . Có nghĩa ta phải chứng minh

4 ( k + 2 )( k + 3)

k ( k + 3) +

4  k + 3 

(điều phải chứng minh).

Vậy (1) đúng khi n = k + 1 . Trang 3

Trang 4

Do đó theo nguyên lí quy nạp (1) đúng với mọi số nguyên dương n.

Giả sử mệnh đề đúng khi n = k ≥ 4 , tức là S ( k ) =

Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ≥ 2, ta có

S ( k + 1) =

Hướng dẫn giải

( k + 1)( k − 2 ) 2

Thật vậy, ta tách đa giác ( k + 1) cạnh thành đa giác k cạnh và tam giác A1 Ak Ak +1 bằng cách nối đoạn A1 Ak .

1 1 1 1 + + ... + + n +1 n + 2 n + ( n − 1) n + n

Khi đó trừ đi đỉnh Ak +1 và 2 đỉnh kề với nó là A1, Ak thì ta còn lại ( k + 1) − 3 = k − 2 đỉnh, tương ứng với

1 1 7 13 Với n = 2 ta có u2 = (đúng) + = > 2 + 1 2 + 2 12 24 Giả sử với n = k thì (1) đúng, có nghĩa ta có

Ta cần chứng minh mệnh đề đúng khi n = k +1, tức là chứng minh

1 1 1 13 + + ... + > (1) n +1 n + 2 n + n 24

Đặt un =

k ( k − 3)

(k – 2) đường chéo kẻ từ đỉnh Ak +1 cộng với đường chéo A1 Ak thì ta có số đường chéo của đa giác

1 1 1 13 + + ... + > k +1 k + 2 k + k 24

( k + 1)

cạnh là S ( k + 1) =

k ( k − 3)

+ ( k − 2) + 1 =

k ( k − 3)

+ k −1 =

k 2 − k − 2 ( k + 1)( k + 2 ) = 2 2

Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1 , có nghĩa ta phải chứng minh

⇒ mệnh đề đúng khi n = k + 1 .

1 1 1 1 13 + + ... + + > k +2 k +3 k + k ( k + 1) + ( k + 1) 24

Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học ta có mệnh đề đúng với mọi n ∈ ℕ* , ( n ≥ 4 ) .

Ví dụ 6: Chứng minh rằng mọi n – giác lồi ( n ≥ 5) đều được chia thành hữu hạn ngũ giác lồi.

Thật vậy, xét hiệu

Hướng dẫn giải

1 1 1 1 1 1 1   1 + + ... + + + − + + ... +  k +2 k +3 k + k 2k + 1 ( k + 1) + ( k + 1)  k + 1 k + 2 k+k 

1 1 1 1 1 1 1 1 + − = + − = − >0 2k + 1 ( k + 1) + ( k + 1) k + 1 2k + 1 2 ( k + 1) k + 1 2k + 1 2k + 2

Suy ra

1 1 1 1 1 1 1 1 + + ... + + + > + + ... + k +2 k +3 k + k 2k + 1 ( k + 1) + ( k + 1) k + 1 k + 2 k+k Do đó uk +1 > uk >

Khi n = 5, ta có một ngũ giác lồi nên mệnh đề đúng với n = 5.

13 . Vậy (1) đúng với n = k + 1 . 24

Giả sử mệnh đề đúng khi n = k ≥ 5 , tức là ta có k – giác lồi được chia thành hữu hạn ngũ giác lồi. Ta cần chứng minh mệnh đề đúng khi n = k + 1 , tức là chứng minh mọi ( k + 1) − giác lồi đều được chia

Suy ra (1) đúng với mọi số nguyên dương n ≥ 2

Ví dụ 5: Chứng minh rằng số đường chéo của một đa giác lồi n cạnh ( n ≥ 4 ) là

n ( n − 3)

thành hữu hạn các ngũ giác lồi.

Thật vậy, trên các cạnh A1 Ak +1 và A3 A4 ta lấy các điểm E, F không trùng với các đỉnh. Khi đó đoạn EF

Hướng dẫn giải

chia ( k + 1) − giác lồi thành 2 đa giác lồi, đó là ngũ giác lồi A1 A2 A3 FE và k – giác lồi EFA4 A5 ... Ak +1 . Theo giả thiết quy nạp thì k – giác lồi EFA4 A5 ... Ak +1 sẽ được chia thành hữu hạn ngũ giác lồi đồng thời ta có thêm một ngũ giác lồi A1 A2 A3 FE nên ( k + 1) − giác lồi sẽ được chia thành hữu hạn các ngũ giác lồi ⇒ mệnh đề đúng khi n = k + 1 .

Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học ta có mệnh đề đúng với mọi n ∈ ℕ* ( n ≥ 4 )

Đặt S ( n ) =

Ví dụ 7: Với mỗi số nguyên dương n, kí hiệu un = 9n − 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n

n ( n − 3)

thì un luôn chia hết cho 8.

Khi n = 4, ta có S(4) = 2. Suy ra mệnh đề đúng với n = 4.

Hướng dẫn giải Trang 5

Trang 6

B. k ≥ p.

A. k > p.

Ta có u1 = 91 − 1 = 8 chia hết cho 8 (đúng)

C. k = p.

Câu 2: Với mỗi số nguyên dương, kí hiệu un = 5.2

Giả sử uk = 9k − 1 chia hết cho 8

3n − 2

D. k < p.

3 n −1

Một học sinh chứng minh un luôn chia hết cho 19 như sau:

Ta cần chứng minh uk +1 = 9k +1 − 1 chia hết cho 8

Bước 1: Khi n = 1, ta có u1 = 5.21 + 32 = 19 ⇒ u1 ⋮19

Thật vậy, ta có uk +1 = 9k +1 − 1 = 9.9k − 1 = 9 ( 9k − 1) + 8 = 9uk + 8

Bước 2: Giả sử uk = 5.23 k − 2 + 33k +1 chia hết cho 19 với k ≥ 1.

Vì 9uk và 8 chia hết cho 8 nên uk +1 chia hết cho 8.

Khi đó ta có uk +1 = 5.23k +1 + 33k + 2 = 8 ( 5.23k − 2 + 33k −1 ) + 19.33k −1

Theo quy nạp với mọi số nguyên dương n, un chia hết cho 8.

Bước 3: Vì 5.23k − 2 + 33 k −1 và 19.33k −1 chia hết cho 19 nên uk +1 chia hết cho 19, ∀n ∈ ℕ*

Ví dụ 8: Chứng minh rằng với mọi n ∈ ℕ* , n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3)( n + 4 ) chia hết cho 120.

Vậy un chia hết cho 19, ∀n ∈ ℕ*

Hướng dẫn giải

Lập luận trên đúng hay sai? Nếu sai thì bắt đầu từ bước nào?

Trước hết chứng minh bổ đề “Tích của hai số chẵn liên tiếp sẽ chia hết cho 8”.

A. Sai từ bước 1.

B. Sai từ bước 3.

Thật vậy, với n là số nguyên thì 2n và ( 2n + 2 ) là hai số chẵn liên tiếp.

C. Sai từ bước 2.

D. Lập luận hoàn toàn đúng.

Câu 3: Giả sử A là tập con của tập hợp các số nguyên dương sao cho

Khi đó 2n ( 2n + 2 ) = 4n ( n + 1)

(I )

Mà n ( n + 1) là tích hai số nguyên liên tiếp nên n ( n + 1)⋮ 2

( II ) n ∈ A ⇒ n + 1∈ A, ∀n ≥ k

k ∈ A;

Lúc đó ta có

Suy ra 4n ( n + 1)⋮8

A. Mọi số nguyên bé hơn k đều thuộc A. B. Mọi số nguyên dương đều thuộc A.

Đặt P ( n ) = n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3)( n + 4 )

C. Mọi số nguyên dương lớn hơn hoặc bằng k đều thuộc A.

Khi n = 1 , ta có P (1) = 120⋮120 . Suy ra mệnh đề đúng với n = 1.

D. Mọi số nguyên đều thuộc A. Câu 4: Khi sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh mệnh đề chứa biến A(n) đúng với mọi giá trị nguyên n ≥ p, với p là số nguyên dương ta sẽ tiến hành 2 bước

Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1 , tức là P ( k ) = k ( k + 1)( k + 2 )( k + 3)( k + 4 )⋮120

Bước 1 (bước cơ sở). Chứng minh rằng A(n) đúng khi n = 1

Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1 , tức là chứng minh P ( k + 1) = ( k + 1)( k + 2 )( k + 3)( k + 4 )( k + 5 )⋮120

Bước 2 (bước quy nạp). Với số nguyên dương tùy ý k, ta giả sử A(n) đúng khi n = k (theo giả thiết quy nạp). Ta sẽ chứng minh rằng A(n) đúng khi n = k + 1

Thật vậy, ta có

Hãy chọn câu trả lời đúng tương ứng với lí luận trên.

P ( k + 1) = ( k + 1)( k + 2 )( k + 3)( k + 4 )( k + 5 )

= k ( k + 1)( k + 2 )( k + 3)( k + 4 ) + 5 ( k + 1)( k + 2 )( k + 3)( k + 4 )

A. Chỉ có bước 2 đúng.

B. Cả hai bước đều đúng.

C. Cả hai bước đều sai.

D. Chỉ có bước 1 đúng.

Câu 5: Với mọi n ∈ ℕ , khẳng định nào sau đây sai? *

= P ( k ) + 5 ( k + 1)( k + 2 )( k + 3)( k + 4 ) Mà k + 1, k + 2, k + 3, K = 4 là số tự nhiên liên tiếp nên chắc chắn có 2 sỗ chẵn liên tiếp và một số chia hết

A. 1 + 2 + ... + n =

n ( n + 1)

cho 3 trong bốn số đó.

C. 12 + 22 + ... + n 2 =

Suy ra 5 ( k + 1)( k + 2 )( k + 3)( k + 4 )⋮ 5.3.8 = 120 Mặt khác P ( k )⋮120 nên P ( k + 1)⋮120 ⇒ mệnh đề đúng khi n = k + 1 .

Câu 6: Cho Sn =

Vậy theo nguyên lí quy nạp mệnh đề đúng với mọi n ∈ ℕ*

A. Sn =

Bài tập tự luyện dạng 1

n −1 . n

B. 1 + 3 + 5 + ... + ( 2n − 1) = n 2 .

n ( n + 1)( n + 2 )

D. 22 + 42 + 62 + ... + ( 2n ) =

2n ( n + 1)( 2n + 1) 6

1 1 1 1 + + + ... + với n ∈ ℕ* . Mệnh đề nào sau đây đúng? n ( n + 1) 1.2 2.3 3.4 B. Sn =

n . n +1

C. Sn =

n +1 . n+2

D. Sn =

n+2 . n+3

Câu 1: Dùng quy nạp chứng minh mệnh đề chứa biến A(n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ p (p là một số tự nhiên). Ở bước 2 ta giả thiết mệnh đề A(n) đúng với n = k. Khẳng định nào sau đây là đúng? Trang 7

Trang 8

u1 = 1 Câu 7: Cho dãy số ( un ) với  2 n . Số hạng tổng quát un của dãy s ố là số hạng nào dưới un +1 = un + ( −1) đây?

A. un = 1 + n.

B. un = 1 − n.

C. un = 1 + ( −1) .

3 . 2n −1

B. un =

Câu 9: Cho hai dãy số ( un ) , ( vn )

3 . 2n

C. un =

3 . 2 +1

D. un =

u3 ; u4 ;...; uk bằng cách thế u1;u2 vào thế u3; thế u2, u3 vào

) (

(

) (

)

 

2n 2n 1   un = 2  2 + 1 + 2 − 1  C.  . 2n 2n vn = 1  2 + 1 − 2 − 1   3 2  

(

) (

(

) (

Câu 10: Cho dãy số ( un )

)

2n 2n 1   un = 2  2 + 1 + 2 − 1  B.  . 2n 2n vn = 1  2 + 1 − 2 − 1   2 2  

) (

(

1  un = 4  D.  v = 1  n 2  

)

 α  C. u2020 = sin  2021  . 2 

hiệu của biểu thức un +1 tính theo un và n. Bài toán yêu cầu

) (

(

2 +1

(

2 +1

) +( 2n

) ( −

(1;u1 ) vào u2; thế ( 2;u2 )

)

2 −1

)

2 −1

   

Nếu ( un ) có dạng un = a1 + a2 + ... + an (kí hiệu n

un = ∑ ak ) thì ta biến đổi ak thành hiệu của hai số hạng,

dựa vào đó thu gọn un.

một số số hạng đầu của dãy số (chẳng hạn tính u1 ; u2 ; u3 ;...), từ đó dự đón công thức un theo n, rồi chứng

Có thể tính hiệu un +1 − un dựa vào đó để tìm công thức un theo n.

Dạng 2: Tìm số hạng và xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số

2 1 3 + = ; 3 3. ( 3 + 1) 4

u4 = a1 + a2 + a3 + a4 = u3 + a4 = b) Ta có ak =

3 1 4 + = . 4 4.5 5

1 1 1 = − . k ( k + 1) k k + 1

n  1 1 1 do đó un = ∑ ak = 1 −  +  −  + ...  2  2 3 k =1

1 1 1  1  1 + − + −  = 1− n +1  n −1 n   n n +1  Suy ra có thể quy nạp u2020 = 1 −

1 2020 = 2021 2021

Ví dụ 2:Xác định công thức un =

n ;n ≥1 n +1

số hạng tổng quát un của dãy số u1 = 3  un +1 = un + 2

Hướng dẫn giải Ta có u2 = u1 + 2 = 3 + 2 = 5; u3 = u2 + 2 = 5 + 2 = 7; u4 = u3 + 2 = 7 + 2 = 9; u5 = u4 + 2 = 9 + 2 = 11. Từ các số hạng trên, ta dự đoán số hạng tổng

Phương pháp giải

Bài toán yêu cầu tìm số hạng uk ta thay trực tiếp n = k vào

Nếu dãy số ( un ) được cho bởi một hệ thức truy hồi, ta tính

minh công thức này bằng phương pháp quy nạp.

 α  D. u2020 = sin  2020  . 2 

Dãy số ( un ) : un = f ( n ) với f ( n ) là một biểu thức của n.

1 1 2 + = ; 2 2. ( 2 + 1) 3

k =1

 α  B. u2020 = cos  2019  . 2 

Tìm số hạng của dãy số

vào u3; ...; thế ( k − 1; uk −1 ) vào uk.

1 1 = ; 1.2 2

u3 = a1 + a2 + a3 = u2 + a3 =

Xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số

u1 = cos α ( 0 < α < π )  . Số hạng thứ 2020 của dãy số đã cho là xác định bởi  1 + un , ∀n ≥ 1 un +1 = 2 

 α  A. u2020 = cos  2020  . 2 

u1 = a Dãy số ( un ) cho bởi  với f ( n; un ) là kí un +1 = f ( n; un )

tìm số hạng uk ta tính lần lượt u2 ; u3 ;...; uk bằng cách thế

(

)

u2 = a1 + a2 =

u4;…; thế uk − 2 , uk −1 vào uk.

3 . 2 −1 n

Công thức tổng quát của hai dãy ( un ) và ( vn ) là

(

u = a; u2 = b cho bởi  1 un + 2 = c.un +1 + d .un + e

Bài toán yêu cầu tìm số hạng uk. Ta tính lần lượt

2 2 u = un + 2vn được xác định như sau u1 = 3, v1 = 2 và  n +1 với n ≥ 2. vn =1 = 2un .vn

u = 2 + 1 2 n + 2 − 1 2 n  n A.  2n 1  vn = 2 +1 − 2 −1  2 2 

a) Ta có u1 = a1 =

uk −1 vào uk +1 . Dãy số ( un )

D. un = n.

u1 = 3  Câu 8: Cho dãy xác định bởi công thức  . Số hạng tổng quát của dãy un là 1 * un +1 = 2 un , ∀n ∈ ℕ

A. un =

u2 ; u3 ;...; uk bằng cách thế u1 vào u2, thế u2 vào u3,… thế

quát có dạng un = 2n + 1, n ≥ 1 (*)

Ví dụ 1: Cho dãy số ( an ) n

Đặt un = ∑ ak với ak = k =1

Ta dùng phương pháp chứng minh quy nạp

để chứng minh công thức (*) đúng.

1 k ( k + 1)

Với n = 1; u1 = 2.1 + 1 = 3 (đúng).

un = f ( n )

a) Tính u1 ; u2 ; u3 ; u4 .

Vậy (*) đúng với n = 1.

u1 = a Dãy số ( un ) cho bởi  với f ( un ) là một biểu un +1 = f ( un )

b) Tính u2020 .

Giả sử (*) đúng với n = k. Khi đó ta có uk = 2k + 1 (1)

Hướng dẫn giải

Ta cần chứng minh (*) đúng với n = k + 1 .

thức của un. Bài toán yêu cầu tìm số hạng uk ta tính lần lượt Trang 9

Trang 10

Có nghĩa là ta phải chứng minh uk +1 = 2 ( k + 1) + 1 = 2k + 3 Thật vậy từ hệ thức xác định dãy số và theo (1) ta có uk +1 = uk + 2 = 2k + 1 + 2 = 2k + 3 Do đó (*) đúng khi n = k + 1 . Vậy số hạng tổng quát của dãy số là

41 +2 u5 + 2 29 99 u6 = = = ; u5 + 1 41 + 1 70 29

17 u4 + 2 12 + 2 41 u5 = = = ; u4 + 1 17 + 1 29 12 99 u6 + 2 70 + 2 239 u7 = = = ; u6 + 1 99 + 1 169 70

Ví dụ mẫu u1 = 1 được xác định như sau  . Tìm số hạng u50 . un +1 = un + 2

ANS + 2 ANS + 1

Lặp dấu = (ấn dấu “=” 7 lần) ta được giá trị số hạng u8 =

Từ giả thiết ta có u2 = u1 + 2;

u1 = −1  Ví dụ 4: Cho dãy số ( un ) với  un un +1 =  2

u3 = u2 + 2;

a) Tìm công thức của số hạng tổng quát.

u1 = 1;

...

577 . 408

b) Tính số hạng thứ 10 của dãy số.

u50 = u49 + 2.

Hướng dẫn giải

Cộng theo vế các đẳng thức trên, ta được u50 = 1 + 2.49 = 99

u1 = −1  u2 = u1  2 a) Ta có  ...  u un = n −1  2

u = 1; u2 = 2 được xác định như sau  1 . Tìm số hạng u7. un + 2 = 2un +1 + 3un + 5

Hướng dẫn giải Ta có u3 = 2u2 + u1 + 5 = 12;

u4 = 2u3 + 3u2 + 5 = 35;

u5 = 2u4 + 3u3 + 5 = 111;

u6 = 2u5 + 3u4 + 5 = 332;

Nhân vế với vế của các đẳng thức trên, ta được

u1 .u2 .u3 ...un = ( −1) .

Vậy u7 = 2u6 + 3u5 + 5 = 1002.

Ví dụ 3: Cho dãy số ( un )

Quy trình bấm phím:

Nhập:

Hướng dẫn giải

Ví dụ 2: Cho dãy số ( un )

Ta có thể sử dụng máy tính bỏ túi để tính số hạng u8 như sau

Nhập : 1 =

239 +2 u + 2 169 577 Vậy u8 = 7 = = ; u7 + 1 239 + 1 408 169

un = 2n + 1, ∀n ≥ 1.

Ví dụ 1: Cho dãy số ( un )

7 u3 + 2 5 + 2 17 u4 = = = ; u3 + 1 7 + 1 12 5

n −1

n −1sè 2

u1 = 1  xác định bởi  un + 2 . Tìm số hạng u8. un +1 = u + 1 n 

n−

1 Vậy un = ( −1) .   . 2 9

1 1 b) Số hạng thức 10 của dãy là u10 = ( −1) .   = − . 512 2

Hướng dẫn giải

u + 2 1+ 2 3 Ta có u2 = 1 = = ; u1 + 1 1 + 1 2

u1 .u2 .u3 ...un −1 1 1 ⇔ un = ( −1) . n −1 = ( −1) .   2.2.2...2 2 2

3 u2 + 2 2 + 2 7 u3 = = = ; u2 + 1 3 + 1 5 2

u1 = 1 Ví dụ 5: Dãy số ( un ) được xác định bằng công thức  n ≥1 3' un +1 = un + n a) Tìm công thức của số hạng tổng quát. b) Tính số hạng thứ 30 của dãy số.

Hướng dẫn giải Trang 11

Trang 12

a) Ta có un +1 = un + n3 ⇒ un +1 − un = n3 . Từ đó suy ra

Do đó (1) đúng với n = k + 1

u1 = 1;

Vậy công thức số hạng tổng quát của dãy số là un = n + 8, n ≥ 1. 3

Bài tập tự luyện dạng 2

u2 − u1 = 1 ; 3

u3 − u2 = 2 ;

Câu 1: Cho dãy số ( un ) có u1 = 7; un +1 = 2un + 3. Khi đó u3 bằng

...

A. 17.

un −1 − un −2 = ( n − 2 ) ;

A. 79.

Cộng từng vế các đẳng thức trên ta được 3

= 1 + 13 + 23 + 33 + ... + ( n − 2 ) + ( n − 1) 3

A. 5.

( n − 1)

B. 7.

Câu 4: Cho dãy số un =

A. u11 =

.n 2

C. 6.

D. 4.

n + 2n − 1 . Giá trị u11 là n +1

182 . 12

B. u11 =

1142 . 12

C. u11 =

1422 . 12

71 . 6

D. u11 =

u1 = 2 . Giá trị u10 là Câu 5: Cho dãy số ( un ) xác định bởi  * un +1 = un + 5, n ∈ ℕ

A. 57.

B. 62.

C. 47.

D. 52.

Câu 6: Cho dãy số có các số hạng đầu là 8, 15, 22, 29, 36,… Số hạng tổng quát của dãy số này là

302.292 b) Số hạng thứ 30 của dãy số là u30 = 1 + = 189226 4

A. un = 7 n + 7.

B. un = 7.n.

a) Viết năm số hạng đầu tiên của dãy số.

A. un =

b) Dự đoán công thức số hạng tổng quát un và chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

n +1 . n

B. un =

A. 4039.

a) Ta có u3 = 1 + u22 = 11;

u4 = 1 + u32 = 12;

u5 = 1 + u42 = 13;

A. un +1 =

A. un =

Thật vậy từ hệ thức xác định dãy số và theo (2) ta có

)

a. ( n + 1)

D. un =

n2 − n . n +1

n+2

( n − 1) n . 2

D. 4093.

C. 250.

D. 249.

an 2 với un = (a là hằng số). Hỏi un+1 là số hạng nào sau đây? n +1

Câu 11: Cho dãy số ( un )

(2)

Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1

k +8

n −1 . n

C. 4930.

B. 212.

Câu 10: Cho dãy số ( un )

Với n = 1 , ta có u1 = 1 + 8 = 3 (đúng). Vậy (1) đúng với n = 1

(

C. un =

2n + 1 167 có số hạng tổng quát un = . Số là số hạng thứ mấy của dãy? n+2 84

A. 300.

Ta dự đoán un = n + 8 (1)

n . n +1

B. 4390.

Câu 9: Cho dãy số ( un )

b) Ta có u1 = 1 + 8, u2 = 2 + 8, u3 = 3 + 8, u4 = 4 + 8, u5 = 5 + 8

Giả sử (1) đúng với n = k, có nghĩa ta có uk = k + 8

D. un = n + 7.

Câu 8: Cho dãy số ( un ) với un = 2n + 1 . Số hạng thứ 2019 của dãy là

Hướng dẫn giải

u2 = 1 + u12 = 10;

C. un = 7.n + 1.

1 2 3 4 Câu 7: Cho dãy số có các số hạng đầu là 0; ; ; ; ;... Số hạng tổng quát của dãy số này là 2 3 4 5

Ví dụ 6: Cho dãy số ( un ) , biết u1 = 3; un +1 = 1 + un2 với n ≥ 1

uk +1 = 1 + u = 1 +

D. 99.

Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được 3

C. 69.

⇔ un = 1 + 13 + 23 + 33 + ... + ( n − 2 ) + ( n − 1)

13 + 23 + 33 + ... + ( n − 1) =

B. 89.

Câu 3: Cho dãy số ( un ) có un = − n 2 + n + 1 . Số -19 là số hạng thứ mấy của dãy?

u1 + u2 − u1 + u1 − u2 + ... + un −1 − un − 2 + un − un −1

2 k

D. 9.

Câu 2: Số 7922 là số hạng thứ bao nhiêu của dãy số un = n + 1?

n 2 ( n − 1)

C. 37. 2

un − un −1 = ( n − 1) .

Vậy un = 1 +

B. 77.

B. un +1 =

a. ( n + 1)

n +1

C. un +1 =

a.n 2 + 1 . n +1

D. un +1 =

a.n2 . n+2

u1 = 5 với  . Số hạng tổng quát un của dãy số là số hạng nào dưới đây? un +1 = un + n B. un = 5 +

( n − 1) n . 2

C. un = 5 +

( n + 1) n . 2

D. un = 5 +

( n + 1)( n + 2 ) . 2

= k +9

Trang 13

Trang 14

u1 = 0  Câu 12: Cho dãy số ( un ) được xác định như sau  . Số hạng u11 là n un +1 = n + 1 ( un + 1) 11 A. u11 = . 2

9 C. u11 = . 2

B. u11 = 4.

Câu 21: Số hạng âm trong dãy số x1 ; x2 ; x3 ;...; xn với xn = Cn4+5 − A. x1 ; x2 .

B. un = 2 n2 .

C. un = n2 + 1.

A. un = n 2 + 1.

D. un = 3n2 − 1.

u1 = 1 Câu 14: Dãy số ( un ) được cho bởi  . Hãy tìm khẳng định sai trong các khẳng định sau. un +1 = un + 2 A. ∀n, un là số lẻ.

B. u1 + u2 + ... + un = n 2 .

C. ∀n, un = 2 n − 1.

D. un + un +1 = 4 n.

Câu 15: Cho dãy số ( un )

A. un = −2 n −1.

−1 . 2 n −1

C. un =

−1 . 2n

n +1 B. un = . n

Câu 17: Cho dãy số ( un ) A. un = 1 + C. un = 1 +

6 n ( n − 1)( 2n − 1) 6

B. un = 1 +

D. un = 1 +

Câu 18: Cho dãy số ( un ) với un = A. Thứ năm.

Câu 19: Cho dãy ( un ) xác định bởi u1 = A. 1274,5.

n ( n − 1)( 2n + 2 ) 6 n ( n + 1)( 2n − 2 )

C. Thứ ba.

C. 5096,5.

n ch÷ sè 0

B. un = 0,00...01. n −1ch÷ sè 0

C. un =

1 . 10n −1

D. un = − n với mọi n.

C. u2018 = 2 cos

π . 22018

D. u2018 = 2.

B. n = 2019.

C. n = 2020.

D. n = 2018.

Phương pháp xét tính tăng, giảm của dãy số

. .

Cách 1: Xét hiệu un +1 − un

•

Nếu un +1 − un > 0, ∀n ∈ ℕ* thì ( un ) là dãy số tăng.

•

Nếu un +1 − un < 0, ∀n ∈ ℕ* thì ( un ) là dãy số giảm

Cách 2: Khi un > 0, ∀n ∈ ℕ* ta xét tỉ số

D. 2550,5.

un +1 un

•

Nếu

un +1 > 1 thì ( un ) là dãy số tăng. un

•

Nếu

un +1 < 1 thì ( un ) là dãy số giảm. un

D. Thứ tư.

D. un =

π π . B. u2018 = 2 cos 2019 . 22017 2

Phương pháp giải

Cách 3: Nếu dãy số ( un ) được cho bởi một hệ thức truy hồi thì ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp

Câu 20: Cho dãy số có các số hạng đầu là 0,1; 0,001; 0,001; 0,0001;… Số hạng tổng quát của dãy số có dạng A. un = 0,00...01.

C. un = 1 − n.

Bài toán 1: Xét tính tăng, giảm của dãy số

1 và un = un −1 + 2n với mọi n ≥ 2 . Số hạng u50 bằng 2

B. 2548,5.

B. không xác định.

A. n = 2017.

n −1 2 , biết uk = . Hỏi uk là số hạng thứ mấy của dãy số đã cho? n2 + 1 13

B. Thứ sáu.

A. un = 2 − n.

Dạng 3: Xét tính tăng, giảm và bị chặn của dãy số

n D. un = − . n +1

D. un = 2 − ( n − 1) .

un − 1 ≥ 2039190 là

u1 = 1 với  Số hạng tổng quát un của dãy số là số hạng nào dưới đây? 2 un +1 = un + n

n ( n + 1)( 2n + 1)

C. un = 2 + ( n + 1) .

u1 = 1 Câu 25: Cho dãy số ( un ) xác định bởi  . Số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho 3 * un +1 = un + n , ∀n ∈ ℕ

D. un = 2 n −2.

n +1 C. un = − . n

B. un = 2 + n 2 .

u1 = 1 Câu 23: Cho dãy số ( un ) với  2 n +1 . Số hạng tổng quát un của dãy số là số hạng nào dưới un +1 = un + ( −1) đây?

A. u2018 = 2 cos

un = −2  Câu 16: Cho dãy số ( un ) với  1 . Công thức số hạng tổng quát của dãy số là un +1 = −2 − u  n n −1 A. un = − . n

D. x1 ; x2 ; x3 ; x4 .

Câu 24: Cho dãy số ( un ) thỏa mãn u1 = 2 và un +1 = 2 + un với mọi n ≥ 1. Số hạng u2018 là

1  u = với  1 2 . Công thức số hạng tổng quát của dãy số là un +1 = 2un

B. un =

C. x1 ; x2 ; x3 ...xn .

u = 2 Câu 22: Cho dãy số ( un ) được xác định bởi  1 . Số hạng tổng quát un của dãy số là un+1 − un = 2n − 1

D. u11 = 5.

u1 = 1 Câu 13: Cho dãy số ( un ) với  . Số hạng tổng quát un là * un +1 = un + 2 n + 1, n ∈ ℕ A. un = n 2 .

B. x1 ; x2 ; x3 .

143Pn +5 là 96 Pn +3

để chứng minh un +1 > un , ∀n ∈ ℕ* (hoặc un +1 < un , ∀n ∈ ℕ* ) . Công thức giải nhanh một số dạng toán về dãy số

1 . 10n +1

• Trang 15

Dãy số ( un ) có un = an + b tăng khi a > 0 và giảm khi a < 0 . Trang 16

•

Dãy số ( un ) có un = q n

Không tăng, không giảm khi q < 0 .

Giảm khi 0 < q < 1.

Tăng khi q > 1.

•

Dãy số ( un ) có un =

Tăng khi ad − bc > 0.

Xét hiệu un +1 − un =

3 3 −3 − = < 0, ∀n ∈ ℕ* n + 3 n + 2 ( n + 2 )( n + 3)

Vậy ( un ) là dãy số giảm.

( un ) là dãy số tăng. - Nếu ad − bc < 0 thì

( un )

là

dãy số giảm.

u1 = 2  Ví dụ 2: Cho dãy số ( un ) :  . Xét tính tăng, giảm của dãy số ( un ) . 3un −1 + 1 , ∀n ≥ 2 un =  4

an + b với điều kiện cn + d > 0, ∀n ∈ ℕ* cn + d

Hướng dẫn giải

Dãy số này cho bởi công thức truy hồi.

Giảm khi ad − bc < 0

•

Dãy số đan dấu là dãy số không tăng, không giảm.

Ta dự đoán dãy số giảm dựa trên việc thử giá trị ban đầu uk > 1

•

Nếu dãy số ( un ) tăng hoặc giảm thì dãy số ( q n .un ) (với q < 0) không tăng, không giảm.

Ta có un − un −1 =

•

a > 0 Dãy số ( un ) có un +1 = au + b tăng nếu  ; giảm nếu u2 − u1 > 0

Để chứng minh dãy ( un ) giảm, ta chứng minh un > 1, ∀n ≥ 1 bằng phương pháp quy nạp.

a > 0 và không tăng, không  u2 − u1 < 0

3un −1 + 1 1 − un −1 − un −1 = 4 4

Thật vậy. giảm nếu a < 0. •

•

Với n = 1 ⇒ u1 = 2 > 1 (đúng).

Dãy số ( un )

aun + b  un +1 = cu + d có  tăng nếu n c, d > 0, u > 0, ∀n ∈ ℕ*  n

Dãy số ( un )

aun + b  un +1 = cu + d có  không tăng, không giảm nếu ad − bc < 0 n c, d > 0, u > 0, ∀n ∈ ℕ* n 

ad − bc > 0 và giảm nếu  u2 − u1 > 0

ad − bc > 0  u2 − u1 < 0

Suy ra un − un −1 < 0 ⇔ un < un −1 , ∀n ≥ 2 hay dãy ( un ) là dãy số giảm. a1 = 1 Ví dụ 3: Cho dãy ( an ) được xác định bởi  . Xét tính tăng giảm của dãy số ( an ) . 2 an +1an − an = 1

( un ) ↓ • Nếu  thì dãy số ( un + vn ) ↓ . ( vn ) ↓

( un ) ↑; un ≥ 0, ∀n ∈ ℕ* • Nếu  thì dãy số ( un ; vn ) ↑ . * ( vn ) ↑; vn ≥ 0, ∀n ∈ ℕ

( un ) ↓; un ≥ 0, ∀n ∈ ℕ* • Nếu  thì dãy số ( un ; vn ) ↓ . * ( vn ) ↓; vn ≥ 0, ∀n ∈ ℕ

và dãy số

(( u ) ) ↑, ∀m ∈ ℕ m

( u )↑ n

và

un ≥ 0, ∀n ∈ ℕ*

Hướng dẫn giải

thì dãy số

( u ) ↓ và dãy số (( u ) ) ↓, ∀m ∈ ℕ . m

1 • Nếu ( un ) ↑ và un > 0, ∀n ∈ ℕ* thì dãy số   ↓ .  un 

( un ) ↓

• Nếu

Ta có un =

n+5 3 3 = 1+ ⇒ un +1 = 1 + n+2 n+2 n+3

n+5 . n+2

Chú ý: Dãy số có dạng

un =

an + d cn + d

Với cn + d > 0, ∀n ∈ ℕ

1 Ta đi chứng minh an > 0 với mọi n ∈ ℕ* an .

Thật vậy. •

Với n = 1 thì an = 1 > 0 (đúng).

•

Với n = 2 thì a2 = a1 +

1 = 2 > 0 (đúng). 2

Giả sử an > 0 đúng với n = k ta chứng minh nó cũng đúng với n = k + 1 Ta có ak +1 = ak +

Ví dụ mẫu

Hướng dẫn giải

Ta có an +1.an − an2 = 1 ⇒ an +1 − an =

1 • Nếu ( un ) ↓ và un > 0, ∀n ∈ ℕ* thì dãy số   ↑ .  un 

Ví dụ 1: Xét tính tăng, giảm của dãy số ( un ) biết un =

3uk + 1 3 + 1 > =1 4 4

Theo nguyên lí quy nạp ta có un > 1, ∀n ≥ 1.

( un ) ↑ • Nếu  thì dãy số ( un + vn ) ↑ . ( vn ) ↑

• Nếu ( un ) ↑ và un ≥ 0, ∀n ∈ ℕ* thì dãy số

Giả sử uk > 1 ⇒ uk +1 =

1 là tổng của hai số dương nên nó cũng dương. ak

Do đó an > 0 đúng với n = k + 1 . Suy ra an > 0 với mọi n ∈ ℕ* .

- Nếu c; d > 0 và ad − bc > 0 thì

Trang 17

Vậy an +1 − an > 0 ⇔ an +1 > an . Do đó dãy ( an ) là một dãy tăng.

Trang 18

Ví dụ 4: Xét tính tăng, giảm của dãy số un =

n + ( −1)

•

Dãy số ( un ) có q n ( am n m + am −1n m −1 + ... + a1n + ao ) với am ≠ 0 và q < −1 không bị chặn.

•

Dãy số ( un ) có un = am n m + am −1n m −1 + ... + a1n + ao bị chặn dưới với am > 0 .

•

Dãy số ( un ) có un = 3 am n m + am −1n m −1 + ... + a1n + ao bị chặn dưới với am > 0 và bị chặn trên nếu

Hướng dẫn giải u2 > u1 1 2 Ta có u1 = 0; u2 = ; u3 = ⇒  2 9 u3 < u2

am < 0.

⇒ Dãy số không tăng, không giảm. Phương pháp giải

Dãy số ( un ) có un =

•

Dãy số ( un ) có un = f ( n ) là hàm số có biểu thức.

Ta chứng minh trực tiếp bất đẳng thức un = f ( n ) ≤ M, ∀n ∈ ℕ* hoặc un = f ( n ) ≥ m, ∀n ∈ ℕ* •

P (n) Q (n)

Ví dụ mẫu

Dãy số ( un ) có un = v1 + v2 + ... + vk + ... + vn (tổng hữu hạn). Ta làm trội kiểu vk ≤ ak − ak +1

Ví dụ 1: Cho dãy số ( un ) biết un =

Suy ra un ≤ a1 − an +1 ≤ M, ∀n ∈ ℕ*

Hướng dẫn giải

Dãy số ( un ) có un = v1.v2 .v3 ....vn với vn > 0, ∀n ∈ ℕ* (tích hữu hạn). Ta làm trội kiểu vk ≤

Lúc đó un ≤

a2 a3 an +1 . ... a1 a2 an

Suy ra un ≤

an +1 ≤ M, ∀n ∈ ℕ* . a1

ak +1 . ak

( un ) có

bậc

của tử thấp hơn bậc của mẫu

1 1 1 −1 ≤ , ∀n ∈ ℕ* ⇒ − ≤ < 0, ∀n ∈ ℕ* 2n + 3 5 5 2n + 3

2n + 3 ≥ 5, ∀n ∈ ℕ* ⇒ 0 <

1 ≤ un < 0. Suy ra dãy số ( un ) bị chặn. 5

Chú ý: Dãy số

4n + 5 biết un = . Xét tính bị chặn dãy số ( un ) n +1

( un ) có

bậc

của tử bằng bậc của mẫu thì bị chặn.

Hướng dẫn giải

Nếu dãy số ( un ) được cho bởi một hệ thức truy hồi thì ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp để chứng Ta có un =

minh. Chú ý: Nếu dãy số ( un ) giảm thì nó bị chặn trên, dãy số ( un ) tăng thì nó bị chặn dưới.

un =

Công thức giải nhanh một số dạng toán về dãy số bị chặn

4n + 5 > 0, ∀n ∈ ℕ* n +1

4n + 5 4 ( n + 1) + 1 1 1 9 = = 4+ ≤ 4 + = , ∀n ∈ ℕ* 2 2 n+1 n+1 n+1

•

Dãy số ( un ) có un = q n ( q ≤ 1) bị chặn.

9 Suy ra 0 < un ≤ , ∀n ∈ ℕ* 2

•

Dãy số ( un ) có un = q n ( q < −1) không bị chặn.

Vậy dãy số ( un ) bị chặn.

•

Dãy số ( un ) có un = q với q > 1 bị chặn dưới.

•

Dãy số ( un ) có un = an + b bị chặn dưới nếu a > 0 và bị chặn trên nếu a < 0 .

•

Dãy số ( un ) có un = an 2 + bn + c bị chặn dưới nếu a > 0 và bị chặn trên nếu a < 0 .

•

Dãy số ( un ) có un = am n + am −1n

m −1

Chú ý: Dãy số

thì bị chặn.

Ví dụ 2: Cho dãy số ( un )

Phương pháp 2: Dự đoán và chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

−1 . Xét tính bị chặn dãy số ( un ) . 2n + 3

Ta có

⇒−

trong đó P(n) và Q(n) là các đa thức, chỉ bị chặn dưới hoặc bị chặn

trên nếu bậc của P(n) lớn hơn bậc của Q(n).

Lúc đó un ≤ ( a1 − a2 ) + ( a2 − a3 ) + ... ( an − an +1 ) .

•

trong đó P(n) và Q(n) là các đa thức, bị chặn nếu bậc của P(n) nhỏ

hơn hoặc bằng bậc của Q(n).

Phương pháp 1: Chứng minh trực tiếp bằng các phương pháp chứng minh bất đẳng thức. •

Dãy số ( un ) có un =

•

Bài toán 2. Xét tính bị chặn của dãy số

Ví dụ 3: Cho dãy số ( un ) biết un =

1.3.5... ( 2 n − 1) 2.4.6.2 n

. Xét tính bị chặn dãy số ( un ) .

Hướng dẫn giải

+ ... + a1n + ao bị chặn dưới nếu am > 0 và bị chặn trên nếu

Xét

2k − 1 2k − 1 < = 2k 4k 2 − 1

( 2k − 1) = ( 2k − 1)( 2k + 1)

2k − 1 2k + 1

, ∀k ≥ 1.

am < 0 . Trang 19

Trang 20

1 3 5 2 −1 1 1 1 . . ... , ∀n ∈ ℕ* ⇒ 0 < un < , ∀n ∈ ℕ* = ≤ 3 5 7 2n + 1 2n + 1 3 3

⇒ un <

A. un =

n2 − n + 1 . n 2 + 2n + 2

B. un =

3n 2 − 1 . n−5

Ví dụ 4: Xét tính tăng, giảm và bị chặn của dãy số ( un ) , biết un =

B. Dãy số ( un ) giảm.

A. Dãy số ( un ) tăng.

n 2 + 3n + 1 n +1

C. Dãy số ( un ) không tăng, không giảm.

Hướng dẫn giải

(n = =

( n + 1) =

Câu 7: Xet tính tăng, giảm của dãy số un =

+ 3 ( n + 1) + 1 n 2 + 3n + 1 n 2 + 5n + 5 n 2 + 3n + 1 − = − n+2 n +1 n+2 n1

( n + 1)( n + 2 )

⇒ un +1 > un , ∀n ≥ 1 ⇒ dãy ( un ) là dãy số tăng.

n 2 + 2n + 1 Lại có un > = n + 1 ≥ 2 ⇒ dãy ( un ) bị chặn dưới. Dãy Un không bị chặn trên nên nó không bị n +1

chặn.

π Câu 1: Cho dãy số ( un ) : un = sin . Chọn khẳng định sai trong các khẳng định sau đây. n A. Dãy số ( un ) tăng.

π B. un +1 = sin . n +1

C. Dãy số ( un ) bị chặn.

D. Dãy số ( un ) không tăng, không giảm.

Câu 3: Cho dãy số ( un ) biết un =

C. Dãy số ( un ) không tăng, không giảm.

D. Dãy số ( un ) khi tăng khi giảm.

n . Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. Dãy số ( un ) là dãy số bị chặn.

B. Dãy số ( un ) là dãy số giảm.

C. Dãy số ( un ) là dãy số tăng.

D. Dãy số ( un ) là dãy số không bị chặn.

 a1 = 1; a2 = 2 Câu 9: Cho dãy số ( an ) được xác định bởi  . Phát biểu nào dưới đây về dãy số ( an )  an + 2 − an +1 − an = 0

2n 2 + 1

n2 + 1 C. un = . 3n + 2

C. Dãy số ( an ) là một dãy tăng.

D. Dãy số ( an ) là một dãy không tăng.

B. a ≤ 0.

C. a > 0.

D. a > 1.

Câu 11: Trong các dãy số sau, dãy nào là dãy số tăng?

(

D. un = − 2

)

n2 − 1.

A. un = sin n.

B. vn =

n −1 . n +1

D. hn = n − n − 1.

C. In = ( −1) .n.

Câu 12: Cho dãy số ( un ) , biết un = n. cos n . Trong các phát biểu sau, có bao nhiêu phát biểu đúng?

(1). ( un ) là dãy số tăng.

A. Dãy số ( un ) tăng.

B. Dãy ( un ) giảm.

C. Dãy ( un ) không tăng, không giảm.

D. Dãy số ( un ) là dãy hữu hạn.

(2). ( un ) là dãy số bị chặn dưới. (3) ∀n ∈ ℕ* : un ≤ n.

Câu 4: Trong các dãy số sau, dãy số nào là dãy số giảm? C. un =

B. Dãy số ( an ) là một dãy giảm.

A. a < 0.

5n . Mệnh đề nào sau đây đúng? n2

n B. un = . 2

A. Dãy số ( an ) không tăng, không giảm.

u1 = 1 Câu 10: Cho dãy số ( un ) biết  . Tất cả các giá trị của a để ( un ) là dãy số tăng là * un +1 = aun + 1, ∀n ∈ ℕ

Câu 2: Trong các dãy số ( un ) cho bởi số hạng tổng quát un sau, dãy số nào tăng? B. un =

B. Dãy số ( un ) giảm.

là đúng?

Bài tập tự luyện dạng 3

n A. un = n . 2

3 −1 ta được kết quả 2n ,

A. Dãy số ( un ) tăng.

Câu 8: Cho dãy số ( un ) với un = ( −1)

n2 + 3n + 3 > 0, ∀n ≥ 1 ( n + 1)( n + 2 )

n −3 . n +1

D. Cả A, B, C đều sai. n

+ 5n + 5) ( n + 1) − ( n2 + 3n + 1) ( n + 2 )

A. un =

D. un = n3 .

Câu 6: Cho dãy số ( un ) biết un = 3n + 6 . Mệnh đề nào sau đây đúng?

Vậy dãy số ( un ) bị chặn.

Ta có un +1 − un

C. un = − n2 − n + 1.

2 . n2

D. un =

( −1) n

A. 0.

B. 1.

Câu 13: Cho dãy số ( un ) có u1 = 1 và un +1 = un =

Câu 5: Trong các dãy ( un ) sau đây, dãy nào là dãy số bị chặn?

C. 2.

D. 3.

(1 + n )

, ∀n ∈ ℕ . Trong các phát biểu sau, có bao

nhiêu phát biểu đúng?

Trang 21

Trang 22

Câu 21: Xét tính bị chặn của dãy số un = 3n − 1, ta thu được kết quả

(1). ( un ) là dãy số tăng. (2). ( un ) là dãy số bị chặn dưới. (3). ( un ) là dãy số bị chặn trên. A. 0. Câu 14: Cho dãy số ( un ) A. a < 0, b < 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

C. a > 0, b < 0.

D. a < 0, b > 0.

D. Dãy số bị chặn dưới.

A. Dãy số ( an ) là dãy số giảm.

B. Dãy số ( an ) là dãy số tăng.

C. Dãy số ( an ) là dãy không tăng.

D. Dãy số ( an ) là dãy không tăng và không giảm.

Câu 16: Trong các phát biẻu sau, có bao nhiêu phát biểu đúng?

1 là một dãy bị chặn. n

(2) Dãy số được xác định bởi an = n2 là một dãy giảm.

2n , ta thu được kết quả n!

A. Dãy số tăng, bị chặn trên.

B. Dãy số tăng, bị chặn dưới.

C. Dãy số giảm, bị chặn.

D. Cả A, B, C đều sai.

Câu 23: Xét tính tăng, giảm và bị chặn của dãy số ( un ) , biết un =

Câu 15: Phát biểu nào dưới đây về dãy số ( an ) được cho bởi an = 2 + n là đúng? n

(1) Dãy số được xác định bởi an = 1 +

B. Dãy số không bị chặn.

C. Dãy số bị chặn trên.

Câu 22: Xét tính tăng, giảm và bị chặn của dãy số ( un ) , biết un =

an + b có un = và c > d > 0 . Dãy số ( un ) là dãy số tăng với điều kiện. cn + d B. b > a > 0.

A. Dãy số bị chặn.

1 1 + n + n2

, ta thu được kết quả

A. Dãy số tăng, bị chặn trên.

B. Dãy số tăng, bị chặn dưới.

C. Dãy số giảm, bị chặn.

D. Cả A, B, C đều sai.

1 1 1 Câu 24: Xét tính bị chặn của dãy số un = , ta thu được kết quả + + ... + n (n + 2) 1.3 2.4

A. Dãy số bị chặn.

B. Dãy số không bị chặn.

C. Dãy số bị chặn trên.

D. Dãy số bị chặn dưới.

u1 = 1 Câu 25: Xét tính tăng, giảm của dãy số  , ta thu được kết quả 3 un +1 = 3 un + 1, n ≥ 1

(3) Dãy số được xác định bởi an = 1 − n2 là một dãy số giảm và không bị chặn dưới. n

(4) Dãy số được xác định bởi an = ( −1) n2 là một dãy không tăng, không giảm. A. 1. Câu 17: Cho dãy số ( un ) A. a > 0.

B. 2.

C.3.

D. 4.

u1 = 1; u2 = 2 biết  . Các giá trị của a để dãy số ( un ) tăng là * un + 2 = aun +1 + (1 − a ) un , ∀n ∈ ℕ

B. 0 < a < 1.

Câu 18: Cho dãy số ( un ) có u1 =

C. a < 1.

D. a > 1.

n u n +1 1 52018 − 1 và un +1 = un , ∀n ≥ 1 . Tất cả các giá trị n để S = ∑ k < 5n 4.52018 5 k =1 k

A. Dãy số tăng.

B. Dãy số giảm.

C. Dãy số không tăng, không giảm.

D. Cả A, B, c đều sai.

u1 = 1  Câu 26: Cho dãy số ( un ) biết  . Mệnh đề nào sau đây đúng? 1 un +1 = 2 un − 1

A. Dãy số ( un ) bị chặn.

B. Dãy số ( un ) bị chặn trên.

C. Dãy số ( un ) bị chặn dưới.

D. Dãy số ( un ) không bị chặn.

Câu 27: Trong các dãy số sau dãy số nào bị chặn?

là A. n > 2019.

B. n < 2018.

C. n < 2020.

D. n > 2017.

A. Dãy ( an ) , với an = n3 + n , ∀n ∈ ℕ* .

Câu 19: Xét tính tăng giảm của dãy số un = n − n − 1 , ta thu được kết quả 2

A. Dãy số ( un ) tăng.

B. Dãy số ( un ) giảm.

C. Dãy số ( un ) không tăng, không giảm.

D. Dãy số ( un ) khi tăng, khi giảm.

C. Dãy ( cn ) , với cn = ( −2 ) + 3, ∀n ∈ ℕ* . Câu 28: Cho dãy số ( un ) biết un =

u1 = 2  Câu 20: Cho dãy số ( un ) biết  . Mệnh đề nào sau đây đúng? un2 + 1 , ∀n ∈ ℕ* un +1 =  4

A. ( un ) là dãy số tăng.

B. ( un ) là dãy số giảm.

C. ( un ) là dãy số không tăng, không giảm.

D. ( un ) là dãy số không đổi.

1 B. Dãy ( bn ) , với bn = n2 + n, ∀n ∈ ℕ* . 2

D. Dãy ( dn ) , với dn =

3n , ∀n ∈ ℕ* . n3 + 2

1 1 1 1 + + + ... + 2 . Mệnh đề nào sau đây đúng? 2 2 2 32 n

A. Dãy số ( un ) bị chặn dưới.

B. Dãy số ( un ) bị chặn trên.

C. Dãy số ( un ) bị chặn.

D. Dãy số ( un ) không bị chặn.

Câu 29: Cho dãy số ( un ) biết un = a sin n + b cos n . Mệnh đề nào sau đây đúng? A. Dãy số ( un ) không bị chặn.

Trang 23

B. Dãy số ( un ) bị chặn.

Trang 24

C. Dãy số ( un ) bị chặn dưới.

D. Dãy số ( un ) bị chặn trên.

u = 2 Câu 30: Cho dãy số ( un ) , biết  . Khẳng định nào sau đây đúng về dãy số ( un ) ? * un +1 = 2 + un , n ∈ ℕ

2a 1 1 = − ; n ( n + a )( n + 2a ) n ( n + a ) ( n + a )( n + 2a ) 2na + a 2 n2 ( n + a)

1 1 − ; n2 ( n + a )2

A. Dãy số ( un ) giảm và bị chặn.

B. Dãy số ( un ) giảm và không bị chặn.

n.n ! = ( n + 1) !− n !

C. Dãy số ( un ) tăng và bị chặn.

D. Dãy số ( un ) tăng và không bị chặn.

Bước 3: Nhận định kết quả của tổng là S = b1 − bn +1 Tính tổng bằng cách đưa về các tổng đã biết

Dạng 4. Tính tổng của dãy số Phương pháp giải Tính tổng của dãy số cách đều

Tìm cách tách Ví dụ 1: Tính tổng S = 1 + 3 + 5 + ... + 2021 Hướng dẫn giải

Trong đó an = an −1 + d

Ta có 2 S = (1 + 2021) + ( 3 + 2019 ) + ( 5 + 2017 ) + ...

Từ đó suy ra S =

n. ( a1 + an )

Ví dụ mẫu Ví dụ 1: Cho tổng Sn =

+ ( 2021 + 1) = 2022.2021

Vậy S =

2.1 1 1 2.1 1 1 = − = − ; ;... 1.2.3 1.2 2.3 2.3.4 2.3 3.4

Ta có

Suy ra 2 Sn =

+ Số hạng tổng quát của dãy số cách đều là un = u1 + ( n − 1) d với d là khoảng cách giữa 2 số

hạng liên tiếp.

Vậy Sn =

(khoảng cách) + 1. + Tổng = (số hạng đầu + số hạng cuối) x (số số

S = b1 − b2 + b2 − b3 + ... + bn − bn +1 = b1 − bn +1

+ Một số công thức tách thường sử dụng

⇒ S100 =

2 2 2 2 Ví dụ 2: Tính tổng S = + + + ... + 1.3 3.5 5.7 97.99

2575 . 10302

Ta có

∑ 2i = 2 + 4 + 6 + ...2n = n ( n + 1) ; ∑ i i =1

= 1 + 2 2 + 32 + ... + n 2 =

i =1

n ( n + 1)( 2 n + 1) 6

Hướng dẫn giải

a1 = b1 − b2 ; a2 = b2 − b3 ;...

Bước 2: Rút gọn

n ( n + 3)

4 ( n + 1)( n + 2 )

Ví dụ 2: Cho Sn = 1.2 + 3.4 + 5.6 + ... + ( 2 n − 1) .2n . Tính S100 biết rằng

hạng) : 2.

Bước 1: Ta tìm cách tách

1 1 1 1 1 1 − + − + ... + − n ( n + 1) ( n + 1)( n + 2 ) 1.2 2.3 2.3 3.4

n ( n + 3) 1 1 − = 1.2 ( n + 1)( n + 2 ) 2 ( n + 1)( n + 2 )

+ Số số hạng = (số hạng cuối – số hạng đầu) :

liên tiếp

1 1 1 1 + + + ... + . Tính S100 n ( n + 1)( n + 2 ) 1.2.3 2.3.4 3.4.5

Hướng dẫn giải

2022.2021 = 2043231. 2

Công thức tính:

Tính tổng của dãy số bằng phương pháp khử

trong đó

S1 ; S2 ; S3 ... đã biết công thức tính tổng.

Giả sử cần tính tổng S = a1 + a2 + ... + an

Ta có 2 S = ( a1 + an ) + ... + ( an + a1 ) = n ( a1 + an )

Sn = S1 + S2 + S3 + ...

i =1

Ta có Sn = ∑ 2i ( 2i − 1) = ∑ ( 4i 2 − 2i ) = 4∑ i 2 − ∑ 2i

2 1 1 2 1 1 = − ; = − ;... 1.3 1 3 3.5 3 5

1 1 1 1 1 1 1 98 Do đó S = − + − + ... + − = 1− = 1 3 3 5 97 99 99 99

⇒ S100

a 1 1 = − ; n (n + a) n n + a

n ( n + 1)( 4 n − 1) − n ( n + 1) = 6 3 100. (100 + 1)( 4.100 − 1) = = 1343300 3 =

4n ( n + 1)( 2n + 1)

Ví dụ 3: Cho tổng Sn = 1.4 + 2.7 + 3.10 + ... + n ( 3n + 1) với n ∈ ℕ* . Biết Sk = 294 và n

∑ i = 1 + 2 + 3 + ... + n = i =1

n ( n + 1) 2

; ∑ i 2 = 1 + 22 + 32 + ... + n2 = i =1

n ( n + 1)( 2n + 1) 6

Tính giá trị của k. Trang 25

Trang 26

Hướng dẫn giải

Câu 5: Tổng Sn =

i =1

Ta có Sn = ∑ i ( 3i + 1) = ∑ ( 3i 2 + 1) = 3∑ i 2 + ∑ i =

3n ( n + 1)( 2n + 1) 6

n ( n + 1) 2

= n ( n + 1)

A. Sn =

1 1 1 1 + + + ... + , n ∈ ℕ* có công thức thu gọn là 1.4 4.7 7.10 ( 3n − 2 )(3n + 1)

3n . 3n + 1

B. Sn =

n . 3n − 1

C. Sn =

n . 3n + 1

D. Sn =

n . 3n − 2

Câu 6: Tổng Sn = 1.3 + 2.5 + 3.7 + ... + n ( 2 n + 1) có công thức thu gọn là

⇒ Sk = k ( k + 1) = 294 ⇔ k 3 + 2k 2 + k = 294

(

)

⇔ ( k − 6 ) k 2 + 8k + 49 = 0 ⇔ k = 6.

1   1  1  1  Ví dụ 4: Cho Sn =  1 −  +  1 −  +  1 −  + ... +  1 − n  . Tính S10. 2 4 8 2        

A. 5100 − 1.

1  1 1 1 Ta có Sn = n −  + 2 + 3 + ... + n  2 2 2 2  

Câu 8: Tổng S =

1 1 1 1 1 1 1 + + + ... + n ⇒ 2 M = 1 + + 2 + ... + n −1 2 2 2 23 2 2 2 2

C. Sn =

Câu 1: Cho tổng S ( n ) = 2 + 4 + 6 + ... + 2 n . Khi đó S30 bằng C. 901.

B. 5100.

n ( n + 1)( 4n + 5) 4

n ( n + 1)( 4n + 1) 6

C. 5101 − 1.

D. 5101.

2 2 2 2 có kết quả bằng + + + ... + 1.3 3.5 5.7 97.99

99 . 98

A. Sn = −

Bài tập tự luyện dạng 4

B. 930.

n ( n + 1)( 4 n + 5)

90 . 99

98 . 99

D. 1.

Câu 9: Cho Sn = 1 + 2.3 + 3.32 + ... + n.3n −1 . Khẳng định nào sau đây đúng với mọi n nguyên dương?

1  1 1 1 1  1  1 1 ⇒ 2 M − M = M =  1 + + 2 + ... + n −1  −  + 2 + 3 ... + n  = 1 − n 2 2 2 2 2 2 2 2     1 1 1 ⇒ Sn = n − 1 + n ⇒ S10 = 10 − 1 + 10 = 9 + 10 2 2 2

A. 900.

1  1 1 1 Câu 7: Tổng S = 4.5100.  + 2 + 3 + ... + 100  + 1 có kết quả bằng 5  5 5 5

Hướng dẫn giải

Đặt M =

n ( n + 1)( 4 n + 1)

3n − 1 1 n + 3. 4 2

3n − 1 n n + 3. 4 2

B. Sn = −

3n − 1 n n + 3. 4 2

D. Sn = −

3n + 1 n n + 3. 4 2

D. 830.

1 1 1 1 Câu 2: Cho tổng S ( n ) = + + + ... + . Khi đó công thức tính tổng S(n) là n ( n + 1) 1.2 2.3 3.4

A. S ( n ) =

n . n+2

Câu 3: Cho tổng Sn =

A. 1.

B. S ( n ) =

(1.2 )

( 2.3)

121 . 120

n . n+1 +

C. S ( n ) =

(3.4 )

+ ... +

2n + 1  n ( n + 1) 

119 . 121

2n . n+1

D. S ( n ) =

n . 2n

. Giá trị S10 là

120 .w 121

Câu 4: Tổng S = sin x + sin 2 x + ... + sin nx (với x ≠ k π) có công thức thu gọn là

x 2n + 1 cos − cos x 2 2 S= . x 2 sin 2

C. S =

x 2n + 1 cos − cos x 2 2 . x 2 cos 2

x 2n − 1 cos − cos x 2 2 B. S = . x 2 sin 2 D. S =

x 2n − 1 cos − cos x 2 2 . x 2 cos 2

Trang 27

Trang 28

ĐÁP ÁN BÀI 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC, DÃY SỐ Dạng 1. Quy nạp toán học 1-B

2-D

3-C

4-C

5-D

6-B

7-D

8-A

9-B

⇔

1 1 1 1 1 k + + ... + + = + 1.2 2.3 k ( k + 1) ( k + 1)( k + 2 ) k + 1 ( k + 1)( k + 2 )

⇔

1 1 1 1 k 2 + 2k + 1 + + ... + + = 1.2 2.3 k ( k + 1) ( k + 1)( k + 2 ) ( k + 1)( k + 2 )

⇔

1 1 1 1 k +1 + + ... + + = 1.2 2.3 k ( k + 1) ( k + 1)( k + 2 ) k + 2

10-B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Suy ra mệnh đề đúng với n = k + 1

Câu 1. Chọn B

Câu 7. Chọn D

Mệnh đề A(n) đúng với n = k với k ≥ p

Câu 2. Chọn D

Ta có un +1 = un + ( −1) = un + 1 ⇒ u2 = 2; u3 = 3; u4 = 4;...

Lập luận hoàn toàn đúng.

Dễ dàng dự đoán được un = n.

Câu 3. Chọn C

Thật vậy, ta chứng minh được un = n (*) bằng phương pháp quy nạp như sau

( I )k ∈ A : số nguyên dương k thuộc tập A.

Với n = 1 ⇒ u1 = 1 . Vậy (*) đúng với n = 1 .

( II )n ∈ A ⇒ n + 1 ∈ A, ∀n ≥ k : nếu số nguyên dương n ( n ≥ k ) thuộc tập A thì số nguyên dương đứng

ngay sau nó ( n + 1) cũng thuộc A. Mọi số nguyên dương lớn hơn hoặc bằng k đều thuộc A.

Thật vậy, từ hệ thức xác định dãy số ( un ) ta có uk +1 = uk + ( −1) = k + 1

Bước 1 sai, vì theo bài toán n ≥ p nên ta phải chứng minh rằng A(n) đúng khi n = p . Bước 2 sai, không thể “Với số nguyên dương tùy ý k” mà phải là “Với số nguyên dương k, ( k ≥ p ) ”.

Vậy (*) đúng với mọi n ∈ ℕ* . Số hạng tổng quát của dãy số là un = n. Câu 8. Chọn A

Câu 5. Chọn D

1 3 1 3 Ta có u1 = 3; u2 = u1 = ; u3 = u2 = 2 ;... 2 2 2 2

Thử với n = 1, n = 2, n = 3 ta kết luận được đáp án D sai. 2

Ta có 22 + 4 2 + 6 2 + ... + ( 2n ) =

2n ( n + 1)( 2n + 1) 3

mới là kết quả đúng.

Ta đi chứng minh cho dãy số có số hạng tổng quát là un =

Câu 6. Chọn B

3 2 n −1

Thật vậy, n = 1 thì u1 = 3 (đúng).

1 2 3 n Ta có S1 = , S2 = , S3 = ⇒ dự đoán Sn = 2 3 4 n +1

3 3 . Ta đi chứng minh uk +1 = k 2 k −1 2

Giả sử với n = k ( k ≥ 1) thì uk =

1 1 (đúng) = 1.2 1 + 1

Giả sử mệnh đề đúng khi n = k ( k ≥ 1) , tức là Ta có

)

Ta đi chứng minh (*) cũng đúng với n = k + 1 , tức là uk +1 = k + 1

Câu 4. Chọn C

Với n = 1, ta được S1 =

(

Giả sử (*) đúng với n = k k ∈ ℕ* , ta có uk = k

1 1 3 3 Ta có uk +1 = uk = . k −1 = k (điều phải chứng minh). 2 2 2 2

1 1 1 k + + ... + = 1.2 2.3 k ( k + 1) k + 1

Vậy số hạng tổng quát của dãy số là un =

1 1 1 k + + ... + = 1.2 2.3 k ( k + 1) k + 1

3 2 n −1

Câu 9. Chọn B

Chứng minh un − 2vn =

(

)

2 −1

(1)

(

Ta có un = 2vn = un2−1 + 2vn2−1 − 2 2un −1vn −1 = un −1 − 2vn −1 Mặt khác u1 − 2v1 = 3 − 2 2 =

Trang 29

(

)

2 −1

)

nên (1) đúng với n = 1

Trang 30

Giả sử uk − 2vk =

(

)

2 −1

(

, ta có uk − 1 − 2vk + 1 = u − 2vk

) =(

)

2 −1

n = 5 Suy ra − n2 + n + 1 = −19 ⇔ −n 2 + n + 20 = 0 ⇔  ⇔ n = 5 (do n ∈ ℕ* ).  n = −4

2 k +1

Vậy (1) đúng với ∀n ≥ 1 Ta có un + 2vn =

(

Vậy số -19 là số hạng thứ 5 của dãy.

)

2+1

Câu 4. Chọn D

2 2   2un = 2 + 1 + 2 − 1 Do đó ta suy ra  2n  2 2vn = 2 + 1 − 2 − 1 

(

) ( ) ( ) ( )

2n 2n  1  un = 2  2 + 1 + 2 − 1     ⇒ n 2 2n  1  v = 2 1 2 1 + − − n  2 2  

(

) (

(

)

) (

Câu 5. Chọn C

)

u1 = 2 Từ  , ta có un +1 − un = 5 * un + 1 = un + 5, n ∈ ℕ

Câu 10. Chọn B

Do 0 < α < π nên u2 =

1 + cos α α α = cos2 = cos ; u3 = 2 2 2

112 + 2.11 − 1 71 = 11 + 1 6

Ta có u11 =

⇒ dãy ( un ) là một cấp số cộng với công sai d = 5 nên u10 = u1 + 9d = 2 + 45 = 47

α 2 = cos2 α = cos α 2 2 4

1 + cos

Câu 6. Chọn C

Ta có 8 = 7.1 + 1;15 = 7.2 + 1;22 = 7.3 + 1;29 = 7.4 + 1;36 = 7.5 + 1

 α  Vậy u = cos  n −1  với mọi n ∈ ℕ* . Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp. 2 

Suy ra số hạng tổng quát un = 7n + 1

Với n = 1 thì u1 = cos α (đúng).

Câu 7. Chọn B

 α   α  Giả sử với n = k ∈ ℕ* ta có uk = cos  k −1  . Ta chứng minh uk +1 = cos  k −1  2  2 

Ta có 0 =

 α  1 + cos  k −1  1 + uk  2  = cos2  α  = cos  α  Thật vậy uk +1 = =  2k   k 2 2   2 

Suy ra un =

0 1 1 2 2 3 3 4 4 ; = ; = ; = ; = 0 +1 2 1+1 3 2 +1 4 3 +1 5 4 +1 n . n +1

Câu 8. Chọn A

Ta có u2019 = 2.2019 + 1 = 4039

 α  Từ đó ta có u2020 = cos  2019  2 

Câu 9. Chọn C

Dạng 2. Tìm số hạng và xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số

Ta có un =

1-C

2-B

3-A

4-D

5-C

6-C

7-B

8-A

9-C

10-A

11-B

12-D

13-A

14-C

15-D

16-C

17-C

18-A

19-B

20-A

21-B

22-A

23-A

24-B

25-C

Vậy

167 2n + 1 167 ⇔ = ⇔ 84 ( 2 + 1) = 167 ( n + 2 ) ⇔ n = 250 84 84 n+2

167 là số hạng thứ 250 của dãy số ( un ) 84

Câu 10. Chọn A

HƯỚNG DẪN CHI TIẾT

Ta có un +1 =

Câu 1. Chọn C

a. ( n + 1)

( n + 1) + 1

a ( n + 1)

n+2

Câu 11. Chọn B

Ta có u3 = 2u2 + 3 = 2. ( 2u1 + 3) + 3 = 4u1 + 9 − 4.7 + 9 = 37. Câu 2. Chọn B

Ta có un = 5 + 1 + 2 + 3 + ... + n − 1 = 5 +

Ta có 7922 = 7921 + 1 = 892 + 1 ⇒ n = 89

Câu 12. Chọn D

n ( n − 1) 2

Câu 3. Chọn A

Giả sử un = −19 ( n ∈ ℕ* )

Trang 31

Trang 32

1 1 ( u1 + 1) = ; 2 2 4 u5 = ( u4 + 1) = 2; 5 7 7 u8 = ( u7 + 1) = ; 8 2 10 u11 = ( u10 + 1) = 5; 11 u2 =

2 ( u2 + 1) = 1; 3 5 5 u6 = ( u5 + 1) = ; 6 2 8 u9 = ( u8 + 1) = 4; 9

u3 =

3 3 ( u3 + 1) = ; 4 2 6 u7 = ( u6 + 1) = 3; 7 1 9 u10 = ( u9 + 1) = ; 2 2

u4 =

Cộng vế với vế của các đẳng thức trên, ta được un = 1 + 12 + 2 2 + ... + ( n − 1) = 1 +

n ( n − 1)( n − 2 ) 6

Câu 18. Chọn A uk =

k −1 k −1 2 ⇒ 2 = ⇒ k = 5 (do k ∈ ℕ* ). k2 + 1 k + 1 13

Câu 19. Chọn B

Câu 13. Chọn A

Ta có u1 = 1; u2 = u1 + 3; u3 = u2 + 5; u 4 = u3 + 7;...; un = un −1 + ( 2n − 1) Cộng từng vế với vế của các đẳng thức trên và rút gọn ta được un = 1 + 3 + 5 + 7 + ... + ( 2n − 1) = n2 . Câu 14. Chọn C u1 = 1; u2 = 1 + 2 = 1 + 1.2;

1  u1 = 2  u2 = u1 + 2  Ta có u3 = u2 + 4 ...  u49 = u48 + 2.49 u = u + 2.50 49  50

Cộng vế với vế các đẳng thức trên, ta được u50 =

u3 = 1 + 2 + 2 = 1 + 2.2; u4 = 1 + 2 + 2 + 2 = 1 + 3.2;

1 1 + 2 ( 2 + 3 + ... + 50 ) = + 2 ( 25.51 − 1) = 2548, 5 . 2 2

Câu 20. Chọn A

...

Ta có

un = 1 + 2 + ... + 2 = 1 + ( n − 1) .2

Số hạng thứ 1 có 1 chữ số 0;

Chứng minh quy nạp ta được un = 2 n − 1.

Số hạng thứ 2 có 2 chữ số 0;

Câu 15. Chọn D

Số hạng thứ 3 có 3 chữ số 0;

1  u1 = 2  u2 = 2u1  Ta có u3 = 2u2 . ...  un = 2un −1  

… Suy ra un có n chữ số 0. Công thức số hạng tổng quát của dãy số là un =

1 = 0,00...01 10n n ch÷ sè 0

Câu 21. Chọn B

Ta có cn4+ 5 =

1 Nhân vế với vế của các đẳng thức trên, ta được u1 .u2 .u3 ...un = .2 n −1.u1.u2 ...un −1 ⇔ un = 2 n −2 . 2

( n + 5)( n + 4 )( n + 3)( n + 2 ) , 143Pn+5 = 143 ( n + 5)( n + 4 ) 24

143Pn + 5 ( n + 5)( n + 4 )( 2n + 17 )( 2 n − 7 ) = > 0, ∀n ≥ 4, n ∈ ℕ* 96 Pn +3 96

Câu 16. Chọn C

xn = Cn4+5 −

n +1 3 4 5 Ta có u1 = − ; u2 = − ; u3 = − ; … suy ra được un = − . 2 3 4 n

Vậy các số hạng âm là x1 ; x2 ; x3 .

Câu 17. Chọn C

Câu 22. Chọn A

u1 = 1  2 u2 = u1 + 1  Ta có u3 = u2 + 22 ...  u = u + ( n − 1)2 n −1  n

u1 = 2  u2 = u1 + 2.2 − 1;  Ta có u3 = u2 + 2.3 − 1; ...  un = un −1 + 2.n − 1

Trang 33

96 Pn + 3

Trang 34

Dạng 3. Xét tính tăng, giảm và bị chặn của dãy số

Cộng vế với vế của các đẳng thức trên rồi rút gọn, ta được un = 2 + 2. ( 2 + 3 + ... + n ) − ( n − 1) = 2 + ( n − 1)( n + 2 ) − n + 1 = n + 1

1-A

2-C

3-A

4-C

5-A

6-A

7-A

8-D

9-C

10-C

Câu 23. Chọn A

11-B

12-B

13-D

14-C

15-B

16-C

17-D

18-B

19-B

20-B

21-D

22-C

23-C

24-A

25-A

26-A

27-D

28-C

29-B

30-C

Ta có un +1 = un + ( −1)

2 n +1

= un − 1

u1 = 1; u2 = u1 − 1; u3 = u2 − 1;...; un = un −1 − 1

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Cộng vế với vế của các đẳng thức trên, ta được un = 1 − ( n − 1) = 2 − n.

Câu 1. Chọn A

Câu 24. Chọn B

un +1 = sin

Ta có u1 = 2 = 2 cos Dự đoán un = 2 cos

π π π π = 2 cos 2 ; u2 = 2 + 2 = 2 cos = 2 cos 3 4 2 8 2

Do −1 ≤ sin

π 2 n +1

Câu 2. Chọn C

1  u1 = 2 n Ta xét đáp án A: un = n ⇒  ⇒ u1 = u2 ⇒ Loại A 2 u = 2  2 4

π π  π   π  Ta có uk + 1 = 2 + uk = 2 + 2cos k + 1 = 2  1 + cos k + 2  = 4 cos 2  k + 2  = 2cos k + 2 2 2 2 2     π π < với mọi k ≥ 1 ). 2 k+ 2 2

1  u1 = 3 Ta xét đáp án B: un = 2 ⇒ ⇒ u1 > u2 ⇒ Loại B 2n + 1  2 u2 =  9 n

Suy ra công thức (1) đúng với n = k + 1 π π , ∀n ∈ ℕ* . Suy ra u2018 = 2 cos 2019 2 n +1 2

2 16  u1 = 5 = 40 n2 + 1 Ta xét đáp án C: un = ⇒ ⇒ u1 < u2 ⇒ Chọn C 3n + 2  5 25 u2 = =  8 40

Câu 25. Chọn C

u1 = 1  3 u2 = u1 + 1 3  Ta có u3 = u2 + 23 ⇒ un = 1 + 13 + 23 + ... + ( n − 1) ...  un +1 = un + n3 

 n ( n − 1)  3 2 Ta lại có 13 + 23 + ... + ( n − 1) = (1 + 2 + 3 + ... + n − 1) =   2    n ( n − 1)  Suy ra un = 1 +   2  

Theo giả thiết ta có

Ta xét đáp án D: un = ( −2 ) 2

Ta có un =

Xét tỉ số n ( n − 1)

u1 = 0  n 2 − 1 ⇒ u2 = 4 3 ⇒ u1 < u2 > u3 ⇒ Loại D  u3 = −8 8

Câu 3. Chọn A

un − 1 ≥ 2039190 ⇔

u1 < u2 π π 3 = 1, u 3 = sin = . Do  nên dãy số không tăng, không giảm. 2 3 2 u2 > u3

Vậy D đúng. Do đó A sai.

π Giả sử công thức (1) đúng với n = k, k ≥ 1 ta có uk = 2 cos k +1 2

Vậy un = 2 cos

π ≤ 1 nên dãy số bị chặn, do đó C đúng. n

u1 = sin π = 0, u2 = sin

π Chứng minh theo quy nạp ta có: u1 = 2 cos = 2 , công thức (1) đúng với n = 1. 4

(vì 0 <

π nên B đúng. n +1

 n ≥ 2020 ≥ 2039190 ⇔ n ( n − 1) ≥ 4078380 ⇔   n ≤ −2019

5n 5n +1 > 0, ∀n ∈ ℕ* ⇒ un +1 = 2 2 n ( n + 1)

2n ( n − 1) + 2n 2 − 1 un +1 5n +1 n2 5n 2 n2 + 2 n + 1 + 4 n2 − 2n − 1 = . n = 2 = = 1+ > 1, ∀n ∈ ℕ* 2 2 un n + 2n + 1 n 2 + 2n + 1 ( n + 1) 5 n + 2n + 1

Vậy ( un ) là dãy số tăng.

Mà n là số nguyên dương nhỏ nhất nên n = 2020. Trang 35

Trang 36

Câu 4. Chọn C

Xét hiệu un + 1 − un = ( aun + 1) − ( aun −1 + 1) = a ( un − un −1 )

Xét đáp án A:

Áp dụng, ta có u2 = au1 + 1 = a + 1 ⇒ u2 − 1 = a ⇒ u2 − u1 = a

n −3 n−2 n −2 n −3 4 Ta có un = − = > 0, ∀n ∈ ℕ* ; un +1 = . Khi đó un +1 − un = n + 2 n + 1 ( n + 1)( n + 1) n +1 n+2

⇒ u3 − u2 = a ( u2 − u1 ) = a2 ;

Vậy ( un ) là dãy số tăng.

...

Xét đáp án B:

⇒ un +1 − un = a n > 0

n n +1 n +1 n 1 Ta có un = ; un +1 = − = > 0, ∀n ∈ ℕ* . Khi đó un +1 − un = 2 2 2 2 2

Để dãy số ( un ) tăng thì un > un −1 > ... > u2 > u1 ⇒ a > 0

⇒ u4 − u3 = a ( u3 − u2 ) = a3 ;

Câu 11. Chọn B

Vậy ( un ) là dãy số tăng.

Đáp án A, C dãy không tăng, không giảm.

Xét đáp án C:

Xét đáp án B, ta có vn = 1 −

u 2 2 n2 n2 Ta có un = 2 ; un +1 = ⇒ n +1 = < 2 = 1, ∀n ∈ ℕ* 2 2 n un ( n + 1) ( n + 1) n

2 2 2 ⇒ vn+1 − vn = − > 0, ∀n ∈ ℕ* nên ( vn ) là dãy số tăng. n +1 n +1 n + 2

Câu 12. Chọn B

Vậy ( un ) là dãy số giảm.

Vì cos n ≤ 1 nên un < n. Phát biểu (3) đúng.

Xét đáp án D:

Dãy không tăng, không giảm và không bị chặn dưới.

Ta có u1 =

Vậy có 1 phát biểu đúng trong 3 phát biểu đã cho.

−1 1 −1 ; u2 = ; u3 = 3 9 27

Câu 13. Chọn D

Vậy ( un ) là dãy số không tăng, không giảm.

Ta có ∀n ∈ ℕ* , un +1 − un =

Câu 5. Chọn A

n2 − n + 1 < 1, với mọi n. n 2 + 2n + 2

Ta lại có u1 = 1; u2 = u1 +

Câu 6. Chọn A

nên dãy số tăng. Phát biểu (1) đúng. >0

1 1 1 ; u3 = u2 + 2 ; un = un −1 + 2 22 3 n

Cộng các đẳng thức trên theo từng vế, ta được un = u1 +

Ta có un = 3n + 6 ⇒ un +1 = 3 ( n + 1) + 6 = 3n + 9 Mặt khác

Xét hiệu un +1 − un = ( 3n + 9 ) − ( 3n + 6 ) = 3 > 0, ∀n ∈ N *

1 1 1 + + ... + 2 2 2 32 n

(*)

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 < = − ⇒ (*) ⇔ un = 1 + − + − + ... + − 1 2 2 3 n 2 n ( n − 1) n − 1 n n −1 n

1 1 ⇔ un = 1 + − < 2, ∀n ∈ ℕ* 1 n

Vậy ( un ) là dãy số tăng. Câu 7. Chọn A

Vậy dãy số bị chặn trên bởi 2 nên phát biểu (3) đúng.

3n +1 − 1 3n − 1 3n +1 − 1 − 2.3n + 2 3n + 1 Ta có un +1 − un = n +1 − n = = n +1 > 0 ⇒ dãy ( un ) là dãy số tăng. 2 2 2 n +1 2

Câu 14. Chọn C

Câu 8. Chọn D

Xét hiệu un +1 − un =

Dãy số un = ( −1)

Vì dãy số tăng nên dãy số bị chặn dưới bởi u1. Phát biểu (2) đúng.

n2 − n + 1 < n 2 + 2n + 2 (do n > 0)

Suy ra un =

(1 + n )

n là dãy số không bị chặn vì lim un = lim n = +∞

ad − bc . Dãy số ( un ) là dãy số tăng khi ad − bc > 0 c ( n + 1) + d ( cn + d ) 

Mà c > d > 0 nên chỉ có điều kiện ở đáp án C để ad − bc > 0 .

Câu 9. Chọn C

Câu 15. Chọn B

Nhận xét: Mỗi số hạng thứ ba trở đi luôn bằng tổng của hai số đứng ngay trước nó. Đồng thời số hạng

Ta có an +1 − an = 2 n +1 + n + 1 − 2 n − n = 2.2 n − 2 n + 1 = 2 n + 1 > 0, ∀n ∈ ℕ*

đầu tiên và số hạng thứ hai của dãy là các số dương nên dễ thấy dãy số là một dãy tăng.

Vậy ( an ) là dãy số tăng.

Câu 10. Chọn C

Trang 37

Trang 38

Câu 16. Chọn C 0 < 1+

Giả sử: uk +1 − uk < 0, ∀k ≥ 1

1 1 < 2, ∀n ∈ ℕ* nên dãy số xác định bởi an = 1 + là một dãy bị chặn. n n

Xét hiệu uk + 2 − uk +1 =

uk2+1 + 1 uk2 + 1 1 − = ( uk +1 + uk )( uk +1 − uk ) < 0 4 4 4

an +1 − an = ( n + 1) − n2 = 2n + 1 > 0, ∀n ∈ ℕ* nên dãy số xác định bởi an = n2 là dãy tăng.

(

) (

Theo nguyên lí quy nạp suy ra un +1 − un < 0, ∀n ∈ ℕ*

)

an +1 − an = 1 − ( n + 1) − 1 − n2 = 2n − 1 > 0, ∀n ∈ ℕ* nên dãy số xác định bởi an = 1 − n2 là dãy số giảm

Vậy dãy số ( un ) là dãy số giảm.

và không bị chặn dưới.

Câu 21. Chọn D

a1 = −1 < a2 = 4 > a3 = −9 nên dãy số xác định bởi an = ( −1) n2 là dãy không tăng không giảm.

Ta có un ≥ 2, ∀n ⇒ ( un ) bị chặn dưới; dãy ( un ) không bị chặn trên.

Câu 17. Chọn D

Câu 22. Chọn C

Xét hiệu un + 2 − un +1 = aun +1 + (1 − a ) un − un +1 = ( a − 1)( un +1 − un )

Ta có

⇒ u3 − u2 = ( a − 1)( u2 − u1 ) = ( a − 1) ;

un +1 2 n +1 2 n 2 n +1 n ! 2 = : = . = < 1, ∀n ≥ 1 un ( n + 1)! n ! ( n + 1)! 2n n + 1

Mà un > 0, ∀n nên un +1 < un , ∀n ≥ 1 ⇒ dãy ( un ) là dãy số giảm.

⇒ u4 − u3 = ( a − 1)( u3 − u2 ) = ( a − 1) ;

Vì 0 < un ≤ u1 = 2, ∀n ≥ 1 nên dãy ( un ) là dãy bị chặn trên.

... un +1 − un = ( a − 1)

n −1

Câu 23. Chọn C

Để dãy số ( un ) tăng suy ra a − 1 > 0 ⇔ a > 1

Ta có un > 0, ∀n ≥ 1

Câu 18. Chọn B

un +1 = un

Ta có un +1 = Đặt vn =

u n +1 1 u un ⇔ n +1 = . n 5n n +1 5 n

1 1−   uk 1− q 1 1 5n − 1 5 Ta có S = ∑ = ∑ vk = v1 = .   = . n = Tn 1− q 5 1− 1 4 5 k =1 k k =1 5 Do vn > 0, ∀n ≥ 1 nên (Tn) là dãy tăng. Suy ra Tn <

( n + 1) + ( n + 1) + 1

Ta có 0 < un <

n2 + n + 1 < 1, ∀n ∈ ℕ* ⇒ un +1 < un , ∀n ≥ 1 ⇒ dãy ( un ) là dãy số giảm. n 2 + 3n + 3

1 1 1 1 + + ... + = 1− <1 n. ( n + 1) n +1 1.2 2.3

Dãy ( un ) bị chặn. Câu 25. Chọn A

52018 − 1 = T2018 ⇔ n < 2018 4.52018

Ta có un +1 = 3 un3 + 1 ⇒ un +1 > 3 un3 = un , ∀n ∈ ℕ* ⇒ ( un ) là dãy số tăng.

Câu 19. Chọn B

Ta có un + 1 − un =

Câu 24. Chọn A

Mặt khác 0 < un < 1 ⇒ dãy ( un ) là dãy bị chặn.

un 1 1 , ∀n ≥ 1. Suy ra ( vn ) là cấp số nhận có công bội q = và v = . n 5 5 n

n2 + n + 1

Câu 26. Chọn A 1

( n + 1) + ( n + 1)

− −1

1 2

Ta dự đoán dãy số này bị chặn.

n+ n −1

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp −2 ≤ un ≤ 1, ∀n ∈ ℕ*

Vậy dãy ( un ) là dãy số giảm.

Với n = 1 ta có −2 ≤ u1 ≤ 1 (đúng).

Câu 20. Chọn B

Giả sử mệnh đề trên đúng với n = k ≥ 1 . Tức là −2 ≤ uk ≤ 1

Dự đoán dãy giảm sau đó chứng minh un + 1 − un < 0 bằng quy nạp toán học.

⇒ −1 ≤

Từ giả thiết suy ra un > 0, ∀n ∈ ℕ* . Ta có u2 − u1 =

1 1 1 1 uk ≤ ⇒ −2 ≤ uk − 1 ≤ − ⇒ −2 ≤ uk +1 ≤ 1 2 2 2 2

Theo nguyên lí quy nạp ta đã chứng minh được −2 ≤ un ≤ 1, ∀n ∈ ℕ*

5 −3 −2= <0 4 4

Vậy ( un ) là dãy số bị chặn. Trang 39

Trang 40

Câu 27. Chọn D

S (n) =

Xét dãy ( an ) có an = n3 + n > 0, ∀n ∈ ℕ* nên dãy số ( an ) bị chặn dưới.

Câu 3. Chọn D

1 > 0, ∀n ∈ ℕ* nên dãy số ( bn ) bị chặn dưới. 2n

Xét dãy ( bn ) có bn = n2 +

Cách 1:

Xét dãy ( cn ) có cn = ( −2 ) + 3, ∀n ∈ ℕ* nên dãy số ( cn ) không bị chặn. Xét dãy ( dn ) có dn =

Ta có

3n , ∀n ∈ ℕ* . n2 + 2 2

Ta có n3 − 3n + 2 = ( n − 1) ( n + 2 ) ≥ 0, ∀n ∈ ℕ* ⇒ n3 + 2 ≥ 3n ⇒ 0 <

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n + + + ... + = − + − + ... + − + − = 1− = 1.2 2.3 3.4 n ( n + 1) 1 2 3 4 n −1 n n n +1 n +1 n +1

(1.2 )

1 1 5 1 1 = − ; = − ;... 1 4 ( 2.3)2 4 9

n (n + 2) 1 1 1 1 1 1 Suy ra Sn = − + − + ... + 2 − = 1 4 4 9 n ( n + 1)2 ( n + 1)2

3n ≤ 1 ⇒ ( dn ) bị chặn. n2 + 2

Câu 28. Chọn C

Vậy S10 =

1 1 1 1 Xét 2 < = − ,∀ ≥ 2 k ( k − 1) k k − 1 k

Cách 2:

1  1  1 1 1 1  1 1 1 3 1 3 3  1 Suy ra un < +  1 −  +  −  +  −  +  −  + ... +  −  = − < ⇒ 0 < un < , ∀n ∈ ℕ* 2  2   2 3 3 4   5 6  n − 1 n 2 n 2 2  

10 (10 + 2 )

Ta có S10 =

(10 + 1) 3

(1.2 )

120 . 121

( 2.3)

(3.4 )

+ ... +

(10.11)

Vậy dãu số ( un ) bị chặn.

1 1 1 1 1 1 1 1 120 Suy ra S10 = − + − + ... + 2 − 2 = − 2 = . 1 4 4 9 10 11 1 11 121

Câu 29. Chọn B

Câu 4. Chọn A

Xét un = a sin n + b cos n ≤ a + b ⇒ − ( a + b ) ≤ un ≤ a + b

x x x x Ta có 2 sin .S = 2 sin x.sin + 2 sin 2 x.sin + .. + 2 sin nx.sin 2 2 2 2

Vậy dãy số ( un ) bị chặn.

3x 3x 5x 2n − 1 2n + 1 2n + 1 x x = cos − cos + cos − cos x + ... + cos x x − cos x = cos − cos x 2 2 2 2 2 2 2 2

Câu 30. Chọn C

x 2n + 1 cos − cos x 2 2 Vậy S = x 2 sin 2

Ta có u1 = 2; u2 = 2 + 2 ; u3 = 2 + 2 + 2 ;...; un = 2 + 2 + 2 + ... + 2 Do un +1 − un > 0 nên ( un ) là dãy số tăng. Lại có

2 < un ≤ 2 suy ra dãy số bị chặn.

Câu 5. Chọn C

Dạng 4. Tính tổng của dãy số 1-B

2-B

3-D

4-A

5-C

6-C

7-B

8-C

9-B

1  1   1 1   1 1   1 1  1  1  1  n  1 Sn =  1 −  +  −  +  −  +  −  + ... +  −  = 1 − = 3  4   4 7   7 10   10 13   3n − 2 3n + 1   3  3n + 1  3n + 1

Câu 6. Chọn C HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

i =1

Câu 7. Chọn B

⇒ 2 S30 = ( 2 + 60 ) + ( 4 + 58) + ( 6 + 56 ) + ... + ( 60 + 2 ) (có 30 ngoặc đơn)

Đặt M =

( 2 + 60 ) .30 = 930

(

)

i =1

Ta có S30 = 2 + 4 + 6 + ... + 60

⇒ S30 =

Sn = ∑ i ( 2i + 1) = ∑ 2i 2 + 1 = 2∑ i 2 + ∑ i =

Câu 1. Chọn B

i =1

2 n ( n + 1)( 2n + 1) 6

n ( n + 1) 2

n ( n + 1)( 4n + 5) 6

1 1 1 1 + + + ... + 100 5 52 53 5

1 1 1 Ta có 5M = 1 + + 2 + ... + 99 5 5 5

Câu 2. Chọn B

1  1 1 1 1  1  1 1 ⇒ 5M − M =  1 + + 2 + ... + 99  −  + 2 + 3 ... + 100  = 1 − 100 5  5 5 5 5  5  5 5

Trang 41

Trang 42

⇒ 4M = 1 −

1 5100 − 1 5100 − 1 ⇒M= ⇒ S = 4.5100. + 1 = 5100 100 5 4.5 4.5100 100

Câu 8. Chọn C

Ta có

2 1 1 2 1 1 = − ; = − ;... 1.3 1 3 3.5 3 5

1 1 1 1 1 1 1 98 Do đó S = − + − + ... + − = 1− = 1 3 3 5 97 99 99 99

Câu 9. Chọn B

Ta có 3Sn = 3 + 2.32 + 3.33 + ... + n.3n Từ đó 2 Sn = −1 − 3 − 32 − ... − 3n −1 + n.3n ⇔ 2 Sn = −

3n − 1 3n − 1 n n + n.3n ⇔ Sn = − + .3 2 4 2

Trang 43

CHUYÊN ĐỀ

I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM

BÀI 2: CẤP SỐ CỘNG

Định nghĩa

Mục tiêu

Cấp số cộng là một dãy số (vô hạn hay hữu hạn) mà trong đó, kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều

Kiến thức

bằng tổng của số hạng đứng ngay trước nó với một số d không đổi, nghĩa là

+ Hiểu được khái niệm cấp số cộng.

( un ) là cấp số cộng

+ Nắm được công thức tổng quát, tổng n số hạng đầu tiên của cấp số cộng.

Số d được gọi là công sai của cấp số cộng.

⇔ ∀n ≥ 2, un = un −1 + d .

+ Biết được số hạng đầu và công sai của cấp số cộng.

Định lí 1

Kĩ năng

Nếu ( u n ) là một cấp số cộng thì kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng (trừ số hạng cuối đối với cấp số cộng

+ Tìm được các yếu tố còn lại khi biết 3 trong 5 yếu tố: số hạng đầu, số hạng thứ k, công sai, số hữu hạn) đều là trung bình cộng của hai số hạng đứng kề nó trong dãy, tức là uk =

số hạng, tổng n số hạng đầu của cấp số cộng. + Liên hệ được kiến thức về cấp số cộng để giải những bài toán thực tế.

uk −1 + uk +1 . 2

Hệ quả: Ba số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi a + c = 2b. Định lí 2 Nếu một cấp số cộng có số hạng đầu u1 và công sai d thì số hạng tổng quát un của nó được xác định bởi công thức sau: u n = u1 + ( n − 1) d . Định lí 3 Giả sử ( u n ) là một cấp số cộng có công sai d. n

Gọi Sn = ∑ uk = u1 + u2 + ... + un k =1

( Sn là tổng của n số hạng đầu tiên của cấp số cộng). Ta có Sn =

n ( u1 + un ) n  2u1 + ( n − 1) d  = . 2 2 SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA Nhận diện cấp số cộng

un − un −1 = d là hằng số

Số hạng tổng quát

CẤP SỐ CỘNG

u n = u1 + ( n − 1) d

un = un −1 + d

( n ≥ 2)

Trang 1

Tổng n số hạng đầu tiên n ( u1 + un ) Sn = 2 n  2u1 + ( n − 1) d  Sn = 2

Số hạng thứ k

uk =

uk −1 + uk +1 2

Hệ quả

Ba số a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số cộng khi và chỉ khi a + c = 2b

Trang 2

Vậy ( u n ) không là cấp số cộng.

Bài tập tự luyện dạng 1 Câu 1:Dãy số nào sau đây là cấp số cộng?

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP

A.1; 3; 6; 9; 12.

Dạng 1: Nhận dạng một dãy số là cấp số cộng Phương pháp giải

A. un = 3n.

Sử dụng định nghĩa ( u n ) là một cấp số cộng khi và chỉ khi un +1 − un = d , với d là một hằng số.

Nếu d là hằng số thì ( u n ) là một cấp số cộng với công sai d.

•

Nếu d phụ thuộc vào n thì ( un ) không là cấp số cộng. Ví dụ mẫu

D.0; 4; 8; 12; 16.

B. un = ( −3)

n +1

C. un = 3n + 1.

D. un = 5n 2 + n.

1 1 A. − ; 0; 1; ; 1;... 2 2

1 1 1 B. − ; 0; ; 0; − ;... 2 2 2

1 3 5 C. ; 1; ; 2; ;... 2 2 2

1 1 3 D. − ; 0; ; 1; ;... 2 2 2

Câu 4:Trong các dãy số sau, dãy số nào là một cấp số cộng

Ví dụ 1. Chứng minh các dãy số sau là cấp số cộng.

A.1; -2; -4; -6; -8.

a) Dãy số ( u n ) với un = 2020n − 2021.

B.1; -3; -6; -9; -12.

C.1; -3; -7; -11; -15.

D.1; -3; -5; -7; -9.

Câu 5:Trong các dãy số sau đây dãy số nào là cấp số cộng?

b) Dãy số ( u n ) với un = −2n + 5.

A. un = n + 1, n ≥ 1.

B. un = 2n − 3, n ≥ 1.

C. un = n 2 + 1, n ≥ 1.

D. un = ( −2 )

n +1

D. un = ( −3)

n +1

, n ≥ 1.

Câu 6:Trong các dãy số sau đây, dãy số nào là cấp số cộng?

Hướng dẫn giải

A. un = 3n 2 + 2020.

a) Dãy số ( u n ) với un = 2020n − 2021.

B. un = 3n + 2020.

Vậy ( un ) là một cấp số cộng với công sai d = 2020.

A. un = 3n − 1.

b) Dãy số ( u n ) với un = −2n + 5.

B. un = 2n + 1.

C. un = ( n + 1) − n 2 .

u = 3 D.  1 un +1 = un − 1, n ≥ 1.

Câu 8:Các dãy số sau có số dạng tổng quát un , dãy số nào không phải là cấp số cộng?

Ta có un +1 − un = −2 ( n + 1) + 5 − ( −2n + 5 ) = −2.

A.1; 3; 5; 7; 9.

Vậy ( un ) là một cấp số cộng với công sai d = −2.

B.13; 17; 21; 25; 29.

C. un = 1 + 3n.

D. un = ( n + 3) − n 2 .

Câu 9:Trong các dãy số sau đây dãy số nào là cấp số cộng?

Ví dụ 2. Chứng minh các dãy số sau không phải là cấp số cộng.

u = −1 A.  1 . un +1 = 2un + 1

a) Dãy số ( u n ) với un = n 2 + n + 1.

u = −1 B.  1 . un +1 = un + 1

C. un = n 2 .

D. un = ( n + 1) .

C. un = 3n , ( n ∈ ℕ* ) .

D. un =

Câu 10:Dãy số nào dưới đây là cấp số cộng?

b) Dãy số ( u n ) với u n = ( −1) + 3n.

A. un = n + 2n , ( n ∈ ℕ* ) . B. un = 3n + 1, ( n ∈ ℕ* ) .

Hướng dẫn giải a) Dãy số ( u n ) với un = n 2 + n + 1.

3n + 1 , ( n ∈ ℕ* ) . n+2

Câu 11: Khẳng định nào sau đây sai? A. Dãy số 0,1; 0,01; 0,001; 0,0001;… không phải là một cấp số cộng.

Ta có un +1 − un = ( n + 1) + ( n + 1) + 1 − ( n 2 + n + 1) = 2n + 2 phụ thuộc vào n. 2

1  u =− 1 1 3  1 2. B.Dãy số − ;0; ;1; ;... là một cấp số cộng với 1  1 2 2 2 d =  2

Vậy ( u n ) không là cấp số cộng. n

b) Dãy số ( u n ) với u n = ( −1) + 3n. n +1

C. un = 3n.

Câu 7:Trong các dãy số ( un ) sau đây, dãy số nào không phải là cấp số cộng?

Ta có u n +1 − u n = 2020 ( n + 1) − 2021 − ( 2020 n − 2021) = 2020.

Ta có u n +1 − u n = ( −1)

C.1; 2; 4; 8; 16.

1 1 Câu 3:Một cấp số cộng ( un ) với u1 = − , d = có dạng khai triển nào sau đây? 2 2

Để chứng minh dãy số ( u n ) là một cấp số cộng, ta xét d = un +1 − un •

B.1; 4; 7; 10; 14.

Câu 2:Trong các dãy sau đây, dãy nào là cấp số cộng?

n n n n + 3 ( n + 1) − ( −1) + 3n  = − ( −1) + 3 − ( −1) = 3 − 2 ( −1) phụ thuộc vào n.  

Trang 3

Trang 4

 x − d + x + x + d = 9 u1 + u2 + u3 = 9 ⇔ Ta có  2 2 2 2 2 2 u1 + u2 + u3 = 35 ( x − d ) + x + ( x + d ) = 35

1  u = 1 1 1  1 2 . C.Dãy số ; 2 ; 3 ;... là một cấp số cộng có ba số hạng và  2 2 2 d = 1  2

 x = 3 x = 3 x = 3 ⇔ ⇔ 2 ⇔ . 2 2 2  d = ±2 ( 3 − d ) + 3 + ( 3 + d ) = 35 d = 4

u = −2 D.Dãy số -2; -2; -2; -2;… là một cấp số cộng  1 . d = 0

Với d = 2 ⇒ u1 = 1.

Câu 12:Cho dãy số có các số hạng đầu là 8; 15; 22; 29; 36;… Viết công thức số hạng tổng quát? A. un = 7n + 7.

B. un = 7n.

C.Không viết được dưới dạng công thức.

D. un = 7n + 1.

Với d = −2 ⇒ u1 = 5.

Câu 13:Cho 2 cấp số cộng hữu hạn 4; 7; 10; 13; 16;… và 1; 6; 11; 16; 21;…; mỗi cấp số cộng có 100 số hạng. Hỏi có tất cả bao nhiêu số có mặt trong cả hai cấp số trên? A.21.

B. 20.

C. 18.

cộng là lẻ thì gọi công sai

Hướng dẫn giải

sai là d = 2 x.

A.Dãy số ( an ) , với an = ( 2n + 5 ) − 4n 2 , ∀n ∈ ℕ* . B.Dãy số ( bn ) , với b1 = 1, bn +1 = 3bn + 4, ∀n ∈ ℕ* .

2020 D.Dãy số ( d n ) , với d1 = 1, d n +1 = , ∀n ∈ ℕ* . dn + 1

C.Dãy số ( cn ) , với cn = 2019 , ∀n ∈ ℕ .

bằng 20 và tổng các bình phương của chúng bằng 120.

d = x, là chẵn thì gọi công sai d = 2 x rồi viết các số hạng dưới dạng đối xứng.

- Nếu số số hạng của cấp số

Giả sử bốn số hạng a − 3x; a − x; a + x; a + 3x lập thành cấp số cộng với công

D.19.

Câu 14:Trong các dãy số dưới đây, dãy số nào là cấp số cộng?

Ví dụ 2. Tìm bốn số hạng liên tiếp của một cấp số cộng biết tổng của chúng

( a − 3x ) + ( a − x ) + ( a + x ) + ( a + 3 x ) = 20 Khi đó ta có  2 2 2 2 ( a − 3x ) + ( a − x ) + ( a + x ) + ( a + 3 x ) = 120 4a = 20 a = 5 ⇔ 2 ⇔ . 2  x = ±1 4a + 20 x = 120

Dạng 2: Tìm số hạng đầu tiên, công sai của cấp số cộng, tìm số hạng thứ k của cấp số cộng, tính tổng k số hạng đầu tiên. Phương pháp giải

Vậy bốn số cần tìm là 2; 4; 6; 8.

Ta lập hệ phương trình gồm hai ẩn u1 và d . Sau đó giải hệ phương trình này tìm được u1 và d . Muốn tìm

- Nếu cấp số cộng ( an ) thỏa mãn

a1 + a2 + ... + an = p thì  2 2 2 2 a1 + a2 + ... + an = s

a1 =

và

n ( n − 1)  1 .d  p− n 2 

d =±

12 ( ns 2 − p 2 )

số hạng thứ k , trước tiên ta phải tìm u1 và d . Sau đó áp dụng công thức uk = u1 + ( k − 1) d . Muốn tính tổng

Sk =

k  2u1 + ( k − 1) d  2

u = 19 hạng đầu tiên của cấp số cộng un , biết rằng  5 . u9 = 35

Hướng dẫn giải

Ví dụ mẫu

Áp dụng công thức un = u1 + ( n − 1) d ,

u1 + u2 + u3 = 9 Ví dụ 1. Tìm số hạng đầu và công sai của cấp số cộng  2 . 2 2 u1 + u2 + u3 = 35

u = 19 u1 + 4d = 19 u = 3 ta có  5 ⇔ ⇔ 1 . u = 35 u + 8 d = 35 d = 4  1  9

Hướng dẫn giải

u1 + u1 + d + u1 + 2d = 9 u1 + u2 + u3 = 9 Cách 1. Ta có  2 ⇔ 2 2 2 2 2 u1 + u2 + u3 = 35 u1 + ( u1 + d ) + ( u1 + 2d ) = 35 u1 = 3 − d u1 = 3 − d u = 3 − d ⇔ ⇔ 2 ⇔ 1 . 2 2 2 = d 4 − + + + = 3 d 3 3 d 35 ( ) ( )  d = ±2   Với d = 2 ⇒ u1 = 1.

Ví dụ 3. Tìm số hạng đầu tiên, công sai, số hạng thứ 50 và tổng của 20 số

của k số hạng đầu tiên, ta phải tìm u1 và d . Sau đó áp dụng công thức k ( u1 + uk )

n 2 ( n 2 − 1)

Vậy số hạng đầu tiên u1 = 3, công sai d = 4. Áp dụng công thức

Số hạng thứ 50 là u50 = u1 + 49d = 3 + 49.4 = 199.

un = u1 + ( n − 1) d

Tổng của 20 số hạng đầu tiên là

lập hệ phương trình gồm hai ẩn u1 và d .

S50 =

Áp dụng công thức

u n = u1 + ( n − 1) d Lập được hệ phương trình gồm hai ẩn

u1 và d .

Để tính tổng k số hạng đầu tiên, ta áp dụng công thức

Sk =

k  2u1 + ( k − 1) d  2

50 ( 2u1 + 49 d ) = 25. ( 2.3 + 49.4 ) = 5050. 2

Ví dụ 4. Tìm số hạng đầu và công sai của các cấp số cộng

Với d = −2 ⇒ u1 = 5. Cách 2. Đặt u1 = x − d ; x2 = x; u3 = x + d .

Trang 5

Trang 6

 S4 = 20  b)  1 1 1 1 25 .  u + u + u + u = 24  1 2 3 4

 S12 = 34 . a)   S18 = 45

•

Với d = −1 ⇒ u1 = 5 +

Ví dụ 5. Biết u4 + u8 + u12 + u16 = 224. Tính S19 .

Hướng dẫn giải

12 ( 2u1 + 11d ) 31  u = = 34  S12 = 34 6u1 + 33d = 17   1 9 2 a) Ta có  ⇔ ⇔ ⇔ .  S18 = 45 18 ( 2u1 + 17d ) 2u1 + 17 d = 5 d = − 1 = 45   9 2

Ta có u4 + u8 + u12 + u16 = 224

3  u1 = 5 − 2 d  1 1 1 25  1 + + =  3 + 3 3 3 24  5 − d 5 − d + d 5 − d + 2d 5 − d + 3d  2 2 2 2  

  1 1   1 1 + + + 3 3   d d  5− d 5+ d   5− 5+  2 2   2 2

( )⇔ *

⇔ u1 + 3d + u1 + 7d + u1 + 11d + u1 + 15d = 224 ⇔ 4u1 + 36d = 224 ⇔ u1 + 9d = 56.

k  2u1 + ( k − 1) d  Sk =  2 Biểu diễn được S4 theo hai ẩn

()

u n = u1 + ( n − 1) d Lập được hệ phương trình gồm hai ẩn

  25 10 10 25 ⇔ + = . = 2 2 9 d d 24 24  25 − 25 −  4 4

Với d = −

= −24350.

B. u1 = 10; d = −3.

C. u1 = 4; d = −3.

D. u1 = 4; d = −3.

là A. u8 = 1.

B. u8 = −1.

C. u8 = 103.

D. u8 = 64.

Câu 3:Cho cấp số cộng ( u n ) có u1 = −1; d = 2; Sn = 483. Giá trị của n là A. n = 20.

B. n = 21.

Câu 4:Cho cấp số cộng ( u n ) A.15.

C. n = 22.

D. n = 23.

u1 = −2 xác định bởi  . Số 70 là số hạng thứ bao nhiêu của cấp số cộng? un +1 = un + 3

B.23.

C.25.

D.205.

Câu 5:Cho một cấp số cộng ( u n ) có u1 = 5 và tổng của 50 số hạng đầu bằng 5150. Công thức của số hạng

tổng quát un là A. un = 1 + 4n.

145 145 ⇒ u1 = 5 − . 3 2

B. un = 5n.

C. un = 3 + 2n.

D. un = 2 + 3n.

Câu 6:Cho cấp số cộng ( u n ) có un = 2n + 3. Biết Sn = 320, giá trị của n là

145 145 ⇒ u1 = 5 + . 3 2

Với d = 1 ⇒ u1 = 5 −

100 ( 2.4 + 99. ( −5 ) )

Câu 2:Cho cấp số cộng ( u n ) với số hạng đầu là u1 = 15 và công sai d = −2. Số hạng thứ 8 của cấp số cộng

A. n = 16 hoặc n = −20.

B. n = 15.

C. n = 20.

D. n = 16.

Câu 7:Cho dãy số ( u n ) biết un = 2n − 5. Chọn khẳng định đúng.

Nếu t = 1 ⇔ d 2 = 1 ⇔ d = ±1. •

Bài tập tự luyện dạng 2

A. u1 = 1; d = 3.

145 145 145 ⇔ d2 = ⇒d =± . 9 9 3

•

n ( 2u1 + ( n − 1) d )

Câu 1:Số hạng đầu u1 và công sai d của cấp số cộng ( u n ) có u2 = 7; u3 = 4 là

 145 t= ⇔ 9t 2 − 154t + 145 = 0 ⇔  9 .  t = 1

Với d =

Vậy S100 =

u1 và d .

100 − 20t 5 = ⇒ 24 ( 20 − 4t ) = ( 25 − 9t )( 25 − t ) ( 25 − 9t )( 25 − t ) 24

•

Hướng dẫn giải

Áp dụng công thức *

2 ( 25 − t ) + 2 ( 25 − 9t ) 5 10 10 25 + = ⇔ = 25 − 9t 25 − t 24 24 ( 25 − 9t )( 25 − t )

Nếu t =

Ví dụ 6. Cho cấp số cộng ( u n ) biết un = 9 − 5n. Tìm S100 .

Ta có u n +1 − u n = 9 − 5 ( n + 1)  − ( 9 − 5n ) = −5, ∀n ∈ ℕ* . Suy ra d = −5, u1 = 4.

u1 và d .

d2 Đặt = t ; t ≥ 0, ta được 4

⇔

19 ( 2u1 + 18d ) = 19 ( u1 + 9d ) = 19.56 = 1064. 2

Ta có S19 = Áp dụng công thức

 2 ( 2u1 + 3d ) = 20  S4 = 20   b)  1 1 1 1 25 ⇔  1 1 1 1 25  u + u + u + u = 24  u + u + u + u = 24  1 2 3 4 2 3 4  1

3 13 = . 2 2

3 7 = . 2 2 Trang 7

A. ( u n ) là một cấp số cộng với công sai d = 2.

B. ( u n ) là một cấp số cộng với công sai d = −2.

C. ( u n ) là một cấp số cộng với công sai d = 5.

D. ( u n ) là một cấp số cộng với công sai d = −5.

Trang 8

Câu 8:Cho cấp số cộng ( u n ) biết u1 = 7 và d = 4. Lựa chọn kết quả đúng trong các kết quả sau A. u15 − u3 = 46.

B. u29 − u22 = 28.

C. u17 − u13 = 18.

Câu 19:Cho cấp số cộng ( un ) , với u1 = 2, d = −3. Kết quả nào sau đây đúng?

D. u1000 − u100 = 350.

Câu 9:Cho dãy số ( u n ) là một cấp số cộng có công sai d = 3. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định

A. u3 = −1. A.690. A. d = 4.

A. S10 = 175.

D.Dãy số u10 ; u20 ; u30 ;...; u10 n , ∀n ≥ 1 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng với công sai là 15. Câu 10:Cho cấp số cộng ( u n ) có công sai d. Gọi Sn là tổng của n số hạng đầu tiên. Hãy chỉ ra hệ thức sai

A. n = 20. C. u4 .u9 = u .

D. S3 + S5 = 2S4 + d .

u1 + 2u5 = 0 Câu 11: Cho cấp số cộng ( u n ) , biết  . Số hạng đầu u1 và công sai d là S 4 = 14 A. u1 = 8; d = −3.

B. u1 = 8; d = 2.

C. u1 = −8; d = −3.

B. u1 = 36; d = −13.

C. u1 = 35; d = 13.

B.280.

C.360.

B.3024.

C.80.

C. d = 2.

D. d = −2.

B. S10 = 350.

C. S10 = 700.

D. S10 = 1400.

B. n = 21.

C. n = 22.

D. n = 23.

B.1; 4; 5; 10.

A.242546.

C.2; 3; 5; 10.

D.2; 3; 4; 5.

u2 + u5 = 42 thỏa mãn  . Tổng của 346 số hạng đầu là u3 + u10 = 66

B.242000.

C.241000.

D.240000.

Câu 26:Cho cấp số cộng ( u n ) có u5 = 18 và 4Sn = S2 n . Số hạng đầu tiên u1 và công sai d của cấp số cộng

D. u1 = 34; d = −13.

D.153.

Câu 14:Cho cấp số cộng un = 5n − 2. Biết Sn = 16040, số số hạng của cấp số cộng là A.79.

B. d = 2.

Câu 25:Cho cấp số cộng ( u n )

D. u1 = −8; d = 2.

Câu 13:Cấp số cộng ( u n ) có S6 = 18, S10 = 110 thì tổng 20 số hạng đầu tiên là A.620.

D.500.

Câu 24:Cho cấp số cộng có tổng 4 số hạng bằng 22, tổng bình phương của chúng bằng 166. Bốn số hạng của cấp số cộng này là A.1; 4; 7; 10.

u + u − u = 10 Câu 12:Số hạng đầu u1 và công sai d của cấp số cộng ( u n ) có  1 5 3 là u1 + u6 = 7 A. u1 = 33; d = 12.

C.600.

Câu 23: Cho cấp số cộng có u1 = −1, d = 2, Sn = 483. Số các số hạng của cấp số cộng đó là

trong các hệ thức sau. B. u5 + u9 = 2u7 .

B.680.

Câu 22:Tổng 10 số hạng đầu của cấp số cộng có u1 = 8, u10 = 62 là

C.Dãy số u10 ; u20 ; u30 ;...; u10 n , ∀n ≥ 1 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng với công sai là 30.

A. u3 + u8 = u5 + u6 .

D. u6 = 0.

Câu 21:Công sai d của một cấp số cộng hữu hạn có số hạng đầu u1 = 10 và số hạng cuối u21 = 50 là

B.Dãy số u10 ; u20 ; u30 ;...; u10 n , ∀n ≥ 1 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng với công sai là 20.

2 6

C. u4 = −7.

Câu 20:Cho cấp số cộng có u2 + u22 = 60. Tổng của 23 số hạng đầu là

sau A.Dãy số u10 ; u20 ; u30 ;...; u10 n , ∀n ≥ 1 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng với công sai là 10.

B. u3 = −7.

là A. u1 = 2; d = 4.

B. u1 = 2; d = 3.

C. u1 = 2; d = 2.

D. u1 = 3; d = 2.

Câu 27:Cho cấp số cộng gồm 4 số hạng −1, a,7, b. Giá trị của a, b là

D.100.

Câu 15:Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau. Nếu 3 số a, b, c khác 0 lập thành cấp số cộng

thì

A. a = 3, b = 11.

B. a = 2, b = 9.

C. a = 4, b = 12.

D. a = 7, b = −1.

Câu 28:Cho dãy số ( an ) có tổng n số hạng đầu tiên là Sn = 2n 2 + 3n. Khi đó

A.nghịch đảo của chúng cũng lập thành một cấp số cộng. B.bình phương của chúng cũng lập thành cấp số cộng.

A. ( an ) là một cấp số cộng với công sai bằng 4.

B. ( an ) là một cấp số cộng với công sai bằng 2.

C.c, b, a theo thứ tự đó cũng lập thành cấp số cộng.

C. ( an ) là một cấp số cộng với công sai bằng 1.

D. ( an ) là một cấp số cộng với công sai bằng 8.

D.Tất cả các khẳng định trên đều sai.

Câu 29:Cho cấp số cộng ( u n ) với số hạng đầu là u1 = −6 và công sai d = 4. Tổng 14 số hạng đầu tiên

Câu 16:Cho cấp số cộng có S10 = −85, S15 = −240, khi đó S20 bằng A.-325.

B.-170.

C.-395.

của cấp số cộng đó bằng D.-470.

A.280.

Câu 17:Tổng tất cả các số tự nhiên chẵn nhỏ hơn 555 là A.77145.

B.77284.

C.76450.

D.77006.

1 1 Câu 18:Cho cấp số cộng có u1 = , d = − . Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau đây? 4 4

5 A. S5 = . 4

4 B. S5 = . 5

5 C. S5 = − . 4

B.308.

C.644.

D.46.

Câu 30:Cho cấp số cộng ( u n ) gồm 4 số hạng 2, a,6, b. Tích a.b bằng A.12.

B.32.

C.40.

D.22.

Câu 31:Cho cấp số cộng có tổng n số hạng đầu là Sn = 3n + 4n, n ∈ ℕ . Giá trị số hạng thứ 10 của cấp số 2

cộng là

4 D. S5 = − . 5

A. u10 = 55.

Trang 9

B. u10 = 67.

C. u10 = 61.

D. u10 = 59.

Trang 10

Câu 32:Thêm 6 số xen giữa hai số 3 và 24 ta được một cấp số cộng có 8 số hạng. Khi đó tổng các số hạng là

Chu vi của tam giác là x + y + z = 3a. (1)

A.110.

Theo tính chất của cấp số cộng, ta có x + z = 2 y.

B.107.

C.106.

D.108.

Câu 33:Thêm 5 số xen giữa hai số 25 và 1 ta được một cấp số cộng có 7 số hạng. Số hạng thứ 50 là A.-169.

B.169.

C.-171.

D.171.

1 1 1 là S= + + ... + u1u2 u2u3 u49u50 9 . 246

B. S =

( 3)

Thay (2) và (1), ta được 3 y = 3a ⇔ y = a.

Câu 34:Cho một cấp số cộng ( u n ) có u1 = 1 và tổng 100 số hạng đầu bằng 24850. Giá trị biểu thức

A. S =

Tam giác đã cho vuông nên x 2 + y 2 = z 2 .

( 2)

Thay y = a vào (2), ta được x + z = 2a ⇒ x = 2a − z. Thay x = 2a − z và y = a vào (3), ta được

4 . 23

C. S = 123.

D. S =

49 . 246

( 2a − z )

+ a 2 = z 2 ⇔ 5a 2 − 4az = 0 ⇔ z =

5a 3a ⇒x= . 4 4

3a 5a , a, . 4 4

u + 3u3 − u2 = −21 Câu 35:Cho cấp số cộng ( u n ) thỏa mãn  5 . Giá trị của biểu thức S = u4 + u5 + ... + u30 là 3u7 − 2u4 = −34

Vậy độ dài ba cạnh của tam giác là

A.-1242.

Ví dụ 3. Cho a 2 , b2 , c 2 lập thành một cấp số cộng có công sai khác 0.

B.-1222.

C.-1276.

D.-1286.

Dạng 3: Dựa vào tính chất của cấp số cộng: chứng minh đẳng thức, giải phương trình và các bài

Chứng minh rằng

toán thực tế

Ta sẽ chứng minh

1 1 1 ; ; cũng lập thành một cấp số cộng. b+c c+a a+b

1 1 2 + = . a+b b+c c+a

Hướng dẫn giải

Phương pháp giải

Nếu ( u n ) là một cấp số cộng thì kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng (trừ số hạng cuối cùng đối với cấp số cộng hữu hạn) đều là trung bình cộng của hai số hạng đứng kề nó trong dãy, tức là uk =

uk −1 + uk +1 . 2

Theo giả thiết, ta có a 2 + c 2 = 2b2 . Ta phải chứng minh

1 1 2 + = . b+c a +b c+a

Ta có a 2 + c2 = b2 + b2 ⇔ a 2 − b2 = b2 − c2 ≠ 0

Hệ quả: Ba số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành một cấp số cộng khi và chỉ khi a + c = 2b.

⇔ ( a − b )( a + b ) = ( b − c )( b + c ) ⇒

Ví dụ mẫu Ví dụ 1. Cho a, b, c là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng, chứng minh rằng

⇒

a) a 2 + 2bc = c 2 + 2ab.

b) a 2 + 8bc = ( 2b + c ) .

Hướng dẫn giải

⇔

Vì a, b, c là ba số hạng liên tiếp của một cấp số cộng nên a + c = 2b ⇔ a = 2b − c. 2

a) Ta có a 2 − 2 ab = ( 2b − c ) − 2 ( 2b − c ) .b = 4b 2 − 4bc + c 2 − 4b 2 + 2bc

⇔

a−b

b−c

( b + c )( c + a ) ( a + b )( c + a ) a+c

−

b+c

⇔

( a + c) − (b + c ) = ( a + b) − (c + a ) ( b + c )( c + a ) ( a + b )( c + a ) a +b

−

c+a

( a + c )( c + a ) ( b + c )( c + a ) ( a + b )( c + a ) ( a + b )( c + a ) 1 1 1 1 1 1 2 − = − ⇔ + = (điều phải chứng minh). b+c c+a c+a a+b a+b b+c c+a

= c2 − 2bc. Ví dụ 4. Cho tam giác ABC có tan

Vậy a 2 − 2ab = c 2 − 2bc ⇔ a 2 + 2bc = c 2 + 2ab.

a−b b−c = b+c a+b

A B C , tan , tan , theo thứ tự đó lập thành Ta sẽ chứng minh 2 2 2

cấp số cộng. Chứng minh cosA, cosB, cosC theo thứ tự cũng lập thành cấp số

b) Ta có a 2 + 8bc = ( 2b − c ) + 8bc = 4b 2 − 4bc + c 2 + 8bc

cosA + cosC = 2cosB

cộng.

= 4b 2 + 4bc + c 2 = ( 2b + c ) .

Hướng dẫn giải

Ví dụ 2. Một tam giác vuông có chu vi bằng 3a và ba cạnh lập thành một cấp số cộng. Tính độ dài ba

cạnh của tam giác theo a. Hướng dẫn giải

Gọi x, y , z theo thứ tự là độ dài ba cạnh của tam giác ( x < y < z ) . Trang 11

A C B sin sin sin A C B 2 2 2 + = 2. Ta có tan + tan = 2 tan ⇔ A C B 2 2 2 cos cos cos 2 2 2

Trang 12

sin ⇔

A C C A B .cos + sin .cos sin 2 2 2 2 = 2. 2 A C B cos .cos cos 2 2 2

⇒

;

1 c+ a

;

1 a+ b

theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng.

Ví dụ 6. Tìm giá trị của m để phương trình ( x 2 + 2 x − 3 ) ( x − 2 m ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt lập thành một

A C B B B sin  +  sin cos sin 2 2 =2 2 ⇔ 2 2 ⇔ = 2. A C B A C B cos .cos cos cos .cos cos 2 2 2 2 2 2 ⇔ cos 2

1 b+ c

cấp số cộng có công sai lớn hơn 2. Hướng dẫn giải

x = 1 Ta có ( x 2 + 2 x − 3) ( x − 2m ) = 0 ⇔  x = −3 .   x = 2m

B A C B = 2.cos .cos .sin 2 2 2 2

1 + cos B   A − C  B  A + C  = cos   + cos    .sin . 2 2 2 2     

Ba nghiệm này lập thành một cấp số cộng có công sai lớn hơn 2 nên có 3 trường hợp.

⇔

1 + cos B A−C B B B = cos .sin + sin .sin 2 2 2 2 2

Suy ra d = 4; m =

⇔

1 + cos B A−C A+C B = cos + sin 2 .cos 2 2 2 2

Trường hợp 2: Ba nghiệm thứ tự −3; 2m;1. Suy ra d = 2; m = −

⇔

1 + cos B 1 1 − cos B =  cos ( −C ) + cosA  + 2 2 2

Trường hợp 3: Ba nghiệm thứ tự 2m; −3;1.

Trường hợp 1: Ba nghiệm thứ tự là -3;1; 2m.

5 (thỏa mãn). 2 1 (loại). 2

7 Suy ra d = 4; m = − (thỏa mãn). 2

⇔ 1 + cos B = cos C + cos A + 1 − cos B

⇒ cos A, cos B, cos C theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng.

 7 5 Vậy các giá trị m cần tìm là m ∈ − ;  .  2 2

Ví dụ 5. Cho các số dương a; b; c theo thứ tự lập thành cấp số cộng. Chứng Ta sẽ chứng minh

Ví dụ 7. Tìm m để phương trình x 4 − 20 x 2 + ( m − 1) = 0 có bốn nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng.

⇔ cos A + cos C = 2 cos B

1 1 + b+ c a+ b 2 = c+ a

minh rằng 1 1 1 theo thứ tự đó cũng lập thành cấp số cộng. ; ; b+ c c+ a a+ b

Hướng dẫn giải

⇔

a− b b− c = ⇔ b+ c a+ b

(

a− b

) (

a+ b = =

)( c + a ) ( ( a + c)−( b + c) = ( b + a)−( c + a) ⇔ ( b + c )( c + a ) ( a + b )( c + a ) ⇔

(

)(

b+ c

Đặt t = x 2 , t ≥ 0. Phương trình trở thành t 2 − 20t + ( m − 1) = 0 (1) .

Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm dương t1 , t2

 − m 2 + 2m + 99 > 0 ∆ ' > 0   −9 < m < 11  ⇔  S > 0 ⇔  20 > 0 ⇔ . m ≠ 1 P > 0  2  ( m − 1) > 0

1 1 2 + = . b+ c a+ b c+ a

Ta có a + c = 2b ⇔ a − b = b − c ⇔

Hướng dẫn giải

phân biệt ( 0 < t1 < t2 )

Vì a, b, c lập thành cấp số cộng nên a + c = 2b. Ta cần chứng minh

b− c

)(

b+ c

)

Bốn nghiệm của phương trình lập thành cấp số cộng là − t2 , − t1 , t1 , t2 .

b− c a+ b

)(

c+ a

( *)

)

− t2 + t1 = −2 t1 Ta có  ⇔ 3 t1 = t2 ⇔ t2 = 9t1. − t1 + t2 = 2 t1 t = 9t t = 2 1  2  1 Theo Định lí Vi-ét, ta có t1 + t2 = 20 ⇔ t2 = 18 .   2 2 t1.t2 = ( m − 1) ( m − 1) = 36

1 1 1 1 1 1 2 − = − ⇔ + = b+ c c+ a c+ a a+ b b+ c a+ b c+ a Trang 13

Trang 14

Suy ra m = 7 hoặc m = −5 (thỏa mãn (*)).

1 MinP = − . Đẳng thức khi và chỉ khi 2

Vậy các giá trị m cần tìm là m ∈ {−5;7} .

Ví dụ 8. Chứng minh rằng: Nếu phương trình x3 - ax 2 + bx - c = 0 có ba nghiệm lập thành cấp số cộng thì

9ab = 2a3 + 27c.

3 sin 2α + cos 2α = −2

π π  ⇔ sin  2α +  = −1 ⇔ α = − + kπ ( k ∈ ℤ ) . 6 3  Bài tập tự luyện dạng 3

Hướng dẫn giải

Câu 1:Cho tổng 1 + 6 + 11 + 16 + ... + x = 970. Giá trị của x là

Giả sử phương trình có ba nghiệm x1 , x2 , x3 lập thành cấp số cộng. Suy ra x1 + x3 = 2 x2 .

A.96.

B.69.

C.97.

D.7.

Câu 2:Biết ( x + 1) + ( x + 4 ) + ( x + 7 ) + ... + ( x + 28 ) = 155. Giá trị của x là

(1)

A. x = 1.

Mặt khác x 3 - ax 2 + bx − c = ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 )

B. x = −1.

C. x = 2.

D. x = −3.

Câu 3: Với giá trị nào của x thì 1 + 3x; x + 5;1 − x lập thành cấp số cộng? 2

= x 3 − ( x1 + x2 + x3 ) x 2 + ( x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) x − x1 x2 x3

A. x = 0.

Suy ra x1 + x2 + x3 = a. ( 2 )

A. 6. 3

⇔−

A. m ∈ ( 0;5 ) .

D. 4.

B. m ∈ ( 5;15 ) .

C. m ∈ ( −25;0 ) .

D. m ∈ (15; 25 ) .

góc A, B, C lần lượt là

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 xy + y 2 .

A. 10°,120°,50°.

B. 15°,105°,60°.

C. 5°,60°, 25°.

D. 20°,60°,100°.

Câu 7:Một công ty thực hiện việc trả lương cho các kĩ sư theo phương thức như sau: Mức lương của quý làm việc đầu tiên cho công ty là 15 triệu đồng/quý và kể từ quý làm việc thứ hai mức lương sẽ được tăng thêm 1,5 triệu đồng mỗi quý. Tổng số tiền lương một kĩ sư được nhận sau 3 năm làm việc cho công ty là

Hướng dẫn giải 1 Ta có x 2 ; ; y 2 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng nên x 2 + y 2 = 1. 2

A.495 triệu đồng.

Đặt x = sin α , y = cos α . Ta có

B.279 triệu đồng.

C.384 triệu đồng.

D.558 triệu đồng.

Câu 8:Cho tam giác vuông có độ dài ba cạnh lập thành một cấp số cộng với công sai d = 2. Bán kính đường tròn ngoại tiếp R của tam giác đó là

3 1 + cos 2α sin 2α + 2 2

A. R = 3.

⇒ 2 P − 1 = 3 sin 2α + cos 2α .

B. R = 4.

C. R = −1.

D. R = 5.

Câu 9:Độ dài ba cạnh của một tam giác vuông lập thành một cấp số cộng. Nếu cạnh trung bình bằng 6 thì công sai của cấp số cộng này là

Phương trình 2 P − 1 = 3 sin 2α + cos 2α theo biến α có nghiệm

A.7,5.

2 1 3 3 + 12 ⇔ − ≤ P ≤ . 2 2

( )

3 Vậy max P = . Đẳng thức khi và chỉ khi 2

C. 5.

Câu 6:Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng và ‫ܥ‬መ = 5‫ܣ‬መ. Số đo các

1 Ví dụ 9. Cho x 2 ; ; y 2 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng. 2

D. x ∈∅.

Câu 5: Phương trình x − 10 x + m = 0 có 4 nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng. Khi đó m thuộc khoảng nào sau đây?

2 a 3 ba + − c = 0 ⇔ 9ab = 2a 3 + 27 c (điều phải chứng minh). 27 3

⇔ ( 2 P − 1) ≤

B. 3. 4

a a a a , tức là   − a   + b   − c = 0 3 3 3 3

P = 3xy + y 2 = 3 sin α .cos α + cos 2 α =

C. x = ± 2.

Câu 4: Chu vi của một đa giác là 158 cm, số đo các cạnh lập thành một cấp số cộng với công sai d = 3 cm. Biết cạnh lớn nhất là 44 cm. Số cạnh của đa giác đó là

a Từ (1) và (2), suy ra 3x2 = a hay x2 = . 3 Phương trình đã cho có nghiệm x2 =

B. x = ±1.

B.4,5.

C.0,5.

D.1,5.

Câu 10:Giá trị a, b để phương trình x + ax + b = 0 có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng là 3

3 sin 2α + cos 2α = 2

A. b = 0, a > 0.

B. b > 0, a < 0.

C. b = 0, a < 0.

D. b = 0, a = 1.

Câu 11:Một em học sinh dùng các que diêm để xếp thành hình tháp có quy luật được thể hiện như trong hình dưới.

π π  ⇔ sin  2α +  = 1 ⇔ α = + kπ ( k ∈ ℤ ) . 6 6 

Trang 15

Trang 16

Câu 20:Tìm m để phương trình x 3 − ( 2m + 1) x 2 − 9 x = 0 có ba nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng, ta được m =

A. P = 13.

a a , với a, b ∈ℤ, phân số tối giản. Giá trị biểu thức P = a 2 + b2 là b b B. P = 20.

C. P = 5.

D. P = 10.

Câu 21:Cho tam giác đều A1 B1C1 có độ dài cạnh bằng 4. Trung điểm các cạnh của tam giác A1 B1C1 tạo thành tam giác A2 B2C2 , trung điểm các cạnh của tam giác A2 B2C2 tạo thành tam giác A3 B3C3 ,... Gọi

P1 , P2 , P3 ,... lần lượt là chu vi của tam giác A1 B1C1 , A2 B2C2 , A3 B3C3 ,... Giá trị biểu thức P = P1 + P2 + P3 + ...

Số que diêm để xếp thành hình tháp 10 tầng là

A.69 que.

B.39 que.

C.420 que.

là

D.210 que.

Câu 12:Tam giác ABC có ba cạnh a, b, c thỏa mãn a , b , c theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng. 2

Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau

A. tan 2 A, tan 2 B, tan 2 C theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng.

A. P = 8.

B. P = 24.

C. P = 6.

D. P = 18.

Câu 22:Cửa hàng xếp 1089 hộp sơn theo số lượng 1; 3; 5; … (hộp) từ trên xuống dưới (số hộp sơn trên mỗi hàng xếp từ trên xuống dưới là các số lẻ liên tiếp như hình bên dưới). Hàng cuối cùng có bao nhiêu hộp sơn?

B. cot 2 A,cot 2 B,cot 2 C theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng. C. cos A, cos B,cos C theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng. D. sin 2 A,sin 2 B,sin 2 C theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng. Câu 13:Số đo các góc của một tứ giác lồi lập thành một cấp số cộng và góc lớn nhất gấp 5 lần góc nhỏ nhất. Số đo góc nhỏ nhất bằng A. 25°.

B. 30°.

C. 45°.

D. 35°.

Câu 14:Người ta trồng 3420 cây theo một hình tam giác như sau: hàng thứ nhất trồng 1 cây, kể từ hàng thứ 2 trở đi số cây trồng mỗi hàng nhiều hơn 1 cây so với hàng liền trước nó. Hỏi có tất cả bao nhiêu hàng cây? A.81.

B.82.

C.80.

D.79.

Câu 15:Chu vi một đa giác là 158 cm, các cạnh của đa giác này lập thành một cấp số cộng với công sai d = 3cm. Biết cạnh lớn nhất có độ dài là 44 cm, độ dài cạnh nhỏ nhất của đa giác là A.32 cm.

B.33 cm.

C.38 cm.

D.35 cm.

Câu 16: Giá trị của n để Cn1 , Cn2 , Cn3 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng là A. n = 9.

B. n = 6.

C. n = 2.

1 B. x = − . 3

1 C. x = . 4

B.0.

C.3.

585 . 8

C. ab =

B.200.

C.250.

D.101.

Câu 24:An từ thành phố về quê thăm ông bà trên quãng đường 54 km. Biết giờ đầu tiên An đi được 15km và mỗi giờ sau An đi kém hơn giờ trước 1km. Thời gian An đi từ nhà về quê là B.4 giờ.

C.3 giờ.

D.15 giờ

Câu 26:Một nhóm gồm 3003 người xếp thành hình tam giác như sau: hàng thứ nhất có 1 người, hàng thứ hai có 2 người, hàng thứ ba có 3 người,… Hỏi có bao nhiêu hàng?

A.15 cốc.

D 2 − A2 bằng C 2 − B2

A.75.

B.17 cốc.

B.76.

C.19 cốc.

D.21 cốc.

C.77.

D.78.

Câu 27: Tổng tất cả các giá trị m để phương trình x − 2 ( m + 1) x + 2m + 1 = 0 có bốn nghiệm phân biệt 4

D.-1.

585 . 8

D.69.

D. x = 1.

lập thành một cấp số cộng là

A. −

x 2 − 11x − b = 0. Nếu x1 , x2 , y1 , y2 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng thì tích ab có giá trị là B. ab = −

C.67.

D. n = 7.

Câu 19:Cho x1 , x2 là nghiệm của phương trình x 2 − 3x + a = 0 và y1 , y2 là nghiệm của phương trình

A. ab = −1.

A.100.

A.27 giờ.

Câu 18: Cho A, B, C, D là bốn số thực dương lập thành một cấp số cộng. Giá trị biểu thức A.1.

B.65.

Câu 25:Ngày thứ nhất cửa hàng bán được 10 cốc nước mía, ngày sau bán nhiều hơn ngày hôm trước đó 1 cốc nước mía. Hỏi ngày thứ 10 cửa hàng sẽ bán được bao nhiêu cốc nước mía?

Câu 17: Giá trị của x để −2; 2 x + 1;5 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng là

1 A. x = − . 4

A.63.

Câu 23:Một đội công nhân trồng cây xanh từ kilômet số 6 đến kilômet số 8. Cứ 20m trồng một cây. Hỏi có bao nhiêu cây được trồng?

40 . 9

C. −

32 . 9

D. ab = 54. ĐÁP ÁN Dạng 1. Nhận dạng một dãy số là cấp số cộng Trang 17

Trang 18

1-D

2-C

3-D

4-C

11 - C

12 - D

13 - B

14 - A

5-B

6-B

7-B

8-C

9-B

10 - B

u = 8 Dãy số 8; 15; 22; 29; 36; … là một cấp số cộng với  1 ⇒ công thức tổng quát là un = 7n + 1. d = 7

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 13.

Câu 1.

Gọi cấp số cộng thứ nhất là ( u n ) và cấp số cộng thứ hai là ( vn ) .

Dãy số 0; 4; 8; 12; 16 là cấp số cộng có số hạng đầu là u1 = 0 và công sai d = 4.

Ta có u n = u1 + ( n − 1) d = 4 + 3 ( n − 1) ⇒ un = 3n + 1;

Câu 2.

vk = v1 + ( k − 1) d = 1 + 5 ( k − 1) ⇒ vk = 5k − 4.

Ta có un = 3n + 1 là một cấp số cộng vì u n +1 − un = 3 ( n + 1) + 1 − ( 3n + 1) = 3.

Với k , n ∈ ℤ,1 ≤ n ≤ 100,1 ≤ k ≤ 100.

Câu 3.

Ta có un = vk ⇔ 3n + 1 = 5k − 4 ⇔ 3n = 5 ( k − 1) .

1 1 3 Ta có u1 = − , u2 = 0, u3 = , u4 = 1, u5 = ,... 2 2 2

Mà 3 và 5 là hai số nguyên tố cùng nhau nên n chia hết cho 5.

Đặt n = 5t , t ∈ ℤ ⇒ k = 3t + 1.

Câu 4. Dãy số ( u n ) có tính chất un +1 = un + d thì được gọi là một cấp số cộng.

Do 1 ≤ n ≤ 100,1 ≤ k ≤ 100 nên t ∈ {1; 2;3;...; 20} .

Ta thấy dãy số 1; -3; -7; -11; -15 là một cấp số cộng có số hạng đầu là 1 và công sai bằng -4.

Câu 14.

Câu 5.

Ta có an = ( 2n + 5 ) − 4n 2 , ∀n ∈ ℕ* ⇔ an = 20 n + 25, ∀n ∈ ℕ* .

Ta có u n +1 − u n = 2 ( n + 1) − 3 − 2n + 3 = 2, ∀n ≥ 1.

Do đó an +1 − an = 20, ∀n ∈ ℕ* nên ( an ) là cấp số cộng với công sai d = 20.

Do đó dãy số trong đáp án B là cấp số cộng theo định nghĩa.

Dạng 2. Tìm số hạng đầu tiên, công sai của cấp số cộng, tìm số hạng thứ k của cấp số cộng, tính tổng

Câu 6.

k số hạng đầu tiên

Ta có un +1 − un = 3 ( n + 1) + 2020 − ( 3n + 2020 ) = 3 ⇔ un +1 = un + 3.

1–B

2–A

3–D

4–C

5–A

6–D

7–A

8–B

9–C

10 – C

Vậy dãy số trên là cấp số cộng có công sai d = 3.

11 – A

12 – B

13 – A

14 – C

15 – C

16 – C

17 – D

18 – C

19 – C

20 – A

Câu 7.

21 – C

22 – B

23 – D

24 – A

25 – A

26 – A

27 – A

28 – A

29 – A

30 – B

Ta có un = 2 n + 1 không là cấp số cộng vì un +1 − un = 2n +1 − 2n.

31 – C

32 – D

33 – C

34 – D

35 – A

Câu 8.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Xét dãy số un = 1 + 3 , suy ra un +1 = 1 + 3 . Ta có un +1 − un = 2.3 , ∀n ∈ ℕ .

Câu 1.

Do đó un = 1 + 3n. không phải là cấp số cộng.

Ta có u2 = 7; u3 = 4 suy ra d = −3. từ đó u1 = 7 − (−3) = 10.

Câu 9.

Câu 2.

n +1

u = −1 Ta có  1 là cấp số cộng vì un +1 = un + 1

Ta có un = u1 + ( n − 1) d ⇒ u8 = u1 + 7 d = 15 + 7.(−2) = 1.

u1 = −1 ⇒ un +1 − un = 1.  un +1 = un + 1

Câu 3. n  2u1 + ( n − 1) d   n = 23 Ta có Sn =  ⇔ 2.483 = n. ( 2. − 1 + ( n − 1) .2 ) ⇔ n 2 − 2n − 483 = 0 ⇔  . 2  n = −21

Câu 10. Ta có un = 3n + 1 ( n ∈ ℕ

) là cấp số cộng vì u

n +1

− un = 3 ( n + 1) + 1 − 3n − 1 = 3 là hằng số.

Do n ∈ ℕ* nên n = 23.

Câu 11. Xét đáp án C. 2.

Câu 4.

1 1 1 1 1 5 1 1 nên dãy số ; 2 ; 3 ;... không là cấp số cộng. = ≠ = + 2 2 2 8 2 23 2 2 2

u1 = −2 Ta có  ⇒ u1 = −2; d = 3. Suy ra u n = −2 + 3 ( n − 1) = 3n − 5. un +1 = un + 3

Câu 12. Trang 19

Trang 20

Từ đó 70 = 3n − 5 ⇒ n = 25.

Từ đó mà S 20 = 10 ( 2u1 + 19 d ) = 10 ( 2. ( −7 ) + 19.4 ) = 620.

Câu 5.

Câu 14.

50 Ta có S50 = ( 2u1 + 49d ) = 5150 ⇒ d = 4. 2

Ta có cấp số cộng: un = 5n − 2 nên u1 = 3, u2 = 8,... ⇒ d = 5.

Số hạng tổng quát của cấp số cộng bằng un = u1 + ( n − 1) d = 1 + 4 n.

Sn = 16040 ⇔

n n  2u1 + ( n − 1) d  = 16040 ⇔  2.3 + ( n − 1) .5 = 16040 2 2  n = 80 ⇔ 5n 2 + n − 32080 = 0 ⇔  ⇒ n = 80.  n = − 401 (loai) 5 

Câu 6. Ta có u1 = 5 suy ra S n =

n ( 5 + 2n + 3)

= n 2 + 4 n.

Câu 15.

Câu 7.

Không mất tổng quát giả sử a < b < c ⇒ c − b = b − a = d với d là công sai.

u1 = −3 u n = 2n − 5 ⇒  ⇒ d = u2 − u1 = 2. u2 = −1

Khi đó

Câu 8.

1 1 1 1 d 1 1 d − = − = ≠ − = nên loại A. a b a a + d a ( a + d ) b c ( a + d )( a + 2d )

u15 − u3 = u1 + 14d − ( u1 + 2 d ) = 12 d = 48 ≠ 6 loại A;

u 29 − u22 = u1 + 28d − ( u1 + 21d ) = 7 d = 28 chọn B;

Nếu a, b, c lập thành cấp số cộng với công sai d thì c, b, a cũng lập thành cấp số cộng với công sai –d.

− a 2 = 2 ad + d 2 ) ≠ ( c 2 − b 2 = 2ad + 3d 2 ) nên loại B.

Câu 16.

u17 − u13 = u1 + 16 d − ( u1 + 12 d ) = 4d = 16 ≠ 18 loại C;

 S10 = S1 + 9d = −85  S = 194 ⇒ 1 ⇒ S 20 = S1 + 19d = −395.   S15 = S1 + 14d = −240 d = −31

u1000 − u100 = 900d ≠ 350 loại D. Câu 9.

Câu 17.

Gọi ( an ) là cấp số cộng theo thứ tự u10 ; u20 ; u30 ;...; u10 n , ∀n ≥ 1, lúc đó ta có

Theo giả thiết 2 + 4 + ... + 552 + 554 =

a1 = u10 = u1 + 9d ⇒ d ' = a2 − a1 = 10d = 30.  a2 = u20 = u1 + 19d

278.554 = 77006. 2

Câu 18. 1 5  1 Theo giả thiết S5 = 5u1 + 10d = 5. + 10.  −  = − . 4 4  4

Câu 10. Ta có u 4 .u9 = ( u1 + 3d )( u1 + 8d ) = u12 = 24d 2 + 11u1d .

Câu 19.

u62 = ( u1 + 5d ) = u12 + 25d 2 + 10u1d . Suy ra u4 .u9 ≠ u62 .

Ta có u4 = u1 + 3d = 2 + 3. ( −3 ) = −7, u6 = u1 + 5d = 2 + 5. ( −3 ) = −13.

Câu 11.

Câu 20.

u1 + 2u5 = 0 u = 8 u1 + 2 ( u1 + 4d ) = 0 3u1 + 8d = 0 . ⇔ ⇔ ⇔ 1 Ta có  d = −3  S4 = 14 2u1 + 3d = 7 2 ( 2u1 + 3d ) = 14

u2 + u22 = 60 ⇔ 2u1 + 22d = 60 ⇒ S23 =

Câu 12.

Câu 21.

u1 + ( u1 + 4d ) − ( u1 + 2d ) = 10 u1 + 2d = 10 u1 + u5 − u3 = 10 u = 36 ⇔ ⇔ ⇔ 1 . Ta có  d = −13 2u1 + 5d = 7 u1 + u6 = 7 u1 + ( u1 + 5d ) = 7

u1 = 10 u1 = 10 u = 10 Ta có  ⇔ ⇔ 1 u = 50 u + 20 d = 50 d = 2.  21  1

23 23.60 = 690. ( 2u1 + 22d ) = 2 2

Câu 22.

Câu 13.

u = 8 u1 = 8 u = 8 Ta có  1 ⇔ ⇔ 1 u = 62 u + 9 d = 62  d = 6.  10  1

3 ( 2u1 + 5d ) = 18  S6 = 18 2u + 5d = 6 u = −7 Ta có  ⇔ ⇔ 1 ⇔ 1 . S = 110 2 u + 9 d = 22 5 2 u + 9 d = 110 ( ) d = 4  1  10  1

Suy ra S10 = 5 ( 2u1 + 9d ) = 5 ( 2.8 + 9.6 ) = 350.

Trang 21

Trang 22

Câu 23.

Xen giữa hai số 3 và 24 thêm 6 số để được cấp số cộng có 8 số hạng thì S8 =

n ( 2u1 + ( n − 1) d ) = 483 ⇔ n2 2. ( −1) + ( n − 1) .2 = 483 2  n = 23 ⇔ n 2 − 2n − 483 = 0 ⇔  ⇒ n = 23.  n = −21(loai )

Sn = 483 ⇔

( u1 + u8 ) 8 = ( 3 + 24 ) 8 = 108. 2

Câu 33. Ta có d =

Câu 24.

1 − 25 = −4. Do đó u50 = u1 + 49d = 25 − 49.4 = −171. 6

Câu 34.

 4u1 + 6d = 22 u = 1 u1 + u2 + u3 + u4 = 22 hoặc ⇔ 2 ⇔ 1  2 2 2 2 2 u + u + u + u = 166 4 u + 12 u d + 14 d = 166 d = 3 2 3 4  1 1  1

u1 = 10 .   d = −3

Gọi d là công sai của cấp số đã cho. Ta có S100 = 50 ( 2u1 + 99d ) = 24850 ⇒ d =

Câu 25.

⇒ 5S =

u2 + u5 = 42  2u1 + 5d = 42 u = 11 346 ⇔ ⇔ 1 ⇒ S346 = ( 2.11 + 345.4 ) = 242546.  2 d = 4  2u1 + 11d = 66 u3 + u10 = 66

Câu 26. Ta có u5 = 18 ⇔ u1 + 4d = 18 (1) .

 n ( n − 1) d   2n ( 2n − 1) d  4S n = S2 n ⇔ 4  nu1 +  =  2nu1 +  2 2     ⇔ 4u1 + 2nd − 2d = 2u1 + 2nd − d ⇔ 2u1 − d = 0

( 2) .

497 − 2u1 =5 99

5 5 5 + + ... + u1u2 u2u3 u49u50

u2 − u1 u3 − u2 u −u + + ... + 50 49 u1u2 u2u3 u49u50

1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + ... + − + − u1 u2 u2 u3 u48 u49 u49 u50

1 1 1 1 245 49 − = − = ⇒S = . u1 u50 u1 u1 + 49d 246 246

Câu 35.

Từ (1) và (2) suy ra u1 = 2; d = 4.

u5 + 3u3 − u2 = −21 u1 + 4d + 3 ( u1 + 2d ) − ( u1 + d ) = −21 3u1 + 9d = −21 u1 = 2 ⇔ ⇔ ⇔ . Ta có  d = −3 u1 + 12d = −34 3u7 − 2u4 = −34 3 ( u1 + 6d ) − 2 ( u1 + 3d ) = −34

Câu 27. Ta có a + 1 = 7 − a ⇒ a = 3;7 − a = b − 7 ⇒ b = 14 − 3 = 11.

Câu 28.

S = u4 + u5 + ... + u30 = S30 − S3 = 2

30 ( 2.2 + 29.( −3) ) − 23 ( 2.2 − 2.3) = −1242. 2

Ta có số hạng thứ n của dãy là an = S n − S n −1 = 2 n 2 + 3n − 2 ( n − 1) − 3 ( n − 1) = 4n + 1.

Dạng 3. Dựa vào tính chất của cấp số cộng: chứng minh đẳng thức, giải phương trình và các bài

Suy ra an +1 = 4n + 5.

toán thực tế

Khi đó an +1 − an = 4  → ( an ) là một cấp số cộng với công sai là 4.

Câu 29. Ta có S14 =

n  2u1 + ( n − 1) d  = 280. 2

2–A

3–D

4–D

5–B

6–D

7–B

8–D

9–D

10 – C

12 – D

13 – B

14 – C

15 – D

16 – D

17 – C

18 – C

19 – B

20 – C

21 – B

22 – B

23 – D

24 – B

25 – D

26 – C

27 - D

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 30.

Câu 1.

Ta có a − 2 = 6 − a ⇒ a = 4;6 − a = b − 6 ⇒ b = 8 ⇒ a.b = 32.

Giả sử x = un . Khi đó cấp số cộng có công sai d = 5.

Câu 31.

Do đó 1 + 6 + 11 + ... + x =

Từ giả thiết ta có S1 = u1 = 3.12 + 4.1 = 7. Ta có S n = 3n 2 + 4 n =

1–A 11 – D

n ( 8 + 6n )

n ( 7 + 6n + 1)

2u1 + ( n − 1) d 2 + ( n − 1) 5 .n ⇒ .n = 970 2 2

 n = 20 ⇒ 5n 2 − 3n − 1940 = 0 ⇒  97 . Ta có x = u20 = u1 + 19d = 1 + 19.5 = 96. n = − 5 

⇒ u n = 6 n + 1 ⇒ u10 = 61.

Cách khác u n = S n − S n −1 ⇒ u10 = S10 − S9 = 3.10 2 + 4.10 − ( 3.9 2 + 4.9 ) = 61.

Câu 2.

Câu 32. Trang 23

Trang 24

a = 6 2 2 . Theo bài ra, ta có a 2 + ( a + 2 ) = ( a + 4 ) ⇔ a 2 - 4a -12 = 0 ⇔   a = -2

Ta có ( x + 1) + ( x + 4 ) + ( x + 7 ) + ... + ( x + 28 ) = 155. Do đó

x + 1 + x + 28 .10 = 155 ⇒ 2 x + 29 = 31 ⇒ x = 1. 2

Suy ra độ dài cạnh huyền là 6 + 4 = 10.

Câu 3.

Vậy R = 5.

Để 3 số 1 + 3x; x 2 + 5;1 − x lập thành cấp số cộng thì 2. ( x 2 + 5 ) = (1 + 3 x ) + (1 − x )

Câu 9.

⇔ 2 x 2 − 2 x + 8 = 0 (phương trình vô nghiệm)

Theo giả thiết ( 6 - d ) + 62 = ( 6 + d ) ⇔ 36 -12d = 12d ⇒ d =

⇒ Không tìm được x thỏa yêu cầu.

Giả sử phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt là x1 , x2 , x3 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng.

Ta có 158 = 44 + 41 + 38 + 35 nên đa giác có 4 cạnh.

Suy ra 2 x2 = x1 + x3 .

Câu 5. x 4 − 10 x 2 + m = 0.

Mặt khác ( x - x1 )( x - x2 )( x - x3 ) = 0 ⇔ x 3 - ( x1 + x2 + x3 ) x 2 + ( x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) x - x1 x2 x3 = 0.

(1)

Đặt t = x 2 , t ≥ 0, phương trình (1) trở thành t 2 − 10t + m = 0.

Đồng nhất với phương trình x3 + ax + b = 0.

(2)

Phương trình (1) có 4 nghiệm là 4 số hạng liên tiếp của một cấp số cộng khi và chỉ khi phương trình (2)

x = 0 Phương trình đã cho trở thành x 3 + ax = 0 ⇔  2 x + a = 0

 ∆ ' = 25 − m > 0  ⇔ 0 < m < 25. Điều kiện phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt  P = m > 0  S = 10 > 0  t2 + t1 = 10  Theo định lý Vi-ét  t2 .t1 = m

( ) và ( ) suy ra t **

Suy ra x1 + x2 + x3 = 0 ⇒ x2 = 0. Thay x2 = 0 vào phương trình đã cho, ta được b = 0.

có 2 nghiệm dương phân biệt thỏa mãn t2 = 9t1 ( * ) , ( t2 > t1 ) .

36 3 = . 24 2

Câu 10.

Câu 4.

Từ

Để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

⇒ a < 0. Vậy b = 0,a < 0.

***

Câu 11.

( ) . ( )

= 1, t2 = 9 thế vào

(1)

Ta có số que diêm để xếp được tầng đế của tháp là một cấp số cộng với u1 = 3; d = 4.

( ) ta được m = 9 (nhận). ***

Suy ra số que diêm để xếp được tầng đế của tháp 10 là u10 = u1 + 9d = 39.

Câu 6.

∆ABC có ba góc A, B, C theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng ⇒ ‫ܣ‬መ + ‫ܥ‬መ = 2‫ܤ‬෠.

Từ đó số que diêm để xếp được hình tháp 10 tầng là

‫ܣ‬መ = 20° ‫ܣ‬መ + ‫ܤ‬෠ + ‫ܥ‬መ = 180° Ta có ቐ ‫ܣ‬መ + ‫ܥ‬መ = 2‫ܤ‬෠ ⇔ ቐ ‫ܤ‬෠ = 60° ‫ܥ‬መ = 5‫ܣ‬መ ‫ܥ‬መ = 100°

S10 = u1 + u2 + ... + u10 =

10 ( 3 + 39 )

= 210 que

Câu 12. Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC ta có a = 2R sin A, b = 2 R sin B, c = 2R sin C.

Câu 7.

Theo giả thiết a 2 , b2 , c 2 theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng nên a 2 + c 2 = 2b2

Gọi un (triệu đồng) ( n ∈ N * ) là mức lương của kỹ sư ở quý làm việc thứ n.

⇔ 4 R 2 .sin 2 A + 4R 2 .sin 2 C = 2.4 R 2 .sin 2 B ⇔ sin 2 A + sin 2 C = 2.sin 2 B.

Ta có u1 = 15; d = 1,5. Đến quý thứ 12 mức lương của kỹ sư là u12 = u1 + 11d = 31,5 (triệu đồng).

Vậy sin 2 A,sin 2 B,sin 2 C theo thứ tự đó lập thành cấp số cộng.

Vậy tổng số tiền nhận được của kỹ sư sau 3 năm là

Câu 13.

12 (15 + 31,5 ) S12 = u1 + u2 + ... + u12 = = 279 (triệu đồng). 2

Gọi góc nhỏ nhất là x, ta có bốn góc là x, x + d , x + 2d , x + 3d (với d là công sai).  x + ( x + d ) + ( x + 2d ) + ( x + 3d ) = 360° Ta có hệ   x + 3d = 5 x

Câu 8. Gọi độ dài 3 cạnh của tam giác cần tìm là a, a + 2, a + 4 ( a > 0 ) .

Trang 25

Trang 26

Giải hệ ta tìm được x = 30°.

Câu 14.

 y + y2 = 11 Theo định lý Vi-ét, ta có  1 .  y1. y2 = −b

Giả sử trồng được n hàng cây ( n ≥ 1, n ∈ ℕ ) .

Theo bài ra x1 , x2 , y1 , y2 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng với công sai là d nên

Số cây ở mỗi hàng lập thành cấp số cộng có u1 = 1 và công sai d = 1. Theo giả thiết

Sn = 3240 ⇔

 n = 80 n  2u1 + ( n − 1) d  = 3240 ⇔ n ( n + 1) = 6480 ⇔ n 2 + n − 6480 = 0 ⇔  . 2  n = −81

Kết hợp với điều kiện, ta được n = 80.

1   2 x1 + d = 3 x = ⇔  1 2.   2 x1 + 5d = 11  d = 2 

1 5 9 13 585 Suy ra a.b = − . . . = − . 2 9 2 2 8 Câu 20.

Vậy có tất cả 80 hàng cây.

x = 0 Ta có x 3 − ( 2m + 1) x 2 − 9 x = 0 (1) ⇔  2 .  x − ( 2m + 1) x − 9 = 0 ( 2 )

Câu 15. Giả sử đa giác có n cạnh; độ dài các cạnh thứ tự lập thành cấp số cộng với công sai d = 3cm là

Phương trình (2) luôn có hai nghiệm trái dấu x1 , x2 do ac = 1. ( −9 ) = −9 < 0.

u1 ; u2 ;...; un .

Do đó phương trình (1) luôn có ba nghiệm phân biệt x1 < 0 < x2 .

Từ giả thiết ta có

1 Để ba nghiệm trên lập thành một cấp số cộng thì x1 + x2 = 2.0 ⇔ 2m + 1 = 0 ⇔ m = − . 2

un = 44 u1 = 47 − 3n un = 44 u = 35  u1 + 3n = 47 ⇔  ( u1 + un ) n ⇔ ⇔ 2 ⇔ 1 .  = 158 n ( u1 + 44 ) = 316 n = 4  Sn = 158  3n − 91n + 316 = 0  2

Vậy P = 5.

Câu 21.

Câu 16. 1 n

3 n

Ta có C + C = 2C

⇔

( n − 1)!

2 n

( n ≥ 3)

n = 7 n! n! = ⇔ n 2 − 9n + 14 = 0 ⇔  ⇔n=7 3!. ( n − 3) ! 2!. ( n − 2 ) ! n = 2

( do n ≥ 3) .

Câu 17.

1 Ta có −2; 2 x + 1;5 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng nên 2 x + 1 − ( −2 ) = 5 − ( 2 x + 1) ⇒ x = . 4 Ta có P2 =

Câu 18.

Ta có B = A + d , C = A + 2d , D = A + 3d .

1 1 1 P Vậy P = P1 + P2 + P3 + ... = P1 + P1 + P1 + P1 + ... = 1 = 2 P1 = 24. 1 2 4 8 1− 2

Khi đó

1 1 1 1 1 1 P1 ; P3 = P2 = P1 ; P4 = P3 = P1...; Pn = n −1 P1. 2 2 4 2 8 2

( A + 3d ) − A2 = 6 Ad + 9d 2 = 3. D 2 − A2 = 2 2 2 2 2 C −B ( A + 2d ) − ( A + d ) 2 Ad + 3d

Câu 22.

Câu 19.

Giả sử 1089 được xếp thành n hàng. Từ giả thiết ta có số hộp sơn trên mỗi hàng là số hạng của một cấp số

9 Phương trình x 2 − 3x + a = 0 (có 2 nghiệm khi a ≥ ). 4

cộng ( un ) với số hạng đầu u1 = 1 công sai d = 2. Do đó Sn = 1089 ⇔ n + n ( n − 1) = 1089 ⇔ n = 33.

 x1 + x2 = 3 Theo định lý Vi-ét, ta có  .  x1.x2 = a Phương trình x2 − 11x − b = 0 (có 2 nghiệm khi b ≤

Vậy số hộp sơn ở hàng cuối cùng là u33 = 1 + 32.2 = 65 (hộp sơn).

Câu 23.

−121 ). 4

Khoảng cách từ các cây đến mốc 6 ki-lô-mét tạo thành cấp số cộng có công sai d = 20m.

Trang 27

Trang 28

Ta có un = u1 + ( n − 1) d = 6000 + ( n − 1) 20. Cây cuối cùng ở vị trí 8 ki-lô-mét nên ta có 8000 = 6000 + ( n − 1) 20 ⇔ n = 101.

Câu 24. Quãng đường An đi được trong mỗi giờ là một cấp số cộng. Ta có Sn =

n = 4 n n  2u1 + ( n − 1) d  ⇔ 54 = 30 + ( n − 1) . ( −1)  ⇔ −n 2 + 31n − 108 = 0 ⇔  . 2 2  n = 27

Với n = 27 thì u27 = u1 + ( 27 − 1) d = −11 nên vô lý. Vậy An đi từ nhà về quê hết 4 giờ.

Câu 25. Số cốc nước bán được trong các ngày lập thành một cấp số cộng với công sai d = 1 . Số cốc nước bán trong ngày thứ 10 là u10 = u1 + 9d = 10 + 9.1 = 19.

Câu 26. Gọi n là số hàng cần tìm, ta có

1 + 2 + 3 + ... + n = 3003 ⇔

n ( n + 1) 2

 n = 77 = 3003 ⇔  ⇒ n = 77.  n = −78

Câu 27. Đặt t = x 2 , t ≥ 0, ta thu được phương trình t 2 − 2 ( m + 1) t + 2m + 1 = 0.

( 2)

Điều kiện để phương trình ban đầu có bốn nghiệm phân biệt là phương trình (2) có hai nghiệm dương m ≠ 0  t1 , t2 ( t1 < t2 ) hay  1. m > − 2

Khi đó bốn nghiệm là − t2 , − t1 , t1 , t2 .

Điều kiện để bốn nghiệm trên lập thành cấp số cộng là

t2 − t1 = 2 t1 hay t2 = 9t1.

4 Kết hợp định lý Vi-ét tìm được m = 4, m = − . 9 Từ đó ra tổng các giá trị của m bằng

32 . 9

Trang 29

CHUYÊN ĐỀ

I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM

BÀI 3. CẤP SỐ NHÂN

Định nghĩa

Mục tiêu

Cấp số nhân là một dãy sô (hữu hạn hoặc vô hạn), trong đó kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều là tích

Kiến thức

của số hạng đứng ngay trước nó với một số không đổi q

+ Nắm vững khái niệm cấp số nhân

Số q được gọi là công bội của cấp số nhân

Nếu ( un ) là cấp số nhân với công bội q, ta có công thức truy hồi un +1 = un .q với n ∈ ℕ*

Nắm được tính chất 3 số hạng liên tiếp của một cấp số nhân

+ Nắm được công thức tổng quát, công thức tính tổng n số hạng đầu của một cấp số nhân

Đặc biệt:

Kĩ năng +

Nhận biết được một cấp số nhân dựa vào định nghĩa

Tìm được yếu tố còn lại khi biết 3 trong 5 yếu tố: số hạng đầu, số hạng thứ k, tổng n số hạng đầu tiên, công bội, số số hạng của cấp số nhân

•

Khi q = 0 , cấp số nhân có dạng u1 , 0, 0,..., 0,...

•

Khi q = 1 , cấp số nhân có dạng u1 , u1 , u1 ,..., u1 ,...

•

Khi u1 = 0 thì với mọi q, cấp số nhân có dạng 0, 0, 0,..., 0,...

Số hạng tổng quát

Áp dụng tính chất cấp số nhân vào các bài toán giải phương trình, chứng minh đẳng thức, bất

Định lí 1. Nếu cấp số nhân có số hạng đầu u1 và công bội q thì số hạng tổng quát un được xác định bởi

đẳng thức + ứng dụng vào các bài toán thực tế

công thức

un = u1.q n −1 với n ≥ 2 Tính chất Định lí 2. Trong một cấp số nhân, bình phương của mỗi số hạng (trừ số hạng đầu và cuối) đều là tích của hai số hạng đứng kề với nó, nghĩa là

uk2 = uk −1.uk +1 với k ≥ 2

Tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân Định lí 3. Cho cấp số nhân ( un ) với công bội q ≠ 1 Đặt Sn = u1 + u2 + ... + un . Khi đó Sn =

u1 (1 − q n ) 1− q

Chú ý: Nếu q = 1 thì cấp số nhân là u1 , u1 , u1 ,..., u1 ,... khi đó Sn = nu1 SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA

Trang 1

Trang 2

2n+3

a) Ta có Số hạng thứ k

Số hạng tổng quát un = u1.q

un +1 ( −4 ) 2 = = ( −4 ) = 16 là số không đổi nên ( un ) là cấp số nhân với công bội q = 16 2 n +1 un ( −4 )

n −1

CẤP SỐ NHÂN

uk2 = uk −1.uk +1

un = un −1.q

( k ≥ 2)

( n ≥ 2)

n +1

b) Ta có

3( n +1) −1

un +1 ( −7 ) .5 = n un ( −7 ) .53n−1

= −7.53 = −875 không đổi nên ( un ) là cấp số nhân với công bội

q = −875

Ví dụ 2. Xét trong các dãy số sau, dãy số nào là cấp số nhân? Tìm công bội của cấp số nhân đó  u1 = 3  a)  9 un +1 = u  n Hướng dẫn giải

Tổng n số hạng đầu tiên

9 un +1 un u Ta có = = n −1 ⇒ un +1 = un −1 , ∀n ≥ 2 9 un un un −1

Sn = nu1 khi q = 1 Sn =

u1 (1 − q n )

1− q

 u =2 b)  1 2 un +1 = un

khi q ≠ 1

 u = u3 = u5 = ... = u2 n +1... Do đó có  1 u2 = u4 = u6 = ... = u2 n = ... Theo đề bài ta có u1 = 3 ⇒ u2 =

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1: Chứng minh một dãy ( un ) là cấp số nhân

Do đó ( un ) là cấp số nhân với công bội q = 1

Chứng minh un +1 = un .q, ∀n ≥ 1 trong đó q là một số không đổi

b) Ta có u2 = u12 = 4, u3 = u22 = 16, u4 = u32 = 256

u Nếu un ≠ 0, ∀n ≥ ℕ thì ta lập tỉ số n +1 = k un *

suy ra

* k là hằng số thì ( un ) là cấp số nhân có công bội q = k

Để chứng minh dãy ( un ) không phải là cấp số nhân, ta chỉ cần chỉ ra ba số hạng liên tiếp không u3 u2 ≠ u2 u1

Ví dụ 3. Cho ( un ) là cấp số nhân có công bội q ≠ 0; u1 ≠ 0 . Chứng minh rằng dãy số ( vn ) với vn = un .u2 n cũng là một cấp số nhân

Hướng dẫn giải

Để chứng minh a, b, c theo thứ tự đó lập thành cấp số nhân, ta chứng minh ac = b 2 hoặc b = ac Ví dụ mẫu Ví dụ 1. Xét trong các dãy số sau, dãy số nào là cấp số nhân? Tìm công bội của cấp số nhân đó 2 n +1

u2 4 256 u u u = 16 ⇒ 2 ≠ 4 = = 2 và 4 = u1 2 u3 16 u1 u3

Do đó ( un ) không là cấp số nhân

* k phụ thuộc vào n thì ( un ) không là cấp số nhân

a) un = ( −4 )

(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra u1 = u2 = u3 = u4 = u5 = ... = u2 n = u2 n +1...

Phương pháp giải

tạo thành cấp số nhân, chẳng hạn

9 =3 u1

(1) ( 2)

b) un = ( −7 ) .53n −1

Ta có

vn un .u2 n u .q n −1.u .q 2 n −1 = = 1 n − 2 1 2 n −3 = q 3 nên ( vn ) là cấp số nhân với công bội là q3 vn −1 un −1.u2( n −1) u1.q .u1.q

 u1 = 2 Ví dụ 4. Cho dãy số ( un ) được xác định bởi  , ∀n ≥ 1 . Chứng minh rằng dãy số ( vn ) xác un +1 = 4un + 9

định bởi vn = un + 3, ∀n ≥ 1 là một cấp số nhân. Hãy xác định số hạng đầu và công bội của cấp số nhân

Hướng dẫn giải

đó Trang 3

Trang 4

Câu 10: Trong các dãy số sau, dãy nào là cấp số nhân?

Hướng dẫn giải Ta có vn = un + 3 (1) ⇒ vn +1 = un +1 + 3

(2)

A. un = 2n + 1 .

Theo đề ra un +1 = 4un + 9 ⇒ un +1 + 3 = 4 ( un + 3) (3) Thay (1) và (2) vào (3) ta được vn +1 = 4vn , ∀n ≥ 1 ⇒

vn +1 = 4 (không đổi) vn

1  u1 = A.  2 . u = u 2 n  n +1

Bài tập tự luyện dạng 1

B. un +1 = nun .

A. un = D. un +1 = un +1 − 3 .

1 −1. 3n

B. un =

1 n−2

1 C. un = n + . 3

B. un +1 = un .

u1 = 1 C.  . un +1 = 6un

1 D. un = n 2 − . 3

B. un = n 2 + 2 .

1 + 4. 3n

B. un =

1 . 5n − 2

1 C. un = 2n + . 3

B. 1;0; 0;0; 0;...

C. 3; 2;1;0; −1;...

B. un = −

1 C. un = − 2n . 3

1 . 3n− 2

D. un = n3 + 1 .

B. 3u1 ;3u2 ;3u3 ;...

1 1 1 ; ; ;... u1 u2 u3

D. u1 + 1; u2 + 1; u3 + 1;...

tổng a + b + c có giá trị bằng B. 4.

C. – 3 .

D. 3.

Câu 15: Cho dãy số ( un ) có các số hạng đầu là 5, 10, 15, 20, 25,… Số hạng tổng quát của dãy là

D. un = n 2 + 1 .

A. un = 5( n − 1) .

1 D. un = n 2 − . 3

B. un = 5n .

C. un = 5 + n .

D. un = 5n + 1 .

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI BẢI TẬP TỰ LUYỆN DẠNG 1

Câu 6: Dãy số nào trong các dãy số sau vừa là một cấp số cộng, vừa là một cấp số nhân? A. 1; −1; −1; −1; −1;...

u = 1; u2 = 2 D.  1 . un +1 = un −1.un

C. un = n 2 + 1 .

dãy số đã cho là biểu thức có dạng a.2n + bn + c , với a, b, c là các số nguyên với n ≥ 2; n ∈ ℕ . Khi đó

D. un +1 = 2un + 3 .

A. – 4 . C. un = 32 n .

1  u1 = 2 . B.  u = − 2.u  n +1 n

Câu 14: Cho dãy số ( un ) được xác định bởi u1 = 2; un = 2un −1 + 3n − 1 . Công thức số hạng tổng quát của

Câu 5: Trong các dãy số sau, dãy nào là cấp số nhân? A. un =

1 . 3n + 1

A. u1 ; u3 ; u5 ;...

Câu 4: Dãy số nào sau đây là cấp số nhân?

1 A. un = n + 2 . 3

n −1 . n +1

nhân?

Câu 3: Trong các dãy số sau, dãy số nào là cấp số nhân? u1 = 3 A.  . 3 un +1 = un

D. un =

Câu 13: Cho dãy số ( un ) là một cấp số nhân với un ≠ 0, n ∈ ℕ∗ . Dãy số nào sau đây không phải là cấp số

Câu 2: Trong các dãy số sau, dãy số nào là cấp số nhân? A. un =

2n − 3 . 5

Câu 12: Trong các dãy số sau, dãy nào là cấp số nhân?

Câu 1: Trong các dãy số sau, dãy số nào là cấp số nhân? u1 = 2 C.  . un +1 = −5un

C. un =

Câu 11: Trong các dãy số sau, dãy nào là cấp số nhân?

Suy ra ( vn ) là cấp số nhân với công bội q = 4 và số hạng đầu v1 = u1 + 3 = 5

1  u = A.  1 2 . u = u 2  n +1 n

u1 = 2  B.  1 . un +1 = 3 un

D. 1;1;1;1;1;...

1-C

2-B

3-C

4-C

5-B

11-B

12-B

13-D

14-C

15-B

6-D

7-B

8-C

9-B

10-B

Câu 7: Cho cấp số nhân có u1 < 0 và công bội q < 0 . Trong các nhận xét sau, nhận xét nào đúng? A. un < 0 với mọi n.

B. un < 0 với mọi n lẻ và un > 0 với mọi n chẵn.

Câu 1:

C. un > 0 với mọi n.

D. un < 0 với mọi n chẵn và un > 0 với mọi n lẻ.

 u1 = 2 u Ta có  ⇒ n +1 = −5 ⇒ ( un ) là cấp số nhân có số hạng đầu u1 = 2 và công bội q = −5 5 u = − u un n  n +1

1 1 1 1 , , , là bốn số hạng đầu của dãy số nào sau đây? 2 4 8 32

Câu 8: Hỏi

1 A. un = . 2n

1 . B. un = 2n + 1

1 C. un = n . 2

Câu 2:

1 D. un = 2 . n

Xét un =

Câu 9: Dãy số nào dưới đây không là cấp số nhân?

1 1 1 . A. −1; − ; − ; − 5 25 125

1 1 1 B. − ; − ; − ;1 . 8 4 2

1 1 1 D. 1; ; ; . 3 9 27

2; 2 2; 4 2;8 2 .

Ta có

1 1 ⇒ un +1 = n −1 3n − 2 3

un +1 1 1 1 = n −1 : n −2 = , ∀∈ ℕ* un 3 3 3

Vậy ( un ) là cấp số nhân có công bội q =

1 3

Câu 3: Trang 5

Trang 6

Xét

un +1 = 6 nên ( un ) là cấp số nhân có công bội q = 6 un

Suy ra un = − Câu 13:

Câu 4:

Dãy u1 ; u3 ; u5 ;... là cấp số nhân công bội q 2

Vì

un 3 = = 32 = 9 nên un = 32 n là cấp số nhân có công bội q = 9 un −1 32 n −2

Dãy 3u1 ;3u2 ;3u3 ;... là cấp số nhân công bội 3q

Câu 5:

Dãy

Vì

1 1 là một cấp số nhân với công bội là q = 3n − 2 3

n−2 un 1 1 1 = 5 = nên un = n − 2 là cấp số nhân có công bội q = 1 un −1 5 5 5 5n − 3

1 1 1 1 ; ; ;... là cấp số nhân công bội u1 u2 u3 q

Dãy u1 + 1; u2 + 1; u3 + 1;... không phải là cấp số nhân Câu 14:

Câu 6: Dãy số 1; 1; 1; 1; 1;… vừa là cấp số cộng công sai là 0, số hạng đầu là 1 vừa là cấp số nhân số hạng đầu

Ta có un = 2un −1 + 3n − 1 ⇔ un + 3n + 5 = 2 un −1 + 3 ( n − 1) + 5 với n ≥ 2; n ∈ ℕ

là 1, công bội là 1

Đặt vn = un + 3n + 5 , ta có vn = 2vn −1 với n ≥ 2; n ∈ ℕ

Câu 7:

Như vậy ( vn ) là cấp số nhân với công bội q = 2 và v1 = 10

Vì u1 < 0; q < 0 ⇒ u2 = u1.q > 0; u3 = u1.q 2 < 0

Do đó vn = 10.2n −1 = 5.2n

Hay u2 n = u1.q 2 n −1 > 0; u2 n +1 = u1.q 2 n < 0

Suy ra un + 3n + 5 = 5.2n hay un = 5.2n − 3n − 5 với n ≥ 2; n ∈ ℕ

Câu 8:

Vậy a = 5, b = −3, c = −5 nên a + b + c = 5 + ( −3) + ( −5 ) = −3

1 1 Xét cấp số nhân ( un ) với u1 = , q = 2 2

Câu 15:

1 1 Ta có un = u1.q n −1 = .   2 2

n −1

Ta có u1 = 5; u2 = 10 = 5.2; u3 = 15 = 5.3;... ⇒ un = 5.n

1 2n

Dạng 2: Xác định số hạng đầu, số hạng thứ k, công bội, tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân Phương pháp giải

Câu 9:

Dựa vào giả thuyết, ta lập một hệ phương trình chứa công bội q và số hạng đầu u1 . Giải hệ phương

1 1 1 1  1 Dãy − ; − ; − ;1 có  −  ≠ − .1 nên không là cấp số nhân 8 4 2 4  2

trình này tìm được q và u1

Câu 10:

Nếu cấp số nhân ( un ) có số hạng đầu u1 và công bội q thì số hạng tổng quát un được xác định bởi

 u1 = 2 un +1 1 1  Dãy số  = là cấp số nhân với u1 = 2, q = 1 ⇒ un 3 3 un +1 = 3 un

công thức un = u1.q n −1 ( n ≥ 2 ) Tổng của n số hạng đầu tiên  S n = nu1  u1 (1 − q n )  S = n  1− q 

Câu 11:

1  u  u1 = 2 có n +1 = − 2 nên là một cấp số nhân với công bội là q = − 2 Dãy số  un u = − 2.u  n +1 n

khi q ≠ 1

Ví dụ mẫu Ví dụ 1. Tìm số hạng đầu và công bội của cấp số nhân, biết

Câu 12:

Ta có un = −

khi q = 1

1 n−2

⇒

 u + u = 51 a)  1 5 u2 + u6 = 102

un  1   1  1 = − :− = un −1  3n −2   3n −3  3

u =6 b)  2  S3 = 43

Hướng dẫn giải

Trang 7

Trang 8

 u1 (1 + q 4 ) = 51 (*)  u + u .q 4 = 51  u + u = 51  a) Ta có  1 5 ⇔ 1 1 5 ⇔ 4 u2 + u6 = 102 u1q + u1q = 102 u1q (1 + q ) = 102 (**) Chia từng vế của (**) cho (*) ta được

⇔ q = 2 ⇒ u1 =

u1q (1 + q 4 ) u1 (1 + q 4 )

Sử dụng công thức

uk = u1.q

k −1

Đưa hệ phương trình

102 = 51

51 51 = =3 1 + q 4 17

 −5 t = 2 10 ( t − 2 ) + 21t + 10 = 0 ⇔ 10t + 21t − 10 = 0 ⇔  t=2  5 2

về hệ phương trình hai ẩn q và u1

•

 q = −2 5 1 5 Với t = − ⇒ q + = − ⇒ 2q 2 + 5q + 2 = 0 ⇔  q = − 1 q 2 2  2

Mà q nguyên nên q = −2

Vậy u1 = 3 và q = 2

 u1q = 6 u1q = 6 ( *) u =6   b)  2 ⇔  1 − q3 ⇔ = 43 u1 (1 + q + q 2 ) = 43 (**)  S3 = 43 u1  1− q chia từng vế của (*) cho (**) ta được

u1q 6 = u1 (1 + q + q 2 ) 43

q = 6 ⇔ 43q = 6 (1 + q + q 2 ) ⇔ 6q 2 − 37 q + 6 = 0 ⇔  q = 1 6  •

Với q = 6 ⇒ u1 = 1

•

Với q =

•

Sử dụng công thức

uk = u1.q k −1 Và

1 − qn Sn = u1. ,q ≠1 1− q về hệ phương trình hai ẩn q và u1

a) Tìm số hạng đầu và công bội của cấp số nhân b) Tổng của bao nhiêu số hạng đầu tiện bằng 1365?

b) Ta có Sn = 1365 ⇔ u1.

( −1) .

1 − ( −2 )

1+ 2

1 − qn = 1365 1− q

= 1365 ⇔ 2n = 4096 ⇒ n = 12

Vậy tổng của 12 số hạng đầu tiên bằng 1365 c) Ta có uk = 4096 ⇔ u1.q k −1 = 4096 ⇔ ( −1)( −2 )

k −1

= −4096

⇔ 2k −1 = 4096 ⇔ 2k −1 = 212 ⇒ k − 1 = 12 ⇔ k = 13 Vậy số 4096 là số hạng thứ 13 của cấp số nhân

Ví dụ 3. Tính các tổng sau

Sử dụng công thức

uk = u1.q k −1 Đưa hệ phương trình

về hệ phương trình

a) Sn =

1 1 1 1 + + + ... + n 2 2 2 23 2 2

1  1 1   b) Sn =  3 +  +  9 +  + ... +  3n + n  3  9 3   

Hướng dẫn giải

hai ẩn q và u1

a) Ta có dãy số

c) Số 4096 là số hạng thứ mấy của cấp số nhân? a) Ta có

1 1 1 1 1 ; ; ;...; n là một cấp số nhân với n số hạng, số hạng đầu u1 = và công bội 2 2 2 23 2 2

1 2 1 q= 2 = 1 2 2

3   u1.q + u1.q 3 = 10 1 + q 2 + q 4 −21  u1 ( q + q ) = 51 ⇔ ⇒ =  2 4 2 4 q + q3 10 u1 + u1q + u1.q = −21 u1 (1 + q + q ) = −21

1 1−   1− q 1 1 2 = .   = 1− n Do đó Sn = u1. 1− q 2 1− 1 2 2

  1  1 ⇔ 10q 4 + 21q 3 + 10q 2 + 21q + 10 = 0 ⇔ 10  q 2 + 2  + 21 q +  + 10 = 0 q  q   Đặt q +

10 = −1 q + q3

Vậy q = −2; u1 = −1

Đưa hệ phương trình

1  q = 6 q= Vậy  hoặc  6 u1 = 1 u1 = 36

 u2 + u4 = 10 mãn  u1 + u3 + u5 = −21

2 1 2 ⇒ q + = ⇒ 5q 2 − 2q + 5 = 0 (vô nghiệm) 5 q 5

Ta có q = −2 ⇒ u1 =

1 ⇒ u1 = 36 6

Ví dụ 2. Cho cấp số nhân ( un ) có công bội nguyên và các số hạng thỏa

Với t =

1 1 = t ⇒ t 2 − 2 = q 2 + 2 . Ta có phương trình q q Trang 9

Trang 10

1 1  1   b) Sn =  3 +  +  9 +  + ... +  3n + n  3  9 3    = 32 + 2 +

1 1 1 + 34 + 2 + 4 + ... + 32 n + 2 + 2 n 32 3 3

1 1 1 = ( 32 + 34 + ... + 32 n ) +  2 + 4 + ... + 2 n 3 3 3 Dãy số 32 ;34 ;...;32 n

Vậy Sn =

1− q 1− 9 9 Do đó S1 = u1. = 9. = ( 9n − 1) 1− q 1− 9 8 Dãy số

1 1 1 1 1 + + ... + 2 n là cấp số nhân với n số hạng, số hạng đầu u1 = 2 và công bội q = 32 34 3 3 9

1 1− n 1 − qn 1 1 1  9n − 1 9 Do đó S2 = u1. = . = 1 −  = 1 − q 9 1 − 1 8  9n  8.9n 9 Vậy Sn =

Câu 1: Cho các cấp số nhân với u1 = 1 A. ± . 2

( 9 − 1)( 9 9 n 9n − 1 9 − 1) + + 2n = ( n 8 8.9 8.9n

n +1

+ 1)

B. ±4 .

C. ±2 .

D. ±1 .

6 A. u1 = , q = 3 . 5

6 B. u1 = , q = −2 . 5

Câu 3: Cho cấp số nhân có u1 = −1; q = A. Số hạng thứ 103.

6 C. u1 = , q = 2 . 5

6 D. u1 = , q = 5 . 5

−1 1 . Số 103 là số hạng thứ bao nhiêu của cấp số nhân? 10 10

B. Số hạng thứ 104.

C. Số hạng thứ 105.

D. Số hạng thứ 106.

Câu 4. Cho các khẳng định sau

+ 2n

1. Tồn tại một cấp số nhân ( un ) có u5 < 0 và u75 > 0 2. Nếu các số thực a, b, c theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng có công sai khác 0 thì các số

a) Sn = 1 + 11 + 111 + ... + 111...1 n soá 1

b) Sn = 6 + 66 + 666 + ... + 666...6

a , b 2 , c 2 theo thứ tự đó cũng lập thành một cấp số cộng

n soá 6

3. Nếu các số thực a, b, c theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân thì các số a 2 , b 2 , c 2 theo thứ tự đó

Hướng dẫn giải

cũng lập thành một cấp số nhân

 1 a) Ta có Sn = 1 + 11 + 111 + ... + 111...1 = 9  9 + 99 + 999 + ... + 999...9  n soá 1 n soá 9  

Số khẳng địn đúng là

A. 1

1 = (10 − 1) + (102 − 1) + (103 − 1) + ... + (10n − 1) 9

B. 2

C. 3

D. 0

Câu 5: Cho cấp số nhân có u1 = −1, u6 = 0, 00001 . Khi đó công bội q và số hạng tổng quát un là

  1 = (10 + 102 + 103 + ... + 10n ) − 1 + 1 + ... + 1  9  n soá 1   

A. q =

1 −1 , un = n −1 10 10

B. q =

−1 , un = −10n −1 10

C. q =

−1 1 , un = n −1 10 10

D. q =

( −1) −1 , un = n −1 10 10

Câu 6: Cho cấp số nhân −2; 4; −8;... Tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân là

n 1 10 (1 − 10 )  10n +1 − 9n − 10 =  − n = 9  1 − 10 81  

10n +1 − 9 ( n + 1) − 1

n −2 1 − ( −2 )    1 − ( −2 )

n −2 1 − ( 2 )    1− 2

2n −2 1 − ( −2 )    1 − ( −2 )

2n −2 1 − ( 2 )    1− 2

Câu 7: Cho cấp số nhân biết u1 = 1; q = 2 . Số hạng thứ 11 là

A. 20

 6 b) Sn = 6 + 66 + 666 + ... + 666...6 = 9  9 + 99 + 999 + ... + 999...9  n soá 6 n soá 9   =

−1 ; u7 = −32 .Công bội của cấp số nhân là 2

3 Câu 2: Cấp số nhân ( un ) có un = .2n . Số hạng đầu tiên và công bội của cấp số nhân là 5

Ví dụ 4. Tính tổng sau

Vậy Sn =

20 (10n − 1) − 23n 27

Bài tập tự luyện dạng 2

 + 2 + 2 + ... + 2  + 2  n soá 2

34 là cấp số nhân với n số hạng, có số hạng đầu u1 = 32 và công bội q = 2 = 9 3

2 2  10n − 1  20 10 + 102 + 103 + ... + 10n − n  = 10. − n = (10n − 1) − 23n  3 3  10 − 1  27

B. 1024

C. 22

D. 2008

Câu 8: Nếu cấp số nhân ( un ) có u1 = 3 và công bội q = 3 thì giá trị u7 là A. 36

2 (10 − 1) + (100 − 1) + (1000 − 1)  + ... + (10n − 1) 3

B. 37

C. 21

D. 38

3 Câu 9: Cấp số nhân ( un ) có un = .2n . Số hạng đầu tiên và công bội q là 5

Trang 11

Trang 12

6 A. u1 = , q = 3 5

6 B. u1 = , q = −2 5

6 C. u1 = , q = 2 5

6 D. u1 = , q = 5 5

Câu 23: Tổng

1 Câu 10: Cho cấp số nhân có u2 = , u5 = 16 . Công bội và số hạng đầu tiên của cấp số nhân là 4

1 1 A. q = ; u1 = , 2 2

1 1 B. q = − ; u1 = − , 2 2

C. q = 4; u1 =

1 , 16

D. q = −4; u1 = −

A. 1 , 16

Câu 11: Cho cấp số nhân với u1 = 3, q = −2 . Số 192 là số hạng thứ mấy của cấp số nhân? A. u7

B. u6

C. u8

D. Không thuộc cấp số trên

Câu 12: Tổng 10 số hạng đầu của một cấp số nhân có u1 = 4, u10 = 2048 là A. S10 = 8184

B. S10 = 4092

C. S10 = 12276

B. −16; −64; −256

C. 16; 64; 256

D. S10 = 6138

22016 1 22018 1 + B. u2018 = 2017 + 2017 3 2019 3 2019

C. u2018 =

22017 1 + 32018 2019

Câu 15: Cho S = 3 + 3.2 + 3.22 + ... + 3.2n . Khẳng định nào sau đây đúng với mọi n nguyên dương? A. S = 3 ( 2n − 1)

B. S = 3 ( 2n +1 + 1)

C. S = 3 ( 2n +1 − 1)

D. S = 3 ( 2 n −1 − 1)

B. 3. (1 − 210 )

C. −3. ( 29 − 1)

D. 3. ( 210 − 1)

Câu 17: Cho cấp số nhân ( un ) , biết u2017 = 1, u2020 = 1000 . Tổng 10 số hạng đầu tiên của cấp số nhân

B. 2

910 − 1 8.92016

100

Câu 18: Tổng 1 + 2 + 2 + 2 + ... + 2 100

A. 1 − 2

100

B. 2

1 − 1010 9.102016

1010 − 1 9.102019

C. 1 − 2101

B. 7 B. 486

D. 10

B. 19683

C. 81

D. 162

 1  Câu 22: Dãy số có số hạng tổng quát un =    3 1 A. 3

C. 2187

C. −

1 12

B. 2

C. 4

D. +∞

1 5

C. u1 = 25; q = 5 hoặc u1 = 1; q =

1 5

D. u1 = 1; q = 5 hoặc u1 = 25; q =

1 5

6 Câu 27: Cấp số nhân ( un ) có un = .2n . Số hạng đầu tiên và công bội q là 5 6 B. u1 = , q = −2 5

C. u1 =

12 ,q = 2 5

D. u1 =

12 ,q = 5 5

đó bằng 1 − 31000 4

31000 − 1 2

31000 − 1 6

31000 − 1 3

B. u1 = 2, q = 4

C. u1 = 2, q = 2

D. u1 = 4, q = 2

B. 41

C. 51

D. 31

Câu 31: Cho cấp số nhân ( un ) có u3 = 24 và u4 = 48 . Tổng năm số hạng đầu tiên của cấp số nhân đó bằng A. 168

B. 186

C. – 186

D. 196

1 Câu 32: Cho cấp số nhân với u1 = 3, q = − . Số 222 là số hạng thứ mấy của cấp số nhân? 2

D. 729

là một cấp số nhân có công bội q bằng

1 C. 9

. Tổng của cấp số nhân đó là

B. u1 = 5; q = 1 hoặc u1 = 25; q =

A. 21

Câu 21: Cho cấp số nhân có u1 = 1, q = 3 . Số hạng thứ 9 của cấp số nhân là A. 6561

n +1

Câu 30: Tổng S = 1 + 2 + 22 + 23 + 24 là một số chia hết cho

C. 8

Câu 20: Số hạng thứ 5 của cấp số nhân 2; 6; … là A. 48

1 4

2 3

1 5

A. u1 = 4, q = 4

D. 2101 − 1

Câu 19: Cấp số nhân 5; 10; …; 1280 có bao nhiêu số hạng? A. 9

B. −

u + u = 36 Câu 29: Số hạng đầu và công bội của cấp số nhân thỏa mãn  5 2 là u6 − u4 = 48

bằng

−1

1 6

1 3

A. u1 = 2; q = 5 hoặc u1 = 25; q =

A. 1010 − 1 9.102016

Câu 28: Cho cấp số nhân ( un ) có u2 = −2 và u5 = 54 . Khi đó tổng 1000 số hạng đầu tiên của cấp số nhân

bằng

6 A. u1 = , q = 2 5

Câu 16: Cho một cấp số nhân biết u1 = 3, q = 2 . Tổng của 10 số hạng đầu tiên của cấp số nhân là A. 3. (1 − 29 )

2 9

u + u + u = 31 Câu 26: Cho cấp số nhân ( un ) biết  1 2 3 . Giá trị u1 và q là  u1 + u3 = 26

D. −16;64; 256

D. u2018 =

 1 Câu 24: Cho cấp số nhân lùi vô hạn ( un ) với un =  −   3

A. 1

1 n −1  * Câu 14: Cho dãy số xác định bởi u1 = 1, un +1 =  2un + 2  ; n ∈ ℕ . Khi đó u2018 bằng 3 n + 3n + 2 

A. u2018 =

1 2

1 1 1 Câu 25: Tổng S = 1 + + + + ... có giá trị 2 4 8

Câu 13: Cho cấp số nhân với u1 = 4, q = −4 . Ba số tiếp theo của cấp số nhân là A. −16;64; −256

1 1 1 + + ... +   + ... bằng 4 16 4

1 D. 3

A. Số hạng thứ 11

B. Số hạng thứ 9

C. Số hạng thứ 12

D. Không thuộc cấp số nhân

 u − u = 54 Câu 33: Cho cấp số nhân có  4 2 . Số hạng đầu tiên u1 và công bội q của cấp số nhân là u5 − u3 = 108 Trang 13

Trang 14

A. u1 = 9 và q = 2

B. u1 = 9 và q = −2

C. u1 = −9 và q = 2

D. u1 = −9 và q = 2

Câu 2:

D. u1 = −9 và q = −2

3 n .2 un 6 Ta có n = 1 ⇒ u1 = và = 5 =2 un −1 3 .2n −1 5 5

 u − u = 54 Câu 34: Cho cấp số nhân có  4 2 . Giá trị u1 và q của cấp số nhân là u5 − u3 = 108 A. u1 = 9 và q = 2

B. u1 = 9 và q = −2

C. u1 = −9 và q = 2

Câu 3:

Câu 35: Cho cấp số nhân có u1 = 3; q = −2 . Số 192 là số hạng thứ bao nhiêu của cấp số nhân? A. Số hạng thứ 5

B. Số hạng thứ 6

C. Số hạng thứ 7

D. Số hạng thứ 8

Giả sử

u +u = 3 Câu 36: Cho cấp số nhân ( un ) có công bội q > 1 và  21 32 . Tổng 10 số hạng đầu tien của cấp số u1 − u3 = 5 nhân là

A. S10 =

(

31 2 + 2

)

1 B. u5 = 5 3

C. S10 = 31

(

)

D. S10 = 31

2 +1

(

)

2 −1

3n − 1 . Số hạng thứ 5 của cấp số nhân là 3n −1 5 D. u5 = 5 3

C. u5 = 35

3280 6561

1 B. q = − , un = −10n −1 10

29524 59049

Câu 40: Cho cấp số nhân ( un ) có un = 24;

3 A. 67108864

n −1

103

 1 ⇔ −   10 

 1 = −   10 

n −1

⇔ n − 1 = 103 ⇔ n = 104

1 1 C. q = − , un = n −1 10 10

25942 59049

1 243

3 C. 536870912

Vậy a 2 , b 2 , c 2 theo thứ tự không lập thành cấp số cộng 3. Đúng Vì a, b, c theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân có công bội d khác 0 nên b = a.d , c = a.d 2 Suy ra b 2 = a 2 d 2 , c 2 = a 2 d 4 ⇒ a 2 c 2 = ( b 2 )

Vậy a 2 , b 2 , c 2 theo thứ tự lập thành cấp số nhân

u4 16384 . Số hạn thứ 17 của cấp số nhân là u11

3 B. 268435456

2. Sai Suy ra b 2 = a 2 + 2ad + d 2 , c 2 = a 2 + 4ad + 4d 2 ⇒ a 2 + c 2 ≠ 2b 2

( −1) 1 D. q = − , un = n −1 10 10

Ta có u5 = u1.q 4 , u75 = u1q 74 . Do đó u5 và u75 cùng dấu Vì a, b, c theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng có công sai d khác 0 nên b = a + d, c = a + 2d

u n +1 u u 1 Câu 39: Cho dãy số ( un ) xác định bởi u1 = và un +1 = .un . Giá trị tổng S = u1 + 2 + 3 + ... + 10 là 3 3n 2 3 10 A.

1  1 = −1.  −  10103  10 

1. Sai

Câu 38: Cho cấp số nhân có u1 = −1; u6 = 0.00001 . Khi đó công bội q và số hạng tổng quát là

1 −1 A. q = , un = n −1 10 10

ta có un = u1.q n −1 ⇔ Câu 4:

(

B. S10 = 31 1 − 2

Câu 37: Cho cấp số nhân ( un ) có tổng n số hạng đầu tiên là Sn =

2 A. u5 = 4 3

1 = un 10103

Câu 5:

Ta có u1 = −1, u6 = 0, 00001 ⇒ q 5 =

3 D. 214783648

0, 00001 1 1 =− 5 ⇒q=− −1 10 10

 −1  Vậy số hạng tổng quát un = −1.    10 

n −1

( −1)

10n −1

Câu 6:

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI BẢI TẬP TỰ LUYỆN DẠNG 2

1-C

2-C

3-B

4-A

5-D

6-A

7-B

8-B

9-C

10-C

11-A

12-B

13-A

14-A

15-C

16-D

17-A

18-D

19-A

20-D

21-A

22-D

23-C

24-D

25-B

26-D

27-C

28-D

29-C

30-D

31-B

32-D

33-A

34-A

35-C

36-C

37-A

38-D

39-B

40-C

Ta có u1 = −2 và q = −2 Tổng n số hạng đầu tiên của cấp số nhân là

( −2 ) (1 − ( −2 ) Sn = 1 − ( −2 )

) = − 2 1 − ( −2)  n

3



Câu 7:

Ta có u11 = u1.q10 = 1.210 = 1024

Câu 1:

Câu 8:

1 Ta có u7 = u1q 6 ⇒ −32 = − q 6 ⇒ q = ±2 2

Ta có u7 = u1.q 6 = 3.36 = 37 Trang 15

Trang 16

Câu 9:

Câu 17:

3 6 3 6 3 6 u u Ta có u1 = .21 = , u2 = .22 = .2, u3 = .23 = .22 ⇒ 2 = 2, 3 = 2 5 5 5 5 5 5 u1 u2

Ta có u2020 = u2017 .q 3 ⇒ q 3 = 1000 ⇒ q = 10 ⇒ u1 =

6 Vậy cấp số nhân cần tìm có u1 = , q = 2 5

⇒ S10 = u1.

Câu 10:

Câu 18:

1 u5 u2 4 1 3 Ta có q = = 64 ⇒ q = 4 ⇒ u1 = = = u2 q 4 16

Xét cấp số nhân ( un ) với u1 = 2, q = 2

Số hạng tổng quát của cấp số nhân là un = 3. ( −2 ) Ta cần tìm n sao cho un = 192 ⇔ 3. ( −2 )

n −1

2. (1 − 2100 )

1− 2

= 2101 − 1

Câu 19:

n −1

Xét cấp số nhân ( un ) với u1 = 5, q = 2

= 192 ⇔ n = 7

Ta có un = u1.q n −1 ⇔ 1280 = 5.2n −1 ⇔ 2n −1 = 28 ⇔ n = 9

Câu 12:

Ta có u10 = u1.q 9 ⇒ q = 2 . Do đó S10 = u1.

q10 − 1 1 1010 − 1 1010 − 1 = 2016 . = q − 1 10 9 9.102016

Ta có 1 + 2 + 22 + 23 + ... + 2100 = 1 + S100 = 1 +

Câu 11:

u2017 1 = u2016 102016

Vậy cấp số nhân đã cho có 9 số hạng

q10 − 1 = 4092 q −1

Câu 20:

Câu 13:

Xét cấp số nhân ( un ) với u1 = 2, q = 3 . Suy ra u5 = u1.q 4 = 2.34 = 162

Ta có u2 = u1.q = −16; u3 = u2 .q = 64; u4 = u3 .q = −256 .

Câu 21:

Câu 14:

Ta có u9 = u1.q 8 = 1.38 = 6561

n −1  1  1 3 2  1 2 1  Ta có un +1 =  2un + 2 − =  un −  =  2un +  ⇔ un +1 −  (1) n + 3n + 2  3  n + 2 n −1  n+2 3 n +1  3

Câu 22:

Đặt vn = un −

1 1 1 Ta có u1 = , u2 = ⇒ q = 3 9 3

1 2 , từ (1) ta suy ra vn +1 = vn n +1 3

Do đó ( vn ) là cấp số nhân với v1 = u1 −

1 2 Suy ra vn = v1q n −1 = .   2 3 1 2 Vậy u2018 = .   2 3

2017

n −1

⇔ un −

Câu 23:

1 1 1 = , công bội q = 2 2 2

1 1 2 = .  n +1 2  3 

n −1

1 2 ⇔ un = .   2 3

n −1

1 u 1 1 1 Xét cấp số nhân với u1 = , q = có q < 1 nên S = 1 = 4 = 1− q 1− 1 3 4 4 4

1 n +1

Câu 24:

2016

1 2 1 = + 2019 32017 2019

1 1 u Ta có u1 = , q = − ⇒ S = 1 = 9 3 1− q

Câu 15:

u = 1 1 − 2n +1 nên 1 + 2 + 22 + ... + 2n = Ta có 1, 2, 22 ,..., 2n là cấp số nhân với  1 = 2n +1 − 1 1− 2 q = 2

Câu 25:

S = 3 (1 + 2 + 22 + ... + 2n ) = 3 ( 2n +1 − 1)

Ta có u1 = 1, q =

Câu 16:

Ta có S10 = u1.

1 1 9 =  1  12 1−  −   3

1 u 1 ⇒S = 1 = =2 2 1− q 1− 1 2

Câu 26:

1 − q10 1 − 210 = 3. = 3. ( 210 − 1) 1− q 1− 2 Trang 17

Trang 18

31  26 2 1 + q 2 = 1 + q + q 2  u 1 q q 31 + + = ( ) u + u + u = 31  1  Ta có  1 2 3 ⇔ ⇒ ⇒ 26 (1 + q + q 2 ) = 31(1 + q 2 ) 2 26 1 26 u + q =  u1 + u3 = 26 ( )  u1 =  1  (1 + q 2 ) q = 5  u =1 ⇒ 5q 2 − 26q + 5 = 0 ⇒  ⇒ 1 q = 1 u1 = 25 5 

 1 Ta có un = u1q n −1 ⇔ 222 = 3.  −   2

n −1

 1 ⇔ −   2

n −1

= 74 (không tồn tại n ∈ ℕ thỏa mãn)

Vậy 222 không là số hạng của cấp số nhân

Câu 33:  u1q ( q 2 − 1) = 54 q=2   u q 3 − u1q = 54  u4 − u2 = 54 q = 2  ⇔  14 ⇔ ⇔ ⇔  2 2 2 2 − = 108 − 1 = 54 u u u q q u q − u q = 108 ( )  5 3 u1 = 9  1 1  1 u1q ( q − 1) = 108

Câu 27: Ta có u1 =

Giả sử số 222 là số hạng thứ n

Câu 34:

12 24 , u2 = ⇒q=2 5 5

 u q 3 − u1q = 54 (1)  u4 − u2 = 54 ⇔  14  2 u5 − u3 = 108 u1q − u1q = 108 ( 2 )

Câu 28:   q = −3  u q = −2 u = −2  Ta có  2 ⇔ 1 4 ⇔ 2 u1q = 54  u5 = 54  u1 = 3 

Ta thấy u1q 3 − u1q ≠ 0 nên chia phương trình (2) cho phương trình (1) ta được q = 2

2 1 − 31000 31000 − 1 = Vậy S1000 = . 3 −2 3

Câu 35:

Thay q = 2 vào phương trình (1) ta tìm được u1 = 9

Có un = u1.q n −1 ⇒ q n −1 =

Câu 29:

un 192 n −1 ⇔ ( −2 ) = = 64 ⇒ n = 7 u1 3

Câu 36:

4   u + u = 36  u1 ( q + q ) = 36 Ta có  5 2 ⇔ ⇒ 48 ( q 4 + q ) = 36 ( q 5 − q 3 ) 5 3 u − u = 48 u q − q = 48 6 4 ( )  1 

 u1 = 2  + = u u 3  u + u = 3 u + u = 3 1 3     u3 = 1 Ta có  21 32 ⇔ ⇔ 1 3 ⇔ 2  u =1 u1 + u3 = 5  u1.u3 = 2 ( u1 + u3 ) − 2u1.u3 = 5  1  u3 = 2

⇒ 4q 4 + 4q = 3q 5 − 3q 3 ⇔ 3q 5 − 4q 4 − 3q 3 − 4q = 0 ⇔ q ( q + 1)( q − 2 ) ( 3q 2 − q + 2 ) = 0 q=0   q = −1 36  ⇔ q = 2 (do q ≠ 0; q ≠ 1) ⇒ u1 = 4 =2  q=2 q +q  2 3q − q + 2 = 0

•

u =1 u Trường hợp 1.  1 ⇒ q 2 = 3 = 2 ⇔ q = 2 (do q > 1 ) u = 2 u1  3

Với q = 2 thì S10 =

Câu 30: 1

u1 (1 − q10 ) 1− q

1. (1 − 25 ) 1− 2

= 31

(

)

2 +1

Ta có 1; 2 ; 2 ; 2 ; 2 là một cấp số nhân với u1 = 1; q = 2 có 5 số hạng qn −1 25 − 1 ⇒ S = u1 = 1. = 25 − 1 = 31⋮ 31 q −1 2 −1

•

Câu 31: Câu 37:

Từ giả thiết u3 = 24 và u4 = 48 suy ra q = 2 Lại có u1 =

u3 24 = =6 q2 4

Vậy S5 = u1

1 − q5 −31 = 6. = 186 1− q −1

1   q= 2 u1 = 2 u3 1 2 Trường hợp 2.  ⇒q = = ⇔ (loại do q > 1 ) 1 u1 2   u3 = 1 q = −  2

  1 n    1 n  3n 1 −    2. 1 −      3    3n − 1  =   3  Sn = n −1 =  1 1 3 3n. 1− 3 3 Vậy u1 = 2; q =

Câu 32: Trang 19

1 2 ⇒ u5 = u1.q 4 = 4 3 3 Trang 20

Câu 38:

Ba số 5 x − y; 2 x + 3 y; x + 2 y theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên

1 10

Ta có u6 = 0.00001 ⇔ u1.q 5 = 0.00001 ⇔ −1.q 5 = 0.00001 ⇔ q = −  1 Mặt khác un = u1.q n −1 = −1.  −   10 

n −1

( −1) 10

2 ( 2x + 3y ) = (5x − y ) + ( x + 2 y ) ⇔ y =

= ( y + 1) ( x − 1) ⇔ ( xy + 1) = ( xy + x − y − 1)

Từ (*) và (**) suy ra x = 2

(**)

10 4 ;y= 3 3

Trường hợp 2. xy + 1 = − xy − x + y + 1 ⇔ 2 xy + x − y = 0

1 1 u  Do đó dãy  n  là một cấp số nhân có số hạng đầu u1 = , công bội q = 3 3 n

Từ (*) và (***) suy ra

u u2 u3 310 − 1 59048 29524 + + ... + 10 = = = 2 3 10 2.310 2.310 59049

(***)

 x = 0; y = 0 4 2 3 x + x=0⇒ x = − 3 ; y = − 3 5 5 4 10 

 3 3  10 4   Vậy các cặp số ( x; y ) cần tìm là ( x; y ) ∈  − ; −  ; ( 0;0 ) ;  ;    3 3   4 10 

Câu 40:

Ví dụ 2. Cho a, b, c là ba số hạng liên tiếp của một cấp số nhân. Chứng minh

Từ

Trường hợp 1. xy + 1 = xy + x − y − 1 ⇔ x − y = 2

u n +1 1 un .un ⇔ n +1 = 3n n +1 3 n

u u 1 1 1 1 u 1 1 1 1 nên 2 = . =   ; 3 = .   =   ;...; 10 =   3 2 3 3 3 3 3 3 3 10  3 

Khi đó S = u1 +

Ba số ( y + 1) ; xy + 1; ( x − 1) theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên

( xy + 1)

Mà u1 =

(*)

n −1

Câu 39: Theo đề ta có un +1 =

2 x 5

u4 1 1 1 = 16384 ⇔ 7 = 16384 ⇔ q 7 =   ⇔ q = u11 q 4  4

a) ( ab + bc + ca ) = abc ( a + b + c )

Ta có un = 24 tương ứng khi n = 1

b) ( a 2 + b 2 )( b 2 + c 2 ) = ( ab + bc ) 16

3 1 Số hạng thứ 17 của cấp số nhân là u17 = 24.   = 4 536870912  

c) ( a + b + c )( a − b + c ) = a 2 + b 2 + c 2

Dạng 3: Dựa vào tính chất của cấp số nhân, chứng minh đẳng thức, giải phương trình và ứng dụng bài toán thực tế

Hướng dẫn giải Vì a, b, c là ba số hạng liên tiếp của một cấp số nhân nên b 2 = ac 3

a) Ta có abc ( a + b + c ) = b3 ( a + b + c ) = ( ab + b 2 + bc ) = ( ab + bc + ca ) (điều phải chứng minh)

Phương pháp giải Áp dụng tính chất : Ba số a, b, c theo thứ tự đó lập thành cấp số nhân thì ac = b 2 hoặc b = ac

b) Ta có ( a 2 + b 2 )( b 2 + c 2 ) = a 2b 2 + a 2 c 2 + b 4 + b 2 c 2 = a 2b 2 + 2b 4 + b 2c 2

Nếu cấp số nhân ( un ) có số hạng đầu u1 và công bội q thì số hạng tổng quát un được xác định bởi công

= a 2b 2 + 2ab.bc + b 2 c 2 = ( ab + bc ) (điều phải chứng minh)

thức un = u1.q n −1 ( n ≥ 2 )

c) Ta có ( a + b + c )( a − b + c ) = ( a + c ) + b  ( a + c ) − b  = ( a + c ) − b 2

Tổng của n số hạng đầu tiên  S n = nu1  u1 (1 − q n )  S =  n 1− q 

= a 2 + 2ac + c 2 − b 2 = a 2 + 2b 2 + c 2 − b 2 = a 2 + b 2 + c 2 (điều phải chứng minh)

khi q = 1

Ví dụ 3. Số đo bốn góc của một tứ giác lập thành cấp số nhân và góc cuối gấp 9 lần góc thứ hai. Tìm số

khi q ≠ 1

đo của góc thứ nhất Hướng dẫn giải

Ví dụ mẫu Ví dụ 1.

( y + 1)

Tìm x, y biết 5 x − y; 2 x + 3 y; x + 2 y theo thứ tự lập thành cấp số cộng và các số 2

; xy + 1; ( x − 1) theo thứ tự lập thành cấp số nhân

Gọi A, B, C, D theo thứ tự đó là bốn đỉnh của tứ giác thỏa mãn đề bài

= = = Theo bài ra ta có B Aq; C Aq 2 ; D Aq 3 = 9B ⇔ Mặt khác D Aq 3 = 9 Aq ⇔ q 2 = 9 ⇔ q = ±3

Hướng dẫn giải

Với q = −3 ⇒ B = −3 A < 0 (loại) Trang 21

Trang 22

+C +D = 3600 ⇔ A+ B A + 3 A + 9 A + 27 A = 3600 ⇔ A = 90 Với q = 3 ta có

 x =1 x − 7 x + 14 x − 8 = 0 ⇔  x = 2 (thỏa mãn)  x = 4 3

Ví dụ 4. Cho a, b, c là các số nguyên dương thỏa mãn thành một cấp số nhân và

b là một số nguyên. Các số a, b, c theo thứ tự lập a

Vậy m = 2 là giá trị cần tìm

a +b+c = b + 2 . Tìm a 3

Ví dụ 6. Cho 3 số dương có tổng là 65 lập thành một cấp số nhân tăng. Nếu bớt một đơn vị ở số hạng thứ

Hướng dẫn giải

nhất và 19 đơn vị ở số hạng thứ ba ta được một cấp số cộng. Tìm 3 số đó

Vì a, b, c theo thứ tự lập thành một cấp số nhân nên b = a.q; c = a.q Vì

Hướng dẫn giải Gọi u1 , u2 , u3 theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân

b là một số nguyên mà a, b là số nguyên dương nên q là số nguyên dương a

Theo đề bài u1 − 1, u2 , u3 − 19 theo thứ tự đó lập thành một cấp số cộng

a +b+c 2 Ta có = b + 2 ⇒ a + aq + aq 2 = 3aq + 6 ⇔ a ( q − 1) = 6 3

 u + u + u = 65  u + u + u = 65 Ta có  1 2 3 ⇔ 1 2 3 u u u − 1 + − 19 = 2 3 2  1 u1 − 2u2 + u3 = 20

Vì a, q nguyên dương nên ta có bảng sau a

( q − 1)

 u1 (1 + q + q 2 ) = 65 (1)  u − u .q + u1.q 2 = 65  ⇔ 1 1 ⇔  2 2 2 . 20 u − u q + u q =  1 1 1 u1 (1 − 2q + q ) = 20 ( 2 ) Chia vế với vế của (1) cho (2), ta được

6 +1

Kết luận

Loại

3 +1 Loại

2 +1 Loại

2 Thỏa mãn

1 + q + q2 65 13 = = 1 − 2q + q 2 20 4

q = 3 ⇔ 4 (1 + q + q 2 ) = 13 (1 − 2q + q 2 ) ⇔ 9q 2 − 30q + 9 = 0 ⇔  q = 1 3 

Vậ y a = 6

Vì u1 , u2 , u3 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân tăng dần nên q = 3 ⇒ u1 = 5

Ví dụ 5. Tìm m để phương trình x3 − ( 3m + 1) x 2 + ( 5m + 4 ) x − 8 = 0 (1) có 3 nghiệm lập thành một cấp số

Vậy 3 số cần tìm là 5; 15; 45

Ví dụ 7. Cho tam giác ABC vuông tại A có ba cạnh CA, AB, BC theo thứ tự lập thành một cấp số nhân

nhân

có công bội là q. Tìm q

Hướng dẫn giải

Giả sử x1 ; x2 ; x3 là ba nghiệm của phương trình (1)

Vì tam giác ABC vuông tại A nên BC 2 = AB 2 + AC 2

( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) = 0

Theo giả thiết ta có ba cạnh CA, AB, BC theo thứ tự lập thành một cấp số nhân có công bội là q nên

x 3 − ( x1 + x2 + x3 ) x 2 + ( x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) x − x1 x2 x3 = 0

BC = q 2 . AC và AB = q. AC

Suy ra x1 x2 x3 = 8

Do đó BC 2 = AB 2 + AC 2 ⇔ q 4 . AC 2 = q 2 . AC 2 + AC 2 ⇔ q 4 − q 2 − 1 = 0

Lại có ba nghiệm x1 ; x2 ; x3 lập thành một cấp số nhân nên

 2 1+ 5 q = 1+ 5 2+2 5 2 (do q 2 ≥ 0) ⇔ q = ± ⇔ ⇔ q2 = 2 2  2 1− 5 q =  2

2 2

3 2

x = x1 x3 ⇒ x = x1 x2 x3 = 8 ⇒ x2 = −2 Mà x2 là nghiệm của phương trình (1) nên

23 − ( 3m + 1) .22 + ( 5m + 4 ) .2 − 8 = 0 ⇔ m = 2

Vì q > 0 nên q =

Thử lại với m = 2 thì phương trình (1) trở thành

Trang 23

2+2 5 2

Trang 24

Ví dụ 8. Cho hình vuông C1 có cạnh bằng 1, C2 là hình vuông có các đỉnh là các trung điểm của cạnh hình vuông C1 . Tương tự, gọi C3 là hình vuông có các đỉnh là trung điểm của các cạnh hình vuông C2 . Tiếp tục như vậy ta được một dãy các hình vuông C1 , C2 , C3 ,..., Cn ,... Tính tổng diện tích của 10 hình vuông đầu tiên của dãy

n + 1 tăng so với giá của mỗi số ở bậc thứ n là 2,5%. Gia đình ông An sử dụng hết 345 số trong tháng 1, hỏi tháng 1 ông An phải đóng bao nhiêu tiền?

Hướng dẫn giải Gọi u1 là số tiền phải trả cho 10 số điện đầu tiên Suy ra u1 = 10.1500 = 15000 (đồng)

Hướng dẫn giải

u2 là số tiền phải trả cho các số điện từ 11 đến 20 Suy ra u2 = u1 (1 + 0, 025) ....................................................................................

u34 là số tiền phải trả cho các số điện từ 331 đến 340 33

Suy ra u34 = u1 (1 + 0, 025 )

Số tiền phải trả cho 340 số điện đầu tiên là 34

S1 = u1. Diện tích của hình vuông C1 là 1

Độ dài đường chéo hình vuông C1 là Hình vuông C2 có cạnh bằng

Số tiền ông An phải trả cho các số điện từ 341 đến 345 là

S2 = 5.1500 (1 + 0, 025 ) = 17364, 92

1 đường chéo hình vuông C1 2

Vậy tháng 1 gia đình ông An phải trả số tiền là: S = S1 + S 2 ≈ 806558 (đồng)

Ví dụ 10. Từ độ cao 55,8m của tháp nghiêng Pisa nước Italia, người ta thả một quả bóng cao su chạm

xuống đất. Giả sự mỗi lần chạm đất quả bóng lại nảy lên độ cao bằng

đất

Hướng dẫn giải Gọi hn là độ dài đường đi của quả bóng ở lần rơi xuống thứ n ( n ∈ ℕ* )

1 đường chéo hình vuông Cn −1 2

 2 ⇒ Diện tích của hình vuông Cn là    2 

1 độ cao mà quả bóng đạt trước 10

đó. Tính tổng độ dài hành trình của quả bóng được thả từ lúc ban đầu cho đến khi nó nằm yên trên mặt

1 đường chéo hình vuông C2 2

 2 ⇒ Diện tích của hình vuông C3 là    2  Hình vuông Cn có cạnh bằng

 2 ⇒ Diện tích của hình vuông C2 là    2  Hình vuông C3 có cạnh bằng

1 − (1 + 0, 025 ) 1 − (1 + 0, 025) ⇒ S1 = 15000. = 789193, 28 1 − (1 + 0, 025 ) 1 − (1 + 0, 025 )

Gọi ln là độ dài đường đi của quả bóng ở lần nảy lên thứ n ( n ∈ ℕ* ) Theo bài ra ta có h1 = 55,8, l1 =

2( n −1)

Do đó, dãy diện tích các hình vuông C1 , C2 , C3 ,..., Cn ,... lập thành cấp số nhân với số hạng đầu

công bội q =

1 .55,8 = 5,58 và các dãy số ( hn ) , ln là các cấp số nhân lùi vô hạn với 10

1 10

Suy ra tổng độ dài đường đi của quả bóng là

 2 1 q10 − 1 1023 u1 = 1, q =  =  = ⇒ S10 = u1. q −1 2 512  2 

Ví dụ 9. Để tiết kiệm năng lượng, một công ty điện lực đề xuất bán điện sinh hoạt cho người dân theo hình thức lũy tiến (bậc thang) như sau: Mỗi bậc gồm 10 số; bậc 1 từ số thứ 1 đến số thứ 10, bậc 2 từ số 11

h1 1 1− 10

l1 1 1− 10

10 ( h1 + l1 ) = 68, 2(m) 9

Bài tập tự luyện dạng 3

đến số 20, bậc 3 từ số thứ 21 đến số thứ 30,…Bậc 1 có giá là 1500 đồng/1 số, giá của mỗi số ở bậc thứ Trang 25

Trang 26

Câu 1: Ba số 2 x,3 x + 3,5 x + 5 theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp của một cấp số nhân. Biết x ≠ −1 , số hạng tiếp theo của cấp số nhân đó là

A. −

250 3

C. 250

D. −250

a để x0 , y0 , z0 lập thành một cấp số nhân là

Câu 2: Cho cấp số nhân −4; x; −9 thì giá trị x là A. ±5

B. −6,5

C. ±6

A. a = 1

D. ±36

B. x = 6; y = −54

C. x = −6; y = −54

1 3

B. x = ± 3

C. x = ±

1 3

D. x = ±1

x; 2y; 3z theo thứ tự lập thành một cấp số cộng với công sai khác 0. Giá trị của q là

1 3

B. q =

1 9

C. q = −

1 3

D. q = −3

Câu 7: Cho cấp số nhân A. ±

1 5

B. x =

c 2 − ab a + b − 2c

C. x =

b 2 − ac a − 2b + c

D. x =

a 2 + b2 + c 2 a+b+c

−1 −1 . Giá trị của x là , x, 5 125 B. ±

1 25

B. 2

C. ±

1 5

C. −3

D. Không có giá trị nào

C. 10

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 11: Trong một cấp số nhân có các số hạng đều dương, hiệu của số hạng thứ năm và thứ tư là 576, hiệu của số hạng thứ hai và số hạng đầu là 9. Tổng 5 số hạng đầu tiên của cấp số nhân đó bằng A. 768

B. 1024

C. 1023

nhân. Biết rằng x < 0 , khi đó tích x. y bằng

B. – 27

D. m =

5 3 3 2 −1

B. a =

10 3

C. a = 10

D. a = −

10 3

sin α π , cos α , tan α theo thứ tự lập thành một cấp số nhân, với − ≤ α ≤ 0 . Khi đó giá 6 2

trị cos 2α bằng

1 2

3 2

C. −

3 2

D. −

1 2

Câu 17: Cho hình vuông ( C1 ) có cạnh bằng a. Người ta chia mỗi

các hình vuông C1 , C2 , C3 ,..., Cn . Gọi Si là diện tích của hình vuông Ci ( i ∈ {1, 2, 3,...}) . Đặt T = S1 + S 2 + S3 + ... + Sn + ...

32 3

Giá trị của a là

A. a = 2

B. a =

5 2

C. a = 2

D. a = 2 2

Câu 18: Người ta thiết kế một cái tháp gồm 11 tầng. Diện tích bề mặt trên của mỗi tầng bằng nửa diện tích mặt trên của tầng ngay bên dưới và diện tích mặt trên của tầng 1 bằng nửa diện tích đế tháp. Biết diện tích đáy tháp là 12288m 2 , diện tích mặt trên cùng bằng

D. 1061

Câu 12: Ba số − x;3; y theo thứ tự lập thành cấp số cộng, ba số 1, x, y theo thứ tự lập thành một cấp số A. 8

5 33 2 +1

Câu 15: Ba số a, b, c theo thứ tự là số hạng thứ nhất, số hạng thứ hai và số hạng thứ ba của một cấp số nhân, đồng thời cũng lần lượt là số hạng thứ nhất, số hạng thứ hai và số hạng thứ tư của một cấp số cộng có công sai bằng 10. Giá trị của a là

Biết T =

D. 12

Câu 10: Có bao nhiêu cấp số nhân gồm bốn phần tử mà tổng của chúng bằng 45 và số hạng thứ tư bằng bốn lần số hạng thứ 2? A. 1

C. m =

Từ hình vuông ( C2 ) lại tiếp tục làm như trên ta nhận được dãy

lập thành một cấp số nhân. Tổng a + d bằng

B. 8

5 33 2 +1

chia một cách thích hợp để có hình vuông ( C2 ) như hình vẽ

D. ±5

Câu 9: Bốn số a, b, c, d theo thứ tự lập thành một cấp số cộng và bốn số a + 1, b + 1, c + 3, d + 9 theo thứ tự A. 6

B. m = −

cạnh của hình vuông thành bốn phần bằng nhau và nối các điểm

Câu 8: Với giá trị nào của x thì 3 số x − 2; x + 1;3 − x lập thành cấp số nhân? A. ±1

5 2 +1

Câu 16: Cho ba số

là

a 2 − bc 2a − b − c

A. m = − 3

A. a = 5

Câu 6: Nếu ba số x + a; x + b; x + c theo thứ tự lập thành một cấp số nhân thì giá trị của x tính theo a, b, c

A. x =

D. a = 4 2

phân biệt lập thành một cấp số nhân là

D. x = −10; y = −26

Câu 5: Ba số x, y, z theo thứ tự lập thành một cấp số nhân với công bội q khác 1 đồng thời các số

A. q =

C. a = 3

Câu 14: Tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình x − 3mx − ( m + 1) x − 2 = 0 có ba nghiệm

Câu 4: Giá trị của x để 3 số 2 x − 1; x; 2 x + 1 theo thứ tự lập thành cấp số nhân là A. x = ±

B. a = 2

Câu 3: Cho cấp số nhân có bốn số hạng −2; x; −18; y . Hãy chọn kết quả đúng A. x = −6; y = 54

 x+ y+ z =a+4  Câu 13: Cho bộ số x0 , y0 , z0 là nghiệm của hệ phương trình  2 x − y + 2 z = 2a + 2 . Các giá trị dương của 3 x + 2 y − 3z = 1 − 2a 

A. 8m 2

B. 6m 2

C. 12m 2

D. 10m 2

Câu 19: Một khu rừng có trữ lượng gỗ là 6.105 ( m3 ) . Biết tốc độ sinh trưởng của các cây trong rừng là C. – 8

D. 5

4,5% mỗi năm. Hỏi sau 10 năm, khu rừng đó sẽ có bao nhiêu m3 gỗ (làm tròn đến hàng đơn vị)?

A. 931782m 3 Trang 27

B. 931781m3

C. 891657 m3

D. 891658m3 Trang 28

Câu 20: Bạn An thả quả bóng cao su từ độ cao 10m theo phương thẳng đứng. Mỗi khi chạm đất nó lại 3 nảy lên theo phương thẳng đứng với độ cao bằng độ cao trước đó. Tổng quãng đường bóng đi được đến 4 khi bóng dừng hẳn là A. 40 m

B. 70 m

C. 50 m

D. 80 m

Câu 21: Cho ba số thực dương a, b, c là ba số hạng liên tiếp của một cấp số nhân đồng thời thỏa mãn điều

Câu 26: Tổng cấp số nhân lùi vô hạn ( un ) có u1 = 1 và u1 , u3 , u4 theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp trong một cấp số cộng là

5 +1 2

2 2 2

abc 1 1 1 kiện 3 3 3 = 4 . Giá trị của biểu thức P = 3 + 3 + 3 là a +b +c a b c

A. P = 4

B. P = 2

C. P =

1 2

D. P =

5 −1 2

1 5 −1

D. 2

Câu 27: Với giá trị nào của tham số m thì phương trình x 3 − mx 2 − 6 x − 8 = 0 có ba nghiệm thực lập thành một cấp số nhân?

1 4

A. m = 1

B. m = −3

C. m = 3

D. m = −4

Câu 22: Cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, biết độ dài cạng đáy BC, đường cao AH và cạnh bên AB theo

Câu 28: Các giá trị m để phương trình x + 2 x + ( m + 1) x + 2 ( m + 1) = 0 có ba nghiệm lập thành một cấp

thứ tự lập thành cấp số nhân với công bội a. Giá trị của q 2 bằng

số nhân là

2+ 2 2

2− 2 2

2 +1 2

2 −1 2

Câu 23: Cho bốn số a, b, c, d theo thứ tự đó tạo thành cấp số nhân với công bội khác 1. Biết tổng ba số 148 hạng đầu bằng , đồng thời theo thứ tự đó chúng lần lượt là số hạng thứ nhất, thứ tư và thứ tám của 9 một cấp số cộng. Giá trị biểu thức T = a − b + c − d là A. T =

101 27

B. T =

100 27

C. T = −

100 27

D. T = −

101 27

A. m = −1, m = −3, m = −4

B. m = −1, m = 13, m = −4

C. m = 1, m = 3, m = 4

D. Không có giá trị của m

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI BẢI TẬP TỰ LUYỆN DẠNG 3 1-B

2-C

3-C

4-C

5-A

6-C

7-B

8-D

9-B

10-C

11-C

12-C

13-C

14-B

15-C

16-D

17-A

18-B

19-A

20-B

21-D

22-C

23-C

24-B

25-B

26-B

27-B

28-D

Câu 24: Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba trung điểm ba cạnh của tam giác ABC được gọi là tam giác trung bình của tam giác ABC. Ta xây dựng dãy các tam giác A1 B1C1 , A2 B2C2 , A3 B3C3 ,... sao cho A1 B1C1 là

Câu 1:

một tam giác đều cạnh bằng 3 và với mỗi số nguyên dương n ≥ 2 , tam giác An BnCn là tam giác trung

Ba số 2 x;3x + 3;5 x + 5 theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp của một cấp số nhân nên

bình của tam giác An −1 Bn −1Cn −1 . Với mỗi số nguyên dương n, kí hiệu Sn tương ứng là diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác An BnCn . Giá trị tổng S = S1 + S 2 + ... + Sn

A. S =

15π 4

B. S = 4π

C. S =

9π 2

D. S = 5π

 x = −1 2 2 x ( 5 x + 5 ) = ( 3x + 3) ⇔ x 2 − 8 x − 9 = 0 ⇔  ⇔ x = 9 (do x ≠ 1)  x=9 Với x = 9, suy ra q =

Câu 25: Cho hình vuông ABCD có các cạnh bằng a và có diện tích S1

3.9 + 3 30 5 = = 2.9 18 3

Nối 4 trung điểm A1 , B1 , C1 , D1 theo thứ tự của 4 cạnh AB, BC, CD, DA

5 250 Số hạng tiếp theo của cấp số nhân đó là ( 5.9 + 5) . = 3 3

ta được hình vuông thứ hai có diện tích S2 . Tiếp tục làm như thế,

Câu 2:

ta được hình vuông thứ ba là A2 , B2 , C2 , D2 có diện tích S3 ,...

Ta có x 2 = ( −4 )( −9 ) = 36 ⇒ x = ±6

và cứ tiếp tục làm như thế, ta tính được các hình vuông lần lượt

Câu 3:

có diện tích có diện tích S4 , S5 ,..., S100 (tham khảo hình vẽ bên).

  x=6  2  x = ( −2 )( −18 ) = 36 ⇒ x = ±6   y = 54 Ta có  ⇒ 2   x = −6 xy = ( −18) = 324     y = −54

Giá trị tổng có diện tích S = S1 + S2 + S3 + ... + S100 là

A. S = C. S =

a 2 ( 2100 − 1)

2100 a2 2100

B. S =

a 2 ( 2100 − 1)

299

Câu 4:

a ( 299 − 1) 2

D. S =

Trang 29

Trang 30

1 3

Vì x, y, z theo thứ tự lập thành một cấp số nhân với công bội q khác 1 nên y = x.q; z = x.q 2 (1)

 q4 − 1 u1. = 45  q = 0; u1 = 45  q −1  S = 45  Ta có  4 ⇔ ⇒  q = 2; u1 = 3 u4 = 4u2 u .q 3 = 4u .q ⇒  q = 0 1  q 2 = 4  q = −2; u1 = −95  1  

Các số x, 2y, 3z theo thứ tự lập thành một cấp số nhân nên x + 3z = 4 y

Câu 11:

Ta có x 2 = 4 x 2 − 1 ⇔ 3 x 2 = 1 ⇔ x = ±

Câu 5:

(2)

u .q 4 − u1.q 3 = 576 q 4 − q3 576 u5 − u4 = 576 ⇔ 1 ⇒ = ⇒ q 3 = 64 ⇔ q = 4 ⇒ u1 = 3  q −1 9  u2 − u1 = 9  u1.q − u1 = 9

 q =1 Thay (1) vào (2) được x + 3xq 2 = 4 xq ⇔ x ( 3q 2 − 4q + 1) = 0 ⇒ 3q 2 − 4q + 1 = 0 ⇔  q = 1 3  Vì q ≠ 1 nên q =

Vậy tổng 5 số hạng đầu là S5 = u1

1 3

Câu 12:

Câu 6:

Ba số − x,3, y theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên − x + y = 6

Để ba số x + a; x + b; x + c theo thứ tự lập thành cấp số nhân thì

( x + b)

q5 − 1 = 1023 q −1

Ba số 1, x, y theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên x = y

b 2 − ac = ( x + a )( x + c ) ⇔ x 2 + 2bx + b 2 = x 2 + ( a + c ) x + ac ⇔ ( 2b − a − c ) x = ac − b 2 ⇒ x = a − 2b + c

Câu 7:

(1) (2)

 x = −2 Từ (1), (2) và x < 0 suy ra  ⇒ x. y = −8  y=4

Câu 13:

−1 −1 1 1 1 là cấp số nhân khi và chỉ khi x 2 = . ; x; ⇔x=± 5 125 5 125 25

Giải hệ phương trình ta được x0 =

Câu 8:

a+3 5a + 9 ; y0 = 2; z0 = 6 6

Để x0 , y0 , z0 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân thì x0 .z0 = y02

3 số x − 2; x + 1;3 − x là cấp số nhân khi và chỉ khi ( x + 1) = ( x − 2 )( 3 − x )

⇔ x 2 + 2 x + 1 = − x 2 + 5 x − 6 ⇔ 2 x 2 − 3 x + 7 = 0 (vô nghiệm)

⇔

Vậy không có giá trị x thỏa mãn đề bài

 a=3 a + 3 5a + 9 = 4 ⇔ 5a 2 + 24a − 117 = 0 ⇔  .  a = − 39 6 6 5 

Câu 9:

Do a > 0 nên a = 3

Gọi m là công sai của cấp số cộng

Câu 14:

Khi đó b = a + m; c = a + 2m, d = a + 3m

Giả sử phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3

 ( a + 1)( c + 3) = ( b + 1) Do a + 1, b + 1, c + 3, d + 9 theo thứ tự lập thành một cấp số nhân nên  2 ( b + 1)( d + 9 ) = ( c + 3) 2

Khi đó x1 x2 x3 = 2 . Mà x1 x3 = x22 nên x2 = 3 2 Do đó ta có − m − 1 = 4 3 2.3m ⇔ m = −

 a =1  2a + 2 = m 2  Thay b = a + m; c = a + 2m, d = a + 3m vào hệ trên và rút gọn ta được  ⇔  m = 2 2  4a = m   m = −2 

Thử lại với m = −

Thử lại ta thấy chỉ có trường hợp a = 1, m = 2 thỏa mãn

Vậy m = −

Vậy a + d = 2a + 3m = 8

5 33 2 +1

5 thấy thỏa mãn 33 2 +1

5 33 2 +1

Câu 15:

Câu 10:

Theo đề bài ta có a = u1 ; b = u2 = u1 + 10; c = u4 = u1 + 30 2

Theo tính chất cấp số nhân, ta có b 2 = a.c ⇔ ( u1 + 10 ) = u1 ( u1 + 30 ) ⇔ u1 = 10 ⇒ a = 10

Câu 16: Trang 31

Trang 32

Theo giả thiết ta có

Tổng các quãng đường khi bóng đi xuống là S = 2

( sin α ) = cos α 2 ⇔ 6. cos α 3 + cos α 2 − 1 = 0 ⇔ cos α = 1 sin α 2 . tan α = ( cos α ) ⇔ ( ) ( ) ( ) 6 6.cos α 2 Từ đó cos 2α = 2 ( cos α )

Tổng quãng đường bóng đi được (cả lên và xuống) đến khi bóng dừng hẳn là 2S − 10 = 80 − 10 = 70(m)

1 −1 = − 2

Câu 21:

Câu 17:

Ta có 2

a 10 3  1  Cạnh của hình vuông ( C2 ) là a2 =  a  +  a  = 4 4  4 

Do đó

2 2  10  a 10 3  1  là a3 =  a2  +  a2  = 2 = a2   4 4  4   4 

Đặt BC = a; AB = AC = b; AH = h . Theo giả thiết ta có a, h, b lập thành cấp số nhân, suy ra h 2 = ab

Mặt khác, tam giác ABC cân tại đỉnh A nên h 2 = ma2 =

5 5 Do đó diện tích S3 =   a 2 = S2 8 8 Lý luận tương tự ta có các S1 ; S2 ; S3 ;...; S n ... tạo thành một dãy cấp số nhân lùi vô hạn có u1 = S1 và công

5 8

Vậy T =

a b c a b c 1 1 1 1 1 = + + = + + = + + ⇒P= 4 b 2 c 2 c 2 a 2 a 2b 2 ac3 b 4 a 3c a 3 b3 c 3 4

Câu 22:

bội q =

1 a 3 + b3 + c3 a 2b 2 c 2 a b c =4⇔ = = 2 2+ 2 2+ 2 2 3 3 2 2 2 a +b +c 4 abc bc ca ab 3

Mặt khác a, b, c là ba số hạng liên tiếp của một cấp số nhân nên ac = b 2

5 5 Do đó diện tích S2 = a 2 = S1 8 8 Cạnh của hình vuông ( C3 )

u1 10 = = 40 1− q 1− 3 4

Do đó

b2 + b2 a 2 − = ab ⇔ a 2 + 4ab − 4b 2 = 0 ⇔ a = 2 2 − 2 b 2 4

(

Lại có b = q 2 a nên q 2 =

S1 8a 2 32 = = ⇔ a 2 = 4 ⇔ a = 2 (do a > 0) 1− q 3 3

b2 + b2 a 2 − 2 4

)

b 1 2 2+2 2 +1 = = = a 2 2 −2 4 2

Câu 23:   ac = b 2  Ta có  bd = c 2  148 a + b + c = 9 

Câu 18: Ta nhận thấy diện tích các mặt trên của mỗi tầng lập thành 1 cấp số nhân với công bội q =

1 2

Số hạng đầu u1 = 12288 . Khi đó mặt trên cùng tầng 11 ứng với u12

(1) ( 2) ( 3)

Cấp số cộng có u1 = a, u4 = b, u8 = c . Gọi x là công sai của cấp số cộng. Vì cấp số nhân có công bội khác

1 Do đó u12 = u1.q = 1288.   = 6 2 11

1 nên x ≠ 0 b = a + 3 x Ta có  c = a + 7 x

Câu 19: 5

Đặt u0 = 6.10 và r = 4,5% = 0, 045

(4) 2

Từ (1) và (4) suy ra a ( a + 7 x ) = ( a + 3x ) ⇔ ax − 9 x 2 = 0

Gọi un là trữ lượng gỗ của khu rừng sau năm thứ n. Khi đó ta có un +1 = un (1 + r ) , n ∈ ℕ

Do x ≠ 0 nên a = 9 x

Suy ra ( un ) là cấp số nhân với số hạng đầu u0 và công bội q = 1 + r Do đó số hạng tổng quát của cấp số nhân ( un ) là un = u0 (1 + r )

Từ (3) và (4), suy ra 3a + 10 x =

148 9

Sau 10 năm, khu rừng đó sẽ có u10 = u0 .q10 = 6.105. (1 + 0, 045 ) = 931781, 653 ( m3 ) ≈ 931782 ( m3 ) gỗ

Câu 20:

Các quãng đường khi bóng đi xuống tạo thành một cấp số nhân lùi vô hạn có u1 = 10 và q =

3 4 Trang 33

Trang 34

 16    b= 3 a = 4  64   Do đó  4⇒ c= 9 x =  9  256     d = 27  

Vậy T = a − b + c − d =

Do đó S1 , S2 , S3 ,..., S100 là cấp số nhân với số hạng đầu u1 = S1 = a 2 và công bội q = Suy ra S = S1 + S2 + S3 + ... + S100 = S1.

( un ) là cấp số nhân lùi vô hạn có công bội q, suy ra

Vì dãy các tam giác A1 B1C1 , A2 B2C2 , A3 B3C3 ,... là các tam giác đều nên bán kính đường tròn ngoại tiếp các

3 3

Với n = 1 thì tam giác đều A1 B1C1 có cạnh bằng 3 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1C1 có bán kính  3 3 ⇒ S1 = π .  3.  3 3  

3 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2C2 có bán 2

 1 3 1 3 kính R3 = 3. . ⇒ S3 = π .  3. .  4 3  4 3 

1 Như vậy tam giác đều An BnCn có cạnh bằng 3.   2

Câu 27:

Thật vậy x 3 − mx 2 − 6 x − 8 = ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 ) x + x + x = m ⇔ x3 − mx 2 − 6 x − 8 = x 3 − ( x1 + x2 + x3 ) x 2 + ( x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 ) x − x1 x2 x3 ⇔  1 2 3  x1 x2 x3 = 8

nhân ⇔ x1.x3 = x22 ⇔ x1.x2 .x3 = x23 ⇔ 8 = x23 ⇔ x2 = 2 n−1

nên đường tròn ngoại tiếp tam giác An BnCn có bán

Vậy phương trình x 3 − mx 2 − 6 x − 8 = 0 phải có nghiệm bằng 2 Thay x = 2 vào phương trình ta có m = −3

Khi đó ta được dãy S1 ; S2 ; S3 ;...; S n ... là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu u1 = S1 = 3π và công

 x = −4 Điều kiện đủ: Thử lại với m = −3 ta có x 3 − 3 x 2 − 6 x − 8 = 0 ⇔  x = 2 (thỏa yêu cầu bài toán)   x = −1

Câu 28:

1 4

Giả sử phương trình có ba nghiệm phân biệt lập thành cấp số nhân

Do đó tổng S = S1 + S 2 + ... + S n ... =

 x1 x3 = x22 m +1  Khi đó  x1 + x2 + x3 = −2 ⇒ x2 = − 2 x x + x x + x x = m +1  1 2 2 3 3 1

u1 = 4π 1− q

Câu 25:

Ta có S1 = a 2 ; S2 =

1 2 5 −1 = = 2 1− 5 1+ 5 1− 2

Điều kiện cần: Phương trình x 3 − mx 2 − 6 x − 8 = 0 có ba nghiệm thực x1 < x2 < x3 lập thành một cấp số

...............................................................................

  1 n −1 3  3 . ⇒ S n = π .  3.   .   2 3 3  

u1 = 1− q

x + x + x = m Ta chứng minh nếu x1 ; x2 ; x3 là nghiệm của phương trình x 3 − mx 2 − 6 x − 8 = 0 thì  1 2 3  x1 x2 x3 = 8

3 Với n = 3 thì tam giác đều A3 B3C3 có cạnh bằng nên đường tròn ngoại tiếp tam giác A3 B3C3 có bán 4

bội q =

 1+ 5 q = 1− 5 2 (vì q < 1 ) ⇔ ⇒q= 2  1− 5 q =  2

Vậy S =

 1 3 1 3 kính R2 = 3. . ⇒ S2 = π .  3. .  2 3  2 3 

n −1

Từ đó ta có 1 + q 3 = 2.q 2 ⇔ q 3 − 2.q 2 + 1 = 0 ⇔ ( q − 1) ( q 2 − q − 1) = 0 ⇔ q 2 − q − 1 = 0

Với n = 2 thì tam giác đều A2 B2C2 có cạnh bằng

1 kính Rn = 3.   2

q < 1 và u3 = u1.q 2 = q 2 ; u4 = u1.q 3 = q 3

Mà và u1 , u3 , u4 theo thứ tự là ba số hạng liên tiếp trong một cấp số cộng nên u1 + u4 = 2.u3

Câu 24:

R1 = 3.

2 100 1 − q n a ( 2 − 1) = 1− q 299

Câu 26:

−100 27

tam giác bằng cạnh nhân

1 2

1 2 1 a ; S3 = a 2 ,... 2 4

Thay vào phương trình ta được m = −1, m = 3, m = −4

Trang 35

Trang 36

Thay từng giá trị của m vào phương trình ta thấy không có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu bài toán

Trang 37

CHƯƠNG 4: GIỚI HẠN

I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM

BÀI 1. GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ

1. Định nghĩa dãy số có giới hạn 9

Mục tiêu

1.1. Định nghĩa: Ta có nói rằng dãy số ( un ) có giới Nhận xét:

Kiến thức

hạn 0 (hay có giới hạn là 0) nếu với mỗi số dương a) Dãy số ( un ) có giới hạn 0 khi và chỉ khi dãy số

+ Hiểu được khái niệm giới hạn của dãy số.

nhỏ tùy ý cho trước, mọi số hạng của dãy số, kể từ

+ Biết được một số định lí giới hạn của dãy số, cấp số nhân lùi vô hạn.

một số hạng nào đó trở đi, đều có giá trị tuyệt đối

Kĩ năng +

Áp dụng khái niệm giới hạn dãy số, định lí về giới hạn của dãy số vào giải các bài tập.

Biết cách tính giới hạn của dãy số.

Biết cách tính tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn.

nhỏ hơn số dương đó. Khi đó ta viết: lim un = 0 hoặc un → 0.

( u ) có giới hạn 0. n

b) Dãy số không đổi ( un ) , với un = 0 có giới hạn 0.

(Kí hiệu “ lim un = 0 ”, đọc là dãy số ( un ) có giới n →+∞

hạn là 0 khi n dần đến vô cực).

1.2. Một số dãy số có giới hạn 0 thường gặp Dựa vào định nghĩa, người ta chứng minh được rằng: a) lim

1 = 0; n

b) lim

c) lim

1 = 0; n

d) Dãy số không đổi ( un ) với un = 0 có giới hạn 0. e) Nếu q < 1 thì lim q n = 0. Định lí sau đây thường được sử dụng để chứng minh

một số dãy số có giới hạn 0. Cho hai dãy số ( un ) và ( vn ) . Nếu un ≤ vn với mọi n và lim vn = 0 thì lim un = 0. 2. Dãy số có giới hạn hữu hạn

Nhận xét:

2.1. Định nghĩa dãy số có giới hạn hữu hạn

- Dãy số ( un ) có giới hạn là số thực L, khi và chỉ

Định nghĩa: Ta nói rằng dãy số ( un ) có giới hạn là

Trang 1

khi khoảng cách từ điểm un đến điểm L là un − L

số thực L nếu lim ( un − L ) = 0.

gần 0 bao nhiêu cũng được miễn là chọn n đủ

Khi đó ta viết lim un = L hoặc un → L.

lớn. Tức là khi biểu diễn các số hạng trên trục số

Tức là lim un = L ⇔ lim ( un − L ) = 0.

ta thấy khi n tăng thì các điểm un tụ tại quanh

2.2. Các định lý cơ bản về giới hạn hàm số

điểm L.

Định lí 1: Giả sử lim un = L. Khi đó:

- Có những dãy số không có giới hạn hữu hạn.

Trang 2

lim un = L và

un = 3 L .

Chẳng hạn dãy số

Nếu un ≥ 0, ∀n ∈ ℕ * thì L ≥ 0 và lim un = L .

(( −1) ) , n

tức là dãy số:

−1;1; −1;1;...

Định lí 2: Giả sử lim un = L;lim vn = M và c là một - Nếu C là hằng số thì lim C = C.

kể từ một số hạn nào đó trở đi, đều nhỏ hơn số âm c) lim 3 n = +∞. đó. d) lim n k = +∞ ( k > 0 ) . Khi đó ta viết lim un = −∞ hoặc un → −∞. e) lim q n = +∞ ( q > 1) .

hằng số.

Định lí: Nếu lim un = +∞ thì lim

Khi đó lim ( un + vn ) = L + M .

lim ( un − vn ) = L − M .

3.2. Một vài quy tắc tìm giới hạn vô cực

lim ( un .vn ) = L.M .

lim ( cun ) = cL.

Quy tắc 1

lim

Nếu lim un = +∞;lim vn = +∞ thì lim ( un .vn ) = +∞ .

un L (nếu M ≠ 0 ). = vn M

Nếu lim un = +∞;lim vn = −∞ thì lim ( un .vn ) = −∞.

Định lí 3 (Nguyên lí kẹp giữa): Cho ba dãy số

( un ) , ( vn ) , ( wn )

Nếu lim un = −∞;lim vn = +∞ thì lim ( un .vn ) = −∞.

và số thực L. Nếu un ≤ vn ≤ wn với

Nếu lim un = −∞;lim vn = −∞ thì lim ( un .vn ) = +∞.

mọi n và lim un = lim wn = L thì lim vn = L.

Quy tắc 2

Định lí 4:

Nếu lim un = +∞;lim vn = L ≠ 0

Một dãy số tăng và bị chặn trên thì có giới hạn.

+∞ khi L > 0 thì lim ( un .vn ) =  . −∞ khi L < 0

Một dãy số giảm và bị chặn dưới thì có giới hạn. 2.3. Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn Khái niệm: Cấp số nhân gọi là lùi vô hạn nếu có

Nếu lim un = −∞;lim vn = L ≠ 0

công bội q thỏa mãn điều kiện q < 1.

−∞ khi L > 0 thì lim ( un .vn ) =  . +∞ khi L < 0

Tổng các số hạng: S = u1 + u2 + u3 + ... = u1 + u1q + u1q 2 + u1q 3 + ... =

1 = 0. un

Quy tắc 3

u1 , 1− q

Nếu lim un = L ≠ 0 , lim vn = 0 thì

( q < 1) . 3. Dãy số có giới hạn vô cực 3.1. Định nghĩa dãy số có giới hạn vô cực

Khi lim un = L > 0 ⇒ lim

un +∞ khi vn > 0, ∀n = . vn −∞ khi vn < 0, ∀n

Khi lim un = L < 0 ⇒ lim

un −∞ khi vn > 0, ∀n = . vn +∞ khi vn < 0, ∀n

Nhận xét: Nếu lim un = −∞ thì lim ( −un ) = +∞. Chú ý:

Định nghĩa:

Các dãy số có giới hạn là +∞ hoặc −∞ được Ta nói rằng dãy số ( un ) có giới hạn là +∞ nếu với gọi chung là các dãy số có giới hạn vô cực hay

3.3. Một số kết quả

Mở rộng:

mỗi số dương tùy ý cho trước, mọi số hạng của dãy dần đến vô cực.

a) lim

số, kể từ một số hạng nào đó trở đi, đều lớn hơn số Dãy số có giới hạn là số thực L được gọi là dãy

q n = +∞ và lim n = 0 , với q > 1. q n

Ta có lim

là một số nguyên dương.

dương đó.

số có giới hạn hữu hạn.

b) Cho hai dãy số ( un ) và ( vn ) ,

Khi đó ta viết lim un = +∞ hoặc un → +∞.

Nhận xét:

Nếu un ≤ vn với mọi n và lim un = +∞ thì

Ta nói rằng dãy số ( un ) có giới hạn là −∞ nếu với

Từ định nghĩa, ta có kết quả sau:

lim vn = +∞.

mỗi số âm tùy ý cho trước, mọi số hạng của dãy số,

a) lim n = +∞ .

Nếu lim un = L ∈ ℝ và lim vn = +∞ thì lim

b) lim n = +∞.

Trang 3

qn nk = +∞ và lim n = 0 , với q > 1 và k k q n

un = 0. vn Trang 4

Nếu lim un = +∞ (hoặc −∞ ) và lim un = L ∈ ℝ thì

Dãy số có giới hạn

lim ( un + vn ) = +∞ (hoặc −∞).

SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA DÃY SỐ CÓ GIỚI HẠN 0

Định nghĩa

Dãy số ( un ) có giới hạn là số thực L nếu

hữu hạn lim ( un − L ) = 0

Dãy số ( un ) có giới hạn 0 nếu với mọi

lim ( un ± vn ) = L ± M

số dương nhỏ tùy ý cho trước, mọi số hạng của dãy số, kể từ một số hạng nào

lim ( un .vn ) = L.M

đó trở đi, đều có giá trị tuyệt đôi nhỏ

Phép tính

hơn số dương đó.

giới hạn

lim

Trường hợp

lim ( cun ) = cL

1 = 0 ( k > 0) nk Các định lí

lim q n = 0 với q < 1

lim

un L = ( M ≠ 0) vn M

thường gặp Cho ba dãy số ( un ) , ( vn ) , ( wn )

Cho hai dãy số ( un ) và ( vn ) Nguyên lí

 un ≤ vn ⇒ lim un = 0  lim vn = 0

kẹp giữa

un ≤ vn ≤ wn Nếu  lim un = lim wn = L

Thì lim vn = L

Tổng của cấp số nhân lùi vô hạn

Trang 5

S = u1 + u1q + u1q 2 + q1q 3 + ... =

u1 ( q < 1) 1− q

Trang 6

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1: Dãy số có giới hạn bằng định nghĩa Dãy số có giới hạn vô cực

Bài toán 1. Chứng minh dãy số có giới hạn 0 bằng định nghĩa

Dãy số ( un ) có giới hạn là +∞ nếu với mỗi số dương tùy ý cho

Phương pháp giải

trước, mọi số hạng của dãy kể từ một số hạng nào đó trở đi, đều lớn

Cách 1: Áp dụng định nghĩa.

hơn số dương đó.

Cách 2: Sử dụng các định lí sau:

Ví dụ: Chứng minh các dãy số ( un ) sau đây có

giới hạn là 0.

1 Nếu k là số thực dương thì lim k = 0. n

Định nghĩa

Dãy số ( un ) có giới hạn là −∞ nếu với mỗi số âm tùy ý cho trước,

a) un =

Với hai dãy số ( un ) và ( vn ) .

nếu un ≤ vn với mọi n và lim vn = 0 và lim un = 0. Nếu q < 1 thì lim q n = 0.

3n + 2

b) un =

sin 4n . n+3

hướng dẫn giải

mọi số hạng của dãy kể từ một số hạng nào đó trở đi, đều nhỏ hơn số âm đó.

( −1)

a) Với mỗi số dương ε tùy ý cho trước, ta có un =

lim un = +∞, lim vn = +∞ ⇒ lim ( un .vn ) = +∞

( −1)

3n + 2

1 1 < <ε 3n + 2 3n

11  ⇔ n >  − 2 . 3ε 

lim un = +∞, lim vn = −∞ ⇒ lim ( un .vn ) = −∞ lim un = −∞, lim vn = +∞ ⇒ lim ( un .vn ) = −∞

1 Đặt n0 = 1 +   thì n0 ∈ ℕ* và un < ε , ∀n ≥ n0 .  3ε 

lim un = −∞, lim vn = −∞ ⇒ lim ( un .vn ) = +∞

Vậy lim un = 0.

b) Ta có ∀n ∈ ℕ* thì

lim un = +∞  +∞ khi L > 0 .  ⇒ lim ( un .vn ) =  lim vn = L ≠ 0  −∞ khi L < 0

sin 4n ≤ 1 ⇒ un =

sin 4n 1 1 1 ≤ ≤ = . n+3 n+3 n n

Áp dụng cho định lí “Nếu k là một số thực dương

Định nghĩa

lim un = −∞  −∞ khi L > 0 .  ⇒ lim ( un .vn ) =  lim vn = L ≠ 0  +∞ khi L < 0

cho trước thì lim

1 1 = 0 ” ta được lim = 0. nk n

Từ đó suy ra lim un = 0.

Ví dụ mẫu

u +∞ khi vn > 0, ∀n lim un = L > 0 ⇒ lim n =  . vn −∞ khi vn < 0, ∀n

lim un = L ≠ 0

Ví dụ 1. Chứng minh các dãy số ( un ) sau đây có giới hạn là 0. a) un =

lim vn = 0

1 + sin n 4 . 4n + 5

b) un =

( −1)

2n +1

−

1 . 5n −1

hướng dẫn giải

lim un = L < 0 ⇒ lim

un −∞ khi vn > 0, ∀n = . vn +∞ khi vn < 0, ∀n

Trang 7

a) Ta có ∀n ∈ ℕ* thì sin n 4 ≤ 1 ⇒ un =

1 + sin n 4 2 2 1 ≤ ≤ = . 4n + 5 4n + 5 4 n 2 n

Trang 8

Áp dụng định lí “Nếu k là một số thực dương cho trước thì lim

1 1 = 0 ” ta được lim = 0. Từ đó suy ra nk n

(

n+2 − n−2

b) Ta có un =

( −1) 2

−

n +1

1 1 1 1 1 1 ≤ + < + = , ∀n ∈ ℕ. 5n +1 2n +1 5n +1 2n +1 2n +1 2n

Mà

)(

)

n + 2 + n − 2 = ( n + 2) − ( n − 2) = 4

4 . n+2 + n−2

⇒ n+2 − n−2 =

lim un = 0.

4 < n+2 + n−2

2 2 và lim = 0. n−2 n−2

Từ đó suy ra điều cần chứng minh.

Vì lim

b) Ta có

1 1 = lim   = 0. 2n 2

Ví dụ 2: Chứng minh rằng các dãy số với số hạng tổng quát sau có giới hạn 0.

Từ đó suy ra lim un = 0.

cos

cos n a) un = . n+4

Bài toán 2. Giới hạn của dãy số có số hạng tổng quát dạng phân thức

b) un =

Phương pháp giải Để tính giới hạn của dãy số có số hạng tổng quát u dạng phân thức: lim n . vn

1 Ví dụ: Chứng minh rằng: lim = 0. n +1

c) un

Hướng dẫn giải

tử số và mẫu số cho n p , trong đó p là số mũ lớn nhất. Sau đó áp dụng: lim

1 = 0 (với k > 0 ). nk

cos n

n2 + 1

nπ 5 . d) un = n (1, 01) sin

Hướng dẫn giải

1 1 1 < và lim = 0. n +1 n n

Nếu un ; vn là hàm đa thức theo biến n thì chia cả Ta có 0 <

( −1) =

nπ 5 . n

a) Ta có

Từ đó suy ra điều cần chứng minh. b) Ta có

Nếu un ; vn là hàm số mũ thì chia cả tử và mẫu

1 cos n 1 1 < < và lim = 0. Từ đó suy ra điều cần chứng minh. n+4 n+4 n n

( −1)

cos n 1 cos n 1 1 < 2 < < và lim 2 = 0. n +1 n + 1 n2 + 1 n2 n 2

Từ đó suy ra điều cần chứng minh.

cho a với a là cơ số lớn nhất. Sau đó sử dụng

nπ n n 5 < 1 =  1  và lim  1  = 0 (do 1 < 1 ).     n n 4 4 4 4  4

cos c) Ta có

công thức: lim q = 0 với q < 1.

Chú ý: Thông thường, ta sẽ biến đổi các dãy số

Từ đó suy ra điều cần chứng minh.

tổng quát về dãy số có giới hạn 0 quen thuộc như trên.

Ví dụ mẫu Ví dụ 1: Chứng minh rằng các dãy số với số hạng tổng quát sau đây có giới hạn 0. a) un =

(

)

2n + 3 − 2n .

b) un =

(

Từ đó suy ra điều cần chứng minh.

)

Ví dụ 3: Chứng minh rằng các dãy số sau có giới hạn bằng 0.

n+2 − n−2 .

Hướng dẫn giải a) Ta có

(

a) lim

2n + 3 − 2n

⇒ 2n + 3 − 2n = Mà

nπ n n 5 < 1 =  1  và lim  1  = 0. n n  1, 01   1, 01     (1, 01) (1, 01) 

sin

d) Ta có

3 < 2n + 3 + 2n

)(

) (

2n + 3 + 2n =

2n + 3

) −(

)

2n + 3n = 0. 4n

b) lim

an = 0. n!

hướng dẫn giải

3 . 2n + 3 + 2 n

a) Ta có lim

3 3 3 3 = < và lim = 0. 2n + 2n 2 2 n n n

2 3 2n + 3n 2 3 = lim   + lim   = 0 + 0 = 0 (do < 1 và < 1 ). 4n 4 4 4 4

Từ đó suy ra điều cần chứng minh. b) Gọi m là số tự nhiên thỏa m + 1 > a . Khi đó với mọi n > m + 1.

Từ đó suy ra điều cần chứng minh.

Trang 9

Trang 10

Ta có 0 <

an a a a a a a  a  = . ... . ... < .  n! 1 2 m m + 1 n m!  m +1 

 a  Mà lim    m +1

n −m

= 0 và

Ví dụ 4. Cho dãy số ( un )

n → −∞ .

n−m

≤ a . Từ đó suy ra lim

an = 0. n!

Sau đó bấm CALC, màn hình sẽ xuất hiện như

n với un = n . 3

hình bên. Ta hiểu rằng “Bạn muốn gán x bằng bao nhiêu?”

u 2 a) Chứng minh rằng n +1 ≤ với mọi n. un 3 n

2 b) Chứng minh rằng 0 < un ≤   với mọi n. 3 c) Chứng minh rằng dãy số ( un ) có giới hạn 0.

Hướng dẫn giải a) Với mọi n ta có

un +1  n + 1   n  n + 1 2n 2 = ≤ = . :  = un  3n +1   3n  3n 3n 3

nhân vô cực với c là hằng số (chú ý có thể lớn hơn 10).

1 2 < , suy ra (*) đúng với n = 1. 3 3

Ví dụ: −5.1010 là âm vô cực, ghi là −∞;5.1010 là

k 2 ≤   . Ta phải chứng minh (*) đúng với n = k + 1. Thật vậy, 3k  3  k

k +1 2 2 2 2 > 0 . Mặt khác uk +1 ≤ uk ⇔ uk +1 ≤ .   =   3 3 3 3 3k +1

kết quả:

Gặp hằng số c.1010 , c.1020 ,... đọc là (dấu của c)

uk +1 =

Gặp hằng số c.10n (trong đó α là số nguyên âm,

Ví dụ: 15.10−12 là số rất nhỏ và gần bằng 0.

2 b) Sử dụng phương pháp quy nạp toán học chứng minh 0 < un ≤   ; ∀n (*) 3

Giả sử (*) đúng với n = k tức là 0 <

Nhập: x = 9999999999 , sau đó bấm “=”, ta được

thông thường α = −10, α = −12,...)

ta được điều phải chứng minh.

n = 1 ta có 0 < u1 =

Ghi nhớ cách hiển thị kết quả

dương vô cực, ghi là +∞ . 0. Vậy lim

1 = 0. n +1

VÍ DỤ MINH HỌA

k +1

Ví dụ 1. Tính giới hạn sau: lim

Ta được điều phải chứung minh. n

Kết quả: 1.10−10 là một giá trị rất rất nhỏ gần bằng

( −1)

n+5

Hướng dẫn giải

 2 2 c) Do 0 < un ≤   mà lim   = 0 nên lim un = 0. 3  3  

Cách bấm máy: Nhập vào máy tính biểu thức sau:

Ta được điều phải chứng minh.

CHÚ Ý: MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI NHANH Quy ước: Trong máy tính không có biến n nên ta

Ví dụ 1. Tính giới hạn sau: lim

ghi x thay cho n.

1 . n +1

Ghi nhớ cách nhập giá trị của x.

Hướng dẫn giải

x → +∞ thì ta nhập x = 9999999999 (10 số 9)

Cách bấm máy:

x → −∞ thì ta nhập x = −9999999999 (10 số 9)

Nhập vào máy tính biểu thức sau:

Sau đó bấm CALC.

Đề bài yêu cầu tính lim ( un ) thì ta hiểu rằng, biến

Trang 11

Trang 12

Nhập x = 9999999999 , sau đó bấm “=”, ta được kết quả: Kết quả: 1.10−20 là một giá trị rất rất nhỏ gần bằng 0. Vậy lim Ví dụ 3. Tính giới hạn sau lim Kết quả: −9, 999999996.10−11 là một giá trị rất nhỏ gần bằng 0. Vậy lim

( −1)

Nếu ta nhập

n+5

.cos n = 0. n +1 2

2n + 1

2 +1

, sau đó CALC như trên máy sẽ báo: MATH ERROR do hàm số mũ tăng rất nhanh

nên sẽ không tính được trên máy tính. Trong trường hợp này ta sẽ xử lý như sau:

= 0.

Hướng dẫn giải

Ví dụ 2. Tính giới hạn sau:

Nếu ta nhập

( −1)

.cos n

n2 + 1

( −1) lim

.cos n

n2 + 1

Cách bấm máy:

Nhập vào máy tính biểu thức sau:

, sau đó CALC như trên máy sẽ báo: MATH ERROR.

Hướng dẫn giải Vận dụng định lí 1 nếu un ≤ vn với mọi n và lim vn = 0 thì lim un = 0. Ta có đánh giá sau:

( −1)

.cos n cos n 1 1 , ta chỉ cần ghi 2 vào máy tính là sẽ tính được. < 2 < n +1 n + 1 n2 + 1 n +1

Bấm CALC.

Cách bấm máy: Nhập vào máy tính biểu thức sau: Nhâp: x = 100 , sau đó bấm “=”, ta được kết quả:

Sau đó bấm CALC. Kết quả: 7,888609052.10−31 là một giá trị rất rất nhỏ gần bằng 0. Vậy lim

( −1) n

2 +1

= 0.

NHẬN XÉT: Qua 4 ví dụ trên, phần nfao bạn đọc đã hiểu về cách sử dụng máy tính cầm tay (MTCT) để

Nhập: x = 9999999999 , sau đó bấm “=”, ta được kết quả:

giải các bài toán về dãy số có giới hạn là 0. Có những bài toán sử dụng máy tính và nhập lệnh CALC

x = 9999999999 sẽ ra luôn kết quả, có những bài toán không ra được ngay, chúng ta cần vận dụng linh hoạt các cách đánh giá cũng như đổi cách bấm máy để ra được kết quả bài toán. Qua đây, đòi hỏi chúng ta Trang 13

Trang 14

cần có kiến thức khá chắc chắn về định nghĩa giới hạn dãy số để có thể vận dụng làm các bài tập cho tốt

(2) Ta có lim

hơn.

Bài tập tự luyện dạng 1 Câu 1: Trong các dãy số sau, dãy số nào có giới hạn 0? n

 3 A. un =  −  .  2

Câu 2: Dãy số A.

(

với un =

1 . 3

( −1) .cos 5n 3n

sin

 2+ 5  D. un =  −  . 4  

1 C. − . 3

C. Chỉ (1) đúng.

D. Chỉ (2) sai.

Câu 10: Cho dãy số ( un )

un = m, ( m ≥ 1) được xác định  n . n * 2 un +1 = 2 un − 1 , n ∈ ℕ

D. 0.

B. m = 2.

C. m = 3.

Dạng 2: Dãy số có giới hạn hữu hạn

Phương pháp giải 1 C. − . 3

Ta đi chứng minh lim ( un − L ) = 0.

1 . 3

Ví dụ: Chứng minh rằng lim

3 +5

bằng

1 B. − . 5

Đặt un =

1 . 3

D. 0.

Câu 6: Giới hạn lim A.

3 Do đó lim un = . Ta được điều phải chứng minh. 2

1 . 2

C. 0.

D. 1. Ví dụ mẫu

n2 − n + 3 bằng n 3 + 2n

1 . 3

B. 0.

1 . 2

Ví dụ 1: Chứng minh rằng lim

1 D. − . 2

(1):

n+5

;

sin n (2): ; n+5

A. (1), (2), (3), (4).

cos 2n (3): ; n +1

B. Chỉ (2), (3).

Đặt un =

( −1) .cos n . n2 + 2 (4): ; (5): n ( n + 1) n2 + 2 C. (1), (2), (3), (5).

cos n . n

1 . n

2n + 1 . n

 n2 + n  n2 + n  n −1  , ta có thể nhận xét lim ( un − 1) = lim  2 − 1 = lim  2  = 0. 2 n +1  n +1  n +1 

Do đó lim un = 1 . Ta được điều phải chứng minh.

D. Chỉ (1), (5).

Bài toán 2: Chứng minh một dãy số có giới hạn

Câu 8: Dãy số nào sau đây có giới hạn khác 0? A.

n2 + n = 1. n2 + 1

Hướng dẫn giải

Câu 7: Trong các dãy số dưới đây, dãy số nào có giới hạn 0?

( −1)

3n − 1 , ta có nhận xét: 2n + 1

3 −5   3n − 1 3  lim  un −  = lim  −  = lim = 0. + +1 2 2 n 1 2 2 n    

n  ( −1)  là Câu 5: Giới hạn lim  2 +  n + 2  

A. 2.

3n − 1 3 = . 2n + 1 2

Hướng dẫn giải

n +1

D. m = 4.

Bài toán 1. Sử dụng định nghĩa chứng minh rằng lim un = L

B. 1.

1 . 5

B. Cả hai câu đều sai.

A. m = 1.

6 bằng 3n 2 + 1

( −1)

A. Cả hai câu đều đúng.

Tham số m để dãy số ( un ) có giới hạn bằng 0 là

πn

A. 0. Câu 4: Giới hạn lim

 4  C. un =   .  2+ 5 

có giới hạn bằng

B. −1.

Câu 3: Giới hạn lim

)

B. u = − 2 .

1 = 0 , với k là số nguyên tùy ý. nk

Phương pháp giải

1 . n

Ví dụ: Chứng minh các giới hạn sau:

Sử dụng nguyên lí kẹp:

Câu 9: Xét các câu sau:

Cho ba dãy số ( un ) , ( vn ) , ( wn ) và số thực L.

1 (1) Ta có lim   = 0; 3

Nếu

un ≤ vn ≤ wn

với

mọi

 − n3  a) lim  3  = −1.  n +1  và

lim un = lim wn = L thì lim vn = L. Trang 15

Trang 16

 n 2 + 3n + 2  1 b) lim  = . 2  2n + n  2

Bài toán 3. Tính giới hạn của dãy số bằng các định lí về giới hạn

hướng dẫn giải

Ta lựa chọn một trong hai cách:

Phương pháp giải

 −n 3  1 a) Ta có lim  3 − ( −1)  = lim 3 . n n + 1 +1   xét dãy un =

lim vn = lim

a) lim

hướng dẫn giải Cách 1: Đưa dãy số cần tìm giới hạn về tổng, hiệu,

1 2  n 2  −4 + + 2  2 − 4 n + n + 2 n n   tích, thương của những dãy số mà ta đã biết giới a) lim = lim 1 1  2n 2 + n + 1 2 n 2+ + 2  hạn. n n   Ta có các kết quả sau: 1 2 −4 + + 2 1. lim C = C , với C là hằng số. n n . = lim 1 1 2. Kết quả trong định lí 1. 2+ + 2 n n 3. Kết quả trong định lí 2. Mà

 − n3  Do đó lim  3  = −1.  n +1  Ta được điều phải chứng minh.

 n 2 + 3n + 2 1  5n + 4 b) Ta có lim  −  = lim . 2 2 n + n 2 2 2n 2 + n ) (  

⇒ un =

5n + 4 2 ( 2n 2 + n )

1 1   lim  2 + + 2  n n  

5n + 4 5n + 4 5 1 < = + = vn , ∀n. 4n 2 4n n 2 2 ( 2n 2 + n )

Mà lim vn = lim

−4n 2 + n + 2 . 2n 2 + n + 1

3 1 2  b) lim ( 2n + 1)  2 − 2 .  n + 2n n + 3n − 1 

1 1 1 ⇒ un = 3 < = vn , ∀n và n3 + 1 n + 1 n3

1 1 = 0 nên lim 3 = 0. n3 n +1

Xét dãy un =

Ví dụ: Tìm các giới hạn sau:

5 1 3 = 0. + lim 2 = 0 nên lim 4n n 2 ( 3n 2 + n )

1 1 = lim 2 + lim + lim 2 = 2 + 0 + 0 = 2 ≠ 0 . n n

 n 2 + 3n + 2  1 Do đó lim  = . 2  2n + n  2

1 2  1 2  lim  −4 + + 2  = lim ( −4 ) + lim + lim 2 n n n n   = −4 + 0 + 0 = −4

Nên lim

Ta được điều phải chứng minh.

−4 n 2 + n + 2 −4 = = −2. 2n 2 + n + 1 2

Chú ý: Như vậy, để tính các giới hạn trên chúng ta Ví dụ mẫu

đã thực hiện phép chia cả tử và mẫu cho bậc cao

 3.3n − sin 3n  Ví dụ 1: Chứng minh có giới hạn: lim   = 3. 3n  

nhất của n và sử dụng kết quả lim

3 1 2  a) lim ( 2n + 1)  2 − 2  n n n + 2 + 3n − 1  

Hướng dẫn giải

 3.3n − sin 3n   − sin 3n  Ta có lim  − 3  = lim  . n n 3  3    Ta lại có

sin 3n 3n

a = 0 với k > 0. nk

= lim

1 1 1  − sin 3n  ≤ n =   ∀n và lim   = 0 , nên lim   = 0. n 3 3 3  3 

3 ( 2n + 1) 2

n + 2n

− lim

( 2n + 1) 2

n + 3n − 1

Mà

 3.3n − sin 3n  Do đó lim   = 3. Ta được điều cần phải chứng minh. 3n  

Trang 17

Trang 18

1  3 2 +  3 ( 2n + 1) 3.22 n  lim 2 = lim = = 12. 2 n + 2n 1 1+ n

Mà

lim

(

1  2+  2n + 1) ( 22 n  lim 2 = = = 4. n + 3n − 1 1 + 3 − 1 1 n n2

3 2 n n + 2n + 3 − n = lim = lim = = 1. 2 1 + 1 2 3 n + 2n + 3 + n 1+ + 2 +1 n n

Cách 2: Sử dụng nguyên lí kẹp giữa.

(

)

n3 − ( n 2 + n3 )

lim n − 3 n 2 + n3 = lim

Nên 1  3  lim ( 2n + 1)  2 − 2  = 12 − 4 = 8.  n + 2n n + 3n − 1 

= lim

đã thực hiện phép tách thành các giới hạn nhỏ.

n 2 + n. 3 n 2 + n3 +

−1  1  1 1+ 3 +1 +  3 +1 n  n 

Chú ý: Như vậy, để tính các giới hạn trên chúng ta

Vậy lim

(

n 2 + 2n + 3 − n 2

)

(

n 2 + n3

)

−1 1 =− . 1+1+1 3

1 2 n 2 + 2n + 3 − 3 n 2 + n3 = 1 − = . 3 3

)

Chú ý: Để tính các giới hạn trên trước tiên chúng ta cần sử dụng phép nhân liên hợp để khử dạng ∞ − ∞ Ví dụ mẫu

và

Ví dụ 1: Tìm các giới hạn sau:

9n 2 + 2n − 3n . 4n + 3

a) lim

b) lim

3 4 n 5 + 4n − 2 2 4 n5 − 3n

k . ∞−∞

Ví dụ 3: Tìm các giới hạn sau:

a) lim

Hướng dẫn giải 2

9n + 2n − 3n = lim 4n + 3

a) lim

b) lim

3 4 n 5 + 4n − 2 2 4 n5 − 3n

4 2 − n 4 n5 3 + 0 − 0 3 = = . 3 2−0 2 2− 4 n

(

n +1

 2 1   −  1 + 2 + 2 + ... + 2 2 −1 3   3 b) lim = lim n +1 = lim 2. n +1 3 −1 1 + 3 + 32 + ... + 3n 1 1−   2  3 2

)

4n 2 + 2n − 2n .

b) lim

(

)

n 2 + 2n + 3 − 3 n 2 + n 3 .

(

b) lim

(

n +1

= 0.

dụng kết quả lim q n = 0 với q < 1.

)

4n 2 + 2n − 2n = lim

4n 2 + 2 n − 4n 2 4 n 2 + 2n + 2 n

= lim

Ví dụ 4. Tìm các giới hạn sau:

2n   1 2n  1 + + 1 2 n  

 1  1 1 a) lim   1.3 + 3.5 + ... + ( 2n − 1)( 2n + 1)  .  

1 1 1 = = . 1 1+ 0 +1 2 1+ +1 2n

= lim

Chú ý: Để tính các giới hạn trên chúng ta đã thực hiện phép chia cả tử và mẫu cho cơ số cao nhất và sử

hướng dẫn giải

a) lim

= lim

1 + 2 + 22 + ... + 2n . 1 + 3 + 32 + ... + 3n

3   −2 3 − 2.5 0−2 2 5 a) lim = lim   n = =− n + 7 + 3.5 7.0 3 3 1   7.   + 3 5   n

ví dụ 2: Tìm các giới hạn sau:

a) lim

b) lim

hướng dẫn giải

2 2 9+ 2 −3 − 3n 9+ 0 −3 0 n2 n = lim = = = 0. 3 4n + 3 4+0 4 4+ n

n 9+

3n − 2.5n . 7 + 3.5n

)

n 2 + 2n + 3 − 3 n 2 + n3 = lim

1  1  1   b) lim 1 − 2  1 − 2  ...  1 − 2  .  2  3   n 

(

)

(

Hướng dẫn giải

)

n 2 + 2n + 3 − n + lim n − 3 n 2 + n3 . Trang 19

Trang 20

a) Do

1 1 2k + 1 − ( 2k − 1) 1  1 1  = . =  −  k k k k k k 2 − 1 2 + 1 2 2 − 1 2 + 1 2 2 − 1 2 +1  ( )( ) ( )( ) 

Sử dụng công thức: S = u1 + u2 + u3 + ... =

u1 , 1− q

với q < 1.

 1  1 1 Suy ra lim   1.3 + 3.5 + ... + ( 2k − 1)( 2k + 1)   

1 1 1 a) S = + 2 + ... + n + ... 3 3 3 b) S = 16 − 8 + 4 − 2 + ... Hướng dẫn giải

1 1 1 1 1 1 1  1 1  1 = lim  − + − + ... + −  = lim 1 − = . 2 1 3 3 5 2n − 1 2 n + 1  2  2n + 1  2

1 1 1 a) Xét dãy số ( un ) : , 2 ,..., n ,... là một cấp số 3 3 3

1  1  1   1  1   b) Ta có  1 − 2 1 − 2 1 − 2  ... 1 −  1− 2  2   2  3  4   ( n − 1)   n 

1 1 nhân có u1 = , q = . 3 3 1 1−   1 1 1 3 Suy ra S = + 2 + ... + n =   1 3 3 3 1− 3

1 3 2 4 3 5 n − 2 n n −1 n +1 n +1 = . . . . . ... = . . . . 2 2 3 3 4 4 n −1 n −1 n n 2n 1 1+ n +1 1  1  1   n = 1. Suy ra lim 1 − 2  1 − 2  ...  1 − 2  = lim = lim 2n 2 2  2  3   n 

1 nhân có u1 = 16, q = − . 2 Suy ra S = 16 − 8 + 4 − 2 + ... có lim S =

dụng các định lí về giới hạn hữu hạn.

Dạng 2: Nếu dãy số ( un ) có un là biểu thức chứa n dưới dấu căn, thì đưa n k ra ngoài dấu căn (với k là số cao nhất của n trong dấu căn) rồi áp dụng các định lí. Nếu gặp dạng (vô định) n k .nu với lim un = 0 , thì phải nhân và chia với biểu thức liên hợp của biểu thức chứa căn tiến về 0. Cần chú ý các hằng đẳng thức:

)(

)

a + b = a − b;

(

a± b

)(

a ∓ ab + b

) = a ± b.

16 32 = . 1 3 1+ 2

Ví dụ mẫu Ví dụ 1: Hãy biểu diễn các số thập phân vô hạn tuần hoàn sau dưới dạng phân số:

a) α = 0,353535...

a− b

− 1.

b) Xét dãy số ( un ) :16; −8; 4; −2;... là một cấp số

P (n) (trong đó P ( n ) , Q ( n ) là các đa thức của n), thì chia tử và Q ( n)

mẫu cho n k , với n k là lũy thừa có số mũ cao nhất của n trong các đa thức P ( n ) và Q ( n ) , sau đó áp

(

n +1

1 Vậy lim S = . 2

Chú ý: Ta thường gặp giới hạn của một số dãy số sau: Dạng 1: Nếu dãy số ( un ) có un =

Ví dụ: Tính các tổng sau:

b) β = 5, 231231...

Hướng dẫn giải

Dạng 3: Nếu dãy số ( un ) có un là một phân thức mà tử và mẫu là các biểu thức của các lũy thừa có dạng a n , b n ,... ( n ∈ ℕ ) trong đó a, b,... là các hằng số, thì chia cả tử và mẫu cho lũy thừa có cơ số có trị

35 2 35 35 35 10 a) α = 0,353535... = 0, 35 + 0, 0035 + ... = 2 + 4 + ... = = . 1 10 10 99 1− 2 10

tuyệt đối lớn nhất trong các lũy thừa ở tử và mẫu, rồi áp dụng các định lí.

Dạng 4: Nếu dãy số ( un ) trong đó un là một tổng hoặc một tích của n số hạng (hoặc n thừa số), thì

b) β = 5, 231231... = 5 + 0, 231 + 0, 000231 + ... = 5 +

phải rút gọn un rồi tìm lim un theo định lí.

231 3 231 1742 = 5 + 10 = 5 + = . 1 999 333 1− 3 10

Dạng 5: Nếu dãy số ( un ) trong đó un được cho bởi một hệ thức truy hồi, thì ta tìm công thức tổng quát của ( un ) rồi tìm lim un theo định lí.

231 231 + + ... 103 106

Để biểu diễn một số thập phân vô hạn tuần hoàn thành phân số, ta biểu diễn số đó thành tổng của một

Bài toán 4. Tính tổng của cấp số nhân lùi vô hạn

cấp số nhân lùi vô hạn và suy ra kết quả.

Phương pháp giải

Cách bấm máy:

Trang 21

Trang 22

Ví dụ 1: Tính giới hạn sau: lim

n 2 + 4n . n + 4n + 5 2

Hướng dẫn giải Nhập vào máy tính biểu thức sau: 5 Kết quả: Vậy giới hạn của dãy số bằng −1, 25 = − . 4

NHẬN XÉT: Qua 2 ví dụ trên, phần nào bạn đọc đã hiểu cách sử dụng MTCT để tính toán các bài toán liên quan đến giới hạn của dãy số (giới hạn là số thực). Tuy nhiên, MTCT không hẳn là một công cụ vạn

Sau đó bấm CALC.

năng để chúng ta giải quyết các bài toán phức tạp hay những bài toán hay và khó. Vì vậy, chúng ta cần phải hiểu sâu bản chất của vấn đề và rèn luyện nhiều dạng bài tập để thao tác nhanh và tập được cách xửl lí khi gặp một bài toán lạ hay không sử dụng được MTCT. Chúng ta cùng nhau sang các bài tập rèn luyện dưới đây.

Bài tập tự luyện dạng 2 Nhập x = 9999999999 , sau đó bấm “=”, ta được kết quả:

Câu 1: Giới hạn lim

2n + 1 bằng n+2

A. 2.

Câu 2: Giới hạn lim Kết quả: Vậy giới hạn của dãy số bằng 1. Ví dụ 2: Tính giới hạn sau lim

(

4n 2 − 5n − 2 n .

Câu 3: Giới hạn lim

Hướng dẫn giải Nhập vào máy tính biểu thức sau:

A. Sau đó bấm CACL.

1 . 2

C. 0.

1 . 6

2 . 3

2 . 5

bằng

1 . 3

2 . 3

D. 1.

1 . 3

1 D. − . 3

)

9n 2 + 2n − 3 8n3 + 6n + 1 − n là

1 A. − . 6

1 . 6 2

) (

(n − Câu 6: Giới hạn lim

Nhập: x = 9999999999 , sau đó bấm “=”, ta được kết quả:

1 . 2

n n2 + 1 + 3 B.

(

1 . 2

n 2 + 3 n3 + 1 + n n

1 . 2

Câu 5: Giới hạn

n2 + 1 bằng 2n + 3

A. 0. Câu 4: Giới hạn lim

1 C. − . 2

n +1 bằng n2 + 2

A. 2.

)

3 . 2

n2 − 1 + n + n2 − 1

A. 64.

B. 32.

)

bằng

C. 16.

D. 128.

Câu 7: Giới hạn lim Trang 23

1− 4 là 1 + 4n Trang 24

A. 1.

C. 0.

B. −1.

Câu 8: Giới hạn lim

1 D. − . 3

 1 1 2 1+ − 4 − 5 = lim n .  n n n 6 9  4+ + 3 n n 

D. −6.

 1 1 2  1+ − 4 − 5 Mà lim n = +∞ và lim  n n n 6 9  4+ + 3 n n 

4.3n + 7 n +1 là 2.5n + 7 n

A. 4.

B. 2.

C. 7.

 1  1 1 Câu 9: Giới hạn lim  bằng  2.4 + 4.6 + ... + 2n ( 2n + 2 )    A.

1 . 3

1 B. − . 2

C. 2.

1 . 4

Nên lim

  1 1 1 + + ... + Câu 10: Giới hạn lim   là n n + 1 + ( n + 1) n  1 2 + 2 1 2 3 + 3 2 A. −2

B. 1.

3 . 2

b) lim 5 D. − . 2

− 3 n 6 − 7 n3 − 5n + 8 n + 12 7 5 8 − + n3 n5 n 6  12  n 1 +  n 

−n2 . 3 1 − = lim

n chöõ soá 8

A. 10 C.

B. 10n +1 + 10 + 54n.

− 10 − 36n.

8 (10n+1 − 10 − 9n ) . 81

Câu 12: Tổng S = 5 − 5 + 1 −

1 (10n+1 − 10 − 72n ) . 81

= lim ( −n ) .

1 1 + − ... bằng 5 5

25 − 5 5 . 4

25 − 3 5 . 4

25 + 3 5 . 4

5+3 5 . 4

7 5 8 − + n3 n5 n6 12 1+ n

Mà lim ( − n ) = −∞ và lim

Nên lim

Dạng 3: Dãy số có giới hạn vô cực

1−

7 5 8 − + n3 n5 n6 = 1 = 1 > 0 12 1 1+ n

− 3 n 6 − 7 n 3 − 5n + 8 = −∞. n + 12

Ví dụ mẫu

Phương pháp giải

Ví dụ 1: Tìm các giới hạn sau:

Đề tỉm giới hạn vô cực của dãy số, ta biến đổi Ví dụ: Tìm các giới hạn sau: dãy số đã cho về tích hoặc thương của các dãy

a) lim

n +n −n−2 a) lim 3 . 4n + 6 n 2 + 9 số đã biết giới hạn, rồi dựa theo các quy tắc để

tìm giới hạn vô cực của các dãy số.

1−

  1 = >0  4 

n5 + n 4 − n − 2 = +∞. 4 n3 + 6 n 2 + 9

Câu 11: Tổng S = 8 + 88 + 888 + ... + 888...8 bằng n +1

  .  

b) lim

)

2n + 3 − n + 1 .

b) lim

+ 1) ( 2n + 3) n4 − n2 + 1

Hướng dẫn giải

− 3 n 6 − 7 n3 − 5n + 8 . n + 12

a) lim

(

Hướng dẫn giải

n5 + n 4 − n − 2 a) lim 3 = lim 4n + 6n 2 + 9

(

 1 1 2 n5 1 + − 4 − 5   n n n . 6 9  n3  4 + + 3  n n  

Trang 25

 3 1 2n + 3 − n + 1 = lim n .  2 + − 1 +  . n n 

)

 3 1 Do lim n = +∞ và lim  2 + − 1 +  = 2 − 1 > 0. n n  Nên lim

(

)

2n + 3 − n + 1 = +∞ .

Trang 26

(n b) lim

1  3  1 + 2   2 +  n  n  = lim . 1 1 1 − + n2 n4 n6

+ 1) ( 2n + 3) n4 − n2 + 1

a) lim

1  3 1 1 1  Do lim 1 + 2   2 +  = 1.2 = 2 > 0;lim 2 − 4 + 6 = 0 và n n n n n    Nên lim

+ 1) ( 2n + 3) n4 − n2 + 1

1 1 1 − + > 0. n2 n4 n6

= +∞.

(do

Nếu bậc của tử bằng bậc của mẫu thì kết quả của giới hạn đó bằng tỉ số các hệ số của lũy thừa cao nhất của tử và mẫu số. Nếu bậc của tử lớn hơn bậc của mẫu thì kết quả của giới hạn đó là +∞ nếu hệ số cao nhất của tử và mẫu cùng dấu và kết quả là −∞ nếu hệ số cao nhất của tử và mẫu trái dấu.

( −3 ) − 6 n . b) lim n +1 ( −3) + 5n+1

Hướng dẫn giải a) lim ( 5 − 3

n +1

)

n 4 + 1 + n − 1 = +∞.

2sin 2n 2 2 2sin 2n ≤ 3 , ∀n;lim 3 = 0 ⇒ lim = 0) n3 n n n3

1  Nên lim  n3 + 2sin 2n + 3  = +∞. 3  MỘT SỐ KỸ THUẬT GIẢI NHANH Quy ước: Trong máy tính không có biến n nên ta ghi x thay cho n.

Ví dụ 2: Tìm các giới hạn sau:

(

1  1 2sin 2n 3  1 Mà lim n3 = +∞ và lim  + + 3  = + 0 + 0 = > 0. n3 n  3 3 3

Nếu bậc của tử nhỏ hơn bậc của mẫu thì kết quả của giới hạn đó bằng 0.

a) lim ( 5 − 3

)

1   1 2sin 2n 3  b) lim  n3 + 2sin 2n + 3  = lim n3  + + 3 . n3 n  3  3

Khi tính các giới hạn phân thức, ta chú ý một số trường hợp sau đây:

n+1

 1 1 1  n 4 + 1 + n − 1 = lim n 2  1 + 4 + − 2  . n n n  

 1 1 1  Do lim n 2 = +∞ và lim  1 + 4 + − 2  = 1 > 0 nên lim n n n  

Chú ý:

(

Ví dụ: Tính giới hạn sau: lim

4n 4 − n 2 + 1 . ( 2n + 1)( 3 − n ) ( n2 + 1)

Ghi nhớ cách nhập giá trị của x

Hướng dẫn giải

x → +∞ thì ta nhập x = 9999999999 (10 số 9)

Cách bấm máy:

x → −∞ thì ta nhập x = −9999999999 (10 số 9)

Nhập vào máy tính biểu thức sau:

Đề bài yêu cầu tính lim ( un ) thì ta hiểu rằng,

n   ) = lim 5 . 1 − 3.  35   .   n

biến n → ∞ .

Gặp hằng số c.10α (trong đó α là số nguyên

 3  Do lim 5n = +∞ và lim 1 − 3.    = 1 − 3.0 = 1 > 0 nên lim ( 5n − 3n+1 ) = +∞ .  5    n

âm, thông thường α = −10; α = −12,... ).

Sau đó bấm CALC.

b) lim

( −3) − 6n n +1 ( −3) + 5n+1

 1  −  −1  2 = lim . n n  1 5 3 −  + 5   2 6

n n n  1  n    1 n 5   1 5 Do lim  −  − 1 = −1 < 0; lim 3  −  + 5    = 0 và 3  −  + 5   > 0  2 6  6     2    2 

Ghi nhớ cách hiển thị kết quả

Nhập: x = 9999999999 , sau đó bấm “=”, ta được

Ví dụ: 15.10

kết quả:

−12

đọc là 0.

Nên lim

( −3 ) − 6 n ( −3 )

n +1

+ 5n +1

Gặp hằng số c.1010 c.1020 ,... đọc là (dấu của c)

= −∞.

nhân vô cực đối với c là hằng số (chú ý có thể lớn

Ví dụ 3: Tìm các giới hạn sau: a) lim

(

)

n4 + 1 + n − 1 .

hơn 10).

1  b) lim  n3 + 2sin 2n + 3  . 3 

Ví dụ: −5.1010 đọc là âm vô cực, ghi là −∞ ; 5.1010 đọc là dương vô cực, ghi là +∞ .

Hướng dẫn giải Trang 27

Kết quả: Vậy giới hạn của dãy số bằng −2.

Trang 28

Kết quả có thể là một số thực cụ thể, đó chính là giới hạn mà ta cần tìm.

Chú ý: Thông thường, để tính giới hạn của dãy số (là số thực L), ta cho x → +∞ , tức là nhập vào máy tính x = 9999999999 (10 số 9).

Sau đó bấm CALC.

VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1: Tính giới hạn sau: lim

9n 2 − n + 1 . 4n − 2

Hướng dẫn giải Cách bấm máy: Nhập vào máy tính biểu thức sau:

Nhập x = 9999999999 , sau đó bấm “=”, ta được kết quả:

Sau đó bấm CALC.

Kết quả: Vậy giới hạn của dãy số bằng +∞. Bài tập tự luyện dạng 1 Câu 1: Giới hạn lim ( 2n 2 − n + 1) bằng A. −∞.

B. 2.

C. −2.

D. +∞.

C. 3.

D. +∞.

Câu 2: Giá trị của lim ( − n + 2n + 2 ) bằng 3

Nhập: x = 9999999999 , sau đó bấm “=”, ta được kết quả:

A. −∞.

B. −3.

Câu 3: Giới hạn lim 2n 2 − 3n − 8 bằng A. 2 2.

D. +∞.

C. −1.

D. +∞.

C. −1.

D. +∞.

C. −5.

D. +∞.

C. −3.

D. +∞.

Câu 4: Giá trị của lim 1 + 2n − n bằng 3

A. −∞.

3 Kết quả: Vậy giới hạn của dãy số bằng 0, 75 = . 4

Ví dụ 2: Tính giới hạn sau: lim

Câu 5: Giá trị của lim n n + 1 bằng A. −∞.

1 . n + 2 − n +1

B. 1.

Câu 6: Giới hạn lim ( −2n + 5n )( 3 − 2 2

Hướng dẫn giải

B. 5.

A. −∞.

Cách bấm máy:

) bằng

Câu 7: Giới hạn lim

Nhập vào máy tính biểu thức sau:

3n bằng −n2 + 1

A. −∞.

B. 3. 2

Câu 8: Giới hạn lim

Trang 29

2n − 3n + 1 bằng n +1 Trang 30

B. 3.

A. −∞.

C. −3.

Câu 3.

D. +∞.

  Câu 9: Giá trị của lim n  n + n + n − n  bằng   A. −∞.

B. +∞.

Câu 10: Giá trị của lim n

(

A. −∞.

1 . 2

n 2 + 2n

A. −∞.

C. −2.

Câu 12: Giới hạn lim

Câu 4.

Ta có 0 ≤

D. +∞.

C. 3.

D. +∞.

B. −7.

B. 3.

Câu 14: Giới hạn lim A. 5.

( −1) n

3 +5

C. −1 .

D. +∞.

n2 − n + 3 Ta có 3 = n + 2n

C. −2.

D. +∞.

Suy ra lim

n bằng n2 + 1

n2 − n + 3 = 0. n 3 + 2n

C. 5.

Dễ dàng nhận thấy các các phương án (1); (2); (3); (5) đều có giới hạn là 0, bạn đọc có thể tự chứng minh.

D. +∞ .

Ta xét phương án:

Đáp án và lời giải Dạng 1. Dãy số có giới hạn 0 3–A

n    ( −1)  = 2.  − 2  = 0 ⇒ lim  2 +   n + 2    

 1 3 1 3 1 3 n 2 1 − + 2  1− + 1− +  n n  = 1 . n n 2 mà lim 1 = 0;lim n n 2 = 1. 2 2 n n 1+ 2  1+ 2 n3 1 + 2  n2 n  n 

n2 + 2 n2 + 2 (4): = 2 = n ( n + 1) n + 1

2  2 n 2 1 + 2  1 + 22 1+ 2  n = n = 1. n , mà lim 1 1 1   1+ 2 n 2 1 + 2  1 + 2 n n  n 

Vậy phương án (4) không thỏa mãn. 4–D

5–A

6–B

7–C

8–C

9–C

10 – C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 8.

Dễ dàng chứng minh được các đáp án A, B và D có giới hạn là 0, bạn đọc có thể tự chứng minh.

Câu 1.

Ta xét phương án C: 1  n2 +  1 2n + 1 1 n   = = 2 + , mà lim  2 +  = 2 ≠ 0 . Vậy phương án C không thỏa mãn. n n n n 

Ta có

( −1) = 0. 1 1 1 mà lim n = 0 nên lim n < 3 + 5 3n 3 3 +5 n

Câu 7.

B. −5.

2–D

Câu 6.

 sin n 2  Câu 15: Giới hạn lim  − 5  bằng  n 

1–C

n +1

n n  ( −1) mà ( −1) < 1 , ∀n và lim 1 = 0. −2 =  n+2 n+2 n n 

D. +∞.

B. 0.

A. −∞.

3 +5

C. 1.

Câu 13: Giới hạn lim ( n − 2 cos 3n + 2 ) bằng

n cos

n  ( −1) Suy ra lim  2 +  n+2 

A. −∞.

n +1

n  ( −1) Ta có  2 +  n+2 

n − 7 n − 5n + 8 bằng n+2

A. −∞.

( −1)

Câu 5. bằng

B. 2. 3

1 . 2

)

n 2n 2 − 1 3

n 2 + 2n + 3 − 3 n + n3 bằng

Câu 11: Giới hạn lim

C. −1.

πn

πn sin 1 1 1 6 Ta có 0 ≤ 2 < < mà lim 2 = 0 nên lim 2 6 = 0. 3n + 1 3n 2 + 1 3n 2 3n 3n + 1 sin

4  4  < 1 nên lim   = 0. 2+ 5 2+ 5 

Câu 2. Ta có 0 ≤

( −1) .cos 5n 3n

cos 5n 1 1 = < n = 3n 3 3

Câu 9.

( −1) .cos 5n = 0. 1 mà lim   = 0 nên lim 3n 3

Dễ dàng nhận thấy phương án (1) hoàn toàn chính xác do: Trang 31

1 1 < 1 nên lim   = 0. 3 3

Trang 32

Phương án (2) là sai, vì lim

Câu 3.

1 = 0 khi k là số nguyên dương ( k ∈ ℤ + ) . Vậy phương án (2) sai. nk

1 1+ 2 n2 + 1 1 1 n Ta có lim = lim = = . 3 2n + 3 2 2 2+ n

Câu 10.

Ta có 2n un +1 = 2n.un − 1 ⇔ un +1 = un −

1 . 2n

Câu 4.

Chứng minh: un ≥ 21− n (bằng quy nạp). * Với n = 1 ta có u1 = m ≥ 1 = 20.

Ta có lim

n 2 + 3 n3 + 1 + n n n n2 + 1 + 3

* Giả sử uk > 21−k (với k > 1 ) * Cần chứng minh: uk +1 > 2− k .

Câu 5.

Ta có uk +1 = uk − 2− k > 21− k − 2− k = 2− k . Suy ra điều phải chứng minh.

Ta có lim

Từ đó suy ra un − 2

−n

1 > 0 với mọi n ⇒ un +1 = un − n . 2

Ta có lim

3–B

(

1 1 8n3 + 6n + 1 − 2n = − 0 = . 3 3

)

(n −

) (

n −1 + n + n −1

)

 1   1  1 − 1 − 2  + 1 + 1 − 2  n   n  = lim  = 25 = 32. 1

1 = m −1 +   2

1   − 1 −1 1− 4  4 Ta có lim = lim = = −1. n 1 + 4n 1 1 + 1   4

n −1

Câu 8.

Ta có lim

Dạng 2. Dãy số có giới hạn hữu hạn 2–C

)

9n 2 + 2n − 3n − lim

n −1

⇒ lim ( m − 1) = 0 ⇔ m = 1.

12 – A

(

Câu 7.

1 1−   1 2 Công thức tổng quát un = m − .   1 2 2

1–A

)

9n 2 + 2n − 3 8n3 + 6n + 1 − n = lim

1  1 1 1 ⇒ un = u1 −  + 2 + 3 + ... + n −1  . 2  2 2 2

11 – C

= lim

1 1 1 + + n3 n 6 n = 1 = 1. 1 3 1 1+ 2 + 2 n n

Câu 6.

1 1 1 1 Ta có u2 = u1 − ; u3 = u2 − 2 ; u4 = u3 − 3 ;...; un = un −1 − n −1 2 2 2 2

1 ⇒ lim un = 0 ⇔ lim ( m − 1) + lim   2

(

1+ 3

4–D

5–C

6–B

7–B

8–C

9–D

10 – B

n +1

4.3 + 7 2.5n + 7 n

3 4.   + 7 7 7 = lim   n = = 7. 1 5 2.   + 1 7

Câu 9.

Ta có

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

 1  1 1 11 1 1 1 1 1  11 1  1 lim  + + ... + −  = lim  − + − + ... +  = lim  − = . + + n n n n n +2 4 2.4 4.6 2 2 2 2 2 4 4 6 2 2 3 2 2 2 ( )     

Câu 1.

1 2+ 2n + 1 n = 2 = 2. Ta có lim = lim 2 1 n+2 1+ n

Câu 10.

Ta có

Câu 2.

1 1 + 2 n +1 n n = 0 = 0. Ta có lim 2 = lim 2 n +2 1+ 2 1 n

k k + 1 − ( k + 1) k 1 1 1 = = − . − k ( k + 1) k k + 1 + ( k + 1) k k k +1

Suy ra un =

1 1 − ⇒ lim un = 1. 1 n +1

Câu 11.

Trang 33

Trang 34

  8 8 − 1 Ta viết lại S =  9 + 99 + 999 + ... + 99...9  =  10 − 1 + 100 − 1 + ... + 100..0   9 9 n soá 9  n soá 0  ⇒S=

Ta có lim

n  8  10n +1 − 10    8 8  8 10. 10 − 1  10 + 100 + ... + 100..00 − n =  − n = 10n +1 − 10 − 9n .  − n ⇔ S =   9  9 10 − 1 9 9 81      n soá 0     

(

)

(

)

Câu 12.

Ta có S = 5 − 5 + 1 −

1 + − ... = 5 5

5 1+

5 5 1+ 5

25 − 5 5 . 4

Dạng 3. Dãy số có giới hạn vô cực 2–A

3–D

4–A

5–D

11 – D

12 – D

13 – D

14 – B

15 – B

6–A

= lim

1 −1 + 2 n

3n = lim ( −3n ) = −∞. −1

Câu 8.

3 1 2− + 2 2n2 − 3n + 1 n n . Do lim  2 − 3 + 1  = 2 và lim  1 + 1  = 0 mà 1 + 1 > 0. Ta có lim = lim    2  1 1 n +1 n n2  n n2  n n  + 2 n n  3 1  2− n + 2  n   Nên lim = +∞. 1 1 + 2 n n

1–D

3n3 = lim −n2 + 1

7–A

8–D

9–D

10 – D

Câu 9.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

  1 Ta có lim n  n + n + n − n  = .   2

Câu 1.

Câu 10.

 1 1  Ta có lim 2n 2 − n + 1 = lim n2  2 − + 2  = +∞. n n  

Ta có lim n = +∞ và

Câu 2.

lim

(

)

 2 2 Ta có lim − n + 2n + 2 = lim n  −1 + + 3  = −∞. n n  

(

)

(

n + 2n + 3 − n + n − n + n

Vậy lim n

3 8 Ta có lim 2n 2 − 3n − 8 = lim n 2 − − 2 = +∞. n n

Câu 11.

Câu 4.

Câu 5.

Câu 6.

)

Nên lim −2n + 5n 3 − 2

(

)(

(

  = 1. 2  3 n + n3  

)

n 2n 2 − 1 3

n 2 + 2n

n2 . 2 − = lim

1 n2

 n2 + 2n  3 n   2  n 

   = 2 và lim   

1 n ) . 2− ( n = lim 3

2 n . 1+ 2 n 2 3

  = lim    

( n) 3

1 2 n . 2 3 1+ n2 2−

     

( n ) = +∞ nên L = +∞ . 3

n6 .

Câu 12.

  2 n   5 Ta có lim −2n + 5n = lim n  −2 +  = −∞ và lim 3n − 2n = lim 3n  1 −    = +∞.  3  n    2

)

    2n + 3 −n = lim   + lim   2 3 2 3  n + 2n + 3 + n   n + n. n + n + 

n2 + 2 n + 3 − 3 n + n3 = +∞.

 1  2− 2 n Do lim   2 3 1+  n2 

 1 Ta có lim n n + 1 = lim n n  1 +  = +∞.  n  

(

Ta có L = lim

1 1 Ta có lim 3 1 + 2n − n3 = lim 3 3 + 2 − 1 = −∞. n n

(

Câu 3.

Ta có

)

n 6 − 7n3 − 5n + 8 L = lim = lim n+2

) = −∞.

Câu 7.

Trang 35

 n6 − 7n3 − 5n + 8 7 5 8 7 5 8  n2 . 3 1 − 3 − 5 + 6  3 1− 3 − 5 + 6  6 n n n n = lim  n. n n n  = lim   2 n+2 n+2 1+   n   Trang 36

 7 5 8   3 1− 3 − 5 − 6  n n n  = 1 và lim n = +∞. Ta có lim    2 1+   n   Từ đó suy ra L = +∞. Câu 13.

(

)

Ta có lim n2 − 2 cos 3n + 2 = +∞. Câu 14.

Ta có

n cos n = 0. n ≤ n và lim n = 0 nên lim 2 2 2 n +1 n2 + 1 n +1 n +1

n cos

Câu 15.

 sin n 2  Ta có lim  − 5  = −5.  n 

Trang 37

CHƯƠNG 4

C Giả sử hàm số y = f ( x ) xác định trên khoảng lim C = C ; lim = 0 với C là hằng số. x →±∞ x →±∞ x ( a; +∞ ) . Ta nói rằng hàm số f ( x ) có giới hạn là số lim x k = +∞ với k nguyên dương; x →+∞ thực L khi x → +∞ nếu với mọi dãy số ( xn ) : ( xn ) > a lim x k = −∞ với k là số nguyên dương lẻ, x →−∞ và xn → +∞ thì f ( xn ) → L . lim x k = +∞ với k nguyên dương chẵn. x →−∞ Kí hiệu: lim f ( x ) = L .

BÀI 2: GIỚI HẠN HÀM SỐ Mục tiêu Kiến thức + Nắm được khái niệm giới hạn của hàm số. + Nắm được các tính chất và các phép toán về giới hạn của hàm số.

x →+∞

Kĩ năng + Biết cách tìm giới hạn của hàm số tại một điểm.

Các giới hạn lim f ( x ) = L .

+ Vận dụng được các quy tắc tìm giới hạn của hàm số.

Các giới hạn

x →+∞

+ Thực hành khử một số hạng vô định cơ bản.

lim f ( x ) = ±∞; lim f ( x ) = ±∞ và

x →+∞

x →−∞

lim f ( x ) = L được định nghĩa tương tự.

x →−∞

4. Một số định lí về giới hạn hữu hạn

I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM

Định lí 1

Định nghĩa giới hạn của hàm số tại một điểm 1. Giới hạn hữu hạn tại một điểm

Giả sử lim f ( x ) = L, lim g ( x ) = M . Khi đó x → x0

Định nghĩa 1

Các giới hạn đặc biệt

Cho khoảng ( a; b ) và một điểm x0 . Hàm số y = f ( x )

x → x0

a) lim  f ( x ) ± g ( x )  = L ± M . x → x0

+) lim C = C , với C là hằng số bất kỳ. x → x0

xác định trên ( a; b ) hoặc trên ( a; b ) \ { x0 } . Ta nói rằng +) f ( x ) là hàm số quen thuộc (đa thức, phân

b) lim  f ( x ) .g ( x )  = L.M . x → x0

hàm số f ( x ) có giới hạn là số thực L khi x dần đến thức hữu tỉ, cân lượng giác) xác định trên ( a; b )

c) lim x → x0

x0 (hoặc tại điểm x0 ) nếu với mọi dãy số { xn } trong chứa x0 thì lim f ( x ) = f ( x0 ) . x → x0

tập hợp

( a; b ) \ { x0 }

d) lim f ( x ) = L .

mà lim xn = x0 ta đều có

x → x0

e) Nếu f ( x ) ≥ 0, lim f ( x ) = L thì lim

lim f ( xn ) = L .

x → x0

Khi đó ta viết lim f ( x ) = L hay f ( x ) → L khi

f ( x) = L .

f) lim 3 f ( x ) = 3 L .

x → x0

x → x0 .

g) Nếu c là một hằng số thì lim cf ( x ) = cL . x → x0

2. Giới hạn vô cực

Quy tắc 1

Ta nói hàm số y = f ( x ) có giới hạn dương vô cực khi

Cho lim f ( x ) = ±∞; lim g ( x ) = L ≠ 0 . Ta có: x → x0

x dần tới x0 nếu với mọi dãy số ( xn ) sao cho xn → x0 x → x0

Tương tự ta cũng có định nghĩa giới hạn âm vô cực lim f ( x ) = −∞ .

x → x0

3. Giới hạn hàm số tại vô cực

Các giới hạn đặc biệt

x → x0

lim  f ( x ) .g ( x ) 

lim f ( x )

Dấu của L

+∞

±∞

−∞

−

+∞

x → x0

thì f ( xn ) → +∞ . Kí hiệu lim f ( x ) = +∞ .

Định nghĩa 2

f ( x) L = ( M ≠ 0) . g ( x) M

x → x0

Quy tắc 2

Trang 1

Trang 2

Cho lim f ( x ) = L; lim g ( x ) = 0; L ≠ 0 . Ta có: x → x0

x → x0

Dấu của L +

±∞

−

−∞

−

+∞

lim

x → x0

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP

f ( x) g ( x)

Dấu của g ( x )

Dạng 1: Tìm giới hạn của hàm số bằng cách thay trực tiếp Phương pháp giải Nếu f ( x ) là hàm số sơ cấp xác định tại x0 thì Ví dụ: Giới hạn lim ( x 2 − 2 x + 4 ) có giá trị là bao x →−1

lim f ( x ) = f ( x0 ) .

nhiêu?

x → x0

Hướng dẫn giải

Giới hạn một bên 1. Giới hạn hữu hạn

Do hàm số f ( x ) = x 2 − 2 x + 4 xác định tại điểm

Định nghĩa 1

x0 = −1 , nên giới hạn này bằng f ( −1) .

Giả sử hàm số

f ( x)

xác định trên khoảng

( x0 ; b ) , ( x0 ∈ ℝ ) . Ta nói rằng hàm số

⇒ lim ( x 2 − 2 x + 4 ) = 7 . x →−1

f ( x ) có giới

hạn bên phải là số thực L khi x cần đến x0 (hoặc tại

điểm x0 ) nếu với mọi dãy số

( x0 ; b )

( xn )

Ví dụ mẫu

thuộc khoảng

Ví dụ 1: Giới hạn lim x→2

mà lim xn = x0 ta đều có lim f ( xn ) = L .

Hướng dẫn giải

Khi đó ta viết lim+ f ( x ) = L hoặc f ( x ) → L khi x → x0

Cách 1: lim x→2

x → x0+ . Định nghĩa 2

f ( x)

xác định trên khoảng a) lim f ( x ) = L ⇔ lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) = L . x → x0

( a; x0 ) , ( x0 ∈ ℝ ) . Ta nói rằng hàm số

x 2 − 3x − 5 7 =− . 3x − 1 5

x → x0

f ( x ) có giới b) Các định lí về giới hạn của hàm số vẫn đúng

x = 2 và ta sẽ nhận được đáp án.

Ví dụ 2: Tìm giới hạn của hàm số B = lim x→

hạn bên trái là số thực L khi x dần đến x0 (hoặc tại khi thay x → x0 bởi x → x0− hoặc x → x0+ .

π 6

2 tan x + 1 . sin x + 1

Hướng dẫn giải

điểm x0 ) nếu với mọi dãy ( xn ) thuộc khoảng ( a; x0 )

π 2 tan + 1 2 tan x + 1 4 3 +6 6 . = = π sin x + 1 9 x→ sin + 1 6 6

mà lim xn = x0 ta đều có lim f ( xn ) = L .

Ta có B = lim π

Khi đó ta viết lim− f ( x ) = L hoặc f ( x ) → L khi x → x0

− 0

x→x .

Ví dụ 3: Cho lim f ( x ) = 3 . Tìm giới hạn A = lim x→2

2. Giới hạn vô cực x → x0

x→2

2 f ( x) +1 . f 2 ( x) +1

Hướng dẫn giải

a) Các định nghĩa lim− f ( x ) = +∞, lim− f ( x ) = −∞ , x → x0

Ta có A = lim

lim+ f ( x ) = +∞ và lim+ f ( x ) = −∞ được phát biểu

x → x0

x 2 − 3x − 5 , bấm CACL, nhập giá trị của 3x − 1

Cách 2: Nhập máy tính như sau

Chú ý:

Giả sử hàm số

x 2 − 3x − 5 có giá trị là bao nhiêu? 3x − 1

x→2

x → x0

tương tự Định nghĩa 1 và định nghĩa 2.

2 f ( x ) + 1 2.3 + 1 7 = = . f 2 ( x ) + 1 32 + 1 10

Ví dụ 4: Tìm các giới hạn lim x→2

b) Các chú ý 1 và 2 vẫn đúng nếu thay L bởi +∞ hoặc

x3 − 4 x . ( 2 x − 1) ( x3 − 2 )

−∞ .

Trang 3

Trang 4

Hướng dẫn giải

Câu 8: Chọn kết quả đúng trong các kết quả sau của lim 3

Ta có lim x→2

x →1

x − 4x = ( 2 x − 1) ( x3 − 2 )

2 − 4.2 = 0. ( 2.2 − 1) ( 23 − 2 )

A. −1

B. 1

A. −17

B = lim ( x3 − 2 x + 2m2 − 5m + 5 ) . x →1

B. −1

Hướng dẫn giải Ta có B = lim ( x3 − 2 x + 2m 2 − 5m + 5) = 2m2 − 5m + 4 .

A. 6

1 ≤m≤2. 2

x +1 là 2 ( x 2 − x + 1)

B. 0

Câu 2: Giá trị của lim x →1

A. 0

( 2x

− 3x + 2 )

x3 + 2 x 2 + 1

B. −

2 x5 + 1

B. 36

4 3

1 2

x →1

1 8

C. 7

f ( x) +1

x +1

4 5

1 5

= −1 , tính I = lim

x+4

B. I =

4 5

1 2

D. 2 toán tìm giới hạn của hàm số dạng hữu tỉ L = lim

x → x0

Câu 4: Chọn kết quả đúng trong các kết quả sau của lim x . cos x + 3 x→0

C. 1

B. 4

1 2

C. 3

5 33

Chú ý:

2−2 6

trong đó Q ( x0 ) = 0 và P ( x0 ) = 0 .

x2 + 2x + 1 . x →−1 2x + 2

Ví dụ: Tính giới hạn lim

Ta thấy khi thay x0 = −1 thì bài toán có dạng 2

Nếu tam thức bậc hai ax + bx + c có hai nghiệm x1 , x2 thì ax 2 + bx + c = a ( x − x1 )( x − x2 ) .

D. +∞

a n − b n = ( a − b ) ( a n −1 + a n − 2b + ... + ab n −2 + b n −1 ) .

2− 2 6

D. không xác định. Trang 5

0 , 0

như vậy ta nhóm nhân tử chung ( x + 1) của cả tử và mẫu để triệt tiêu sau đó đưa về dạng bài toán 1 để tìm kết quả.

Trường hợp 1.

0 là bài 0

Hướng dẫn giải

và mẫu đưa về dạng 1.

10 3

sin 3x + 1 là Câu 7: Kết quả đúng của lim π cot 2 x − 3 x →−

A. −∞

P ( x) Q ( x)

Sử dụng các hằng đẳng thức để nhân liên hợp ở tử

x +1 . Giá trị của lim f ( x ) là x →−2 2 x4 + x 2 − 3

B. không xác định.

D. I = −5

0 0

Phân tích cả tử và mẫu thành nhân tử và rút gọn.

Câu 6: Cho hàm số f ( x ) =

Phương pháp giải

D. +∞

3x + m Câu 5: Cho A = lim . Để A = 5 , giá trị của m là bao nhiêu? x→2 x + 2

A. 14

2 3

Đây là dạng toán vô cùng quan trọng về tìm giới hạn của hàm số. Việc tìm giới hạn dạng vô định C.

B. 0

C. I = 4

A. Không tồn tại.

D. 37

3 2

+ x) f ( x) + 2

x →1

Dạng 2: Tìm giới hạn của hàm số dạng vô định

bằng

1 2

Câu 12: Cho lim

D. +∞

A. I = −

x →−1

1 2

là

B. 1

Câu 3: Giá trị của giới hạn lim A. −2

D. −7

1  2 x − 1  3x + 5  Câu 11: Cho hàm số y = f ( x ) thỏa mãn f  f ( x ) là =  x ≠ −2; x ≠  . Giá trị của xlim →+∞ 2  x + 2  2x −1 

Bài tập tự luyện dạng 1

A. −∞

C. 9 3

Tính tổng L = a 2 + b 2 .

x →1

x →−1

D. +∞

 x + x + 2 − 4 2x + 5x + 1  a a Câu 10: Cho lim   = ( là phân số tối giản; a, b là số nguyên dương). x →1   x2 − 2   b b 2

Câu 1: Giá trị của lim

C. 0

Câu 9: Nếu lim f ( x ) = 5 thì lim 13 − 4 f ( x )  bằng bao nhiêu? x →−2 x →−2

Ví dụ 5: Tìm giá trị của tham số m để B ≤ 2 với

Do B ≤ 2 ⇔ 2m 2 − 5m + 2 ≤ 0 ⇔

x3 − x 2 x −1 +1 + x

Cách 1: lim P ( x) x →−1 L = lim với P ( x0 ) = Q ( x0 ) = 0 và P ( x ) , x → x0 Q ( x )

( x + 1) x2 + 2x + 1 = lim x →−1 2 ( x + 1) 2x + 2

Trang 6

Q ( x ) là các biểu thức chứa căn cùng bậc.

x +1 = 0. x →−1 2

Sử dụng các hằng đẳng thức để nhân liên hợp ở tử

x→2

và mẫu đưa về dạng 1.

Cách 2: Bấm máy tính như sau: x = −1 + 10

−9

x + 2x + 1 CACL 2x + 2

Hướng dẫn giải Ta có B = lim

và nhận được đáp án.

x→2

Cách 3: Dùng chức năng lim của máy Vinacal

Chú ý: Ta có thể MTCT để tìm các giới hạn

= lim

1. Sử dụng MTCT với chức năng của phím CALC. 2. Dùng chức lim của máy Vinacal 570ES Plus.

Trường hợp 2. L = lim

x → x0

P ( x) Q ( x)

x + 2x +1 570ES Plus: lim 2 x + 2 x →−1+10−9

Ví dụ: Tìm giới hạn L = lim

x →7

với P ( x0 ) = Q ( x0 ) = 0 và P ( x ) là

x→2

4x −1 − x + 2 . 4 2x + 2 − 2

Ta phân tích P ( x ) =

(

) (

)

u ( x) − a + a − v ( x) . n

Chú ý: Ta hoàn toàn có thể dùng cách đặt ẩn phụ

với những bài toán căn bậc cao.

không đi đến kết quả ta phải phân tích như sau: n

2 =

(

) (

u ( x) − m( x) −

v ( x) − m ( x)

)

− 1) ( x + 2 )

x2 + 2x + 4

x →2

(1 + 5 x ) − (1 − 6 x )

= 1.

(1 + 5 x ) − (1 − 6 x )

= lim

x →0

(1 + 5x ) x

x →0

−1

− lim

(1 − 6 x )

−1

x →0

2 2 5 x (1 + 5 x ) + (1 + 5 x ) + 1 12 x ( 3x − 1) (1 − 6 x ) + 1   − lim   x →0 x→0 x x

4x −1 − 3 2x + 2 − 2

(

u ( x) − m v ( x)

= lim

Trong nhiều trường hợp việc phân tích như trên

( x − 2) ( x + 2x + 4) 2

Ta có C = lim

Ta có A=

− 1) ( x − 2 )( x + 2 )

Hướng dẫn giải

 4x −1 − 3 x +2 −3  = lim  4 −4  = lim ( A − B ) . x→7 2 + 2 − 2 2 x x + 2 − 2  x→7 

u ( x0 ) = n v ( x0 ) = a .

x →0

Ví dụ 3: Tìm giới hạn C = lim

Hướng dẫn giải

4x −1 − x + 2 L = lim 4 x →7 2x + 2 − 2

Giả sử: P ( x ) = m u ( x ) − n v ( x ) với

( x 2 − 1)( x 2 − 4 ) x 4 − 5 x2 + 4 = lim x→ 2 x3 − 8 x 3 − 23

biểu thức chứa căn không đồng bậc.

x 4 − 5 x2 + 4 . x3 − 8

Ví dụ 2: Tìm giới hạn B = lim

= lim

2 2 = lim 5 (1 + 5 x ) + (1 + 5 x ) + 1 − lim12 ( 3 x − 1) (1 − 6 x ) + 1 = 39 .  x→0   x →0 

2x + 2 + 2 3

( 4 x − 1)

)(

( 2x + 2)

+ 33 4x −1 + 9

)

) = 64 .

Ví dụ 4: Tìm giới hạn D = lim x→0

(1 + x )(1 + 2 x )(1 + 3x ) − 1 . x

Hướng dẫn giải

Ta có D = lim

x + 2 −3 2x + 2 − 2

x→0

(1 + x )(1 + 2 x )(1 + 3x ) − 1 = lim 6 x3 + 11x 2 + 6 x = 6 . x

x→0

trong đó m ( x ) → c .

(

2x + 2 + 2 2

(

)(

( 2x + 2)

x+2 +3

)

Ví dụ 5: Tìm giới hạn A = lim

) =8.

x →1

x −1 ( m, n ∈ ℕ* ) . xm −1

Hướng dẫn giải

Ta có L = lim ( A − B ) = x →7

64 8 −8 − = . 27 3 27

( x − 1) ( x n−1 + x n−2 + ... + x + 1) x n −1 + x n − 2 + ... + x + 1 n lim = = . x →1 x − 1 x m −1 + x m − 2 + ... + x + 1 ( )( ) x→1 x m−1 + x m−2 + ... + x + 1 m

A = lim

Ví dụ mẫu

Sau đây chúng ta sẽ tìm một số giới hạn liên quan đến biểu thức chứa dấu căn. 3

Ví dụ 1: Tìm giới hạn A = lim x →1

Nguyên tắc cơ bản của dạng bài tập này là nhân lượng liên hợp để đưa về đa

x − 3x + 2 . x2 − 4x + 3

thức. Ngoài cách đó chúng ta có thể chuyển về đa thức khi thực hiện đặt ẩn phụ

Hướng dẫn giải

tùy bài cụ thể:

( x − 1) ( x − 2 x − 2 ) x3 − 3x 2 + 2 x2 − 2x − 2 3 = lim = lim = 2 x → 1 x → 1 x − 4x + 3 x−3 2 ( x − 1)( x − 3) 2

Ta có A = lim x →1

Ví dụ 6: Tìm giới hạn I = lim x→0

Trang 7

(

3x + 1 − 1 x

Trang 8

A. 6

B. 3

D. 0

C. −6

Ví dụ 11: Cho biết lim 1 x→ 2

Hướng dẫn giải 2 Ta có I = lim

(

) = lim

3x + 1 − 1 x

x→0

Ví dụ 7: Tìm giới hạn K = lim x→0

(

)

x→0

3x + 1 + 1

Phương trình ax 4 − 2bx 2 + c − 1 = 0 có nhiều nhất bao nhiêu nghiệm trên ℝ ?

6 = 3. 3x + 1 + 1

= lim

Hướng dẫn giải 2

x 2 − 3x . 4x + 1 −1

Ta có 4 x 3 − 3x + 1 = ( 2 x − 1) ( x + 1) .

) =−3.

⇒ ( a − b 2 ) x 2 − 4bx − 3 = 0 có nghiệm kép x =

Suy ra phương trình ⇒ 1 + ax 2 − ( bx + 2 ) = 0 phải có nghiệm kép là x =

Hướng dẫn giải Ta có K = lim

( x − 3) (

4x +1 +1

x→0

Ví dụ 8: Giới hạn lim x →5

x →5

(

) )

( 3 x + 1) − 16  3 + x + 4 3x + 1 − 4 = lim 3 − x + 4 x→5 9 − ( x + 4 )  3x + 1 + 4

(

−3 3 + x + 4

= lim

3x + 1 + 4

x →5

Ví dụ 9: Tìm giới hạn lim

x →−2

−3 ( 2 x − 1)

Khi đó lim

x +1 +1 . x+2

x→

1 2

3 x →−2

x→

x →5 3

(

( x + 1)

− 3 x +1 +1

1 = . 3

Sau đây chúng ta sẽ làm một số bài toán mang tính tổng quát Ví dụ 12: Tìm giới hạn B = lim

x →0

= lim x →0

− lim

Cách 1: Nhân liên hợp

−4 − lim 4 x + 1 + 2 x + 1 x→0

Ta có B = lim

1 + 6 x − ( 2 x + 1)

)(

1 + ax − 1

x →0

−8 x − 12 3

(

x→0

(1 + 6 x )

1 + ax − 1 ( n ∈ ℕ* , a ≠ 0 ) . x

Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải 4 x + 1 − ( 2 x + 1)

x →0

1+ 4x − 3 1+ 6x . x2

= −2 .

Vậy ta có phương trình −3 x 4 + 6 x 2 − 3 = 0 có nghiệm x = ±1 .

Bằng phương pháp tương tự ta làm một số các bài toán mở rộng sau đây

x →0

)

1 − 3 x − 3 x + 2 ( x + 1) 2

Suy ra c = −2 .

)

− 3 x +1 +1

( x + 1)

Ví dụ 10: Tìm giới hạn M = lim

(

x+2

= lim

Ta có M = lim

−3

= lim1

x +1 +1 = lim x →5 x+2 ( x + 2)

1 − 3x 2 − ( 3 x − 2 ) 1 − 3x 2 + 3x − 2 = lim 2 3 1 4 x − 3x + 1 x→ ( 2 x − 1) ( x + 1) 2

Hướng dẫn giải Ta có lim

1 2

Thử lại đúng. Vậy a = b = −3 .

) = −18 = − 9 . 8

1 . 2

   2  2 a − b ≠ 0 a − b = 0  4  ⇒ ∆ = 16b 2 + 4 ( a − b 2 ) .3 = 0 ⇒ a − b 2 = − b 2 ⇒ a = b = −3 . 3   2 2 1   4 2 1 2 1 1 ( a − b )  2  − 4.b. 2 − 3 = 0 − b .   − 4.b. − 3 = 0  2  3 2

3x + 1 − 4 có giá trị bằng bao nhiêu? 3− x + 4

Hướng dẫn giải Ta có lim

1 + ax 2 − bx − 2 = c , với c là một số nguyên và a, b ∈ ℝ . 4 x3 − 3 x + 1

+ ( 2 x + 1) 1 + 6 x + ( 2 x + 1) 3

x→0 n

= −2 + 4 = 2 .

(1 + ax )

n −1

+ n (1 + ax )

(1 + ax )

n −2

(1 + ax )

n −1

(1 + ax )

n−2

n −2

= n

)

+ ... + n 1 + ax + 1

)

+ ... + 1 + ax + 1

B = lim

(

+ ... + 1 + ax + 1

a . n

Cách 2: Đặt ẩn phụ

Trang 9

Trang 10

Đặt t = n 1 + ax ⇒ x =

t n −1 và x → 0 ⇔ t → 1 . a

x →1

1 t −1 t −1 a ⇒ B = a lim n = a lim = a lim = . t →1 t − 1 t →1 t − 1 t n −1 + t n + ... + t + 1 ( )( ) t →1 t n−1 + t n + ... + t + 1 n

Ta có K = lim

1 + ax − n 1 + bx Ví dụ 13: Tìm giới hạn N = lim . x →0 x

x →1

Hướng dẫn giải

(

)(

) (

x 2 + 3 x + 1 ...

Ví dụ 19: Tìm giới hạn F = lim

Đặt y = Ta có

Hướng dẫn giải n x→0

1 + ax − 1 x a m am . .lim m = . = x → 0 1 + bx − 1 x n b bn

(

) (

1 . n!

( 2 x + 1)( 3x + 1)( 4 x + 1) − 1 x

( 2 x + 1)( 3x + 1)( 4 x + 1) ⇒ x → 0

thì y → 1 .

( 2 x + 1)( 3x + 1)( 4 x + 1) − 1 = y − 1.

x→0

( 2 x + 1)( 3x + 1)( 4 x + 1) − 1 = 9 . yn −1 = lim x→0 x x

Do đó F = lim x→0

y −1 yn −1 9 = lim = . n −1 x → 0 x x ( y + y n − 2 + ... + y + 1) n

Để tiếp tục ta xét một số bài toán tìm giới hạn của hàm ẩn và giới hạn có tham số

)

1 + bx − 1 +

Lại có lim

1 + ax 3 1 + bx − 1 Ví dụ 15: Tìm giới hạn B = lim với ab ≠ 0 . x →0 x Ta có 1 + ax 3 1 + bx − 1 = 1 + ax

)

x n −1 + ... + 1

Hướng dẫn giải

1 + ax − 1 với ab ≠ 0 . 1 + bx − 1

Áp dụng bài toán trên ta có A = lim

x→0

1 + ax − 1 1 + bx − 1 a b Ta có N = lim − lim = − . x →0 x →0 x x m n

x →0

(1 − x )

1 1+ x

Ví dụ 14: Tìm giới hạn A = lim m

n −1

Hướng dẫn giải

(1 − x )(1 − x ) ...(1 − x ) . 3

Ví dụ 18: Tìm giới hạn K = lim

1 + ax − 1

sau. 3

1 + bx − 1 1 + ax − 1 a b B = lim 1 + ax + lim ⇒B= + . x →0 x →0 x x 2 3

Ví dụ 20: Cho lim

f ( x) +1

x →1

Ví dụ 16: Tìm giới hạn B = lim x →0

x −1

= −1 . Tính I = lim

+ x) f ( x) + 2

x →1

x −1

1 + ax 1 + bx 1 + cx − 1 với ab ≠ 0 . x

Hướng dẫn giải

Ta có lim

+ x) f ( x) + 2 x −1

x →1

Ta có 1 + ax 3 1 + bx 4 1 + cx − 1

= lim

+ x ) ( f ( x ) + 1) − x 2 − x + 2 x −1

x →1

 ( x + x ) ( f ( x ) + 1)  = lim  − x − 2  = −5 . x →1   x −1   2

= 1 + ax 3 1 + bx B = lim x →0

(

)

1 + cx − 1 + 1 + ax

1 + ax 3 1 + bx

)

(

) (

1 + bx − 1 +

)

1 + ax − 1 .

3 1 + cx − 1 1 + bx − 1 1 + ax − 1 + lim 1 + ax + lim x →0 x→0 x x x

Ví dụ 21: Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn a + b = 2020 và

lim

c b a ⇒B= + + . 4 3 2

x→0

Ví dụ 17: Tìm giới hạn

(1 + mx ) − (1 + nx ) L = lim

Hướng dẫn giải

x→0

x 2 + ax + 1 − bx + 1 = 1010 . Tìm a, b. x

Ta có lim x→0

Hướng dẫn giải Ta có L = lim x→0

(1 + nx )

− (1 + mnx )

− lim x →0

(1 + mx ) − (1 + mnx ) = mn ( n − m ) . x2

( x 2 + ax + 1) − ( bx + 1) x 2 + ax + 1 − bx + 1 = lim x→0 x x x 2 + ax + 1 + bx + 1

(

x + ( a − b) x

x + (a − b)

= lim

x →0

Trang 11

(

x + ax + 1 + bx + 1

)

= lim x →0

x + ax + 1 + bx + 1

)

a−b . 2

Trang 12

Bài tập tự luyện dạng 2

x 2 + ax + 1 − bx + 1 a−b = 1010 ⇔ = 1010 ⇔ a − b = 2020 . x 2

Lại có lim x→0

Câu 1: Kết quả đúng của giới hạn lim

 a + b = 2020  a = 2020 Từ đó ta có hệ phương trình  . ⇔  a − b = 2020 b = 0

x→2

A. − 2

Ví dụ 22: Cho m, n là các số thực khác 0. Nếu giới hạn lim

x →−5

x + mx + n = 3 , hãy x+5

1 12

5 12

C. −

x→0

tìm mn? A. 0

Vì lim

x →−5

x 2 + mx + n = 3 nên x = −5 là nghiệm của phương trình x 2 + mx + n = 0 x−5

Tính giới hạn lim

5 f ( x ) − 16 − 4 x2 + 2 x − 8

x→2

x−2

x →1

A. 0

= lim x→2

. A. −

A. a 2

x +1

x2 + 3 − 2 3

D. 2

C. 0

D. 1

bằng

−1 4−2

( x + a)

− a3

B. 2a 2

bằng C. 0

x + 2x − 8 Câu 7: Kết quả đúng của giới hạn lim

(

5 f ( x ) − 16

) +4

x →−2

5 f ( x ) − 16 + 42  

A. −14

D. 3a 2

( x − 2 )( x + 4 ) ( 3 5 f ( x ) − 16 )

  f ( x ) − 16 = lim  . x→2  x−2 ( x + 4 )   

x →−2

+ 4 3 5 f ( x ) − 16 + 42  

5.16 − 16

)

C. −18

D. −12

21 5

x + 8x bằng x3 + 2 x 2 + x + 2

21 5

Câu 9: Kết quả đúng của lim

x →−1

)

+ 4 5.16 − 16 + 16   3

A. −

   2  2 3 5 f x − 16 + 4 3 5 f ( x ) − 16 + 4   ( )  

5 2

B. −16

Câu 8: Kết quả đúng của lim

(

x 4 − 16 bằng x + 6x + 8 2

5 ( f ( x ) − 16 )

(

2 3

D. 3

( 5 f ( x ) − 16 ) − 64

1 2

5 8

x→0

5 f ( x ) − 16 − 4

( x − 2 )( x + 4 )  

6 

4 3

Câu 6: Kết quả đúng của giới hạn lim

x→2



= 12.

Câu 5: Kết quả đúng của lim

Theo giả thiết có lim ( f ( x ) − 16 ) = 0 ⇔ lim f ( x ) = 16 .

x→2

2 x − 3x + 1 , ta được kết quả là x2 −1

= 12 .

Hướng dẫn giải

Ta có lim

1 2

C. 9

x →−1

x→2

C. −

B. 5

Câu 4: Tính giới hạn lim

⇔ m = 13 ⇒ n = 40 ⇒ mn = 520 .

B. +∞

A. 7

x→2

1 12

x 4 − 27 x bằng x →3 2 x 2 − 3 x − 9

x 2 + mx + n x 2 + mx + 5m − 25 Khi đó lim = lim = lim ( x − 5 + m ) = m − 10 x →−5 x →− 5 x →−5 x −1 x +5

Ví dụ 23: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên ℝ thỏa mãn lim

Câu 3: Kết quả đúng của giới hạn lim

⇒ −5m + n + 25 = 0 ⇔ n = −25 + 5m .

f ( x ) − 16

5 12

1 − x −1 bằng x

Câu 2: Kết quả đúng của giới hạn lim

Hướng dẫn giải

x2 + 4 − 2 bằng x2 − 4

A. −∞

5 . 24

x→0

A. +∞

Trang 13

1 3

24 5

D. −

24 5

−2 2 3

D. −2

1 6

D. 1

x2 + 8 − 3 bằng 1− x − 2

2 2 3

Câu 10: Kết quả đúng của lim

x2 + x + 1 −1 bằng 3x

Trang 14

x2 + 1 −1

Câu 11: Kết quả đúng của lim x→0

A. +∞

Hướng dẫn giải

bằng

1. Chia tử và mẫu cho x với n là số mũ cao nhất Cách 1: Chia cả từ và mẫu cho x 4 . n

4 − x + 16

B. −1

C. −4

D. 4

của biến ở mẫu (hoặc phân tích thành tích chứa

x m − xn Câu 12: Tính giới hạn lim ; m, n ∈ ℕ ta được kết quả là x →1 x −1 A. +∞

B. m − n

nhân tử x rồi giản ước).

C. m

D. mn

C. +∞

2. Nếu f ( x ) hoặc g ( x ) có chứa biến x trong dấu

4 căn thì đưa x k ra ngoài dấu căn (với k là mũ cao Cách 2: Bấm máy tính như sau x + 7 ; CACL; x4 + 1 nhất của biến x trong dấu căn), sau đó chia tử và 9 mẫu cho lũy thừa cao nhất của x (thường là bậc cao x = 10 và nhận được đáp án.

2 x − 1 − 3 3x − 2 Câu 13: Giới hạn lim bằng x →1 x −1 A. 1

B. 0

Câu 14: Giả sử L = lim x→0

1 2

nhất ở mẫu).

ax + 1 − 1 . Hệ số a bằng bao nhiêu để L = 3 ? 2x

A. 6

B. −6

C. −12

3. Sử dụng các kết quả sau đây để tính. Các giới hạn đặc biệt: D. 12

x + 1 − 3 x + 19 a a là phân số tối giản, a và b là các số nguyên dương. Câu 15: Biết lim = , trong đó 4 x →8 b b x+8 −2 Tổng a + b bằng A. 137

B. 138

C. 139 4

B. 2a 2

C. a3

D. 140

Câu 18: Biết lim x →3

C. 70

6 x + 9 − 27 x − 54

( x − 3) ( x2 + 3x − 18)

Dạng 3: Tìm giới hạn của hàm số dạng vô định

C. 56

lim x k = +∞ với k nguyên dương; lim x k = −∞ x →+∞

x →−∞

Ví dụ mẫu

D. 4a 3

D. 71

a a trong đó là phân số tối giản, a và b là các số nguyên b b

B. 58

c = 0 với c là hằng số và k ∈ ℕ . xk

x →−∞

dương. Tổng 3 x + b bằng A. 57

x →±∞

với k lẻ; lim x = +∞ với k chẵn.

8 x + 11 − x + 7 a a Câu 17: Biết lim là phân số tối giản, a và b là các số nguyên dương. = trong đó x→2 x2 − 3x + 2 b b Tổng 2a + b bằng B. 69

x →±∞

A. 68

lim c = c; lim

x −a Câu 16: Cho a là một số thực khác 0. Kết quả của lim bằng x→ a x − a A. 3a

7 1+ 4 x4 + 7 x lim = lim = 1. x →+∞ x 4 + 1 x →+∞ 1 1+ 4 x

D. 55

Ví dụ 1: Tìm giới hạn lim

x →+∞

2 x − 3x 2 + 2 5 x + x2 + 2

Hướng dẫn giải

2 2 2− 3 x Ta có lim = lim = . 2 x →+∞ x →+∞ 6 2 5x + x + 2 5 + 1+ 2 x

2 x − 3x 2 + 2

Ví dụ 2: Cho hàm số f ( x ) =

2 − 3+

x2 + 1 , tìm giới hạn lim f ( x ) . x →+∞ 2x + x2 − 3 4

Hướng dẫn giải

∞ ∞

Đây là dạng quan trọng của giới hạn hàm số, là lớp các bài toán tìm giới hạn dạng L = lim

x →±∞

f ( x) , trong g ( x)

đó f ( x ) ; g ( x ) → ±∞ khi x → ±∞ .

Ta có lim

x →+∞

1 1 + 4 2 x2 + 1 x x = lim = 0. 4 2 x →+∞ 1 3 2x + x − 3 2+ 2 − 2 x x

Ví dụ 3: Tìm giới hạn lim = x →−∞

Phương pháp giải

1 + 3x 2x2 + 3

Hướng dẫn giải

x4 + 7 . x →+∞ x 4 + 1

Ví dụ: Tính giới hạn lim

Trang 15

Trang 16

1 +3 3 2 = lim x =− . 2 2 x 2 + 3 x→−∞ − 2 + 3 x

Ví dụ 9: Tìm giới hạn A = lim

1 + 3x

Ta có lim

x →−∞

Ví dụ 4: Tìm giới hạn lim

x →−∞

1 + x4 + x6

Ta có lim

x →−∞

1 + x4 + x6 3

1+ x + x

x2 3

= lim

x →−∞

Bài tập tự luyện dạng 3 Câu 1: Giả sử lim f ( x ) = a và lim g ( x ) = b . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? x →+∞

C. lim

x →+∞

Ta có lim ( 2 + x ) x →+∞

Ví dụ 6: Tính giới hạn lim

x →+∞

x + x +1

= lim

x →+∞

1 1 2 + − x 2 x3 x 4 = 0 . 1 1 1+ 2 + 4 x x

f ( x)

g ( x)

a b

D. lim  f ( x ) + g ( x )  = a + b x →+∞

A. −4

4 3

A. −1

B. 1

3 x3 + 1 − 2 x 2 + x + 1 4

1 2

Câu 6: Tìm giới hạn lim

4x + 2

3 2

x3 3+ = lim

x →−∞

1 1 1 + x 2+ + 2 3 x3 x x =− 3+ 2 . 2 2 x4 4 + 4 x

A. +∞

Trang 17

2 2

1 + 3x

x →−∞ 5

2 x5 + 3

5 4

D. −

C. 0

1 6

C. − 2 x + 3 1 + x 4 + x6

1 + x3 + x 4 + x − 1

B. −∞

D. +∞

được kết quả

B. 0

Câu 7: Tìm giới hạn D = lim

D. +∞

x 2 + 2020 . Kết quả đúng của lim f ( x ) là x →+∞ 2 x 2019 + x 2

Câu 5: Cho hàm số f ( x ) =

x →−∞

C. 7 được kết quả là

B. −∞

A. +∞

Hướng dẫn giải

A = lim

D. −

x →−∞

3 x3 + 1 − 2 x 2 + x + 1

5x + x2 + 1

x →−∞

1 3  x 3  −2 + − 5  −2 x + x − 3 x x   Ta có lim = lim = +∞ . x →−∞ x →−∞ 7  3x 2 − 7  3− 5  x  

2x − 9x + 2

Câu 4: Tìm giới hạn C = lim

4 3

C. 4

−2 x + x − 3 . 3x 2 − 7

Ví dụ 8: Tính giới hạn A = lim

được kết quả là

x14 + 7 là x →+∞ x14 − 1

Hướng dẫn giải 5

x4 + 3

Câu 3: Giá trị đúng của lim

3  x  −1 + 3  3x 2 − x 5 x  = −∞ . Ta có lim 4 = lim  x →+∞ x + 6 x + 5 x →+∞  6 5  1 + +  3 4   x x 

x →−∞

Hướng dẫn giải

Ví dụ 7: Tính giới hạn lim

4 x 2 + x + 6 64 x 6 + x − 1

Câu 2: Tìm giới hạn B = lim

3 x 2 − x5 . x4 + 6x + 5

B. lim  f ( x ) − g ( x )  = a − b x →+∞

x →+∞

Hướng dẫn giải

( x − 1)( 2 + x )

x →+∞

A. lim f ( x ) .g ( x ) = a.b

x −1 , tìm giới hạn lim f ( x ) . x →+∞ x + x2 + 1 4

x −1 = lim x 4 + x 2 + 1 x→+∞

 1 2 1  x2  − 1 + 2 − + 2  x x x  x x + 1 − 2x +1 A = lim = lim  = +∞ . 3 3 x →−∞ x →−∞  2 1 2x − 2 + 1 x 3 2− 3 +  x x 

1 1 + +1 x6 x2 = 1. 1 1 + + 1 x 4 x2

Ví dụ 5: Cho hàm số f ( x ) = ( 2 + x )

2 x3 − 2 + 1

Hướng dẫn giải 3

Hướng dẫn giải

1 + x3 + x4

x x2 + 1 − 2x + 1

x →−∞

3 2

D. −∞

được kết quả C.

3 2

D. 1

Trang 18

x2 − 2x −1 . Kết quả của lim f ( x ) là x →−∞ x 4 + 3x 2 + 1

Câu 8: Cho hàm số f ( x ) = ( 2 x + 1) A. 0

B. 2

C. −2

Câu 9: Tìm giới hạn lim

x →−∞

x x2 + 1 − 2x + 1 3

x →+∞

D. +∞

A. +∞

x − x +3

được kết quả là

B. −∞

được kết quả

2 x 4x2 + 5

C. 3

1 D. − 4

C. 1

A. +∞

Câu 10: Chọn kết quả đúng trong các kết quả sau của lim

x →−∞

B. +∞

x + 8x x + 2 + 1 x3 + 2 x2 + x + 2

C. −∞

C. 4 4 x 2 − 3x + 4 − 2 x x2 + x + 1 − x

x →−∞

D. 1

A. +∞

D. 0

được kết quả là

B. −∞

Câu 20: Tìm giới hạn B = lim

4 3

2020

( 2 x + 1) ( x + 2 ) x →+∞ (3 − 2 x 4 ) (1 − x )2019

Câu 19: Tìm giới hạn A = lim

A. 0

2 x3 − 2 + 1

1 B. 4

A. 3

Câu 18: Tìm giới hạn B = lim

D. 0

được kết quả là

B. −∞

C. 2

D. 0

x − x +1 − 2x được kết quả là x +1

Câu 11: Tìm giới hạn E = lim

x →+∞

A. +∞

B. −∞ x

Câu 12: Tìm giới hạn F = lim

x →−∞

A. −

1 4

C. −1

(

4 x2 + 1 + x

4 x3 + 1 + 2 x

C. x − 3 + 2x

Câu 13: Kết quả đúng của lim

x →+∞

A. 3

1. Tìm giới hạn dạng L = lim ( f ( x ) − g ( x ) ) , trong Ví dụ: Tìm giới hạn E = lim x →±∞

x →+∞

1 4

đó f ( x ) ; g ( x ) → +∞ , khi x → ±∞ hoặc

D. 0

2. Tìm giới hạn dạng L = lim f ( x ) .g ( x ) , trong đó x →±∞

x −x +x −x

B. 2

C. 1

f ( x ) → 0; g ( x ) → ±∞ , khi x → ±∞ .

D. +∞

x →−∞

nhân liên hợp của tử sau đó chia cả tử và mẫu cho x. Chú ý khi x → +∞ thì x = x 2 .

x + 3x + 1 − 2 x − x + 1 được kết quả là x +1

Câu 14: Tìm giới hạn M = lim

B. −∞

C. 1

)

x2 − x + 1 − x .

Đây là giới hạn dạng ∞ − ∞ , để tính giới hạn này ta

f ( x ) ; g ( x ) → −∞ , khi x → ±∞ .

là

(

Hướng dẫn giải

A. +∞

Phương pháp giải

) được kết quả là

B. +∞ 3

Dạng 4: Tìm giới hạn của hàm số dạng vô định ∞ − ∞ và 0.∞

D. 0

Ta có E = lim

x →+∞

D. −1

−x +1

1 =− . 2 x − x +1 + x 2

2x + 3

Câu 15: Tìm giới hạn N = lim

x →+∞

A. +∞

(8 x

Ví dụ mẫu

được kết quả là

+ 2 x ) + 2 x 3 8 x3 + 2 x + 4 x 2 + 2 1 C. 6

B. 0

Ví dụ 1: Tìm giới hạn F = lim x x →−∞

1 D. 12

16 x 4 + 3 x + 1 + 4 x 2 + 2 Câu 16: Tìm giới hạn H = lim được kết quả là x →−∞ 3x + 1

B. −∞ 3

Câu 17: Tìm giới hạn A = lim

x →−∞

A. +∞

B. −∞

C. 3 x3 + 1 − 2 x 2 + x + 1 4

4x4 + 2

4 3

liên hợp của tử sau đó chia

3+ 2 2

(

cả tử và mẫu cho x. Chú ý khi x → −∞ thì

x = − x2 .

)

Ví dụ 2: Tìm giới hạn B = lim x + x + x + 1 . x →−∞

C. −

để tính giới hạn này ta nhân

1 =− . 4 4x2 + 1 − 2x

x →−∞

được kết quả là 3

Đây là giới hạn dạng ∞ − ∞ ,

Ta có F = lim D. −

)

4x2 + 1 + 2x .

Hướng dẫn giải

A. +∞

(

Hướng dẫn giải

(

)

Ta có B = lim x + x 2 + x + 1 = lim

D. 0

x →−∞

Trang 19

x →−∞

−x −1 x − x2 + x + 1

1 =− . 2

Trang 20

Ví dụ 3: Tìm giới hạn C = lim

4x2 + x + 1 − 2x

x →+∞

Ta có A = lim

4x2 + x + 1 + 2x =4. x +1

x →+∞

Ví dụ 4: Tìm giới hạn M = lim

x →−∞

(

x →+∞

Ta có M = lim

x + 3x + 1 + x 2 − x + 1

x →−∞

Ví dụ 5: Tìm giới hạn K = lim x x →+∞

= −2 .

)

(

= 0.

4 x2 − 3x + 4 + 2 x

Ví dụ 7: Tìm giới hạn B = lim

x2 + x + 1 + x

x →−∞

x2 + x + 1 + x

= lim

x →−∞

Ví dụ 8: Tìm giới hạn D = lim

x →−∞

(

( 4 − 3x ) ( ( x + 1) (

A. −

x →−∞

((

x2 + x + 1 − x

A. −

)

3 =− . 2 2 4 x − 3x + 4 − 2 x

)

) (

x + x +1 − x +

3 2

(

C. − n

1 6

1 2

a1 + a2 + ... + an 2n

a1 + a2 + ... + an n

1 3

)

(

9 x 2 + 1 − 3x được kết quả là

1 6

C. −

(

1 3

)

x 3 + 2 − x được kết quả là

2 3

(

D. −

( x + a1 )( x + a2 ) ... ( x + an ) − x ) được kết quả là

a1a2 ...an n

B. −

1 4

2 3

D. −

1 3

)

Câu 6: Tìm giới hạn F = lim x − 3 1 − x3 được kết quả là x →−∞

)

x3 + x 2 + 1 + x 2 + x + 1 .

1 2

)

Câu 5: Tìm giới hạn E = lim x 2

A. +∞

Hướng dẫn giải 3

C. −

(

x →−∞

4 x 2 − 3x + 4 + 2 x

Ta có D = lim

3 2

x →+∞

Hướng dẫn giải

x →−∞

)

Câu 4: Tìm giới hạn D = lim x

(8x + 2 x ) + 2 x 3 8 x3 + 2 x + 4 x2 3

))

x 2 − 3x + 1 − x được kết quả là

1 2

x →+∞

A. n ( a1 + a2 + ... + an ) B.

2x 3

1 4

Câu 3: Tìm giới hạn C = lim

)

8x3 + 2 x − 2 x .

Hướng dẫn giải

Ta có N = lim

(

B. −

x →−∞

và mẫu. 3

x2 − x − x

Câu 2: Tìm giới hạn B = lim 2 x + 4 x 2 − x + 1 được kết quả là

Tiếp theo, ta xét bài tập liên hợp của căn bậc ba hay sự kết hợp căn ở cả tử

(

) (

x3 + 2 x 2 + 1 − x − 2

x →+∞

  1 −1 Ta có K = lim x  +  = 0. 2 x →+∞ x2 −1 + x   x +1 + x

x →+∞

Câu 1: Tìm giới hạn A = lim

x 2 + 1 + x2 − 1 − 2 x .

A. +∞

Ví dụ 6: Tìm giới hạn N = lim

((

Bài tập tự luyện dạng 4

Hướng dẫn giải

B = lim

x3 + 2 x 2 + 1 − 2 x 2 − x + x .

  2x2 + 1 2x   5 = lim  + = . 2 2 x →+∞ 3 2 3 3 2 2 x −x+x 3  3 ( x + 2 x + 1) + x x + 2 x + 1 + x  

)

x 2 + 3x + 1 − x 2 − x + 1 .

Hướng dẫn giải

x →+∞

)

Hướng dẫn giải

Ta có C = lim

(

Ví dụ 9: Tìm giới hạn A = lim

B. −∞

Câu 7: Tìm giới hạn G = lim

))

x →−∞

x +1+1 + x . A. 0

  x2 + 1 x +1 1   = lim  + =−6. 2 2 x →−∞ 3 2 3 3 2 2 x + x +1 − x   3 ( x + x + 1) + x x + x + 1 + x  

(

B. 1

Câu 8: Tìm giới hạn H = lim

x →+∞

A. +∞

Trang 21

1 4

)

x 3 − 3 x 2 + x 2 − 2 x được kết quả là C. −

(

B. −∞

D. 0

5 2

D. −2

)

16 x 4 + 3 x + 1 − 4 x 2 + 2 được kết quả là C.

4 3

D. 0

Trang 22

Câu 9: Kết quả giới hạn I = lim

x6 + x + 1 − 4 x4 + 2x −1

( 2 x + 3)

x →+∞

a a là phân số tối giản ( a; b > 0 ) . = − , với b b

2. lim f ( x ) = L ⇔ lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) = L . x → x0

x → x0

x →3

A. 7

B. 5

C. 6

Câu 10: Kết quả giới hạn J = lim

x →+∞

(

D. 8

)

x 2 + x + 1 − 2 3 x3 + x 2 − 1 + x = −

5 x 4 − 6 x 2 − x khi x ≥ 1 . Tính giới hạn f ( x) =  3 khi x < 1 − x + 3x

a a , với là phân số tối giản b b

K = lim f ( x ) .

a + b bằng

A. 7

x →1

B. 5

C. 6

Câu 11: Kết quả giới hạn K = lim x x →+∞

(

Hướng dẫn giải

D. 8

x 2 + 2 x − 3 x3 + 3x 2

)

Ta có lim− f ( x ) = lim− ( − x 3 + 3x ) = −1 + 3 = 2 ;

a a là phân số tối giản ( a; b > 0 ) . = , với b b

Tổng a + b bằng

x →1

3. Các định lí về giới hạn của hàm số vẫn đúng khi

A. 3

B. 5

Câu 12: Cho L = lim

x →−∞

(

C. 4

D. 2

− 0

)

4 x 2 + ax + 12 + 2 x = 5 . Giá trị của a là

A. 10

B. −6

C. 6

Câu 13: Cho a, b là các số dương. Biết M = lim

x →−∞

)

(

4 x 2 − ax + 3 8 x3 + bx 2 + 5 =

8 9

Câu 14: Biết rằng L = lim

x →−∞

16 3

(

)

2 x 2 − 3x + 1 + x 2 =

3 8

+ 0

3 . Tìm giá trị lớn nhất 2 8 3

B. 5

lim f ( x ) .

x→a

f ( x) hoặc g ( x ) < 0 với mọi x ∈ D \ {a} , thì lim x→a g ( x )

Câu 16: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn c 2 + a = 18 và lim

x →+∞

B. P = 12

A. P = 18

(

Dấu của g ( x )

f ( x) lim x→a g ( x )

+∞

−

−∞

D. b − a < 0

)

−∞

−

+∞

5. Quy tắc sử dụng các giới hạn vô cùng dạng tích

D. P = 5

Nếu lim f ( x ) = L ≠ 0, lim g ( x ) = ±∞ thì x→ a

lim f ( x ) .g ( x ) được cho bởi bảng sau

nghĩa và quy tắc giới hạn một bên.

Ta có lim+

( x − 2 )( x − 1) x−2

x→2

= lim+

( x − 2 )( x − 1) x−2

x→2

= lim+ ( x − 1) = 1 . x →2

lim

( x − 2 )( x − 1) x−2

= lim+

− ( x − 2 )( x − 1) x−2

x→2

= lim+ (1 − x ) = −1 . x→ 2

⇒ lim− x→2

( x − 2 )( x − 1) x−2

≠ lim+

( x − 2 )( x − 1)

x→2

Vậy không tồn tại lim

x−2

x2 − 3x + 2

x−2

x→ a

Phương pháp giải x→a

x−2

Hướng dẫn giải

x→2

Dạng 5: Tìm giới hạn một bên và giới hạn vô cùng

1. Tìm giới hạn lim± f ( x ) ta sử dụng các định

x →a

x 2 − 3x + 2

x→2

x→2+

ax 2 + bx − cx = −2 . Tính P = a + b + 5c .

C. P = 9

Ví dụ: Tính giới hạn lim

được cho bởi bảng sau

D. 7

C. a 2 + b 2 > 12

x →1

x→ a

ax + 1 − 1 − bx Câu 15: Biết rằng b > 0, a + 3b = 9 và lim = 2 . Khẳng định nào dưới đây sai? x→0 x B. b > 1

x →1

Nếu lim f ( x ) = L ≠ 0, lim g ( x ) = 0 và g ( x ) > 0

A. 1 < a < 3

x →1

4. Quy tắc sử dụng các giới hạn vô cùng dạng

a a tố i 2 (a là số nguyên, b là số nguyên dương, b b C. 4

lim f ( x ) = lim+ ( 5 x 4 − 6 x 2 − x ) = −2 .

x →1+

Do lim− f ( x ) ≠ lim+ f ( x ) nên không tồn tại

giản). Tổng a + b có giá trị là A. 1

x →1

thay x → x0 bởi x → x hoặc x → x .

thương

D. −20

của ab. A.

x−3 −x + 3 −1 −1 = lim = lim = . 5 x − 1 x→3− 5 x − 15 x→3− 5 5

Ví dụ: Cho hàm số

Tổng a + b bằng

( a; b > 0 ) . Tổng

Ta có lim−

lim g ( x )

Dấu của L

lim f ( x ) .g ( x )

+∞

−

−∞

−

+∞

x→a

x −3 Ví dụ: Tìm giới hạn lim− . x →3 5 x − 1 Hướng dẫn giải

Do x → 3 ⇒ x < 3 , như vậy x − 3 = − x + 3 . −

Trang 23

x→ a

Trang 24

6. Bấm máy tính giới hạn lim f ( x )

Do lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) = −2 nên lim f ( x ) = −2 .

- Nhập hàm số f ( x ) .

Sau đây ta sẽ xét một số bài tập về kết quả giới hạn một phía bằng vô cùng.

x → +∞ ⇒ CALC x = 1011

1   1 Ví dụ 4: Tìm giới hạn L = lim−  − 2 . x→2  x − 2 x −4

x→ a

x →1

x → −∞ ⇒ CALC x = −1011

Hướng dẫn giải

x → x0 ⇒ CALC x = x0 ±

1 1011

x → x0+ ⇒ CALC x = x0 +

1 1011

x → x0− ⇒ CALC x = x0 −

 1  1  1  1 L = lim−  − 2 −    = xlim −  x→2  x − 2 → 2 x −4  x − 2 ( x − 2 )( x + 2 ) 

= lim− x →2

1 . 1011

x + 2 −1

( x − 2 )( x + 2 )

Mặt khác lim− x→2

+......10+... → KQ = +∞

Ví dụ 5: Tìm lim+

Ví dụ mẫu

x + x + 12

( x + 3)

x→0

2x + x . x− x

L = lim+

x + x + 12

( x + 3)

x →−3

Hướng dẫn giải

2x + x Ta có lim+ = lim x→0 x − x x → 0+

( x(

) = lim 2 x + 1 = 1 = −1. x − 1 −1 x − 1)

Ta có lim+

x 2 x +1

x →−3

x → 0+

Ví dụ 2: Tìm giới hạn lim +

x + 4x + 3

x →( −1)

x3 + x 2

( x − 4)

(x −

x + 12

x →−∞

= lim + x →( −1)

( x + 1)( x + 3) = lim x →( −1) x 2 ( x + 1)

x + 1 ( x + 3) +

0 = 0. 1

( x + 3)

(x −

x + 12

)

= lim+ x →−3

( x − 4) ( x + 3) ( x −

x + 12

)

7 . 6

x → x0

)

(

2x2 + 1 + x .

Hướng dẫn giải

Ta có lim

Một bài toán về định lí tồn tại giới hạn lim f ( x ) = L ⇔ lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) = L .

x →−∞

x → x0

(

    1  1  2 x 2 + 1 + x = lim  x 2  2 + 2  + x  = lim x  − 2 + 2 + 1 = +∞ .  x→−∞ x →−∞  x x      

)

x = −∞  xlim  →−∞ Vì  .   1  − 2 + 2 + 1 = 1 − 2 < 0  xlim →−∞  x   

khi x ≤ 1  x − 3 Ví dụ 3: Tìm lim f ( x ) với f ( x ) =  . 2 x →1 1 − 7 x + 2 khi x > 1 Hướng dẫn giải  lim− f ( x ) = lim− ( x − 3) = −2 x →1  x→1 Ta có  . f x = lim+ 1 − 7 x 2 + 2 = −2 ( )  xlim + x →1  →1

(

)

x 2 − x − 12

Kết luận L = +∞ . Ví dụ 6: Tìm lim

x + 4x + 3

x →−3

Hướng dẫn giải 2

= lim+

Mặt khác lim+ ( x + 3) = 0 và x → −3+ ⇒ x > −3 ⇒ x + 3 > 0 .

x +x

Hướng dẫn giải

Ví dụ 1: Tìm giới hạn lim+

x +1 3 = > 0. x+2 4

x →−3

x →( −1)

x +1

( x − 2 )( x + 2 )

Kết luận L = −∞ .

→ KQ = −∞

Ta có lim +

x →2

x→2

......10−... → KQ = 0

−......10

= lim−

Ta có lim− ( x − 2 ) = 0 và x → 2− ⇒ x < 2 ⇒ x − 2 < 0 .

CÁCH CHỌN KẾT QUẢ:

+...

x →1

Ví dụ 7: Tìm lim

x →+∞

)

(

)

x2 − 4x − x .

Hướng dẫn giải

Trang 25

Trang 26

Ta có lim

x →+∞

(

 1 4  x 2 − 4 x − x = lim x  3 − 2 − 1 = −∞ . x →+∞  x x 

B. −∞

A. +∞

)

(

x →−∞

 x + m khi x < 0 Ví dụ 8: Tìm các giá trị thực của tham số m để hàm số f ( x ) =  2 có giới  x + 1 khi x ≥ 0

A. +∞

B. −∞

Hướng dẫn giải A. −∞

Ta có lim− f ( x ) = lim− ( x + m ) = m; lim+ f ( x ) = lim+ ( x 2 + 1) = 1 . x→0

x →−∞

x →0

3x + b, khi x ≥ −1 Ví dụ 9: Biết hàm số y = f ( x ) =  cơ giới hạn tại x = −1 . Tính giá trị  x + a, khi x > −1

A. +∞

Hướng dẫn giải

Tại điểm x = −1 ta có lim − f ( x ) = lim − ( 3 x + b ) = −3 + b = f ( −1)

A. Không tồn tại.

x →( −1)

và lim + f ( x ) = lim + ( x + a ) = −1 + a . x →( −1)

Hàm số có giới hạn tại x = −1 khi và chỉ khi lim − f ( x ) = lim + f ( x ) . x →( −1)

A. 0

Điều này tương đương với −3 + b = −1 + a ⇒ a − b = −2 .

 1 2 Câu 1: Kết quả lim−  2 − 3  là x→0  x x 

A. 0

B. 0

Câu 2: Kết quả lim+ x →1

C. +∞

A. 2

B. 0

C. 1

D. +∞

x →1

A. −∞

C. 1

D. +∞

C. 1

D. +∞

x − x +1 bằng x2 − 1

B. −1

A. không tồn tại.

x−3 Câu 4: Giá trị đúng của lim bằng x →3 x − 3 A. không tồn tại.

B. 0

Câu 5: Giới hạn A = lim

x →+∞

(

2 3

D. +∞

1 4

D. 0

)

4 x 2 + 1 − x bằng

B. −∞

C. 5

D. −7

B. 2

C. −∞

D. +∞

B. 4

C. +∞

D. không tồn tại.

B. 3

C. 4

D. 1

m − 3 khi x < 1  Câu 13: Giá trị thực của tham số m để hàm số f ( x ) = 2m − 13 khi x = 1 tồn tại lim f ( x ) là x →1  2 x khi x >1 1 − 7 + 2 

Câu 3: Kết quả đúng của lim+

 x − 2 + 3, khi x ≥ 2 Câu 12: Giá trị thực của tham số a để hàm số f ( x ) =  tồn tại lim f ( x ) là x→2 khi x < 2 ax − 1,

D. không tồn tại.

x3 − x 2 là x −1 +1 − x

A. −1

2 3

 4 − x 2 , khi − 2 ≤ x ≤ 2  . Giá trị của lim+ f ( x ) là Câu 11: Cho f ( x ) =  x 2 − 4 x →−2 , khi x > 2   x−2

Bài tập tự luyện dạng 5

A. −∞

D. 0

 x2 + 1 , khi x < 1  . Khi đó lim− f ( x ) bằng Câu 10: Cho hàm số f ( x ) =  1 − x x →1  2 x − 2, khi x ≥ 1 

x →( −1)

(

1 4

2 x 2 − 3, khi x < 2  Câu 9: Tìm lim − f ( x ) với f ( x ) = 5, khi x = 2 . x →( −2 )  x khi x >2 3 − 1, 

của a − b ?

x →( −1)

B. −

Câu 8: Giới hạn B = lim x

Hàm số có giới hạn tại x = 0 khi lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) ⇔ m = 1 .

1 1 . Tìm lim+ f ( x ) . − x →1 x3 − 1 x − 1

x →0

x→0

D. 0

)

Câu 7: Cho hàm số f ( x ) =

hạn tại x = 0 .

x→0

1 2

Câu 6: Giới hạn B = lim 2 x + 4 x 4 − x + 1 có kết quả là

Sau đây chúng ta xét các bài tập về tìm điều kiện để tồn tại giới hạn.

x→0

C. −

B. m = 1

C. m = 5

D. m =

11 2

 x2 + 1 , khi x > 3  Câu 14: Tìm các giá trị thực của tham số b để hàm số f ( x ) =  x3 − x + 6 có giới hạn tại  khi x ≤ 3 b + 3, x = 3.

)

x 2 − x + 1 − 2 x kết quả bằng

Trang 27

Trang 28

B. − 3

2 3 3

D. −

Dạng 6: Tìm giới hạn hàm lượng giác

2 3 3

Phương pháp giải

 x3 + 1 khi x < −1 ,  Câu 15: Các giá trị thực của tham số m để hàm số h ( x ) =  x + 1 có giới hạn tại 2 2 mx − x + m , khi x ≥ −1  x = −1 là

1. Sử dụng các giới hạn cơ bản lim x→0

lim x→0

A. m = −1; m = 2

B. m = −1; m = −2

C. m = 1; m = −2

D. m = 1; m = 2

B. m = 4

C. m = −4

D. m = 1

 3 3x + 2 − 2 khi x > 2  Câu 17: Các giá trị thực của tham số a để hàm số f ( x ) =  x − 2 có giới hạn lim f ( x ) x→2  ax + 1 khi x ≤ 2  4 là bao nhiêu?

A. a = 0

B. a = 3

C. a = 2

mọi số thực a ≠ 0 . x sin ax sin ax 1 +) lim = a lim = a; lim = ; x→0 x→0 x →0 sin ax x ax a x tan ax 1 lim = a; lim = . x→0 x → 0 tan ax x a

C. 1

tan 2 x − sin 3x . x

 tan 2 x sin 3 x  Ta có A = lim  −  = 2 − 3 = −1 . x →0 x   x

Ví dụ: Tìm giới hạn A = lim x→0

1 − cos 2 x . x2

Hướng dẫn giải 2

 sin x  Ta có A = lim 2.   =2. x →0  x 

sin n x xn  sin x  = lim  = 1; lim n = 1 ;  n x→0 x →0 x →0 sin x x  x 

+) lim

lim x→0

tan n x xn = 1; lim = 1. n x → 0 x tan n x

4. Sử dụng MTCT như các giới hạn trên, nhưng chuyển qua chế độ Radian.

tại x = 2 . Tổng các giá trị của S là

B. 0

x →0

3. Sử dụng nguyên lý kẹp.

D. a = 1

2 2 khi x ≤ 2 a x Câu 18: Gọi S là tập hợp các giá trị của tham số a để hàm số f ( x ) =  có giới hạn 2 ( 2 − a ) x khi x > 2

A. 3

Ví dụ: Tìm giới hạn A = lim Hướng dẫn giải

x tan x x = 1; lim = 1; lim = 1. x→0 x →0 tan x sin x x

2. Mở rộng ta có thể sử dụng các kết quả sau với

 3− x , khi x > 3  Câu 16: Giá trị thực của tham số m để hàm số f ( x ) =  x + 1 − 2 có giới hạn lim f ( x ) là bao x →3 m khi x ≤ 3  nhiêu?

A. m = −1

sin x =1; x

Ví dụ mẫu

D. −1

 x − 2 khi x ≤ 2  Câu 19: Cho hàm số f ( x ) = ax + b khi 2 < x < 6 . Biết hàm số f ( x ) có giới hạn tại x = 2 và x = 6 .  x + 4 khi x ≥ 6 

Ví dụ 1: Tìm giới hạn A = lim x→0

1 − cos ax , với a ≠ 0 . x2

Hướng dẫn giải 2

Hệ thức nào sau đây đúng?

A. 2a − b = 0

B. 2a + b = 0

C. a − 2b = 0

D. a + 2b = 0

Ta có A = lim x→0

2 x +1 − 3 8 − x khi x ≥ 0  x  Câu 20: Cho hàm số f ( x ) = ax + b − 1 khi − 2 < x < 0 . Tìm a, b để hàm số cùng có giới hạn tại  x2 − 4  khi x ≤ −2  x + 2 61 25 , b= 24 12

Ví dụ 2: Tìm giới hạn B = lim x→0

B. a =

37 1 , b= 24 12

C. a =

61 1 , b= 24 12

D. a =

85 25 , b= 24 12

= =

Trang 29

1 − cos x.cos 2 x.cos 3 x . x2

Hướng dẫn giải Ta có

x = −2 và x = 0 .

A. a =

ax ax   sin  2 a2 2 = a lim  2 .  ax  = 2 x → 0 x 2 2    2 

2sin 2

1 − cos x.cos 2 x.cos 3 x x2

1 − cos x + cos x cos 2 x (1 − cos 3 x ) + cos x (1 − cos 2 x ) x2 1 − cos x 1 − cos 3 x 1 − cos 2 x . + cos x.cos 2 x + cos x2 x2 x2

Trang 30

1 − cos 3x 1 − cos 2 x   1 − cos x B = lim  + cos x.cos 2 x + cos x =7. 2 x →0 x2 x2  x 

Ví dụ 3: Tìm giới hạn A = lim x →0

Bây giờ ta xét một số bài tập chứa dấu căn: Ví dụ 7: Tìm giới hạn C = lim x →0

1 + sin x − cos x . 1 + sin 2 x − cos 2 x

Hướng dẫn giải

(

tan 2 2 x 1 + 3 cos 2 x + 3 cos 2 2 x tan 2 2 x = lim x →0 1 − 3 cos 2 x x→0 1 − cos 2 x

x x x 2sin + 2sin cos 1 + sin x − cos x 2 2 2 Ta có = 1 + sin 2 x − cos 2 x 2sin 2 x + 2sin x cos x

C = lim

(

tan 2 2 x 1 + 3 cos 2 x + 3 cos 2 2 x = lim

x x x sin + cos 1 2. x . 2 2 =1. ⇒ A = lim . x→0 2 x sin x sin x + cos x 2 2 sin

⇒ C = 6. Ví dụ 8: Tìm giới hạn D = lim

Ta có D = lim x→0

mx nx mx mx + cos sin sin m 2 . 2 . 2 2 . . n mx sin nx sin nx + cos nx 2 2 2 2

mà lim x→0

1 + x sin 3 x − cos 2 x 1 + x sin 3x − 1 1 − cos 2 x = lim + lim x →0 x→0 x2 x2 x2

Ví dụ 9: Tìm giới hạn A = lim x →1

sin ( πx m ) sin ( πx n )

Hướng dẫn giải

1 − cos 2 x . 3x 2sin 2

A = lim x →1

Hướng dẫn giải

cos 2 x − cos 3 x

sin π (1 − x

)

= lim x →1

sin π (1 − x m ) π (1 − x

)

.lim x →1

π (1 − x n ) sin π (1 − x

)

1 − xn x →1 1 − x m

.lim

= lim

sin

( sin 3x − sin 4 x )

sin π (1 − x m )

(1 − x ) ( x n−1 + x n−2 + ... + 1) n 1 − xn = lim = . m x →1 1 − x x →1 1 − x ( ) ( xm−1 + x m−2 + ... + 1) m

3x sin 2 x  sin x  3 2 =0. Ta có A = lim = lim x . lim x→0 3 x x→0  x  2 x→0 3 x sin 2 2 x→0

1 1 + x sin 3 x − cos 2 x x2

1 7  sin 3x  . = 3lim  +2 = 2. x→0 1 + x sin 3x + 1   3x

mx nx mx mx sin sin + cos m 2 2 2 2 = m. Suy ra A = lim .lim .lim n x→0 mx x→0 sin nx x→0 sin nx + cos nx n 2 2 2 2

Ví dụ 6: Tìm giới hạn B = lim

)

(

Hướng dẫn giải

mx mx mx + 2sin 2sin cos 1 + sin mx − cos mx 2 2 2 Ta có = nx nx 1 + sin nx − cos nx 2 nx 2sin + 2sin cos 2 2 2 2

x2 . 1 + x sin 3 x − cos 2 x

x→0

Hướng dẫn giải

x→0

)

 tan 2 x   x  3 2 3 = 2 lim   .  . 1 + cos 2 x + cos 2 x . x →0  2 x   sin x 

1 + sin mx − cos mx Ví dụ 4: Tìm giới hạn A = lim , với m.n ≠ 0 . x → 0 1 + sin nx − cos nx

Ví dụ 5: Tìm giới hạn A = lim

)

2sin 2 x

x →0

Một cách tổng quát ta có bài tập sau:

tan 2 2 x . 1 − 3 cos 2 x

Trong nhiều trường hợp việc tìm giới hạn phải sử dụng đến nguyên lý kẹp. Bài tập sau đây là một trường hợp cụ thể.

Ví dụ 10: Tìm giới hạn F = lim

x →+∞

Hướng dẫn giải

3sin x + 2 cos x . x +1 + x

Hướng dẫn giải

5x x 5x   2sin sin  5 sin 2  1 5 2 2 B = lim .lim = lim . = . x →0 7x x x→0  2 5 x  x→0 7x 2   −2 x cos sin cos 2 2  2  2

Ta có −

Trang 31

13 3sin x + 2 cos x ≤ ≤ x +1 + x x +1 + x

13 . x +1 + x

Trang 32

Lại có lim

x →+∞

A. không tồn tại.

± 13 =0. x +1 + x

Câu 10: Kết quả đúng của lim

x →+∞

A. 1

tan ( x − 1) được kết quả là x −1

Câu 1: Tìm giới hạn B = lim x →1

B. 0

x →0

B. 7

Câu 3: Tìm giới hạn D = lim A. +∞

A. L = 1

5 2

D. 1

1 2

B. L = −1 m

x →0

5 2

A. +∞ D. 3

x →0

x→0

A. +∞

5 2

D. 0

x →0

A. +∞

B. −∞

x →0

D. L =

7 11

C. −

4 9

π 2

b 2 − 2 n 2m

D. 0

C. 3

a 2n

D. 0

1 + 3x − 1 + 2 x a a là phân số tối giản a; b > 0 . Tổng = − trong đó 1 − cos 2 x b b

a + b bằng A. 3 D. 0

B. 2

C. 6

D. 5

2 1+ x − 8 − x a a . Kết quả giới hạn lim f ( x ) = , trong đó là phân x→0 sin 3x b b số tối giản a; b > 0 . Tổng a + b bằng Câu 15: Cho hàm số y = f ( x ) =

1 − 3 1 + 2sin 2 x được kết quả là sin 3 x

Câu 6: Tìm giới hạn C = lim 3

C. L = 0

B. −∞

Câu 14: Kết quả giới hạn M = lim

cos 3 x − cos 4 x được kết quả là cos 5 x − cos 6 x

B. −∞

Câu 5: Tìm giới hạn B = lim

D. −1

1 − n cos ax có kết quả là x2

x →0

Câu 4: Tìm giới hạn A = lim

C. 3

cos ax − m cos bx có kết quả là sin 2 x

B. −∞

Câu 13: Tìm giới hạn M = lim

sin x − tan x được kết quả là x3

B. −

3 x − 5sin 2 x + cos x là x2 + 2

B. 0

Câu 12: Tìm giới hạn H = lim

tan 2 x.sin 5 x được kết quả là x2

Câu 2: Tìm giới hạn C = lim

x→0

D. +∞

cos x Câu 11: Tìm giới hạn L = lim kết quả là π π x→ 2 x− 2

Bài tập tự luyện dạng 6

A. 10

C. 1 2

3sin x + 2 cos Vậy F = lim =0. x →+∞ x +1 + x

A. +∞

B. 0

A. 49

B. 48

C. 21

D. 35

D. 0

sin 2 2 x được kết quả là cos x − 4 cos x

B. −∞

C. −96

D. 0

sin 4 2 x Câu 7: Tìm giới hạn D = lim 4 được kết quả chính xác là x → 0 sin 3 x A. +∞

B. −∞

16 81

D. 0

π  1 − sin  cos x  2   được kết quả là Câu 8: Tìm giới hạn E = lim x →0 sin ( tan x ) A. +∞

B. −∞

Câu 9: Kết quả đúng của lim x 2 cos x→0

5 2

D. 0

2 là nx Trang 33

Trang 34

ĐÁP ÁN Ta có

Dạng 1. Tìm giới hạn của hàm số bằng thay trực tiếp 1-B

2-B

3-A

11 - C

12 - A

4-B

5-A

6-C

7-B

8-C

9-D

10 – B

 x 2 + x + 2 − 4 3 2 x3 + 5 x + 1  2 − 4.2 a = lim  = 6 ⇒ L = 37 . = 2 x → 1   b x2 − 2   1 −2

Câu 11. Đặt t =

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

t + 13 1  2x −1  3( x + 2) Ta có f  − ⇒ f (t ) = = + − − x 2 2 x 1 2 x 1 5t  

Câu 1.

( x + 1)

Ta có lim

x →−1

2 ( x 2 − x + 1)

2x −1 −2t − 1 ⇒x= . Khi x → +∞ thì t → 2 . x+2 t−2

⇒ lim f ( x ) = lim f ( t ) =

= 0.

x →+∞

t →2

3 . 2

Câu 12.

Câu 2.

Ta có lim

( 2x

x →1

− 3x + 2 )

Ta có lim

=1.

f ( x) +1

x +1

x →1

Câu 3.

I = lim

Ta có lim

x →−1

x3 + 2 x 2 + 1 3

2 x5 + 1

+ x) f ( x) + 2

x+4

x →1

= −1 ⇒

f (1) + 1

1+1

= −1 ⇒ f (1) = −3 .

(1 + 1) f (1) + 2 = 2. ( −3) + 2 = − 4 . 1+ 4

= −2 . Dạng 2: Tìm giới hạn của hàm số dạng vô định

Câu 4.

0 0

Ta có lim  x 2 cos x + 3  = 0. 4 = 0 . x→0

1-D

2-C

3-C

4-C

5-A

6-D

7-B

8-D

Câu 5.

11 - C

12 - B

13 - B

14 - D

15 - C

16 - D

17 - A

18 - A

Ta có 5 = A = lim x →2

3x + m 6 + m = ⇒ m = 14 . x+2 4

9-B

10 – C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1.

Câu 6.

x +1 5 = . x →−2 2 x + x 2 − 3 33

Ta có lim

x→2

Câu 7. sin 3 x + 1 Ta có lim = π cot 2 x − 3 x →− 4

2 2 = 2−2 . −3 6

= lim

1−

x→2

x →1

x3 − x 2 0 = =0. 2x −1 +1 + x 3

Ta có lim x→0

1 − x −1 = lim x→0 x x

−x

(

)

1− x +1

= lim x →0

−1

(

)

1− x +1

−1 . 2

Câu 3.

Câu 9.

x ( x − 3) ( x 2 + 3 x + 9 ) x ( x2 + 3x + 9 ) x 4 − 27 x = lim = lim = 9. x →3 2 x 2 − 3 x − 9 x →3 x →3 ( 2 x + 3)( x − 3) ( 2 x + 3)

Nếu lim f ( x ) = 5 thì lim 13 − 4 f ( x )  = 13 − 4. lim f ( x ) = 13 − 4.5 = −7 . x →−2

1 1 = . 2 3 2  12 3 2  ( x + 4) + 2 x + 4 + 4   

Câu 2.

Câu 8. Ta có lim

x2 + 4 − 2 x2 − 4 = lim 2 x→2  2 x −4  2 2 3 2 3  ( x + 4) + 2 x + 4 + 4  ( x − 4)  

x →−2

Ta có lim

x →−2

Câu 10.

Câu 4.

Trang 35

Trang 36

Ta có lim x →1

2 x − 3x + 1 4 x2 − 3x − 1 4x + 1 5 = lim = lim = . 2 2 1 x → x −1 ( x − 1) 2 x + 3x + 1 x→1 ( x + 1) 2 x + 3x + 1 8

(

)

(

3 2x −1 −1 2 3x − 2 − 1 = lim = lim = 1 và lim x → 1 x → 1 x →1 x −1 x −1 2x −1 +1

Ta có lim

)

x →1

Câu 5. 3

Ta có lim

x →−1

( x + 1)

x +1

= lim

x →−1

x +3−2

(

x2 + 3 + 2

)

x − x + 1 ( x − 1)

= lim

x →−1

( (

x2 + 3 + 2

Do đó L = lim

)

x − x + 1 ( x − 1)

x →1

4 −2 . = −6 3

Ta có L = lim x→0

Ta có

− a3

x→0

x3 + 3 x 2 a + 3xa 2 = lim = lim ( x 2 + 3xa + 3a 2 ) = 3a 2 . x→0 x →0 x

Đặt

( x 2 + 4 ) ( x − 2 )( x + 2 ) = lim ( x 2 + 4 ) ( x − 2 ) = −16 . x 4 − 16 = lim x →−2 x 2 + 6 x + 8 x →−2 x →−2 ( x + 2 )( x + 4 ) ( x + 4)

Khi đó lim t →2

Câu 8. x ( x + 2) ( x2 − 2x + 4) x ( x 2 − 2 x + 4 ) −24 x 4 + 8x = lim = lim = . x →−2 x 3 + 2 x 2 + x + 2 x →−2 x →−2 5 ( x + 2 ) ( x 2 + 1) ( x 2 + 1)

x→2

Câu 9.

)

( x − 1) 1 − x + 2 2 2 ( x 2 − 1) 1 − x + 2 x2 + 8 − 3 . Ta có lim = lim = lim = x →−1 1 − x − 2 x →−1 x →−1 2 3 x + 8 + 3 ( − x − 1) − x2 + 8 + 3

)

(

Ta có

)

(

Suy ra

Câu 10. x2 + x + 1 −1 Ta có lim = lim x→0 x →0 3x 3x

)

x2 + x + 1 + 1

= lim x →0

1 = . 2 x + x +1 +1 6

x2 + 1 −1 2

)

(

x→ a

) = lim ( 4 + x + 16 ) = −4 . − x ( x + 1 + 1) − ( x + 1 + 1) 2

(

x 4 + x + 16

= lim

4 − x + 16

= lim

x −x = lim x →1 x −1

( x − 1) ( x

x →1

)

ax + 1 + 1

a a ⇒ = 3 ⇒ a = 12 . 4 4

( t 2 + 4 ) ( t + 2 ) = 16 t4 − 7 − 3 = lim t →2 t−2 3 t4 − 7 + 3

a 112 = ⇒ a + b = 139 . b 27

Ta có lim

( x 2 + a 2 ) ( x + a )( x − a ) = lim  x 2 + a 2 x + a  = 4a3 . x4 − a4 = lim ( ) ( ) x →a x →a  x−a x−a

x→0

Vì lim x→2

Câu 12.

x →1

(

Câu 17.

Ta có lim

3 4 a t 4 − 7 − 3 t 4 + 11 t4 − 7 − 3 t + 11 − 3 16 32 = lim = lim − lim = − . t →2 x →2 b t →2 t −2 t −2 t−2 3 27

x +1

Câu 11.

x→0

ax + 1 − 1 = lim x→0 2x 2

Câu 16.

x2 + x

(

3 2 x − 1 − 3 3x − 2 2x −1 −1 3x − 2 − 1 = lim − lim = 1 − 1 = 0 . Vậy L = 0 . x →1 x →1 x −1 x −1 x −1

(t 4 + 4) (t + 2) t 4 + 11 − 3 32 . = lim = x→2  2 t −2 27  4 3 4 3  ( t + 11) + 3 t + 11 + 9   

và lim

Ta có lim

(

= 1.

t 4 − 8 = x x + 1 − 3 x + 19 t 4 − 7 − 3 t 4 + 11 x+8 = t ⇒  ⇒ lim = lim 4 x →8 t →2 t −2 x+8 −2 x → 8 ⇒ t → 2

Ta có lim

)

Câu 15.

Câu 7.

(

( 3x − 2 ) + 3 3x − 2 + 1

Câu 14.

Câu 6.

( x + a) lim

3 3

m −1

m−2

lim

( x m − 1) − ( x n − 1)

x→2

Vậy

= lim ( x m −1 + x m − 2 + ... + 1) − ( x n −1 + x n − 2 + ... + 1)  = m − n . x →1

(

( 8 x + 11)

(

Suy ra

x −1

8 3

+ 3 8 x + 11 + 9

)

8 . 27

x + 7 −3 1 1 = lim = . x 2 − 3x + 2 x→2 ( x − 1) x + 7 + 3 6

x −1 + ... + 1) − ( x − 1) ( x n −1 + x n − 2 + ... + 1)

8 x + 11 − 3 = lim x 2 − 3 x + 2 x→ 2 ( x − 1)

)

3 a x + 7 −3 8 1 7 8 x + 11 − 3 = lim − lim = − = . b x→2 x 2 − 3 x + 2 x →2 x 2 − 3x + 2 27 6 54

a 7 = ⇒ 2a + b = 14 + 54 = 68 . b 54

Câu 18.

Câu 13.

Trang 37

Trang 38

Vì lim x →3

lim x →3

6x − 9 − x 2

( x − 3) ( x + 6 )

27 x − 54 − x 2

( x − 3) ( x + 6 )

= lim x →3

−1

( x + 6) (

6x − 9 + x

)

Câu 6.

−1 ; 54

−1

(

( 27 x − 54 )

+ x 27 x − 54 + x

)

Ta có lim

−1 . 27

x →−∞ 5

1   + 3 x  = 3 . 5 3 2 5 2+ 5 x

Câu 7.

3 6 x − 9 − 3 27 x − 54 6x − 9 − x 27 x − 54 − x −1 1 1 Suy ra lim . = lim − lim = + = 2 2 2 x →3 x − 3 x →3 x →3 54 27 54 x + 3 x − 18 ( )( ) ( x − 3) ( x + 6 ) ( x − 3) ( x + 6 )

Vậy

1  x  + 3 x   = lim = lim 2 x5 + 3 x→−∞ x 5 2 + 3 x →−∞ x5

1 + 3x

2  1 1 x2  + 3 6 + 2 + 1  x x x   = lim Ta có D = lim = lim 3 4 x →−∞ x →−∞   x→−∞  1 1 1 1 1 + x + x + x −1 x2  4 + + 1 + − 2   x x x x    2x + 3 1 + x4 + x6

a 1 = ⇒ 3a + b = 57 . b 54

2  1 1  + 3 6 + 2 +1  x x x  =1. 1 1 1 1  + +1 + − 2  x4 x x x 

Câu 8. ∞ Dạng 3: Tìm giới hạn của hàm số dạng vô định ∞

1-C

2-C

3-B

4-C

5-C

6-A

7-D

8-C

9-B

10 – B

11 - C

12 - B

13 - B

14 - C

15 - C

16 - D

17 - C

18 - A

19 - C

20 - C

Ta có lim f ( x ) = lim ( 2 x + 1) x →−∞

x →−∞

 2 1  1− − 2  x2 − 2 x −1 1   x x  = −2 . = lim  2 +   − x 4 + 3x 2 + 1 x →−∞  x  1 + 3 + 1   x 2 x 4  

Câu 9. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1.

Ta có lim

x →−∞

Theo tính chất thì C sai khi b = 0 hay g ( x ) = 0 .

Câu 2.

x4 − x2 + 3 2 x 4x2 + 5

x2 1 −

= lim

x →∞

2x2

1 3 1 3 1− 2 + 4 + x 2 x 4 = lim x x =1. x →∞ 4 5 5 4+ 2 2 4+ 2 x x

Câu 10.

Ta có B = lim

x →−∞

1 1 1 − 4 + − 6 64 + 5 − 6 4 x 2 + x + 6 64 x 6 + x − 1 x x x = 4. = lim 4 4 x →−∞ 3 x +3 − 4 1+ 4 x

x4 + 8 x x + 2 + 1 Ta có lim 3 = lim x →+∞ x + 2 x 2 + x + 2 x →+∞

Câu 3.

  8 2 1  8 2 1  x 4 1 + 2 1+ + 4  x 1 + 2 1+ + 4  x x x x  x x x x   = lim  = +∞ x →+∞ 2 1 2 2 1 2    x3 1 + + 2 + 3  1 + + 2 + 3  x  x   x x  x x

7 x +7 x14 = 1 . Ta có lim 14 = lim x →+∞ x − 1 x →+∞ 1 1 − 14 x

 8 2 1  1+ + 4  1 + 2 x x  x x Vì lim  = 1 > 0 và lim x = +∞ . x →+∞ x →+∞  2 1 2 1 + + 2 + 3  x   x x

Câu 4.

Câu 11.

2 2 5 x Ta có C = lim = lim = . 2 x →−∞ 4 5 x + x + 1 x→−∞ 5 − 1 + 1 x2

Ta có E = lim

Câu 5.

Câu 12.

2+ 9+

2x − 9x2 + 2

1 Ta có lim f ( x ) = lim x →+∞

x →+∞

2017

x →+∞

x2 − x + 1 − 2 x = lim x →+∞ x +1

1 1 1− + 2 − 2 x x = −1 . 1 1+ x

    1 1 x 2  − 4 + 2 + 1 x  − 4 + 2 + 1 x x  = lim   = +∞ Ta có F = lim  x →−∞ x →−∞   1 1 3 4+ +2 x 3 4 + 3 + 2 x3 x  

2020 x 2019 = 0 . 1

x 2017 Trang 39

Trang 40

 1 2 1  1 2 1 x2  1+ 2 − +   1+ 2 − +  x x x x x + 1 − 2x +1 x x x  = +∞ .  Ta có B = lim = lim = lim x  3 x →+∞ x →+∞ x →−∞    2 1  1 1 2 x3 − 2 + 1 x 3 2 − 3 +   3 2− 3 +  x x  x x   

1 +1 −1 x2 =3 < 0 và lim x = −∞ . x →−∞ 1 4+2 4+ 3 +2 x

− 4+ Vì lim

x →−∞ 3

Câu 13.

Câu 19.

 1 3  1 3 x  − 4 + 2 − +2 x x x3 − 3 + 2 x2 x x4   = lim = lim = 2. x →+∞ 1 1 1 x 4 − x3 + x 2 − x x→+∞ x 2 1 − 1 + 1 − 1 − + − 1 x x2 x4 x x2 x4 2

Ta có lim

x →+∞

2020

1  2 1  2   x 2023  2 +  1 +   2 +  1 +  x  x x  x   Ta có A = lim = lim =4. 2019 2019 x →+∞ x →+∞  1   3  1  2023  3 x  4 − 2  − 1 2 1 − −  4    x  x  x  x

Câu 14.

Câu 20.

 3 1 1 1  3 1 1 1 x  − 1+ + 2 + 2 1− + 2  − 1+ + 2 + 2 1− + 2 x x x x  x x x x = 1.  Ta có M = lim = lim x →−∞ x →−∞ 1  1 1+ x 1 +  x  x

  3 4 3 4 −x 4 − + 2 + 2 4− + 2 +2 x x x x   Ta có B = lim = lim = 2. x →−∞   x→−∞ 1 1 1 1 1+ + 2 +1 − x  1 + + 2 + 1 x x x x  

Câu 15.

Ta có N = lim

x →+∞

3  x2  2 + 2  x   2   2 2 2  x2  3  8 + 2  + 2 3 8 + 2 + 4 + 2    x  x x   

= lim

3 x2

x →+∞ 3

2 2 2  8 + 2  + 23 8 + 2 + 4 + 2 x  x x 

Dạng 4: Tìm giới hạn của hàm số vô định ∞ − ∞ và 0.∞ =

1 . 6

1-B

2-A

3-D

4-B

5-C

6-B

11 - A

12 - D

13 - B

14 - D

15 - A

16 - B

7-A

8-D

9-A

10 - A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 16.

Câu 1.

 3 1 2  x  4 16 + 3 + 4 + 4 + 2  4 2 4 x x x  16 x + 3 x + 1 + 4 x + 2 Ta có H = lim = lim −  x →−∞ x →−∞ 3x + 1 3x + 1 4

16 +

= lim − x →−∞

Ta có A = lim

x →+∞

Vậy A = lim

3 1 2 + + 4+ 2 x3 x 4 x =−4. 1 3 3+ x

x →+∞

x →−∞

x2 − 3x + 1 − x =

x →+∞

−3 x + 1

3 ⇔ A=− . 2 x − 3x + 1 + x 2

−3 . 2

)

(

Ta có B = lim 2 x + 4 x 2 − x + 1 ⇔ B = lim

 1 1 1  x 3 3+ 3 + 2 + + 2  3 3 2 x x x  3x + 1 − 2 x + x + 1 Ta có A = lim = lim −  4 4 x →−∞ x →−∞ 2 4x + 2 x4 4+ 4 x

= lim −

)

(

x →−∞

x 2 − 3x + 1 − x ⇔ A = lim

Câu 2.

Câu 17.

)

(

x →−∞

−x +1 2

⇔B=

4x − x +1 − 2x

1 . 4

1 Vậy B = lim 2 x + 4 x 2 − x + 1 = . x →−∞ 4

)

(

Câu 3. Sử dụng công thức a n − b n = ( a − b ) ( a n −1 + a n− 2b + ... + ab n − 2 + b n −1 ) .

1 1 1 + 2+ + 2 3 x3 x x =− 3+ 2 . 2 2 4 4+ x3

Ta có C = lim

x →+∞

Câu 18.

⇔C =

(

( x + a1 )( x + a2 ) ... ( x + an ) − x ) ⇔ C = xlim →+∞

( x + a1 )( x + a2 ) ... ( x + an ) − x n n −1 n x+a ( 1 )( x + a2 ) ... ( x + an ) + ... + x n−1

a1 + a2 + ... + an . n

Câu 4. Trang 41

Trang 42

)

(

Ta có D = lim x x →+∞

9 x 2 + 1 − 3 x = lim

9x2 + 1 + 3

x →+∞

1 . 6

−x

= lim

x + 2 x + ( x + 1) 2

x →+∞

3x2 + x

+ lim

x →+∞

( x + 1) + ( x + 1)

Câu 5. Ta có E = lim x

x →−∞

(

)

x →−∞

+ 2)

2 = . 3 3 3 2 +x x +2+x

Ta có L = lim

x →−∞

  1 Ta có E = lim x − 3 1 − x3 = lim x 1 − 3 3 − 1  = −∞ . x →−∞ x →−∞ x  

)

Suy ra −

1 1 = − +1 = . 2 2

(

)

4 x 2 + ax + 12 + 2 x = lim

x →−∞

ax + 12

a =− . 4

4 x 2 + ax + 12 − 2 x

a = 5 ⇔ a = −20 . 4

Câu 13.

Câu 7.

(

Ta có G = lim

x →−∞

)

x 3 − 3x 2 + x 2 − 2 x ⇔ G = lim

x →−∞

−3 x 2

⇔ G = lim

+ lim

)

(

x3 − 3x 2 − x + lim x + x 2 − 2 x 2x

x →−∞

− 3x 2 ) + x 3 x3 − 3x + x 2

(

x − x2 − 2x

x →−∞

Ta có lim

)

x →−∞

⇔ G = −1 + 1 = 0 .

Ta có H = lim

x →+∞

⇔ H = lim

x →+∞

(

16 x 4 + 3 x + 1 − 4 x 2 + 2

)

(

)

(16 x

+ 3x + 1) + 2 x. (16 x + 3x + 1) + 4 x

16 x + 3 x + 1 + 8 x

x →+∞

−2 2 x + 4 x2 + 2

⇔ H = 0.

Ta có I = lim

( 2 x + 3)

x →+∞

= lim

x →+∞

(

= lim

x →+∞

)

x 2 + x + 1 − 2 3 x 3 + x 2 − 1 + x = lim x +1 x2 + x + 1 + x

x →+∞

x→0

1 1 2 1 + − 4 1+ 3 − 4 x5 x6 x x =−3. 2 4 3  2 +   x 

(

)

x →+∞

(

x 2 + x 3 x3 + x 2 − 1 + 3 ( x3 + x 2 − 1)

)

1 2 1 − =− . 2 3 6

Theo bài ra ta có

Câu 11.

x →+∞

(

)

+ bx + 5) + 2 x 8 x + bx + 5 + 4 x 2

)

a b + . 4 12

x 2 + 2 x − 3 x3 + 3x 2 = lim x x →+∞

(

)

(

x 2 + 2 x − x − 1 + lim x x + 1 − 3 x3 + 3 x 2 x →+∞

−3 x + 1 2 x 2 − 3x + 1 − x 2

x →−∞

3 2. 4

(

( ax + 1)

)

+ 3 ax + 1 + 1

   x 1 + 1 − bx   bx

(

)

a b + = 2 ⇔ 2a + 3b = 12 . Từ giả thiết a + 3b = 9 suy ra a = 3; b = 2 , vậy A sai. 3 2

Câu 16. Ta có lim

x →+∞

8 x 3 + bx 2 + 5 − 2 x

  a b =a+b = lim  + 2 x →0  3  3 2 3 + − 1 1 bx  ( ax + 1) + ax + 1 + 1 

Suy ra a + b = 7 .

Ta có K = lim x

 3 ax + 1 − 1 1 − 1 − bx  ax + 1 − 1 − bx = lim  +  x → 0 x x x     = lim  x →0 x 

x 2 + x + 1 − x + lim 2 x − 3 x 3 + x 2 − 1

− x2 + 1

+ lim 2 x →+∞

(8 x

)

Câu 10. x →+∞

2 x 2 − 3 x + 1 + x 2 = lim

Suy ra a + b = 7 .

Ta có J = lim

(

Suy ra a + b = 7 .

lim x6 + x + 1 − 4 x4 + 2x − 1

x →−∞

Câu 15.

Câu 9. 3

)

4 x 2 − ax + 2 x + lim

a b 2 a b 16 = + ≥ 2 . ⇔ ab ≤ . 3 4 12 4 12 3

x →−∞

+ lim

x →−∞

(

bx 2 + 5

+ lim

4 x − ax − 2 x

Ta có lim

3x + 1

= lim

x →−∞

Câu 14.

16 x 4 + 3 x + 1 − 2 x + lim 2 x − 4 x 2 + 2 x →+∞

)

4 x 2 − ax + 3 8 x 3 + bx 2 + 5 = lim

x →−∞

Ta có

(

− ax

= lim

Câu 8.

x →+∞

Câu 12.

Câu 6.

(

Suy ra a + b = 3 .

2 x2

x + 2 − 2 = lim

x + 3x + 3 ( x + 3x ) 3

(

)

ax 2 + bx − cx = lim

x →+∞

(a − c)

x 2 + bx

ax 2 + bx + cx

) Trang 43

Trang 44

a − c 2 = 0  . = −2 thì  b = −2 ax 2 + bx + cx   a +c

(a − c ) x lim 2

Để giới hạn

x →+∞

+ bx

 a − c 2 = 0 a = 9   Theo đầu bài ta có hệ  a + c 2 = 18 ⇔ c = 3 (nếu c = −3 thì  b b = −12   = −2  a + c

x2 − x + 1 = +∞ . x2 − 1

Ta có lim+ x →1

Cách 2: (Sử dụng MTCT)

x2 − x + 1 . x2 − 1

Nhập hàm số f ( x ) =

a + c = 0 ).

Vì x → 1+ nên nhập CALC x = 1 +

Suy ra P = a + b + 5c = 9 − 12 + 15 = 12 .

1 . 1011

Câu 4. Cách 1:

Dạng 5: Tìm giới hạn một bên và giới hạn bằng vô cùng 1-C

2-C

3-D

4-A

5-B

6-A

7-A

8-B

9-D

10 - D

11 - A

12 - A

13 - A

14 - D

15 - C

16 - C

17 - A

18 - D

19 - B

20 - A

x −3

Ta có lim+

x −3

x →3

Mặt khác lim− x →3

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Do lim+

Câu 1.

x →3

x −3

x →3

x−3

x−3 ≠ lim− x →3

Cách 1:

Cách 2:

1 2  1 2 Ta có lim−  2 − 3  = lim− 2 − lim− 3 = +∞ . x→0  x x  x →0 x x → 0 x

(Sử dụng MTCT)

 1 2 Nhập hàm số f ( x ) =  2 − 3  . x  x Vì x → 0− nên nhập CALC x = −

x −3

1 . 1011

. Nên không tồn tại giới hạn.

x −3

Vì x → 3− nên nhập CALC x = 3 −

1 . 1011

Hai giá trị không gần nhau nên không tồn tại giới hạn.

Cách 1:

x →1

x −3

3− x = −1 . x−3

1 . 1011

Câu 5.

x3 − x 2 = lim x − 1 + 1 − x x →1+

x →3

Vì x → 3+ nên nhập CALC x = 3 +

Câu 2.

Ta có lim+

= lim−

Nhập hàm số f ( x ) =

Cách 2:

x−3 = 1. x−3

= lim+

x x −1 x = lim = 1. x − 1 + 1 − x x→1+ 1 − x − 1

Ta có lim

x →+∞

(

)

−3 x 2 − x + 1

x − x + 1 − 2 x = lim

x2 − x + 1 + 2 x

x →+∞

Cách 2: (Sử dụng MTCT)

x →+∞

Cách 2: 3

Nhập hàm số f ( x ) =

= lim

1 1 −3 − + 2 x x = −∞ . 1 1 1 2 − + + x 2 x3 x 4 x

(Sử dụng MTCT)

x −x . x −1 + 1− x

Vì x → 1+ nên nhập CALC x = 1 +

Nhập hàm số f ( x ) =

1 . 1011

(

)

x2 − x + 1 − 2x . 10

Vì x → +∞ nên nhập CALC x = 10 .

Câu 3.

Câu 6.

Cách 1:

Cách 1: Trang 45

Trang 46

Câu 11.

1 1 1 + 3− 4 2 x x x = +∞ . = lim Ta có B = lim 2 x + 4 x − x + 1 = lim x →−∞ x →−∞ 2 x − 4 x 4 − x + 1 x →−∞ 2 − 4 − 1 + 1 x3 x 4 x 7 x8

(

−4 +

−4 x 4 + 4 x 2 + x − 1

)

 4 − x 2 , khi − 2 ≤ x ≤ 2  . Khi đó lim+ f ( x ) = lim+ 4 − x 2 = 0 . Với hàm số f ( x ) =  x 2 − 4 x →−2 x →−2 > khi x , 2   x−2

Cách 2:

Câu 12.

(Sử dụng MTCT)

(

 lim f ( x ) = lim x − 2 + 3 = 3  + x → 2+ Ta có  x→2 f ( x ) = lim− ( ax − 1) = 2a − 1  xlim → 2− x →2

(

)

Nhập hàm số f ( x ) = 2 x + 4 x 4 − x + 1 . Vì x → −∞ nên nhập CALC x = −1010 .

)

Câu 7.

Vậy để tồn tại lim f ( x ) thì lim+ f ( x ) = lim− f ( x )

Cách 1:

⇔ 3 = 2a − 1

1  1  1 −2  1  Ta có lim+  3 − − 1 = lim = −∞ .  = lim  x →1  x − 1 x − 1  x →1+ x − 1  x 2 + x + 1  x→1+ 3( x − 1)

⇔a=2.

x→2

 lim f ( x ) = lim 1 − 7 x 2 + 2 = −2  x→1+ x →1+  Ta có  lim− f ( x ) = lim− ( m − 3) = m − 3 x →1  x→1  f (1) = 2m − 13 

(

(Sử dụng MTCT) Nhập hàm số f ( x ) =

1 1 . − x3 − 1 x − 1

Vì x → 1+ nên nhập CALC x = 1 +

1 . 1010

x →1

Vậy không tồn tại m.

Cách 1:

Câu 14.

(

)

4 x 2 + 1 − x = lim

x ( 3 x 2 + 1)

x →−∞

4 x2 + 1 + x

)

Để tồn tại lim f ( x ) thì lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = f (1) ⇔ −2 = m − 3 = 2m − 13 .

Câu 8.

x →−∞

x→2

Câu 13.

Cách 2:

Ta có B = lim x

x→2

1 x2 = −∞ . x →−∞ 4 1 1 − 4+ 6 + 2 x x x

x →1

 x2 + 1 1 =  lim+ f ( x ) = lim+ 3 3 3 x → x → x −x+6 3 Ta có   lim f ( x ) = lim b + 3 = b + 3  x→3− x →3−

= lim

(

)

Cách 2: Vậy để tồn tại lim f ( x ) thì lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) ⇔

(Sử dụng MTCT) Nhập hàm số f ( x ) = x

x →3

(

)

x →3

1 2 3 =b+ 3 ⇔ b = − . 3 3

Câu 15.

4x2 + 1 − x .

 lim f ( x ) = lim ( mx 2 − x + m 2 ) = m2 + m + 1 x →−1+  x→−1+ Ta có   x3 + 1  2  lim− f ( x ) = lim−   = lim− ( x − x + 1) = 3 x →−1 x →−1  x + 1  x→−1 

Vì x → −∞ nên nhập CALC x = −1010 .

Câu 9.  2 x 2 − 3, khi x < 2  Với f ( x ) = 5, khi x = 2 . Ta có lim − f ( x ) = lim − ( 3 x − 1) = −7 . x →( −2 ) x →( −2 )  3x − 1, khi x > 2

Vậy để tồn tại lim f ( x ) thì lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) x →−1

x →−1

⇔ m 2 + m + 1 = 3 ⇔ m = 1; m = −2 .

Câu 10.

Câu 16.

 x2 + 1 , khi x < 1 x2 + 1  Với hàm số f ( x ) =  1 − x . Khi đó lim− f ( x ) = lim− = +∞ . x →1 x →1 1 − x  2 x − 2, khi x ≥ 1  Trang 47

Trang 48

Dạng 6: Tìm giới hạn hàm lượng giác

 (3 − x ) x + 1 + 2  lim f ( x ) = lim 3 − x = lim = −4 + x →3+ x → 3 Ta có  x→3+ x −3 x +1 − 2  lim f x = lim m = m  x→3− ( ) x→3−

(

)

Vậy để tồn tại lim f ( x ) thì lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) ⇔ m = −4 . x →3

x →3

1-D

2-A

3-B

4-C

5-C

11 - B

12 - C

13 - C

14 - D

15 - A

7-C

8-D

9-B

10 - B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

x →3

Câu 17.

Câu 1.

3  3x + 2 − 2 f ( x ) = lim+ = lim+  xlim → 2+ x→2 x→2 x−2  ( x − 2) Ta có   1 1   lim− f ( x ) = lim−  ax +  = 2a + x →2  4 4  x→2

3( x − 2)

(

( 3x + 2 )

+ 2 3 3x + 2 + 4

)

1 4

Ta có B = lim x →1

Ta có C = lim

Vậy để tồn tại lim f ( x ) thì lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) x→2

x→2

tan ( x − 1)

x −1

2 tan 2 x 5sin 5 x . = 10 . 2x 5x

Câu 3.

x→2

1 1 = ⇔ a =0. 4 4

Ta có D = lim

sin x ( cos x − 1) x3 cos x

x→0

Câu 18.  lim+ f ( x ) = lim + ( 2 − a ) x 2 = 4 − 2a  x→ 2 x→ 2 Ta có  lim f x lim− a 2 x 2 = 2a 2 = ( )  x→ 2  x→ 2 −

⇔ 4 − 2a = 2a

x→ 2

x x  sin  2 = − 1 lim sin x  2 =−1.   x 3 cos x 2 x→0 x  x  2  2 

2sin x.sin 2

= − lim x→0

Câu 4. 7x x 7x sin .sin sin cos 3 x − cos 4 x 2 2 = lim 2 = 7 . = lim x →0 cos 5 x − cos 6 x x→0 11x 11x 11 x x→0 sin .sin sin 2 2 2

Ta có A = lim

Để tồn tại lim f ( x ) thì lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) x→ 2

= 1.

Câu 2. x →0

⇔ 2a +

6-C

x→ 2

Câu 5.

a = 1 ⇔ .  a = −2

Ta có B = lim x→0

−2sin 2 x 1 − 3 1 + 2sin 2 x 4 = lim =− . x →0 2 sin 3x 9 3 sin 3x 1 + 1 + 2sin 2 x + 3 (1 + 2sin 2 x )

(

Vậy tổng các giá trị của S là −1 .

)

Câu 19.

Câu 6.

 lim f x = lim f x 2a + b = 0  + ( ) x → 2− ( ) Vì hàm số có giới hạn tại x = 2 và x = 6 nên ta có  x→2 . ⇔ f ( x ) = lim− f ( x ) 6a + b = 10  xlim → 6+ x→6

sin 2 2 x sin 2 2 x x2 Ta có C = lim 3 ; = lim x →0 cos x − 4 cos x x →0 3 cos x − 1 1 − 4 cos x + x2 x2

Câu 20. Để hàm số có giới hạn tại x = −2 và x = 0 thì  x2 − 4 ax + b − 1) = lim− ⇔ −2a + b − 1 = −4 (1) (  xlim + →−2 x →−2 x + 2 . Từ (1) và (2) ta có  3  lim 2 x + 1 − 8 − x = lim ax + b − 1 ⇔ b − 1 = 13 2 ( ) ( )  x→0+ x → 0− 12 x

61   −2a + b = −3  a =   24 ⇔ .  13 b − 1 = 12 b = 25  12

x 2sin 2 1 − 3 cos x 1 − cos x 1 2 lim = lim = lim = ; x→0 x→0 2 x→0 2 3 2 3 2 3 3 x2 6 x 1 + cos 2 x + cos 2 x x 1 + cos 2 x + cos 2 x

)

(

lim x→0

(

)

(1 − cos x ) 1 − 4 cos x 1 = lim = ; 2 2 4 0 x → x 8 x 1 + cos x 1 + cos x

(

)(

)

sin 2 2 x = 4. x→0 x2

lim

Trang 49

Trang 50

Vậ y C =

4 = −96 . 1 1 − + 6 8

cos x Ta có L = lim = lim π π x→ π x→ 2 x− 2 2

Câu 7.

Câu 12.

sin 4 2 x 4 sin 2 x 16 Ta có D = lim 4 = lim x4 = . x → 0 sin 3 x x → 0 sin 3 x 81 x2 4

H = lim x→0

= lim

Câu 8.

x →0

π  1 − sin  cos x  2  sin ( tan x ) tan x Ta có E = lim mà lim = 1. x→0 x →0 sin ( tan x ) tan x tan x

π  1 − sin  cos x  2   Lại có lim x→0 tan x

π  sin  − x  2  = −1 . π x− 2

m cos ax − m cos bx cos ax − 1 + 1 − m cos bx = lim 2 x → 0 sin x sin 2 x

cos ax − 1  

(

cos ax

)

m −1

(

x →0

 2 x   π sin 2  2sin   π  2  1 − cos  (1 − cos x )   2  = lim   = lim x →0 x→0 tan x tan x

 

(

cos bx

)

m −1

x →0

 2 x   π sin 2  sin 2   x 2   sin 2 π x   2 = lim . .x. = 0. 2 x 4 x→0 tan 2 x x π sin   2 2 2

cos bx

 

(

cos bx

)

m −1

(

cos bx

1 − n cos ax = lim x →0 x→0  x2 

Ta có M = lim

2 2 2 Ta có 0 ≤ cos ≤ 1 ⇔ 0 ≤ x 2 cos ≤ x 2 mà lim x 2 = 0 nên lim x 2 cos = 0 . x→0 x→0 nx nx nx

= lim x →0

Câu 10.

Lại có lim

x →+∞

(10

(

cos bx

m−2

+ ... + 1 sin 2 x 

m−2

sin 2 x + ... + 1 2  x

− lim

 

x →0

− lim x →0

(

cos ax

)

m −1

(

)

m−2

+ ... + 1 sin 2 x 

m− 2

+ ... + 1 sin 2 x 

ax 2

cos ax

)

ax sin 2 a2 . 2 22 2 a x 4  

(

cos ax

)

m −1

(

cos ax

)

m−2

sin 2 x + ... + 1 2  x

1 − cos ax

(

cos ax

)

n −1

(

cos ax

a2 ax sin 2 2 2  

(

cos ax

)

n −1

(

cos ax

)

n −2

a x + ... + 1  4

)

n−2

+ ... + 1 x 2 

a2 . 2n

3 3 x + 1 − ( x + 1) + ( x + 1) − 2 x + 1 3x + 1 − 2 x + 1 2 x x2 Ta có M = lim = lim x →0 x→0 1 − cos 2 x 2sin 2 x x2 x2 3

6x + 1 −10sin 2 x + cos 2 x −10sin 2 x + cos 2 x . + lim = lim x →+∞ 2 x 2 + 4 x→+∞ 2x2 + 4 2 x2 + 4

+ 12 )( sin 2 2 x + cos 2 2 x ) = 101 nên 0 ≤

)

cos bx

m −1

Câu 14.

3 x − 5sin 2 x + cos 2 x 6 x − 10sin 2 x + cos 2 x + 1 = lim x →+∞ x →+∞ x2 + 2 2x2 + 4

Ta có lim

Vì −10sin 2 x + cos 2 x ≤

(

Câu 13.

Câu 9.

x →+∞

)

 

x→0

b2 − a 2 . 2m

Do đó E = 0 .

= lim

)

cos bx − 1

− lim

2sin 2

bx sin 2 b2 . 2 22 2 b x 4

= lim

(

+ ... + 1 sin 2 x 

bx 2

2sin 2 = lim

)

cos ax

m−2

−10sin 2 x + cos 2 x 101 . ≤ 2 2x2 + 4 2x + 4

101 −10sin 2 x + cos 2 x = 0 suy ra lim =0. x →+∞ 2x2 + 4 2x2 + 4

x + 1 − 2x + 1 3x + 1 − x − 1 2 x x2 = lim + lim x →0 x→0 2sin 2 x 2sin 2 x x2 x2

Câu 11.

Trang 51

Trang 52

− x3 − 3x 2 x = lim x →0

(( 3x + 1) + ( x + 1) 3

3 x + 1 + ( x + 1)

2sin x x2

) + lim x ( x + 1 + 2

x→0

2x +1

)

2sin 2 x x2

1 −1 1 + = − ⇒ a = 1; b = 4 ⇒ a + b = 5 . 2 4 4

Câu 15. Ta có lim x→0

2 1+ x − 3 8 − x 2 1+ x − 2 + 2 − 3 8 − x 2 1+ x − 2 2− 3 8− x = lim = lim + lim x → 0 x → 0 x → 0 sin 3x sin 3 x sin 3 x sin 3 x

x 2x 3 4+2 8− x + 3 8− x = lim 1 + 1 + x + lim x →0 sin 3 x x→0 sin 3x 3x 3x 3x 3x

(

)

1 2 3 4+ 2 8− x + 3 8− x = lim 1 + 1 + x + lim x→0 x→0 sin 3x sin 3 x 3 3 3x 3x

(

)

1 1 13 a = + = = ⇒ a + b = 49 . 3 36 36 b

Trang 53

BÀI 3. HÀM SỐ LIÊN TỤC

I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM

Mục tiêu Kiến thức + Nắm được khái niệm hàm số liên tục tại một điểm, trên một khoảng, trên một đoạn.

1. Hàm số liên tục tại một điểm

Hàm số không liên tục tại điểm x0 được gọi là gián

Định nghĩa 1

đoạn tại điểm x0 .

Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên khoảng K và

+ Nắm được các định lí cơ bản về hàm số liên tục

x0 ∈ K . Hàm số y = f ( x ) được gọi là liên tục tại

Kĩ năng + Chứng minh được hàm số liên tục tại một điểm, liên tục trên một khoảng, liên tục trên một

x0 nếu lim f ( x ) = f ( x0 ) . x → x0

2. Hàm số liên tục trên một khoảng, trên một

đoạn + Nắm vững phương pháp giải dạng bài toán tìm tham số để hàm số liên tục

đoạn Định nghĩa 2

Hàm số liên tục trên khoảng ( a; b )

Hàm số y = f ( x ) được gọi là liên tục trên một khoảng nếu nó liên tục tại mọi điểm của khoảng đó. Hàm số y = f ( x ) được gọi là liên tục trên đoạn

[ a; b ]

nếu nó liên tục trên khoảng

( a; b )

và

lim f ( x ) = f ( a ) , lim− f ( x ) = f ( b ) .

x→a +

x →b

Hàm số không liên tục trên khoảng ( a; b ) Nhận xét: Đồ thị của hàm số liên tục trên một

khoảng là một “đường liên” trên khoảng đó 3. Một số định lí cơ bản Định lí 1

a) Hàm đa thức liên tục trên ℝ b) Hàm phân thức hữu tỉ và hàm số lượng giác liên tục trên từng khoảng xác định của chúng. Định lí 2

Giả sử y = f ( x ) và y = g ( x ) là hai hàm số liên tục tại điểm x0 . Khi đó a) Các hàm số y = f ( x ) + g ( x ) , y = f ( x ) − g ( x ) và y = f ( x ) .g ( x ) liên tục tại x0 ; b) Hàm số

f ( x) g ( x)

liên tục tại x0 nếu g ( x0 ) ≠ 0

Định lí 3 Trang 1

Trang 2

Nếu hàm số

[ a; b ] . f ( a ) ≠ f ( b )

Hàm số liên tục trên một tập ta sử dụng định nghĩa

liên tục trên đoạn

y = f ( x)

2 và các định lí.

thì với mỗi số thực M nằm

Chú ý:

giữa f ( a ) và f ( b ) , tồn tại ít nhất một điểm

1. Nếu hàm số liên tục tại x0 thì trước hết hàm số

c ∈ ( a; b ) sao cho f ( c ) = M

phải xác định tại điểm đó

Hệ quả

2. lim f ( x ) = k ⇔ lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = k x → x0

Nếu hàm số y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] và

x → x0

 f ( x ) , khi x ≠ x0 3. Hàm số y =  liên tục tại  g ( x ) , khi x = x0

f ( a ) . f ( b ) < 0 thì tồn tại ít nhất một điểm

c ∈ ( a; b ) sao cho f ( c ) = 0

x = x0 ⇔ lim f ( x ) = g ( x0 ) x → x0

Nói cách khác: Nếu hàm số y = f ( x ) liên tục trên

 f ( x ) , khi x ≥ x0 4. Hàm số f ( x ) =  liên tục tại  g ( x ) , khi x < x0

đoạn [ a; b ] và f ( a ) . f ( b ) < 0 thì phương trình

f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm nằm trong khoảng

điểm

( a; b ) .

khi

x = x0

và

chỉ

khi

lim f ( x ) = lim− g ( x ) = f ( x0 )

x → x0+

x → x0

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1: Hàm số liên tục tại một điểm, trên một tập

Ví dụ mẫu

Phương pháp giải

 x−3  Ví dụ 1. Cho hàm số f ( x ) −  2 x + 3 − 3 ( x − 1)2 

Sử dụng định nghĩa hàm số y = f ( x ) xác định Ví dụ. Cho hàm số trên khoảng K và x0 ∈ K . Hàm số liên tục tại x0 nếu lim f ( x ) = f ( x0 ) x → x0

 x 3 − 27  2 f ( x) =  x − x − 6  27  5

, khi x ≠ 3

Ta có lim+ f ( x ) = lim+ ( x − 1) = 4 x →3

lim = lim−

Hướng dẫn giải x → x0

f ( x0 )

x →3−

Hàm số xác định trên ℝ Ta có f ( 3) =

lim f ( x ) = lim x →3

x →3

x −3 2x + 3 − 3

x →3

= lim− x →3

2x + 3 + 3 =3 2

x →3

Vậy hàm số gián đoạn tại x = 3

( x − 3) ( x + 3 x + 9 ) x − 27 = lim x 2 − x − 6 x →3 ( x − 3)( x + 2 ) 2

x 2 + 3x + 9 27 = lim = x →3 x+2 5 f ( x ) = f ( 3) nên hàm số liên tục tại Bước 2. Nếu tồn tại lim f ( x ) thì ta so sánh Ta thấy lim x →3 x → x0

lim f ( x ) với f ( x0 ) .

x →3

Do đó lim− f ( x ) ≠ lim+ f ( x )

27 và 5 3

. Xét tính liên tục của hàm số tại điểm x = 3

khi x ≥ 3

Hướng dẫn giải

, khi x = 3

Xét tính liên tục của hàm số tại điểm x = 3

Bước 1. Tìm giới hạn của hàm số lim = f ( x ) và

khi x < 3

x=3

 3 4x − 2 ,  Ví dụ 2. Cho hàm số f ( x ) =  x − 2 a , 

khi x ≠ 2

. Tìm a để hàm số liên tục tại điểm x = 2

khi x = 2

Hướng dẫn giải

Hàm số xác định trên ℝ

x → x0

Trang 3

Trang 4

Ta có f ( 2 ) = a và lim f ( x ) = lim x→2

x →2

Tìm a để hàm số liên tục trên tập xác định.

4x − 2 4 1 = lim = 2 x →2 3 3 x−2 3 4 x + 2 4 x + 4 ( )

Vậy để hàm số liên tục tại điểm x = 2 thì lim f ( x ) = f ( 2 ) ⇔ a = x→2

 x4 − 5 x2 + 4  Ví dụ 3. Cho hàm số f ( x ) =  x3 + 1 m2 x 2 + 2mx − 5 

Hướng dẫn giải Hàm số xác định trên ℝ

1 3

Với x > 2 ta có f ( x ) =

a2 ( x − 2) x+2 −2

Do đó hàm số f ( x ) liên tục trên ( 2; + ∞ )

khi x < −1

Với x < 2 ta có f ( x ) = (1 − a ) x là hàm số liên tục trên tập xác định. Do đó hàm số f ( x ) liên tục trên

khi x ≥ −1

( −∞; 2 )

Tìm m để hàm số liên tục tại điểm x = −1

Với x = 2 ta có lim− f ( x ) = lim− (1 − a ) x = 2 (1 − a ) = f ( 2 )

Hướng dẫn giải

x→2

Hàm số xác định trên ℝ lim+ f ( x ) = lim+

( x − 1) ( x 2 − 4 ) x4 − 5 x 2 + 4 Ta có: lim− f ( x ) = lim− = lim− =2 3 x →−1 x →−1 x →−1 x +1 x2 − x + 1

x→2

x →−1

x →2

a2 ( x − 2) x+2 −2

= lim+ a 2 x →2

(

)

x + 2 + 2 = 4a 2

Hàm số liên tục trên ℝ khi và chỉ khi hàm số liên tục tại x = 2 , nên

lim+ f ( x ) = lim+ ( m 2 x 2 + 2mx − 5 ) = m 2 − 2m − 5 = f ( −1)

 a = −1 lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) ⇔ 4a 2 = 2 (1 − a ) ⇔  x→2 x→2 a = 1  2

x →−1

Hàm số liên tục tại x = −1 khi và chỉ khi

lim f ( x ) = lim− f ( x ) = f ( −1) ⇔ m2 − 2m − 5 = 2 ⇒ m = 1 ± 2

x →−1+

là hàm số liên tục trên từng khoảng xác định.

x →−1

Vậy a = −1; a =

1 là những giá trị cần tìm. 2

Bài tập tự luyện dạng 1

 x2 − 1 , khi x ≠ −1  Ví dụ 4. Cho hàm số f ( x ) =  x + 1 2, khi x = −1 

Câu 1: Hàm số có đồ thị như hình bên gián đoạn tại điểm có hoành độ bằng bao nhiêu?

Xét tính liên tục của hàm số trên toàn bộ tập xác định

Hướng dẫn giải Hàm số xác định trên D = ℝ Với x ≠ −1 thì f ( x ) =

x2 − 1 = x − 1 là hàm số liên tục trên tập xác định. x +1

Do đó hàm số liên tục trên ( −∞; − 1) và ( −1; + ∞ ) Với x = −1 ta có lim f ( x ) = lim x →−1

x →−1

x2 − 1 = lim ( x − 1) = −2 x + 1 x→−1

A. 0

B. 1

C. 2

D. 3

Câu 2: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị như hình bên. Chọn khẳng định đúng.

Vì f ( −1) = 2 ≠ lim f ( x ) x →−1

Vậy hàm số liên tục trên các khoảng ( −∞; − 1) và ( −1; + ∞ ) ; hàm số không liên tục tại điểm x = −1

 a2 ( x − 2)  Ví dụ 5. Cho hàm số f ( x ) =  x + 2 − 2 (1 − a ) x 

khi x > 2 khi x ≤ 2

Trang 5

Trang 6

(II) f ( x ) gián đoạn tại x = 2 (III) f ( x ) liên tục trên đoạn [ −2; 2] A. Chỉ (I) và (III)

B. Chỉ (I)

C. Chỉ (II)

D. Chỉ (II) và (III)

Câu 9: Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau

(I) f ( x ) = x 5 − 3x 2 + 1 liên tục trên ℝ

B. Hàm số liên tục trên ( −∞; 4 )

D. Hàm số liên tục trên (1; 4 )

B. ( 2; 2019 )

C. ( −3; 2 )

B. Chỉ (I)

C. Chỉ (II)

D. Chỉ (II) và (III)

(I) f ( x ) =

D. ( −3; + ∞ )

(III) f ( x ) =

D. f ( x ) liên tục tại x = −1

 x + 2a Câu 5: Giá trị của a để các hàm số f ( x ) =  2 x + x + 1

1 4

liên tục tại x = 1 B. Chỉ (I) và (II)

C. Chỉ (I) và (III)

D. Chỉ (II) và (III)

khi x ≥ 0

( x + 1) ,  Câu 7: Cho hàm số f ( x ) =  x 2 + 3, k 2 , 

B. Hàm số liên tục tại x = 1 , không liên tục tại x = −1

liên tục tại x = 0 bằng

C. Hàm số không liên tục tại x = 1 và x = −1 D. Hàm số liên tục tại x = −1 , không liên tục tại x = 1

D. 1

khi x < 1

. Giá trị của a để hàm số liên tục tại x0 = 1 là

C. 3 2

A. Hàm số liên tục tại x = 1 và x = −1

khi x ≥ 1

B. 2

B. k ≠ 2

khi x < 0

C. 0

2 x 2 − 2  Câu 6: Cho hàm số y = f ( x ) =  2 x − a  2  x +1

A. k ≠ ±2

 πx khi x ≤ 1 cos Câu 11: Cho hàm số f ( x ) =  2 . Khẳng định nào sau đây đúng nhât?  x − 1 khi x > 1 

C. f ( x ) liên tục trên [ −1; + ∞ )

A. 1

A. Chỉ (I) đúng

B. f ( x ) liên tục trên ( −∞; − 1]

x +1 liên tục với mọi x ≠ 1 x −1

(II) f ( x ) = sin x liên tục trên ℝ

A. f ( x ) liên tục trên ℝ

1 2

liên tục trên ( −1; 1)

Câu 10: Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

x2 + 1 liên tục trên khoảng nào sau đây? x + 5x + 6

3 x + 2 khi x < −1 . Khẳng định nào sau đây đúng? Câu 4: Cho hàm số f ( x ) =  2  x − 1 khi x ≥ −1

x −1

A. Chỉ (I) và (III)

A. ( −∞; 3)

(III) f ( x ) = x − 2 liên tục trên [ 2; + ∞ )

C. Hàm số liên tục trên (1; + ∞ )

Câu 3: Hàm số f ( x ) =

(II) f ( x ) =

A. Hàm số liên tục trên ℝ

 x2 − 3 khi x ≠ 3  Câu 12: Cho hàm số f ( x ) =  x − 3 . Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau: 2 3 khi x = 3 

(I) f ( x ) liên tục tại x = 3

D. 4

x >1

(II) f ( x ) gián đoạn tại x = 3

x < 1 . Tìm k để f ( x ) gián đoạn tại x = 1

(III) f ( x ) liên tục trên ℝ

x =1

C. k ≠ −2

D. k ≠ ±1

Câu 8: Cho hàm số f ( x ) = x 4 − 4 . Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

A. Chỉ (I) và (II)

B. Chỉ (II) và (III)

C. Chỉ (I) và (III)

D. Cả (I), (II), (III) đều đúng

Câu 13: Hàm số nào sau đây không liên tục tại x = 1

(I) f ( x ) liên tục tại x = 2 Trang 7

Trang 8

 x2 − 1 khi x ≠ 1  A. f ( x ) =  x − 1 3 x − 1 khi x = 1 

 x 2 − 2 khi x ≠ 1 B. f ( x ) =  2 − 3 x khi x = 1

 2 x2 − x − 1  C. f ( x ) =  x − 1 2 x − 1 

 1 khi x > 1 − D. f ( x ) =  x 2 x − 3 khi x ≤ 1

khi x ≠ 1 khi x = 1

 3x + 1 − 2 ,   x2 − 1 Câu 20: Cho hàm số f ( x ) =  2  a ( x − 2)  x − 3 , A.

Câu 14: Cho a và b là các số thực khác 0. Tìm hệ thức liên hệ giữa a và b để hàm số

 ax + 1 − 1 ,  f ( x) =  x 4 x 2 + 5b,  A. a = 5b

khi x ≠ 0

liên tục tại x = 0 C. a = b

 2x − 4 + 3  Câu 15: Cho hàm số f ( x ) =  x +1  2  x − 2mx + 3m + 2 B. m = 4

A. m =

khi x ≥ 2 khi x < 2

C. m = 5

C. f ( x ) liên tục trên ℝ \ {1}

D. f ( x ) liên tục trên ℝ \ {0; 1}

 2x + 1 − 1 ,  Câu 17: Giá trị a để các hàm số f ( x ) =  x ( x + 1)   a,

A. 1

B. 2

2x + 6 − 2 3x + 1 − 2

1 2

1 4

, khi x ≠ 1

liên tục tại điểm x = 1 là

khi x = 1

2 9

C. −

1 6

khi x ≠ 0

3 4

B. m = 0

B. a =

1 3

C. m = 1 khi x ≠ 2

. Tìm a để hàm số liên tục trên ℝ

khi x = 2

1 6

1 2

D. m = −

C. a =

4 3

D. a = −

4 3

0< x<9 . Giá trị của m để f ( x ) liên tục trên [ 0; + ∞ ) là

x=0 x≥9

1 6

D. 1

π  sin x, khi x ≤ 2 Câu 24: Cho hàm số f ( x ) =  . Tìm giá trị của a, b để hàm số liên tục trên ℝ ax + b, khi x > π  2

D. 4

 4x + 1 − 1 ,  Câu 19: Giá trị của a để hàm số f ( x ) =  ax 2 + ( 2a + 1) x  3,

liên tục tại điểm x = 0 là

khi x = 0

C. 1

3 − 9 − x ,  x  Câu 23: Cho hàm số f ( x ) = m, 3  ,  x A.

C. 3

  f ( x) = Câu 18: Giá trị của a để các hàm số f ( x ) =   a, 

A. 1

khi x ≠ 0

1 2

A. a = −1

 x2 , x ≥1  3  2x Câu 16: Cho hàm số f ( x ) =  , 0 ≤ x ≤ 1 . Khẳng định nào sau đây đúng? 1 + x  x sin x, x < 0 

B. f ( x ) liên tục trên ℝ \ {0}

1 4

 3 4x − 2 ,  Câu 22: Cho hàm số f ( x ) =  x − 2 ax + 3, 

D. m = 6

A. f ( x ) liên tục trên ℝ

khi x ≤ 1

Tìm m để hàm số liên tục tại x = 0

D. a = 2b

Tìm các giá trị của tham số thực m để hàm số liên tục trên ℝ A. m = 3

liên tục tại điểm x = 1 là

 x+4 −2 , khi x > 0  x m là tham số Câu 21: Cho hàm số f ( x ) =  mx 2 + 2 x + 1 , khi x ≤ 0  4

khi x = 0 B. a = 10b

1 2

khi x > 1

1 9

liên tục tại điểm x = 0 là

khi x = 0

2  a = A.  π b = 1

 x2 + 1  Câu 25: Cho hàm số f ( x ) =  x 3 − x + 6  b + 3 là A.

D. 1

Trang 9

2  a = B.  π b = 2

B. − 3

1  a = C.  π b = 0 khi x ≠ 3; x ≠ 2

2  a = D.  π b = 0 . Giá trị của b để f ( x ) liên tục tại x = 3

khi x = 3; b ∈ ℝ

2 3 3

D. −

2 3 3

Trang 10

 3 x + 7 − 3x + 1 ,  Câu 26: Cho hàm số f ( x ) =  x −1 ax,  là A. -3

B. 2

khi x ≠ 1 khi x = 1

B. k =

2019. 2020 2

sin x, Câu 28: Cho hàm số f ( x ) =  1 + cos x,

Ví dụ 2. Chứng minh rằng phương trình x3 + 2 x = 4 + 3 3 − 2 x có đúng một nghiệm.

D. -2

Hướng dẫn giải

khi x ≠ 1

. Tim k để hàm số f ( x ) liên tục

khi x = 1

C. k = 1

D. k =

20018 2020 2019

khi cos x ≥ 0 . Hàm số f có bao nhiêu điểm gián đoạn trên khi cos x < 0

3 2

3  Xét hàm số f ( x ) = x 3 + 2 x − 3 3 − 2 x − 4 liên tục trên  −∞;  và 2   3  19 3 f ( 0 ) = −4 − 3 3 < 0, f   = > 0 ⇒ f ( 0). f   < 0  2 8 2 Do đó phương trình f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm

B. 1009

C. 542

D. 321

Giả sử phương trình f ( x ) = 0 có hai nghiệm x1 ; x2 Khi đó f ( x1 ) − f ( x2 ) = 0

Dạng 2: Chứng minh phương trình có nghiệm

⇔ ( x13 − x23 ) + 2 ( x1 − x2 ) − 3

Phương pháp giải

* Để chứng minh phương trình f ( x ) = 0 có một Ví dụ 1. nghiệm trên D, ta chứng minh hàm số y = f ( x ) liên tục trên D chứa đoạn

[ a; b]

sao cho

f ( a ). f (b) < 0

Chứng minh rằng phương trình x 2020 + 3x 5 − 1 = 0 có nghiệm.

Ta có hàm số f ( x ) = x

(

)

3 − 2 x1 − 3 − 2 x2 = 0

  6 ⇔ ( x1 − x2 )  x12 + x1 x2 + x22 + 2 + =0  3 − 2 x1 + 3 − 2 x2   B

Hướng dẫn giải

2020

+ 3x − 1 liên tục trên

x  3x 2 6  ⇔ x1 = x2 (vì B =  x1 + 2  + 2 + 4 + > 0) 2 4 3 − 2 x1 + 3 − 2 x2 

ℝ và f ( 0 ) . f (1) = −3 < 0

Vậy phương trình có đúng một nghiệm.

Suy ra phương trình f ( x ) = 0 có ít nhất một

Ví dụ 3. Chứng minh rằng phương trình

x5 + 2 x3 + 15 x 2 + 14 x + 2 = 3x 2 + x + 1 có đúng năm nghiệm

phân biệt.

nghiệm thuộc ( 0; 1)

Hướng dẫn giải

* Để chứng minh phương trình f ( x ) = 0 có k

Phương trình đã cho tương đương với x5 + 2 x 3 + 15 x 2 + 14 x + 2 = ( 3x 2 + x + 1)

nghiệm trên D, ta chứng minh hàm số y = f ( x )

⇔ x5 − 9 x 4 − 4 x 3 + 18 x 2 + 12 x + 1 = 0

liên tục trên D và tồn tại k đoạn nhau

[ ai ; ai+1 ] ( i = 1, 2, 3,..., k )

Điều kiện xác định: x ≤

Ta có x3 + 2 x = 4 + 3 3 − 2 x ⇔ x3 + 2 x − 3 3 − 2 x − 4 = 0

khoảng ( 0; 2019 ) ? A. 2018

Ta có hàm số f ( x ) = x 2 sin x + x cos x + 1 liên tục trên ℝ và f ( 0 ) . f (π ) = −π + 1 < 0 Suy ra phương trình f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc ( 0; π )

−2 3

 x 2017 + x − 2  Câu 27: Cho hàm số f ( x ) =  2019 x + 1 − x + 2019  k tạ i x = 1 A. k = 2 2020

Hướng dẫn giải

. Giá trị của a để hàm số liên tục tại x0 = 1

(1)

Xét hàm số f ( x ) =5 −9 x 4 − 4 x3 + 18 x 2 + 12 x + 1 liên tục trên ℝ

nằm trong D sao cho

19  1 Ta có: f ( −2 ) = −95 < 0, f ( −1) = 1 > 0, f  −  = − < 0 32  2

f ( ai ) . f ( ai +1 ) < 0

f ( 0 ) = 1 > 0, f ( 2 ) = −47, f (10 ) = 7921 > 0

Ví dụ mẫu

Do đó phương trình f ( x ) = 0 có ít nhất năm nghiệm thuộc các khoảng

Ví dụ 1. Chứng minh phương trình x 2 sin x + x cos x + 1 = 0 có ít nhất một nghiệm.

Trang 11

Trang 12

( −2; − 1) ,  −1; − 

A. 1

1  1   ,  − ; 0  , ( 0; 2 ) , ( 2; 10 ) 2  2 

B. 2 3

C. 3

D. 0

Câu 6: Cho phương trình x + ax + bx + c = 0 (1) trong đó a, b, c là các tham số thực. Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau

Mặt khác f ( x ) là đa thức bậc năm nên có tối đa năm nghiệm.

A. Phương trình (1) vô nghiệm với mọi a, b, c

Vậy phương trình đã cho có đúng năm nghiệm.

B. Phương trình (1) có ít nhất một nghiệm với mọi a, b, c C. Phương trình (1) có ít nhất hai nghiệm với mọi a, b, c

Bài tập tự luyện dạng 2

D. Phương trình (1) có đúng ba nghiệm phân biệt với mọi a, b, c

Câu 1: Trong các khẳng định sau

Câu 7: Tìm giá trị của tham số m để phương trình ( m2 − 5 x + 6 ) ( x + 5 )

(I) f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] và f ( a ) . f ( b ) < 0 thì phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm

nghiệm

(II) f ( x ) không liên tục trên [ a; b ] và f ( a ) . f ( b ) ≥ 0 thì phương trình f ( x ) = 0 vô nghiệm

A. m ∈ {2; 3}

B. m ∈ ℝ \ {2; 3}

C. m ∈ ∅

2019

2020

+ 2 x ) + 2 x − 1 = 0 có

D. m ∈ ℝ

(III) f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] và f ( a ) . f ( b ) > 0 thì tồn tại ít nhất một số c ∈ ( a; b ) sao cho f (c) = 0 (IV) f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] và f ( a ) . f ( b ) < 0 thì tồn tại ít nhất một số c ∈ ( a; b ) sao cho f (c) = 0 Số khẳng định đúng là

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 2: Cho hàm số f ( x ) xác định trên [ a; b ] . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên [ a; b ] và f ( a ) f ( b ) > 0 thì phương trình f ( x ) = 0 không có nghiệm trong khoảng ( a; b )

B. Nếu f ( a ) f ( b ) < 0 thì phương trình f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm trong khoảng ( a; b ) C. Nếu hàm số f ( x ) liên tục, tăng trên [ a; b ] và f ( a ) f ( b ) > 0 thì phương trình f ( x ) = 0 không có nghiệm trong khoảng ( a; b )

D. Nếu phương trình

f ( x ) = 0 có nghiệm trong khoảng ( a; b ) thì hàm số f ( x ) phải liên tục trên

( a; b ) Câu 3: Cho phương trình 2 x 4 − 5 x 2 + x + 1 = 0 . Khẳng định nào sau đây đúng? A. Phương trình đã cho không có nghiệm trong khoảng ( −1; 1) B. Phương trình đã cho chỉ có một nghiệm trong khoảng ( −2; 1) C. Phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm trong khoảng ( 0; 2 ) D. Phương trình đã cho không có nghiệm trong khoảng ( −2; 0 ) Câu 4: Tìm các giá trị của tham số m sao cho phương trình x3 − 3x 2 + ( 2m − 2 ) x + m − 3 = 0 có ba nghiệm x1 , x2 , x3 thỏa mãn x1 < −1 < x2 < x3

A. m > −5

B. m < −5

C. m ≤ −5

D. m < −6

Câu 5: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn 4a + c > 8 + 2b và a + b + c < −1 . Khi đó số nghiệm thực phân biệt của phương trình x 3 + ax 2 + bx + c = 0 bằng Trang 13

Trang 14

ĐÁP ÁN

Câu 8:

Dạng 1. Hàm số liên tục tại một điểm, trên một tập 1-B

2-D

3-B

4-C

5-A

6-B

7-A

8-B

9-A

10-D

11-A

12-C

13-C

14-B

15-C

16-A

17-A

18-C

19-C

20-D

21-B

22-D

23-C

24-D

25-D

26-C

27-A

28-D

 x ≤ −2 Điều kiện xác định: x 2 − 4 ≥ 0 ⇔  x ≥ 2 Ta có: f ( 2 ) = lim+ f ( x ) = lim+ x 2 − 4 = 0 . Do đó hàm số đã cho liên tục tại x = 2 x→2

x→ 2

f ( −2 ) = lim− f ( x ) = lim− x 2 − 4 = 0 . Do đó hàm số đã cho liên tục tại x = −2

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

x→2

Câu 1:

x→2

Câu 9:

Dựa vào hình vẽ đồ thị ta thấy hàm số gián đoạn tại điểm x = 1

(I) f ( x ) = x 5 − 3x 2 + 1 là hàm số có tập xác định trên ℝ . Do đó hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ

Câu 2:

(II) f ( x ) =

Dựa vào hình vẽ đồ thị ta thấy hàm số liên tục trên (1; 4 )

Câu 3:

1 2

x −1

có tập xác định D = ( −∞; − 1) ∪ (1; + ∞ ) .

Do đó f ( x ) gián đoạn trên khoảng ( −1; 1)

 x ≠ −2 Điều kiện xác định của hàm số x + 5 x + 6 ≠ 0 ⇔   x ≠ −3

(III) Hàm số f ( x ) = x − 2 có tập xác định D = [ 2; + ∞ )

Do đó hàm số đã cho gián đoạn tại điểm có hoành độ bằng -2 và -3

Ta có: f ( 2 ) = lim+ f ( x ) = lim+ x − 2 = 0 . Do đó hàm số liên tục trên [ 2; + ∞ )

x→ 2

Câu 4:

x →2

Câu 10:

Hàm số xác định trên ℝ

x +1 có tập xác định D = ( −1; + ∞ ) . Do đó (I) sai x −1

Ta có: f ( −1) = 0; lim+ f ( x ) = lim+ ( x 2 − 1) = 0, lim− f ( x ) = lim− ( 3 x + 2 ) = −1

(I) f ( x ) =

Suy ra f ( −1) = lim+ f ( x ) ≠ lim+ f ( x )

(II) f ( x ) = sin x có tập xác định D = ℝ . Do đó f ( x ) liên tục trên ℝ

Vậy hàm số đã cho liên tục trên nửa khoảng [ −1; + ∞ ) và khoảng ( −∞; − 1)

(III) f ( x ) =

x →−1

Câu 5:

có tập xác định D = ℝ \ {0} . Do đó f ( x ) liên tục tại x = 1

1 − x khi x < −1  πx  khi x ≤ 1 cos  πx 2 f ( x) =  khi − 1 ≤ x ≤ 1 . Khi đó ta có: ⇔ f ( x ) = cos 2  x − 1 khi x > 1    x − 1 khi x > 1

Ta có: f ( 0 ) = 1, lim+ f ( x ) = lim+ ( x 2 + x + 1) = 1 x →0

Hàm số đã cho liên tục tại điểm x = 0 khi và chỉ khi lim− f ( x ) = lim− ( x + 2a ) = 1 ⇔ a = x→0

x →0

1 2

 π +) f ( −1) = cos  −  = 0, lim− f ( x ) = lim− (1 − x ) = 0 . Suy ra f (1) = lim− f ( x ) x →1 x →1 x →1  2

Câu 6: Hàm số xác định trên ℝ

Do đó hàm số liên tục tại x = −1

Ta có: f (1) = 0, lim+ f ( x ) = lim+ ( 2 x 2 − 2 ) = 0 x →1

Câu 11:

Hàm số xác định trên ℝ x→0

x →1

π  +) f (1) = cos   = 0, lim+ f ( x ) = lim+ ( x − 1) = 0 . Suy ra f (1) = lim+ . Do đó hàm số liên tục tại x = 1 x →1 x →1 x →1 2

 2x − a  Hàm số đã cho liên tục tại điểm x0 = 1 khi và chỉ khi lim− f ( x ) = lim−  2 =0⇔a=2 x →1 x →1  x + 1 

Câu 12:

Câu 7:

Tập xác định: D = ℝ

Hàm số xác định trên ℝ 2

Ta có: f

Ta có: lim+ f ( x ) = lim+ ( x + 1) = 4, lim− f ( x ) = lim− ( x 2 + 3) = 4 x →1

x →1

( 3) = 2

 x− 3 x+ 3   x2 − 3   = lim x + 3 = 2 3 = lim  3, lim f ( x ) = lim   x→ 3 x→ 3 x − 3  x→ 3 x− 3   x→ 3   

(

)(

)

(

)

Vậy hàm số đã cho gián đoạn tại x = 1 khi và chỉ khi f (1) ≠ 4 ⇔ k 2 ≠ 4 ⇔ k ≠ ±2 Trang 15

Trang 16

Do đó hàm số liên tục tại x = 3 . Vậy hàm số liên tục trên ℝ

Vậy f (1) =

Câu 13:

Câu 19:

 2x2 − x + 1  Xét f ( x ) =  x − 1 2 x − 1 

khi x ≠ 1

có tập xác định D = ℝ

Ta có lim

khi x = 1

x→0

2x2 − x − 1 Ta có: f (1) = 1, lim f ( x ) = lim = lim x →1 x →1 x →1 x −1

1  2 ( x − 1)  x +  1 2   = lim 2  x +  = 3 x →1 x −1 2 

Ta có lim−

Câu 14:

x→0

(

)

ax + 1 + 1

= lim x→0

a ax + 1 + 1

a 2

Hàm số liên tục tại x = 0 khi và chỉ khi f ( 0 ) = lim f ( x ) ⇔ 5b = x→0

a 3x + 1 − 2 , lim = lim+ x →1 2 x →1+ x 2 − 1 ( x + 1)

x→2

(

)

2 x − 4 + 3 , lim− f ( x ) = lim− x →2

x →2

x+4 −2 = lim+ x→0 x

Ta có lim+

a ⇔ a = 10b 2

x→0

x +1 x 2 − 2mx + 3m + 2

Ta có lim x→2

x +1 3 =3⇔ =3⇔ m=5 6−m x 2 − 2mx + 3m + 2

1 x+4+2

x →1

Ta cũng ó\có lim+ x→0

Ta có lim−

2 x3 = lim x sin x = 0 ⇔ lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = f (1) nên hàm số liên tục tại x = 0 x→0 x→0 1 + x x →0 −

Câu 17:

x→0

(

)

2x + 1 + 1

x →9

3x + 1 − 2

x →1

2 3

(

3x + 1 + 2

( 2x + 6)

3− 9− x 1 1 = lim+ = và f ( 0 ) = m x→0 3 + 9 − x x 6 1 6

Câu 24:

Ta có lim− sin x = 1; lim+ sin x = −1; lim+ ax + b =

Câu 18: = lim

1 4 ⇔a=− 3 3

3− 9− x 1 3 1 1 = ; lim+ = và f ( 9 ) = nên hàm số liên tục tại x = 9 x 3 x →9 x 3 3

Ta cũng có lim+

x→

2x + 6 − 2

1 1 1  = ; lim−  mx 2 + 2 x +  = 2 x + 4 x→0  4 4

Vậy để hàm số liên tục trên [ 0; + ∞ ) thì m =

Suy ra a = f ( 0 ) = 1 thì hàm số liên tục tại điểm x = 0

3 8

Câu 23:

2 x3 = 1 ⇔ lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = f (1) nên hàm số liên tục tại x = 1 x →1 x →1 1+ x

2x + 1 − 1 = lim x→0 x ( x + 1) ( x + 1)

4x − 2 4 1 = lim = ; f ( 2 ) = 2a + 3 x →2 3 x−2 16 x 2 + 2 3 4 x + 4 3

x→0

Ta có lim

)

1 1 = ⇔m=0 4 4

Để hàm số liên tục trên ℝ thì 2a + 3 =

Câu 16: x →1

3x + 1 + 2

Câu 22:

Hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ khi và chỉ khi hàm số f ( x ) liên tục tại x = 2

Ta có lim− x 2 = lim−

(

a 3 3 = ⇔a= 2 8 4

Để hàm số liên tục tại x = 0 thì 2m + x→2

x →1

x−3

Câu 21:

Câu 15: Ta có: f ( 2 ) = 3, lim+ f ( x ) = lim+

)

2 1 =3⇔a =− 2a + 1 6

Để hàm số liên tục tại x = 1 thì ax + 1 − 1 = lim x →0 x

x→0

Ta có lim

a ( x2 − 2)

x →1

Ta có f ( 0 ) = 5b

x→2

(

Câu 20:

x →1

⇔ lim−

4x + 1 − 1 4 2 = lim = 2a + 1 ax 2 + ( 2a + 1) x x →0 ( ax + 2a + 1) 4 x + 1 + 1

Hàm số liên tục tại x = 0 thì

Suy ra f (1) ≠ lim f ( x ) . Do đó hàm số gián đoạn tại điểm x = 1

lim f ( x ) = lim

2 thì hàm số liên tục tại x = 1 9

)

+ 2 3 2x + 6 + 4

)

x→

aπ aπ + b; lim− ax + b = − +b π 2 2 x→ 2

 aπ 2 +b =1   a = Để hàm số liên tục trên ℝ thì  2 ⇔ π − aπ + b = −1 b = 0  2

2 9

Trang 17

Trang 18

Câu 25:

π π  Như vậy lim − f ( x ) = lim + f ( x = f   nên hàm số f ( x ) liên tục tại điểm x = π  π  2 2   x →  x → 

x +1 3 3 2 3 = . Để hàm số liên tục tại x = 3 thì b + 3 = ⇔b=− 3 3 3 x3 − x + 6

Ta có lim x →3

2

Ta xét tại x =

Câu 26: 3

Ta có lim x →1

3 x + 7 − 3x + 1 x+7 −2 2 − 3x + 1 = lim + lim x →1 x →1 x −1 x −1 x −1

= lim

x →1 3

( x + 7)

+ lim 3

+2 x+7 +4

x →1

lim − f ( x ) = lim + sin x = −1; lim − f ( x ) = lim

−3

Vì

2 + 3x + 1

2 3

−

(1 + cos x ) = 1

 3π  x →   2 

3π 2

3π . 2

2 3

3π + k 2π , k ∈ ℤ 2

Ta có x ∈ ( 0; 2018 ) ⇔ 0 <

3π 3 1009 3 + k 2π < 2018 ⇔ − < k < − ≈ 320, 42 2 4 π 4

Vì k ∈ ℤ nên k ∈ {0, 1, 2, ..., 320} . Vậy hàm số f có 321 điểm gián đoạn trên khoảng ( 0; 2018 )

Ta có lim x →1

2016

x 2017 + x − 2

2019 x + 1 − x + 2019

2015

+ ... + x + 1)

(

= lim x →1

x 2017 − 1

2019 x + 1 − x + 2019

2019 x + 1 + x + 2019

2018

x →1

) + lim x →1

+ lim x →1

x −1

2019 x + 1 − x + 2019

Dạng 2. Chứng minh phương trình có nghiệm 1-B

2019 x + 1 + x + 2019 2018

4-B

5-C

6-B

7-D

Vì f ( a ) f ( b ) > 0 nên f ( a ) và f ( b ) cùng dương hoặc cùng âm. Mà f ( x ) liên tục, tăng trên [ a; b ] nên đồ thị hàm f ( x ) nằm trên hoặc nằm dưới trục hoành trên [ a; b ] . Vậy phương trình f ( x ) = 0 không

Câu 28:  sin x,  Xét hàm số f ( x ) trên đoạn [ 0; 2π ] , khi đó f ( x ) =  1 + cos x, 

 π   3π  khi x ∈ 0;  ∪  ; 2π   2  2   π 3π  khi x ∈  ;  2 2 

Ta có lim+ f ( x ) = 0 = f ( 0 ) ; lim− f ( x ) = 0 = f ( 2π ) x → 2π

có nghiệm trong khoảng ( a; b )

Câu 3: Đặt f ( x ) = 2 x 4 − 5 x 2 + x + 1 , hàm số f ( x ) liên tục trên ( 0; 2 ) Ta có f ( 0 ) = 1; f (1) = −1 ⇒ f ( 0 ) . f (1) < 0 nên phương trình đã cho có ít nhất một nghiệm trong khoảng ( 0; 2 )

 π   π 3π   3π  Hàm số rõ ràng liên tục trên các khoảng 0;  ;  ;  và  ; 2π   2 2 2   2 

Ta xét tại x =

3-C

Câu 2:

Để hàm số liên tục tại x = 1 thì k = 2 2020

x→0

2-C

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

2017 2020 2020 + = 2 2020 1009 1009

Câu 4: Đặt f ( x ) = x 3 − 3 x 2 + ( 2m − 2 ) x + m − 3 . Ta thấy hàm số liên tục trên ℝ

π 2

Điều kiện cần: af ( −1) > 0 ⇔ − m − 5 > 0 ⇔ m < −5

π  lim + f ( x ) = lim + (1 + cos x ) = 1; lim − f ( x ) = lim − sin x = 1; f   = 1 π  π  π  π  2 x →  x →  x →  x →  2

 3π  x →   2 

lim − f ( x ) ≠ lim + f ( x ) nên hàm số f ( x ) gián đoạn tại điểm x =

 3π  x →   2 

Câu 27:

 3π  x →   2 

Do tính chất tuần hoàn của hàm số y = cos x và y = sin x suy ra hàm số gián đoạn tại các điểm

Để hàm số liên tục tại x = 1 thì a = −

= lim

 3π  x →   2 

Do đó, trên đoạn [ 0; 2π ] hàm số chỉ gián đoạn tại điểm x =

f (1) = a

3π 2

 3π  x →   2 

1 3 − 12 4

=−

2

Điều kiện đủ: với m < −5 ta có +) lim f ( x ) = −∞ nên tồn tại a < −1 sao cho f ( a ) < 0

2

x →−∞

Trang 19

Trang 20

Mặt khác f ( −1) = − m − 5 > 0 . Suy ra f ( a ) . f ( −1) < 0

lim f ( x ) = lim  a2 n +1 x 2 n +1 + a2 n x 2 n + ... + a1 x + a0  = −∞ nên tồn tại x2 ∈ ℝ sao cho f ( x2 ) < 0 x →+∞

x →−∞

Do đó tồn tại x1 ∈ ( a; − 1) sao cho f ( x1 ) = 0

Do đó tồn tại x0 ∈ ( x1 ; x2 ) sao cho f ( x0 ) = 0

+) f ( 0 ) = m − 3 < 0, f ( −1) > 0 . Suy ra f ( 0 ) . f ( −1) < 0

Vậy phương trình đa thức bậc lẻ luôn có ít nhất một nghiệm, với mọi giá trị của ai , i = 2n + 1, 0

Do đó tồn tại x2 ∈ ( −1; 0 ) sao cho f ( x2 ) = 0

Áp dụng:

+) lim f ( x ) = +∞ nên tồn tại b > 0 sao cho f ( b ) > 0

Đặt f ( x ) = ( m2 − 5 x + 6 ) ( x + 5 )

Mặt khác f ( 0 ) < 0 . Suy ra f ( 0 ) . f ( b ) < 0

m = 2 1 . Khi đó phương trình trở thành 2 x − 1 = 0 ⇔ x = + Xét m2 − 5m + 6 ⇔  m = 3 2 

x →+∞

Do đó tồn tại x3 ∈ ( 0; b ) sao cho f ( x3 ) = 0 . Vậy m < −5 thỏa mãn yêu cầu bài toán

2020

+ 2 x ) + 2 x − 1 Hàm số f ( x ) liên tục trên ℝ

m ≠ 2 . + Xét m2 − 5m + 6 ≠ 0 ⇒  m ≠ 3

Câu 5: Xét phương trình: x 3 + ax 2 + bx + c = 0

2019

(1)

Hàm f ( x ) có bậc cao nhất là 2019 + 2020 = 4039 là đa thức bậc lẻ nên f ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm

Đặt: f ( x ) = x + ax + bx + c

với ∀m ∈ ℝ

 4a + c > 8 + 2b ⇒ −8 + 4a − 2b + c > 0 Từ giả thiết   a + b + c < −1 ⇒ 1a + b + c < 0 ⇒ f (1) < 0

Do đó f ( −2 ) . f (1) < 0 nên phương trình (1) có ít nhất một nghiệm trong ( −2; 1) Ta nhận thấy: lim f ( x ) = −∞ mà f ( −2 ) > 0 nên phương trình (1) có ít nhất một nghiệm α ∈ ( −∞; − 2 )

x →−∞

Tương tự: lim f ( x ) = +∞ mà f (1) < 0 nên phương trình (1) có ít nhất một nghiệm β ∈ (1; + ∞ ) x →+∞

Như vậy phương trình đã cho có ít nhất 3 nghiệm thực phân biệt, mặt khác phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm.

Câu 6: Xét hàm số f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c liên tục trên ℝ lim f ( x ) = −∞; lim f ( x ) = +∞ nên sẽ tồn tại số α → −∞ và β → +∞ sao cho f (α ) . f ( β ) < 0

x →−∞

x →+∞

Vậy phương trình (1) có ít nhất một nghiệm với mọi a, b, c. Ta lại có với a = b = 0; c = 1 thì phương trình có đúng một nghiệm thực

Câu 7: Bổ đề: Phương trình đa thức bậc lẻ a2 n +1 x 2 n +1 + a2 n x 2 n + ... + a1 x + a0 = 0 luôn có ít nhất một nghiệm, với mọi giá trị của ai , i = 2n + 1, 0

Chứng minh: + Xét hàm số f ( x ) = a2 n +1 x 2 n +1 + a2 n x 2 n + ... + a1 x + a0 đây là hàm đa thức, xác định trên ℝ nên liên tục trên ℝ Ta có: lim f ( x ) = lim  a2 n +1 x 2 n +1 + a2 n x 2 n + ... + a1 x + a0  = +∞ nên tồn tại x1 ∈ ℝ sao cho f ( x1 ) > 0 x →+∞ x →+∞ Trang 21

Trang 22

CHƯƠNG 5: ĐẠO HÀM

I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM 1. Định nghĩa đạo hàm tại một điểm

BÀI 1. ĐỊNH NGHĨA VÀ Ý NGHĨA CỦA ĐẠO HÀM Mục tiêu

Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên khoảng ( a; b ) và x0 ∈ ( a; b ) .

Kiến thức + Hiểu khái niệm đạo hàm, đạo hàm bên trái, đạo hàm bên phải, đạo hàm trên khoảng, trên đoạn. + Nắm được quan hệ giữa sự tồn tại của đạo hàm và tính liên tục của hàm số. + Biết cách tìm hệ số góc của tiếp tuyến và viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại một

Nếu tồn tại giới hạn (hữu hạn) lim x → x0

f ( x ) − f ( x0 ) thì giới hạn đó x − x0

được gọi là đạo hàm của hàm số y = f ( x ) tại x0 và kí hiệu là

f ′ ( x0 ) có nghĩa là

điểm. + Trình bày được ứng dụng đạo hàm vào giải bài toán vật lý.

f ′ ( x0 ) = lim

Kĩ năng

f ( x ) − f ( x0 )

x → x0

x − x0

= lim

Tính được đạo hàm của hàm số tại một điểm, trên một khoảng bằng cách dùng định nghĩa.

Trong đó

Biết cách tìm hệ số góc của tiếp tuyến và viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại

∆x = x − x0 gọi là số gia của đối số x tại x0 .

một điểm. +

∆x →0

∆y ∆x

∆y = f ( x ) − f ( x0 ) = f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) gọi là số gia tương ứng

Vận dụng được đạo hàm vào giải bài toán vật lí.

của hàm số. 2. Đạo hàm bên trái, bên phải

f ′ ( x0+ ) = lim+

f ( x ) − f ( x0 ) ; x − x0

f ′ ( x0− ) = lim−

f ( x ) − f ( x0 ) . x − x0

x → x0

Hệ quả: Hàm f ( x ) có đạo hàm tại x0 khi và chỉ khi tồn tại f ′ ( x0+ )

và f ′ ( x0− ) , đồng thời f ′ ( x0+ ) = f ′ ( x0− ) . 3. Đạo hàm trên khoảng, trên đoạn

- Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ( a; b ) nếu nó có đạo hàm tại mọi điểm thuộc ( a; b ) .

- Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên [ a; b ] nếu f ( x ) + Có đạo hàm tại mọi x ∈ ( a; b ) ; + Có đạo hàm trái f ′ ( b − ) ; + Có đạo hàm phải f ′ ( a + ) . 4. Quan hệ giữa sự tồn tại của đạo hàm và tính liên tục của hàm số Nếu hàm số y = f ( x ) có đạo hàm tại x0 thì nó liên tục tại x0 .

5. Ý nghĩa hình học của đạo hàm Đạo hàm của hàm số y = f ( x ) tại điểm x0 là hệ số góc của tiếp Trang 1

Chú ý: + Nếu y = f ( x ) gián đoạn tại x0 thì nó không có đạo hàm tại x0 .

Trang 2

tuyến M 0T của đồ thị hàm số tại điểm M 0 ( x0 ; f ( x0 ) ) .

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm

+ Nếu y = f ( x ) liên tục tại

Phương trình tiếp tuyến

số y = f ( x ) tại điểm M 0 ( x0 ; f ( x0 ) ) là

x0 có thể không có đạo hàm tại

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm

Ý nghĩa hình học

y − y0 = f ′ ( x0 )( x − x0 )

x0 .

k = f ′ ( x0 ) là hệ số góc của tiếp tuyến

M 0 ( x0 ; f ( x0 ) ) là y − y0 = f ′ ( x0 )( x − x0 ) trong đó y0 = f ( x0 ) .

Ý NGHĨA

6. Ý nghĩa vật lí của đạo hàm

Vận tốc tức thời

CỦA ĐẠO

+ Vận tốc tức thời : v ( t0 ) = s′ ( t0 ) ;

v ( t 0 ) = s ′ ( t0 ) ;

HÀM

+ Gia tốc: a ( t0 ) = v′ ( t0 ) = ( s′ ( t0 ) )′ ;

Ý nghĩa vật lí

Gia tốc tức thời

+ Cường độ dòng điện tức thời: I ( t0 ) = Q′ ( t0 ) .

a ( t 0 ) = v′ ( t 0 ) ; Cường độ tức thời

SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA

Đạo hàm tại một điểm

ĐẠO HÀM

I ( t0 ) = Q ′ ( t0 ) f ′ ( x0 ) = lim

x → x0

f ( x ) − f ( x0 ) ∆y = lim ∆x → 0 ∆x x − x0

( ∆x = x − x ; ∆y = f ( x ) − f ( x ) ) 0

Đạo hàm trái f ′ ( x0− ) = lim−

Đạo hàm một bên Đạo hàm trên một khoảng Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ( a; b ) nếu nó có đạo hàm tại mọi điểm thuộc ( a; b )

x → x0

f ( x ) − f ( x0 ) . x − x0

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1. Dùng định nghĩa tính đạo hàm Bài toán 1. Dùng định nghĩa tính đạo hàm hàm số tại một điểm

Đạo hàm phải f ′ ( x0+ ) = lim+ x → x0

Phương pháp giải

f ( x ) − f ( x0 ) ; x − x0

Ví dụ. Dùng định nghĩa tính đạo hàm của hàm số y = 2 x 2 + 3 tại x0 = 2 .

Bước 1: Giả sử ∆x là số gia của đối số x

Hướng dẫn giải

tại điểm x0 . Tính ∆y = f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 )

Giả sử ∆x là số gia của đối số tại x0 = 2 .

Đạo hàm trên một đoạn Hàm số y = f ( x ) có đạo

Ta có:

Bước 2: Lập tỉ số

hàm trên [ a; b ] nếu

∃f ′ ( x ) , ∀x ∈ ( a; b )   − ∃ f ′ ( b )  + ∃f ′ ( a )

∆y . ∆x

∆y Bước 3: Tìm lim . ∆x →0 ∆x

∆y = f ( 2 + ∆x ) − f ( 2 ) = 2 ( 2 + ∆x ) + 3 − ( 2.22 + 3) 2

= 2∆x ( ∆x + 4 ) . Tỉ số

lim

∆x → 0

Trang 3

∆y 2∆x ( ∆x + 4 ) = = 2∆x + 8 . ∆x ∆x

∆y = lim ( 2∆x + 8 ) = 8. ∆x ∆x →0 Trang 4

Vậy f ′ ( 2 ) = 8. + Nếu lim

∆x → 0

∆y tồn tại hữu hạn thì tại x0 hàm ∆x

số có đạo hàm f ′ ( x0 ) = lim

∆x →0

+ Nếu lim

∆x →0

Giả sử ∆x là số gia của đối số x0 =

π  Ta có: ∆y = f  + ∆x  − 3 

∆y ; ∆x

x0 hàm số không có đạo hàm.

Ví dụ 1. Dùng định nghĩa tính đạo hàm của hàm số y =

2x −1 tại x0 = 3 . x +1

π  1 Vậy f ′   = . 3 2

2 ( 3 + ∆x ) − 1 5 5 + 2∆x 5 3∆x − = − = ; 3 + ∆x + 1 4 4 + ∆x 4 4 ( 4 + ∆x )

( x − 1)2 , x ≥ 0 Ví dụ 4. Chứng minh rằng hàm số f ( x ) =  không có đạo hàm tại x = 0 nhưng có đạo 2 − x , x < 0

3∆x 3 ∆y = = . ∆x ∆x.4 ( 4 + ∆x ) 4 ( 4 + ∆x )

hàm tại x = 2 .

∆y 3∆x 3 3 = lim = lim = . ∆x →0 ∆x ∆x → 0 ∆x.4 ( 4 + ∆x ) ∆x → 0 4 ( 4 + ∆x ) 16

Do đó lim

Hướng dẫn giải Ta có

3 . 16

lim f ( x ) = lim+ ( x − 1) = 1; lim− f ( x ) = lim− ( − x 2 ) = 0 ⇒ lim+ f ( x ) ≠ lim− f ( x ) . 2

x → 0+

Ví dụ 2. Dùng định nghĩa tính đạo hàm của hàm số y = 2 x − 1 tại x0 = 1.

lim

Giả sử ∆x là số gia của đối số tại x0 = 1. Ta có: ∆y = f (1 + ∆x ) − f (1) = 2 (1 + ∆x ) − 1 − 1 =

f ( 2 + ∆x ) − f ( 2 )

∆x

∆x → 0

x→0

= lim

∆x → 0

(1 + ∆x )

− 12

∆x

Ví dụ 5. Chứng minh rằng hàm số f ( x ) =

2 = ; 2∆x + 1 + 1 2∆x + 1 + 1

)

x →0

x→0

= lim ( 2 + ∆x ) = 2. ∆x → 0

2 x2 + x + 1 x −1

liên tục tại x = −1 nhưng không có đạo hàm

tại điểm đó.

Hướng dẫn giải

2 ∆y = lim = 1. ∆x ∆x →0 2∆x + 1 + 1

Vì f ( x ) là hàm số sơ cấp xác định tại x = −1 nên nó liên tục tại đó.

Vậy f ′ (1) = 1.

Ví dụ 3. Dùng định nghĩa tính đạo hàm của hàm số y = sin x tại x0 =

x→0

Vậy hàm số y = f ( x ) có đạo hàm tại x = 2 và f ′ ( 2 ) = 2.

2∆x ; 2∆x + 1 + 1

2∆x

(

x →0

Suy ra hàm số gián đoạn tại x = 0 nên không có đạo hàm tại đó.

Hướng dẫn giải

lim

∆x 2 = 1 nên lim ∆y = lim cos  π + ∆x  = cos π = 1 .   ∆x →0 ∆x ∆x → 0 ∆x 3 2 3 2  2

∆x → 0

Giả sử ∆x là số gia của đối số tại x0 = 3 .

∆x →0

π ∆x π  π   π ∆x  f   = sin  + ∆x  − sin = 2 cos  +  sin ; 3 2 3 3  3 2 

sin Vì lim

Hướng dẫn giải

∆y = ∆x ∆x

∆x sin ∆y  π ∆x  2 . Do đó lim = lim cos  +  ∆x → 0 ∆x ∆x → 0  3 2  ∆x 2

Ví dụ mẫu

Vậ y f ′ ( 3 ) =

∆x sin ∆y  π ∆x  2 . = cos  +  ∆x  3 2  ∆x 2

∆y không tồn tại hữu hạn thì tại ∆x

Ta có: ∆y = f ( 3 + ∆x ) − f ( 3) =

π 3

+ Ta có: f ′ ( −1)  = lim +   x→( −1)

− f ′ ( −1)  = lim −   x →( −1)

Hướng dẫn giải

Trang 5

f ( x ) − f ( −1) x +1 f ( x ) − f ( −1) x +1

= lim + x →( −1)

2x = 1; x −1

= lim − 2 = 2. x →( −1)

Trang 6

+ − Do đó f ′ ( −1)  ≠ f ′ ( −1)  nên f ( x ) không có đạo hàm tại x = −1 .    

•

Ví dụ 6. Cho đồ thị hàm số y = f ( x ) xác định trên khoảng ( a; b ) như hình vẽ.

∆y Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên = lim ( 2 x + ∆x ) = 2 x. lim ∆x →0 ∆x ∆x → 0 [ a; b] nếu nó có đạo hàm tại mọi điểm Vậy f ′ ( x ) = 2 x. thuộc ( a; b ) đồng thời tồn tại đạo hàm trái f ′ ( b − ) và đạo hàm phải f ′ ( a + ) .

Dựa vào hình vẽ hãy cho biết tại mỗi điểm

x1 , x2 , x3 , x4 .

Ví dụ mẫu

a, Hàm số có liên tục không? b, Hàm số có đạo hàm không?

Ví dụ 1. Dùng định nghĩa tính đạo hàm của hàm số y =

Tính đạo hàm nếu có.

x trên các x −1

khoảng ( −∞;1) và ( −1; +∞ ) ?

Hướng dẫn giải

a, Hàm số gián đoạn tại các điểm x1 , x3 vì đồ thị bị đứt tại các điểm

Giả sử ∆x là số gia của đối số x .

đó. Hàm số liên tục tại x2 , x4 vì đồ thị là đường liền nét khi đi qua các

Ta có ∆y = f ( x + ∆x ) − f ( x ) =

điểm đó.

∆y −∆x −1 = = ∆x ∆x. ( x + ∆x − 1)( x − 1) ( x + ∆x − 1)( x − 1)

b, Tại các điểm x1 , x3 hàm số không có đạo hàm do hàm số gián

đoạn tại các điểm x1 , x3 .

lim

Hàm số không có đạo hàm tại x2 vì đồ thị bị gãy (không có tiếp

∆x →0

tuyến tại đó).

∆y −1 −1 . = lim = ∆x ∆x →0 ( x + ∆x − 1)( x − 1) ( x − 1)2

Vậy f ′ ( x ) =

Hàm số có đạo hàm tại x4 và f ′ ( x4 ) = 0 vì tại x4 đồ thị hàm số có

−1

( x − 1)

Ví dụ 2. Tính đạo hàm của hàm số y = cos x trên khoảng ( −∞; +∞ ) ?

tiếp tuyến và tiếp tuyến song song với trục hoành (hệ số góc của tiếp tuyến bằng 0).

Hướng dẫn giải

Bài toán 2. Dùng định nghĩa tìm đạo hàm trên một khoảng

Giả sử ∆x là số gia của đối số x .

Phương pháp giải Bước 1: Giả sử ∆x là số gia của đối số x tại

Ví dụ. Dùng định nghĩa tính đạo hàm của hàm

x0 .

số y = x 2 trên khoảng ( −∞; +∞ ) ?

Tính ∆y = f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) .

Bước 2: Lập tỉ số

∆y . ∆x

∆y . ∆x →0 ∆x

Bước 3: Tìm lim

∆x  ∆x  Ta có: ∆y = f ( x + ∆x ) − f ( x ) = cos ( x + ∆x ) − cos x = −2sin  x +  .sin 2  2  ∆y = ∆x

Hướng dẫn giải Giả sử ∆x là số gia của đối số x .

∆x  ∆x ∆x  ∆x   −2sin  x + sin  x +  .sin  .sin 2 2 2 2     =− ∆x ∆x 2

Ta có: 2

∆y = f ( x + ∆x ) − f ( x ) = ( x + ∆x ) − x 2 2

•

x + ∆x x −∆x − = x + ∆x − 1 x − 1 ( x + ∆x − 1)( x − 1)

= 2∆x.x + ( ∆x ) .

Hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên

∆y = lim − lim ∆x →0 ∆x ∆x →0

∆x  ∆x  sin  x +  .sin 2  2  = − sin x. ∆x 2

Vậy f ′ ( x ) = − sin x.

nếu nó có đạo hàm tại mọi điểm Tỉ số ∆y = 2∆x.x + ( ∆x ) = 2 x + ∆x. ∆x ∆x trên ( a; b ) .

( a; b )

Bài toán 3. Tìm điều kiện của tham số để hàm số có đạo hàm Phương pháp giải Trang 7

Trang 8

 x2 −1 khi x ≠ 1  Ví dụ. Tìm để hàm s ố m f x = ( )  x −1 Hàm f ( x ) có đạo hàm tại x0 khi và chỉ khi 2 m khi x = 1  tồn tại f ′ ( x0+ ) và f ′ ( x0− ) đồng thời có đạo hàm tại x = 1 . Sử dụng tính chất

f ′ ( x0+ ) = f ′ ( x0− ) .

Điều kiện cần

Ta có lim f ( x ) = lim x →1

x −1 = 2; f (1) = 2m. x −1

Để hàm số có đạo hàm tại x = 1 thì f ( x ) phải liên tục

 x3 khi x > 1  Ví dụ 3. Tìm a, b để hàm số f ( x ) =  3 có đạo hàm tại x = 1 .  ax + b khi x ≤ 1 

Hướng dẫn giải

x →1

Suy ra hàm số gián đoạn tại x = 0 nên không có đạo hàm tại đó.

x = 1,

tại

suy

lim f ( x ) = f (1) ⇒ 2m = 2 ⇒ m = 1. x →1

Thay m = 1 vào hàm số f ( x ) thỏa mãn có đạo hàm

 x3  1 1 Ta có f (1) = ; lim+ f ( x ) = lim+   = và lim− f ( x ) = lim− ( ax + b ) = a + b. x →1 x →1 x →1 3 x →1  3 3

Để hàm số f ( x ) có đạo hàm tại x = 1 thì f ( x ) liên tục tại x = 1 .

1 Do đó lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = f (1) ⇔ a + b = . x →1 x →1 3 Điều kiện đủ:

x =1.

x3 1 − − f x f 1 ( ) ( ) x2 + x + 1 f ′ (1+ ) = lim+ = lim+ 3 3 = lim+ = 1. x →1 x →1 x −1 x − 1 x →1 3

Ví dụ mẫu

 x 2 − 3 x khi x ≥ 2 Ví dụ 1. Tìm a, b để hàm số f ( x ) =  có đạo hàm tại x = 2 ax + b khi x < 2

f ′ (1− ) = lim− x →1

Hướng dẫn giải

2 Để hàm số f ( x ) có đạo hàm tại x = 1 thì f ′ (1+ ) = f ′ (1− ) ⇔ a = 1 ⇒ b = − . 3

có

lim f ( x ) = lim+ ( x 2 − 3x ) = −2; lim− f ( x ) = lim− ( ax + b ) = 2a + b

x→2+

x→2

f ( x ) − f (1) f ( x ) − f (1) ax + b − ( a + b ) ax − a = lim+ = lim− = lim+ = a. x →1 x →1 x →1 x −1 x −1 x −1 x −1

x →2

Vậy a = 1; b = −

Để hàm số có đạo hàm tại x = 2 thì hàm số liên tục tại x = 2 .

2 thỏa mãn yêu cầu của bài toán. 3

Do đó 2a + b = −2 ⇒ b = −2a − 2 . Ta lại có:

lim+

x→2

lim

Bài tập tự luyện dạng 1

f ( x ) − f ( 2) x 2 − 3x + 2 = lim+ = lim+ ( x − 1) = 1; x→2 x →2 x−2 x−2 f ( x ) − f ( 2)

x−2

x→2−

= lim−

ax + b − ( −2 )

x →2

x−2

= lim− x →2

Câu 1: Số gia của hàm số f ( x ) = x 3 tại điểm x0 = 1 ứng với ∆x = 1 là A. 0.

ax + b + 2 . x−2

Câu 2: Biểu thức ∆y và

ax + b + 2 ax − 2a − 2 + 2 ax − 2a Do b = −2a − 2 nên lim− = lim− = lim− =a x→2 x →2 x→ 2 x−2 x−2 x−2

A. ∆y = 0,

Để hàm số có đạo hàm tại x = 2 thì

lim+

x→ 2

f ( x ) − f ( 2) f ( x ) − f ( 2) a = 1 a = 1 = lim− ⇔ ⇔ x→ 2 x−2 x−2 b = −2a − 2  b = −4

cos x, x ≥ 0 Ví dụ 2. Chứng minh rằng hàm số f ( x ) =   − sin x, x < 0

C. 7.

∆y = 0. ∆x

B. ∆y = ( ∆x ) + 2 x.∆x, 2

∆y = 2 x + ∆x. ∆x

A. -1.

không có đạo hàm tại x = 0 .

B. 0.

C. 1.

D. 2.

Câu 4: Đạo hàm của hàm số y = x − x tại điểm x0 là

lim f ( x ) = lim+ cos x = 1; lim− f ( x ) = lim− ( − sin x ) = 0 ⇒ lim+ f ( x ) ≠ lim− f ( x ) . x→0

∆y = ∆x. ∆x

2 A. f ′ ( x0 ) = lim ( ∆x ) − ∆x  .  ∆x → 0 

x→0

D. ∆y = ( ∆x ) ,

∆y = ∆x + 2 x. ∆x

Câu 3: Đạo hàm của hàm số y = 2 x + 1 tại điểm x0 = −1 là

Ta có: x →0

D. 9.

∆y của hàm số y = x 2 − 1 tính theo x và ∆x là ∆x

C. ∆y = 2 x.∆x + ( ∆x ) − 2,

Hướng dẫn giải

x → 0+

B. 1.

x →0

2 B. f ′ ( x0 ) = lim ( ∆x ) − ∆x − x0 2 + x0  .  ∆x → 0 

C. f ′ ( x0 ) = lim  2 x0 ∆x + ( ∆x ) − ∆x  .  ∆x →0  2

x→0

Trang 9

D. f ′ ( x0 ) = lim [ ∆x + 2 x0 − 1] . ∆x →0

Trang 10

Câu 5: Đạo hàm của hàm số y = x 2 + x tại điểm x0 = 1 là A. 2.

B. 3.

C. 1.

Câu 15: Đạo hàm của hàm số y = f ( x ) = x trên khoảng ( 0; +∞ ) bằng D. 4.

A. y′ =

1 Câu 6: Cho hàm số y = . Giá trị của y′ ( 2 ) bằng x 1 A. − . 4

1 B. − 2 . x

1 C. . 2

B. 6.

1 . 3

D. 2.

A. m = 3. D.

B. 0.

C. -1.

B. 1.

1 . 2

B. 2.

C. 3.

A. -1.

D. Không tồn tại.

B. 4.

M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) . •

Hệ số góc của tiếp tuyến tại x0 là

k = f ′ ( x0 ) •

Phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại điểm

y − y0 = f ′ ( x0 )( x − x0 ) .

C. y′ = x.

D. Không tồn tại.

(

) (

)

2 ( −1 + ∆x ) + 1 − 2 ( −1) + 1 ∆y = lim ∆x →0 ∆x ∆x → 0 ∆x lim

(

)

= lim 2 ( ∆x ) − 6∆x + 6 = 6 ∆x →0

⇒ k = y′ ( −1) = 3.

Viết phương trình tiếp tuyến khi biết hệ số góc k của tiếp tuyến

D. y ′ = x.

D. y′ = −

Hướng dẫn giải

y + 1 = 6 ( x + 1) ⇔ y = 6 x + 5.

+ Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, ta có

1 Câu 14: Đạo hàm của hàm số y = f ( x ) = trên các khoảng ( −∞; 0 ) và ( 0; +∞ ) bằng x B. y′ = 0.

cong y = 2 x3 + 1 tại điểm ( −1; −1) .

Phương trình tiếp tuyến là

Câu 13: Đạo hàm của hàm số y = c ( c là hằng số) trên khoảng ( −∞; +∞ ) bằng

1 . x

D. -4

Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị ( C ) và điểm Ví dụ. Viết phương trình tiếp tuyến của đường

D. 5.

khi x ≥ 1 2 x + 3  Câu 12: Đạo hàm của hàm số f ( x ) =  x 3 + 2 x 2 − 7 x + 4 tại x0 = 1 bằng khi x < 1  x −1 

A. y′ =

C. 1.

M ( x0 ; y0 ) có dạng:

C. y′ = 1.

D. -8.

Phương pháp giải

D. Hàm số f ( x ) có tập xác định là ℝ .

B. y′ = c.

C. 1. 2

Dạng 2: Tìm hệ số góc của tiếp tuyến và viết phương trình tiếp tuyến tại một điểm

C. Hàm số f ( x ) không liên tục tại x = −1 .

C. 5.

D. m = 2.

 x − 2x +1 khi x ≥ −1  Câu 18: Nếu hàm số f ( x ) =  có đạo hàm trên ℝ thì giá trị a + b là x +1 ax 2 + ax + b khi x < −1 

B. Hàm số f ( x ) liên tục tại x = −1 nhưng không có đạo hàm tại x = −1 .

A. y′ = 0.

C. m = 1.

B. 4. 4

A. Hàm số f ( x ) liên tục và có đạo hàm tại x = −1 .

B. 4.

B. m = 4.

A. 2.

2x2 + x + 1 Câu 11: Cho hàm số y = f ( x ) = . Khẳng định nào sau đây đúng? x −1

A. 0.

D. y′ = 0.

Giá trị của ab bằng D. Không tồn tại.

 sin 2 x khi x > 0  Câu 10: Đạo hàm của hàm số f ( x ) =  x tại x0 = 0 bằng  x + x 2 khi x ≤ 0  A. 1.

C. y′ = x .

khi x ≥ 2  x + ax + b Câu 17: Cho hàm số y =  3 , biết hàm số có đạo hàm tại điểm x = 2 . 2  x − x − 8 x + 10 khi x < 2

1 . 6

 x2 + 1 −1  khi x ≠ 0 Câu 9: Cho hàm số f ( x ) xác định bởi f ( x ) =  . Giá trị f ′ ( 0 ) bằng x 0 khi x = 0  A. 0

1 . 2 x

Câu 8: Cho hàm số y = f ( x ) = x + x . Giá trị f ′ ( 0 ) bằng A. 2.

B. y′ =

 x4 − 4 , khi x ≠ 2  Câu 16: Giá trị của m để hàm số f ( x ) =  x − 2 có đạo hàm tại x = 2 bằng m khi x = 2 

Câu 7: Giá trị đạo hàm của hàm số y = 2 x − 1 tại điểm x0 = 5 là A. 9.

1 . x

f ′ ( x0 ) = k (1) + Giải phương trình (1) tìm x0 , từ đó

1 . x2

y0 = f ( x0 ) . Trang 11

Trang 12

+ Phương trình tiếp tuyến phải tìm có dạng

f ′ ( x0 ) = lim

∆x → 0

y = k ( x − x0 ) + y0.

 x0 = 4 1 1 1 2 f ′ ( x0 ) = k = − ⇔ − = − ⇔ ( x0 − 1) = 9 ⇔  . 2 9 9 ( x0 − 1)  x0 = −2

Ví dụ mẫu Ví dụ 1. Tìm hệ số góc của tiếp tuyến của parabol y = x tại x = 1 . 2

Hướng dẫn giải

+ Với x0 = 4 ta có y0 = 2

Ta có lim

(1 + ∆x ) − (1)

∆x

∆x → 0

∆y −1 −1 = lim = ∆x ∆x→0 ( x0 + ∆x − 1)( x0 − 1) ( x0 − 1)2

4  4 , phương trình tiếp tuyến tại  4;  là 3  3

= lim ( 2 + ∆x ) = 2. ∆x → 0

y=−

Vậy hệ số góc là k = y′ (1) = 2 . Ví dụ 2. Cho hàm số y = x 3 . Tìm hệ số góc của tiếp tuyến tại giao điểm của đồ thị với đường thẳng

+ Với x0 = −2 ta có y0 =

y = 3x − 2 .

2 2  , phương trình tiếp tuyến tại  −2;  là 3 3  y=−

Hướng dẫn giải

x = 1 . x3 − 3x + 2 = 0 ⇔   x = −2 3

∆x

∆x → 0

(G) : y = f ( x)

(1 + ∆x ) − (1)

= lim

∆x → 0

(( ∆x )

( d ) : y = ax + b

là tiếp tuyến của đồ thị hàm số

a = f ′ ( x0 ) tại điểm ( x0 ; f ( x0 ) ) thì điều kiện cần và đủ là  . ax0 + b = f ( x0 )

Hướng dẫn giải

)

+ 3∆x + 3 = 3.

Đường thẳng y = ax + b là tiếp tuyến của đồ thị ( G ) : y = f ( x ) tại điểm ( x0 ; f ( x0 ) ) khi và chỉ

Hệ số góc k1 = y′ (1) = 3.

khi đồng thời xảy ra 3

Tại x = −2 ta có lim

1 2 1 4 ( x + 2) + ⇔ y = − x + . 9 3 9 9

Ví dụ 5. Chứng minh rằng để đường thẳng

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x 3 và đường thẳng y = 3x − 2 là

Tại x = 1 ta có lim

1 4 1 16 ( x − 4) + ⇔ y = − x + . 9 3 9 9

( −2 + ∆x ) − ( −2 ) ∆x

∆x → 0

= lim

∆x → 0

(( ∆x )

)

− 6∆x + 12 = 12.

Hệ số góc k2 = y′ ( −2 ) = 12.

và ( G ) cùng đi qua điểm ( x0 ; f ( x0 ) ) tức là ax0 + b = f ( x0 ) .

•

(d )

•

Hệ số góc của ( d ) bằng đạo hàm của f tại x0 , tức là a = f ′ ( x0 ) .

Từ đó suy ra điều cần chứng minh.

Ví dụ 3. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = − x3 tại điểm có tung độ bằng 27. Hướng dẫn giải

Bài tập tự luyện dạng 2

Ta có: y = 27 ⇒ x = −3 .

Câu 1: Cho đồ thị của hàm số f ( x ) trên khoảng ( a; b ) . Biết rằng tại các điểm M 1 ; M 2 ; M 3 , đồ thị hàm 3

− ( −3 + ∆x ) + 27 ∆y 2 lim = lim = lim − ( ∆x ) + 9∆x − 27 = −27 ∆x →0 ∆x ∆x → 0 ∆x →0 ∆x

(

số có tiếp tuyến được thể hiện như hình vẽ. Dựa vào hình vẽ hãy xét dấu của f ′ ( x1 ) , f ′ ( x2 ) , f ′ ( x3 ) .

)

⇒ k = y′ ( −3) = −27

Phương trình tiếp tuyến y − 27 = −27 ( x + 3) ⇔ y = −27 x − 54. Ví dụ 4. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

A. f ′ ( x1 ) < 0, f ′ ( x2 ) = 0, f ′ ( x3 ) > 0.

B. f ′ ( x1 ) > 0, f ′ ( x2 ) = 0, f ′ ( x3 ) < 0.

C. f ′ ( x1 ) = 0, f ′ ( x2 ) > 0, f ′ ( x3 ) < 0.

D. f ′ ( x1 ) < 0, f ′ ( x2 ) > 0, f ′ ( x3 ) = 0.

x , biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng x −1

1 − . 9 Hướng dẫn giải

Gọi M ( x0 ; y0 ) là tọa độ tiếp điểm. Ta có: Trang 13

Trang 14

khoảng thời gian từ t đến t + ∆t trong trường hợp

1 Câu 2: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = tại điểm có hoành độ là -1. x

A. x + y + 2 = 0.

B. y = x + 2.

C. y = x − 2.

D. y = − x + 2.

∆t = 0,1 và t = 3 . b, Tính vận tốc tức thời của chuyển động tại thời

điểm t = 5s . Hướng dẫn giải

Câu 3: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = − x 3 + 3x − 2 tại điểm có hoành độ bằng 2 song song với đường

thẳng y = ax + b . Giá trị a + b bằng

A. 5.

B. 6.

C. 4.

Câu 4: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

D. -1.

vtb =

1 1 biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng − . x 4

A. x + 4 y − 1 = 0 và x + 4 y + 1 = 0 .

B. x + 4 y − 4 = 0 và x + 4 y + 4 = 0 .

1 1 C. y = − x − 4 và y = − x + 4 . 4 4

1 D. y = − x . 4

Câu 6: Hệ số góc của tiếp tuyến của parabol

1 vtb = 9,8.3 + .9,8.0,1 ≈ 28,89 ( m /s ) . 2 b,

1 . 4

1 D. − . 2

Vận tốc tức thời: v ( t0 ) = s′ ( t0 )

y = x 2 tại giao điểm của parabol với đường thẳng

y = 3x − 2 bằng

A. 1 và 2.

B. 1 và 4.

C. 2 và 4.

B. y = −1.

C. y = 3 x − 2.

v ( 5 ) = s′ ( 5 ) = 49 ( m /s ) .

D. y = 3 x + 2.

Cường độ tức thời tại thời điểm t0 của một Ví dụ 2. Cho biết điện lượng trong một dây dẫn

Câu 8: Phương trình tiếp tuyến của đường cong y = x tại điểm có tung độ bằng 8 là 3

A. y = −12 x + 16.

B. y = 8.

C. y = 12 x − 24.

D. y = 12 x − 16.

Câu 9: Phương trình tiếp tuyến của đường cong y =

dòng điện với điện lượng Q = Q ( t ) là

I ( t0 ) = Q ′ ( t 0 ) .

1 tại điểm có hoành độ bằng -1 là x

A. x + y + 2 = 0 .

B. y = x + 2.

C. y = x − 2.

D. y = − x + 2 .

1 1 2 g ( 5 + ∆t ) − g .52 ∆s 2 2 lim = lim ∆t → 0 ∆t ∆t →0 ∆t 1   = lim  5 g + g ∆t  = 49; ∆t → 0 2  

D. 1 và 3.

Câu 7: Phương trình tiếp tuyến của đường cong y = x 3 tại điểm ( −1; −1) là A. y = −3x − 4.

1 g ∆t. 2

Với ∆t = 0,1 và t = 3 thì

1 Câu 5: Hệ số góc của tiếp tuyến của parabol y = x tại x = là 2

B. 1.

∆t

1 1 2 g ( t + ∆t ) − gt 2 2 =2 ∆t

= gt +

A. 0.

s ( t + ∆t ) − s ( t )

theo thời gian biểu thị bởi hàm số Q = 6t + 5 ( t

được tính bằng giây,

được tính bằng

Coulomb). Tính cường độ của dòng điện trong dây dẫn tại thời điểm t = 10.

Hướng dẫn giải Vì Q′ ( t ) = 6 nên cường độ dòng điện trong dây dẫn tại thời điểm t = 10 là I (10 ) = Q′ (10 ) = 6.

Dạng 3. Ứng dụng đạo hàm trong vật lý Phương pháp giải Vận tốc trung bình: vtb =

s ( t + ∆t ) − s ( t ) ∆t

Ví dụ 1. Một vật rơi tự do có phương trình chuyển động s =

1 2 gt , trong đó g = 9,8m /s 2 và 2

Ví dụ 1. Một chất điểm có phương trình chuyển động là s = f ( t ) = t 2 + t + 6 ( t được tính bằng giây, s được tính bằng mét). Tính vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm

t = 2.

Hướng dẫn giải

t được tính bằng giây. a, Tính vận tốc trung bình của chuyển động trong Trang 15

Trang 16

Ta có: lim t →t0

f ( t ) − f ( t0 ) t − t0

= lim

t 3 + t + 6 − ( t 0 2 + t0 + 6 )

t →t0

t − t0

= lim ( t + t0 + 1) = 2t0 + 1. t →t0

Vậy f ′ ( t0 ) = 2t0 + 1. Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t = 2 là

Ví dụ 2. Cho chuyển động xác định bởi phương trình S = t 3 − 3t 2 − 9t + 1 , trong đó t được tính bằng giây và S được tính bằng mét. Tính gia tốc tại thời điểm vận tốc triệt tiêu.

t →t0

t − t0

t 3 − 3t 2 − 9t + 6 − ( t03 − 3t0 2 − 9t0 + 6 ) t − t0

t →t0

π  D. v ( t ) = −6 cos  3t +  . 4 

B. 3m/s.

C. 16m/s.

D. 13m/s.

9 Câu 4: Một chất điểm chuyển động có phương trình s ( t ) = t 3 + t 2 − 6t , trong đó t được tính bằng 2 giây, s được tính bằng mét. Gia tốc của chất điểm tại thời điểm vận tốc bằng 24m/s là

Ta có

= lim

π  C. v ( t ) = 6 cos  3t +  . 4 

A. 1m/s.

Hướng dẫn giải

f ( t ) − f ( t0 )

π  B. v ( t ) = −18cos  3t +  . 4 

Câu 3: Một chất điểm chuyển động có quãng đường được cho bởi phương trình 1 5 s ( t ) = t 4 − t 3 + t 2 + 10t , trong đó t > 0 với t được tính bằng giây (s) và s được tính bằng mét 4 2 (m). Hỏi tại thời điểm gia tốc của vật đạt giá trị nhỏ nhất thì vận tốc của vật bằng bao nhiêu?

vtt = f ′ ( 2 ) = 2.2 + 1 = 5 ( m/s ) .

v ( t0 ) = lim

π  A. v ( t ) = 18cos  3t +  . 4 

= 3t0 2 − 6t0 − 9;

A. 20 m /s 2 .

B. 12 m /s 2 .

C. 39 m /s 2 .

D. 21 m /s 2 .

Câu 5: Cho chuyển động thẳng xác định bởi phương trình S = −t 3 + 3t 2 + 9t , trong đó t được tính bằng giây và S được tính bằng mét. Tính vận tốc tại thời điểm gia tốc bị triệt tiêu.

v ( t ) − v ( t0 ) ( 3t 2 − 6t − 9 ) − ( 3t0 2 − 6t0 − 9 ) = 6t − 6 . a ( t0 ) = lim = lim 0 t →t0 t →t0 t − t0 t − t0

A. 11m/s.

B. 0m/s.

C. 12m/s.

D. 6m/s.

Câu 6: Một chất điểm chuyển động theo quy luật s ( t ) = −t + 6t với t là thời gian tính từ lúc bắt đầu

Do đó a = v′ = −6t0 + 6.

chuyển động , s ( t ) là quãng đường đi được trong khoảng thời gian t . Thời điểm t tại đó đạt giá trị

Khi vận tốc triệt tiêu ta có v ( t ) = 0 ⇔ 3t − 6t − 9 = 0 ⇔ t = 3. 2

lớn nhất bằng

Khi đó gia tốc là a ( 3) = 6.3 − 6 = 12m /s 2 .

A. t = 3 .

B. t = 4 .

C. t = 1 .

D. t = 2 .

Ví dụ 3. Cho biết điện lượng trong một dây dẫn theo thời gian biểu thị bởi hàm số

Câu 7: Một vật gaio động điều hòa có phương trình quãng đường phụ thuộc thời gian

Q = 3t 2 + 8t + 2 ( t được tính bằng giây, Q được tính bằng Coulomb). Tính thời điểm

s = A sin (ωt + ϕ ) , trong đó A , ω , ϕ là hằng số, t là thời gian. Khi đó biểu thức vận tốc của vật là

cường độ của dòng điện trong dây dẫn I = 50 A . Hướng dẫn giải

Ta có:

C. v = Aω cos (ωt + ϕ ) .

D. v = − A cos (ωt + ϕ ) .

được tính bằng giây, Q được tính bằng Coulomb). Cường độ của dòng điện trong dây dẫn tại thời điểm t = 2 bằng A. 16 A.

Vậy Q′ ( t ) = 6t + 8 . Do đó ta có phương trình

B. 18 A.

C. 7 A.

D. 4 A.

Câu 9: Tomahawk là tên lửa hành trình có khả năng mang đầu đạn hạt nhân, được phóng đi từ các hệ thống phóng mặt đất. Giả sử rằng Tomahawk (không gắn với động cơ) được bắn lên cao theo phương

I = Q′ ( t ) = 6.t + 8 = 50 ( A ) ⇒ t = 7 ( s ) . Bài tập tự luyện dạng 3

trình s ( t ) = 196t − 4,9t 2 trong đó t là thời gian ( t > 0 , đơn vị giây) và s ( t ) là khoảng cách của tên

Câu 1: Một chuyển động có phương trình s ( t ) = t 2 − 2t + 4 (trong đó s tính bằng mét, t tính bằng

giây).Vận tốc tức thời của chuyển động tại t = 1,5 (giây) là B. 1m/s.

B. v = − Aω cos (ωt + ϕ ) .

Câu 8: Cho biết điện lượng của một dây dẫn theo thời gian biểu thị bởi hàm số Q = 3t 2 + 6t + 5 ( t

3t 2 + 8t + 2 − ( 3t0 2 + 8t0 + 2 ) f ( t ) − f ( t0 ) lim = lim = lim ( 3t + 3t0 + 8 ) = 6t0 + 8. t →t0 t →t0 t →t0 t − t0 t − t0

A. 6m/s.

A. v = A cos (ωt + ϕ ) .

C. 8m/s.

lửa so với mặt đất được tính bằng kilomet. Khoảng cách của tên lửa so với mặt đất tại thời điểm vận tốc bằng 0 bằng bao nhiêu? A. 1069.

D. 2m/s.

π  Câu 2: Xét chuyển động có phương trình s ( t ) = 6sin  3t +  trong đó t được tính bằng giây, và s 4  được tính bằng mét. Vận tốc tức thời tại thời điểm t của chuyển động là

Trang 17

B. 1960.

C. 1690.

D. 1906.

Câu 10: Một chất điểm chuyển động có phương trình S = 2t 4 + 6t 2 − 3t + 1 với t tính bằng giây (s) và S tính bằng mét (m). Hỏi gia tốc của chuyển động tại thời điểm t = 3 (s) bằng bao nhiêu? A. 228 m /s 2 .

B. 64 m /s 2 .

C. 88 m /s 2 .

D. 76 m /s 2 .

Trang 18

∆y 9 + 2∆x − 32 2 1 = lim = lim = ∆x →0 ∆x ∆x →0 ∆x →0 9 + 2∆x + 3 3 ∆x 9 + 2∆x + 3

Do đó lim ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI BẢI TẬP TỰ LUYỆN DẠNG 1

1- C

2- B

3- D

4- D

5- B

6- A

7- C

8- D

11- B

12- D

13- A

14- D

15- B

16- B

17- D

18- B

9- C

10- A

(

)

1 Vậy y′ ( 5 ) = . 3 Câu 8.

Ta có: HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

lim

Câu 1.

f ( x) − f ( 0)

x−0

x → 0+

Ta có ∆y = f ( 2 ) − f (1) = 23 − 13 = 7.

= lim+

x+ x

x→0

f ( x ) − f ( 0) x+ x x+x x−x = 2, lim− = lim− = lim− = 0. x→0 x →0 x→0 x x−0 x x

Câu 9.

Ta có ∆y = f ( x + ∆x ) − f ( x ) = ( x + ∆x ) − 1 − ( x 2 − 1) = 2 x∆x + ( ∆x ) ; 2

∆y = 2 x + ∆x. ∆x

Ta có: f ′ ( 0 ) = lim x→0

Câu 3.

f ( x ) − f ( 0) x2 + 1 −1 1 1 = lim = lim = . 0 x → x →0 x−0 x2 x2 + 1 + 1 2

Câu 10.

∆y ∆y Ta có ∆y = 2 ( −1 + ∆x ) + 1 − ( 2 ( −1) + 1) = 2∆x ⇒ = 2. Suy ra lim = lim 2 = 2. ∆x →0 ∆x ∆x → 0 ∆x

Ta có lim+ f ( x ) = lim+ x→0

Vậy y′ ( −1) = 2.

x →0

sin 2 x  sin x  = lim+  .sin x  = 0; lim− f ( x ) = lim− ( x + x 2 ) = 0 nên hàm số liên x→0  x→0 x→0 x x 

tục tại x = 0 .

Câu 4.

Ta lại có: lim+

Xét hàm số y = f ( x ) = x − x . Gọi ∆x là số gia của đối số tại x0 . 2

x→0

Ta có ∆y = f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) = ( x0 + ∆x ) − ( x0 + ∆x )  −  x0 2 − x0  = ( ∆x ) + 2 x0 ∆x − ∆x.   2

∆y = lim ( ∆x + 2 x0 − 1) . ∆x →0 ∆x ∆x →0

f ( x ) − f ( 0) f ( x ) − f ( 0) sin 2 x x + x2 = lim+ 2 = 1 và lim− = lim− = 1. x→0 x→0 x →0 x x x x

Vậy f ′ ( 0 ) = 1. Câu 11.

Suy ra lim

Hàm số y = f ( x ) =

Vậy f ′ ( x0 ) = lim ( ∆x + 2 x0 − 1) .

2x2 + x + 1 có tập xác định là D = ℝ \ {1} . x −1

∆x → 0

Ta có lim f ( x ) = lim

Câu 5.

x →−1

Ta có ∆y = f (1 + ∆x ) − f (1) = (1 + ∆x ) + (1 + ∆x ) − (12 + 1) = 3∆x + ∆x 2 ; suy ra 2

lim

= lim+

Vậy hàm số không tồn tại đạo hàm tại x0 = 0.

Câu 2.

∆x → 0

x→0

Ta có y = f ( x ) =

∆y = lim ( 3 + ∆x ) = 3. ∆x ∆x→0

Câu 6.

Ta có ∆y =

lim −

1 1 −∆x ∆y −1 ∆y −1 1 − = ⇒ = . Suy ra lim = lim =− . ∆x →0 ∆x ∆x → 0 ( 2 + ∆x ) 2 ∆x ( 2 + ∆x ) 2 2 + ∆x 2 ( 2 + ∆x ) 2 4

x →( −1)

x →−1

2x2 + x + 1 = −1 = f ( −1) nên hàm số liên tục tại x = −1 . x −1

khi x ≤ −1 2 x + 1 2x2 + x + 1  2 nên =  2x + x + 1 x −1 khi x > −1, x ≠ 1   x −1

f ( x ) − f ( −1) 2 x + 1 − ( −1) = lim − = 2 và x →( −1) x − ( −1) x +1

f ( x ) − f ( −1) lim + = lim − x →( −1) x →( −1) x − ( −1)

1 Vậy y′ ( 2 ) = − . 4 Câu 7.

Vậy không tồn tại lim

x →−1

Ta có ∆y = f ( 5 + ∆x ) − f ( 5 ) = 9 + 2∆x − 3 ; suy ra

∆y 9 + 2∆x − 3 = . ∆x ∆x

2x2 + x + 1 − ( −1) 2x x −1 = lim − = 1. x →( −1) x − 1 x +1

f ( x ) − f ( −1) . Do đó hàm số không có đạo hàm tại x = −1 . x − ( −1)

Câu 12.

Trang 19

Trang 20

Ta có lim+ f ( x ) = lim+ ( 2 x + 3) = 5 x →1

Ta có: lim+

x →1

x →−1

x3 + 2 x 2 − 7 x + 4 lim f ( x ) = lim− = lim− ( x 2 + 3 x − 4 ) = 0 x →1− x →1 x →1 x −1

x 4 − 2 x2 + 1 = 0; lim− ( ax 2 + ax + b ) = b . Để hàm số liên tục tại x = −1 thì x →−1 x +1

lim f ( x ) = lim− f ( x ) = f ( −1) = 0 ⇔ b = 0

x →1+

x →1

Suy ra lim+ f ( x ) ≠ lim− f ( x ) ⇒ hàm số không liên tục tại x = 1 nên hàm số không có đạo

Với b = 0; a ∈ ℝ , ta có:

hàm tại x0 = 1 .

f ( x ) − f ( −1) lim = lim+ x →−1+ x →−1 x − ( −1)

x →1

Câu 13.

Ta có lim

∆x →0

f ( x + ∆x ) − f ( x )

∆x

= lim

∆x → 0

c−c = lim 0 = 0 ⇒ f ′ ( x ) = 0. ∆x ∆x →0

Hàm số có đạo hàm tại điểm x = 0 khi và chỉ khi:

lim

Câu 14.

x →−1+

1 1 − f ( x + ∆x ) − f ( x ) −1 1 1 x + ∆ x x = lim Ta có lim = lim = − 2 . Vậy f ′ ( x ) = − 2 . ∆x →0 ∆x → 0 ∆x →0 ( x + ∆x ) x ∆x ∆x x x

f ( x ) − f ( 0) f ( x ) − f ( −1) = lim− = 4 ⇒ a = −4. x →− 1 x − ( −1) x − ( −1)

Vậy a = −4, b = 0 ⇒ a + b = −4. ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI BẢI TẬP TỰ LUYỆN DẠNG 2

Câu 15.

1- C

Ta có

lim

∆x →0

x4 − 2 x 2 + 1 −0 f ( x ) − f ( −1) ax 2 + ax − 0 x +1 = 4; lim− = lim− = −a. x →−1 x →−1 x +1 x − ( −1) x +1

f ( x + ∆x ) − f ( x ) x + ∆x − x 1 1 1 ⇒ f ′( x) = = lim = lim = . ∆x → 0 ∆x →0 ∆x ∆x 2 x x + ∆x + x 2 x

2- A

3- A

4- B

5- B

6- C

7- D

8- D

9- A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:

Câu 16.

Ta dễ dàng chứng minh được lim x→2

Đồ thị hàm số có tiếp tuyến tại các điểm M 1; M 2 ; M 3 nên hàm số f ( x ) có đạo hàm tại các

x2 − 4 = 4. x−2

điểm x1 , x2 , x3 .

Để hàm số liên tục tại x = 2 thì lim f ( x ) = f ( 2 ) = 4 ⇔ m = 4.

Dựa vào đồ thị ta thấy:

x→2 2

+) Tiếp tuyến tại điểm M 1 là một đường thẳng song song với trục hoành nên hệ số góc của

x −4 −4 f ( x ) − f ( 2) Mặt khác lim = lim x − 2 = 1. x→2 x → 2 x−2 x−2

tiếp tuyến bằng 0. Suy ra f ′ ( x1 ) = 0 .

Vậy với m = 4 thì hàm số dã cho có đạo hàm tại x = 2 .

+) Tiếp tuyến tại điểm M 2 là một đường thẳng đi từ trái sang phải nên hệ số góc của tiếp

Câu 17.

tuyến là một số dương. Suy ra f ′ ( x2 ) > 0 .

Để hàm số có đạo hàm tại x = 2 thi hàm số phải liên tục tại x = 2 .

+) Tiếp tuyến tại điểm M 3 là một đường thẳng đi xuống từ trái sang phải nên hệ số góc của

Do đó lim− ( x3 − x 2 − 8 x + 10 ) = lim+ ( x 2 + ax + b ) ⇔ −2 = 4 + 2a + b ⇔ 2a + b = −6. x→2

tiếp tuyến là một số âm. Suy ra f ′ ( x3 ) < 0 .

x →2

Hàm số có đạo hàm tại điểm x = 2 nên

Câu 2.

f ( x ) − f ( 2) f ( x ) − f ( 2) lim = lim+ ⇔ 4 + a = 0 ⇔ a = −4. x→2− x →2 x−2 x−2

Ta có x = −1 ⇒ y = −1 . Khi đó lim

∆x →0

Suy ra a = 2 . Vậy ab = −8.

1 ∆y = lim = −1 ⇒ k = y′ ( −1) = −1. ∆x ∆x →0 −1 + ∆x

Phương trình tiếp tuyến: y = − x − 2.

Câu 18.

Câu 3.

Với x ≠ −1 hàm số luôn có đạo hàm nên để hàm số có đạo hàm với mọi x ∈ ℝ thì hàm số phải có đạo hàm tại x = −1 .

Trang 21

Ta có y0 = y ( 2 ) = −4 . Hệ số góc của tiếp tuyến là

Trang 22

y′ ( 2 ) = lim x→2

Câu 8.

f ( x ) − f ( 2) − x3 + 3 x − 2 + 4 = lim = lim ( − x 2 − 2 x − 1) = −9 . x →2 x →2 x−2 x−2

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ bằng 2 là

y =8⇒ x =2

y = −9 x + 14 . Vậy

lim

a = −9; b = 14 ⇒ a + b = 5.

∆x →0

∆y 2 = lim 12 + 6∆x + ( ∆x ) = 12 ∆x ∆x →0

(

)

⇒ k = y′ ( 2 ) = 12

Câu 4.

Gọi M ( x0 ; y0 ) là tọa độ tiếp điểm

lim

∆x →0

Phương trình tiếp tuyến: y − 8 = 12 ( x − 2 ) ⇔ y = 12 x − 16. Câu 9.

∆y −1 1 = lim =− 2; ∆x ∆x→0 ( x0 + ∆x ) x0 x0

Ta có x = −1 ⇒ y = −1 .

1 1 f ′ ( x0 ) = k ⇔ − 2 = − ⇔ x0 2 = 4 ⇔ x = ±2 . x0 4 Với x0 = 2 ⇒ y0 =

lim

∆x →0

1 1  1 , phương trình tiếp tuyến tại  2;  là y = − x + 1 ⇔ x + 4 y − 4 = 0 . 2 2 4  

1 Với x0 = −2 ⇒ y0 = − , phương trình tiếp tuyến tại 2

1   −2; −  là 2 

Phương trình tiếp tuyến: y = − x − 2. ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI BẢI TẬP TỰ LUYỆN DẠNG 3

1- B

1 y = − x −1 ⇔ x + 4 y + 4 = 0 . 4

2- A

3- D

4- D

5- C

6- D

7- C

8- B

9- B

10- A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Câu 5.

Câu 1. 2

1  1  + ∆x  −   2    2  = lim 1 + ∆x = 1. Ta có lim ( ) ∆x →0 ∆x → 0 ∆x

Bằng định nghĩa tính được s′ ( t ) = 2t − 2. Vận tốc tức thời của chuyển động tại thời điểm t = 1,5 (giây) là v (1,5 ) = s′ (1,5 ) = 2.1, 5 − 2 = 1( m /s ) .

1 Hệ số góc k = y′   = 1. 2

Câu 2.

π  Bằng định nghĩa tính được s′ ( t ) = 18cos  3t +  . 4 

Câu 6.

x = 1 Phương trình hoành độ giao điểm: x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔  . x = 2 2

(1 + ∆x ) − (1)

Tại x = 1: lim

π  Vận tốc tức thời tại thời điểm t của chuyển động là v ( t ) = s′ ( t ) = 18cos  3t +  . 4 

∆x

∆x →0

Câu 3.

= lim ( 2 + ∆x ) = 2. ∆x →0

Vận tốc của chuyển động chính là đạo hàm của một quãng đường:

Hệ số góc k1 = y′ (1) = 2. 2

Tại x = 2 : lim

( 2 + ∆x ) − ( 2 )

∆x →0

Bằng định nghĩa tính được v ( t ) = t 3 − 3t 2 + 5t + 10. 2

Gia tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp hai của quãng đường:

= lim ( 4 + ∆x ) = 4.

∆x

Bằng định nghĩa tính được a ( t ) = 3t 2 − 6t + 5

∆x → 0

Hệ số góc k2 = y′ ( 2 ) = 4 .

Ta có a ( t ) = 3t 2 − 6t + 5 = 3 ( t − 1) + 2 ≥ 2 với mọi t . Dấu “=” xảy ra khi t = 1 .

Câu 7.

Khi đó, vận tốc của chuyển động là v (1) = 13 ( m /s ) .

∆y 2 = lim 3 − 3∆x + ( ∆x ) = 3 ⇒ k = y′ ( −1) = 3. ∆x →0 ∆x ∆x →0 lim

1 ∆y = lim = −1 ⇒ k = y′ ( −1) = −1. ∆x ∆x →0 −1 + ∆x

(

)

Câu 4.

Vận tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp một của quãng đường:

Phương trình tiếp tuyến: y + 1 = 3 ( x + 1) ⇔ y = 3x + 2 . Trang 23

Trang 24

Bằng định nghĩa tính được v ( t ) = s′ ( t ) = 3t 2 + 9t − 6 = 24 ⇒ t = 2 ( s ) . Gia tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp hai của quãng đường: Bằng định nghĩa tính được a ( t ) = s′′ ( t ) = 6t + 9 ⇒ a ( 2 ) = 21( m / s 2 ) . Câu 5.

Vận tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp một của quãng đường: Bằng định nghĩa tính được v = S′ = −3t 2 + 6t + 9 . Gia tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp hai của quãng đường: Bằng định nghĩa tính được a = v′ = S ′′ = −6t + 6 Gia tốc triệt tiêu khi S ′′ = 0 ⇔ t = 1. Khi đó vận tốc của chuyển động là S′ (1) = 12 m/s. Câu 6.

Vận tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp một của quãng đường: 2

Bằng định nghĩa tính được v ( t ) = s′ ( t ) = −3t 2 + 12t = −3 ( t − 2 ) + 12 ≤ 12 . Dấu bằng xảy ra khi t = 2. Vậy v ( t )max ⇔ t = 2. Câu 7.

Vận tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp một của quãng đường: Bằng định nghĩa tính được v = s′ = ( A sin (ωt + ϕ ) )′ = A (ωt + ϕ )′ cos (ωt + ϕ ) = Aω cos (ωt + ϕ ) . Câu 8.

Bằng định nghĩa tính được Q′ ( t ) = 6t + 6. Cường độ của dòng điện trong dây dẫn tại thời điểm t = 1 là I = Q′ ( 2 ) = 6.2 + 6 = 18 ( A ) . Câu 9.

Vận tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp một của quãng đường: Bằng định nghĩa tính được v ( t ) = s′ ( t ) = 196 − 9,8t ⇒ v ( t ) = 0 ⇔ t = 20 ( s ) . s ( 20 ) = 196.20 − 4,9.202 = 1960. Câu 10.

Vận tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp một của quãng đường: Bằng định nghĩa tính được v ( t ) = ( S ( t ) )′ = 8t 3 + 12t − 3. Gia tốc của chuyển động chính là đạo hàm cấp 2 của quãng đường: Bằng định nghĩa tính được a ( t ) = S ′′ ( t ) = 24t 2 + 12 ⇒ a ( 3) = 24.32 + 12 = 228 ( m/s 2 ) . Vậy gia tốc của chuyển động tại thời điểm t = 3 ( s ) là 228m/s 2 .

Trang 25

Trang 26

CHƯƠNG 5: ĐẠO HÀM

I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM

BÀI 2. QUY TẮC TÍNH ĐẠO HÀM

1. Đạo hàm của một số hàm số thường gặp

Mục tiêu

( c )′ = 0, c

Kiến thức

là hằng số;

( x )′ = 1;

+ Nắm được quy tắc và các công thức tính đạo hàm. + Trình bày được cách tìm đạo hàm thích hợp.

1  1 ′  x  = − x2 ;  

+ Trình bày được cách viết phương trình tiếp tuyến tại một điểm. Kĩ năng

( x )′ = 2 1 x ;

+ Tìm được đạo hàm các hàm số thường gặp, đạo hàm hàm số hợp. + Viết được phương trình tiếp tuyến và giải quyết các bài toán liên quan. + Vận dụng đạo hàm để giải phương trình, bất phương trình,; chứng minh đẳng thức, bất đẳng

( x )′ = n.x n

n −1

( với n là số tự nhiên).

2. Đạo hàm của tổng, hiệu, tích, thương.

thức, tính giới hạn.

Cho các hàm số u = u ( x ) ; v = v ( x ) có đạo hàm tại điểm x thuộc khoảng xác định. Ta có: 1.

( u + v )′ = u′ + v′;

( u − v )′ = u′ − v′;

( u.v )′ = u′v + v′u;

 u ′ u′v − v′u 4.   = ( v = v ( x ) ≠ 0) . v2 v

Chú ý: a) ( k.v )′ = kv′ ( k: hằng số);  1 ′ v′ b)   = 2 ( v = v ( x ) ≠ 0 ) . v v

Mở rộng: •

( u1 ± u2 ± ... ± un )′ = u1′ ± u2′ ± ... ± un′ ;

•

( u.v.w )′ = u′.v.w + u.v′.w + u.v.w′.

3. Đạo hàm của hàm số hợp Cho hàm số y = f ( u ( x ) ) = f ( u ) với u = u ( x ) . Khi đó: y′x = yu′ .u′x . 4. Bảng công thức đạo hàm của một số hàm số thường gặp Đạo hàm các hàm số sơ cấp cơ bản

Trang 1

Đạo hàm các hàm hợp u = u ( x )

Trang 2

( c )′ = 0, c

e) Đạo hàm của hàm số y = cot x

u′  1 ′  u  = − u2  

là hằng số

( x )′ = 1

Định lý: Hàm số y = cot x có đạo hàm tại mọi x ≠ kπ , k ∈ ℤ và ( cot x )′ = −

( u )′ = 2u′u

1  1 ′  x  = − x2  

Bảng đạo hàm của hàm số lượng giác

( u )′ = α .u′.u α

1 . sin 2 x

α −1

( x )′ = 2 1 x x ′ = a. x α −1

( )

(sin x )′ = cos x

( sin u )′ = u′. cos u

( cos x )′ = − sin x

( cos u )′ = −u′.sin u

( tan x )′ =

5. Đạo hàm các hàm số lượng giác a) Giới hạn của Định lý: lim x →0

sin x . x

( cot x )′ = −

sin x = 1. x x → x0

lim

sin u ( x ) u(x)

( tan u )′ =

1 sin 2 x

u′ cos2 u

( cot u )′ = −

u′ sin 2 u

Chú ý: Nếu y = cot u và u = u ( x ) có đạo hàm trên K, u ( x ) ≠ kπ ( k ∈ ℤ ) với mọi x ∈ K . Khi đó trên K ta

Chú ý: Nếu hàm số u = u ( x ) thỏa mãn điều kiện: u ( x ) ≠ 0 với mọi x ≠ x0 và lim u ( x ) = 0 thì

x → x0

1 cos2 x

= 1.

u′ có: ( cot u )′ = − 2 . sin u Ý nghĩa hình học của đạo hàm: Đạo hàm của hàm số y = f ( x ) tại điểm x0 là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số tại điểm M ( x0 ; y0 ) .

b) Đạo hàm của hàm số y = sin x Định lý:

Khi đó, phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M ( x0 ; y0 ) là: y = y′ ( x0 )( x − x0 ) + y0

Hàm số y = sin x có đạo hàm tại mọi x ∈ ℝ và ( sin x )′ = cos x

Nguyên tắc chung để lập được phương trình tiếp tuyến là ta phải tìm được hoành độ tiếp điểm x0

Chú ý: Nếu y = sin u và u = u ( x ) thì ( sin u )′ = u′. cos u .

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1: Các quy tắc và công thức tính đạo hàm

c) Đạo hàm của hàm số y = cos x

Bài toán 1. Tính đạo hàm của tổng, hiệu, tích, thương các hàm số

Định lý:

Phương pháp giải

Hàm số y = cos x có đạo hàm tại mọi x ∈ ℝ và ( cos x )′ = − sin x

Áp dụng bảng công thức và quy tắc tính đạo hàm

Chú ý: Nếu y = cos u và u = u ( x ) thì ( cos u )′ = −u′.sin u

•

d) Đạo hàm của hàm số y = tan x

Công thức đạo hàm

( x )′ = n.x n

Định lý: Hàm số y = tan x có đạo hàm tại mọi x ≠

π 2

+ kπ , k ∈ ℤ và ( tan x )′ =

•

1 . cos2 x

(với n là số tự nhiên).

Đạo hàm của tổng, hiệu, tích, thương

y = x 3 − 3x 2 +

hàm tại điểm x thuộc khoảng xác định. Ta có:

u′ . cos2 u

a) ( u1 ± u2 ± ... ± un )′ = u1′ ± u2′ ± ... ± u′n . Trang 3

2x −1 x

Hướng dẫn giải

 2 x − 1 ′ Ta có y′ = ( x 3 )′ − ( 3 x 2 )′ +    x 

Cho các hàm số u = u ( x ) ; v = v ( x ) có đạo

π Chú ý: Nếu y = tan u và u = u ( x ) có đạo hàm trên K , u ( x ) ≠ + kπ ( k ∈ ℤ ) với mọi x ∈ K . 2 Khi đó trên K ta có: ( tan u )′ =

n −1

Ví dụ. Tìm đạo hàm của hàm số

= 3x 2 − 6 x + = 3x 2 − 6 x +

2. x − ( 2 x − 1) .1 x2

1 . x2

Trang 4

b) Ta có

b) ( u.v.w )′ = u′.v.w + u.v′.w + u.v.w′ .

′ ′ y′ = x 2 + x x − 5′

( ) (

 u ′ u′v − v′u c)   = ( v = v ( x ) ≠ 0) . v2 v

= 2 x + x ′. x +

Ví dụ mẫu

= 2x + x +

Ví dụ 1: Tìm đạo hàm các hàm số a) y = − x 4 + b) y =

3 2 x + 2020 x . 2

= 2x +

1 =2 x

′ x + 2 . ( x + 1) −

)

(

( x + 1) . ( x + 1) −

(

( x + 1)

2 x ( x + 1) 1− x − 4 x

3 x . 2

x +2

)

x + 2 ( x + 1)′

(

)

b c a.a1 x 2 + 2 a.b1 x + a1 b1  ax 2 + bx + c ′ (a, b, c, a1 , b1 là hằng số) c)   = 2 a x + b a x + b ( 1 1)   1 1

)

Hướng dẫn giải a) Ta có

′ ′  ax + b ′ ( ax + b ) ( cx + d ) − ( ax + b )( cx + d )  cx + d  = 2   ( cx + d )

Ví dụ 2: Tìm đạo hàm các hàm số a) y = x ( 2 x − 1)( 3 x + 2 ) .

b) y = x 2 + x x − 5. Hướng dẫn giải

(

′ y′ =  2 x 2 − x ( 3 x + 2 ) 

)

( cx + d )

ad − bc

( cx + d )

b) Ta có

= ( 2 x − x )′ . ( 3x + 2 ) + ( 3 x + 2 )′ . ( 2 x 2 − x )

ax 2 + bx + c ′ a1 x 2 + b1 x + c1 − ax 2 + bx + c a1 x 2 + b1 x + c1 ′  ax 2 + bx + c ′   = 2 2  a1 x + b1 x + c1  a1 x 2 + b1 x + c1

(

a ( cx + d ) − ( ax + b ) c

a b c d  ax + b ′ Vậy   = 2  cx + d  ( cx + d )

)

a) Ta có y = x ( 2 x − 1)( 3x + 2 ) = 2 x 2 − x ( 3x + 2 ) . Khi đó

(

a b 2 a c b c x +2 x+ a1 c1 b1 c1  ax 2 + bx + c ′ a1 b1 b)  (a, b, c, a1 , b1 , c1 là hằng số)  = 2 2  a1 x + b1 x + c1  a1 x 2 + b1 x + c1

x +1− 2x − 4 x

2 x ( x + 1)

1 2 x

a b ′ c d  ax + b  a)  ; (a, b, c, d là hằng số)  = 2  cx + d  ( cx + d )

 3 ′ a) y′ = ( − x 4 )′ +  x 2  + ( 2020 x )′ ⇒ y′ = −4 x 3 + 3 x + 2020 . 2 

(

( x )′ .x

Ví dụ 3: Chứng minh các công thức tổng quát sau

x +2 x +1

Hướng dẫn giải

b) y′ =

)

= ( 4 x − 1)( 3x + 2 ) + 3 2 x − x 2

(

)(

) (

(

)

)(

)

= 18 x 2 + 2 x − 2 . Trang 5

Trang 6

(a x 1

Ví dụ 1: Tìm đạo hàm của các hàm số sau:

( 2ax + b ) . ( a1 x 2 + b1 x + c1 ) − ( ax 2 + bx + c ) . ( 2a1 x + b1 ) 2

+ b1 x + c1

)

 2x +1  a) y =   ;  x −1 

( a.b1 − a1.b ) x 2 − 2 ( a.c1 − a1.c ) x + ( b.c1 − b1.c )

(a x

+ b1 x + c1

)

a b

Hướng dẫn giải

a) Ta có: a

x2 + 2 x+ a1 c1 b1 c1  ax 2 + bx + c ′ a1 b1 Vậy  = (điều phải chứng minh).  2 2  a1 x + b1 x + c1  a1 x 2 + b1 x + c1

 2x +1  y′ = 3.    x −1 

′ 2 2 ′  ax + bx + c ′ ( ax + bx + c ) . ( a1 x + b1 ) − ( ax + bx + c ) . ( a1 x + b1 ) = c) Ta có   2 ( ax1 + b1 )  a1 x + b1 

b) Ta có: y′ =

(

)

a.a1 x 2 + 2a.b1 x + ( b.b1 − a1 .c )

( a1 x + b1 )

( u )′ = n.u n

(

y = x4 + 2x

)

+ 2x2 −1

( u )′ = 2u′u ; u′  1 ′  u  = − u2 .  

(

)

(

6x − 2

2 3x 2 − 2 x + 1

3x − 1

3x 2 − 2 x + 1

1   b) y =  x −  . x 

2x2 −1

(

)

)(

)

)(

)

⇒ y′ = 2 x 4 + 2 x . 4 x 3 + 2 +

(

⇒ y′ = 4 x x 3 + 2 . 2 x 3 + 1 +

)

( x )′

)

2 ′  1   1   1 ′  b) Ta có: y′ =  x −   = 2.  x − . x −  x   x  x  

)′

1  1 1   = 2.  x − +   x  2 x 2 x x  

2x2 −1 ′ y′ = 2 x 4 + 2 x . x 4 + 2 x ′ + 2 2x2 −1

)(

(

x 1+ x

Hướng dẫn giải

(

.u′ n ∈ ℕ*

1− x

=−

Ví dụ. Tìm đạo hàm của hàm số

2 ′ Ta có y′ = ( x 4 + 2 x )  +  

n −1

)

2 3x 2 − 2 x + 1

 1− x  −2 = 2   x 1 +   1+ x

u′x và hàm số y = f ( u ) có đạo hàm tại u là yu′

thường gặp:

− 2x +1 ′

 1 − x  1 − x ′ a) Ta có: y′ = 2    1 + x     1 + x 

Phương pháp giải

Công thức đạo hàm của một số hàm hợp

Hướng dẫn giải

Bài toán 2. Tìm đạo hàm của hàm số hợp

y′x = yu′ .ux′ .

( 3x

b c a.a1 x 2 + 2 a.b1 x + a1 b1  ax 2 + bx + c ′ Vậy   = 2 a x b + ( a1 x + b1 ) 1 1  

thì hàm hợp y = f ( g ( x ) ) có đạo hàm tại x là

2 2 9 ( 2 x + 1) −3  2 x + 1 ′  2x +1  . = 3.  . =−   2 4  x −1   x − 1  ( x − 1) ( x − 1)

 1− x  a) y =   1 + x  ;  

(điều phải chứng minh).

Nếu hàm số u = g ( x ) có đạo hàm tại x là

Ví dụ 2: Tìm đạo hàm của các hàm số sau:

( 2ax + b ) . ( a1 x + b1 ) − ( ax 2 + bx + c ) .a1 = 2 ( a1 x + b1 ) =

b) y = 3 x 2 − 2 x + 1 .

)

= 2.

 1  1  =  1 −  1 +   x  x 

2 2x2 −1 2x

2x2 −1

1  1  1   x−  1 +  2 x x  x 

= 1−

1 . x2

Ví dụ 3: Tìm đạo hàm của hàm số y =

trong đó u = u ( x ) .

x2 +1 + 2x −1

Hướng dẫn giải

Ví dụ mẫu Trang 7

Trang 8

x +1

Ta có: y′ =

x2 +1 + 2x −1

x + 2 x +1

)(

)

−x2 + 2x

B. y′ =

C. y′ = −2 ( x − 2 ) .

D. y′ =

A. y′ =

(1 − x )

x2 +1 + 2x −1

Bài tập tự luyện dạng 1

B. f ′ ( x ) = − a.

C. f ′ ( x ) = b.

D. f ′ ( x ) = − b.

Câu 2: Đạo hàm của hàm số f ( x ) = x 2 − 5 x − 1 tại x = 4 là A. – 1.

B. – 5.

Câu 3: Hàm số y =

C. 2.

B. y′ = −

( x − 1)

C. y′ = −

( x − 1)

D. y′ =

( x − 1)

Câu 4: Cho các hàm số u = u ( x ) , v = v ( x ) có đạo hàm trên khoảng J và v ( x ) ≠ 0 với ∀x ∈ J . Khẳng định nào sau đây sai?

3 1 + . x2 x

B. y′ = 6 x 5 +

3 1 . + x2 2 x

C. y′ = 3x 5 −

3 1 + . x2 x

D. y′ = 6 x 5 −

3 1 + . x2 2 x

5   Câu 11: Tìm đạo hàm của hàm số y =  4 x + 2  . x  

 u ( x ) ′ u′ ( x ) .v ( x ) − v′ ( x ) .u ( x ) D.  .  = v2 ( x )  v ( x ) 

5   C. y′ =  4 x + 2  . x  

10   5   D. y′ = 3  4 − 3   4 x + 2  . x  x  

Câu 12: Đạo hàm của hàm số f ( x ) = 2 − 3x 2 là

1 B. y′ = 2 x + 2 x − 2 . x

C. y′ = 2 x 3 + 2 x 2 − 1

1 D. y′ = 2 x + 2 x + 2 . x

2 2 − 3x

Câu 13: Cho hàm số y = f ( x ) =

1 A. y′ ( 0 ) = . 2

x2 + x . Đạo hàm của hàm số tại x = 1 là x−2

C. y′ (1) = −3.

−3 x 2 − 3x

B. y′ (1) = −5.

10   5   B. y′ = 3  4 − 3   4 x − 2  . x x   

x4 2x3 1 + − +8 2 3 x

1 A. y′ = 2 x + 2 x − 2 + 1 x

A. y′ (1) = −4.

1 6 3 x − + 2 x là 2 x

A. y′ = 3x 5 +

C. u ( x ) .v ( x ) ′ = u′ ( x ) .v ( x ) + v′ ( x ) .u ( x ) .

Câu 6: Cho hàm số y =

D. y′ = 40 x 3 − 3x 2 − x.

10   5   A. y′ = 3  4 + 3   4 x + 2  . x x   

(1 − x )

C. y′ = 40 x 3 + 3 x 2 − 6 x.

 1 ′ v ′ ( x ) B.  .  = 2  v ( x )  v ( x )

x2 + 2x

B. y′ = 40 x 3 − 3x 2 − 6 x.

A. u ( x ) + v ( x ) ′ = u′ ( x ) + v′ ( x ) .

Câu 5: Tìm đạo hàm của hàm số y =

A. y′ = 40 x 2 − 3x 2 − 6 x.

Câu 10: Đạo hàm của hàm số y =

D. 3.

2x +1 có đạo hàm là x −1

A. y′ = 2.

(1 − x )

Câu 9: Tìm đạo hàm của hàm số y = x 2 ( 2 x + 1)( 5 x − 3) .

Câu 1: Cho hàm số f ( x ) = ax + b , với a, b là hai số thực đã cho. Khẳng định nào sau đây đúng? A. f ′ ( x ) = a.

x2 − 2x

x 4 − x2

−6 x 2 2 2 − 3x 2

C. y′ ( 0 ) = 1.

có dạng

3x 2 − 3x 2

. Giá trị y′ ( 0 ) bằng

1 B. y′ ( 0 ) = . 3

Câu 14: Đạo hàm của hàm số y =

D. y′ (1) = −2.

x +1

D. y′ ( 0 ) = 2.

+ 1)

Câu 7: Đạo hàm của hàm số y = (1 − x 3 ) là A. y′ = 5 (1 − x

)

Khi đó a nhận giá trị nào sau đây? B. y′ = −15 x (1 − x 2

)

A. a = −4.

B. a = −1.

C. a = 2.

D. a = −3.

Câu 15: Tìm đạo hàm của hàm số y = x + x x + 1 . 2

C. y′ = −3 (1 − x 3 ) . Câu 8: Hàm số y =

( x − 2) 1− x

D. y′ = −5 x 2 (1 − x 3 ) .

A. y′ = 2 x + x + 1 −

có đạo hàm là C. y′ =

Trang 9

x 2 x +1

B. y′ = 2 x − x + 1 +

x 2 x +1

D. y′ = 2 x + x + 1 +

x 2 x +1 Trang 10

Câu 16: Tính đạo hàm của hàm số sau y = ( x + 2 ) ( x + 3) . 3

A. y′ = 3 ( x 2 + 5 x + 6 ) + 2 ( x + 3)( x + 2 ) .

(

)

D. y′ = 3 ( x 2 + 5 x + 6 ) + 2 ( x + 3)( x + 2 )

A. 11.

A. y′ = 7 ( −2 x + 3) ( − x + 3 x + 7 ) C. y′ = ( −2 x + 3) ( − x + 3x + 7 ) 2

B. y′ = 7 ( − x + 3 x + 7 )

D. y′ = 7 ( −2 x + 3) ( − x + 3 x + 7 )

5 B. − . 6

C. 0.

Câu 19: Đạo hàm của hàm số y = x

A. 0.

x x . 2

C. 2

A. a.b = −2.

1 2

( x + 3) ( x − 1)

A. 8.

5x x .. 3

C. a.b = 3.

( x − 1)( x + 3)

1 . 2x + 2

D. a.b = 4.

bằng C. −

B. 2018.10092019

A. y′ = −

2x + 2

( x 2 + 2 x − 3)

− x2 )

C. 1009.20192018

(sin x )′ = cos x

( sin u )′ = u′. cos u

( cos x )′ = − sin x

( cos u )′ = −u′.sin u

( tan x )′ =

−4

( x 2 + 2 x − 3)

D. 19.

+ x2 )

1 cos2 x

( cot x )′ = −

D. 2018.20191009

( tan u )′ =

u′ cos2 u

x y = sin 2 x − cos + tan 2020 x 2 Hướng dẫn giải Ta có:

x ′  y′ = ( sin 2 x )′ −  cos  + ( tan 2020 x )′ 2 

1 sin 2 x

( cot u )′ = −

u′ sin 2 u

x 1 2020 = 2.cos 2 x + sin + 2 2 cos2 2020 x

Ví dụ mẫu Ví dụ 1: Tìm đạo hàm của hàm số

a2 − x 2 .

Ví dụ: Tìm đạo hàm của hàm số

x a2

. B. y′ =

D. 30.

C. 16.

số lượng giác

ax + bx x − x +1 có dạng . Khi đó a.b bằng 2 x −1 ( x − 1)

Câu 23: Tìm đạo hàm của hàm số y =

B. 12.

Áp dụng bảng công thức đạo hàm của hàm

Câu 22: Cho hàm số f ( x ) = ( 2018 + x )( 2017 + 2 x )( 2016 + 3x ) ... (1 + 2018 x ) . Giá trị của f ′ (1) bằng A. 2019.20181009

C. 15.

Phương pháp giải

5x x . 2

B. a.b = −1.

Câu 21: Đạo hàm của hàm số y =

B. 9.

Dạng 2: Đạo hàm của hàm số lượng giác

5 x . 2

Câu 20: Đạo hàm của hàm số y =

D. 10.

hàm của hàm số f ( x ) − f ( 4 x ) tại x = 1 .

D. 1.

x là

C. 13.

Câu 29: Biết hàm số f ( x ) − f ( 2 x ) có đạo hàm bằng 5 tại x = 1 và đạo hàm bằng 7 tại x = 2 . Tính đạo

Câu 18: Cho f ( x ) = 1 + 3 x − 1 + 2 x . Giá trị của f ′ ( 0 ) bằng

5 . 6

B. 14.

g (1) = 3; g′ (1) = 5 . Tính đạo hàm của hàm số hợp f ( g ( x ) ) tại x = 1 .

Câu 28: Cho hai hàm số f ( x ) và g ( x ) xác định và liên tục trên ℝ thoả mãn: f ( x ) = x 2 , ∀x ∈ ℝ và

n ( n + 1)

f 3 ( 2 − x ) − 2 f 2 ( 2 + 3x ) + x 2 g ( x ) + 36 x = 0, ∀x ∈ ℝ . Giá trị của A = 3 f ( 2 ) + 4 f ′ ( 2 ) bằng

D. f ′ ( 0 ) =

Câu 27: Cho hai hàm số f ( x ) và g ( x ) đều có đạo hàm trên ℝ và thỏa mãn

Câu 17: Đạo hàm của hàm số y = ( − x 2 + 3x + 7 ) là 2

C. f ′ ( 0 ) = n !

B. y′ = 2 ( x 2 + 5x + 6 ) + 3 ( x + 3)( x + 2 )

C. y′ = 3 x 2 + 5 x + 6 + 2 ( x + 3)( x + 2 ) .

B. f ′ ( 0 ) = n

A. f ′ ( 0 ) = 0.

2 a2

C. y′ =

− x2 )

a) y = sin 2 x + cos 5 x .

D. y′ =

− x2 )

b) y = sin x.cos 4 x . c) y = cos6 x + 2 sin 4 x.cos2 x + 3sin 2 x. cos4 x + sin 4 x .

Câu 24: Đạo hàm của hàm số y = ( x + 1) x + x + 1 là 2

4 x 2 − 5x + 3 2 x2 + x + 1

4 x 2 + 5x − 3 2 x2 + x + 1

Hướng dẫn giải

4 x 2 + 5x + 3 x2 + x +1

4 x 2 + 5x + 3 2 x2 + x + 1

a) Ta có: y′ = ( sin 2 x )′ + ( cos 5 x )′ = 2 cos 2 x − 5sin 5 x.

b) Ta có: y′ = ( sin x )′ .cos 4 x + sin x. ( cos 4 x )′

ax − b 1 a  3 − 2 x ′ Câu 25: Cho  , ∀x > . Giá trị của bằng  = 4 b  4 x − 1  ( 4 x − 1) 4 x − 1 A. – 16.

B. – 4.

C. – 1.

= cos x.cos 4 x − 4 sin x.sin 4 x D. 4.

c) Ta có:

Câu 26: Cho f ( x ) = x ( x + 1)( x + 2 )( x + 3) ... ( x + n ) với n ∈ ℕ* . Tính f ′ ( 0 ) . Trang 11

Trang 12

(

)

(

y = sin 4 x 1 + 2 cos2 x + cos 4 x 3sin 2 x + cos2 x

(

)

(

= sin 4 x 1 + 2 cos2 x + cos 4 x 1 + 2 sin 2 x 4

)

(

)

sin 2 x − cos2 x 2 sin 2 x cos2 x tan x + cot x

−2 cos 2 x . sin 2 x tan x + cot x

)

= sin x + cos x + 2 sin x cos x + 2 sin x cos x = cos2 x + sin 2 x

(

− 2 sin 2 x cos2 x + 2 sin 2 x cos2 x cos2 x + sin 2 x

)

π  Suy ra f ′   = 4

= 1. Vậy y′ = 1′ = 0.

−2 cos

2 =0. π π π  sin   tan + cot 4 4 2 2

Ví dụ 2: Tính đạo hàm của hàm số

Ví dụ 5: Tìm đạo hàm của hàm số

π π  π  a) y = sin  x −  + cos  − 2 x  tại x = . 3 6 3    

π π   2π  b) y = cos  3x −  − sin  − 2 x  tại x = . 6 3   3 

Hướng dẫn giải

Ta có y =

π  π  π   π a) Ta có y′ = cos  x −  + 2 sin  − 2 x  ⇒ y′   = cos ( 0 ) + 2 sin  −  = −1. 3 6 3        2

π   2π  b) Ta có y′ = −3sin  3x −  + 2 cos  − 2x  6   3 

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x + + + cos x = + + cos2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 x x x + + cos = + + cos cos2 = 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 4

= cos2

5π 1 π  ⇒ y′   = −3sin + 2 cos0 = . 6 2 3

x x = cos . 8 8

1 x ′ x  Do đó y′ =  cos  = − sin . 8 8 8  

Chú ý: Không thay giá trị của biến x trước khi tìm đạo hàm. Ví dụ 3: Tìm đạo hàm của hàm số

(

a) y = tan ( 2 x + 1) ;

1 1 1 1 1 1 + + + cos x với x ∈ ( 0;π ) . 2 2 2 2 2 2

Ví dụ 6: Cho hàm số y =

)

b) y = cot 3 x − 5 . 2

sin x − x cos x cos x + x sin x 2

Chứng minh rằng: y′ ( sin x − x cos x ) − x 2 y 2 = 0 .

Hướng dẫn giải a) Ta có: y′ = ( tan 2 x + 1)′ =

Hướng dẫn giải

2 . cos2 ( 2 x + 1)

Ta có:

6x ′ . b) Ta có: y′ = cot 3x 2 − 5  = − 2 sin 3x 2 − 5

(

)

(

y′ =

)

Ví dụ 4: Tính đạo hàm của hàm số f ( x ) = tan x + cot x tại điểm x =

π . 4

Ta có: +) ( sin x − x cos x )′ = cos x − x ′ cos x − x. ( cos x )′ = x sin x ;

Hướng dẫn giải Ta có: f ′ ( x ) =

( sin x − x cos x )′ ( cos x + x sin x ) − (sin x − x cos x )( cos x + x sin x )′ 2 ( cos x + x sin x )

+) ( cos x + x sin x )′ = − sin x + x ′ sin x + x. ( sin x )′ = x cos x

( tan x + cot x )′ 2 tan x + cot x

Do đó: y′ =

1 1 − 2 2 cos sin x x = 2 tan x + cot x

x sin x. ( cos x + x sin x ) − ( sin x − x cos x ) x cos x

( cos x + x sin x )

Ta có: VT = y′ ( sin x − x cos x ) − x 2 y 2 Trang 13

Trang 14

Câu 10: Tìm đạo hàm của hàm số y = sin 2 x. cos x .

2  sin x − x cos x  . sin x − x cos x ) − x 2 .   = 0 = VP. 2 (  cos x + x sin x  ( cos x + x sin x )

( C. y′ = sin x ( cos

Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài tập tự luyện dạng 2

A. y′ = 5cos x + 3sin x.

B. y′ = cos x + 3sin x.

C. y′ = cos x + sin x.

D. y′ = 5cos x − 3sin x.

C. y′ =

2 3 x + 2 tan x

B. y′ =

−5 + 2 tan 2 x

D. y′ =

2 3 x + 2 tan x

1 . 2

1 B. − . 2

2 3 x + 2 tan x

D. 1.

B. y′ = 2 x cos x + x sin x.

C. y′ = 2 x sin x + x cos x.

D. y′ = 2 x sin x − x cos x.

B. y = cos x .

C. y = 1 − cos x .

D. y = sin x .

−

sin x cos x

−

sin x

B. y′ =

cos x sin x

D. y′ =

cos x

sin x cos x

1 cos x

sin x

sin x cos x

Câu 14: Cho f ( x ) = sin ax, a > 0 . Tính f ′ (π ) . A. f ′ (π ) = 3sin 2 ( aπ ) .cos ( aπ ) .

B. f ′ (π ) = 0.

C. f ′ (π ) = 3a sin 2 ( aπ ) .

D. f ′ (π ) = 3a.sin 2 ( aπ ) .cos ( aπ ) .

Câu 15: Tìm đạo hàm của hàm số y =

A. cos x cos ( cos x ) + sin x sin ( sin x ) .

B. − sin x cos ( cos x ) + cos x sin x ( sin x ) 

C. − cos x cos ( cos x ) + sin x sin ( sin x ) .

D. sin x cos ( cos x ) + cos x sin x ( sin x )

A. y′ = C. y′ =

Câu 6: Đạo hàm của hàm số y = sin 4 x + cos4 x là A. sin 4 x.

B. 2 − sin 4 x.

C. cos 4 x − sin 4 x.

D. − sin 4 x. B. 10.

Câu 8: Cho hàm số y = f ( x ) =

C. – 1.

D. – 9.

2 . Giá trị của f ′ ( 3) bằng cos (π x )

8π .. 3

4 3 . 3

π . 2

B. y′ =

D. y′ =

−1

( sin x − cos x )

( sin x + cos x )

cos 2 x π  . Giá trị của y′   bằng 1 − sin x 6

π  B. y′   = −1. 6

π  C. y′   = 3. 6

π  D. y′   = − 3. 6

π  π   2π   2π  − x  + cos2  + x  − 2 sin 2 x là f ( x ) = cos2  − x  + cos2  + x  + cos2  3 3 3        3 

D. 0.

A. 6.

B. 2 sin 2 x.

C. 0.

D. 2 cos 2 x.

π  Câu 18: Cho hàm số f ( x ) = sin (π sin x ) . Giá trị của f ′   bằng 6

π  Câu 9: Cho hàm số y = f ( x ) = sin x + cos x . Giá trị f ′   bằng  16  C.

( sin x + cos x )

π  A. y′   = 1. 6

sin x . sin x − cos x

Câu 17: Đạo hàm của hàm số

−1

( sin x − cos x )

Câu 16: Cho hàm số y =

Câu 7: Biết hàm số y = 5sin 2 x − 4 cos 5 x có đạo hàm là y′ = a sin 5 x + b cos 2 x . Giá trị của a − b bằng

D. a < 5.

Câu 5: Đạo hàm của hàm số y = sin ( cos x ) + cos ( sin x ) là

A. 0.

C. a > 5.

A. y′ = C. y′ =

A. y′ = 2 x cos x − x sin x.

A. 2π .

)

x −1 .

Câu 13: Hàm số y = 2 sin x − 2 cos x có đạo hàm là

−5 − 2 tan 2 x

C. – 1.

B. a ≥ 5.

A. y = 1 + sin x .

2 3x + 2 tan x

Câu 4: Hàm số y = x cos x có đạo hàm là

A. – 30.

)

Hàm số y = f ( x ) là hàm số nào sau đây?

5 − 2 tan 2 x

)

π  Câu 12: Cho hàm số y = f ( x ) được xác định bởi biểu thức y′ = cos x và f   = 1 . 2

π  Câu 3: Cho hàm số y = cos 3 x.sin 2 x . Giá trị của y′   bằng 3 A.

( D. y′ = sin x ( cos

x +1 .

A. a < 5.

Câu 2: Tìm đạo hàm hàm số y = 3 x + 2 tan x . 5 + 2 tan 2 x

B. y′ = sin x 3cos2 x + 1 .

Câu 11: Cho hàm số f ( x ) = a cos x + 2 sin x − 3 x + 2020 . Tìm a để phương trình f ′ ( x ) = 0 có nghiệm

Câu 1: Tìm đạo hàm của hàm số y = 5sin x − 3cos x .

A. y′ =

)

A. y′ = sin x 3cos2 x − 1 .

2 2

A. − . 2

Trang 15

π 3 2

C. 0.

π 2

Trang 16

)) ( ( A. y′ = sin ( 2 cos ( tan 3 x ) ) . ( sin ( tan 3 x ) ) .4 tan 3 x. (1 + tan 3 x ) .3 . B. y′ = sin ( 2 cos ( tan 3 x ) ) . ( sin ( tan 3x ) ) . tan 3 x. (1 + tan 3x ) C. y′ = sin ( 2 cos ( tan 3 x ) ) . ( sin ( tan 3 x ) ) .4 tan 3 x. (1 + tan 3 x ) D. y′ = − sin ( 2 cos ( tan 3x ) ) . ( sin ( tan 3 x ) ) .4 tan 3 x. (1 + tan 3x ) .3

(

1 + cot 2 2 x cot 2 x

B. y′ =

(

− 1 + cot 2 2 x cot 2 x

1 . sin 2 2 x

B. y′ =

x 2 . x cos2 2 tan

Câu 23: Cho hàm số y =

4 . cos2 2 x

x 2. x cos2 2

C. y′ =

1 + tan 2 2 x cot 2 x

D. y′ =

(

− 1 + tan 2 2 x

4 . sin 2 2 x

D. y′ =

1 . cos2 2 x

( sin x + cos x )

C. y′ =

x 2 . x 2 cos3 2

x D. y′ = tan 3 . 2

3sin 6 x 2 cos6 x

D. y′ =

B. y′ =

−3sin 6 x cos6 x

C. y′ =

3sin 6 x cos6 x

A. y′ = 2 x tan x +

2 x

Ví dụ 1. Cho hàm số y = −3 x 3 + 25x − 20 .

Áp dụng kiến thức phương trình, bất

Giải phương trình y′ = 0 .

. •

D. y′ =

x2 1 C. y′ = 2 x tan x + + . cos2 x 2 x

1  1 + tan 2  x +  1  x   D. y′ = . 1 + 2  x   1   2 2 + tan  x +  x  

Sử dụng công thức và quy tắc tính đạo hàm

Để tính A = lim

x → x0

g(x) x − x0

biết g ( x0 ) = 0 .

Ta viết g ( x ) = f ( x ) − f ( x0 ) . Khi đó nếu

−3sin 6 x

f ( x ) có đạo hàm tại x0 thì

cos6 x

A = lim

x → x0

2 B. . 3

Phương pháp giải

Câu 25: Đạo hàm của hàm số y = x 2 tan x + x là 1

1  2 2 + tan  x +  x 

1  1 + tan 2  x +  x  B. y′ = 1  2 2 + tan  x +  x 

phương trình để giải quyết bài toán.

sin x

( sin x + cos x )

A. y′ =

đạo hàm.

sin x − cos x . Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? sin x + cos x

(

Dạng 3: Chứng minh đẳng thức đạo hàm, tìm giới hạn, giải phương trình và bất phương trình chứa

Câu 24: Tính đạo hàm y = cos6 x . A. y′ =

)

1  1 + tan 2  x +  1  x   C. y′ = . 1 − 2  x   1   2 2 + tan  x +  x  

cos x + sin x B. y′ = . cos x − sin x

( x)

)

cot 2 x

C. y′ =

sin

cos x − sin x A. y′ = . cos x + sin x

C. y′ =

)

1  Câu 28: Đạo hàm của hàm số y = 2 + tan  x +  là x 

2 sin B. y′ =

)

(

x Câu 22: Hàm số y = tan 2 có đạo hàm là 2

A. y′ =

(

D. y′ = 2 tan 2 x + 1 .sin tan 2

Câu 21: Hàm số y = tan x − cot x có đạo hàm là A. y′ =

) x)

(

Câu 20: Hàm số y = cot 2 x có đạo hàm là A. y′ =

C. y′ = −2 tan x. tan 2 x + 1 .sin tan 2 x

B. y′ = 2 tan x.sin tan

(

A. y′ = 2 tan x. tan x + 1 .sin tan x .

)

Câu 27: Tìm đạo hàm của hàm số y = cos tan 2 x .

Câu 19: Tính đạo hàm của hàm số y = sin 2 cos tan 4 3 x .

•

x2 1 D. y′ = 2 x tan x + + . cos2 x x

f ( x ) − f ( x0 ) x − x0

Để tính B = lim

x → x0

F(x)

, biết

F ( x0 ) = G ( x0 ) = 0.

π  Câu 26: Cho hàm f ( x ) thỏa mãn f ( sin x + 1) + f ( cos x ) = cos  x −  . Giá trị của f ′ (1) là 4 

Ta có: y′ = −9 x 2 + 25. 5 y′ = 0 ⇔ −9 x 2 + 25 = 0 ⇔ x = ± . 3

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x =

= f ′ ( x0 )

G (x)

Hướng dẫn giải

và x = −

5 3

Ví dụ 2. Tính A = lim x →0

1− x −1 . x

Hướng dẫn giải

3 . 2

2 . 2

C. 2.

Ta viết: F ( x ) = f ( x ) − f ( x0 ) và

G ( x ) = g ( x ) − g ( x0 ) .

D. 1.

Trang 17

5 3

Đặt f ( x ) = 3 1 − x ⇒ f ′ ( x ) =

−1 3 (1 − x ) 3

và

f (0) = 1 . Trang 18

Nếu hai hàm số f ( x ) , g ( x ) có đạo hàm tại

Suy ra A = lim x →0

x = x0 và g′ ( x0 ) ≠ 0 thì:

f ( x ) − f (0)

x −0

a = 1 > 0 ⇔ ⇔ m 2 − m − 2 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ 2 2 ∆′ = m − ( m + 2 ) ≤ 0

1 = f ′ (0) = − . 3

Vậy −1 ≤ m ≤ 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

f ( x ) − f ( x0 ) f ′ ( x0 ) x − x0 B = lim = x → x0 g ( x ) − g ( x ) g ′ ( x0 ) 0 x − x0

Ví dụ 4: Giải phương trình f ′ ( x ) = 0 trong các trường hợp sau a) f ( x ) = sin 3 x − 3sin x + 7 ; b) f ( x ) = cos 2 x + 2 sin x − 1 .

Ví dụ mẫu

Hướng dẫn giải a) f ( x ) = sin 3x − 3sin x + 7 ⇒ f ′ ( x ) = 3cos3 x − 3cos x . Khi đó:

Ví dụ 1: Cho hàm số f ( x ) = x + 1 + x 2 . Chứng minh rằng 2 1 + x 2 . y′ = y .

f ′ ( x ) = 0 ⇔ 3cos 3x − 3cos x = 0 ⇔ cos 3x = cos x

Hướng dẫn giải

3 x = x + k 2π ⇔ 3 x = − x + k 2π

Ta có y′ =  x + 1 + x 2  1

2 x + 1+ x

. 2

 ′ 1 1 x  ′ = . x + 1 + x2 = . 1 +   2  2 x + 1+ x2 + 1 x2   2 x + 1+ x

)

(

1+ x2 + x 1+ x

1 + x2 + x 2 1 + x2

y 2 1+ x2

 x = kπ ⇔  x = kπ  2

⇒ 2 1 + x 2 . y′ = y.

⇔x=

Ví dụ 2: Cho hàm số f ( x ) = x 2 − 2 x . Giải bất phương trình f ′ ( x ) ≤ f ( x ) .

b) f ( x ) = cos 2 x + 2 sin x − 1 ⇒ f ′ ( x ) = −2 sin 2 x + 2 cos x .

Hướng dẫn giải Ta có f ′ ( x ) =

x −1

x2 − 2x

. Khi đó f ′ ( x ) ≤ f ( x ) ⇔

x −1 x2 − 2x

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

≤ x 2 − 2 x (1)

cos x = 0 ⇔ sin x = 1  2

Điều kiện xác định: x ∈ ( −∞;0 ) ∪ ( 2; +∞ ) .  3+ 5 x ≥ 2 (1) ⇒ x − 1 ≤ x 2 − 2 x ⇔ x 2 − 3x + 1 ≥ 0 ⇔   3− 5 x ≤  2

Kết hợp với điều kiện trên suy ra x < 0 hoặc x ≥ Ví dụ 3: Cho hàm số f ( x ) =

kπ (k ∈ ℤ) 2

π   x = 2 + kπ  π ⇔  x = + k 2π  6   x = π − π + k 2π  6

3+ 5 . 2

x3 − mx 2 + ( m + 2 ) x − 7 . Tìm giá trị của tham số m để f ′ ( x ) ≥ 0 với mọi 3

x ∈ℝ . Hướng dẫn giải Ta có f ′ ( x ) = x 2 − 2 mx + m + 2

f ′ ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ x 2 − 2mx + m + 2 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ

π   x = 2 + kπ  π ⇔  x = + k 2π ( k ∈ ℤ )  6  5  x = π + k 2π 6  Ví dụ 5: Tính giới hạn sau: A = lim x →0

1 + 2 x 2 − 3 1 + 3x 2 1 − cos x

Hướng dẫn giải Trang 19

Trang 20

 7  A.  − ;1 .  3 

1 + 2 x 2 − 3 1 + 3x 2 f (x) x2 = lim Ta có: A = lim x →0 x →0 x 2 x 2 sin 2 sin 2 2 2 x2 x2

Câu 10: Cho hàm số y = A. {−1;3} .

x x  sin  2 = 1 lim  2 =1.   x2 2 x →0  x  2  2 

x →0

Câu 11: Cho hàm số y = A. x = 0.

B. x = 2.

A. ( −∞;0 ) .

B. y′y + 1 = 0 2

C. 3 y′y − 1 = 0

1 A. −1 < x < . 3

D. y′y − 1 = 0

x . Tập nghiệm của phương trình f ′ ( x ) = 0 là x −1

2  B. 0; −  . 3 

 3 C. 0;  .  2

3  D. 0; −  . 2 

B. y′ 1 + x 2 − y = 0.

C. y 1 + x 2 + y′ = 0.

D. y′ 1 + x 2 + y = 0.

Câu 4: Cho f ( x ) = ( m − 1) x 3 + 2 ( m − 1) x 2 + mx . Tập hợp các giá trị của m để f ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ là B. (1;4 ) .

C. [1;4 ] .

Câu 5: Cho hàm số f ( x ) = k 3 x + x ( k ∈ ℝ ) . Giá trị của k để f ′ (1) = B. k = −3.

D. [1;4 ) .

3 là 2

B. 2 − 2 x.

C. k = 3.

A. {−3;2} .

B. min f ′ ( x ) = 8

C. min f ′ ( x ) = 4

D. min f ′ ( x ) = −4

[0;2020π ] là A. 2019.

B. 2020.

C. {0;4} .

D. {1;2}

C. 1 − x.

2x − x2 D. . 2

C. {−6;4} .

C. 1011.

D. 1010.

Câu 16: Cho hàm số f ( x ) = sin 2 x . Hỏi có bao nhiêu điểm phân biệt trên đường tròn lượng giác biểu

B. 1.

C. 2.

D. 4.

A. x >

4 hoặc x < −1 . 3

4 B. −1 < x < . 3

C. x ≥

4 hoặc x ≤ −1 . 3

D. −1 ≤ x ≤

4 . 3

1 Câu 18: Cho hàm số f ( x ) = x 3 − 2 2 x 2 + 8 x − 1 . Để f ′ ( x ) = 0 thì x có giá trị bằng 3 A. −2 2 .

B. 2 2 .

B. {3; −2} .

2 D. − < x < 2. 3

1 Câu 17: Cho f ( x ) = x 3 − x 2 − 4 x . Tìm x sao cho f ′ ( x ) < 0 . 2

9 D. k = . 2

Câu 8: Cho hàm số f ( x ) = 2 x + 3 x − 36 x − 1 . Để f ′ ( x ) = 0 thì x có giá trị thuộc tập hợp 3

1 C. − < x < 1. 3

A. min f ′ ( x ) = −8 .

A. 0.

Câu 7: Cho hàm số y = 2 x − x 2 . Khi đó y. y′ bằng

1 A. . 2

1 < x < 1. 3

diễn các nghiệm của phương trình 3 f ( x ) + 2 f ′ ( x ) = 5 ?

Câu 6: Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 − 9 x − 5 . Phương trình y′ = 0 có tập nghiệm là B. {−1;3} .

Câu 15: Cho hàm số y = 3 sin x + cos x − 2 x + 2019 . Số nghiệm của phương trình y′ = 0 trên đoạn

Câu 3: Cho hàm số y = x + x 2 + 1 . Khẳng định nào sau đây đúng?

A. {−1;2} .

D. [ −1;1].

Câu 14: Cho hàm số f ( x ) = 2 cos2 ( 4 x + 1) + 2π − 2020 . Giá trị nhỏ nhất của f ′ ( x ) là bao nhiêu?

A. k = 1.

C. ( −∞;1] ∪ [1; +∞ ) .

B. ( 0; +∞ ) .

Câu 13: Cho hàm số f ( x ) = x − x − x + 5 . Với giá trị nào của x thì âm?

Câu 1: Cho hàm số y = 1 − x . Khẳng định nào sau đây đúng?

A. (1;4 ] .

D. x = 0; x = −2.

x −1 . Đạo hàm của hàm số f ( x ) nhận giá trị âm khi x thuộc tập hợp nào x2 +1

A. y 1 + x 2 − y′ = 0.

C. x = −2.

dưới đây?

Bài tập tự luyện dạng 3

 2 A. 0;  .  3

D. {−3; −1}

x 2 + 3x + 3 . Tất cả các nghiệm của phương trình y′ = 0 là x +1

Câu 12: Cho hàm số f ( x ) =

Vậy A = 0.

Câu 2: Cho hàm số f ( x ) =

C. {−3;1} .

1 + 2t − 3 1 + 3t lim f ( x ) = lim = 0. x →0 t →0 t

A. 3 y′y + 1 = 0 .

 7  D. − ;1  3 

−2 x 2 + x − 7 . Tập nghiệm của phương trình y′ = 0 là x2 + 3

Đặt t = x 2 , sử dụng phương pháp liên hợp ta có

 7  C.  − ;1   3 

B. {1;3} .

2 sin 2 Mà lim

 7 B.  −1;   3

Câu 19: Cho hàm số f ( x ) =

D. {4; −6} .

A. 0 ≤ m ≤

Câu 9: Cho hàm số f ( x ) = x 3 + 2 x 2 − 7 x + 3 . Để f ′ ( x ) ≤ 0 thì x có giá trị thuộc tập hợp Trang 21

12 . 5

C. 2.

D. Không tồn tại.

mx mx − + ( 3 − m ) x − 2 . Tìm m để f ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ . 3 2

B. 0 < m <

12 5

C. 0 ≤ m <

12 5

D. 0 < m ≤

12 5 Trang 22

Câu 20: Cho hàm số f ( x ) = − x 3 + 3mx 2 − 12 x + 3 với m là tham số thực, số giá trị nguyên của m để

+) Nếu đề bài cho hoành độ tiếp điểm x0 thì

f ′ ( x ) ≤ 0 với ∀x ∈ ℝ là A. 1.

B. 5.

Câu 21: Giá trị của lim

C. 4.

A. 2018.2019.

B. 2019.

tìm y0 bằng cách thế vào hàm số ban đầu, tức

D. 3.

(1 + x )(1 + 2 x )(1 + 3x ) ... (1 + 2018x ) − 1

x →0

là: y0 = f ( x0 ) .

bằng

C. 2018.

+) Nếu đề bài cho tung độ tiếp điểm y0 thì tìm

D. 1009.2019.

Câu 22: Cho f ( x ) = 2 x 3 + 3 ( a + 2 ) x 2 + 6 a2 x . Biết f ′ ( x ) > 0 luôn đúng với mọi x và f ′ ( −1) = 6 . Tìm a A. a = −1.

B. a = 2.

C. a = 1.

x0 bằng cách giải phương trình f ( x0 ) = y0 . +) Viết phương trình tiếp tuyến tại các giao

D. a = 3.

Câu 23: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm y′ = f ′ ( x ) liên tục trên ℝ và hàm số y = g ( x ) với

(

⇔ y = 7x − 4 .

Chú ý:

)

điểm của đồ thị ( C ) : y = f ( x ) và đường thẳng

g ( x ) = f 4 − x . Biết rằng tập các giá trị của x để f ′ ( x ) < 0 là ( −4;3) . Tập các giá trị của x để

d : y = ax + b . Khi đó các hoành độ tiếp điểm

g′ ( x ) > 0 là

là nghiệm của phương trình hoành độ giao

A. (1;2 ) .

B. (8; +∞ ) .

C. ( −∞;8 ) .

điểm giữa d và (C).

D. (1;8 ) .

a x khi 0 < x < x0 . Biết rằng ta luôn tìm được một số dương x0 và một số Câu 24: Cho hàm số f ( x ) =  2  x + 12 khi x ≥ x0

(

)

(

)

B. S = 2 1 + 4 2 .

(

C. S = 2 3 − 4 2

Câu 25: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm tại điểm x0 = 2 . Tìm lim

)

2 f ( x ) − xf ( 2 )

x →2

A. 0.

B. f ′ ( 2 ) .

Câu 26: Giá trị của lim

x →0

(

D. S = 2 3 + 2 2

x −2

C. 2 f ′ ( 2 ) − f ( 2 ) .

)

3 B. . n

Sử dụng máy tính cầm tay Phương trình tiếp tuyến cần lập có dạng d : y = kx + m

+ Đầu tiên tìm hệ số góc tiếp tuyến k = y′ ( x0 ) .

D. f ( 2 ) − 2 f ′ ( 2 )

Bấm

1 + 3x − 1 bằng x

n A. . 3

Trục hoành Ox : y = 0 và trục tung Oy : x = 0

thực a để hàm số f có đạo hàm liên tục trên khoảng ( 0; x0 ) ∪ ( x0 ; +∞ ) . Tính giá trị S = x0 + a . A. S = 2 3 − 2 2 .

Đặc biệt:

1 C. . n

bấm D.

và nhập f ( x ) ; x = x0 , sau đó ta được k.

+ Tiếp theo: Bấm phím

Dạng 4: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số

để sửa lại thành

d ( f ( X ) ) × ( − X ) + f ( X ) , sau đó bấm phím dx X =X0

Bài toán 1. Viết phương trình tiếp tuyến khi biết tiếp điểm Phương pháp giải Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị

Ví dụ. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị

( C ) : y = f ( x ) tại điểm

( C ) : y = x 3 + 2 x 2 tại điểm

M ( x0 , y0 ) .

Bước 1: Tìm đạo hàm y′ = f ′ ( x ) , từ đó suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là k = y′ ( x0 ) . Bước 2: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại điểm M ( x0 ; y0 ) có dạng

y = y′ ( x0 )( x − x0 ) + y0 .

với X = x0 và bấm phím

ta được m.

Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M là:

y = 7x − 4 .

M (1;3) . Ví dụ mẫu

Hướng dẫn giải Tập xác định: D = ℝ

Ví dụ 1: Cho điểm M thuộc đồ thị ( C ) : y =

Ta có: y′ = 3 x 2 + 4 x ⇒ k = y′ (1) = 7 .

của đồ thị (C) tại điểm M.

Phương trình tiếp tuyến tại M (1;3) là

Hướng dẫn giải

d : y = y0′ ( x − x0 ) + y0 ⇔ y = 7 ( x − 1) + 3

Tập xác định D = ℝ \ {1} .

Trang 23

2x +1 và có hoành độ bằng – 1. Viết phương trình tiếp tuyến x −1

Trang 24

Cách 1. Ta có: x0 = −1 ⇒ y0 = y ( −1) = Phương trình tiếp tuyến tại M là y = −

⇒ xN = −2 x M + 3 .

−3 −3 1 và y′ = ⇒ k = y′ ( −1) = . 2 2 4 x − 1 ( )

2 2  Khi đó P = 5x M2 + xN2 = 5 x M2 + ( −2 x M + 3) = 9 x M2 − 12 x M + 9 ≥ 9  x M −  + 5 3 

3 1 3x 1 ( x + 1) + ⇔ y = − − . 4 2 4 4

2 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5 khi x M = . 3

Cách 2. Sử dụng máy tính cầm tay

Ví dụ 4: Cho hàm số y =

x +1 có đồ thị (C). Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M (1; −2 ) lần lượt cắt hai x −2

trục tọa độ tại A và B. Tính diện tích tam giác OAB.

3x 1 Vậy phương trình tiếp tuyến tại M là: y = − − . 4 4

Hướng dẫn giải Tập xác định: D = ℝ \ {2} .

2x +1 Ví dụ 2: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = tại giao điểm với trục hoành x −5

Ta có: y′ =

Hướng dẫn giải

Tọa độ giao điểm với trục hoành y = 0 ⇔

1 1 1 1 1  Suy ra ( ∆ ) ∩ Ox = A  ;0  ; ( ∆ ) ∩ Oy = B ( 0;1) ⇒ S∆OAB = OA.OB = . .1 = . 3 2 2 3 6   Bài toán 2. Viết phương trình tiếp tuyến khi biết hệ số góc

1 4 1 4 2  1   1 y = y′  −   x +  + y  −  = −  x +  = − x − . 2 2 2 11 2 11 11       

Phương pháp giải

Ví dụ 3: Gọi M ( x M ; yM ) là một điểm thuộc ( C ) : y = x 3 − 3 x 2 + 2 , biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại điểm N ( xN ; y N ) (khác M). Tìm giá trị nhỏ nhất P = 5x M2 + xN2 . Hướng dẫn giải Tập xác định D = ℝ . Ta có y = x 3 − 3x 2 + 2 ⇒ y′ = 3x 2 − 6 x . Gọi M ( x M ; yM ) là một điểm thuộc ( C ) : y = x 3 − 3 x 2 + 2 , suy ra tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình

(

)( x − x ) + x M

3 M

− 3x + 2 . 2 M

Tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại điểm N ( xN ; yN ) (khác M) nên x M , xN là nghiệm của phương trình:

(

) ( x − x ) + x − 3x + 2 ) − (3x − 6 x ) ( x − x ) = 0

x 3 − 3 x 2 + 2 = 3 x M2 − 6 x M

(

) (

⇔ x 3 − x M3 − 3 x 2 − x M2

⇒ y′ (1) = −3 .

y = y′ (1)( x − 1) + y (1) = −3 ( x − 1) − 2 ⇔ y = −3x + 1

2x + 1 1 =0⇔ x =− . x −5 2

1 Khi đó phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = − là 2

là y = 3 x − 6 x M

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M (1; −2 ) là đường thẳng ( ∆ ) có dạng:

Tập xác định D = ℝ \ {5} . .

2 M

−3

( x − 2)

2 M

3 M

2 M

Bài toán: Cho hàm số y = f ( x ) có đồ thị (C).

Ví dụ. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị

Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) với

( C ) : y = x 3 − 3x + 2

hệ số góc k cho trước.

Hướng dẫn giải

Cách 1.

Tập xác định: D = ℝ .

Bước 1: Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm và tính

Ta có: y′ = 3 x 2 − 3 .

y′ = f ′ ( x ) .

Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm là M ( x0 ; y0 ) ,

Bước 2:

suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là

- Hệ số góc tiếp tuyến là k = f ′ ( x0 ) .

k = y′ ( x0 ) = 9 ⇔ 3 x02 − 3 = 9 ⇔ x02 = 4 ⇔ x0 = ±2 .

- Giải phương trình này tìm được x0 , thay vào

+ Với x0 = 2 ta có y0 = 4 , suy ra tiếp điểm

hàm số được y0 .

M1 ( 2;4 ) .

Bước 3: Với mỗi tiếp điểm ta tìm được các

+ Với x0 = −2 ta có y0 = 0 , suy ra tiếp điểm

tiếp tuyến tương ứng

⇔ ( x − x M ) ( x + 2 x M − 3) = 0

d : y = y0′ ( x − x0 ) + y0

 x = xM ⇔  x = −2 x M + 3

Chú ý: Đề bài thường cho hệ số góc của tiếp Trang 25

có hệ số góc bằng 9.

M2 ( −2;0 ) . Phương trình tiếp tuyến tại M1 là

( d1 ) : y = 9 ( x − 2 ) + 4 ⇒ ( d1 ) : y = 9 x − 14. . Trang 26

tuyến dưới các dạng sau:

Phương trình tiếp tuyến tại M2 là

+ Tiếp tuyến d / / ∆ : y = ax + b ⇒ k = a .

( d2 ) : y = 9 ( x + 2 ) + 0 ⇒ ( d2 ) : y = 9 x + 18 .

Sau khi lập được phương trình tiếp tuyến thì nhớ kiểm tra lại xem tiếp tuyến có bị trùng với đường thẳng ∆ hay không? Nếu trùng thì

Ví dụ mẫu

Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là

Ví dụ 1: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị

( d1 ) : y = 9 x − 14; ( d2 ) : y = 9 x + 18 .

( ∆ ) : 3x − y + 2 = 0 .

phải loại đi kết quả đó.

Hướng dẫn giải

+ Tiếp tuyến

Tập xác định D = ℝ \ {−2}

1 d ⊥ ∆ : y = ax + b ⇒ k.a = −1 ⇒ k = − . a

Ta có: y′ =

+ Tiếp tuyến tạo với trục hoành một góc α thì

( x + 2)

Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm là M ( x0 ; y0 ) .

Tổng quát: Tiếp tuyến tạo với đường thẳng

Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng ( ∆ ) nên

k −a Khi đó: = tan α 1 + ka

( x0 + 2 )

2x +1 song song với đường thẳng x +2

và ( ∆ ) : 3x − y + 2 = 0 ⇒ y = 3 x + 2 .

k = ± tan α .

∆ : y = ax + b một góc α .

x + 2 = 1  x = −1 2 = 3 ⇔ ( x0 + 2 ) = 1 ⇔  0 ⇔ 0 x + 2 = − 1  0  x 0 = −3

Cách 1.

Cách 2. Sử dụng máy tính cầm tay

Tập xác định D = ℝ .

Phương trình tiếp tuyến cần lập có dạng

Ta có: y′ = 3 x 2 − 3 .

+ Với x0 = −1 suy ra y 0 = −1 , suy ra tiếp điểm M1 ( −1; −1) .

d : y = kx + m .

Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm là M ( x0 ; y0 ) .

Phương trình tiếp tuyến tại M1 là: d1 : y = 3 ( x + 1) − 1 ⇒ d1 : y = 3 x + 2 .

Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là

Lúc này: d1 ≡ ∆ nên không thỏa mãn.

k = y′ ( x0 ) = 9 ⇔ 3 x02 − 3 = 9 ⇔ x02 = 4 ⇔ x0 = ±2 .

+ Với x0 = −3 ⇒ y0 = 5 ta có tiếp điểm M2 ( −3;5) .

+ Với x0 = 2 ta nhập 9 ( − X ) + X 3 − 3 X + 2

Phương trình tiếp tuyến tại M2 là ( d2 ) : y = 3 ( x + 3) + 5 ⇒ ( d2 ) : y = 3x + 14 .

Tìm hoành độ tiếp điểm x0 .

Nhập k ( − X ) + f ( X ) (hoặc f ( X ) − kX ) sau

Vậy có một tiếp tuyến cần tìm là d2 : y = 3x + 14 .

ta được kết quả đó bấm

với X = x0 rồi bấm

Cách 2. Sử dụng máy tính cầm tay

+ Với x0 = −1 ta nhập:

được kết quả là m.

2x +1 x+2

Vậy phương trình đường tiếp tuyến là

3( − x ) +

d1 : y = 9 x − 14 .

ta được kết quả là

với x = −1 rồi bấm

+ Với x0 = −2 ta nhập 9 ( − X ) + X − 3 X + 2 3

rồi bấm ta được kết quả là Suy ra d1 : y = 3 x + 2 ⇒ d1 ≡ ∆ (không thỏa mãn). + Với x0 = −3 ta nhập:

2x +1 x+2

Vậy phương trình đường tiếp tuyến là

3( − x ) +

d2 : y = 9 x + 18

ta được kết quả là Trang 27

với x = −3 rồi bấm

Trang 28

y′ ( x0 ) = 2 ⇔

x = 1 = 2 ⇔ x02 − 4 x0 + 3 = 0 ⇔  0  x0 = 3

x02 − 4 x0 + 5

( x0 − 2 )

+ Với x0 = 1 ta có y0 = 1 , suy ra phương trình tiếp tuyến

Suy ra d2 : y = 3x + 14 . Ví dụ 2: Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 có đồ thị (C). Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C) có hoành độ bằng 1. Tìm

(

)

giá trị của tham số m để tiếp tuyến của (C) tại M song song với đường thẳng d : y = m 2 − 4 x + 2 m − 1 . Hướng dẫn giải

y = 2 ( x − 1) + 1 ⇔ y = 2 x − 1. . + Với x0 = 3 ta có y0 = 1 , suy ra phương trình tiếp tuyến

y = 2 ( x − 3) + 1 ⇔ y = 2 x − 5 . Vậy có hai phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = 2 x − 1, y = 2 x − 5 .

Tập xác định D = ℝ .

2x + 2 có đồ thị là (C). Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến tạo x −1

Ta có: y′ = 3x 2 − 6 x .

Ví dụ 5: Cho hàm số y =

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M (1; −2 ) ∈ ( C ) là

với hai trục tọa độ một tam giác vuông cân.

(

)

∆ : y + 2 = 3.12 − 6.1 ( x − 1) ⇔ y = −3x + 1 .

Hướng dẫn giải Tập xác định: D = ℝ \ {1} .

m = 1 −3 = m 2 − 4  ⇔   m = −1 ⇔ m = −1 . Khi đó: ∆ / / d ⇔  2 m − 1 ≠ 1 m ≠ 1 

Ta có: y′ =

Ví dụ 3: Cho hàm số y = x 4 − 2 ( m + 1) x 2 + m + 2 có đồ thị (C). Gọi A là điểm thuộc đồ thị hàm số có

Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra phương trình tiếp tuyến của (C) là

hoành độ bằng 1. Tìm giá trị của tham số m để tiếp tuyến với đồ thị (C) tại A vuông góc với đường thẳng

−4

( x − 1)

∆:y =

∆ : x − 4y +1 = 0 .

−4

( x0 − 1)

( x − x0 ) +

2 x0 + 2 x0 − 1

Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ một tam giác vuông cân nên hệ số góc của tiếp tuyến bằng ±1 .

Hướng dẫn giải

−4

Tập xác định D = ℝ .

( x0 − 1)

Ta có: y′ = 4 x − 4 ( m + 1) x . 3

= ±1 ⇔ x0 = −1, x0 = 3 .

+ Với x0 = −1 ta có y0 = 0 ⇒ ∆ : y = − x − 1 .

Gọi d là tiếp tuyến của (C) tại điểm A.

+ Với x0 = 3 ta có y0 = 4 ⇒ ∆ : y = − x + 7 .

Khi đó tiếp tuyến d có hệ số góc k = y′ (1) = 4 − 4 ( m + 1) = −4 m .

Bài toán 3. Viết phương trình tiếp tuyến khi biết tiếp tuyến đi qua một điểm cho trước

1 Do đó: d ⊥ ∆ ⇔ −4 m. = −1 ⇔ 4 m = 4 ⇔ m = 1 . 4

Phương pháp giải Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C),

Ví dụ. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị

x 2 − 3x + 1 Ví dụ 4: Cho hàm số y = có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến của x −2

biết tiếp tuyến đi qua điểm A ( x A ; y A ) .

( C ) : y = −4 x 3 + 3x + 1 đi qua điểm A ( −1;2 ) .

đồ thị (C) tại điểm có hệ số góc k = 2 .

Phương pháp giải

Hướng dẫn giải

Cách 1: Sử dụng điều kiện tiếp xúc của hai

Tập xác định D = ℝ .

Tập xác định: D = ℝ \ {2}

đồ thị

Ta có: y′ = −12 x 2 + 3 .

Gọi M ( x0 ; yo ) là tọa độ tiếp điểm. Ta có y′ =

x2 − 4x + 5

( x − 2)

Bước 1: Phương trình tiếp tuyến đi qua .

A ( x A ; y A ) hệ số góc k có dạng:

d : y = k ( x − x A ) + yA ( * )

Hệ số góc của tiếp tuyến là k = 2 nên

Đường thẳng d đi qua A ( −1;2 ) với hệ số góc k có phương trình d : y = k ( x + 1) + 2 . Đường thẳng d là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi

Bước 2: d là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi Trang 29

Trang 30

 f ( x ) = k ( x − x A ) + yA có nghiệm. hệ   f ′ ( x ) = k

3 −  4 x + 3 x + 1 = k ( x + 1) + 2 (1) có hệ phương trình  2  k = −12 x + 3 ( 2 )

1 13 Phương trình tiếp tuyến là d : y = x + . 3 3

Bước 3: Giải hệ trên tìm được x, từ đó tìm ra k

nghiệm.

Ví dụ 2: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( C ) : f ( x ) =

và thế vào phương trình (*), thu được phương

Thay k từ (2) vào (1) ta được:

trình tiếp tuyến cần tìm.

−4 x 3 + 3x + 1 = −12 x 2 + 3 ( x + 1) + 2

Tập xác định D = ℝ .

⇔ 8 x 3 + 12 x 2 − 4 = 0

Gọi N ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm. Khi đó ta có: y0 =

Cách 2: Bước 1. Gọi M ( x0 ; f ( x0 ) ) là tiếp điểm. Tính hệ số góc tiếp tuyến k = f ′ ( x0 ) theo x0 . Bước 2. Phương trình tiếp tuyến có dạng:

d : y = f ′ ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 )(** ) Vì điểm A ( x A ; yA ) ∈ d nên

yA = f ′ ( x0 )( x A − x0 ) + f ( x0 ) Giải phương trình này sẽ tìm được x0 . Bước 3. Thay x0 vừa tìm được vào (**) ta được phương trình tiếp tuyến cần tìm.

(

Hướng dẫn giải

)

1 2  ⇔  x −  ( x + 1) = 0 2 

x02 x − x0 + 1; f ′ ( x0 ) = 0 − 1 . 4 2

x2 x  Phương trình tiếp tuyến tại N là y =  0 − 1  ( x − x0 ) + 0 − x0 + 1 . 4 2 

 x = −1 ⇔ x = 1  2

Mà tiếp tuyến đi qua M ( 2; −1) nên

 x0 = 0, y0 = 1, f ′ ( 0 ) = −1 x2 x2 x  −1 =  0 − 1  ( 2 − x0 ) + 0 − x0 + 1 ⇔ − 0 + x0 = 0 ⇔  2 4 4    x0 = 4, y0 = 1, f ′ ( 4 ) = 1

+ Với x = −1 ta có k = −9. Phương trình tiếp tuyến là y = −9 x + 7 . + Với x =

x2 − x + 1 đi qua điểm M ( 2; −1) . 4

Phương trình tiếp tuyến là y = − x + 1 và y = x − 3 .

1 ta có k = 0. 2

Ví dụ 3: Cho hàm số y = x 3 − 3x + 2 có đồ thị (C). Tìm các điểm trên đường thẳng d : y = 9 x − 14 sao cho

Phương trình tiếp tuyến là y = 2 .

từ đó kẻ được hai tiếp tuyến với (C).

Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là y = −9 x − 7; y = 2

Hướng dẫn giải Tập xác định D = ℝ . Ta có y′ = 3x 2 − 3 .

Ví dụ mẫu Ví dụ 1: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( C ) : y =

Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm, phương trình tiếp tuyến có dạng

2x −1 đi qua điểm A ( −1;4 ) . x +1

(

Gọi M ( m;9 m − 14 ) là điểm nằm trên đường thẳng d : y = 9 x − 14 .

Tập xác định D = ℝ \ {1} . Ta có: y′ =

( x + 1)

)

y = 3x02 − 3 ( x − x0 ) + x03 − 3 x0 + 2 .

Hướng dẫn giải

(

)

Tiếp tuyến đi qua điểm M khi và chỉ 9m − 14 = 3 x02 − 3 ( m − x0 ) + x03 − 3 x0 + 2

⇔ ( x0 − 2 ) 2 x02 − ( 3m − 4 ) x0 + 8 − 6 m  = 0

Đường thẳng d đi qua A ( −1;4 ) với hệ số góc k có phương trình d : y = k ( x + 1) + 4 .

⇔ ( x0 − 2 ) 2 x02 − ( 3m − 4 ) x0 + 8 − 6 m  = 0

2x −1  x + 1 = k ( x + 1) + 4 (1)  Đường thẳng d là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ  có nghiệm. 3 k = 2 2 ( )  ( x + 1)

Yêu cầu đề bài tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó một nghiệm bằng 2

Thay k từ (2) vào (1) ta được:

hoặc phương trình (1) có nghiệm kép khác 2.

 x0 = 2 ⇔ 2 2 x0 − ( 3m − 4 ) x0 + 8 − 6m = 0 = g ( x0 )(1)

 x = −1 2x −1 3 = x + 1) + 4 ⇔ x 2 + 10 x + 8 = 0 ⇔  2 ( x + 1 ( x + 1)  x = −4 1 Vì x ≠ −1 nên x = −4 ⇒ k = . 3

Trang 31

Trang 32

Câu 10: Tiếp tuyến của đồ thị ( C ) : y = x 3 + 3x 2 + 5 vuông góc với đường d : x + 9 y = 0 có phương trình là A. y = 9 x; y = 9 x + 32 .

B. y = 9 x − 22; y = 9 x + 18 D. y = 9 x + 22; y = 9 x − 18

C. y = 9 x; y = 9 x − 32

Vậy có 3 điểm M thỏa đề bài là 4  M1 ( 2;4 ) ; M2  ; −2  ; M3 ( −4; −50 ) .  3

Câu 11: Cho hàm số y =

x + 3x + 3 tiếp tuyến của đồ thị hàm số vuông góc với đường thẳng x+2

d : 3y − x + 6 = 0 là

Bài tập tự luyện dạng 4 Câu 1: Phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = A. y = x + 2 .

D. A ( −1;0 ) và B ( 5; −2 ) .

C. B ( −2;5) .

  ∆ > 0  9m 2 + 24 m − 48 > 0 m = 2    − 12 + 24 = 0 m 4  g ( 2 ) = 0  Ta có:  ⇔ ⇔ m = 2 3    ∆ = 0  9m + 24 m − 48 = 0   m = − 4     −12 m + 24 ≠ 0   g ( 2 ) ≠ 0

B. y = − x + 2 .

x+2 tại điểm có hoành độ x = 0 là x +1

C. y = − x − 2

D. y = − x

A. y = −3x − 3; y = −3x − 11 .

B. y = −3 x − 3; y = −3 x + 11

C. y = −3x + 3; y = −3x − 11 .

D. y = −3x − 3; y = 3 x − 11

Câu 12: Tiếp tuyến của đồ thị ( C ) : y = − x 4 − x 2 + 6 vuông góc với đường thẳng ∆ : y =

Câu 2: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = ( x + 1) ( x − 2 ) tại điểm có hoành độ x = 2 là A. y = −8 x + 4 .

B. y = 9 x + 18 .

C. y = −4 x + 4 .

D. y = 9 x − 18

A. y = −12 x − 7

B. y = 12 x − 7

C. y = −12 x + 17

D. y = 12 x + 17

B. m = −1.

C. m = 0.

B. a = 2, b = 1

C. a = 1, b = 2

D. m = 4.

B. y = 30 x + 28.

D. a = 2, b = 2

C. y = 42 x + 52.

D. y = 42 x − 52.

Câu 7: Cho hàm số y = x + 3mx + ( m + 1) x + 1 có đồ thị (C). Biết rằng khi m = m0 thì tiếp tuyến với đồ 3

B. 0 < m0 < 1.

C. 1 < m0 < 2.

D. −2 < m0 < −1.

A. y = −24 x − 40 .

B. y = −24 x + 40

C. y = 24 x − 40 .

D. y = 24 x + 40

2x −1 có đồ thị (C). Tiếp tuyến của đồ thị (C) song song với đường thẳng x +1 y = 3x − 1 có tọa độ tiếp tuyến là

Câu 9: Cho hàm số y =

A. A ( 0; −1) và B ( −2;5) .

B. 1.

C. 0.

D. – 1.

A. ( −6;0 ) .

B. [ −6;0]

C. ( −24;0 )

D. [ −24;0]

Câu 15: Khoảng cách lớn nhất từ điểm I (1;1) đến tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = A. 4 2 .

B. 2 2 .

x +1 bằng x −1

D. 2.

3− x Câu 16: Cho hàm số y = ( C ) . Phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó cách đều hai điểm x+2

A ( −1; −2 ) , B (1;0 ) là B. y = −5 x + 1.

C. y = −5x + 3.

D. y = −5 x − 3.

Câu 17: Tập hợp các giá trị thực của tham số m để trên đồ thị hàm số 1 y = mx 3 + ( m − 1) x 2 + ( 4 − 3m ) x + 1 ( Cm ) tồn tại đúng hai điểm có hoành độ dương mà tiếp tuyến tại các 3 điểm đó vuông góc với đường thẳng d : x + 2 y − 3 = 0 là

Câu 8: Phương trình tiếp tuyến của ( C ) : y = x − 2 x tại điểm có hoành độ bằng – 2 là 4

A. – 2.

A. y = −5x − 1.

thị (C) tại điểm có hoành độ bằng x0 = −1 đi qua A (1;3) . Khẳng định nào sau đây đúng? A. −1 < m0 < 0.

tập hợp các giá trị thực của m để tiếp tuyến của (C) tại M có hệ số góc lớn nhất. Khi đó tổng giá trị các phần tử thuộc S bằng

y = x 3 − mx 2 − 2mx + 2018 đều có hệ số góc không âm là

1 Câu 6: Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = − x 3 + 9 x 2 tại điểm có hoành độ x = 2 có phương trình là 2

A. y = 30 x − 28.

D. y = −6 x − 10 .

Câu 14: Tập hợp các giá trị thực của tham số m để mọi tiếp tuyến của đồ thị hàm số

ax + b Câu 5: Cho hàm số y = có đồ thị cắt trục tung tại A ( 0; −1) , tiếp tuyến tại A có hệ số góc k = −3 . x −1 Các giá trị của a, b là

A. a = 1, b = 1 .

C. y = −6 x + 10 .

Câu 13: Cho hàm số y = − x + 3x có đồ thị (C) và điểm M có hoành độ m3 + 2 m 2 thuộc (C). Gọi S là

tiếp tuyến có hệ số góc lớn nhất của đồ thị ( Cm ) vuông góc với đường thẳng ∆ : x − 2 y − 4 = 0 ? A. m = −2.

B. y = −6 x + 2 . 3

Câu 4: Cho hàm số y = − x + 3x + ( 2 m − 1) x + 2 m − 3 có đồ thị ( Cm ). Với giá trị nào của tham số m thì 3

phương trình là A. y = −6 x − 2 .

Câu 3: Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = 2 x + 3x tại điểm M có tung độ bằng 5 là 3

1 x − 1 có 6

B. A ( 0; −1)

 2 A.  0;  .  3

2  B. ( −∞;0 ) ∪  ; +∞  . 3  

 1 1 2 C.  0;  ∪  ;  .  2 2 3

1 2   D.  −∞;  ∪  ; +∞  . 2 3    

−x +1 có đồ thị (C). Với mọi m đường thẳng y = x + m luôn cắt (C) tại hai 2x −1 điểm phân biệt A, B. Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A, B. Mệnh đề nào sau đây

Câu 18: Cho hàm số y =

đúng? Trang 33

Trang 34

1 A. k1.k2 = . 9

1 B. k1.k2 = . 4

C. k1 .k2 =

1 . 16

Câu 26: Hệ số góc của các tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 1 của đồ thị hàm số y = f ( x ) ; y = g ( x )

D. k1 .k2 = 1.

2x +1 Câu 19: Cho hàm số y = có đồ thị (C). Có bao nhiêu điểm thuộc đồ thị (C) mà tiếp tuyến của (C) x −2 2 tại điểm đó tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng ? 5

A. 4 điểm.

B. 1 điểm.

C. 2 điểm.

D. 3 điểm

hàm số y = f ( x ) và y = x 2 . f ( 4 x − 3) tại điểm có hoành độ x = 1 . Biết rằng hai đường thẳng ∆1 , ∆ 2 vuông góc nhau. Mệnh đề nào sau đây đúng? 3 < f (1) < 2 .

B. f (1) < 2 .

C. f (1) ≥ 2 .

D. 2 ≤ f (1) < 2 3 .

Câu 21: Cho hàm số y = x 3 − 6 x 2 + 9 x có đồ thị (C). Tiếp tuyến của (C) tạo với đường thẳng ∆ : x + y − 1 = 0 một góc α sao cho cos α =

4 41

và tiếp điểm có hoành độ nguyên có phương trình là

A. y = 9 x; y = 9 x − 32.

B. y = 9 x − 21; y = 9 x + 7.

C. y = 9 x; y = 9 x + 32.

D. y = 9 x + 21; y = 9 x − 7.

A. m =

10 . 3

C. m =

10 . 13

x0 = 1 của hai đồ thị hàm số y = f ( x ) và y =

( )

f x2

11 . 4

C. f ( x ) ≥

có hệ số góc lần lượt là – 10 và – 3. Tính giá trị của

 3 4 A.  − ; −  .  4 7

D. f (1) >

3  C.  ; −4  4 

B. ( 0; −1) .

Câu 28: Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = ( 2 m − 1) x 4 − m +

11 . 4

1 4 D. B  ; −  4 3 5 tại điểm có hoành độ x = −1 4

vuông góc với đường thẳng d : 2 x − y − 3 = 0. . A.

3 . 4

1 . 4

7 . 16

9 . 16

B. 3.

C. – 1.

D. – 3

)

Đường thẳng x = 2 cắt ( C1 ) , ( C2 ) , ( C3 ) lần lượt tại A, B, C. Biết phương trình tiếp tuyến của ( C1 ) tại A và của ( C2 ) tại B lần lượt là y = 3x + 4 và y = 6 x + 13 . Phương trình tiếp tuyến của ( C3 ) tại C A. y = 24 x − 23 .

B. y = 10 x − 21 .

C. y = 24 x − 21 .

D. y = 10 x − 5

Câu 31: Cho hàm số y = x 2 − 2 x + 3 có đồ thị (C) và điểm A (1; a ) . Có bao nhiêu giá trị nguyên của a −10 B. f (1) = . 3

C. f (1) = 4.

để có đúng hai tiếp tuyến của (C) đi qua A?

D. f (1) = −4.

A. 1.

d : y = k ( x + 1) + 2 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M, N, P sao cho các tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc với nhau. Biết M ( −1;2 ) , tích tất cả các phần tử của tập S bằng 2 B. − . 9

1 C. . 3

B. 4.

C. 3.

Câu 32: Cho hàm số y = x − 3x 2 + 1 có đồ thị (C). Hỏi trên trục Oy có bao nhiêu điểm A mà qua A có thể kẻ đến (C) đúng ba tiếp tuyến? A. 0.

D. – 1.

điểm I ( −2;2 ) đến tiếp tuyến của (C) tại các điểm A, B là lớn nhất. Tính độ dài đoạn thẳng AB.

B. 3.

C. 1.

C. AB = 4 2.

D. 2.

tiếp tuyến của (C) tại A, B song song nhau và AB = 4 2 . Hỏi đường thẳng AB đi qua điểm nào dưới đây? A. M ( −1; −2 ) .

B. N ( 4;2 ) .

C. P ( −1;2 ) . 2

B. AB = 8.

D. 2.

Câu 33: Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 1 có đồ thị (C). Biết có hai điểm phân biệt A, B thuộc (C) sao cho

2x Câu 25: Cho hàm số y = ( C ) . Biết trên (C) có hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ x+2

A. AB = 4.

11 . 4

1 sao cho tiếp tuyến tại đó cùng với các trục tọa độ x −1 tạo thành một tam giác vuông có diện tích bằng 2 là

(

Câu 24: Cho hàm số y = x 3 − 3x có đồ thị (C). Gọi S là tập hợp tất cả giá trị thực của k để đường thẳng

1 A. . 9

B. f (1) < −

Câu 30: Cho các hàm số y = ( x ) , y = f ( f ( x ) ) , y = f x 3 + 2 có đồ thị lần lượt là ( C1 ) , ( C2 ) , ( C3 ) .

f (1) . A. f (1) = −10.

11 . 4

A. 1. D. m = 1 .

Câu 23: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và nhận giá trị dương trên ℝ . Biết tiếp tuyến có hoành độ tại

f ( x)

A. f (1) ≤ −

bằng nhau. Mệnh đề nào sau đây đúng?

x+2 có đồ thị (C). Giả sử, đường thẳng d : y = kx + m là tiếp tuyến của (C), 2x + 3 biết rằng d cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác ∆OAB cân tại gốc tọa độ O. Tổng k + m có giá trị bằng

vuông góc với đường thẳng y = − x .

1 B. m = . 3

g (x) + 3

Câu 29: Cho hàm số y =

Câu 22: Tìm m ∈ ℝ để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị hàm số

( Cm ) : y = x 3 − 2 x 2 + ( m − 1) x + 2m

f (x) + 3

Câu 27: Tọa độ điểm thuộc đồ thị của hàm số y =

Câu 20: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ . Gọi ∆1 , ∆ 2 lần lượt là tiếp tuyến của đồ thị

và y =

Câu 34: Phương trình tiếp tuyến của elip

D. AB = 2 2.

A. Trang 35

x0 x y0 y + 2 = 1. a2 b

D. Q (1; −2 ) .

x y + = 1 tại điểm ( x0 ; y0 ) là a2 b2

x0 x y0 y − 2 = 1. a2 b

x0 x y0 y + 2 = −1. a2 b

x0 x y0 y − 2 = −1. a2 b Trang 36

Câu 35: Giá trị nguyên nhỏ nhất của tham số m để đồ thị hàm số ( P ) : y = x 2 − ( 2 m + 1) x + m 2 + m − 2 cắt trục hoành tại hai điểm x1 < x2 sao cho phần phía trên Ox của tiếp tuyến với (P) tại mọi điểm có hoành độ

x0 ∈ ( −∞;3) và tung độ không âm hợp với tia Ox một góc tù là A. – 4.

B. 4.

Câu 36: Cho hàm số y =

C. 3.

2x + 2 ( C ) . Phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến tạo với hai trục tọa x −1 độ một tam giác vuông cân là Câu 43: Cho hàm số y =

 y = − x − 11 A.  y = −x + 7

D. – 3.

x +1 . Giá trị nhỏ nhất của m sao cho tồn tại ít nhất một điểm M ∈ ( C ) mà tiếp 2x −1

 y = − x − 11 B.   y = − x + 17

y = −x −1 C.   y = − x + 17

y = −x −1 D.  y = −x + 7

Câu 44: Cho hàm số f ( x ) , g ( x ) xác định và liên tục trên ℝ thoả mãn f ′ ( x ) = (10 + x )( 3 − x ) g ( x ) , ∀x

tuyến của (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng d : y = 2m − 1

và hàm số g ( x ) < 0, ∀x . Xét hàm số h ( x ) = f ( 2 − x ) + 2020 . Gọi α 0 là góc tạo bởi phần phía trên Ox

là

của tiếp tuyến của đồ thị hàm số h ( x ) tại điểm x0 và tia Ox. Mệnh đề nào sau đây đúng? A.

1 . 3

3 . 3

2 . 3

m Câu 37: Cho hàm số y = x 3 − x 2 − m + 1 có đồ thị là ( Cm ) . Có bao nhiêu giá trị m để tiếp tuyến của 2

( Cm ) tại giao điểm của nó với trục tung tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 8? A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

1 5  y = − 4 x − 4 B.   y = − 1 x + 13  4 4

1 5  y = − 4 x + 4 C.   y = − 1 x − 13  4 4

1 5  y = − 4 x − 4 D.   y = − 1 x − 13  4 4

Câu 39: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên ℝ và thỏa mãn f 2 (1 + 3x ) = 9 x − f 3 (1 − x ) với ∀x ∈ ℝ .

B. y = − x.

C. y = − x − 2.

D. y = x.

2x −1 Câu 40: Cho hàm số y = có đồ thị (C) và điểm I (1;2 ) . Điểm M ( a; b ) , a > 0 thuộc (C) sao cho x −1 tiếp tuyến tại M của (C) vuông góc với đường thẳng IM. Giá trị a + b bằng A. 1.

B. 2.

C. 4.

C. 0° < α0 < 90° khi x0 ∈ ( −∞;12 ) .

D. 0° < α0 < 90° khi x0 ∈ ( −∞; +∞ ) .

x +3 có đồ thị (C). Nếu điểm M thuộc d : 2 x − y + 1 = 0 có hoành độ âm và từ x −1 điểm M kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới (C) thì tọa độ điểm M là Câu 45: Cho hàm số y =

B. M ( −2; −3) .

C. M ( −3; −5)

2x +1 ( C ) . Phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến cắt Ox, Oy lần lượt x −1 1 tại A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng là 6

Câu 46: Cho hàm số y =

4 1 A. y = −3 x + 1, y = −3 x + 11, y = −12 x + 2, y = − x − . 3 3 4 2 B. y = −3 x + 1, y = −3 x − 11, y = −12 x − 2, y = − x + . 3 3

4 2 D. y = −3 x + 1, y = −3 x + 11, y = −12 x + 2, y = − x − . 3 3 Câu 47: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm và liên tục trên ℝ . Gọi d1 , d2 lần lượt là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) = xf ( 2 x − 1) tại điểm có hoành độ x = 1 . Biết rằng hai đường thẳng d1 , d2

D. 5.

Câu 41: Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để trên đồ thị hàm số 1 ( Cm ) : y = x 3 + mx 2 + ( 2m − 3) x + 2019 có hai điểm nằm về hai phía của trục tung mà tiếp tuyến của đồ 3

vuông góc với nhau, khẳng định nào sau đây đúng?

thị tại hai điểm đó cùng vuông góc với đường thẳng ( d ) : x + 2 y + 6 = 0 ?

Câu 48: Cho hàm số y = f ( x ) ; y = g ( x ) ; y =

A. 3.

B. 0.

C. 2.

D. 1.

1 A. f ( 2 ) < . 2

f ( x) g ( x)

1 C. f ( 2 ) ≥ . 2

2 < f (1) < 2.

B. f (1) ≤ 2.

C. f (1) ≥ 2 2.

f ( x) g ( x)

D. 2 ≤ f (1) < 2 2.

liên tục và có đạo hàm trên ℝ . Gọi k1 , k2 , k3 lần lượt

sau đây đúng?

tại x = 2 và thỏa mãn k1 = k2 = 2 k3 ≠ 0 khi đó

1 B. f ( 2 ) ≤ . 2

là hệ số góc của tiếp tuyến đồ thị các hàm số trên tại x = 2 và thỏa mãn k1 = k2 = 2 k3 ≠ 0 . Khẳng định nào

Câu 42: Gọi k1 , k2 , k3 lần lượt là hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị các hàm số

y = f ( x ), y = g ( x ), y =

D. M ( −4; −7 )

4 3 C. y = −3x + 11, y = −3 x − 11, y = −12 x, y = − x − . 3 4

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ x = 1 là A. y = x − 2.

B. 90° < α 0 < 180° khi x0 ∈ ( −1; +∞ ) .

A. M ( −1; −1) .

2x −1 Câu 38: Cho hàm số y = có đồ thị là (C). Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến x −1 này cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm A, B thỏa mãn OA = 4OB là 1 5  y = − 4 x + 4 A.   y = − 1 x + 13  4 4

A. 90° < α 0 < 180° khi x0 ∈ ( −1;12 ) .

A. f ( 2 ) ≥

1 . 2

B. f ( 2 ) >

1 2

C. f ( 2 ) <

1 2

D. f ( 2 ) ≤

1 2

1 D. f ( 2 ) > . 2 Trang 37

Trang 38

Câu 49: Cho hàm số y = x 3 − ( m + 1) x 2 + 2 m + 1 có đồ thị (C) (m là tham số thực). Gọi m1 , m2 là các giá

Câu 57: Cho hàm số y = x 4 − 2 mx 2 + m , có đồ thị (C) với m là tham số thực. Gọi A là điểm thuộc đồ thị

trị của m để đường thẳng d : y = x + m + 1 cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao cho tổng hệ số góc

của các tiếp tuyến với (C) tại A, B, C bằng 19. Khi đó m1 + m2 bằng

(γ ) : x 2 + ( y − 1)

A. – 4.

B. 2.

C. 0.

D. – 2.

Câu 50: Cho hàm số y = x − mx − mx + 2 m − 3 có đồ thị là (C), với m là tham số thực. Gọi T là tập tất 3

cả các giá trị nguyên của m để mọi đường thẳng tiếp xúc với (C) đều có hệ số góc dương. Tổng các phần tử của T bằng A. 3.

B. 6.

C. – 6.

D. – 3.

x − 2mx + m Câu 51: Cho hàm số y = . Giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại hai điểm và tiếp tuyến x+m của đồ thị tại hai điểm đó vuông góc là A. 3.

B. 4.

C. 5.

D. 7.

Câu 52: Cho hàm số y = f ( x ) = ax + bx + cx + dx + e ( a ≠ 0 ) có đồ thị (C) cắt trục hoành tại bốn điểm 4

= 4 tạo thành một dây cung có độ dài nhỏ nhất bằng

16 . 13

B. −

13 . 16

D. −

16 . 13

Câu 58: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ , thỏa mãn

2 f ( 2 x ) + f (1 − 2 x ) = 4 x 3 − x 2 , ∀x ∈ ℝ . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ bằng 1 và bằng 0 lần lượt có dạng y = ax + b và a1 x + b1 . Giá trị của A.

5 . 46

46 3

3 46

2a − 5b bằng 3b1 + 2 a1 D.

46 5

ĐÁP ÁN Dạng 1. Công thức tính đạo hàm

phân biệt là A ( x1 ;0 ) , B ( x2 ;0 ) , C ( x3 ;0 ) , D ( x4 ;0 ) , với x1 , x2 , x3 , x4 theo thứ tự lập thành cấp số cộng và

1–A

2–D

3–C

4–B

5–D

6–B

7–B

8–A

9–B

10 – A

hai tiếp tuyến của (C) tại A, B vuông góc với nhau. Tính giá trị của biểu thức

11 – D

12 – A

13 – A

14 – B

15 – D

16 – D

17 – D

18 – A

19 – D

20 – A

21 – C

22 – C

23 – D

24 – D

25 – C

26 – C

27 – D

28 – D

29 – D

S = 3  f ′ ( x3 )  +  f ′ ( x4 )  . A. S = 9.

B. S = 3.

C. S = 4.

D. S = 2.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 6.

Câu 53: Cho hàm số y = f ( x ) xác định và có đạo hàm trên ℝ thỏa mãn 2

 f (1 + 2 x )  = x −  f (1 − x )  , ∀x ∈ ℝ . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ bằng 1 là 6 A. y = − x + . 7

1 8 B. y = − x + . 7 7

1 6 C. y = − x − . 7 7

D. y =

1 8 x− . 7 7

4 4 Ta có y′ = 5 (1 − x 3 ) (1 − x 3 )′ = −15 x 2 (1 − x 3 )

2 f ( 2 x ) + f (1 − 2 x ) = 12 x 2 , ∀x ∈ ℝ . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ bằng 1 là

B. y = 4 x − 6.

C. y = 2 x − 6.

D. y = 4 x − 2.

x B. y = − + 2. 13

x 1 C. y = − + . 13 13

x 12 D. y = − − . 13 13

(1 − x )

3 1 = x2 x

Câu 11.

 f ( − x + 2 )  +  f ( x + 2 )  = 10 x . Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ bằng 2 là C. y = −2 x + 5.

−x2 + 2x

Câu 10.

B. y = 2 x − 3.

Ta có y′ = 10 x 4 − x 3 − 3x 2 ⇒ y′ = 40 x 3 − 3x 2 − 6 x

Ta có y′ = 3x 5 +

Câu 56: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, có đạo hàm trên ℝ và thỏa mãn

A. y = 2 x − 5.

2 ( x − 2 )(1 − x ) − ( x − 2 ) ( −1)

Câu 9.

 f (1 + 2 x )  = x −  f (1 − 3x )  , ∀x ∈ ℝ . Tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ x = 1 là

Câu 8. Ta có y′ =

Câu 55: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f ′ ( x ) trên ℝ thỏa mãn

A. y = x − 2.

( 2 x + 1)( x − 2 ) − ( x 2 + x ) x 2 − 4 x − 2 = ⇒ y′ (1) = −5 2 2 ( x − 2) ( x − 2)

Câu 7.

Câu 54: Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ℝ , thỏa mãn

A. y = 2 x + 2.

Ta có y′ =

D. y = −2 x + 3.

5  10  Ta có y′ = 3  4 − 3  4 x + 2  x  x  

Câu 12. Trang 39

Trang 40

Ta có f ′ ( x ) =

(

2 − 3x 2

( 2 − 3x )′ 2

′

)

−6 x

2 2 − 3x 2

... + 2018 ( 2018 + x )( 2017 + 2 x ) ... (1 + 2017 x )

−3 x

Suy ra f ′ (1) = 20192017 + 2.20192017 + 3.20192017 + ... + 2018.20192017 = 20192017 (1 + 2 + 3 + ... + 2018 )

2 − 3x 2

Câu 13.

= 20192017.

(

2 2 ′ x ′. 4 − x − x. 4 − x  = 4 − x2 

 x Ta có y′ = f ′ ( x ) =  2  4− x

)′ =

4 − x2 +

4 − x2

x2 4 − x 2 ⇒ y′ 0 = 4 = 1 ( ) 4 2

Câu 23.

a2 − x 2 +

Câu 14.

Ta có y′ =

Ta có y′ = −

(

x2 +1 x2 + 1

′

− x +1 ′

(

)

(

)

2 x + 1. x + 1

−x 2

(

)

x + 1. x 2 + 1

⇒ a = −1

−x

)

Câu 16. Ta có y′ = 3( x 2 + 5 x + 6)2 + 2 ( x + 3)( x + 2 )

Ta có y′ = 7 ( − x + 3x + 7 )

(

− x + 3 x + 7 ′ = 7 ( −2 x + 3 ) − x 2 + 3 x + 7

)

(

)

Ta có f ′ ( x ) =

2 1 + 3x

−

2x +1 2 x2 + x + 1

(

Câu 18. 3

− x2 )

4 x 2 + 5x + 3 2 x2 + x +1

′  3 − 2 x ′ ( 3 − 2 x ) 4 x − 1 − ( 3 − 2 x ) Ta có   = 2  4x −1  4x −1

Câu 17. 6

Câu 25.

2 x +1

a2 − x 2 =

Ta có y′ = x 2 + x + 1 + ( x + 1)

Ta có y′ = 2 x + x + 1 +

2 3 3 (1 + 2 x )

3 2 5 ⇒ f ′ (0) = − = 2 3 6

(

4x −1

)

)′ = −2

4 x − 1 − (3 − 2 x ).

2 4x −1

4x −1

−2 ( 4 x − 1) − 2 ( 3 − 2 x )

( 4 x − 1)

4x −1

−4 x − 4

( 4 x − 1)

4x −1

Suy ra a = −4, b = 4 . Vậy

Câu 19.

a = −1 . b

Câu 26.

(

Ta có y′ = x

′

= x ′. x +

) ( ) 2

1 5 x. x x . x = 2 x. x + .x = 2 x x + x x = 2 2 2 x ′

( )

Đặt u ( x ) = ( x + 1)( x + 2 )( x + 3) ... ( x + n ) .

Ta có:

Câu 20.

f ( x ) = x.u ( x ) ⇒ f ′ ( x ) = u ( x ) + x.u′ ( x ) = ( x + 1)( x + 2 )( x + 3) ... ( x + n ) + x.u′ ( x ) ⇒ f ′ ( 0 ) = 1.2.3.4... n = n !

( 2 x − 1)( x − 1) − ( x 2 − x + 1) x 2 − 2 x y′ = = ⇒ ab = −2 2 2 ( x − 1) ( x − 1)

Câu 27. Ta có f 3 ( 2 − x ) − 2 f 2 ( 2 + 3 x ) + x 2 g ( x ) + 36 x = 0 (1)

Câu 21. Ta có y =

Câu 24.

Câu 15.

Ta có

2018.2019 = 1009.20192018 2

Lấy đạo hàm theo x hai vế của (1) ta được:

( x − 1)( x + 3)

( (

x2 + 2x − 3 ′

1 ⇒ y′ = − x2 + 2x − 3 x2 + 2x − 3

) )

=−

2x + 2

(

x2 + 2x − 3

)

3 f 2 ( 2 − x ) .  f ( 2 − x ) ′ − 4. f ( 2 + 3 x ) .  f ( 2 + 3x ) ′ + 2 xg ( x ) + x 2 g ′ ( x ) + 36 = 0

⇔ −3 f 2 ( 2 − x ) . f ′ ( 2 − x ) − 12. f ( 2 + 3 x ) . f ′ ( 2 + 3 x ) + 2 xg ( x ) + x 2 g′ ( x ) + 36 = 0 ( 2 )

Câu 22.

 f (2) = 0 Thế x = 0 vào (1) ta được f 3 ( 2 ) − 2 f 2 ( 2 ) = 0 ⇔   f ( 2 ) = 2

Ta có

f ′ ( x ) = ( 2017 + 2 x )( 2016 + 3x ) ... (1 + 2018 x ) + ...2 ( 2018 + x )( 2016 + 3x ) ... (1 + 2018 x ) +

Với f ( 2 ) = 0 thế x = 0 vào (2) ta có: 36 = 0 (vô lí). Trang 41

Trang 42

Với f ( 2 ) = 2 thế x = 0 vào (2) ta có:

−3 f

= − sin x.cos ( cos x ) − cos x.sin ( sin x ) = − ( sin x.cos ( cos x ) + cos x.sin. ( sin x ) ) Câu 6:

( 2 ) . f ′ ( 2 ) − 12 f ( 2 ) . f ′ ( 2 ) + 36 = 0 ⇔ −3.2 . f ′ ( 2 ) − 12.2. f ′ ( 2 ) + 36 = 0 ⇔ f ′ ( 2 ) = 1. 2

1 3 1 Ta có y = sin 4 x + cos4 x = 1 − sin 2 2 x = + cos 4 x 2 4 4

Vậy A = 3 f ( 2 ) + 4 f ′ ( 2 ) = 3.2 + 4.1 = 10 Câu 28. Ta có f ( x ) = x 2 ⇒ f ′ ( x ) = 2 x, f ′  g (1) = f ′ ( 3) = 6

1 3 1 ′ 1 Do đó y′ =  + cos 4 x  = ( cos 4 x )′ = ( − sin 4 x ) . ( 4 x )′ = − sin 4 x . 4 4 4  4

 f ( g ( x ) ) ′ ( x ) = f ′ ( g ( x ) ) .g ′ ( x ) = 30 , suy ra  f ( g ( x ) ) ′ (1) = f ′ ( g (1) ) .g′ (1) = 30    

Câu 7.

a = 20 Ta có: y′ = 10 cos 2 x + 20 sin 5x , suy ra  . Vậy a − b = 10 . b = 10

Câu 29. Ta có

 f ′ (1) − 2 f ′ ( 2 ) = 5  f ′ (1) − 2 f ′ ( 2 ) = 5 ( f ( x ) − f ( 2 x ) )′ = f ′ ( x ) − 2 f ′ ( 2 x ) ⇔  f ′ 2 − 2 f ′ 4 = 7 ⇔ 2 f ′ 2 − 4 f ′ 4 = 14 ⇒ f ′ (1) − 4 f ′ ( 4 ) = 19 ( ) ( )  ( )  ( ) ′ ′ Vậy f (1) − f ( 4 ) = 19 .

Câu 8. Ta có f ′ ( x ) = Câu 9.

Dạng 2. Đạo hàm của hàm số lượng giác. 1–A

2–A

3–D

4–A

5–B

6–D

7–B

8–D

9–A

10 – A

11 – B

12 – D

13 – D

14 – B

15 – A

16 – D

17 – C

18 – C

19 – D

20 – B

21 – C

22 – A

23 – C

24 – D

25 – C

26 – D

27 – C

28 – C

sin (π x ) −1 2 sin 3π = 2. ( cos (π x ) )′ . = 2.π ⇒ f ′ ( 3) = 2π . =0 cos (π x ) cos2 (π x ) cos2 (π x ) cos2 3π

Ta có f ′ ( x ) =

cos x

−

sin x

2 x

( cos x

π2  2  π π x − sin x ⇒ f ′   =  cos − sin  = 0 4 4  16  π 

)

Câu 10.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Ta có y′ = sin 2 x ′ . cos x + sin 2 x. ( cos x )′ = 2 cos2 x sin x − sin 3 x.

Câu 1:

Câu 11.

Ta có y′ = ( 5sin x )′ − ( 3cos x )′ = 5cos x + 3sin x .

Ta có f ′ ( x ) = 2 cos x − a sin x − 3 = 0 có nghiệm khi và chỉ khi 4 + a 2 ≥ 9 ⇔ a 2 ≥ 5 ⇔ a ≥ 5

Câu 2:

Câu 12.

Ta có y′ =

( 3x + 2 tan x )′ 2 3x + 2 tan x

(

3 + 2 1 + tan 2 x

2 3x + 2 tan x

(

)

Ta có y′ = cos x ⇒ y = sin x + C (C: hằng số).

5 + 2 tan 2 x 2 3 x + 2 tan x

π π  f   = 1 ⇔ sin + C = 1 ⇔ C = 0 . Vậy y = sin x 2 2  

Câu 3:

Câu 13.

Ta có y′ = ( cos 3x )′ .sin 2 x + cos3 x. ( sin 2 x )′ = −3sin 3 x.sin 2 x + 2 cos3 x.cos 2 x

Ta có y′ = 2

2π 2π π  Do đó y′   = −3sin π .sin + 2 cos π . cos = 1. 3 3 3

(

′ sin x − 2

) (

cos x

)′ = 2.cos x. 2

1 1 cos x sin x + 2 sin x = + sin x 2 cos x sin x cos x

Câu 14.

Câu 4:

Ta có f ( x ) = sin 3 ax ⇒ f ′ ( x ) = 3a sin 2 ax cos ax ⇒ f ′ (π ) = 3a sin 2 aπ .cos aπ = 0

Ta có y′ = 2 x.cos x + x 2 . ( − sin x ) = 2 x cos x − x 2 .sin x

Câu 15.

Câu 5: Ta có y′ =

Bước đầu tiên sử dụng đạo hàm hàm tổng, sau đó sử dụng ( sin u )′ , ( cos u )′

cos x ( sin x − cos x ) − sin x ( cos x + sin x )

( sin x − cos x )

−1

( sin x − cos x )

Câu 16.

y′ = ( sin ( cos x ) )′ + ( cos ( sin x ) )′ = cos ( cos x ) . ( cos x )′ − sin ( sin x ) . ( sin x )′

Trang 43

Trang 44

Ta có y′ =

( )( ) ⇒ y′ = − sin ( 2 cos ( tan 3x ) ) . ( sin ( tan 3 x ) ) .4 tan 3x. (1 + tan 3 x ) .3

⇒ y′ = − sin 2 cos ( tan 4 3 x ) . sin ( tan 4 3x ) .4 tan 3 3 x. (1 + tan 2 3 x ) . ( 3 x )′

( cos 2 x )′ . (1 − sin x ) − cos 2 x (1 − sin x )′ = −2 sin 2 x (1 − sin x ) + cos 2 x.cos x 2 2 (1 − sin x ) (1 − sin x )

π  Suy ra y′   = 6

3 1 1 3 1− + . 2  2  2 2

−2.

 1 1 − 2   

−

3 3 + 2 4 = 4  − 3 + 3  = −2 3 + 3 = − 3  1 4   2 4

Câu 20. Ta có y′ =

Câu 17.

( cot 2 x )′

(

−2 1 + cot 2 2 x

2 cot 2 x

) = − (1 + cot

2 cot 2 x

)

cot 2 x

Câu 21.

 2π   2π   4π   4π  1 + cos  − 2 x  1 + cos  + 2 x  1 + cos  − 2 x  1 + cos  + 2x  3 3 3 3         − 2 sin 2 x Ta có: f ( x ) = + + + 2 2 2 2 1   2π   4π   1   2π   4π  ⇔ f ( x ) = 2 + cos  − 2 x  + cos  − 2 x   + cos  + 2 x  + cos  + 2 x   − 2 sin 2 x 2  3   3  2   3   3  ⇔ f ( x ) = 2 + cos (π − 2 x ) . cos

π 3

+ cos (π + 2 x ) . cos

π 3

Ta có y′ = ( tan x − cot x )′ = Câu 22.

x tan x  x ′ 2 Ta có y′ = 2 tan .  tan  = 2  2  cos2 x 2

− 2 sin 2 x

Câu 23.

1 ⇔ f ( x ) = 2 +  cos (π − 2 x ) + cos (π + 2 x ) − 2 sin 2 x 2

Ta có y′ =

⇔ f ( x ) = 2 − cos 2 x − 2 sin 2 x ⇔ f ( x ) = 1 . Suy ra f ′ ( x ) = 0 Câu 18.

Ta có y′ = cos (π sin x ) . (π .sin x )′ = π cos x. cos (π sin x )

Câu 19. Đầu tiên áp dụng ( u )′ , với u = sin cos tan 4 3 x

( (

( cos x − ( − sin x ) ) ( sin x + cos x ) − ( sin x − cos x )( cos x − sin x ) ( sin x + cos x )

) ) ta có:

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

( sin

Câu 24.

)

(

( (

))

)

( (

)) ( (

y′ = 2 sin cos tan 4 3x .cos cos tan 4 3 x . cos tan 4 3 x

) )′

) (

( sin x + cos x )

Ta có y′ =

(

cos6 x

cos6 x )′

)′ = 2(

cos 6 x

Áp dụng ( cos u )′ , với u = tan 4 3x

Câu 25.

y′ = − sin 2 cos tan 4 3 x . sin tan 4 3x . tan 4 3x ′

Ta có y′ = ( x 2 )′ tan x + ( tan x )′ . x 2 +

Áp dụng uα ′ , với u = tan 3x

Câu 26.

(

)) ( (

)) (

)

( )

(

)(

)

Sau đó áp dụng ( sin u )′ ; với u = cos tan 4 3 x ta có:

(

(sin x + cos x )

)

x + 2 sin x.cos x + cos2 x + sin 2 x − 2 sin x.cos x + cos2 x

′ y′ = 2 sin cos ( tan 4 3x ) . sin cos ( tan 4 3 x )   

(

(sin x − cos x )′ ( sin x + cos x ) − ( sin x − cos x )( sin x + cos x )′ 2 ( sin x + cos x )

π π 3 π   π  Suy ra f ′   = π cos . cos  π sin  = π . .cos   = 0. 6 6 2 6  2

1 1 1 4 + = = cos2 x sin 2 x cos2 x.sin 2 x sin 2 2 x

−6 sin 6 x

2 cos 6 x

−3sin 6 x

cos6 x

( x )′ = 2 x tan x + cosx

1 2 x

π  Ta có f ( sin x + 1) + f ( cos x ) = cos2  x −  , đạo hàm 2 vế ta được 4 

)

y′ = − sin 2 cos ( tan 4 3x ) . sin ( tan 4 3 x ) .4 tan 3 3 x. ( tan 3 x )′ Trang 45

Trang 46

π π   cos x. f ′ ( sin x + 1) − sin xf ′ ( cos x ) = −2 cos  x −  .sin  x −  4 4  

m − 1 > 0 a > 0 m > 1 Với m ≠ 1: f ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔ 2 ⇔ ⇔1< m < 4 ′ ∆ < 0 1 < m < 4 m − 5m + 4 < 0

π  ⇔ cos x. f ′ ( sin x + 1) − sin xf ′ ( cos x ) = − sin  2 x −  (* ) 2 

Vậy m ∈ [1;4 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 5.

 π Thay x = 0 vào phương trình (*), ta được f ′ (1) = − sin  −  ⇔ f ′ (1) = 1  2

(

Ta có f ( x ) = k 3 x + x ⇒ f ′ ( x ) = k 3 x + x

Câu 27. Đặt y = 3 x ⇒ y 3 = x ⇒ 3 y 2 y′ = 1 ⇒ y′ =

y′ = − ( tan x )′ .sin ( tan 2 x ) = −2 ( tan x )′ . tan x.sin ( tan 2 x ) 2

= −2.

1 . tan x.sin ( tan 2 x ) = −2 tan x. ( tan 2 x + 1) .sin ( tan 2 x ) . cos2 x

f ′( x ) = k

( x )′ + ( x )′ =

Câu 28.

( x) 3

)′ = k ( x )′ + ( x )′ 3

1 1 = 3y 2 3 3 x

( )

k 1 3 1 3 . Vậy để f ′ (1) = thì + = ⇔ k = 3 . 3 2 2 2 2 x

Câu 6.

 1  ′  1 1   1 + tan 2  x +  1 + tan 2  x +   2 + tan  x + x   1 ′ 1  x  x        Ta có y′ = = . x +  = . 1 − 2  x 1 1  1  x     2 2 + tan  x +  2 2 + tan  x +  2 2 + tan  x +  x x x   

Ta có y′ = 3x 2 − 6 x − 9 . Xét phương trình y′ = 0 ⇔ 3x 2 − 6 x − 9 = 0 ⇔ x = −1; x = 3 Câu 7. Ta có y′ =

1− x 2x − x

Dạng 3. Chứng minh đẳng thức đạo hàm, tìm giới hạn, giải phương trình và bất phương trình chứa

, suy ra y. y′ = 2 x − x 2 .

1− x 2x − x2

= 1− x

Câu 8.

đạo hàm 1–A

2–C

3–B

4–D

5–C

6–B

7–C

8–A

9–A

10 – B

11 – D

12 – A

13 – C

14 – A

15 – D

16 – C

17 – B

18 – B

19 – C

20 – B

21 – D

22 – A

23 – A

24 – B

25 – C

26 – B

28 – B

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Ta có f ′ ( x ) = ( 2 x 3 + 3 x 2 − 36 x − 1)′ = 6 x 2 + 6 x − 36

x = 2 Suy ra f ′ ( x ) = 0 ⇔ 6 x 2 + 6 x − 36 = 0 ⇔ x 2 + x − 6 = 0 ⇔   x = −3 Câu 9.

Câu 1. Ta có y = 3 1 − x ⇒ y3 = 1 − x ⇒ 3 y 2 y′ = −1 ⇒ 3 y′y 2 + 1 = 0

7 Ta có f ′ ( x ) = ( x 3 + 2 x 2 − 7 x + 3)′ = 3x 2 + 4 x − 7 , suy ra f ′ ( x ) ≤ 0 ⇔ 3x 2 + 4 x − 7 ≤ 0 ⇔ − ≤ x ≤ 1 3

Câu 2.

Câu 10.

Ta có f ′ ( x ) =

3x 2 ( x − 1) − x 3

( x − 1)

2 x 3 − 3x 2

( x − 1)

x = 0 . Xét phương trình f ′ ( x ) = 0 ⇒ 2 x − 3x = 0 ⇔  (thỏa x = 3  2 3

mãn)

−x2 + 2x + 3

+ 3)

 x = −1 . Do đó y′ = 0 ⇒ − x 2 + 2 x + 3 = 0 ⇔  x = 3

Câu 11. Ta có:

Câu 3. Ta có y′ = 1 +

Ta có y′ =

x x2 +1

x + x2 + 1 x2 + 1

y x2 + 1

′ 2 2 2 ′  x 2 + 3x + 3 ′ ( x + 3 x + 3) ( x + 1) − ( x + 3 x + 3) ( x + 1) ( 2 x + 3)( x + 1) − ( x + 3 x + 3) x 2 + 2 x y′ =  = =  = 2 2 2 ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1)  x +1 

⇒ y′ 1 + x 2 = y ⇒ y′ 1 + x 2 − y = 0

Câu 4.

 x = 0  x 2 + 2 x = 0  x = 0 Suy ra y′ = 0 ⇔  ⇔   x = −2 ⇔  .  x = −2 x + 1 ≠ 0  x ≠ −1 

Ta có f ′ ( x ) = 3 ( m − 1) x 2 + 4 ( m − 1) x + m Với m = 1: f ′ ( x ) = 1 > 0, ∀x ∈ ℝ nên m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 12. Trang 47

Trang 48

Ta có f ′ ( x ) =

+ 1)

m > 0 m > 0 12 12 f ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔ 2 ⇔ 0 < m < . Vậy 0 ≤ m < 2 5 5 5m − 12m < 0 ∆ = m − 4m ( 3 − m ) < 0

. Khi đó f ′ ( x ) < 0 ⇔ 4 x < 0 ⇔ x < 0 .

Câu 13.

Câu 20.

f ( x ) = − x 3 + 3mx 2 − 12 x + 3 ⇒ f ′ ( x ) = −3 x 2 + 6mx − 12 .

1 Ta có f ′ ( x ) = 3x 2 − 2 x − 1 . Khi đó f ′ ( x ) < 0 ⇔ 3 x 2 − 2 x − 1 < 0 ⇔ − < x < 1 . 3

 −3 < 0 a < 0 f ′ ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ −3 x 2 + 6 mx − 12 ≤ 0 với ∀x ∈ ℝ ⇔  ⇔ 2 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2 ′ ∆ ≤ 0  9m − 36 ≤ 0

Câu 14. Ta có f ′ ( x ) = −8sin (8 x + 2 ) ≥ −8, ∀x ∈ ℝ .

Vì m ∈ ℤ nên m ∈ {−2; −1;0;1;2} . Vậy có 5 giá trị nguyên m thỏa mãn.

Câu 15. Ta có: y′ =

(

Câu 21.

′ 3 sin x + cos x − 2 x + 2020 = 3 cos x − sin x − 2

)

y′ = 0 ⇔ 3 cos x − sin x − 2 = 0 ⇔ 3 cos x − sin x = 2 ⇔

Đặt f ( x ) = (1 + x )(1 + 2 x )(1 + 3x ) ... (1 + 2018 x )

f ( x ) là hàm số đa thức nên nó liên tục và có đạo hàm trên tập số thực ℝ .

3 1 cos x − sin x = 1 2 2

Ta có f ( 0 ) = 1 và f ′ ( x ) = 1. (1 + 2 x ) ... (1 + 2018 x ) + 2 (1 + x ) ... (1 + 2018 x ) + ... + 2018 (1 + x ) ... (1 + 2017 x )

π π π  ⇔ cos  x +  = 1 ⇔ x + = k 2π ⇔ x = − + k 2π , ( k ∈ ℤ ) 6 6 6  x ∈ [0;2020π ] ⇔ 0 ≤ −

π 6

+ k 2π ≤ 2020π ⇔

⇒ f ′ ( 0 ) = 1 + 2 + 3 + ... + 2018 = 2018.

1 12121 ≤k≤ 12 12

Khi đó ta có: lim x →0

Mà k ∈ ℤ nên k ∈ {1;2;..;1010} . Vậy có 1010 nghiệm thỏa mãn yêu cầu.

(1 + x )(1 + 2 x )(1 + 3x ) ... (1 + 2018x ) − 1 = lim f ( x ) − f ( 0 ) = f ′ x

x →0

x −0

(0) .

Câu 22.

Câu 16.

Ta có f ′ ( x ) = 6  x 2 + ( a + 2 ) x + a 2  nên f ′ ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ x 2 + ( a + 2 ) x + a2 > 0, ∀x ∈ ℝ

Ta có f ′ ( x ) = 2 cos 2 x , suy ra 3 f ( x ) + 2 f ′ ( x ) = 5 ⇔ 3sin 2 x + 4 cos 2 x = 5 ⇔ sin ( 2 x + α ) = 1

a > 2 2 . ⇔ ( a + 2 ) − 4 a2 < 0 ⇔  a < − 2  3

3  cos α = 5 π α . ⇔ x = − + k.π ( k ∈ ℤ ) , với α là một cung thỏa mãn  2 2 sin α = 4  5

 a = −1 2 Mặt khác f ′ ( −1) = 6 ⇔ 6 ( −1) + ( a + 2 )( −1) + a 2  = 6 ⇔  . Vậy a = −1 .   a = 2

Vậy có hai điểm trên đường tròn lượng giác biểu diễn cho các nghiệm của 3 f ( x ) + 2 f ′ ( x ) = 5

Câu 23.

Câu 17. Ta có: f ′ ( x ) = 3x 3 − x − 4 , suy ra f ′ ( x ) < 0 ⇔ 3x 3 − x − 4 < 0 ⇔ −1 < x <

2018 + 1 = 1009.2019 . 2

(

)

Ta có g′ ( x ) = −3 x 2 . f ′ 4 − x 3 .

4 3

 x ≠ 0 Ta có: g ′ ( x ) > 0 ⇔ −3 x 2 . f ′ ( 4 − x 3 ) > 0 ⇔ x 2 . f ′ ( 4 − x 3 ) < 0 ⇔  3  f ′ ( 4 − x ) < 0

Câu 18.

1 ′ Ta có f ′ ( x ) =  x 3 − 2 2 x 2 + 8 x − 1  = x 2 − 4 2 x + 8 ⇒ f ′ ( x ) = 0 ⇔ x 2 − 4 2 x + 8 = 0 ⇔ x = 2 2 . 3  Câu 19.

x ≠ 0 x ≠ 0 x ≠ 0 x ≠ 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔1< x < 2. 3 3 3 − < − < − < − < − < < 4 4 x 3 8 x 1 1 x 8 1 < x < 2    Câu 24.

Ta có f ′ ( x ) = mx 2 − mx + ( 3 − m )

+ Khi 0 < x < x0 ta có f ( x ) = a x ⇔ f ′ ( x ) =

+ Nếu m = 0 thì f ′ ( x ) = 3 > 0, ∀x ∈ ℝ (thỏa mãn).

a . Ta có f ′ ( x ) xác định trên ( 0; x0 ) nên liên tục trên 2 x

khoảng ( 0; x0 ) .

+ Nếu m ≠ 0 thì f ′ ( x ) = mx 2 − mx + ( 3 − m ) là tam thức bậc hai.

Trang 49

Trang 50

+ Khi x > x0 ta có f ( x ) = x 2 + 12 ⇒ f ′ ( x ) = 2 x . Ta có f ′ ( x ) xác định trên ( x0 ; +∞ ) nên liên tục trên khoảng ( x0 ; +∞ ) . + Tại x = x0 ta có

lim

f ( x ) − f ( x0 ) x − x0

x → x0−

lim+

f ( x ) − f ( x0 ) x − x0

x → x0

= lim− x → x0

= lim+

(

a a x − a x0 = lim− x → x0 x − x0

(

x 2 + 12 − x02 + 12 x − x0

x → x0

x − x0 x − x0

) = lim x x → x0+

) = lim

x → x0−

x + x0

f ( x ) − f ( x0 ) x − x0

x → x0

= lim+

f ( x ) − f ( x0 ) x − x0

x → x0

⇔

23 – B

24 – A

25 – C

26 – A

27 – C

28 – D

29 – D

30 – A

31 – A

32 – C

33 – B

34 – A

35 – B

36 – A

37 – D

38 – A

39 – B

40 – D

49 – D

50 – D

41 – C

42 – B

43 – D

44 – A

45 – A

46 – D

47 – C

48 – D

51 – C

52 – C

53 – C

54 – D

55 – D

56 – A

57 – C

58 – D

Câu 1. Tập xác định D = ℝ \ {−1} . Ta có y′ = −

− x02 = lim ( x + x0 ) = 2 x0 . x − x0 x → x0+

( x + 1)

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = y′ ( 0 ) . x + y ( 0 ) ⇔ y = − x + 2

Hàm số f có đạo hàm trên khoảng ( 0; +∞ ) khi và chỉ khi

lim−

22 – A

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

;

2 x0

21 – A

Câu 2.

2 x0

= 2 x0

Gọi M ( x0 ; y0 ) là tọa độ tiếp điểm. Ta có x0 = 2 ⇒ y0 = 0 2

y = ( x + 1) ( x − 2 ) = x 3 − 3 x + 2 ⇒ y′ = 3x 2 − 3 ⇒ y′ ( 2 ) = 9 .

 a khi 0 < x < x0  Khi đó f ′ ( x0 ) = = 2 x0 và f ′ ( x ) =  2 x nên hàm số f có đạo hàm liên tục trên 2 x0 2 x khi x ≥ x  0 a

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = 9 ( x − 2 ) + 0 ⇔ y = 9 x − 18 Câu 3.

khoảng ( 0; +∞ ) . Ta có

2 x0

Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: 2 x 3 + 3x 2 = 5 ⇔ x = 1

= 2 x0 ⇔ a = 4 x0 x0 (1)

Ta có: y′ = 6 x 2 + 6 x ⇒ y′ (1) = 12 . Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = 12 ( x − 1) + 5 = 12 x − 7 ⇔ y = 12 x − 7

Lại có hàm số f liên tục tại x0 nên x02 + 12 = a x0 ( 2 )

Câu 4.

Từ (1) và (2) suy ra x0 = 2 và a = 8 2 .

(

Ta có: y′ = −3x 2 + 6 x + 2m − 1 = −3 ( x 2 − 2 x + 1) + 2 m + 2 = −3 ( x − 1) + 2m + 2 ≤ 2m + 2, ∀x ∈ ℝ 2

)

Vậy S = a + x0 = 2 1 + 4 2 .

Do đó giá trị lớn nhất của y′ là 2m + 2 , đạt tại x0 = 1

Câu 25. Do hàm số y = f ( x ) có đạo hàm tại điểm x0 = 2 suy ra lim

f ( x ) − f (2)

x →2

x −2

Với x0 = 1 thì y0 = 4m − 2

= f ′(2) .

Phương trình tiếp tuyến của ( Cm ) tại M (1;4 m − 2 ) là

Ta có I = lim

d : y − ( 4m − 2 ) = ( 2m + 2 )( x − 1) ⇔ y = ( 2m + 2 ) x + 2m − 4

2 f ( x ) − xf ( 2 )

x −2 ⇔ I = 2 f ′(2) − f (2) . x →2

⇔ I = lim

2 f ( x ) − 2 f ( 2 ) + 2 f ( 2 ) − xf ( 2 ) x −2

x →2

⇔ I = lim x →2

2 ( f ( x ) − f (2)) x −2

− lim x →2

f ( 2 )( x − 2 )

x −2

Theo đề bài ta có ∆ : x − 2 y − 4 = 0 hay ∆ : y =

1 x −2 2

d ⊥ ∆ ⇔ 2m + 2 = −2 ⇔ m = −2 .

Câu 26.

Câu 5.

Đặt f ( x ) = n 1 + 3x ⇒ lim x →0

f ( x ) − f (0) 1 + 3x − 1 3 = lim = f ′ (0) = . x →0 x x n

A ( 0; −1) ∈ ( C ) : y =

Dạng 4. Tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1–B

2–D

3–B

4–A

5–B

6–A

7–B

8–A

9–C

10 – A

11 – A

12 – C

13 – A

14 – B

15 – D

16 – A

17 – C

18 – D

19 – C

20 – C Trang 51

−a − b ax + b b ⇒ = −1 ⇔ b = 1 . Ta có y′ = 2 x −1 −1 ( x − 1)

Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị tại điểm A là k = y′ ( 0 ) = −a − b ⇔ −3 = −a − b ⇔ a = 3 − b = 2 Câu 6.

Trang 52

+ Phương trình tiếp tuyến tại điểm M1 (1;9 ) là: y = 9 ( x − 1) + 9 ⇔ y = 9 x .

3 y′ = − x 2 + 18 x ⇒ y′ ( 2 ) = 30; y ( 2 ) = 32 . 2 Tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ x = 2 có phương trình y = 30 ( x − 2 ) + 32 hay y = 30 x − 28 .

+ Phương trình tiếp tuyến tại điểm M2 ( −3;5) là: y = 9 ( x + 3) + 5 ⇔ y = 9 x + 32 . Câu 11. d : 3y − x + 6 = 0 ⇔ y =

Câu 7. Ta có: y′ = 3x 2 + 6mx + m + 1

1 1 x − 2 ⇒ kd = 3 3

Gọi M ( x0 ; y0 ) là tọa độ tiếp điểm. Ta có y′ =

Với x0 = −1 thì y0 = 2m − 1 , gọi B ( −1;2m − 1) ⇒ AB = ( −2;2 m − 4 )

Tiếp tuyến tại B đi qua A nên hệ số góc của tiếp tuyến là k = −m + 2

x2 + 4x + 3

( x + 2)

Tiếp tuyến vuông góc với d ⇒ ktt .kd = −1 ⇔ ktt = −

Mặt khác hệ số góc của tiếp tuyến là k = y′ ( x0 ) ⇔ 3 ( x0 ) + 6m0 x0 + m0 + 1 = −m0 + 2

⇔ 3 − 6m0 + m0 + 1 = − m0 + 2 ⇔ −4 m0 = −2 ⇔ m0 =

x 2 + 4 x0 + 3 1 = −3 ⇒ y′ ( x0 ) = −3 ⇔ 0 = −3 2 kd ( x0 + 2 )

3  x0 = −  2 ⇔ 4 x02 + 16 x0 + 15 = 0 ⇔  x = − 5  0 2

1 . 2

Câu 8. Ta có: y′ = 4 x 3 − 4 x . Với x0 = −2 thì y0 = 8, y′ ( −2 ) = −24 . Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M ( −2;8 ) là y = −24 ( x + 2 ) + 8 ⇔ y = −24 x − 40 . Câu 9. Ta có y′ =

Với x0 = −

3 3 3 3  ta có y0 = , suy ra phương trình tiếp tuyến y = −3  x +  + ⇔ y = −3x − 3 2 2 2   2

Với x0 = −

5 7 5 7  ta có y0 = − , suy ra phương trình tiếp tuyến y = −3  x +  − ⇔ y = −3 x − 11 2 2 2 2 

Câu 12.

( x + 1)

Ta có: y′ = −4 x 3 − 2 x

Vì tiếp tuyến của đồ thị (C) song song với đường thẳng y = 3x − 1 nên hệ số góc của tiếp tuyến là k = 3 . Suy ra hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình:

( x + 1)

x = 0 =3⇔   x = −2

Gọi d là tiếp tuyến của (C) vuông góc với ∆ : y =

1 x − 1 và có tiếp điểm là M0 ( x0 ; y0 ) 6

Do d ⊥ ∆ nên d có hệ số góc k = −6 Khi đó k = −6 ⇔ y′ ( x0 ) = −6 ⇔ −4 x03 − 2 x0 = −6 ⇔ x0 = 1 ⇒ y0 = 4

Trường hợp 1: x = 0 , suy ra tung độ của tiếp điểm là y0 = −1 .

Phương trình tiếp tuyến tại M (1;4 ) là: y = −6 ( x − 1) + 4 ⇔ y = −6 x + 10

Phương trình của tiếp tuyến là: y + 1 = 3 ( x − 0 ) ⇔ y = 3x − 1 (không thỏa mãn).

Câu 13.

Trường hợp 2: x = −2 , suy ra tung độ của tiếp điểm là y0 = 5

Tập xác định của hàm số là D = ℝ

Phương trình của tiếp tuyến là: y − 5 = 3 ( x + 2 ) ⇔ y = 3 x + 11 ( thỏa mãn).

Ta có y′ = −3x 2 + 6 x

Vậy tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến là B ( −2;5)

Đặt m 3 + 2m 2 = x0 , hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại điểm M là

Câu 10.

k = y′ ( x0 ) = −3 x02 + 6 x0 = 3 − 3 ( x0 − 1) ≤ 3 với mọi x0 ∈ ℝ

1 Ta có: y′ = 3 x 2 + 6 x; d : x + 9 y = 0 hay y = − x . 9

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x0 = 1

Vậy kmax = 3 khi và chỉ khi x0 = 1 , từ đó ta có

Gọi d′ là tiếp tuyến của (C) vuông góc với d và có tiếp điểm M ( x0 ; y0 )

 m = −1 m 3 + 2 m 2 = 1 ⇔ m 3 + 2 m 2 − 1 = 0 ⇔ ( m + 1) m 2 + m − 1 = 0 ⇔   m = −1 ± 5  2

 x0 = 1 ⇒ y0 = 9 Do d ′ ⊥ d nên d′ có hệ số góc k = 9 . Do đó y′ ( x0 ) = 9 ⇔ 3 x02 + 6 x0 = 9 ⇔   x0 = −3 ⇒ y0 = 5

(

Trang 53

)

Trang 54

 −1 + 5 −1 − 5  Suy ra tập S = −1; ;  2 2   Khi đó, tổng giá trị các phần tử thuộc S là −1 +

m ≠ 0  2 1   ∆′ = 4 m − 4 m + 1 > 0 0 < m < 2  2 (1 − m ) ⇔ S = >0 1 < m < 2  m  2  3 2 − 3m P = >0 m 

−1 + 5 −1 − 5 + = −2 2 2

Câu 14.

y = x 3 − mx 2 − 2mx + 2018 ⇒ y′ = 3x 2 − 2mx − 2m

 1 1 2 Vậy  0;  ∪  ;  là những giá trị cần tìm.  2 2 3

Hệ số góc của mỗi tiếp tuyến không âm khi và chỉ khi

Câu 18.

a = 3 > 0 y′ = 3 x 2 − 2 mx − 2m ≥ 0 ⇔  ⇔ m ∈ [ −6;0] 2 ∆′y′ = m + 6 m ≤ 0

Phương trình hoành độ giao điểm:

Câu 15. Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm có hoành độ m là

y=−

( m − 1)

x − m) + 2 (

y′ =

m +1 2 ⇔ 2 x + ( m − 1) y − m 2 − 2m + 1 = 0 m −1

Do đó d ( I , d ) =

2 2 + ( m − 1)

4 m −1 4 + ( m − 1)

4 m −1

≤

2 4 ( m − 1)

y′ = −

1 2

( 2 x1 − 1) ( 2 x2 − 1)

1  4 x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) + 1

( −2 − 2m + 2m + 1)

( x − 2)

2m + 1 −5  2m + 1  Gọi M  m; x − m) + (d )  . Phương trình tiếp tuyến tại M: y = 2 ( m−2  m−2  m − 2 ( )

Dấu bằng xảy ra khi ( m − 1) = 4 ⇔ m = 1 ± 2 Câu 16. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = m là y = −

( m + 2)

x − m) + 2 (

 2 m 2 + 2m − 2  ;0  5  

3− m m+2

{ A} = ( d ) ∩ Ox ⇒ A 

 2 m 2 + 2m − 2   2 ( m − 2 )  

Để tiếp tuyến đó cách đều 2 điểm A ( −1; −2 ) , B (1;0 ) thì có 2 khả năng +) Tiếp tuyến đó song song với AB ⇒ kTT = k AB ⇔ − +) Tiếp tuyến đó đi qua trung điểm của AB ⇒

( 2 x − 1)

⇒ k1k2 =

Câu 19.

2.1 + ( m − 1) .1 − m 2 − 2 m + 1

−1

 x1 + x2 = − m −x +1  = x + m ⇔ 2 x 2 + 2mx − 1 − m = 0 . Theo Vi – ét  −1 − m 2x −1  x1 x2 = 2

(m + 2)

{ B} = ( d ) ∩ Oy ⇒ B  0;

0 − ( −2 ) (vô nghiệm). 1 − ( −1)

(

−2 + 0 5  −1 + 1  3− m =− −m+ ⇔ m = −1 2  2 2 m+2   m + 2 ( )

Vậy tiếp tuyến cần tìm là y = −5x − 1

SOAB

Câu 17. Ta có: y′ = mx 2 + 2 ( m − 1) x + 4 − 3m

)

2 1 1 2m 2 + 2 m − 2 2m 2 + 2 m − 2 2 m + m − 1 = SOAB = OA.OB = 2 2 2 5 5 ( m − 2 )2 (m − 2)

2  m2 + m − 1  =   5 m−2 

 m2 + m − 1  m −2 =1 m = 1 2 = ⇒ 2 ⇔ 5  m + m −1  m = −3  m − 2 = −1

Vậy tìm được hai điểm M thỏa yêu cầu bài toán.

−1 Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình y′. = −1 có đúng hai nghiệm dương phân biệt hay 2 phương trình mx 2 + 2 ( m − 1) x + 4 − 3m = 2 ⇔ mx 2 + 2 ( m − 1) x + 2 − 3m = 0 có hai nghiệm dương phân

Câu 20. Ta có y′ = ( x 2 . f ( 4 x − 3) )′ = 2 x. f ( 4 x − 3) + x 2 .4. f ′ ( 4 x − 3) 2

Vì ∆1 , ∆ 2 vuông góc nhau nên f ′ (1) . ( 2 f (1) + 4 f ′ (1) ) = −1 ⇔ 4 ( f ′ (1) ) + 2. f (1) . f ′ (1) + 1 = 0

biệt.

Để tồn tại f ′ (1) ⇔ ∆′ = f 2 (1) − 4 ≥ 0 ⇔ f (1) ≥ 2 Trang 55

Trang 56

Câu 21.

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:

Đường thẳng ∆ : x + y − 1 = 0 có vectơ pháp tuyến là: n1 = (1;1)

 x = −1 ⇒ y = 2 x 3 − 3 x = k ( x + 1) + 2 ⇔ ( x + 1) x 2 − x − 2 − k = 0 ⇔  2  x − x − 2 − k = 0 (1)

(

Gọi ( d ) : y = kx + m là tiếp tuyến cần tìm ⇒ d có vectơ pháp tuyến là n1 = ( k; −1) n1.n2 4 4 4 Theo giả thiết, ta có: cos α = ⇔ cos n1 , n2 = ⇔ = 41 41 41 n1 . n2

(

)

d cắt (C) tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác – 1.

)

9  ∆ (1) > 0 k > − ⇔ ⇔ 4 k ≠ 0 g ( −1) ≠ 0

k = 9 ⇔ 41 k − 1 = 4 2. k 2 + 1 ⇔ 9k 2 − 82 k + 9 = 0 ⇔  k = 1 9 

Khi đó, d cắt (C) tại M ( −1;2 ) , N ( x1 ; y1 ) , P ( x2 ; y2 ) với x1 , x2 là nghiệm của (1).

+) Với k = 9 thì d : y = 9 x + m

 S = x1 + x2 = 1 Theo định lý Vi – ét:   P = x1 x2 = − k − 2

 x 3 − 6 x 2 + 9 x = 9 x + m (1) d tiếp xúc với (C) khi hệ  2 có nghiệm. 3 x − 12 x + 9 = 9 ( 2 )

Tiếp tuyến tại N và P vuông góc với nhau ⇔ y′ ( x1 ) . y′ ( x2 ) = −1 ⇔ 3 x12 − 3 3x22 − 3 = −1

(

2 2 1 2

(

2 1

⇔ 9x x − 9 x + x

x = 0 ∈ ℤ ⇒ m = 0 ⇒ y = 9x Ta có: ( 2 ) ⇔ 3x − 12 x = 0 ⇔   x = 4 ∈ ℤ ⇒ m = −32 ⇒ y = 9 x − 32

2 2

) + 9 = −1 ⇔ 9P

)(

)

+ 18P − 9 S + 9 = −1

+) Với k =

⇔ 9k 2 + 18k + 1 = 0 ⇔ k =

1 1 thì d : y = x + m 9 9

−3 ± 2 3 3

Vậy tích các phần tử trong S là

1  3 2  x − 6 x + 9 x = 9 x + m ( 3) d tiếp xúc với (C) khi hệ  có nghiệm 3 x 2 − 12 x + 9 = 1 ( 4 )  9 Ta có: ( 4 ) ⇔ 27 x 2 − 108 x + 80 = 0 ⇔ x =

1 . 9

Câu 25.

4  2a  Giả sử A  a;  . Ta có y′ = 2  a+2 ( x + 2)

−18 ± 2 21 ∉ℤ 9

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A:

Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán có phương trình là: y = 9 x ; y = 9 x − 32

(a + 2)

x−y−

( a + 2)

2a = 0 ⇒ d ( A, d ) = a+2

8(a + 2)

(a + 2)

+ 16

Do tính đối xứng nên A, B thuộc hai nhánh khác nhau, không mất tính tổng quát giả sử x A = a > −2

Câu 22. 2

2 7 7 7 7 2  y′ = 3 x 2 − 4 x + m − 1 = 3  x −  + m − ≥ m − ⇒ y′ ≥ m − ⇒ y′ = m − khi x = . 3 3 3 3 3 3 

Đặt t = a + 2 ⇒ t > 0 . Khi đó d ( A, d ) =

8t 4

t + 16

7 10  Theo bài toán ta có: y′ ( −1) = −1 ⇔  m −  ( −1) = −1 ⇔ m = 3 3  

Xét f ( t ) =

Câu 23.

Vậy khoảng cách từ I đến tiếp tuyến tại A lớn nhất khi a = 0 hay A ( 0;0 )

 f ( x ) ′ f ( x 2 ) . f ′ ( x ) − f ( x ) .2 x. f ′ ( x 2 )  = Ta có y′ =  = T(x)  f ( x2 )  f 2 ( x2 )  

Do tính đối xứng nên B ( −4;4 ) .

( t > 0 ) , từ bảng biến thiên ta có

max f ( t ) = f ( 2 ) t >0

Vậy AB = 4 2 . Câu 26.

Từ giả thiết ta có f ′ (1) = −10 và T (1) = −3, f ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ Do đó 10 f (1) = −3 f 2 (1) ⇔ f (1) =

t 4 + 16

Đặt h ( x ) =

−10 3

f (x) + 3 g (x) + 3

. Giả sử f ′ (1) = g′ (1) = h′ (1) = k .

Câu 24. Trang 57

Trang 58

Ta có: h′ ( x ) =

f ′ ( x )  g ( x ) + 3 − g ′ ( x )  f ( x ) + 3

 g ( x ) + 3

k  g (1) − f (1)  ⇒k=  ⇒ 2  g (1) + 3

 g (1) − f (1)  =1 2  g (1) + 3

⇒ g 2 (1) + 5g (1) + f (1) + 9 = 0 . Tồn tại g (1) ⇒ ∆ = −11 − 4 f (1) ≥ 0 ⇒ f (1) ≤ −

 f ′ ( 2 ) = 3 Phương trình tiếp tuyến của ( C1 ) tại A là y = f ′ ( 2 )( x − 2 ) + f ( 2 ) = 3 x + 4 ⇒   f ( 2 ) = 10 Phương trình tiếp tuyến của ( C1 ) tại B là

11 4

 f ′ (10 ) = 2 y = f ′ ( 2 ) . f ′ ( f ( 2 ) ) ( x − 2 ) + f ( f ( 2 ) ) = f ′ ( 2 ) . f ′ (10 )( x − 2 ) + f (10 ) = 6 x + 13 ⇒   f (10 ) = 25

Câu 27. Phương trình tiếp tuyến tại điểm x0 là y = y′ ( x0 )( x − x0 ) + y ( x0 ) = −

( x0 − 1)

( x − x0 ) +

1 x0 − 1

Phương trình tiếp tuyến của ( C3 ) tại C là y = 12. f ′ (10 ) . ( x − 2 ) + f (10 ) = 24. ( x − 2 ) + 25 = 24 x − 23 . Câu 31.

 2x −1  0  Tọa độ giao điểm của tiếp tuyến với các trục tọa độ là A ( 2 x0 − 1;0 ) , B  0;  ( x − 1)2  0  

)

(

Gọi M x0 ; x02 − 2 x0 + 3 là tiếp điểm.

1 ( 2 x0 − 1) 3 3  Suy ra SOAB = . = 2 ⇔ x 0 = ⇒  ; −4  2 ( x0 − 1)2 4 4 

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có dạng là: y − x02 − 2 x0 + 3 =

Câu 28.

Hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = ( 2 m − 1) x 4 − m +

5 tại điểm có hoành độ x = −1 là 4

ktt = y′ ( −1) = 4 ( 2 m − 1)( −1) = −4 ( 2 m − 1)

x02 − 2 x0 + 3

.x +

( x − x0 )

3 − x0 x02 − 2 x0 + 3

Vì tiếp tuyến của (C) tại M đi qua điểm A (1; a ) nên ta có: a=

Ta có ktt .kd = −1 ⇔ −8 ( 2m − 1) = −1 ⇔ m =

x0 − 1

⇔y=

5 d : 2 x − y − 3 = 0 ⇔ y = 2 x − 3 ⇒ kd = 2, y = ( 2 m − 1) x 4 − m + ⇒ y′ = 4 ( 2 m − 1) x 3 4

x0 − 1 x02 − 2 x0 + 3

x0 − 1 2 0

x − 2 x0 + 3

3 − x0

2 0

x − 2 x0 + 3

a > 0 ⇔ a x02 − 2 x0 + 3 = 2 ⇔  2 2 x − 2 x0 + 3 a ( x0 − 2 x0 + 3) = 4 2

2 0

a > 0 ⇔ 2 2 2 a x0 − 2 ax0 + 3a − 4 = 0 (* )

9 16

Câu 29.

Vì qua A kẻ được đúng hai tiếp tuyến đến (C) nên hệ phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt

−1  3 Tập xác định: D = ℝ \ −  . Ta có y′ = 2 2   ( 2 x + 3)

a > 0 a > 0 a > 0 15  ⇔ ⇔ ⇔   15 15 ⇔ 0 < a < 3 4 2 2 <a< ∆′ = −3a + 5a > 0 ∆′ = −3a + 5 > 0 −  3 3

Tiếp tuyến d : y = kx + m cắt Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A, B nên m ≠ 0, k ≠ 0

Vì a ∈ ℤ nên a = 1 .

 m  Do A ∈ Ox nên A  − ;0  , B ∈ Oy nên B ( 0; m ) .  k 

Câu 32.

 k = −1 m  1  Do tam giác ∆OAB cân tại gốc tọa độ O nên OA = OB ⇔ = m ⇔ m2  2 − 1 = 0 ⇔  k k  k = 1

Việc chứng minh hàm số có đạo hàm trên ℝ , ta chỉ cần chứng minh hàm số có đạo hàm tại x = 0 .

Do k = −

( 2 x0 + 3)

< 0 nên k = −1 . Suy ra:

−1

( 2 x0 + 3 )

Nhận xét: hàm số đã cho là hàm số chẵn và có đạo hàm trên ℝ .

 x = −1 ⇒ y0 = 1 2 = −1 ⇔ ( 2 x 0 + 3 ) = 1 ⇔  0  x0 = −2 ⇒ y0 = 0

Thật vậy, ta có:

lim x →0

+ Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M1 ( −1;1) là: y = − ( x + 1) + 1 ⇔ y = − x (loại)

y ( x ) − y (0)

x −0

= lim x →0

x − 3x 2

= lim x →0

x 2 x − 3x 2

= lim ( x x − 3 x ) = 0 nên hàm số có đạo hàm tại x = 0 x →0

Vì hàm số đã cho là hàm số chẵn nên đồ thị (C) của nó đối xứng qua Oy. Do đó từ điểm A trên trục Oy

+ Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M2 ( −2;0 ) là: y = − ( x + 2 ) ⇔ y = − x − 2

nếu kẻ được một tiếp tuyến d đến (C) thì ảnh của d qua phép đối xứng trục Oy cũng là một tiếp tuyến của

Khi đó: k + m = −1 − 2 = −3

(C). Vậy để qua điểm A trên trục Oy có thể kẻ đến (C) đúng ba tiếp tuyến thì điều kiện cần và đủ là có

Câu 30.

Trang 59

Trang 60

một tiếp tuyến vuông góc với trục tung và một tiếp tuyến với nhánh phải của đồ thị (C), tức là phần đồ thị của hàm số y = f ( x ) = x 3 − 3 x 2 + 1 , với x ≥ 0 . Gọi M ( 0; m ) thuộc Oy và ( ∆ ) là tiếp tuyến qua M ( 0; m ) có hệ số góc k. Ta có: ( ∆ ) : y = kx + m

)

b2 x0 x. x y. y x 2 y2 x. x y. y ( x − x0 ) + y0 ⇒ a2 y02 + b2 x02 − b2 x. x0 = a2 y. y0 ⇒ 2 0 + 20 = 02 + 02 ⇒ 2 0 + 2 0 = 1 2 a y0 a b a b a b

Do ( x0 ; y0 ) thuộc elip nên

3 2  x − 3x + 1 = kx + m Điều kiện tiếp xúc là  2 3 x − 6 x = k

(

y=−

x02 y02 + =1 a 2 b2

Câu 35. Dễ thấy đồ thị hàm số (P) có hệ số a = 1 > 0 và (P) cắt Ox tại các điểm có hoành độ

Suy ra: x − 3 x + 1 = x 3x − 6 x + m ⇔ m = −2 x + 3 x + 1 (* )

x1 = m − 1 < m + 2 = x2

Yêu cầu đề bài tương đương phương trình (*) có đúng một nghiệm x = 0 và một nghiệm x > 0 .

Do đó yêu cầu đề bài ⇔ 3 ≤ m − 1 ⇔ m ≥ 4 .

Phương trình (*) có nghiệm x = 0 nên m = 1 .

Câu 36.

x = 0 Thử lại, với m = 1 thì (*) trở thành: −2 x 3 + 3x 2 = 0 ⇔  (đúng). x = 3  2

Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) . Phương trình tiếp tuyến tại M: y =

( x − x0 ) + y0

Gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến với trục hoành và trục tung ⇒ yB =

Vậy m = 1 Câu 33.

(

−3

( 2 x0 − 1)

) (

Từ đó trọng tâm G của ∆OAB có tung độ yG =

)

Gọi A x1 ; x13 − 3 x12 + 1 , B x2 ; x23 − 3 x22 + 1 với ( x1 ≠ x2 ) Do tiếp tuyến tại A, B song song với nhau nên chúng có cùng hệ số góc k.

Vì G ∈ d nên

Khi đó phương trình 3 x − 6 x − k = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = 9 + 3k > 0 ⇔ k > −3 (* ) 2

2 2 2 2 AB 2 = ( x2 − x1 ) +  x23 − x13 − 3 x22 − x12  = ( x2 − x1 ) 1 + x12 + x1 x2 + x22 − 3 x1 − 3x2   

(

)

(

)

Mặt khác:

2 2   ⇔ 32 = ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2  1 + ( x1 + x2 ) − x1 x2 − 3 ( x1 + x2 )   (1)     

Với x1 + x2 = 2 và x1 x2 = −

4 ( k + 3) 9 + ( k − 6 ) k nên (1) ⇔ 32 = . ⇔ ( k − 9 ) k 2 + 9 = 0 ⇒ k = 9 (thỏa 3 9 3

(

)

mãn (*))

3 ( 2 x0 − 1)

2 x02 + 4 x0 − 1

( 2 x0 − 1)

2 x02 + 4 x0 − 1

( 2 x0 − 1)

yB 2 n02 + 4 n0 − 1 = 2 3 3 ( 2 n0 − 1)

= 2m − 1

6 x02 − ( 2 x0 − 1)

( 2 x0 − 1)

6 x02

( 2 x0 − 1)

− 1 ≥ −1

1 1 Do đó để tồn tại ít nhất một điểm M thỏa mãn bài toán thì 2m − 1 ≥ − ⇔ m ≥ 3 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của m là

1 3

Câu 37.

 x = −1 ⇒ A ( −1; −3) Khi đó 3 x 2 − 6 x − 9 = 0 ⇔  ⇒ AB : x − y − 2 = 0  x = 3 ⇒ B ( 3;1)

Ta có M ( 0;1 − m ) là giao điểm của ( Cm ) với trục tung y′ = 3 x 2 − m ⇒ y′ ( 0 ) = − m Phương trình tiếp tuyến với ( Cm ) tại điểm M là y = − mx + 1 − m

Do đó đường thẳng AB đi qua điểm N ( 4;2 ) . Câu 34.

1− m  Gọi A, B lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến này với trục hoành và trục tung, ta có tọa độ A  ;0  và  m 

Phương trình tiếp tuyến của elip tại điểm ( x0 ; y0 ) là y = y′ ( x0 ) . ( x − x0 ) + y0 (1)

B ( 0;1 − m ) .

x2 y2 2 x 2 y. y′ b2 x Từ phương trình elip 2 + 2 = 1 , đạo hàm hai vế ta được 2 + 2 = 0 ⇒ y′ = − 2 a b a b a y

Nếu m = 0 thì tiếp tuyến song song với Ox nên loại khả năng này. Nếu m ≠ 0 ta có:

b2 x ⇒ y′ ( x0 ) = − 2 0 (* ) a y0

SOAB = 8 ⇔

Khi đó thế (*) vào (1) ta được phương trình tiếp tuyến như sau:

2 (1 − m ) = 16 ⇔  m = 9 ± 4 5 1 1 1− m 1− m = 8 ⇔ OA.OB = 8 ⇔  2 2 m m  m = −7 ± 4 3

Vậy có 4 giá trị cần tìm. Trang 61

Trang 62

Câu 38.

 1  nên có một vectơ pháp tuyến là Đường thẳng IM có một vectơ chỉ phương là IM =  a − 1; a − 1   2 n = −1; ( a − 1)

Giả sử tiếp tuyến (d) của (C) tại M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) cắt Ox tại A, Oy tại B sao cho OA = 4OB Do ∆OAB vuông tại O nên tan A =

Hệ số góc của (d) là y′ ( x0 ) = −

(

OB 1 1 1 = ⇒ Hệ số góc của (d) bằng hoặc − OA 4 4 4

( x0 − 1)

<0⇒−

( x0 − 1)

Để d ⊥ IM thì k.k ′ = −1 ⇔

Từ giả thiết ta có: f

tại điểm có hoành độ

x = 1 là:

(1 + 3x ) = 9 x − f (1 − x )(1)

(1 − x ) . f ′ (1 − x ) (2)

1 1 Đường thẳng ( d ) : x + 2 y + 6 = 0 ⇒ ( d ) : y = − x − 3 có hệ số góc k = − 2 2 Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) . Tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với d nên y(′x0 ) .k = −1 ⇒ y(′x0 ) = 2

5 2

Câu 42. Theo đề bài ta có k1 = k2 = f ′ ( 2 ) = g ′ ( 2 ) .k3 =

f ′ ( 2 ) g ( 2 ) − g′ ( 2 ) f ( 2 ) g2 (2)

Theo đề bài ta có k1 = k2 = 2 k3 ≠ 0 nên ta có phương trình

Trường hợp 2: Với f (1) = −1 thay vào (3) ta được: −6 f ′ (1) = 9 + 3 f ′ (1) ⇔ f ′ (1) = −1

f ′ ( 2 )  g ( 2 ) − f ( 2 ) 

Suy ra phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ x = 1 là

g2 (2)

y = f ′ (1)( x − 1) + f (1) = − ( x − 1) − 1 = − x

1 f ′ ( 2 ) ⇔ g 2 ( 2 ) − 2g ( 2 ) + 2 f ( 2 ) = 0 2

Do g ( 2 ) là một giá trị thuộc tập giá trị của hàm số nên phương trình g 2 ( 2 ) − 2 g ( 2 ) + 2 f ( 2 ) = 0 có

Vậy y = − x

nghiệm ⇔ ∆′ ≥ 0 ⇔ 1 − 2 f ( 2 ) ≥ 0 ⇔ f ( 2 ) ≤

Câu 40.

Vì m nguyên dương nên m ∈ {1;2} . 2

Trường hợp 1: Với f (1) = 0 thay vào (3) ta được: 9 = 0 (vô lý).

( a − 1)

a − 1 = 1 a = 2 4 = −1 ⇔ ( a − 1) = 1 ⇔  ⇔  a − 1 = −1  a = 0

Yêu cầu bài toán ⇔ (*) có hai nghiệm trái dấu ⇔ 2 m − 5 < 0 ⇔ m <

Với x = 0 thay vào (2) ta được: 6 f (1) . f ′ (1) = 9 + 3 f 2 (1) . f ′ (1) (3)

−1

Lấy đạo hàm theo x hai vế của (1) ta được 6 f (1 + 3x ) . f ′ (1 + 3x ) = 9 + 3 f

Ta có M ( a; b ) ∈ ( C ) ⇒ b =

( a − 1)

⇒ x02 + 2 mx0 + 2m − 3 = 2 ⇔ x02 + 2mx0 + 2 m − 5 = 0 (* )

 f (1) = 0 Với x = 0 thay vào (1) ta được: f (1) = − f (1) ⇔   f (1) = −1

Ta có y′ = x 2 + 2 mx + 2 m − 3

( a − 1) ( a − 1)

Câu 41.

y = f ′ (1)( x − 1) + f (1) 2

−1

( a − 1)

Mà a > 0 , nên a = 2 và b = 3 . Do đó a + b = 5

Câu 39. y = f (x)

− ( −1)

Do đó đường thẳng IM có hệ số góc là k ′ =

 3   x0 = −1 y0 = 2  1   =− ⇔  4 5   x0 = 3  y0 =  2  

1 3 1 5    y = − 4 ( x + 1) + 2 y = − 4 x + 4 Khi đó có 2 tiếp tuyến thỏa mãn là:  ⇔  y = − 1 ( x − 3) + 5  y = − 1 x + 13   4 2 4 4

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số

)

1 2

Câu 43.

−1 2a − 1 . Lại có y′ = nên tiếp tuyến d tại M có hệ số góc là 2 a −1 x ( − 1)

Hàm số xác định với mọi x ≠ 1 . Ta có: y′ =

−4

( x − 1)

Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm, suy ra phương trình tiếp tuyến của ( C ) : y = y′ ( x0 )( x − x0 ) + y0 Vì tiếp tuyến tạo với hai trục tọa độ một tam giác vuông cân nên tiếp tuyến phải vuông góc với một trong hai đường phân giác y = ± x , do đó hệ số góc của tiếp tuyến bằng ±1 hay y′ ( x0 ) = ±1 .

Trang 63

Trang 64

Mà y′ < 0, ∀x ≠ 1 nên ta có

y′ ( x0 ) = −1 ⇔

−4

( x0 − 1)

Phương trình tiếp tuyến ∆ có dạng: y =

= −1 ⇔ x0 = −1, x0 = 3

•

x0 = −1 ⇒ y0 = 0 ⇒ ∆ : y = − x − 1

•

x0 = 3 ⇒ y0 = 4 ⇒ ∆ : y = − x + 7

•

−3

( x0 − 1)

( x − x0 ) +

2 x0 + 1 x0 − 1

y = 0  2x +1 ∆ ∩ Ox = A :  −3 x − x0 ) + 0 =0  ( x − 1)2 ( x0 − 1  0

 2 x 2 + 2 x0 − 1  Suy ra A  0 ;0  3  

Câu 44. Ta có h′ ( x ) = − f ′ ( 2 − x ) và h′ ( x ) = 0 ⇔ f ′ ( 2 − x ) = 0

 x = 12 (Vì g ( x ) < 0, ∀x ) ⇔ (12 − x )(1 + x ) g ( 2 − x ) = 0 ⇔   x = −1

•

Từ đó ta có bảng xét dấu của h′ ( x )

x = 0  3 x0 2x +1 ∆ ∩ Oy = B :  + 0 y= 2  x0 − 1 x − 1 ( ) 0 

 2x2 + 2x −1  0  Suy ra: B  0; 0 2  ( x0 − 1)  

Chú ý rằng đạo hàm của hàm số h ( x ) tại điểm x0 là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị tại đó và chính

1 1  2 x 2 + 2 x0 − 1  Diện tích tam giác OAB: S = OA.OB =  0  2 6 x0 − 1 

bằng tan α 0 .

Suy ra SOAB =

Câu 45. Vì M ∈ d : 2 x − y + 1 = 0 nên M ( m;2m + 1) . Tiếp tuyến của (C) qua M có phương trình dạng y = k ( x − m ) + 2m + 1 .

x +3  x − 1 = k ( x − m ) + 2m + 1(1)  Từ điểm M kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới (C) khi và chỉ khi hệ  có −4  = k (2) 2  ( x − 1)

 2 x 2 + 2 x0 − 1  1 ⇔ 0  =1 6 x0 − 1  

1   x0 = 0, x0 = − 2  2 x02 + 2 x0 − 1 = x0 − 1 2 x02 + x0 = 0 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔  2 x0 + 2 x0 − 1 = − x0 + 1 2 x0 + 3 x0 − 2 = 0  x = 1 , x = −2  0 2 0 4 2 Từ đó ta tìm được các tiếp tuyến là: y = −3 x + 1, y = −3 x + 11, y = −12 x + 2, y = − x − 3 3 Câu 47.

nghiệm duy nhất.

Ta có: g′ ( x ) = f ( 2 x − 1) + 2 x. f ′ ( 2 x − 1) ⇒ g ′ (1) = f (1) + 2 f ′ (1)

Thay (2) vào (1), ta được:

d1 có hệ số góc là f ′ (1)

−4 x +3 2 = ( x − m ) + 2m + 1 ⇔ ( x + 3)( x − 1) = −4 ( x − m ) + ( 2m + 1)( x − 1) , ( x ≠ 1) x − 1 ( x − 1)2

d2 có hệ số góc là g′ (1) = f (1) + 2 f ′ (1)

Lần lượt thử từng phương án:

Mà d1 ⊥ d2 ⇒ f ′ (1) .g′ (1) = −1 ⇔ f ′ (1) .  f (1) + 2 f ′ (1)  = −1 ⇔ 2 f 2′ (1) − f (1) . f ′ (1) + 1 = 0

Với m = −1 thì phương trình trên trở thành 2 x 2 + 4 x + 2 = 0 có nghiệm duy nhất là x = −1 .

Để tồn tại f ′ (1) ⇔ ∆ = f 2 (1) − 8 ≥ 0 ⇔ f (1) ≥ 2 2

Vậy m = −1 ⇒ M ( −1; −1)

Câu 48.

Câu 46. Ta có y′ =

Ta có: k1 = f ′ ( 2 ) , k2 = g′ ( 2 ) ; k3 =

−3

( x − 1)

. Gọi M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm.

f ′ ( 2 ) .g ( 2 ) − f ( 2 ) .g ′ ( 2 ) g2 (2)

k1 .g ( 2 ) − k2 . f ( 2 ) g2 (2)

Mà k1 = k2 = 2k3 ≠ 0 nên ta có:

Trang 65

Trang 66

k3 =

2k3 .g ( 2 ) − 2k3 . f ( 2 ) g2 (2)

2 1 1 1 1 ⇔ f ( 2 ) = − g 2 ( 2 ) + g ( 2 ) = − .  g ( 2 ) − 1 + ≤ 2 2 2 2

Đồ thị hàm số y =

x 2 − 2mx + m cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm x+m

Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (C) và d là x 3 − ( m + 1) x 2 + 2m + 1 = x + m + 1

m < 0 2  ∆  ′ = m −m >0   m > 1 phân biệt khác −m ⇔  2 ⇔ 3m + m ≠ 0 1  m ≠ − 3

⇔ x 3 − ( m + 1) x 2 − x + m = 0 (* )

Gọi M ( x0 ; y0 ) là giao điểm của đồ thị (C) với trục hoành thì y0 = x02 − 2 mx0 + m = 0 và hệ số góc của tiếp

 A ( a; a + m + 1)  Gọi  B ( b; b + m + 1) là tọa độ giao điểm giữa (C), d trong đó a, b, c đôi một khác nhau.  C ( c; c + m + 1)

tuyến với (C) tại M là:

Câu 49. Ta có: y′ = 3 x − 2 ( m + 1) x 2

(

k = y′ ( x0 ) =

)

Theo đề bài ta có f ′ ( a ) + f ′ ( b ) + f ′ ( c ) = 19 ⇔ 3 a2 + b 2 + c 2 − 2 ( m + 1)( a + b + c ) = 19

( 2 x0 − 2m )( x0 − 1) − ( x02 − 2mx0 + m ) 2 x0 − 2m = 2 x0 + m ( x0 + m )

Vậy hệ số góc của hai tiếp tuyến với (C) tại hai giao điểm với trục hoành là k1 =

⇔ 3 ( a + b + c ) − 2 ( ab + bc + ca )  − 2 ( m + 1)( a + b + c ) = 19   2

 2 x − 2 m  2 x2 − 2m  Hai tiếp tuyến này vuông góc ⇔ k1.k2 = −1 ⇔  1   = −1  x1 + m  x2 + m 

a + b + c = m + 1 Mặt khác từ (*) ⇒  ab + bc + ca = −1

⇔ 4  x1 x2 − m ( x1 + x2 ) + m 2  = −  x1 x2 + m ( x1 + x2 ) + m 2  (** )

Do đó ta có 3 ( m + 1) + 2  − 2 ( m + 1) = 19 ⇔ ( m + 1) = 13 ⇒ m = ± 13 − 1   2

2 x1 − 2 m 2 x − 2m , k2 = 2 x1 + m x2 + m

Vậy tổng giá trị m1 + m2 = −2 .

 x1 x2 = m m = 0 Ta lại có  , do đó (**) ⇔ m 2 − 5m = 0 ⇔  . Nhận m = 5 . + = x x 2 m m = 5  1 2

Câu 50.

Câu 52.

Ta có: y′ = 3 x − 2 mx − m . Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) suy ra hệ số góc của tiếp tuyến của (C) tại M có hệ số 2

Do y = f ( x ) có đồ thị cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 , x4 nên

f ( x ) = a ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 )( x − x4 ) , a ≠ 0

  m 2 + 3m  m   m2  + m ≥ − góc là k = y′ ( x0 ) = 3 x02 − 2 mx0 − m = 3  x0 −  −   3  3 3    

⇒ f ′ ( x ) = a ( x − x2 )( x − x3 )( x − x4 ) + a ( x − x1 )( x − x3 )( x − x 4 )

Để mọi đường thẳng tiếp xúc với (C) đều có hệ số góc dương thì:

+ a ( x − x1 )( x − x2 )( x − x4 ) + a ( x − x1 )( x − x2 )( x − x3 )

 m 2 + 3m   m 2 + 3m  − >0⇔  < 0 ⇔ −3 < m < 0 3 3    

Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị (C) tại A là k1 = f ′ ( x1 ) = a ( x1 − x2 )( x1 − x3 )( x1 − x4 )(1)

⇒ Tập các giá trị nguyên của m là: T = {−2; −1} .

Ta có y′ = f ′ ( x ) = 4ax 3 + 3bx 2 + 2cx + d ⇔ f ′ ( x1 ) = 4ax13 + 3bx12 + 2cx1 + d ( 2 )

Vậy tổng các phần tử của T là: -3.

Từ (1) và (2) ta suy ra k1 = f ′ ( x1 ) = 4 ax13 + 3bx12 + 2cx1 + d

Câu 51.

Hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị (C) tại B là k2 = f ′ ( x2 ) = a ( x2 − x1 )( x2 − x3 )( x2 − x4 ) = 2ad 3

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số

x 2 − 2 mx + m và trục hoành là x+m

Do hai tiếp tuyến của (C) tại A, B vuông góc với nhau nên 2

k1.k2 = −1 ⇔ −12 ( ad 3 ) = −1 ⇔ a 2 d 6 =

2 x 2 − 2mx + m  x − 2 mx + m = 0 (* ) =0⇔ x+m  x ≠ −m

1 12 2

Ta có: f ′ ( x3 ) = a ( x3 − x1 )( x3 − x2 )( x3 − x4 ) = −2ad 3 ⇒  f ′ ( x3 )  = 4 a 2 d 6 =

1 3

f ′ ( x 4 ) = a ( x4 − x1 )( x4 − x2 )( x4 − x3 ) = 6 ad 3 ⇒  f ′ ( x4 )  = 36 a2 d 6 = 3 Trang 67

Trang 68

Vậy S = 3  f ′ ( x3 )  +  f ′ ( x4 )  = 4

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = −

Câu 53.

Câu 56. 2

Ta có:  f (1 + 2 x )  = x −  f (1 − x )

(1)

 f (2) = 0 2 3 2 3 Từ  f ( − x + 2 )  +  f ( x + 2 )  = 10 x (*), cho x = 0 ta có  f ( 2 )  +  f ( 2 )  = 0 ⇔   f ( 2 ) = −1

⇒ 4  f (1 + 2 x ) . f ′ (1 + 2 x ) = 1 + 3  f (1 − x )  . f ′ (1 − x )( 2 )

Đạo hàm hai vế của (*) ta được −2 f ( − x + 2 ) . f ′ ( − x + 2 ) + 3  f ( x + 2 ) . f ′ ( x + 2 ) = 10

Cho x = 0

(1) ⇒  f (1) 

1 − x 12 ( x − 1) − 1 = − 13 13 13

 f (1) = 0 3 +  f (1)  = 0 ⇔   f (1) = −1

( 2 ) ⇒ 4. f (1) . f ′ (1) = 1 + 3  f (1)

Cho x = 0 ta được −2 f ( 2 ) . f ′ ( 2 ) + 3.  f ( 2 ) . f ′ ( 2 ) = 10

⇔ f ( 2 ) . f ′ ( 2 ) . 3 f ( 2 ) − 2  = 10 (**).

. f ′ (1)

Nếu f ( 2 ) = 0 thì (**) vô lý.

1 Ta thấy f (1) = 0 không thỏa mãn, với f (1) = −1 ⇒ f ′ (1) = − 7

Nếu f ( 2 ) = −1 , khi đó (**) trở thành − f ′ ( 2 ) . [ −3 − 2 ] = 10 ⇔ f ′ ( 2 ) = 2 Phương trình tiếp tuyến y = 2 ( x − 2 ) − 1 ⇔ y = 2 x − 5 .

1 6 Phương trình tiếp tuyến là: y = − x − 7 7

Câu 57.

Câu 54.

Đường tròn (γ ) : x 2 + ( y − 1) = 4 có tâm I ( 0;1) , bán kính R = 2 .

Từ giả thiết 2 f ( 2 x ) + f (1 − 2 x ) = 12 x 2 , ∀x ∈ ℝ(*)

1 Chọn x = 0, x = ta được 2

Ta có A (1;1 − m ) ; y′ = 4 x 3 − 4 mx ⇒ y′ (1) = 4 − 4m

2 f ( 0 ) + f (1) = 0  f ( 0 ) = −1 ⇔  2 f (1) + f ( 0 ) = 3  f (1) = 2

Suy ra phương trình ∆ : y = ( 4 − 4 m )( x − 1) + 1 − m

3  Dễ thấy ∆ luôn đi qua điểm cố định F  ;0  và điểm F nằm trong đường tròn ( γ ) 4 

Lấy đạo hàm hai vế (*) ta được 4. f ′ ( 2 x ) − 2. f ′ (1 − 2 x ) = 24 x, ∀x ∈ ℝ Chọn x = 0, x =

1 ta được 2

4 f ′ ( 0 ) − 2 f ′ (1) = 0  f ′ ( 0 ) = 2 ⇔  4 f ′ (1) − 2 f ′ ( 0 ) = 12  f ′ (1) = 4

Phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = 4 ( x − 1) + 2 = 4 x − 2 Câu 55. 2

Giả sử ∆ cắt ( γ ) tại M, N. Thế thì ta có: MN = 2 R 2 − d 2 ( I ; ∆ ) = 2 4 − d 2 ( I ; ∆ )

Từ giả thiết  f (1 + 2 x )  = x −  f (1 − 3x )  , ∀x ∈ ℝ(*)

Do đó MN nhỏ nhất ⇔ d ( I ; ∆ ) lớn nhất ⇔ d ( I ; ∆ ) = IF ⇒ ∆ ⊥ IF .

 f (1) = 0 Chọn x = 0 ta được f 2 (1) = − f 3 (1) ⇔   f (1) = −1

 3  Khi đó đường ∆ có 1 vectơ chỉ phương u ⊥ IF =  ; −1  ; u = (1;4 − 4m ) nên ta có: 4 

Lấy đạo hàm hai vế (*) ta được

2. f (1 + 2 x ) .2. f ′ (1 + 2 x ) = 1 − 3. f 2 (1 − 3x ) . − 3. f ′ (1 − 3 x ) , ∀x ∈ ℝ

3 13 u.n = 0 ⇔ 1. − ( 4 − 4 m ) = 0 ⇔ m = . 4 16

Chọn x = 0 ta được 4. f (1) . f ′ (1) = 1 + 9 f 2 (1) . f ′ (1) .

Câu 58. Từ giả thiết 2 f ( 2 x ) + f (1 − 2 x ) = 4 x 3 − x 2 , ∀x ∈ ℝ (* ) .

f (1) = 0 ⇒ vô lý. Suy ra f (1) = −1 và f ′ (1) = −

1 . 13

Trang 69

Trang 70

1 Chọn x = 0, x = ta được 2

1  2 f ( 0 ) + f (1) = 0 f (0) = −   12  1⇔ 2 f (1) + f ( 0 ) =  f (1) = 1  4  6

Lấy đạo hàm hai vế (*) ta được 4. f ′ ( 2 x ) − 2. f ′ (1 − 2 x ) = 12 x 2 − 2 x, ∀x ∈ ℝ

1 Chọn x = 0, x = ta được 2

1  f ′ (0) = 4 f ′ ( 0 ) − 2 f ′ (1) = 0  3 ⇔  4 f ′ (1) − 2 f ′ ( 0 ) = 2  f ′ (1) = 2  3

Suy ra phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = f ( x ) tại điểm có hoành độ bằng 1 và bằng 0 lần lượt là y =

2 1 1 1 x − và y = x − . 3 2 3 12

2 −1 1 −1 Do đó a = ; b = ;a1 = ; b1 = . 3 2 3 12 Vậy

2a − 5b 46 = . 3b1 + 2a1 5

Trang 71

CHƯƠNG 5. ĐẠO HÀM BÀI 3. VI PHÂN – ĐẠO HÀM CẤP CAO

I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM

Mục tiêu Kiến thức

Vi phân

+ Trình bày được định nghĩa vi phân.

Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên

+ Trình bày được phương pháp tính gần đúng nhờ vi phân.

gia ∆x . Kí hiệu df ( x ) hoặc dy , tức là

+ Tính được vi phân của hàm số f ( x ) tại x0 cho trước.

Biết cách tính gần đúng một số dựa vào vi phân.

có dy = dx = 1.∆x = ∆x .

Ta gọi tích f ′ ( x ) .∆x là vi phân của hàm số y = f ( x ) tại x ứng với số

Kĩ năng

Tìm vi phân của hàm số f ( x ) .

và có đạo hàm tại Nếu chọn hàm số y = x thì ta

x ∈ ( a; b ) . Gọi ∆x là số gia của x .

+ Trình bày được phương pháp tính đạo hàm cấp 2, cấp 3,…, cấp n.

( a; b )

Do vậy ta thường kí hiệu

∆x = dx và dy = f ′ ( x ) dx .

dy = df ( x ) = f ′ ( x ) .∆x .

Ứng dụng của vi phân vào phép tính gần đúng

Công thức tính gần đúng nhờ vi phân là

+ Biết tính đạo hàm cấp 2, cấp 3,…., cấp n. + Biết chứng minh được đẳng thức, bất đẳng thức, giải phương trình, bất phương trình liên quan

f ( x0 + ∆x ) ≈ f ( x0 ) + f ′ ( x0 ) .∆x.

đến đạo hàm cấp 2,3.

Đạo hàm cấp cao + Đạo hàm cấp hai: Cho hàm số f có đạo hàm f ′ . Nếu f ′ cũng có đạo hàm thì đạo hàm của nó được gọi là đạo hàm cấp hai của f và được

kí hiệu là f ′′ , tức là f ′′ = ( f ′ )′ . + Đạo hàm cấp n : Cho hàm số f có đạo hàm cấp n − 1

( với n ∈ ℕ, n ≥ 2 ) là f

( n −1)

. Nếu

n −1)

cũng có đạo hàm thì đạo hàm

của nó được gọi là đạo hàm cấp n của f và được kí hiệu là

f ( ) , tức là n

′ f ( n ) = f ( n −1) .

(

)

+ Ý nghĩa cơ học của đạo hàm cấp hai Đạo hàm cấp hai

s′′ ( t ) là gia tốc tức thời của chuyển động s = s ( t )

tại thời điểm t .

II. CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1: Tính vi phân Bài toán 1. Tìm vi phân của hàm số Phương pháp giải

Trang 1

Trang 2

Ví dụ. Cho hàm số y = x3 + 3x 2 − 2x + 7

Chọn x0 = 49 và ∆x = 0, 25 , ta có

a)Tính vi phân của hàm số tại điểm x0 = 1 ,ứng với

f ( x0 + ∆x ) ≈ f ( x0 ) + f ′ ( x0 ) .∆x

số gia ∆ x = 0, 02 .

⇒ 49 + 0, 25 ≈ 49 +

b) Tìm vi phân của hàm số.

1 .0, 25 = 7 + 0, 01786 2 49

Hướng dẫn giải a) Tính vi phân của hàm số f ( x ) tại x0 cho trước: - Tính đạo hàm của hàm số tại x0 . - Vi phân của hàm số tại x0 ứng với số gia ∆x là

df ( x0 ) = f ′ ( x0 ) .∆x .

= 7, 01786 2

a) Ta có y′ = f ′ ( x ) = 3x + 6 x − 2 .

Vậ y

Do đó vi phân của hàm số tại điểm x0 = 1 ,ứng với

Ví dụ mẫu

số gia ∆x = 0, 02 là

Ví dụ 1. Tính gần đúng

df (1) = f ′ (1) .∆x = ( 3.12 + 6.1 − 2 ) .0, 02 = 0,14 .

b) Tìm vi phân của hàm số f ( x ) .

1 . 0, 9995

Hướng dẫn giải

b) dy = f ′ ( x ) .∆x = ( 3x 2 + 6 x − 2 ) dx .

- Tính đạo hàm của hàm số.

49 + 0, 25 ≈ 7, 01786 .

a) Ta có

- Vi phân của hàm số dy = df ( x ) = f ′ ( x ) .∆x .

1 1 . = 0, 9995 1 − 0, 0005

Xét hàm số f ( x ) =

1 1 ⇒ f ′( x) = − 2 . x x

Chọn x0 = 1 và ∆x = −0, 0005 , ta có f ( x0 + ∆x ) ≈ f ( x0 ) + f ′ ( x0 ) .∆x

Ví dụ mẫu 3

Ví dụ 1. Cho hàm số y = x − 4 x − 5 . Tính vi phân của hàm số tại điểm x0 = 1 , ứng với số gia

⇒

∆x = 0, 02 .

Ví dụ 2. Tính gần đúng sin 46° .

Hướng dẫn giải

Ta có y ′ = f ′ ( x ) = 3 x 2 − 4 x . Do đó vi phân của hàm số tại điểm x0 = 1 ,ứng với số gia ∆x = 0, 02 là

π  π Ta có sin 46° = sin ( 45° + 1° ) = sin  + . 4 180  

df (1) = f ′ (1) .∆x = ( 3.12 − 4.1) .0, 02 = −0, 02 .

Ví dụ 2. Tìm vi phân của hàm số y =

1 ≈ 1 − 1. ( −0, 0005 ) ≈ 1, 0005 1 − 0, 0005

Xét hàm số f ( x ) = sin x ⇒ f ′ ( x ) = cos x .

x x2 + 1

, ta có f ( x0 + ∆x ) ≈ f ( x0 ) + f ′ ( x0 ) .∆x

Chọn x0 =

2 2 − x2 + 1 − x2 + 1  x ′ x + 1 − 2 x Ta có y′ =  2  = = ⇒ dy = y′dx = dx . 2 2 2 2 2  x +1  ( x + 1) ( x + 1) ( x 2 + 1)

π  π π π 2 2π π . ⇒ sin  + = +  ≈ sin + cos . 4 180 4 4 180 2 360  

180

Bài tập tự luyện dạng 1

Bài toán 2. Tính gần đúng giá trị của hàm số Phương pháp giải Để tính gần đúng giá trị của hàm số f ( x )

và ∆x =

Hướng dẫn giải

Câu 1: Vi phân của hàm số f ( x ) = 3 x 2 − x tại điểm x = 2 , ứng với ∆x = 0,1 là Ví dụ. Tính gần đúng giá trị của

49, 25 (lấy 5

tại điểm x = ( x0 + ∆x ) cho trước, ta áp dụng chữ số thập phân trong kết quả). Hướng dẫn giải công thức f ( x0 + ∆x ) ≈ f ( x0 ) + f ′ ( x0 ) .∆x . Ta có 49, 25 = 49 + 0, 25 .

Xét hàm số f ( x ) = x ⇒ f ′ ( x ) =

A. -0,07.

B. 10.

C. 1,1.

D. -0,4.

Câu 2: Vi phân của hàm số y = x − 5 x bằng biểu thức nào sau đây? A. dy = 1 2 x

1 2 x2 − 5 x

C. dy = −

dx .

2x − 5 2 x 2 − 5x

dx .

B. dy = D. dy =

2x − 5

x2 − 5x

dx .

2x − 5 2 x2 − 5 x

dx .

Câu 3: Vi phân của hàm số y = x sin x + cos x là Trang 3

Trang 4

A. dy = ( 2sin x + x cos x ) dx .

B. dy = x cos xdx

C. dy = x cos x

D. dy = ( sin x + cos x ) dx

Câu 12: Xét hàm số y = f ( x ) = 1 + cos 2 2 x . Khẳng định nào sau đây đúng? A. df ( x ) =

 π 3π  Câu 4: Dùng công thức vi phân làm tròn đến số thập phân thứ tư của tan  −  được kết quả  3 80  A. 1,2608.

B. 1,2611.

C. 1,3391

C. df ( x ) =

D. 1,3392.

Câu 5: Khẳng định nào sau đây đúng? A.

d ( sin x ) = − cot x . d ( cos x )

d ( sin x ) C. = cot x . d ( cos x )

d ( sin x ) = − tan x . d ( cos x )

A. dy =

C. dy =

Câu 6: Cho hàm số y = f ( x ) = ( x − 1) . Biểu thức nào sau đây là vi phân của hàm số f ( x ) ? A. dy = 2 ( x − 1) dx .

B. dy = ( x − 1) dx . 3

C. dy = 2 ( x − 1) .

D. dy = ( x − 1) dx .

A. dy = ( 3x 2 − 18 x + 12 ) dx .

B. dy = ( −3 x 2 − 18 x + 12 ) dx .

C. dy = − ( 3 x 2 − 18 x + 12 ) dx .

D. dy = ( −3x 2 + 18 x + 12 ) dx

A. dy =

C. dy =

1 + x2 2x 1 + x2

D. dy =

dx .

4 x x cos

B. dy =

) dx .

D. dy =

1 dx . 4

B. dy =

1 dx . x4

C. dy =

1 + x2

Câu 10: Vi phân của hàm số y = A. dy = − C. dy = −

( 2 x − 1)

1 + x2 1 + x2

dx .

(

2 x − sin 2 x 4 x x cos

) dx .

C. dy = −

1 dx . x4

D. dy = x 4 dx .

hai y′′ = ( y′ ) . Tính y′′ ( x0 ) .

Hướng dẫn giải

+ Cấp 3,4… ta tính tương tự.

Ta có y = cos 2 x =

1 (1 + cos 2 x ) ⇒ y′ = − sin 2 x 2

Ví dụ mẫu

3 dx . 2 3x + 2

Ví dụ 1. Tìm đạo hàm cấp 4 của hàm số y =

2x + 3 là 2x −1

dx .

4 x x cos

⇒ y′′ = −2 cos 2 x ⇒ y′′′ = 4sin 2 x .

D. dy =

dx .

)

+ Áp dụng trực tiếp công thức để tính đạo hàm cấp Ví dụ. Tìm đạo hàm cấp 3 của hàm số y = cos 2 x .

dx .

1 B. dy = dx . 2 3x + 2

1 dx . 3x + 2

(

sin 2 x

Bài toán 1. Tính đạo hàm đến cấp n của hàm số

Câu 9: Vi phân của hàm số là y = 3x + 2 là 3 A. dy = dx . 3x + 2

dx .

Phương pháp giải

B. dy =

dx .

(

− sin 2 x 1 + cos 2 2 x

tan x là x

2 x dx . 4 x x cos 2 x 2 x − sin 2 x

dx .

Dạng 2: Đạo hàm cấp cao

Câu 8: Vi phân của hàm số là y = 1 + x 2 là A. dy =

D. df ( x ) =

dx .

1 + cos 2 2 x

− sin 4 x 1 + cos 2 2 x

1 Câu 14: Cho hàm số y = 3 . Vi phân của hàm số là 3x

Câu 7: Vi phân của hàm số y = x − 9 x + 12 x − 5 là

cos 2 x

B. df ( x ) =

dx .

Câu 13: Vi phân của hàm số y =

d ( sin x ) D. = tan x . d ( cos x )

− sin 4 x 2 1 + cos 2 2 x

3x − 1 . x+2

Hướng dẫn giải B. dy =

( 2 x − 1)

D. dy = −

dx .

( 2 x − 1)

Ta có y′ =

dx .

B. dy = ( x cos x ) dx .

C. dy = ( cos x − sin x ) dx .

D. dy = ( x sin x ) dx .

( x + 2)

⇒ y′′ =

2 ′ −7 ( x + 2 )    = −14 4 3 x + 2 ( ) ( x + 2)

3 ′ 4 ′ 14 ( x + 2 )  −42 ( x + 2 )  42   ( 4)   = −168 . ⇒ y′′′ = = ⇒y = 6 4 8 5 ( x + 2) ( x + 2) ( x + 2) ( x + 2)

Câu 11: Hàm số y = x sin x + cos x có vi phân là A. dy = ( x cos x − sin x ) dx .

Ví dụ 2. Tìm đạo hàm cấp 5 của hàm số y = sin 2 2 x . Hướng dẫn giải Trang 5

Trang 6

Ta có y = sin 2 2 x =

Chú ý: Cần phân tích kĩ các kết quả của đạo hàm y′, y′′, y′′′ , tìm ra quy luật để dự đoán công thức

1 (1 − cos 4 x ) 2

n y ( ) chính xác

⇒ y′ = 2sin 4 x ⇒ y ′′ = 8cos 4 x ⇒ y′′′ = −32sin 4 x 4

Ví dụ mẫu

⇒ y ( ) = −128cos 4 x ⇒ y ( ) = 512sin 4 x Phương pháp giải

Hướng dẫn giải

Ví dụ. Tìm đạo hàm cấp của hàm số

Ta có: y′ =

y = sin x ( n ∈ ℕ ) . *

, y′′ =

7.2 3

( x − 2)

, y′′′ =

Bằng quy nạp ta chứng minh y ( n ) =

π  Bước 1: Tính y′, y′′, y′′′ . Dựa vào các đạo hàm Ta có: y′ = cos x = sin  x + 1. 2  ;  

−7.2.3

( x − 2)

 y′′ = − sin x = sin  x + 2.  ; 2 

( −1) .7.n! . 2 ( ) n +1 ( x − 2)

•

Với n = 1 ta thấy ( 2 ) đúng.

•

Giả sử ( 2 ) đúng với n = k , tức là y ( k ) =

π

π  Dự đoán: y ( n ) = sin  x + n  , ∀n ∈ ℕ* . (1) 2 

( −1) .7.k ! . k +1 ( x − 2)

k k +1  ( −1)k .7.k ′ ( −1) .7.k !. ( k + 1) = ( −1) .7. ( k + 1) ! . Ta có: y ( k +1) =   =− k +1 k +2 k +2  ( x − 2)  ( x − 2) ( x − 2)  

Bước 2: Chứng minh công thức vừa dự đoán là Chứng minh (1) bằng quy nạp: đúng bằng phương pháp quy nạp.

−7

( x − 2)

Hướng dẫn giải

vừa tính, dự đoán công thức tính y ( n ) .

3x + 1 . x−2

Ví dụ 1. Tìm đạo hàm cấp n của hàm số y =

Bài toán 2. Tính đạo hàm cấp cao của hàm số

•

n = 1 : (1) Hiển nhiên đúng.

Do đó ( 2 ) đúng với mọi số tự nhiên n .

•

Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1 nghĩa là

Vậy theo nguyên lí quy nạp ta có công thức đạo hàm cấp cao của hàm số n

π  y k = sin  x + k  2 

Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1 nghĩa là

k +1)

Bài toán 3. Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, giải phương trình, bất phương trình Phương pháp giải

ta phải chứng minh y(

( −1) .7.n! . 3x + 1 là y ( n ) = n +1 x−2 ( x − 2)

Áp dụng quy tắc tính đạo hàm để Ví dụ. Cho hàm số y = x sin x

π  = sin  x + ( k + 1)  . ( 2 ) 2 

chứng minh bất đẳng thức, giải Chứng minh x. y′′ − 2 ( y′ − sin x ) + xy = 0 . phương trình, bất phương trình. Hướng dẫn giải

Thật vậy, xét ( 2 ) ta có '   π  ′ π  VT = y k +1 =  y k  = sin  x + k   = cos  x + k  2  2   

π  = sin  x + ( k + 1)  = VP . 2 

Ta có

y′ = ( x sin x )′ ⇔ y ' = x′.sin x + x. ( sin x )′ ⇔ y′ = sin x + x cos x

Suy ra ( 2 ) đúng,nghĩa là (1) đúng với n = k + 1 .

y′′ = ( sin x + x cos x ) ' = ( sin x )′ + ( x cos x )′

Theo nguyên lí quy nạp ta có công thức

= cos x + x '.cos x + x. ( cos x )′ = 2 cos x − x sin x .

π  y n = sin  x + n  , ∀n ∈ ℕ* 2 

Ta có x. y′′ − 2 ( y′ − sin x ) + xy = 0

Trang 7

Trang 8

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

Ta có y′′ + y = 0 ⇔ − sin x − cos x + sin x + cos x = 0 ⇔ 0 = 0 (điều phải chứng minh).

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

Ví dụ 3. Cho hàm số y =

⇔0=0

2x + 4 . Giải phương trình y′′ = 0 . x2 + 4x + 3

(điều phải chứng minh).

Hướng dẫn giải Ví dụ mẫu Ta có y =

Ví dụ 1. Cho hàm số y = 2 x − x 2 . Chứng minh y 3 . y′′ + 1 = 0 .

2 ( x + 2) 2x + 4 = x 2 + 4 x + 3 ( x + 2 )2 − 1

Hướng dẫn giải Ta có: y′ =

y′′ =

(

2x − x2

(1 − x )′ .

2x − x2 −

(

− 2x − x2 − =

(

1− x

)

2x − x2

. ( 2 x − x 2 )′ =

2x − x .

2x − x

2x − x2

 2 ( x + 2 ) ′ 2 ( x + 2 )2 − 2 − 2 ( x + 2 ) .2 ( x + 2 ) −2 ( x + 2 )2 − 2 ⇒ y′ =   = = 2 2  ( x + 2 )2 − 1  ( x + 2 )2 − 1 ( x + 2 )2 − 1      

′ 2 x − x 2 . (1 − x )

)

 ′ 2 −2 ( x + 2 ) − 2   ⇒ y′′ =  2  2  ( x + 2 ) − 1    

. (1 − x )

−1

2 2 2 −4 ( x + 2 ) ( x + 2 ) − 1 −  −2 ( x + 2 ) − 2  .2 ( x + 2 ) − 1 2 ( x + 2 )       = 4 ( x + 2 )2 − 1  

) ( ) −1 Ta có y . y′′ + 1 = 0 ⇔ ( 2 x − x ) . ( 2x − x ) 2

1− x

− ( 2 x − x 2 ) − (1 − x )

(

2 x − x2

2x − x2

2 x − x2

)′ ⇔ y ' = 2

2 x − x2 2

2 2 2 4 ( x + 2 ) ( x + 2 ) − 1  − ( x + 2 ) + 1 + 2 ( x + 2 ) + 2      = 4 ( x + 2 )2 − 1  

+ 1 = 0 ⇔ −1 + 1 = 0

(điều phải chứng minh).

Ví dụ 2. Cho hàm số y =

sin 3 x + cos 3 x . Chứng minh y ′′ + y = 0 . 1 − sin x.cos x

Ta có y′′ = 0 ⇔

Hướng dẫn giải

Ta có: y =

2 2 4 ( x + 2 ) ( x + 2 ) − 1 ( x + 2 ) + 3   . 4 ( x + 2 )2 − 1  

( sin x + cos x ) ( sin 2 x + cos2 x − sin x cos x )

2 2 4 ( x + 2 ) ( x + 2 ) − 1 ( x + 2 ) + 3    = 0. 4 ( x + 2 )2 − 1  

Điều kiện: ( x + 2 ) − 1 ≠ 0 .

1 − sin x cos x

Khi đó y′′ = 0 ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = −2 .

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

Bài tập tự luyện dạng 2 Câu 1: Đạo hàm cấp hai của hàm số f ( x ) = x3 − x 2 − 4 tại điểm x = 1 là

⇒ y′ = cos x − sin x ⇒ y′′ = − sin x − cos x .

A. 1. Trang 9

B. 10.

C. 4.

D. 16. Trang 10

Câu 2: Đạo hàm cấp hai của hàm số y = A. y′′ =

( x + 2)

B. y′′ = −

3x + 1 là x+2

( x + 2)

Câu 12: Cho hàm số y = x 2 + 1 khẳng định nào đúng? C. y′′ = −

( x + 2)

D. y′′ = −

( x + 2)

 π Câu 3: Cho f ( x ) = sin 3x . Giá trị của f ′′  −  bằng  2

A. -9.

B. 0.

A. 3.

A. f ′′ ( x ) = − x sin x .

B. f ′′ ( x ) = 2 cos x − x sin x .

C. f ′′ ( x ) = sin x − x cos x .

D. f ′′ ( x ) = 1 + cos x .

A. P = 4 .

A. x =

B. y′ = −49sin 7 x − 9sin 3x . 49 9 sin 7 x − sin 3x . 2 2

C. y′′ =

(1 − x )

−2

(1 − x )

C. y = y ′ tan 2 x .

B. y′′ = D. y′′ =

(1 − x )

D. y 2 + ( y′ ) = 4 .

(1 − x )

B. x = 4 .

C. f

( x ) = 24 x − 8sin 2 x .

B. x = 0, x =

π 6

D. x = 0, x =

B. y′′y 3 = 2 .

C. y′′y + 2 ( y′ ) = 0 .

π 2

D. y′′y = 2 ( y′ )

C. 8.

D. 16 sin 4x .

π  B. y ( n ) = 2n cos  2 x +  . 2 

π  C. y ( n) = 2n +1 cos  2 x + n  . 2 

π  D. y ( n ) = 2n cos  2 x + n  . 2 

( −1)

n +1

.3.5... ( 3n − 1)

( 2 x + 1) C. y n =

( −1)

n +1

2 n −1

D. x = 3 .

2 n +1

B. y n =

A. y ( n ) =

( x ) = 24 − 16 cos 2 x . Trang 11

( −1)

n −1

.3.5... ( 2n − 1)

( 2 x + 1)

.3.5... ( 2n − 1)

( 2 x + 1)

B. f 4 ( x ) = 16 cos 2 x . D. f

C. x = 0, x =

1 . Khẳng định nào dưới đây đúng? x

D. y n =

( −1)

n +1

2 n −1

2x +1 là x 2 − 3x + 2

5. ( −1) .n ! 3. ( −1) .n ! . + n +1 n +1 ( x − 2) ( x − 1)

.3.5... ( 2n − 3)

( 2 x + 1)

Câu 21: Đạo hàm cấp n của hàm số y =

B. 0.

Câu 11: Cho f ( x ) = x 4 − cos 2 x . Tìm f 4 ( x ) . A. f 4 ( x ) = 24 x − 16 cos 2 x .

D. P = −1 .

Câu 20: Đạo hàm cấp n của hàm số y = 2 x + 1 là

C. x = 1 .

C. P = −4 .

π n  A. y ( n ) = ( −1) cos  2 x + n  . 2 

A. y n =

D. 0.

Câu 19: Đạo hàm cấp n của hàm số y = cos 2 x là

Câu 10: Cho hàm số y = x3 − 3x 2 + x + 1 . Phương trình y′′ = 0 có nghiệm là A. x = 2 .

A. -8.

−2 x 2 + 3x . Đạo hàm cấp hai của f là 1− x

3 . 2

Câu 18: Cho hàm số y = sin 2 2 x . Giá trị của biểu thức y (3) + y′′ + 16 y′ + 16 y − 8 là

Câu 8: Cho hàm số y = sin 2 x . Khẳng định nào sau đây đúng?

A. y′′ = 2 +

A. y′′y 3 + 2 = 0 .

Câu 7: Đạo hàm cấp hai của hàm số y = sin 5 x cos 2 x là

Câu 9: Cho hàm số y =

B. P = 0 .

Câu 17: Cho hàm số y =

D. y ( 4) = sin ( 2π − x )

D. y′ = −

π   π Câu 16: Xét hàm số y = cos  2 x −  . Nghiệm x ∈ 0;  của phương trình f ( 4) ( x ) = −8 là 3   2

B. y ′′ = sin ( x + π ) .

B. 4 y + y ′′ = 0 .

B. -3.

Câu 15: Cho hàm số f ( x ) = cos 2 x . Tính P = f ′′ (π ) .

Câu 6: Cho hàm số y = f ( x ) = sin x . Khẳng định nào sau đây sai?

A. 4 y − y ′′ = 0 .

D. ( y′ ) + y. y′′ = 1

Câu 14: Cho hàm số f ( x ) = 2 x − 1 .Giá trị của f ′′′ (1) bằng

Câu 5: Đạo hàm cấp hai của hàm số y = f ( x ) = x sin x − 3 là

49 9 sin 7 x + sin 3 x . 2 2

D. y′′ = 2sin 2 x .

C. y′ =

D. Cả hai đều sai.

B. ( y ′ ) + 2 y. y′′ = 1

C. y. y′′ − ( y′ ) = 1

C. y′′ = 2 cos 2 x .

A. y′ = 49sin 7 x + 9sin 3x .

C. Cả hai đều đúng.

A. ( y ′ ) + y. y′′ = −1 .

D. -3.

B. y′′ = −2sin 2 x .

 . 

B. Chỉ ( II ) .

C. 9.

A. y′′ = −2 cos 2 x .

3π  C. y′′′ = sin  x + 2 

A. Chỉ ( I ) .

Câu 13: Cho hàm số y = 1 + 3 x − x 2 . Khẳng định nào dưới đây đúng?

Câu 4: Đạo hàm cấp hai của hàm số y = cos 2 x là

π  A. y′ = sin  x +  . 2 

( II ) y 2 . y′′ = y′ .

( I ) y. y′ = 2 x ;

B. y ( n ) =

5. ( −1) .n ! 3. ( −1) .n ! . − n +1 n +1 ( x + 2) ( x − 1)

Trang 12

C. y ( n ) =

5. ( −1) .n ! 3. ( −1) .n ! : . n +1 n +1 ( x − 2) ( x − 1)

Câu 22: Đạo hàm cấp n của hàm số y = n

D. y ( n ) =

( −1) .3.n ! + ( −1) .2.n ! . n +1 n +1 ( x + 3) ( x + 2)

C. y ( n ) =

( −1) .3.n ! − ( −1) .2.n ! . n −1 n −1 ( x + 3) ( x + 2)

BÀI 3. ĐẠO HÀM CẤP CAO – VI PHÂN Dạng 1. Tính vi phân

x là x 2 + 5x + 6

A. y ( n ) =

ĐÁP ÁN

5. ( −1) .n ! 3. ( −1) .n ! − . n +1 n +1 ( x − 2) ( x − 1)

B. y ( n ) =

( −1) .3.n ! − ( −1) .2.n ! . n n ( x + 3) ( x + 2)

D. y ( n ) =

( −1) .3.n ! − ( −1) .2.n ! . n +1 n +1 ( x + 3) ( x + 2)

π  B. f ( 2021) ( x ) = − sin  x + a +  . 2 

π  C. f ( 2021) ( x ) = cos  x + a +  . 2 

π  D. f ( 2021) ( x ) = sin  x + a +  . 2  π  B. y ( n ) = 2n −1 sin  2 x + n  . 2 

π  C. y ( n ) = 2n sin  2 x +  . 2 

π  D. y ( n ) = 2n sin  2 x + n  . 2 

13 - C

14 - C

Ta có dy = y′dx =

7-A

8-B

9-D

10 - A

2x − 5 2 x 2 − 5x

dx .

Câu 3.

Câu 4. Xét hàm số f ( x ) = tan x ⇒ f ′ ( x ) = 1 + tan 2 x . Chọn x0 =

C. 454491.

D. 454490.

π 3

và ∆x = −

3π , ta có f ( x0 + ∆x ) ≈ f ( x0 ) + f ′ ( x0 ) .∆x 80

π  3π   π 3π  2 π   ⇒ tan  −  ≈ tan + 1 + tan  .  −  ≈ 1, 2608 . 3  3   80   3 80  Câu 5.

x Câu 26: Cho hàm số y = sin . Đạo hàm y ( n ) là 2 1 π x A. n sin  + n  . 2 2 2

π x B. sin  + n  . 2 2

π x C. 2n sin  + n  . 2 2

Ta có

Câu 7.

B. f ( 6) ( 0 ) = −34560 D. f

2 ′ Ta có dy = ( x − 1)  dx = 2 ( x − 1) dx .  

Câu 27: Cho hàm số f ( x ) = ( 3 x 2 − 2 x − 1) . Tính đạo hàm cấp 6 của hàm số tại điểm x = 0 .

( 6)

( sin x )′ dx = − cos x = − cot x . d ( cos x ) ( cos x )′ dx sin x d ( sin x )

Câu 6.

1 x  sin  + nπ  . 2n 2 

( 0 ) = 60480

12 - B

6-A

Câu 2.

π  Câu 25: Cho hàm số y = sin 3 x.cos x − sin 2 x . Giá trị của y (10)   gần nhất với số nào dưới đây? 3

C. f

11 - B

5-A

dy = ( x sin x + cos x )′ dx = (1.sin x + x.cos x − sin x ) dx = x cos xdx .

π  A. y ( n ) = 2n +1 sin  2 x + n  . 2 

( 6)

4-A

Câu 1.

Câu 24: Đạo hàm cấp n của hàm số y = sin 2 x là

A. f ( 6) ( 0 ) = −60480

3-B

Ta có: f ′ ( x ) = 6 x − 1 ⇒ f ′ ( 2 ) = 11 ⇒ df ( 2 ) = f ′ ( 2 ) ∆x = 11.0,1 = 1,1 .

π  A. f ( 2021) ( x ) = − cos  x + a +  . 2 

B. 2454493.

2-D

HƯỚNG DẪN CHI TIẾT

Câu 23: Đạo hàm cấp 2021 của hàm số f ( x ) = cos ( x + a ) là

A. 454492.

1-C

Ta có dy = ( x3 − 9 x 2 + 12 x − 5 )′ dx = ( 3 x 2 − 18 x + 12 ) dx .

( 0 ) = 34560

Câu 8.

THAM KHẢO ĐỀ KIỂM TRA 15 PHÚT SỐ 9 VÀ SỐ 10

Ta có dy =

THAM KHẢO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ SỐ 2 VÀ SỐ 3 VÀ SỐ 4

(

(1 + x2 )′ = x dx . ′ 1 + x 2 dx = 2 1 + x2 1 + x2

(

′ 3 x + 2 dx =

)

Câu 9. Ta có dy = Trang 13

)

3 dx . 2 3x + 2 Trang 14

Câu 10.

Câu 3. Ta có f ′ ( x ) = 3sin 3x , suy ra f ′′ ( x ) = −9sin 3 x .

−8  2 x + 3 ′ Ta có dy =  dx .  dx = 2  2x −1  ( 2 x − 1)

 π  3π Do đó f ′′  −  = −9sin  −  2  2

Câu 11.

Câu 4.

Ta có dy = ( x sin x + cos x )′ dx = ( sin x + x cos x − sin x ) dx = ( x cos x ) dx .

y′ = 2 cos x. ( − sin x ) = − sin 2 x ⇒ y ′′ = −2 cos 2 x .

Câu 12. Ta có

(1 + cos y′ =

2 x )′

2 1 + cos 2 2 x

  = −9 . 

Câu 5. =

−2.2.cos 2 x.sin 2 x 2 1 + cos 2 2 x

− sin 4 x 1 + cos 2 2 x

⇒ df ( x ) =

− sin 4 x 1 + cos 2 2 x

Ta có y′ = f ′ ( x ) = ( x sin x − 3)′ = sin x + x cos x

dx .

Vậy y′′ = f ′′ ( x ) = ( sin x + x cos x )′ = 2 cos x − x sin x .

Câu 13. 1 1 1 . . x − tan x . 2  tan x ′ 2 cos 2 x x x dx Ta có dy =   dx = x x  

Câu 6. Ta có

π π π π 3π      y′ = cos x = sin  x +  ⇒ y′′ = sin  x + +  = sin ( x + π ) ⇒ y′′′ = sin  x + π +  = sin  x +  2 2 2 2 2        

1 1 sin x 1  1 =  . − .  dx 2 2 cos x cos x 2 x  x 

3π π   4 ⇒ y ( ) = sin  x + +  = sin ( x + 2π ) = sin x . 2 2 

x − sin x cos x .dx 2 x x .cos 2 x

(

2 x − sin 2 x =

4 x .cos 2 x

Ta có sin ( 2π − x ) = − sin x ≠ y ( 4) .

) .dx

Câu 7. Ta có: y = sin 5 x cos 2 x =

Câu 14. 1 3x 2 1  1 ′ Ta có dy =  3  dx = . = − 4 dx . 3 ( x 3 )2 x  3x 

Do đó y′ =

1 ( sin 7 x + sin 3x ) . 2

1 1 ( 7 cos 7 x + 3cos 3x ) ⇒ y′′ = ( −49sin 7 x − 9sin 3x ) . 2 2

Câu 8.

Dạng 2. Đạo hàm cấp cao

Ta có: y′ = 2 cos 2 x ⇒ y′′ = −4sin 2 x .

1-C

2-D

3–A

4-A

5–B

6-D

7-D

8–B

9-B

10 – C

11 – D

12 - D

13 – A

14 – A

15 – C

16 – A

17 – D

18 - B

19 – D

20 - D

21 - D

22 – D

23 - C

24 – D

25 - D

26 – A

27 – A

Xét đáp án A, 4 y − y ′′ = 4sin 2 x + 4sin 2 x . Xét đáp án B, 4 y + y′′ = 4sin 2 x − 4sin 2 x = 0 . Xét đáp án C, y′ tan 2 x = 2 cos 2 x.

HƯỚNG DẪN CHI TIẾT

sin 2 x = 2sin 2 x ≠ y . cos 2 x

Xét đáp án D, y 2 + ( y′ ) = sin 2 2 x + 4 cos 2 2 x ≠ 4 .

Câu 1.

Câu 9.

Ta có f ′ ( x ) = 3x 2 − 2 x .

y = f ( x) =

Suy ra: f ′′ ( x ) = 6 x − 2 . Suy ra f ′′ (1) = 4 .

−2 x 2 + 3 x 1 1 2 = 2x −1+ ⇒ y′ = f ′ ( x ) = 2 + ⇒ y′′ = f ′′ = . 2 3 1− x 1− x (1 − x ) (1 − x )

Câu 2. Ta có y = 3 −

5 5 10 ⇒ y′ = ⇒ y′′ = − . 2 3 x+2 ( x + 2) ( x + 2) Trang 15

Trang 16

Câu 10.

π  ⇒ f ′′′ ( x ) = 8sin  2 x −  3 

Tập xác định: D = ℝ . Ta có y′ = 3 x 2 − 6 x + 1 ⇒ y′′ = 6 x − 6 ⇒ y′′ = 0 ⇔ x = 1 .

⇒ f(

( x ) = 16 cos  2 x − 

Câu 11.

Xét phương trình

Ta có: f ′ ( x ) = 4 x 3 + 2sin 2 x , suy ra f ′′ ( x ) = 12 x 2 + 4 cos 2 x ⇒ f ′′′ ( x ) = 24 x − 8sin 2 x . Do đó: f ( 4) ( x ) = ( f ′′′ ( x ) )′ = 24 − 16 cos 2 x .

( 4)

Câu 12. Ta có: y′ =

x x2 + 1

Xét y. y′ = x 2 + 1. Xét y . y′′ = ( x + 1) . 2

⇒ y′′ = x x2 + 1

+ 1) x 2 + 1

1 x2 + 1

π 2π π     2 x − 3 = 3 + k 2π   x = 2 + kπ π 1  . ⇔ ( x ) = −8 ⇔ cos  2 x −  = − ⇔  3 2   2 x − π = − 2π + k 2π   x = − π + kπ 3 3 6   

π  π Mà x ∈ 0;  nên chỉ có giá trị x = thỏa mãn. 2  2 Câu 17.

= x , do đó khẳng định (I) sai. 1

π . 3

Ta có y′ = − ≠ y′ , do đó khẳng định (II) sai.

1 2 ⇒ y′′ = 3 . x2 x 3

Xét đáp án A, y′′y 3 + 2 = 0 ⇔

Câu 13. Ta có

2 1 2 .   + 2 = 0 ⇔ 6 + 2 = 0 (vô lí). x3  x  x 2

Xét đáp án B, y′′y + 2 ( y′ ) = 0 ⇔

y = 1 + 3x − x 2 ⇒ y 2 = 1 + 3 x − x 2 ⇒ 2 y. y ′ = 3 − 2 x ⇒ 2. ( y′ ) + 2 y. y′′ = −2 ⇒ ( y′ ) + y. y′′ = −1 .

Câu 14.

2 1 2 .   = 2 ⇔ 6 = 2 (vô lí). x3  x  x

Xét đáp án C, y′′y 3 = 2 ⇔

Ta có:

f ( x) = 2x −1 ⇒ f ′ ( x ) =

( 2 x − 1)′ 2 2x −1

(

′

)

− 2x − 1 1 −1 ⇒ f ′′ ( x ) = = = 2x − 1 2x −1 2 x − 1 ( ) 2x −1

( 2 x − 1)

( 2 x − 1) ( 2 x − 1)

3 ( 2 x − 1) 3

( 2 x − 1) ( 2 x − 1)

( 2 x − 1)

2 1 2 2  1  . = 2  − 2  ⇔ 4 = 4 (đúng). x3 x x x  x 

Câu 18.

Ta có: y = sin 2 2 x ⇒ y =

′

Xét đáp án D, y′′y = 2 ( y′ ) ⇔

−1

( ⇒ f ′′′ ( x ) =

2 1 4  1  . + 2  − 2  = 0 ⇔ 4 = 0 (vô lí). x3 x x  x 

1 − cos 4 x 3 ⇒ y ′ = 2sin 4 x ⇒ y′′ = 8cos 4 x ⇒ y ( ) = −32sin 4 x . 2

Khi đó y (3) + y′′ + 16 y′ + 16 y − 8 = −32sin 4 x + 8cos 4 x + 32sin 4 x + 8 (1 − cos 4 x ) − 8 = 0 .

Câu 19.

Vậy f ′′′ (1) = 3 .

π π π    Ta có y′ = 2 cos  2 x +  ; y ′′ = 22 cos  2 x + 2  ; y′′′ = 23 cos  2 x + 3  . 2 2 2   

Câu 15.

π  Bằng quy nạp ta chứng minh được y ( n ) = 2n cos  2 x + n  . 2 

Ta có: f ′ ( x ) = −2sin 2 x ⇒ f ′′ ( x ) = −4 cos 2 x . Do đó: f ′′ (π ) = −4 .

Câu 20.

Câu 16.

Ta có y′ =

π  Ta có: f ′ ( x ) = −2sin  2 x −  3 

1 , y′′ = − 2x +1

1 3

( 2 x + 1)

, y′′′ =

( 2 x + 1)

π  ⇒ f ′′ ( x ) = −4 cos  2 x −  3  Trang 17

Trang 18

Bằng quy nạp ta chứng minh được y ( n ) =

( −1)

n +1

.3.5... ( 2n − 3)

( 2 x + 1)

2 n −1

10  π  ⇒ y ( )   ≈ 454490,13 3

Câu 26.

Câu 21.

Ta có: y =

Chứng minh bằng quy nạp y ( n ) =

5 3 . − x − 2 x −1 n

Bằng quy nạp ta chứng minh được y

( n)

Với n = 1 ta có y′ =

5. ( −1) .n ! 3. ( −1) .n ! . = − n +1 n +1 ( x − 2) ( x − 1)

1  x nπ sin  + 2n 2 2

1 x 1 x π cos = sin  +  . 2 2 2 2 2

Giả sử (1) đúng với n = k , k ∈ ℕ* tức là ta có y ( k ) =

Câu 22.

Ta có: x = 3 ( x + 2 ) − 2 ( x + 3) ; x 2 + 5 x + 6 = ( x + 2 )( x + 3) . Suy ra y =

( n)

k +1)

 x ( k + 1) π 1 sin  + 2k +1 2 2

 . 

Thật vậy,ta có n

( −1) .1 .n! = ( −1) .n ! ,  1   n +1 n +1  ( x + 2) ( x + 2)  x + 3  n

nên ta có y ( n ) =

1  x kπ  sin  + . 2k 2 2 

Chứng minh (1) đúng với n = k + 1 tức là cần chứng minh y (

3 2 . − x+3 x+2

 1  Mà    x+2

( n)

( −1) .n ! n +1 ( x + 3)

 x kπ  ( k ) ′  1  y  =  2k sin  2 + 2

( −1) .3.n ! − ( −1) .2.n! . n +1 n +1 ( x + 3) ( x + 2)

′  x ( k + 1) π  1 1   x kπ  .   = k +1 cos  +  = k +1 sin  + 2 2 2 2 2    2 

Câu 27.

Giả sử f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a18 x18 .

Câu 23.

Khi đó f ( 6) ( x ) = 6!.a6 + b7 x + b8 x 2 + ... + b18 x12 ⇒ f ( 6) ( 0 ) = 720a6 .

π

 Ta có f ′ ( x ) = − sin ( x + a ) = cos  x + a +  ; 2 

2π π   f ′′ ( x ) = − sin  x + a +  = cos  x + a + 2 2  

2021)

( x ) = cos  x + a + 

Ta có ( 3 x 2 − 2 x − 1) = − (1 + 2 x − 3 x 2 ) = −∑ C9k ( 2 x − 3 x 2 )

k =0

 ; 

k =0

i =0

= −∑ C9k ∑ Cki ( 2 x )

… f(

  . (1) 

k −i

2 i

( −3 x )

= − ∑∑ C9k Cki 2k −i ( −3) x k +i i

k =0 i = 0

0 ≤ i ≤ k ≤ 9 Số hạng chứa x 6 ứng với k , i thỏa mãn  ⇒ ( k ; i ) ∈ ( 6; 0 ) , ( 5;1) , ( 4; 2 ) , ( 3;3)} k + i = 6

{

2021π  π   = cos  x + a +  . 2  2 

0 2 3 ⇒ a6 = − C96C60 26 ( −3) + C95C51 24 ( −3) + C94C42 22 ( −3) + C93C33 20 ( −3)  = −84  

Câu 24.

⇒ f ( 6) ( 0 ) = 720. ( −64 ) = −60480.

π π π    Ta có: y′ = 2sin  2 x +  , y′′ = 22 sin  2 x + 2  , y′′′ = 23 sin  2 x + 3  ;... 2 2 2     

π  Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được y( n ) = 2n sin  2 x + n  . 2  Câu 25.

Ta có y = sin 3x.cos x − sin 2 x =

1 1 ( sin 4 x + sin 2 x ) − sin 2 x = ( sin 4 x − sin 2 x ) . 2 2 ( n)

Mặt khác theo quy nạp ta chứng minh được ( sin ax ) Do đó y (10) ( x ) =

= ( −1)

n −1

 nπ  − ax  . a n sin   2 

1 1 9 9 ( −1) 410.sin ( 5π − 4 x ) − ( −1) .210.sin ( 5π − 2 x ) = ( −410.sin 4 x + 210 sin 2 x ) 2 2

(

)

Trang 19

Trang 20

C. Tăng

Đề 1 I. TRẮC NGHIỆM (5 điểm)

Câu 7: Tìm số hạng thứ 11 của cấp số cộng có số hạng đầu bằng 3 và công sai d = −2 . A. −21

Câu 1: Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = 3 − 2 cos x lần lượt là: 2

A. ymax = 3, ymin = 1

B. ymax = 1, ymin = −1

C. ymax = 5, ymin = 1

D. ymax = 5, ymin = −1

2 3

4 5

1 5

A. SP (P là giao điểm của AB và CD).

B. SO (O là giao điểm của AC và BD) D. SI (I là giao điểm của AC và BM) 2

Câu 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm ảnh của đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) = 4 qua phép đối xứng trục Ox.

A. ( C ) : ( x + 1) + ( y + 2 ) = 4

B. ( C ) : ( x + 1) + ( y − 2 ) = 4

D. ( C ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) = 2

Câu 5: Nghiệm của phương trình 2sin x + 1 = 0 là: −π + k 2π 6 ,k ∈Z 7π + k 2π 6

C. x = ±

π 6

+ k 2π , k ∈ Z

Câu 6: Dãy số ( un ) A. Giảm

D. −19

 −1  A. M '  ;1  2 

1  B. M '  ;1 2 

C. M ' ( 2; −4 )

D. M ' ( −2; 4 )

Câu 9: Trong mặt phẳng, cho 6 điểm phân biệt sao cho không ba điểm nào thẳng hàng. Hỏi có thể lập được bao nhiêu tam giác mà các đỉnh của nó thuộc tập điểm đã cho?

1 6

C. SJ (J là giao điểm của AM và BD)

 x = A.  x = 

C. −17

k = −2 là:

Câu 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang ABCD AD / / BC . Gọi M là trung điểm của CD. Giao tuyến của hai mặt phẳng ( MSB ) và ( SAC ) là:

C. ( C ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) = 4

B. 23

Câu 8: Trong mặt phẳng tọa độ ( Oxy ) , ảnh của điểm M (1; −2 ) qua phép vị tự tâm O tỉ số

Câu 2: Trong 1 tổ có 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 bạn trong tổ tham gia đội tình nguyện của trường. Tính xác suất để 3 bạn được chọn toàn nam? A.

D. Không bị chặn

A. 63

B. 36

C. A63

D. C63

Câu 10: Tìm tập xác định của hàm số y = tan x . π  A. D = R \  + kπ , k ∈ Z  4 

 π  B. D = R \ − + kπ , k ∈ Z   4 

π  C. D = R \  + kπ , k ∈ Z  2 

D. D = R \ {kπ , k ∈ Z }

Câu 11: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai? A. “Phép vị tự tỉ số k = −1 là phép dời hình”. B. “Phép đối xứng tâm biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính” C. “Phép đối xứng trục biến đường thẳng thành đường thẳng song song với nó” D. “Phép quay tâm I góc quay 90° biến đường thẳng thành đường thẳng vuông góc với nó.”

2π B. x = ± + k 2π , k ∈ Z 3

π   x = 3 + k 2π ,k ∈ Z D.   x = 2π + k 2π  3

1   Câu 12: Tìm số hạng chứa x 3 trong khai triển  x −  2x  

A. C93 x 3

B. Không tăng, không giảm

1 3 3 C9 x 8

C. −C93 x 3

Câu 13: Nghiệm của phương trình sin x − cos 2 x = 2 là: A. x = ±

n có un = là dãy số: n +1

C. x =

π 4

+ k 2π , k ∈ Z

π + k 2π , k ∈ Z 2

B. x = k 2π , k ∈ Z D. x =

π + kπ , k ∈ Z 2

1 D. − C93 x3 8

Câu 14: Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC. E là điểm trên cạnh CD với ED = 3EC . Thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( MNE ) và tứ diện ABCD là:

Câu 20: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Các điểm I, J lần lượt là trọng tâm tam giác SAB, SAD. M là trung điểm CD. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: A. IJ / / ( SCD )

A. Tam giác MNE

B. IJ / / ( SBD )

C. IJ / / ( SBC )

D. IJ / / ( SBM )

B. Hình thang MNEF với F là điểm trên cạnh BD mà EF / / BC

II. TỰ LUẬN (5 điểm)

C. Tứ giác MNEF với F là điểm bất kì trên cạnh BD

Câu 1: (1 điểm) Giải phương trình sau: sin 2 x − 3sin x + 2 = 0

D. Hình bình hành MNEF với F là điểm trên cạnh BD mà EF / / BC

Câu 2: (1 điểm) Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 10 học sinh, gồm 4 học sinh lớp A, 3 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 5 học sinh đi làm nhiệm vụ mà số học sinh lớp B bằng số học sinh lớp C

Câu 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm ảnh của đường thẳng d : x + 2 y − 3 = 0 qua phép tịnh tiến theo v (1; −1) . A. d ' : x + 2 y − 2 = 0

B. d ' : x + 2 y − 4 = 0

C. d ' : x − 2 y − 4 = 0

D. d ' : − x + 2 y + 2 = 0

1  Câu 3: (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  x 2 + 3  x  

Câu 16: Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số được thành lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. A. 5

B. C

C. A

5 9

D. 9

5 9

B. 3

C. 5

D. 6

Câu 18: Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau A. Nếu hai mặt phẳng (α ) và ( β ) song song với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong (α ) đều song song với mọi đường thẳng nằm trong ( β ) B. Nếu hai đường thẳng song song với nhau lần lượt nằm trong hai mặt phẳng phân biệt (α ) và ( β ) thì (α ) và ( β ) song song với nhau

C. Qua một điểm nằm ngoài mặt phẳng cho trước ta vẽ được một và chỉ một đường thẳng song song với mặt phẳng cho trước đó D. Nếu hai mặt phẳng (α ) và ( β ) song song với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong (α ) đều song song với ( β ) Câu 19: Tìm công bội q của một cấp số nhân ( un ) có u1 = A. q = 2

B. q =

1 2

1 và u6 = 16 2

C. q = −2

Câu 4: (2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi N là trung điểm của cạnh SC. Lấy điểm M đối xứng với B qua A. a) Chứng minh rằng: MD song song với mặt phẳng ( SAC ) .

Câu 17: Một hình chóp có tổng số đỉnh và số cạnh bằng 13. Tìm số cạnh của đa giác đáy. A. 4

D. q = −

1 2

b) Xác định giao điểm ( G ) của đường thẳng MN với mặt phẳng ( SAD ) . Tính tỉ số

GM . GN

ĐÁP ÁN 1

LỜI GIẢI CHI TIẾT

 I ∈ AC ⊂ ( SAC ) ⇒ I ∈ ( SAC ) ∩ ( SBM ) Khi đó:   I ∈ BM ⊂ ( SBM ) Mà S ∈ ( SAC ) ∩ ( SBM ) ⇒ ( SAC ) ∩ ( SBM ) = SI .

Chọn D. Câu 4: Phương pháp:

Câu 1:

Phép đối xứng trục Ox biến M ( x; y ) thành M ' ( x; − y ) ; biến đường tròn ( I ( a; b ) ; R ) thành

Phương pháp:

đường tròn ( I ' ( a; −b ) ; R ) .

Đánh giá từ tập giá trị của cos x : −1 ≤ cos x ≤ 1 Cách giải:

Cách giải:

Ta có: −1 ≤ cos x ≤ 1 ⇔ 0 ≤ cos 2 x ≤ 1 ⇔ −2 ≤ −2 cos 2 x ≤ 0 ⇔ 1 ≤ 3 − 2 cos 2 x ≤ 3 ⇔ 1 ≤ y ≤ 3

Ảnh của đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) = 4 có tâm I (1; −2 ) bán kính R = 2 qua phép đối

⇒ ymax = 3, ymin = 1

xứng trục Ox là: ( C ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) = 4 có tâm I ' (1; 2 ) bán kính R = 2 .

Chọn A.

Chọn C.

Câu 2:

Câu 5:

Phương pháp:

- Tìm số phần tử của không gian mẫu - Tính số cách để chọn 3 bạn toàn bạn nam

 x = α + k 2π sin x = sin α ⇔  (k ∈ Z )  x = π − α + k 2π

Cách giải:

3 10

Số phần tử của không gian mẫu: nΩ = C

Gọi A: “3 bạn được chọn toàn nam”. Khi đó, nA = C63 ⇒ P ( A ) =

nA C63 20 1 = = = . nΩ C103 120 6

Chọn A.

Câu 3:

Câu 6:

Phương pháp:

Xác định 2 điểm phân biệt cùng thuộc cả hai mặt phẳng cần xét.

Trong ( ABCD ) , gọi I là giao điểm của AC và BM

−π    x = 6 + k 2π x = 1 2sin x + 1 = 0 ⇔ sin x = − ⇔  ,k ∈Z ⇔  2  x = π −  − π  + k 2π x =      6

Chọn D.

Cách giải:

Xét

un +1 un

+) Nếu

un +1 > 1 ⇒ Dãy số tăng. un

−π z + k 2π 6 ,k ∈Z . 7π + k 2π 6

+) Nếu

un +1 < 1 ⇒ Dãy số giảm. un

Câu 10: Phương pháp:

Cách giải:

Hàm số y = tan x xác định ⇔ cos x ≠ 0

n +1 2 un +1 n + 2 ( n + 1) n 2 + 2n + 1 Xét = = = 2 > 1 ⇒ un +1 > un ⇒ Dãy tăng. n un n ( n + 2) n + 2n n +1

Cách giải:

Chọn C.

Câu 7:

Câu 11:

Phương pháp:

Cách giải:

Công thức cấp số cộng: un = u1 + ( n − 1) d

“Phép đối xứng trục biến đường thẳng thành đường thẳng song song với nó” là mệnh đề sai. Vì hai đường thẳng có thể trùng nhau.

Cách giải: Theo đề bài, ta có: u11 = u1 + (11 − 1) d = 3 + (11 − 1) . ( −2 ) = −17

Chọn C. Câu 8:

π  Tập xác định của hàm số y = tan x là: D = R \  + kπ , k ∈ Z  . 2 

Chọn C. Câu 12: Phương pháp: n

Phương pháp:

Áp dụng Công thức khai triển nhị thức Newton: ( x + y ) = ∑ Cni xi . y n −i

Phép vị tự V(O ;k ) : M ֏ M ' thỏa mãn OM ' = kOM

Cách giải:

Cách giải: Phép vị tự V(O ;−2 ) : M ֏ M ' thỏa mãn OM ' = −2.OM , khi đó:

 xM ' = −2.1 = −2  x M ' = −2 x M ⇔ ⇒ M ' ( −2; 4 )  y = − 2 y  yM ' = −2. ( −2 ) = 4 M  M'

Chọn D. Câu 9: Phương pháp: Nhận xét: Một tam giác được xác định bởi 3 điểm không thẳng hàng nên số tam giác được lập thành từ n ( n ≥ 3 ) điểm phân biệt trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng là: Cn3 .

Cách giải: Từ 6 điểm phân biệt sao cho không ba điểm nào thẳng hàng có thể lập được số tam giác là: C63 .

Chọn D.

i =0

9 1   1    1  Ta có:  x −  =  x − x −1  = ∑ C9i x i .  − x −1  2x   2    2  i =0

9−i

9  1 = ∑ C9i  −   2 i =0

9 −i

x 2 i −9

Số hạng chứa x3 trong khai triển ứng với i thỏa mãn: 2i − 9 = 3 ⇔ i = 6  1 ⇒ Số hạng chứa x3 trong khai triển là: C96  −   2

9 −6

1 x 6.2−9 = − C93 x 3 . 8

Chọn D. Câu 13: Phương pháp: Đưa về phương trình bậc hai đối với sin x , sử dụng công thức nhân đôi. Cách giải: sin x − cos 2 x = 2 ⇔ sin x − (1 − 2sin 2 x ) = 2 ⇔ 2sin 2 x + sin x − 3 = 0

sin x = 1 π ⇔ ⇔ x = + k 2π , k ∈ Z sin x = − 3 (Vo nghiem ) 2 2  Chọn C. Câu 14: Phương pháp: Định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng: Nếu ba mặt phẳng phân biệt đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt thì ba giao tuyến ấy hoặc đồng qui hoặc đôi một song song với nhau. Cách giải:

Xét ba mặt phẳng phân biệt ( ABC ) , ( BCD ) , ( MNE ) có:

Câu 16: Phương pháp:

Giả sử số đó là a1a2 a3a4 a5 , ai ∈ {1; 2;3;...;9} , i = 1,5 . Chọn lần lượt từng chữ số, áp dụng quy tắc nhân. Cách giải:

Giả sử số đó là a1a2 a3 a4 a5 , ai ∈ {1; 2;3;...;9} , i = 1,5 . Khi đó: Các số ai đều có 9 cách chọn, ∀i = 1,5

⇒ Lập được tất cả 95 số. Chọn D.

( ABC ) ∩ ( BCD ) = BC  ( ABC ) ∩ ( MNE ) = MN

Câu 17:

Mà MN / / BC ⇒ EF / / BC (F là giao điểm của ( MNE ) với đường

Giả sử hình chóp có n cạnh bên. Khi đó, số đỉnh là n + 1 , số cạnh là 2n.

thẳng BD)

Cách giải:

Từ E, ta kẻ EF / / BC , F ∈ BC

Giả sử hình chóp có n cạnh bên. Khi đó, số đỉnh là n + 1 , số cạnh là 2n.

⇒ MNEF là hình thang

Theo đề bài, ta có: n + 1 + 2n = 13 ⇔ 3n = 12 ⇔ n = 4

1 3 BC , EF = BC ⇒ MN < EF ⇒ MNEF không phải 2 4 hình bình hành)

Số cạnh của đa giác đáy là 4.

Chọn B.

Cách giải:

(Do MN =

Câu 15: Phương pháp:

Phép tịnh tiến theo v : d ֏ d ' song song hoặc trùng với d. Cách giải: Phép tịnh tiến theo v : d ֏ d ' song song hoặc trùng với d ⇒ d ' : x + 2 y + m = 0

Phương pháp:

Chọn A. Câu 18:

Nếu hai mặt phẳng (α ) và ( β ) song song với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong (α ) đều song song với ( β ) : là mệnh đề đúng. Chọn D. Câu 19: Phương pháp:

 xA ' = 1 + 1 = 2 Lấy A (1;1) ∈ d . Phép tịnh tiến Tv : A ֏ A ' ∈ d ' với  ⇒ A ' ( 2;0 )  y A ' = 1 + ( −1) = 0

Cấp số nhân là một dãy số (hữu hạn hay vô hạn) mà trong đó, kể từ số hạng thứ hai, mỗi số hạng đều bằng tích của số hạng đứng ngay trước nó và một số q không đổi, nghĩa là:

Vì A ' ∈ d ' nên 2 + 2.0 + m = 0 ⇔ m = −2 ⇒ d ' : x + 2 y − 2 = 0 .

( un ) :

Chọn A.

∀n ≥ 2, un = q n −1u1

cấp số nhân ⇔ ∀n ≥ 2, un = un −1.q (q được gọi là công bội của cấp số nhân) ⇔

Cách giải:

+ 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B, 2 học sinh lớp C

1 Ta có: u1 = , u6 = u1.q 5 = 16 2

Cách giải:

⇒

1 5 q = 16 ⇔ q 5 = 32 ⇔ q = 2 . 2

Chọn A.

Số cách chọn 5 học sinh, trong đó: 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B, 2 học sinh lớp C là:

C41 .C32 .C32 = 36 (cách) Số cách chọn 5 học sinh, trong đó: 3 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B, 1 học sinh lớp C là:

Câu 20:

C43 .C31.C31 = 36 (cách)

Phương pháp:

Chỉ ra một đường trong mặt phẳng mà IJ song song với đường thẳng đó.

Vậy có tất cả số cách chọn 5 học sinh đi làm nhiệm vụ mà số học sinh lớp B bằng số học sinh lớp C là: 36 + 36 = 72 (cách). 5

Cách giải:

Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, AD. Khi đó, do I, J lần lượt là trọng tâm tam giác SAB,

SAD nên

+ 3 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B, 1 học sinh lớp C

SJ SI 2 = = ⇒ IJ / / EF SF SE 3

Mà EF / / BD (vì EF là đường trung bình của ∆ABD ) ⇒ IJ / / BD ⇒ IJ / / ( SBD ) .

1   Câu 3 (1 điểm): Tìm số hạng không chứa x trong khai triển  x 2 + 3  . x  

Phương pháp: n

Áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton: ( x + y ) = ∑ Cni x i . y n −i n

i =0

Cách giải:

Chọn B.

II. TỰ LUẬN Câu 1 (1 điểm): Giải phương trình sau: sin 2 x − 3sin x + 2 = 0 .

5 5 5 5−i i 5 1   Ta có:  x 2 + 3  = ( x 2 + x −3 ) = ∑ C5i ( x 2 ) . ( x −3 ) = ∑ C5i .x 2 i −15+3i = ∑ C5i x5i −15 x   i =0 i =0 i =0

Số hạng không chứa x trong khai triển ứng với i thỏa mãn: 5i − 15 = 0 ⇔ i = 3

Phương pháp: Đặt ẩn phụ sin x = t , t ∈ [ −1;1] . Giải phương trình tìm t, từ đó tìm x.

⇒ Số hạng không chứa x trong khai triển là: C53 = 10 .

Cách giải:

Câu 4 (2 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi N là trung điểm của cạnh SC. Lấy điểm M đối xứng với B qua A.

t = 1 Đặt sin x = t , t ∈ [ −1;1] . Phương trình đã cho trở thành t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔  ⇔ t =1 t = 2 ( Loai )

Phương pháp:

⇒ sin x = 1 ⇔ x =

π 2

+ k 2π , k ∈ Z .

Câu 2 (1 điểm): Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 10 học sinh, gồm 4 học sinh lớp A, 3 lớp học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 5 học sinh đi làm nhiệm vụ mà số học sinh lớp B bằng số học sinh lớp C. Phương pháp:

Chia 2 trường hợp:

a) Chứng minh MD song song với AC nằm trong ( SAC ) b) Chứng minh G là trọng tâm tam giác

SMC. Cách giải: a) Chứng minh rằng: MD song song với mặt phẳng SAC.

Do ABCD là hình bình hành nên AB = DC , mà M đối xứng với B qua A ⇒ AB = MA ⇒ DC = MA ⇒ ACDM là hình bình hành ⇒ MD / / AC Vì AC ⊂ ( SAC ) ⇒ MD / / ( SAC )

b) Xác định giao điểm G của đường thẳng MN với mặt phẳng SAD. Tính tỉ số

GM . GN

Gọi E là giao điểm của AD và MC. Do ACDM là hình bình hành nên E là trung điểm của MC

G ∈ MN Trong ( SMC ) gọi G là giao điểm của SE và MN ⇒  G ∈ SE Mà SE ⊂ ( SAD ) ⇒ G = MN ∩ ( SAD ) Tam giác SMC có: SE, MN là trung tuyến, SE ∩ MN = G ⇒ G là trọng tâm tam giác SMC

⇒

MG 2 = = 2. GN 1

ĐỀ THI THAM KHẢO KIỂM TRA HỌC KÌ 1 (Toán 11) Đề 02 – Thời gian làm bài : 60 phút

này có m cách thực hiện, hành động kia có n cách thực hiện không trùng với bất kì cách nào

Câu 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (1;0 ) . Phép quay tâm O góc 90°

biến điểm M thành M’ có tọa độ là A. ( 0; 2 ) .

B. ( 0;1) .

C. (1;1) .

D. ( 2;0 ) .

Câu 2: Phương trình sin x − 3 cos x = 2 tương đương với phương trình nào sau đây ?

π  A. sin  x +  = 1 . 3 

π  B. cos  x +  = 1 . 3 

π  C. cos  x −  = 1 . 3 

π  D. sin  x −  = 1 . 3 

của hành động thứ nhất. Công việc đó có A. m.n cách thực hiện.

B. m n cách thực hiện.

C. m + n cách thực hiện.

D. n m cách thực hiện.

Câu 10: Kí hiệu Cnk là số các tổ hợp chập k của n phần tử (1 ≤ k ≤ n; k , n ∈ ℕ ) . Khi đó Cnk bằng A.

n! k !+ ( n − k )!

( n − k )!

n! k!

B. x =

C. x = k 2π , k ∈ ℤ

D. x = kπ , k ∈ ℤ

B. Hàm số y = sin x đồng biến trên khoảng ( 0; π ) .

B. Hàm số y = sin x là hàm số lẻ.

 π C. Hàm số y = cot x nghịch biến trên khoảng  0;  .  2

+ kπ , k ∈ ℤ

Câu 4: Khẳng định nào sau đây là sai? A. Hàm số y = x + cos x là hàm số chẵn. C. Hàm số y = cos x là hàm số chẵn.

D. Hàm số y = x + sin x là hàm số lẻ. Câu 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Phép tịnh tiến theo vectơ v ( 2; 2 ) biến đường

B. x + y − 1 = 0 .

C. x − y − 2 = 0 .

D. Hàm số y = cos x đồng biến trên khoảng ( 0; π ) . Câu 12: Từ các chữ số 1, 2,3, 4,5, 6, 7 và 8 lập được bao nhiêu số gồm 5 chữ số khác nhau đôi một?

thẳng ∆ : x − y − 1 = 0 thành đường thẳng ∆′ có phương trình là A. x − y − 1 = 0 .

n! k !( n − k )!

 π π A. Hàm số y = tan x nghịch biến trên khoảng  − ;  .  4 4

A. x = π + k 2π , k ∈ ℤ

Câu 11: Khẳng định nào sau đây là đúng?

Câu 3: Phương trình sin 2 x − cos 2 x = − cos 2 x có nghiệm là

Câu 9: Giả sử một công việc được hoàn thành bởi một trong hai hành động. Nếu hành động

D. x + y + 2 = 0 .

A. 120.

B. 6720.

C. 7620.

D. 210. 6

Câu 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, điểm M (1;1) . Phép tịnh tiến theo vectơ v = ( 0;1) biến M thành điểm M’ có tọa độ là A. ( 2;1)

B. (1;0 )

C. (1; 2 )

D. ( 2;0 )

Câu 13: Số hạng chứa x trong khai triển của biểu thức ( x + 1) là A. 7x

B. 5x

C. 4x

Câu 14: Phương trình cos x = 1 cos nghiệm là A. x = kπ , k ∈ ℤ

B. x =

Câu 7: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. Có đúng hai mặt phẳng đi qua một điểm và một đường thẳng cho trước. B. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm và một đường thẳng không chứa điểm đó. C. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm và một đường thẳng chứa điểm đó. D. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm và một đường thẳng cho trước. Câu 8: Có 8 đội bóng chuyền nữ thi đấu theo thể thức vòng tròn (hai đội bóng chuyền bất kì B. 56.

C. 8.

C. x = ±

π 3

+ kπ , k ∈ ℤ

Câu 15: Một tổ có 15 người gồm 8 nam và 7 nữ. Cần lập một đoàn đại biểu gồm 6 người. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách lập?

A. 720.

B. 90.

C. 56.

D. 5005.

Câu 16: Tính biểu thức P = C + C + C ta được kết quả bằng D. 40320.

A. 3

2 3

Trang 2

3 4

B. 6

Câu 17: Tập xác định của hàm số y = Trang 1

D. x = k 2π , k ∈ ℤ

+ k 2π , k ∈ ℤ

1 2

chỉ gặp nhau một lần) và tính điểm. Số trận đấu được tổ chức là A. 28.

D. 6x

C. 9 1 là cos x

D. 12

A. v = (1;1)

π  A. D = ℝ \  + kπ , k ∈ ℤ  2 

B. D = ℝ

C. D = ℝ \ {kπ , k ∈ ℤ}

D. D = [ −1;1]

C. ( x − 2 ) + ( y + 1) = 4

D. Nếu một đường thẳng có một điểm thuộc mặt phẳng thì mọi điểm của đường thẳng đều

B. ( x − 2 ) + ( y − 1) = 4 2

D. ( x + 2 ) + ( y − 1) = 4

Câu 19: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, điểm M (1;1) , N (1; −1) . Phép tịnh tiến theo vectơ v biến M thành điểm N. Khi đó ta có A. v = ( 3; 2 ) B. v = ( −1; −4 ) C. v = (1; 4 ) D. v = ( 0; −2 ) Câu 20: Giá trị của biểu thức P = 1!+ 2!+ 3!+ 6! bằng: A. 123.

B. 236.

C. 729.

D. 361.

Câu 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, điểm M ( 2; 2 ) . Phép vị tự tâm O tỉ số k = 1 biến M thành điểm M’ có tọa độ là

A. (1;1)

B. ( −2; −2 )

C. ( 3;3)

D. ( 2; 2 )

Câu 22: Phương trình sin x = 0 có nghiệm là A. x = kπ , k ∈ ℤ C. x =

π 2

π 4

D. x = −

+ kπ , k ∈ ℤ

C. x =

2 2

Câu 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, phép vị tự tâm O tỉ số k = 2 biến đường thẳng

x + y = 0 thành đường thẳng nào trong các đường thẳng có phương trình sau ? A. x − y = 0

+ k 2π , k ∈ ℤ

C. x − y − 2 = 0

D. x + y + 2 = 0

một lần xuất hiện mặt hai chấm là : A.

11 36

12 36

10 36

13 36

7π   Câu 29: Giá trị lớn nhất của hàm số y = 2sin  x +  − 5 là: 12   A. −7

B. −3

C. 3

D. −5

Câu 30: Xếp 2 học sinh nam khác nhau và 2 học sinh nữ khác nhau vào một hàng ghế dài có

nhiêu cách ? B. 48.

C. 120.

D. 16.

Câu 31: Lấy ngẫu nhiên một thẻ từ một hộp chứa 24 thẻ được đánh số từ 1 đến 24. Xác suất để thẻ lấy được ghi số chia hết cho 4 là :

+ k 2π , k ∈ ℤ

B. x = kπ , k ∈ ℤ

+ kπ , k ∈ ℤ

D. x = −

7 24

6 24

4 24

10 24

Câu 32: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình bình hành. Giao tuyến của hai mặt phẳng

π 2

+ k 2π , k ∈ ℤ

A. D = ( −1;1)

B. D = ℝ

( SAB )

và ( SCD ) là:

A. Đường thẳng đi qua S và song song với đường thẳng AD

Câu 24: Tập giá trị của hàm số y = sin x là: D. D = [ −1;1] Câu 25: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Phép tịnh tiến theo vectơ v biến đường thẳng

C. D = ℝ \ [ −1;1]

B. Đường thẳng đi qua S và song song với đường thẳng BD C. Đường thẳng đi qua S và song song với đường thẳng AC D. Đường thẳng đi qua S và song song với đường thẳng CD

d : x + 2 y − 3 = 0 thành đường thẳng d ′ : x + 2 y − 7 = 0 . Khi đó ta có

Trang 3

B. x + y = 0

Câu 28: Gieo ngẫu nhiên một con súc sắc cân đối và đồng chất hai lần. Xác suất để ít nhất

A. 720.

Câu 23: Phương trình sin 2 x + sin x − 2 = 0 có nghiệm là A. x =

thuộc mặt phẳng đó

6 chỗ ngồi sao cho 2 học sinh nam ngồi kề nhau và 2 học sinh nữ ngồi kề nhau. Hỏi có bao B. x =

+ k 2π , k ∈ ℤ

B. Nếu hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng còn vô số điểm chung nữa C. Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua ba điểm không thẳng hàng

D. v = (1; 2 )

A. Có một và chỉ một đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt

tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 4 thành đường tròn ( C′ ) có phương trình

A. ( x + 2 ) + ( y + 1) = 4

C. v = ( 2;1)

Câu 26: Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau

Câu 18: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy . Phép tịnh tiến theo vectơ v (1; −2 ) biến đường 2

B. v = ( −1; −1)

Trang 4

Đáp án

Câu 33: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, phép vị tự tâm I ( 2;1) tỉ số k biến điểm

M ( 3;3) thành điểm M ′ ( 5;7 ) . Khi đó k bằng bao nhiêu? A. 4.

B. 2.

C. 5.

D. 3.

1-B

2-D

3-D

4-A

5-A

6-C

7-B

8-A

9-C

11-C

12-B

13-D

14-D

15-D

16-C

21-D

22-A

23-A

24-D

25-C

26-D

31-B

32-D

33-D

34-A

35-D

36-C

37-A

10-D

17-A

18-C

19-D

20-C

27-B

28-A

29-B

30-B

38-C

39-C

40-B

Câu 34: Biết hệ số của số hạng chứa x 2 trong khai triển của biểu thức (1 − 2 x ) , n ∈ ℕ là

220. Tìm n ? A. n = 11

B. n = 22

C. n = 10

D. n = 20 20

1   Câu 35: Số hạng không chứa x trong khai triển của biểu thức  x 2 + 2  , x ≠ 0 là: x  

A. C

3 20

B. C

C. C

9 20

D. C

6 20

10 20

Câu 36: Phương trình 2sin − 4sin x cos x + 4 cos x = 1 tương đương với phương trình 2

Từ hình sau ta được M ′ ( 0;1) .

Câu 2: Đáp án D

A. cos 2 x − 2sin 2 x = 2

B. sin 2 x − 2 cos 2 x = 2

C. cos 2 x − 2sin 2 x = −2

Câu 37: Số nghiệm của phương trình cos 3 x.cos 2 x − cos x = 0 trên khoảng ( 0; 4π ) là: B. 5.

C. 8.

PT ⇔ sin x cos

π 3

− cos x.sin

π 3

π  = 1 ⇔ sin  x −  = 1 3 

Câu 3: Đáp án D

D. sin 2 x − 2 cos 2 x = −2 2

A. 7.

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B

D. 6.

PT ⇔ cos 2 x = sin 2 x + cos 2 x = 1 ⇔ 2 x = k 2π ⇔ x = kπ

Câu 4: Đáp án A

Câu 38: Đề cương ôn tập cuối năm môn Toán lớp 11 có 50 câu hỏi. Đề thi cuối năm gồm 5

Ta có f ( x ) = x + cos x ⇒ f ( − x ) = − x + cos x ≠ ± f ( x ) , ∀x ∈ ℝ

câu trong số 50 câu đó. Một học sinh chỉ ôn 25 câu trong đề cương. Giả sử các câu hỏi trong

Câu 5: Đáp án A

đề cương đều có khả năng được chọn làm câu hỏi thi như nhau. Xác suất để có ít nhất 3 câu

 x′ = x + 2 Ta có  ⇒ ( x′ − 2 ) − ( y ′ − 2 ) − 1 = 0 ⇔ x′ − y ′ − 1 = 0  y′ = y + 2

hỏi của đề thi cuối năm nằm trong số 25 câu hỏi mà học sinh nói trên đã ôn tập là :

2 5

1 4

1 2

4 5

= 90° và tam giác Câu 39: Cho hàm số S.ABCD đáy ABCD là hình vuông, biết AB = a, SAD SAB là tam giác đều. Gọi Dt là đường thẳng đi qua D và song song với SC; I là giao điểm

Câu 6: Đáp án C Ta có MM ′ = v ⇔ ( x′ − 1; y′ − 1) = ( 0;1) ⇒ M ′ (1; 2 ) Câu 7: Đáp án B Ta có A sai vì nếu điểm đó thuộc đường thẳng thì sẽ có vô số mặt phẳng.

của Dt và mặt phẳng ( SAB ) . Thiết diện của hình chóp S.ABCD mới mặt phẳng ( AIC ) có

+) B đúng

diện tích là:

+) C sai (suy ra từ A).

a2 5 16

a2 2 4

a2 7 8

11a 2 32

7x    2π  Câu 40: Tìm m để phương trình (1 + cos x )  cos − m cos x  = m sin 2 x có đúng 3 nghiệm x ∈ 0;  . 2    3  1 A. m ≤ −1 hoặc m ≥ 1 B. ≤ m < 1 2

Trang 5

1 1 C. − ≤ m ≤ 2 2

D. −1 < m < 1

+) D sai (suy ra từ A).

Câu 8: Đáp án A Số trận đấu được tổ chức là: C82 = 28

Câu 9: Đáp án C Công việc đó có m + n cách thực hiện.

Câu 10: Đáp án D Trang 6

Ta có: Cnk =

Câu 22: Đáp án A

n! k !( n − k ) !

Dễ có sin x = 0 ⇔ x = kπ

(k ∈ ℤ)

Câu 11: Đáp án C

Câu 23: Đáp án A

 π Hàm số y = cot x nghịch biến trên khoảng  0;   2

sin x = 1 π Phương trình sin 2 x + sin x − 2 = 0 ⇔  ⇔ x = + k 2π ( k ∈ ℤ ) 2 sin x = −2

Câu 12: Đáp án B

Câu 24: Đáp án D

Có tất cả 8 chữ số nên có 8.7.6.5.4 = 6720 số thỏa mãn.

Vì −1 ≤ sin x ≤ 1 nên tập giá trị của hàm số là D = [ −1;1] .

Câu 13: Đáp án D 6

Ta có ( x + 1) = ∑ C6k .x 6− k .1k ⇒ 6 − k = 1 ⇒ k = 5 ⇒ C65 x = 6 x 6

k =0

Câu 14: Đáp án D Ta có cos x = 1 ⇔ x = k 2π

Câu 25: Đáp án C

Lấy A (1;1) , B ( 3; 0 ) ∈ d và vectơ v = ( a; b ) Ta có Tv ( A) = A′ ⇒ AA′ = v ⇒ A′ ( a + 1; b + 1)

Vì A’ thuộc d’ suy ra a + 1 + 2 ( b + 1) − 7 = 0 ⇔ a + 2b = 4 .

Câu 15: Đáp án D

Câu 26: Đáp án D

Ta có C86 + C85C71 + C84C72 + C83C73 + C82C74 + C81C75 + C76 = 5005

A, B, C đủng. D chỉ đúng khi đường thẳng nằm trong mặt phẳng thôi nhé, còn khi đường

Câu 16: Đáp án C

thẳng cắt mặt phẳng tại một điểm thì sai rõ ràng rồi.

Bấm máy ta được 9.

Câu 27: Đáp án B

Câu 17: Đáp án A

Gọi d ′ : x + y + m = 0 là ảnh của d’ qua phép vị tự tâm O.

π Ta có cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + kπ 2

Vì O ∈ d suy ra O chính là ảnh của O qua V(O ;k ) . Vậy ( d ′ ) : x + y = 0 .

Câu 18: Đáp án C

Câu 28: Đáp án A

Xét ( C ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 4 có tâm I (1;1) , bán kính R = 2 Gọi ( C ′ ) có tâm I ′ ( x0 ; y0 ) , bán kính R′  → ( C ) : ( x − x0 ) + ( y − y0 2 ) = R′2 . 2

 x0 − 1 = 1  x0 = 2  II ′ = v   Vì ( C′ ) là ảnh của ( C ) qua phép Tv suy ra  ⇔  y0 − 1 = −2 ⇒  y0 = −1  R′ = R  R′ = 2  R′ = 2   2

Vậy phương trình đường tròn ( C′ ) là ( x − 2 ) + ( y + 1) = 4 . Câu 19: Đáp án D

Ta có Tv ( M ) = N  → MN = v ⇒ v = ( 0; −2 ) Câu 20: Đáp án C Câu 21: Đáp án D Ta có OM ′ = kOM  → M ′ ( 2; 2 ) Trang 7

TH1: Gieo lần 1 xuất hiện mặt 2 chấm, lần 2 không xuất hiện mặt 2 chấm => có 5 cách. TH2: Gieo lần 1 không xuất hiện mặt 2 chấm, lần 2 xuất hiện mặt 2 chấm => có 5 cách. TH3: Gieo cả 2 lần đều được mặt 2 chấm => có 1 cách.

Vậy xác suất cần tính là P =

2.5 + 1 11 = . 6.6 36

Câu 29: Đáp án B

7π  7π    Vì sin  x + → 2.sin  x +  ≤ 1   − 5 ≤ 2 − 5 = −3 . Vậy ymax = −3 12 12     Câu 30: Đáp án B

Coi 2 bạn nam ngồi cạnh nhau là 1 phần tử, 2 bạn nữ ngồi cạnh nhau là 1 phần tử. Vậy có tất cả 2.2.2.C42 = 48 cách. Câu 31: Đáp án B

Lấy ngẫu nhiên 1 thẻ trong 24 thẻ có 24 cách suy ra n ( Ω ) = 24 . Trang 8

Câu 39: Đáp án C

Trong các số từ 1 đến 24 có số {4;8;12;16; 20; 24} chia hết cho 4. Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố là n ( X ) = 6 . Vậy P =

n( X ) 6 1 = = . n ( Ω ) 24 4

Câu 32: Đáp án D

⇒ AD ⊥ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) Ta có: mp ( SC , Dt ) = ( SCD ) ⊃ CD //AB ⊂ ( SAB ) ⇒ giao điểm của Dt ∩ ( SAB ) chính là giao

Vì AB //CD suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng ( SAB ) , ( SCD ) là đường thẳng đi qua S và song song với đường thẳng CD.

điểm giữa Dt với giao tuyến của 2 mặt phẳng ( SAB ) và ( SCD ) (giao

tuyến này song song với CD)

Câu 33: Đáp án D Ta có IM ′ = 3IM ⇒ k = 3

⇒ SIAB và SIDC là hình bình hành. Gọi M = SD ∩ IC ⇒ Thiết diện của hình chóp S.ABCD với mặt phẳng

Câu 34: Đáp án A

( AIC )

Ta có (1 − 2 x ) = ∑ C n

Gọi H là trung điểm AB, ta có SA ⊥ AD ⊥ AB ⇒ AD ⊥ ( SAB )

k n

( −2 x )

là tam giác AMC.

. Số hạng chứa x được hình thành khi k = 2 .

(

)

Lại có: SD = SC = SH 2 + HC 2 = a 2 = cos ∠ MDC =

k =0 2

Suy ra, hệ số của nó là Cn2 ( −2 ) = 220 = 2n ( n − 1) ⇔ n = 11 .

⇒ CM 2 = DM 2 + DC 2 − 2 DM .DC.cos ∠MDC = a 2 ⇒ CM = a

Câu 35: Đáp án D 20

20 k  1  1   Ta có  x 2 + 2  = ∑ C20k ( x 2 )  2  x   x  k =0

20 − k

Khi đó: AC = AB 2 = a 2, AM =

= ∑C x k 20

1 2 2

4 k − 40

AD a (vì ∆SAD vuông cân) = 2 2

k =0

10 20

Số hạng không chứa x hình thành khi k = 10 , hệ số của nó là C .

Áp dụng công thức Herong ⇒ S AMC =

a2 7 8

Câu 36: Đáp án C

Câu 40: Đáp án B

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

7x   PT ⇔ (1 + cos x )  cos − m cos x  = m sin 2 x = m (1 − cos x )(1 + cos x ) 2  

Câu 37: Đáp án A

PT ⇔

1 + cos 6 x 1 + cos 2 x ⇔ cos 6 x.cos 2 x = 1 = ( 4 cos3 2 x − 3cos 2 x ) cos 2 x .cos 2 x = 2 2

⇔ 4 cos 4 2 x − 3cos 2 2 x − 1 = 0 ⇔ cos 2 2 x = 1 ⇔ sin 2 x = 0 ⇔ x = Câu 38: Đáp án C

Không gian mẫu là Ω = C5025

kπ ∈ ( 0; 4π ) ⇒ 0 < k < 8 2

cos x = −1 cos x = −1  ⇔ ⇔ cos 7 x = m cos 7 x − m cos x = m (1 − cos x )  2  2

(1) ( 2)

7x  2π   2π  với x ∈ 0;  PT (1) ⇔ x = π + k 2π ∉ 0;  . Xét hàm số f ( x ) = cos 2  3   3  7 7x 7x 7x 2 kπ  2π 4π  ⇒ f ' ( x ) = − sin  → f ' ( x ) = 0 ⇔ sin =0⇔ = kπ ⇔ x = ⇔ x ∈ 0; ;  2 2 2 2 7  7 7 

22 Giả sử trong 25 câu có 3 câu hỏi đề thi: C53C45 .

Giả sử trong 25 câu có 4 câu hỏi đề thi: C54C4521

Số nghiệm của PT ( 2 ) là số điểm chung của đồ thị hàm số f ( x ) với đường y = m . Dựa vào

Giả sử trong 25 câu có 5 câu hỏi đề thi: C55C4520

bảng biến thiên đồ thị hàm số y = f ( x ) , để chúng có 3 điểm chung thì

Xác suất cần tìm là:

Trang 9

22 C53C45 + C54C4521 + C55C4520 1 = C5025 2

Trang 10

1 ≤ m < 1. 2

ĐỀ THI THAM KHẢO KIỂM TRA HỌC KÌ 1 (Toán 11) Đề 03 – Thời gian làm bài : 60 phút

phép đối xứng trục Ox.

1 1 Câu 1: Tìm tập xác định của hàm số y = − sin x cos x

A. A′ ( −3; −5 )

 kπ  A. ℝ \  , k ∈ ℤ   2 

π  B. ℝ \  + kπ , k ∈ ℤ  2 

C. ℝ \ {kπ , k ∈ ℤ}

D. ℝ \ {k 2π , k ∈ ℤ}

Câu 3: Giải phương trình A. x = − C. x = −

π 3

π 6

C. 20.

D. 40.

3 tan x + 3 = 0 .

D. x =

+ kπ , k ∈ ℤ

π 6

π 3

+ kπ , k ∈ ℤ

tâm của tam giác ABC và SBC. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào SAI ?

A. G1G2 // ( SAD )

B. G1G2 và SA không có điểm chung.

C. G1G2 // ( SAB )

D. G1G2 và SA là hai đường thẳng.

Câu 5: Cho tứ diện ABCD. Gọi I, J lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC và ABD. Trong

C. 8.

D. Cả ba phương án trên đều sai.

Câu 11: Cho đa giác đều 16 đỉnh. Hỏi có bao nhiêu tam giác vuông có ba đỉnh là ba đỉnh của đa giác đều đó? A. 560.

B. 112.

A. x =

C. x =

4 4

π 2

,k ∈ℤ

+ kπ , k ∈ ℤ

C. 121.

D. 128.

C. IJ //CD

D. IJ //BD

B. x = −

D. x = ±

4 4

+ kπ , k ∈ ℤ + k 2π , k ∈ ℤ

Câu 13: Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AC. Giao tuyến của hai mp ( BCD ) và ( DMN ) là đường thẳng d được dựng như thế nào sau đây?

A. Đi qua D và song song với AC.

B. Đi qua D và song song với MN.

C. Đi qua D và song song với AB.

D. Cả ba câu A, B, C đều sai.

Câu 14: Hình bình hành có bao nhiêu trục đối xứng? A. 1.

các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

B. IJ //AC

B. 6.

Câu 12: Giải phương trình 4sin x + 12 cos x − 7 = 0 . + kπ , k ∈ ℤ

Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi G1 ; G2 lần lượt là trọng

A. IJ //AB

D. A′ ( 3; −5 )

A. 9.

B. x =

+ kπ , k ∈ ℤ

C. A′ ( −3;5 )

có 3 chữ số đôi một khác nhau? B. 60.

B. A′ ( 5;3)

1  Câu 10: Cho biết Cn2 = 6 . Tìm số hạng không chứa x trong khai triển của  x −  . x 

Câu 2: Cho 6 chữ số 2; 3; 4; 5; 6; 7. Từ các chữ số trên có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên A. 120.

Câu 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho biết A ( 3;5 ) . Tìm tọa độ A’ là ảnh của A qua

B. 2.

C. 4.

D. 0.

Câu 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi I, J lần lượt là trung

Câu 6: Cho tứ diện ABCD, G là trọng tâm ∆ABD và M là điểm trên cạnh BC sao cho

điểm của AB và CD. Giao tuyến của hai mp ( SAB ) và ( SCD ) là đường thẳng song song với

BM = 2 MC . Đường thẳng MG song song với mặt phẳng nào sau đây:

đường thẳng nào sau đây?

A. ( ABC ) Câu 7: Tìm hệ số của x A. 1293600.

B. ( ABD ) 97

C. ( BCD ) 100

trong khai triển đa thức ( x − 2 )

B. −1293600

D. ( ACD )

97 D. 297 C100

D. BI 2

π 6

π 3

π 12

π 8

Câu 17: Trong một bài thi trắc nghiệm khách quan có 10 câu. Mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một câu trả lời đúng. Một học sinh không học bài nên làm bài bằng cách

là giao tuyến của (α ) và ( β ) . Khi đó:

Trang 1

C. IJ

Câu 16: Số nào sau đây là nghiệm của phương trình sin x + sin 2 x + sin 3 x = 2 ?

Câu 8: Cho đường thẳng d song song mặt phẳng (α ) và d nằm trong mặt phẳng ( β ) . Gọi a

A. a và d trùng nhau. B. a và d cắt nhau.

B. AD

97 C. ( −2 ) C100

A. BJ

C. a song song d.

D. a và d chéo nhau.

chọn ngẫu nhiên một phương án rả lời. Tính xác suất để học sinh đó trả lời đúng từ 9 câu trở lên.

Trang 2

A. 0, 758.0, 252

10 B. C109 .0, 259.0, 75 + C10 10 .0, 25

C. 0, 259.0, 75 + 0, 2510

D. C100 .0, 759.0, 25

Câu 26: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thang với các canh đáy là AB và CD. Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AD và BD và G là trọng tâm ∆SAB . Khi đó thiết diện tạo

Câu 18: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi E, F, G lần lượt

bởi hình chóp S . ABCD với mp ( IJG ) là?

là trung điểm của BC, CD, SA. Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (EFG) là một đa

A. Một hình bình hành.

B. Một ngũ giác.

giác (H) . Hãy chọn khẳng định đúng:

C. Một hình thang.

D. Một tam giác.

A. (H) là một hình bình hành.

B. (H) là một tam giác.

C. (H) là một ngũ giác.

D. (H) là một hình thang.

x Câu 27: Giải phương trình 2 cos + 3 = 0 . 2

Câu 19: Từ A đến B có 3 con đường, từ B đến C có 4 con đường. Hỏi có bao nhiêu cách

A. x = ±

5π + k 4π , k ∈ ℤ 3

B. x = ±

5π + k 4π , k ∈ ℤ 6

C. x = ±

5π + k 2π , k ∈ ℤ 6

D. x = ±

5π + k 2π , k ∈ ℤ 3

chọn con đường từ A đến C mà phải đi qua B?

A. 7.

B. 12.

C. 6.

D. 8. n

Câu 20: Tìm hệ số có giá trị lớn nhất của khai triển (1 + x ) . Biết rằng tổng các hệ số là

Câu 28: Cho a và b là hai đường thẳng song song, đường thẳng c khác b và c song song với

4096.

a. Tìm mệnh đề đúng ?

A. 253.

B. 120. 5 n

C. 924.

D. 792.

5 n

Câu 21: Biết C = 15504 . Tính A . A. 108 258.

B. 62 016.

A. b, c trùng nhau.

B. b và c cắt nhau.

C. b và c chéo nhau. 9

D. b và c song song. 10

Câu 29: Tìm hệ số chứa x9 trong khai triển của P ( x ) = (1 + x ) + (1 + x ) . C. 1 860 480.

D. 77 520.

A. 10.

B. 12.

C. 11.

D. 13.

Câu 22: Một công ty cần tuyển 3 nhân viên. Có 10 người nộp đơn trong đó có một người tên

Câu 30: Qua phép đối xứng trục d. Đường thẳng a biến thành chính nó khi và chỉ khi điều gì

là Hoa. Khả năng được tuyển của mỗi người là như nhau. Chọn ngẫu nhiên 3 người. Tính xác

sau đây xảy ra?

suất để Hoa được chọn.

3 A. . 8

3 B. . 10

1 C. . 8

1 D. 10

Câu 23: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi Dx là đường thẳng qua

D và song song với SC. Gọi I là giao điểm của Dx với (SAB). Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ? A. AI và SB chéo nhau.

B. AI và SB trùng nhau.

C. AI và SB song song.

D. AI và SB cắt nhau.

Câu 24: Tính tổng tất cả các hệ số trong khai triển đa thức ( 2 x − 3) A. 1

B. −1

C. 5

2017

B. m ∈ ℝ

C. m ∈ ( −∞; −1] ∪ [1; +∞ )

D. m ∈ ( −1;1)

Trang 3

B. Đường thẳng a vuông góc với d.

C. Đường thẳng a song song với d.

D. Cả A và B đều đúng.

Câu 31: Ảnh của đường tròn bán kính R qua phép biến hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép đối xứng tâm và phép vị tự tỉ số k = −

1 A. − R 2

B. −2R

1 là đường tròn có bán kính là bao nhiêu? 2

C. 2R

1 R 2

Câu 32: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, biết A ( 3;5 ) . Tìm tọa độ A’ là ảnh của điểm A

qua phép đối xứng tâm I với I ( −3; 0 ) .

D. −5

π π   Câu 25: Tìm m để phương trình sin  x −  − 3 cos  x −  = 2m vô nghiệm. 3 3   A. m ∈ ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ )

A. Đường thẳng a trùng với d.

2017

A. A′ ( −3;5 )

B. A′ ( −9;5 )

C. A′ ( −5;3)

D. A′ ( −9; −5)

Câu 33: Cặp số ( x; y ) nào dưới đây thỏa mãn phương trình 2 Axy + 5C xy = 90 . A. ( 3;5 )

Trang 4

B. ( −2;5 )

C. ( 5; 2 )

D. ( 5; −3)

Câu 34: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xác định ảnh của đường thẳng ( d ) : x + y − 2 = 0 qua phép tịnh tiến theo vecctơ v = ( −3; 0 ) . A. x + y + 3 = 0

B. x − y − 2 = 0

C. x + y − 2 = 0

D. x + y + 1 = 0

Câu 35: Nhận xét nào sau đây là đúng trong hình học không gian:

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A sin x ≠ 0 π Điều kiện  ⇔ sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠ k . 2 cos x ≠ 0 Câu 2: Đáp án A

A. Hình biểu diễn của một góc phải là một góc bằng nó. B. Qua ba điểm xác định duy nhất một mặt phẳng.

Gọi số đó là a1a2 a3 , chọn a1 có 6 cách chọn, chọn a2 có c5 cách chọn, chọn a3 có 4 cách.

C. Qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng xác định duy nhất một mặt phẳng.

Suy ra có 6.5.4 = 120 cách.

D. Qua ba điểm phân biệt xác định duy nhất một mặt phẳng.

Câu 3: Đáp án A

Câu 36: Tìm số hạng chính giữa của khai triển: ( x + 1) . A. 11440x8

B. 12870x8

Phương trình tương đương tan x = − 3 ⇔ x = −

C. 12870x 7

D. 11440x 7

xuất hiện trên hai con súc sắc là 7.

1 B. 6

1 C. 7

Do G1G2 //SA nên G1G2 và SA không có điểm chung nên B đúng. Ta có

C. −3 ≤ m ≤ 1

D. Mọi giá trị thực của m.

 π Câu 39: Tìm tất cả các nghiệm thuộc 0;  của phương trình 2sin 2 x − 3sin x + 1 = 0 .  2 A. x =

B. x =

C. x =

D. x =

C. 0,237.

⇒ G1G2 // ( SAB ) nên C đúng.

Do đó D sai. Gọi M là trung điểm của AB.

người đó bắn trúng ít nhất 1 lần. B. 0,657.

CG1 CG2 2 = = ⇒ G1G2 // ( MN ) mà MN ⊂ ( SAB ) CM CN 3

Câu 5: Đáp án C

5π 6

Câu 40: Xác suất một xạ thủ bắn trúng hồng tâm là 0,3. Người đó bắn 3 lần. Tính xác suất để A. 0,027.

IG1 IG2 1 = = ⇒ G1G2 //SA ⇒ G1G2 // ( SAD ) nên A đúng. IA IS 3

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, SB.

π  Câu 38: Cho phương trình cos  2 x −  − m = 2 . Tìm m để phương trình có nghiệm. 3  B. Không tồn tại m.

Ta có

MI MJ 1 = = ⇒ IJ //CD . MC MD 3

Câu 6: Đáp án D

D. 0,343.

Gọi N là trung điểm của AB.

Đáp án 1-A

2-A

3-A

4-D

5-C

6-D

7-B

8-C

9-D

10-B

11-B

12-A

13-B

14-D

15-D

16-A

17-B

18-C

19-B

20-C

21-C

22-B

23-C

24-B

25-A

26-C

27-A

28-D

29-C

30-D

31-D

32-D

33-C

34-D

35-C

36-B

37-B

38-A

39-A

40-C

Trong mặt phẳng (ABC) gọi I là giao điểm của MN và AC. Ta có

NG NM 1 ≈ = ⇒ GM //DI . ND NI 3

Mà DI ⊂ ( ACD ) ⇒ GM // ( ACD ) Câu 7: Đáp án B

Trang 5

+ kπ

Gọi I là trung điểm của BC. Ta có

1 D. 12

A. −3 ≤ m ≤ −1

Câu 4: Đáp án D

Câu 37: Gieo đồng thời hai con súc sắc khác nhau về màu sắc. Tính xác suất để tổng số chấm

1 A. 8

Trang 6

100

Ta có

( x − 2)

100

k = ∑ C100 . x k . ( −2 )

100 − k

hệ số của

x97

khi

k = 97 ⇒

hệ số là

Ta có ( SAB ) ∩ ( SCD ) = {S }

k =0

97 100

Câu 15: Đáp án D

C . ( −2 ) = −1293600 .

Ta có AB //CD là giao tuyến của hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SCD ) là

Câu 8: Đáp án C

đường thẳng qua S song song với BI.

Do a là giao tuyến của (α ) và ( β ) nên a và d cắt nhau.

Câu 16: Đáp án A

Câu 9: Đáp án D

sin 2 x + sin 2 2 x + sin 2 3x = 2 ⇔

Ảnh của A qua phép đối xứng trục Ox là A′ ( 3; −5 ) .

3 − cos 2 x − cos 4 x − cos 6 x =2 2

⇔ cos 2 x + cos 4 x + cos 6 x + 1 = 0 ⇔ 2 cos 3x cos x + 2 cos 2 3x = 0 ⇔ cos 3 x cos 2 x cos x = 0

Câu 10: Đáp án B

Câu 17: Đáp án B

Điều kiện: n > 0 . Ta có n = 4 n! = 6 ⇔ n ( n − 1) = 12 ⇔ n 2 − n − 12 = 0 ⇔  C =6⇔ 2!( n − 2 ) !  n = −3 ( L ) 2 n

Ta có các trường hợp sau: TH1. Đúng 9 câu. Học sinh đó chọn 9 câu đầu tiên để làm, có C109 cách. Đối với một câu hỏi, xác suất để 1 câu đúng là 0,25; 1 câu sai là 0,75. Vậy có C109 .0, 259.0, 75 .

4 4 1 4 −k 4− k  Ta có  x −  = ∑ C4k .x k . ( −1) .x k − 4 = ∑ C4k . ( −1) .x 2 k − 4 hệ số không chứa x khi x  k =0  k =0

TH2. Đúng 10 câu. Đối với một câu hỏi, xác suất để 1 câu đúng là 0,25 nên có C1010 .0, 2510 .

2k − 4 = 0 ⇔ k = 2 .

10 Tổng cộng có C109 .0, 259.0, 75 + C10 .0, 2510 .

Khi đó số hạng không chứa x là C42 . ( −1) = 6 .

Câu 18: Đáp án C

Câu 11: Đáp án B

EF nằm phía dưới đáy. EF cắt AB, AD lần lượt tại P, Q.

Để tam giác đó là tam giác vuông thì tam giác phải có 1 cạnh là đường kính của đa giác đều.

P, G đồng phẳng trong (SAB), PG cắt SB tại R.

Khi ta chọn 1 đường kính sẽ còn lại 14 điểm để tạo với đường kính đó thành tam giác vuông.

Q, G đồng phẳng trong (SAD), QG cắt SD tại T.

Mà đa giác đều 16 đỉnh có 8 đường kính nên số tam giác vuông là 8.14 = 112 .

Thiết diện là ngũ giác GREFT.

Câu 12: Đáp án A

Câu 19: Đáp án B

Ta có 4sin 4 x + 12 cos 2 x − 7 = 0 ⇔ 4sin 4 x + 12 (1 − sin 2 x ) − 7 = 0 ⇔ 4sin 4 x − 12sin 2 x + 5 = 0  2sin 2 x = 5 ( l ) π π ⇔ ( 2sin x − 5 )( 2sin x − 1) = 0 ⇔  ⇔ 1 − 2sin 2 x = 0 ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x = + k 2 4 2  2sin x = 1 Câu 13: Đáp án B 2

Ta có ( BCD ) ∩ ( DMN ) = { D} Ta có MN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ MN //BC . Do đó giao tuyến của ( BCD ) và ( DMN ) là đường thẳng qua D song song với MN. Câu 14: Đáp án D

Hình bình hành không có trục đối xứng. Trang 7

Theo quy tắc nhân có 3.4 = 12 cách. Câu 20: Đáp án C

(1 + x )

= 2n = 4096 ⇒ n = 12 ⇒ (1 + n )

k k −1 C ≥ C12 Hệ số lớn nhất với số mũ k trong khai triển thỏa mãn  12k ; k ∈ ℤ ⇒ k = 6 ⇒ C126 = 924 k +1 C12 ≥ C12

Câu 21: Đáp án C

Cn5 = 15504 ⇒ An5 = 5!Cn5 = 1860480 Câu 22: Đáp án B

Số khả năng bất kỳ là 10 người. Hoa được chọn có 3 khả năng (1 trong 3 người). Xác suất cần tính là Trang 8

3 . 10

Câu 23: Đáp án C

Mặt khác điểm A’ thuộc d’ là ảnh của d qua Tv . Vậy d ′ : x + y + 1 = 0 .

DI song song với SC.

Câu 35: Đáp án C

CD song song với ( SAB ) nên ( SCD ) cắt ( SAB ) theo giao tuyến song song với CD, AB.

Câu 36: Đáp án B

ISCD là hình bình hành nên BI song song và bằng AB, ISBA là hình bình hành, suy ra AI, SB

Xét khai triển ( x + 1) = ∑ C16k .x k .116 −k = ∑ C16k .x k

song song. Câu 24: Đáp án B

k =0

Vì n = 16 nên số hạng chính giữa ứng với k = 8 . Vậy số hạng cần tìm là C168 .x8 = 12870 x80 .

Thay x = 1 vào khai triển ta được tổng các hệ số là ( 2.1 − 3)

2017

= ( −1)

2017

= −1 .

Câu 37: Đáp án B

Câu 25: Đáp án A

Gọi a, b lần lượt là số chấm xuất hiện khi gieo đồng thời hai con xúc sắc.

π π 2   sin  x −  − 3 cos  x −  = 2m ⇒ ( 2m ) > 1 + 3 = 4 ⇒ m2 > 1 , phương trình vô nghiệm 3 3  

1 ≤ a, b ≤ 6 Theo bài ra , ta có  ⇔ ( a; b ) = {(1; 6 ) , ( 6;1) , ( 2;5 ) , ( 5; 2 ) , ( 3; 4 ) , ( 4;3)} a + b = 7

Câu 26: Đáp án C

Vậy xác suất cần tính là P =

Vì IJ là đường trung bình hình thang ABCD nên mp ( IJG ) cắt ( SAB ) theo giao tuyến MN song song với AB. Thiết diện là tứ giác MNIJ, hình thang.

6 1 = . 6.6 6

Câu 38: Đáp án A

Câu 27: Đáp án A

π π   Phương trình cos  2 x −  − m = 2 ⇔ cos  2 x −  = m + 2 ∈ [ −1;1] ⇔ −3 ≤ m ≤ −1 3 3   

x x 3 5π 2 cos + 3 = 0 ⇔ cos = − ⇔ x=± + k 4π , k ∈ ℤ 2 2 2 3

Câu 39: Đáp án A

Câu 28: Đáp án D Câu 29: Đáp án C

Tổng hệ số của các hạng tử chứa x9 là C99 + C109 = 11 Câu 30: Đáp án D

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

π  sin x = 1  x = kπ , x = 6 + k 2π π ⇔ ⇔ . Kết hợp với k ∈ ℤ , ta được x = là nghiệm duy sin x = 1 6  x = 5π + k 2π  2  6

Chọn một điểm M thuộc a, M’ là ảnh của M qua đối xứng trục d. Nếu a vuông góc với d, thì

nhất.

M’ thuộc a.

Câu 40: Đáp án C

Câu 31: Đáp án D

Th1. Người đó bắn trúng 1 lần  → Xác suất cần tìm là P1 = 0,3.0, 7.0, 7 = 0,147 .

Bán kính đường tròn cần tìm là R′ = k .R =

1 R 2

Th2. Người đó bắn trúng 2 lần  → Xác suất cần tìm là P2 = 0,3.0,3.0, 7 = 0, 063 .

Câu 32: Đáp án D

Th3. Người đó bắn trúng 3 lần  → Xác suất cần tìm là P3 = 0,3.0,3.0,3 = 0, 027

Vì I là trung điểm của AA′ suy ra A′ ( −9; −5) .

Vậy xác suất cần tính là P = P1 + P2 + P3 = 0, 237 .

Câu 33: Đáp án C

Với x = 5, y = 2  → 2 Axy + 5Cxy = 2. A52 + 5.C52 = 90 Câu 34: Đáp án D Gọi A (1;1) ∈ d và A’ là ảnh của A qua T v . Suy ra AA′ = v ⇒ A′ ( −2;1)

Trang 9

Trang 10

ĐỀ THI THAM KHẢO KIỂM TRA HỌC KÌ 1 (Toán 11)

A. x =

Đề 04 Câu 1: Chọn ngẫu nhiên 4 bi từ một hộp có 4 bi xanh khác nhau và 5 bi đỏ khác nhau (các bi

10 . 63

5 . 63

8 . 63

25 . 63

Câu 2: Trong bài thi vấn đáp, giáo viên soạn sẵn 10 câu hỏi trong đó có 7 câu hỏi mức độ dễ

và 3 câu hỏi mức độ khó. Xác suất một học sinh chọn ngẫu nhiên 3 câu hỏi mà có ít nhất một câu hỏi khó bằng A.

19 . 24

5 . 24

13 . 24

17 . 24

Câu 3: Gieo một con xúc xắc hai lần. Xác suất tổng số chấm hai lần gieo bằng 8 là A.

1 . 9

5 . 36

1 . 12

1 . 6

Câu 4: Số hạng tổng quát của cấp số cộng (un ) có số hạng đầu u1 = −5 và công sai d = 2 là A. un = −2 − 3n với mọi n ∈ ℕ* C. un = 3n − 8 với mọi n ∈ ℕ

B. un = −3 − 2n với mọi n ∈ ℕ* D. un = 2n − 7 với mọi n ∈ ℕ

Câu 5: Một nhóm học sinh gồm 7 nam và 3 nữ. Cần chọn ra 5 học sinh để tham gia đồng diễn thể dục, với yêu cầu có không quá 1 bạn nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn?

A. 126

B. 105

C. 252

D. 63

Câu 6: Cho tứ diện ABCD với M, N, P, là ba điểm lần lượt lấy trên ba cạnh AB, BC, CD, sao cho MN // AC. Giao điểm S của đường thẳng AD và mặt phẳng (MNP) nằm trên đường thẳng nào sau đây?

A. Đường thẳng AP B. Đường thẳng ∆ đi qua D và song song với MN. C. Đường thẳng MN. D. Đường thẳng ∆ đi qua P và song song với AC. Câu 7: Cho tứ diện ABCD sao cho BCD và ACD là các tam giác cân lần lượt tại B và A, AB =AC = CD = a.M là một điểm nằm trên cạnh AC với AM = x (0 < x < a). (α ) là mặt phẳng qua M song song với AB và CD. Mặt phẳng (α ) cắt tứ diện ABCD theo thiết diện là

B. x = a

C. x =

a 2

D. x = 2a

Câu 8: Giá trị lớn nhất của hàm số y = − 2 sin x là: A.

cân đối, đồng chất). Xác suất các bi được chọn có đúng 1 bi đỏ bằng

a 4

B. 0

C. 3

D. 1 2

Câu 9: Cho dãy số (un) xác định bởi u1 = −2, un = 2un −1 + n , n ≥ 2. Số hạng thứ 4 của dãy số

(un) bằng A. 0

B. 93 20

0 20

1 20

C. 9 18

2 20

3 20

D. 34 19 20

Câu 10: Tổng 3 C − 3 C + 3 C − 3 C + ... − 3C + C A. −420

B. 420

20 20

bằng

C. −220

D. 220

Câu 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O. Giao tuyến của hai mặt

phẳng (SAC) và (SBD) là A. Đường thẳng SA.

B. Đường thẳng SO.

C. Đường thẳng SB.

D. Đường thẳng SC.

Câu 12: Hai xạ thủ cùng bắn vào bia. Kí hiệu biến cố Ak: “Xạ thủ thứ k bắn trúng bia”,

(

) (

)

k =1;2. Biến cố ( A1 ∩ A2 ∪ A1 ∩ A2 là biến cố nào trong số các biến cố dưới đây? A. P: “Cả hai xạ thủ đều bắn trúng”.

B. N: “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng”.

C. M “Cả đúng một xạ thủ bắn trúng”.

D. Q : “Không có xạ thủ nào bắn trúng”. 15

2  Câu 13: Số hạng tổng quát trong khai triển biểu thức  x − 2  , ( x ≠ 0 ) là x   k

A. ( −2 ) C15k x15− 2 k .

B. 2k C15k x15−3k .

C. ( −2 ) C15k x15−3k .

D. 2k C15k x15−2 k .

Câu 14: Có bao nhiêu phép thử ngẫu nhiên trong số các phép thử được cho dưới đây?

(a) Gieo một đồng tiền (2 mặt S, N) một lần. (b) Chọn một bi từ một hộp có 5 bi xanh giống nhau. (c) Bắn một viên đạn vào bia. (d) Tổng số chấm khi gieo hai con xúc xắc một lần A. 1

B. 4

C. 3

D. 2

Câu 15: Trên mặt phẳng cho 10 điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Có bao

nhiêu đoạn thẳng khác nhau được tạo bởi 2 trong 10 điểm nói trên? A. 90

B. 20

C. 50

D. 45

hình chữ nhật MNPQ (N, P, Q lần lượt nằm trên các cạnh BC, BD, AD). Giá trị của x theo a

Câu 16: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d′ có phương trình x + y − 2 = 0 là

để diện tích thiết diện MNPQ lớn nhất là:

ảnh của đường thẳng d qua phép quay tâm O góc quay 900. Phương trình đường thẳng d là

Trang 1

Trang 2

A. x − y + 2 = 0

B. x − y − 2 = 0

C. x = y + 2 = 0

D. x − y + 2 = 0

Câu 17: : Cho tứ diện ABCD. Mặt phẳng (α ) cắt các cạnh AC, BC, BD, AD lần lượt tại các B. Một hình chữ nhật.

C. Một hình thoi.

D. Một hình bình hành.

A. 12

nhau để cho khách dùng tráng miệng. Hỏi mỗi người khách có thể có bao nhiêu cách chọn một loại bánh hoặc một loại mứt hoặc một loại trái cây?

C. 12 D. 40 Câu 19: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho vectơ v = ( −1; 2 ) điểm M (3;5 .) Ảnh của điểm M qua phép tính tiến theo vectơ v là điểm A. M ' ( 4; −3)

B. 20

B. M ' ( 2;7 )

C. M ' ( 4;3)

D. M ' ( −4; −3)

Câu 20: Cho A, B là hai biến cố của cùng một phép thử có không gian mẫu Ω. Có bao nhiêu

phát biểu đúng trong các phát biểu dưới đây?

B. D = ℝ \ {1}

C. D = ℝ

π  D. D = ℝ \  + k π, k ∈ ℤ  . 2 

Câu 25: Tập giá trị của hàm số y = cot x là A. T = [ −2; 2]

B. 3

C. 2

D. 1

Câu 21: Cho AB, là hai biến cố đối nhau của cùng một phép thử. Biết rằng xác suất xảy ra

biến cố A là 30%. Xác suất xảy ra biến cố B bằng

3 10

2 5

3 5

Câu 22: Gieo một con súc sắc hai lần. Biến cố nào trong các biến cố dưới đây có xác suất

bằng 1?

D. T = ℝ \ {k π, k ∈ ℤ} .

2 là sin x

A. D = ℝ \ {0}

B. D = ℝ \ {k π, k ∈ ℤ} .

C. D = ℝ

π  D. D = ℝ \  + k π, k ∈ ℤ  . 2 

1 là tam giác A ', B ', C ' . Các điểm A ', B ', C ' thỏa điều kiện nào sau 2

A. A ', B ', C ' lần lượt là điểm đối xứng của H qua A, B, C 1 1 1 B. HA = HA '; HB = HB '; HC = HC ' 2 2 2

C. A ', B ', C ' lần lượt là điểm đối xứng của A, B, C qua H. D. A ', B ', C ' lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AH, BH, CH. Câu 28: Phương trình cos 2 x = 1 có nghiệm là: A. x = π + k 2π, k ∈ ℤ

A. P : “Số chấm hai lần gieo hơn kém ít nhất 1”. B. Q : “Tổng số chấm hai lần gieo tối đa là 10”. C. M : “Tổng số chấm hai lần gieo lớn hơn 1” D. N : “Tích số chấm hai lần gieo không quá 25”.

B. x = k

π ,k ∈ℤ 2

D. x = k 2π, k ∈ ℤ Câu 29: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho vectơ v = (1; 2), đường thẳng d′ có phương trình x − 2 y + 3 = 0 là ảnh của đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo vectơ v . Đường thẳng d có C. x = k π, k ∈ ℤ

phương trình là

Trang 3

C. T = ℚ

đây?

(d) Nếu A, B đối nhau thì P ( A ) + P ( B ) = 1

B. T = ℝ

Câu 26: Tập xác định của hàm số y =

phép vị tự tâm H, tỉ số

7 10

D. 6

Câu 27: : Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và H là trực tâm. Ảnh của tam giác ABC qua

(b) n ( A ∪ B ) = n ( A) + n ( B ) .

C. 8

A. D = ∅

(a) Nếu A, B xung khắc thì P ( A ∪ B ) = P ( A ) + P ( B ) .

A. 4

B. 15

Câu 24: Tập xác định của hàm số y = sin x − 2 là

Câu 18: Trên bàn có bày 2 loại bánh khác nhau, 4 loại mứt khác nhau và 5 loại trái cây khác

A. 11

cho số tam giác mà đỉnh trùng với các điểm đã cho gấp đôi số đoạn thẳng được nối từ các điểm ấy. Số n bằng bao nhiêu?

trung điểm P, Q, R, S. Thiết diện tạo bởi mặt phẳng (α ) và tứ diện ABCD là

A. Một hình vuông.

Câu 23: Cho n điểm trên mặt phẳng sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng. Tìm số n sao

Trang 4

A. x + 2 y − 4 = 0

B. x + 2 y = 0

C. x − 2 y = 0

D. x − 2 y + 4 = 0

Câu 30: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(−3;2). Ảnh của điểm A qua phép quay tâm O góc quay −900 là

A. A ' ( 2;3)

B. A ' ( −2; −3)

C. A ' ( 2; −3)

D. A ' ( −2;3)

Câu 31: Phương trình 2 cos x + 1 = 0 có nghiệm là: π B. x = ± + k π, k ∈ ℤ 3

π C. x = ± + k 2π, k ∈ ℤ 6

2π D. x = ± + k 2π, k ∈ ℤ 3

cạnh BC, CA, AB. Phép vị tự biến tam giác ABC thành tam giác A′B′C′ là

B. Phép vị tự tâm G , tỉ số 1 2

1 2

D. Phép vị tự tâm G , tỉ số −2

A. Đường thẳng MO .

B. Đường thẳng MA.

C. Đường thẳng MC .

D. D. Đường thẳng AC.

Câu 38: Cho A,B là hai biến cố của cùng một phép thử có không gian mẫu Ω. Phát biểu nào trong các phát biểu dưới đây là sai?

A. n( A \ B) = n( A) − n( B ) B. Nếu n ( A ∪ B ) = n ( A ) + n ( B ) thì A, B xung khắc C. Nếu A, B đối nhau thì A = Ω\B .

Câu 33: Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau sao cho chữ số đứng chính giữa và đứng cuối đều lẻ?

A. 120

Câu 37: : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O , điểm M nằm trên

đường thẳng nào sau đây?

Câu 32: Cho tam giác ABC có trọng tâm G; A′, B′, C′, theo thứ tự là trung điểm của các

C. Phép vị tự tâm G , tỉ số −

 π kπ  D. S =  + , k ∈ ℤ  . 4 2 

1 cạnh SB sao cho SM = SB. Giao điểm của đường thẳng SD và mặt phẳng (MAC) nằm trên 3

4π A. x = ± + k π, k ∈ ℤ 3

A. Phép vị tự tâm G , tỉ số 2.

 π k π 2π k 2π  C. S =  + ; + , k ∈ ℤ. 5  4 2 15 

B. 144

C. 260

D. 132

Câu 34: Cho tứ diện ABCD; M, N lần lượt lấy trên hai cạnh AB, AC sao cho đường thẳng MN cắt đường thẳng BC tại I . Giao tuyến của hai mặt phẳng (MND) và (BCD) là

A. đường thẳng MN .

B. đường thẳng ID .

C. đường thẳng MD .

D. đường thẳng qua D và song song với MN

D. Nếu A và B xung khắc thì A\B = A Câu 39: Nếu Cn3 = 20 thì n có giá trị là: A. 8

B. 7

C. 6

A. N : “Tổng số chấm hai lần gieo lớn hơn 7”. B. M : “Lần đầu có số chấm lớn hơn 1”. C. Q : “Số chấm lần đầu lớn hơn lần 2”..

A. 7770

B. 19110

C. 11521

D. 5850

Đáp án 1-A

2-D

3-C

4-D

5-A

6-D

7-C

8-A

9-D

10-D

11-B

12-C

13-C

14-D

15-D

16-B

17-D

18-A

19-B

20-C

21-A

22-C

23-C

24-A

25-D

26-B

27-D

28-C

29-C

30-A

31-D

32-C

33-B

34-B

35-B

36-B

37-A

38-A

39-C

40-A

D. P : “Tích số chấm hai lần gieo ít nhất là 2”. Câu 36: Phương trình cos 2 x + cos 3x + cos 7 x = 0 có tập nghiệm là:  π k π 2π k 2π  A. S =  + ; − + , k ∈ ℤ. 15 5 4 2   π k π 2π k 2 π 2 π k 2π  B. S =  + ; + + ;− , k ∈ ℤ . 5 15 5  4 2 15 

Trang 5

Câu 40: Hệ số của x8 trong khai triển biểu thức x 2 (1 + 2 x ) − x 4 ( 3 + x ) thành đa thức bằng

Câu 35: Gieo một con súc sắc hai lần và xét biến cố A = {(1;1) , (1; 2 ) , (1;3) , (1; 4 ) , (1;5 ) , (1; 6 )}. Biến cố nào trong các biến cố được cho dưới đây là biến cố đối của biến cố A?

D. 5 10

Trang 6

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A Tổng số bi là: 4 + 5 = 9 (bi) Số cách chọn ngẫu nhiên 4 bi là: C94 = 126 (cách) Số cách chọn để được đúng 1 bi đỏ là: 5C43 = 20 (cách) Xác suất các bi được chọn có đúng 1 bi đỏ là: P =

20 10 = 126 63

Câu 2: Đáp án D

Câu 7: Đáp án C Ta có:

Số cách chọn ngẫu nhiên 3 câu hỏi là: C103 = 120 (cách)

MN AM x = ⇒ MN = .a = x CD AC a

Số cách chọn để không có câu hỏi khó là: C73 = 35 (cách)

MQ CM CM a−x . AB = .a = a − x = ⇒ MQ = AB CA CA a

Số cách chọn để có ít nhất 1 câu hỏi khó là: 120 − 35 = 85 (cách)

Diện tích MNPQ là:

Xác suất để chọn được ít nhất 1 câu hỏi khó là:

85 17 = 120 24

Câu 3: Đáp án C Số cách gieo ngẫu nhiên con xúc xắc hai lần là: 6.6 = 36 (cách)

Vậy S MNPQ max =

a2 a ⇔ x=a−x⇔ x= . 4 2

Câu 8: Đáp án A

Ta có: 8 = 2 + 6 = 3 + 5 = 4 + 4. Số cách gieo xúc xắc hai lần để tổng số chấm gieo hai lần bằng 8 là: 3 Xác xuất tổng số chấm hai lần gieo bằng 8 là

a2  x+a−x S = MN .MQ = x. ( a − x ) ≤   = 2 4  

3 1 = 36 12

Ta có: y ≤ 2 ⇒ Maxy = 2 ⇔ sin x = −1 ⇔ x = −

+ k 2π

Câu 9: Đáp án D

Câu 4: Đáp án D

Ta có: u2 = 2u1 + 22 = 2.(−2) + 4 = 0, u3 = 2u2 + 32

Ta có: un = u1 + ( n − 1) d = −5 ( n − 1) .2 = 2n − 7.

Câu 10: Đáp án D

Câu 5: Đáp án A

4 7

Số cách chọn 5 học sinh để có 1 bạn nữ là: 3.C = 105 (cách) 5 7

Số cách chọn 5 học sinh để không có bạn nữ nào là: C = 21 (cách) Số cách chọn để có không quá 1 bạn nữ là: 105 + 21 = 126 (cách)

Câu 6: Đáp án D

0 20 1 19 2 18 19 20 Ta có: ( x − 1) = C20 x − C20 x + C20 x − ... − C20 x + C20 1 2 3 19 20 Thay x = 3 ta có: 220 = 320 C200 − 319 C20 + 318 C20 − 317 C20 + ... − 3C20 + 3C20

Câu 11: Đáp án B Ta có: ( SAC ) ∩ ( SBD ) = SO.

Ta có MN / / AC ⇒ ( MNP ) ∩ ( ACD ) = PS , trong đó PS / / AC , S ∈ AD

Trang 7

Trang 8

Câu 12: Đáp án C

Câu 20: Đáp án C Các phát biểu đúng là: (a), (d); các phát biểu sai là: (b), (c). vậy có tất cả 2 phát biểu đúng

Câu 13: Đáp án C

Câu 21: Đáp án A k

k  2  Số hạng tổng quát: C15k x15−k  − 2  = ( −2 ) C15k x15−3k x  

Câu 14: Đáp án D Các phép thử ngẫu nhiên là: (a), (c). Vậy có tất cả 2 phép thử ngẫu nhiên

Câu 15: Đáp án D Số đoạn thẳng là: C102 = 45 (đoạn thẳng)

Câu 16: Đáp án B Vì d ' = Q 0;900 ( d ) ⇒ d ' ⊥ d ⇒ x − y + m = 0

(

)

Gọi A ' ( 0;2 ) ∈ d ' và Q 0;900 ( A ) = A ' ⇒ A ( 2; 0 ) ∈ d ⇒ 2 − 0 + m = 0 ⇔ m = −2 ⇒ d : x − y − 2 = 0

(

Xác suất xảy ra biến cố B là P ( B ) = 1 − P ( A ) = 1 −

Câu 22: Đáp án C Biến cố M: “Tổng số chấm hai lần gieo lớn hơn 1” có xác suất xảy ra bằng 1 vì khi gieo một con xúc xắc bất kỳ số chấm luôn lớn hơn hoặc bằng 1

Câu 23: Đáp án C Lấy 3 điểm bất kỳ trong n điểm ta được Cn3 tam giác. Lấy 2 điểm bất kỳ trong n điểm ta được Cn2 đoạn thẳng. Theo

giả

Cn3 = 2.Cn2 ⇔

)

Câu 17: Đáp án D Ta có thiết diện là tứ giác PQRS PQ//SR (//AB), PS//QR (//CD) => PQRS là hình bình hành.

3 7 = 10 10

thiết,

n ( n − 1)( n − 2 ) 2.n! n! = ⇔ = n ( n − 1) ⇔ n = 8 6 ( n − 3)!.3! ( n − 2 )!.2!

Câu 24: Đáp án A Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi sin x − 2 ≥ 0 (vô lý). Vậy D = ∅

Câu 25: Đáp án D Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ , k ∈ ℤ

Câu 26: Đáp án B Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ kπ , k ∈ ℤ

Câu 27: Đáp án D Ta có V

1  H ;k =  2 

( A ) = A ' ⇒ HA ' = 21 HA ⇔ HA = 2HA ' ⇒ A ' là trung điểm của AH

Tương tự, ta cũng được B’, C’ lần lượt là trung điểm của BH, CH.

Câu 28: Đáp án C Câu 18: Đáp án A Số cách chọn là: 2 + 4 + 5 = 11 (cách)

Phương trình cos2 x = 1 ⇔ 2 x = k 2π ⇔ x = kπ , k ∈ ℤ

Câu 29: Đáp án C

Câu 19: Đáp án B

Vì d’là ảnh của d qua T v suy ra d có dạng x − 2 y + m = 0.

 x = 3 + ( −1) = 2 Giả sử M ' = Tv ( M ) ⇒  M ' ⇒ M ' ( 2; 7 )  yM ' = 5 + 2 = 7

1 − x0 = 1  x = 0 Điểm A ' (1;2 ) ∈ d ' là ảnh của điểm A ( x0 ; y0 ) qua Tv ⇒ AA ' = v ⇔  ⇔ 0 y 2 − = 2  0  y0 = 0

Mặt khác A ∈ d suy ra 0 − 2.0 + m = 0 ⇔ m = 0 → x − 2 y = 0

Trang 9

Trang 10

có

Câu 30: Đáp án A

Gọi A ' ( x; y ) là ảnh của A qua Q

π  0;−  2 

  x = −2  OA.OA ' = 0 −3 x + 2 y = 0  y = −3 suy ra  ⇔ 2 ⇔ 2  x = 2  x + y = 13 OA = OA '    y = 3

Mặt khác A thuộc góc phần tư thứ IV suy ra A’ thuộc góc phần tư thứ I. Vậy A ' ( 2;3)

Câu 31: Đáp án D 1 2π Phương trình 2 cos x + 1 = 0 ⇔ cos x = − ⇔ x = ± + k 2π , k ∈ ℤ 2 3

Câu 32: Đáp án C

Câu 37: Đáp án A Vì SD, MO ⊂ mp ( SBD ) suy ra SD cắt OM. Mặt khác OM ⊂ mp ( SAC ) suy ra SD cắt mp (SAC) tại một giao điểm thuộc đường thẳng MO

Câu 38: Đáp án A Câu 39: Đáp án C

n! = 20 ⇔ n ( n − 1)( n − 2 ) = 60  →n = 6 − n ( 3)!.3!

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC, A’ là trung điểm của BC.

Ta có Cn3 = 20 ⇔

1 1 Suy ra AG = 2GA ' ⇔ GA ' = − GA → phép vị tự tâm G, tỉ số k = − biến A → A ' 2 2

Câu 40: Đáp án A

Câu 33: Đáp án B

Xét khai triển (1 + 2 x ) = ∑ C10k .110−k. ( 2 x ) = ∑ C10k .2k.x k

Gọi số cần tìm có dạng abcde với c, e ∈ {1;3;5} Chọn 2 số lẻ trong 3 số để đưa vào vị trí c,e ⇒ có A32 cách và 3 vị trí còn lại là hoán vị của 4 phần tử ⇒ có 4! Cách. Vậy có tất cả 4!. A32 = 144 số cần tìm.

Câu 34: Đáp án B Ta có MN ∩ BC = 1 và ( MND ) ∩ ( BCD ) = D Suy ra ( MND ) ∩ ( BCD ) = DI (hình vẽ bên).

k =0

Hệ số của x 6 ứng với x k = x 6 ⇒ k = 6 suy ra hệ số của x 8 trong x 2 (1 + 2 x ) 8

là C106 .26

Xét khai triển ( 3 + x ) = ∑ C8k .38−k.x k Hệ số của x 4 ứng với x k = x 4 ⇒ k = 4 k =0

Suy ra hệ số của x 4 trong biểu thức x 4 ( 3 + x )

C106 .26 − C84 .34 = 7770.

Câu 35: Đáp án B Biến cố đối của A là M: “lần đầu có số chấm lớn hơn 1”

Câu 36: Đáp án B Ta có cos2 x + cos3x + cos7x = 0 ⇔ cos2 x + 2.cos2 x.cos5x = 0 ⇔ cos2 x ( 2cos5x + 1) = 0.    π π kπ π kπ x = 4 + 2 x = 4 + 2 2 x = 2 + kπ  cos2 x = 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ) 5 x = ± 2π + k 2π  x = ± 2π + k 2π  cos5x = − 1 2cos5x + 1 = 0    2 3 15 5

Trang 11

Trang 12

là C84 .34 . Vậy hệ số cần tìm là

ĐỀ THI THAM KHẢO KIỂM TRA HỌC KÌ 1 (TOÁN 11) Đề 05 – Thời gian làm bài : 90 phút Câu 1: Giá trị lớn nhất của hàm số y = 3sin x + 4 cos x là: A. –5

B. 5

π 4

C. 7

D. –7

C. x = ± Câu

+ k 2π ( k ∈ ℤ )

B. x = −

D. x =

+ kπ ( k ∈ ℤ )

Cho

hàm

số

π 4

+ kπ ( k ∈ ℤ )

1 y = cos x − 1, y = 2sin 2 x, y = sin 3x, y = cot 4 x + 1, 2

C. 3

tan x là 1 − sin x π  B. D = ℝ \  + k 2π , k ∈ Z  2 

 π  C. D = ℝ \ − + k 2π , k ∈ Z   2 

D. D = ℝ \ {1}

Câu 6: Tìm m để phương trình sin 2 x + cos 2 x =

D. 1

m có nghiệm: 2

A. 0 ≤ m ≤ 2

B. 1 − 5 ≤ m ≤ 1 + 5

C. 1 − 2 ≤ m ≤ 1 + 2

D. 1 − 3 ≤ m ≤ 1 + 3

Câu 7: Nghiệm của phương trình cos 2 x + sin x + 1 = 0 là: A. x = ± C. x = −

π 2

+ k 2π ( k ∈ ℤ ) + k 2π ( k ∈ ℤ )

π 2

+ kπ ( k ∈ ℤ )

+ k 2π ( k ∈ ℤ )

5π + k 2π ( k ∈ ℤ ) 6

Trang 1

A. x = −

C. x = ±

B. x =

D. 4

4 3

+ kπ ( k ∈ ℤ )

B. x =

+ k 2π ( k ∈ ℤ )

D. x =

4 4

+ kπ ( k ∈ ℤ ) +k

π 2

(k ∈ ℤ)

Câu 11: Hàm số nào sau đây là hàm số chẵn? B. y = cos x + sin x

C. y = sin 2 x

D. y = −3cos 2 x

 kπ  A. D = ℝ \  , k ∈ Z   3 

B. D = ℝ \ {kπ , k ∈ Z }

 π kπ  C. D = ℝ \  + ,k ∈Z 6 3 

π  D. D = ℝ \  + kπ , k ∈ Z  2 

B. 85

C. 350

D. 22

Câu 14: Có 2 hộp bút chì màu. Hộp thứ nhất có 5 bút chì màu đỏ và 7 bút chì màu xanh. Hộp

thứ 2 có 8 bút chì màu đỏ và 4 bút chì màu xanh. Chọn ngẫu nhiên mỗi hộp một cây bút chì. Xác suất dể có 1 cây bút chì màu đỏ và một cây bút chì màu xanh lá: A.

19 36

17 36

5 12

7 12

Câu 15: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 5 có thể lập được bao nhiêu số gồm 4 chữ số khác nhau và A. 120

5π + kπ ( k ∈ ℤ ) 6

B. 54

C. 72

D. 69

Câu 16: Trong một lớp học có 35 học sinh. Muốn chọn ra 1 lớp trưởng, 1 lớp phó thì số cách

chọn là A. C352

Câu 8: Nghiệm của phương trình sin x + 3 cos x = 2 là: A. x =

C. 1

không chia hết cho 5?

B. x = − D. x =

1 có số nghiệm thuộc khoảng ( 0; π ) là: 2

B. 3

A. 105

C. 3

+ k 2π ( k ∈ ℤ )

nhiêu cách chọn quyển sách của 3 môn khác nhau?

Câu 5: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = sin 3x − 1 là B. –3

Câu 13: Tên giá sách có 10 quyển sách Toán, 7 quyển Văn và 5 quyển Hóa. Hỏi có bao

A. 2

Câu 12: Tập xác định của hàm số y = tan 3 x là

D. 1

π  A. D = ℝ \  + kπ , k ∈ Z  2 

A. –1

D. x =

+ kπ ( k ∈ ℤ )

A. y = tan 3x

B. 2

Câu 4: Tập xác định của hàm số y =

1 Câu 10: Nghiệm của phương trình sin 2 x − = 0 là 2

1 tan ( − x ) . Số hàm số lẻ là: 2

A. 4

Câu 9: Phương trình cos 2 x =

Câu 2: Nghiệm của phương trình tan x + cot x = 2 A. x =

C. x =

B. A352

C. 2!35

1 D. 2C35

Câu 17: Một lô hàng gồm 1000 sản phẩm, trong đó có 50 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên từ lô

hàng đó 1 sản phẩm. Xác suất để lấy được sản phẩm tốt là: Trang 2

A. 0,94

B. 0,96

C. 0,95

D. 0,97

Câu 18: Cho đa giác đều có n đỉnh, n ∈ N và n ≥ 3 . Tìm n, biết rằng đa giác đó có 90 đường

chéo. A. 15

B. 21

C. 18

D. 12

C. Cnk +1a k +1b n − k +1

B. Cnk a n − k b n − k

D. Cnk +1a n − k +1b k +1

Câu 20: Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số

khác nhau? A. 240

B. 160

C. 156

D. 752

Câu 21: Hệ số của x 7 trong khai triển ( 4 − x ) là: A. −9C97

B. 16C97

C. −16C97

D. 9C97

đó. Hỏi có bao nhiêu cách chọn để trong số bi lấy ra không có đủ 3 màu? B. 645

là

A. 1025

B. 1030

A. 4

B. 235

C. 1035

D. 1040

C. 702

D. 654

C. 242

D. 11

Câu 30: Công thức nào sau đây đúng với cấp số cộng có số hạng đầu u1 , và công sai d ? A. un = un + d

B. un = u1 + ( n − 1) d

C. un = u1 − ( n + 1) d

D. un = u1 + ( n + 1) d

Câu 31: Tổng 1 + 2 + 3 + .. + n (n là số nguyên dương tùy ý) bằng: A. n 2

Câu 22: Một hộp có 4 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 6 viên bi vàng. Chọn ra 4 viên bi từ hộp A. 720

( un )

Câu 29: Cho cấp số cộng ( un ) , biết u3 = 123 và u3 − u15 = 84 . Số hạng u17 là:

Câu 19: Số hạng tổng quát của khai triển ( a + b ) là A. Cnk a n −k b k

Câu 28: Cho cấp số cộng ( un ) , biết u5 + u19 = 90 . Tổng 23 số hạng tiên của cấp số cộng

n2 + 1 2

n ( n − 1)

n ( n + 1)

Câu 32: Xác định số thực a để dãy số ( un ) với un = A. a >

2 3

B. a <

2 3

an + 1 để dãy số giảm: 2n 2 + 3

C. a >

3 2

D. a <

3 2

Câu 23: Một hộp có 5 viên bi đỏ và 9 viên bi xanh. Chọn ngẫu nhiên 2 viên bi. Xác suất để

Câu 33: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình

chọn được 2 viên bu khác màu là:

2 x + y − 3 = 0 . Ảnh của d qua phép vị tâm I ( 2; −3) tỉ số –2 là:

14 45

45 91

46 91

15 22

1 2 3 2016 Câu 24: Tổng C2016 bằng + C2016 + C2016 + ... + C2016

A. 22016 + 1

B. 42016

C. 22016

D. 22016 − 1

Câu 25: Cho cấp số cộng ( un ) , biết u1 + 2u5 = 0 , tổng có 4 số hạng đầug S4 = 14 . Số hạng đầu u1 và công sai d là: A. u1 = 8, d = −3

B. u1 = 8, d = 3

C. u1 = 7, d = −3

D. u1 = 7, d = 3

Câu 26: Cho cấp số cộng ( un ) , biết u3 = 6, u8 = 16 . Công sai d và tổng 10 số hạng đầu tiên của cấp số cộng ( un ) là:

A. d = 2, S10 = 120

A. 2 x + y + 3 = 0

B. 2 x + y − 3 = 0

C. 2 x + y − 1 = 0

D. 2 x + y + 1 = 0

Câu 34: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A ( 2; −5 ) , B ( −1;3) , phép tịnh tiến theo OA biến điểm B thành điểm B’. Tọa độ điểm I là:

A. ( −1; 2 )

B. (1; −2 )

C. ( −3; −2 )

D. ( −3;8)

Câu 35: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A ( 2; −4 ) , B ( −6; −8 ) . Có phép vị tự tâm I tỉ số –1 biến A thành B . Tọa độ điểm I là

A. ( −2; −6 )

B. ( −1; −3)

C. ( −1;3)

D. ( −8; −4 ) 2

Câu 36: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y + 3) = 9 . Ảnh đường tròn (C) qua phép vị tự tâm O tỉ số k = 2 là

B. d = 2, S10 = 100

C. d = 1, S10 = 80

D. d = 2, S10 = 110

B. ( x + 2 ) + ( y − 6 ) = 9

D. ( x − 2 ) + ( y + 6 ) = 9

A. ( x − 2 ) + ( y + 6 ) = 36

Câu 27: Với giá trị nào của x để ba số 9 − x, x , 9 + x lập thành cấp số cộng? A. –3

B. ±3

C. ±2

D. 3

C. ( x + 2 ) + ( y − 6 ) = 36

Câu 37: Cho tam giác đều ABC có tâm O. Tìm phép quay biến tam giác ABC thành chính nó A. Q ( A, 60o ) Trang 3

Trang 4

B. Q ( O, 60o )

C. Q ( C , 60o )

D. Q ( O,120o )

Câu 38: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A (1; 6 ) ; B ( −1; −4 ) . Gọi C, D lần lượt là ảnh của A và B qua phép tịnh tiến theo vecto v = (1;5 ) . Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

B. ABCD là hình bình hành.

C. ABDC là hình bình hành.

D. Bốn điểm A, B, C, D thẳng hàng

Câu 39: Biết Cn3 = 35 . Vậy thì An3 bằng bao nhiêu? B. 45

C. 210

O tỉ số k =

C. Đường thẳng qua K và song song với AB D. KD Câu 46: Cho hình bình hành ABCD và ABEF không cùng nằm trong một mặt phẳng, có tâm A. OO '/ / ( ABEF )

B. OO '/ / ( ADF )

C. OO '/ / ( BDF )

D. OO '/ / ( ABCD )

Câu 47: Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình thang đáy lớn AB. Gọi M là trung điểm SC. Khi đó giao điểm của BC với ( ADM ) là :

D. 70

Câu 40: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình

( x − 4) + ( y − 4)

B. KI

lần lượt là O và O’. Chọn khẳng định đúng trong các khẳn định sau:

A. ABCD là hình thang.

A. 35

A. không có

= 36 . Hỏi phép đồng dạng có được bằng cách thực liên tiếp phép vị tự tâm

1 và phép quay tâm O góc 90o sẽ biến (C) thành đường tròn nào trong các đường 2

A. Giao điểm của BC và AD

B. Giao điểm của BC và SD

C. Giao điểm của BC và MD

D. Giao điểm của BC và MA

Câu 48: Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình bình hành. Giao tuyến của hai mặt phẳng

( SAD ) và ( SBC ) là : A. Đường thẳng đi qua S và song song với AD

tròn sau? 2

B. ( x + 2 ) + ( y − 2 ) = 9

D. ( x − 2 ) + ( y + 2 ) = 36

A. ( x + 2 ) + ( y − 2 ) = 36 C. ( x − 2 ) + ( y + 2 ) = 9

B. Đường thẳng đi qua B và song song với SD C. Đường thẳng đi qua S và song song với AB D. Đường thẳng đi qua S và song song với AC

Câu 41: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (1; −1) . Hỏi trong bốn điểm sau

Câu 49: Cho hai đường thẳng phân biệt a và b trong không gian. Có bao nhiêu vị trí tương

điểm nào là ảnh của M qua phép quay tâm O góc 45o?

đối giữa a và b ?

A. (1;0 )

(

B. 0; 2

)

C. ( −1;1)

(

2; 0

)

Câu 42: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang ( AD là đáy lớn). Gọi O, I lần lượt là giao điểm của AC và BD, của AB và CD. Giao tuyến của ( SAB ) và ( SCD ) là:

A. SI

B. SO

C. Sx / / AB

D. Sy / / AD

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 50: Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình bình hành. Điểm M thuộc cạnh SC sao cho SM = 3MC , mặt phẳng

( BAM ) cắt

SD tại N. Đường thẳng MN song song với mặt

phẳng :

A. ( SAB )

B. ( SAD )

C. ( SCD )

D. ( SBC )

Câu 43: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi I,J lần lượt là trung điểm của SB và SD. Thiết diện của mặt phẳng ( AIJ ) với hình chóp là: A. Tam giác

B. Ngũ giác

C. Tứ giác

Đáp án D. Lục giác.

1–B

2–D

3–C

4–A

5–A

6–B

7–C

8–D

9–A

10–D

Câu 44: Cho hai đường thẳng a và b chéo nhau. Có bao nhiêu mặt phẳng chứa a và song

11–D

12–C

13–C

14–A

15–B

16–B

17–C

18–A

19–A

20–C

song với b ?

27–B

28–C

29–D

30–B

21–C

22–B

23–B

24–D

25–A

26–D

A. 2

B. không có mặt phẳng nào

31–D

32–B

33–A

34–B

35–A

36–A

37–D

38–C

39–C

40–B

C. vô số

D. 1

41–A

42–A

43–C

44–D

45–C

46–B

47–A

48–A

49–D

50–A

Câu 45: Cho tứ diện ABCD. Gọi I, J và K lần lượt là trung điểm của AC, BC và BD. Giao tuyến của hai mặt phẳng ( ABD ) và ( IJK ) là:

Trang 5

Trang 6

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B 2

HD: Ta có y = ( 3sin x + 4 cos x ) ≤ ( 3 + 4 2

)( sin

x + cos x ) = 25 ⇒ y ≤ 5 2

4 3   sin x cos x cos x = 5 ;sin x = 5 =  Dấu bằng xảy ra khi  3 ⇔ 4 sin 2 x + cos 2 x = 1 cos x = − 4 ; sin x = − 3   5 5 Câu 2: Đáp án D HD: Điều kiện sin x ≠ 0 ≠ cos x ⇔ sin 2 x ≠ 0 ⇔ x ≠

PT ⇔ tan x +

lπ với l ∈ ℤ 2

1 π 2 = 2 ⇔ ( tan x − 1) = 0 ⇔ tan x = 1 ⇔ x = + kπ . tan x 4

Câu 3: Đáp án C

Câu 8: Đáp án D π π π π π   HD: PT ⇔ 2sin  x +  = 2 ⇔ sin  x +  = 1 ⇔ x + = + k 2π ⇔ x = + k 2π. 3 3 3 2 6  

Câu 9: Đáp án A π  x = 6 π π HD: PT ⇔ 2 x = ± + k 2π ⇔ x = ± + k π ∈ ( 0; π ) ⇔  3 6  x = 5π  6

Câu 10: Đáp án D π   x = ± 4 + k 2π 1 1 π π HD: PT ⇔ sin x = ⇔ cos x = ± ⇔ ⇔ x = + k ( k ∈ ℤ ). 3 π 2 4 2 2  x = ± + k 2π  4 2

Câu 11: Đáp án D

HD: Thay x bằng − x thì ta có: cos ( − x ) − 1 = cos x − 1 (hàm chẵn)

HD: Thay x bởi − x thì hàm số −3cos ( −2 x ) = −3cos 2 x là hàm số chẵn.

1 1 1 1 2sin ( −2 x ) = −2sin ( 2 x ) ; sin ( −3 x ) = − sin ( 3x ) ; tan ( x ) = − tan ( − x ) (hàm lẻ) 2 2 2 2

Câu 12: Đáp án C

cot ( −4 x ) + 1 = − cot 4 x + 1 ( Không phải hàm chẵn hàm lẻ).

HD: Tập xác định cos 3 x ≠ 0 ⇔ 3x ≠

Câu 4: Đáp án A

Câu 13: Đáp án C

π  x ≠ + kπ cos x ≠ 0 π  2 HD: Tập xác định  ⇔ ⇔ x ≠ + kπ ≠ sin x 1 π 2   x ≠ + k 2π  2

HD: Chọn mỗi loại sách 1 quyển, số cách chọn cần tìm: C103 .C71 .C51 = 350.

Câu 5: Đáp án A

hộp 1, 1 xanh hộp 2 hoặc 1 xanh hộp 1, 1 đỏ hộp 2: C51.C41 + C71 .C81 = 76

Câu 6: Đáp án B HD: Ta có sin 2 x + cos 2 x = sin 2 x +

1 + cos 2 x cos 2 x 1 = sin 2 x + + 2 2 2

+ kπ ⇔ x ≠

π 6

kπ . 3

Câu 14: Đáp án A HD: Không gian mẫu: C121 .C121 = 144. Số cách chọn mỗi hộp 1 cây mà có 1 đỏ 1 xanh là 1 đỏ

HD: Ta có y = sin 3 x − 1 ≥ 0 − 1 = −1 . Dấu bằng khi sin 3 x = 0.

Vậy xác suất cần tìm là:

76 19 = . 144 36

Câu 15: Đáp án B HD: Giả sử số thỏa mãn đề có dạng abcd ⇒ d ∈ {1; 2;3} (có 3 cách chọn)

cos 2 x   2 1  5 − 5 +1 m 5 +1  2 2 Mà  sin 2 x + ≤ ≤ .  ≤  1 + 2  ( sin 2 x + cos 2 x ) = ⇒ 2 2 4 2 2 2    

Còn abc chỉ cần là số có 3 chữ số khác nhau lập từ tập X = {0;1; 2;3;5} \ {d } (có 2 phần tử)

Câu 7: Đáp án C

Số các số abc thỏa là A43 − A32 = 18 . Vậy kết quả cần tìm: 18.3 = 54.

HD: PT ⇔ 1 − sin 2 x + sin x + 1 = 0 ⇔ sin 2 x − sin x − 2 = 0

Câu 16: Đáp án B

sin x = 2 π ⇔ ⇔ x = − +k 2π ( loại nghiệm sin x = 2 ). sin x = − 1 2 

HD: Chọn 2 học sinh trong 35 học sinh để sắp xếp làm 1 lớp trưởng, 1 lớp phó ⇒ có A352

Trang 7

cách. Trang 8

Câu 17: Đáp án C

HD: Lấy ngẫu nhiên 2 viên bi trong 14 viên bi có C142 = 91 cách.

HD: Xác suất để lấy được sản phẩm tốt là P =

1000 − 50 = 0,95. 1000

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = 91 cách. Gọi X là biến cố “ chọn được 2 viên bi khác màu”.

Câu 18: Đáp án A

Lấy 1 viên bi đỏ trong 5 viên bi có 5 cách, lấy 1 viên bi xanh trong 9 viên bi có 9 cách.

HD: Lấy 2 đỉnh bất kì trong n đỉnh ta được Cn2 đường thẳng.

Trong Cn2 đường thẳng bao gồm cả cạnh của đa giác đều và đường chéo của đa giác. Do đó số đường chéo của đa giác là Cn2 − n = 90 ⇔

⇔

n ( n − 1)

n! − n = 90. n − ( 2 ) !.2!

Khi đó số cách lấy 2 viên bi khác màu là 5.9 → n ( X ) = 45. Vậy P =

n ( X ) 45 = . n ( Ω ) 91

Câu 24: Đáp án D HD: Xét khai triển (1 + x )

− n = 90 ⇔ n − n − 2n = 180 ⇔ n − 3n − 180 = 0 ⇔ n = 15.

2016

0 1 2 2016 = C2016 + x.C2016 + x 2 .C2016 + ... + x 2016 .C2016

( *) .

0 1 2 3 2016 Thay x = 1 vào biểu thức (*), ta được C2016 + C2016 + C2016 + C2016 + ... + C2016 = 22016.

Câu 19: Đáp án A

1 2 3 2016 Vậy tổng C2016 + C2016 + C2016 + ... + C2016 = 22016 − 1.

HD: Số hạng tổng quát của khai triển ( a + b ) là Cnk .a n − k .b k .

Câu 25: Đáp án A

Câu 20: Đáp án C

u1 + 2 ( u1 + 4d ) = 0 u + 2u5 = 0 3u1 + 8d = 0 u = 8  HD: Ta có  1 ⇔  4. ( u + u ) ⇔ ⇔ 1 1 4 S = 14 2 u + 3 d = 7 = 14 d = −3.  4  1   2

HD: Gọi số cần tìm có dạng abcd với d = {0; 2; 4} . TH1: Với d = 0, khi đó a có 5 cách chọn, b có 4 cách chọn và c có 3 cách chọn ⇒ có 5.4.3 = 60 số.

TH2: Với d = {2; 4} , khi đó d có 2 cách chọn, a có 4 cách chọn, b có 4 cách chọn và c có 3 cách chọn ⇒ có 2.4.4.3 = 96 số. Vậy có tất cả 60 + 96=156 số cần tìm.

10. ( 2u1 + 9d ) u3 = 6 u1 + 2d = 6 u = 2 HD: Ta có  ⇔ ⇔ 1 = 110. suy ra S10 = u u d = + = 16 7 16 2 d = 2  1  8 Câu 27: Đáp án B

Câu 21: Đáp án C HD: Xét khai triển

Câu 26: Đáp án D

HD: Ba số 9 − x, x 2 , 9 + x lập thành CSC ⇔ 9 − x + 9 + x = 2 x 2 ⇔ x 2 = 9 ⇔ x = ±3.

(4 − x)

= ∑ C9k .49− k . ( − x ) =∑ C9k .49− k . ( −1) .x k k

k =0

Câu 28: Đáp án C

k =0 7

Hệ số của x 7 ứng với x k = x 7 → k = 7. Vậy hệ số cần tìm là C97 .42. ( −1) = −576.

HD: Ta có u5 + u19 = 90 ⇔ u1 + 4d + u1 + 18d = 90 ⇔ u1 + 11d = 45

Lại có S23 =

Câu 22: Đáp án B 4 15

HD: Chọn ngẫu nhiên 4 viên bi trong 15 viên bi có C = 1365 cách.

23. ( u1 + u23 )

23. ( 2u1 + 22d )

= 23. ( u1 + 11d ) = 1035.

Câu 29: Đáp án D

Ta xét trường hợp lấy ra 4 viên bi có đủ ba màu: 1 4

1 5

2 6

TH1. Lấy được 1 viên bi đỏ, 1 viên bi trắng và 2 viên bi vàng ⇒ có C .C .C = 300 cách. TH2. Lấy được 1 viên bi đỏ, 2 viên bi trắng và 1 viên bi vàng ⇒ có C41 .C52 .C61 = 240 cách. TH3. Lấy được 2 viên bi đỏ, 1 viên bi trắng và 1 viên bi vàng ⇒ có C42 .C51.C61 = 180 cách.

u1 = 123 u = 123 u = 123 HD: Ta có  ⇔ 1 ⇔ 1 ⇒ u17 = u1 + 16d = 11. u − u = 84 − 12 d = 84   d = −7  3 15 Câu 30: Đáp án B Câu 31: Đáp án D

Vậy số cách chọn để số bi lấy ra không có đủ ba màu là 1365 − ( 300 + 240 + 180 ) = 645.

HD: Tổng 1 + 2 + 3 +… + n là tổng của CSC với u1 = d = 1 → S n =

Câu 23: Đáp án B

Câu 32: Đáp án B

Trang 9

Trang 10

n ( u1 + un )

n ( n + 1)

HD: Vì ( un ) là dãy số giảm ⇒ un ≥ un +1 ⇔

an 2 + 1 a. ( n + 1) + 1 ≥ 2n 2 + 3 2 ( n + 1)2 + 3

2 2 2 2 ⇔ ( a.n 2 + 1) .  2 ( n + 1) + 3 ≥  a. ( n + 1) + 1 . ( 2n 2 + 3) ⇔ 3a.n 2 + 2 ( n + 1) + 3 ≥ 3a. ( n + 1) + 2n 2 + 3     ⇔ 3a.n 2 + 2n 2 + 4n + 5 ≥ 3a.n 2 + 6a.n + 3a + 2n 2 + 32n ( 3a − 2 ) + 3a − 2 ≤ 0 ⇔ ( 2n + 1)( 3a − 2 ) ≤ 0

Câu 38: Đáp án C HD: Ta có: AC = BD = v ⇒ ABDC là hình bình hành. Câu 39: Đáp án C HD: Ta có: Cn3 = 35 ⇔

n! n! n! = 35 ⇔ = 210 ⇒ An3 = = 210 3!( n − 3)! ( n − 3)! ( n − 3) !

2 Kết hợp với n ∈ ℕ ⇒ 2n + 1 > 0 nên suy ra 3a − 2 < 0 ⇔ a < . 3

Câu 40: Đáp án B

Câu 33: Đáp án A

HD: Đường tròn (C) có tâm I ( 4; 4 ) và bán kính R = 6 .

HD: Vì d’ là ảnh của d qua phép vị tự suy ra d’ có dạng 2 x + y + m = 0

1  1 Giả sử V  O;  : ( C ) → ( C ') . Khi đó bán kính của (C’) là: R ' = k R = .6 = 3 2  2

Gọi A (1;1) ∈ d , A ' ( x0 ; y0 ) là ảnh của A qua d ⇒ V(1;k =−2) ( A) = A ' ⇔ IA ' = −2 IA  x0 = 4 ⇔  y0 = −11

Vậy A ' ( 4; −11) ∈ d ' suy ra 2.4 + ( −11) + m = 0 ⇔ m = 3 → 2 x + y + 3 = 0.

1  a = 2 .4 = 2 1  1 Gọi I ' ( a; b ) là ảnh của I qua V  O;  ⇒ OI ' = OI ⇔  ⇒ I ' ( 2; 2 ) 2  2 b = 1 .4 = 2  2 2

Câu 34: Đáp án B

⇒ ( C ') : ( x − 2 ) + ( y − 2 ) = 9

 xB ' + 1 = 2  xB ' = 1 HD: Ta có TOA ( B ) = B ' ⇒ BB ' = OA ⇔  . Vậy B ' (1; −2 ) . ⇔ y − 3 = − 5  B'  yB ' = −2

Giả sử Q ( O;90° ) : ( C ' ) → ( C '') , trong đó (C '') có tâm I '' ( −2; 2 ) và bán kính R '' = R ' = 3.

Câu 35: Đáp án A HD: Ta có V(1;k =−1) ( A) = B ⇔ IB = − IA ⇔ IA + IB = 0 → I ( −2; −6 ) . Câu 36: Đáp án A

Câu 41: Đáp án A Câu 42: Đáp án A HD: Ta có: S ∈ ( SAB ) và S ∈ ( SCD ) ⇒ S ∈ ( SAB ) ∩ ( SCD )(1)

HD: Đường tròn (C) có tâm I (1; −3) và bán kính R = 3 . Gọi (C’) là ảnh của (C) qua phép vị tự tâm O tỉ số 2.  xI ' = 2 xI = 2.1 = 2 Ta có: V ( I ) = I ' ⇔ OI ' = 2OI ⇔  ⇒ I ' ( 2; −6 )  yI ' = 2 yI = 2. ( −3) = −6 2 O

VO2 ( I ) biến (C) thành (C’) có bán kính R ' = k R = 2.3 = 6 2

Vậy (C '') : ( x + 2 ) + ( y − 2 ) = 9

Vì I = AB ∩ CD ⇒ I ∈ ( SAB ) ∩ ( SCD )( 2 ) Từ (1) và (2) ⇒ ( SAB ) ∩ ( SCD ) = SI .

Câu 43: Đáp án C HD: Vì IJ / / BD nên qua A kẻ đường thẳng d / / BD.

Vậy (C ') : ( x − 2 ) + ( y + 6 ) = 36.

Ta có: d ∩ BC = M , d ∩ CD = N

Câu 37: Đáp án D

MI ∩ SC = E .

HD: Ta có:

Khi đó: AIEJ là thiết diện của ( AIJ )

Q ( O;120° ) : A → B ⇒ Q ( O;120° ) : ∆ABC → ∆BCA.

với hình chóp. Vậy thiết diện là tứ

B→C

giác.

C→A

Câu 44: Đáp án D

Trang 11

Trang 12

HD: Mặt phẳng đó sẽ nhận các vecto chỉ phương của a và b làm cặp vecto chỉ phương mà

Câu 50: Đáp án A

mặt phẳng chứa a ⇒ chỉ có 1 mặt phẳng thỏa mãn đề bài

HD: Vì AB / / CD nên

Câu 45: Đáp án C

( AMN ) ∩ ( SCD ) = MN / / AB

HD: Ta có: LJ là đường trung bình của ∆ABC ⇒ LJ / / AB

⇒ MN / / ( SAB )

⇒ ( LJK ) ∩ ( ABD ) = MK / / AB . Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng ( ABD ) và ( LJK ) là đường thẳng KM

Câu 46: Đáp án B HD: Ta có: OO’ là đường trung bình của ∆BDF Nên OO '/ / DF ⇒ OO '/ / ( ADF )

Câu 47: Đáp án A HD: Ta có: AD ∩ BC = I . Khi đó  I ∈ BC ⇒ I ∈ BC ∩ ( ADM )   I ∈ AD ⊂ ( ADM )

Câu 48: Đáp án A Vì AD / / BC nên ( SAD ) ∩ ( SBC ) = Sx / / AD

Câu 49: Đáp án D HD: Các vị trí tương đối của a và b là: a / / b; a = b; a và b cắt nhau; a và b chéo nhau. Vậy có tất cả 4 vị trí tương đối giữa a và b

Trang 13

Trang 14

ĐỀ THI THAM KHẢO KIỂM TRA HỌC KÌ 1 (Toán 11) – Đề 06 Câu 1: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

Câu 9: Xếp ngẫu nhiên 4 học sinh gồm 2 nam và 2 nữ vào hai dãy ghế ngồi đối diện nhau, mỗi dãy có 2 ghế. Tính xác suất P để 2 học sinh nam ngồi vào cùng một dãy ghế.

A. Phép dời hình biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính.

A. P =

B. Phép dời hình là phép đồng nhất. C. Hai hình được gọi là bằng nhau nếu có một phép dời hình biến hình này thành hình kia.

1 6

B. P =

1 12

C. P =

2 3

Câu 10: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?

Câu 2: Có hai hộp bi, hộp thứ nhất có 4 bi đỏ và 3 bi trắng, hộp thứ hai có 2 bi đỏ và 4 bi

B. Hình chóp tam giác là hình có 3 đỉnh, 3 cạnh và 3 mặt.

trắng. Chọn ngẫu nhiên mỗi hộp ra 1 viên bi. Tính xác suất P để chọn được hai viên bi cùng

C. Hình chóp tam giác là hình tứ diện.

màu.

D. Hình chóp tứ giác là hình có 4 mặt là tứ giác.

8 21

B. P =

3 7

C. P =

10 21

D. P =

4 9

Câu 3: Có 12 học sinh gồm 5 nam và 7 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn từ 12 học sinh đó ra

3 học sinh gồm 2 nam và 1 nữ? A. 70cách.

B. 105cách.

C. 220cách.

D. 10 cách.

1 Câu 4: Tìm số nghiệm thuộc đoạn [ 0; π ] của phương trình sin x = . 3

A. 0.

B. 1.

B. −1 .

C. 3.

D. 2.

C. 0.

D. 1.

π 6

C. x = −

+ kπ ( k ∈ ℤ )

B. x =

D. x = −

+ kπ ( k ∈ ℤ )

A. M ′ ( 5;3)

B. M ′ ( −1'1)

C. M ′ (1;1)

D. M ′ (1; −1)

Câu 12: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, phép đồng dạng F tỉ số k = 2 biến hai điểm

B. 2 2

1 2

D. 2

 3π  Câu 13: Cho x thuộc khoảng  ; 2π  .Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? 2  

A. sin x < 0, cos x > 0 B. sin x > 0, cos x > 0 C. sin x > 0, cos x < 0 D. sin x < 0, cos x < 0

Câu 6: Tìm nghiệm của phương trình tan x = 3 . A. x =

Câu 11: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho v = ( 2; −1) và điểm M ( −3; 2 ) . Ảnh của M qua phép tịnh tiến theo vectơ v là điểm M’. Tìm tọa độ điểm M’.

M ( 0;1) và N (1; 0 ) lần lượt thành M ′ và N ′ . Tính độ dài đoạn thẳng MN ′ .

Câu 5: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = sin 2 x là A. −2 .

1 3

A. Hình tứ diện đều là hình có 4 cạnh bằng nhau.

D. Phép dời hình là phép biến hình bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kì.

A. P =

D. P =

Câu 14: Phương trình cos ( x − 20° ) =

+ kπ ( k ∈ ℤ )

π 6

+ kπ ( k ∈ ℤ )

Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình 2 x − y + 1 = 0 . Ảnh

1 có các nghiệm là 2

A. x = 50° + k 360°, x = −10° + k 360° ( k ∈ ℤ )

B. x = 40° + k 360°, x = −40° + k 360° ( k ∈ ℤ )

C. x = 80° + k 360°, x = 40° + k 360° ( k ∈ ℤ )

D. x = 80° + k 360°, x = −40° + k 360° ( k ∈ ℤ )

của đường thẳng d qua phép quay tâm O góc quay ϕ = −90° là đường thẳng có phương trình

Câu 15: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A ( −1; 0 ) và M ( 2; −1) . Ảnh của M

là

qua phép vị tự tâm A tỉ số k = 2 là điểm M’. Tìm tọa độ điểm M’.

A. x + 2 y − 1 = 0

B. x + 2 y + 1 = 0

Câu 8: Tập xác định của hàm số y =

C. x − 2 y + 1 = 0

D. x − 2 y − 1 = 0

1 là 1 − cos x

B. M ′ ( 5; −2 )

C. M ′ ( 5; 2 )

D. M ′ ( 3; −2 )

0 1 2 2016 Câu 16: Tính S = C2016 + C2016 + C2016 + ... + C2016 .

A. D = ℝ \ {π + k 2π , k ∈ ℤ}

B. D = ℝ \ {k 2π , k ∈ ℤ}

π  C. D = ℝ \  + k 2π , k ∈ ℤ  2 

D. D = {k 2π , k ∈ ℤ}

Trang 1

A. M ′ ( −5; 2 )

A. S = 22016

B. S = 22016 − 1

C. S =

22016 − 1 2

D. S = 22015 + 1

Câu 17: Cho tứ diện ABCD, gọi M, N, K lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD. Trong các

khẳng định sau, khẳng định nào đúng? Trang 2

A. Giao tuyến của hai mặt phẳng ( MNK ) và mặt phẳng ( ABD ) đi qua trung điểm của AD. B. Hai đường thẳng MN và BD cắt nhau.

Câu 18: Môi đội bóng đá có 11 cầu thủ ra sân. Trước một trận thi đấu bóng đá, mỗi cầu thủ

của đội này đến bắt tay với 11 cầu thủ của đội kia và 3 trọng tài. Tính tổng số cái bắt tay. C. 308.

D. 187.

Câu 19: A và B là hai biến cố độc lập, xác suất xảy ra biến cố A là

B là

1 , xác suất xảy ra biến cố 3

1 . Tính xác suất P để xảy biến cố A và B. 5

A. P =

8 15

B. P =

3 4

C. P =

1 15

D. P =

2 15

Câu 20: Cho hai đường thẳng song song a và b. Trên đường thẳng a có 5 điểm phân biệt,

trên đường thẳng b có 7 điểm phân biệt. Tính số tam giác có 3 đỉnh lấy từ các điểm trên hai đường thẳng a và b. A. 175.

C. 45.

D. 350.

Câu 21: Từ các số 1, 3, 4, 5, 7, 9 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà

chữ số đầu tiên là chữ số 3? B. 60.

D. 120.

Tính xác suất P để chọn được 2 học sinh cùng giới.

2 B. P = 9

1 D. P = 5 5

B. a = 6

C. a = 24

D. a = 10

bao nhiêu cách xếp 5 quyển sách trên lên kệ sách dài (xếp hàng ngang) sao cho tất cả quyển sách cùng môn phải đứng cạnh nhau?

B. 24.

Trang 3

π 2

B. x = 0

Câu 27: Tìm tập xác định của hàm số y =

C. x = −

π 2

D. x = π

1 . sin x − cos x

π  A. R \  + kπ ; k ∈ ℤ  4  

 π  B. R \ − + kπ ; k ∈ ℤ  4  

C. R

π  D. R \  + k 2π ; k ∈ ℤ  4 

Câu 28: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho ( d ) : x + 3 y − 5 = 0 và điểm A (1; −2 ) . Tìm ảnh của điểm A qua phép đối xứng trục d.

A. A′ ( −3; −4 )

B. A′ ( −3; 4 )

C. A′ ( 3; −4 )

D. A′ ( 3; 4 )

+ kπ ( k ∈ ℤ )

A. Hàm số là hàm số lẻ.

B. Hàm số nghịch biến trên R.

C. Hàm số xác định trên R.

D. Hàm số là hàm số chẵn.

được lấy từ các chữ số trên? A. 20.

B. 105.

C. 36.

D. 124.

song với b?

A. Vô số.

B. 0.

C. 1.

D. 2.

O thành chính nó:

A. ϕ =

π 2

B. ϕ =

3π 4

C. ϕ =

2π 3

D. ϕ =

π 3

Câu 33: Gọi S là số cách chọn 4 bạn từ một tổ gồm 10 bạn để trực thư viện. Tìm giá trị của S. C. 120.

D. 16.

Câu 25: Tìm nghiệm của phương trình sin ( x − α ) = −1 . A. x = α −

Câu 32: Với giá trị nào của góc ϕ sau đây thì phép quay Q( 0;ϕ ) biến hình vuông ABCD tâm

Câu 24: Có 5 quyển sách khác nhau gồm 3 quyển sách Văn và 2 quyển sách Toán. Hỏi có

A. 12.

Câu 31: Cho hai đường thẳng a và b chéo nhau. Có bao nhiêu mặt phẳng chứa a và song

7 C. P = 15

Câu 23: Hệ số a của số hạng chứa x 3 trong khai triển (1 + x ) là A. a = 15

A. x =

Câu 30: Cho 7 chữ số 0; 2;3; 4;6;7;9. Có bao nhiêu số chẵn gồm 3 chữ số đôi một khác nhau C. 24.

Câu 22: Một tổ có 4 học sinh nam và 6 học sinh nữ. Chọn ngẫu nhiên từ tổ này ra 2 học sinh.

8 A. P = 15

D. x = α + π + k 2π ( k ∈ ℤ )

+ k 2π ( k ∈ ℤ )

Câu 29: Cho hàm số y = tan x . Kết luận nào dưới đây là đúng? B. 220.

A. 96.

0< x<π .

D. AD song song với mặt phẳng ( MNK ) .

B. 275.

Câu 26: Tìm nghiệm của phương trình lượng giác: cos 2 x − cos x = 0 thỏa mãn điều kiện

C. Hai đường thẳng MK và AC cắt nhau.

A. 154.

C. x = α −

B. x = −α −

A. S = 14

B. S = 40

C. S = 210

D. S = 5040

Câu 34: Hệ thức nào sau đây là điều kiện để phép vị tự tâm A tỉ số k ≠ 1 biến điểm M thành

π 2

+ k 2π ( k ∈ ℤ )

điểm N? A. AN = kAM Trang 4

B. AM = kAN

C. AM = k AN

D. AN = k AM

Câu 35: Trong một hộp có 9 quả cầu đồng chất và cùng kích thước được đánh số từ 1 đến 9. Lấy ngẫu nhiên một quả cầu. Tính xác suất P ( A ) của biến cố A:” Lấy được quả cầu được

5 4

B. P ( A ) =

4 9

C. P ( A ) =

4 5

D. P ( A ) =

5 9

Câu 36: Cho ba số 2; x;18 theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân. Tìm giá trị của x. A. x = 9

Câu 1: Đáp án B Phép đồng nhất là trường hợp đặc biệt của phép dời hình.

đánh số là số chẵn”. A. P ( A ) =

LỜI GIẢI CHI TIẾT

B. x = ±6

C. x = 10

D. x = 8

Câu 2: Đáp án C Chọn ngẫu nhiên mỗi hộp ra 1 viên bi có: Ω = C71 .C61 = 42 Gọi A là biến cố: “Chọn được hai viên bi cùng màu”. Ta có: ΩA = C41 .C21 + C31.C41 = 20 . Do đó PA =

Câu 37: Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:

ΩA 20 10 = = . Ω 42 21

A. Hai đường thẳng không cùng thuộc một mặt phẳng thì chéo nhau.

Câu 3: Đáp án A

B. Hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng khác nhau thì chéo nhau

Số cách chọn từ 12 học sinh đó ra 3 học sinh gồm 2 nam và 1 nữ là: C52 .C71 = 70 cách.

C. Hai đường thẳng không song song thì chéo nhau

Câu 4: Đáp án D

D. Hai đường thẳng không có điểm nào chung thì chéo nhau Câu 38: Cho cấp số cộng ( un ) có số hạng đầu u1 = 3 và công sai d = −1 . Tìm công thức tính

B. un = 4 − n

C. un = 3n − 4

D. un = n − 4

B. un = ( −1)

C. un = 1 + ( −1)

Câu 5: Đáp án B Ta có: −1 ≤ sin 2 x ≤ 1 nên min y = −1 .

Câu 39: Chọn dãy số tăng trong các dãy số có số hạng tổng quát sau đây: 3n + 1 A. un = n +1

1 cắt đường tròn lượng giác tại 2 điểm phân biệt với 3

x ∈ [ 0; π ] nên PT đã cho có 2 nghiệm thuộc đoạn [ 0; π ]

số hạng tổng quát un của cấp số cộng đó theo n.

A. un = 4 − 3n

Đường thẳng y =

ℝ

D. un =

n 3n 2 + 1

Câu 6: Đáp án B

Ta có tan x = 3 ⇔ x =

Câu 40: Chọn mệnh đề sai:

π + kπ ( k ∈ ℤ ) . 3

A. Phép tịnh tiến biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính.

Câu 7: Đáp án A

B. Phép vị tự biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó.

Gọi d′ là ảnh của d ta có: nd = ( 2; −1) ⇒ nd ′ = (1; 2 ) . Do d cắt Oy tại điểm A ( 0;1) nên phép

C. Phép quay góc quay 90 biến đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó. D. Phép quay góc quay 900 biến đường thẳng thành đường vuông góc với nó.

quay tâm O góc quay ϕ = −90° biến điểm A thành điểm A′ (1;0 ) . Do đó x + 2 y − 1 = 0 . Câu 8: Đáp án B

Hàm số xác định khi cos x ≠ 1 ⇔ x ≠ k 2π

Đáp án 1-B

2-C

3-A

4-D

5-B

6-B

7-A

8-B

9-D

10-C

Câu 9: Đáp án D

11-B

12-D

13-D

14-D

15-B

16-A

17-A

18-D

19-A

20-A

Số cách sắp xếp là: Ω = 4! = 24 cách.

21-D

22-C

23-D

24-B

25-C

26-A

27-A

28-D

29-A

30-B

Số cách để hai học sinh nam ngồi cùng 1 dãy ghế là: ΩA = C21 .2!.2! = 8 cách.

31-A

32-A

33-C

34-D

35-C

36-B

37-A

38-B

39-A

40-C

Vậy xác suất cần tìm là: P =

8 1 = 24 3

Câu 10: Đáp án C

A sai vì hình vuông phải tứ diện đều, B sai vì chóp tam giác có 4 mặt, 6 cạnh và 4 đỉnh. Trang 5

Trang 6

Câu 11: Đáp án B

P ( A ∪ B ) = P ( A) + P ( B ) =

 xM ′ + 3 = 2  xM ′ = −1 Ta có: Tv ( M → M ′ ) ⇔ MM ′ = v ⇔  ⇔ y − 2 = − 1  M′  yM ′ = 1

8 15

Câu 20: Đáp án A

Ta có hai trường hợp:

Câu 12: Đáp án D

Ta có MN = 2 do đó phép đồng dạng F tỉ số k = 2 biến hai điểm M ( 0;1) và N (1; 0 ) lần

TH1: Tam giác được tạo thành từ 1 điểm trên a và 2 điểm trên b có: C51.C72 = 105 .

lượt thành M’ và N ′ ⇒ M ′N = kMN = 2 .

TH2: Tam giác được tạo thành từ 2 điểm trên a và 1 điểm trên b có: C52 .C17 = 70 .

Câu 13: Đáp án D

Theo quy tắc cộng có: 105 + 70 = 175 tam giác.

 3π  sin x < 0 Với x ∈  ; 2π  ⇒   2  cos x < 0

Câu 21: Đáp án D

Gọi số tự nhiên thỏa mãn đề bài là 3abcd . Chọn a có 5 cách chọn. Chọn b có 4 cách chọn. Chọn c có 3 cách chọn. Chọn d có 2 cách chọn.

Câu 14: Đáp án D

Ta có cos ( x − 20° ) =

 x = 80° + k .360° 1 ⇔ x − 20° = ±60° + k .360° ⇔  2  x = −40° + k .360°

Số các số là: 5.4.3.2 = 120 (số). Câu 22: Đáp án C

Câu 15: Đáp án B

Số cách chọn để được 2 học sinh cùng giới là: C42 + C62 = 6 + 15 = 21 (cách).

 xM ′ + 1 = 2.3 Ta có V( A;2 ) ( M → M ′ ) ⇒ AM ′ = 2. AM ⇔  ⇒ M ′ ( 5; −2 )  yM ′ − 0 = 2. ( −1)

Số cách chọn ngẫu nhiên 2 học sinh từ 10 học sinh là: C102 = 45 (cách).

Câu 16: Đáp án A

Ta có (1 + x )

2016

0 1 2 2016 2016 = C2016 + C2016 .x + C2016 .x 2 + ..... + C2016 .x

Xác suất để chọn được 2 học sinh cùng giới là: P =

21 7 = 45 15

Câu 23: Đáp án D 5

0 1 2 2016 Với x = 1 ⇒ 22016 = C2016 . + C2016 + C2016 + ..... + C2016

Câu 24: Đáp án B

Câu 17: Đáp án A

Gọi E là trung điểm của AD khi đó ME //NK suy ra 4 điểm

Số cách xếp 3 quyến sách Văn đứng cạnh nhau là: 3! = 6 (cách). Số cách xếp 2 quyển sách Toán đứng cạnh nhau là: 2! = 2 (cách).

M , N , K , E đồng phẳng. Khi đó giao tuyến của hai mặt phẳng

Ta có: (1 + x ) = C50 + C51 x + C52 x 2 + C53 x 3 + C54 x 4 + C55 x 5 ⇒ a = C53 = 10

( MNK )

và mặt phẳng

( ABD ) đi qua trung điểm E của AD. Câu 18: Đáp án D

Số cách xếp 5 quyển sách để tất cả sách cùng môn phải đứng cạnh nhau là: 2.6.2 = 24 (cách). Câu 25: Đáp án C

sin ( x − α ) = −1 ⇔ x − α = −

π 2

+ k 2π ⇔ x = α −

π 2

+ k 2π ( k ∈ ℤ )

1 cầu thủ của đội A sẽ bắt tay với 11 cầu thủ của đội B và 3 trọng tài nên có 14 cái bắt tay.

Câu 26: Đáp án A

Như vậy 11 cầu thủ đội A sẽ bắt tay 11.14 = 154 cái bắt tay.

π  x = + kπ cos x = 0 Ta có: cos 2 x − cos x = 0 ⇔ cos x ( cos x − 1) = 0 ⇔  , k ∈ℤ ⇔ 2  cos x = 1  x = k 2π

Cầu thủ đội B thực hiện 11.3 = 33 cái bắt tay với trọng tài. Do đó có tổng công: 154 + 33 = 187 cái bắt tay. Câu 19: Đáp án A

Vì 0 < x < π ⇒ x =

Do A và B là hai biến cố độc lập nên xác suất để P xảy ra biến cố A và B là Trang 7

Trang 8

π 2

Câu 27: Đáp án A

Câu 34: Đáp án D

π π  Điều kiện sin x − cos x ≠ 0 ⇔ 2 sin  x −  ≠ 0 ⇔ x ≠ + kπ ⇒ 4 4 

Tính chất cơ bản của phép vị tự.

Câu 35: Đáp án C

π  TXĐ: D = ℝ \  + kπ ;∈ ℝ  . 4  

Có 4 khả năng lấy được cầu số chẵn là 2;4;6;8 nên P ( A ) =

Câu 36: Đáp án B

Câu 28: Đáp án D Vtcp của ( d ) là u ( 3; −1) . Phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với d là:

( d ′) : 3 ( x − 1) − 1( y + 2 ) = 0 Gọi

I = ( d ) ∩ ( d ′) ⇒

Ta có: x 2 = 2.18 = 36 ⇔ x = ±6 .

Câu 37: Đáp án A

hay ( d ′ ) : 3 x − y − 5 = 0 . Tọa

độ

của

là

Câu 38: Đáp án B nghiệm

của

hệ

phương

trình:

x + 3y − 5 = 0 x = 2 ⇔ ⇒ I ( 2;1)  3 x − y − 5 = 0 y =1 Gọi

A′ ( x0 ; y0 )

là

ảnh

Công thức tổng quát un của cấp số cộng đó là: un = u1 + ( n − 1) d = 3 + ( n − 1) . ( −1) = − n + 4

Câu 39: Đáp án A của

qua

phép

đối

xứng

trục

 x A′ = 2 xI − x A = 2.2 − 1 = 3 d⇒ ⇒ A′ ( 3; 4 ) .  y A′ = 2 yI − y A = 2.1 − ( −2 ) = 4

Xét dãy số un =

3 ( n + 1) + 1 3n + 4 2 3n + 1 . Ta có: un +1 = = ⇒ un +1 − un = > 0. n +1 ( n + 1) + 1 n + 2 ( n + 1)( n + 2 )

Suy ra , dãy số tăng. Câu 40: Đáp án C

Câu 29: Đáp án A 1 π  TXĐ: D = ℝ \  + kπ  ⇒ khẳng định C sai. Ta có: y ' = − < 0 ∀x ∈ D ⇒ hàm số cos 2 x 2  nghịch biến trên D ⇒ Khẳng định B sai. − x ∈ D Ta có:  ⇒ Hàm số lẻ. Suy ra khẳng định A đúng.  y ( − x ) = tan ( − x ) = − tan ( x ) = y ( x )

Câu 30: Đáp án B Gọi số có 3 chữ số là: abc

TH1: c = 0 . Chọn a có 6 cách chọn. Chọn b có 5 cách chọn ⇒ có 6.5 = 30 (số). Th2: c ∈ {2; 4; 6} ⇒ có 3 cách chọn c. Chọn a có 5 cách chọn. Chọn b có 5 cách chọn. Suy ra có 3.5.5 = 75 (số). Vậy số các số thỏa mãn đề bài là: 30 + 75 = 105 (số).

Câu 31: Đáp án A Mặt phẳng đó nhận các vtcp của a và b làm cặp vtcp mà mặt phẳng đó chứa b nên mặt phẳng là duy nhất.

Câu 32: Đáp án A Câu 33: Đáp án C Ta có: S = C104 = 210

Trang 9

4 9

Trang 10

ĐỀ THI THAM KHẢO KIỂM TRA HỌC KÌ 1 (Toán 11) Đề 07 – Thời gian làm bài : 60 phút

nhau. B. Nếu một đường thẳng cắt một trong hai mặt phẳng song song với nhau thì sẽ cắt mặt phẳng

 2x  Câu 1: Phương trình sin  − 600  = 0 có nghiệm là:  3 

còn lại.

A. x = ±90 + k180 , k ∈ ℤ.

B. x = 60 + k180 , k ∈ ℤ.

C. x = 90 + k 270 , k ∈ ℤ.

D. x = k180 , k ∈ ℤ.

C. Nếu hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thứ ba thì chúng song

song.

Câu 2: Cho hình chóp S. ABCD . Gọi AC ∩ BD = J , AD ∩ BC = K . Đẳng thức nào sai trong

A. ( SAB ) ∩ ( SCD ) = SJ .

B. ( SAD ) ∩ ( SBC ) = SK .

C. ( SAC ) ∩ ( ABCD ) = AC.

D. ( SAC ) ∩ ( SBD ) = SJ .

Câu 3: Phương trình cos2 2 x + cos 2 x −

C. x = ±

6 3

D. –1 và 5. Câu 9: Cho A ( 2;5) . Hỏi điểm nào là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo v = (1;2 ) ?

3 = 0 có nghiệm là: 4

+ k 2π , k ∈ ℤ. + 2π , k ∈ ℤ.

B. x = ±

2π + k π , k ∈ ℤ. 3

D. x = ±

π 6

48 . 105

 x = kπ A.  ( k ∈ ℤ).  x = ± π + kπ 6 

B. x = ±

 x = kπ C.  ( k ∈ ℤ ).  x = ± π + k 2π  6

 x = k 2π D.  ( k ∈ ℤ).  x = ± π + k 2π  3

48 . 150

+ k 2π ( k ∈ ℤ ) .

Câu 6: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi I là trung điểm của SA. Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng ( IBC ) là: B. Hình thang IGBC.

C. Hình thang IJCB (J là trung điểm của SD). D. Tam giác IBC. Câu 7: Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau: Trang 1

B. N (1;6 ) .

C. M ( 3;1) .

Câu 5: Tập nghiệm của phương trình sin x (2 cos x − 3) = 0 là:

A. Tứ giác IBCD.

A. Q ( 4;7 ) .

D. Q ( 3;7 ) .

B. (1 − 2 x ) .

C. ( 2 x + 1) .

D. ( x − 1) .

Câu 11: Cho A ( 3;0 ) . Phép quay tâm O góc quay 1800 biến A thành:

C. –1 và 4.

A. ( 2 x − 1) .

+ k π , k ∈ ℤ.

48 . 115

B. 2 và 3.

sau đây?

5,6,7. Lấy ra từ tập M một số bất kỳ. Tính xác suất để lấy được số có tổng các chữ số là lẻ? 48 . 101

A. 1 và 4.

Câu 10: Cho S = 32 x 5 − 80 x 4 + 80 x 3 − 40 x 2 + 10 x − 1. Khi đó S là khai triển của nhị thức nào

Câu 4: Gọi M là tập hợp các số có 4 chữ số đôi một khác nhau lập từ các chữ số 1, 2, 3, 4,

D. Nếu hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng còn vô số điểm chung khác nữa. Câu 8: Nghiệm của phương trình P2 . x 2 − P3 . x = 8 là:

các đẳng thức sau?

A. x = ±

A. Nếu hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thì chúng song song với

A. M ( 0; −3) .

B. M ( 3;0 ) .

C. M ( 0;3) .

D. M ( −3;0 ) .

Câu 12: Cho phương trình 2 cos x − m + 1 = 0. Tất cả các giá trị của m để phương trình có nghiệm là: A. −1 ≤ m ≤ 2.

B. −1 ≤ m ≤ 3.

C. m ≥ 1.

D. −1 ≤ m ≤ 1.

Câu 13: Trong một môn học, cô giáo có 30 câu hỏi khác nhau trong đó có 15 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình và 5 câu hỏi dễ. Hỏi cô giáo có bao nhiêu cách để lập ra đề thi 30 câu hỏi đó, sao cho mỗi đề có 5 câu hỏi khác nhau và mỗi đề phải có đủ ba loại câu hỏi? A. 56875.

B. 56578.

C. 74125.

D. 74152.

Câu 14: Phương trình sin x + cos x = 2 s in5x có nghiệm là:

π π   x = 18 + k 2 A.  (k ∈ ℤ). x = π + k π  9 3

π π   x = 12 + k 2 B.  (k ∈ ℤ). x = π + k π  24 3

π π  x = 4 + k 2 C.  (k ∈ ℤ). x = π + k π  6 3

π π   x = 16 + k 2 D.  (k ∈ ℤ). x = π + k π  8 3

Trang 2

Câu 15: Một hộp có 6 bi xanh, 5 bi đỏ, 4 bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi sao cho có đủ

Câu 23: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là trung điểm của SB.

ba màu. Số cách chọn là:

Mặt phẳng (CDM) cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện là hình gì?

A. 3843.

B. 840.

C. 3003. D. 2170. Câu 16: Trong mặt phẳng Oxy, cho B ( −3;6 ) và v = ( 5; −4 ) . Tìm tọa độ C điểm sao cho

B. C ( −8;10 ) .

C. C ( 8; −10 ) .

D. C ( 2; 2 ) .

Câu 17: Phương trình 2sin x + sin x − 3 = 0 có nghiệm là: 2

B. x =

A. x = kπ ( k ∈ ℤ ) .

C. Tam giác.

D. Hình thang.

Câu 24: Cho các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Hỏi có bao nhiêu số có 7 chữ số khác nhau được A. 5040.

A. C ( −2; 2 ) .

C. x =

B. Hình chữ nhật.

lập ra từ các chữ số đã cho?

Tv (C ) = B.

A. Hình bình hành.

π 2

D. x = −

+ k 2π ( k ∈ ℤ ) .

+ kπ ( k ∈ ℤ ) .

Câu 19: Tập nghiệm của phương trình

π  A. T =  + k π , k ∈ ℤ  . 3  π  C. T =  + k π , k ∈ ℤ  . 6  

π 6

+ k 2π ( k ∈ ℤ ) .

B. 12.

D. − 6 ≤ a ≤ 6.

a2 3 . 6

a2 2 . 4

x !− ( x − 1)! 1 = , x ∈ ℕ* . Ta có: ( x + 1)! 6

B. x ∈ {2;3} .

C. x ∈ {2;5} .

D. x ∈ {1;3} .

Câu 27: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(2;–1). Ảnh của điểm A qua phép vị tự tâm O tỉ số A. A ' ( −4; 2 ) .

B. A ' ( −4; −2 ) .

C. A ' ( 4; −2 ) .

D. A ' ( 2;1) .

 π  D. T = − + kπ , k ∈ ℤ  . 3  

Câu 29: Trong khoảng ( 0 ;180 ) phương trình nào có nhiều nghiệm nhất?

C. 24.

D. 1.

 17 22  C.  ;  .  5 5 

1 C. P( A) = . 4

A. (BCA’).

B. (BDA’). 0

A. 2 cot x = 3.

C. (A’C’C).

D. (BC’D).

B. 2 cos x = 3.

C. 2 tan x = 3.

D. 2sin x = 3.

Câu 30: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(0;1). Ảnh của điểm A qua Q

−π   o;   2 

B. A '(−1;1).

A. A '(0; −1).

C. A '(1; 0).

là:

D. A '(−1;0).

Câu 31: Phương trình nào dưới đây vô nghiệm?

 7 9 D.  − ; −  .  2 2

“Có đúng 2 lần xuất hiện mặt sấp”.

7 B. P( A) = . 8

A. x = 3.

trong các mặt phẳng sau đây?

Câu 22: Gieo một đồng tiền cân đối đồng chất liên tiếp 3 lần. Tính xác suất của biến cố A:

3 A. P( A) = . 8

Câu 26: Giải phương trình

a2 3 . 4

 π  B. T = − + k π , k ∈ ℤ  .  6 

A ( 3; 2 ) , B ( 7;5 ) . Tìm điểm M thuộc d sao cho MA + MB nhỏ nhất?

7 9 B.  ;  . 2 2

Câu 28: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Mặt phẳng (AB’D) song song với mặt phẳng nào

3 tan x + 3 = 0 là:

Câu 21: Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : x − y + 1 = 0 và hai điểm

 9 7 A.  − ; −  .  2 2

a2 2 . 6

k = 2 có tọa độ là:

C. −1 ≤ a ≤ 1.

Câu 20: Có bao nhiêu cách sắp xếp 4 bạn An, Bình, Chi, Dung vào một bàn dài gồm 4 chỗ? A. 4.

D. 4540.

Câu 25: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Diện tích

số a phải thỏa mãn điều kiện: 1 1 B. − ≤ a ≤ . 2 2

C. 4500.

thiết diện của tứ diện bị cắt bởi mặt phẳng (GCD) bằng:

π  π  Câu 18: Để phương trình 4sin  x +  cos  x −  = a 2 + 3 sin 2 x − cos 2 x có nghiệm, tham 3 6  

A. −2 ≤ a ≤ 2.

B. 4050.

1 D. P( A) = . 2

A. sin x =

C. tan x =

3 3

B. cos3x − 3 sin 3x = 2.

D. cos3x − 3 sin 3 x = −2.

Câu 32: Có bao nhiêu vị trí tương đối của hai đường thẳng trong không gian? A. 3.

B. 4.

C. Vô số.

D. 2.

Câu 33: Trong các hình sau đây, hình nào không có tâm đối xứng? Trang 3

A. Hình thoi. Trang 4

B. Tam giác đều.

C. Lục giác đều.

D. Hình chữ nhật.

Câu 34: Phương trình sin 2 x + sin 2 2 x = 1 có nghiệm là:

A. −9C97 .

π   x = 2 + k 2π A.  ( k ∈ ℤ).  x = ± π + kπ  6

π   x = 2 + k 2π B.  (k ∈ ℤ).  x = π + kπ  6

π   x = 2 + kπ C.  ( k ∈ ℤ ).  x = ± π + k 2π  6

π   x = 2 + kπ D.  ( k ∈ ℤ).  x = ± π + kπ  6

Câu 41: Số nghiệm của phương trình A. 1.

Câu 36: Phương trình

A. x =

C. x =

6 6

B. 22016 − 1.

C. 42016.

D. 22016.

cos x − 3 sin x = 0 có nghiệm là 1 sin x − 2

3 B. − . 2

A. −3.

C. 3.

B. x 2 + y 2 + 2 x + 6 y+ 6 = 0.

C. x 2 + y 2 − 2 x + 6 y+ 6 = 0.

D. x 2 + y 2 + 2 x − 6 y− 6 = 0.

Câu 39: Phương trình cos 3 x = cos x có nghiệm là

C. x =

π 2

+ k π , k ∈ ℤ.

B. x = k 2π , k ∈ ℤ. D. x =

π 2

+ k 2π , k ∈ ℤ. 9

Câu 40: Hệ số x 7 của trong khai triển của biểu thức ( 3 − x ) là Trang 5

π   x = 6 + k 2π B.  , k ∈ ℤ.  x = π + k 2π  3

π   x = 6 + k 2π C.  , k ∈ ℤ.  x = π + kπ  3

π   x = 6 + kπ D.  , k ∈ ℤ.  x = π + kπ  3

B. AF = FD.

C. AF = 3FD.

D. FD = 2AF.

Câu 44: Một hộp chứa 5 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên một viên bi từ hộp đó.

A. x 2 + y 2 + 2 x − 6 y+ 6 = 0.

, k ∈ ℤ.

D. 0.

Xác suất để viên bi được lấy ra có màu đỏ là

1 là đường tròn bán kính 2

C. 3.

π   x = 6 + kπ A.  , k ∈ ℤ.  x = π + k 2π  3

A. AF = 2FD.

3 . 2

Câu 38: Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2 + ( y − 1) = 4. Ảnh của (C) qua phép tịnh tiến theo v ( −1; 2 ) là

A. x = k

B. 2.

sau, mệnh đề nào đúng?

Câu 37: Ảnh của đường tròn bán kính 3 qua phép biến hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép đối xứng tâm và phép vị tự tỉ số k = −

π  2 cos  x +  = 1 với 0 ≤ x ≤ 2π là 3 

cạnh BD sao cho BN = 2ND. Gọi F là giao điểm của AD và mp (MNK). Torng các mệnh đề

D. Vô nghiệm.

+ k 2π , k ∈ ℤ.

D. C97 .

Câu 43: Cho tứ diện ABCD. Gọi M, K lần lượt là trung điểm của BC và AC, N là điểm trên

7π B. x = + k 2π , k ∈ ℤ. 6

+ kπ , k ∈ ℤ.

C. 9C97 .

Câu 42: Phương trình 2sin 2 x − 3 = 0 có nghiệm là

1 2 3 2016 Câu 35: Tổng C2016 bằng: + C2016 + C2016 + ... + C2016

A. 22016 + 1.

B. −C97 .

2 . 3

3 . 4

1 . 3

5 . 11

Câu 45: Một lớp có 15 học sinh nam và 20 học sinh nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 bạn

học sinh sao cho có đúng 3 học sinh nữ. A. 110970.

B. 119700.

C. 117900.

D. 110790.

Câu 46: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi d là giao tuyến của hai

mặt phẳng (SAD) và (SBC). Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng? A. d qua S và song song với AD.

B. d qua S và song song với BD.

C. d qua S và song song với DC.

D. d qua S và song song với AB.

Câu 47: Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − 2 y + 3 = 0. Ảnh của ∆ qua phép tịnh tiến theo u = ( 2;3) có phương trình là A. x − 2 y − 4 = 0.

B. x − 2 y − 5 = 0.

C. x − 2 y + 7 = 0.

D. 2 x + y + 5 = 0.

Trang 6

Câu 48: Cho tứ diện ABCD. Gọi G và E lần lượt là trọng tâm của tam giác ABD và ABC.

3 1 = 0, t ∈ [ −1;1] ⇒ t = 4 2

Đặt cos 2 x = t ∈ [ −1;1]. Ta có phương trình: t 2 + t −

Mệnh đề nào dưới đây đúng? A. GE // CD.

B. GE cắt AD.

C. GE cắt CD

D. GE và CD chéo nhau.

Câu 49: Tìm tập các số âm trong dãy số: x1 ; x2 ;...; xn với xn =

Với t =

Câu 4: Đáp án B.

An4+ 4 143 − . Pn + 2 4 Pn

−23   A. H =  −2; . 8  

 −24 −3  B. H =  ; .  9 8

 63 −23  C. H = − ; .  4 4 

 54 −23  D. H =  − ; .  3 8 

Số phần tử của M là: n( M ) = 7.6.5.4 = 840 (phần tử) Để số có tổng các chữ số là lẻ thì số đó gồm 1 chữ số lẻ, 3 chữ số chẳn hoặc 3 chữ số lẻ và 1

chữ số chẵn ⇒ Số cách lấy được số có tổng các chữ số là lẻ là: 4.4!+ C43 .3.4! = 384 (cách) Xác suất để lấy được số có tổng các chữ số là lẻ là: P =

B. 0.

C. 2.

D. 3.

Đáp án 1–C

2–A

3–D

4–B

5–C

6–C

7–A

8–C

9–D

10–A

11–D

12–B

13–C

14–D

15–D

16–B

17–C

18–D

19–D

20–C

21–C

22–A

23–D

24–A

25–D

26–B

27–C

28–D

29–D

30–C

31–A

32–A

33–A

34–D

35–B

36–B

37–D

38–A

39–A

40–A

41–B

42–D

43–A

44–D

45–B

46–A

47–C

48–A

49–C

50–C

LỜI GIẢI CHI TIẾT

384 16 48 = = . 840 35 105

Câu 5: Đáp án C.

Câu 50: Có bao nhiêu giá trị của n thỏa mãn phương trình: 2 Pn + 6 An2 = 12 + Pn An2 ? A. 1.

1 1 π π thì cos 2 x = ⇔ 2 x = ± + k 2π ⇔ x = ± + kπ . 2 2 3 6

 x = kπ sin x = 0 Phương trình đã cho ⇔  ⇔ (k ∈ ℤ).  x = ± π + k 2π  2 cos x − 3 = 0 6  Câu 6: Đáp án C. Gọi

là

trung

điểm

của

SD.

Vì

nên

( IBC ) ∩ ( SAD) = IJ (/ / AD).

( IBC ) ∩ ( SAB) = BI ( IBC ) ∩ ( SAD) = IJ  Ta có:  ⇒ Thiết diện là hình thang IJCB. ( IBC ) ∩ ( SCD) = CJ ( IBC ) ∩ ( SBC ) = BC

Câu 1: Đáp án C.

Câu 7: Đáp án A.

2x  2x  Ta có: sin  − 600  = 0 ⇔ − 600 = k1800 ⇔ x = 900 + k 2700 , k ∈ ℤ. 3  3 

Các mệnh ề B, C và D đúng. Trong không gian mệnh đề A là sai: hai đường thẳng phân biết

Câu 2: Đáp án A.

Câu 8: Đáp án C.

Các khẳng định B, C, D đúng; khẳng định A sai.

 x = −1 Phương trình đã cho ⇔ 2 x 2 − 6 x − 8 = 0 ⇔  . x = 4

cùng song song với một mặt phẳng thì chúng có thể chéo nhau.

Câu 9: Đáp án D. a − 2 = 1 a = 3 Giả sử A ' ( a, b ) = Tv ( A) ⇒  ⇔ ⇒ A ' ( 3;7 ) ≡ Q. b − 5 = 2 b = 7 Câu 10: Đáp án A. Câu 3: Đáp án D. Trang 7

Trang 8

Ta có

( 2 x − 1)

= C50 ( 2 x ) − C51 ( 2 x ) + C52 ( 2 x ) − C51 ( 2 x ) + 1 = 32 x5 − 80 x 4 + 80 x 3 − 40 x 2 + 10 x − 1 = S .

Câu 11: Đáp án D. Phép quay tâm O góc quay 1800 chính là phép đối xứng tâm O ⇒ qua phép quay này điểm A

Câu 18: Đáp án D.  3  π 1  Phương trình đã cho ⇔ 4sin 2  x +  = a 2 + 2  sin 2 x − cos 2 x  3 2   2 

biến thành điểm M(–3;0).

Câu 12: Đáp án B. Phương trình đã cho ⇔ cos x =

sin x = 1 π ⇔ x = + k 2π (k ∈ ℤ). Phương trình đã cho ⇔  sin x = − 3 ( L) 2  2

m −1 m −1 ∈ [ −1;1] ⇒ −1 ≤ ≤ 1 ⇔ −1 ≤ m ≤ 3. 2 2

Câu 13: Đáp án C.

 2π   π π 2 π     2 ⇔ 2 1 − cos  2 x +  = a + 2sin  2 x −  ⇔ 2 − 2sin  2 x −  = a + 2sin  2 x −  3   6 6 6     

Số cách chọn ngẫu nhiên 5 câu hỏi là: C = 142506 (cách).

π  2 − a2  ⇔ sin  2 x −  = 6 4 

Số cách chọn 5 câu đề chỉ lấy được câu hỏi cùng mức độ là: C155 + C105 + 1 = 3256 (cách).

Để phương trình ban đầu có nghiệm thì −1 ≤

5 30

Số cách chọn 5 câu hỏi để lấy được đúng 2 loại câu cùng mức độ là: 5 5 − C155 − C105 ) + (C155 − C105 − 1) + (C20 − C155 − 1) = 65125 (cách). (C25

2 − a2 ≤ 1 ⇔ a 2 ≤ 6 ⇔ − 6 ≤ a ≤ 6. 4

Câu 19: Đáp án D.

+ kπ , k ∈ ℤ.

Số cách chọn thỏa mãn đề bài là: 142506 – 3256 – 65125 = 74125 (cách).

Phương trình đã cho ⇔ tan x = − 3 ⇔ x = −

Câu 14: Đáp án D.

Câu 20: Đáp án C.

π π   Phương trình đã cho ⇔ 2 sin  x +  = 2 sin 5 x ⇔ sin  x +  = sin 5 x. 4 4  

Số cách sắp xếp là: 4! = 24 (cách).

π kπ   π  x = 16 + 2  x + 4 = 5 x + k 2π ⇔ ⇔ (k ∈ ℤ).  x = π + kπ  x + π = π − 5 x + k 2π   4 8 3

Xét f ( x; y ) = x − y + 1 ⇒ f (A). f (B) > 0 ⇒ A, B nằm cùng phía so với d.

Câu 15: Đáp án D.

Câu 21: Đáp án C.

Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua d → B ' ( 4;8 ) Khi đó MA + MB = MA + MB ' ≥ AB ' (bất đẳng thức tam giác).

Số cách chọn ngẫu nhiên 5 bi là: C155 = 3003 (cách).

 17 22  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của AB’ và d. Vậy M  ;  .  5 5 

Số cách chọn 5 bi để chỉ có bi 1 màu là: C65 + 1 = 7 (cách).

Câu 22: Đáp án A.

Số cách chọn để luôn có 2 màu bi là: ( C115 − C65 − 1) + ( C95 − 1) + ( C105 − C65 ) = 826 (cách)

1 1 1 1 TH1: Lần 1 sấp, lần 2 sấp và lần 3 ngửa ⇒ xác suất là P1 = . . = . 2 2 2 8

Số cách chọn 5 viên bi để có đủ ba màu là: 3003 – 7 – 826 =2170 (cách). Câu 16: Đáp án B.

1 1 1 1 TH2: Lần 1 sấp, lần 2 ngửa và lần 3 sấp ⇒ xác suất là P2 = . . = . 2 2 2 8

 −3 − a = 5  a = −8 Gọi C ( a; b ) . Ta có: Tv = B ⇔  ⇔ ⇒ C ( −8;10 ) . 6 − = − 4 b  b = 10

1 1 1 1 TH3: Lần 1 ngửa, lần 2 sấp và lần 3 sấp ⇒ xác suất là P3 = . . = . 2 2 2 8

Câu 17: Đáp án C.

3 Vậy xác suất của biến cố “Có đúng 2 lần xuất hiện mặt sấp” là P = P1 + P2 + P3 = . 8

Trang 9

Trang 10

Câu 23: Đáp án D.

Với x = 600 và x = 1200 suy ra sin x =

Gọi N trung điểm của SA Vì M, N lần lượt là trung điểm của SB, SA

Câu 30: Đáp án C.

Suy ra MN // AB mà AB // CD ⇒ MN // CD.

Ta có Q

π  o ;−  2 

Khi đó M, N, C, D đồng phẳng và tứ giác MNDC chính là thiết

3 . 2

( A) = A ' → A ' (1; 0 ) .

Câu 31: Đáp án A.

diện của mặt phẳng (CDM) và hình chóp S.ABCD.

−1 ≤ sin x ≤ 1 π  Vì  π 3,14 suy ra phương trinh sin x = vô nghiệm. 3 ≈ > 1  3 3

Vậy tứ giác MNDC là hình thang.

Câu 24: Đáp án A.

Câu 32: Đáp án A.

Số các số cần tìm là 7! = 5040.

Hai đường thẳng trong không gian “cắt nhau, song song và chéo nhau”.

Câu 25: Đáp án D.

Câu 33: Đáp án A.

Gọi M trung điểm của AB ⇒ GC ∩ AB = M . Vậy mp (GCD) cắt tứ diện ABCD theo thiết diện là tam giác MCD.

Câu 34: Đáp án D.

Ta có sin 2 x + sin 2 2 x = 1 ⇔ 4.sin 2 x.cos 2 x = 1 − sin 2 x ⇔ 4.sin 2 x.cos 2 x = cos 2 x

a 3 và CD = a Tam giác MCD có MC = MD = 2 Gọi N là trung điểm của CD ⇒ MN ⊥ CD. Tam giác MNC vuông tại N, có MN = MC 2 − NC 2 =

Hình thoi không có tâm đối xứng.

a 2 . 2

Vậy diện tích tan giác MCD là:

π  cos x = 0  x = 2 + kπ  cos 2 x = 0 cos x = 0 ⇔ ⇔ ⇔ ( k ∈ ℤ). 1⇔ 2  x = ± π + kπ  4sin x = 1  2.(1 − cos 2 x) = 1 cos 2 x = 2  6 Câu 35: Đáp án B.

Khai triển ( x + 1)

2016

0 1 2 2016 = C2016 + x.C2016 + x 2 .C2016 + ... + x 2016 .C2016 (*).

a 2 1 1 a 2 S∆MCD = .MN .CD = . .a = . 2 2 2 4

Câu 26: Đáp án B. Ta có

x !− ( x − 1)! 1 x! x! ( x − 1)! 1 ( x − 1)! 1 = ⇔ − = ⇔ − = ( x + 1)! 6 ( x + 1) ! ( x + 1) ! 6 ( x + 1) x ! ( x + 1) x( x − 1)! 6

0 1 2 3 2016 Thay x = 1 vào biểu thức (*), ta được C2016 + C2016 + C2016 + C2016 + ... + C2016 (*) = 22016. 1 2 3 2016 Vậy C2016 + C2016 + C2016 + ... + C2016 (*) = 22016 − 1.

Câu 36: Đáp án B 2sin x − 1 ≠ 0 2sin x − 1 ≠ 0 cos x − 3 sin x  =0⇔ ⇔ 2 2 1 cos x = 3 sin x  3 sin x + sin x = 1 sin x − 2

x = 2 1 1 1 1 x −1 ⇔ − = ⇔ = ⇔ x2 + x = 6 x − 6 ⇔ x 2 − 5x + 6 = 0 ⇔  . x + 1 x ( x + 1) 6 x ( x + 1) 6 x = 3

Ta có

Câu 27: Đáp án C.

Câu 28: Đáp án D.

π   x = − 6 + k 2π 2sin x − 1 ≠ 0 1 ⇔ ⇔ sin x = − ⇔  ( k ∈ ℤ). 2 2  x = 7π + k 2π 4sin x = 1  6

Ta có A ' B '/ / C ' D suy ra mp ( AB ' D) / / mp ( BC ' D ) .

Câu 37: Đáp án D.

Câu 29: Đáp án D.

Bán kính đường tròn cần tìm là R ' = k .R =

Ta có V( O ;k = 2) ( A ) = A ' ⇒ OA ' = 2OA → A ' ( 4; −2 ) .

Trang 11

Trang 12

(

1 3 R= . 2 2

)

Câu 38: Đáp án A.

Xét tam giác BCD bị cắt bởi IM, ta có 2

Xét đường tròn (C ) : x 2 + ( y − 1) = 4 có tâm I (0;1) , bán kính R = 2.

CM BN DI DI 1 = 1, = 2 suy ra .1.2 = 1 ⇔ = . MB ND IC IC 2

Gọi (C ') có tâm I ' ( x0 ; y0 ) , bán kính R ' → (C ') : ( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 = R '2 .

Mà

 x = −1  x0 = −1 Vì (C ') là ảnh của (C ) qua Tv suy ra II ' = v ⇒  0 ⇔ . y − = 1 2  0  y0 = 3

Xét tam giác ACD bị cắt bởi IK, ta có Mà

Câu 39: Đáp án A.

Câu 44: Đáp án D. 3

1 Lấy ngẫu nhiên 1 viên bi trong 11 viên có C11 = 11 cách.

Ta có cos 3 x = cos x ⇔ 4 cos x − 3cos x = cos x ⇔ 4 cos x − 4 cos x = 0

cos x = 0 kπ ⇔ 4 cos x(cos 2 x − 1) = 0 ⇔  2 ⇔ sin 2 x = 0 ⇔ x = (k ∈ ℤ). 2 sin x = 0 

Gọi X là biến cố “viên bi được lấy ra có màu đỏ”. Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là n( X ) = C51 = 5

Câu 40: Đáp án A. 9

Vậy xác suất cần tính là P =

Xét khai triển ( 3 − x ) = ∑ C9k .39− k . ( − x ) =∑ C9k .39− k . ( −1) .x k . 9

k =0

7 9

Câu 41: Đáp án B.

Ta có

n( X ) 5 = . n(Ω) 11

Câu 45: Đáp án B.

k =0

Hệ số của x ứng với x = x ⇒ k = 7. Vậy hệ số cần tìm là C .3 . ( −1) = −9.C . 7

AF DI CK . . =1 FD IC KA

CK DI 1 AF 1 = 1, = suy ra .1. = 1 ⇔ AF = 2 FD. KA IC 2 FD 2

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (C ') : ( x + 1) + ( y − 3) = 4.

DI CM BN . . =1 IC MB ND

 π π  x + 3 = 4 + k 2π π π π   2 cos  x +  = 1 ⇔ cos  x +  = cos ⇔  3 3 4    x + π = − π + k 2π  3 4

π   x = − 12 + k 2π  23π 17π  Mặt khác 0 ≤ x ≤ 2π → x =  ⇔ ; . 7 π  12 12  x = − + k 2π  12

3 Chọn 3 học sinh nữ trong 20 học sinh có C20 cách.

Chọn 2 học sinh trong 15 học sinh nam có C152 cách. 3 Vậy có tất cả C20 .C152 = 119700 cách cần tìm.

Câu 46: Đáp án A. Vì AD / / BC và ( SAD) ∩ (SBC) = S ⇒ Giao tuyến của (SAD), (SBC) là đường thẳng d qua S và song song với AD hoặc BC.

Câu 47: Đáp án C.

Gọi ∆’ là ảnh của ∆ qua phép tịnh tiến u .

Câu 42: Đáp án D.

Khi đó phương trình đường thẳng ∆’ có dạng x − 2 y + m = 0.

Hướng dẫn:

Gọi A ( −3;0 ) ∈ ∆ và A ' ( x 0 ; y 0 ) là ảnh của A qua phép Tu .

π   x = 6 + kπ 3 π Phương trình 2sin 2 x − 3 = 0 ⇔ sin 2 x = ⇔ sin 2 x = sin ⇔  ( k ∈ ℤ). 2 3  x = π + kπ  3

 x0 + 3 = 2  x0 = −1 Suy ra AA ' = u ⇒  ⇔ ⇒ A ' ( −1;3) ∈ ∆ ' ⇒ ∆ ' : x − 2 y + 7 = 0.  y0 = 3  y0 = 3 Câu 48: Đáp án A.

Câu 43: Đáp án A.

Gọi M là trung điểm của AB.

Kéo dài MN cắt AD tại I, nối KI cắt AD tại F.

Vì G, E lần lượt là trọng tâm của tam giác ABD, ABC.

Suy ra F là giao điểm của AD và mặt phẳng (MNK).

⇒

Trang 13

ME 1 MG 1 ME MG = → EG / / CD (Định lí Thalet). = và = suy ra MC 3 MD 3 MC MD

Trang 14

Câu 49: Đáp án C.

Ta có xn < 0 ⇔

An4+ 4 143 ( n + 4 )! − 143 < 0 ⇔ n + 4 n + 3 − 143 < 0 − <0⇔ ( )( ) Pn + 2 4 Pn n !. ( n + 2 ) ! 4.n ! 4

63   xn = − 4 95 19 5 + ⇔ n + 7 n − < 0 ⇔ − < n < . Kết hợp với n ∈ ℤ → n = {1; 2} . Vậy  . 4 2 2  x = − 23 n  4 2

Câu 50: Đáp án C.

Điều kiện: n ≥ 2. Phương trình 2 Pn + 6 An2 = 12 + Pn An2 ⇔ 2.n !+

6.n !

( n − 2 )!

= 12 + n !.

( n − 2 )!

n2 − n − 2 = 0 ⇔ 2n !+ 6.n ( n − 1) = 12 + n !.n( n − 1) ⇔ 6 ( n 2 − n − 2 ) = n !. ( n 2 − n − 2 ) ⇔  n ! = 6 n = 2 Đối chiếu với điều kiện, ta được  là giá trị cần tìm. n = 3

Trang 15

ĐỀ THI THAM KHẢO KIỂM TRA HỌC KÌ 1 (Toán 11)

A. x ≠

Đề 8

C. x = arctan 2 + kπ ; x =

π 4

+ kπ ; x = arctan ( −2 ) + kπ ( k ∈ ℤ )

π 3

+ kπ ( k ∈ ℤ )

C. 4 2

D. 6

Câu 3: Phương trình cos x + cos 2 x + cos 3x + cos 4 x = 2 tương đương với phương trình A. cos x.cos 2 x.cos5 x = 0

B. sin x.sin 2 x.sin 4 x = 0

C. sin x.sin 2 x.sin 5 x = 0

D. cos x.cos 2 x.cos 4 x = 0

C. sin a.cos b =

B. cos ( −2a ) = 2cos a

1 sin ( a − b ) − sin ( a + b )  2

D. cos a − cos b = −2sin

a+b a −b .sin 2 2

2 3

B. 2sin x − 3cos x = 4 C. tan x = 2017 2

D. sin 2 x =

Câu 6: Cho đường tròn ( C ) : ( x + 2 ) + ( y − 1) = 9 . Ảnh của đường tròn

(C )

1 3

qua phép §0

là đường trong nào có phương trình dưới đây? 2

B. ( x − 2 ) + ( y + 1) = 9

D. ( x − 2 ) + ( y − 1) = 9

A. ( x + 1) + ( y − 2 ) = 9 2

C. x ≠

π 4

+ kπ , k ∈ ℤ

D. x ≠ kπ , k ∈ ℤ

 x = α + k 2π A. sin x = sin α ⇔  (k ∈ ℤ)  x = π − α + k 2π  x = α + k 2π B. cos x = cos α ⇔  (k ∈ ℤ)  x = π − α + k 2π

 x = α + k 2π D. cos x = cos α ⇔  (k ∈ ℤ)  x = −α + k 2π

 π  A. ℝ \ − + k 2π ; k ∈ ℤ   3 

 π  B. ℝ \ − + kπ ; k ∈ ℤ   3 

π  C. ℝ \  + k 2π ; k ∈ ℤ  6 

π  D. ℝ \  + kπ ; k ∈ ℤ  6 

Câu 12: Giải phương trình 4 ( sin 4 x + cos 4 x ) + 3 sin 4 x = 2

Câu 5: Phương trình nào sau đây vô nghiệm A. sin x =

B. x ≠ k 2π , k ∈ ℤ

π  Câu 11: Tập xác định của hàm số y = cot  x +  là 3 

Câu 4: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng ? A. sin ( a + b ) = sin a + sin b

+ kπ , k ∈ ℤ

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

3 sin 3 x + cos3 x = 2 trong khoảng ( −π ; π ) là

B. 7 2

D. x = arctan 2 + kπ ; x =

+ kπ ( k ∈ ℤ )

Câu 2: Số nghiệm của phương trình A. 5

B. x =

Câu 10: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai

Câu 1: Phương trình: 2sin 2 x + sin x.cos x − cos 2 x = 1 có các nghiệm là

π  1 A. x = arctan  −  + kπ ; x = + kπ ( k ∈ ℤ ) 2  2

C. ( x + 2 ) + ( y + 1) = −9

π k 7π  x = 4 + 2 ,k ∈ℤ A.   x = − π + k 7π  12 2

π kπ  x = 4 + 2 B.  ,k ∈ ℤ  x = − π + kπ  12 2

π k 5π  x = 4 + 2 ,k ∈ℤ C.   x = − π + k 5π  12 2

π k 3π  x = 4 + 2 D.  ,k ∈ℤ  x = − π + k 3π  12 2

Câu 7: Gieo một con xúc sắc cân đối đồng chất hai lần. Tính xác suất sao cho tổng số chấm

Câu 13: Lớp 11A7 có 18 nam và 24 nữ. Chọn ngẫu nhiên hai học sinh để hát song ca. Xác

của hai lần gieo là số lẻ

suất để trong đó có ít nhất một nam là?

1 A. P = 2

3 B. P = 5

3 C. P = 7

Câu 8: Tập nghiệm của phương trình ( x − 3)

{

}

A. S = − 2; 2;3

{

B. S = − 2; 2

}

(

)

C. S =

{ 2}

236 287

195 287

92 287

51 287

Câu 14: Giá trị nhỏ nhất của y = 4 − 3cos 2 x là

4 − x2 − x = 0

1 Câu 9: Điều kiện xác định của hàm số y = là sin x − cos x Trang 1

5 D. P = 9

{

D. S = 3; 2

}

A. 1

B. 7

C. -7

D. -3

Câu 15: Cho tập A = {0;1; 2;3;4;5;6;7} .Từ tập A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn

có bốn chữ số đôi một khác nhau? Trang 2

A. 2048

B. 420

C. 840

D. 750

 x = −2 + t Câu 16: Cho đường thẳng ( d ) :  , ( t ∈ ℝ ) . Điểm nào sau đây thuộc đường thẳng  y = 3 + 2t

(d ) : A. ( −1;5 )

B. ( −2; −3)

C. ( 2;3)

D. ( −3; −1)

Câu 17: Một tổ gồm 7 nam và 6 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn 4 em đi trực nhật sao cho có A. ( C72 + C65 ) + ( C71 + C63 ) + C64

B. ( C72 .C62 ) + ( C71 .C63 ) + C64

C. C112 .C122

D. ( C75 + C64 ) + ( C76 + C63 ) + C62

2π + k 2π , ( k ∈ ℤ ) 3

π 3

C. A ∪ B = {SSS , SSN , NSS , NNN } D. A ∪ B = Ω Câu 24: Trong mp Oxy cho v = ( 2;1) và điểm A (1;3) . Hỏi A là ảnh của điểm nào trong ác điểm sau đây qua phép T v ? A. ( −1; 2 )

B. ( −1; −2 )

C. (1; −2 )

D. ( 3;4 )

+ k 2π , ( k ∈ ℤ )

B. x = ± D. x =

bi xanh, một bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một viên bi. Xác suất để được hai bi xanh là; A.

3 5

26 21

8 21

4 7

Câu 26: Biết n là số nguyên dương thỏa mãn 3Cn3+1 − 3 An2 = 52 ( n − 1) . Giá trị của n là:

Câu 18: Phương trình 2cos x + 1 = 0 có nghiệm là

C. x = ±

B. A ∪ B = {SSS , NNN }

Câu 25: Có hai chiếc hộp: Hộp thứ nhất chứa bốn bi xanh, ba bi vàng; Hộp thứ hai chứa hai

ít nhất 2 nữ?

A. x = ±

A. A ∪ B = {SSS , SSN , NSS , SNS , NNN }

2π + kπ , ( k ∈ ℤ ) 3

π 3

+ k 2π ;

2π + k 2π , ( k ∈ ℤ ) 3

Câu 19: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

A. 15

B. Thực hiện liên tiếp phép quay và phép vị tự ta được phép đồng dạng. C. Phép đồng dạng là một phép dời hình.

D. 12

B. M ' ( 3;2 )

C. M ' ( 3;1)

D. M ' ( −1; −7 )

Câu 28: Trong mp Oxy cho đường thẳng d có phương trình 3 x + y − 3 = 0 . Ảnh của đường

thẳng d qua phép V(O ; −2) biến đường thẳng d thành đường thẳng có phương trình là: A. −3 x − y + 3 = 0

D. Phép vị tự là một phép dời hình.

C. 14

Câu 27: Trong mặt phẳng, với hệ tọa độ Oxy , cho điểm M (1; −3) . Phép tịnh tiến theo véctơ v = ( 2;4 ) biến M thành điểm A. M ' (1;7 )

A. Phép đối xứng trục là phép đồng nhất

B. 16

B. 3 x + y + 6 = 0

C. 3 x + y − 6 = 0

D. 3 x + y − 3 = 0

Câu 20: Cho 2 đường thẳng song song. Trên đường thẳng thứ nhất lấy 7 điểm phân biệt, trên

Câu 29: Lớp 11A7 có 18 học sinh nam và 24 học sinh nữ. Thầy chủ nhiệm cần chọn 10 học

đường thẳng thứ hai lấy 9 điểm phân biệt. Hỏi có bao nhiêu tam giác có các đỉnh thuộc tập 16

sinh để luyện tập vũ khúc sân trường. Hỏi thầy chủ nhiệm có bao nhiêu cách chọn 10 học

điểm đã lấy trên hai đường thẳng trên?

sinh sao cho có ít nhất 1 học sinh nữ?

A. 560 tam giác.

B. 270 tam giác.

C. 441 tam giác.

D. 150 tam giác.

Câu 21: Từ một hộp chứa ba quả cầu trắng và hai quả cầu đen, lấy ngẫu nhiên đồng thời hai

A. C1810

10 B. C42 − C1810

1 B. 5

3 C. 10

2 D. 5

Câu 22: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2 − sin x − cos x là A. 2 + 2

B. −2 + 2

C. 2 − 2

D. −2 − 2

Câu 23: Gieo một đồng xu cân đối và đồng chất liên tiếp ba lần. Gọi A là biến cố “Có ít nhất

hai mặt sấp xuất hiện liên tiếp” và B là biến cố “Kết quả ba lần gieo là như nhau”. Xác định biến cố A ∪ B Trang 3

10 D. C24

Câu 30: Hàm số y = sin 2 x − tan 2 x tuần hoàn với chu kỳ là bao nhiêu?

quả. Tính xác suất để hai quả đó cùng màu

3 A. 5

10 10 C. C42 − C24

A. T = 3π

B. T =

π 2

Câu 31: Giải phương trình cot ( 4 x − 200 ) =

C. T = 2π

D. T = π

1 3

A. x = 350 + k 900 , k ∈ ℝ

B. x = 200 + k 900 , k ∈ ℝ

C. x = 200 + k 450 , k ∈ ℤ

D. x = 300 + k 450 , k ∈ ℤ

Câu 32: Sắp xếp 5 người trong đó có An và Linh ngồi vào 5 ghế thẳng hàng. Xác suất để An và Linh không ngồi cạnh nhau là: Trang 4

1 5

4 5

2 5

3 5

Câu 33: Từ thành phố A tới thành phố B có 4 con đường, từ thành phố B tới thành phố C có 5 con đường. Hỏi có bao nhiêu cách đi từ A tới C qua B chỉ một lần.

A. 9

B. 20

C. 12

D. 6

Câu 34: Phương trình sin x − 3sin x + 2 = 0 A. x =

π 2

C. x = −

+ k 2π ( k ∈ ℤ )

π 2

+ k 2π ( k ∈ ℤ )

B. x − 2 y + 3 = 0

A. ( x − 2 ) + ( y − 4 ) = 16 2

C. ( x − 1) + ( y − 2 ) = 16

D. 27162

Câu 42: Một thùng có 7 sản phầm, trong đó có 4 sản phầm loại I và 3 sản phầm loại II. Lấy

C. 2 x − 4 y + 3 = 0

D. x − 2 y − 1 = 0 2

B. v = ( −2; −3)

C. v = ( 2; −3)

D. ( x + 2 ) + ( y + 4 ) = 14

1 7

D. v = ( 3; −2 )

3 7

π π  x = 4 + k 2 B.  ,k ∈ℤ x = π + k π  6 3

π π   x = 18 + k 2 C.  ,k ∈ℤ x = π + k π  9 3

π π   x = 12 + k 2 D.  ,k ∈ℤ x = π + k π  24 3

2 7

A. 22 C62

B. 24 C62

C. −24 C64

Câu 44: Cho tan α = −2 . Giá trị của biểu thức P = 1 8

1 5

D. −22 C64

sin α + 3cos α 2cos α − 3sin α

C. −

1 5

1 8

Câu 45: Phương trình sin 8 x − cos 6 x = 3 ( sin 6 x + cos8 x ) có các họ nghiệm là:

Câu 38: Để chào mừng ngày 26/3 Đoàn trường THPT XXX tổ chức giải bóng đá có 10 đội tham dự theo thể thức thi đấu vòng tròn tính điểm (hai đội bất kỳ đều gặp nhau đúng 1 trận).

π π   x = 16 + k 2 ,k ∈ ℤ A.  x = π + k π  8 3

π   x = 8 + kπ ,k ∈ ℤ B.  x = π + k π  9 3

π   x = 5 + kπ C.  ,k ∈ ℤ x = π + k π  7 2

π   x = 4 + kπ D.  ,k ∈ ℤ x = π + k π  12 7

Câu 46: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M ' ( −3;2 ) là ảnh của điểm M qua phép

Hỏi đoàn trường phải tổ chức bao nhiêu trận đấu ?

C. 90 trận

4 7

2  Câu 43: Số hạng không chứa x trong khai triển  x 2 +  là x 

A. −

π π   x = 16 + k 2 A.  ,k ∈ℤ x = π + k π  8 3

B. 45 trận

B. ( x − 4 ) + ( y − 2 ) = 4

Câu 37: Phương trình sin x + cos x = 2 sin 5 x

D. Kết quả khác

Câu 39: Đường thẳng đi qua điểm A ( −2;1) và song song với đường thẳng y = 2 x − 3 có phương trình là

Trang 5

C. 15120

D. x = k 2π ( k ∈ ℤ )

A. y = −2 x + 5

B. 27216

các vector sau ? A. v = ( 3;2 )

Câu 36: Phép vị tự tâm O ( 0;0 ) tỉ số −2 biến đường tròn : ( x − 1) + ( y − 2 ) = 4 thành:

A. 10 trận

A. 30420

Câu 41: Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d có phương trình 2 x − 3 y + 1 = 0 . Để phép tịnh tiến theo vector v biến đường thẳng d thành chính nó thì v phải là vector nào trong số

ngẫu nhiên 2 sản phẩm. Xác suất để lấy được 2 sản phẩm cùng loại là

A. x − 2 y + 1 = 0

nhau được lấy ra từ tập A là

B. x = kπ ( k ∈ ℤ )

Câu 35: Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d có phương trình: x − 2 y + 3 = 0 . Ảnh của đường thẳng d qua phép tịnh tiến theo véctơ v = ( 2; −1) có phương trình:

Câu 40: Cho tập A = {0;1; 2;3;4;5;6;7;8;9} . Số các số tự nhiên có năm chữ số đôi một khác

quay tâm O góc 900 thì điểm M có tọa độ là:

A. ( 2; −3)

B. ( 2;3)

C. ( −2; −3)

D. ( 3; −2 )

C. 22018

D. 22018 − 2

1 2 3 2017 Câu 47: Tính S = C2008 + C2008 + C2008 + ... + C2008

B. y = 2 x − 6

C. y = 2 x + 5

D. y = −2 x − 5

A. 22018 − 1 Trang 6

B. 22018 + 1

Câu 48: Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng d : x + 2 y − 3 = 0 . Hỏi phép dời hình có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép vị tự tâm O tỉ số k = 2 và phép tịnh tiến theo vector v = (1;2 ) biến d thành đường thẳng d’ có phương trình: A. x + 2 y − 6 = 0

B. x + 2 y − 11 = 0

Câu 49: Tập xác định của hàm số y = x − 1 + A. (1; +∞ ) \ {3}

B. [1; +∞)

C. x + 2 y + 6 = 0

D. x + 2 y + 11 = 0

π 6

C. x = −

C. [1;3]

+ kπ , k ∈ ℤ

B. x =

D. x = −

+ kπ , k ∈ ℤ

Câu 3: Đáp án A Phương trình đã cho ⇔ ( 2cos 2 x − 1) + ( 2cos 2 2 x − 1) + ( 2cos 2 3x − 1) + ( 2cos 2 4 x − 1) = 0

1 là: x−3

D. [1; +∞) \ {3}

3 Câu 50: Trong các giá trị sau, giá trị nào là nghiệm của phương trình : cot x = − 3

A. x =

π π π π   3 x + 6 = 4 + k 2π  x = 36 + 3  23π π 25π 17π 31π  , k ∈ ℤ nên x ∈  − ⇔ ⇔ ; ; ;− ;  π π π π 3 7 36 36   36 36 36 3 x + = x = + k 2π +  6 4 36 3 

⇔ cos x ( cos3 x + cos 7 x ) = 0 ⇔ cos x.2cos5 x cos 2 x = 0 ⇔ cos x cos5 x cos 2 x = 0

Câu 4: Đáp án D Các khẳng định A, B và C sai; khẳng định D đúng.

+ kπ , k ∈ ℤ

⇔ cos 2 x + cos 4 x + cos 6 x + cos8 x = 0 ⇔ 2cos3x cos x + 2cos 7 x cos x = 0

Câu 5: Đáp án B Các phương trình ở các đáp án A, C và D có nghiệm.

+ kπ , k ∈ ℤ

Xét phương trình: 2sin x − 3cos x = 4 2

Đáp án

Vì 42 < 22 + ( −3) nên phương trình vô nghiệm

1-B

2-A

3-A

4-D

5-B

6-B

7-A

8-D

9-C

10-B

11-B

12-B

13-B

14-A

15-D

16-A

17-B

18-A

19-B

20-C

21-D

22-C

23-C

24-D

25-C

26-D

27-C

28-B

29-B

30-B

31-B

32-D

33-B

34-A

35-B

36-D

37-A

38-B

39-C

40-B

41-A

42-B

43-B

44-D

45-D

46-B

47-D

48-B

49-A

50-C

Câu 6: Đáp án B Đường tròn ( C ) có tâm I ( −2;1) và bán kính R = 3

D0 ( I ) = I ' ( 2; −1) . Gọi ( C ' ) là ảnh của ( C ) qua phép D0 ⇒ ( C ' ) tâm I ' ( 2; −1) và bán kính 2

R = 3 . Khi đó ( C ') : ( x − 2 ) + ( y + 1) = 9 Câu 7: Đáp án A

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án B Ta thấy cos x = 0 không thỏa mãn phương trình đã cho ⇒ chia cả 2 vế của phương trình cho

Số phần tử của không gian mẫu là: n ( Ω ) = 6.6 = 36 (phần tử)

Để tổng số chấm lẻ thì số cách chọn là: 6.3 = 18 (cách)

cos 2 x , ta được:

Xác suất để tổng số chấm của hai lần gieo là số lẻ là: P =

π  x = + kπ 2 tan 2 x + tan x − 1 = tan 2 x + 1 ⇔ tan 2 x + tan x − 2 = 0 ⇔  4   x = arctan ( −2 ) + kπ

Câu 8: Đáp án D

Câu 2: Đáp án A Phương trình đã cho ⇔

π 3 1 2 2  sin 3x + cos3x = ⇔ sin  3 x +  = 2 2 2 6 2  

Điều kiện: 4 − x 2 ≥ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 2 (*) x = 3 x − 3 = 0 x = 3  Với điều kiện (*) phương trình đã cho ⇔  ⇔ ⇔   x ≥ 0 2 2  4 − x − x = 0  4 − x = x   4 − x 2 = x 2  x = 3 x = 3  ⇔   x ≥ 0 ⇔ ⇒ S = 3; 2 x = 2   x = ± 2 

{

Trang 7

18 1 = 36 2

Trang 8

}

Câu 9: Đáp án C

Thay x = −1 ⇒ t = 1 ⇒ y = 5 ⇒ điểm ( −1;5 ) ∈ d

π π π  Điều kiện: sin x − cos x ≠ 0 ⇔ 2 sin  x −  ≠ 0 ⇔ x − ≠ kπ ⇔ x ≠ + kπ , k ∈ ℤ 4 4 4 

Câu 17: Đáp án B Có các cách chọn sau:

Câu 10: Đáp án B

+) 2 nữ, 2 nam ⇒ C62C72 (cách)

Các khẳng định A,C và D đúng; khẳng định B sai

Câu 11: Đáp án B

+) 3 nữ, 1 nam ⇒ C63C71 (cách)

Điều kiện

+) 4 nữ ⇒ C64 (cách)

π π π   π  sin  x +  ≠ 0 ⇔ x + ≠ kπ ⇔ x ≠ − + kπ ⇒ TXĐ: D = ℝ \  − + kπ ; k ∈ ℤ  3 3 3   3 

Số cách chọn là: ( C62C72 ) + ( C63C71 ) + C64 (cách)

Câu 18: Đáp án A

Câu 12: Đáp án B

1 2π Phương trình đã cho ⇔ cos x = − ⇔ x = ± + k 2π , k ∈ ℤ 2 3

2 Phương trình đã cho ⇔ 4 ( sin 2 x + cos 2 x ) − 2sin 2 x cos 2 x  + 3 sin 4 x = 2  

Câu 19: Đáp án B

 sin 2 2 x  3 1 1 sin 4 x + cos 4 x = − ⇔ 4 1 −  + 3 sin 4 x = 2 ⇔ 3 sin 4 x + cos 4 x = −1 ⇔ 2 2 2 2  

Câu 20: Đáp án C TH1. Lấy 2 điểm thuộc d1 ; 1 điểm thuộc d 2 có C72 .C91 tam giác

π π π kπ    4 x + 6 = − 6 + k 2π  x = − 12 + 2 1 π  sin  4 x +  = − ⇔  ,k ∈ ℤ ⇔ 4 2   4 x + π = 7π + k 2π  x = π + kπ   6 6 4 2

TH2. Lấy 1 điểm thuộc d 2 ; 2 điểm thuộc d1 có C71 .C92 tam giác Vậy số tam giác cần tìm là C72 .C91 + C71 .C92 = 441

Câu 21: Đáp án D

Câu 13: Đáp án B

Lấy ngẫu nhiên 2 quả cầu trong 5 quả cầu có C52 cách

Số cách chọn ngẫu nhiên 2 học sinh là: C422 = 861 (Cách)

TH1. 2 quả cầu lấy ra cùng màu trắng ⇒ có C32 cách

Số cách chọn 2 học sinh để có ít nhất 1 nam là: 18.24 + C182 = 585 (Cách) Xác suất để có ít nhất 1 nam là:

TH1. 2 quả cầu lấy ra cùng màu đen ⇒ có C22 cách

585 195 = 861 287

Vậy xác suất cần tính là P =

Câu 14: Đáp án A Ta

có:

cos 2 x ≤ 1 ⇒ −3cos 2 x ≥ −3 ⇒ y ≥ 4 − 3 = 1 .

Vậy

GTNN

của

cos 2 x = 1 ⇔ 2 x = k 2π ⇔ x = kπ

y =1

khi

C32 + C22 5 = C52 2

Câu 22: Đáp án C

π π   Ta có sin x + cos x = 2 sin  x +  mà −1sin  x +  ≤ 1; ∀x ∈ ℝ ⇒ − 2 sin x + cos x ≤ 2 4 4   

Câu 15: Đáp án D Gọi số tự nhiên có 4 chữ số thỏa mãn đề bài là abcd 3 7

Khi đó y = 2 − ( sin x + cos x ) ⇔ sin x + cos x = 2 − y ∈  − 2; 2  ⇔ 2 − 2 ≤ y ≤ 2 + 2

+) Nếu d = 0 thì số cách chọn là: A = 210 (cách)

Câu 23: Đáp án C

+) Nếu d ∈ {2;4;6} thì a có 6 cách chọn ⇒ số cách chọn là: 3.6. A62 = 540 (cách)

Phần tử của biến cố B là B = {SSS ; NNN }

Số các số thỏa mã đề bài là: 210 + 540 = 750 (số)

Phần tử của biến cố A là A = {SSN ; SSS ; NSS } . Vậy A ∪ B = {SSS , SSN , NSS , NNN }

Câu 16: Đáp án A Trang 9

Câu 24: Đáp án D Trang 10

Sắp xếp 5 người vào 5 ghế có 5! = 120 cách

 xA ' − 1 = 2 Ta có Tv ( A ) = A ' ⇒ AA ' = v = ( 2;1) ⇒  ⇒ A ' ( 3;4 )  yA ' − 3 = 1

Giả sử An và Linh ngồi cạnh nhau, khi đó coi An và Linh là một phần tử + 3 người còn lại

Câu 25: Đáp án C

ngồi vào ghế.

Lấy 1 bi từ hộp thứ nhất có 7 cách, 1 bi từ hộp thứ hai có 3 cách ⇒ n ( Ω ) = 7.3 = 21

Khi đó, có 2! × 4! = 48 cách sắp xếp để An và Linh ngồi cạnh nhau

Lấy 1 bi xanh từ hộp thứ nhất có 4 cách, 1 bi xanh từ hộp thứ hai có 2 cách

Vậy có 120 − 48 = 72 cách sắp xếp để An và Linh không ngồi cạnh nhau ⇒ P =

⇒ n ( X ) = 4.2 = 8

Câu 33: Đáp án B n( X )

8 Vậy xác suất cần tính là P = = n ( Ω ) 21

Đi từ A  → B có 4 cách, đi từ B  → C có 5 cách. Vậy đi từ A  → C có 4 × 5 = 20 cách

Câu 26: Đáp án D Phương trình 3Cn3+1 − 3 An2 = 52 ( n − 1) ⇔

⇔

n ( n + 1)( n − 1)

72 3 = 120 5

Câu 34: Đáp án A

( n + 1)! − n! = 14 n − 1 ( ) ( n − 2 )!.3! ( n − 2 )! 2

− n ( n − 1) = 14 ( n − 1) ⇔ n ( n + 1) − 6n = 84 ⇔ n − 5n − 84 = 0 ⇔ n = 12

Phương trình sin 2 x − 3sin x + 2 = 0 ⇔ ( sin x − 1)( sin x − 2 ) = 0 sin x = 1 π ⇔ ⇔ sin x = 1 ⇔ x = + k 2π ( k ∈ ℤ ) sin x = 2 2 

Câu 35: Đáp án B

Câu 27: Đáp án C

 xM ' − 1 = 2  xM ' = 3 Ta có T ( M ) = M '  Vậy M ' ( 3;1) → MM ' = v ⇒  ⇒ y + 3 = 4  M'  yM ' = 1

Gọi d’ là ảnh của d qua phép Tv ⇒ phương trình ( d ' ) : x − 2 y + m = 0 Gọi A (1;2 ) ∈ ( d ) và Tv ( A ) = A ' ⇒ AA ' = v = ( 2; −1) ⇒ A ' ( 3;1)

Câu 28: Đáp án B

Mặt khác A ' ∈ ( d ') suy ra 3 − 2.1 + m = 0 ⇔ m = −1 . Vậy ( d ' ) : x − 2 y − 1 = 0

Gọi d’ là ảnh của d qua phép V(O ; −2 ) ⇒ phương trình ( d ' ) : 3 x + y + m = 0

Câu 36: Đáp án D

Gọi A (1;0 )( d ) và V(O ; −2 ) ( A ) = A ' ⇒ OA ' = −2OA = ( −2;0 ) ⇒ A ' ( −2;0 )

Xét đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) = 4 , có tâm I (1;2 ) , bán kính R = 2

Mặt khác A ' ∈ ( d ') suy ra 3.( −2 ) + 0 + m = 0 ⇔ m = 6 . Vậy ( d ' ) : 3 x + y + 6 = 0

Gọi ( C ' ) là ảnh của ( C ) qua phép V(O ; −2) ⇒ R ' = −2 .R = 4

Câu 29: Đáp án B

Gọi I ' ( x0 ; y0 ) là tâm đường tròn ( C ' ) , ta có V(O ; −2 ) ( I ) = I ' ⇒ OI ' = −2OI = ( −2; −4 )

Giả sử trong 10 học sinh được chọn không có học sinh nữ ⇒ có C1810 cách chọn 10 42

10 18

Vậy số cách chọn thỏa mãn yêu cầu bài toán là C − C

Câu 30: Đáp án B Hàm số y = sin 2 x − tan 2 x tuần hoàn với chu kỳ T =

π 2

Câu 31: Đáp án B Ta có

cot ( 4 x − 200 ) =

1 ⇔ cot ( 4 x − 200 ) = cot 600 ⇔ 4 x − 200 = 600 + k .1800 ⇔ x = 200 + k .900 3

⇒ I ' ( −2; −4 ) . Vậy phương trình đường tròn ( C ' ) là ( x + 2 ) + ( y + 4 ) = 16 Câu 37: Đáp án A

π π   Phương trình sin x + cos x = 2 sin 5 x ⇔ 2 sin  x +  = 2 sin 5 x ⇔ sin  x +  = sin 5 x 4 4   

π π π π     x = 16 + k 2  x + 4 = 5 x + k 2π  4 x = 4 + k 2π ⇔ ⇔ ⇔ x = π + k π  x + π = π − 5 x + k 2π 6 x = 3π + k 2π    4 4 8 3 Câu 38: Đáp án B

Câu 32: Đáp án D Trang 11

Trang 12

Cứ 2 đội ta sẽ có 1 trận bóng đá ⇒ Với 10 đội, đoàn trưởng phải tổ chức số trận là C102 = 45

Ta có sin 8 x − cos 6 x = 3 ( sin 6 x + cos8 x ) ⇔ sin 8 x − 3 cos8 x = 3 sin 6 x + cos 6 x

Câu 39: Đáp án C Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là ( d ) : y = ax + b

a = 2 Vì ( d ) //y = 2 x − 3 ⇒  . Mà ( d ) đi qua A ( −2;1) ⇒ −2a + b = 1 ⇔ b = 5 b ≠ −3 Vậy phương trình đường thẳng ( d ) : y = 2 x + 5

Câu 40: Đáp án B Gọi số cần tìm có dạng abcde với a, b, c, d , e ∈ A

⇔

1 3 3 1 sin 8 x − cos8 x = sin 6 x + cos 6 x 2 2 2 2

⇔ sin 8 x cos

π 3

− sin

π 3

cos8 x = sin 6 x cos

π 6

+ sin

π 6

cos 6 x

π π π   8 x − = 6 x + + k 2π  x = 4 + kπ π π    3 6 ⇔ sin  8 x −  = sin  6 x +  ⇔  ⇔ 3 6   8 x − π = 5π − 6 x + k 2π x = π + k π  12 7 3 6  Câu 46: Đáp án B

Suy ra a có 9 cách chọn, b có 9 cách chọn, c có 8 cách chọn, d có 7 cách chọn, e có 6 cách chọn.

Điểm M ( −3;2 ) là ảnh của điểm M ( 2;3) qua phép quay tâm O góc 900 Câu 47: Đáp án D

Khi đó, có tất cả 9.9.8.7.6 = 27216 số cần tìm

2018

0 1 2018 2018 = C2018 + C2018 x + ... + C2018 x

Câu 41: Đáp án A Giả sử vector v = ( a; b ) . Gọi M ( x; y ) là điểm thược đường thẳng d và M ' ( x '; y ' ) là ảnh của

Ta có ( x + 1)

x ' = x + a  x = x '− a đường thẳng d qua phép tịnh tiến vector v . Ta có Tv ( M ) = M ' ⇒  ⇔ y' = y + b  y = y '− b

Câu 48: Đáp án B

Mà M ∈ d ⇒ 2 ( x '− a ) − 3 ( y '− b ) + 1 = 0 ⇔ 2 x '− 3 y '− 2a + 3b + 1 = 0 Mà Tv ( d ) = d ⇒ −2a + 3b + 1 = 0 ⇔ 2a = 3b nên v = ( 3;2 ) thỏa mãn

của d qua phép vị tự tâm O tỉ số k = 2, M " ( x "; y ") là điểm thuộc đường thẳng d " là ảnh của d1 qua phép tịnh tiến theo vector v = (1;2 )

Câu 42: Đáp án B

  x = x ' = 2x Ta có V(O ; k ) ( M = M ') ⇒ OM ' = 2OM ⇔  ⇔ y' = 2y y = 

2 7

Không gian mẫu là Ω = C

Không gian biến cố là Ω A = C42 + C32 ⇒ PA =

ΩA Ω

C42 + C32 3 = C72 7

Câu 43: Đáp án B 6

6 6 2  Ta có  x 2 + 2  = ∑ C6k x 2 k 26 − k.x k − 6 = ∑ C6k 26 − k x3k − 6 x  k =0  k =0

0 1 2018 1 2 3 2017 Chọn x = 1 ⇒ C2018 + C2018 + ... + C2018 = 22018 ⇔ C2018 + C2018 + C2018 + ... + C2018 = 22018 − 2

Gọi M ( x; y ) là điểm thuộc đường thẳng d, M ' ( x '; y ' ) là điểm thuộc đường thẳng d1 là ảnh

x "− 1   x = 2  x " = x '+ 1  x ' = x "− 1  x "− 1 y "− 2  ⇔ ⇔ ⇒M ; Ta có Tv ( M ' ) = M " ⇔   2   2  y " = y '+ 2  y = y "− 2  y = y "− 2  2

Số hạng không chứa x khi 3k − 6 = 0 ⇔ k = 2 ⇒ số hạng đó là 24 C62

Mà M ∈ d : x + 2 y − 3 ⇒

Câu 44: Đáp án D

Câu 49: Đáp án A

Ta có P =

sin x +3 sin α + 3cos α tan x + 3 1 = cos x = = 2cos α − 3sin α 2 − 3 sin x 2 − 3tan x 8 cos x

x "− 1 y "− 2 +2 − 3 ⇔ x "+ 2 y "− 11 = 0 ⇒ d ' : x + 2 y − 11 = 0 2 2

x −1 > 0 x > 1 Điều kiện:  ⇔ ⇒ D = (1; +∞ ) \ {3} x − 3 ≠ 0  x ≠ 3

Câu 50: Đáp án C

Câu 45: Đáp án D Trang 13

x'  x' y' 2 ⇒ M ' ;  y' 2 2 2

Trang 14

Ta có cot x = −

Trang 15

3 π ⇔ x = − + kπ 3 3