TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI - 20 CHUYÊN ĐỀ HSG TOÁN 12 - LÊ HOÀNH PHÒ - CÓ LỜI GIẢI by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIC

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI - 20 CHUYÊN ĐỀ HSG TOÁN 12 - LÊ HOÀNH PHÒ - CÓ LỜI GIẢI WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

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

- Nếu f nghịch biến trên ( a; b ) và liên tục trên [ a; b ) thì nghịch biến trên [ a; b ) ; liên tục trên ( a; b ] thì nghịch

CHUYÊN ĐỀ 1 - TÍNH ĐƠN ĐIỆU VÀ CỰC TRỊ

biến trên ( a; b ] ; liên tục trên [ a; b ] thì nghịch biến trên [ a; b ] .

1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM

- Nếu f ' ( x ) = 0 với mọi x ∈ D thì hàm số f không đổi trên D.

Định lý Lagrange: Cho f là một hàm liên tục trên [ a; b ] , có đạo hàm trên ( a; b ) . Lúc đó tồn tại c ∈ ( a; b ) để:

f (b) − f ( a ) = f ' ( c ) hay f ( b ) − f ( a ) = ( b − a ) f ' ( c ) b−a

Cực trị của hàm số Cho hàm số f xác định trên tập hợp D và x0 ∈ D .

x0 được gọi là một điểm cực đại của f nếu tồn tại một khoảng ( a; b ) chứa điểm x0 sao cho ( a; b ) ⊂ D và

f ( x ) < f ( x0 ) , ∀x ∈ ( a; b ) \ { x0 } . x0 được gọi là một điểm cực tiểu của f nếu tồn tại một khoảng ( a; b ) chứa điểm x0 sao cho ( a; b ) ⊂ D và f ( x ) > f ( x0 ) , ∀x ∈ ( a; b ) \ { x0 } .

Định lý Rolle: Cho f là một hàm liên tục trên [ a; b ] , có đạo hàm trên ( a; b ) và f ( a ) = f ( b ) . Lúc đó tồn tại

c ∈ ( a; b ) để f ' ( c ) = 0 . Định lý Cauchy: Cho f và g là hai hàm liên tục trên [ a; b ] , có đạo hàm trên ( a; b ) và g ' ( x ) ≠ 0 tại mỗi

Bổ đề Fermat: Giả sử hàm số có đạo hàm trên ( a; b ) . Nếu f đạt cực trị tại điểm x0 ∈ ( a; b ) thì f ' ( x0 ) = 0 .

x ∈ ( a; b ) .

- Cho y = f ( x ) liên tục trên khoảng ( a; b ) chứa x0 có đạo hàm trên các khoảng ( a; x0 ) và ( x0 ; b ) :

Lúc đó tồn tại c ∈ ( a; b ) để

f (b ) − f ( a ) f '( c ) . = g (b) − g ( a ) g '(c )

Nếu f ' ( x ) đổi dấu từ âm sang dương thì f đạt cực tiểu tại x0 Nếu f ' ( x ) đổi dấu từ dương sang âm thì f đạt cực đại tại x0

Tính đơn điệu

- Cho y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai trên khoảng ( a; b ) chứa x0

Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng ( a; b ) khi đó:

Nếu f ' ( x0 ) = 0 và f '' ( x0 ) > 0 thì f đạt cực tiểu tại x0

- Nếu f đồng biến trên ( a; b ) thì f ' ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) .

Nếu f ' ( x0 ) = 0 và f '' ( x0 ) < 0 thì f đạt cực đại tại x0

- Nếu f nghịch biến trên ( a; b ) thì f ' ( x ) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) . - Nếu f ' ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) và f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của ( a; b ) thì hàm số đồng biến trên khoảng ( a; b ) . - Nếu f ' ( x ) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) và f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của ( a; b ) thì hàm số nghịch biến trên khoảng ( a; b ) . - Nếu f đồng biến trên khoảng ( a; b ) và liên tục trên [ a; b ) thì đồng biến trên [ a; b ) ; và liên tục trên ( a; b ] thì

Ứng dụng vào phương trình - Nếu hàm số f đơn điệu trên K thì phương trình f ( x ) = 0 có tối đa 1 nghiệm. Nếu f ( a ) = 0 , a thuộc K thì

x = a là nghiệm duy nhất của phương trình f ( x ) = 0 . - Nếu f có đạo hàm cấp 2 không đổi dấu trên K thì f ' là hàm đơn điệu nên phương trình f ( x ) = 0 có tối đa 2 nghiệm trên K. Nếu f ( a ) = 0 và f ( b ) = 0 với a ≠ b thì phương trình f ( x ) = 0 chỉ có 2 nghiệm là x = a và x = b .

đồng biến trên ( a; b ] ; liên tục trên [ a; b ] thì đồng biến trên [ a; b ] .

Trang 1

Trang 2

- Nếu f là một hàm liên tục trên [ a; b ] , có đạo hàm trên ( a; b ) thì phương trình f ' ( x ) =

f (b) − f ( a ) có ít b−a

nhất một nghiệm c ∈ ( a; b ) . Đặc biệt, nếu f ( a ) = f ( b ) = 0 thì phương trình f ' ( x ) = 0 có ít nhất một nghiệm c ∈ ( a; b ) hay giữa hai nghiệm của f thì có ít nhất một nghiệm của đạo hàm f ' .

π  = − sin 2 x − cos  2 x +  = 0 , với mọi x. 2  Do đó f hằng trên R nên f ( x ) = f ( 0 ) = 1 +

Chú ý:

f ' ( x ) = −2sin x cos x − 2 cos ( a + x ) sin ( a + x ) + 2 cos a sin x cos ( a + x ) + cos x sin ( a + x ) 

Hàm đa thức: y = q ( x ) . y '+ r ( x )  y0 = r ( x0 )

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

u ( x) u ( x0 ) u ' ( x0 )  y0 = = v( x) v ( x0 ) v ' ( x0 )

Do đó f hằng trên R nên f ( x ) = f ( 0 ) = 2 − sin 2 a − 2cos 2 a = sin 2 a .

Đặc biệt: Với hàm y = f ( x ) bậc 3 có CĐ, CT và nếu y = q ( x ) . y '+ r ( x ) thì phương trình đường thẳng

Bài toán 1.2: Cho 2 đa thức P ( x ) và Q ( x ) thỏa mãn: P ' ( x ) = Q ' ( x ) với mọi x và P ( 0 ) = Q ( 0 ) . Chứng

qua CĐ, CT là y = r ( x ) .

minh: P ( x ) ≡ Q ( x ) . Hướng dẫn giải

2) Số nghiệm của phương trình bậc 3: ax 3 + bx 2 + cx + d = 0, a ≠ 0 . Xét hàm số f ( x ) = P ( x ) − Q ( x ) , D = ℝ

Nếu f ' ( x ) ≥ 0, ∀x hay f ' ( x ) ≤ 0, ∀x thì f ( x ) = 0 chỉ có 1 nghiệm.

Nếu f ' ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt và:

có

f '( x ) = P ' ( x ) − Q '( x ) = 0

a) arcsin x + arccos x =

2. CÁC BÀI TOÁN Bài toán 1.1: Chứng minh các hàm số sau là hàm không đổi

b) 2arctan x + arcsin

π

π   − cos x cos  x +  3 3 

đó

f ( x)

là

hàm

hằng

nên

π 2

, x ≤1

2x = −π , x ≤ −1 1 + x2 Hướng dẫn giải

a) Nếu x = 1, x = −1 thì đúng.

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

Nếu −1 < x < 1 thì xét hàm số f ( x ) = arcsin x + arccos x

Hướng dẫn giải

 f '( x) =

π  π π π    f ' ( x ) = −2cos x sin x − 2cos  x +  sin  x +  + sin x cos  x +  + cos x.sin  x +  3  3 3 3    2π  = − sin 2 x − sin  2 x + 3 

thiết,

Bài toán 1.3: Chứng minh rằng:

Với yC Ð . yCT < 0 : phương trình f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt

 

giả

 f ( x) ≡ 0  P ( x) ≡ Q ( x) .

Với yC Ð . yCT = 0 : phương trình f ( x ) = 0 có 2 nghiệm (1 đơn, 1 kép)

a) f ( x ) = cos 2 x + cos 2  x +

theo

f ( x ) = f ( 0 ) = P ( 0 ) − Q ( 0 ) = 0 với mọi x.

Với yC Ð . yCT > 0 : phương trình f ( x ) = 0 chỉ có 1 nghiệm

1 1 3 − = . 4 2 4

b) Đạo hàm theo biến x (a là hằng số).

1) Tung độ cực trị y = f ( x ) tại x = x0 :

Hàm hữu tỉ: y = f ( x ) =

π π  = − sin 2 x − 2cos  2 x +  .sin 2 6 

1 1− x

−1

1 π = 0  f ( x) = C = f   = 2 2 1− x 2

b) Với x ≤ −1 , xét f ( x ) = 2arctan x + arcsin

π    + sin  2 x +  3   Trang 3

2x 1 + x2

Trang 4

2 − 2 x2 Ta có f ' ( x ) =

(1 + x 2 )

f ( 2 ) − f ( −1) 6+3 1 = f '( c ) ⇔ = 4c + 1 ⇔ 4c = 2 ⇔ c = . 2 − ( −1) 3 2

2 2 2 + = − = 0 (vì x ≤ −1 ) 2 1 + x2 1 + x 1 + x2 2 2  1− x   2  1+ x 

Suy ra f ( x ) = C = f ( −1) = −

π 4

Bài toán 1.4: Tính gọn arctan x + arctan

=−

π 4

b) Hàm số y = f ( x ) = arcsin x liên tục trên [ 0;1] và có đạo hàm f ' ( x ) =

1 với x ≠ 0 . x

⇔ 1 − c2 =

π 4

π 2

π 4

−

π 4

. Chọn c = 1 −

π2

b) y =

( x − 4)

Hướng dẫn giải

(

)

a) D = ℝ . Ta có y ' = 4 x − 4 x = 4 x x − 1

(

)

Cho y ' = 0 ⇔ 4 x x − 1 = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1 .

=−

π2

BBT

Với x ∈ ( −∞;0 ) thì f liên tục và có đạo hàm f ' ( x ) = 0 nên f hằng trên ( −∞;0 ) . Do đó f ( x ) = f ( −1) = −

⇔ c2 = 1 −

a) y = x 4 − 2 x 2 − 5

−1 1 x 2 = 1 − 1 = 0 nên f hằng trên ( 0; +∞ ) f '( x ) = + 2 1 + x 1 + x2 1 + x2 1 + x2 x2 +

π2

Bài toán 1.6: Xét chiều biến thiên của hàm số:

Với x ∈ ( 0; +∞ ) thì f liên tục và có đạo hàm

, theo định lý Lagrange

−0 f (1) − f ( 0 ) 1 = f '(c) ⇔ 2 = 1− 0 1 1 − c2

1 Xét f ( x ) = arctan x + arctan . D = ( −∞;0 ) ∪ ( 0; +∞ ) x

1 − x2

thì tồn tại số c ∈ [ 0;1] sao cho:

Hướng dẫn giải

Do đó f ( x ) = f (1) =

−1

−∞

−

0 +

1 −

+∞ +

 π − khi x < 0 1  2 Vậy arctan x + arctan =  x π khi x > 0  2

Vậy hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( 0;1) , đồng biến trên mỗi khoảng ( −1;0 ) và

(1;+∞ ) .

Bài toán 1.5: Tìm số c trong định lý Lagrange: a) y = f ( x ) = 2 x 2 + x − 4 trên [ −1;2 ]

b) D = ℝ \ {4} . Ta có y ' =

b) y = f ( x ) = arcsin x trên [ 0;1]

−2

( x − 4)

y ' < 0 trên khoảng ( 4; +∞ ) nên y nghịch biến trên khoảng ( 4;+∞ )

Hướng dẫn giải a) Hàm số y = f ( x ) = 2 x 2 + x − 4 liên tục trên [ −1;2 ] và có đạo hàm f ' ( x ) = 4 x + 1 , theo định lý

y ' > 0 trên khoảng ( −∞; 4 ) nên y đồng biến trên khoảng ( −∞; 4 ) Bài toán 1.7: Tìm khoảng đơn điệu của hàm số

Lagrange thì tồn tại số c ∈ [ −1;2 ] sao cho:

Trang 5

Trang 6

a) y =

b) y =

x2 − 6

x +1 1− x

b) y =

sin ( x + a ) ( a ≠ b + kπ ; k ∈ ℤ ) đơn điệu trên mỗi khoảng xác định. sin ( x + b )

Hướng dẫn giải

(

) (

a) Tập xác định D = −∞; − 6 ∪ Ta có: y ' =

)

a) ∀x1 , x2 ∈ ℝ, x1 < x2 . Lấy hai số a, b sao cho a < x1 < x2 < b . Ta có: f ' ( x ) = −2 ( sin 2 x + 1) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) .

2x2 ( x2 − 9)

6; +∞

Hướng dẫn giải

− 6) x2 − 6

, y ' = 0 ⇔ x = ±3 .

Vì f ' ( x ) = 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của khoảng ( a; b ) nên hàm số f nghịch biến trên khoảng ( a; b )

 đpcm.

BBT:

b) Điều kiện x ≠ −b + kπ −3

−∞

x y'

− 6

−

+∞

y' =

(k ∈ ℤ) .

sin ( x + b ) cos ( x + a ) − sin ( x + a ) cos ( x + b ) sin ( b − a ) = sin 2 ( x + b ) sin 2 ( x + b )

Vì y ' liên tục tại mọi điểm x ≠ −b + kπ , và a − b ≠ kπ nên y ' giữ nguyên một dấu trong mỗi khoảng xác định  đpcm.

(

)(

Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −3) , ( 3; +∞ ) , nghịch biến trên các khoảng −3; − 6 ; b) D = ( −∞;1) . Ta có y ' =

3− x 2 (1 − x )

)

6;3 .

Hướng dẫn giải b) y = x − sin x trên [ 0;2π ]

a) y ' = m − 3 + ( 2m − 3) sin x

Hướng dẫn giải

Hàm số y không là hàm hằng nên y nghịch biến trên ℝ :

a) D = ℝ . Ta có y ' = 1 − 2cos x sin x = 1 − sin 2 x

Hàm

số

liên

tục

π 4

trên

y ' ≤ 0, ∀x ⇔ m − 3 + ( 2m − 1) sin x ≤ 0, ∀x Đặt t = sin x, −1 ≤ t ≤ 1 thì m − 3 + ( 2m − 1) sin x = m − 3 + ( 2m − 1) t = f ( t )

+ kπ , k ∈ ℤ mỗi

a) y = ( m − 3) x − ( 2m + 1) cos x nghịch biến trên ℝ . b) y = x 3 + 3 x 2 + mx + m chỉ nghịch biến trên một đoạn có độ dài bằng 3.

> 0, ∀x < 1.

a) y = x + cos 2 x

y ' = 0 ⇔ sin 2 x = 1 ⇔ x =

Bài toán 1.10: Tìm các giá trị của tham số để hàm số:

đoạn

π π   4 + kπ , 4 + ( k + 1) π 

Điều kiện tương đương: f ( t ) ≤ 0, ∀t ∈ [ −1;1] và

y' > 0

trên

mỗi

khoảng

π π π  π   + kπ ; + ( k + 1) π  nên đồng biến trên mỗi đoạn  + kπ ; + ( k + 1) π  , k ∈ ℤ . 4 4 4  4 

 −m − 4 ≤ 0 2  f ( −1) ≤ 0 ⇔ ⇔ ⇔ −4 ≤ m ≤ . m − ≤ 3 2 0 3 f 1 ≤ 0 ( )   b) D = ℝ, y ' = 3 x 2 + 6 x + m, ∆ ' = 9 − 3m

Vậy hàm số đồng biến trên ℝ .

Xét ∆ ' ≤ 0 thì y ' ≥ 0, ∀x : Hàm luôn đồng biến (loại)

b) y ' = 1 − cos x . Ta có ∀x [ 0; 2π ]  y ' ≥ 0 và y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2π .

Xét ∆ ' > 0 ⇔ m < 0 thì y ' = 0 có 2 nghiệm x1 , x2 nên x1 + x2 = −2, x1 x2 =

Vì hàm số liên tục trên đoạn [ 0;2π ] nên hàm số đồng biến trên đoạn [ 0;2π ] .

m 3

Bài toán 1.9: Chứng minh các hàm số a) y = cos 2 x − 2 x + 5 nghịch biến trên ℝ Trang 7

Trang 8

BBT:

BBT

−∞

x y'

−

−1

−∞

+∞

−

1 0

Vậy điểm CĐ ( −1;1) , CT ( 0;0 ) .

Theo đề bài: x2 − x1 = 3 ⇔ ( x2 − x1 ) = 9 ⇔ x12 + x22 − 2 x1 x2 = 9

Bài toán 1.12: Tìm cực trị của hàm số

4 15 2 ⇔ ( x2 + x1 ) − 4 x1 x2 = 9 ⇔ 4 − m = 9 ⇔ m = − (thỏa) 3 4

a) y =

Bài toán 1.11: Tìm cực trị của các hàm số sau: a) y = ( x + 2 )

( x − 3)

a) y ' = 2 ( x + 2 )( x − 3) + 3 ( x + 2 )

( x − 3) = 5 x ( x + 2 )( x − 3)

a) D = ℝ . Ta có y ' =

−∞

−x2 − 2x + 8

+ 8)

−4

−∞

+∞

−

2 +

−1/8

−108 Hàm số đạt CĐ tại x = 2 , yC Ð =

(

) (

b) Tập xác định D = −∞; − 6 ∪

b) Hàm số y = f ( x ) liên tục trên ℝ . Ta có:

khi x < 0

3x 2 x 2 − 6 −

khi x ≥ 0

y' =

Với x < 0, f ' ( x ) = −2 x + 2; f ' ( x ) = 0 ⇔ x = −1

+∞ −

1/4

+∞

Vậy điểm cực đại ( −2;0 ) và cực tiểu ( 0; −108 )

−  x ( x + 2) f ( x) =   x ( x + 2 )

+ 8)

y ' = 0 ⇔ x = −4 hoặc x = 2 .

BBT 0

−

x + 8 − 2 x ( x + 1)

BBT −2

x2 − 6

Hướng dẫn giải 2

Ta có y ' = 0 ⇔ x = −2 hoặc x = 0 hoặc x = 3

−∞

b) y =

b) y = x ( x + 2 ) Hướng dẫn giải

x +1 x2 + 8

1 1 , đạt CT tại x = −4; yCT = − . 4 8 6; +∞

)

2 2 4 2 2 x 2 − 6 = 3x ( x − 6 ) − x = 2 x ( x − 9 ) 3 3 x −6 ( x 2 − 6) ( x2 − 6) 2

y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±3 .

Với x > 0, f ' ( x ) = 2 x + 2 > 0

Trang 9

Trang 10

BBT

2π 4π 2π  2π  + 2kπ  = 2cos + 4cos = 6cos = −3 < 0 nên hàm số đạt cực đại tại điểm: 3 3 3  3  2π 9 x=± + 2kπ , k ∈ ℤ , yC Ð = . 3 2

Ta có y ''  ± −3

−∞

x y'

− 6 −

−

−∞

+∞

−9 3

+∞ +

+∞

9 3

−∞

Bài toán 1.14: Chứng minh hàm số

Hàm số đạt CĐ tại x = −3; yC Ð = −9 3 , đạt CT tại x = 3; yCT = 9 3 .

 −2 x khi x < 0  không có đạo hàm tại x = 0 nhưng đạt cực trị tại điểm đó. f ( x) =  x sin 2 khi x ≥ 0

b) y = f ( x ) = ( x − a )( x − b )( x − c ) , a ≠ c luôn có cực đại và cực tiểu.

Bài toán 1.13: Tìm cực trị của hàm số

Hướng dẫn giải b) y = 3 − 2cos x − cos 2 x

a) y = x − sin 2 x + 2

a) Hàm số f xác định và liên tục trên ℝ . Ta có

Hướng dẫn giải

−2 x khi x < 0 1  f '( x ) =  1 nên lim− f ' ( x ) = −2 ≠ lim− f ' ( x ) = , do đó f không có đạo hàm tại x = 0 x x →0 x →0 2  2 cos 2 khi x > 0 và BBT trên khoảng ( −π ; π ) .

a) D = ℝ, y ' = 1 − 2cos 2 x

y ' = 0 ⇔ cos 2 x =

1 π ⇔ x = ± + kπ , k ∈ ℤ, y '' = 4sin 2 x . 2 6

 π   π + kπ  = 4sin  −  = −2 3 < 0 nên hàm số đạt cực đại tại điểm  6   3

Ta có y ''  −

π π 3 x = − + kπ , k ∈ ℤ, yC Ð = − + kπ + + 2. 6 6 2 π π  + kπ  = 4sin = 2 3 > 0 nên hàm số đạt cực tiểu tại các điểm: 3 6 

0 +

Ta có y '' 

−π

− 0

Vậy hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yC Ð = y ( 0 ) = 0 .

π π 3 + kπ , k ∈ ℤ, yCT = + kπ − +2 6 6 2

b) D = ℝ . y ' = ( x − b )( x − c ) + ( x − a )( x − c ) + ( x − a )( x − b ) .

= 3x 2 − 2 ( a + b + c ) + ab + bc + ca .

b) y ' = 2sin x + 2sin 2 x = 2sin x (1 + 2cos x ) :

∆ ' = ( a + b + c ) − 3 ( ab + bc + ca ) = a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca

sin x = 0 2π + 2kπ , k ∈ ℤ . y' = 0 ⇔  1 ⇔ x = kπ hoặc x = ± cos x = − 3  2

1 2 2 2 ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  > 0 với a ≠ c . 2

y '' = 2cos x + 4cos 2 x

Do đó y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt và đổi dấu 2 lần khi qua 2 nghiệm nên luôn luôn có một cực đại và một

Ta có y '' ( kπ ) = 2cos kπ + 4cos 2kπ = 2cos kπ + 4 > 0 , với mọi k ∈ ℤ , nên hàm số đã cho đạt cực tiểu

cực tiểu.

tại các điểm x = kπ , yCT = 2 − 2cos kπ bằng 0 khi k chẵn và bằng 4 khi k lẻ.

Bài toán 1.15: Tìm tham số thực sao cho hàm số a)

Trang 11

f ( x) = x + p +

q đạt cực đại tại điểm ( −2; −2 ) . x +1 Trang 12

f ( x) =

a sin x − cos x − 1 đạt cực trị tại 3 điểm thuộc a cos x

x 2 − 2mx + 2 có hai điểm cực trị A và B. Chứng minh đường thẳng AB song song với đường thẳng x −1 2 x − y − 10 = 0 .

 9π   0;   4 

b) y =

Hướng dẫn giải

q a) Ta có f ' ( x ) = 1 − , với mọi x ≠ −1 . x +1

a) Điều kiện: x ≠ 1 .

Nếu q ≤ 0 thì f ' ( x ) > 0 với mọi x ≠ −1 : loại.

Ta có y ' =

Nếu q > 0 thì phương trình: f ' ( x ) =

x + 2x + 1− q

( x + 1)

= 0 có hai nghiệm phân biệt x1 = −1 − q và

x2 = −1 + q .

mx 2 − 2mx − 3

( x − 1)

, đặt g ( x ) = mx 2 − 2mx − 3 .

Đồ thị có 2 cực trị ⇔ m ≠ 0, ∆ ' > 0, g (1) ≠ 0 ⇔ m < −3 hoặc m > 0 Ta có x1 + x2 = 2, x1 x2 = −

BBT:

−1 − q

−∞

x y'

−

⇔ ( 2mx1 + 2 − 4m )( 2mx2 + 2 − 4m ) < 0

−1 + q

−1 −

+∞

⇔ 4m 2 x1 x2 + 2m ( 2 − 4m )( x1 + x2 ) + ( 2 − 4m ) < 0 1 2 ⇔ −12m + 2m ( 2 − 4m ) + ( 2 − 4m ) < 0 ⇔ 4 − 20m < 0 ⇔ m > . 5

b) ĐK: x ≠ 1 . Ta có y ' = Hàm số đạt cực đại tại điểm ( 2; −2 ) khi và chỉ khi

y '' =

π 2

+ kπ . Ta có y ' =

(

a − sin x , y ' = 0 ⇔ sin x = a . a cos 2 x

−1 ≠ 0 , do đó hàm số đạt cực trị tại 3 điểm thuộc khoảng sin x cos x

3 . Ta có 2

)

(

)

A 1 − 3 − 2m ; 2 − 2m − 2 3 − 2m và B 1 + 3 − 2m ; 2 − 2m + 2 3 − 2m . Hệ số góc của đường thẳng AB là: k =

y ( x2 ) − y ( x1 ) 4 3 − 2m = = 2. x2 − x1 2 3 − 2m

Và 2 x − y − 10 = 0 ⇔ y = 2 x − 10 nên hệ số góc bằng nhau  đpcm.

 9π   0;   4 

Bài toán 1.17: Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đai, cực tiểu của đồ thị.

(

)

a) y = x 3 + 3mx 2 + 3 m 2 − 1 x + m3 − 3m

2  9π   π 3π  ⇔ sin x = a có 3 nghiệm thuộc khoảng  0;  \  ;  ⇔ 0 < a < 2  4  2 2 

b) y =

Bài toán 1.16: Tìm m để hàm số: a) y =

( x − 1)

⇔ 3 − 2m > 0 và 3 − 2m ≠ 0 ⇔ m <

− sin 2 x + 2a sin x − 1 a cos3 x

Với sin x = a thì y '' =

x 2 − 2 x + 2m − 2

Điều kiện có 2 cực trị A, B là ∆ ' > 0 và g (1) ≠ 0 .

−1 − q = −2  q = 1 q = 1 ⇔ ⇔  p =1  f ( −2 ) = −2  p = 1 b) Điều kiện x ≠

3 nên yC Ð . yCT < 0 m

mx 2 + ( 2 − 4m ) x + 4m + 1 có 2 cực trị và hai giá trị cực trị trái dấu. x −1

x − 2mx + 5m − 4 − m2 x−2 Hướng dẫn giải 2

(

)

a) y ' = 3x + 6mx + 3 m − 1 , ∆ ' = 1 > 0, ∀x nên đồ thị luôn luôn có CĐ và CT với hoành độ x1 , x2 . Trang 13

Trang 14

1 3

 y ' (1) = 0 3 A + 2 B + C = 0 A = 2     y ' ( 2) = 0 12 A + 4 B + C = 0  B = −9 Ta có:  ⇔ ⇔  y (1) = −7  A + B + C + D = −7 C = 12  y 2 = −8 8 A + 4 B + 2C + D = −8  D = −12  ( )

m  y '( x) − 2 ( x + m) 3

Ta có: y ( x ) =  x +

1 3

Do đó: y1 = y ( x1 ) =  x1 +

1 3

và y2 = y ( x2 ) =  x2 +

m  y ' ( x1 ) − 2 ( x1 + m ) = −2 ( x1 + m ) 3

m  y ' ( x2 ) − 2 ( x2 + m ) = −2 ( x2 + m ) 3

Nên được a = ±1, b = 2, c = ±2, d = −3 . Vậy M = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 12 + 22 + 22 + 32 = 18 .

nên đường thẳng qua CĐ, CT là y = −2 ( x + m )

m−m x−2

b) ĐK: x ≠ 2 . Ta có y = x − 2 ( m − 1) +

nên y ' = 1 −

m−m

( x − 2)

( x − 2) − ( m − m 2 ( x − 2)

b) Ta có y ' =

2 x3 − 3 x 2 − a , x ≠ 0. x2

y ' = 0 ⇔ 2 x 3 − 3x 2 − a = 0 ⇔ a = 2 x3 − 3x 2 , x ≠ 0

)

Bằng cách xét hàm số g ( x ) = 2 x3 − 3x 2 , x ≠ 0 và lập bảng biến thiên thì điều kiện hàm số cho có 3 cực trị khi g ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt khác 0 là −1 < a < 0 .

Điều kiện có CĐ và CT là m − m 2 > 0 ⇔ 0 < m < 1 .

Từ tọa độ các điểm cực trị suy ra các điểm cực trị này nằm trên ( P ) :

Gọi x1 , x2 là hoành độ CĐ, CT thì x1 < 2 < x2 . Ta có

y = 3x 2 − 6 x + 3 cố định.

m − m2 y ( x1 ) = x1 − 2 ( m − 1) + = x − 2 ( m − 1) + ( x1 − 2 ) = 2 x1 − 2m ( x1 − 2 ) 1

Bài toán 1.19: Giải các phương trình: a)

m − m2 = x − 2 ( m − 1) + ( x2 − 2 ) = 2 x2 − 2m y ( x2 ) = x2 − 2 ( m − 1) + ( x2 − 2 ) 2

x2 + 2 x + 4 − x2 − 2 x + 4 = 2

(

)

3 −1

b) 2 x3 − x 2 + 3 2 x3 − 3 x + 1 = 3 x + 1 + 3 x 2 + 2

Vậy phương trình đường thẳng qua CĐ và CT là y = 2 x − 2m

Hướng dẫn giải

Bài toán 1.18:

(

)

(

)

a) Xét hàm số f ( x ) = 2

a) Cho đồ thị của hàm số: y = 3a − 1 x − b + 1 x + 3c x + 4 d có hai điểm cực trị là (1; −7 ) ; ( 2; −8) . 2

Hãy tính tổng M = a + b + c + d . b) Tìm a để đồ thị hàm số

( x − 1) y=

+ a +1

có 3 cực trị và chứng minh 3 cực trị này thuộc một parabol cố

f '( x ) =

x +1

Xét hàm số g ( t ) =

(

)

x2 − 2 x + 4

t 2

t +3

x +1

( x + 1)

trên ℝ , g ' ( t ) =

− +3

x −1

( x − 1)

+ 3) t 2 + 3

nên hàm số g ( t ) đồng biến trên ℝ , do đó:

Hướng dẫn giải 3

x −1

−

x2 + 2x + 4

định.

x 2 + 2 x + 4 − x 2 − 2 x + 4 trên ℝ .

a) Đặt A = 3a − 1, B = − b + 1 , C = 3c , D = 4d , thì hàm số đã cho là:

x +1 > x −1 

y = Ax3 + Bx 2 + Cx + D

x +1

( x + 1)

> +3

x −1

( x − 1)

 f '( x) > 0

nên hàm số f ( x ) đồng biến trên ℝ , do đó:

Ta có: y ' = 3 Ax 2 + 2 Bx + C

x 2 + 2 x + 4 − x2 − 2 x + 4 = 2 Trang 15

(

)

3 −1 ⇔ f ( x) = f ( 2) ⇔ x = 2 . Trang 16

Vậy nghiệm duy nhất x = 2 . 3

(

b) PT ⇔ 2 x − 3 x + 2 x − 3 x + 1 = x + 1 + x + 2 Xét hàm số: f ( t ) = t + t + 1 trên ℝ, f ' ( t ) = 1 +

3 3 ( t + 1)

> 0 nên hàm số f ( t ) đồng biến trên ℝ , do

(

)

(

)

5 x7 + 7 x5 = 5 y 7 + 7 y 5 a)  3 3 ( 8 x + 1) + 27 = 162 y

PT: f 2 x − 3 x = f x + 1 ⇔ 2 x − 3 x = x + 1

1  ⇔ 2 x3 − x 2 − 3x − 1 = 0 ⇔  x +  ( 2 x 2 − 2 x − 2 ) = 0 2  ⇔ x=−

 

Hướng dẫn giải 7

a) Xét f ( t ) = 5t + 7t , t ∈ ℝ thì f ' ( t ) = 35t 6 + 35t 4 ≥ 0, ∀t nên f đồng biến trên ℝ .

1 1 − 2x − 5 x −1

(

1 1 2 = 3 ( x − 1) − 2x − 5 x −1

( x −1 ) ⇔ 2x − 5 =

u 3 + 1 = 3v u 3 + 1 = 3v ⇔ ⇔ 2 2 u − v = 0 ( u − v ) ( u + vu + v + 3) = 0

x −1

Do đó u 3 + 1 = 3u hay 8 x3 − 6 x + 1 = 0

⇔ 4 x − 20 x + 25 = x − 2 x + 1 ⇔ 3 x − 18 x + 24 = 0

Xét x ∈ [ −1;1] nên đặt x = cos t

⇔ x 2 − 6 x + 8 = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = 4 (chọn)

(

)

PT: 2 4cos3 t − 3cos t = −1 ⇔ cos t = −

Vậy nghiệm x = 2 hoặc x = 4 b) PT: 2 x − 1 . ( 2 x − 1) + 3 = ( x − 2 ) + 3x − 6 2

1 2π k 2π ,( k ∈ ℤ) ⇔t=± + 2 9 3

Từ đó có 3 giá trị của x và cũng chính là 3 nghiệm của phương trình bậc 3:



)

3 3 u + 1 = 3v u + 1 = 3v ⇔  3 3 3 v + 1 = 3u u − v = 3 ( v − u )



Ta có hệ: 

1 > 0 nên f đồng biến trên ( 0; +∞ ) t2

)

Lại đặt v = 3 3u − 1 ⇔ v 3 + 1 = 3u

1 Xét f ( t ) = 3t − với t > 0 . Ta có: t

Phương trình: f ( 2 x − 5 ) = f

(

Đặt u = 2 x , phương trình: u 3 + 1 = 27 ( 3u − 1) ⇔ u 3 + 1 = 3 3 3u − 1

f ' ( t ) = 6t +

(

Hướng dẫn giải 2

)

Nên 8 x 3 + 1 + 27 = 162 y ⇔ 8 x3 + 1 = 162 x − 27

)

a) ĐK: x ≠ 1; , PT : 3 ( 2 x − 5) −

Do đó 5 x 7 + 7 x5 = 5 x 7 + 7 x 2 ⇔ f ( x ) = f ( y ) = x = y

b) 4 2 x − 1 x 2 − x + 1 = x3 − 6 x 2 + 15 x − 14

5 2

(1)

2 2   ( y − 1) ( x + y ) − 1 = x + y ( y − 2 y ) (2)

Bài toán 1.20: Giải các phương trình:

(

x 2 + y 2 = 5; y ≥ 1

b) 

1 1± 5 hay x = . 2 2

a) 9 x 2 − 54 x + 72 =

x ≥ 2  x − 2 ≥ 0 ⇔ (VN ) . Vậy S = ∅ . 2 2 ⇔  2 − = − 2 x 1 x 2 ( ) ( ) 3 x = 3  Bài toán 1.21: Giải các hệ phương trình:

đó: 3

)

PT: f 2 x − 1 = f ( x − 2 ) ⇔ 2 x − 1 = x − 2

x = cos

⇔ 2 x − 1 + 3 2 x − 1 = ( x − 2) + 3 ( x − 2) Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 3t , D = ℝ

2π 8π 14π , x = cos , x = cos . 9 9 9

Vậy nghiệm hệ x = y = cos

Ta có f ' ( t ) = 3t + 2 > 0 nên f đồng biến trên ℝ . Trang 17

2π 8π 14π ;cos ;cos . 9 8 9 Trang 18

( 2 ) ⇔ ( y − 1) ( x + y )

- Nếu x > 1 thì 1 < x ≤ y ≤ z  f ( x ) ≤ f ( y ) ≤ f ( z )

2 − 1 = x + y ( y − 1) − 1   

 g ( y ) ≤ g ( z ) ≤ g ( x )  y ≤ z ≤ x nên x = y = z .

Với y = 1: ( 3) ⇔ x = −1 : không thỏa (1)

Ta có PT: t 2 − 4t + 1 = 0 chọn nghiệm: x = y = z = 2 + 3

Với x + y = 0 ( 3) ⇔ y = 1  x = −1 ; không thỏa (1) Với x + y ≠ 0, y > 1: ( 3) ⇔

⇔ x+ y −

( x + y)

−1

x+ y

( y − 1)

- Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì f ( 0 ) ≥ f ( x ) ≥ f (1)  0 ≤ f ( x ) ≤ 1

−1

nên 0 ≤ g ( y ) ≤ 1  0 ≤ y ≤ 1  f ( 0 ) ≥ f ( y ) ≥ f (1)

y −1

 0 ≤ f ( y) ≤1  0 ≤ g ( z) ≤ 1 0 ≤ z ≤ 1

1 1 = y −1− x+ y y −1

Do đó x ≤ y ≤ z  f ( x ) ≥ f ( y ) ≥ f ( z )  g ( y ) ≥ g ( z ) ≥ g ( x )

1 Xét hàm số f ( t ) = t − , D = ( 0; +∞ ) t

 y ≥ z ≥ x nên x = y = z . Ta có PT t 2 − 4t + 1 = 0 chọn nghiệm: x = y = z = 2 − 2 .

1 f ' ( t ) = 1 + 2 > 0, ∀t ∈ D  hàm số đồng biến trên D t PT ⇔ f

( x + y ) = f ( y − 1) ⇔

Xét x ≤ z ≤ y thì cùng nhận được kết quả trên. Vậy hệ có 2 nghiệm x = y = z = 2 + 3, x = y = z = 2 − 3 .

x + y = y −1

 60 x 2  y = 36 x 2 + 25  60 y 2  b) Hệ phương trình tương đương  z = 36 y 2 + 25   60 z 2 x = 36 z 2 + 25 

y >1 ⇔  x = −1 hay x = 1 − 2 y

 1 − 2 24 x =  x = −1  5 Khi x = −1:  . Khi x = 1 − 2 y :  2 + 24 y = 2 y = 5 

Từ hệ suy ra x, y, z không âm. Nếu x = 0 thì y = z = 0 suy ra ( 0;0;0 ) là nghiệm của hệ phương trình.

Bài toán 1.22: Giải các hệ phương trình

 x2 − 2 x + 1 = 2 y  a)  y 2 − 2 y + 1 = 2 z  z2 − 2z + 1 = 2x 

Nếu x > 0 thì y > 0, z > 0 . Xét hàm số f ( t ) =

36 x 2 y − 60 x 2 + 25 y = 0  b) 36 y 2 z − 60 y 2 + 25 z = 0 36 z 2 x − 60 z 2 + 25 x = 0 

60t 2 ,t > 0 . 36t 2 + 25

f ' ( t ) > 0, ∀t > 0 nên f đồng biến trên ( 0; +∞ ) .

Hướng dẫn giải 2

a) Ta có 2 y = x 2 − 2 x + 1 = ( x − 1) ≥ 0  y ≥ 0 . Tương tự z , x ≥ 0 . Đặt f ( t ) = t 2 − 2t + 1, t ≥ 0 thì f ' ( t ) = 2 ( t − 1) nên f đồng biến trên (1; +∞ ) và nghịch biến trên ( 0;1) .

 f ( x) = g ( y )  Đặt g ( t ) = 2t , t ≥ 0 thì g ' ( t ) = 2 > 0 nên g đồng biến trên ( 0; +∞ ) . Ta có hệ  f ( y ) = g ( z )   f ( z ) = g ( x)

 60 x 2  y = 36 x 2 + 25  60 y 2  Hệ phương trình được viết lại  z = 36 y 2 + 25   60 z 2 x = 36 z 2 + 25 

(

)

Từ tính đồng biến của f ( x ) suy ra x = y = z . Thay vào hệ phương trình ta được x 36 x 2 − 60 x + 25 = 0 .

5 6

Chọn x = 0; .

Giả sử x = min { x; y; z} . Xét x ≤ y ≤ z . Trang 19

Trang 20



a) Đặt t = x 2 − x , BPT:

 5 5 5   6 6 6 

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là ( 0;0;0 ) ;  ; ;   .



Xét hàm số f ( t ) = 3 + t − 2 − t , −3 ≤ t ≤ 2 .

Bài toán 1.23: Giải các bất phương trình

Với −3 < t < 2 thì f ' ( t ) =

2 x3 + 3 x 2 + 6 x + 16 > 2 3 + 4 − x

x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 > 3 − x − x − 1

1 1 + > 0 nên f đồng biến trên ( −3;2 ) . 2 3+t 2 2−t

Ta có f (1) = 2 − 1 = 1 nên bất phương trình:

Hướng dẫn giải

f ( t ) < f (1) ⇔ t < 1 ⇔ x 2 − x − 1 < 0 ⇔

2 x3 + 3x 2 + 6 x + 16 ≥ 0 a) ĐK  ⇔ −2 ≤ x ≤ 4 4 − x ≥ 0

1− 5 1+ 5 <x< . 2 2

b) ĐK: 0 ≤ x ≤

Xét: f ( x ) = 2 x 3 + 3x 2 + 6 x + 16 − 4 − x

6 ( x 2 + x + 1)

3 5  . PT ⇔ 4 x 2 +  − 2 x  + 2 3 − 4 x < 7 4 2 

Với x = 0 thì BPT không thỏa mãn. Với x =

1 f '( x ) = + >0 3 2 2 4 −x 2 2 x + 3x + 6 x + 1

3 thì BPT thỏa mãn. 4 2

3 5  . Xét hàm số g ( x ) = 4 x 2 +  − 2 x 2  − 2 3 − 4 x thì 4 2 

Suy ra f ( x ) là hàm số đồng biến

Với 0 < x <

Do đó BPT: f ( x ) > f (1) ⇔ x > 1. Vậy S = (1;4 )

4 4 5  g ' ( x ) = 8 x − 8x  − 2 x2  − = 4 x ( 4 x 2 − 3) − <0 3 − 4x 3 − 4x 2 

x −1 ≥ 0 b) Điều kiện:  ⇔1≤ x ≤ 3 3 − x ≥ 0 2

 

( x − 1)

( x − 3)

+ 2 + x −1 >

Đạo hàm: f ' ( x ) =

t2 + 2

1 2 t

x13 − x 6 + 3x 4 − 3x 2 + 1 = 0 có nghiệm duy nhất.

> 0 nên f đồng biến trên (1;3] .

Hướng dẫn giải 13

( x)

Đặt f ( x ) = x − x + 3 x − 3 x + 1, D = ℝ

(

)

(

2 3

)

Xét x ≥ 1 thì f ( x ) = x6 x 7 − 1 + 3 x 2 x 2 − 1 + 1 > 0 : vô nghiệm Xét 0 ≤ x < 1 thì f ( x ) = x13 + 1 − x

Bài toán 1.24: Giải các bất phương trình

b) 4

1 . Vậy tập 2

Bài toán 1.25: Chứng minh phương trình:

Vậy nghiệm của bất phương trình S = ( 2;3] .

3 − x + x2 − 2 + x − x2 < 1

1 2

 1 3  

Do đó BPT ⇔ f ( x − 1) > f ( 3 − x ) ⇔ x − 1 > 3 − x ⇔ x > 2 .

1 2

nghiệm S =  ;  . 2 4

+ 2 + 3− x

Xét hàm số y = f ( t ) = t 2 + 2 + t , D = ( 0; +∞ )

3 4

nên g ( x ) nghịch biến trên  0;  , mà g   = 7 nên bất phương trình g ( x ) < g   ⇔ x >

x − 2 x + 3 + x − 1 > x − 6 x + 11 + 3 − x

BPT:

⇔

3 + t − 2 − t < 1, −3 ≤ t ≤ 2 .

)

> 0 : vô nghiệm

Xét x < 0 thì f ' ( x ) = 13 x12 − 6 x5 + 12 x3 − 6 x

5  +  − 2 x2  + 2 3 − 4 x < 7 2 

= 13x12 − 6 x ( x − 1) > 0 nên f đồng biến Hướng dẫn giải Trang 21

Trang 22

Bảng biến thiên:

z 2 = f ( x ) > f ( 0 ) = a . Nếu z > a 0

−∞

x y'

thì x ≥ z > a  x 2 ≥ z 2  z 2 = y 2 = z 2

 x = y = z trái với x > 0 > y 1

Nếu z < − a lí luận như trên ta dẫn đến mâu thuẫn.

−∞

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = z = t0 ở đó t0 là nghiệm duy nhất của phương trình: t 3 + t 2 + t + a = 0 .

Nên f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất x < 0

2 3  x + y = 1 có đúng 3 nghiệm phân biệt. 2 3  y + x = 1

Bài toán 1.27: Chứng minh hệ 

Vậy phương trình cho có nghiệm duy nhất. Bài toán 1.26: Chứng minh hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

Hướng dẫn giải

 x2 = y3 + y 2 + y + a  2 3 2 y = z + z + z + a  z 2 = x3 + x 2 + x + a 

Trừ 2 phương trình vế theo vế và thay thế ta được:

x 2 (1 − x ) − y 2 (1 − y ) = 0  (1 − y 3 ) (1 − x ) − (1 − x3 ) (1 − y ) = 0

 (1 − x )(1 − y ) 1 + y + y 2 − (1 + x + x 2 ) = 0

Hướng dẫn giải Xét hàm f ( t ) = t 3 + t 2 + t + a có f ' ( t ) = 3t 2 + 2t + 1 > 0 do đó f ( t ) là hàm đồng biến. Hệ PT:

 (1 − x )(1 − y )( y − x )(1 + x + y ) = 0

 x2 = f ( y )  2 y = f ( z)  2  z = f ( x )

Xét x = 1 thì hệ có nghiệm (1;0 ) . Xét y = 1 thì hệ có nghiệm ( 0;1) Xét x = y thì x 2 + y 3 = 1 ⇔ x3 + x 2 − 1 = 0 Đặt f ( x ) = x3 + x 2 − 1, D = ℝ . Ta có f (1) = 1 ≠ 0 .

Không giảm tổng quát giả sử x lớn nhất trong 3 số.

f ' ( x ) = 3 x 2 + 2 x, f ' ( x ) = 0 ⇔ x = −

- Xét x ≥ y ≥ z  f ( x ) ≥ f ( y ) ≥ f ( z )

BBT

 z 2 ≥ x 2 ≥ y 2 . Nếu z ≥ 0 thì x ≥ y ≥ z ≥ 0

 x2 ≥ y 2 ≥ z 2  x2 = y 2 = z 2  f ( x ) = f ( y ) = f ( z )  x = y = z

(

)

0 −

+∞ +

−23/27

−∞

Lại có z 2 = f ( x ) > f ( 0 ) = a  z = − a

)

Nếu x > 0 > z . Khi đó y 2 = f ( z ) < f ( 0 ) = a  a > 0

(

−2/3

−∞

Nếu x ≤ 0  0 ≥ x ≥ y ≥ z  x 2 = y 2 = z 2  x = y = z

 y2 = f ( z ) < f − a = − a

2 hoặc x = 0 . 3

+∞ −1

Do đó f ( x ) = 0 có 1 nghiệm duy nhất x0 > 0 , x0 ≠ 1 nên hệ có nghiệm ( x0 ; y0 ) .

a − 1 ≤ 0 : vô lí.

Xét 1 + x + y = 0  y = − x − 1 nên y 2 + x3 = 1 ⇔ x3 + x 2 + 2 x = 0

- Xét x ≥ z ≥ y  z 2 ≥ y 2 ≥ x 2

⇔ x ( x 2 + x + 2 ) = 0 ⇔ x = 0 . Do đó hệ có nghiệm ( 0;1) .

Tương tự như trên nếu y ≥ 0 hay x ≤ 0 ta suy ra x = y = z

Vậy hệ có đúng 3 nghiệm phân biệt.

Nếu x > 0 > y  x 2 = f ( y ) < f ( 0 ) = a

Bài toán 1.28: Tìm tham số để phương trình Trang 23

Trang 24

a) b)

1 + x + 3 1 − x = a có nghiệm

Bài toán 1.29: Tìm m để phương trình

x 2 + mx + 2 = 2 x + 1 có 2 nghiệm phân biệt

(

Hướng dẫn giải

1 3 3 (1 − x )

1 3 3 (1 + x )

 π .  2

lim f ( x ) = lim

x →+∞

= lim

Hướng dẫn giải

( x ≠ ±1) a) Điều kiện: x > 2



(1 − x ) − 3 (1 + x ) 2 2 3 3 (1 − x ) . 3 (1 + x )

(

)

1 − x + 1 + x = lim

x →+∞

(

(1 + x ) )

+ 3 ( x 2 − 1) +

(



1+ x − 1− x

x →+∞

PT ⇔ 2  m 2 . x +

, f '( x) = 0 ⇔ x = 0 3

( x − 1) )

)

x →−∞

 2 x + 1 ≥ 0 1 2 2 ⇔ 3 x + 4 x − 1 = mx, x ≥ − 2 2  x + mx + 2 = ( 2 x + 1)

Vì x = 0 không thỏa mãn nên:

⇔ x−2 +

2 − 3 4 x ( x − 2 ) = (1 − m2 ) x x−2

1 x−2 ,0 < t < 1 . PT: 2 − 3t = 1 − m 2 ,0 < t < 1 . x t 1 2 − 3t , t ∈ ( 0;1)  f ' ( t ) = − 3 − 3 < 0, ∀t ∈ ( 0;1) t2 t

f '(t )

BBT:

−

1 2

f (t )

+∞

9 2

−

+∞

−2

+∞

)

Bảng biến thiên

3x 2 + 4 x − 1 1 3x 2 + 1 , x ≥ − , x ≠ 0 thì f ' ( x ) = x 2 x2

x − x−2

x x−2 − 34 = 1 − m2 x x−2

Xét f ( t ) =

3x 2 + 4 x − 1 1 = m, x ≥ − x 2

(

2 − 34 x ( x − 2) = x − x − 2 x−2

Đặt t =

b) PT ⇔ 

2  − 34 x ( x − 2)  = 2 x−2 

⇔ m2 x +

⇔

Tương tự lim f ( x ) = 0 . Lập BBT thì PT có nghiệm ⇔ 0 < a ≤ 2 .

Xét f ( x ) =

)

b) 3 tan x + 1. ( sin x + 2 cos x ) = m ( sin x + 3cos x ) có nghiệm duy nhất thuộc khoảng  0;

a) Xét f ( x ) = 3 1 − x + 3 1 + x , D = ℝ

f '( x ) = −

2   − 3 4 x ( x − 2 )  = 2 có nghiệm x + x − 2  m2 x + x − 2  

Vậy phương trình cho có nghiệm khi

+∞

1 − m 2 > −2 ⇔ − 3 < m < 3 b) Điều kiện: cos x ≠ 0 và tan x ≥ −1

−∞

Đặt t =

tan x + 1 ≥ 0 , phương trình:

Điều kiện phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

3 tan x + 1

1 9 ⇔ f ( x ) = m có 2 nghiệm phân biệt x ≥ − , x ≠ 0 ⇔ m ≥ 2 2 Trang 25

sin x + 2cos x sin x + 3cos x =m cos x cos x Trang 26

1 3 1 x 3 + 3 x 2 + ( 6 − a ) x + ( 7 − 2a ) + ( 6 − a ) . + 2 + 3 = 0 x x x

⇔ 3 tan x + 1 ( tan x + 2 ) = m ( tan x + 3) ⇔ 3 tan x + 1 ( tan x + 1 + 1) = m ( tan x + 1 + 2 ) ⇔ 3t ( t 2 + 1) = m ( t 2 + 2 ) ⇔ m = Xét hàm số y =

y' =

3t 3 + 3t với t ∈ (1; +∞ ) , t2 + 2

3t 4 + 15t 2 + 6

1  3 1  2 1    x + 3  + 3  x + 2  + ( 6 − a )  x +  + 7 − 2a = 0 x   x  x  

3t 3 + 3t t2 + 2

+ 2)

Đặt t = x +

và t 3 = x3 +

> 0.

(

(t + 2) a = t

Bài toán 1.30: Tìm tham số để phương trình

( 4m − 3)

b) x 6 + 3 x5 + ( 6 − a ) x 4 + ( 7 − 2a ) x3 + ( 6 − a ) x 2 + 3 x + 1 = 0 vô nghiệm. Hướng dẫn giải

Ta có:

(

Đặt f ( t ) =

3 x + 3 + 4 1− x +1 4 x + 3 + 3 1− x +1

x+3

) +(

1− x

)

Với t = tan Xét f ( t ) =

= 2 nên đặt:

π 4

,0 ≤ t ≤ 1 nên: m =

( t + 1)

t 3 + 3t 2 + 3t + 1 ( t + 1) = t+2 t+2

, t < −2 hay t ≥ 2 thì f ' ( t ) =

t+2

( −5t

+ 16t + 7 )

a) sin 3 x + cos3 x ≥ m 3

b) cos 2 2 x + 2 ( sin x + cos x ) − 3sin 2 x + m ≥ 0

−7t 2 + 12t + 9 −5t 2 + 16t + 7

Hướng dẫn giải 3

a) Xét f ( x ) = sin x + cos x = ( sin x + cos x )(1 − sin x.cos x )

−7t 2 + 12t + 9 , t ∈ [0;1] −5t 2 + 16t + 7

−52t − 8t − 60

( 2t + 5)( t + 1) 2 2(t + 2)

27 27 ∀t ∈ D nên PT vô nghiệm khi a < . 4 4

Đặt t = sin x + cos x; t ≤ 2

f '(t ) =

Bài toán 1.31: Tìm tham số để bất phương trình có nghiệm

2t 1− t ; 1 − x = 2 cos ϕ = 2 1+ t2 1+ t2

, 0≤ϕ ≤

+ 3t + 3t + 1

Lập BBT thì f ( t ) ≥

x + 3 = 2sin ϕ = 2

)

Khi t ≠ −2 thì phương trình: a =

a) Điều kiện: −3 ≤ x ≤ 1 khi đó:

Khi t = −2 thì phương trình không thỏa.

x + 3 + ( 3m − 4 ) 1 − x + m − 1 = 0 có nghiệm

PT ⇔ m =

1 1 1  + 3  x +  nên x3 + 3 = t 3 − 3t . x3 x x 

Do đó phương trình: t 3 − 3t + 3 t 2 − 2 + ( 6 − a ) t + 7 − 2a = 0

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m > y (1) ⇔ m > 2 .

1 1 , t ≥ 2  t 2 = x2 + 2 + 2 x x

< 0, ∀t ∈ [ 0;1]

Vậy điều kiện phương trình có nghiệm là f ( 0 ) ≤ m ≤ f (1) ⇔

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

7 2 ≤m≤ . 9 7

Ta có h ( t ) = t 1 −



b) Xét x = 0  1 = 0 : loại.

t2 −1 2

− 1)  1 3  = − t 3 + t với t ≤ 2 2 2 

3 3 h ' ( t ) = − t 2 + = 0 ⇔ t = ±1 2 2

Xét x ≠ 0 . Chia 2 vế cho x3 phương trình:

Lập BBT thì bất phương trình có nghiệm khi m ≤ 1 . Trang 27

Trang 28

b) Đặt t = sin x + cos x , t ≤ 2 và t 2 = 1 + 2sin x cos x  sin 2 x = t 2 − 1 2

cos 2 x = 1 − sin 2 x = −t + 2t 4

BPT: −t + 2t − t + m + 3 ≤ 0; 4

Xét

Xét f ( t ) = −t + 2t − t + m + 3

1 f ' ( t ) = 0  t = 0; ;1 2

Mà F ( 0 ) = 0, F (1) =

a 7 b 5 c 3 x + x + x 7 5 3

khi

đó

F ( x)

liên

tục,

có

đạo

hàm

a b c + + = 0 nên F ' ( c ) = 0 hay c 2 . f ( c ) = 0 . 7 5 3

Vì c ∈ ( 0;1) nên c 2 ≠ 0 do đó f ( c ) = 0  đpcm.

Lập BBT suy ra điều kiện có nghiệm là: m + 3 ≥ 0 ⇔ m ≥ −3 Bài toán 1.32: Tìm điều kiện của m để hệ bất phương trình có nghiệm

Bài toán 1.34: Cho hàm số f có đạo hàm trên [ 0;1] và thỏa mãn f ( 0 ) = 0; f (1) = 1 . Chứng minh tồn tại 2 số

x − 3x − 4 ≤ 0 (1)   3 2  x − 3x x − m − 15m ≥ 0 (2) 2

phân biệt a; b thuộc ( 0;1) sao cho f ' ( a ) . f ' ( b ) = 1 . Hướng dẫn giải Hướng dẫn giải

Xét hàm số g ( x ) = f ( x ) + x − 1 , khi đó thì g ( x ) liên tục và có đạo hàm trên [ 0;1] .

Xét (1) : x 2 − 3 x − 4 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 4

Ta có: g ( 0 ) = −1 < 0 và g (1) = 1 > 0 nên tồn tại số c thuộc ( 0;1) sao cho g ( c ) = 0 .

Ta tìm điều kiện ngược lai, tức là tìm m để:

Do đó f ( c ) + c − 1 = 0 hay f ( c ) = 1 − c

f ( x ) = x3 − 3x x − m 2 − 15m < 0; ∀x ∈ [ −1;4]

Áp dụng định lý Lagrange cho f trên các đoạn [ 0;c ] và ( c;1) thì:

 x3 + 3x 2 − m 2 − 15m; −1 ≤ x ≤ 0 Vì f ( x ) =  3 2 2  x − 3x − m − 15m;0 < x ≤ 4

tồn tại a ∈ ( 0; c ) sao cho:

2 3x + 6 x; −1 ≤ x ≤ 0  f '( x) =  2 3x − 6 x;0 < x ≤ 4

f ( c ) − f ( 0) = f '( a ) c−0

và tồn tại b ∈ ( c;1) sao cho:



f ' ( x ) = 3x ( x + 2 ) < 0



f ' ( x ) = 3x ( x − 2 ) > 0

nên: f ' ( a ) . f ' ( b ) =

Khi 0 ≤ x ≤ 2  f ' ( x ) = 3x ( x − 2 ) ≤ 0

2< x≤4

F ( x) =

F (1) − F ( 0 ) = F '( c ) . 1− 0

−1 ≤ x < 0

số

F ' ( x ) = x 2 . ( ax 4 + bx 2 + c ) = x 2 . f ( x ) nên theo dụng định lí Lagrange trên [ 0;1] thì tồn tại c ∈ ( 0;1) :

( t ≤ 2)

f ' ( t ) = −2t ( 2t 2 − 3t + 1) ;

hàm

f ( c ) 1 − f ( c ) (1 − c ) c = =1 c 1− c c (1 − c )

Vậy tồn tại 2 số phân biệt a; b thuộc ( 0;1) sao cho f ' ( a ) . f ' ( b ) = 1

Do đó −m − 15m + 16 < 0 ⇔ m < −16 ∨ m > 1

Bài toán 1.35: Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm trên [ 0;1] và nhận giá trị dương. Chứng minh bất phương trình:

Vậy điều kiện có nghiệm là −16 ≤ m ≤ 1 Bài toán 1.33: Cho 3 số a, b, c thỏa mãn abc ≠ 0 và

f (1) − f ( c ) = f '(b ) 1− c

f '( x ) − f ( x ) ≤

a b c + + = 0. 7 5 3

( f (1) − 2 f ( 0 )) có nghiệm. Hướng dẫn giải

Chứng minh phương trình: ax 4 + bx 2 + c = 0 có nghiệm. Xét 2 hàm số: g ( x ) = arctan x; h ( x ) =

Hướng dẫn giải

Ta có: g ' ( x ) = Trang 29

f ( x) trên [ 0;1] , khi đó thì g ( x ) , h ( x ) có đạo hàm trên ( 0;1) . 1 + x2

1 2x 1 ; h '( x ) = − f ( x) + f '( x ) 2 1 + x2 1 + x2 (1 + x2 ) Trang 30

Theo định lý Cauchy thì tồn tại c ∈ ( 0;1) sao cho:

h (1) − h ( 0 ) h ' ( c ) = hay g (1) − g ( 0 ) g ' ( c ) 2

nên

( n)

nên: Rn ( x0 ) = Rn/ ( x0 ) = ... = Rn

f (1) − f (0) 2c 2 = f '(c) − f (c) π 1 + c2 −0 4

Đặt F ( x ) = ( x − x0 )

Theo định lý Cauchy ta có

Vì 0 < c < 1 nên 1 + c 2 ≥ 2c và vì f ( c ) > 0 nên f ' ( cc ) −

2c f (c) ≥ f '(c) − f (c) 1 + c2

Ta lại có

 đpcm. Bài toán 1.36: Giả sử f là một hàm xác định trên [ a; b] , có đạo hàm đến cấp n + 1 trên ( a; b ) và x0 ∈ ( a; b ) . Chứng minh tồn tại c nằm giữa x và x0 để có:

f ' ( x0 ) 1!

( x − x0 ) +

f '' ( x0 ) 2!

( x − x0 )

n thì: F ( x0 ) = F ' ( x0 ) = ... = Fn( ) ( x0 ) = 0 .

Với x ∈ ( a; b ) ta viết được

( f (1) − 2 f ( 0 ) ) = f ' ( c ) − 1 +2cc f ( c )

f ( x ) = f ( x0 ) +

n +1

+ ... +

( x0 )

f ( ) (c ) n +1 ( x − x0 ) ( n + 1)! n +1

( x − x0 )

( x0 ) = 0 .

Rn ( x ) Rn ( x ) − Rn ( x0 ) = F ( x) F ( x ) − F ( x0 ) Rn ( x ) Rn/ (ξ1 ) với ξ1 nằm giữa x và x0 . = F ( x ) F ' (ξ1 )

Rn/ (ξ1 ) Rn/ (ξ1 ) − Rn/ ( x0 ) = và theo định lý Cauchy ta được: F ' (ξ1 ) F ' (ξ1 ) − F ' ( x0 )

Rn/ (ξ1 ) Rn// (ξ 2 ) với ξ 2 nằm giữa ξ1 và x0 . = F ' (ξ1 ) F '' (ξ 2 )

Rn ( x ) Rn( ) ( c ) với c nằm giữa ξ n và x0 , và do đó c = F ( x ) F ( n +1) ( c ) n +1

Sau n + 1 lần áp dụng định lý Cauchy ta được nằm giữa x và x0 .

Ta tìm một đa thức Pn ( x ) có bậc không vượt quá n sao cho

Rn ( x ) f ( ) ( c ) . = F ( x) ( n + 1)! n +1

f ( x0 ) = Pn ( x0 ) , f ' ( x0 ) = Pn/ ( x0 ) ,..., f (

( n +1)

( x ) = Pn( n) ( x0 ) 2

với: Pn ( x ) = A0 + A1 ( x − x0 ) + A2 ( x − x0 ) + ... + An ( x − x0 )

Nhưng Rn n

Vậy:

Lúc đó:

Pn/ ( x ) = A1 + 2 A2 ( x − x0 ) + ... + nAn ( x − x0 )

n −1

trong đó c là một điểm nằm giữa x và x0 .

n− 2

Công thức trên được gọi là công thức khai triển Taylor của hàm f tại điểm x = x0 .

…….

Pn(

n +1 f ' ( x0 ) f '' ( x0 ) f ( n ) ( x0 ) f ( ) (c) 2 2 n +1 ( x − x0 ) + ( x − x0 ) + ... + ( x − x0 ) + ( x − x0 ) . 1! 2! n! ( n + 1)!

f ( x ) = f ( x0 ) +

Pn// ( x ) = 2 A2 + 3.2. A3 ( x − x0 ) + ... + n ( n − 1) An ( x − x0 )

f ( n+1) ( x ) và F ( n+1) ( x ) = ( n + 1)! nên

( x) =

3. BÀI LUYỆN TẬP

( x ) = n ! An .

Bài tập 1.1: Tìm các khoảng đơn điệu của hàm số:

Do đó thay x = x0 vào các đẳng thức trên ta được:

Pn ( x0 ) = A0 , Pn/ ( x0 ) = A1 , Pn// ( x0 ) = 2 A2 ,..., Pn( n ) ( x0 ) = n ! An .

a) y =

2x x2 − 9

b) y =

(n) Như vậy: f ( x0 ) = A0 , A1 = f ' ( x0 ) , 2 A2 = f ' ( x0 ) ,..., f ( x0 ) = n ! An nên:

Hướng dẫn

( n)

Pn ( x ) = f ( x0 ) +

( n)

( x) =

−2 ( x + 9 ) 2

f ' ( x0 ) f '' ( x0 ) f ( x0 ) 2 n ( x − x0 ) + ( x − x0 ) + ... + ( x − x0 ) 1! 2! n!

Đặt Rn ( x ) = f ( x ) − Pn ( x ) ta suy ra Rn

x +1 x2 − x + 1

a) Kết quả y ' =

f n( n ) x − Pn( n ) ( x )

− 9)

< 0 nên hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng ( −∞; −3) , ( −3;3) , ( 3; +∞ ) .

b) Kết quả đồng biến trên ( −∞;1) , nghịch biến (1; +∞ ) . Trang 31

Trang 32

Bài toán 1.2: Tìm m để hàm số:

b) Tìm m để hàm số y =

a) y =

x + ( m + 2) x − m + 3 đồng biến trên từng khoảng xác định x +1

b) y =

1 3 m 2 x − x − 2 x + 9 đồng biến trên (1; +∞ ) 3 2

Hướng dẫn a) Tập xác định D = ℝ . Lấy y chia y ' . 2

Bài toán 1.6: Chứng minh hàm số

Tính đạo hàm y ' và lập luận y ' ≥ 0 trên D. Kết quả m ≥ 1 .

(

Bài toán 1.3: Tìm cực trị của hàm số:

b) y = b) y =

Hướng dẫn a) y ' có ∆ ' = a + 3 a + b b) Kết quả S =

Kết quả CĐ tại x = −3; yC Ð = −9 3, CT tại x = 3; yCT = 9 3 .

Hướng dẫn

Dùng dấu đạo hàm cấp 2.

π 6

+ kπ , k ∈ ℤ, yC Ð = −

π 6

3 − x + x2 − 2 + x − x2 = 1

a) Tập xác định D = ℝ, y ' = 1 − 2cos 2 x, y '' = 4sin 2 x .

+ kπ −

1 1 − 2x − 5 x − 1

b) y = sin 2 x + cos 2 x Hướng dẫn

) > 0, ∀a, ∀b

27 . 4

a) 3x 2 − 18 x + 24 =

Bài toán 1.4: Tìm cực trị hàm số:

Bài toán 1.7: Giải các phương trình:

b) Kết quả CĐ tại x = 0, yC Ð = 0 và CT tại x = 2; yCT = −3 3 4 .

yCT =

(

a) Hàm số lẻ. Tính đạo hàm và lập BBT.

Kết quả: CĐ tại x = −

x2 1 − 3x − ba điểm cực trị phân biệt A, B, C. Tính diện tích tam giác ABC. 2 x

x 2 ( x − 5) .

Hướng dẫn

a) y = x − sin 2 x + 2

)

a) y = x3 + ax 2 − 1 + b 2 x + a + 4b − ab luôn luôn có cực đại và cực tiểu với mọi tham số a, b.

b) Kết quả m ≤ −1 .

x2 − 6

)

b) Kết quả −1 < m < 1 .

a) Tập xác định D = ( −∞; −1) ∪ ( −1; +∞ )

(

Kết quả m ≠ 1 và y = − ( m − 1) x + 2 m 2 + m ( 3m + 1) + 1 .

Hướng dẫn

a) y =

x 2 + 2mx + 1 − 3m 2 có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Oy. x−m

+ kπ +

3 π + 2 ; đạt CT tại x = + kπ , k ∈ ℤ ; 2 6

1 1 2 2 a) PT: ( 2 x − 5 ) − ( x − 1) = − 2x − 5 x − 1 2

⇔ 2x − 5 −

3 + 2. 2

1 1 2 = x −1 − 2x − 5 x −1

Kết quả x = 2 hoặc x = 4

5π b) Kết quả điểm cực đại x = + kπ , điểm cực tiểu x = + kπ . 8 8

b) Kết quả x =

Bài toán 1.5:

Bài toán 1.8: Giải các phương trình:

(

)

a) Tìm m để hàm số y = 2 x − 3 ( 3m + 1) x + 12 m + m x + 1 có cực đại và cực tiểu. Viết phương trình đường thẳng đi qua CĐ, CT.

a) b)

1± 5 . 2

x 2 − 1 = x3 − 2 − x

x 2 − 2 3x − 2 + x 2 − 3 3x + 4 = 3 Hướng dẫn

Trang 33

Trang 34

Hướng dẫn

a) Điều kiện: x ≥ 3 2 . Ta có:

Chứng minh hàm VT đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) , còn khi x ≤ 0 thì vô nghiệm.

x 3 − 2 = x + 3 x 2 − 1 > x > 1  x3 > 3  x ≥ 3 3 . Chia 2 vế cho 3

x3 thì được phương trình:

1 1 1 2 − + − 1− = 0. x2. x x4 x x x x

Kết quả nghiệm duy nhất x = 3 . b) Hàm đơn điệu. Kết quả x = 3 . Bài toán 1.9: Giải các hệ phương trình: 2 ( 4 x + 1) x + ( y − 3)( 5 − 2 y ) = 0

3  x − 1 − y = 1 − x

a) 

b) 

( x − 1) = y

4 x 2 + y 2 + 2 3 − 4 x = 7

Hướng dẫn giải a) Điều kiện x ≥ 1, y ≥ 0 . Hệ phương trình tương đương với: 2 3  x − 1 − ( x − 1) + x − 8 = 0 (1)  4 y = ( x − 1) (2)  2

Xét hàm số f ( t ) = t − 1 − ( t − 1) + t 3 − 8, với t ≥ 1 . Kết quả x = 3, y = 0 . b) Kết quả x =

1 ; y = 2. 2

Bài toán 1.10: Giải bất phương trình: a)

x + 1 + 2 x + 6 > 20 − 3 x + 13

x 2 − 2 x + 3 − x 2 − 6 x + 11 < 3 − x − x − 1 Hướng dẫn

a) Điều kiện: x ≥ −1 . BPT viết lại:

x + 1 + 2 x + 6 + 3 x + 13 ≥ 20

Xét f ( x ) là hàm số vế trái, x ≥ −1 thì:

f '( x ) =

1 + 2 x +1

1 3 + > 0 . Kết quả x ≥ 3 . x + 6 2 x + 13

b) Kết quả 1 ≤ x < 2 . Bài toán 1.11: Chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất:

x 7 − 5 x 4 + 15 x 3 − x 2 + 2 x − 5 = 0 Trang 35

Trang 36

- Xét tính chẵn, lẻ nếu có.

CHUYÊN ĐỀ 2 - KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ

Bước 2: Sự biến thiên - Tính các giới hạn

1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM

- Tính đạo hàm cấp một, xét dấu

Tính lồi lõm của đồ thị:

- Lập bảng biến thiên rồi chỉ ra khoảng đồng biến, nghịch biến và cực đại, cực tiểu

Hàm số f xác định trên K là một khoảng, đoạn hoặc nửa khoảng.

Bước 3: Vẽ đồ thị

f gọi là lõm trên K nếu ∀α , β ,α + β = 1: f (α x + β y ) ≤ α f ( x ) + β f ( y ) , ∀x, y ≥ 0

- Tính đạo hàm cấp hai, xét dấu để chỉ ra điểm uốn của hàm đa thức

f gọi là lồi trên K nếu ∀α , β ,α + β = 1: f (α x + β y ) ≥ α f ( x ) + β f ( y ) , ∀x, y ≥ 0

- Cho vài giá trị đặc biệt, giao điểm với hai trục tọa độ - Vẽ đúng đồ thị Bốn dạng đồ thị hàm bậc 3: y = ax 3 + bx 2 + cx + d , a ≠ 0 có tâm đối xứng là điểm uốn.

Bốn dạng đồ thị hàm trùng phương: y = ax 4 + bx 2 + c, a ≠ 0

Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và có đạo hàm cấp 2 trên K f lõm trên K ⇔ f '' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ K f lồi trên K ⇔ f '' ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ K . Điểm uốn của đồ thị:

(

Đường tiệm cận

)

Điểm U x0 ; f ( x0 ) được gọi là điểm uốn của đường cong ( C ) : y = f ( x ) nếu tồn tại một khoảng ( a; b )

- Đường thẳng x = x0 được gọi là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y = f ( x ) nếu ít nhất một trong các

chứa điểm x0 sao cho một trong 2 khoảng ( a; x0 ) , ( x0 ; b ) thì tiếp tuyến tại điểm U nằm phía trên đồ thị còn

điều kiện sau được thỏa mãn:

ở khoảng kia thì tiếp tuyến nằm phía dưới đồ thị.

lim f ( x ) = +∞; lim+ f ( x ) = +∞; lim− f ( x ) = −∞; lim+ f ( x ) = −∞

Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp 2 một khoảng ( a; b ) chứa điểm x0 . Nếu f '' ( x0 ) = 0 và f '' ( x )

(

)

đổi dấu khi x qua điểm x0 thì U x0 ; f ( x0 ) là điểm uốn của đường cong ( C ) : y = f ( x ) .

x → x0−

x → x0

- Đường thẳng y = y0 được gọi là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y = f ( x ) nếu lim f ( x ) = y0 hoặc x →+∞

lim f ( x ) = y0

x →−∞

Chú ý:

- Đường thẳng

1) Nếu y = p ( x ) . y ''+ r ( x ) thì tung độ điểm uốn tại x0 là y0 = r ( x0 )

lim  f ( x ) − ( ax + b )  = 0 hoặc lim  f ( x ) − ( ax + b ) = 0 .

2) Nếu f lồi trên đoạn [ a; b ] thì GTLN = max { f ( a ) ; f ( b )}

{

y = ax + b, a ≠ 0 được gọi là tiệm cận xiên của đồ thị y = f ( x ) nếu

x →+∞

x →−∞

Chú ý:

}

3) Nếu f lõm trên đoạn [ a; b ] thì GTNN = min f ( a ) ; f ( b )

1) Nếu chia tách được y = f ( x ) = ax + b + r ( x ) và lim r ( x ) = 0 thì tiệm cận xiên: y = ax + b x →±∞

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm đa thức: gồm 3 bước: Bước 1: Tập xác định

2) Biểu thức tiệm cận khi x → ±∞ : x 2 + bx + c ≈ x +

- Tập xác định D = ℝ

b 2

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm hữu tỉ: gồm 3 bước: Trang 1

Trang 2

Bước 1: Tập xác định

2) Bài toán về biện luận số nghiệm phương trình dạng g ( x, m ) = 0

- Tìm tập xác định

Đưa phương trình về dạng f ( x ) = h ( m ) trong đó vế trái là hàm số đang xét, đã vẽ đồ thị ( C ) : y = f ( x ) .

- Xét tính chẵn, lẻ nếu có

Số nghiệm là số giao điểm của đồ thị ( C ) với đường thẳng y = h ( m ) .

Bước 2: Chiều biến thiên

3) Điểm đặc biệt của họ đồ thị: ( Cm ) : y = f ( x, m )

- Tính các giới hạn, tìm các tiệm cận - Tính đạo hàm cấp một, xét dấu

- Điểm cố định của họ là điểm mà mọi đồ thị đều đi qua:

- Lập bảng biến thiên rồi chỉ ra khoảng đồng biến, nghịch biến và cực đại, cực tiểu

M 0 ( x0 ; y0 ) ∈ ( Cm ) , ∀m ⇔ y0 = f ( x0 , m ) , ∀m

Bước 3: Vẽ đồ thị

- Điểm mà họ không đi qua là điểm mà không có đồ thị nào của họ đi qua với mọi tham số:

- Cho vài giá trị đặc biệt, giao điểm với hai trục tọa độ

M 0 ( x0 ; y0 ) ∉ ( Cm ) , ∀m ⇔ y0 ≠ f ( x0 , m ) ∀m

- Vẽ đúng đồ thị, lưu ý tâm đối xứng là giao điểm 2 tiệm cận Hai dạng đồ thị hàm hữu tỉ bậc 1/1: y =

Nhóm theo tham số và áp dụng các mệnh đề sau:

ax + b với c ≠ 0, ad − bc ≠ 0 cx + d

Am + B = 0, ∀m ⇔ A = 0, B = 0

Am2 + Bm + C = 0, ∀m ⇔ A = 0, B = 0, C = 0 Am + B ≠ 0, ∀m ⇔ A = 0, B ≠ 0 Am 2 + Bm + C ≠ 0, ∀m ⇔ A = 0, B = 0, C ≠ 0 Bốn dạng đồ thị hàm hữu tỉ: y =

ax 2 + bx + c a'x + b'

hoặc A ≠ 0, ∆ = B 2 − 4 AC < 0

( a ≠ 0, a ' ≠ 0 )

2. CÁC BÀI TOÁN Bài toán 2.1: Tìm điểm uốn và các khoảng lồi lõm của đồ thị: a) y = x 3 − 2 x 2 + x + 1

b) y = x 4 + 8 x 2 + 9 Hướng dẫn giải

a) D = ℝ . Ta có y ' = 3 x − 4 x + 1, y '' = 6 x − 4 Chú ý:

2 2 2 y '' = 0 ⇔ x = ; y '' > 0 ⇔ x > ; y '' < 0 ⇔ x < 3 3 3

1) Từ đồ thị ( C ) : y = f ( x ) suy ra các đồ thị:

y = − f ( x ) bằng cách lấy đối xứng qua trục hoành

 2 29   , hàm số lồi trên khoảng  3 37 

Vậy điểm uốn I  ;

y = f ( − x ) bằng cách lấy đối xứng qua trục tung

2  2   −∞;  và lõm trên khoảng  ; +∞  . 3  3 

b) D = ℝ . Ta có y ' = 4 x 3 + 16 x, y '' = 12 x 2 + 16 > 0∀x

y = − f ( − x ) bằng cách lấy đối xứng qua gốc y = f ( x ) bằng cách lấy phần đồ thị ở phía trên trục hoành, còn phần phía dưới trục hoành thì đối

Vậy đồ thị không có điểm uốn và hàm số lõm trên ℝ . Bài toán 2.2: Tìm điểm uốn và các khoảng lồi lõm của đồ thị:

xứng qua trục hoành.

y = f ( x ) là hàm số chẵn, bằng cách lấy phần đồ thị ở phía bên phải trục tung, rồi lấy đối xứng phần đó qua trục tung.

a) y =

x2 − 2x + 3 x +1

b) y =

2x + 1 x −5

Hướng dẫn giải Trang 3

Trang 4

x2 − 2x + 3 6 = x−3+ x +1 x +1

a) D = ℝ \ {−1} . Ta có y = Nên y ' = 1 −

( x + 1)

, y '' =

( x + 1)

Suy ra y0 =

≠ 0, ∀x ≠ −1

Vậy các điểm uốn của đồ thị thuộc đường thẳng y =

y '' > 0 ⇔ x > −1; y '' < 0 ⇔ x < −1

b) D = ℝ \ {5} . Ta có y ' =

( x − 5)

, y '' =

( x − 5)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 3 b) Tìm m sao cho đồ thị của hàm số đã cho có các điểm cực đai, cực tiểu A và B mà khoảng cách AB = 4 65 .

≠ 0, ∀x ≠ 5

Hướng dẫn giải

y '' > 0 ⇔ x > 5; y '' < 0 ⇔ x < 5

Bài toán 2.3: Chứng minh rằng với mọi a, đồ thị hàm số y =

x+a luôn có ba điểm uốn thẳng hàng. x + x +1

+ x + 1) − ( x + a )( 2 x + 1)

+ x + 1)

Tập xác định D = ℝ

•

Sự biến thiên: y ' = 3 x 2 − 12 x + 9

y ' = 0 ⇔ x = 1∨ x = 3 Bảng biến thiên:

x 2 + 2ax + a − 1

+ x + 1)

−∞

2 ( x + 3ax + 3 ( a − 1) x − 1) 3

y '' =

•

Hướng dẫn giải

a) Khi m = 3 hàm số trở thành y = x − 6 x + 9 x − 1

Vậy đồ thị không có điểm uốn, hàm số lồi trên khoảng ( −∞;5 ) và lõm trên khoảng ( 5; +∞ ) .

Ta có: y ' =

+∞ +

+∞ −1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và ( 3;+∞ ) , nghịch biến trên (1;3) . Hàm số đạt cực đại khi

Đặt f ( x ) = x + 3ax + 3 ( a − 1) x − 1, x ∈ ℝ

x = 1 , yC Ð = 3 và đạt cực tiểu tại x = 3, yCT = −1 .

Ta có: f ( 0 ) = −1 < 0, f ( −1) = 1 > 0

• Đồ thị:

lim f ( x ) = −∞, lim f ( x ) = +∞ và đồng thời hàm số này liên tục trên tập số thực nên phương trình x →+∞

f ( x ) = 0 có ba nghiệm phân biệt thuộc các khoảng ( −∞; −1) , ( −1;0 ) , ( 0; +∞ ) .

y '' = 6 x − 12 , y '' = 0 ⇔ x = 2 nên tâm đối xứng là điểm uốn I ( 2;1) .

Giả sử hoành độ của một trong các điểm uốn là x0 nên

Cho x = 0 thì y = −1 .

x03 + 3ax02 + 3 ( a − 1) x0 − 1 = 0 3 0

−

−∞

y '' = 0 ⇔ x + 3ax + 3 ( a − 1) x − 1 = 0

x →−∞

x + 3a − 1 nên chúng thẳng hàng 3

Bài toán 2.4: Cho hàm số: y = x 3 − 6 x 2 + 3mx − m + 2 , m là tham số.

Vậy đồ thị không có điểm uốn, hàm số lồi trên khoảng ( −∞; −1) và lõm trên khoảng ( −1; +∞ ) .

−11

( x0 + 3a − 1) ( x02 + x0 + 1) x0 + 3a − 1 x0 + a = = x02 + x0 + 1 3 3 ( x02 + x0 + 1)

b) Ta có y ' = 3 x 2 − 12 x + 3m

2 0

Ta có: x + 3ax + 3ax0 + 3a − 1 = 3 x0 + 3a

Đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' = 36 − 9 m > 0 ⇔ m < 4

⇔ ( x0 + 3a − 1) ( x + x0 + 1) = 3 ( x0 + a ) 2 0

Gọi các điểm cực trị là A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) .

Trang 5

Trang 6

Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;2 ) và nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) , ( 2;+∞ ) .

 x1 + x2 = 4  x1 x2 = m

Theo định lý Viet 

Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 và yCT = −4 , đạt cực đại tại x = 2 và yC Ð = 5 .

Ta có y1 = ( 2m − 8 ) x1 + m + 2, y2 = ( 2m − 8 ) x2 + m + 2

AB =

( x1 − x2 )

+ ( 2m − 8 ) ( x2 − x1 )

•

( 4m

y '' = −4 x + 2 , y '' = 0  x =

− 32m + 65) (16 − 4m )

) + 193m = 0 ⇔ m ( 4m

(

nên AB = 4 65 ⇔ 4m 2 − 32m + 65 (16 − 4m ) = 1040

⇔ 4m3 − 48m 2

1 nên đồ thị nhận điểm uốn 2

1 1 I  ;  làm tâm đối xứng.  2 2

b) y ' = −2 x 2 + 2 ( m − 1) x + 3m − 2

− 48m + 193) = 0

Hệ số góc của d : x − 3 y + 1 = 0 là k =

⇔ m = 0 (thỏa mãn). Vậy m = 0 . Bài toán 2.5: Cho hàm số: y = −

5 3

Đồ thị cắt Oy tại  0; −  ,

2 2 = 1 + ( 2m − 8) ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2   

Đồ thị:

 

1 3

Tiếp tuyến của ( Cm ) tại mỗi điểm vuông góc với đường thẳng d : x − 3 y + 1 = 0 khi y ' = −3

2 3 5 x + ( m − 1) x 2 + ( 3m − 2 ) x − có đồ thị ( Cm ) với m là tham số. 3 3

⇔ −2 x 2 + 2 ( m − 1) x + 3m − 2 = −3

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 2

⇔ 2 x 2 − 2 ( m − 1) x − 3m − 1 = 0

b) Tìm m để trên đồ thị ( Cm ) có hai điểm phân biệt có hoành độ cùng dấu và tiếp tuyến của ( Cm ) tại mỗi

Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1.x2 > 0

điểm đó vuông góc với đường thẳng d : x − 3 y + 1 = 0 .

 ∆ ' = ( m − 1)2 + 2 ( 3m + 1) > 0  m 2 + 4m + 3 > 0  m < −3   ⇔  −3m − 1 ⇔ ⇔ 1  −1 < m < − 1 >0  m < − 3  3   2

Hướng dẫn giải a) Khi m = 2 hàm số trở thành y = −

2 3 5 x + x2 + 4x − . 3 3

1 3

Vậy m < −3 hay −1 < m < − .

•

Tập xác định D = ℝ

•

Sự biến thiên: y ' = −2 x 2 + 2 x + 4 ; Bài toán 2.6: Cho hàm số y =

y ' = 0 ⇔ x = −1 ∨ x = 2

1 3 1 2 3 x − x − x + 2 . Tìm m để hai điểm A, B thuộc đồ thị ( C ) có tung độ m 6 2 2

và gốc O tạo thành tam giác OAB cân tại O.

Bảng biến thiên

y' y

−1

−∞ −

2 +

Hướng dẫn giải

+∞

Hai điểm A, B thuộc đồ thị ( C ) có tung độ m nên thuộc đường thẳng d : y = m .

Hoành độ giao điểm của d và đồ thị ( C ) là nghiệm của phương trình

+∞ −4

−∞

Phương trình ⇔ x 3 − 3 x 2 − 9 x + 12 − 6m = 0

Trang 7

1 3 1 2 3 x + x − x+2=m 6 2 2

(1)

Trang 8

17  5 − ≤ m ≤ 6 và phương trình (1) m ≠ 0

Đường thẳng d cắt ( C ) tại A, B thỏa mãn tam giác OAB cân tại O khi  2

(

Bảng biến thiên:

(2)

 x2 = 3 

 x 2 x = 12 − 6m  1 2

•

−

+∞

Đồ thị: y '' = 6 x − 6, y '' = 0

Cho x = 0  y = −1 .

b) y = x − 3 x + 3 x + 1 Hướng dẫn giải

⇔ x = 1 nên đồ thị có điểm uốn I (1;2 ) 3

a) y = − x + 3 x − 4 x + 2

+∞

−∞

5 2

−∞

Bài toán 2.7: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3

x →+∞

Đồng nhất các hệ số của (1) và (2):  x12 = 9

Suy ra 12 − 6m = 27 ⇔ m = −

x →−∞

ℝ , hàm số không có cực trị.

)( x − x ) = 0

Phương trình ⇔ x 3 − x2 x 2 − x12 x + x12 x2 = 0

Tập xác định D = ℝ Sự biến thiên: lim y = −∞ và lim y = +∞

Ta có y ' = 3x 2 − 6 x + 3 = 3 ( x − 1) ≥ 0, ∀x nên hàm số đồng biến trên

có nghiệm x1 , − x1 , x2 (trong đó x1 , − x1 là hoành độ của A, B) Khi đó x1 , x2 là nghiệm của phương trình x 2 − x12

• •

(

a) y = − x + 3 x − 4 x + 2

hàm số đã cho đạt cực đại, cực tiểu tại x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 − x1 x2 < 7 .

•

Tập xác định D = ℝ

•

Sự biến thiên lim y = −∞ và lim y = +∞

Hướng dẫn giải

x →−∞

D = ℝ,

x →+∞

Ta có y ' = −3x + 6 x − 4 < 0, ∀x nên hàm số nghịch biến trên ℝ . Hàm số không có cực trị.

y ' = 3x 2 − 6 ( m − 3) x + 3 ( m 2 − 3m + 5 )

Bảng biến thiên

y ' = 0 ⇔ 3x 2 − 6 ( m − 3) x + 3 ( m2 − 3m + 5) = 0

−∞

+∞

Hàm

−

cực

đại,

cực

tiểu

tại

x1 , x2

khi

phương

trình

có

nghiệm

phân

biệt

4 3

Ta có x1 + x2 = 2 ( m − 3 ) ; x1 x2 = m 2 − 3m + 5 2

Đồ thị: y '' = −6 x + 6, y '' = 0

Do đó x1 + x2 − x1 x2 < 7 ⇔ 2 ( m − 3) + 3m − 5 < 7

⇔ x = 1 nên đồ thị có điểm uốn I (1;0 ) .

⇔ m 2 − 5m + 11 < 7

Cho x = 0  y = 2 . Cho y = 0

2 2  m − 5m + 11 < 7  m − 5m + 4 < 0 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔1< m < 4  m − 5m + 11 > −7  m − 5m + 18 > 0

⇔ − x3 + 3x 2 − 4 x + 2 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 − 2 x + 2 ) = 0 ⇔ x = 1 3

số

x1 , x2 ⇔ ∆ ' = −3m + 4 > 0 ⇔ m <

+∞

−∞ •

)

Bài toán 2.8: Cho hàm số: y = x 3 − 3 ( m − 3 ) x 2 + 3 m 2 − 3m + 5 x + 1 , m là tham số. Tìm m để đồ thị của

Kết hợp thì chọn: 1 < m <

b) y = x − 3 x + 3 x + 1 Trang 9

4 3 Trang 10

(

Bài toán 2.9: Cho hàm số: y = x 4 − 2mx 2 + 2m − 1 , với m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3

⇔ AC = AB. 2 ⇔ m 2 = m ⇔ m = 1 hoặc m = 0 .

a) Khi m = 3 , hàm số trở thành y = x 4 − 6 x 2 + 5

•

Sự biến thiên: y ' = 4 x3 − 12 x = 4 x x 2 − 3

(

Vậy chọn m = 1. Bài toán 2.10: Cho hàm số: y = x 4 − mx 2 + 2m − 1 , với m là tham số. Tìm m để đồ thị hàm số cho có 3 điểm

)

cực trị sao cho 3 điểm cực trị cùng với gốc tọa độ là 4 đỉnh của một hình thoi. Hướng dẫn giải

y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ± 3 3

Ta có y ' = 4 x − 2mx

Bảng biến thiên

− 3

−∞

y' y

−

3 −

(

)(

Hàm số đồng biến trên khoảng − 3;0 ,

x = 0 y ' = 0 ⇔ 4 x3 − 2mx = 0 ⇔  2 2 x = m

+∞

+∞ −4

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0

+∞

Khi đó các điểm cực trị:

−4

)

(

) (

3; +∞ và nghịch biến trên khoảng −∞; − 3 ; 0; 3

 m m2   m m2  A − ;− + 2m − 1 , B ( 0;2m − 1) , C  ;− + 2m − 1 2 4 2 4    

)

Vì tam giác ABC cân tại B, AC song song Ox nên O, A, B, C là 4 đỉnh hình thoi khi và chỉ khi OABC là hình thoi

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yC Ð = 5 và đạt cực tiểu tại x = ± 3, yCT = −4 •

)

m ; − m 2 + 2m − 1

ABC là tam giác vuông ⇔ tam giác ABC vuông cân tại B

Hướng dẫn giải

Tập xác định D = ℝ , hàm số chẵn.

(

Vì hàm số chẵn nên tam giác ABC cân tại B ∈ Oy , A và C đối xứng nhau qua Oy.

b) Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho có 3 điểm cực trị lập thành một tam giác vuông.

•

)

A − m ; − m 2 + 2m − 1 , B ( 0; 2m − 1) , C

Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận Oy tại trục đối xứng

⇔ O và B đối xứng nhau qua AC ⇔ ⇔

yO + yB = yA 2

2m − 1 m2 =− + 2m − 1 ⇔ m 2 − 4m + 2 = 0 2 4

⇔ m = 2 ± 2 (thỏa mãn). Vậy m = 2 ± 2 . Bài toán 2.11: Cho hàm số: y = − x 4 − 2mx 2 + m 2 + m , với m là tham số a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = −2 b) Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành Ox tại 4 điểm phân biệt A, B, C, D sao cho AB = BO = OC = CD . Hướng dẫn giải

(

b) Ta có D = ℝ . y ' = 4 x x − m

)

a) Khi m = −2 hàm số trở thành y = − x + 4 x 2 + 2

y ' = 0 ⇔ 4 x ( x 2 − m ) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x 2 = m Hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0

•

Tập xác định D = ℝ , hàm số chẵn

•

Sự biến thiên: y ' = −4 x3 + 8 x = −4 x x 2 − 2

(

)

y' = 0 ⇔ x = 0∨ x = ± 2

Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị hàm số là: Trang 11

Trang 12

Bảng biến thiên

Theo định lý Viet ta có t1 + t2 = −2m; t1t2 = − m 2 − m . 0

− 2

−∞

x y'

−

Do đó 

2 2 4t1 = − m − m

−

6 2

−∞

(

5t1 = −2m

+∞

) (

⇔ 42m 2 + 25m = 0 ⇔ m = 0 hay m = − −∞

)

(

)

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng −∞; − 2 và 0; 2 ; nghịch biến trên mỗi khoảng − 2;0 và

(

)

2; +∞ . Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 0 , giá trị cực tiểu yCT = 2 ; hàm số đạt cực đại tại các điểm

x = ± 2 , giá trị cực đại yC Ð = 6 . •

 4.4m 2 = 25 ( − m 2 − m )

Ta chọn m = −

25 . 41

Bài toán 2.12: Cho hàm số y =

1 4 x − 2x2 + 3 4

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

Đồ thị: nhận Oy là trục đối xứng

b) Tìm m để phương trình x 4 − 8 x 2 + 6 = m có 8 nghiệm phân biệt Hướng dẫn giải a) y =

1 4 x − 2 x2 + 3 . 4

•

Tập xác định D = ℝ . Hàm số chẵn.

•

Sự biến thiên: y ' = x3 − 4 x = x x 2 − 4

(

)

y ' = 0 ⇔ x = 0 hay x = ±2 Bảng biến thiên b) Cho y = 0 ⇔ − x 4 − 2mx 2 + m 2 + m = 0 2

Đặt t = x , t ≥ 0 thì PT: −t + 2mt − m − m = 0

Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt khi phương trình bậc 2 có 2 nghiệm dương phân biệt t1 < t2 .

∆ ' = m + m + m > 0  2m + m > 0   ⇔  S = −2m > 0 ⇔ m < 0  P = −m2 − m > 0 m2 + m < 0   2

−2

−∞ −

2 −

−∞

−1

+∞ +

+∞ −1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −2;0 ) ; ( 2; +∞ ) , hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞; −2 ) ;

( 0; 2 ) . Hàm số đạt cực đại tại

1  m > 0 ∨ m < 2  1 ⇔ m < 0 ⇔ −1 < m < − 2  −1 < m < 0  

•

x = 0; yC Ð = 3 , đạt cực tiểu tại x = ±2, yCT = −1 .

Đồ thị: Đồ thị ( C ) hàm số nhận Oy là trục đối xứng

Vì đồ thị đối xứng qua trục tung nên 4 giao điểm A, B, C, D thỏa mãn AB = BO = OC = CD khi và chỉ khi

t2 = 2 t1 ⇔ t2 = 4t1 . Trang 13

Trang 14

⇔ 2m + 2 + 2 ( −9m 2 − 4m + 1) = 0

2  m = − 3 1 . Chọn giá trị m = . ⇔ 9m + 3m − 2 = 0 ⇔  3 m = 1  3 2

Bài toán 2.14: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số a) y = − x 4 − 2 x 2 + 5

x 4 − 8 x 2 + 12 = m ⇔ Đồ thị ( C ' ) của hàm số y =

1 4 x − 2 x 2 + 3 được suy ra từ đồ thị ( C ) bằng cách giữ nguyên phần nằm 4

•

Tập xác định D = ℝ . Hàm số chẵn

•

Sự biến thiên lim y = −∞ và lim y = −∞ x →−∞

m <1⇔ 0 < m < 4. 4

1 Bài toán 2.13: Cho hàm số: y = x 4 − ( 3m + 1) x 2 + 2 ( m + 1) , với m là tham số. Tìm m để đồ thị hàm số có 3 4 điểm cực trị lập thành một tam giác có trọng tâm là gốc tọa độ. Hướng dẫn giải

−∞

Dựa vào đồ thị, phương trình có 8 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

−∞

Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;0 ) và nghịch biến trên khoảng ( 0; +∞ ) Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 : yC Ð = 5 .

y ' = 0 ⇔ x = 0 ∨ x 2 = 2 ( 3m + 1)

Cho y = 0  x = ±

(

−

−∞

•

Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị là:

+∞

y ' = x3 − 2 ( 3m + 1) x = x  x 2 − 2 ( 3m + 1) 

Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị ⇔ 3m + 1 > 0 ⇔ m > −

x →+∞

y ' = −4 x − 4 x = −4 x ( x + 1) , y ' = 0 ⇔ x = 0 3

BBT

1 4 m m x − 2 x2 + 3 = là giao điểm của đồ thị ( C ' ) và đường thẳng y = . 4 4 4

Số nghiệm của phương trình

a) y = − x − 2 x + 5 .

1 4 m x − 2 x2 + 3 = 4 4

phía trên Ox, còn phần nằm phía dưới Ox thì lấy đối xứng qua Ox.

x4 3 + x2 − 2 2

Hướng dẫn giải

b) Ta có phương trình

b) y =

1 3

Đồ thị: y '' = −12 x 2 − 4 < 0, ∀x nên đồ thị không có điểm uốn.

6 −1

b) y =

(

)

A ( 0;2m + 2 ) , B − 6m + 2; −9m 2 − 4m + 1

và

)

6m + 2; −9m − 4m + 1

x 3 + x2 − 2 2

•

Tập xác định D = ℝ : Hàm số chẵn.

•

Sự biến thiên: lim y = +∞ . x →±∞

y ' = 2 x + 2 x = 2 x ( x 2 + 1) , y ' = 0 ⇔ x = 0 . 3

Vì hàm số chẵn nên tam giác ABC cân tại A thuộc trục Oy, B, C đối xứng nhau qua Oy. O là trọng tâm của tam giác ABC ⇔ y A + yB + yC = 0 Trang 15

Trang 16

BBT

Gọi y = ax + b là TCN, TCX thì:

x y' y

−∞ −

+∞

y x2 − 4 x + 3 4 3 = lim = lim 1 − + 2 = 1 ; x →+∞ x x →+∞ x→+∞ x x x

a1 = lim

+∞

b1 = lim ( y − x ) = lim

+∞

x→+∞

x →+∞

(

x2 − 4x + 3 − x

−3/2 Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) , nghịch biến trên khoảng ( −∞;0 ) và

= lim

x →+∞

3  đạt cực tiểu tại  0; −  . 2 

x3 + 2 x2 − 2x

b) y =

= lim

x2 + x + 1 −5 x 2 − 2 x + 3

x →−∞

b2 = lim ( y + x ) = lim x →−∞

a) D = ℝ \ {0;2} suy ra 2 TCĐ: x = 0 và x = 2 .

= lim

x →−∞

x3 + 2 4x + 2 = x+2+ 2 nên TCX: y = x + 2 . x2 − 2x x − 2x 3 5

b) D = ℝ \ −1;  suy ra 2 TCĐ: x = −1 và x =

−4 x + 3 2

x − 4x + 3 − x

= lim

x →−∞

−x 1−

(

x2 − 4 x + 3 + x

= lim

3 x

4 3 + −1 x x2

x→−∞

)

−4 x + 3 4 3 −x 1− + 2 − x x x

−4 =2 −2

Vậy tiệm cận xiên: y = − x + 2 (khi x → −∞ )

Bài toán 2.16: Tìm các đường tiệm cận của đồ thị mỗi hàm số sau:

3 a) y = x + x

b) y =

Cách khác: y =

x2 − 4 x + 3 = x − 2 +

x − 4x + 3 và vì lim

x →±∞

Hướng dẫn giải

(

x2 − 4x + 3 − x − 2

)

x 2 − 4 x + 3 − x − 2 = 0 suy ra TCX.

Bài toán 2.17: Tùy theo m, tìm các tiệm cận của đồ thị:

a) D = ( 0; +∞ ) . Ta có lim+ y = +∞ nên TCĐ: x = 0 (khi x → 0+ ) x →0

x →+∞

−4 +

3 . 5

1 1 Ta có lim y = − nên TCN: y = − . x →±∞ 5 5

x →+∞

4 3 + x x 2 = − lim 1 − 4 + 3 = −1 x →+∞ x x x2

−x 1−

Hướng dẫn giải

Ta có lim ( y − x ) = lim

x →+∞

y x2 − 4 x + 3 = lim x →−∞ x x →−∞ x

Bài toán 2.15: Tìm các đường tiệm cận của đồ thị mỗi hàm số sau:

 

x2 − 4 x + 3 + x

= lim

a2 = lim

3  Giao điểm với trục tung  0; −  , giao điểm với trục hoành ( −1;0 ) và (1;0 ) . 2 

Ta có y =

3 x = −2 4 3 1− + 2 +1 x x −4 +

−4 x + 3

Vậy tiệm cận xiên: y = x − 2 (khi x → +∞ ).

• Đồ thị: y '' = 6 x 2 + 2 > 0, ∀x nên đồ thị không có điểm uốn.

a) y =

)

a) y =

3 nên TNX: y = x (khi x → +∞ ). x

x 2 + mx + 1 x −1

b) y =

mx3 − 1 x − 3x + 2 2

Hướng dẫn giải

b) D = ( −∞;1] ∪ [3; +∞ ) . Đồ thị không có TCĐ. Trang 17

Trang 18

a) Ta có y =

x 2 + mx + 1 m+2 = x + m +1+ ,x ≠1 x −1 x −1

- Khi m ≠ −2 thì lim ( y − ( x + m + 1) ) = lim x →±∞

lim+ x →1

x →±∞

 2 x 2 + ( m + 1) x − 3  lim ( y − 2 x ) = lim  − 2x   x →∞ x →∞  x x + m ( )  

m+2 = 0 nên y = x + m + 1 là tiệm cận xiên. Ta có: x −1

x 2 + mx + 1 = +∞ x −1

Khi m > −2 và lim+ x →1

Suy ra phương trình tiệm cận xiên là y = 2 x + 1 − m . TCX đi qua A (1;1) khi và chỉ khi: 1 = 2.1 + 1 − m ⇔ m = 2 .

x 2 + mx + 1 = −∞ khi m < −2 nên TCĐ x = 1 . x −1

- Khi m = −2 thì y =

2 x 2 + ( m + 1) x − 3 − 2 x 2 − 2mx =1− m x →∞ x+m

= lim

( x − 1) x −1

b) Đồ thị có tiệm cận đứng là x = − m . Từ đó suy ra giao điểm của hai tiệm cận là I ( − m;1 − 3m ) .

(với x ≠ 1 ), đồ thị là đường thẳng (trừ điểm (1;0 ) ) nên nó trùng với tiệm

Giao điểm này nằm trên đường cong y = x 2 + 3 khi 2

1 − 3m = ( − m ) + 3 ⇔ m 2 + 3m + 2 = 0 ⇔ m = −1 hoặc m = −2

cận xiên. b) Ta có: y =

mx 3 − 1 7 mx − 1 − 6m = mx + 3m + 2 x − 3x + 2 x − 3x + 2

Khi m = 1 thì y = Khi m =

Bài toán 2.19: Cho hàm số y =

độ thành một tam giác có diện tích bằng 18.

x3 − 1 x2 + x + 1 = , x ≠ 1, x ≠ 2 x − 3x + 2 x−2

Hướng dẫn giải

1 x3 − 8 x2 + 2x + 4 thì y = = , x ≠ 1, x ≠ 2 2 8 8 ( x − 1) 8 ( x − 3x + 2 )

Hàm số y = x − m +

(

m−2 , D = ℝ \ {−1} . x +1

)

Ta có lim y − ( x − m ) = 0 nên tiệm cận xiên d của ( Cm ) có phương trình y = x − m . Giao điểm của d

Từ đó suy ra: Với m = 1 thì x = 2 là tiệm cận đứng Với m =

x 2 + (1 − m ) x − 2 ( Cm ) . Tìm m để tiệm cận xiên của ( Cm ) tạo với các trục tọa x +1

x →±∞

với Ox: A ( m;0 ) , giao điểm của d với Oy: B ( 0; − m )

1 thì x = 1 là tiệm cận đứng. 8

Diện tích tam giác OAB là S =

1 Với m ≠ 1 và m ≠ thì đồ thị có hai tiệm cận đứng là x = 1 và x = 2 . 8

Điều kiện S = 18 ⇔

7mx − 1 − 6m Ta có lim ( y − ( mx + 3m ) ) = lim 2 = 0 nên đồ thị có TCN, TCX: y = mx + 3m . x →±∞ x →±∞ x − 3 x + 2

1 2 m = 18 ⇔ m = ±6 2

Bài toán 2.20: Cho hàm số: y =

2 x 2 + ( m + 1) x − 3 Bài toán 2.18: Cho đường cong ( Cm ) : y = x+m

1 2 m . 2

2x −1 . x −1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số

a) Tìm m để tiệm cận xiên của ( Cm ) đi qua A (1;1)

b) Suy ra đồ thị y =

b) Tìm m để giao điểm của hai tiệm cận nằm trên ( P ) : y = x + 3

2x −1 . x −1 Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải

2 x 2 + ( m + 1) x − 3 y = lim =2 x →∞ x x →∞ x ( x + m)

a) y =

a) Ta có lim

2x −1 . x −1

• Tập xác định D = ℝ \ {1} . Trang 19

Trang 20

• Sự biến thiên: Ta có: lim− y = −∞ và lim+ y = +∞ x →1

Bài toán 2.21: Cho hàm số: y =

x →1

Do đó đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.

Vì lim y = lim y = 2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị. x →−∞

Ta có: y ' =

x →+∞

b) Lập phương trình tiếp tuyến của ( C ) , biết tiếp tuyến cắt đường tiệm cận đứng tại A, cắt đường tiệm cận

−1

( x − 1)

< 0, ∀x ≠ 1

ngang tại B mà OB = 2OA . Hướng dẫn giải

Bảng biến thiên

2x − 2 . x +1

−1

−∞

−

2x − 2 a) y = x +1

+∞ −

+∞ 2

Tập xác định D = ℝ \ {−1}

•

Sự biến thiên: Ta có lim − y = +∞ và lim + y = −∞ x →( −1)

x →( −1)

Do đó đường thẳng x = −1 là tiệm cận đứng Ta có lim y = lim y = 2 nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận đứng

−∞

x →−∞

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) , (1; +∞ )

y' =

1  • Đồ thị: Đồ thị ( C ) cắt Ox tại  ;0  cắt Oy tại ( 0;1) . 2 

( C ) nhận giao điểm I ( 0;2 )

•

x →+∞

( x + 1)

> 0, ∀x ≠ −1

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) ; ( −1; +∞ )

hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

•

Đồ thị: Đồ thị ( C ) cắt Ox tại (1;0 ) , cắt Oy tại ( 0; −2 ) , và nhận giao điểm I ( −1;2 ) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.

 2x −1 2 x − 1  x − 1 b) Ta có y = = x −1  2x − 1 −  x − 1

khi x > 1 nên đồ thị ( C ' ) giữ nguyên phần bên phải tiệm cận đứng x = 1

khi x < 1

của đồ thị ( C ) , còn phần bên trái tiệm cận đứng x = 1 của đồ thị ( C ) thì lấy đối xứng qua trục hoành.

Trang 21

b) Phương trình tiếp tuyến tại M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) , x0 ≠ −1

d:y=

( x0 + 1)

( x − x0 ) +

2 x0 − 2 x0 + 1

Trang 22



Giao điểm của d với tiệm cận đứng x = −1 là A  −1;



2 x0 − 6  ; x0 + 1 

Giao điểm của d với tiệm cận ngang y = 2 là B ( 2 x0 + 1; 2 ) . Do đó OB = 2OA ⇔

 2x − 6  2 4 + ( 2 x0 + 1) = 2 1 +  0   x0 + 1 

 2  2 x0 + 1 =  2 x0 − 6  ⇔ ( 2 x0 + 1) = 4   ⇔   x0 + 1   2 x0 + 1 =  2

⇔ x0 =

4 x0 − 12 x0 + 1

 2 x02 − x0 + 13 = 0 (VN ) ⇔ 2 4 x0 − 12  2 x0 + 7 x0 − 11 = 0 x0 + 1

b) Vì x = 1 không là nghiệm nên phương trình

x−2 = m−5 x −1

−7 ± 137 . Thế vào d thì có tiếp tuyến cần tìm. 4

x − 2 = ( x − 1)( m − 5 ) ⇔

x−2 . x −1

 x−2 x − 2  x − 1 Ta có: y = = x −1  x − 2 −  x − 1

Bài toán 2.22: Cho hàm số: y = a) y =

x−2 . x −1

•

Tập xác định: D = ℝ \ {1}

•

Sự biến thiên: Ta có lim− y = +∞ và lim+ y = −∞

Suy ra đồ thị ( C ' ) của y =

x →1

khi x ≥ 2 khi 1 ≠ x < 2 x−2 gồm phần của ( C ) ứng với x ≥ 2 và đối xứng phần ( C ) ứng với x −1

x < 2 qua trục hoành.

x →1

Do đó đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng.

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị ( C ' ) và đường thẳng y = m − 5 :

Vì lim y = lim y = 1 nên đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang.

Xét m − 5 ≥ 1 hay m − 5 = 0 hay m − 5 < −1

x →−∞

x →+∞

Ta có y ' =

⇔ m ≥ 6 hay m = 5 hay m < 4 thì phương trình có 1 nghiệm.

( x − 1)

> 0, ∀x ≠ 1 .

Xét 0 < m − 5 < 1 ⇔ 5 < m < 6 thì phương trình có 2 nghiệm. Xét −1 ≤ m − 5 < 0 ⇔ 4 < m < 5 thì phương trình vô nghiệm.

Bảng biến thiên

−∞

+ 1

+∞

m− x , với m là tham số. Tìm m để đường thẳng d : 2 x + 2 y − 1 = 0 cắt đồ thị x+2 3 tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB có diện tích là S = . 8

Bài toán 2.23: Cho hàm số: y =

+∞

Hướng dẫn giải

−∞

−x + m 1 Phương trình hoành độ giao điểm = −x + x+2 2

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) , (1; +∞ ) •

Đồ thị: Đồ thị ( C ) cắt Ox tại ( 2;0 ) , cắt Oy tại ( 0; 2 ) , ( C ) nhận giao điểm I (1;1) của hai đường tiệm

⇔ 2 x 2 + x + 2 ( m − 1) = 0, x ≠ −2 Ycbt là phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt khác −2

cận làm tâm đối xứng. Trang 23

Trang 24

17   ∆ = 17 − 16m > 0 m < ⇔ ⇔ 66 2  m ≠ −2  2 ( −2 ) − 2 + 2 ( m − 1) ≠ 0

= 2

( x2 − x1 )

= 2

( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 )

(

( x2 + x1 )

2 − 4 x1 x2 = . 17 − 16m 2

(1 +

)(

)

2 2

x2 + 2 x + 5 x +1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số b) Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm dương phân biệt:

x 2 + 2 x + 5 = ( m 2 + 2m + 5) ( x + 1)

3 17 − 16m 3 1 ⇔ = ⇔ m = (thỏa mãn). 8 8 8 2

Hướng dẫn giải

−x +1 . Tìm trên ( H ) các điểm A, B sao cho độ dài AB = 4 và đường thẳng x−2 AB vuông góc với đường thẳng y = x .

a) y =

Hướng dẫn giải

•

Tập xác định D = ℝ \ {−1} .

•

Sự biến thiên: y ' = 1 −

Bài toán 2.24: Cho hàm số y =

Vì đường thẳng AB vuông góc với y = x nên phương trình của AB là:

x + 2x + 5 4 = x +1+ x +1 x +1

y = −x + m . Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình

4 x2 + 2 x − 3 = , y ' = 0 ⇔ x = 1, x = −3 . 2 x +1 ( x + 1)

Bảng biến thiên

−x +1 = −x + m x−2

⇔ x 2 − ( m + 3) x + 2m + 1 = 0, x ≠ 2 .

Điều kiện phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và khác 2:

∆ = ( m + 3) − 4 ( 2m + 1) = m − 2m + 5 > 0, ∀m  4 − ( m + 3) .2 + 2m + 1 = −1 ≠ 0, ∀m 2

)

2; −2 − 2 , 3 − 2; −2 + 2 .

Bài toán 2.25: Cho hàm số y =

1 1 2 1 17 − 16m AB.h = . . 17 − 16m . = 2 2 2 8 2 2

Nên SOAB =

)(

Nên A, B có tọa độ 3 + 2; − 2 , 3 − 2; 2 Với m = −1 , tương tự hai điểm A, B có tọa độ:

Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến d là h =

SOAB =

⇔ m 2 − 2 m − 3 = 0 ⇔ m = 3 ∨ m = −1 Với m = 3 thì phương trình: x 2 − 6 x + 7 = 0 ⇔ x = 3 ± 2

1   x + x2 = − Ta có  1 2 nên AB =  x1 x2 = m − 1 2

⇔ ( m + 3) − 4 ( 2m + 1) = 8

−3

−∞ +

−1 −

−

−4

−∞

1 0

+∞ −∞

+∞ +

+∞ 4

luôn thỏa mãn. Ta có x1 + x2 = m + 3; x1.x2 = 2m + 1 2

Nên AB 2 = 16 ⇔ ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) = 16 2

⇔ ( x2 − x1 ) + ( − x2 + m + x1 − m ) = 16 2

⇔ ( x2 − x1 ) = 8 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 8 Trang 25

Trang 26

Hướng dẫn giải

3 a) Ta có y = x − x−2 •

Tập xác định D = ℝ \ {2} .

•

Sự biến thiên: lim− y = +∞ và lim+ y = −∞ nên TCĐ: x = 2 x →2

lim ( y − x ) = lim

x →±∞

y ' =1+

x ±∞

( x − 2)

x →2

3 = 0 nên TCX: y = x . x−2

> 0 với mọi x ≠ 2 nên hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; 2 ) và ( 2; +∞ ) .

Bảng biến thiên: Hàm số đồng biến trên ( −∞; −3) , (1; +∞ ) , nghịch biến trên ( −3; −1) , ( −1;1) .

Hàm số đạt CĐ ( −3; −4 ) , CT (1; 4 ) .

Ta có lim − y = −∞, lim + y = +∞ nên TCĐ: x = 2

x →( −1)

−∞

+∞

x →( −1)

−∞

4 = 0 nên TCX: y = x + 1 . x →±∞ x + 1

−∞

lim ( y − ( x + 1) ) = lim

x →±∞

•

Đồ thị:

Cho x = 0  y = 5 Tâm đối xứng là giao điểm 2 tiệm cận I ( −1;0 ) b) Vì x = −1 không là nghiệm nên phương trình đã cho tương đương với:

x2 + 2 x + 5 = m 2 + 2m + 5 . Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số x +1 x2 + 2x + 5 y= với đường thẳng y = m 2 + 2 m + 5 . x +1 Phương trình có hai nghiệm dương khi và chỉ khi:

 m ≠ −1 4 < m 2 + 2m + 5 < 5 ⇔   −2 < m < 0

•

Đồ thị:

Cho x = 0  y =

x2 − 2 x − 3 Bài toán 2.26: Cho hàm số y = x−2

3 2

y = 0  x = −1; x = 3

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.

b) Điểm M ( x; y ) ∈ ( C ) có tọa độ nguyên khi x − 2 là ước số của 3 nên x − 2 = ±1, ±3 .

b) Tìm các điểm trên ( C ) có tọa độ là số nguyên và chứng minh đồ thị ( C ) có tâm đối xứng. Trang 27

Trang 28

Do đó ( C ) có 4 điểm có tọa độ nguyên: (1; 4 ) , ( 3;0 ) , ( −1;0 ) và ( 5; 4 ) .

 x = X + 2 y = Y + 2

Giao điểm 2 tiệm cận I ( 2;2 ) chuyển trục bằng phép tịnh tiến vectơ OI :  Đồ thị ( C ) : Y + 2 = ( X + 2 ) − Vì Y = F ( X ) : X −

⇔Y = X −

( X + 2) − 2

3 X

3 là hàm số lẻ nên đồ thị ( C ) nhận gốc I ( 2;2 ) làm tâm đối xứng. X

Bài toán 2.27: Cho hàm số y =

x2 + 1 x

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. Tính góc giữa 2 tiệm cận 2

b) Biện luận theo m số nghiệm của PT:

x +1 m +1 = x m Hướng dẫn giải

a) y = x +

1 x

m2 + 1 m2 + 1 < −2 hoặc > 2 ⇔ m ≠ 0, m ≠ ±1 , thì PT có 2 nghiệm m m

Nếu

m2 + 1 m2 + 1 = −2 hoặc = 2 ⇔ m = −1 hoặc m = 1 thì PT có 1 nghiệm. m m

Còn khi m = 0 thì PT vô nghiệm.

•

Tập xác định D = ℝ \ {0} . Hàm số lẻ.

•

Sự biến thiên: y ' =

Bài toán 2.28: Cho hàm số y =

(1)

b) Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ) khi m = 1 . Suy ra đồ thị hàm số y =

x →0

x →±∞

a) Gọi M ( x0 ; y0 ) là điểm cố định của đồ thị (1):

Bảng biến thiên

−1

−∞

−

−2

−∞

+∞ −∞

+∞ +

+∞ 2

y0 =

m ( x02 − x0 ) + 1 mx02 − mx0 + 1 , ∀m ⇔ y0 = , ∀m x01 − 1 x0 − 1

 x02 − x0 = 0, x0 − 1 ≠ 0  x0 = 0  ⇔ ⇔ 1 y = 0  y0 = −1  x0 − 1  Vậy các đồ thị luôn luôn qua M ( 0; −1) .

Đồ thị: Đối xứng nhau qua gốc O.

TCĐ: x = 0 , TCX: y = x nên hai tiệm cận hợp nhau góc 45°. b) Số nghiệm phương trình

x2 − x + 1 x −1

Hướng dẫn giải

1 = 0 nên TCX: y = x . x →±∞ x

lim ( y − x ) = lim

•

mx 2 − mx + 1 x −1

a) Tìm điểm cố định của đồ thị hàm số (1).

x2 − 1 , y ' = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = 1 . x2

lim y = −∞; lim+ y = +∞ nên TCĐ: x = 0

x →0−

Nếu

b) Khi m = 1 thì y =

x2 + 1 m2 + 1 m2 + 1 = f ( m) . = là số giao điểm của đồ thị với đường thẳng y = x m m

•

x2 − x + 1 1 = x+ x −1 x −1

Tập xác định D = ℝ \ {1}

Dựa vào đồ thị ta có: Trang 29

Trang 30

•

Sự biến thiên y ' = 1 −

( x − 1)

x2 − 2 x

( x − 1)

b) y ' =

, y ' = 0 ⇔ x = 0, x = 2 .

Bảng biến thiên:

0 +

−

−1

(5 + x2 ) 5 + x 2

> 0, ∀x

Bài tập 2.2: Tìm tham số để đồ thị:

+∞

a) y = f ( x ) = x3 − ax 2 + x + b nhận I (1;1) làm điểm uốn.

+∞

−∞ •

; y '' =

Kết quả đồ thị lõm trên ℝ .

−∞

x 5 + x2

b) y = f ( x ) = x 4 − mx 2 + 3 có 2 điểm uốn.

+∞

Hướng dẫn giải

−∞

Đồ thị

f ' ( x ) = 3x − 2ax + 1; f '' ( x ) = 6 x − 2a . Kết quả a = 3 và b = 2

b) Kết quả m > 0 Bài tập 2.3: Cho hàm số: y = x3 − 3 ( m + 1) x 2 + 9 x − m , với m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 . b) Tìm m để đồ thị hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1 − x2 ≤ 2 . Hướng dẫn a) Khi m = 1 thì y = x3 − 6 x 2 + 9 x − 1 . b) Kết quả −3 ≤ m < −1 − 3 và −1 + 3 < m ≤ 1 . Bài tập 2.4: Cho hàm số: y = 2 x3 − 3 ( m − 1) x 2 + m , với m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 2 . b) Tìm m để đồ thị của hàm số đã cho có hai điểm cực trị sao cho điểm I ( 3;1) nằm trên đường thẳng đi qua 2

x2 − x + 1 Ta có y = là hàm số chẵn nên đồ thị ( C ' ) đối xứng nhau qua Oy. x −1

cực trị. Hướng dẫn

Khi x ≥ 0 thì lấy phần đồ thị ( C ) , sau đó lấy đối xứng phần đó qua Oy thì được đồ thị ( C ' ) .

a) Khi m = 2 thì y = 2 x − 3 x + 2 b) Lấy y chia y ' . Kết quả m =

3. BÀI LUYỆN TẬP Bài tập 2.1: Tìm khoảng lồi, lõm và điểm uốn của đồ thị:

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.

Hướng dẫn giải a) y ' =

−1 3 3 (1 − x )

; y '' =

−2 9 (1 − x ) 3 (1 − x )

4 . 3

Bài tập 2.5: Cho hàm số y = x 4 − 3 x 2 − 2 . b) y = 5 + x 2

a) y = 3 1 − x

b) Tìm số m dương để đường thẳng y = m cắt ( C ) tai hai điểm A, B sao cho tam giác OAB vuông tại gốc tọa

≠0

độ O. Hướng dẫn

Kết quả đồ thị lồi trên khoảng ( −∞;1) , lõm trên khoảng (1; +∞ ) và không có điểm uốn.

a) Tập xác định D = ℝ . y ' = 4 x3 − 4 x; y '' = 12 x 2 − 4 . Trang 31

Trang 32

b) Kết quả a = 2 .

a) Tập xác định D = ℝ \ {−1} . y ' =

Bài tập 2.6: Tìm các đường tiệm cận của đồ thị mỗi hàm số sau: a) y =

x3 + x + 1 x2 − 1

( x + 1)

b) Kết quả y = x − 2; y = x + 6 .

b) y = x + x 2 − 1

Bài tập 2.10: Cho hàm số: y =

Hướng dẫn a) Chia tử cho mẫu thức để tách bậc nhất.

2x −1 x −1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.

Kết quả TCĐ: x = −1 và x = 1 ; TCX: y = x .

b) Với giá trị nào của m, đường thẳng d : y = − x + m cắt ( C ) tại hai điểm A, B thỏa mãn AB = 10 .

b) Kết quả TCX: y = 2 x (khi x → +∞ ); TCN: y = 0 (khi x → −∞ )

Hướng dẫn

Bài tập 2.7: Tìm m để tiệm cận xiên của đồ thị: a) y =

2 x 2 + ( m + 1) x − 3 qua H (1;1) x+m

a) Tập xác định D = ℝ \ {1} . y ' =

−3

( x − 1)

b) Kết quả m = 0 hay m = 6 .

x 2 + mx − 1 tạo với 2 trục tọa độ thành tam giác có S = 1 x −1

Bài tập 2.11: Cho hàm số y =

Hướng dẫn

x2 + 4 x

a) Tìm TCX rồi thế tọa độ H (1;1) vào TCX. Kết quả m = 2

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.

b) Kết quả m = −1 ± 2

b) Tìm m sao cho đường thẳng y = m ( x − 2 ) + 4 cắt đường cong ( C ) tại hai điểm thuộc hai nhánh của nó.

Bài tập 2.8: Cho hàm số: y =

Hướng dẫn

x +1 . x −1

a) Tập xác định D = ℝ \ {0} . y ' =

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho. b) Tìm điểm M trên đồ thị ( C ) sao cho tổng khoảng cách từ M đến các đường thẳng ∆1 : 2 x + y − 4 = 0 và

∆ 2 : x + 2 y − 2 = 0 là nhỏ nhất. Hướng dẫn a) Tập xác định D = ℝ \ {1} . y ' =

(

−2

( x − 1)

) (

Kết quả m > 1

x 2 + ( m − 1) x + 2 1− x

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên khi m = 2 .

b) Kết quả M 1 + 2;1 + 2 , M 1 − 2;1 − 2 Bài tập 2.9: Cho hàm số: y =

b) Điều kiện phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm khác dấu.

Bài tập 2.12: Cho hàm số y =

4 x +4 = x+ . x x

b) Xác định m để hàm số đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1 x2 = −3 .

)

Hướng dẫn 2

x−3 . x +1

a) Khi m = 2 thì y =

x +x+2 1− x

b) Dùng định lý Viet. Kết quả m = 2 .

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho b) Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) biết khoảng cách từ tâm đối xứng của ( C ) đến tiếp tuyến bằng 2 2 . Hướng dẫn Trang 33

Trang 34

- Phương trình trùng phương ax 4 + bx 2 + c = 0, a ≠ 0 có 4 nghiệm phân biệt lập cấp số cộng khi 0 < t1 < t2 ,

CHUYÊN ĐỀ 3 - BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐỒ THỊ

t2 = 9t1 .

1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM

Tiếp tuyến và tiếp xúc:

Sự tương giao: Cho 2 đồ thị của hàm số: y = f ( x ) , y = g ( x )

- Tiếp tuyến tại điểm M ( x0 ; y0 ) của đồ thị ( C ) : y = f ( x )

Phương trình hoành độ giao điểm: f ( x ) = g ( x ) ⇔ f ( x ) − g ( x ) = 0 là một phương trình đại số, tùy theo số

y − y0 = f ' ( x0 )( x − x0 ) , hệ số góc: f ' ( x ) = k = tan ( 0 x, t )

nghiệm mà có quan hệ tương giao. Vô nghiệm: không có điểm chung, 1 nghiệm (đơn): cắt nhau, 1 nghiệm kép: tiếp xúc, 2 nghiệm phân biệt: 2 giao điểm,…

- Điều kiện 2 đồ thị y = f ( x ) và y = g ( x ) tiếp xúc là hệ phương trình:

Chú ý:

 f ( x ) = g ( x ) có nghiệm   f ' ( x ) = g ' ( x )

1) Phương trình bậc 3: ax 3 + bx 2 + cx + d , a ≠ 0

(

- Tiếp tuyến đi qua điểm K ( a; b ) : Lập phương trình tiếp tuyến tại x0 bất kỳ rồi cho tiếp tuyến đi qua điểm

)

Nếu có nghiệm x = x0 thì phân tích: ( x − x0 ) Ax 2 + Bx + C = 0 Nếu đặt hàm số f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d thì điều kiện: có 1 nghiệm: đồ thị không có cực trị hoặc

yC Ð . yCT > 0 , có 2 nghiệm: yC Ð . yCT = 0 , có 3 nghiệm phân biệt: yCÐ . yCT < 0 .

Yếu tố đối xứng: - Hàm số chẵn: ∀x ∈ D  − x ∈ D và f ( − x ) = f ( x ) Đồ thị hàm số chẵn đối xứng nhau qua trục tung.

g ( x) 2) Hai điểm trên 2 nhánh đồ thị y = , ta thường lấy hai hoành độ k − a và k + b với a, b > 0 . x−k

- Hàm số lẻ: ∀x ∈ D  − x ∈ D và f ( − x ) = − f ( x ) Đồ thị hàm số lẻ đối xứng nhau qua gốc O.

Góc và khoảng cách:

- Góc giữa 2 vectơ: cos u , v =

- Công thức chuyển hệ trục bằng phép tịnh tiến OI .

xx '+ yy '

( )

 x = X + x0  y = Y + y0

x 2 + y 2 . x '2 + y '2

(

)

- Góc giữa 2 đường thẳng: cos α = cos n, n ' = 2

( xB − x A ) + ( yB − y A )

( Oxy ) → ( IXY ) với I ( x0 ; y0 ) :  AA '+ BB '

- Điều kiện ( C ) nhận I ( x0 , y0 ) là tâm đối xứng.

A2 + B 2 . A '2 + B '2

y0 =

- Khoảng cách từ M 0 ( x0 ; y0 ) đến ( ∆ ) : Ax + By + C = 0 :

Chú ý: Với hai đường thẳng d : y = ax + b, d ' : y = a ' x + b ' thì có: d ≡ d ' khi a = a ' , b = b ' ; d / / d ' khi a = a ' , b ≠ b ' ; d ⊥ d ' khi a.a ' = −1

 yC Ð . yCT < 0  Phương trình bậc 3 có 3 nghiệm dương khi:  xC Ð , xCT > 0 a. f 0 < 0 ( ) 

- Khoảng cách AB =

K ( a; b ) thì tìm ra x0 .

f ( x0 − x ) + f ( x0 + x ) , ∀x0 − x, x0 + x ∈ D , hoặc chuyển trục bằng phép tịnh tiến đến gốc I nói trên 2

là hàm số lẻ. - Điều kiện ( C ) nhận d : x = a làm trục đối xứng;

Ax0 + By0 + C A2 + B 2

f ( a − x ) = f ( a + x ) , ∀a − x, a + x ∈ D , hoặc chuyển trục bằng phép tịnh tiến đến S ( a;0 ) là hàm số

- Đồ thị hàm bậc 3: y = f ( x ) cắt trục hoành tại 3 điểm A, B, C theo thứ tự có khoảng cách AB = BC tức

chẵn.

là 3 nghiệm x1 , x2 , x3 lập cấp số cộng thì điểm uốn thuộc trục hoành.

Quỹ tích điểm M: Tìm tọa độ x, y của M, khử tham số giữa x và y. Trang 1

Trang 2

Giới hạn: Chuyể ndk nếu có của tham số về điều kiện của x (hay y).

(

Bài toán 3.1: Chứng minh rằng đồ thị hàm số y = x 4 + 2m 2 x 2 + 1 luôn cắt đường thẳng y = x + 1 tại đúng hai Hướng dẫn giải

Bài toán 3.3: Tìm các giá trị của m để đường thẳng ( d m ) đi qua điểm A ( −2;2 ) và có hệ số góc m cắt đồ thị của hàm số: y =

x 4 + 2m 2 x 2 + 1 = x + 1 ⇔ x ( x3 + 2m 2 x − 1) = 0

b) Tại hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị?

Xét hàm số f ( x ) = x3 + 2m 2 x − 1 . Ta có f ( 0 ) = −1 ≠ 0 và

Hướng dẫn giải

f ' ( x ) = 3x + 2m ≥ 0 nên hàm số này đồng biến trên ℝ .

(

Phương trình của ( d m ) : y = m ( x + 2 ) + 2 = mx + 2m + 2 .

)

Phương trình hoành độ giao điểm của ( d m ) và đường cong:

)

mx + 2m + 2 =

Vì lim f ( x ) = lim x + 2m x − 1 = −∞

(

và lim f ( x ) = lim x + 2m x − 1 = +∞ x →+∞

x →+∞

2x −1 x +1

a) Tại hai điểm phân biệt?

⇔ x = 0 hoặc x3 + 2m 2 x − 1 = 0

x →−∞

⇔ −4m3 + m 2 + 2m + 1 < 0 ⇔ ( m − 1) ( 4m 2 + 3m + 1) > 0 ⇔ m > 1 .

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:

x →∞

)

(vì ∆ = 9 − 16 < 0 nên 4m 2 + 3m + 1 > 0, ∀m ).

điểm phân biệt với mọi giá trị m.

)(

⇔ m + 1 − 2m. m m + 1 + 2m m < 0 ⇔ ( m + 1) − 4m3 < 0 .

2. CÁC BÀI TOÁN

) ( m) < 0

⇔ m > 0 và yC Ð . yCT < 0 ⇔ f − m . f

Đặc biệt: Nếu M ( x; y ) ∈ (V ) thì chỉ cần tìm x rồi rút tham số để thế, khử tham số.

nên phương trình f ( x ) = 0 luôn có nghiệm duy nhất x ≠ 0 : đpcm.

2x −1 ⇔ ( mx + 2m + 2 )( x + 1) = 2 x − 1, x ≠ −1 x +1

⇔ mx 2 + 3mx + 2m + 3 = 0, x ≠ −1

Bài toán 3.2: Tìm m để đồ thị hàm số sau cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt:

(1)

a) Đường thẳng ( d m ) cắt đường cong đã cho tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai

a) y = x3 + ( 2m + 1) x 2 + ( 3m + 2 ) x + m + 2 .

nghiệm phân biệt khác −1.

b) y = x 3 − 3mx + m + 1 .

a ≠ 0 m ≠ 0 ⇔ 2 ⇔ m < 0 hoặc m > 12 .  m − 12m > 0 ∆ > 0, g ( −1) ≠ 0

Hướng dẫn giải a) Cho y = 0 ⇔ x3 + ( 2m + 1) x 2 + ( 3m + 2 ) x + m + 2 = 0

b) Hai nhánh của đường cong đã cho nằm về hai bên của đường tiệm cận đứng x = −1 của đồ thị. Đường thẳng ( d m ) cắt đường cong đã cho tại hai điểm thuộc hai nhánh của nó khi và chỉ khi phương trình (1) có

⇔ ( x + 1) ( x + 2mx + m + 2 ) = 0 2

hai nghiệm x1 , x2 và x1 < −1 < x2 .

⇔ x = −1 hoặc f ( x ) = x 2 + 2mx + m + 2 = 0 (1) Đồ thị của hàm số đã cho cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác −1.

∆ ' = 0 m2 − m − 2 > 0 ⇔ ⇔ m < −1 hoặc m > 2, m ≠ 3   −m + 3 ≠ 0  f ( −1) ≠ 0

Đặt x = t − 1 thì x1 < −1 < x2  t1 < 0 < t2 . 2

Phương trình trở thành: m ( t − 1) + 3m ( t − 1) + 2m + 3 = 0

⇔ mt 2 + mt + 3 = 0 ( 2 ) . ĐK phương trình (2) có hai nghiệm trái dấu ⇔ P < 0 ⇔ m < 0 .

b) D = ℝ . Ta có y ' = 3 x 2 − 3m, y ' = 0 ⇔ x 2 = m .

Bài toán 3.4: Tìm tham số để đường thẳng

Điều kiện ( Cm ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt là đồ thị có CĐ, CT và yC Ð . yCT < 0 Trang 3

Trang 4

a) y = m, m > 0 cắt đồ thị ( C ) của hàm số y = x 4 − 3 x 2 − 2 tại hai điểm A, B sao cho tam giác OAB vuông

a) Hoành độ giao điểm của đường cong và trục hoành là nghiệm phương trình:

x 4 − ( m + 1) x 2 + m = 0 ⇔ x 2 = 1 hoặc x 2 = m .

tại gốc tọa độ O. b) y = 3 x + m cắt đồ thị ( C ) của hàm số y =

x2 tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 và x1 − x2 đạt x −1

giá trị nhỏ nhất.

Điều kiện m > 0 và m ≠ 1 . Khi đó, phương trình có 4 nghiệm

x = −1, x = 1, x = − m , x = m

Hướng dẫn giải a) Phương trình hoành độ giao điểm:

x 4 − 3x 2 − 2 = m ⇔ x 4 − 3x 2 − 2 − m = 0 Với mọi m > 0 thì đường thẳng y = m cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A ( x A ; m ) và B ( xB ; m ) đối xứng

Đường cong cắt trục hoành tại 4 điểm tạo thành ba đoạn thẳng bằng nhau khi:

qua Oy, x A < xB .

Tam giác OAB vuông tại O nên OA.OB = 0 ⇔ x A .xB + m 2 = 0

1 1 ⇔ m = 9 hoặc m = (chọn). 3 9

b) Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( C ) :

Mà x A + xB = 0 nên x A = − m; xB = m

(

 x 2 − ( m − 1) x + m − 1 = 0 2x −1 = −x + m ⇔  x −1  x ≠ 1

)

Do đó m 4 − 3m 2 − m − 2 = 0 ⇔ ( m − 2 ) m3 + 2m 2 + m + 1 = 0

Đường thẳng d cắt ( C ) tại 2 điểm A, B phân biệt khi phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt khác 1.

⇔ m = 2 (vì m > 0 ) b) Phương trình hoành độ giao điểm:

2  m 2 − 6m + 5 > 0 m < 1 ∆ = ( m − 1) − 4 ( m − 1) > 0 ⇔ ⇔  1 ≠ 0, ∀ m 1 − m − 1 + m − 1 ≠ 0 ( ) m > 5  

x = 3x + m ⇔ 2 x 2 + ( m − 3) x − m = 0, x ≠ 1. x −1 Điều kiện có 2 nghiệm phân biệt khác 1:

Khi đó A ( x1; − x1 + m ) , B ( x2 ; − x2 + m ) và x1 + x2 = m − 1; x1.x2 = m − 1

 m + 2m + 9 > 0 ∆ > 0 ⇔ : Đúng ∀m  g 1 ≠ 0 ( )  −1 ≠ 0 

Ta có AB = 10 ⇔ ( x2 − x1 ) + ( x2 − x1 ) = 10 ⇔ ( x2 − x1 ) = 5

Ta có: x1 − x2 =

( m + 1)

+8 ≥

2 2

Vậy m = 0 hay m = 6 . Bài toán 3.6: Chứng minh các đường thẳng d : y = m − x luôn cắt đồ thị ( C ) : y =

x 2 − 3x tại 2 điểm M, N x −1

và cắt 2 tiệm cận của ( C ) tại P, Q đồng thời hai đoạn MN, PQ có cùng trung điểm.

Bài toán 3.5: Tìm các giá trị của m sao cho 2

a) Đồ thị của hàm số y = x − ( m + 1) x + m cắt trục hoành tại bốn điểm, tạo thành ba đoạn thẳng có độ dài

Hướng dẫn giải Phương trình hoành độ giao điểm d và ( C ) :

bằng nhau. b) Đường thẳng d : y = − x + m cắt ( C ) : y =

 m − 1 = −1  m = 0 (thỏa mãn). ⇔ ⇔ m − 1 = 5 m = 6

Vậy giá trị x1 − x2 nhỏ nhất khi m = −1 .

⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 5 ⇔ ( m − 1) − 4 ( m − 1) − 5 = 0

−b + ∆ −b − ∆ ∆ − = 2a 2a 4

m2 + 2m + 9 1 = 4 4

m = 3 hoặc

2x −1 tại hai điểm A, B mà AB = 10 . x −1

x 2 − 3x = m − x ⇔ 2 x 2 − ( m + 4 ) x + m = 0, x ≠ 1. x −1

Hướng dẫn giải Trang 5

Trang 6

Ta có x = 1 không là nghiệm và ∆ = m 2 + 16 > 0 , ∀m nên d luôn cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt M, N. Ta có y =

b) y = f ( x ) thỏa mãn f 2 (1 + 2 x ) = x − f 3 (1 − x ) tại x = 1

x 2 − 3x 2 = x−2− nên TCĐ: x = 1 , TCX: y = x − 2 . x −1 x −1

Hướng dẫn giải

Do đó xP = 1 , hoành độ giao điểm Q của d với TCX: m − x = x − 2

a) Ta có hệ số góc của tiếp tuyến là đạo hàm tại đó. 2

xP + xQ m + 4 xM + xN m+2 . Do đó : đpcm.  xQ = = = 2 2 2 2

y ' = 6 x 2 − 12 x = −6 + 6 ( x − 1) ≥ −6 , dấu = khi x0 = 1 nên max y ' = −6 , do đó tiếp tuyến tại A (1; −1) là y = −6 x + 5 .

Bài toán 3.7: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số: a) y =

b) Lấy đạo hàm 2 vế, ta có:

x + 2 biết tung độ tiếp điểm là y0 = 2

4 f (1 + 2 x ) . f ' (1 + 2 x ) = 1 + 3 f 2 (1 − x ) . f ' (1 − x )

1 3 b) y = − x3 − 2 x 2 − 3 x + 1 song song với d : y = x + 9 3 4

Thế x = 0 : 4 f (1) . f ' (1) = 1 + 3 f 2 ( x ) . f ' (1)

Hướng dẫn giải

(

)

 f 2 (1) (1 + f (1) ) = 0  f (1) = 0 hoặc f (1) = −1 .

y = f ' ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 )

Với f (1) = 0 thì (*) : 0 = 1 (loại)

x + 2 = 2 ⇔ x0 = 2

Với f (1) = 1 thì (*) : −4 f ' (1) = 1 + 3 f ' (1)  f ' (1) =

1 1 f '( x ) = nên f ' ( x0 ) = . 4 2 x+2

Vậy phương trình tiếp tuyến y = −

1 1 3 Thế vào: y = ( x − 2 ) + 2 = x + . 4 4 2 b) y ' = − x 2 − 4 x − 3 . Đường thẳng d có hệ số góc k = Tiếp tuyến song song với nên y ' =

−1 . 7

1 ( x − 1) 7

Bài toán 3.9: Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) hàm số:

3 . 4

a) y =

3 3 ⇔ −x2 − 4x − 3 = 4 4

x−3 biết khoảng cách từ tâm đối xứng của ( C ) đến tiếp tuyến bằng 2 2 . x +1

b) y = x3 − 3 x 2 + 2 biết rằng tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm phân biệt A, B sao cho

OB = 9OA .

5 3 ⇔ 4 x + 16 x + 15 = 0 ⇔ x0 = − hoặc x0 = − . 2 2

Hướng dẫn giải

Với x0 = −

5 29 3 37 thì f ( x0 ) = nên có tiếp tuyến y = x + 2 24 4 12

Với x0 = −

3 5 3 1 thì f ( x0 ) = − nên có tiếp tuyến y = x − . 2 4 4 8

Vậy có 2 tiếp tuyến y =

(*)

Thế x = 0 vào f 2 (1 + 2 x ) = x − f 3 (1 − x )  f 2 (1) = − f 3 (1)

a) Ta có phương trình tiếp tuyến tại điểm x0 , f ( x0 ) :

Vì y0 = 2 ⇔

a) y = 2 x3 − 6 x 2 + 3 và có hệ số góc bé nhất.

a) Ta có y ' =

( x + 1)

, x ≠ −1

Phương trình tiếp tuyến d tại M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) , x0 ≠ −1

3 1 3 37 x − và y = x + . 4 8 4 12

( x0 + 1)

( x − x0 ) +

x0 − 3 x0 + 1

⇔ 4 x − ( x0 + 1) y + ( x02 − 6 x0 − 3) = 0 nên

Bài toán 3.8: Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị: Trang 7

Trang 8

d ( I,∆) = 2 2 ⇔

−4 − ( x0 + 1) + ( x02 − 6 x0 − 3) 16 + ( x0 + 1)

 x 2 + 2 x0 − 2   x02 + 2 x0 − 2  A 0 ;0  , B  0;  . Ta có 2 3 ( x0 − 2 )    

=2 2 2

4 2 2 ⇔ ( x0 + 1) − 8 ( x0 + 1) + 16 = 0 ⇔ ( x0 + 1) − 4 = 0  

 x0 = 1 2 ⇔ ( x0 + 1) = 4 ⇔   x0 = −3

 x02 + x0 = 0  x0 = −1 ∨ x0 = 0 ⇔ 2 ⇔  x0 + 3x0 − 4 = 0  x0 = −4 ∨ x0 = 1

Với x0 = 1 ta có phương trình tiếp tuyến y = x − 2

Chọn x0 < 0 nên có hai tiếp tuyến là:

Với x0 = −3 , ta có phương trình tiếp tuyến y = x + 6 .

d1 : y = −

b) Ta có y ' = 3x 2 − 6 x . Tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm phân biệt A, B sao cho OB = 9OA nên hệ số góc của tiếp tuyến d là:

k = tan OAB = ±

1 1 1 1 x02 + 2 x0 − 2 x02 + 2 x0 − 2 1 ⇔ OA.OB = ⇔ . = 2 6 2 6 2 3 6 ( x0 − 2 )

1 1 1 ( x + 1) ; d 2 : y = − x + . 3 12 6

Bài toán 3.11: Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) hàm số: a) y = x3 − 5 x 2 + 2 và đi qua A ( 0;2 )

OB = ±9 OA

b) y =

Do đó y ' = ±9 ⇔ 3 x 2 − 6 x = ±9

(1 − m ) x + 2 − m , m ≠ 0 và đi qua mx + m − 1

M ( −1; −1) Hướng dẫn giải

 x2 − 2x − 3 = 0  x = −1 ⇔ 2 ⇔ 0  x − 2 x + 3 = 0 (VN )  x0 = 3

a) Ta có: y ' = 3 x 2 − 10 x . Phương trình tiếp tuyến tại điểm M ( x0 ; y0 )

Với x0 = 1, phương trình của d là y = 9 x + 7

y = f ' ( x0 )( x − x0 ) + y0

Với x0 = 3 , phương trình của d là y = 9 x − 25 .

y = ( 3x03 − 10 x0 ) ( x − x0 ) + ( x03 − 5 x02 + 2 )

Bài toán 3.10: Viết phương trình tiếp tuyến của ( C ) hàm số: y = tuyến tạo với hai trục tọa độ thành tam giác có diện tích S =

x +1 tại điểm M có hoành độ âm, biết tiếp x−2

1 . 6

−3

( x − 2)

,x ≠ 2

−3

( x0 − 2 )

( x − x0 ) +

3 0

− 5 x02 + 2 ) 5 2

Với x0 = 0 thì có tiếp tuyến y = 2 Với x0 =

Tiếp tuyến d với ( C ) tại M ( x0 ; y0 ) , x0 < 0

d:y=

)(0 − x ) + ( x

⇔ 2 x03 − 5 x02 = 0 ⇔ x02 ( 2 x0 − 5 ) = 0 ⇔ x0 = 0 hoặc x0 =

Hướng dẫn giải Ta có y ' =

(

Cho tiếp tuyến qua A ( 0;2 ) : 2 = 3x02 − 10 x0

5 25 thì có tiếp tuyến y = − x+2 2 4

b) Ta có y ' =

x0 + 1 x0 − 2

−1

( mx + m − 1)

,x ≠

1− m m

Gọi d là tiếp tuyến với ( Cm ) tại điểm T ( x0 ; y0 ) bất kỳ.

d : y = y ' ( x0 )( x − x0 ) + y0

Gọi A, B lần lượt là giao điểm của d với Ox và Oy.

Trang 9

Trang 10

−1

( mx0 + m − 1)

( x − x0 ) +

(1 − m ) x0 + 2 − m

Bài toán 3.13: Tìm điểm M trên đồ thị ( C ) hàm số: y =

mx0 + m − 1

cận của A, B với AB = 2 5 .

Tiếp tuyến d đi qua M ( −1; −1) nên ta có:

−1 =

⇔

x0 + 1

( mx0 + m − 1) x0 + 1

( mx0 + m − 1) m ( x0 + 1)

Hướng dẫn giải

(1 − m ) x0 + 2 − m +

Phương trình tiếp tuyến tại M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C ) , x0 ≠ 2

mx0 + m − 1

d:y=

x0 + 1 =0 mx0 + m − 1

= 0 ⇔ x0 = −1 (vì m ≠ 0 )

−2

( x0 − 2 )

( x − x0 ) +

2 x0 − 2 x0 − 2



Giao điểm của d với tiệm cận đứng x = 2 là A  2;

( mx0 + m − 1)



Bài toán 3.12: Lập phương trình tiếp tuyến chung của 2 đồ thị:

( P1 ) : y = x

AB =

( P1 ) : y = f ( x ) = x

( 2 x0 − 4 )

− 5 x + 6 và ( P2 ) : y = − x + 5 x − 11 Hướng dẫn giải

 2 x0  +2−  =2 x0 − 2   2

Ta có AB = 2 5 ⇔ ( x0 − 2 ) +

− 5x + 6  f '( x) = 2x − 5

( P2 ) : y = g ( x ) = − x 2 + 5 x − 11  g ' ( x ) = −2 x + 5 Gọi tiếp tuyến chung là y = ax + b và M 1 ( x1 ; f ( x1 ) ) , M 2 ( x2 ; g ( x2 ) ) là 2 tiếp điểm tương ứng. Ta có hệ:

( x0 − 2 )

( x0 − 2 )2 = 1  x0 = 1; x0 = 3 4 2 ⇔ ( x0 − 2 ) − 5 ( x0 − 2 ) + 4 = 0 ⇔  ⇔ ( x0 − 2 )2 = 4  x0 = 0; x0 = 4 

Bài toán 3.14: Cho hàm số y = f ( x ) = x 4 − 2 x 2 có đồ thị ( C ) . Trên đồ thị ( C ) lấy điểm phân biệt là A và B có hoành độ lần lượt là a, b. Tìm điều kiện của a, b để tiếp tuyến của ( C ) tại các điểm A và B song song với nhau. Hướng dẫn giải

Do đó 2 ( x1 + x2 ) − 10 = 0 nên x2 = 5 − x1

Ta có f ' ( x ) = 4 x − 4 x . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B, a ≠ b . Hệ số góc của tiếp tuyến của

)

và x12 − 5 x1 + 6 − − x22 + 5 x2 − 11 = ( 2 x1 − 5 )( x1 − x2 ) 2

( x0 − 2 )

Vậy M ( 0;1) , M (1;0 ) , M ( 3;4 ) , M ( 4;3) .

 f ( x1 ) = ax1 + b  x12 − 5 x1 + 6 = ax1 + b    f ' ( x1 ) = a 2 x − 5 = a ⇔  12   g ( x2 ) = ax2 + b  − x2 + 5 x2 − 11 = ax2 + b g ' x = a  −2 x + 5 = a ( ) 2  2 

(

2 x0  ; x0 − 2 

Giao điểm của d với tiệm cận ngang y = 2 là B ( 2 x0 − 2; 2 )

Vậy phương trình tiếp tuyến d : y = − x − 2 .

2x − 2 sao cho tiếp tuyến tại M cắt hai đường tiệm x−2

( C ) tại A và B lần lượt là:

nên x12 − 5 x1 + 17 + ( 5 − x1 ) − 5 ( 5 − x1 ) − ( 2 x1 − 5 ) = 0

k A = f ' ( a ) = 4a 3 − 4a,

⇔ 2 x12 − 10 x1 + 8 = 0 ⇔ x1 = 1 hoặc x1 = 4 .

k B = f ' ( b ) = 4b3 − 4b

Tiếp tuyến tại A và B lần lượt có phương trình là

Với x1 = 1 thì a = −3, b = 5 . Với x1 = 4 thì a = 3, b = −10 .

y = f ' ( a )( x − a ) + f ( a ) = f ' ( a ) x + f ( a ) − af ' ( a )

Vậy có 2 tiếp tuyến chung: y = 3 x − 10 và y = −3 x + 5 .

y = f ' ( b )( x − b ) + f ( b ) = f ' ( b ) x + f ( b ) − bf ' ( b ) Hai tiếp tuyến này song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: Trang 11

Trang 12

k A = k B ⇔ 4a3 − 4a = 4b3 − 4b ⇔ ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 − 1) = 0

Bài toán 3.16: Cho hàm số y =

⇔ a 2 + ab + b 2 = 1

x 2 − 3x + 3 . Chứng minh rằng qua điểm M ( 3; −1) vẽ được hai tiếp tuyến với x −1

đồ thị và hai tiếp tuyến đố vuông góc với nhau.

Hai tiếp tuyến của ( C ) tại A và B trùng nhau khi và chỉ khi

Hướng dẫn giải Phương trình đường thẳng qua M ( 3; −1) hệ số góc là a là y = a ( x − 3) − 1, đường thẳng là tiếp tuyến với

2 2 a + ab + b = 1, a ≠ b a + ab + b = 1, a ≠ b ⇔  4 2 4 2 −3a + 2a = −3b + 2b  f ( a ) − af ' ( a ) = f ( b ) − bf ' ( b ) 2

đồ thị khi hệ sau có nghiệm:

Giải hệ này, ta được nghiệm là ( a; b ) = ( −1;1) , (1; −1) Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của ( C ) tại A và B song song với nhau là a 2 + ab + b 2 = 1 ,

 f   f

a ≠ ±1 , a ≠ b . Bài toán 3.15: Tiếp tuyến (T ) của ( H ) : y =

1 tại điểm M có hoành độ x = a ≠ 2 , cắt trục hoành Ox tại A x−2

và cắt đường thẳng d : x = 2 tại B. Chứng minh M là trung điểm của AB và diện tích tam giác giới hạn bởi tiếp tuyến, Ox và d không đổi. Hướng dẫn giải

y' =

−1

( x − 2)

−1

( a − 2)

. Phương trình tiếp tuyến (T ) tại x = a :

( x − a) +

x−a

( a − 2)

Vì:

( a − 2)

( x1x2 )

x12 − 2 x1 x22 − 2 x2 . 2 2 ( x1 − 1) ( x2 − 1)

− 2 x1 x2 ( x1 + x2 ) + 4 x1 x2 1+ 2 − 4 = 2 2 ( x1 x2 − x1 − x2 + 1) ( −1 − 1 + 1)

= −1

Hướng dẫn giải Giả sử M ( x0 ; y0 ) là một điểm trên ( C ) . Giả sử tiếp tuyến ( t ) kẻ từ M đến ( C ) tiếp xúc với ( C ) tại

N ( x1; y1 ) . Khi đó phương trình của ( t ) có dạng: y − y1 = ( −3x12 + 6 x1 ) ( x − x1 )

1 2 + = . a−2 a−2

(

)( x

− x1 )

⇔ ( x1 − x0 ) ( 2 x1 + x0 − 3) = 0 ⇔ x1 = x0 hay x1 =

3 − x0 2

Vì ( t ) đi qua M nên ta có: y0 − y1 = −3 x12 + 6 x1

x A + xB 2 a − 2 + 2 y + yB 1 = = a = xM , A = = yM 2 2 2 a−2

Và N thuộc ( C ) nên ta có: y1 = x13 + 3x12 − 2 Suy ra 2 x13 − 3 ( x0 + 1) x12 + 6 x0 x1 − 2 − y0 = 0

nên tiếp điểm M là trung điểm của AB. Gọi I là giao điểm của Ox và d thì I ( 2;0 ) . Tam giác cần xác định là tam giác ABI vuông tại I có diện tích:

Ta có: y ' ( x1 ) . y ' ( x2 ) =

tiếp tuyến với ( C ) .

Giao điểm B với đường thẳng d : x = 2 . Cho xB = 2 thì yB =

PT có 2 nghiệm thỏa mãn: x1 + x2 = 1, x1.x2 = −1.

Bài toán 3.17: Cho hàm số y = − x3 + 3 x 2 − 2 ( C ) . Tìm trên ( C ) những điểm mà qua đó chỉ kẻ được một

1  x A = 2a − 2 . a−2

−(2 − a)

( 2)

Vậy 2 tiếp tuyến qua M vuông góc với nhau.

Giao điểm A với trục hoành Cho y A = 0 thì

(1)

Thay (2) vào (1) và rút gọn ta được: x 2 − x − 1 = 0

1 . a−2

 x 2 − 3x + 3 = a ( x − 3) − 1  ( x) = g ( x)  x −1 ⇔ 2 '( x ) = g '( x )  x − 2 x2 = a  ( x − 1)

nên 2 x13 − 3x0 x12 + x03 − 3 x12 + 6 x0 x1 − 3x02 = 0 2

1 1 2 IA.IB = 2a − 2 − 2 − 0 = 2 : không đổi 2 2 a−2

Điều kiện có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: Trang 13

Trang 14

Chọn nghiệm x0 = 1 ≠ −1 nên B (1;2 ) : đpcm.

3 − x0 = x0 ⇔ x0 = 1 . Từ đó tính được y0 = 0 . 2

Chú ý: Đây là tiếp tuyến đi qua 2 tiếp điểm.

Vậy M (1;0 ) là điểm duy nhất trên ( C ) mà qua đó có thể kẻ đúng một tiếp tuyến với ( C ) . 2

Bài toán 3.18: Có bao nhiêu tiếp tuyến của đồ thị ( C ) : y =

x + 2x + 2 đi qua giao điểm của 2 tiệm cận. x +1

Bài toán 3.20: Chứng minh hai đồ thị sau tiếp xúc nhau: y = f ( x ) = phương trình tiếp tuyến chung của chúng tại tiếp điểm. Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải Ta có y = x + 1 +

Hoành độ tiếp điểm của hai đường cong là nghiệm của hệ phương trình:

1 , x ≠ −1 nên có TCĐ: x = −1 , x +1

 x2 3  x2 3 3x 3x  2 + 2x = x+2  + x= x+2  2 2 ⇔  2 3 6  x + 3 x  =  3 x  x + = 2 ( x + 2 )2  2 2   x + 2  

TCX: y = x + 1 , giao điểm 2 tiệm cận I ( −1;0 ) Phương trình đường thẳng ( d ) qua I với hệ số góc k là y = k ( x + 1) . Giả sử d là tiếp tuyến của ( C ) thì hệ sau có nghiệm.

x = 0

Ta có (1) ⇔  x + 3

1  k ( x + 1) = x + 1 + x + 1  1  1   ( x + 1) 1 −  = x +1+  2 1   x +1 x + 1 ( ) k = 1 −   2  ( x + 1) −

x2 3 3x + x và y = g ( x ) = . Viết 2 2 x+2

3  = x+2  2

(1) ( 2)

x = 0 x = 0 . ⇔ 2 ⇔ x 5 x 0 + =  x = −5 

Suy ra hệ phương trình có một nghiệm duy nhất x = 0 . Vậy hai đường cong tiếp xúc với nhau tại gốc tọa độ O.

1 1 2 = = 0 : vô lý ( x ≠ −1)  x +1 x +1 x +1

Ta có y ' ( 0 ) =

3 3 nên phương trình tiếp tuyến chung của hai đường cong tại điểm chung là y = x . 2 2

Bài toán 3.21: Tìm tham số để đồ thị hàm số

Vậy không một tiếp tuyến nào của ( C ) đi qua I. Bài toán 3.19: Chứng minh tiếp tuyến tại A ( −1;0 ) của đồ thị ( C ) : y = − x 4 + 2 x 2 + x cũng là tiếp tuyến của đồ thị này tại một điểm B khác A nữa. Hướng dẫn giải

( C ) : y = x3 − 1 − k ( x − 1) tiếp xúc với trục hoành

(C ) : y =

x 2 + ( m + 2 ) x + 2m + 2 có tiệm cận tiếp xúc với đường cong: y = x3 − 3x 2 − 8 x . x+2 Hướng dẫn giải

Ta có y ' = −4 x 3 + 4 x + 1 .

a) Đồ thị ( C ) tiếp xúc với trục hoành ứng với k sao cho:

Với x0 = −1, y0 = 0 thì f ' ( x0 ) = 1 nên tiếp tuyến tại A ( −1;0 ) là y = x + 1 .

k = 3 3 y = 0  x − 1 − k ( x − 1) = 0 ⇔ 2 ⇔  k = 3 y' = 0 3x − k = 0  4

Đặt y = f ( x ) = − x 4 + 2 x 2 + x; y = g ( x ) = x + 1 . Để tiếp tuyến tại A cũng là tiếp tuyến tại B khác A thì hệ sau có nghiệm x0 ≠ −1 : 4 2  f ( x ) = g ( x ) − x + 2 x + x = x + 1 ⇔  3 −4 x + 4 x + 1 = 1  f ' ( x ) = g ' ( x )

( x + 2 )( x + m ) + 2 = x + m +

2 nên tiệm cận xiên của đồ thị hàm số là y = x + m . Đường x+2 x+2 thẳng này tiếp xúc với y = x 3 − 3 x 2 − 8 x khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm

b) Ta có y =

 2 4 2  − x + 2 x − 1 = 0 ( x − 1) = 0 ⇔ ⇔ ⇔ x = ±1 . 3 2  −4 x + 4 x = 0  4 x ( x − 1) = 0 2

 x + m = x 3 − 3x 2 − 8 x m = x3 − 3 x 2 − 9 x ⇔   2 2 1 = 3x − 6 x − 8  x − 2 x − 3 = 0 Trang 15

Trang 16

Hướng dẫn giải

m = x3 − 3x 2 − 9 x ⇔  x = −1 ∨ x = 3

6m − 2 1 Ta có: y = mx − 2 + ,m ≠ x + 3m 3

Với x = −1 , ta có m = 5 và với x = 3 thì m = −27

Khi m = 0 thì đồ thị có TCĐ và TCN vuông góc: loại

Vậy có hai giá trị m cần tìm là m = 5 , m = −27 . Bài toán 3.22: Cho hàm số y = x 3 − 3 x + 2 ( C ) . Xét 3 điểm A, B, C thẳng hàng và thuộc ( C ) . Gọi A ', B ', C ' là giao điểm của ( C ) với tiếp tuyến của ( C ) tại A, B, C. Chứng minh rằng A ', B ', C ' thẳng hàng.

Khi m ≠ 0 thì đồ thị có tiệm cận đứng: x = −3m và tiệm cận xiên: y = mx − 2 . Hai tiệm cận hợp nhau góc 45° khi tiệm cận xiên hợp với trục hoành một góc 45° ⇔ m = ±1 . Bài toán 3.24: Tìm m để đường thẳng y = 2m cắt đồ thị hàm số y =

Hướng dẫn giải Phương trình tiếp tuyến của ( C ) tại điểm A ( xA ; y A ) có dạng:

N sao cho OM vuông góc với ON. Hướng dẫn giải

y = ( 3x A2 − 3) ( x − xA ) + y A

Đường thẳng y = 2 m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm M và N khi phương trình hoành độ có 2 nghiệm phân

Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và tiếp tuyến có dạng:

(3x

2 A

biệt x1 , x2 khác 1:

− 3) ( x − x A ) + y A = x 3 − 3 x + 2

x 2 + 2mx − 1 1 = 2m ⇔ x 2 − 1 + 2 m = 0 . Do đó: m < , m ≠ 0 . x −1 2

⇔ ( 3x A2 − 3) ( x − x A ) + x A3 − 3 xA + 2 = x3 − 3x + 2

Ta có y ' =

⇔ ( x − xA ) ( x + 2 xA ) = 0 Do đó tiếp tuyến của ( C ) tại A cắt ( C ) tại 2 điểm có hoành độ x A chính là A và điểm có hoành độ −2 x A là điểm A ' , tức là x A ' = −2 x A . Tương tự xB ' = −2 xB , xC ' = −2 xC .

( 2 x + 2m )( x − 1) − ( x 2 + 2mx − 1) 2m  y ' ( xi ) = 2 xi ( x − 1)

Điều kiện OM ⊥ ON ⇔

2m 2m 4m 2 . = −1 ⇔ = −1 x1 x2 x1 x2

⇔ 4 m 2 + 2m − 1 = 0 ⇔ m =

Ta chứng minh nhận xét: A, B, C thuộc ( C ) thẳng hàng khi và chỉ khi x A + xB + xC = 0 . Thật vậy, giả sử A, B, C nằm trên đường thẳng có phương trình y = ax + b .

−1 ± 5 (chọn). 4

Bài toán 3.25: Chứng minh tích các khoảng cách từ điểm M bất kỳ thuộc đồ thị ( C ) : y =

Khi đó x A , xB , xC là nghiệm của phương trình.

Hướng dẫn giải

Áp dụng định lý Viet, ta suy ra x A + xB + xC = 0 Ngược lại, giả sử x A + xB + xC = 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua A, B cắt C ' thì theo phần thuận ta có x A + xB + xC = 0 suy ra xC ' = xC suy ra C ' trùng với C và có nghĩa là A, B, C thẳng hàng. Nhận xét

TCX: ∆ ' : y = 4 x − 3 ⇔ 4 x − y − 3 = 0 Với M  x;4 x − 3 +

Áp dụng do A, B, C thẳng hàng nên ta có x A + xB + xC = 0 . Mà x A ' + xB ' + xC ' = −2 ( x A + xB + xC ) = 0 nên suy ra A ', B ', C ' thẳng hàng (đpcm).

x + 3m

4 x 2 + 5x − 4 2 y= = 4x − 3 + nên TCĐ ∆ : x = −2 , x+2 x+2  

được chứng minh.

mx 2 + ( 3m 2 − 2 ) x − 2

4 x2 + 5x − 4 đến 2 x+2

tiệm cận là một hằng số.

x3 − 3 x + 2 = ax + b ⇔ x3 − ( 3 + a ) x + ( 2 − b ) = 0

Bài toán 3.23: Cho hàm số y =

x 2 + 2mx − 1 tại hai điểm phân biệt M và x −1

2   ∈ ( C ) , khoảng cách đến 2 tiệm cận: x+2

d ( M , ∆ ) .d ( M , ∆ ' ) = x + 2 .

2 2 = : không đổi. 16 + 1. x + 2 17

. Tìm m để góc giữa 2 tiệm cận bằng 45°. Trang 17

Trang 18

Bài toán 3.26: Tìm m để đồ thị hàm số: y = x 3 − 3 x 2 + mx + 1 có cực đại, cực tiểu và hai điểm đó cách đều đường thẳng d : y = −2 x .

Bài toán 3.28: Tìm các điểm M thuộc ( C ) : y = cận của ( C ) ngắn nhất.

Hướng dẫn giải

D = ℝ . Ta có y ' = 3x 2 − 6 x + m . Điều kiện có CĐ và CT là ∆ ' = 9 − 3m > 0 ⇔ m < 3 Ta

có

1 1 1 1  y =  x −  y '+ 2  m − 1 x + m + 1 nên đường thẳng qua 2 điểm CĐ, CT là 3 3 3 3 

1 1  d ' : y = 2  m − 1 x + m + 1 . 3 3 

x +1 Đồ thị ( C ) : y = có TCĐ: x = 1 , TCN: y = 1 nên giao điểm 2 tiệm cận là I (1;1) . Ta có x −1

 x +1 M  x;  ∈ ( C ) nên khoảng cách:  x −1  IM =

( x − 1)

Điều kiện CĐ, CT cách đều d : y = −2 x là d ' hoặc song song với d hoặc d đi qua trung điểm I (1; m − 1) của đoạn nối CĐ, CT.

 x +1  + − 1 =  x −1 

Dấu = xảy ra khi ( x − 1) =

1 1  2  m − 1 = −2, m + 1 ≠ 0 hoặc m − 1 = −2 3 3 

(

( x − 1)

Bài toán 3.27: Chứng minh tiếp tuyến tại điểm M bất kỳ thuộc đồ thị ( C ) : y =

1 x − 4 x 2 cắt trục tung Oy 2

tại một điểm A cách đều gốc O và tiếp điểm M.



Giả sử M  x0 ;



2 x0 +

1 y= ( x − x0 ) + x0 − 4 x02 2 2 4 x0 − 4 x0

≥4

(

)

Hướng dẫn giải

1 1 − 8x thì: y ' = 4 4 x − 4x2

  2  4 x0 − 4 x0  x0

1 x0 2 Ta có: AM = ( x0 − 0 ) +  x − 4 x02 − 2 2 0 4 x 0 − 4 x0 

x +1 có đồ thị ( C ) . Tìm điểm M trên đồ thị ( C ) sao cho tổng khoảng cách x −1 từ M đến các đường thẳng ∆1 : 2 x + y − 4 = 0 và ∆ 2 : x + 2 y − 2 = 0 là nhỏ nhất.

1 − 8x

 

( x − 1)

Bài toán 3.29: Cho hàm số: y =

Phương trình tiếp tuyến tại M ( x0 ; y0 ) là:



⇔ ( x − 1) = 2 ⇔ x = 1 ± 2 .

Hướng dẫn giải

Tiếp tuyến cắt Oy tại A  0;

( x − 1)

)

Vậy M 1 1 + 2;1 + 2 , M 2 1 − 2;1 − 2 .

⇔ m = 0 hoặc m = −1 (chọn)

Với điều kiện x − 4 x 2 > 0 ⇔ 0 < x <

x +1 sao cho khoảng cách từ M đến giao điểm hai đường tiệm x −1

   

x02 = AO : đpcm 16 ( x0 − 4 x02 )

x0 + 1   ∈ ( C ) , x0 ≠ 1. Tổng khoảng cách là x0 − 1  2 −3 x0 − 1 5

x0 + +

4 x0 − 1 5

1  2 4  − 3 + x0 +  2 x0 +  x0 − 1 x0 − 1  5 

≥

1 2 4 3 2 2 x0 + − 3 + x0 + = x0 − 1 + x0 − 1 x0 − 1 x0 − 1 5 5

3  2  6 2  x0 − 1 + ≥ x0 − 1  5  5 2

 x0 = 1 + 2

Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x0 − 1 = 2 ⇔ 

 x0 = 1 − 2

Trang 19

Trang 20

(

) (

Vậy điểm M thỏa mãn M 1 + 2;1 + 2 , M 1 − 2;1 − 2 Bài toán 3.30: Tìm điểm M thuộc đồ thị ( C ) : y =

)

 

4x − 3 có tổng các khoảng cách đến 2 tiệm cận bé nhất. x−3

4x − 3 có TCĐ ∆ : x = 3 , TCN ∆ ' : y = 4 . x −3

 

Gọi M  x;

Nếu 0 ≤ x ≤

4x − 3   ∈ ( C ) , ta có d ( M ; ∆ ) + d ( M ; ∆ ') x−3 

= x −3 +

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi x − 3 =

Bài toán 3.32: Tìm điểm M thuộc đồ thị ( C ) : y =

 

3  3 tại M ≡ A  0;  . 2  2

x2 − x −1 có khoảng cách bé nhất. x−2 Hướng dẫn giải

 

Gọi A  2 + a;3 + a +

)

1  1  , B  2 − b;3 − b −  là 2 điểm thuộc 2 nhánh với a, b > 0 . Ta có: a  b

2 2 1 1 1   2 2    BA2 = ( a + b ) +  a + b + +  = ( a + b ) 1 + 1 +   a b    ab  

x2 − 3 có tổng khoảng cách đến 2 trục bé nhất. x−2

2 1  2 1  2  = (a + b)  2 + + 2 2  ≥ 4ab  2 + + 2 2 ab a b ab a b    

Hướng dẫn giải Gọi M  x;

3 . 2

x2 − x − 1 1 Hàm số y = = x +1+ ,x ≠ 2 x−2 x−2

2 2 ⇔ ( x + 1) = 2 ⇔ x = −1 ± 2 x +1

) (

 

Bài toán 3.33: Tìm hai điểm trên 2 nhánh đồ thị ( C ) :

x −1 2 2 = x −1+ = −2 + ( x + 1) + ≥ −2 + 2 2 x +1 x +1 x +1

(

3 x2 − 3 −1 ≤ x < 0 thì d = g ( x ) = − x + , g '( x ) = <0 2 x−2 2 ( x − 2)

So sánh thì min d =

x −1 Xét điểm A ( 0;1) ∈ ( C ) thì d = 1 nên min d ≤ 1 , khi đó chỉ xét các điểm có: x ≤ 1 , ≤ 1 nên x +1 0 < x < 1 , khi đó:

Vậy có 2 điểm M −1 − 2;1 + 2 , M ' −1 + 2;1 − 2

3 . 2

Do đó g nghịch biến trên  − ;0   g ( x ) > g ( 0 ) =

x −1  x −1  Gọi M  x; , x ≠ −1 .  ∈ ( C ) , tổng khoảng cách đến 2 trục là d = x + x +1  x +1

Dấu = xảy ra khi x + 1 =

Nếu −

 3  2

x −1 có tổng khoảng cách đến 2 trục bé nhất. x +1

Hướng dẫn giải

d = x+

2 . 2

Lập BBT thì min d = f ( 0 ) =

9 2 ⇔ ( x − 3) = 9 , do đó có 2 điểm M ( 6;7 ) và M ' ( 0;1) . x−3

Bài toán 3.31: Tìm điểm M thuộc đồ thị ( C ) : y =

3 x2 − 3 2 x 2 − 8x + 7 thì d = f ( x ) = x + , f '( x ) = 2 2 x−2 ( x − 2)

f '( x ) = 0 ⇔ x = 2 −

4x − 3 9 −4 = x−3 + ≥2 9 =6 x −3 x−3

3 3 3 , do đó min d ≤ nên chỉ xét các điểm có hoành độ x ≤ . 2 2 2

x2 − 3 x2 − 3 > 0 nên d = x + . x−2 x−2

Khi đó

Hướng dẫn giải Đồ thị y =

3 2

Xét điểm A  0;  ∈ ( C ) thì d =

x2 − 3  x2 − 3 , x ≠ 2.  ∈ ( C ) thì tổng khoảng cách đến 2 trục d = x + x−2  x−2

1   = 8 + 4  2ab +  ≥ 8 + 4.2 2 . ab  

Trang 21

Trang 22

Dấu = xảy ra khi a = b và 2ab =



Vậy A  2 +



1 1 ⇔ a=b= 4 ab 2

Vì Y = F ( X ) = X +

(

b) y ' = 4 x3 + 12 x 2 + 8 x = 4 x x 2 + 3x + 2

1 1  1 1   ;3 + 4 2 + 4  và B  2 − 4 ;3 − 4 2 − 4  2 2 2 2 

)

y ' = 0 ⇔ x = −2 hoặc x = −1 hoặc x = 0 .

Bài toán 3.34: Tìm điểm M thuộc ( P ) : y = f ( x ) = −3 x 2 + 8 x − 9 và N thuộc ( P ' ) : y = g ( x ) = x 2 + 8 x + 13 sao cho MN bé nhất. Hướng dẫn giải

 x = X − 1 . Thế và hàm số: y = Y +1

Xét điểm I ( −1;1) . Chuyển hệ trục bằng phép tịnh tiến theo vectơ OI :  4

Y + 1 = ( X − 1) + 4 ( X − 1) + 4 ( X − 1) ⇔ Y = X 4 − 2 X 2 là hàm số chẵn  đpcm.

Ta có khoảng cách MN bé nhất khi 2 tiếp tuyến tại M và N song song với nhau và chúng vuông góc với đoạn MN.

Bài toán 3.36: Tìm hai điểm E, F thuộc đồ thị hàm số y =

Gọi M ( x; f ( x ) ) , N ( x1; g ( x1 ) ) thì f ' ( x ) = g ' ( x1 )

x2 + x + 2 đối xứng nhau qua điểm x −1

 5 I  0;  .  2

Hướng dẫn giải

⇔ −6 x + 8 = 2 x1 + 8

4 Ta có y = x + 2 + . Gọi E ( x1; y1 ) , F ( x2 ; y2 ) theo đề bài: x −1

⇔ x1 = −3 x

(

)

Do đó MN 2 = 4 36 x 4 − 192 x3 + 392 x 2 − 352 x + 121 = h ( x )

(

5 là hàm số lẻ  đpcm. X

Ta có h ' ( x ) = 64 9 x − 36 x + 49 x − 22

 x1 + x2 = 0  x1 + x2 = 0  x1 + x2 = 0  ⇔ ⇔ 4 4  x + x + 4 + + = 5  y1 + y2 = 5  x1 x2 = −9  1 2 x1 − 1 x2 − 1 

)

= 64 ( x − 1) ( 9 x 2 − 27 x + 22 )

Do đó x1 = − x2 , x12 = −9 nên E ( −3; −2 ) và F ( 3;7 ) .

h ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1 . Lập BBT thì min h ( x ) = h (1) = 5 . Khi đó M (1;4 ) , N ( −3; −2 ) ; kiểm tra MN vuông góc với 2 tiếp tuyến tại M, N: đúng. Vậy M (1; 4 ) ,

Bài toán 3.37: Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị hàm số y =

x2 − 2x + 2 đối xứng nhau qua đường thẳng x −1

d : y = x + 3.

N ( −3; −2 ) .

Hướng dẫn giải

Bài toán 3.35: Chứng minh đồ thị ( C ) :

Xét đường thẳng d ' vuông góc với d thì d ' : y = − x + b .

x2 − 2x + 2 có tâm đối xứng. a) y = x −3

PT hoành độ giao điểm của d ' và ( C ) :

b) y = x 4 + 4 x3 + 4 x 2 có trục đối xứng.

x2 − 2 x + 2 = − x + b, x ≠ 1. x −1

⇔ 2 x 2 − ( b + 3) x + 2 + b = 0 .

Hướng dẫn giải

5 a) Ta có y = x + 1 + nên ( C ) có TCĐ: x = 3 và TCX: y = x + 1 , do đó giao điểm 2 tiệm cận I ( 3;4 ) . x−3  x = X + 3 Chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tiến theo vectơ OI :  . Thế vào ( C ) thì được: y = Y + 4 5 5 Y + 4 = X + 3 +1+ ⇔Y = X + X +3−3 X

Điều kiện ∆ = ( b + 3) − 8 ( 2 + b ) = b 2 − 2b − 7 > 0 Hoành độ giao điểm I của d và d ' : x + 3 = − x + b  xI = I là trung điểm đoạn AB: xI =

⇔ Trang 23

b−3 2

x A + xB 2

b−3 b+3 = ⇔ b = 9 (chọn). 2 4 Trang 24



Bài toán 3.40: Cho f ( x ) là hàm đa thức bậc 4. Chứng minh đồ thị của f ( x ) có trục đối xứng x = a khi và

14 14   14 14  ;6 + ;6 − , B3 + . 2 2   2 2 

Vậy A  3 −



chỉ khi: f ' ( a ) = 0 và f ''' ( a ) = 0 . Hướng dẫn giải

Bài toán 3.38: Tìm m để đường thẳng y = − x − 4 cắt đồ thị hàm số y =

x + ( m + 2) x − m tại hai điểm đối x +1

xứng nhau qua y = x .

Ta khai triển f ( x ) theo x − a : 4

trong đó: ai =

x2 + ( m + 2) x − m = − x − 4 ⇔ 2 x 2 + ( m + 7 ) x + 4 − m = 0 (1) . x +1

f ( ) (a) nên đồ thị của đa thức f ( x ) có trục đối xứng x = a khi và chỉ khi i!

g ( x ) = f ( x − a ) là hàm số chẵn:

1  m ≠ − 2 ⇔  2 m < −11 − 104 hay m > −11 + 104 ∆ = ( m + 7 ) − 8 ( 4 − m ) > 0 

 f ( 3) ( a ) =0  a3 = 0  3!  f ' ( a ) = 0 ⇔ ⇔  1 ( ) a1 = 1  f ''' ( a ) = 0  f (a) =0  1!

2 2 ( −1) − ( m + 7 ) + 4 − m ≠ 0

Đk: 

m+7 . 2

Hai giao điểm đối xứng qua đường thẳng y = x vuông góc với đường thẳng y = − x − 4 nên tung độ của hai giao điểm lần lượt là x2 , x1 .

•

Mở rộng cho các đa thức bậc chẵn 2m mà đồ thị có trục đối xứng x = a khi và chỉ khi

f ' ( a ) = f ''' ( a ) = ... = f ( 2 m−1) ( a ) = 0 . Bài toán 3.41: Tìm điểm cố định của:

Do đó x2 = − x1 − 4 ⇔ x1 + x2 = −4 ⇔ m + 7 = 8 ⇔ m = 1 (thỏa mãn). Bài toán 3.39: Tìm những cặp điểm nguyên trên ( C ) : y = x3 − 4 x − 1 đối xứng với nhau qua đường thẳng

a) Các đồ thị y =

x 2 − 2 ( m + 2 ) x + 6m + 5 x−2

b) Các đường thẳng qua CĐ, CT của đồ thị: y = mx3 − 3mx 2 + ( 2 m + 1) x + 3 − m .

y = x và không nằm trên đường thẳng đó. Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải

Nếu gọi A ( x; y ) thì điểm đối xứng của A qua đường thẳng y = x có tọa độ là ( y; x ) . Vì thế yêu cầu của bài toán tương đương với việc tìm nghiệm nguyên ( x; y ) với x ≠ y của hệ phương trình

a) Gọi M ( x0 ; y0 ) là tọa độ điểm mà đồ thị đi qua ∀m . Ta có y0 = − x0 − m, ∀m

 y = x − 4 x − 1  3  x = y − 4 y − 1 3

(

Điều kiện PT hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt khác −1:

Gọi x1 , x2 là hoành độ hai giao điểm, ta có x1 , x2 là nghiệm của (1) theo định lí Viet: x1 + x2 = −

f ( x ) = a4 ( x − a ) + a3 ( x − a ) + a2 ( x − a ) + a1 ( x − a ) + a0

Hướng dẫn giải

⇔ ( x02 − 1) m − y0 + x02 − x0 = 0, ∀m . 2  x0 = 1, y0 = 0  x0 = 1 ⇔ ⇔ 2  y0 = x0 − x0  x0 = −1, y0 = 0

)

nên ( x − y ) x 2 + xy + y 2 − 3 = 0 ⇔ x 2 + xy + y 2 = 3 Phương trình x 2 + xy + y 2 = 3 có nghiệm nguyên x ≠ y là ( 2; −1) , ( −1;2 ) , ( −2;1) , (1; −2 ) .

Vậy đồ thị có hai điểm cố định M (1;0 ) và M ' ( −1;0 ) .

Thử lại vào hệ, ta chọn 2 nghiệm ( 2; −1) , ( −1; 2 )

b) y ' = 3mx 2 − 6mx + 2m + 1, ∆ > 0 ⇔ m < 0 hoặc m > 1 .

Vậy cặp điểm nguyên duy nhất đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x và không nằm trên đường thẳng Ta có y =

đó là ( 2; −1) và ( −1;2 ) .

Trang 25

x −1 2 − 2m 10 − m y '+ x+ nên đường thẳng qua CĐ, CT là: 3 3 3

Trang 26

2 − 2m 10 − m m 2 x − 10 = − ( 2 x + 1) + . x+ 3 3 3 3

Ta chứng minh (1) có 3 nghiệm phân biệt. Xét hàm số f ( x ) = x 3 + 3 x 2 − 4 x − 1 thì f liên tục trên ℝ , ta có

f ( −6 ) = −85 < 0 , f ( −1) = 5 > 0 , f ( 0 ) = −1 < 0 , f ( 2 ) = 11 > 0 nên (1) có 3 nghiệm phân biệt thuộc 3

 1  Suy ra đường thẳng đi qua CĐ, CT qua điểm cố định A  − ;3  .  2 

khoảng ( −6; −1) , ( −1;0 ) , ( 0; 2 ) . Từ (1)  x03 + 3 x02 = 4 x0 + 1 nên ( 2 )  y0 = 4 x0 + 1 .

Bài toán 3.42: Tìm những điểm M mà mọi đồ thị sau không đi qua a) y =

Vậy 3 điểm cố định thẳng hàng trên đường thẳng y = 4 x + 1 .

mx + 9 . x−9 3

(

)

Bài toán 3.44: Chứng minh các đồ thị hàm số y =

b) y = x − 3mx + 2 m − 1 x + m − 5m + 1 với M thuộc d : x = 1 .

Hướng dẫn giải

a) Gọi M ( x0 ; y0 ) là các điểm mà mọi đồ thị không đi qua:

Gọi M ( x0 ; y0 ) là điểm cố định: y0 =

 x0 = 9 mx + 9 y0 ≠ 0 , ∀m ⇔  x0 − 9  x0 ≠ 9, mx0 + 9 ≠ y0 ( x0 − 9 ) , ∀m

y ≠ 1 − 3m + 2m 2 − 1 + m 2 − 5m + 1, ∀m .

−m2

( x − m)

, x ≠ m  y ' ( 0 ) = −1 .

Vậy các đồ thị luôn luôn tiếp xúc nhau tại điểm cố định M ( 0; −1) , có tiếp tuyến chung y = − x − 1 .

13 ⇔ 3m 2 − 8m + (1 − y ) ≠ 0 ⇔ ∆ = 16 − 3 (1 − y ) < 0 ⇔ y < − 3

Bài toán 3.45: Trên đồ thị ( C ) của hàm số y = − x 3 + 3 x 2 − 2 có những cặp điểm mà tại đó 2 tiếp tuyến cùng có hệ số góc p, chứng minh trung điểm của các đoạn thẳng nối từng cặp điểm đó là điểm cố định.

13 . 3

Hướng dẫn giải

Bài toán 3.43: Chứng minh các đồ thị y = (1 + m ) x3 + 3 (1 + m ) x 2 − 4mx − m luôn đi qua 3 điểm cố định

Tiếp tuyến với ( C ) có hệ số góc p, hoành độ tiếp điểm là nghiệm phương trình:

y ' = p ⇔ 3x 2 + 6 x = p ⇔ 3x 2 − 6 x + p = 0 (1)

thẳng hàng.

∆' = 9 − 3p > 0 ⇔ p < 3

Hướng dẫn giải

Với p < 3 thì ( C ) có 2 tiếp tuyến song song với hệ số góc p.

Gọi M ( x0 ; y0 ) điểm cố định của các đồ thị:

y0 = (1 + m ) x03 + 3 (1 + m ) x02 − 4mx0 − m, ∀m .

Gọi x1 , x2 là nghiệm của (1), với 2 tiếp điểm M 1 , M 2 thì trung điểm M 1M 2 có hoành độ: xI =

⇔ y0 = ( x03 + 3x02 − 4 x0 − 1) m + x03 + 3x02 , ∀m .

 x + 3x − 4 x0 − 1 = 0 ⇔ 3 2  y0 = x0 + 3x0

x0 − m

⇔ ( x0 + 1 + y0 ) m − x0 (1 + y0 ) = 0, x0 ≠ m, ∀m ≠ 0 ⇔ x0 = 0, y0 = −1 . Ta có y ' =

b) Gọi M (1; y ) ∈ d là điểm cần tìm:

2 0

( m − 1) x0 + m , ∀m ≠ 0

⇔ ( m − 1) x0 + m = y0 ( x − m ) , x0 ≠ m, ∀m ≠ 0 .

x = 9 ⇔ 0 . Vậy tập hợp các điểm cần tìm là 2 đường thẳng: x = 9 và x = 0 , bỏ điểm A ( 0; −1) .  x0 ≠ 0, y0 ≠ −1

3 0

x−m

định tại một điểm cố định.

Hướng dẫn giải

Vậy các điểm cần tìm là M (1; y ) với y < −

( m − 1) x + m , m ≠ 0 luôn tiếp xúc với 1 đường thẳng cố

x1 + x2 =1 2

 yI = 0 .

(1)

Vậy trung điểm M 1M 2 là điểm cố định I (1;0 ) .

(2)

Bài toán 3.46: Tìm các điểm trong mặt phẳng sao cho có đúng hai đường của họ ( Cm ) : y =

− x 2 + mx − m 2 đi x−m

qua. Trang 27

Trang 28

Hướng dẫn giải Giả sử ( x0 ; y0 ) là một điểm trong mặt phẳng mà có đúng hai đường cong ( Cm ) đi qua. Khi đó phương

y0 =

(

)

− x + mx0 − m ⇔ m 2 − ( x0 + y0 ) m + x0 ( x0 + y0 ) = 0 x0 − m

Hướng dẫn giải 2

a) D = ℝ \ {1} , y ' =

Điều kiện ∆ > 0 ⇔ ( x0 + y0 )( y0 − 3 x0 ) > 0

Lập BBT thì điểm cực đại A: x = 1 − m − 4, y = f ( x ) .

( x0 + y0 )( y0 − 3x0 ) > 0

Ta có x = 1 − m − 4  m = 4 + (1 − x )

Bài toán 3.47: Tìm quỹ tích các tâm đối xứng của các đồ thị ( Cm ) :

( m + 1) x + m

b) y = mx − 6 m + 1 +

x+m

( P ) : y = −2 x

5 x−m

Lập BBT thì điểm cực tiểu là B : x = 1 − m; y = f (1 − m ) = −2 . Vậy quỹ tích của điểm cực tiểu là đường thẳng d : y = −2 .

 x = X − m Giao điểm 2 tiệm cận I ( − m; m + 1) , chuyển hệ trục theo phép tịnh tiến OI :  . Thế vào  y = Y + m +1

Bài toán 3.49: Với các giá trị nào của m đường thẳng y = m − x cắt đồ thị y =

2 x2 − x + 1 tại hai điểm phân x −1

biệt A, B. Khi đó, tìm tập hợp các trung điểm M của đoạn AB.

( Cm ) thì được:

Hướng dẫn giải 2

( m + 1)( X − m ) + m ⇔ Y = m2 X ( X − m) + m

PT hoành độ giao điểm:

m2 Ta có Y = F ( x ) = là hàm số lẻ nên ( C ) có tâm đối xứng I có tọa độ x = − m ; y = m + 1 . Khử tham X số m thì quỹ tích các tâm đối xứng là đường thẳng d : y = − x + 1, x ≠ 0 . b) Đồ thị ( Cm ) : y = mx − 6m + 1 +

)

Vì ∆ ' = 9 > 0 , ∀m nên đồ thị luôn có CĐ, CT có hoành độ x = −m ± 1 .

x →( − m )

( m + 1) x + m = m + 1 nên TCN: y = m + 1 Ta có lim y = lim x →±∞ x →±∞ x+m

Y + m +1 =

thế vào y thì được quỹ tích các điểm cực đại thuộc

+ 6 x − 10 , vì x = 1 − m − 4 < 1 nên giới hạn là x < 1 .

(

lim − y = +∞, lim + y = −∞ nên TCĐ: x = − m với m ≠ 0 .

x →( − m )

b) D = ℝ , y ' = 3x 2 + 6mx + 3 m 2 − 1

Hướng dẫn giải a) D = ℝ \ {−m} . Ta có

x − 2mx + 3m − 5 ,∆' = m − 4 . x −1

Điều kiện có 2 cực trị là ∆ > 0,1 − 2 − m + 5 ≠ 0 ⇔ m > 4 , hoành độ cực trị là x = 1 ± m − 4 .

Vậy các điểm cần tìm có tọa độ ( x0 ; y0 ) thỏa mãn quan hệ

a) y =

x 2 − 2mx + 3m − 5 x −1

b) Cực tiểu của đồ thị y = x 3 + 3mx 2 + 3 m 2 − 1 x + m3 − 3m

trình sau có đúng hai nghiệm phân biệt 2 0

a) Cực đại của đồ thị y =

Vì x = 1 không phải là nghiệm nên đường thẳng cắt đường cong đã cho tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi: 2

∆ = ( m + 2 ) − 12 ( m + 1) > 0 ⇔ m2 − 8m − 8 > 0 ⇔ m < 4 − 2 6 hoặc m > 4 + 2 6 . Hoành độ trung điểm M của đoạn thẳng AB là:

5 , x ≠ m có TCĐ: x−m

(

2x − x +1 = m − x ⇔ 3 x 2 − ( m + 2 ) x + m + 1 = 0, x ≠ 1 . x −1

xM =

)

x = m và TCX: y = mx − 6m + 1 nên giao điểm I m; m − 6m + 1 . Chuyển hệ trục bằng phép tịnh tiến OI thì được tâm đối xứng I có tọa độ: x = m , y = m 2 − 6m + 1 . Khử tham số m thì quỹ tích các tâm đối xứng là parabol ( P ) : y = x 2 − 6 x + 1 .

x A + xB m + 2 = . 2 6

Vì điểm M nằm trên đường thẳng y = m − x nên yM = m − xM . Khử m, ta có m = 6 xM − 2 nên yM = 6 xM − 2 − xM = 5 xM − 2 . Vậy tập hợp các điểm M nằm trên đường thẳng y = 5 x − 2 .

Bài toán 3.48: Tìm quỹ tích của điểm: Trang 29

Trang 30

Giới hạn: m < 4 − 2 6  6 x − 2 < 4 − 2 6 ⇔ x < 1 −

1   x −1+ x −1 + x −1 = k ( x − a) + b   ⇔ ⇔ 1 1 − x −1− =k 2  ( x − 1) 

6 và m > 4 + 2 6 3

6 . 3

 6x − 2 > 4 + 2 6 ⇔ x > 1+

Bài toán 3.50: Tim quỹ tích các điểm thuộc trục tung mà từ đó vẽ ít nhất một tiếp tuyến với đồ thị 2

x − x +1 . x −1

Do đó

Ta có D = ℝ \ {1} , y ' =

x0 ( x0 − 2 )

( x0 − 1)

x ( x − 2)

( x − 1)

g ( k ) = ( a − 1) k 2 + 2 ( (1 − a ) b + 2 ) k + b 2 − 4 = 0, k ≠ 1 . Yêu cầu bài toán: a ≠ 1, k1k2 = −1, g (1) ≠ 0 .

nên phương trình tiếp tuyến tại điểm M có hoành độ x0 ≠ 1.

⇔ ( a − 1) + b 2 = 4, a ≠ 1, a ≠ b + 1 .

2 x0 − 1

( x0 − 1)

2x −1

( x − 1)

⇔ a ≠ 1, b 2 − 4 = − ( a − 1) , ( a − 1) + 2 ( (1 − a ) b + 2 ) + b 2 − 4 ≠ 0 .

x2 − x + 1 ( x − x0 ) + 0 0 x0 − 1

Cho x = 0 thì y =

Xét f ( x ) =

2 2 1 = k (1 − a ) + b  1 − ( k (1 − a ) + b ) = k . x −1 4

Ta có phương trình bậc 2 theo hệ số góc k: Hướng dẫn giải

Vậy quỹ tích các điểm cần tìm là đường tròn

(

)

(

, x ≠ 1 thì f ' ( x ) =

( x − 1)

a) y = −2 x + m cắt đồ thị hàm số y =

0 −

+ y 2 = 4 bỏ đi 4 điểm A (1;2 ) , B (1; −2 ) ,

3. BÀI LUYỆN TẬP

Bảng biến thiên

)

Bài tập 3.1: Tìm m để đường thẳng

−∞

( x − 1)

C 1 + 2; 2 và D 1 − 2; − 2 . −2 x

Cho f ' (1) = 0 ⇔ x = 0 .

1 = k ( x − a) + b x −1 1 = k ( x − 1) x −1

+∞

thẳng AB thuộc trục tung. b) y = m cắt đồ thị y = x 4 − 2 x 2 + 2 tại 4 điểm phân biệt có hoành độ tạo thành một cấp số cộng.

−

+∞

x2 + x −1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn x

Hướng dẫn

+∞

−1

a) Phương trình hoành độ giao điểm 3 x + (1 − m ) x − 1 = 0 ( x ≠ 0 ) .

Vì a, c trái dấu nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 0 với mọi m. Hoành độ trung điểm I

Do đó y ≥ −1 , nên quỹ tích của điểm thuộc trục tung cần tìm là B ( 0; y ) với y ≥ 1 . Bài toán 3.51: Tìm quỹ tích các điểm mà từ đó vẽ được 2 tiếp tuyến đến ( C ) : y = x − 1 +

1 x mà 2 tiếp x −1

tuyến này vuông góc với nhau. Hướng dẫn giải

của AB: x1 =

Kết quả m = 1 . b) Kết quả m =

Gọi M ( a; b ) , phương trình đường thẳng d qua M có hệ số góc k: y = k ( x − a ) + b .

x1 + x2 m − 1 = . 2 6 41 25

Bài tập 3.2: Tìm m sao cho đường thẳng

Điều kiện d tiếp xúc ( C ) là hệ sau có nghiệm x ≠ 1

a) y = m ( x − 2 ) + 4 cắt đồ thị hàm số y = Trang 31

x2 + 4 ( C ) tại hai điểm thuộc hai nhánh của nó. x Trang 32

b) y = − x + m cắt đồ thị hàm số y =

x2 − 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 4 . x

Kết quả y = −

Hướng dẫn

8 7 8 7 x − và y = x− 3 3 3 3 3 3

b) Kết quả y = 3 x − 1

a) Phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm cùng dấu. Bài tập 3.7: Tìm m để đồ thị hàm số y =

Kết quả m > 1

x 2 + 2m 2 x + m 2 có hai điểm phân biệt đối xứng nhau qua gốc O. x +1

b) Kết quả m = ±2 6 .

Hướng dẫn

Bài tập 3.3: Cho hàm số y =

x có đồ thị ( C ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc ( C ) sao cho tiếp tuyến của 4 ( x − 3)

3 ( C ) tại M cắt hai trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A, B và diện tích tam giác OAB là . 8 3 3 , x0 = 1 ± 5 2 4

(

1 1 hoặc m > , m ≠ ±1 . 2 2

Kết quả m < −

Bài tập 3.8: Tìm hai điểm trên 2 nhánh đồ thị ( C ) : y =

Hướng dẫn Các tiếp điểm x0 =

Điều kiện f ( − x ) = − f ( x ) có nghiệm x ≠ 0 và x ≠ −1 .

)

Hướng dẫn

Bài tập 3.4: Cho hàm số y = f ( x ) = cos 2 x + m sin x . Tìm m để hai tiếp tuyến tại x = −

π 4

và x =

π 3

(

Bài tập 3.5: Tìm m để đồ thị

x −1

)

Bài tập 3.9: Tìm những điểm mà mọi đồ thị không đi qua:

y = x3 + ( m + 1) x 2 + ( m 2 − 3m ) x + ( 5 + 2m − m 2 )

Hướng dẫn

− 3+2  π π  Điều kiện f '  −  = f '   . Kết quả m = 2 −1  4 3

) (

Kết quả A 1 + 5;2 + 5 , B 1 − 5;2 + 5 song

song hoặc trùng nhau.

( 2m − 1) x − m2 y=

2x + 3 có khoảng cách bé nhất. x −1

Hướng dẫn

)

Kết quả đường thẳng x = 1 , bỏ điểm A (1;7 ) và các điểm M ( x; y ) sao cho

luôn tiếp xúc với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất.

( x − 1) ( x − 1)( x − 2 )

− 4 ( x 3 + x 2 + 5 − y ) < 0 

Bài tập 3.10: Tìm điểm M trên đồ thị ( H ) : y =

Hướng dẫn Đường phân giác của góc phần tư thứ nhất y = x .

4x − 3 có tổng khoảng cách đến 2 tiệm cận bé nhất. x −3 Hướng dẫn

Kết quả M ( 0;1) hoặc M ( 6;7 )

Điều kiện 2 đồ thị y = f ( x ) và y = g ( x ) tiếp xúc là hệ phương trình:

Bài tập 3.11: Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số: y = x 3 + mx + m + 1 , tại giao điểm với trục Oy, tạo với

 f ( x ) = g ( x ) có nghiệm. Kết quả m ≠ 1 .   f ' ( x ) = g ' ( x )

hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 2. Hướng dẫn

Bài tập 3.6: Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị Kết quả m = 1 hay m = −3 ± 2 2

a) y = − x 4 + 2 x 2 − 2 tại điểm uốn b) y = − x 3 + 3 x 2 và có hệ số góc lớn nhất Hướng dẫn a) y ' = −4 x 3 + 4 x, y '' = −12 x 2 + 4 Trang 33

Trang 34

CHUYÊN ĐỀ 4 - HÀM SỐ MŨ VÀ LÔGARIT 1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM Lũy thừa và căn thức:

a−n =

log b x =

log a x hay log a b.logb x = log a x log a b

log b a =

1 1 hay log a b.log b a = 1;log aα b = log a b log a b α

Hàm số lũy thừa y = xα :

1 (với a ≠ 0 và n ∈ ℕ* ) an

Liên tục trên tập xác định của nó

m n

Đạo hàm xα ' = axα −1 , uα ' = α uα −1u ' ;

ar = a = n am

( )

m (với a > 0 và r = , n ∈ ℤ, n ∈ ℕ* ) n

( x) n

aα = lim a rn (với a > 0, α ∈ ℝ, rn ∈ ℚ và lim rn = α ). Khi n lẻ, b = n a ⇔ b n = a (với mọi a)

b ≥ 0

Khi n chẵn, b = n a ⇔ 

n b = a

n x

n −1

( x > 0) , ( n u )

u' n u n−1 n

, với u = u ( x ) > 0 .

Hàm số mũ:

(với a ≥ 0 ).

Liên tục trên tập xác định ℝ , nhận mọi giá trị thuộc ( 0; +∞ ) .

khi a > 1  0 ; lim a x =  khi 0 < a < 1 x→−∞  +∞

+∞ lim a x =  x →+  0

aα .a β = aα + β ; aα : a β = aα − β ; ( aα ) = aαβ α

Hàm số y = xα đồng biến trên ( 0; +∞ ) khi α > 0 ; nghịch biến trên ( 0; +∞ ) khi α < 0 .

- Biến đổi lũy thừa: Với các số a > 0, b > 0, α và β tùy ý, ta có:

( a.b )

( )

khi a > 1 khi 0 < a < 1

( ) ( ) ( a ) ' = a u 'ln a; ( e ) ' = e u ' với u = u ( x ) .

Đạo hàm: a x ' = a x ln a; e x ' = e x ;

= aα .bα ; ( a : b ) = aα : bα

- So sánh: Nếu 0 < a < b thì: aα < bα ⇔ α > 0; aα > bα ⇔ α < 0

Lôgarit:

Đồng biến trên ℝ nếu a > 1 , nghịch biến trên ℝ nếu 0 < a < 1 .

- Lôgarit cơ số a: α = log a b ⇔ aα = b ( 0 < a ≠ 1 và b > 0 )

Hàm số lôgarit y = log a x :

- Lôgarit cơ số 10: log10 b = lg b hay logb

Liên tục trên tập xác định ( 0;+∞ ) , nhận mọi giá trị thuộc ℝ .

- Lôgarit cơ số e: log e b = ln b ( e ≈ 2,7183)

+∞ lim log a x =  −∞

x →+∞

- Tính chất: log a 1 = 0 và log a a = b với a > 0, a ≠ 1 . b

a loga b = b với a > 0, b > 0, a ≠ 1 .

Đạo hàm ( log a x ) ' =

- Biến đổi lôgarit trong điều kiện xác định:

( log a u ) ' =

log a ( b.c ) = log a b + log a c log a

b 1 = log a b − log a c,log a   = − log a c c c α

log a b = α log a b (với mọi α ), log a

khi a > 1  −∞ ; lim log x =  khi 0 < a < 1 x→+0+ a  +∞

khi a > 1 khi 0 < a < 1

1 1 1 ; ( ln a ) ' = ; ( ln x ) ' = x ln a x x

u' u' u' ; ( ln u ) ' = ; ( ln u ) ' = với u = u ( x ) . u ln a u u

Hàm số y = log a x đồng biến trên ( 0; +∞ ) nếu a < 1 , nghịch biến trên ( 0; +∞ ) nếu 0 < a < 1 . Giới hạn:

1 b = log a b ( n ∈ ℕ* ) n

ln (1 + x ) ex −1  1 lim 1 +  = e;lim = 1;lim =1 x →+∞ x →0 x x x   x

- Đổi cơ số trong điều kiện xác định:

x →0

Trang 1

Trang 2

2. CÁC BÀI TOÁN Bài toán 4.1: Thực hiện phép tính −

−

1 2 1 − −1 −2  1  3  1  5 0 2 3 3 3 A = 81−0,75 +   −   ; B = 0,001 − ( −2 ) .64 − 8 + ( 9 )  125   32 

  1 3  +     5    

( )

A = ( 3)

−

1 3

−1

  1 5  −     2    

−

4 3

(

a) Ta có 3 2 ± 2 3

+ 1 = 10 − 22 − 2−4 + 1 = 7 −

a −1

3 4

a +a

1 2

1 3

1 4

1 111 = . 16 16

)(

) . a ( a + 1) . a ( a + 1) ( a + 1)

a +1

a −1

a 3 (1 − a )

−

1 3

−

1 3

(1 − a 2 )

7 3

−

1 3

(

Tương tự 7 − 5 2 = 1 − 2 Do đó

a + 1 = a −1 +1 = a

= (1 + a ) − (1 − a ) = 2a

3 2 +2 3 3 2 −2 3 + =6 2 2

)

(

= 10 2 + 3

)

(

)

7 − 5 2 − 3 7 + 5 2 .  3 7 + 5 2 7 − 5 2   

(

)(

)

7 + 5 2 − 3 7 − 5 2 = 10 2 + 3 x .

Ta có phương trình:

1 6

b) Vì 5 − 13 + 48 = 5 −

7+5 2 − 3 7−5 2

7 + 5 2 − 3 7 − 5 2 = 1+ 2 − 1− 2 = 2 2

(

)

x3 = 7 + 5 2 − 7 − 5 2 − 3

1 2+33

1 3− 2 = 3 = 2+33 9 −2

Cách khác: Đặt x = 3 7 + 5 2 − 3 7 − 5 2 . Ta có:

(

)(

3− 2 3 3+2 9+4

5 − 13 + 48

)

3 +1

= 4−2 3 =

(

) 3−2

)

Bài toán 4.5: Tính gọn

)(

x3 − 3 x − 10 2 = 0 ⇔ x − 2 2 x 2 + 2 2 x + 5 = 0 ⇔ x = 2 2

Hướng dẫn giải a)

= 18 + 12 ± 12 6 = 30 ± 12 6

(

( a + 1)

)

b) Ta có: 7 + 5 2 = 1 + 3 2 + 6 + 2 2 = 1 + 2

5 3

Bài toán 4.3: Trục căn ở mẫu a)

)

3 + 1 .3 4 − 2 3

a 3 (1 − a 2 )

3 −1

) =(

3 −1

Ta có x 2 = 30 + 2 225 − 216 = 36 nên chọn x = 6 .

Hướng dẫn giải

( P=

(

15 + 6 6 + 15 − 6 6 = x; x > 0 .

Cách khác: Đặt

a+ a a −a a −a .a + 1; Q = 1 − 2 4 1 − a +1 a3 − a3 a3 + a 3 4

3 −1

15 + 6 6 + 15 − 6 6 =

nên

Bài toán 4.2: Đơn giản biểu thức trong điều kiện xác định: 4

Hướng dẫn giải

3 5

−3

5 − 13 + 48

15 + 6 6 + 15 − 6 6

1 1 80 −3 1 1 = ( 3) +   −   = +5−8 = −3= − 5 2 27 27 27     B = (10−3 ) 3 − 2−2. ( 26 ) 3 − ( 23 )

Bài toán 4.4: Không dùng máy, tính giá trị đúng:

Hướng dẫn giải 3 4 −4

nên

49 + 20 6 + 4 49 − 20 6

2+ 5 +2 2+ 5 + 4 2+ 5 −2 2+ 5 Hướng dẫn giải

a) Ta có Trang 3

49 + 20 6 = 4 25 + 10 24 + 24 =

(5 + 2 6 )

Trang 4

= Tương tự: Suy ra

(

3+ 2

)

b) Với mọi k ≥ 2 thì

= 3+ 2

49 − 20 6 = 3 − 2 (do

  2k + k 2 − 1 = k −1 + k + 1

3> 2)

Ta có: MN =

(2 + 5 )

(

)

− 4 2 + 5 =1

M 4 + N 4 = 4 + 2 5  M 4 + N 2 + 2M 2 N 2 = 6 + 2 5 =

(

)

5 +1

 5 +1  M 2 + N 2 = 5 + 2  M 2 + N 2 + 2MN = 5 + 3 =    2  4

) ( k + 1) ( k −1 +

k −1 +

49 + 20 6 + 4 49 − 20 6 = 2 3

b) Đặt M = 4 2 + 5 + 2 2 + 5 , N = 4 2 + 5 − 2 2 + 5

Vậy

(

2+ 5 +2 2+ 5 + 4 2+ 5 −2 2+ 5 = M + N =

( k + 1)

−

( k − 1)

k +1

. Do đó

1 3 3 − 13 + 43 − 23 + 53 − 33 + 63 − 43 + ... + 1013 − 993   2

a x − a− x a x + a− x a x − a− x ; ch ( x ) = ; th ( x ) = x với a > 0, a ≠ 1 . Chứng minh 2 2 a + a− x 2th ( x ) ch 2 ( x ) − sh 2 ( x ) = 1 , th ( 2 x ) = . 1 + th 2 ( x )

5 +1 . 2

Bài toán 4.7: Cho sh ( x ) =

Hướng dẫn giải

a +a 2 

Ta có ch 2 ( x ) − sh 2 ( x ) = 

4+ 3 6+ 8 2k + k − 1 200 + 9999 + + ... + + ... + 1+ 3 2+ 4 99 + 101 k −1 + k +1

Hướng dẫn giải

23 + 513 23 − 513 ,b = 3 4 4

 a 3 + b3 =

  ax − a−x   −  2   

2 ( a 2 x + a −2 x )  a x − a− x  = 2x x −x  a + a −2 x + 2 a +a  2

nên

= 27 ( x3 + x 2 + 1) + 3 ( 3 x + 1) − 29 nên

− 3 ( 3x + 1) + 29 ( a + b ) − 3 ( a + b ) + 29 = 27 27

2th ( x ) 2

1 + th ( x )

a x − a − x a 2 x + a −2 x + 2 . a x + a − x 2 ( a 2 x + a −2 x )

2 ( a x − a − x )( a x − a − x )

2(a + a

)

−x

)( a

−a

−2 x

a 2 x − a −2 x = th ( 2 x ) . a 2 x + a −2 x

Bài toán 4.8: Cho số tự nhiên n lẻ, chứng minh: a) Nếu

23 a + b + 3ab ( a + b ) − 3 ( a + b ) + 29 2 + 29 3 = = = 27 27 2 3

−x

Ta có: 1 + th 2 ( x ) = 1 + 

23 , ab = 1 và 3x + 1 = a + b 2

a 2 x + a −2 x + 2 − a 2 x − a −2 x + 2 4 = =1 4 4

Vì ( 3 x + 1) = 27 x3 + 27 x 2 + 9 x + 1

( 3x + 1) A=

)

1 999 + 1013 − 8 −1 − 23 + 1013 + 1003  =  2 2 999 + 101 101 − 2 2 = 2

 1  23 + 513 3 23 − 513 + − 1 . Tính A = x3 + x 2 + 1  3 4 4  

)

a) Cho x =  3

a) Đặt a =

)(

k + 1 − k −1  k +1 − k −1

Bài toán 4.6:

b) Tính B =

( k − 1)( k + 1)  (

Trang 5

1 1 1 1 1 1 1 1 + + = thì n + n + n = n a b c a+b+c a b c a + bn + c n Trang 6

b) Nếu ax n = by n = cz n ,

1 1 1 + + = 1 thì: x y z

ax n−1 + by n −1 + cz n−1 = n a + n b + n c

Do đó: B = a x − a

x2 .

1 x

= 0.

Bài toán 4.11:

Hướng dẫn giải

a) Cho log 6 15 = x,log12 18 = y , tính log 25 24 theo x, y

1 1 1 1 a) Từ giả thiết suy ra + = − a b a+b+c c

b) Cho a = log 2 3, b = log3 5, c = log 7 2 , tính log140 63 theo a, b, c. Hướng dẫn giải

 ( a + b ) . ( a + b + c ) c = abc − ab ( a + b + c )  ( a + b )( b + c )( c + a ) = 0

 có 2 số đối nhau mà ta có n lẻ  đpcm. b) VT =

a) Ta có x =

1 1 1 ax n by n cz n + + = n ax n  + +  = n ax n = x n a = y n b = z n c x y z x y z

Do đó log 25 24 =

Bài toán 4.9: Tính:

 1     32 

= (2

log 0 ,5 2

−3 log 2 5

)

( −3) log 2 5

  1 5  =     2    

log 2 5−3

(

1 =5 = 125 −3

log 1 25 2

2 1 + 2log3 2 + log 3 5 + log3 7 2log 7 2 + log 7 5 + 1

log 3 7 =

Hướng dẫn giải

1 1 1 = = log 7 3 log 7 2.log 2 3 ca 2 1 2ac + 1 + = 2 1 2c + cab + 1 abc + 2c + 1 +b+ a ca

Bài toán 4.12: Cho các số thực a, b, c thỏa mãn:

a) A = log 3 2.log 4 3.log5 4.log 6 5.log 7 6.log8 7

a log3 7 = 27, b log7 11 = 49, c log11 25 = 11

log log3 log 4 log 5 log 6 log 7 log 2 1 1 = . . . . . = = log8 2 = log 2 2 = log 3 log 4 log 5 log 6 log 7 log8 log8 3 3 b) Đặt x = log a b  log a b = x 2  b = a x

1 1 = ,log 7 5 = log 7 2.log 2 3.log3 5 = cab ; log 2 3 a

Vậy log140 63 =

logb a

Mặt khác log b a =

Ta có log 3 2 =

a) A = log 3 2.log 4 3.log 6 5.log 7 6.log8 7

−b

2 1 2 1 + = + log3 140 log 7 140 log3 ( 22.5.7 ) log 7 ( 22.5.7 )

= 2 = 32 .

Bài toán 4.10: Rút gọn các biểu thức:

b) B = a

)

1  6  −2 b) log 7 36 − log 7 14 − 3log 7 3 21 = log 7   = log 7 7 = −2 . 2  14.21 

log a b

log 2 23.3 5− y = . log 2 52 2 ( x + 1 − 2 y + xy )

b) log140 63 = log140 32.7 = 2log140 3 + log140 7

a) 3log3 18 = 18;35 log3 2 = 3log3 2 = 25 = 32 log 2 5

2 y −1 x + 1 − 2 y + xy ;log 2 5 = 2− y 2− y

Suy ra log 2 3 =

1 1 1  VT  + +  = n a + n b + n c  đpcm. x y z

1   8

log 2 3.5 log 2 3 + log 2 5 log 2 2.32 1 + 2log 2 3 = và y = = log 2 2.3 1 + log 2 3 log 2 22.3 2 + log 2 3

Tính T = a

( log 3 7 )2

+ b(

log 7 11)

+ c(

log11 25)

Hướng dẫn giải

Ta có:

1 1  logb a = x2 x

(

T = a log3 7 Trang 7

)

log3 7

(

+ blog7 11

)

log 7 11

+ ( c log11 25 )

log11 25

Trang 8

= 27log 7 + 49log7 11 +

( 11)

log11 25

Bài toán 4.15: Cho x, y, z, a là các số thực dương đôi một khác nhau và khác 1. Chứng minh:

= 73 + 112 + 25 2 = 469 .

a) Nếu log a x = 1 + log a x.log a z , log a y = 1 + log a y.log a x thì:

Bài toán 4.13: Trong điều kiện có nghĩa, chứng minh:

A = log

a) a logc b = b logc a b)

n ( n + 1) 1 1 1 1 + + + ... + = log a b log a2 b log a3 b log an b 2log a b

b) Nếu

a x.log a y.log a z.log x a.log y a.log z a = 1 . x y z

x( y + z − x) y ( z + x − y) z ( x + y − z) = = thì x y . y x = y z .z y = z x .x z log x log y log z

Hướng dẫn giải a) a

log c b

b) VT =

logb alogc b

log c b .logb a

Hướng dẫn giải

log c a

a) Từ giả thiết, ta có: log a x = 1 + log a x.log a z

1 2 3 n + + + ... + log a b log a b log a b log a b

= (1 + 2 + 3 + ... + n ) .

 log a x =

n ( n + 1) 1 = log a b 2log a b

1 1 = = log a z 1 − log a z log a z a z

Do đó: log x a log a z = 1 . Tương tự log y a log a x = 1 z

Bài toán 4.14: Trong điều kiện có nghĩa, chứng minh: Mà log a y = 1 + log a y.log a z , nên log a y = 1 +

a) Nếu a 2 + c 2 = b 2 thì log b+c a + log b−c a = 2log b+ c a.log b−c a . b) Nếu a, b, c lập cấp số nhân thì

log a d − log b d log a d = log b d − log c d log c d

 log a z = 1 + log a y.log a z Tương tự trên, ta cũng có log z a log a y = 1 . Do đó

Hướng dẫn giải

    A =  log a x.log y a  .  log a y.log z a  .  log a z.log x a  = 1       x y z 

a) Theo giả thiết: a = ( b − c )( b + c ) . Xét a = 1 : đúng. Xét a ≠ 1 thì log a ( b − c ) + log a ( b + c ) = 2 

1 1 + =2 log b−c a log b+c a

b) Nếu một trong các số x + y − z , y + z − x, z + x − y bằng 0 thì cả ba số đều bằng 0 và dẫn đến

x = y = z = 0 , mâu thuẫn.

nên log b+c a + log b−c a = 2log b+ c a.log b−c a

Do đó x + y − z , y + z − x, z + x − y khác 0.

c log d   1 1 b b) Ta có log a d − logb d = − = log d a log d b ( log d a )( log d b )

 x ( log y ) . ( y + z − x ) = y ( log x ) . ( z + x − y )  Từ giả thiết thì:  y ( log z ) . ( z + x − y ) = z ( log y ) . ( x + y − z )   z ( log x ) . ( x + y − z ) = x ( log z ) .( y + z − x )

c log d   1 1 a Tương tự: log b d − log c d = − = log d b log d c ( log d b )( log d c ) Vì a, b, c lập thành cấp số nhân nên Do đó

log a y log a y  1 − log a z = 1 − log a z log a y − 1

Ta có: x ( log y ) . ( y + z − x ) = y ( log x )( z + x − y )

 x log y = y ( log x ) .

c b c b =  log d   = log d   a a b a

z+ x− y y+z−x

 z+x− y   x log y + y log x = y ( log x ) .  + 1  y+z−x 

log a d − logb d log d c log a d = = log b d − log c d log d a log c d Trang 9

Trang 10

 x log y + y log x = y ( log x ) .

2z z+ x− y

b) Số hạng không chứa x ứng với 13k − 52 = 0 ⇔ k = 4 là T5 = C134 = 715 .



2x Tương tự y log z + z log y = z ( log y ) . z+x− y

 

Hướng dẫn giải

1 ĐK: x > 0, x ≠ . Ta có: 10

2z 2x = z log y. y+z−x z+x− y

Chứng minh tương tự: y z .z y = z x .x z . toán

4.16:

Cho

các

số

thực

1 6− k 1 1  k    6  x lg x +1 + 12 x  =  x 2( lg x+1) + x12  =  C6k x 2( lg x+1) .x 12      k =0   

⇔ y ( log x ) .( z + x − y ) = x ( log y )( y + z − x ) : đúng

Bài

mãn 1 < a < b < c .

thỏa

Chứng

minh

rằng:

log a ( log a b ) + logb ( log b c ) + log c ( log c a ) > 0 .

Số hạng thứ 4 ứng với k = 3 , theo giả thiết bằng 200 nên:

C63 x

Hướng dẫn giải Vì 1 < a < b nên log a b > 1  log a ( log a b ) > log b ( log a b ) > 0

3 1 + 2( lg x +1) 4

7 + lg x

= 200 ⇔ x 4 lg x + 4 = 10 ⇔

Suy ra 0 > log c ( log c a ) > log b ( log c a )

Bài toán 4.19: Chứng minh các giới hạn:

Do đó log a ( log a b ) + log b ( log b c ) + log c ( log c a )

a) lim x →0

> log b ( log a b ) + log b ( logb c ) + log b ( log c a )



 

−

2 3



a) Tìm hệ số của x

Hướng dẫn giải a) lim x →0

b) Tìm số hạng không chứa x

2 3



13− k

 −2  Tk +1 = C13k  x 3   

(x x)

a) Hệ số của x13 ứng với

= C13k .x

lim x →0

 + x x  là: 

ln a x

x ln a

a −1 e −1 e −1 = lim = lim .ln a = ln a x →0 x →0 x ln a x x x

Hướng dẫn giải −

n a 1 + ax − 1 a a =  = e ;lim x → 0 x x n

 + x x  ,x > 0. 



log (1 + x ) a x −1 1 = ln a;lim a = x →0 x x ln a

b) lim  1 + x →+∞

= log b ( log a b.log b c.log c a ) = logb (1) = 0 Bài toán 4.17: Trong khai triển nhị thức P ( x ) =  x

7 + lg x lg x = 1 4lg x + 4

 x = 10 lg x = 1 (Chọn). ⇔ lg 2 x + 3lg x − 4 = 0 ⇔  ⇔ −4 lg x = −4  x = 10

Ta có 1 < a < c nên log c a < 1

Số hạng tổng quát của P ( x ) =  x

 

Do đó: x y . y x = y z .z y ⇔ x log y + y log x = y log z + z log y

⇔ y log x.



Bài toán 4.18: Trong khai triển nhị thức  x lg x+1 + 12 x  , biết số hạng thứ tư bằng 200. Tìm x?

log a (1 + x ) ln (1 + x ) 1 = lim log a e = x → 0 x x ln a a

x   a   x   a 1   b) lim  1 +  = lim  1 +   = ea x →+∞ x  x  x→+∞      a     

13 k −52 6

13k − 52 = 13 ⇔ k = 10 là: 16

lim x →0

T11 = C1310 = 286 . Trang 11

1 + ax − 1 = lim x →0 x x

1 + ax + 1

(

(1 + ax )

n −1

(1 + ax )

n− 2

+ ... + 1

)

a n Trang 12

Bài toán 4.20: Tìm các giới hạn sau: 2x

a) lim x →0

e −e x

b) lim x→0

x +1 x +1   2   x x 2  1    x +3  2  b) lim   = lim 1 +  = lim 1 + x + 1   = e x →+∞ x + 1   x→+∞  x + 1  x→+∞    2    

2 +5 −2 3x + 5 x − 2 x

Hướng dẫn giải 2x

a) lim x →0

e −e x

 e −1 e −1 = lim  −  = 2 − 5 = −3 x→0 x   x 2x

Bài toán 4.23: Tìm các giới hạn sau: 1

Hướng dẫn giải

Bài toán 4.21: Tìm các giới hạn sau: a) lim x →0

a) lim

ln (1 + 3x 2 )

a) lim x →0

ln (1 + 3 x

) = lim ln (1 + 3x )

1 − cos 2 x

x →0

2 2

(1 + x )

   ax + bx   a x + b x  a x +b x −1  = lim 1 + − 1 2  x →0 x →0   2  2     

 6 x − 1 3x − 1   ln (1 + 6 x ) ln (1 + 3x )  6 x − 3x = lim  − −  : x →0 ln (1 + 6 x ) − ln (1 + 3 x ) x →0 x   x x  x 

= lim e x →0

1 = ( ln 6 − ln 3) : ( 6 − 3) = ln 2 . 3

= lim e

a x −1 b x −1 + 2x 2x

x →0

ln a + ln b 2

= eln

a x +b x −1 2 x

= ab

 x +3   x +1 

Bài toán 4.24: Tính các giới hạn sau:

b) lim  x →+∞

x x −3

1   1 −  x − 1 ln x 

a) lim  x →1

Hướng dẫn giải x x −3  1  1    a) lim  1 + = lim 1 +    x →+∞ x − 3  x→+∞  x − 3   

a x +bx −1 2 x

 ax + bx  x Vậy lim   = ab x →0  2 

Bài toán 4.22: Tìm các giới hạn sau:

1   x −3

 2 7  ln (1 + x ) : =− 2  x 3 3 2 + 1+ x +1  1

1 x

b) lim 

b) lim

 

2sin 2 x

 3ln (1 + 3x 2 )  sin x 2  3 1 = lim  :  = 2 x →0  3x 2  x   2 

a) lim  1 + x →+∞

2 e − 1+ x −1 1 + x 2 − 1  ln (1 + x ) = lim  − : 2 2 2 2 x →0   x x ln (1 + x )  x  −2 x2

 −2 x 2 −1  e = lim  −2 − 2 x →0 − 2 x  

Hướng dẫn giải 2

−2 x 2

x →0

6 x − 3x x →0 ln (1 + 6 x ) − ln (1 + 3 x )

b) lim

1 − cos 2 x

 ax + bx  x b) lim   với 0 < a, b ≠ 1 . x →0  2 

e−2 x − 3 1 + x 2 a) lim x →0 ln (1 + x 2 )

2 x − 1 5x − 1 + 2 x + 5x − 2 x = ln 2 + ln 5 = ln10 b) lim x = lim x x x x →0 3 + 5 − 2 x →0 3 − 1 5x − 1 ln 3 + ln 5 ln15 + x x

b) lim (1 + x )

cot x

x →0

Hướng dẫn giải

1  ln x − x + 1  1 −  = lim  x − 1 ln x  x→1 ( x − 1) ln x

=e =e

a) lim  x →1

Trang 13

Trang 14

( ln x − x + 1) ' = lim x − 1 x →1 ( x − 1) ln x ' ( ) x→1 ln x + x − 1

= lim

Ta có: lim

(

ln x + x 2 + 1 ln x

x →+∞

) = lim

x2 + 1 = 1 1 x

x →+∞

= lim x →1

(1 − x ) ' = lim −1 = − 1 1− x = lim x → 1 ln x + x − 1 ( x ln x + x − 1) ' x→1 ln x + 2 2

(

  ln x 1 1 Vậy: lim   =e =e 2 x →+∞  x − x −1 

1 ln (1 + x ) ( ln (1 + x ) ) ' = lim 1 + x = 1 = lim x →0 x →0 tan x ( tan x ) ' x→0 tan 2 x + 1

)

b) lim

b) Ta có: lim cot x ln (1 + x ) = lim x →0

nên lim (1 + x )

cot x

x →0

= lim e

cot x ln (1+ x )

x →0

lim ( cot x ln (1+ x ) )

= e x →0

x →π

Đặt g ( x ) = ln π x thì g ( π ) = ln π và g ' ( x ) = ln π

Theo định nghĩa đạo hàm ta có:

Bài toán 4.25: Tìm các giới hạn sau: 1

a) lim ( cos x ) 2 x

b) lim ( cos3x )

x →0

lim

5 x

x →π

x →0

ln ( cos x ) ( ln ( cos x ) ) ' = lim − tan x = lim ( − tan x ) ' = lim a) Ta có lim 2 0 x →0 x → 2x ( 2 x 2 ) ' x →0 4 x x →0 ( 4 x ) ' = lim = x →0

− ( tan x + 1) 4

Nên lim ( cos x ) 2 x 2 = lim e x →0

x →0

lim

ln ( cos x )

= e x→0

−

5ln ( cos 3 x )

Nên lim ( cos3x ) = lim e x →0

x →0

lim

5( ln ( cos 3 x ) )

= e x →0

1 4

b) y ' =

= e0 = 1



  2 x →+∞  x − x −1  1

  1 a) lim   2 x →+∞  x − x −1 

b) lim x →π

(

= lim x + x + 1 x →+∞

2 x ( x + 1) e + 1 e4 x + 1 4x

2 x 2e 4 x 4x

e +1

ln 2 + 2 ln 2 )( 2 x + 2− x ) − ( 2 x − 2− x )( 2 x ln 2 − 2− x ln 2 ) −x

(2 x

+ 2− x ) − ( 2 x − 2− x )

−x 2

)

+ 2− x )

ln 2 2 =

4ln 2 2

+ 2− x )

y ' = 5 x 4 − 5 x ln 5 + e x ln x ( ln x + 1) = 5 x 4 − 5 x ln 5 + x x ( ln x + 1)

1 ln x

ln (π x−π )

Bài toán 4.28: Tìm đạo hàm của các hàm số sau:

(

x −π

a) y = ln x + x 2 + a 2

Hướng dẫn giải 1 ln x

c) y = x 5 − 5 x + x x

c) Ta có y = x 5 − 5 x + x x = x 5 − 5 x + e x ln x nên

Bài toán 4.26: Tính giới hạn sau: a) lim 

2 x − 2− x 2 x + 2− x

Hướng dẫn giải

15sin 3x − 5ln ( cos3x ) ) ' 5ln ( cos3x ) ( = lim = lim cos3x = 0 b) lim x →0 x→0 x →0 x 1 ( x) ' 5 x

b) y =

a) y ' = 2 x e4 x + 1 +

ln ( cos x )

a) y = x 2 e 4 x + 1

1 4

=−

g ( x ) − g (π ) ln π x−π = lim = g ' (π ) = ln π x →π x −π x −π

Bài toán 4.27: Tìm đạo hàm của hàm số sau:

Hướng dẫn giải

1 1 πx ln π x − ln π π ln (π x −π ) = lim ln π = lim x →π x − π x →π x −π π x −π

)

b) y = log

1 ln x

(−x

)

+ 5x + 6 )

c) y = cos x.e2 tan x Hướng dẫn giải Trang 15

Trang 16

b) Với x < −

x2 + a2 = a) y ' = x + x2 + a2

x2 + a2

y = ln ( ( 2 x − 1)( 3x + 1) ) = ln 2 x − 1 + ln 3x + 1

−2 x + 5 −4 x + 10 b) y ' = = ( − x 2 + 5 x + 6) ln 3 ( − x 2 + 5 x + 6) ln 3 c) y ' = − sin x.e 2 tan x +

1 1 hoặc x > : 3 2

 y' =

2  2  .e2 tan x = e 2 tan x  − sin x  cos x  cos x 

1 1 + 2 x − 1 3x + 1

 1    ax + b 

Ta chứng minh quy nạp 

Bài toán 4.29: Chứng minh:

x2 1 + x x 2 + 1 + ln x + x 2 + 1 thì: 2 y = xy '+ ln y ' 2 2

a) y ' = 4e

− 2e , y '' = 16e + 2e , y ''' = 64e − 2e −x

−x

a) y =

nên:

= x+

(

2 x2 + 1 2

2 x +1

1 2

2 x +1

)

(

−

+∞

−∞

(

+∞

)

xy ' = x 2 + x x 2 + 1 và ln y ' = ln x + x 2 + 1

Vậy hàm số nghịch biến trong các khoảng ( −∞;0 ) và ( 0;1) đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) , đạt CT (1;e )

)

(

)

b) D = ℝ, y ' = 2 x − x 2 e x , y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 .

 2 y = xy '+ ln y ' : đpcm.

BBT

Bài toán 4.30: Tìm đạo hàm cấp n của hàm số

(

)

b) y = ln 6 x 2 − x − 1

a) y = 5kx

a) y ' = ( k ln 5) .5kx ; y '' = ( k ln 5 ) .5kx

−∞

Hướng dẫn giải

(n)

−∞

y 2

e ( x − 1) , y ' = 0 ⇔ x = 1. x2

BBT

Do đó, ta có: 2 y = x + x x + 1 + ln x + x + 1

Ta chứng minh quy nạp: y

b) y = x 2 .e − x

a) D = ℝ \ {0} , y ' =

= x + x2 + 1

ex x x

1+ 1 2 x2 x2 + 1 x +1 + + 2 2 2 x + 1 2 x + x2 + 1

n −1

( −1) ( n − 1)!2n−1 + ( −1) ( n − 1)!3n−1 n n ( 2 x − 1) ( 3x + 1)

Hướng dẫn giải

y '''− 13 y '− 12 y = ( 64e4 x − 2e− x ) − 13 ( 4e4 x − 2e− x ) − 12 ( e4 x + 2e− x ) = 0

b) y ' = x +

(n)

( −1) m!a m m +1 ( ax + b )

Bài toán 4.31: Tìm khoảng đơn điệu và cực trị hàm số:

Hướng dẫn giải 4x

n −1

Suy ra y

a) Nếu y = e 4 x + 2e − x thì: y '''− 13 y '− 12 y = 0 b) Nếu y =

( m)

−

Trang 17

+∞ −

4e −2

+∞ 0

= ( k ln 5) .5kx

−∞

Trang 18

Vậy hàm số đồng biến trong khoảng ( 0; 2 ) , nghịch biến trong các khoảng ( −∞;0 ) và ( 2; +∞ ) , đạt CĐ

( 2;4e ) , CT ( 0;0 ) . −2

sym

Bài toán 4.32: Tìm khoảng đơn điệu và cực trị hàm số:

(

)

x 2

13 và

2x x2 − 1

13 = 13 =

371293; 23 =

Ta có 371293 > 279841 nên

Khi x < −1 thì y ' < 0 nên hàm số nghịch biến trên ( −∞; −1)

Khi x > 1 thì y ' > 0 nên hàm số đồng biến trên (1; +∞ )

23 =

13 > 5 23

7 + 15 < 2 + 4 = 3 + 3 < 10 + 3 28

Bài toán 4.35: So sánh các số:

1 y = , y' = 0 ⇔ x = 0 1+ x 1+ x

(1 + x )

( )

a) Ta có: 3600 = 3

5400 = ( 52 )

> 0 nên đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 0 .

 1    3

b) Ta có 

ax bx cx + x + x đồng biến với mọi x dương. x x b +c c +a a + bx

Vì cơ số 0 <

Do đó f ' ( x ) =



 b sym



+ cx )

4 5

= 25200 . Vậy 3600 > 5400

1 =   3

2 5

và 3−3

1 < 1 nên 3

1    3

1 =   3

) < (2 5 ) 2 5

1 <   3

3 2

⇔ 18 < 20 : đúng

 1     3

4 5

< 3−3

Bài toán 4.36: Hãy so sánh các số:

a xb x ( ln a − ln b ) + a x c x ( ln a − ln c )

200

(

x x x x x x a x  a .ln a ( b + c ) − a ( b .ln b + c .ln c ) '= 2 x  b +c  (bx + cx )

và 3−3

= 27 200 và

Ta có 3 2 < 2 5 ⇔ 3 2



Ta có 

4 5

Hướng dẫn giải

Bài toán 4.33: Cho a, b, c là các sự thực dương. Chứng minh hàm số

f ( x) =

b) 

3 200

y ' < 0, ∀x ∈ ( −1;0 ) nên hàm số nghịch biến trên ( −1;0 ) 1

 1    3

a) 3600 và 5400

y ' > 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) nên hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ )

Ta có y '' =

7 + 15 và 10 + 3 28

279841

Hàm số không có cực trị. b) D = ( −1; +∞ ) , y ' = 1 −

Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải a) D = ( −∞; −1) ∪ (1; +∞ ) , y ' =

Bài toán 4.34: So sánh các số: b) y = x − ln (1 + x )

a) y = ln x − 1

( a − b )( a + b + 2c ) > 0 ( a + c ) (b + c ) x

=  a xb x ( ln a − ln b )

a) log 3 4 và log 4

/  a xb x ln a − ln b + a x c x ln a − ln c  ax  ( ) ( ) =  x  x x 2  + c  sym  (b + c )  

1 3

log 6 11

b) 3

và 7

log 6 0,99

Hướng dẫn giải a) Ta có log 3 4 > 1 và log 4

 a xb x ln a − ln b a xb x ln a − ln b  ( )− ( ) =  x x 2 x x 2 sym  b + c a + c ) ( )   (

1 1 < 0 , suy ra log 3 4 > log 4 3 3

b) Ta có log 6 1,1 > 0 nên 3log6 1,1 > 30 = 1 (vì 3 > 1 ) và log 6 0,99 < 0 nên 7log6 0,99 < 70 = 1 (vì 7 > 1 ). Suy ra 3log6 1,1 > 7 log 6 0,99 . Bài toán 4.37: Hãy so sánh các số: Trang 19

Trang 20

a) log8 27 > log9 25

b) log 4 9 > log 9 25

1  1    B = log n +1 ( n + 2 ) = log n+1 ( n + 1)  1 +  = 1 + log n+1 1 +   n +1  n +1

Hướng dẫn giải a) log8 27 > log8 25 > log 9 25

Ta có 1 +

b) log 4 9 = log 2 3 = log8 27 > log 9 25

 

Bài toán 4.38:

và log n  1 +

a) So sánh hai số 11 + 22 + 33 + ... + 10001000 và 22 ⋰2

b) Chứng minh với n số 2, n > 6 thì 2 2

a) Ta thấy rằng 22

a c

Mà 210 = 1024 > 1000, 26 = 64 2

1001

Từ đó suy ra 2 2

> 264000

= 210010 < 264000

a c

Nên an = 2

2an − 2

25 n

a b + =1 c c

2 2 2  2   2  2 3 3 3 b + b  + c + c  > a + a    

Và mặt khác an− 2 − 5n > 2

b b ;  <   c c

b) Cho a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác nhọn. Chứng minh:

= 24 n.2 < 22

2⋰2

b c

a  c

a b < 1,0 < < 1 c c

a) Cho a, b, c > 0 . Chứng minh a a .bb .c c ≥ ab .bc .c a

222...2

Ta có 222...2 < 10n < 24 n nên 24 n

Bài toán 4.40:

b) Ta chứng minh quy nạp 2n−2 > n, ∀n ≥ 6

, bn = 222...2

Từ đó ta có:   +   <

> 12 + 22 + 33 + ... + 10001000

Với n số 2, đặt an = 2

a c

Suy ra với m > 1 thì   < 

n⋰2

b c

Mà a + b = c, a > 0, b > 0 nên 0 < 22

Mặt khác: 12 + 22 + 33 + ... + 10001000 < 1000.10001000 = 10001001

< ( 210 )

b) Ta có a m + b m < c m ⇔   +   < 1

= 22 = 2 2

 216 = 210.26 > 64000 nên 22

1  1    > log n +1 1 +  n +1  n +1

1   1   log n 1 +  > log n+1 1 +  . Do đó A > B .  n  n +1

> 222...2222...2 Hướng dẫn giải

bn < ( 24 n )

1 1 1   1  >1+  log n  1 +  > log n 1 +  n n +1  n  n +1

Hướng dẫn giải

− 8.2

n−2

2n − 2

−2

n +1

a) Giả sử a = max {a; b; c} . - Xét a ≥ b ≥ c : BĐT ⇔ a a −b .bb−c ≥ c a −c

> bn . Ta có đpcm.

Bài toán 4.39: Chứng minh:

Vì a ≥ b ≥ c > 0 nên a a −b .bb−c ≥ c a −b .bb−c = c a −c

a) log n ( n + 1) > log n +1 ( n + 2 ) với mọi số nguyên n > 1

- Xét a ≥ c ≥ b : BĐT ⇔ a a −b ≥ bc −b .c a −c

b) a m + b m < c m , nếu m > 1, a + b = c với a > 0, b > 0

Vì a ≥ c ≥ b > 0 nên bc−b .c a −c ≤ a c −b .a a −c = a a −b b) Không mất tính tổng quát, ta giả sử a là cạnh lớn nhất trong các cạnh của tam giác. Khi đó, ta có

Hướng dẫn giải

a 2 > b 2 > c 2 , a 3 > b 3 > c 3 nên:

 1  1 a) A = log n ( n + 1) = log n n  1 +  = 1 + log n 1 +   n  n Trang 21

Trang 22

2 2 2 2 2 2  2   2  2  2   2  2 3 3 3 3 3 3  a + a  +  b + b  > c + c và  a + a  +  c + c  > b + b         2

Do a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác nhọn nên b + c > a 1 3

1 3

x = a ; y = b ; z = c thì y + z > x

(

Ta có: y 2 + z

2 3

)

x n + y n ≥ n +1 x n+1 + y n+1 với n nguyên, n ≥ 2 và x, y ≥ 0 . Hướng dẫn giải

a) Với n ∈ ℕ, n > 3 , bất đẳng thức tương đương

= y 6 + z 6 + 3 y 2 z 2 ( y 2 + z 2 ) > y 6 + z 6 + 2 y3 z 3 = ( y3 + z 2

a) n n+1 > ( n + 1) , ∀n ∈ ℕ, n > 3

3 2

) > (x )

= x6

( n + 1) ln n > n ln ( n + 1) ⇔

Suy ra y 2 + z 2 > x 2 hay b 3 + c 3 > a 3  đpcm.

Xét f ( x ) =

Bài toán 4.41: a) Cho a, b, c > 0 . Chứng minh ( abc )

a +b+ c 3

b) Với x = 0 hoặc y = 0 , bất đẳng thức đúng. Với xy > 0 , bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

1 1 1    1  log x  y −  + log y  z −  + log z  t −  + logt  x −  ≥ 8 . 4 4 4 4       

Hướng dẫn giải a) BĐT ⇔ log ( abc )

≤ log ( a .b .c a

x ln x − 1 trên ( 3; +∞ ) thì f ' ( x ) = > 0. ln x ln 2 x

Do đó f đồng biến trên ( 3; +∞ ) nên: n + 1 > n > 3  f ( n + 1) > f ( n ) (đpcm)

≤ a a .bb .c c

1  b) Cho 4 số x, y , z , t ∈  ;1 . Chứng minh: 4 

a +b+ c 3

n +1 n > ln ( n + 1) ln n

 1+  

x x  ≥ n+1 1 +   y  y

. Xét f ( t ) =

t n−1. (1 − t )

Ta có f ' ( t ) = n +1

)

n +1

n +1 n + 2 n

(1 + t )

n n −1

(1 + t )

n +1

1+ tn 1 + t n+1

với t ∈ ( 0; +∞ ) .

; f ' (t ) = 0 ⇔ t = 1 .

BBT

⇔ ( a + b + c ) log ( abc ) ≤ 3 ( log a a + log bb + log c c ) ⇔ ( a + b + c )( log a + log b + log c ) ≤ 3 ( a log a + b log b + c log c ) ⇔ ( a − b )( log a − log b ) + ( b − c )( log b − log c ) + ( c − a )( log c − log a ) ≥ 0

f '(t )

1 +

+∞ −

f (t )

BĐT này đúng vì cơ số 10 > 1 nên x ≥ y > 0  log x ≥ log y hoặc 0 < x ≤ y  log x ≤ log y nên

( x − y )( log x − log y ) ≥ 0 , ∀x > 0, ∀y > 0 .

1 1  b) Ta có:  a −  ≥ 0  a − ≤ a 2 với mọi a. 2 4  

Suy ra f ( t ) ≥ 1 với mọi t ∈ ( 0; +∞ )  đpcm. Bài toán 4.43: Chứng minh các bất đẳng thức sau với mọi x > 0

1 Và vì < x, y, z , t < 1 nên hàm nghịch biến, do đó: 4

a) e x > x + 1

VT ≥ log x y 2 + log y z 2 + log z t 2 + log t x 2 c) ln (1 + x ) > x −

= 2 ( log x y + log y z + log z t + log t x )

b) e x > 1 + x +

x2 2

x2 2 Hướng dẫn giải

≥ 8. 4 log x y.log y z.log z t.log t x = 8 4 1 = 8 . Bài toán 4.42: Chứng minh: Trang 23

Trang 24

a) Xét hàm số f ( x ) = e x − x − 1, x ≥ 0 thì f ' ( x ) = e x − 1 > 0, ∀x > 0 nên f đồng biến trên ( 0; +∞ ) vì f liên tục trên [ 0;+∞ ) nên f đồng biến trên [ 0; +∞ ) : x > 0  f ( x ) > f ( 0 ) = 0 : đpcm. b) Xét f ( x ) = e x −

Xét g ( x ) =

x2 − x − 1, x ≥ 0 thì f ' ( x ) = e x − x − 1 . 2

a) e x + cos x ≥ 2 + x −

x > 0, ∀x > 0 2

Hướng dẫn giải 2

a) Xét hàm số f ( x ) = e x + cos x − 2 − x +

Do đó: x > 0  f ( x ) > f ( 0 ) = 0 : đpcm.

> 2

f '' ( x ) = e x + 1 − cos x > 0, ∀x nên f ' ( x ) đồng biến trên ℝ , ta có:

 π , ∀x ∈  0;   2

b) e x >

x với mọi x x2 − 2 x + 2

f ' ( x ) < f ' ( 0 ) = 0, ∀x; f ' ( x ) > f ' ( 0 ) = 0, ∀x > 0 . BBT:

f '( x)

a) Áp dụng bất đẳng thức Côsi:

Ta cần chứng minh: 2

Xét f ( x ) = 2sin x + tan x − 3 x,0 ≤ x <

f ' ( x ) = 2cos x +

−

+∞ +

f ( x)

4sin x + 2 tan x ≥ 2 4sin x.2tan x = 22sin x + tan x+ 2 3 x+ 2

−∞

x Hướng dẫn giải

2 sin x + tan x + 2

x ,D = ℝ 2

f ' ( x ) = e x − sin x − 1 + x; f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 0

Bài toán 4.44: Chứng minh: a) 4

)

(

và f liên tục trên [ 0;+∞ ) nên f đồng biến trên [ 0;+∞ )

3x+2

x2 , ∀x 2

b) e x − e − x ≥ 2ln x + 1 + x 2 , ∀x ≥ 0 .

x2 x2 Xét f ( x ) = ln (1 + x ) − x + , x ≥ 0, f ' ( x ) = ≥0 2 1+ x

tan x

1 . Vì min f ( x ) > max g ( x )  đpcm. e

Bài toán 4.45: Chứng minh các bất đẳng thức sau:

x > 0  f ( x ) > f ( 0 ) = 0 : đpcm.

sin x

x e x − xe x 1 − x , x > 0, g ' ( x ) = = x ; g '( x ) = 0 ⇔ x = 1 x e e2 x e

Lập BBT thì max g ( x ) = g ( x ) =

Theo câu a) thì f ' ( x ) > 0 nên f đồng biến trên [ 0;+∞ ) .

c) BĐT: ln (1 + x ) − x +

f ' ( x ) = 2 x − 2, f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1 . Lập BBT thì min f ( x ) = f (1) = 1

⇔ 2sin x + tan x > 3x

Vậy f ( x ) = e x + cos x − 2 − x +

1 1 − 3 > 2cos 2 x + −3≥ 2 2 −3 > 0 cos 2 x cos 2 x

x ≥ 0, ∀x 2

(

)

b) Xét hàm số f ( x ) = e x − e− x − 2ln x + 1 + x 2 , D = [ 0; +∞ )

 π  : x > 0  f ( x ) > f ( 0 ) = 0 : đpcm.  2

nên f đồng biến trên  0;

f ' ( x ) = e x + e− x −

b) Nếu x ≤ 0 thì BĐT đúng. Nếu x > 0 , vì x 2 − 2 x + 2 > 0, ∀x nên

Vì e x + e − x > 2 và

x BĐT ⇔ x 2 − 2 x + 2 > x . Xét f ( x ) = x 2 − 2 x + 2, x > 0 e

2 1 + x2 2 1 + x2

: f '( x) = 0 ⇔ x = 0 . < 2 nên f ' ( x ) > 0, ∀x > 0 .

Do đó f ( x ) đồng biến trên [ 0;+∞ ) nên f ( x ) ≥ f ( 0 ) = 0  đpcm. Trang 25

Trang 26

Bài toán 4.46: Cho 0 < x < 1;0 < y < 1 và x ≠ y . Chứng minh rằng:

Xét hàm số f ( a ) =

1  y x  − ln  ln >4 y − x  1− y 1− x 

f ' ( a ) = a p −1 − b, f ' ( a ) = 0 ⇔ a p −1 = b ⇔ a = b p −1

Hướng dẫn giải

Mà p + 1 = pq  ( p − 1)( q − 1) = 1 nên a = b q −1

Do x ≠ y , không giảm tổng quát, giả sử y > x . Xét hàm số

(

Vậy

t ( 2t − 1) ≥ 0 − 4t , với 0 < t < 1  f ' ( t ) = 1− t t (1 − t )

f (t )

là

hàm

đồng

biến

( 0;1)

trên

mà

Bài toán 4.49: Cho a, b > 0 và a + b = 1 . Chứng minh bất đẳng thức

y>x

nên

có

f ( y) > f ( x)

hay

y x − 4 y > ln − 4 x và do y − x > 0 nên suy ra: 1− y 1− x

eax +by ≤ a.e x + b.e y , ∀x, ∀y Hướng dẫn giải Ta có b = 1 − a do đó 0 < a < 1 nên BĐT:

1  y x  − ln  ln  > 4  đpcm. y − x  1− y 1− x 

e b

)

Lập BBT thì min f = f b q −1 = 0  đpcm.

f (t ) =

a p bq + − ab với a > 0 . p q

1   1  Bài toán 4.47: Cho a > b > 0 . Chứng minh  2a + a  ≤  2b + b  2 2    

ax + (1− a ) y

⇔ e y .e

≤ a.e x + (1 − a ) e y

a( x − y )

≤ e y + a ( e x− y − 1)

Hướng dẫn giải

f ' ( t ) = a ( eat − et ) , f ' ( t ) ⇔ t = 0

−∞

+∞

⇔ b.ln ( 4a + 1) ≤ a.ln ( 4b + 1) ⇔ ln (1 + 4

ln (1 + 4a ) a

≤

−

Suy ra f ( t ) ≤ 0, ∀t  đpcm. Bài toán 4.50: Cho a, b, c > 0 . Chứng minh

(

b) ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) > 2

a) a b + b a > 1

)

Hướng dẫn giải

nên f nghịch biến: a > b > 0  f ( a ) < f ( b ) : đpcm.

a) Nếu a ≥ 1 hoặc b ≥ 1 thì a + b > 1 b

Bài toán 4.48: Cho p > 1, q > 1 thỏa p + q = pq và a, b > 0 . Chứng minh ab ≤

 1 1  4 ln 4 .x − ln (1 + 4 x )  = 2 4 x.ln 4 x − (1 + 4 x ) .ln (1 + 4 x ) < 0  x2  1 + 4 x  x

ln (1 + 4b )

),x > 0

f '( x ) =

− a.e x − y + a − 1 ≤ 0

BBT

b a  4 a + 1   4b + 1  a b  a  ≤  b  ≤ ( 4 + 1) ≤ ( 4 + 1)  2   2 

Xét f ( x ) =

a( x − y )

Xét f ( t ) = e at − a.et + a − 1, t ∈ ℝ.

Với a > b > 0 , bất đẳng thức tương đương b

Nếu 0 < a, b < 1 . Xét f ( x ) = (1 + x ) − 1 − α x, x > 0,0 < α < 1

a b + p q

α −1

f ' ( x ) = α (1 + x ) Hướng dẫn giải

  1 −α = α  − 1 < 0 1−α  (1 + x )    α

nên x > 0  f ( x ) < f ( 0 ) = 0  (1 + x ) < 1 + α x Trang 27

(*) Trang 28

Áp dụng a =

1 1 a +1 , x > 0  ab > = 1+ x 1 + xb a + b + ab

Tương tự: b a > b) Trong

(b + c )

a + b, b + c, c + a

nếu

có

một

Hướng dẫn số,

chẳng

hạn

a + b ≥ 1 thì

(a + b)

≥ 1 và

Dùng nhị thức Niutơn: ( a + b ) =

Bài tập 4.1: Thực hiện phép tính

C a k n

n −k

21! = 293 930 . 9!12!

Bài tập 4.5:

−0,75

−4  1 B = ( −0,5) − 6250,25 −  2   4

− 250,5

1 −1 2

+ 19 ( −3)

a) Tính log

−3

50 theo log 3 15 = a,log 3 10 = b .

b) Tính ln 6, 25 theo c = ln 2, d = ln 5 .

Hướng dẫn

Dùng 5 quy tắc về mũ. Kết quả A = 12, B = 10 .

a) Đưa về cơ số 3. Kết quả 2a + 2b − 2

Bài tập 4.2: Rút gọn các biểu thức:

b) Đưa về cơ số e. Kết quả 2d − 2c . Bài tập 4.6: Trong điều kiện có nghĩa, chứng minh:

−2

 4 ax 3 − 4 a 3 x 1 + ax  a a + 4 + với a > 0, x > 0, a ≠ x .  . 1+ 2   x x a − x ax  

a) R = 

a) Nếu a 2 + b 2 = 7ab thì log 7

a + a2 − b a − a2 − b , với a, b > 0, a 2 ≥ b . ± 2 2  

b) Kết quả S =

a = a x

(

x+ a

Hướng dẫn 2

)

b) Đưa về cơ số 2: log 2 3 =

2a − 1 3b − 1 và log 2 3 = . 2−a 3−b

Bài tập 4.7: Tìm các giới hạn sau:

a + a2 − b a − a2 − b − 2 2

4+2 3 − 4−2 3 = 2

a) a + b = 7 ab  ( a + b ) = 9ab hoặc biến đổi tương đương điều cần chứng minh.

sin 4 x x →0 e 2 x − 7 x

a) lim

Bài tập 4.3: Tính gọn a)

a+b 1 = ( log 7 a + log 7 b ) 3 2

b) Nếu log12 18 = a,log 24 54 = b , thì ab + 5 ( a − b ) = 1.

Hướng dẫn a) Kết quả R = ax  1 +

k =0 9 Kết quả C21 =

3. BÀI LUYỆN TẬP

b) S =

b   , tìm hệ số của số hạng chứa a và b có số mũ bằng 3 b

nhau.

+ ( c + a ) > b a + a b > 1 suy ra đpcm. Còn nếu cả 3 số đó bé hơn 1 thì dùng bất đẳng thức (*).

2  1 A = 27 3 +    16 

a + b



1 b +1 =  ab + ba > 1 1 + ya a + b + ab

số



Bài tập 4.4: Trong khai triển nhị thức:  3

x →0

Hướng dẫn a) Viết bình phương đủ trong căn thức hay đặt ẩn phụ VT rồi bình phương. Kết quả

4 a) Chia tử và mẫu thức cho x. Kết quả 3 − ln 7 b) Thêm bớt 1 trên tử thức rồi chia tử và mẫu thức cho x. Kết quả

4+2 3 − 4−2 3 = 2. 3

1 + 2x − 4 1 + x tan x

Hướng dẫn

9 + 80 + 3 9 − 80 = 3

b) Viết lập phương đủ trong căn thức hay đặt ẩn phụ VT rồi lập phương. Kết quả

b) lim

9 + 80 + 3 9 − 80 = 3 Trang 29

5 12

Bài tập 4.8: Tìm đạo hàm của các hàm số sau: Trang 30

x 2 + 1.log 3 x 2

a) y =

b) y =

ln ( x 2 + 1)

Kết quả log

b) Dùng bất đẳng thức AM-GM.

Hướng dẫn a) Kết quả y ' =

x log 3 x

x +1

5 + 7 log 5 + log 7 . > 2 2

2 x +1 ln 3 x

ln ( x + 1) 2 − x +1 x2 2

b) Kết quả y ' =

 f ( x ) ≥ 1 + x , ∀x, y ∈ ℝ . Tính f ' ( x ) .  f ( x + y ) ≥ f ( x ) . f ( y )

Bài tập 4.9: Cho f liên tục trên ℝ : 

Dùng định nghĩa và kẹp giới hạn. Kết quả f ' ( x ) = e x . Bài tập 4.10: So sánh các số: a)

3 + 3 30 và

( 3)

−

7 6

và

3−1 4

1 3

Hướng dẫn a) So trung gian. Kết quả

( 3)

b) Kết quả

−

5 6

< 3 3−1 4

3 + 30 > 1 + 27 = 4 = 3 64 > 3 63

1 3

Bài tập 4.11: a) Không dùng bảng số và máy tính, hãy so sánh:

log

5+ 7 log5 + log 7 và 2 2

b) Cho 3 số không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm GTNN của

1 1 1 + + 4 + 2ln (1 + x ) − y 4 + 2ln (1 + y ) − z 4 + 2ln (1 + z ) − x Hướng dẫn

a) Đặt a = log Suy ra

5+ 7 log5 + log 7 và b = 2 2

5+ 7 = 10a và 2

5 7 = 10b .

Trang 31

Trang 32

Việc giải hệ phương trình mũ và lôgarit về cơ bản cũng giống như giải các hệ phương trình đại số như rút thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ, biến đổi tích, đánh giá, tính chất đơn điệu của hàm số, … phối hợp với các biến đổi về biểu thức mũ và lôgarit, mũ hóa, lôgarit hóa.

CHUYÊN ĐỀ 5 - PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT 1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM

2. CÁC BÀI TOÁN

Phương pháp chung:

Bài toán 5.1: Giải các phương trình sau:

- Đưa về cùng một cơ số, đặt ẩn phụ, biến đổi tích,…

a) 3x +1 + 18.3− x − 29 = 0

- Lôgarit hóa, mũ hóa

b) 27 x + 12 x = 2.8 x Hướng dẫn giải

- Sử dụng bất đẳng thức, tính đơn điệu của hàm số, định lý Lagrange,… Phương trình mũ và lôgarit

a) Đặt t = 3 x , t > 0 thì PT: 3t +

- Dạng: a = b ( a > 0, a ≠ 1) x

⇔ 3t 2 − 29t + 18 = 0 ⇔ t = 9 hoặc t =

Nếu b ≤ 0 , phương trình vô nghiệm Nếu b > 0 , phương trình có nghiệm duy nhất x = log a b

f ( x)

g( x)

a = 1

 f ( x ) > 0 hay g ( x ) > 0 log a f ( x ) = log a g ( x ) , ( a > 0, a ≠ 1) ⇔   f ( x ) = g ( x )

3 3 3 ⇔   +   − 2 = 0 . Đặt t =   , t > 0 . 2 2 2

( a > 0) ⇔ 

•

 27   12   +  = 2  8  8

b) Chia 2 vế cho 8 x > 0 thì PT: 

Phương trình luôn có nghiệm duy nhất x = a b .

2 3

Giải ra nghiệm x = 2 hoặc c = log3 2 − 1

- Dạng: log a x = b ( a > 0, a ≠ 1 )

•

18 = 29 t

 a ≠ 1, f ( x ) = g ( x )

(

)

PT: t 3 + t − 2 = 0 ⇔ ( t − 1) t 2 + t + 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇔ x = 0 Bài toán 5.2: Giải các phương trình sau:

Bất phương trình mũ và lôgarit

x x

a) 34 = 43

a x < m ⇔ x < log a m (với m > 0 và a > 1 )

b) 3x.8 x+1 = 36 Hướng dẫn giải

a x < m ⇔ x > log a m (với m > 0 và 0 < a < 1 )

a) Hai vế đều dương, lôgarit hóa theo cơ số 10:

log a x < m ⇔ 0 < x < a m (với a > 1 )

 4  log 4 4 x log 3 = 3x log 4 ⇔   = ⇔ x = log 4 ( log 3 4 ) log 3 3 3

log a x < m ⇔ x > a (với 0 < a < 1 ) m

f x g x Nếu a > 1 : a ( ) < g ( ) ⇔ f ( x ) < g ( x )

x −2

b) PT: 3x.2 x+1 = 32.22 ⇔ 3x −2.2 x+1 = 1

f x g x Nếu 0 < a < 1 : a ( ) < a ( ) ⇔ f ( x ) > g ( x )

1   ⇔  3.2 x+1   

Nếu a > 1 : log a f ( x ) < log a g ( x ) ⇔ 0 < f ( x ) < g ( x )

x −2

= 1 ⇔ x − 2 = 0 hoặc 3.2 x+1 = 1 1

Nếu 0 < a < 1 : log a f ( x ) < log a g ( x ) ⇔ f ( x ) > g ( x ) > 0 .

⇔ x = 2 hoặc 2 x +1 =

Hệ phương trình mũ và lôgarit

1 ⇔ x = 2 hoặc x = −1 − log 3 2 3

Bài toán 5.3: Giải các phương trình sau:

Trang 1

Trang 2

a) ( cos 72° ) + ( cos36° ) = 3.2− x

b) e

 π sin  x −   4

⇔ x − 2 = 0 hoặc 2 x + x = 1 ⇔ x = 2 hoặc x = 1 .

= tan x

(Vì f ( x ) = 2 x + x đồng biến trên ℝ và f ( 0 ) = 1 ).

Hướng dẫn giải x

b) PT = 2 x − x − 1 = 0 . Xét f ( x ) = 2 x − x − 1 , D = ℝ

a) Phương trình: ( 2cos 72° ) + ( 2cos36° ) = 3

Ta có: f ' ( x ) = 2 x.ln 2 − 1 , f '' ( x ) = 2 x.ln 2 x > 0, ∀x

2sin 36°.cos36°.cos 72° Vì: 2cos 72°.2cos36° = =1 sin 36°

Vậy f ( x ) = 0 có tối đa 2 nghiệm mà f ( 0 ) = f (1) = 0 nên tập nghiệm là S = {0;1} .

1 t

Bài toán 5.5: Giải các phương trình sau:

Đặt t = ( 2cos 72° ) , t > 0 thì PT: t + = 3

3 ± 5  5 ±1 ⇔ t 2 − 3t + 1 = 0 ⇔ t = =  2  2 

(

2 sin x

2 ( sin x − cos x ) 2

Hướng dẫn giải

PT:

2u 2

2v 2

 2t  − 1 e  2  y' =  t2

2t 2

(

)

2t − 2 e

2t 2

, với t ∈ ( −1;0 ) ∪ ( 0;1)

2t 2

< 0 suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −1;0 ) và ( 0;1) .

Vì u, v cùng dấu nên u, v cùng thuộc một khoảng ( −1;0 ) hoặc ( 0;1) do đó PT:

f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v ⇔ tan x = 1 ⇔ x =

(

)

⇔ 2log 2 x + x

(

)

3 −1

π 4

+ kπ (chọn).

)

3 +1

⇔ x+ x

(

⇔ x 

3 +1

(

)

3 +1

)

x2 + 1 ⇔ = x Ta có:

(

)

2 log 2 x

)

3 +1

(

+ 1 = 

3 +1

2 log 2 x

(

log 2 x

(

)

3 +1

log 2 x

= 

(

log 2 x

) ( x + 1)

3 +1

) ( x + 1)

3 +1

log 2 x

) ( x + 1)

3 +1

(

log 2 x

) ( x + 1)

3 +1

log 2 x

a = b a 2 + 1 b2 + 1 = ⇔ ( a − b )( ab − 1) = 0 ⇔  a b  ab = 1

- Nếu x =

Bài toán 5.4: Giải các phương trình sau: a) x.2 x = x ( 3 − x ) + 2 2 x − 1

 

)

3 +1

2 cos x

sin x e 2 e 2 ⇔ = cos x sin x cos x

. Xét y = f ( t ) =

log 2 x

(

Đặt u = sin x, v = cos x, u, v ∈ ( −1;1) , u.v > 0

)

a) Điều kiện x > 0 . Phương trình tương đương với

b) Điều kiện cos x ≠ 0 , vì sin x = 0 không thỏa mãn nên PT:

) (

b) 4 x − 2 x +1 + 2 2 x − 1 sin 2 x + y − 1 + 2 = 0

5 −1 suy ra nghiệm x = ±2 2

Ta có: 2cos 72° = 2sin18° =

5 x − 2 x − 2 x + 1 + 4 x.5x + 4 x + 1 = 52 x

(

)

3 +1

log 2 x

⇔ log 2 x = log 2

(

)

3 + 1 .log 2 x

⇔ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 : chọn b) 2 x = x + 1

- Nếu x

Hướng dẫn giải

(

)

3 +1

log 2 x

⇔ log 2 x 1 + log 2 

a) PT: x.2 x − x ( 3 − x ) − 2.2 x = 0 ⇔ 2 x ( x − 2 ) + x 2 − 3 x + 2 = 0

(

= 1 ⇔ log 2 x + log 2 x.log 2

(

)

3 +1 = 0

)

3 + 1  = 0 ⇔ log 2 x = 0 ⇔ x = 1 : chọn 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

⇔ 2 x ( x − 2 ) + ( x − 1)( x − 2 ) = 0 ⇔ ( x − 2 ) ( 2 x + x − 1) = 0 Trang 3

Trang 4

Cách khác: đặt t =

(

)

3 +1

(

log 2 x

thì

(

)

3 −1

log 2 x

Đây là phương trình bậc hai theo 4 y nên có không quá hai nghiệm. Theo định lý Rolle thì phương trình

x t

1 f ( y ) = 0 có không quá ba nghiệm. Mặt khác ta thấy y = 0, y = , y = 1 là ba nghiệm của f ( y ) = 0 . 2

)

Phương trình: xt − x + 1 t + x = 0 .

(

) (

Suy ra PT đã cho có nghiệm x = 2kπ , x =

)

b) PT: 22 x − 2.2 x + 1 + 2 2 x − 1 sin 2 x + y − 1 + 1 = 0 2

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

(

b) PT: 2 + 2

)

sin 2 x

(

− 2+ 2

)

cos2 x

⇔  2 x − 1 + sin ( 2 x + y − 1) + cos 2 ( 2 x + y − 1) = 0 x

(

)

( - Nếu sin ( 2

)

) + y − 1) = −1 thì 2

Suy ra sin ( y + 1) = −1 ⇔ y = − Vậy nghiệm là: x = 1, y = −

π 2

= 2 ⇔ x =1

π 2

(

)

sin 2 x

(

)

cos2 x

2  2 

(

cos2 x

(

)

(

)

− 2+ 2

cos 2 x

a) 5 x + 4 x + 3 x + 2 x =

− 1 + kπ , k ∈ Ζ .

+ 2− 2

6.ln 4.4

y 2

(

− 2− 2

)

cos 2 x

− 2− 2

cos 2 x

> 0 : loại.

π 4

π 2

,k ∈ℤ .

1 1 1 + + − 4 x3 + 2 x 2 − x + 16 2 x 3x 6 x Hướng dẫn giải

)

cos 2 x

 2 = 1 +  2  

(1 + y ) ( 2 + 4 y ) = 3.4 y hay f ( y ) = 0 với f ( y ) =

(2 + 4 )

cos 2 x

b) 2 x + 6 x = 3x + 5x

 1 1 1 a) Xét f ( x ) = 5 x + 4 x + 3x + 2 x −  x + x + x  + 4 x3 − 2 x 2 + x − 16, x ∈ ℝ 2 3 6 

cos 2 x

 ln 2 ln 3 ln 6  + x + x  + 12 x 2 − 4 x + 1 > 0 x 3 6   2

thì f ' ( x ) = 5x ln 5 + 4 x ln 4 + 3x ln 3 + 2 x ln 2 + 

Nên f đồng biến và f (1) = 0 nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 1 .

a) Đặt cos x = y; −1 ≤ y ≤ 1 . Phương trình:

Ta có: f ' ( y ) =

+ 2kπ ( k ∈ ℤ ) .

Hướng dẫn giải

Bài toán 5.7: Giải các phương trình sau:

− 1 + k 2π

)

− 2+ 2

 2 = 1 +  2  

- Nếu cos 2 x = 0 thì PT được thỏa mãn và phương trình đã cho có nghiệm x =

a) (1 + cos x ) 2 + 4cos x = 3.4cos x b) 2 + 2

+ kπ , x = ±

- Nếu cos 2 x < 0 , lập luận tương tự trường hợp trên: loại.

Bài toán 5.6: Giải các phương trình:

(

 

- Nếu sin 2 x + y − 1 = 1 thì 2 x = 0 , vô nghiệm x

)

VP = 1 +

Vì cos 2 x + y − 1 = 0  sin 2 x + y − 1 = ±1 .

sin 2 x

(

VT = 2 + 2

(

- Nếu cos 2 x > 0  cos 2 x > sin 2 x , do 2 + 2 > 1 nên

 2 + sin ( 2 + y − 1) = 1  ⇔ x cos ( 2 + y − 1) = 0 x

b) Ta có 2 x + 6 x = 3x + 5x ⇔ 6 x − 5 x = 3x − 2 x

3.4 y − y −1 = 0 2 + 4y

− 1, f ' ( y ) = 0 ⇔ 6ln 4.4 y = ( 2 + 4

Gọi a là nghiệm của phương trình trên thì có 3a − 2a = 6a − 5a

y 2

)

Xét hàm số f ( t ) = ( t + 1) − t a , khi đó f ( t ) liên tục trên [ 2;5] và

f ' ( t ) = a ( t + 1) 

Trang 5

a −1

− t a −1  . Ta có f ( 2 ) = f ( 5) 

Trang 6

[ 2;5]

Áp dụng định lý Rolle trên

a ( c + 1) 

a −1

( 2;5)

thì tồn tại số c thuộc

sao cho f ' ( c ) = 0 do đó

− c a −1  = 0 

⇔ a = 0 hoặc ( c + 1)

a −1

1 3

b) ĐK: x > 0 , x ≠ , x ≠

= c a −1

Thử lại đúng, vậy phương trình có 2 nghiệm là x = 0 và x = 1

Suy ra nghiệm x = 3 hoặc x =

Bài toán 5.8: Giải các phương trình: 2

1 , đặt t = log 3 x thì PT: 27

2(2 + t) t = ⇔ t 2 + 3t − 4 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = −4 . 1 + t 3( 3 + t )

Vì c thuộc ( 2;5) nên a = 0 hoặc a = 1

a) 4ln x +1 − 6ln x − 2.3ln x

⇔ x 2 = 20 ⇔ x = ±2 5 (chọn).

log 4 x +

b) 3

1 2

log 4 x −

1 2

1 . 81

Bài toán 5.10: Giải các phương trình sau:

= x

b) 3

2 3

4t 2 − t − 18 = 0 . Chọn nghiệm t =

PT:

3.3t +

thì được PT:

 a+b+2 ≤ 0 PT:

1 t .3 = 2t ⇔ 4.3t = 3.2t 3

⇔

log 3 3 3 3 ⇔  = ⇔ t = log 3 . Vậy x = 4 2 4 4 2 2

3 4

1+ b 1+ a + = 0 ⇔ a 2 + b2 + a + b = 0 a b 2

⇔ ( a + 1) = 0 và ( b + 1) = 0 ⇔ a = b = −1

x−2

a) log 4 ( x + 2 )( x + 3)  + log 2 =2 2 x+3 b)

log 2 2 + log 2 x log 2 2 + log 2 (1 − x ) + =0 log 2 (1 − x ) log 2 x

⇔ ( a + 1) + ( b + 1) = a + b ≤ 0

Bài toán 5.9: Giải các phương trình:

1 a + b = log 2 (1 − x ) + log 2 x = log 2  x (1 − x )  ≤ log 2   = −2 4

a) Điều kiện 0 < x < 1 . Đặt a = log 2 (1 − x ) , b = log 2 x . Ta có

ln x

9 ⇔ x = e−2 . 2

b) ĐK: x > 0 , đặt t = log 3 x thì x = 4

) = 2log ( 2 +1) + 1

Hướng dẫn giải

a) ĐK: x > 0 , PT: 4.22 ln x − 6ln x − 18.32 ln x = 0 Chia cả hai vế cho 32 ln x , đặt t =  

(

log 2 3x −1

a) log1− x ( 2 x ) + log x ( 2 − 2 x ) = 0

Hướng dẫn giải

⇔ log 2 (1 − x ) = log 2 x = −1 ⇔ x =

log 3 x log 27 9 x = log9 3x log81 27 x

1 1 . Vậy nghiệm x = 2 2

b) Điều kiện 3x − 1 > 0 ⇔ x > 0 . Đặt a = log 2 3, y = 2 x

(

)

PT: 3x − 1

Hướng dẫn giải

( x + 2 )( x + 3) > 0  x < −3  ⇔ a) ĐK:  x − 2 >0 x > 2  x+3

log 2 3

= ( 2 x + 1) 1

log3 2 +1

⇔ ( y a − 1) = ( y + 1) a + 1 ⇔

(( y −1) − 1) − 1 = y a

( (

Xét hàm số f ( t ) = t a − 1, t > 0 thì PT trên là f f f ( y )

x − 2  = log 4 16 ⇔ x 2 − 4 = 16 . PT: log 4 ( x + 2 )( x + 3) x + 3  

)) = y

Khảo sát hàm số f ( t ) − t = t a − t − 1, t > 0 ta suy ra được

f ( t ) > t , ∀t > 2; f ( t ) < t ,0 < t < 2; f ( 2 ) = 2 Trang 7

Trang 8

(

)

Suy ra phương trình f f ( f ( y ) ) = y có nghiệm duy nhất là y = 2 , suy ra x = 1 .

log 4 ( log 3 ( log 4 x ) ) = log 4 ( log 3 ( log 2 x ) )

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 1 .

Bài toán 5.11: Giải các phương trình

⇔ ( log 3 ( log 4 x ) ) − log 3 ( log 4 x ) − log 3 2 = 0

2 b) log 3 1 + x + x = log 2 x 3

(

a) log 3 x + log 4 ( 2 x − 2 ) = 2

)

⇔ log3 ( log 4 x ) =

Hướng dẫn giải a) ĐK: x > 1 . Ta có f ( x ) = log 3 x + log 4 ( 2 x − 2 ) là hàm đồng biến nên f ( x ) > f ( 3) = 2 với x > 3 và

f ( x ) < f ( 3) = 2 với 1 < x < 3

. Từ đó suy ra nghiệm x.

(

)

3 −1

log 2 x

(

)

3 +1

log 2 x

= x2 + 1

Hướng dẫn giải

2 log 3 (1 + 26 y + 24 y ) = log 2 26 y ⇔ log 3 (1 + 26 y + 24 y ) = 4 y 3 y

1 a) Điều kiện 5 x ≥ 2 x, x ≥ − 2

 1   64   16  ⇔ 1 + 26 y + 24 y = 34 y ⇔   +   +   = 1  81   81   81 

Đặt a = 5 x − 2 x , b = 2 x + 1, a, b ≥ 0 . Ta có

 1   64   16   +   +   nghịch biến trên ℝ nên y = 1 là  81   81   81 

Ta có y = 1 thỏa mãn và vì hàm số f ( y ) = 

a 2 = 5 x − 2 x, b 2 = 2 x + 1 ⇔ a 2 − b 2 = 5 x − 4 x − 1, a 2 + b 2 = 5 x + 1

(

Do đó a 2 + b 2

nghiệm duy nhất, do đó PT cho có nghiệm x = 2 .

(

)

(

)( a

PT: a − b = a 2 + b 2

Bài toán 5.12: Giải các phương trình sau:

(

a) log 2 x − x 2 − 1 + log3 x + x 2 − 1 = log 6 x + x 2 − 1

)

− b 2 ) = ( 5 x + 1)( 5x − 4 x − 1) = 52 x − 4 x.5x − 4 x − 1

)( a

(

)

− b2 ) ⇔ ( a − b ) 1 − ( a 2 + b2 ) ( a + b ) = 0

- Nếu a − b = 0 ⇔ a = b thì 5 − 2 x = 2 x + 1 ⇔ 5 = 4 x + 1 x

Xét f ( x ) = 5 x − 4 x − 1, D = ℝ

b) log 2 ( log 3 ( log 4 x ) ) = log 4 ( log 3 ( log 2 x ) )

f ' ( x ) = 5x.ln 5 − 4, f '' ( x ) = 5x.ln 2 5 > 0

Hướng dẫn giải a) Điều kiện là x ≥ 1 . Đặt t = x − x 2 − 1  x + x 2 − 1 =

1 t

b) 4 ( x − 2 )  log 2 ( x − 3) + log3 ( x − 2 )  = 15 ( x + 1)

b) ĐK: x > 0 , đặt x = 212 y thì PT:

)

1 ± 1 + 4log3 2

Bài toán 5.13: Giải các phương trình sau: a)

Vậy x = 3 là nghiệm duy nhất.

(

⇔ ( log 3 ( log 4 x ) ) = log 3 ( log 2 x ) ⇔ ( log 3 ( log 4 x ) ) = log 3 ( 2log 4 x )

Do đó phương trình có tối đa 2 nghiệm mà f ( 0 ) = 0, f (1) = 0 nên phương trình có hai nghiệm là

1 t

x = 0, x = 1.

1 t

(

) ( a + b ) = 1 ⇔ ( 5x + 1) (

PT: log 2 t + log 3 = log 6 ⇔ log 2 t − log 3 t + log 6 t = 0

- Nếu a 2 + b 2

⇔ log 2 t (1 − log3 2 + log 6 2 ) = 0 ⇔ log 2 t = 0 ⇔ t = 1

Vì

Do đó: x − x 2 − 1 = 1 ⇔ x − 1 =

và 5x + 1 > 1 nên phương trình trên vô nghiệm.

x2 − 1

5x − 2 x + 2 x + 1 ≥

)

5x − 2 x + 2 x + 1 = 1

− 2 x ) + ( 2 x + 1) = 5x + 1

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0, x = 1 .

⇔ x 2 − 2 x + 1 = x 2 − 1 ⇔ x = 1 : chọn. Vậy nghiệm x = 1 . b) Điều kiện x > 1 . Phương trình tương đương với

b) Điều kiện x > 3 . PT: log 2 ( x − 3 ) + log 3 ( x − 2 ) − Trang 9

15 x + 1 . =0 4 x−2 Trang 10

Hướng dẫn giải

Xét hàm số vế trái f ( x ) , ta có:

f '( x ) =

x ln x ln 2 a) ĐK: x > 0 , PT: log 2 x = ⇔ = . 2 x 2

1 1 15 3 + + . > 0, ∀x > 3 ln 2. ( x − 3) ln 3. ( x − 2 ) 4 ( x − 2 )2

Xét hàm số f ( x ) =

Do đó f là hàm số đồng biến và f (11) = 0 nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 11 . Bài toán 5.14: Giải các phương trình sau:

( ) ( x − 2 x − 11) = log (x

a) ( x + 1) log 4 = x log x + 2 x

b) log 2+

f ' ( x ) 0 ⇔ x = e , lập BBT thì f ( x ) = 0 có tối đa 2 nghiệm mà f ( 2 ) = f ( 4 ) =

x +1

2 2+ 5

Xét x > 2 thì

x x+2 x +1 x + 3 > > 1, > >1 2 4 3 5

nên VT > VP (loại), xét x < 2 thì VT < VP (loại)

)

a) PT: x log 4 x +1 = x log x + 2 x+1 ⇔ x = 0 hay 4 x +1 = x + 2 x +1

Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 2 .

Xét hàm số f ( x ) = 4 x+1 − 2 x+1 − x, x ∈ ℝ, f ' ( x ) = 4 x+1.ln 4 − 2 x +1.ln 2 − 1

Bài toán 5.16: Giải các phương trình sau:

Vì P < 0 nên phương trình f ' ( x ) = 0 có đúng một nghiệm 2 x +1 > 0 là x0 .

a) log 3

Vì f '' ( x ) = 4 x +1 ln 2 4 − 2 x +1 ln 2 > 0 do đó x0 là điểm cực tiểu của hàm số.

x2 + x + 3 = x 2 + 3x + 2 2 x2 + 4 x + 5

b) 2log 3 ( cot x ) = log 2 ( cos x )

Suy ra f ( x ) ≥ f ( x0 ) > 0 nên PT 4 x +1 = 2 x +1 + x vô nghiệm.

Hướng dẫn giải

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 0 .

a) Phương trình: log 3

b) Điều kiện x 2 − 2 x − 12 > 0 PT:

1 log 2+ 2

⇔ log9+ 4

1 − 2 x − 11) = log 2 2

− 2 x − 11) = log8+ 4

(

2+ 5

− 2 x − 12 )

(

Đặt a = 8 + 4 5 thì log a +1 x 2 − 2 x − 11 = log a x 2 − 2 x − 12

(

)

(

x + x+3 = ( 2 x 2 + 4 x + 5) − ( x 2 + x + 3) 2 x2 + 4 x + 5

⇔ log3 ( x 2 + x + 3) + ( x 2 + x + 3) = log 3 ( 2 x 2 + 4 x + 5) + ( 2 x 2 + 4 x + 5 )

− 2 x − 12 )

)

ln 2 nên S = {2;4} . 2

b) Đk: x > 0 . Xét x = 2 thì PT thỏa mãn:

− 2 x − 12 ) Hướng dẫn giải

(

ln x 1 − ln x , x > 0 thì f ( x ) = x x2

Xét hàm số f ( t ) = log 3 t + t , t > 0 thì f ' ( t ) =

)

1 + 1 > 0, ∀t > 0 t.ln 3

(

)

(

Do đó f ( t ) đồng biến, nên phương trình f x 2 + x + 3 = f 2 x 2 + 4 x + 5

)

Đặt log a +1 x − 2 x − 11 = log a x − 2 x − 12 = t

)

⇔ x 2 + x + 3 = 2 x 2 + 4 x + 5 ⇔ x 2 + 3x + 2 = 0 k Vậy phương trình có 2 nghiệm x = −1 và x = −2 .

⇔ ( a + 1) = x 2 − 2 x − 11, at = x 2 − 2 x − 12

cot x > 0 π ⇔ k 2π < x < + k 2π , k ∈ ℤ . > cos x 0 2 

Suy ra ( a + 1) = a t + 1 ⇔ t = 1

b) ĐK: 

Do đó: x 2 − 2 x − 12 = 8 + 4 5 ⇔ x = 2 + 2 5 hay x = −2 5 : chọn.

Đặt log 2 ( cos x ) = 2t  cos x = 4t  cos 2 x = 16t

Bài toán 5.15: Giải các phương trình:

Do đó 2log3 ( cot x ) = 2t  cot x = 3t  cot 2 x = 9t

a) 2log 2 x = x

b) log 2 x + log 3 ( x + 1) = log 4 ( x + 2 ) + log5 ( x + 3)

nên 9t = Trang 11

16t  144   16  ⇔ 9t = 144t + 16t ⇔   +   =1 1 − 16t  9  9 Trang 12

Suy ra PT có nghiệm duy nhất t = − Chọn nghiệm x =

π 3

1 1 ⇔ cos x = 2 2

Do đó 0 < 2 x

+ k 2π , k ∈ ℤ .

≤ 2 ⇔ x2 − 2x − 2 ≤ 0 ⇔ 1 − 3 ≤ x ≤ 1 + 3

8 + 21+ x − 4 x + 21+ x > 5

b) 4 x 2 + 3.3

+ x.3

< 2 x 2 .3

+ 2x + 6 Hướng dẫn giải

1− x

a) 2 x + 2 + 3x+ 2 ≤ 32 x +1 + 22 x+1

− 2x + 1 ≥0 2x − 1

5 2 < t ≤ 4 5 − 2t < 0,8 + 2t − t 2 ≥ 0 ⇔ ⇔ 2 1 < t ≤ 5 5 − 2t ≥ 0,8 + 2t − t ≥ 0  2

- Nếu x > 1  x + 2 < 2 x + 1 thì 2 x + 2 < 22 x +1 ,3x + 2 < 32 x +1

 2 x+ 2 + 3x + 2 < 22 x +1 + 32 x+1 , thỏa mãn

Do đó 1 < t ≤ 4 ⇔ 1 < 2 x ≤ 4 ⇔ 0 < x ≤ 2 .

- Nếu x < 1 thì bất đẳng thức ở trên đổi chiều: không thỏa mãn.

b) ĐK: x ≥ 0 , BPT: 4 x 2 + 3.3

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x ≥ 1 . là

8 + 2t − t > 5 − 2t

a) Đặt t = 2 , t > 0 thì BPT:

a) - Nếu x = 1 thì bất phương trình thỏa mãn

2 2x

Hướng dẫn giải

f ( x ) = 21− x − 2 x + 1 = −2 x + 1 +

− 2 x −1

Bài toán 5.19: Giải các bất phương trình:

Bài toán 5.17: Giải các bất phương trình sau:

b) Vì

hàm

nghịch

biến

f (1) = 0, f ( x ) > f (1) = 0

và

+ x.3

− 2 x 2 .3

(

)

⇔ ( −2 x 2 + x + 3) 3 x − 2 < 0

g ( 0 ) = 0 nên g ( x ) < 0 ⇔ x > 0 , do đó g ( x ) cùng dấu với x.

3 x − 2 < 0 3 x −2 > 0 ⇔ hoặc  2 2  −2 x + x + 3 > 0 −2 x + x + 3 < 0

1− x ≥ 0 ⇔ 0 < x ≤ 1 . Vậy tập nghiệm của BPT là ( 0;1] . x

   x < log 32 2  x > log 32 2   hoặc  x ≥ 0 ⇔ x ≥ 0   3 3 −1 < x <  x < −1 hay x >  2  2

Bài toán 5.18: Giải các bất phương trình a) 32 x +1 − 22 x+1 − 5.6 x ≤ 0

b) 22 x

− 4 x− 2

− 4.22 x− x

− 2x − 6 < 0

⇔ ( 3 + x − 2 x ) 3 − 2 ( x − 2 x + 3) < 0 2

⇔ x < 1 ⇔ 1 − x > 0 nên f ( x ) cùng dấu với 1 − x . Hàm số g ( x ) = 2 x − 1 là hàm đồng biến và Suy ra bất phương trình đã cho tương đương với

−2≤0

Hướng dẫn giải a) Chia 2 vế cho 22 x > 0 , BPT:

Từ đó suy ra nghiệm BPT: 0 ≤ x < log32 2 hoặc x >

2x x  3  x    3 x  3 3 3   − 5   − 2 ≤ 0 ⇔   − 2  3   + 1 ≤ 0 2 2  2     2  

3 . 2

Bài toán 5.20: Giải các bất phương trình: a) 2− x

−3 x − 2 + 4 x 2 + 3 x

< x2 − 5x + 5

3 3 ⇔   ≤ 2 ⇔ x < log 3 2 (vì cơ số > 1) 2 2 2 b) Đặt t = 2 x

− 2 x −1

, t > 0 . Bất phương trình t 2 −

b) 3 tan x + 1.

4 −2≤0 t

sin x + 2cos x ≤ 21− sin x + 3cos x

tan x

Hướng dẫn giải 2

a) ĐK: x + 3x ≥ 0 ⇔ x ≤ −3 hoặc x ≥ 0

⇔ t 3 − 2t − 4 ≤ 0 ⇔ ( t − 2 ) ( t 2 + 2t + 2 ) ≤ 0 ⇔ t ≤ 2

Xét x ≤ −3 thì VT < 0 < VP: đúng. Trang 13

Trang 14

Xét x ≥ 0 thì VP = ( x − 1) + 4 ≥ 4 , VT = 2

2−

(

x 2 +3 x − 2

)

a) ĐK: x > 0, x ≠ 1 ,

≤ 4 nên có nghiệm ∀x ≠ 1 .

Nếu 1 < x <

Vậy tập nghiệm S = ( −∞;3] ∪ ( 0;1) ∪ (1; +∞ ) b) Điều kiện tan x ≥ 0 . Đặt t = tan x, t ≥ 0 thì VT = 3 t + 1. Ta

có

t+2 = f (t ) , t ≥ 0 t +3

f '(t ) =

3 1 t+2 . + 3 t + 1. >0 2 2 t +1 t + 3 ( t + 3)

nên

hàm

số

đồng

biến,

mà

4x + 5 6 > 0 ⇔ 0 < x < , x ≠ 1. 6 − 5x 5

6 4x + 5 1 thì BPT ⇔ < 5 6 − 5x x

⇔

4x + 5 1 4 x2 + 5x − 6 + 5x − <0⇔ <0 6 − 5x x ( 6 − 5x ) x

⇔

4 x 2 + 10 x − 6 1 < 0 ⇔ 4 x 2 + 10 x − 6 < 0 ⇔ −3 < x < (loại) 2 ( 6 − 5x ) x

t≥0 Nếu 0 < x < 1 thì BPT ⇔

 f (t ) ≥ f (0) = 2 . Mặt khác VP = 21−

tan x

1  2 

≤ 2 nên dấu = đồng thời xảy ra ⇔ t = tan x = 0 ⇔ x = kπ , k ∈ ℤ .

Vậy tập nghiệm S =  ;1  .

Bài toán 5.21: Giải các bất phương trình: a) ( 2 x − 7 ) ln ( x + 1) > 0

b) 2.x

1 log 2 x 2

≥2

b) ĐK: x > 0 . Xét x > 4 thì log 2 x > 2 còn 6 − x < 2 (loại)

3 log 2 x 2

Xét 0 < x ≤ 4 thì log 2 x ≤ 2 ≤ 6 − x nên BPT nghiệm đúng.

Hướng dẫn giải

Vậy tập nghiệm S = ( 0;4] .

 7 7   x > 2  2 x − 7 > 0  x > 2   7   x>  x + 1 > 1 ln ( x + 1) > 0 ⇔ ⇔  ⇔ a) BPT:  7 2 x<     x < 7  2 x − 7 < 0 x<0 − 1 < 2   2   −1 < x < 0  ln ( x + 1) < 0    0 < x + 1 < 1  7 2

Bài toán 5.23: Giải các bất phương trình: a)

b) log 2 1 + 2 x > log 3  3 x +

(

)



( 2 )  x

Hướng dẫn giải

 

Xét hàm số f ( x ) =

b) ĐK: x > 0 , lôgarit hóa theo cơ số 2 > 1 :

 1 log 2 x   32 log 2 x  1 3 2 log 2  2 2  ≥ log 2  2  ⇔ 1 + log 2 x ≥ log 2 x 2 2    

thì f ( x ) =

⇔ log 22 x − 3log 2 x + 2 ≥ 0 ⇔ log 2 x ≤ 1 hay log 2 x ≥ 2

f '( x ) =

⇔ 0 < x ≤ 2 hoặc x ≥ 4 Bài toán 5.22: Giải các bất phương trình:

4x + 5 < −1 6 − 5x

3ln x x +1 ≤ x3 − 1 x3 + x

 ( x3 − 1) ( x + 1)  a) Điều kiện x > 0, x ≠ 1 , BPT: ( x − 1)  − 3ln x  > 0 3   x +x  

Vậy tập nghiệm S = ( −1;0 ) ∪  ; +∞ 

a) log x

1 4 x 2 + 10 x − 6 > 0 chọn < x < 1 . 2 ( 6 − 5x ) x

− 1) ( x + 1) x3 + x

− 3ln x, x > 0

x 4 + x3 − x − 1 − 3ln x . Ta có x3 + x

(4x

+ 3 x 2 − 1)( x3 + 1) − 3x 2 ( x 4 + x3 − x − 1)

+ x)

−3=

− 1) ( x − 1)

+ x)

Khi x > 1 thì f ' ( x ) > 0 nên f ( x ) đồng biến: x > 1 suy ra f ( x ) > f (1) = 0 b) log 2 x < 6 − x

Do đó ( x − 1) f ( x ) > 0 . Tương tự khi 0 < x < 1 thì f ' ( x ) < 0 nên f ( x ) nghịch biến:

Hướng dẫn giải Trang 15

Trang 16

x > 1 suy ra f ( x ) < f (1) = 0 . Do đó ( x − 1) f ( x ) > 0 .

y = x y = 2 − x hoặc  2 ⇔ 2 x − 10 x = 0   x − 2x − 8 = 0

Vậy bất phương trình có nghiệm với mọi x > 0, x ≠ 1 .

( 2)

b) Xét x < 0 thì 2 x > 3x , 1 >

 2 x + 1 > 3x +

Do đó log 2 2 x + 1 > log 3 2 x + 1 > log 3  3x +

(

)

(

)



Xét x ≥ 0 thì log 2 1 + 2 x > log 3  3 x +

(

)



( 2)

Từ đó giải ra nghiệm ( 5;5) .

Bài toán 5.25: Giải các hệ phương trình:

( 2 )  : đúng x

2 x − 2 = 3 y − 3x y y 2 − 2 = 3x − 3

a) 

( 2 )  x



      1  2   ⇔ log 2  2 x  1 + x   > log3  3x  1 +       3     2    

Đặt f ( t ) = 2t + 3t − 3t − 2, t ∈ ℝ . Ta có:

f ' ( t ) = 2t.ln 2 + 3t.ln 3 − 3, f '' ( t ) = 2t.ln 2 2 + 3t.ln 2 3 > 0

log x ( 6 x + 4 y ) = 2 log y ( 6 y + 4 x ) = 2

(1) ( 2)

Suy ra f ' ( t ) đồng biến trên ℝ nên f ( t ) = 0 có tối đa 2 nghiệm mà f ( 0 ) = f (1) = 0 nên hệ có 2

b) 

nghiệm ( 0;0 ) và (1;1)

Hướng dẫn giải

( x+ y)

Xét y ≠ 1 thì

− 2 y ) + ( 3x − 3 y ) + 3 ( x − y ) = 0

Xét x = y = t thì được: 2t + 3t − 3t − 2 = 0

Bài toán 5.24: Giải các hệ phương trình:

Xét x > y thì VT > 0 (loại), x < y thì VT < 0 (loại).

Vậy tập nghiệm S = ℝ .

(1) ⇔ y 3

(1) ( 2)

a) Trừ 2 phương trình vế theo vế thì được

  2 x    1 x  ⇔ log 2 1 +    > log 3 1 +    : Đúng     3    2   

a) ĐK: x, y > 0 . Ta có ( 2 ) ⇔ x = y

= 5.2 x

Hướng dẫn giải

  2  1  ⇔ x + log 2 1 + x  > x + log3 1 +      3   2    

x+ y 12  x = y x+ y 3  y = x

2 x 2 + 2 xy − y 2 2 xy

log3 x + log 5 y = log 5 x.log 3 y 

a) 

 y b) 2 + 4

x+ y 3

b) Điều kiện xác định x, y > 0 2x y − x

nên

Ta có: (1) ⇔ 2 y + 4.2 y

= y12 . Xét y = 1 thì x = 1 : đúng.

= 5.2 x

Đặt a = 2 y , b = 2 x , thì a, b > 0 . Ta có:

1 2 ( x + y ) = 12 ⇔ x + y = 6 3

Do đó y 6 = x 3 ⇔ x = y 2 nên y 2 + y − 6 = 0

4a 2 = 5b ⇔ 5b 2 + 4a 2 + ab ⇔ ( a − b )( 4a + 5b ) = 0 ⇔ a = b . b x

Suy ra 2 y = 2 x ⇔

Chọn y = 2  x = 4 . Vậy S = {(1;1) ; ( 4;2 )} .

x y = ⇔ x2 = y 2 ⇔ x = y . y x

Nên ( 2 ) ⇔ log 3 x + log 5 x = log 5 x.log3 x

b) ĐK: x, y > 0, x, y ≠ 1 . Hệ tương đương:

⇔ log3 x (1 + log 5 3) = log 3 x.log 5 x

2 6 x + 4 y = x 2 6 x + 4 y = x ⇔  2 6 y + 4 x = y ( x − y )( x + y − 2 ) = 0

⇔ log3 x = 0 hay log 5 x = log 5 15 ⇔ x = 1 hay x = 15 Trang 17

Trang 18

a) PT (1) biến đổi thành:

Vậy hệ PT đã cho có nghiệm là ( x; y ) = (1;1) , (15;15 )

x + 1 + x 2 = 1 + y 2 − y và y + 1 + y 2 = 1 + x 2 − x

Bài toán 5.26: Giải các hệ phương trình: x y 3 − 3 = ( ln y − ln x )( 2 x + 3 y + 1) (1) 2 2 ( 2)  x + y = 1

Cộng lại thì được 2 ( x + y ) = 0 ⇔ y = − x

a) 

Do đó ( 2 ) ⇔ 3 x + 1 = 2 2 − 3 x ⇔ 8 x ( 3 x + 1) = 4

log 2 1 + 3sin x = log3 ( 3cos y )

b) 

PT này có nghiệm duy nhất x =

log 2 1 + 3cos y = log3 ( 3sin x )

(

a) ĐK: x, y > 0 nên 2 x + 3 y + 1 > 0 . Vì cơ số 3 > 1 , e > 1 nên với (1) : Nếu x. y thì VT > 0 > VP, nếu

x < y thì VT < 0 < VP, nếu x = y thì thỏa mãn.

⇔ 1 + 4t = (1 + 2t + 2 ) .5t −1 ⇔ (1 − 5t −1 ) + 4 ( 4t −1 − 10t −1 ) = 0 Xét t > 1 thì VT > 0 , xét t < 1 thì VT < 0 nên chỉ có nghiệm t = 1

2 2 y= . 2 2

⇔ 2x − y +1 = 0 ⇔ 2x = y +1 .

(

f '( y ) = 3 y2 + 2 +

Do đó log 2 (1 + 3u ) − 2log 3 ( 3u ) = log 2 (1 + 3v ) − 2log3 ( 3v )

Suy ra S = {( 0; −1)}

2 > 0 nên f đồng biến trên ( 0;1] , do đó PT ⇔ u = v = t . t ln 3

Bài toán 5.28: Giải các hệ phương trình

Ta có PT: log 2 (1 + 3t ) = 2log3 ( 3t ) , giải ra nghiệm duy nhất:

4 xy − 2 x + 4 =5  y − 4 x + 2

a) 

(

)( y +

)

1 + y2 = 1

4 x + y + 1 = 22−2 x + y

(1 + 42 x − y ) .51−2 x + y = 1 + 22 x− y +1  b)  3 2  y + 4 x + 1 + ln ( y + 2 x ) = 0

(1) xy = 4 y ( 2 )

22 x − y +1 + 2−2 x + y +1 + 32 x − y +1 + 3−2 x+ y +1 = 52 x− y +1 + 5−2 x+ y +1 2  y ( x + 3x − 3) + 2 = 0

b) 

Bài toán 5.27: Giải các hệ phương trình:

 x + 1 + x2 

 8 x − 3xy + 4 y +

π  sin x = 1  x = + k 2π t = 1 nên  ⇔ (k,l ∈ ℤ) 2 cos y = 1  y = l 2π 

a) 

2 ( y + 1) + 1 2y +1 = 3 y2 + 2 > 0 , ∀y nên f ( y ) là hàm đồng biến trên ℝ , ta có y2 + y + 1 y + y +1

f ( −1) = 0 nên y = −1 là nghiệm duy nhất.

Xét f ( t ) = log 2 (1 + 3t ) − 2log 3 ( 3t ) ,0 < t ≤ 1

)

Xét hàm f ( y ) = y 3 + 2 y + 3 + ln y 2 + y + 1 , D = ℝ thì

log 2 (1 + 3u ) = 2log 3 ( 3v ) log 2 (1 + 3v ) = 2log3 ( 3u )

Hệ 

(1 + 3t ) ln 2

)

Thế vào ( 2 ) : y 3 + 2 y + 3 + ln y 2 + y + 1 = 0

b) Đặt u = sin x, v = cos y , ĐK: 0 < u , v ≤ 1 .

f '(t ) =

)

b) Đặt t = 2 x − y thì (1) ⇔ 1 + 4t .51−t = 1 + 2t +1

Hướng dẫn giải

Do đó ( 2 ) ⇔ 2 x 2 = 1 , chọn x =

1  1 1   nên S =  ; −   3  3 3  

(1) ( 2)

Hướng dẫn giải

(1)

a) Điều kiện 8 x − 3 xy + 4 y ≥ 0, xy ≥ 0, y ≥ 0 ⇔ x, y ≥ 0

( 2)

( 2) ⇔ (

(1) ( 2)

⇔ Hướng dẫn giải Trang 19

) (

8 x 2 − 3xy + 4 y 2 − 3 y +

( x − y )( 8 x + 5 y ) 8 x 2 − 3 xy + 4 y 2 + 3 y

)

xy − y = 0

( x − y) y = 0 xy + y

Trang 20

 8x + 5 y ⇔ ( x − y) +  8 x 2 − 3xy + 4 y 2 + 3 y 

Thay vào phương trình nên: (1) : x 4 − 4 x + 2 x Ta thấy rằng 2 x

−2 x + 4

= 2(

5 − ( x4 − 4 x ) = 2x

x −1) +3

−2 x + 4

a) Điều kiện x ≥ 0, y > 0 . Xét x = 0  y = 0 : loại nên x > 0

 y =0⇔ x= y xy + y  2

−2 x + 4

Xét hàm số f ( t ) = t 2 + 2cos t , t > 0 .

f ' ( t ) = 2t − 2sin t = 2 ( t − sin t ) > 0, ∀t > 0 nên hàm số này đồng biến trên

(

Thay vào phương trình (1) log 3 x = log 2 1 +

≥ 8 ⇔ x4 − 4 x + 3 ≤ 0

(

Suy ra

b) Đặt 2x − y = a , phương trình (1) của hệ trở thành

t  3   1 t 3 + 1 = 2t ⇔   +  =1  2  2

( )

b) Điều kiện x, y > −

Xét hàm số f ( x ) = xt + x −t , x > 1 với số thực t dương tùy ý.

)

Ta có: f ' ( x ) = txt −1 1 − x −2t , do x > 1 nên 1 − x −2t > 0 suy ra hàm số này đồng biến trên (1; +∞ ) .

) (

Suy ra 2 2 a + 2 − a + 3 3a + 3− a ≤ 5 5a + 5− a

f ' ( t ) = 2t + 3 +

)

Đẳng thức phải xảy ra nên a = 0 hay 2 x − y = 0 ⇔ 2 x = y .

1 2

2 1 > 0, ∀t > − nên f là hàm đồng biến 2t + 1 2

Giả sử x ≥ y thì từ hệ trên suy ra f ( y ) ≥ f ( x )  y ≥ x

Thay vào phương trình (2) ta có:

Do đó nếu ( x, y ) là nghiệm của hệ thì x = y nên có phương trình x 2 + 2 x + ln ( 2 x + 1) = 0 . Vì vế trái là

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

⇔ 2 x3 = x3 − 3x 2 + 3x = 1 ⇔ 2 x3 = ( x − 1)

1 2

Xét hàm số f ( x ) = t 2 + 3t + ln ( 2t + 1) , t > −

Do đó, ta được bất đẳng thức sau: 2a + 2− a ≤ 3a + 3− a ≤ 5a + 5− a và dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi a = 0 .

⇔ 3 2x = x −1 ⇔ x =

( 3 ) = 2 −1

duy nhất là ( x, y ) = ( 2; 2 ) .

Nếu a là nghiệm thì −a cũng là nghiệm nên chỉ cần xét a ≥ 0 .

)

Vế trái là hàm nghịch biến và x = 2 thỏa mãn nên nghiệm duy nhất của phương trình là x = 2 . Vậy hệ có

2 ( 2a + 2− a ) + 3 ( 3a + 3− a ) = 5 ( 5a + 5− a )

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x = y = 1 .

) (

)

Đặt log 3 x = log 2 1 + x = t 

(

hàm đồng biến và x = 0 thỏa mãn. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là x = y = 0 . Bài toán 5.30: Giải các hệ phương trình:

1 2 . Suy ra y = 2 x = 1− 3 2 1− 3 2

2log3 x + y log3 2 = 6  a)  log y + log y x = 1  x x3

1 1  ;  1− 3 2 1− 3 2  

1 2  1  x 2 + 1 + y 2 + 1 = xy + 1 b)  log x log y = 1  2 2 3 3

(1) ( 2)

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: 

(

)

(1) ( 2)

Hướng dẫn giải

Bài toán 5.29: Giải các hệ phương trình sau:

log 1 + x = log y 3  2 a)   x 2 + 2 cos x = y 2 + 2cos y

. Do đó

( 2) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y .

≥ 23 = 8 , suy ra

⇔ ( x − 1) ( x 2 + 2 x + 3) ≤ 0 ⇔ x = 1 . Do đó y = 1: thỏa mãn.

(

( 0; +∞ )

a) Điều kiện 0 < x, x ≠ 1, y ≠ x 3 . PT (2): log x y +

 x 2 + 3x + ln ( 2 x + 1) = y b)  2  y + 3 y + ln ( 2 y + 1) = x

Đặt t = log x y . Ta có t +

Hướng dẫn giải

1 =1 log x y − 3

1 = 1 ⇔ t 2 − 4t + 4 = 0 t −3

⇔ t = 2 , suy ra log x y = 2 ⇔ y = x 2 Trang 21

Trang 22

log y ( log y ( 3 − x ) ) = log3− y ( log3− y x )  x cot x − cot y = log y 

Do đó: (1) ⇔ 2log3 x + 2log3 x = 6 ⇔ 2log3 x + 22 log3 x = 6

⇔ 22 log3 x + 2log3 x − 6 = 0 ⇔ 2log3 x = 2 ⇔ log3 x = 1 ⇔ x = 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = ( 3;9 ) .

a) Điều kiện x + 2 y + 6 > 0, x + y + 2 > 0

(1) : e x

⇔ ( xy + 1) ( x + y + 2 ) = 2 ( x + 1)( y + 1) 2

+ 1) = e y

+ 1) . Xét f ( t ) = et ( t + 1) , t ≥ 0 .

( )

⇔ x = y ⇔ x = ±y

- Nếu x = y thì phương trình (2) trở thành

- Nếu x = y thì x = y = 1 là nghiệm

3log3 ( 3x + 6 ) = 2log 2 ( 3x + 2 ) + 1 ⇔ log 3 ( x + 2 ) = log 2 ( x + 1)

Xét trường hợp x = y ≠ 1 thì:

Đặt log 3 ( x + 2 ) = log 2 ( x + 1) = t thì

(1) : ( log 2 x − 1) ( log3 x − 1) = 1 ⇔ log 2 x.log 3 x = log 2 x + log 3 x

Vế trái là hàm số nghịch biến và t = 1 thỏa mãn nên phương trình có nghiệm duy nhất là t = 1 , suy ra x + 2 = 3 ⇔ x = 1. Suy ra y = 1.

1 - Nếu xy = 1 thì y = và x ≠ 1 , ta có x

- Nếu x = − y thì ( 2 ) ⇔ 3log 3 ( 6 − x ) = 2log 2 2 + 1 ⇔ log 3 ( 6 − x ) = 1

x 1 log 2 log 3 = 1 ⇔ ( log 2 x − 1) ( log 3 x + 1) = −1 2 3x

⇔ 6 − x = 3 ⇔ x = 3 . Suy ra y = −3 b) Điều kiện 0 < x, y < 3, y ≠ 1,log y ( 3 − x ) > 0,log3− y x > 0

1 1 − =1 log 2 x log3 x

( 2) :

2 2 ⇔ log x 2 − log x 3 x = 1 ⇔ log x = 1 ⇔ x = 3 3

sin ( y − x ) = log x − log y sin x.sin y

Vì −3 ≤ y − x ≤ 3 và a ∈ ( −3;3) ⊂ ( −π ; π ) nên: sin a ≥ 0 ⇔ a ≥ 0,sin a < 0 ⇔ a < 0 . Do đó phương

 2 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (1;1) , ( 6;6 ) ,  ;  .  3 2

trình này tương đương với x = y

(

Thay vào nên (1) : log 3− x ( log3− x x ) = log x log x ( 3 − x )

Bài toán 5.31: Giải các hệ phương trình sau:

 y 2 − x2 x 2 + 1 = 2 e y +1 a)  3log ( x + 2 y + 6 ) = 2log ( x + y + 2 ) + 1 3 2 

 2 1 x + 2 = 3t , x + 1 = 2t  3t = 2t + 1 ⇔   +   = 1  3  3

1 1 + = 1 ⇔ log x 2 + log x 3 = 1 ⇔ log x 6 = 1 ⇔ x = 6 log 2 x log 3 x

⇔ log 2 x.log 3 x = log3 x − log 2 x ⇔

( )

⇔ xy ( x − y ) = ( x − y ) ⇔ ( x − y ) ( xy − 1) = 0

⇔

Ta có f ' ( t ) = et + et ( t + 1) = et ( t + 2 ) > 0 nên f là hàm đồng biến. Phương trình f x 2 = f y 2

⇔ xy ( x 2 + y 2 ) + 2 xy + x 2 + y 2 + 2 = 2 x 2 y 2 + 2 ( x 2 + y 2 ) + 2 2

( 2) Hướng dẫn giải

1 1 2 b) Điều kiện x, y > 0 . PT (1) : 2 + = x + 1 y 2 + 1 xy + 1 2

(1)

b) 

⇔ log3− x ( log 3− x x ) =

(1) ( 2)

)

log 3− x ( log x ( 3 − x ) ) log 3− x x

Đặt t = log3− x x > 0 thì PT: log 3− x t = −

log 3− x t t

⇔ ( t + 1) log3− x t = 0 ⇔ log3− x t = 0 Trang 23

Trang 24

⇔ t = 1 ⇔ log3− x x = 1 ⇔ x = 3 − x ⇔ x =

3 2

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x = y =

 f ( x) = g ( y )  Hệ phương trình đã cho có thể viết lại là:  f ( y ) = g ( z )   f ( z ) = g ( x)

3 . 2

Không mất tính tổng quát, ta giả sử x là số lớn nhất. Khi đó x ≥ y , x ≥ z .

Bài toán 5.32: Giải các hệ phương trình sau:

e x − e x − y = y  a) e y − e y − z = z  z z−x e − e = x

Do x ≥ y  f ( x ) ≥ f ( y )  g ( y ) ≥ g ( z )  y ≥ z

5x = 2 y + 1 + 2log5 ( 4 y + 1)  b) 5 y = 2 z + 1 + 2log5 ( 4 z + 1)  z 5 = 2 x + 1 + 2log 5 ( 4 x + 1)

(1) ( 2) ( 3)

 f ( y) ≥ f ( z )  g ( z ) ≥ g ( x)  z ≥ x  x = y = z Đưa về PT: 5t = 2t + 1 + 2log 5 ( 4t + 1)

Hướng dẫn giải a) Nếu x = 0 thì (1) :1 − e

−y

= y ⇔ 1− e

−y

Đặt s = log 5 ( 4t + 1) ⇔ 5s = 4t + 1 và 5t = 2t + 2 s + 1

− y = 0.

Suy ra: 5s − 5t = 2 ( t − s ) ⇔ 5t + 2t = 5 s + 2 s

Bằng cách xét f ( y ) = 1 − e − y − y thì phương trình f ( y ) = 0 có nghiệm duy nhất y = 0 , do đó

x = y = z = 0.

t = 0, t = 1 .

t.et Nếu x ≠ 0 thì y ≠ 0, z ≠ 0 . Đặt f ( t ) = t , t ≠ 0 thì hệ: e −1

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là ( 0;0;0 ) , (1;1;1) . Bài toán 5.33: Tìm các nghiệm dương của hệ phương trình:

 x y.e y e = e y − 1 e x = f ( y )  z.e z  y  ⇔ e y = f ( z ) e = z e − 1   z  z e = f ( x ) x.e x e =  x e −1  Ta có f ' ( t ) =

Vì hàm số h ( y ) = 5 y + 2 y đồng biến nên t = s ⇔ 5t = 4t + 1 . Suy ra phương trình có hai nghiệm là

et ( et − t − 1)

( et − 1)

 x + y + xy = z 4 + 2 z 2  4 4 8 x + y = 2z  z −1 x− y ( x + y ) = ( z + 1) Hướng dẫn giải Đặt z 2 = a > 0 . Hai phương trình đầu của hệ viết lại là:

> 0, ∀t ≠ 0 . Lập BBT thì f ( t ) < 1, ∀t < 0 và f ( t ) > 1, ∀t > 0 nên hệ tương

đương x = y = z = t , do đó et − t − 1 = 0 (vô nghiệm). Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = z = 0 .

 x+ y  + 1  2 

Áp dụng bất đẳng thức: ( x + 1)( y + 1) ≤ 

1 b) Điều kiện xác định: x, y, z ≥ − . 4 Xét hàm số f ( t ) = 5t và g ( t ) = 2t + 1 + 2log 5 ( 4t + 1) , t > −

2  x + y + xy = a 2 + 2a ( x + 1)( y + 1) = ( a + 1) ⇔  4  4 4 4 4 4  x + y = 2a  x + y = 2a

1 thì hai hàm số này đồng biến trên 4

 1   − ; +∞  .  4 

 x+ y  + 1 ⇔ 2a ≤ x + y  2 

thì có: ( a + 1) ≤ 

Và

x4 + y 4  x + y   x+ y 4 ≥  thì có   ≤ a ⇔ x + y ≤ 2a . 2  2   2 

suy ra 2a ≤ x + y ≤ 2 a nên đẳng thức trong các bất đẳng thức trên phải xảy ra, tức là

2a = x + y , x = y ⇔ x = y = a . Trang 25

Trang 26

PT: ( x + y )

z −1

x + y > 0 =1⇔   x + y = 1 hay z − 1 = 0

- Nếu x + y = 1 thì x = y =

Xét hàm số f ( t ) =

ln t 1 − ln t , t > 3  f '(t ) = < 0, ∀t > 3 t t2

Suy ra hàm số này nghịch biến trên ( 3;+∞ )

1 1 1 và z 2 = ⇔ z = 2 2 2

ln 2016 ln x ln 2015 < < ⇔ 2015 < x < 2016 . 2016 x 2015

Do đó,

- Nếu z = 1 thì a = 1  x = y = 1 .

Đây chính là nghiệm của hệ phương trình đã cho.

 1 1 1 ; ; .  2 2 2

Vậy hai nghiệm là: (1;1;1) , 

(

Bài toán 5.35: Cho x là nghiệm của PT: 3 + 2 2

Bài toán 5.34: Giải các hệ bất phương trình sau: Chứng minh x cũng là nghiệm của PT:

 x + 3 y ≥ 2 − log 4 3 a)  x + y −1 + 3.42 y −1 ) ≤ ln 2 ln ( 4

)

2 −1 + 3

2 + 1 = 2cos

π 9

Hướng dẫn giải

 x 4032 + x 2016 > 20162 x + 2016 x 4030 2015 < 20152 x + 2015x  x + x

(1) ( 2)

b) 

Đặt t =

(

a) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: ln 2 ≥ ln 4 x + y −1 + 3.42 y −1

) (

(

1 2 + 1 > 0 thì t 2 = + 3 ⇔ t 3 − 3t − 1 = 0 t

)

Xét các nghiệm thuộc [ −2; 2] , đặt t = 2cos α , α ∈ [ 0; π ] ,

Hướng dẫn giải

(

) =(

Ta có: 8cos3 α − 6cos α − 1 = 0 ⇔ cos3α =

)

≥ ln 2 4 x + y −1.3.42 y −1 = ln 2 4 x +3 y − 2−ln 3 ≥ ln 2 40 = ln 2

⇔α =±

π 9

1 π ⇔ 3α = ± + k 2π 2 3

2π ,k ∈ℤ 3

Do đó dấu = xảy ra nên giải được nghiệm: Trong đoạn [ 0; π ] , có 3 giá trị α thỏa mãn là

1 1 4 x = log 4 12, y = log 4 2 2 3

2cos

b) Đặt 2016 = y thì

π 5π 7π

, , , tức là phương trình có ba nghiệm là 2cos , 9 8 9 9

5π 7π π , 2cos , và chỉ có 2cos > 0 nên suy ra t = 8 9 9

(

)

2 + 1 = 2cos

π 9

Bài toán 5.36: Chứng minh rằng phương trình:

(1) ⇔ x 2 y − y 2 x + x y − y x > 0 ⇔ ( x y − y x )( x y + y x ) + x y − y x > 0

(

)

a) 4 x 4 x 2 + 1 = 1 có đúng ba nghiệm phân biệt

⇔ ( x y − y z )( x y + y x + 1) > 0 ⇔ x y > y x

b) x x +1 = ( x + 1) có một nghiệm dương duy nhất

ln x ln y ln x ln 2016 ⇔ y ln x > x ln y ⇔ > ⇔ > x y x 2016 Đặt 2015 = z thì ( 2 ) ⇔ x Biến đổi tương tự ta được: Do đó hệ tương đương:

+x <z +z

Hướng dẫn giải

(

)

(

)

a) PT: 4 4 x + 1 − 1 = 0 . Xét hàm số f ( x ) = 4 x 4 x 2 + 1 − 1, D = ℝ x

(

ln x ln 2015 < x 2015

)

(

)

Ta có f ' ( x ) = 4 x ln 4. 4 x 2 + 1 + 8 x.4 x = 4 x  ln 4. 4 x 2 + 1 + 8 x 

(

)





f ' ( x ) = 0 ⇔ ln 4. 4 x + 1 + 8 x = 0 ⇔ ( 4ln 4 ) x + 8 x + ln 4 = 0 (*) .

ln 2016 ln x ln 2015 < < 2016 x 2015 Trang 27

Trang 28

PT (*) này có biệt thức ∆ > 0 nên có đúng 2 nghiệm phân biệt. Từ bảng biến thiên của f ( x ) suy ra phương trình f ( x ) = 0 có không quá ba nghiệm phân biệt.

Giả sử γ ≤ α thì γ = cos ( sin γ ) > cos γ ≥ cos α = α , vô lý nên α < γ

Do đó phương trình f ( x ) = 0 có đúng ba nghiệm phân biệt:

Xét hàm số f ( x ) = ( x + 1) ln x − x ln ( x + 1) , x > 0 .

x +1 x x 1 1 − ln ( x + 1) − = ln + + x x +1 x +1 x x +1

1  1  1 f '' ( x ) =  − 2 − < 0, ∀x > 0 nên f ' nghịch biến trên ( 0; +∞ ) , vì lim f ' ( x ) = 0 nên 2 x →+∞ x  ( x + 1)2  x+ x f ' ( x ) < 0 , ∀x . Do đó f ( x ) nghịch biến trên ℝ nên f ( x ) = 0 có tối đa 1 nghiệm. Mà hàm f ( x ) liên tục trên khoảng ( 0; +∞ ) , f ( 2 ) = 3ln 2 − 2ln 3 = ln 8 − ln 9 > 0 và

+ 5log5 c

.5log5 c = abc = 2.3.5 = 30 .

và 2 x.3 y.5 z = 2log2 a.3

Do đó, các bộ xác định như trên luôn thỏa mãn hệ đã cho. Vì có tất cả 3! hoán vị của {2;3;5} nên tương ứng cũng có 6 nghiệm của hệ phương trình đã cho.

Từ hai PT của hệ, ta có e x −

Ta có f ' ( x ) = 1 + sin x ≥ 0, ∀x nên f là hàm đồng biến. Mà f ( 0 ) < 0, f (1) > 0 và f là hàm liên tục nên phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất α ∈ ( 0;1) . Chứng minh tương tự ta có 3 nghiệm α , β , γ ∈ ( 0;1) .

a) Xét các bộ số ( x, y, z ) = ( log 2 a,log 3 b,log 5 c ) trong đó a, b, c là hoán vị của {2;3;5} . Với các bộ số này

b) Điều kiện xác định x , y > 1

Xét hàm số tương ứng với PT (1) là f ( x ) = x − cos x, D = ℝ .

ln γ

Hướng dẫn giải

log3 b

Hướng dẫn giải

= a + b + c = 2 + 3 + 5 = 10

phương trình có nghiệm duy nhất lần lượt là α , β , γ và thỏa mãn: γα .ln β < βγ .ln α < αβ .ln γ .

ln γ

y  x (1) e = 2016 − 2 y −1  b)  có đúng hai nghiệm phân biệt e y = 2017 − x 2) (  x2 − 1

log 3 b

Bài toán 5.37: Cho 3 phương trình cos x = x (1) ;sin ( cos x ) = x ( 2 ) ;cos ( sin x ) = x ( 3) . Chứng minh rằng mỗi

Ta có: 2 x + 3 y + 5z = 2log 2 a + 3

ln t ,t > 0 . t

ln α

thì xyz = 1 nên phương trình thứ ba của hệ luôn được thỏa mãn.

f ( 3) = 4ln 3 − 3ln 4 = ln 81 − ln 64 > 0  đpcm.

2 x + 3 y + 5z = 10  a) 2 x3 y 5z = 30 có ít nhất 6 nghiệm phân biệt  xyz = 1 

⇔ ( x + 1) ln x − x ln ( x + 1) = 0

ln β

Bài toán 5.38: Chứng minh hệ phương trình

b) Với x > 0 , PT: ( x + 1) ln x = x ln ( x + 1)

Cách khác: Xét hàm f ( t ) =

ln β

Vậy β < α < γ hay

1 x1 = 0, x2 = − , x3 ∈ ( −3; −2 ) 2

Bất đẳng thức ⇔

ln t 1 − ln t ,0 < t < 1. Ta có g ' ( t ) = > 0 nên hàm số này đồng biến trên ( 0;1) . t t2

Giả sử β ≥ α thì β = sin ( cos β ) < cos β ≤ cos α = α , vô lý nên β < α

1 2

Mặt khác: f   = 0, f ( 0 ) = 0, f ( −3) . f ( −2 ) < 0

f ' ( x ) = ln x +

Xét hàm số g ( t ) =

Xét hàm số f ( t ) = et −

f ' ( t ) = et +

(*)

Trang 29

x x2 −1

t t2 −1

− 1) t 2 − 1

= ey −

y y2 −1

, t >1 > 0 nên f là hàm đồng biến

Trang 30

Do đó f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . Ta có PT: e x + Hàm số g ( t ) = e − t

t t2 −1

x −1

a) x 2 − ( m + 3) x + 3m < ( m − 2 ) log 2 x có nghiệm

− 2017 = 0

b) a cos 2 x ≥ 2cos 2 x có nghiệm với mọi x. a) BPT: ( x − m )( x − 3) < ( m − x ) log 2 x ⇔ ( x − m )( x − 3 + log 2 x ) < 0

Bài toán 5.39: Tìm điều kiện để phương trình:

Để ý: f ( x ) = x − 3 + log 2 x, x > 0

a) log 32 x + log 32 x + 1 − 2m − 1 = 0 có nghiệm thuộc đoạn 1;3 3 



b) log

Hướng dẫn giải

− 2017 , t > 1 , ta chứng minh g ( t ) = 0 có hai nghiệm trong khoảng (1; +∞ ) .

 f '( x ) = 1 +

( x + 3) = log3 ( ax ) có nghiệm duy nhất 3

Do đó, bất phương trình tương đương:

Hướng dẫn giải

 x > m, x − 3 + log 2 x < 0  x > m,0 < x < 2  x < m, x − 3 + log x > 0 ⇔  x < m, x > 2  2 

a) Đặt t = log32 x + 1, x ∈ 1;3 3  ⇔ 1 ≤ t ≤ 2



1 > 0 nên đồng biến trên ( 0; +∞ ) và f ( 2 ) = 0 x ln 2



PT: t 2 − 1 + t − 2m − 1 = 0 ⇔ t 2 + t = 2m + 2

Từ đó suy ra điều kiện có nghiệm là m ≠ 2

Xét f ( t ) = t 2 + t ,1 ≤ t ≤ 2, f ' ( t ) = 2t + 1 > 0 nên f đồng biến trên [1;2]

b) Điều kiện a > 0 . Đặt t = 2cos 2 x  0 ≤ t ≤ 2 . Yêu cầu bài toán tương đương với việc tìm a > 0 sao cho

Điều kiện có nghiệm: f (1) ≤ 2m + 2 ≤ f ( 2 )

at −1 ≥ t , ∀t ∈ [ 0;2] .

⇔ 2 ≤ 2m + 1 ≤ 6 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2

Với t = 0 thì bất đẳng thức đúng và không phụ thuộc và a.

b) PT: 2log 3 ( x + 3) = log3 ( ax )

Với 0 < t ≤ 2 thì bất đẳng thức ⇔ ( t − 1) ln a ≥ ln t - Nếu t = 1 thì bất đẳng thức đúng.

 x + 3 > 0 2 ⇔ ⇔ ( x + 3) = ax, x + 3 > 0 2 log x + 3 = log ax ( ) ( )  3 3

- Nếu t ∈ ( 0;1) thì bất đẳng thức ⇔ ln a ≤

⇔ x 2 + 6 x + 9 = ax, x > −3

ln a ≤ lim−

x2 + 6 x + 9 Xét x = 0 : Loại. Xét x ≠ 0 thì có: a = , x > −3 x 2

Đặt f ( x ) =

x →1

ln t =1 t −1

- Nếu t ∈ (1; 2 ) thì bất đẳng thức ⇔ ln a ≥

x + 6x + 9 x −9 , x > −3, x ≠ 0, f ' ( x ) = , f ' ( x ) = 0 thì x = 3 x x2

ln t . Bất đẳng thức này phải đúng với mọi t ∈ ( 0;1) nên t −1

ln t t −1

Bất đẳng thức này phải đúng với mọi t ∈ (1; 2 ) nên ln a ≥ lim+

BBT:

x →1

−3

−

+∞ −∞

ln t = 1. t −1

Do đó, ta cần phải có ln a = 1 ⇔ a = e .

+∞

Thử lại, với a = e , ta cần chứng minh t − 1 ≥ ln t , ∀t ∈ ( 0;2 ]

Xét hs f ( u ) = u − 1 − ln u , u ∈ ( 0;2 ] , ta có:

+∞ 12

f '(u ) = 1 −

Điều kiện có nghiệm duy nhất: a < 0 hay a = 12 .

f '' ( u ) =

Bài toán 5.40: Tìm điều kiện để bất phương trình: Trang 31

1 u −1 = , f '(u ) = 0 ⇔ u = 1 u u

1 > 0 nên f ( u ) đạt giá trị nhỏ nhất tại u = 1 u2 Trang 32

Ta có f ( u ) ≥ f (1) = 1 − 1 − ln1 = 0 nên ta được t − 1 ≥ ln t , ∀t ∈ ( 0;2 ] là đúng.

Xét f ( x ) =

Vậy giá trị cần tìm là a = e .

2 x + x = y + x 2 + 2m

Bài toán 5.41: Tìm m để hệ 

2 2  x + y = 1

x2 − 2x + 3 , x ∈ [ −1;1] x−2

Lập BBT thì min f ( x ) = −2 nên bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m ≥ −2 . Vậy điều kiện cần có nghiệm duy nhất:

tìm là m ≥ −2 .

3. BÀI LUYỆN TẬP

Hướng dẫn giải Giả sử ( x; y ) là một nghiệm thì ( − x; y ) cũng là nghiệm, mà hệ có nghiệm duy nhất nên x = 0 . Do đó:

Bài tập 5.1: Giải các phương trình:

(

a) 4 − 15

1 + 0 = y + 2m  y = ±1   2  2m = 1 − y y =1

)

tan x

(

+ 4 + 15

)

tan x

b) 81sin

(

a) Đặt ẩn phụ và để ý 4 − 15

2 x + x = y + x 2 + 2 Đảo lại, với m = 1 thì hệ:  2 2  x + y = 1

Kết quả x = ±

Hệ này không nghiệm duy nhất vì ( 0; −1) , (1;0 ) đều là nghiệm.

2 + x = y + x Với m = 0 thì hệ:  2 2  x + y = 1 x

b) Kết quả x = ±

(1) ( 2)

+ 81cos

= 30

π 4

π 6

tan x

) (4 +

)

tan x

53 x− 4 5

+ kπ , k ∈ ℤ . + kπ hoặc x = ±

π 3

+ kπ .

a) 3x −1.2 x = 8.4 x − 2

(

)

Và (1) : y = 2 + x − x 2 = 2 + x 1 − x ≥ 2 ≥ 1 x

b) Lôgarit hóa. Kết quả x =

(1) ( 2)

2 x −2

2 ( log 5 3 − 4 ) 4log 5 3 − 7

Bài tập 5.3: Giải các phương trình: a)

Hướng dẫn giải

x −1

a) Lôgarit hóa. Kết quả x = 1 hoặc x = 1 − log 2 3

Bài toán 5.42: Tìm m để hệ sau có nghiệm:

x +1

3 3   55

Hướng dẫn

Do đó y = 1 và x = 0 : nghiệm duy nhất. Vậy m = 0

7 2 x + x+1 − 72+ x+1 + 2017 x ≤ 2017  2  x − ( m + 2 ) x + 2m + 3 ≥ 0

Bài tập 5.2: Giải các phương trình sau:

Từ ( 2 )  x ≤ 1, y ≤ 1

Điều kiện x ≥ −1 . BPT (1) : 7 2+

Hướng dẫn

Khi y = −1  m = 1 . Khi y = 1  m = 0

− 1) ≤ 2017 (1 − x )

(

b) 2 − 3

- Nếu x = 1 thì bất phương trình thỏa

) +( x

6 + 15

) = 13 x

7 − 15

) + (2 + 3 )

= 4x Hướng dẫn

- Nếu x < 1 thì 7 2 x − 2 − 1 < 0,1 − x > 0 thì BPT thỏa

a) Kết quả x = 3

- Nếu x > 1 thì 7 2 x − 2 − 1 > 0,1 − x < 0 thì BPT không thỏa

b) Chia 2 vế cho 4 x . Kết quả x = 1

x2 − 2x + 3 - Nếu −1 ≤ x ≤ 1 thì ( 2 ) : m ≥ x−2

Bài tập 5.4: Giải các phương trình: a) 3 Trang 33

cos x

−2

cos x

= cos x

b) cot 2 x = tan 2 x + 2 tan 2 x +1 Trang 34

Hướng dẫn giải

a) Chia 2 vế cho 4 x > 0 . Kết quả 0 ≤ x ≤ 4

a) Đặt t = cos x ,0 ≤ t ≤ 1 và dùng định lý Lagrange. Kết quả x = k 2π hoặc x = b) Kết quả tan 2 = ± x

(

π 2

b) Kết quả S = ( −∞;0 ) ∪ (1; +∞ ) Bài tập 5.9: Giải các bất phương trình:

+ kπ .

a) ln x − 2 + ln x + 4 ≤ 3ln 2

b) log 3 x > log x 3

)

2 ± 1 , từ đó suy ra nghiệm x.

Hướng dẫn

Bài tập 5.5: Giải các phương trình:

a) Biến đổi tích. Kết quả −1 − 17 ≤ x ≤ −2 hoặc 0 ≤ x ≤ −1 + 17

a) log 4 ( x + 12 ) .log x 2 = 1

1 1 log 2 ( x − 2 ) − = log 1 3x − 5 6 3 8

1 < x < 1 hoặc x > 3 3

b) Kết quả

Bài tập 5.10: Giải các hệ phương trình:

Hướng dẫn a) Đưa về cơ số 2. Kết quả x = 4

9 x 2 − y 2 = 5 log5 ( 3x + y ) − log 5 ( 3x − y ) = 1

 x 2 − y 2 = 2 log 2 ( x + y ) − log 3 ( x − y ) = 1

a) 

b) Đưa về cơ số 2. Kết quả x = 3

b) 

Bài tập 5.6: Giải các phương trình: a) log 4 log 2 x + log 2 log 4 x = 2

Hướng dẫn

b) log x 2 16 + log 2 x 64 = 3

a) Phân tích 9 x − y = ( 3 x − y )( 3 x + y ) . Kết quả x = 1; y = 2

Hướng dẫn

b) Kết quả x =

a) Đưa về cơ số 2. Kết quả x = 16 b) Kết quả x = 4, x =

1 2

a) 9sin b)

)

a) log 2 1 + x = log 3 x

)

+ 9cos

)

= m có nghiệm

5 + 1 + 2m

(

)

5 − 1 = 2 x có nghiệm duy nhất

a) Đặt t = sin 2 x,0 ≤ t ≤ 1 rồi xét hàm số VT. Kết quả 6 ≤ m ≤ 10 .

Hướng dẫn a) Đặt log 2 1 + x = log 3 x = t thì 1 +

(

Hướng dẫn

b) log 2 ( cot x + tan 3 x ) − 1 = log 2 ( tan 3x )

(

3 1 ;y = 2 2

Bài tập 5.11: Tìm điều kiện m để phương trình:

Bài tập 5.7: Giải các phương trình:

(

b) Kết quả m ≤ 0 hoặc m =

x = 2t và x = 3t

1 8

Đưa về phương trình 1 + 3t = 2t có nghiệm duy nhất.

Bài tập 5.12: Tìm tham số m để bất phương trình

Kết quả x = 2

a) 49 x − 5.7 x + m ≤ 0 có nghiệm

b) Kết quả x =

π 8

+ kπ và x =

(

x +x

+ 41+

(

)

Hướng dẫn

Bài tập 5.8: Giải các bất phương trình: a) 4 x ≤ 3.2

)

b) 1 + log 5 x 2 + 1 ≥ log 5 mx 2 + 4 x + m có nghiệm với mọi x.

3π + kπ , k ∈ ℤ . 8

a) Kết quả m ≤

4x <4 x 4 − 3x

25 4

b) Đưa về đánh giá tham số m một bên. Kết quả 2 < m ≤ 3

Hướng dẫn Trang 35

Trang 36

CHUYÊN ĐỀ 6 - BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, NHỎ NHẤT

Nếu hai dãy: a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an



thì: 

1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM



; b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn

 a    b  ≤ n a b 

 i =1

Các bất đẳng thức cơ bản



i i

i =1

- Bất đẳng thức MIN-COP-XKI

- Bất đẳng thức BECNULI

Với hai dãy: a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn α

Nếu x > −1 và α ≥ 1 thì (1 + x ) ≥ 1 + α x

thì

Nếu x > −1 và 0 < α ≤ 1 thì (1 + x ) ≤ 1 + α x

1 n  ai ≥ n i =1

≤

a

2 i

i =1

b

2 i

i =1

Dùng đạo hàm chứng minh bất đẳng thức: - Nếu y = f ( x ) có y ' > 0 trên K thì f ( x ) đồng biến trên K:

n n

i =1

- Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân Nếu a1 , a2 ,..., an ≥ 0 thì

(a + b )

∏a

x > a  f ( x) > f ( a ); x < b  f ( x) < f (b)

i =1

Dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi: a1 = a2 = ... = an

Đối với y ' < 0 thì ta có bất đẳng thức ngược lại.

- Bất đẳng thức CAUCHY-SCHWARTZ

Việc xét dấu y ' đôi khi phải cần đến y '', y ''',... hoặc xét dấu bộ phận, chẳng hạn tử số của một phân số có

Với hai dãy số thực: a1 , a2 ,..., an ; b1 , b2 ,..., bn

mẫu dương,… Nếu y '' > 0 thì y ' đồng biến từ đó ta có đánh giá f ' ( x ) rồi f ( x ) ,…





 a b  

thì 

i i

i =1

 n  n  ≤   ai2   bi2   i =1  i =1 

tại số c ∈ ( a; b ) hay giá trị f ' ( c ) cũng có đánh giá bất đẳng thức.

Dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi a1 = kb1 ,..., an = kbn

- Bất đẳng thức JENSEN: ∀x ∈ ( a; b ) và ai ∈ ( a; b ) ∀i = 1, n

- Bất đẳng thức sắp thứ tự Cho hai dãy số tăng a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an và b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn ( n ≥ 2 )

Nếu f '' ( x ) < 0, ∀x ∈ ( a; b ) thì

Nếu α1 , α 2 ,...,α n là một hoán vị của dãy 1, 2,..., n thì: n

a b

i n +1−i

i =1

f (b) − f ( a) f (b) − f ( a ) = f ' ( c ) , sự tồn là dùng định lý Lagrange b−a b−a

- Bất đẳng thức có biểu thức dạng

i =1

1 n 1 n  ai   f ( ai ) ≤ f  n  n i =1 i =1 

1 n  1 n  ai  ≤  f ( ai )  n i =1  n i =1

Nếu f '' ( x ) > 0, ∀x ∈ ( a; b ) thì f 

≤  ai bα i ≤  ai bi

- Bất đẳng thức trung bình lũy thừa

- Phương pháp tiếp tuyến: Cho n số ai thuộc K có tổng a1 + a2 + ... + an = nb không đổi.

Nếu xi > 0∀i = 1, n và p ≥ q > 0 thì

Bất đẳng thức có dạng f ( a1 ) + f ( a2 ) + ... + f ( an ) ≥ nf ( b ) .

Lập phương trình tiếp tuyến tại x = b : y = Ax + B .

 1 n q p  1 n p p  n  xi  ≤  n  xi   i =1   i =1 

Nếu f ( x ) ≥ Ax + B trên K, dấu bằng xảy ra khi x = b .

- Bất đẳng thức SHUR

Khi đó f ( a1 ) + f ( a2 ) + ... + f ( an ) ≥ A ( a1 + a2 + ... + an ) + nB

Cho a, b, c > 0, r > 0 thì:

= Anb + nB = n ( Ab + B ) = nf ( b )

a r ( a − b )( a − c ) + b r ( b − a )( b − c ) + c r ( c − a )( c − b ) ≥ 0

Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = ... = an = b .

- Bất đẳng thức CHEBYCHEP

Còn nếu f ( x ) ≤ Ax + B trên K, dấu bằng xảy ra khi x = b thì có ngược lại Trang 1

Trang 2

f ( a1 ) + f ( a2 ) + ... + f ( an ) ≤ nf ( b ) .

Nếu 0 < t <

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất Đối với hàm số y = f ( x ) trên D. Xét dấu đạo hàm y ' hoặc từ bảng biến thiên có kết luận về GTLN,

Nếu

GTNN. Nếu cần thì đặt ẩn phụ t = g ( x ) với điều kiện đầy đủ của t. Nếu y = f ( x ) đồng biến trên đoạn [ a; b ] thì: min f ( x ) = f ( a ) và max f ( x ) = f ( b ) . Ngược lại với

{ f ( a ) ; f ( x ) ; f ( x ) ;...; f ( b )} max f ( x ) = max { f ( a ) ; f ( x ) ; f ( x ) ;...; f ( b )} 2

Nếu f lồi trên đoạn [ a; b ] thì GTLN = max

= min

Nếu π < t <

nếu f lõm trên đoạn [ a; b ] thì GTNN

sin ( x + 2 y ) sin x 5π  < . 4 x + 2y x

x sin ( x + 2 y ) < x sin x + 2 y sin x ⇔ x.2cos ( x + y ) sin y < 2 y sin x

 đpcm (vì x > 0 và x + 2 y <

5π 5π y<  sin y > 0 ) 4 8

Bài toán 6.2: Chứng minh các bất đẳng thức α

2. CÁC BÀI TOÁN

 sin x   π  ≥ cos x, ∀x ∈  0;  với mọi α ≤ 3 .  x   2

a) 

Bài toán 6.1: Chứng minh các bất đẳng thức:

 π   2

b) ( x + 1) cos

a) 2sin x + tan x > 3x với mọi x ∈  0;

− x cos

π x

> 1, ∀x ≥ 3 .

sin x  π <1  thì có 0 < sin x < x nên 0 < x  2

a) Khi x ∈  0;

Hướng dẫn giải

 sin x   π  ≥ cos x, ∀x ∈  0;   x   2

 π  và:  2

Suy ra 

a) Hàm số f ( x ) = 2sin x + tan x − 3 x liên tục trên nửa khoảng  0;

f ' ( x ) = 2cos x +

π x +1

Hướng dẫn giải

y sin x 5π với x > 0, y > 0 và x + 2 y < x sin y 4

1 1 − 3 = cos x + cos x + −3 > 0 cos 2 x cos 2 x

Xét hàm số F ( x ) =

 π  nên f ( x ) > f ( 0 ) = 0  2

Do đó hàm số f đồng biến trên  0;

Ta có f ' ( t ) =

5π   4 

Do x > 0 và x + 2 y > 0 nên từ đó có

{ f ( a ) ; f ( b )} và

Đối với các đại lượng, chọn đặt biến x (hoặc t), kèm điều kiện tồn tại. Dựa vào giả thiết, các quan hệ cho để xác lập hàm số cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

b) Xét hàm số: f ( t ) =

5π 5π thì do cos t < 0; tan t < t  f ' ( t ) < 0 . Do đó f ' ( t ) < 0,0 < t < nên f là hàm số 4 4

Từ giả thiết có 0 < x < x + 2 y <

{ f ( a ) ; f ( b )} .

b) cos ( x + y ) <

≤ t ≤ π thì cos t ≤ 0 và sin t ≥ 0  f ' ( t ) < 0

nghịch biến trên khoảng  0;

Nếu y = f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] và f ' ( x ) = 0 có nghiệm xi thì: 1

thì do tan t > t  f ' ( t ) < 0 .

 

hàm nghịch biến.

min f ( x ) = min

Ta có F ' ( x ) =

sin t 5π với 0 < t < t 4

sin x  π − x, x ∈ 0;  cos x  2

2cos 2 x − 3cos x. 3 cos x + 1 3cos x. 3 cos x

(

)

Xét G ( t ) = 2t 2 − 3t 3 t + 1, t ∈ [ 0;1] thì G ' ( t ) = 4 t − 3 t ≤ 0, ∀t ∈ [ 0;1] nên G ( t ) nghịch biến do đó G ( t ) ≥ G (1) = 0, ∀t ∈ [ 0;1]

t cos t − sin t cos t ( t − tan t ) = t2 t2 Trang 3

Trang 4

 π  nên F ( x ) đồng biến  2

Xét hàm số f ( t ) =

 π   2

Do đó F ( x ) ≥ F ( 0 ) = 0, ∀x ∈  0; b) BĐT ⇔ 2 x sin

⇔ x sin

π ( 2 x + 1) 2 x ( x + 1)

Vì x ≥ 3  0 <



.sin

π 2 ( x + 1)

π 2 x ( x + 1) <

n +1

> 1 − cos

> sin 2

π ( 2 x + 1) 2 x ( x + 1)

π x +1

= 2sin 2

Ta sẽ chứng minh: x sin

Đặt t =

π 2 x ( x + 1)

2 x ( x + 1)

> sin

π 2

n +1

x +y ≥

b) Xét f ( x ) = −1 − x

2 ( x + 1)

+∞ −

 x2n  x2   x 4 x3  x 2 n−1  f ( x ) = 1 +  − x  +  −  + ... +  −  ( 2n )! ( 2n − 1)!  2! 4! 3!      

=1+

x x3 x 2 n −1 ( x − 2 ) + ( x − 4 ) + ... + ( x − 2n ) ≥ 1 ≥ 0 : đúng 2! 4! ( 2n )!

Với 0 ≤ x ≤ 2n thì f liên tục trên đoạn [ 0;2n ] nên tồn tại giá trị bé nhất tại x0 . Nếu x0 = 0 hay

x0 = 2n thì f ( x ) ≥ f ( x0 ) ≥ 1 ≥ 0 .

với n ≥ 2 và x, y ≥ 0 .

Nếu x0 ∈ ( 0;2n ) thì f đạt cực tiểu tại đó.

f ' ( x ) = −1 + x −

x2 x 2 n−1 x 2n + ... + = − f ( x) 2! ( 2n − 1)! ( 2n )!

Vì f ' ( x0 ) = 0  f ( x0 ) =

a) Với x = 0 hoặc y = 0 , bất đẳng thức đúng. n

f ' (t )

i x 2 x3 x 2n i x − + ... + ( −1) + ... + ,x∈ℝ 2! 3! i! ( 2n ) !

Hướng dẫn giải

Với x < 0 thì f ( x ) ≥ 1 ≥ 0 : đúng. Với x > 2n thì:

x x xi x2 n b) 1 − x + − + ... + ( −1) + ... + ≥ 0 với mọi x. i! 2! 3! ( 2n ) !

Với xy > 0 , BĐT:

Suy ra f ( t ) ≥ 1 với mọi t ∈ ( 0; +∞ )  đpcm.

 f ' ( t ) > 0 với t > 0

n +1

; f '(t ) = 0 ⇔ t = 1.

, t > 0 thì ( 2 ) ⇔ x sin t > sin xt

n +1

n n −1

(1 + t )

f (t )

Bài toán 6.3: Chứng minh bất đẳng thức với n nguyên dương: n

n +1 n + 2 n

(1 + t )

2 ( x + 1)

 f ( t ) đồng biến trên [ 0; +∞ )  f ( t ) > f ( 0 ) = 0  đpcm.

với t ∈ ( 0; +∞ )

Xét f ( t ) = x sin t − sin xt , t ≥ 0, f ' ( t ) = x cos t − x cos xt = x ( cos t − cos xt ) Vì 0 < t < xt <

1 + t n+1

BBT

2 ( x + 1)

sin π ( 2 x + 1) π > sin >0 2 x ( x + 1) 2 ( x + 1)

n +1

t n−1 (1 − t )

Ta có f ' ( t ) =

2 x ( x + 1)

1+ tn

Suy ra F ' ( x ) ≥ 0, ∀x ∈  0;

 x x 1 +   ≥ n+1 1 +    y  y

n +1

x02 n > 0  f ( x ) ≥ f ( x0 ) > 0 : đúng 2 ( n )!

Bài toán 6.4: Chứng minh các bất đẳng thức sau:

(

)

a) a 4 + b 4 + c 4 + d 4 + 2abcd − a 2b 2 + a 2c 2 + a 2 d 2 + b 2c 2 + b 2 d 2 + c 2 d 2 > 0 với 4 số a, b, c, d dương. b) 27c + 2a 3 − 9ab < 2 Trang 5

− 3b ) với a, b, c là 3 số mà phương trình: Trang 6

x3 + ax 2 + bx + c = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

a) Xét hàm số f ( x ) = 1 +

Hướng dẫn giải a) Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c ≥ d > 0

f '( x ) =

Xem vế trái là hàm số f ( a ) , a ≥ 0

1 1 − ≥ 0 với x ≥ 0 nên f ( x ) đồng biến trên nửa khoảng [ 0;+∞ ) 2 2 1+ x

Do đó f ( x ) > f ( 0 ) = 0 với mọi x ≥ 0 .

f ' ( a ) = 4a 3 + 2bcd − 2a ( b 2 + c 2 + d 2 ) f '' ( a ) = 12a 2 − 2 ( b 2 + c 2 + d 2 ) > 0 nên f ' đồng biến trên ( 0; +∞ ) :

Xét hàm số g ( x ) = 1 + x − 1 −

a ≥ b  f ' ( a ) ≥ f ' ( b ) . Vì f ' ( b ) = 2b ( b 2 − c 2 ) + 2bd ( c − d ) ≥ 0 nên f ( a ) đồng biến trên [ 0;+∞ ) :

Ta có: g ' ( x ) =

a > 0  f ( a ) > f ( 0 ) = 0 : đpcm.

− a − a 2 − 3b −a + a 2 − 3b , x2 = với a 2 − 3b > 0 3 3

Ta có f ' ( x ) =

Và vì hệ số cao nhất của f dương nên yC Ð = f ( x1 ) > 0 và f ( x2 ) = yCT < 0 .

Từ f ( x1 ) > 0  −2

− 3b )

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y . Bài toán 6.6: Cho x, y, z ≥ 0 và x + y + z = 1 . Chứng minh:

a) 0 ≤ xy + yz + zx − 2 xyz ≤

  1 1 1 1 1 1  7 +  + y  +  + z  +  + 1 ≤  z x   x y   27   y z

1 x2 1 x − < 1 + x < 1 + x , với x > 0 . 2 8 2 1

1 + x2

1 1 + y2

≤

7 27

b) xyz  x 

Bài toán 6.5: Chứng minh bất đẳng thức: a) 1 +

3/2

− 3b ) < 2a + 27c − 9ab

Do vậy: 2a + 27c − 9ab < 2

(1 + xy )

là điểm cực đại, suy ra f ( x ) ≥ f ( y ) = 0 : đpcm.

(1 + x )

−

Do x, y thuộc [ 0;1] nên thừa số thứ hai luôn dương, như thế f ' ( x ) đổi dấu từ âm sang dương tại y, suy ra y

f ( x2 ) < 0  2a 3 + 27 c − 9ab < 2 3

2 3/2

x 2 (1 + xy ) − y 2 (1 + x 2 ) = ( x − y ) ( x + y + 3 x 2 y − x5 y 2 )

2 ( 3b − a 2 ) xi + c − ab9 9 2

2 1 1 − − trên đoạn [ 0;1] . 1 + xy 1 + x2 1+ y2

Như vậy dấu của f ' ( x ) là dấu của

1  1 ab 1 Ta có f ( x ) =  x + a  f ' ( x ) + ( 3b − a 2 ) x + c − 9  9 9 3  f ( xi ) =

1 1 x 1 1 − + , g '' ( x ) = − ≥ 0 nên g ' đồng biến trên [ 0;+∞ ) , do đó 2 4 4 2 1+ x 4 (1 + x ) 1 + x

b) Giữ y cố định, xét hàm số f ( x ) =

Vì f ( x ) = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên f ' ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt:

x1 =

1 x2 trên [ 0;+∞ ) . + 2 8

g ' ( x ) = g ' ( 0 ) = 0 . Suy ra g đồng biến trên [ 0;+∞ ) nên g ( x ) > g ( 0 ) = 0 với mọi x ∈ [ 0; +∞ )  đpcm.

b) Đặt f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c, D = ℝ, f ' ( x ) = 3x 2 + 2ax + b .

1 x − 1 + x trên [ 0;+∞ ) . Ta có: 2

Hướng dẫn giải

1 a) Giả sử z là số bé nhất thì 0 ≤ z ≤ . Ta có 3

2 với x, y ∈ [ 0;1] . 1 + xy

1 T + xy + yz + zx − 2 xyz = xy (1 − 2 z ) + ( x + y ) z ≥ xy ( x + y ) z ≥ 0 3

Hướng dẫn giải

Trang 7

Trang 8

 x+ y  (1 − 2 z ) + ( x + y ) z  2 

Nếu a ≠ b thì bất đẳng thức tương đương:

Và có T ≤ 

Hàm số f ( x ) = cos x liên tục trên [ a; b ] và có đạo hàm f ' ( x ) = − sin x .

1 1 2 (1 − z ) (1 − 2 z ) + (1 − z ) z = ( −2 z 3 + z 2 + 1) 4 4

Theo định lý Lagrange, tồn tại c ∈ ( a; b ) sao cho:

1 Xét f ( z ) = −2 z + z + 1,0 ≤ z ≤ thì 3 3

f (b) − f ( a ) cos b − cos a = f '(c)  = − sin c b−a b−a

 1 f ' ( z ) = −6 z 2 + 2 z = 2 z (1 − 3z ) ≥ 0 trên f ( z ) đồng biến trên 0;  , do đó:  3



1 7 T = f (z) ≤ f   = .  3  27   1 1 1 1 1 1  +  + y  +  + z  +  + 1 y z  z x  x y    

b) Ta có: xyz  x 

1 1 + ( x + 1)

arctan ( x + 1) − arctan x 1 < 1 + x2 ( x + 1) − x 1 1 + x2

Theo định lý Lagrange, tồn tại c ∈ ( x; x + 1) sao cho:

= ( x + y + z )( xy + yz + zx ) − 2 xyz = xy + yz + zx − 2 xyz

f (b) − f ( a) arctan ( x + 1) − arctan x 1 = f '( c )  = b−a 1 + c2 ( x + 1) − x

1 1 . Giả sử z ≤ 3 3

Vì c ∈ ( x; x + 1) nên

 S ( x, y, z ) = xy + yz + zx − 2 xyz = xy (1 − 2 z ) + ( x + y ) z 2

−2 z 3 + z 2 + 1  x+ y 1− z  ≤  (1 − 2 z ) + ( x + y ) z =   (1 − 2 z ) + (1 − z ) z = 4  2   2 

1 1 + ( x + 1)

1 1 <  đpcm. 1 + c2 1 + x 2

Bài toán 6.8: Cho các số thực dương. Chứng minh.

−2 z 3 + z 2 + 1 −3 z 2 + z  1  1 Xét f ( z ) = trong  0;  thì f ' ( z ) = ≥ 0 trên  0;  nên f đồng biến, do đó 4 3 2    3

a2 b2 c2 a+b+c + + ≤ b+c c+a a+b 2

1 7 max f ( z ) = f   =  3  27

1 1 1 1 63 + + + ≥ a 2 + b2 + c 2 + d 2 + với tổng a + b + c + d = 1 a b c d 4

7 1 dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z = . Vậy S ( x, y, z ) ≤ 27 3

a) Bất đẳng thức thuần nhất nên ta chuẩn hóa: a + b + c = 3 . Do đó

Hướng dẫn giải

a2 b2 c2 3 x2 + + ≤ . Xét hàm số f ( x ) = với 0 < x < 3 . 3−a 3−b 3−c 2 3− x

Bài toán 6.7: Chứng minh bất đẳng thức: a) cos b − cos a ≤ b − a với a, b tùy ý. b)

Hàm số f ( x ) = arctan x liên tục trên [ x; x + 1] và có f ' ( x ) =

= x 2 y + x 2 z + y 2 x + z 2 x + z 2 y + yz 2 + xyz

cos b − cos a = − sin c ≤ 1 : đpcm. b−a

b) BĐT:

Vì x + y + z = 1  ∃ ít nhất 1 trong 3 số x, y , z ≤

cos b − cos a ≤ 1 . Không mất tính tổng quát, giả sử b > a . b−a

1 1 + ( x + 1)

Ta có f ' ( x ) =

1 1 < arctan 2 < với mọi x > 0 . x + x + 1 1 + x2

6x − x2

(3 − x)

; f '' ( x ) =

(3 − x )

Vì f '' ( x ) > 0 trên ( 0;3) nên f lõm, theo bất đẳng thức Jensen thì có

Hướng dẫn giải a) Nếu a = b thì bất đẳng thức đúng. Trang 9

Trang 10

 a+b+c 3 = . 3   2

1 1 1 1 1 1 + +  ≥ 27 ⇔ + + ≥ x y z x y z

VT = f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥ 3 f  b) Ta có

⇔

BĐT ⇔ xyz 

1 1 1 1 63 + + + ≥ a 2 + b2 + c 2 + d 2 + a b c d 4

Ta có f ' ( x ) =

 a+b   2 

   2a   b  a  2   2b   2a  ⇔ a ln   + ln  a ≤0  + b ln   ≤ 0 ⇔ ln  a a b a b b + +      +1  +1 b  b 

1 − x 2 với 0 < x < 1 . x

−1 2 − 2 x; f '' ( x ) = 3 − 2 x2 x

Giả sử a ≤ b , đặt t =

Vì f '' ( x ) > 0 trên ( 0;1) nên f lõm, theo bất đẳng thức Jensen thì có

 2   2t   + ln   ≤ 0,0 < t ≤ 1 .  t +1  t +1

 a + b + c + d  63 = 4   4

 2   2t   + ln   ,0 < t ≤ 1 .  t +1  t +1

Xét hàm số f ( t ) = t ln 

1 . 4

2 t 1  2   2  1− t f ' ( t ) = ln  + = ln  − +  t + 1  t + 1 t ( t + 1)  t + 1  t ( t + 1)

Bài toán 6.9: Chứng minh:

(

a) a a bb c c

) (a (

− b +c )

 a+b   2 

−( c + a )

−( a + b )

)

 2  1− t = ln  > 0 nên f là hàm đồng biến. + t  t +1

≥ 27 với a, b, c > 0

a +b

b) abb a ≤ 

Ta có f ( t ) ≤ f (1) = 0  đpcm.

với a, b > 0

Bài toán 6.10: Chứng minh rằng

Hướng dẫn giải a) Với a, b, c > 0 , trước hết ta chứng minh rằng a b c 2

(a b c )

a thì 0 < t ≤ 1 . b

Bất đẳng thức tương đương: t ln 

VT = f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) + f ( d ) ≥ 4 f  Dấu = xảy ra khi a = b = c = d =

4+ x 4+ y 4+ z + + ≥ 5 với x, y, z > 0 khác 4. 4− x 4− y 4− z

≥ ab +c .bc+ a .c a +b b) ln

⇔ 2 [ a ln a + b ln b + c ln c ] ≥ ( b + c ) ln a + ( c + a ) ln b + ( a + b ) ln c

x+ y 2y > với x, y > 0 2x + y x Hướng dẫn giải

⇔ ln a ( 2a − b − c ) + ln b ( 2b − c − a ) + ln c ( 2c − a − b ) ≥ 0 a) Xét hàm f ( x ) =

⇔ ( a − b )( ln a − ln b ) + ( b − c )( ln b − ln c ) + ( c − a )( ln c − ln a ) ≥ 0 : đúng Ta cần chứng minh rằng

b +c

c+a

3 : đúng xyz

b) BĐT: b ln a + a ln b ≤ ( a + b ) ln 

1 1 1 1 63 − a 2 + − b2 + − c 2 + − d 2 ≥ a b c d 4

Xét hàm số f ( x ) =

a +b

−( b + c )

−( c + a )

−( a + b )

)

≥ 27

4+ x 13 trên ( 0;3) . Ta có f ' (1) = nên tiếp tuyến tại x = 1 là: 4−x 18

13 5 13 17 ( x − 1) + hay y = x + 18 3 18 18

Bằng biến đổi tương đương hoặc sử dụng đạo hàm ta chứng minh được:

Đặt x = a b +c , y = b c + a , z = c a +b , x, y , z > 0

4 + x 13 17 ≥ x + , với mọi x ∈ ( 0;3) 4 − x 18 18 Trang 11

Trang 12

Tương tự:

4 + y 13 17 4 + z 13 17 và ≥ y+ ≥ z+ 4 − y 18 18 4 − z 18 18

 n +1  

 2  1 2 ≤ 1:  ≤  ≤ ai an +1−i i =1 1 + ai i =1 1 + n

e = ai an+1−i

Cộng 3 bất đẳng thức trên và x + y + z = 3 ta được đpcm.

n n

1 + n ∏ ai i =1

x+ y 2y t −1 b) Đặt = t > 1 ⇔ y = x ( t − 1)  =2 x 2x + y t +1

Bài toán 6.12: Chứng minh với mọi số nguyên dương n: a) 2

t −1 t −1 Ta cần chứng minh ln t > 2 , ∀t > 1 ⇔ ln t − 2 > 0, ∀t > 1 t +1 t +1

(

)

n +1 − n ≤

b) f n ( x ) = sin x +

t −1 Xét hàm số f ( t ) = ln t − 2 , t ∈ (1; +∞ ) . Ta có: t +1

1 <2 n

(

n − n −1

)

1 1 sin 2 x + ... + sin x ≥ 0, ∀x ∈ [ 0; π ] 2 n Hướng dẫn giải

( t − 1) > 0, ∀t > 1 nên f là hàm đồng biến. 1 4 f '(t ) = − = t ( t + 1)2 t ( t + 1)2

a) Hàm số f ( x ) =

Bài toán 6.11: Cho 0 < a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an và an a n +1 ≤ 1

f ' ( x1 ) =

 2   

≥

1 + n ∏ ai

1 trên ( 0; +∞ ) . 2 x

Theo định lý Lagrange, với mọi n ≥ 1 tồn tại x1 ∈ ( n − 1; n ) và x2 ∈ ( n; n + 1) sao cho:

Suy ra f ( t ) > f (1) = 0  đpcm.

Chứng minh rằng:

x liên tục trên [ 0;+∞ ) và có f ' ( x ) =

i =1

1 1 + ai

Hay

f ( n ) − f ( n − 1) f ( n + 1) − f ( n ) , f ' ( x2 ) = n − ( n − 1) ( n + 1) − n

1 1 = n − n − 1, = n +1 − n 2 x1 2 x2

i =1

Hướng dẫn giải

Vì 0 < x1 < n < x2 nên

Với a1 , a2 > 0 và a1 , a2 ≤ 1 . Ta chứng minh:

( (

)(

Do đó

)

a1 − a2 1 − a1a2 2 1 1 ≥ + ⇔ ≥ 0 (đúng) 1 + a1a2 1 + a1 1 + a2 1 + a1a2 (1 + a1 )(1 + a2 )

)

1 ≤  i =1 1 + ai n

Áp dụng ta có:

 i =1

Xét 0 < x < π . Ta chứng minh qui nạp f n ( x ) ≥ 0 Khi n = 1: f1 ( x ) = sin x > 0, ∀x ∈ ( 0; π ) : đúng

2 1 + a1an+1−i

Giả sử công thức đúng đến n: f n ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; π )

Dấu bằng xảy ra khi n chẵn và: a1 = a2 = ... = an hoặc a1an+1−i = 1 Xét f ( x ) =

1 < n − n − 1  đpcm. 2 n

b) Xét x = 0, x = π thì f n ( x ) = 0 : đúng.

Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 hoặc a1a2 = 1  n +1   2 

n +1 − n <

1 1 1 > > 2 x1 2 n 2 x2

Ta chứng minh: f n+1 ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ( 0; π ) . Giả sử có số x0 ∈ ( 0; π ) mà f n+1 ( x0 ) < 0 . Vì f n+1 ( x ) liên tục và có đạo hàm nên tồn tại điểm cực tiểu x1 để: f n+1 ( x1 ) < 0,0 < x1 < π . Ta có

e x ( e x − 1) 1 −e x , x ≤ 0, f ' ( x ) = ; f '' ( x ) = ≤0 2 3 x 1+ e (1 + e x ) (1 + e x )

Áp dụng bất đẳng thức Jensen vào hàm lõm với các xi ≤ 0 và:

Trang 13

/ n +1

( x ) = cos x + cos 2 x + ... + cos ( n + 1) x =

sin

2n + 3 x x − sin 2 2 x 2sin 2 Trang 14

Mà f n/+1 ( x1 ) = 0  sin Do đó: cos

2n + 3 x x1 = sin 1 > 0 2 2

= f ( a ) + f (b ) + f ( c ) =

Giả sử a ≥ b ≥ c thì g ( a ) ≥ g ( b ) ≥ g ( c ) > 0

2n + 3 x x x1 = cos 1 = cos 1 > 0 2 2 2

Vì abc = 1 nên ta có: a ≥ 1, c ≤ 1

sin ( n + 1) x Vì f n+1 ( x ) = f n ( x ) + nên n +1

Từ đó: ( a − 1) g ( a ) ≥ ( a − 1) g ( b ) và ( c − 1) g ( b ) ≤ ( c − 1) g ( c )

1 1 1 ( a − 1) g ( a ) + ( b − 1) g ( b ) + ( c − 1) g ( c ) 4 4 4

Nên:

2n + 3 x  x1 − 1  2  2

( n + 1) .( f n+1 ( x1 ) − f n ( x1 ) ) = sin ( n + 1) x1 = sin  = sin

2n + 3 x 2n + 3 x x1.cos 1 − cos x1.sin 1 2 2 2 2

2n + 3 x 2n + 3 x ≥ sin x1.cos 1 − cos x1 .sin 1 2 2 2 2

≥

1 1 ( a − 1) + ( b − 1) + ( c − 1)  g ( b ) = ( a + b + c − 3) g ( b ) 4 4

≥

1 3 3 abc − 3 g ( b ) = 0 . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 4

(

)

Từ đó  đpcm.

x x x x = sin 1 .cos 1 − cos 1 .sin 1 = 0 2 2 2 2

Bài toán 6.14: Chứng minh bất đẳng thức sau:

x a ( y b − z b ) + y a ( z b − xb ) + z a ( xb − y b ) ≥ 0 với x ≥ y ≥ z > 0; a ≥ b > 0 .

Do đó: f n+1 ( x1 ) ≥ f n ( x1 )  f n ( x1 ) < 0 : vô lý  đpcm.

Hướng dẫn giải

Bài toán 6.13: Cho a, b, c là những số thực dương sao cho abc = 1 . Chứng minh:

a b

 f '( x) =

Hướng dẫn giải

3 ( a + 1)( b + 1)( c + 1) 4

Xét hàm: f ( t ) = t 4 + t 3 −

a ba −1 a  a  a −2 x  f '' ( x ) =  − 1 x b > 0 b bb 

(

Do đó f ' ( x ) tăng trên z b ; y b

)

( ) − f ( z ) = f ' ( c )  y

Ta chứng minh bất đẳng thức sau:

a 4 + a3 + b 4 + b3 + c 4 + c3 ≥

a ≥1 b

Đặt f ( x ) = x với

a3 b3 c3 3 + + ≥ (1 + b )(1 + c ) (1 + c )(1 + a ) (1 + a )(1 + b ) 4

BĐT ⇔ a 4 + b3 + b 4 + b3 + c 4 + c3 ≥

1 1 1 ( a − 1) g ( a ) + ( b − 1) g ( b ) + ( c − 1) g ( c ) 4 4 4

Theo định lý Lagrange: f y

1 3 3 3 ( a + 1) + ( b + 1) + ( c + 1)  4

− z b  , c1 ∈ ( z b , y b )

y a − z a = f ' ( c1 )  y b − z b 

(

1 3 ( t + 1) 4

Tương tự: x a − y a = f ' ( c2 )  xb − y b  , c2 ∈ y b , x b

(

)

)( y − z ) = f ' ( c )  x − y   y − z  ( y − z )( x − y ) = f ' ( c )  x − y   y − z  Và c ≥ c nên f ' ( c ) ≥ f ' ( c )  ( x − y )( y − z ) ≥ ( y  x ( y − z ) + y ( z − x ) + z ( x − y ) ≥ 0 (đpcm)

nên: x a − y a

1 g ( t ) = ( t + 1) ( 4t + 3t + 1) thì f ( t ) = ( t − 1) .g ( t ) 4 2

Vì g ( t ) là hàm số tăng trong khoảng ( 0; +∞ ) và g ( t ) > 0, ∀t > 0 .

1 3 3 3 Do đó a 4 + a 3 + b 4 + b 3 + c 4 + c3 − ( a + 1) + ( b + 1) + ( c + 1)   4

− z a )( xb − y b )

Bài toán 6.15: Cho 4 số không âm a, b, c, d thỏa a + b + c + d = 1 . Chứng minh: Trang 15

Trang 16

abc + bcd + cda + dab ≤

1 176 + abcd . 27 27 Hướng dẫn giải

Đặt F ( a, b, c, d ) = abc + bcd + cda + dab −

Và vì thế an , bn , cn , d n cùng có giới hạn là

176 abcd 27

1 1 1 1 1 F ( a, b, c, d ) < lim F ( an , bn , cn , d n ) = F  , , ,  = n →∞  4 4 4 4  27

176   F ( a, b, c, d ) = bc ( a + d ) + ad  b + c − bc  27  

Đẳng thức xảy ra khi: bốn số bằng

176 Nếu b + c − bc ≤ 0 thì: 27

1 1 khi dãy vô hạn, hay một số bằng 0 và ba số còn lại bằng khi dãy 4 3

hữu hạn. 3

Bài toán 6.16: Cho a, b, c ≥ −1, a + b + c = 1 .

1 b+c+a+d  F ( a, b, c, d ) ≤ bc ( a + d ) ≤   = 3   27

Chứng minh bất đẳng thức:

176 Nếu b + c − bc > 0 thì: 27

a b c 9 + + ≤ . 1 + a 2 1 + b 2 1 + c 2 10 Hướng dẫn giải

176   bc  b + c − 27  

x Bổ đề: Xét hàm số f ( x ) = 1 + x2

 x+ y   2 

a+d  a+d = F , b, c,  2   2

Nếu ( x + y )( xy − 3) ≤ 0 thì f ( x ) + f ( y ) ≤ 2 f 

Đặt a0 = a, b0 = b, c0 = c, d0 = d và gọi a1 , b1 , c1 , d1 là 4 số Nếu b1 + c1 −

1 . 4

Do tính liên tục của hàm F ( a, b, c, d ) ta có:

Không mất tổng quát ta giả sử a là số lớn nhất, d là số bé nhất trong 4 số a, b, c, d. Ta có:

a+d  F ( a, b, c, d ) ≤ bc ( a + d ) +    2 

an − d n ,n ≥ 0 2

Từ tính chất (1) ta suy ra: 0 ≤ an+ 2 − d n+ 2 ≤

a+d a+d , b, c, theo thứ tự giảm dần. 2 2

(

)

2 ⇔  x (1 + y 2 ) + y (1 + x 2 )   4 + ( x + y )  ≤ 4 ( x + y ) (1 + x 2 )(1 + y 2 )  

176 b1c1 ≤ 0 thì tương tự lí luận trên: 27

F ( a1 , b1 , c1 , d1 ) ≤ F ( a2 , b2 , c2 , d 2 ) với a2 , b2 , c2 , d 2 là 4 số Tiếp tục quá trình này ta lập được dãy ( an , bn , cn , d n )

 x+ y   2 

Chứng minh: Ta có: f ( x ) + f ( y ) ≤ 2 f 

a1 + d1 a +d , b1 , c1 , 1 1 theo thứ tự giảm dần. 2 2

1 vô hạn (vì nếu hữu hạn thì ta có F ( a, b, c, d ) ≤ ) 27

thỏa 2 tính chất sau đây:

⇔ ( x + y )  4 (1 + x 2 )(1 + y 2 ) − (1 + xy ) ( 4 + x 2 + y 2 + 2 xy )  ≥ 0 ⇔ ( x + y )  2 x 2 y 2 + 3 ( x 2 + y 2 ) − 6 xy − ( x 2 + y 2 xy )  ≥ 0 2

⇔ ( x + y )( 3 − xy )( x − y ) ≥ 0 . Từ đó suy ra đpcm Trở lại bài toán. Ta xét hai trường hợp

(1) an+1, bn+2 , cn+1 , d n+1 là 4 số theo thứ tự giảm dần của 4 số

1 3

- Tồn tại 1 trong 3 số, chẳng hạn c, sao cho − ≤ c ≤ 1 . Khi đó:

an + d n a + dn , bn , cn , n 2 2

a + b ≥ 0, ab ≤

( 2 ) F ( an , bn , cn , d n ) ≤ F ( an+1 , bn+1 , cn+1, d n+1 ) Trang 17

(a + b) 4

(1 − c ) 4

1 c < 3; c + ≥ 0, < 3 3 3

Trang 18

1  1  1  c+ c+ a+b+c+  ( a + b ) +  3  ≥ 0,  ( a + b )    3   ≤  4 3 = <3   2 2 2 2 4 9      

Ta chứng minh:

(a + b + c + d )

4 ( ab + ac + ad + bc + bd + cd ) 2

1   a+b c+ 3 +  2  2 2    

       

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = d . Bài toán 6.18: Cho 3 số không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 1 1 + + 4 + 2ln (1 + x ) − y 4 + 2ln (1 + y ) − z 4 + 2ln (1 + z ) − x Hướng dẫn giải

 1  12 = 4 f   = . Từ đó suy ra đpcm.  3  10

Từ giả thiết suy ra 0 ≤ x, y, z ≤ 3 nên 4 + 2ln ( x + 1) − y > 0 và 4 + 2ln ( y + 1) − z > 0 và 4 + 2ln ( z + 1) − x > 0

 1   3  và 1 số dương (Nếu ngược lại, giả sử b, c > 0 thì ta có a + b + c > −1 + 1 + 1 = 1 , vô lý). Giả sử, chẳng hạn

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

a, b < 0 .

P≥

- Cả ba số a, b, c đều không nằm trong đoạn  − ;1 . Khi đó do điều kiện a, b, c ≥ −1 , ta phải có hai số âm

Khi đó f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≤ f ( c ) ≤

1 9 < . 2 10

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1 . 3

1− t 1+ t

f ' ( t ) = 0 có một nghiệm t = 1 . Lập bảng biến thiên thì được:

−1 < f ( t ) ≤ −1 + ln 4 , suy ra: −3 < f ( x ) + f ( y ) + f ( z ) ≤ −3 + 3ln 4

a b c d 2 + + + ≥ b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c 3

Do đó: P ≥

Hướng dẫn giải Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki:

3 3 .min P = đạt được khi x = y = z = 1 . 3 + ln 4 3 + ln 4

Bài toán 6.19: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x + 1 +

a b c d    b + 2c + 3d + c + 2d + 3a + d + 2a + 3b + a + 2b + 3c 

 a ( b + 2c + 3d ) + b ( c + 2d + 3a ) + c ( d + 2a + 3b ) + d ( a + 2b + 3c )  ≥ ( a + b + c + d )

9 12 + 2ln ( x + 1) − x + 2ln ( y + 1) − y + 2ln ( z + 1) − z

Xét f ( t ) = 2ln (1 + t ) − t với 0 ≤ t ≤ 3 với f ' ( t ) =

Bài toán 6.17: Cho các số dương a, b, c, d. Chứng minh rằng:

2 . x −1

Hướng dẫn giải 2

Ta có y = x + 1 +

a b c d + + + b + 2c + 3d c + 2d + 3a d + 2a + 3b a + 2b + 3c

(a + b + c + d )

2 3

⇔ ( a − b ) + ( a − c ) + ( a − d ) + ( b − c ) + ( b − d ) + ( c − d ) ≥ 0 : Đúng

1  c+3 1  a+b f ( a) + f (b) + f (c) + f   ≤ 2 f  + 2 f  ≤4f  3  2   2   

≥

⇔ 3 ( a + b + c + d ) ≥ 8 ( ab + ac + ad + bc + bd + cd )

Áp dụng bổ đề ta có:

Do đó:

2 x +1 = x+ . Điều kiện x ≠ 1 . x −1 x −1

Khi −1 ≤ x ≤ 0 thì hàm số y =

4 ( ab + ac + ad + bc + bd + cd )

Ta có y ' = Trang 19

− x2 + 2x + 1

( x − 1)

x2 + 1 . 1− x

, y ' = 0 ⇔ x = 1− 2 . Trang 20

(

)

y ( −1) = 1, y ( 0 ) = 1, f 1 − 2 = 2 2 − 2

Bài toán 6.21: Cho các số thực x, y thỏa mãn

A = 3( x + y + x y 4

So sánh thì min y = 2 2 − 2 tại x = 1 − 2

) − 2( x

( x + y) + ( x + y)

Vậy min y = 2 2 − 2 tại x = 1 − 2 .

A = 3( x + y + x y 4

Bài toán 6.20: Cho các số nguyên dương p, q, n. a) Tìm giá trị lớn nhất của y = cos p x.sin qx với 0 ≤ x ≤

π π 2

(

) .( sin x ) 2

. Đặt t = cos 2 x,0 ≤ t ≤ 1 thif

y 2 = f ( t ) = t p . (1 − t ) , f ' ( t ) = t p −1. (1 − t ) nên f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 0 hoặc t =

q −1





p  p .q > 0 nên suy ra max y = = p+q  p + q  ( p + q) q

(

= n ( tan

p .q p

x − cot

n −1

)

x ) + n ( tan

n +1

x − cot

( p + q)



+ y2 ) +1

≥

1 1 9  t ≥ , do đó A ≥ t 2 − 2t + 1 2 2 4

9 2 9 1 t − 2t + 1; f ' ( t ) = t − 2 > 0 với mọi t ≥ 4 2 2



(

S = a + a2 + 1

)

9 . 16

) (b +

b2 + 1

) (c +

)

c2 + 1 . Hướng dẫn giải

x ) − 2n sin 4 x < 0



( x + y)

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng

p+ q

 π  hàm số nghịch biến trên  0;  nên min  π  4 x∈ 0;  4

Bài toán 6.22: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn 4 ( a + b + c ) − 9 = 0 . Tìm GTNN của

(

n +1

) − 2( x

thì cot x > tan x > 0,sin 4 x > 0

Ta có y ' = n tan n −1 x 1 + tan 2 x − n.cot n −1 x 1 + cot 2 x n −1

≥ 2  x + y ≥ 1.

9 1 1 9 dấu = xảy ra khi x = y = .  min f ( t ) = f   = . Do đó A ≥ 1  2  16 16 2  t∈ ;+∞  2

Ta có f ( 0 ) = f (1) = 0, f 

Xét f ( t ) =

.  p − ( p + q ) t 

p hoặc t = 1 . p+q p

2 9 2 ( x + y 2 ) − 2 ( x2 + y 2 ) + 1 . Đặt t = x2 + y 2 , ta có 4

x2 + y2 ≥

Ta có y 2 = cos 2 x

 A≥

thì sin x ≥ 0,cos x ≥ 0 nên y ≥ 0 . p

2 3 2 ( x + y 2 ) + 32 ( x4 + y 4 ) − 2 ( x 2 + y 2 ) + 1 2 2 2 3 3 ≥ ( x2 + y 2 ) + ( x 2 + y 2 ) − 2 ( x2 + y 2 ) + 1 2 4

Hướng dẫn giải

b) Xét 0 < x ≤

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của y = tan n x + cot n x − n 2 cos 2 2 x,0 < x <

Kết hợp ( x + y ) + 4 xy ≥ 2 với ( x + y ) ≥ 4 xy suy ra:

Khi 0 < x < 1 thì y > 1 > 2 2 − 2

+ 4 xy ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

Hướng dẫn giải

Khi x < −1 hoặc x > 1 thì y > 1 > 2 2 − 2

) + 1.

−1≤ x≤ 0

a) Với 0 ≤ x ≤

( x + y)

(

)

) ( x + 1) , x ∈ ℝ

(

Ta có ln S = a ln a + a + 1 + b ln b + b 2 + 1 + c ln c + c 2 + 1

π  f   = 2. 4

(

Xét hàm số f ( x ) = x ln x +

(

Vậy min y = 2 .

)

f ' ( x ) = ln x + x 2 + 1 +

Trang 21

)

x x2 + 1

; f '' ( x ) =

x2 + 2

+ 1)

> 0, ∀x .

Trang 22

Suy ra f ( x ) là hàm lõm trên ℝ nên có tiếp tuyến tại mọi điểm luôn nằm dưới đồ thị. Tiếp tuyến của

)

(

f ( x ) = x ln x + x 2 + 1 tại x =

BBT

3 là 4

)

3 9  y =  ln 2 +  x − . 5 20  

(

0 +

 

3 5

9 3 , ∀x ∈ ℝ và đẳng thức xảy ra khi x = . Từ đó, ta được 20 4

3 27  M = f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) ≥  ln 2 +  ( a + b + c ) − 5 20  

Vậy max M = 9 4

3  9 27 9ln 2 9ln 2  =  ln 2 +  − = nên ln S ≥ ⇔ S ≥ 2 = 44 2 5  4 20 4 4  Vậy giá trị nhỏ nhất của S là 4 4 2 , đạt được khi a = b = c =

0 Do đó: 0 < M ≤

1 1 . Kết hợp thì 0 ≤ M ≤ . 18 18

1 khi 2 x 2 = 3 y 2 , min M = 0 khi y = 0 . 18

Bài toán 6.24: Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn điều kiện:

x3 + y 3 + z 3 = 2 + 3 xyz

3 . 4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + 2 y 2 + 3 z 2

Bài toán 6.23: Cho x > 0 và y tùy ý. Tìm GTLN, GTNN của

Hướng dẫn giải

xy 2

(

+ 3 y 2 ) x + x 2 + 12 y 2

Từ giả thiết x 3 + y 3 + z 3 = 2 + 3 xyz

)

⇔ ( x + y + z ) ( x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ) = 2

Hướng dẫn giải

1 2 3 ⇔ ( x + y + z )  ( x2 + y2 + z2 ) − ( x + y + z )  = 2 2 2 

Xét y = 0 thì M = 0 . Xét y ≠ 0 thì:

Đặt t =

(

x 2 + 12 y 2 − x 2

+ 3 y 2 ) .12 y 2

12 y 2 −1 x2  12 y 2  3 4 + 2  x   1+

Đặt t = x + y + z . Khi đó t > 0 và x 2 + y 2 + z 2 = Xét hàm f ( t ) =

12 y 2 1 + t −1 , t > 0 thì M = f ( t ) = x2 3( t + 4 )

Ta có f ' ( t ) =

2 − t + 2 1+ t 2

6 (t + 4) . 1 + t

1/18

Do đó x ln x + x 2 + 1 ≥  ln 2 +  x −

xy 2

+∞

Ta có f ' ( t ) =

t2 4 + trên ( 0;+∞ ) 3 3t

2 ( t 3 − 2) 4 2 4 t− 2 = , f '(t ) = 0 ⇔ t = 3 2 3 3t 3t 2

Lập BBT thì min f ( t ) = f

, f '(t ) = 0 ⇔ t = 8 .

t2 4 + 3 3t

t∈( 0;+∞ )

( 2) = 3

4 , đạt được khi t = 3 2

Ta có P ≥ x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3 4 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 3 2, y = z = 0 . Vậy min P =

4 , đạt được khi x = 3 2, y = z = 0 .

Bài toán 6.25: Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện: Trang 23

Trang 24

Suy ra x, y ≥ 0 và x 2 + y 2 = 2

x + y = x −1 + 2 y + 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2

(

)

Đặt t = x + y . Khi đó 0 ≤ t ≤ 2 x 2 + y 2 = 2

P = x + y + 2 ( x + 1)( y + 1) + 8 4 − x − y

Đặt t = x + y . Khi đó t ≤

Hướng dẫn giải

Điều kiện x ≥ y ≥ 1 . Suy ra x + y ≥ 0 . 2

(

Mặt khác t 2 = ( x + y ) ≥ x 2 + y 2 = 2 . Suy ra t ≥ 2

Áp dụng bất đẳng thức ( au + bv ) ≤ a + b

( x + y)

(

x −1 + 2 y + 2

) =(

)( u

) ta có:

x − 1 + 2. y + 1

)

Do đó t ∈  2; 2  . Ta có xy =



≤ 3( x + y )

Xét hàm f ( t ) = t 2 + 2t + 8 4 − t + 2 trên [ 0;3]

(

4−t

= t 3 − 6t 2 + 12t +

)

> 0 với mọi t ∈ [0;3]

Xét hàm f ( t ) = t 3 − 6t 2 + 12t +

f ' ( t ) = 3t 2 − 12t + 12 +

Do đó f ' ( t ) > f ' ( 0 ) = 0 với mọi t ∈ [ 0;3] Suy ra f ( t ) đồng biến trên [ 0;3] Vậy max P = max f ( t ) = f ( 3) = 25 , đạt khi t = 3 ⇔ x = 2, y = 1

t  2  − 1 2  2

> 0 , với mọi t ∈  2; 2 nên f ( t ) đồng biến trên  2; 2

( 2 ) = 14

2 − 12 .

Bài toán 6.28: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện:

[ 0;3]

x + y + z = 4 và xy + yz + zx = 5

Bài toán 6.27: Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn:

Hướng dẫn giải

x 2 − y2 + y 2 − x2 = 2

 y + z = 4 − x  yz = 5 − x ( 4 − x )

Hướng dẫn giải

Từ giả thiết ta có: 

a 2 + b2 với mọi a, b. Áp dụng: 2

S 2 ≥ 4 P ⇔ ( 4 − x ) ≥ 4 5 − x ( 4 − x )  ⇔ 3x 2 − 8 x + 4 ≤ 0

x2 + 2 − y 2 y 2 + 2 − x2 , y 2 − x2 ≤ 2 2

⇔

2 ≤x≤2 3

(

Suy ra 2 = x 2 − y 2 + y 2 − x 2 ≤ 2 . Do đó dấu đẳng thức xảy ra nên x = 2 − y

 2;2   

 2 ;2   

min P = min f ( t ) = f ( 0 ) = 18 , đạt khi t = 0 ⇔ x = 1, y = 1

x 2 − y2 ≤

t2 −1 2

t2 − 1 trên  2; 2 . Ta có: 2

Vậy max f ( t ) = f ( 2 ) = 9 ; min f ( t ) = f

[ 0;3]

t2 −1 2

Suy ra f ' ( t ) đồng biến trên [ 0;3]

Ta có ( a − b ) ≥ 0  ab ≤

− ( x2 + y 2 )

 t2  t2 3 = ( x + y ) + 12 ( x + y ) − 12  − 1 − 12 + −1 2 2 

Suy ra P = ( x + y ) + 12 ( x + y ) − 12 xy − 12 + xy

P = ( x + y ) + 2 ( x + y ) + 8 4 − ( x + y ) + 2 = t 2 + 2t + 8 4 − t + 2

4 ; f '' ( t ) = 2 − 4−t

( x + y)



Suy ra 0 ≤ x + y ≤ 3 . Đặt t = x + y thì t ∈ [ 0;3]

f ' ( t ) = 2t + 2 −

2( x2 + y2 ) = 2

)

Mà: x3 + y 3 + z 3 = ( x + y + z ) x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx + 3 xyz 2

và y = 2 − x . Trang 25

Trang 26

2 = ( x + y + z ) ( x + y + z ) − 3 ( xy + yz + zx )  + 3 xyz  

nên P ≥

= 4 + 3xyz , nên

Xét hàm f ( t ) =

2  Xét hàm f ( x ) = x − 4 x + 5 x trên  ; 2  3  2

−

32 1+ a + b + c 27 32 − t2 t +1

27 32 54 32 − trên ( 0; +∞ ) , f ' ( t ) = − 3 + 2 t2 t +1 t ( t + 1)

f ' ( t ) = 0 ⇔ ( t − 3) (16t 2 + 21t + 9 ) = 0 ⇔ t = 3 .

5 f ' ( x ) = 3x − 8 x + 5, f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1, x = 3 2

Lập BBT thì min f ( t ) = f ( 3) = −5 ( 0; +∞ )

2 5  5  50 f (1) = f ( 2 ) = 2, f   = , f   =  3  27  3  27 2 

Đặt t = a + b + c thì t > 0 và P ≥

xy + yz + zx 20 20 = + 15 = 3 + 15 P = ( 4 + 3xyz ) . xyz xyz x − 4 x2 + 5x 3

(a + b + c)

Do đó P ≥ −5 , dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là −5, đạt khi a = b = c = 1.

 

Do đó 0 < f ( x ) ≤ 2 với mọi x ∈  ;2  nên P ≥ 25 . 3

Bài toán 6.30: Tính giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

y = 4 sin x + 2 cos x + 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 2, y = z = 1 hoặc các hoán vị

Hướng dẫn giải

Vậy min P = 25 , đạt được khi x = 2, y = z = 1 hoặc các hoán vị. Đặt sin x = t ,0 ≤ t ≤ 1 thì y = 4t + 2

Bài toán 6.29: Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

ab ( a + 2c )( b + 2c )

−

y ' = 4t ln 4 + 2

1 + a 2 + b2 + c 2 Hướng dẫn giải

Ta có: 1 + a 2 + b 2 + c 2 ≥ Suy ra:

Ta có y ' = 0 ⇔ 4t = 2

1 1 1 2 2 2 (1 + a ) + ( b + c ) ≥ (1 + a + b + c ) 2 2 4

Xét hàm số f ( u ) =

2 ≤ 2 2 2 1 + a + b+c 1+ a + b + c

f '(u ) =

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:

ab ( a + 2c )( b + 2c ) ≤ =

a + b a + 2c + b + 2c . 2 2

Vì 1 <

1 1 ( a + b )( a + b + 4c ) = .3 ( a + b )( a + b + 4c ) 4 12

1−t 2

1−t + 2

,0 ≤ t ≤ 1 .

−t

1−t 2 + 2

1− t2

2t 1− t2

⇔

22t 2 1−t = 2t 1− t2

2u ,0 < u < 2 . u

u 1 u 2u ln 2 − 2u 2 ( u.ln 2 − 1) ; f '(u ) ≤ 0 ⇔ 0 < u ≤ = 2 u u2 ln 2

1 < 2 và f (1) = f ( 2 ) = 2 . ln 2

Suy ra f ( u ) ≤ 2, ∀u ∈ [1;2 ] và f ( u ) > 2, ∀u ∈ ( 0;1) 2

(a + b + c) 1 3 ( a + b ) + ( a + b + 4c ) ≤  = 12 4 3 Suy ra

1 ab ( a + 2c )( b + 2c )

≥

Giả sử 1 ≤ 2t < 2 thì

Do đó 0 < 2t < 1 . Vì f ( u ) nghịch biến trên ( 0;1) nên phương trình

(a + b + c)

22t 2 1+t ≤2< : không thỏa mãn. 2t 1− t2

Trang 27

Trang 28

f ( 2t ) = f

(

1 5

)

1 − t 2 ⇔ 2t = 1 − t 2 ⇔ t =

3 ( a 2 + b2 + c 2 ) + ab + bc + ca = 12 ta có a + b + c = 24 − 5 ( a 2 + b 2 + c 2 )

( 12 ≤ 3 ( a

min y = 8 , khi cos x = 0 và max y = 5.4 5 , khi sin x =

1 . 5

x− y

y− z

z−x

− 6x2 + 6 y2 + 6z 2

Đặt t =

Do đó P =

Ta có x + y + z = 0 nên z = − ( x + y ) và có 2 số không âm hoặc không dương. Do tính chất đối xứng ta có thể giả sử xy ≥ 0

x− y

≥3

x− y

≥3

x− y

+ 3 2 y + x + 3 2 x + y − 12 ( x 2 + y 2 + xy )

2 y+ x

2 x+ y

2 y+ x + 2 x+ y

+ 2.3 + 2.3

3 x+ y 2

− 12 ( x + y ) − xy   

f ' ( t ) = 2.3

( 3)

− 12 ( x + y ) − xy   

x− y

+ b 2 + c 2  a 2 + b2 + c 2 ≥ 3

24 − 5 ( a 2 + b 2 + c 2 )

+ 12 − 3 ( a 2 + b 2 + c 2 )

1 ( 24 − t 2 ) 24 − t 2 1  2 24  12 5 = + 12 − 3 =  3t − t +  − t 5 5 t  5 24 trên [ 2;3] . t

24 24   = ( t − 1) +  5t − 2  > 0 với mọi t ∈ [ 2;3] t2 t  

nên f đồng biến trên đoạn [ 2;3] .

−2 3 x+ y

Do đó max f ( t ) = f ( 3) = 32; min f ( t ) = f ( 2 ) = 22 nên 2 ≤ P ≤ 4 . [ 2;3]

[ 2;3]

− 2 3t

.ln 3 − 2 3 = 2 3. 3. 

Vậy max P = 4 , đạt khi a = b = c = 1.

( 3)

Min P = 2 , đạt khi a = 2, b = c = 0 hoặc các hoán vị.

ln 3 − 1 > 0 

Bài toán 6.33: Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

 f đồng biến trên [ 0; +∞ )  f ( t ) ≥ f ( 0 ) = 2 Mà 3

a 2 + b2 + c 2

f ' ( t ) = 6t − 1 −

( 3)

Xét hàm f ( t ) = 3t 2 − t +

Đặt t = x + y ≥ 0 , xét f ( t ) = 2.

+ b2

24 − 5 ( a 2 + b 2 + c 2 ) thì t ∈ [ 2;3]

Hướng dẫn giải

Ta có P = 3

Suy ra a 2 + b 2 + c 2 ∈ [3;4 ]

Bài toán 6.31: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

P=3

) +c )+a

Và 12 ≥ 3 a 2 + b 2 + c 2  a 2 + b 2 + c 2 ≤ 4

 1  5 Ta có y ( 0 ) = 9, y (1) = 8, y   = 5.4 , so sánh thì  5

 x + 2 xy + z   y + 2 yz + x   z + 2 zx + y  + + P=       x +1 y +1 z +1      

≥ 30 = 1 nên P ≥ 30 + 2 = 3 , dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 0 .

Hướng dẫn giải

Vậy min P = 3 .

(

Bài toán 6.32: Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn điều kiện: 3 a + b + c 2

giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P =

) + ab + bc + ca = 12 . Tìm

Với 2 vectơ u, v ta có u.v ≤ u . v

a +b +c + ab + bc + ca . a+b+c

(

)

(

)

Chọn u = x; 2 x ;1 , v = 1; 2 y ; z thì

(x + 2

Hướng dẫn giải Từ giả thiết a, b, c không âm thỏa mãn:

Trang 29

xy + z

) = ( x −1+

2 x . 2 y + 1.z

) ≤ (x

+ 2 x + 1)(1 + 2 y + z 2 )

Trang 30

 x + 2 xy + z  2  ≤ 1 + 2 y + z . x + 1  

Do đó:  

1 1 1 + + 2 + x + yz 2 + y + zx 2 + z + xy Hướng dẫn giải

 y + 2 yz + x   z + 2 zx + y  2 2 Tương tự   ≤ 1 + 2 z + x ;   ≤ 1 + 2x + y  y + 1 z +1    

(

Ta có: 3 xyz = 4 ( x + y + z ) ≥ 4.3 xyz nên xyz ≥ 8 Và: 2 + x + yz ≥ 2 2 2 x + yz ≥ 2 2 2 x . yz = 2 2 2 xyz . yz ≥ 4 2. 4 yz

)

Nên P ≤ 3 + 2 ( x + y + z ) + x 2 + y 2 + z 2 ≤ 6 + 2 3 x 2 + y 2 + z 2 = 12 Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 .

Suy ra

Vậy giá trị lớn nhất của P là 12, dấu = khi x = y = z = 1 .

1 1 1 1  1 3 1  ≤  + + =  +  8  2 4 yz  8  4 yz 

Bài toán 6.34: Cho các số thực x, y, z đều thuộc đoạn [ 0;1] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1 1 1 1 11 1  ≤ . ≤ .  +  2 + x + yz 4 2 4 yz 4 2  2 yz 

x3 + 3 y3 + 3 z3 + 3 + + . y2 + 2 z 2 + 2 x2 + 2

Tương tự: Hướng dẫn giải

1 1 3 2  1 1 3 1  ≤  + , ≤  +  2 + x + yz 8  4 zx  2 + x + yz 8  4 xy  1 9 1 1 1  1 9 3 3 + + + =  + = 8  4 xy yz zx  8  4 4  8

Vì a, b ∈ [ 0;1] nên ta có:

Do đó P ≤ 

a3 + 3 a 2 + 3 1 b2  ≤ 2 = ( a 3 + 3) . 1 − 2  2 b +2 b +2 2 b +2

Vậy max P =

3 , khi x = y = z = 2 . 8

Bài toán 6.36: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

1 2 1 b2 a + 3 ) − ( a 2 + 3) . 2 ( 2 2 b +2

y = − x 2 + 4 x + 21 − − x 2 + 3 x + 10

≤

1 2 ( a + 3) − 12 ( a 2 + 3) . b3 = 12 ( a 2 − b2 ) + 32 − 16 a 2b2 2

Hướng dẫn giải

− x + 4 x + 21 ≥ 0 ⇔ −2 ≤ x ≤ 5 . Với −2 < x < 5 : 2 − x + 3 x + 10 ≥ 0 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a, b ∈ {0;1} . Tương tự:

Điều kiện 

b3 + 3 1 2 2 3 1 2 2 ≤ (b − c ) + − b c c2 + 2 2 2 6

y' =

c3 + 3 1 2 3 1 ≤ ( c − a2 ) + − c2 a 2 a2 + 2 2 2 6 Suy ra P ≤

9 1 2 2 9 − ( a b + b 2c 2 + c 2 a 2 ) ≤ 2 6 2

Vậy giá trị lớn nhất của P là

−x + 2 − x 2 + 4 x + 21

(4 − 2x)

−

−2 x + 3 2 − x 2 + 3 x + 10

− x 2 + 3x + 10 − ( 3 − 2 x ) − x 2 + 4 x + 21 2 − x 2 + 4 x.21. − x 2 + 3x + 10

Cho y ' = 0 ⇔ ( 4 − 2 x ) − x 2 + 3x + 10 = ( 3 − 2 x ) − x 2 + 4 x + 21

9 , đạt được khi trong ba số a, b, c có nhiều nhất một số bằng 1, các số còn lại 2

bằng 0.

( 4 − 2 x )( 3 − 2 x ) ≥ 0 ⇔ 2 2 2 2 ( 4 − 2 x ) ( − x + 3 x + 10 ) = ( 3 − 2 x ) ( − x + 4 x + 11)

Bài toán 6.35: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện:

4 ( x + y + z ) = 3xyz . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Trang 31

Trang 32

3  1  x < hay x > 2 ⇔ ⇔x= . 2 3  −51x 2 + 104 x − 29 = 0  Ta có y ( −2 ) = 3; y =

Đặt x =

⇔ S + P = 3 ⇔ P = 3 − S . Do đó

1 1 = 2; y ( 5) = 4 . Vậy min y = 2 tại x = . 3 3

 x 3  y 3  2 2 P = 32   +  − x + y  y + 3   x + 3  

Bài toán 6.37: Cho hàm số f, xác định trên ℝ và thỏa mãn:

 x y  2 2 ≥ 8 +  − x +y y + 3 x + 3 

f ( cot x ) = sin 2 x + cos 2 x, ∀x ∈ ℝ . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số g ( x ) = f ( x ) . f (1 − x ) trên đoạn [ −1;1] .

Đặt z = cot x thì f ( z ) = f ( cot x ) = sin 2 x + cos 2 x =

z 2 + 2z − 1 z2 +1

= ( S − 1) − 1

Đặt y = 1 − x và t = xy . Do x ∈ [ −1;1] nên ta có t ∈  −2;  4



P ' = 3 ( S − 1) −

thì g ( x ) =

h '(t ) = −

t + 8t − 2 = h (t ) t 2 − 2t + 2

2 ( 5t 2 − 4t − 6 )

− 2t + 2 )

 S 2 + 5S − 6  S S  S −1  = 8 = 8  −  − 2 2  2   2S + 12 

x 2 + 2 x − 1 (1 − x ) + 2 (1 − x ) − 1 . 2 x2 + 1 (1 − x ) + 1  

 S 2 + 3S − 2 ( 3 − S )   S 2 + 3S − 2 P  S S = 8 = 8  −  − 3 S + P + 9 3 S + 3 − S + 9 2 2 ( )    

Hướng dẫn giải

suy ra g ( x ) =

a b ; y = thì ( x + 1)( y + 1) = 4 c c

S ,S ≥ 2 2 1 0, ∀S ≥ 2 2

Dấu “=” xảy ra chẳng hạn khi x = y = 1 .

, h ' (t ) = 0 ⇔ t =

1 4

Lập BBT thì: max g ( x ) = max h ( t ) = h   = x∈[ −1;1]  1 t∈ −2;   4

Vậy min P = P ( 2 ) = 1 − 2 .

2 − 34 5

3. BÀI LUYỆN TẬP

1 25

Bài tập 6.1: Chứng minh các bất đẳng thức: a) tan x > x +

 2 − 34  min g ( x ) = min h ( t ) = h   = 4 − 34 .  1 5 t∈ −2;    4 

x∈[ −1;1]

x3  π với mọi x ∈  0;  3  2

b) b.tan a > a.tan b với 0 < a < b <

π 2

Bài toán 6.38: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ( a + c )( b + c ) = 4c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Hướng dẫn 3

32a3

( b + 3c )

32b3

( a + 3c )

a) Xét f ( x ) = tan x − x −

a 2 + b2 − c

b) Xét f ( x ) =

 a  b  + 1 + 1 = 4  c  c 

Ta có ( a + c )( b + c ) = 4c 2 ⇔ 

x π ,0 ≤ x < 3 2

tan x π ,0 < x < x 2

Bài toán 6.2: Cho a, b, c là các số dương, đặt X = Trang 33

b+c c+a ,Y = . a+b+c a+b+c Trang 34

Chứng minh

b) Chứng minh bằng quy nạp

1 1 8 + ≤ . 1+ X 2 1+ Y 2 5

Bài tập 6.6: Cho ABC là tam giác có ba góc nhọn, cạnh là a, b, c. Chứng minh: Hướng dẫn

a + b + 2c X +Y = ≥ 1 , nếu cố định X và giảm giá trị của Y thì vế trái của bất đẳng thức tăng lên nên ta chỉ a+b+c cần chứng minh khi X + Y = 1 . Bài toán 6.3: Chứng minh a)

(a − b)

a+b ( a − b ) với a ≥ b > 0 . − ab ≤ 2 8b 2

b) 3 ( a + b + c ) ≤ π  Hướng dẫn

a) Áp dụng bất đẳng thức Trebusep b) Áp dụng bất đẳng thức Trebusep

≤

a b c + +  A B C

a) π ( a + b + c ) ≤ 3 ( aA + bB + cC )

( a + b − 3c ) + ( a + c − 3b ) + ( c + b − 3a ) 2 2 2 2c 2 + ( b + a ) 2b 2 + ( c + a ) 2a 2 + ( b + c )

Bài tập 6.7: Chứng minh bất đẳng thức:

1 ≥ với a, b, c > 0 . 2

Hướng dẫn

x y x− y với mọi x, y ∈ ℝ + ≥ 2019 + x 2019 + y 2019 + x − y

a b c a+b b+c + + ≥ + + 1 với a, b, c > 0 . b c a b+c a+b Hướng dẫn

a) Dùng định lý Lagrange

a b c b) VT bậc 0. Đặt x = ,y = ,z = a + b + c a + b + c a + ( ) ( ) ( b + c)

t a) Xét hàm số f ( t ) = ,t ≥ 0, 2019 + t

Bài toán 6.4: Chứng minh

b) BĐT ⇔ ( a + b ) + ( b + c ) + ( a + b )( b + c )

a (b + c)

(b + c )

b (c + a )

(c + a)

c ( a + b)

( a + b)

≤

6 với a, b, c > 0 . 5

≤

b2 ( a + b ) cb ( b + c ) a 2c + a 2 + ab + ac + + b 2 + ab + c 2 + bc b c a

Bài toán 6.8: Chứng minh rằng:

a b c 9 −3 + + ≤ với a, b, c ≥ và a + b + c = 1 . a + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 10 4 2

a) ( cot x )

Hướng dẫn

cos 2 x

≥

1 π với 0 < x < . sin 2 x 2 2

a) Chuẩn hóa: a + b + c = 3 và dùng tiếp tuyến tại x = 1 b) Tiếp tuyến tại x =

1 x của hàm số f ( x ) = 2 . 3 x +1

a −b b−c c−a  2 + + ≤ 1 −  với a, b, c ∈ [1;2] . c a b 2   Hướng dẫn

Bài toán 6.5: Chứng minh

a) Đặt t = tan 2 x, t > 0 . Đưa về t.ln t ≥ ( t + 1) .ln

A B C a) tan + tan + tan ≥ 3 với tam giác ABC. 2 2 2 2xn 1+ x  b) ≤  1 + x n +1  2 

n −1

t +1 . 2

b) Dồn biến với giả sử 2 ≥ a ≥ b ≥ c ≥ 1 .

1 xn −1 ≤ . với x > 0, x ≠ 1, n ≥ 1, n ∈ ℕ n x −1

Xét f ( a ) =

Hướng dẫn

( a − b )( b − c )( c − a )  abc

f '( a ) ≥ 0

Bài tập 6.9: Cho các số dương a, b, c, d. Chứng minh rằng:

x a) Dùng bất đẳng thức Jensen cho f ( x ) = tan ,0 < x < π 2

a) Trang 35

a4 b4 c4 d4 a+b+c+d + + + ≥ 2 2 2 2 2 2 4 ( a + b) ( a + b ) (b + c) (b + c ) (c + d ) (c + d ) ( d + a ) ( d 2 + a2 ) Trang 36

(

) (

5 3

)

Đặt t = xy , ta được S = 16t 2 − 2t + 12

b) 2 a 3 + b 3 + c 3 + 3 a 2 + b 2 + c 2 + 12abc ≥ , a + b + c = 1 .

0 ≤ xy ≤

Hướng dẫn a) Dùng BCS.

1  1  t ∈ 0;  4  4

 1  

5 . 3

Kết quả max S =

Bài toán 6.10: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số a) f ( x ) =

Xét hàm f ( t ) = 16t 2 − 2t + 12 trên đoạn  0;  4

b) Đặt x = ab + bc + ca, y = abc . Đưa về chứng minh: 18 y − 12 x + 5 ≥

( x + y)

1 1 − sin x + 4 cos x − 4

b) f ( x ) =

25 191 , min S = 2 16

sin 6 x cos x + cos6 x sin x sin x + cos x

Hướng dẫn a) Đặt t = cos x − sin x rồi xét hàm. Kết quả min f =

4 4 ; max f = 8+ 2 8− 2 5 , min f = 0 . 27

b) Kết quả max f =

Bài toán 6.11: Cho các số dương có tổng bằng 1

(

) (

a) Tìm GTNN của 6 a 3 + b 3 + c3 + d 3 − a 2 + b 2 + c 2 + d 2 b) Tìm GTLN của

)

1− b − c 1− c − a 1− a − b + + 1 + a2 1 + b2 1 + c2 Hướng dẫn

1 1 a) Dùng phương pháp tiếp tuyến. Kết quả khi a = b = c = d = 8 4

3 1 khi a = b = c = . 3 10

b) Kết quả

Bài toán 6.12: Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

S = ( 4 x3 + 3 y )( 4 y 2 + 3x ) + 25 xy Hướng dẫn

S = 16 x y + 12 ( x + y ) + 9 xy + 25 xy 2

= 16 x 2 y 2 + 12 ( x + y ) − 3xy ( x + y )  + 34 xy = 16 x 2 y 2 − 2 xy + 12   3

Trang 37

Trang 38

CHUYÊN ĐỀ 7 - NGUYÊN HÀM, HÀM HỮU TỈ, HÀM LƯỢNG GIÁC 1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM

Cho f là một hàm số xác định trên [ a; b ] ( a < b ) . Phân hoạch T đoạn [ a; b ] thành n đoạn nhỏ bởi những điểm chia tùy ý a = x0 < x1 < ... < xn = b , trên mỗi đoạn  xi −1 , x j  ta lấy một điểm ξ i và lập tổng tích phân n

σ T =  f (ξ j )( x j − xi −1 ) .

Nguyên hàm

i =1

Cho K là một khoảng ( a; b ) , nửa khoảng ( a; b ] , [ a; b ) hay đoạn [ a; b ] . Hàm số F ( x ) gọi là một nguyên

Neesu F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) thì họ các nguyên hàm của f ( x ) là:

(

)

Kí hiệu d ( T ) = max x j − xi −1 . 1≤i ≤ n

hàm của hàm số f ( x ) trên K nếu: F ' ( x ) = f ( x ) , ∀x ∈ K

 f ( x ) dx = F ( x ) + C ,

C là hằng số bất kì

Nếu tồn tại giới hạn I = lim

d (T )→ 0

 f (ξ )( x j

i =1

trên đoạn [ a; b ] và được kí hiệu là: I =

- Phương pháp đổi biến số: Ta chọn phân hoạch đều xi = a +

Nếu x = u ( t ) có đạo hàm liên tục trên K thì:

 f ( x ) dx =  f ( u (t ) ).u ' ( t )dt



Tích phân: Giả sử f ( x ) liên tục trên khoảng K và a, b ∈ K và F ( x ) là 1 nguyên hàm của f ( x ) thì: b

 u dx = ln u + C

x

.dx =

xα +1

α +1

+ C ;  uα .u '.dx =

uα +1

α +1

Tổng quát với hàm hữu tỉ, nếu bậc của tử lớn hơn hoặc bằng bậc của mẫu thì phải chia tách phần đa thức, còn lại hàm hữu tỉ với bậc tử bé hơn mẫu.

 f ( x ) dx = α f ( u ( t ) ).u ' ( t ).dt

(

Nếu bậc của tử bé hơn bậc của mẫu thì phân tích mẫu ra các thừa số bậc nhất ( x + a ) hay x 2 + px + q

Nếu t = v ( x ) có đạo hàm liên tục và f ( x ) dx = g ( t ) dt thì:

v a

 x dx = ln x + C

Các biến đổi: chia tách, thêm bớt, khai triển tích số, hằng đẳng thức, phân tích thành phân số đơn giản,…

 kdx = kx + C với k là hằng số

Với α ≠ −1 thì

- Phương pháp tích phân đổi biến số:

v( b )

 dx = x + C 

i ( b − a ) , tổng tích phân n

i =1

- Phương pháp nguyên hàm từng phần: Nếu u ( x ) , v ( x ) có đạo hàm liên tục trên K thì udv = uv − vdu

Nguyên hàm đa thức và phân thức:

 f ( x ) dx =  g ( t ) dt

 f ( x ) dx = F ( b ) − F ( a ) = F ( x )

 f ( x ) dx .

− xi −1 ) thì giới hạn đó được gọi là tích phân xác định của hàm f

Sn =  f (ξ j )( x j − xi −1 ) thì lim Sn =  f ( x ) dx .

Nếu t = v ( x ) có đạo hàm liên tục trên K thì:

f ( x ) dx = g ( t ) dt thì:

bậc hai vô nghiệm rồi đồng nhất hệ số theo phần tử đơn giản:

 f ( x ) dx =  ( ) g ( t ) dt

)

A Bx + C ; ; Đồng nhất hệ số ở tử x + a x 2 + px + q

- Phương pháp tích phân từng phần:

thức thì tính được các hằng số A, B, C, … Kết hợp với các biến đổi sai phân, thêm bớt đặc biệt để phân tích nhanh.

Nếu u ( x ) , v ( x ) có đạo hàm liên tục trên đoạn [ a; b ] thì

Các dạng tích phân đa thức, phân thức hữu tỉ: b



 P ( x ) dx : Chia miền xét dấu P ( x ) ,

udv = u.v a −  v.du b

Tổng tích phân

 x ( mx + n )

dx : Đặt u = mx + n hoặc phân tích,

Trang 1

Trang 2

 ( mx + n ) ( px

+ qx + r ) dx : Đặt u = px 2 + qx + r ,

Các biến đổi: hạ bậc lượng giác, tích thành tổng, theo góc phụ t = tan

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

α β  ( x + m ) .( x + m ) dx : Nếu α < β

thì đặt u = x + n .

a b

- Dạng

 px

1 = a sin x + b cos x

1 dx : Lập ∆ = q 2 − 4 pr . + qx + r b

∆ =0  a b

∆<0  a

( mx + n )

: Dùng công thức

α sin x + β cos x + γ

dx : Đặt x = k tan t x2 + k 2

a sin x + b cos x + c

sin x cos x

mx + n dx : Lập ∆ = q 2 − 4 pr 2 + qx + r

 px a

A ( px + qx + r ) ' mx + n B = + 2 px 2 + qx + r px 2 + qx + r (x +α ) + k2

- Dạng

 x 1+ x a

(

n m

)

= a

x n (1 + x n )



: đặt t = 1 + x .

f ( x ) dx = 0 . Nếu f chẵn thì



f ( x ) = 2  f ( x ) dx .

 sin xdx = − cos x + C

 sin u.u '.dx = − cos u + C

= tan x + C

dx  sin 2 x = − cot x + C

sin 2 x + b 2 cos 2 x )

π /2

Các dạng tích phân lượng giác: b

 P ( x ).sin α xdx,  P ( x ).cosα xdx : đặt u = P ( x ) , v ' = sin hoặc cos α x  cos u.u '.dx = sin u + C

π  f ( sin x ) dx =  f ( cos x ) dx;  xf ( sin x ) dx = 2  f ( sin x ) dx

 cos xdx = sin x + C dx

A ( a 2 sin 2 x + b 2 cos 2 x ) '

Nếu hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] thì:

Nguyên hàm lượng giác:

 cos

sin 2 x + b 2 cos 2 x )

−a

phân truy hồi I n theo I n−1 hay I n −2 thì sin n x,cos n x tách lũy thừa 1 và dùng phương pháp tích phân từng

Chú ý: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ − a; a ] . Nếu f lẻ thì

A ( a sin x + b cos x + c ) ' B + a sin x + b cos x + c a sin x + b cos x + c

phần còn tan n x,cot n x tách lũy thừa 2 và dùng phương pháp tích phân đổi biến số.

x n −1dx

1 1 . a 2 + b 2 1 ± cos ( x + α )

− x . Tích phân liên kết, để 2 tính I thì đặt thêm J mà việc tính tích phân I + J và I − J hoặc I + kJ và I − mJ dễ dàng lợi hơn. Tích

1 sin ( x + α )

Đặc biệt cận tích phân: đối, bù, phụ thì đặt tương ứng t = − x, t = π − x, t =

∆ ≥ 0  Phân tích và dùng công thức.

∆<0

1 1 1 = . a sin 2 x + b sin x cos x + cos 2 x a tan 2 x + b tan x + c cos 2 x

1 1  1 1  dx : Biến đổi 2 = − ∆>0 2   2 2 x − k x − k 2 k x − k x + k  a - Dạng

a +b

a sin x + b cos x ± a 2 + b 2

1 2

x ,… 2

 R ( x,sin x,cos x ) dx : đặt x = 2 − t 0

 cos

π /2

 R ( x,sin x,cos x ) dx : đặt x = π − t

dx = tan u + C

u'  sin 2 u dx = − cot u + C Trang 3

Trang 4

2n n n n 1 1 1 n 1 1 1 n 1 un =  − 2 =  −  = S 2 n − S n =  =  n i =1 i + 1 i =1 i i =1 2i i =1 i i =1 i i =1 i + n n

2π

 R ( x,sin x,cos x )dx : đặt x = 2π − t 0

 R ( sin x, cos x ) dx : đặt t = tan 2 , đặc biệt:

Do đó un là tổng tích phân của hàm số f ( x ) =

Nếu R ( − sin x,cos x ) = − R ( sin x,cos x ) thì đặt t = cos x

Suy ra lim u n =

Nếu R ( sin x, − cos x ) = − R ( sin x,cos x ) thì đặt t = sin x

 x + 1 dx = ln ( x + 1) 0

1 0

1 trên đoạn [ 0;1] . x +1

= ln 2 .

Bài toán 7.3: Chứng minh:

Nếu R ( − sin x, − cos x ) = − R ( sin x,cos x ) thì đặt t = tan x,cot x .



a) lim x n sin π xdx = 0

2. CÁC BÀI TOÁN

Bài toán 7.1: Tính giới hạn dãy un xác định bởi: 3

i a) un =  4 n i =1

b) f ( x ) =

i b) un =  3 i + n3 i =1

t 1+ t4

dt là hàm số chẵn Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải

a) Với x ∈ [ 0;1] thì 0 ≤ x sin π x ≤ x . n

a) Xét hàm số f ( x ) = x3 . Tổng tích phân của hàm số f trên đoạn [ 0;1] là:

1 n Sn =  n i =1



Do đó: 0 ≤ x n sin π xdx ≤ x n dx =

3 i n i f   =  4 = un  n  i =1 n

Vì lim

1 1 Ta có: lim Sn =  x dx = . Vậy lim un = . 4 4 0 3

1 . n +1

1 = 0  đpcm. n +1 −x

1 n i2 1 n  n  x2 b) Ta viết un =  3 =  nên un chính là tổng tích phân của hàm số f ( x ) = 3 trên 3 3 n i =1  1  x +1 i =1 i + n + 1   n

b) Đặt t = − s trong tích phân f ( − x ) =

 0

−x

ta được f ( − x ) =

 0

t 1+ t

dt =  0

t 1+ t4

s 1 + s4

ds = f ( x )  đpcm.

Bài toán 7.4: Tính đạo hàm các hàm số:

đoạn [ 0;1] .

a) f ( x ) =

x2 1 ln 2 Do đó: lim un =  3 dx = ln ( x3 + 1) = . x + 1 3 3 0 0

 cos tdt 0

Đặt S =

t2 −1 dt 2 +1 2x

t

Hướng dẫn giải

Bài toán 7.2: Tính giới hạn dãy un xác định bởi:

un = 1 −

b) g ( x ) =

f ' ( x ) = cos x .

1 1 1 1 + − ... + − . 2 3 2n − 1 2n

Hướng dẫn giải

b) Đặt

( x ) ' = cos2 xx

t 2 −1 . Gọi F là một nguyên hàm của f, theo định nghĩa tích phân, ta có: t2 +1 g ( x ) = F ( 3x ) − F ( 2 x ) nên g ' ( x ) = 3F ' ( 3x ) − 2 F ' ( 2 x ) = 3 f ( 3x ) − 2 f ( 2 x )

 i . Ta có:

f (t ) =

i =1

Trang 5

Trang 6

3 ( 9 x 2 − 1) 9x2 + 1

−

2 ( 4 x 2 − 1)

b) Nếu f là hàm số chẵn thì

4x2 + 1

 f ( x ) = 2 f ( x ) dx

Bài toán 7.5:

Hướng dẫn giải

 f (t ) dt = x cos (π x ) . Tính f ( 4 ) .

a) Cho

−a

 f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx

b) Tìm số b dương để tích phân

 ( x − x ) dx có giá trị lớn nhất. 2

Đổi biến x = −t đổi với tích phân

−a

Hướng dẫn giải

a) Nếu f lẻ thì

( )

a) Lấy đạo hàm 2 vế thì có 2 xf x 2 = −π x sin ( π x ) + cos ( π x ) Cho x = 2 : 4 f ( 4 ) = −2π sin 2π + cos 2π  f ( 4 ) =

−a

 f ( x ) dx = −  f ( −t ) dt = −  f (t ) dt = −  f ( x ) dx

I =0

1 . 4

b) Nếu f chẵn thì

b) Xét hàm số f ( x ) =

 f ( x ) dx ta được:

 ( t − t ) dt 2

−a

 f ( x ) dx =  f (t ) dt =  f ( x ) dx  I = 2 f ( x ) dx

Bài toán 7.8: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] . Chứng minh:

0 2

Ta có F ' ( x ) = x − x , F ' ( x ) = 0 ⇔ x = 1 .

π /2

Lập bảng biến thiên của F ( x ) trên ( 0;+∞ ) thì F ( x ) đạt giá trị lớn nhất khi x = 1 , do đó b = 1 .

π /2

 f ( sin x ) dx =  f ( cos x ) dx 0

 f ( x ) dx =  f (1 − x ) dx 0

a) Đặt x =

 f ( x ) dx =   f ( x ) + f ( − x )dx

−1



−1



 π  f  sin  − t   dt =   2 

,x =

π 2

 t = 0.

π /2

 f ( cos t ) dt =  f ( cos x ) dx

= π  f ( sin t ) dt −  tf ( sin t ) dt = π  f ( sin x ) dx −  xf ( sin x ) dx 0



Do đó 2 xf ( sin x ) dx = π

Bài toán 7.7: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [ − a; a ] . Chứng minh:

Bài toán 7.9: Tính: a)

a) Nếu f là hàm số lẻ thì

 xf ( sin x ) dx − π (π − t ) f ( sin t ) dt

f ( x ) dx =   f ( x ) + f ( − x ) dx

−1

b) Đặt x = π − t thì dx = −dt , x = 0  t = π , x = π  t = 0 .

 f ( x ) dx =  f ( x ) dx +  f ( x ) dx và  f ( x ) dx = −  f ( −u ) du =  f ( − x ) dx Do đó

− t thì dx = −dt , x = 0  t =

f ( x ) dx = −  f (1 − u ) du =  f (1 − u ) du =  f (1 − x ) dx

 f ( sin x ) dx = −π

a) Đặt u = 1 − x thì du = − dx, x = 0  u = 1, x = 1  u = 0 . 0

π /2

Hướng dẫn giải

Bài toán 7.6: Chứng minh rằng: a)

 xf ( sin x ) dx = 2  f ( sin x ) dx

 f ( x ) dx = 0 . −a

 f (sin x ) dx  đpcm. 0

x +1

 ( x − 2 )( x + 3) dx

x4 − 2 dx 3 −x

x

Hướng dẫn giải Trang 7

Trang 8

x +1 A B nên x + 1 = A ( x + 3) + B ( x − 2 ) = + ( x − 2 )( x + 3) x − 2 x + 3

a) Đặt

3 5

Do đó x + 1 = ( A + B ) x + ( 3 A − 2 B ) , đồng nhất hệ số thì A + B = 1,3 A − 2 B = 1 nên A = , B = Do đó:



x +1

2 . 5



 ( x − 2 )( x + 3) dx =   5 ( x − 2) + 5 ( x + 3)  dx 



a) A =

x −2 x −2 x −2 b) 3 = x+ 3 = x+ x −x x −x x ( x − 1)( x + 1)

1 1 được A = 2, B = − , C = − , do đó: 2 2 2

1 

 ( u + 5)

1 + 2ln x − ln x 2 − 1 + C 2

b) B =

u 8du =

 (u

 (x

+ 10u + 25 ) u 8 du

 u11 25  −185 + 10u 9 + 25u 8 ) du =  + u10 + u 9  = 11 9 99   −1 3

− 4 x + 3) dx +  ( − x 2 + 4 x − 3)dx +  ( x 2 + 4 x − 3) dx

−1

x   x   x3  28 =  − 2 x 2 + 3x  +  − + 2 x 2 − 3x  +  − 2 x 2 + 3x  = 3 3 3   −1  1  3 3 3

a) Đặt u = 3 − x  x = 3 − u  dx = −du 5

 (u −1

3  2 x  x  18 − 1 dx

Hướng dẫn giải

 x ( 3 − 5)

− 4 x + 3 dx

−1

Khi x = 2 thì u = −1, x = 3  u = 0 .

−1

x −1

 x ( 3 − x ) dx

b) B =

a) Đặt u = x − 3 thì x = u + 3, dx = du .

 f ( x ) dx =   x + x − 2 . x − 1 − 2 . x + 1  dx = 2 x Bài toán 7.10: Tính: a)

Hướng dẫn giải

x −2 A B C = + + nên x 2 − 2 = ( A + B + C ) x 2 + ( B − C ) x − A , đồng nhất hệ số thì x ( x − 1)( x + 1) x x − 1 x + 1



 ( x + 2 ) ( x − 3) 2

Đặt

1  dx+  x2 − 1 1 x2 − x + 1 x  dx =  = ln 2 +C. b)  4 2 2 x + x +1 2 x + x +1 1   x +  −1 x  Bài toán 7.12: Tính:

3 2 = ln x − 2 + ln x + 3 + C 5 5 4

d ( x8 ) dx x 7 dx 1 1 x8 = =  x (1 + x8 )  x8 (1 + x8 ) 8  x8 (1 + x8 ) = 8 ln 1 + x8 + C

dx = −  ( 3 − u ) .u 5 .du =  ( u 6 − 3u 5 ) du

1 3 1 6  3− x = u7 − u6 + C = (3 − x)  − +C 7 6 7 2  b) Đặt u =

x

− 2 x + m dx . Hướng dẫn giải

Tam thức f ( x ) = x − 2 x + m, ∆ ' = 1 − m . Ta xét 2 trường hợp sau: - Nếu ∆ ' ≤ 0 ⇔ 1 − m ≤ 0 ⇔ m ≥ 1

 x (1 + x )

 x3  3 58 3  x3  57  − 1 dx = 6 u du = u + C =  − 1 + C 29 29  18   18 

Bài toán 7.11: Tính a)

x 0

x3 x2 − 1  du = dx  x 2 dx = 6du 18 6 57

x

Bài toán 7.13: Tính l ( m ) =

Khi đó: l ( m ) =

x2 − 1 dx + x2 + 1

(x 0

 x3  2 − 2 x + m ) dx =  − x 2 + mx  = m − 3 3  0

- Nếu ∆ ' > 0 ⇔ 1 − m > 0 ⇔ m < 1

Hướng dẫn giải Trang 9

Trang 10

 x1 = 1 + 1 − m > 1

Khi x = 0 thì t =

Khi đó: f ( x ) = 0 ⇔ 

 x2 = 1 − 1 − m < 1 0

dx −1 x + 2 x + 4 =

Với x2 ≤ 0 thì 1 − 1 − m ≤ 0 hay m ≤ 0 1

x  2 l ( m ) = −  ( x 2 − 2 x + m ) dx = −  − x 2 + mx  = − m  3 0 3 0 3

, khi x = −1 thì t = 0 .

3 ( tan 2 t + 1) dt

π /6



3 ( tan 2 t + 1)

−1

 (x

l (m) =

)

 (x

− 2 x + m dx −

a) Đặt t = x + 3 thì x − 2 = t − 5, dx = dt

)

− 2 x + m dx

Khi x = −2 thì t = 1, x = 4 thì t = 7 .

1− 1− m

x  =  − x 2 + mx  3  0

x  =  − x 2 + mx  3   1− 3

x

1− m

b) B =

3x + 1 dx − 4x + 3

x

−1

dx + 2x + 4

3

Hướng dẫn giải a) Ta có

3x + 1 3x + 1 A B = = + x 2 − 4 x + 3 ( x − 1)( x − 3) x − 1 x − 3

2 3 ( 2 x − 1) + 5 dx ( 2 x − 1) dx + 5 2 dx = 3 2 2 2  x − x + 1 x − x + 1 1   3 0 0 0 x−  + 2 4 



2 2x −1 dx = 3ln x 2 − x + 1 = 3ln 3 0 x2 − x + 1

Đặt x −

nên 3x + 1 = ( A + B ) x − 3 A − B .

1 3 π π 3 tan t − < t <  dx = = (1 + tan 2 t ) dt 2 2 2 2 2

Khi x = 0 thì t = −

A + B = 3  A = −2 Đồng nhất hệ số  ⇔  −3 A − B = 1  B = 5 5

25  192  10 25   A =  1 − + 2  dt =  t − 10ln t −  = − 10ln 7 t t t 7   1 2

4 (1 − m ) 1 − m + 3m − 2 3

Bài toán 7.14: Tính: a)

5 0

3x + 1 5   −2 Vậy  2 dx −   +  dx 4 3 1 x − x + x − x −3  4 4

, x = 2 thì t =

π 2

<t <

 0

. π /3

5 3 π. 3

Bài toán 7.16: Tính: a) I =

2 3 10 3 5 3π dt = t =  3 3 3 −π /6 − π /6

a /2

dx dx = b)  2 2 x + 2 x + 4 x + 1) + 3 −1 −1 (

π /3

1 3  x−  + 2 4 

Đặt x + 1 = 3 tan t , −

Vậy B = 3ln 3 +

= ( −2ln x − 1 + 5ln x − 3 ) = ln 2 + 2ln 3 = ln18 . 0

6x + 2  x−2   x + 3  dx b) B = 0 x 2 − x + 1 dx −2  Hướng dẫn giải



−1

π /6

3 3 3π dt = t = 3 3 0 18

Bài toán 7.15: Tính: a) A =

Với x2 > 0 thì 0 < m < 1 1− 1− m

π /6

dx x2 − a 2

b) J =

a

dx + x2

Hướng dẫn giải . a) I =

Trang 11

1 2a

a /2

 0

1  1 x−a  1 − ln   dx = 2a x + a  x−a x+a

a /2

=− 0

1 ln 3 2a Trang 12

b) Đặt x = a tan t với −

π 2

<t <

(

a (1 + tan 2 t ) dt

π /4



a (1 + tan t ) 2

1 a

 −1 3 5 x −1  37 5 2 M = − + ln − ln  = 3  4 ( x − 1) 16 ( x − 1) 32 x + 3  56 32 15  2

π /4

 dt = a t 0

= 0

π 4a

b) Đặt t = x 2 thì xdx =

1 dt . 2

Bài toán 7.17: Tính: 2

Khi x = 0 thì t = 0, x =

x4 − x + 1 a) K =  2 dx x +4 0

x 4 + x2 + 1 b) L =  dx x6 + 1 0

Hướng dẫn giải

 π .  4 

a) Đặt x = 2 tan t , x ∈ [ 0; 2] ⇔ t ∈  0; π /4



16 tan 4 t − 2 tan t + 1 2dt 1 . 2 = cos t 2 4 ( tan 2 t + 1)

1 2

π /4

 (16 tan

t − 2 tan t + 1) dt

dt 1 = t −1 4

1/ 3

1   1 −  dt 2 −1 t2 +1 

  t 0

1/2

x 0

 (16 tan t (1 + tan t ) − 16 tan 2

)

a) Ta có:

x2 + 1

 ( x − 1) ( x + 3) 3

5π 12 b) N =

 0

xdx x8 − 1

b) Q =

( x − 1) ( x + 3)

1 1 1 x +1  1 ln 3 − + + ln = − 4  x − 1 x + 1 x − 1  0 3 4 2

8 x7 + 1 + 1 7

= ln ( x8 + x ) + 

A B C D + + + x − 1 ( x − 1)2 ( x − 1)3 x + 3

Trang 13

8 x7 + 1 1 dx +  dx 8 7 +x 1 1 x 1+ x

 x (1 + x ) dx =  x 1

Hướng dẫn giải

dx 8 x7 + 2 b) Q =  dx 2 7 − 2x + 1 1 x (1 + x )

1/2

x2 + 1

1 1 1 1 1  = =  −  x 4 − 2 x 2 + 1 ( x + 1)2 ( x − 1)2 4  x − 1 x + 1 

Từ đó P = 1/ 4 3

)

 1 1 1 2 =  + −  2 2 4  ( x − 1) ( x + 1) ( x − 1)( x + 1)  1 1 1 1 1  =  + + −  2 2  4  ( x − 1) ( x + 1) x + 1 x − 1 

3 1 1 1 2x2  dx 2 d (x ) dx + = +  0  x2 + 1 x6 + 1  0 x 2 + 1 3 0 x3 2 + 1 ( )

Bài toán 7.18: Tính: a)

(

Hướng dẫn giải

x4 − x + 1 −x 17 = x2 − 4 + 2 + x2 + 4 x + 4 x2 − 4

Lần lượt đặt x = tan t , x 3 = tan u thì L =

1 π = ln 2 − 3 − 8 24

t − 2 tan t + 1 dt





Bài toán 7.19: Tính: a) P =

b) L = 

1/ 3

 1 t −1 1  =  ln − arctan t  8 + 1 4 t  0

16 17π Từ đó tính được K = − + − ln 2 3 8

1 2

1 1 thì t = 3 3

1/ 3

π /4

Cách khác:

5 3 1 5 , B = ,C = , D = − nên 32 8 2 32

Đồng nhất thì được A =

Khi x = 0 thì t = 0, x = a thì t =

)

thì dx = a 1 + tan 2 t dt

(

)

d (x ) x6 1 dx = ln129 +  7 7 1 x (1 + x 7 ) x (1 + x 7 ) 2

Trang 14

1 x7 = ln129 + ln 7 1 + x7

1 256 = ln129 + ln 7 129

nên J =

13 1   x − sin 2 x + sin 4 x  + C . 4 2 8 

Bài toán 7.23: Tính:

−  2 ( x + 1) khi x ≤ 0 2  k (1 − x ) khi x > 0

Bài toán 7.20: Cho hàm số f ( x ) = 

sin 4 x sin 3 x  tan x + cot 2 x dt

Xác định k để

Hướng dẫn giải

 f ( x )( dx ) = 7 .

sin x cos 2 x cos x 1 a) tan x + cot 2 x = + = = nên cos x sin 2 x cos x sin x sin 2 x

−1

Hướng dẫn giải 1

Ta có

 f ( x ) dx =  −2 ( x + 1) dx +  k (1 − x ) dx = −1 + 2

−1

2 x sin 2 x − cos 2 x + 1 − x dx  x sin 2 x

−1

2k nên 3

sin 4 x sin 3x 1 = sin 4 x sin 3x sin 2 x = − sin 4 x ( cos5 x − cos x ) tan x + cot 2 x 2

 f ( x ) dx = 7  k = 12 . −1

Bài toán 7.21: Cho f ( x ) là hàm liên tục và a > 0 thỏa mãn: f ( x ) > 0 và f ( x ) . f ( a − x ) = 1 với mọi

1 1 ( sin 4 x cos5 x − sin 4 x cos x ) = − ( sin 9 x − sin x − sin 5 x − sin 3x ) 2 4

dx theo a. 1 + f ( x) 0

x ∈ [ 0; a ] . Tính I = 

Vậy Hướng dẫn giải b)

Đặt x = a − t thì dx = − dt



sin 4 x sin 3x

Bài toán 7.24: Tìm: a)

f ( t ) dt dt dt = = 1 1 + − 1 + f (t ) f a t ( ) a 0 1+ 0 f (t ) a

I = −

nên 2 I = I + I =

f ( t ) dt

tan 6 x dx b) 4 x

 cos

tan 5 x dx 7 x

 cos

tan 6 x tan 6 x 1 dx =  dx =  (1 + tan 2 x ) tan 6 x ( tan x ) ' dx 4 x cos 2 x cos 2 x

 cos

=  (1 + u 2 ) u 6 du =

Bài toán 7.22: Tính:





Hướng dẫn giải

a . 2

a) I = sin 3 x cos 2 xdx

1 a) Đặt u = tan x thì du = dx . Ta có: cos 2 x

 1 + f ( t ) +  1 + f ( t ) =  dt = a 0

Vậy I =

2 x sin 2 x − cos 2 x + 1 − x 1 1   dx =   2 + − 2  dx = 2 x + ln x + cot x + C x sin 2 x x x sin 

Khi x = 0  t = a , x = a  t = 0 , ta có: 0

1 1

 tan x + cot 2 x dx = − 4  − 9 cos9 x + cos x + 5 cos5x + 3 cos3x  + C



b) J = sin 4 xdx

b) Đổi biến u =

Hướng dẫn giải

u9 u7 tan 9 x tan 7 x + +C = + +C 9 7 9 7

1 sin x thì du = dx . Ta có: cos x cos 2 x

2 sin x tan 5 x 1 dx =  dx ( tan 2 x ) cos 7 2 x cos6 x x

 cos

1 1 1  a) I =  ( sin x + sin 5 x ) dx = −  cos x + cos5 x  + C 2 2 5 

 u (u 6

1 1 13 1 2  b) sin x = (1 − cos 2 x ) = (1 − 2cos 2 x + cos 2 2 x ) =  − 2cos 2 x + cos 4 x  4 4 42 2  4

= Trang 15

− 1) du =  ( u10 − 2u 8 + u 6 ) du

u11 2u 9 u 7 1 2 1 − + +C = − + +C 11 9 7 11cos11 x 9cos9 x 7 cos 7 x Trang 16

Bài toán 7.25: Tính: a) I =

cos x

 cos x + sin x dx



b) E = cos 2 x.cos3 xdx Hướng dẫn giải

a) Xét J =

sin x

 cos x + sin x dx = ln cos x + sin x + C

I−J =

(



cot x  1 + sin 9 x dx

π /2

 sin 0



2 9

π 2

− t thì dx = −dt , x = 0  t = 0

π  xdx = −  sin 7  − t  dt = 2   π

 cos

π /2 7

xdx  D =

 (sin

π 2

,x =

π 2

 t = 0.

π /2

 cos

tdt

x − cos 7 x ) dx = 0 .

π /2

Bài toán 7.29: Tính: a)

 1 + cos x 0

sin 4 x

 1 + sin x dx 0

Hướng dẫn giải



b) J = sin xdx

a) Đặt t = tan

Hướng dẫn giải a) Đặt u = x 2 , v ' = cos 2 x . Khi đó u ' = 2 x, v =

π /2

1 d ( sin x ) 1 d ( sin x ) 1 sin x =  −  = ln +C 9 sin 9 x 9 sin 9 x + 1 9 1 + sin 9 x Bài toán 7.27: Tính: a) I = x cos 2 xdx

1 1 cos10 x cos 6 x  1 + ( sin10 x − sin 6 x ) dx =  −  =0C = 2 0 2 10 6 0 9

b) Đặt x =

d ( sin 9 x ) cot x cos x.sin 8 x 1 b)  dx = dx =  sin 9 x (1 + sin9 x ) 9  sin9 x (1 + sin 9 x ) 1 + sin 9 x

2 1  1 1  1 =  5 − 3 + + + ln sin x + C  d ( sin x ) = − 4sin 4 x sin 2 x  sin x sin x sin x 

x − cos7 x ) dx

C − I =  ( cos 2 x − sin 2 x ) sin8 xdx =  cos 2 x sin 8 xdx

(1 − sin 2 x ) d ( sin x ) cos5 x dt =  5 sin x sin 5 x

1 9



Hướng dẫn giải 5  cot xdx = 

Hướng dẫn giải π

a) Xét I = sin 2 x.sin 8 xdx thì C + I = sin 8 x = − cos9 x =

 ( sin 0

b) D =

1 ( cos5 x + cos x ) dx 2

5  cot xdx

π /2

a) C = cos 2 x.sin8 xdx

1 1 1 sin 5 x + sin 3x + sin x + C 20 6 4

Bài toán 7.26: Tính: a)

)

Bài toán 7.28: Tính:

1 3

1 1 sin 5 x + sin x + C2 10 2

Suy ra E =

)

= 2 ( −t cos t + sin t ) + C = 2 − x cos x + sin x + C

b) Xét F = sin 2 x.cos3 xdx thì: E + F = cos3 xdx = sin 3 x + C1

E − F =  cos 2 x.cos3xdx =

x  x = t 2  dx = 2dt

J =  sin t.2t.dt = 2 t.sin t.dt = 2 −t cos t +  cos tdt

1 ( x + ln cos x + sin x ) + C . 2



1 2 1 1 x sin 2 x + x cos 2 x − sin 2 x + C . 2 2 4

b) Đặt t =

cos x − sin x dx = ln cos x + sin x + C2 cos x + sin x

Suy ra I =

1 2 1 1 x sin 2 x −  x sin 2 xdx = x 2 sin 2 x +  xd ( cos 2 x ) 2 2 2

1 sin 2 x . 2

x 1 x 2dt  dt = 1 + tan 2  dx  dx = 2 2 2 1+ t2

Khi x = 0 thì t = 0; x = Trang 17

π 2

thì t = 1 . Trang 18

π /2

 1 + cos x =  1 + t

π /2

1+ t2 dt =  dt = 1 2 0

sin 4 x

− sin 4 x

sin 4t

1  t −4  1 =  −  dt = ln − 4 − 3 t t t −3   0

sin 4 x

Do đó 2

sin 4 x

π /2

 0

9 8

Vì  π /6

sin xdx

b) B =

x sin x + 2cos x cos 2 2

= ln

2 1  2   1  = cos α , = sin α  +  = 1 nên có số α để 5 5 5 5    

Bài toán 7.30: Tính a) A =

1  2  b) Ta có 2sin x + cos x = 5  sin x + cos x  = 5 sin ( x + α ) 5  5 

 1 + sin x dx = 0   1 + sin x dx = 0 0

cos xdx dt dt = = x − 7sin x + 12 0 t 2 − 7t + 12 0 ( t − 3)( t − 4 )

 1 + sin x dx = −π 1 + sin t dt = − 1 + sin t dt = −  1 + sin x dx 0

b) Đặt x = π − t thì dx = − dt , khi x = 0 thì t = π , x = π thì t = 0 . π

 sin

tan 4 x

π /2

 cos 2 x dx

 5sin ( x + α ) = − 5 cot ( x + α ) 2

π /2 0

1 1  1 = −  − − 2 = 5 2  2

Bài toán 7.32: Tính:

Hướng dẫn giải

π /2

a) K =

x a) sin x + 2cos x cos = sin 2 x + cos x (1 + cos x ) = 1 + cos x . 2 2

π /2

nên A =

π /2

sin xdx

 1 + cos x = −  0

π /6

b) B =

tan 4 x

π /6

Đặt t = tan x thì dt = 1/ 3

tan 4 x

dt =

 0

t −1 +1 dt = 1− t2 1/ 3

 t3 1 t +1  =  − − t + ln  2 t −1  0  3

1/ 3

 0

Đồng nhất thì A − 2 B = 0, 2 A + B = 0,3 A = 3 nên A = 1, B = −1 , do đó: π

π cos x − 2sin x   K =  1 − dx = ( x − ln sin x + 2cos x + 3 ) 0 = π − ln 5 sin x + 2cos x + 3  0

b) Đặt u = tan

a) I =

 0

( ) ( )

1 1 d 3u du 1 2du 1 π 3 . = 2 2 = = . 2 2 2  u 1 − u u 1 3 9 + + 2 3 0 0 0 3u + 1 +2 2 1+ u

L=

)

π /2

cos xdx 13 − 7sin x − cos 2 x

x 1 x 2du  du = 1 + tan 2  dx  dx = 2 2 2 1 + u2

1 10 = ln 2 + 3 − 2 9 3

Bài toán 7.31: Tính: π /2

= ( A − 2 B ) sin x + ( 2 A + B ) cos x + 3 A

 2 1 1  −  −t − 1 + dt 2 1 + t 2 t − 1)  ( ) ( 

(

 cos x + 2 dx

a) Xét 3sin x + cos x + 3 = A ( sin x + 2cos x + 3) + B ( cos x − 2sin x )

dx π 1 . Khi x = 0 thì t = 0, x = thì t = cos 2 x 6 3

1/ 3 4

 1− t

b) L = Hướng dẫn giải

d (1 + cos x ) π /2 = − ln (1 + cos x ) 0 = ln 2 1 + cos x

 cos 2 x dx =  (1 − tan x ) cos

3sin x + cos x + 3 0 sin x + 2cos x + 3 dx

b) J =

Bài toán 7.33: Tính:

 ( 2sin x + cos x )

π /2

2π 2

a) A =



1 − cos 2 xdx

b) B =

Hướng dẫn giải a) Đặt t = sin x  dt = cos xdx, x = 0  t = 0, x =

π 2



3sin 2 x − 2cos x dx 8sin x + 1

Hướng dẫn giải 20

 t = 1.

a) A =

 0

Trang 19

2π

2sin 2 xdx = 2  sin x dx 0

Trang 20

π /2

2π π  π 2π = 2   sin xdx −  sin xdx  = 2 ( − cos x ) 0 + cos x π = 4 2 0  π

)

(

a) C =

Khi x = 0  t = 1, x = π /2



8sin x + 1

t −1 1  cos x.dx = tdt 8 4

π /2

1 (3t 2 − 11) dt = 161 ( t 3 − 11t ) = 14 16 1 1

( sin x ) E=  α α dx π /3 ( sin x ) + ( cos x )

(( x + sin x ) sin x ) 2

π /2 0

π /2

−

 (1 + 2sin x.cos x ) sin xdx 0

π /2

2 π 2 π  =  + 1 + ( cos x ) − ( sin 3 x ) = − . 3 2 3 2  0 0

x sin x b) F =  dx 1 + cos 2 x 0

π 2 /4

π /4

Hướng dẫn giải

a) Đặt x =

− t  dx = − dt; x = 0  t =

π 2

,x =

π 2

Bài toán 7.36: Tính: I =

Do đó E + E =

a) I =

 0

E=

(π − t ) sin t dt = π π 1 + cos t

 − 1dx = 

π2 4



π /4

xdx

 cos

−

π /4

 xdx 0

π /4

xdx = x tan x x −



tan xdx −

x2 2

π /4

= x

π 4

+ ln

2 π2 − 2 32

x  x = t 2  dx = 2dt .

π2 4

t =

π 2

π /2

nên J = 2

 t .sin tdt 3

Đặt u = t 3 , dv = sin tdt . Khi đó du = 3t 2 dt , v = − cos t

J = 2 ( −t 3 cos t )

π /2 0

π /2

+ 6  t 2 cos tdt = 6  t 2 cos tdt

Áp dụng tích phân từng phần 2 lần nữa thì J = 3 ( π − 4 ) .

Bài toán 7.35: Tính:

Bài toán 7.37: Tính:

π /2

 ( 2 x − 1) cos



π /4

Khi x = 0  t = 0, x =

dt − J

sin t 1 0 1 + cos2 t dt = −1 1 + u 2 du

Đặt u = tan t thì tính được F =

a) C =

xd ( tan x ) −

b) Đặt t =

Do đó 2 J = π

sin t

 1 + cos

b) Đặt x = π − t  dx = − dt , x = 0  t = π , x = π  t = 0 .

F = −



 x  cos

π /4

dx =

x sin xdx

Hướng dẫn giải π /4



b) J =

t =0

π /2 ( cos t ) ( cos x ) dt =  dx α α α α cos sin sin t + t x ( ) ( ) ( ) + ( cos x ) 0 π /2



x tan 2 xdx

E=−

π /2

 1

π π

 sin 2 xdx = 4  2 − 1 − 2

π /2

1



 ( x + sin x ) d ( sin x )

Bài toán 7.34: Tính a)

π /2

 ( 2 x − 1) dx +   x − 2  cos 2 xdx

1 1 1 1 ( 2 x − 1) +  x −  − 4 2 2 2   0 0

b) D = 3

dx =

π /2

t =3

2cos x ( 3sin x − 1)

1 + cos 2 x 1 dx = 2 2

π /2

b) Đặt t = 8sin x + 1  sin x =

 ( 2 x − 1)

π /2 2

xdx

b) D =

 ( x + sin x ) cos xdx 2

a) A =

Hướng dẫn giải

x cos5 x  3 + tan 2 x dx −1

π /6

b) B =

sin 2 x dx 3 cos x

 sin x + 0

Hướng dẫn giải a) Đặt x = −t thì dx = −dt , x = −1  t = 1, x = 1  t = −1. Trang 21

Trang 22

−1

A = − 1

−t cos5t x cos5 x dt = −  dx = − A  A = 0 3 + tan 2 t 3 + tan 2 x −1 π /6

b) Xét C =

 0

B+C =

1 2

π /6

 0

π  sin  x +  6 

π /6

và B − 3C =

 ( sin x −

1 2

π /6

 0

Hướng dẫn giải a) Đặt u = 3x 2 − 1 thì du = 6 xdx nên 12 xdx = 2du .

1   π  d tan x +   π     6  tan  x +  6 

( 3x 2 − 1) + C u4 f ( x ) =  dy =  2u du = +C = 2 2 3

1 = ln 3 4

Vì f ( t ) = 8 + C = 3 nên C = −5 . Vậy f ( x ) =

3 1− 3 ln 3 + 16 4

=  ( t 7 − t 9 ) dt =

 max {sin x,cos x} dx x

t t b) Giải phương trình:  sin .cos 2 dt = π . 4 4 0



=  tan n−2 xdx ( t ) − I n− 2 =

 2   π /4 π /2 2 = ( sin x ) 0 − ( cos x ) π /4 =  − 0 −  0 − = 2 2   2   b)

 sin



= − sin

t t 1 t 1 .cos 2 dt =  sin 2 dt =  (1 − cos t ) dt 4 4 40 2 80

)

1 tan n−1 x − I n −2 . n −1



n −1

x.cos x + ( n − 1)  sin n− 2 x.cos 2 xdx

= − sin n−1 x.cos x + ( n − 1)  sin n− 2 x (1 − sin 2 x ) dx

1 1 ( t − sin t ) = ( x − sin x ) . 8 8 0

Phương trình

(

b) I n = sin n−1 x.sin xdx = − sin n−1 xd ( cos x )



a) Với n ≥ 3 : I n = tan n −2 x tan 2 xdx = tan n −2 x tan 2 x + 1 − 1 dx

π /2

 max {sin x;cos x} dx =  cos xdx + π sin xdx



b) I n = sin n xdx, n ∈ ℕ* Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải

−5.

sin 8 x sin10 x − + 79 . 8 10

a) I n = tan n xdx, n ∈ ℕ*

Bài toán 7.40: Tính I n theo I n −2 , n ≥ 3 .

π /4

− 1)

t 8 t10 sin 8 x sin10 x − +C = − +C 8 10 8 10

Vì f (π ) = 79 nên C = 79 . Vậy f ( x ) =

π /2

f ( x ) =  y ' dx =  sin 7 x (1 − sin 2 x ) cos xdx =  t 7 (1 − t 2 ) dt

Bài toán 7.38: a) Tính

( 3x

b) Đặt t = sin x thì dt = cos xdx

)

3 cos x dx = 1 − 3

)

b) y ' = sin 7 x.cos3 x và f ( π ) = 79 .

cos 2 x , ta có sin x + 3 cos x

π 1  = ln tan  x +  2 6 

nên B =

(

a) dy = 12 x 3 x 2 − 1 dx và f (1) = 3

= − sin n −1 .cos x + ( n − 1) I n− 2 − ( n − 1) I n 1 n

1 ( x − sin x ) = π ⇔ x − sin x = 8π ⇔ x = 8π . 8

Do đó I n = − sin n −1 x.cos x +

n −1 I n −2 . n

Bài toán 7.39: Tìm hàm số y = f ( x ) biết:



Bài toán 7.41: Đặt I ( m,n ) = x m (1 − x ) dx, m, n ∈ ℕ* 0

Trang 23

Trang 24



Chứng minh I ( m,n ) = x m (1 − x ) dx, m > 0, n > 1 .

In =

Hướng dẫn giải n

Đặt u = (1 − x ) , dv = x m dx . Khi đó du = − n (1 − x ) 1

m +1

I ( m,n ) =

n −1

Mà I 0 = 1 nên có: I n =

m +1

,v =

x m +1

Chứng minh I n =

)

1 x +a −x 1 1 = 2 I n−1 − 2 a 2 0 ( x 2 + a 2 )n a a

In =

Đặt u = x, dv =

xdx

x 2 dx

2 n

)

x 2 dx

(x + a



)

2 ( n − 1) ( x + a 2

π /2

Bài toán 7.44: Đặt I n =

)

2 n

 (1 − x )

π /2

In =

1 .I n−1 ⇒ đpcm. 2 ( n − 1)

 cos

n −1

x.cos xdx =

0 1

= 0 − 0 + 2n  ( x − 1 + 1)(1 − x 2

π /2 0

n = 2m  I 2 m =

x.d ( sin x )

π /2

+ ( n − 1)

 cos

n −2

x.sin 2 xdx

 cos

n− 2

x (1 − cos 2 x ) dx = ( n − 1) ( I n− 2 − I n )

2m − 1 2m − 1 2m − 3 1 π I 2 m −2 = ... = . ... . 2m 2m 2m − 2 2 2

n = 2m + 1  I 2 m +1 = n −1

+  2nx 2 (1 − x 2 ) dx

2m 2m 2 m − 2 2 I 2 m−1 = ... = . ... 2m + 1 2m + 1 2m − 1 1

Xét dãy f ( n ) = ( n + 1) I n .I n+1 thì f ( n + 1) = f ( n )  f ( n ) = f ( 0 ) =

2 n −1

)

n −1

và dv = dx thì: n 1

 cos

n −1 4 4 2 8 Do đó: I n = I n −2 Suy ra: I 5 = .I 3 = . I1 = n 5 5 3 15

Hướng dẫn giải

I n =  (1 − x 2 ) dx = x (1 − x 2 )

π 2n

= 0 + ( n − 1)

dx, n ∈ ℕ . Tính I n và suy ra hệ thức:

( −1) C n = 2.4...( 2n ) 1 0 1 1 1 2 1 3 Cn − Cn + Cn − Cn + ... + n 1 3 5 7 2n + 1 3.5... ( 2n + 1) n

< In <

π /2

= x cos n −1 x

)

π 2 ( n + 1)

Hướng dẫn giải

−1 1 . 2 ( n − 1) ( x 2 + a 2 )n−1

Với n ≥ 1, đặt u = 1 − x 2

xdx, n ∈ ℕ* . Tính I n theo I n −2 , n ≥ 3 và suy ra

2 n −1

 cos

π /2

(

0 k

( −1) C n = 2.4...( 2n ) 1 0 1 1 1 2 1 3 Cn − Cn + Cn − Cn + ... + n 1 3 5 7 2n + 1 3.5... ( 2n + 1)

2 n

. Khi đó du = dx, v =

2 n

−x

Bài toán 7.43: Đặt I n =

k =0

So sánh thì ta có điều phải chứng minh:



n n  x 2 k +1  ( −1) .C k k =  ( −1) .Cnk   = n k =0  2k + 1  0 k = 0 2k + 1

, với a > 0, n ∈ ℕ, n ≥ 2 .

2 n

1 1 2n − 3 + . .I . ( n − 1) 2n.a 2 n−1 a 2 2n − 2 n−1

k =0

Hướng dẫn giải 2

I n =   Cnk . ( − x 2 ) dx =  ( −1) .Cnk . x 2 k .dx 1



2.4... ( 2n ) 3.5... ( 2n + 1)

Khai triển nhị thức dưới dấu tích phân:

x n n n n −1 m +1 (1 − x ) + 0 x (1 − x ) dx = m + 1 I( m+1,n−1) m +1 m + 1 0

Bài toán 7.42: Đặt I n =

2n 2 n 2n − 2 2n 2n − 2 2 I n−1 = . I n− 2 = ... = . ... I 0 2n + 1 2 n + 1 2n − 1 2 n + 1 2n − 1 3

dx = −2nI n + 2nI n−1 nên

Do đó ( n + 1) I n .I n +1 =

Trang 25

π 2

, nI n −1.I n =

π 2

π 2 Trang 26

Mà I n > I n +1 

Và I n −1 > I n 

π 2

< ( n + 1) I n2  I n >

> nI n2  I n <

b) 0 <

2 ( n + 1)

 1

e− x sin x π dx < x2 + 1 12e Hướng dẫn giải

 đpcm.

x + 7 + 11 − x trên [ −7;11]

a) Xét f ( x ) =

Bài toán 7.45: Cho hàm số f liên tục trên [ a; b ] . Chứng minh rằng tồn tại điểm c ∈ [ a; b ] sao cho

Với −7 < x < 11 thì f ' ( x ) =

1 f ( x ) dx = f ( c ) . b − a a

f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 2 . Lập BBT thì 3 2 ≤ f ( x ) < 6, ∀x ∈ [ −7;11]

Hướng dẫn giải Giả sử m và M tương ứng là giá trị bé nhất và lớn nhất của hàm số f trên

[ a; b ] .

Ta có

Do đó

3

2dx ≤

−7

m ≤ f ( x ) ≤ M ∀x ∈ [ a; b] nên: b



−7



1 Vì f là hàm liên tục nên tồn tại c ∈ [ a; b ] để f ( c ) = f ( x ) dx . b − a a

Do đó 0 <

a) e x > 1 + x +

  2 2   f ( x ) g ( x ) dx  ≤  f ( x ) dx. g ( x ) dx a  a a b



−7

e sin x e−1 1 < 2 = 2 x +1 x + 1 e ( x 2 + 1) −x

e− x sin x 1 dx < x2 + 1 e

x 1

1 π . dx = +1 12e

Bài toán 7.48: Chứng minh:

Bài toán 7.46: Chứng minh: Nếu f, g liên tục trên [ a; b ] thì: 2

 f ( x ) dx ≤  6dx  đpcm.

b) ∀x ∈ 1; 3   0 <

 mdx ≤  f ( x ) dx ≤  Mdx  m ( b − a ) ≤  f ( x ) dx ≤ M ( b − a )

1 1 11 − x − x + 7 − = 2 x + 7 2 11 − x 2 ( x + 7 )(11 − x )

Hướng dẫn giải

x2 xn + ... + , ∀x > 0 2! n!

 n ( n + 1).2 n =1

< 1 − ln 2, ∀m ∈ ℕ, m > 1 Hướng dẫn giải

Ta có ( yf ( x ) + g ( x ) ) ≥ 0, ∀y

a) Ta chứng minh quy nạp.

 y 2 . f 2 ( x ) + 2 y. f ( x ) g ( x ) + g 2 ( x ) ≥ 0, ∀y nên b

y 2  f 2 ( x ) dx + 2 y  f ( x ) g ( x )dx +  g 2 ( x ) ≥ 0, ∀y a



 



Do đó ∆ ' =  f ( x ) g ( x )dx  − a



Vì e x > 1 + x +

 f ( x ) dx. g ( x ) dx ≤ 0  đpcm. 2

Bài toán 7.47: Chứng minh rằng: 11

a) 54 2 ≤

(

−7



Giả sử BĐT đúng khi n = k . Ta chứng minh BĐT đúng khi n = k + 1.

a 2



Khi n = 1 BĐT: e x > 1 + x, ∀x > 0 : Đúng vì e y > 1, ∀y ∈ ( 0; x )  e y dy > dy  e x − 1 > x .

x2 xk + ... + , ∀x > 0 2! k!

nên e y > 1 + y +

)

x + 7 + 11 − x dx ≤ 108

y2 yk + ... + , ∀y ∈ ( 0; x ) 2! k!

x x  y2 yk    e y dy >  1 + y + + ... +  dy k!  2! 0 0

Trang 27

Trang 28

 ex −1 > x +

x 2 x3 x k +1 : đpcm. + + ... + 2! 3! ( k + 1)!

b) Với k ∈ ℕ* , x ∈ ( 0;1) : 1 + x + x 2 + ... + x k =

+ ... +

Kết quả Khi α = −2 thì B =

1 k +1 y < − ln (1 − y ) k +1

Khi α = −1 thì B =

Tiếp tục với mọi z ∈ ( 0;1) ta có: z



  y + 2 y

+ .... +



Khi α ≠ −2, −1 thì B =

1 k +1  y dy <  ( − ln (1 − y ) ) dy k +1  0

Bài tập 7.2: Tính a) I =



1 2 1 3 1 z + z + ... + .z k + 2 < z + (1 − z ) ln (1 − z ) 1.2 2.3 k ( k + 1)

Chọn z =

a

cos kx biết rằng f ( x ) = 0, ∀x ∈ [0;2π ]

3 2

b) Kết quả

cos kx = 0, ∀x ∈ [0; 2π ]

Bài tập 7.4: Tính: a)

với p = k , k = 1, 2,..., n

)

5 ln ( x 2 + 2 ) + C 2 3

dx b)  x3 (1 + x 4 ) dx



+ 4)

dx b) B =  1

x9 dx x + 4 x5 + 4 10

1 a) Đổi biến t = x 2 + 4 . Kết quả 8

3. BÀI LUYỆN TẬP Bài tập 7.1: Tìm:

b) Kết quả

a) A = x ( x − 3) xdx

+ 3x 2 + 2 )

Hướng dẫn

Do đó tất cả các hệ số ak = 0 . Vậy f ( x ) = 0 .



 ( 2 x + 1)

1  x2  .  2002  x 2 + 1 

(

4 1 (1 + x4 ) + C 16

k =1

 f ( x ).cos pxdx = a .π

 x(x

Hướng dẫn giải

2π

0=

1002

+ 1)

2 ( x 2 − 3) dx

1 10 a) Đổi biến t = 2 x + 1 . Kết quả ( 2 x + 1) + C 20

a

b) I =

2π

nếu p ≠ q thì I = 0 , nếu p = q thì I = π Vì f ( x ) =

( )

Bài tập 7.3: Tính: a)

 cos px.cos qxdx = 2  cos ( p + q ) x + cos ( p − q ) x dx 0

x 2001dx

b) Kết quả − ln x 2 + 4ln x 2 + 1 −

Với các số nguyên p, q ta có:

α +2 α +1 1  ( ax + b ) ( ax + b )  + C +  2 a  α + 2 α + 1 

a) Đổi biến t = x 2 + 1 . Kết quả

Hướng dẫn giải 2π

1 1  + ln ax + b  + C  a 2  ax + b 

Hướng dẫn

k =1

1001

1 và k = m − 1 thì được đpcm. 2

Bài toán 7.49: Xác định đa thức f ( x ) =

( x − 3)

1 ( ax + b − ln ax + b ) + C a2

b) Đổi biến t = ax + b .

1 − x k +1 1 < 1− x 1− x

Do đó với mọi y ∈ ( 0;1) , ta có:

 (1 + x + ... + x ) dx <  1 − x  y + 2 y

( x − 3)

a) Đổi biến t = x − 3 . Kết quả



b) B = x ( ax + b ) dx , a ≠ 0

1  34 31   ln −  . 5  3 51 



Bài tập 7.5: Tính: a) I = cos5 x cos 7 xdx b) J = cos3 xdx

Hướng dẫn giải Trang 29

Trang 30

Hướng dẫn

b) Kết quả ln 2 −

11  a) Biến đổi tích thành tổng. Kết quả  sin12 x + sin 2 x  + C 46  b) Kết quả

Bài tập 7.10: Tính 5π /4

1 3 sin 3 x + sin x + C 12 4



Bài tập 7.6: Tính a)

sin x 3

cos 2 x

 π

a) C = b)



sin x cos x a 2 sin 2 x + b2 cos 2 x

Kết quả b) Kết quả

 1

Hướng dẫn

1 ln 2 2 2 3 2

x −1 2x −1 dx ≤  dx x x +1 1

a) Chứng minh ∀x ∈ [1; 2] :

1 x cos x ln tan − +C 2 2 2sin 2 x

π /3

 tan π

xdx

 sin

x tan xdx

Bài tập 7.12: Tính J 3 =



dx 3

( x 2 + 4 x + 3)

dx π ≤ 4 + 3cos 2 x 8

và lập công thức truy hồi:

Hướng dẫn

Jn = 

+ 4 x + 3)

Hướng dẫn

3 8 π /2

Bài tập 7.9: a) A =



1 1  π 1 : ≤ ≤ . 2  2  7 4 + 3cos x 4

1 a) Tách tan 2 x.tan x . Kết quả 1 − ln 2 2 b) Kết quả ln 2 −

π /2

≤

x −1 2x −1 ≤ x x +1

π /3 3

b) Chứng minh ∀x ∈  0;

b) Kết quả − x cot x + ln sin x + C Bài tập 7.8: Tính: a)

b) Hướng dẫn

a) Nhân chia thêm sin x và đổi biến t = cos x . Kết quả

Bài tập 7.11: Chứng minh rằng:

 sin

cos 2 x + 4sin 2 x

a) Để ý 1 + sin 2 x = ( sin x + cos x ) và đổi biến t = sin x + cos x

1 b) Kết quả 2 a 2 sin 2 x + b 2 cos 2 x + C a − b2 3

2sin 2 x



Hướng dẫn

Kết quả −3 3 cos x + C

b) D =

a) Đổi biến t = cos x thì dt = − sin xdx

 sin

π /2

sin x − cos x dx 1 + sin 2 x

dx, a 2 ≠ b 2

Hướng dẫn

Bài tập 7.7: Tính a)

1 2

 0

π /2

sin xdx

(1 + cos2 x )

b) B =

J3 = −

sin 2 xdx

 3 + 4sin x − cos 2 x 0

x+2 4 ( x 2 + 4 x + 3)

Và tách J n +1 =

Hướng dẫn



3( x + 2 ) 3 x +1 + ln +C 8 ( x 2 + 4 x + 3) 16 x + 3

( x 2 + 4 x + 3)

n +1

=

1 1 . 2 dx n 2 x + 4 x+3 + + x 4 x 3 ( )

15 a) Đổi biến t = cos x . Kết quả 64 Trang 31

Trang 32

 R ( x,

CHUYÊN ĐỀ 8 - NGUYÊN HÀM HÀM VÔ TỈ VÀ HÀM LÔGARIT

)

x 2 − k 2 dx : Đặt x =

1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM

 R  x;

Nguyên hàm vô tỉ:

 R ( x, ( x − α )( β − x ) )dx : Đặt x = α + ( β − α ) sin

xα +1 uα +1 + C ;  uα .u '.dx = +C α +1 α +1

a b



a = a ,…

 e dx = e x

 a .u '.dx = ln a + c ( a > 0, a ≠ 1) u

αx

dx : Đặt u = P ( x ) , dv = eα x dx

px 2

x +m

x

dx : Đặt u = x 2 + m

.ln xdx : Đặt u = ln x, dv = xα .dx

a b

e

αx

k 2 − x 2 dx : Đặt x = k sin t hoặc k cos t

.sin β xdx : Đặt u = eα x , dv = sin β xdx

a b

1 2

x +m

e

:Đặt t = x + x 2 + m

αx

2. CÁC BÀI TOÁN

x 2 + mdx : Đặt u = x 2 + m , dv = dx

Bài toán 8.1: Tính a)

 (α x + β ) a

1 : Đặt t = αx+ β px 2 + qx + r

 R ( x,

k −x

 R ( x,

.cos β xdx : Đặt u = eα x , dv = cos β xdx

 e .u ' dx = e

 P ( x ).e

x+n



x+m +



px 2 + qx + r = t − x r

Các dạng tích phân từng phần:



px 2 + qx + r = t + x p hoặc

 a dx = ln a + c x

Nguyên hàm mũ và lôgarit:

px 2 + qx + r dx : Đặt

x−k dx : trục căn ở tử x+k

 ( x + m )( x + n ) : Đặt t = 

)

 R ( x,

m n

dx : nhân hợp liên hiệp (trục căn ở mẫu) px + q + px + r

Các dạng tích phân vô tỉ:



 αx+ β  dx : Đặt t = n γ x +δ 

Các biến đổi: chia tách, thêm bớt, khai triển, nhân chia lượng liên hợp, mũ phân số

αx + β γ x +δ



Với α ≠ −1 thì: α  x .dx =



k k hoặc sin t cos t

k +x

(

)

x + 3 x dx

 x(

)

x − 4 x + 1 dx

Hướng dẫn giải

  2 3 4 x + 3 x dx =   x + x  dx = x + x 3 + C 3 4  

) dx : Đặt x = k sin t hoặc k cos t

(

) dx : Đặt x = k tan t hoặc k cot t

 x(

Trang 1

1 2

)

1 3

2 3

3 1  5  6 11 4 7 4 3 x − 4 x + 1 dx =   x 6 − x 4 + 2 x 2  dx = x 6 − x 4 + x 2 + C 11 7 3  

)

Trang 2

Bài toán 8.2: Tính a)



1   1 −  dx x 3 x

x x+ x dx x2

A = 2 ( 2t 2 + 3) dt = 2 ( 2t 4 + 3t 2 ) dt

Hướng dẫn giải a)

3 4 2 = t 5 + 2t 3 + C = ( x − 3) 2 ( 2 x − 1) + C 5 5

 1  x x+ x 2  x2 dx =   x + x  dx = 2 x − x + C 3 − 2

b) Đặt t = 1 − x  x = (1 − t )  dx = −2 (1 − t ) dt

 1  1  3  1 − − x  dx = 2 x − 3 x 2 + C  dx =   2 x 3x  x  1 − 3

 

Q = 2

Bài toán 8.3: Tính a) I =

t −1  1 dt = 2  1 −  dt t  t

= 2 ( t − ln t ) + C = −2



dx x+3 − x−4



dx , a ≠ 0, b ≠ c ax + b + ax + c

b) J =

x − 3  x = t 2 + 3  dx = 2t.dt

a) Đổi biến: Đặt t =



b) 

Bài toán 8.6: Tính: a)



(

)

x + ln 1 − x + C

(

x 1+ x

)

1 7 =

b) J =

(

)

x + 3 + x − 4 dx =

(

a) Đặt t = 1 + x  x = t − 1  dx = 2t.dt

1 1 1    ( x + 3) 2 + ( x − 4 ) 2 dx  7  



)

(

( ax + b )

Bài toán 8.4: Tính a) E =



−

( ax + c )

= 2 1 + x + ln

)+C

x 4 + x −4 + 2dx

 (x

b) F =



2 1 5 2 x+2−2 3 −   dx =   ( x + 2 ) 3 − 2 ( x + 2 ) 3  dx = ( x + 2 ) 3 − 3 ( x + 2 ) 3 + C 3 5 x+2  

 ( 2 x − 3)

x − 3dx

b) B =

= 2 1 + x + ln

1 + x −1 +C 1+ x +1



 1−

1+ x t 2 dt 1   dx = 2 2 = 2 1 + 2  dt x t −1 t −1  

1   1 = 2 dt +   −  dt = 2t + ln t − 1 − ln t + 1 + C 1 1 t − t + 

2 1  1 1  + x −2 ) dx =   x 2 + 2  dx = x3 − + C x  x 3 

Bài toán 8.5: Tính: a) A =

1 + x −1 +C 1+ x +1

b) Đặt t = 1 + x  x = t 2 − 1  dx = 2t.dt

xdx b) F =  3 x+2 Hướng dẫn giải

a) E =

1+ x t 2 dt 1   dx = 2 2 = 2 1 + 2  dt x t −1  t −1 

1   1 = 2 dt +   −  dt = 2t + ln t − 1 − ln t + 1 + C  t −1 t +1

ax + b − ax + c dx

2 = a (b − c )

3 3 2  ( x + 3) 2 + ( x − 4 ) 2  + C  21  

1 b−c 

1 x2 + 9

Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải a) I =



b) Đặt t = x + x 2 + 9  dt =  1 +



  dx  x +9 

dx x2 + 9

dt t

Hướng dẫn giải Trang 3

Trang 4



dx 2

x +9

=

dt = ln t + C = ln x + x 2 + 9 + C t 7/3



Bài toán 8.7: Tính: a) K =

x +1 dx 3 3x + 1

b) L =

 2

Bài toán 8.9: Tính: a) C =

1 K =  ( t 4 + 2t ) dt = 31 3

1 b) L =  22



b + 2b

a − x dx

b) B =

 0

≤t ≤

π 2

nên D =

dx a 2 − x2

Khi x = 0 thì t = 0, x = a thì t = π /2



π /2

cos t .cos tdt = a

 0

π 2

1 t

Khi x = 0 thì t = 0; x = π /6

 0

a cos tdt = a cos t

1/2

 (1 + cos 2t ) dt

b) L =

dt =

 1/2

thì dx = a cos tdt

x2 + b

1 2

x +b

b 2 1 − ln 1 + 2 2 2

1 + x2 dx x4



(

b) L =



)

+ 1) dx

x x4 + 1

1/2

1 2

1/2

1 2 2

 1 5 5 −2 2 8  

 (1 + t ) d (1 + t ) = − 3  2

1 1+ 2 2 1 1  x dx = dx−   2 x 1  2 1/2  1  x + 2 x−  +2 x x  2

2   1 1 13 + 3  =  ln x − +  x −  + 2  = ln   x x 13 − 3    1/2

a π thì t = . 2 6

π /6



x +b

dx =

dt t

−1 dt t2

K = −  t 1 + t 2 dt = −

2 π /2

<t <

1 2

Hướng dẫn giải

a 2  sin 2t  π a2 t +  = 2 2 0 4

b) Đặt x = a sin t với −



− 0

a cos tdt = 2

x +b

b 2 b − 2 2

a) Đặt x =  dx =

)

x2 + b

)

dx = b 2 − D + b 

π /2

x2 + b − b

Bài toán 8.10: Tính: a) K =

thì dx = a cos t

 0

Hướng dẫn giải

A=a



a /2

(

= ln 1 + 2

(

)

x 2 + bdx = x + x 2 + b

=b 2−

3 3 1 7−3 3 +2 2  x + 1 + x − 1 dx =  ( x + 1) 2 + ( x − 1) 2  = 3 3 1

a) Đặt x = a sin t với −

b + 2b

 t5 t3  46  +  = 15 3 15  1



dt = ln t t

b) D =

Bài toán 8.8: Tính: a) A =





7 thì t = 2 . 3

  dx  x +b  x

a) Đặt t = x + x 2 + b  dt =  1 +

x 2 + b .dx

Hướng dẫn giải

(



b) D =

x2 + b

dx x +1 − x −1

t3 −1  dx = t 2 dt 3

Khi x = 0 thì t = 1, x =

 0

Hướng dẫn giải a) Đặt t = 3 3x + 1  x =



Bài toán 8.11: Tính: a) A = x 2 1 − x 2 dx b) B = x5 1 − x 2 dx

Hướng dẫn giải Trang 5

Trang 6

π  π ≤ t ≤   dx = cot dt 2  2

a) Đặt x = sin t  −

Khi x = 0 thì t = 0, x = 1 thì t = π /2

 0

1 4

π /2

 0

1 sin t cos tdt = 4 2

3 3 −1 1  2  − ln 1 +  4 8  3

a/ 3

xdx



b) J =

a + x . 1 + a 2 + x2

π /2

 sin

2tdt

xdx

Đặt t = 1 + a 2 + x 2  dt =

a2 + x2

π /2

1 − cos 4t 1  sin 4t  π = t −  = 2 8 4 0 16

2 a +1

dt = 2 t t

( )



a +1

b) Đặt t = 1 − x 2  x 2 = 1 − t 2  xdx = −tdt

2 a +1 a +1

(

2a + 1 − a + 1

4096

Bài toán 8.13: Tính: a) K =

Khi x = 0 thì t = 1, x = 1 thì t = 0 .



128

xdx 4

x − x

 0

x 2 dx

b) J =

x + x +1





dx x2 − 5x + 6

2  t14 t4  dt = 12   t 9 + t 4 + 5  dt t −1 t −1  2 2

a2 + x2 +

K = 12 

2 3

)

 464 − 4 2 1 31  = 12  + ln  5 5 4 2 −1  

x −2 + x −3

b) Đặt t =

 1 1  x − 2 + x − 3  dt  +  dx 2 x − 2 2 x −3  

2 1 3  +  + B ( x + 1) + C 2 4

Đồng nhất thì được A = 1, B = −2, C = −

 t10 t 5 1  = 12  + + ln t 5 − 1   10 5 5 



xdx

1 3  x 2 + x + 1 =  x +  + , ( x 2 + x + 1) ' = 2 x + 1 2 4 

Đặt x 2 = A   x + 



Khi x = 128 thì t = 2, x = 4096 thì t = 2 . a/ 3

Hướng dẫn giải a) Ta có

b) L =

a) Đặt x = t12 thì dt = 12t11dt

Bài toán 8.12: Tính: a) I =

)

Hướng dẫn giải

0 1 2  t7 2 1  8 B =  (1 − t 2 ) .t ( −t ) dt =  ( t 4 − 2t 2 + 1) t 2 dt =  − t 5 + t 3  = 7 5 3 105  0 1 0

 xdx = ( t − 1) dt

 1 1   dt =  +  dx  2 x − 2 2 x −3  

1 nên 2

  2 1 3 2x + 1 1 1   I =   x +  + − − 2 3 2 4 2   0 1 3 1 3   2 x + + x +     +  2 4 2 4    1

    dx   

L= 4

2+ 3

2dt = ln t t 2 +1

( x − 2 )( x − 3)  :

( x − 2 )( x − 3) 2+ 3 2 +1

= ln

2dt t

2+ 3 2 +1

Bài toán 8.14: Tính: 1

a) A =

 2x + 1 2 1  1  = x + x + 1 − ln  x + + x 2 + x + 1   8  2  0  4

 ( x + 1) 0

dx 2

x + 2x + 2

1/2

b) B =

 (x 0

dx 2

− 1) x 2 + 2

Hướng dẫn giải Trang 7

Trang 8

1 1 dt  x = − 1  dx = − 2 x +1 t t

a) Đặt t = 1/2

A= −

t +1

. Đặt u = t + t 2 + 1 

(1+ 5 )/2



Do đó A = −

1+ 2

3/2

 3t 2

dt 2

t +1

du u

(

2 1+ 2 du (1+ 5 ) /2 = − ( ln u ) 1+ 2 = ln u 1+ 5

3/2

dt 1 = 2 −1 2 3

1  t 3 −1  =  ln  2 3  t 3 + 1 

Vậy J n =

)



Theo định nghĩa tích phân, ta có với mọi x > 0

1 1  − dt 3 −1 t 3 +1

  t 2

3/2

= 2

(

f ( x) 1 1  2 =  f ( x ) = x3 x x x

1+ x



b) J n = x n . 1 − xdx

Bài toán 8.17: Tính: a)

 (2

− 3x ) dx

a) I n =

1+ x − x n

 (1 + x ) n

1+ x

dx =  0

1 n

1+ x

dx − 

(1 + x )

1+ x



5x (1 − 5− x ) 3x

Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải 1

f (t ) t2

Cho x = a ta được a = 9 và F ( x ) − F ( 0 ) + 6 = 2 x nên F ' ( x ) =

f (t ) dt + 6 = 2 x với mọi x > 0 . t2

F ( x) − F (a) + 6 = 2 x

) 6)

5 3 − 12 3

1 ln 2 3 23 7 − 2



Hướng dẫn giải Gọi F ( t ) là một nguyên hàm của hàm số

 (1 + x )

2n 2 ( n − 1) 2 2n+1.n! . ... J 0 = 2n + 3 2n + 1 5 3.5... ( 2n + 3)

Bài toán 8.16: Tìm hàm số f và số thực a > 0 thỏa mãn điều kiện:

Bài toán 8.15: Tính: a) I n =

2n 2n J n −1 ( J n−1 − J n )  J n = 3 2n + 3

2t 2 2dx  dt = 1− t2 ( x2 + 2 ) x 2 + 2

x 2 + 2  x2 =

b) Đặt t =

=0+

 (2

−3

x 2

)

dx =  ( 4 x − 2.6 x + 9 x ) dx =

4 6x 9x −2 + +C ln 4 ln 6 ln 9 x

5   5 (1 − 5 )  5   5x − 1 3x 3 −x b)  dx =  x =     − 3 dx =   + +C  3   5 ln 3 3x 3   ln 3

 1  1 x xn = −  xd  dx − n n n n n n 1 + x 0 0  1 + x  0 (1 + x ) . 1 + x n 1

−x

1 xn xn 1 dx −  dx = n + n n n n n n 2 0 (1 + x ) 1 + x 2 0 (1 + x ) . 1 + x

Bài toán 8.18: Tính: a)

e

sin x

cos xdx

b) u = x n , dv = 1 − xdx

(

1− x

)

2 3

(1 − x )

1 dx − e− x

e

sin x

cos xdx =  e

sin x

d ( sin x ) = e

sin x

1 t

b) Đặt t = e x thì dt = e x dx  dx = dt

+ 0

Hướng dẫn giải

Khi đó du = nx n−1dx, v = −

2 Jn = − x 3

e

2n n−1 x ( x − 1) 1 − xdx 3 0

e Trang 9

1 1 1 1  1 1  dx =  dt =  2 dt =   − dt − e− x t −1 2  t −1 t +1 t ( t − t −1 ) Trang 10

1 1 ex −1 ln t − 1 − ln t + 1 ) + C = ln x +C . ( 2 2 e +1

Bài toán 8.19: Tính: a)

 (1 + tan x )

e2 x dx b)

b) Đặt u = ln x, v ' =

( x + 1) dx



 x (1 + xe ) x

Hướng dẫn giải a)

 (1 + tan )

2 32 2 1 2 3 4 3 x ln x −  x 2 dx = x 2 ln x − x 2 + C 3 3 3 9

Bài toán 8.22: Tính: a)



e 2 x dx =  (1 + tan 2 x + 2 tan x ) e2 x dx a)

b) Đặt t = 1 + xe thì dt = ( x + 1) e dx x

( x + 1) dx

 x (1 + xe )



( ln x )



Bài toán 8.20: Tính: a) I = x .e dx x

b) J = e

3 x −9



a) Đặt u = x 3 , v ' = e x thì J = x3 .e x dx = e x x3 − 3 x 2 .e x dx Đặt u = x , v ' = e thì x

2 x

(

dx b)  x ln

x2 x 1 x ln − dx 2 1+ x 2  1+ x

x2 x 1  1 x2 x 1 1  ln +  − 1 dx = ln + ln 1 + x − x + C 2 1+ x 2 1+ x  2 1+ x 2 2



)

2 3

(

3x − 9e

3 x −9



−e

Bài toán 8.21: Tính: a) ln xdx

3 x −9

2 tdt 3

a) Đặt u = ln ( 2 x ) , dv = x3dx . Khi đó du = Ta có: I =

)+C



1 x4 dx, v = . x 4

x 4 ln ( 2 x ) x 4 ln ( 2 x ) x 4 x3 −  dx = − +C 4 4 4 16

b) Đặt u = x 2 , dv = cos ( 2 x ) dx . Khi đó du = 2 xdx, v = −

x ln xdx

Ta có: J =

Hướng dẫn giải a) Đặt u = ln x, dv = dx . Khi đó du =

b) J = x 2 cos ( 2 x ) dx Hướng dẫn giải

2 t te dt . Đặt u = t , v ' = et thì  tet dt = t.et − et + C 3

nên J =



a) I = x3 ln ( 2 x ) dx

Do đó J = e x x3 − 3 x 2 + 6 x − 6 + C b) Đặt t = 3 x − 9  3 x = t 2 + 9  dx =

x dx 1+ x

Bài toán 8.23: Tìm nguyên hàm

x x  x .e dx = x e − 2 xe dx = 2 xe − I 2

x 1 x2 ,v = , du = xdx . Khi đó du = 1+ x x (1 + x ) 2

 x ln 1 + x dx =

Hướng dẫn giải

1 2 dx =  ( ln x ) d ( ln x ) = ln 3 x + C 3

b) Đặt u = ln

t −1 xe x  1 1 =  −  dt = ln + C = ln +C t 1 + xe x  t −1 t  3

( ln x )

Hướng dẫn giải

=  ( tan x.e2 x ) dx = tan x.e 2 x + C

x ln xdx =

1 2 3 x  u ' = , v = x 2 . Ta có: x 3

1 dx, v = x . Ta có: x

x 2 sin ( 2 x ) −  x sin ( 2 x ) dx 2

Đặt u = x, dv = sin ( 2 x ) dx . Khi đó du = dx, v =

 x sin ( 2 x ) dx = −

 ln xdx = x ln x −  x. x dx = x ln x −  dx = x ln x − x + C

nên J = Trang 11

sin ( 2 x ) . 2

cos ( 2 x ) : 2

x cos ( 2 x ) cos ( 2 x ) x cos ( 2 x ) sin ( 2 x ) + dx = + +C 2 2 2 4

x 2 sin ( 2 x ) x cos ( 2 x ) sin ( 2 x ) + − +C 2 2 4 Trang 12

Bài toán 8.24: Tính:

Đặt tiếp u = 2 x + 1, dv = dx thì được K = 2 ( e − 1) .



 ( cos x + 2 x sin x ) dx

a) I = sin ( ln x ) dx

b) J = e

b) Đặt u = x3 + 2, dv = e x dx . Khi đó du = 3x 2 dx, v = e x .

Hướng dẫn giải u

A =  sin u.e du =  sin ud ( e u

L = e x ( x3 + 2 ) − 3 x 2 e x dx

a) Đặt u = ln x thì x = e nên dx = e du u

) = sin u.e −  cos u.e du u

Dùng tích phân từng phần 2 lần nữa thì L = 4 .

ln 4

= sin u.eu −  cos u.d ( eu ) = sin u.eu − cos u.eu −  sin u.eu du



Bài toán 8.26: Tính: a) A =

ln 2

Từ đó suy ra A =

1 x ( sin ( ln x ) − cos ( ln x ) ) + C 2

.cos xdx = e x .sin x −  2 xe x .sin xdx x2

 ( cos x + 2 x sin x ) = e

nên J = e

(x

Bài toán 8.25: Tính: a) K =

+ x + 1) e dx

b) L =

(x

b) B =

+ 2 ) e dx x

dt π . Đặt t = tan u thì B = +1 6 1

 1 + x dx −  (1 + x )

 −e x 1 1 e x  e ex dx −  + dx  = − 1 .  1+ x 1+ x 0 0 1+ x  2 0   1



Bài toán 8.27: Tính: a) e x cos xdx b) J = e 2 x sin 2 xdx 0

Hướng dẫn giải

Đặt tiếp u = 2 x + 1, dv = dx thì được K = 2 ( e − 1) . a) Đặt u = cos x, dv = e x , du = − sin x, v = e x

b) Đặt u = x 3 + 2, dv = e x dx . Khi đó du = 3 x 2 dx, v = e x .

2 x

I = cos x.e x +  e x .sin xdx = −1 − eπ +  sin xd ( e x )

L = e ( x + 2 ) − 3 x e dx 3

Bài toán 8.26: Tính: a) A =



ln 2

dx ex − 1

b) B =

xe x

 (1 + x )

Hướng dẫn giải

1 + eπ . 2

b) J =

K = ( x 2 + x + 1) e x −  ( 2 x + 1) e x dx = 3e − 1 −  ( 2 x + 1) e x dx 0

Do đó 2 I = −1 − eπ  I = −

a) Đặt u = x 2 + x + 1, dv = e x dx . Khi đó du = ( 2 x + 1) dx, v = e x . 1

= −1 − eπ + ( sin x.e x ) −  e x cos xdx = −1 − eπ − I

Dùng tích phân từng phần 2 lần nữa thì L = 4 . ln 4

=

K = ( x 21 + x + 1) e x −  ( 2 x + 1) e x dx = 3e − 1 −  ( 2 x + 1) e x dx

a) Đặt u = x 2 + x + 1, dv = e x dx . Khi đó du = ( 2 x + 1) dx, v = e x .

xe x

 (1 + x )

Hướng dẫn giải

t 1

.sin x + C x

b) B =

Hướng dẫn giải

e −1 x

2tdt a) Đặt t = e x − 1  e x = t 2 + 1  dx = 2 t +1

b) Đặt u = e x , dv = cos x . Khi đó du = 2 xe x dx, v = sin x

e

Dùng từng phần 2 lần liên tiếp thì J = Trang 13

1 1 1 (1 − cos 2 x ) d ( 22 x ) = e2 x (1 − cos 2 x ) −  e2 x .sin 2 xdx 4 0 4 20 0 1 2π ( e − 1) . 8 Trang 14

1



 1 + x − x  e

Bài toán 8.28: Tính a) I =

1 x

b) J =

0.5

3 0

3x dx + 3− x

Hướng dẫn giải 2

a) I =

e

1 x+ x

dx +

0,5

1 x+ x

1



  x − x  e

dx = xe

1 2 x+ x

0,5

Suy ra I = xe

1 2 x+ x 0,5

−

0,5

e

1 x+ x

 (e

 −1

−π

Do đó A =



b) B = x 2 e x sin xdx

Do đó 2 J =

Đặt x = sin t thì A =

π 4

π sin

sin 2 t 3x.sin 2 x dt =  dx 1 1 + 3x −π +1 t 3

xdx =

−

1 π (1 + cos 2 x ) dx  J = 2 −π 2

 (

)



Bài toán 8.31: Tính a) A = ln x 2 − x dx b) B = x5 ln xdx 2

Hướng dẫn giải

1 + 2x



1 − x2 2t 1 − t 2 2 x 1 − x2 dx =  dt =  dx t 1 + 2x 1 + 2 1 + 2x 0 0

(1 + 2x ) 1 − x2

dt π π = . Vậy I = . +1 2 4

b) Đặt x = −t thì dx = − dt nên: J = −

t

−1

1 − x2 1 − x2 dx +  dx x 1+ 2 1 + 2x 0

Đặt x = −t thì

dx dt et = −  −t = t dt 2 2 2 + 1)( x + 1) 1 ( e + 1)( t + 1) −1 ( e + 1)( t + 1)

Hướng dẫn giải a) A =

−

−1

nên 2 I = I + I =

1 1 5 ln  . 1 + 2  ln 3 3 



sin 2 x dx x +1

π 3

ex dx + 1)( x 2 + 1)

−1

3x − 3− x 1 1 5 x −x 0 3x + 3− x dx = ln 3 .ln ( 3 + 3 ) 0 = ln 3 ln 3

−1

 (e

−1

1 − x2 dx 1 + 2x

b) J =

a) Đặt x = −t thì dx = − dt . Khi x = −1  t = 1, x = −1  t = 1 .

0,5

dx + 1)( x 2 + 1)

Hướng dẫn giải

Bài toán 8.29: Tính: a) A =

 (e

−1

Ta có I =

Do đó: J =

Bài toán 8.30: Tính a) I =

3− x 0 3x + 3− x dx thì J + E = 0 dx = 1

và J − E =

dx, v = x

3 = e 2,5 . 2

b) Xét E =

Từ đó tính được B = e sin1

1  , dv = dx . Khi đó du =  x −  e x  1 x+ x

0 1

= e sin1 − 2 xe x sin xdx −  x 2e x cos xdx

0,5

Đặt u = e

Ta có:

1



  x − x  e

1 x+ x

B = e x x 2 sin x −  e x ( 2 x sin x + x 2 cos x ) dx

(

a) A = x ln x 2 − x

) −  2xx−−11dx = 3ln 6 − 2ln 2 −   2 + x 1− 1  dx = 3ln 3 − 2 3

dx 1 b) Đặt u = ln x, dv = x5 dx . Khi đó du = , v = x6 x 6

dx =  1 − x 2 dx 0

2 5  x 6 ln x  x dx 32 7 B= = ln 2 −  − 3 4  6 1 1 6

b) Đặt u = x sin x, dv = e x dx thì Trang 15

Trang 16



Bài toán 8.32: Tính a) C = x ln 2 xdx

b) D =

(x

π /2

− x + 1) ln xdx

Hướng dẫn giải

2 2 2− 2 ln 2 − sin x = ln 2 − 4 4 2 π /4 3

x −1  2x dx = 3ln 3 − 6ln 2  − x + 1  2 2 x 2 − 1

 

b) B =  x ln

2ln x 1 a) Đặt u = ln x, dv = xdx . Khi đó du = dx, v = x 2 x 2 2

e e  x2  e2 C =  ln 2 x  −  x ln xdx = −  x ln xdx 2 1  2 1 1

Bài toán 8.35: Tính: a) C =

3 + ln x

 ( x + 1)

b) D =

dx 2

 x ln xdx = 1

dx x ,v = x 2

a) C =

x2 1 e2 1 e2 − 1 ln x −  xdx = − ( e 2 − 1)  C = 2 21 2 4 4 1 e

(

)

(

D = x 2 + 1.ln x + x 2 + 1

e  x2 x  e3 e2 2e3 e 2 31 = − + e −   − + 1 dx = − + 3 2 3 2  9 4 36 1

3 + ln 3 3 1 dx 1 27  + +  dx −  =  3 + ln  4 2 1x x + 1 4 16   1 x

b) Đặt u = ln x + x 2 + 1 , dv =

)

x2 + 1

thì:

− 0

 dx = 2ln 3 −

a) I =



(1 + 2 x ) ln x + 3 dx

b) I =

1 + x ln x

a) I =

 (1 + ln x )

1 2

1 4



b) J = 2 ln xd 1

1 d (1 + ln x ) = (1 + ln x ) 2

( x ) = (2

= 4ln 4 − 4

( x)

4 1

x .ln x

)

4 1

− 2 1

3 e 2 1

)

dx x

1 + x ln x

 1

2 (1 + x ln x ) + (1 + ln x ) dx 1 + x ln x e

1 + ln x 1 + ln x e dx = 2 x 1 +  dx = 2 ( e − 1) + J 1 + x ln x 1 + x ln x 1 1

Tính J =

 cos x ln ( sin x ) dx



b) B = ln 2

π /2

 ln ( sin x ) d ( sin x ) = sin x.ln ( sin x ) π π

− /4

1 + ln x

 1 + x ln x dx 1

x −1 dx x +1

Đặt t = 1 + x ln x  dt = (1 + ln x ) dx Khi x = 1 thì t = 1 , khi x = e thì t = 1 + e

Hướng dẫn giải

= 2 dx + 

π /4

a) A =

(1 + 2 x ) ln x + 3 dx =

π /2



a) Ta có I =

= 4 ( ln 4 − 1)

Bài toán 8.34: Tính: a) A =

Hướng dẫn giải

2 = 2 2 −1 3

(

x + 2ln x

 ( x + 1) 1

Hướng dẫn giải e

Bài toán 8.36: Tính:

1 + ln x ln x dx b) J =  dx x x 1

e  x3 x 2   x3 x 2 1 D =  − + x  ln x −   − + x  dx 3 2 3 2   x 1 1



)dx

−1  3 + ln x dx + =− x + 1 x + 1 x x ( + 1)   1 1

=−

)

Bài toán 8.33: Tính: a) I =

x2 + 1

  ( 3 + ln x ) d  2

b) Đặt u = ln x, dv = x 2 − x + 1 dx thì:

(

Hướng dẫn giải

Đặt u = ln x, dv = xdx . Khi đó du =



x ln x + x 2 + 1

1+ e

π /2

nên J =

 cos xdx π

 1

Trang 17

dt 1+ e = ln t 1 = ln (1 + e ) nên I = 2 ( e − 1) + ln (1 + e ) t Trang 18

b) I =

x + 2ln x

 ( x + 1)

2 1 1 2ln x  dx =   − +  dx 2 3 3  ( x + 1) ( x + 1)  1  ( x + 1) 2

5 = 2ln 2 − ln 3 nên I = ln 2 − ln 3 . 3

1 1 1 ln x 7 ln x dx = + 2 dx =− + . + 2 3 3 12 x + 1 1 2 ( x + 1)2 1 ( x + 1) 1 ( x + 1)

Tính J =

b) Ta có I =

ln x

 ( x + 1) dx Tính

dx 1 1 Đặt u = ln x, dv = . Khi đó du = ,v = − . 3 2 x 2 ( x + 1) ( x + 1) 2

ln x 2 ( x + 1)

dx +  0

xe x

( x + 1)

−2 xe x xe x + dx = 1 +  dx 2 x + 1 0 0 ( x + 1)2 0 ( x + 1)

dx =

2 1

ln 2 1 4 1 + ln − 18 2 3 12

Suy ra I =

x dx + e− x + 2

b) I =

x

e

Đặt u = x, dv =

x dx = + e− x + 2

( e + 1) x

ln 2

Ta có: I = − ln 2

x + e +1 0

e 0

ln 2

 0

e 0

dx ln 2 = + +1 3

xe x −1 − ( x + 1) e x dx x + 1 0 0 x + 1

e 2. 2

2 + xe x dx + 2x + 1

)

(

a) F ( x ) = ln x + 1 + x 2 + C ; f ( x ) =

1 1 + x2

1 x π +  + C; f ( x ) = cos x 2 4

b) F ( x ) = ln tan 

Hướng dẫn giải

dx . Khi đó du = dx, v = −

ln 2

dx = −

1 x +1

Bài toán 8.38: Chứng minh F ( x ) là nguyên hàm của f ( x ) :

+ 1)

ln 2

e 0

1 e e e = − +  e x dx = − + e x dx = − 1 0 2 0 2 2

Hướng dẫn giải ln 2

Thay vào ta được I =

ln 2

e

xe x

 ( x + 1) 0

7 4 ln 2 5  ln 2 1 4 1  + 2 − + ln −  = ln − − 12 3 9 72  18 2 3 12 

Bài toán 8.37: Tính: a) I =

Ta có:

=−

 ( x + 1) dx . Đặt u = xe , dv = ( x + 1)

Khi đó du = ( x + 1) e x .dx; v = −

ln 2 1  x 1  ln 2 1  4 1  +  ln + +  ln −   =− 18 2  x + 1 x + 1  1 18 2  3 6 

1 dx ln 2 1  1 1 1  =− + −  −  dx 2 1 x ( x + 1)2 18 2 1  x x + 1 ( x + 1)2  2

=−

Tính J =

 ( x + 1)

a) Ta có I =

J =−

2 2 dt 1 1  =  −  dt = ln t 1 − ln t + 1 1 t t + 1 t t + 1 ( )   1 1

J =

1 e +1

a) F ' ( x ) =

dx +1

b) F ' ( x ) =

x2 + 1 = x + x2 + 1

1 x2 + 1

 đpcm.

1 1 . x π x π  2cos  +  tan  +  2 4 2 4 2

dt dx . Đặt e x = t thì x = ln t  dx = +1 t

Khi x = 0  t = 1; x = ln 2  t = 2 Trang 19

1 1 1 = = π  cos x x π  x π   2cos  +  sin  +  sin  x +  2 2 4 2 4  Trang 20

e2 x

Bài toán 8.39: Tìm cực đại và cực tiểu của hàm số f ( x ) =



a) I = x 2 − x 2 dx

t ln tdt

b) I =

Gọi F ( t ) là một nguyên hàm của hàm số t ln t trên ( 0; +∞ )

(

)

= 4 xe4 x − xe 2 x = xe 2 x 4e 2 x − 1

 1

Đặt t = ln x 

ln 2



)

nên I 3 = e x x3 − 3x 2 + 6 x − 6 + C .

ln 2

 (e



dv =

Hướng dẫn giải

( ) = ( x .e )

In =  x d e n

Bài toán 8.42: Cho J n =

− n  x e dx = e − nI n−1 0

 ( ln x )

dx . Chứng minh J n −1 ≤ J n ≤

J n = x ( ln x )

− n  ( ln x )

n −1

ln 2

 t (e

− e −t ) dt

5ln 2 − 3 2

dx x

5 1 5 3  = ln 2 −  2 −  = ln 2 − . 2 2 2 2 

e n +1

Hướng dẫn giải n e

)

x2 − 1 1  1  dx =  1 − 2  dx  v = x + x2 x x   2

n −1 x

(

1 1  dx 5 1  5 1      I =  x +  ln x −   x +  = ln 2 −  1 + 2  dx = ln 2 −  x −  x x x 2 x  2 x 1   1 1 1

+ e− t ) dt =

Cách khác: Đặt u = ln x  du =

Bài toán 8.41: Cho I n = x ne x dx . Tính I n theo I n−1 .

1 1/2 u du 2 2

dx = dt , x = et , t (1) = 0, t ( 2 ) = ln 2  I = x

 I = t ( et + e −t )  − 0

Do đó I 3 = x3e x − 3I 2 , I 2 = x 2 e x − 2 I1 , I1 = xe x dx = e x ( x − 1) + C

(

)

Đặt u = t  du = dt , dv = et − e − t , chọn v = et + e −t

I n =  x d ( ex ) = x .e − n  x e dx = x .e x − nI n−1 n −1 x

(

d 2 − x2 = −

x2 −1 ln xdx x2

Hướng dẫn giải n

1/2

)

Bài toán 8.40: Đặt I n = x e dx, n ∉ ℕ . Tính I theo I n−1 với n ≥ 2 . Suy ra I 3 .

(

1 1/2 1 1  u du (đặt u = ( 2 − x 2 ) ) =  u 3/2  = 2 2 − 1 . 2 1 3 1 3

b) I =

Lập BBT thì f đạt cực tiểu tại x = 0 và đạt cực đại tại x = − ln 2 . n x

1 2 − x2 2 0

f ' ( x ) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = − ln 2



a) I = x 2 − x 2 dx = −

Ta có: f ( x ) = F e 2 x − F e x , suy ra: 2x

x2 −1 ln xdx x2

Hướng dẫn giải

( ) ( ) f ' ( x ) = F ' ( e ) 2e − F ' ( e ) e



3. BÀI LUYỆN TẬP Bài toán 8.1: Chứng minh F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) :

= e − nJ n−1

a) F ( x ) = x ln x − x; f ( x ) = ln x

Với 1 ≤ x ≤ e  0 ≤ ln x ≤ 1  J n +1 ≤ J n

b) F ( x ) = ln tan

Do đó J n = e − nJ n−1 ≤ e − nJ n

x 1 + C; f ( x ) = 2 sin x

 ( n + 1) J n ≤ e  đpcm.

Hướng dẫn

Bài toán 8.43: Tính tích phân

a) Dùng định nghĩa và công thức đạo hàm Trang 21

Trang 22

b) Dùng định nghĩa và công thức ( ln u ) ' =



Bài tập 8.2: Tính: a) A = x 7 − 3 x 2 dx

u' u

b) Kết quả

b) P =



x 3

26 5

x +4

Bài tập 8.6: Tính: a) C =

 1+ 0

dx x + x +1

b) D =

Hướng dẫn

1 a) Trục căn thức ở mẫu. Kết quả 3 − 2 − ln 1 + 2 3

(

2 3 2 x + 4) 3 + C ( 4

Bài tập 8.3: Tính a)



b) Kết quả D =

(

x 1+ x

)

 2x

xdx 2

(

x . Kết quả −

)

−1 + 3 x −1

1 + x 2 dx

b) I =



1 + 2x x + 1 + 2x 1 + x + x2 + 1

)

Bài tập 8.5: Tính: a) I =

 0

) ( x −1+ 4 − x2

a) Dùng tích phân từng phần. Kết quả tan x.ln ( sin x ) − x + C

)

(



Bài tập 8.9: Tính a) I = x ln

 x 2 + 1 + 2ln x + x 2 + 1 + 1  + C 

)

b) J =

 0

x5 + 2 x3 x2 + 1

1− x dx 1+ x

b) J =

ln x dx x2 1



Hướng dẫn a) Dùng tích phân từng phần

Kết quả

Hướng dẫn a) Đổi biến t = 4 − x 2 . Kết quả

)

(

Hướng dẫn

)

x3dx

ln ( sin x ) dx b)  ln x + 1 + x 2 dx cos 2 x

b) Kết quả x ln x + 1 + x 2 − 1 + x 2 + C

(



1 ln x + 1 + x 2 + x 1 + x 2 + C 2 2

12 x dx x − 9x

 16

a) Dùng nguyên hàm từng phần

(

1 4 x − 3x .ln x +C 2 ( ln 4 − ln 3) 4 + 3x

Hướng dẫn

1 x + x2 + 1 2 

4 x

(

Bài tập 8.8: Tính: a)

b) Kết quả

 x e dx

Kết quả x 4 − 4 x3 + 12 x 2 − 24 x + 24 e x + C

Bài tập 8.4: Tính

Kết quả

))

a) Dùng tích phân từng phần 4 lần liên tiếp.

2 +C 1+ x

b) Kết quả



(

Hướng dẫn

x −1 + 1 1 b) Kết quả ln +C 2 2 x2 − 1 + 1

a) I =

x2 + 1

2 2 −1 15

Bài tập 8.7: Tính a)

Hướng dẫn a) Đổi biến t = 1 +

x3dx

Hướng dẫn

3 1 a) Đổi biến t = 7 − 3 x 2 . Kết quả − ( 7 − 3x 2 ) 2 + C 3

b) Kết quả

 x+

1 2 1− x 1 1+ x 1 x ln + ln − x+C 2 1+ x 4 1− x 2

b) Kết quả 1 −

16 −3 3 3

2 e

Bài tập 8.10: Tính: Trang 23

Trang 24

π /2

a) I =

 (e

sin x

π /2

+ cos x ) cos xdx

b) J =

e

sin 5 xdx

Hướng dẫn a) Tách 2 tích phân và dùng đổi biến, tích phân từng phần. Kết quả e +

π 4

−1

3π

3.e 2 + 5 b) Kết quả 34 1

 (

)

Bài tập 8.11: Tính: a) I = ln x 2 + 1 dx

b) J =

 ( ln x )

Hướng dẫn a) Dùng tích phân từng phần. Kết quả ln 2 − 2 +

π 2

b) Kết quả e − 2 Bài tập 8.12: Tính: 1

a) I =

 ( x + 1) e

−x



 x

b) J = 

1  + 2  ln xdx 1 + 3ln x 

Hướng dẫn a) Dùng tích phân từng phần. Kết quả 2 −

3 e

b) Tách 2 tích phân và dùng đổi biến, tích phân từng phần. Kết quả

62 . 27

Trang 25

Thể tích khối tròn xoay

CHUYÊN ĐỀ 9 - ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN



Thể tích vật thể tổng quát V = S ( x ) dx

1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM

Thể tích khối tròn xoay: Khi quay hình phẳng giới hạn bởi

Diện tích hình thang cong:

y = f ( x ) , y = 0 (trục hoành) và x = a, x = b quanh trục

Cho hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ( x ) ,

trục hoành và hai đường thẳng x = a , x = b ( a < b ). Giả sử



hoành: V = π y 2 dx

f là hàm số liên tục và nhận giá trị dương trên đoạn [ a; b ] .

Diện tích S của hình thang cong đó là: S = F ( b ) − F ( a ) .

Tương tự, nếu quay quanh trục Oy hình phẳng giới hạn bởi x = g ( y ) , x = 0 và y = c, y = d thì có thể tích:

Diện tích hình phẳng

V = π  x 2 dy .

Từ định nghĩa tích phân, với y = f ( x ) ≥ 0 và liên tục trên

đoạn [ a; b ] thì diện tích hình thang cong giới hạn bởi đồ thị

Chú ý:

y = f ( x ) , trục hoành và 2 đường thẳng x = a, x = b là:

- Xác định theo công thức hình giới hạn bởi 1 hàm y = f ( x ) và trục Ox khi quay quanh trục Ox, nếu chưa có hai biên thì phải tìm hoành độ giao điểm.

S =  f ( x ) dx .

- Xác định hình theo đồ thị thì phải đánh dấu miền diện tích giới hạn các biên.

- Ngoài cách tính trực tiếp thì ta có thể chai ra nhiều phần thể tích để tính tổng thể tích khối tròn xoay, liaasy thể tích lớn trừ bớt phần dư, dựa vào tính đối xứng để tính gọn.

Tương tự, diện tích hình thang cong giới hạn bởi đồ thị d

x = g ( y ) , trục tung và 2 đường thẳng y = c , y = d là: S y =  g ( y ) dy .

2. CÁC BÀI TOÁN

Mở rộng cho y = f ( x ) bất kỳ liên tục trên đoạn [ a; b] thì diện tích giới hạn như trên là: S =



f ( x ) dx

Bài toán 9.1: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số: y = ( x + 2 ) e2 x , trục hoành và 2 đường thẳng x = 0, x = 3 . Hướng dẫn giải

Đối với 2 đồ thị y = f ( x ) , y = g ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] thì diện tích giới hạn bởi 2 đồ thị đó và 2 đường thẳng x = a , x = b là:

S =  ( x + 2 ) e2 x dx =

S =  f ( x ) − g ( x ) dx

Chú ý: - Xác định theo định nghĩa gồm 1 hàm y = f ( x ) và trục Ox, nếu chưa có hai biên thì phải tìm hoành độ giao điểm.

1 ( x + 2 ) d ( e2 x ) 3 0 3

1 1 1 1 3 ( x + 2 ) e 2 x −  e2 x dx = ( 5e6 − 2 ) − ( e6 − 1) = ( 3e6 − 1) (đvdt). 2 20 2 4 4 0

Bài toán 9.2: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số:

y = x ( x + 1)( x − 2 ) và trục hoành. Hướng dẫn giải

- Xác định theo đồ thị thì phải đánh dấu miền diện tích giới hạn các biên. Phá dấu giá trị tuyệt đối thì xét dấu, chia miền so sánh hoặc dùng đồ thị trên dưới.

y = 0 ⇔ x = −1, x = 0, x = 2

- Ngoài cách tính trực tiếp thì ta có thể chai ra nhiều phần diện tích để tính, lấy diện tích lớn trừ bớt phần dư hoặc đổi vai trò x và y; dựa vào tính đối xứng để tính gọn.

 x ( x + 1)( x − 2) dx −1

Trang 1

Trang 2

 (x

Bài toán 9.5: Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: x = 4 − 4 y 2 và x = 1 − y 4 .

− x 2 − 2 x ) dx +  ( − x3 + x 2 + 2 x ) dx

−1

Hướng dẫn giải

Do tính đối xứng nên S = 2 ( S1 − S 2 )

37 = (đvdt). 12

1  4 − x 2 = 2   dx − 2 (1 − x ) 4 dx 4  2 0

Bài tập 9.3: Tìm diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( C ) của hàm số:

2 x 2 − 10 x − 12 và trục hoành. x+2

Hướng dẫn giải

16 8 56 − = (đvdt). 3 5 15

y = 0 ⇔ x = −1, x = 6 1

Diện tích hình phẳng S cần tìm là: 6

Cách khác: S = 2

 −1

 ( ( 4 − y ) − (1 − y ) )dy 4

2 x − 10 x − 12 dx x+2

Bài toán 9.6: Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: y 2 = 2 px, x 2 = 2 py ( p > 0 ) . Hướng dẫn giải

16   =  14 − 2 x −  dx x+2 −1 

Hoành độ giao điểm:

= (14 x − x 2 − 16ln x + 2 )

6 −1

 x2    = 2 px ⇔ x = 0, x = 2 p  2p 

= 63 − 16ln 8 (đvdt)

Bài toán 9.4: Tính diện tích các hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số:

y = x 2 − 1 và y = 5 + x .

x2  4 2  dx = p (đvdt) 2p  3

Bài toán 9.7: Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi hai đường cong

Do tính đối xứng nên

(

2 px −

Hướng dẫn giải 3



 

y 2 = x 3 và y 2 = ( 2 − x ) .

)

S = 2  5 + x − x 2 − 1 dx 0

Hướng dẫn giải Tọa độ giao điểm của hai đường cong là nghiệm của hệ phương trình:

3 1  = 2   ( 5 + x − 1 + x 2 ) dx +  ( 5 + x − x 2 + 1) dx  1 0 

 y 2 = x3  2 3  y = ( 2 − x )

1 3  1 1 1   1   73 (đvdt). =  x 3 + x 2 + 4 x  +  − x 3 + x 2 + 6 x   = 2 2 0  3  1  3  3

 x3 = ( 2 − x )  x = 1, y = ±1 2

Nhánh nằm trên trục hoành của hai đường cong tương ứng là x = y 3 và 2

y = 2 − y3 Theo tính chất đối xứng thì

Trang 3

Trang 4

1 2 2    8 S = 2   2 − y 3  − y 3 dy = (đvdt).   5  0  

π (1 + sin u ) cos u.cos udu = π cos

−

Bài toán 9.8: Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị của hàm số y = ( x − 1) 3 3 − 4 x và trục hoành.



π 2

Hướng dẫn giải

π

−

x= Ta có: y = ( x − 1) 3 3 − 4 x = 0 ⇔  4  x = 1

3  4 

π 2

f ( x) = g ( x) =

1 ( 3 − t 3 ) nên dx = 34 t 2 dt . 4

⇔ x1 = −2, x2 = 0, x3 = 3 Do đó: 0

3 3 1 1  9 S = −  t 3 (1 + t 3 )dt = −  t 4 + t 7  = (đvdt). 16 −1 16  4 7  −1 448

S= 0

Bài toán 9.9: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x 2 x − x và trục hoành.

Hướng dẫn giải

x = 0 Cho y = 0 ⇔ x 2 x − x 2 = 0 ⇔  x = 2

, khi x = 2 thì u =

0 2

x − x − 6x x − x − 6x 16 21 253 (đvdt). dx −  dx = + = 3 3 9 4 36 −2 0



x2 trong miền 4

Với x ≥ 0, 0 ≤ y ≤ 1 thì x = y, x = 2 y 1

π 2

(

)

S =  2 y − y dy

 π π ; thì dx = cos udu .  2 2 

−2 3

Hướng dẫn giải

Đặt x − 1 = sin u , u ∈  − Khi x = 0 thì u = −

x ≥ 0, y ≤ 1 .

S =  x 2 x − x 2 dx =  x 1 − ( x − 1) dx

Bài toán 9.11: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x, y = 1 và y =

Vì x 2 x − x 2 ≥ 0 với mọi x ∈ [ 0;2 ] nên diện tích giới hạn là:

 f ( x ) − g ( x ) dx =   f ( x ) − f ( x )dx +   g ( x ) − f ( x )dx −2

x3 4 x x 2 2 x − = + 3 3 3 3

⇔ x ( x2 − x − 6) = 0

3  t = 0; x = 1  t = −1 . 4

x3 4 x x2 2 x − và g ( x ) = + 3 3 3 3

Phương trình hoành độ giao điểm

3 4

Khi x =

Hướng dẫn giải

3 − 4x = t  x =

Bài toán 9.10: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số f ( x ) =

y = ( x − 1) 3 − 4 x và Ox: S =  ( x − 1) 3 − 4 xdx

−

(đvdt).

Đặt

π cos u ( d cos u )

2 1 + cos 2u 1 π  u sin 2u  2 du − cos3 u =  +  π −0 = π 2 3 2 4 2  − −

Diện tích của hình phẳng được giới hạn bởi đồ thị hàm số 3

udu −

Vậy S =

Với x ∈  ;1  ( x − 1) 3 3 − 4 x ≥ 0

−

π 2

4 3 1  5 =  y 2 − y 2  = (đvdt). 2 0 6 3

Trang 5

Trang 6

Bài toán 9.12: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y = x 2 ,

ln 3

y = 4 x − 4 và y = −4 x − 4 . Hai đường thẳng y = 4 x − 4 , y = −4 x − 4 là 2 tiếp tuyến của ( P ) : y = x 0

 (x

8 8 16 (đvdt). = + = 3 3 3

3x x2 và y = 4 x +1

2tdt t2 −1

 2  2tdt   t − t  . t 2 − 1 = 2

2     2 − t 2 − 1  dt = 2 2 2



1 

  t − t − 1 + t + 1  dt 2

(

)

= 4 − 2 2 + ln 9 − 6 2 (đvdt)

Hướng dẫn giải Hai tiếp tuyến qua B là:

 x ≠ −1 x = 0 3x x2 = ⇔ 2 ⇔ x=3 4 x +1 x − 3 x = 0  

y = −4 x − 1 có tiếp điểm E ( −1;3) y = 8 x − 25 có tiếp điểm F ( 5;15 )

3x x2 Với x ∈ [ 0;3] thì ≥ . Diện tích hình giới hạn là 4 x +1 3

 dx =

Bài toán 9.15: Tìm diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị: y = x 2 − 2 x và 2 tiếp tuyến qua B ( 2; −9 ) .

Hướng dẫn giải

S=

2 ex + 1

= ( 2t − ln t − 1 + ln t + 1 )

Bài toán 9.13: Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị:

Phương trình hoành độ giao điểm

e x dx

Khi x = 0  t = 2; x = ln 3  2 .

+ 4 x + 4 )dx +  ( x 2 − 4 x + 4 )dx

−2

 dx e +1  2

Đặt t = e x + 1  dt =

ex + 1 −

Hướng dẫn giải



 

3  3x 3x x2 x2  − dx =   − dx 4 x +1 4 x +1 0

3x x2 3 1   dx −  dx = x 2 −   x − 1 +  dx = 4 1 8 x + x +1  0 0 0 0

=

3 27  1 2 15  −  x − x  − ln x + 1 0 = − 2ln 2 (đvdt) 8 2 8 0

Bài toán 9.14: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:

y = e x + 1, y =

ex +1

và x = ln 3

Hướng dẫn giải Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường cong:

ex + 1 = Ta có

e +1 x

⇔ ex + 1 = 2 ⇔ ex = 1 ⇔ x = 0

ex + 1 ≥ 2 ≥

e +1 x

−1

S = S1 + S2 =   x 2 − 2 x − ( −4 x − 1) dx +   x 2 − 2 x − ( 8 x − 25) dx = 18 Bài toán 9.16: Tính diện tích của hình Elip (E) có phương trình đường biên: ( E ) :

; ∀x ∈ [ 0;ln 3] nên diện tích hình giới hạn là

x2 y 2 + = 1. a 2 b2

Giải Trang 7

Trang 8

Ta có

x2 y2 b 2 + =1⇔ y = ± a − x2 a 2 b2 a

Phương trình của

(E)

Vậy S = S AKB − S0 = 3 −

trong góc phần tư thứ I là: y =

b 2 a − x 2 . Theo tính đối xứng thì a

4b S = 4S1 = a 2 − x 2 dx a 0 Đặt: x = a sin t , với 0 ≤ t ≤

S = 4ab 

π 2

Bài toán 9.19: Cho ( P ) : y = x 2 và đường thẳng d qua A (1;3) có hệ số góc k. Tìm k để diện tích hình phẳng giới hạn bởi d và ( P ) có diện tích nhỏ nhất.

PT hoành độ giao điểm: x 2 = k ( x − 1) + 3

x 2 − kx + k − 30 =

. Khi đó:

∆ = k 2 − 4k + 12 > 0, ∀k π /2

π /2

Gọi 2 nghiệm x1 , x2 thì:

a 2 − a 2 sin 2 t .cos tdt = 4ab  cos t .cos tdt = 4ab  cos 2 tdt

π /2

 1  = 2ab  (1 + cos 2t ) dt = 2ab  t + sin 2t  = π ab (đvdt)  2 0 0

A. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường thẳng d, trục hoành và đường elip.

3 k x3  1 1 =  x 2 − ( k + 3) x −  = ( x2 − x1 ) ( k 2 − 4k + 12 ) = ( k 2 − 4k + 12 ) 2 3 x 6 6 2 1 3

1 2 2 2 nên min S khi k = 2 . ( k − 2 ) + 8 2 ≥ 6 3

Bài toán 9.20: Một hình phẳng được giới hạn bởi y = f ( x ) = e− x , y = 0, x = 0 và x = 1 . Ta chia đoạn [ 0;1]

Hướng dẫn giải

x 3 + y = 1. 4 2

thành n phần bằng nhau tạo thành một hình bậc thang có tổng diện tích Sn . Chứng minh lim S n =

 f ( x ) dx 0

d cắt Ox tại B ( 4;0 ) . Hạ AK vuông góc với trục hoành.

Hướng dẫn giải

1 1 − e −1 ) 1 n −2 −  1  1n 1 − 1n 1 − e −1 n ( n n Ta có Sn =  e + e + ... + e  = e = 1 1 − n  n 1− e n e n −1

3 3 3 ; KB = 3 nên S AKB = 2 4 2

Diện tích tam giác cong AKC là S0 =

 x2 3 + y 2 = 1 và điểm A  1;  nằm trên elip. Gọi d là tiếp tuyến với elip tại 4 2  

Bài toán 9.17: Cho elip với PT:

 ( k ( x − 1) + 3 − x )dx

Đặc biệt: khi a = b = R thì có diện tích hình tròn π R 2

Ta có AK =

(đvdt).

d : y = k ( x − 1) + 3  dx = a cos t.dt

Phương trình tiếp tuyến d là

Hướng dẫn giải

Đổi cận: x = 0  t = 0; x = a  t = π /2

1 4 − x 2 dx 2 1

Đổi biến x = 2sin t thì dx = 2cos tdt π 2



Ta được S0 = 2cos 2 tdt = π 6

π 3

−

3 4

Trang 9

Trang 10

b) Giới hạn bởi các đường y = 0, y =

2 9 − x2 3 Hướng dẫn giải



( )

(

a) V = π x 2e x dx = π x 2 d e x = π x 2 e x

)

1 0

− 2π  xe x dx 0

1   1 = π e − 2π  xe x −  e x dx  = π ( e − 1) (đvtt). 0 0  

b) Do tính đối xứng của hình phẳng qua trục tung nên: 1

Do đó lim S n = 1 − e−1 và n →+∞

e

−x

4 ( 9 − x 2 )dx = 89π  9 x − 13 x3  = 89π ( 27 − 9) = 16π 9 0 0

V = 2π 

Bài toán 9.21: Tính thể tích của vật thể:

Bài toán 9.24: Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

a) Giữa hai mặt phẳng: x = 0, x = 2 và thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại

y = 1 + 2 x .e3 x và các trục tọa độ, quanh trục hoành.

5x 2 .

điểm có hoành độ x ( 0 ≤ x ≤ 2 ) là một nửa hình tròn đường kính

Hướng dẫn giải

b) Mỗi thiết diện vuông góc với trục Ox là một hình vuông có đáy là một tam giác cho bởi y = x, y = 0 và

x =1.

1 2

Cho y = 0 thì y = 1 + 2 x .e3 x = 0  x = − .

Hướng dẫn giải b

a) Ta có V = π

 ( f ( x))

Vì

5 x4 x5 dx =  π dx = π = 4π (đvtt) 8 8 0 0

b) Thiết diện tại x ∈ [ 0;1] là hình vuông cạnh bằng x có diện tích S ( x ) = x . 1



. Hướng dẫn giải

π /4

V =π

 cos 0

xdx =

π 2

π /4

1 2

Đặt u = 1 + 2 x, dv = e6 x dx . Khi đó du = 2dx, v =

Bài toán 9.22: Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng quanh Ox, giới hạn bởi các đường y = cos x, y = 0, x = 0 và x =

 (1 + 2 x ) e −

1 (đvtt). 3

 1  1 + 2 x .e3 x ≥ 0 , với mọi x ∈  − ;0 nên thể tích khối tròn xoay là:  2 

V =π

Vậy V = S ( x ) dx = x 2 dx =

dx = 1 − e −1  đpcm.

π



 (1 + cos 2 x ) dx = 2  x − 2 sin 2 x  0

π /4

= 0

π (π + 2 ) 8

1 6x e . 6

0   0 0  (1 + 2 x )  1 1  1 1  1 Ta có: V = π  e6 x −  e6 x dx  = π  − (1 − e −3 )  = π  +  3 1 6 17 9 18e3   6  1    − − 1 2  2 −   2 

1  1 + (đvtt). 3   9 18e 

(đvtt).

Vậy V = π 

Bài toán 9.23: Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng quanh Ox:

Bài toán 9.25: Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng quanh Ox:

x 2

a) Giới hạn bởi các đường y = xe , y = 0, x = 0 và x = 1

a) Giới hạn bởi y = Trang 11

 π x, y = sin x, x ∈  0;   2 Trang 12

b) Giới hạn bởi: y = x 2 − 3 x + 3, y = x,0 ≤ x ≤ 3

Ta có y =

Hướng dẫn giải a) V = V1 − V2 π /2

=π



  sin

Do đó hình phẳng là hình thang cong được giới hạn bởi các đường cong y = 2

x−

π2

4 x2  dx π2 

π2

Đặt u = x, dv =

b) V = (V1 − V2 ) + (V3 − V4 )

(

)

(

Ta có:

)

= π  ( x 2 − 3x + 3) − x 2 dx + π  x 2 − ( x 2 − 3x + 3) dx 0

(1 − x )

( e + 1) x

+ 1)

dx . Khi đó du = dx, v =

−1 ex + 1

+ 1)

dx =

1 1  −x dx −1 ex  + x = +  1 − x dx e −1 0 0 e +1 e +1 0  e +1 x

1 −1 e e +1 + x − ln ( e x + 1) = − ln 0 e +1 e +1 2 0

Bài toán 9.28: Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường

y = 1 + 2 x .3− x , y = 0, x = 1 xung quanh trục hoành. Hướng dẫn giải

dx 1 Ta có y = 1 + 2 x .3− x = 0 ⇔ x = − 2

4 2x − 1  = π  1 +  dx  (1 − x )2  2 

Thể tích khối tròn xoay là V = π

 y dx = π  (1 + 2 x ) 3 2

1 − 2

 2x − 2 1  = π  1 + + dx 2 2   (1 − x ) (1 − x )  2 4

−2 x

 (1 + 2 x ) 3

−2 x

Ta có:

Bài toán 9.27: Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số

−

dx = −

1 2

1 − 2

Đặt u = 2 x + 1, dv = 3−2 x dx . Khi đó du = 2 dx; v = −

1  8π 2  = π  x + ln (1 − x ) + + 2π ln 3 (đvtt)  = 1− x  2 3 

1 −2 x 3 2ln 3

1 1 .3−2 x (1 + 2 x ) + 1 2ln 3 ln 2 − 2

3

−2 x

−

1 2

xe x

e +1  e − ln  (đvtt). 2   e +1

Hướng dẫn giải

xe x x

Vậy thể tích khối tròn xoay là V = π 

x đồ thị ( C ) : y = trục Ox và các đường thẳng x = 2, x = 4 khi quay quanh trục Ox. 1− x x2



xe x , y = 0, x = 0 và x = 1 e +1 x

Bài toán 9.26: Tính thể tích khối tròn xoay sinh bởi hình phẳng giới hạn bởi

V =π

 0

7π 64π 233π + = (đvtt) 2 15 30



Thể tích khối tròn xoay là V = π y 2 dx = π

−π 2 = − = (đvtt) 4 6 12

xe x ⇔ x=0 e +1 x

xe , trục hoành và đường thẳng x = 1 xung quanh trục hoành. ex + 1

=−

1 1 26 − 3ln 3 − 3−2 x = 1 6ln 3 2ln 2 3 18ln 2 3 − 2

Hướng dẫn giải

26 − 3ln 3 π (đvtt). Vậy V = 18ln 2 3 Trang 13

Trang 14

Bài toán 9.29: Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng quanh trục Oy:

1 3

a) Giới hạn bởi: y = ( 2 x + 1) , x = 0, y = 3

= 1/3

π 36

(đvtt). 2

b) Giới hạn bởi: y = ln x, y = 0, x = e .

Bài toán 9.31: Giả sử ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = 4 ( x − 2 ) và y = x 2 − 4 x + 7 . Tính Hướng dẫn giải

thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay ( H ) xung quanh trục tung.

y3 − 1 a) x = 0  y = ( 2 x + 1) = 1, y = ( 2 x + 1)  x = 2 1 3

1 3

Hướng dẫn giải Hình ( H1 ) giới hạn bởi đường cong

1  y3 − 1  π 1 6 480 3 V = π  π (đvtt).  dy =  ( y − 2 y + 1) dy = 2  40 7 0

y y ,x = 2− 2 2

x = 2+

b) x = e  y = ln x = 1, y = ln x  x = e y

và hai đường thẳng y = 0, y = 4 .

4  y  y V1 = π   2 +  −  2 −   2   2  0   2

V = V1 − V2 = π  ( e 2 − e 2 y ) dy 0 1

1 π   = π  e 2 . y − e 2 y  = ( e 2 + 1) (đvtt). 2  0 2

= π  4 ydy = 0

Bài toán 9.30: Tính thể tích khối tròn xoay sinh ra bởi hình phẳng quay quanh Oy:

  dy  

64π 3

Hình ( H 2 ) được giới hạn bởi hai đường cong x = 2 +

y − 3 , x = 2 − y − 3 và hai đường thẳng

y = 3, y = 4 .

a) Giới hạn bởi các đường y = 2 x − x và y = 0

V2 = π   2 + y − 3 

b) Giới hạn bởi đường y = x 3 , x = 0 và tiếp tuyến tại x = 1 .

Hướng dẫn giải

(

) − (2 −

2 16π y − 3  dy = π  8 y − 3dy =  3

)

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tìm là: V = V1 − V2 = 16π (đvtt)

a) Ta có

Bài toán 9.32: Tính thể tích hình xuyến do quay hình tròn ( C ) có phương trình: x 2 + ( y − 2 ) = 1 quanh trục

2 x − x 2 = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2

Ox.

y = 2 x − x 2 ⇔ ( x − 1) = 1 − y

Hướng dẫn giải

⇔ x = 1± 1− y 1

1 π 2π  3 1 3 V = π  y 3dy − π   y −  dy = −  y−  2 2 4 9 2 2    0 1/3

Đường tròn: x + ( y − 2 ) = 1 có tâm I ( 0;2 ) , bán kính R = 1 .

V = V1 − V2 = π   1 + 1 − y  0

(

) − (1 +

1− y

)  dy 2

( y − 2)

8 8π = 4π  1 − ydy = − π (1 − y ) 1 − y = (đvtt) 3 3 0 0 b) Phương trình tiếp tuyến là y =

= 1 − x2 ⇔ y = 2 ± 1 − x 2

Nửa ( C ) ở trên ứng với 2 ≤ y ≤ 4 có phương trình:

y = f1 ( x ) = 2 + 1 − x 2 với x ∈ [ −1;1]

2 1 x+ 3 3

Nửa ( C ) ở dưới ứng với 0 ≤ y ≤ 2 có phương trình:

y = f 2 ( x ) = 2 − 1 − x 2 với x ∈ [ −1;1] Trang 15

Trang 16

Khi đó thể tích khối tròn xoay cần tính là: 1

 V = V1 − V2 = π   2 + 1 − x 2 −1 

(

) − (2 −

1 − x2

V '( k ) =

)  dx = 8π  2

1 − x 2 dx

−1

Lập BBT thì min V ( k ) = V ( −2 ) =

Đặt x = sin t thì dx = cos tdt Đổi cận: x = −1 thì t = −

π 2

; x = 1 thì t =

π /2

Khi đó: V = 8π



Bài tập 9.1: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số: y = x3 − 4 x , trục hoành và 2 đường thẳng

x = −2; x = 4 .

 (1 + cos 2t ) dt

cos t cos tdt = 4π

− π /2

−π /2

Hướng dẫn

π /2

 1  = 4π  t + sin 2t  = 4π 2 (đvtt)  2  −π /2

Dùng công thức S trực tiếp. Kết quả 44 (ddvdt) Bài tập 9.2: Tính diện tích các hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị các hàm số y = 4 − x 2 , y = − x + 2 .

 

Bài toán 9.33: Chứng minh rằng thể tích V của khối chỏm cầu bán kính R và chiều cao h là V = π h 2  R −

h  3

Hướng dẫn giải

Hướng dẫn Tìm các giao điểm bằng PT hoành độ giao điểm. Kết quả

Hướng dẫn

 (R R−h

 x3  − x 2 ) dx = π  R 2 x −  3  R −h 

Lập phương trình tiếp tuyến tại điểm A ( −1; −2 ) rồi tìm thêm giao điểm khác A. Kết quả

3  R3 ( R − h )  = π h2  R − h  = π  R3 − − R2 ( R − h) +    3 3  3  

 

Kết quả: Thể tích khối cầu V = 2π R 2  R −

x 1− x

, y = 0 và x = 0, x =

1 2 Hướng dẫn

R 4 3  = π R (đvtt) 3 3

Dùng công thức S trực tiếp. Đổi biến số t = x rồi t = sin u .

tạo ra khi quay tam giác OMN quanh Oy đạt giá trị bé nhất.

Kết quả

π 12

(đvdt).

Bài tập 9.5: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường cong:

Hướng dẫn giải

1 y +1− k k

y 2 = 2 x, 27 y 2 = 8 ( x − 1)

1− k

 0

Hướng dẫn

Thể tích khối nón tạo thành:

V (k ) = π

27 (đvdt) 4

Bài tập 9.4: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đồ thị:

Bài toán 9.34: Đường thẳng d qua y = kx + 1 − k cắt Ox, Oy tại M, N. Tìm k < 0 để thể tích khối tròn xoay

y = kx + 1 − k , k < 0 ⇔ x =

9 (đvdt) 2

Bài tập 9.3: Tìm diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị: y = x 3 − 1 và tiếp tuyến tại điểm A ( −1; −2 ) .

R 2 − x 2 thì thể tích chỏm cẩu cần tìm là:

Xét cung tròn ( O; R ) : y =

V =π

9π (đvtt). 4

3. BÀI LUYỆN TẬP

π /2 2

2 3   − + − 1  , V ' ( k ) = 0 ⇔ k = −2 3  k3 k2 

π

Vẽ hình và xác định miền giới hạn. Kết quả

1 π  1 3 y   + 1 −  =  2 − − k + 3 , k < 0 k 3k k k 

88 2 (đvdt). 15

Bài tập 9.6: Tìm m để diện tích giới hạn bởi 2 đồ thị: y = x 2 + 1 và y = mx + 2 là bé nhất. Hướng dẫn Trang 17

Trang 18

Tìm các giao điểm bằng PT hoành độ giao điểm và chú ý luôn có 2 nghiệm phân biệt. Kết quả m = 0 . Bài tập 9.7: Cho hàm số y = f ( x ) đơn điệu từ [ a; b ] vào [ c; d ] có hàm ngược x = g ( y ) . Chứng minh thể b



tích quay quanh Oy của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị, trục Ox, x = a, x = b là: VOy = 2π xf ( x ) dx a

Hướng dẫn Dùng định nghĩa về diện tích và minh họa đồ thị. Bài tập 9.8: Tính thể tích của vật thể giữa hai mặt phẳng: x = 0, x = π vì thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x ( 0 ≤ x ≤ π ) là một tam giác đều cạnh là 2 sin x . Hướng dẫn b



Dùng công thức thể tích vật thể tổng quát V = S ( x ) dx a

Kết quả 2 3 (đvtt) Bài tập 9.9: Cho hình phẳng S trong mặt phẳng Oxy giới hạn bởi các đường y = x 2 − 4 x, y = − x 2 − 2 x + 6 . Tính thể tích khối tròn xoay khi S quay quanh trục Ox. Hướng dẫn Tìm các giao điểm bằng PT hoành độ giao điểm. Kết quả 3π (đvtt) Bài tập 9.10: Cho hình phẳng S giới hạn bởi các đường: y =

1 x2 ; y = . Tính thể tích khối tròn xoay khi x +1 2 2

S quay quanh Ox. Hướng dẫn Tìm các giao điểm bằng PT hoành độ giao điểm. Kết quả V =

π 2 3π + (đvtt) 4 10

Bài tập 9.11: Tính thể tích khối quay quanh Ox, Oy của hình phẳng S giới hạn bởi: y =

x , y = 0 và

y = 2− x. Hướng dẫn Tìm các giao điểm bằng PT hoành độ giao điểm. Kết quả

5π 32π (đvtt) và (đvtt) 6 15

Trang 19

Góc lượng giác ( Ox, OM ) = ϕ + k 2π tức là các acgumen sai khác k 2π với k

CHUYÊN ĐỀ 10 - SỐ PHỨC VÀ ỨNG DỤNG

( i − 3 )  cos 12π − i.sin 12π 

1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM

1− i

Số phức và các phép toán

Khi z = 0 không có dạng lượng giác hoặc dạng lượng giác không xác định.

Tập hợp số phức ℂ , đơn vị ảo i với i 2 = −1 . - Số phức (dạng đại số): z = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) a là phần thực, b là phần ảo của z. Kí hiệu Re z = a, lm z = b .

- Nếu z = r ( cos ϕ + i sin ϕ ) , z ' = r ' ( cos ϕ '+ i sin ϕ ') thì có:

zz ' = rr '  cos (ϕ + ϕ ' ) + i sin (ϕ + ϕ ' )

- Số phức liên hiệp của số phức: z = a + bi, ( a, b ∈ ℝ ) là z = a − bi

z r = cos (ϕ − ϕ ' ) + i sin (ϕ − ϕ ' ) , z ' ≠ 0 z' r' 

z là số thực ⇔ phần ảo của z bằng 0 ⇔ z = z z là số ảo ⇔ phần thực của z bằng 0 ⇔ z = − z

Công thức Moa-vrơ

z = 0 là số phức duy nhất vừa là số thực vừa là số ảo.

Với n là số nguyên, n ≥ 1 thì  r ( cos ϕ + i sin ϕ )  = r n ( cos nϕ + i sin nϕ )

- Môđun của số phức: z = a + bi, ( a, b ∈ ℝ )

Đặc biệt: ( cos ϕ + i sin ϕ ) = cos nϕ + i sin nϕ

z = a + b = zz

Căn bậc hai, bậc n của số phức

- Phép toán:

- Số phức z là một căn bậc hai của số phức w ⇔ z 2 = w .

( a + bi ) + ( a '+ b ' i ) = ( a + a ') + ( b + b ') i

Ta có thể viết số phức w cần tìm thành dạng bình phương đủ, việc này thu gọn quá trình tìm căn bậc hai của w .

( a + bi ) − ( a '+ b ' i ) = ( a − a ') + ( b − b ') i ( a + bi )( a '+ b ' i ) = ( aa '− bb ') + ( ab '+ ba ') i

- Số phức z là một căn bậc n của số phức w ⇔ z n = w .

( a, b, a ', b ' ∈ ℝ )

Đặc biệt căn của đơn vị: ( cos ϕ + i sin ϕ ) = 1

1 1 z' z'z z'z z ≠ 0 : z = = 2 z; = z '.z −1 = 2 = . z z z zz z −1

⇔ cos nϕ + i sin nϕ = cos 0 + i sin 0 ⇔ ϕ =

Chú ý:

Do đó phương trình z n = 1 có n nghiệm phức (là các căn bậc n của đơn vị)

1) i 4 m = 1; i 4 m+1 = i; i 4 m+ 2 = −1; i 4 m+3 = −1 .

zk = cos

2) z = z; z + z ' = z + z '; zz ' = z.z ' 2

k 2π , k = 0,1, 2,..., n − 1 n

k 2π k 2π + i sin , k = 0,1, 2,..., n − 1 n n

Kết quả tổng của các căn của đơn vị bằng 0.

 z' z' z' z' = . = , z z z z

3) zz ' = z . z ' ; z = z 2 ; 

Phương trình bậc hai, bậc n Phương trình bậc hai Az 2 + Bz + C = 0 với A ≠ 0, B, C là các số phức. Lập biệt thức: ∆ = B 2 − 4 AC

Số phức dạng lượng giác - Cho số phức: z = a + bi với a, b ∈ ℝ, z ≠ 0 , ta có r ( cos ϕ + i sin ϕ ) với r > 0 là

Nếu ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm kép z =

a b dạng lượng giác của số phức: z = a + bi ⇔ r = a 2 + b 2 ,cos ϕ = ,sin ϕ = r r

−B 2A

Nếu ∆ ≠ 0 ta tìm các căn bậc hai ω của ∆ thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt z1,2 =

ϕ là một acgumen của z với số đo rađian.

−B ± ω . 2A

Định lý Viet: Nếu α và β là hai nghiệm của phương trình bậc hai: Trang 1

Trang 2

Ax 2 + Bx + C = 0 thì: S = α + β = −

B C và P = α .β = A A

2 1+ i  2 33 2 16  = i = ( i ) .i = i . Và (1 − i ) = 1 + i − 2i = −2i 1 − i  

Nên: 

Đảo lại, hai số phức α và β là các nghiệm của phương trình bậc hai:

- Phương trình bậc n: A0 z + A1 z

n −1

+ ... + An−1 z + An = 0 trong đó A0 , A1 ,..., An là n + 1 số phức cho trước,

A0 ≠ 0 , n là một số nguyên dương luôn có n nghiệm phức, không nhất thiết phân biệt.

Ta có D = u1.

1 − (1 + i ) 1 − (1 + i ) 1 − q 21 = 1. = 1− q 1 − (1 + i ) −i

mà (1 + i ) = (1 + i ) . (1 + i )

Hệ phương trình

= (1 + i )( 2i )

= − (1 + i ) .210 = −210 − i.210

- Dùng các biến đổi tích số, rút thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ… như trong hệ phương trình đại số để giải. - Đặt z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) và z ' = x '+ y ' i , ( x ', y ' ∈ ℝ ) rồi thế vào hệ, đồng nhất để tìm x, y, x ', y ' .

Vậy: D =

Biểu diễn số phức:

1 + ( 210 + i.210 ) −i

= −210 + ( 210 + 1) .i

Bài toán 10.2: Cho số phức z thỏa mãn:

- Biểu diễn hình học: Số phức z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) được biểu diễn bởi điểm M ( x; y ) hay bởi vectơ

4i ( x; y ) trong mặt phẳng tọa độ Oxy gọi là mặt phẳng phức. Trục thực là trục i −1

z +1 z −i = z + 3 . Tính z+2 z + 2i

- Nếu z , z ' biểu diễn bởi M , M ' thì z + z ' được biểu diễn bởi OM + OM ', z − z ' được biểu diễn bởi

OM − OM ' = M ' M .

4 = i . Tính 1 + (1 + i ) z z +1

z +1 a) Ta có = z + 3 ⇔ z + 1 = ( z + 3)( z + 2 ) , z ≠ 2 z+2  z = −2 + i ⇔ z 2 + 4z + 5 = 0 ⇔   z = −2 − i

Tập điểm biểu diễn số phức: - Gọi điểm M ( x; y ) biểu diễn số phức z + x + yi ( x, y ∈ ℝ ) - Từ điều kiện cho thiết lập quan hệ giữa x và y hay quanh hệ giữa M và các điểm khác để xác định dạng loại tập điểm cần tìm.

2. CÁC BÀI TOÁN

Với z = −2 − i,

z − i −2 − 2i 2 10 z −i 2 26 = = = + i 13 z + 2i −2 + 3i 13 13 z + 2i

Với z = −2 + i,

z −i −2 z −i 4 2 2 5 = = + i = 5 z + 2i −2 + i 5 5 z + 2i

b) Đặt z = a + bi, ( a, b ∈ ℝ )

Bài toán 10.1: Thực hiện các phép tính sau: 33

1 10 1+ i  A=  − (1 − i ) + ( 2 + 3i )( 2 − 3i ) + i  1− i  2

B = 1 + (1 + i ) + (1 + i ) + (1 + i ) + ... + (1 + i )

Ta có: z − 20

4 = i ⇔ a 2 + b 2 + a − 4 − bi = −b + ( a + 1) i z +1

 a 2 + b2 + a − 4 = −b  a = 1, b = −2 ⇔ ⇔ − b = a + 1  a = −2, b = 1 

Hướng dẫn giải 2

b) z − Hướng dẫn giải

hoành và trục ảo là trục tung.

Ta có:

Nên (1 − i ) = ( −2i ) = −32i . Từ đó tính được C = 13 − 32i

x 2 − (α + β ) x + α .β = 0

Với a = 1, b = −2 , thì 1 + (1 + i ) z = 1 + (1 + i )(1 + 2i ) = 3i = 3

1 + i (1 + i ) 1 + i + 2i 1 − 1 + 2i = = = =i 1 − i 1 − i2 1+1 2 2

Với a = −2, b = 1 , thì 1 + (1 + i ) z = 1 + (1 + i )( −2 − i ) = −3i = 3 . Bài toán 10.3: Cho số phức z. Hỏi mỗi số sau là số thực hay số ảo Trang 3

Trang 4

()

a) z 2 + z

x2 − y2 = a  x2 − y2 = a  2 2   ⇔  4 x 2 y 2 = b 2 ⇔ ( x 2 + y 2 ) − ( x 2 − y 2 ) = b 2  xyb ≥ 0    xyb ≥ 0

z−z

()

z3 + z

Hướng dẫn giải Ta tính các số phức liên hiệp: 2

()

a) z + z b)

z−z 3

()

= z + z = z + z . Vậy z + z =

z−z

() ()

z3 + z

z + z3

=−

z−z

()

z3 + z

. Vậy

 2 a 2 + b2 + a x = 2  x − y = a  2 a 2 + b2 − a  2 2 2 2 ⇔ x + y = a + b ⇔  y = 2  xyb ≥ 0   xyb ≥ 0   

là số thực.

z−z

()

z3 + z

là số ảo.

Bài toán 10.4: Tìm các căn bậc hai của số phức a) 1 + 4 3i

b) 17 + 20 2i

Vậy các căn bậc hai cần tìm của w = a + bi là:

Hướng dẫn giải 2

a) x, y ∈ ℝ . Giả sử: ( x + yi ) = 1 + 4 3i

(

Hay

)

⇔ x 2 − y 2 − 1 + 2 xy − 2 3 i = 0

 2 12 x − 2 = 1  x2 = 4  x 2 − y 2 = 1  x  ⇔ ⇔ ⇔ 2 3 2 3 2 xy = 4 3 y = y =  x   x

 ±  

a 2 + b2 + a +i 2

a 2 + b 2 − a   2 

khi b ≥ 0

 ±  

a 2 + b2 + a −i 2

a 2 + b 2 − a   2 

khi b < 0

Bài toán 10.6: Tìm các căn bậc ba của số phức

1+ i . 2 Hướng dẫn giải

Từ đó có 2 căn bậc hai là: z1 = 2 + 3i, z2 = −2 − 3i

Đặt z = x + iy, x, y ∈ ℝ là căn bậc ba của

b) x, y ∈ ℝ . Giả sử: ( x + yi ) = 17 + 20 2i

(

)

⇔ x 2 − y 2 − 17 + 2 xy − 10 2 i = 0

⇔ x 3 − 3xy 2 + i ( 3x 2 y − y 3 ) =

 x = 5, y = 2 2  x 2 − y 2 − 17 = 0 ⇔ ⇔  xy − 10 2 = 0  x = −5, y = −2 2

 3 2  x − 3 xy = ⇔ 3 x 2 y − y 3 = 

Vậy có hai căn bậc hai là 5 + 2 2i, −5 − 2 2i . Bài toán 10.5: Tìm các căn bậc hai của w = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) .

1+ i 2

1 2 2  2 ( x − y ) ( x + y + 4 xy ) = 2 ⇔ 2 2 1 ( x + y ) ( x + y − 4 xy ) = 0 2

- Xét x + y = 0  y = − x nên x3 − 3x 3 =

Hướng dẫn giải Gọi z = x + yi, ( x, y ∈ ℤ ) là căn bậc hai của w = a + bi ( a, b ∈ ℝ )

1+ i 3 1+ i :z = 2 2

1 2

 x3 =

 x2 − y 2 = a 2 ⇔ ( x + yi ) = x 2 − y 2 + 2 xyi = a + bi ⇔  ( *)  2 xy = b Trang 5

−1  −1  −1 = .  x= 2 2  2 2

Trang 6

(

1 −1 + i . Ta có được: z1 = . 2 2

Do đó: y =

Từ đó có 3 căn bậc ba là: z1 =

(

) −i 2(

(

)

a) Đặt z = x + yi, x, y ∈ ℝ . Khi đó: z − z + 1 − i = 5

(

3  y = 2 ⇔ 1 + ( 2 y − 1) i = 5 ⇔ 1 + ( 2 y − 1) = 5 ⇔  y = − 1  2 2

)

2 3 +1 2 3 −1 −1 + i ; z2 = +i 4 4 2

(

= ( x ( 2 − x ) + y (1 − y ) ) + ( ( 2 − x )(1 − y ) − xy ) i

(

1  x=  3 3 2 Với y = , ta có x 2 − 2 x + = 0 ⇔  2 4 x = − 3  2

b) z = 5 và phần thực của z bằng hai lần phần ảo của nó. Hướng dẫn giải a) Đặt z = x + iy, x, y ∈ ℝ

1  x = 2 1 3 2 Với y = − , ta có x − 2 x + = 0 ⇔  2 4 x = − 3  2

)

Ta có: z.z + 3 z − z = x 2 + y 2 + 3.2iy = x 2 + y 2 + 6 yi

 15 x=±  x2 + y2 = 4  2 Do đó: z.z + 3 z − z = 4 − 3i ⇔  ⇔ 6 3 y = − 1  y = −  2

(

Vậy z =

)

nên ( 2 − z ) i + z là số ảo khi phần thực: x ( 2 − x ) + y (1 − y ) = 0

)

a) z.z + 3 z − z = 4 − 3i .

(

)

mà: ( 2 − z ) i + z = ( ( 2 − x ) − yi ) ( x + (1 − y ) i )

)

3 +1

Bài toán 10.7: Tìm số phức z thỏa mãn từng trường hợp:

(

)

Hướng dẫn giải

 2 ( x − y ) ( x − y )2 + 6 xy  = 2 x − y =   2   Ta có hệ:  ⇔ ( x − y )2 − 2 xy = 0  xy = 1  4

2 − 3 +1

(

b) ( z + i ) + z − 2 = 2 z − 3i .

- Xét x 2 + y 2 − 4 xy = 0 .

z3 =

)

a) z − z + 1 − i = 5 và có ( 2 − z ) i + z là số ảo.

)

Vậy z =

15 i 15 i − hoặc z = − − . 2 2 2 2

1 3 3 3 1 1 3 1 + i, z = − + i, z = − i , z = − − i . 2 2 2 2 2 2 2 2 2

(

b) Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) . Khi đó: ( z + 1) + z − 2 = 2 z − 3i 2

⇔ ( x + ( y + 1) i ) + ( x − 2 ) + yi = 2 ( x − ( y + 3 ) i )

 z = 5  a 2 + b 2 = 5 ⇔ b) Giả sử z = a + bi, a, b ∈ ℝ . Ta có:  a = 2 b  a = 2b

)

⇔ x 2 − ( y + 1) + 2 x ( y + 1) i + ( x − 2 ) + y 2 = 2 x 2 − 2 ( y + 3) − 4 x ( y + 3) i

a = 2 5  a = 2b  a = −2 5 ⇔ ⇔ hay  b = ± 5 b = − 5 b = 5

2 2 2 2 2 2  x − ( y + 1) + ( x − 2 ) + y = 2 x − 2 ( y + 3) ⇔  2 x ( y + 1) = −4 x ( y + 3)

Vậy có hai số phức cần tìm: z = −2 5 − i 5, z = 2 5 + i 5 .

 x 2 − ( y + 1)2 + ( x − 2 )2 + y 2 = 2 x 2 − 2 ( y + 3)2 ⇔  2 x ( 3 y + 7 ) = 0

Bài toán 10.8: Tìm số phức z thỏa mãn từng trường hợp: Trang 7

Trang 8

7 7   y=− y=−  x = 0   3 3 ⇔ 2 hay  ⇔  2 y − 10 y + 21 = 0 ( ∆ < 0 )  497 = 4 x  x = 497  9  36 Vậy z =

Vậy acgumen của số phức là

ta có tan ϕ =

 sin 2ϕ =

1− i 3 b) 1+ i

)

Hướng dẫn giải



π π  π  π    + i sin  −   ,1 + i = 2  cos + i sin  4 4  3  3  

a) 1 − i 3 = 2  cos  −



)

( (

) )

2 2− 3 2 tan ϕ = 2 1 + tan ϕ 1 + 2 − 3

(

) = 2(2 − 3 ) = 1 3 4(2 − 3 ) 2

2 2− 3 8−4

Suy ra: 2ϕ =

  π   π  = 2 2 cos  −  + i sin  −    12     12 

π 6

1 − tan 2 ϕ 3 = . 1 + tan 2 ϕ 2

+ 2ℓπ ⇔ ϕ =

π 12

+ ℓπ . Chọn ϕ =

Vậy acgumen của z = 2 + 3 + i bằng

1− i 3 2   π π  π π  b) = cos  − −  + i sin  − 3 − 4   1+ i 2  3 4  

π 12

b) 1 − ( cos ϕ + i sin ϕ )  (1 + cos ϕ + i sin ϕ ) Hướng dẫn giải

)

2 −1 i

1 − ( cos ϕ + i sin ϕ ) (1 − cos ϕ ) − i sin ϕ a) = 1 + cos ϕ + i sin ϕ (1 + cos ϕ ) + i sin ϕ

b) z = 2 + 3 + i Hướng dẫn giải

a) Ta có: z = 1 +

(

 1 2 −1 2 −1 i = 2 2 − 2  +i  2. 2 − 2 2. 2 − 2 

)

2sin 2

   

 2+ 2 2− 2   = 2. 2 − 2  +i   2 2   Dùng công thức hạ bậc: cos 2 a =

Ta tính được: cos

π 8

+ k 2π .

+ k 2π ( k ∈ ℤ ) .

1 − ( cos ϕ + i sin ϕ ) 1 + cos ϕ + i sin ϕ

Bài toán 10.10: Tìm acgumen của số phức

(

π 12

Bài toán 10.11: Viết dưới dạng lượng giác của các số phức

  7π   7π   = 2 cos  −  + i sin  −  12   12    

a) z = 1 +

)

AH 1 = = 2− 3 OH 2 + 3

Tương tự cos 2ϕ =

  π π  π π  nên 1 − i 3 (1 + i ) = 2 2  cos  − +  + i sin  − +   3 4    3 4  

(

+ 2kπ , k ∈ ℤ

(

Bài toán 10.9: Viết dưới dạng lượng giác các số phức:

(

b) Biểu diễn hình học số phức z = 2 + 3 + i thì số phức z tương ứng với điểm A 2 + 3,1 . Đặt ϕ = AOH .

497 7 − i. 36 3

a) 1 − i 3 (1 + i )

- Khi tan

1 + cos 2a 1 − cos 2a , sin 2 a = 2 2

- Khi tan

2+ 2 π 2− 2 và sin = 2 8 2

- Khi tan Trang 9

ϕ 2

− i.sin

cos

sin − i cos 2 = tan ϕ 2 2 = −i.tan ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ 2 2 2ϕ 2cos + i.sin cos cos + i.sin 2 2 2 2 2 2

> 0 dạng lượng giác là: tan

ϕ 2 

< 0 dạng lượng giác là: − tan

 π  π  cos  −  + i sin  −   2    2 

ϕ

π π  cos + i sin  2 2 2

= 0 thì không có dạng lượng giác. Trang 10

(1 − cos ϕ − i sin ϕ )(1 + cosϕ + i sin ϕ )

 i     1+ i 

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ = 2sin  sin − i cos  .2cos  cos + i sin  2 2 2 2 2 2   π π   = 2sin ϕ  cos  ϕ −  + i sin  ϕ −   2 2    

- Khi sin ϕ = 0 : nó có dạng lượng giác không xác định.





π





 



π    + i sin  ϕ +   2 2  

π

π 6

− ϕϕ =

⇔ϕ =

π 3

+ i sin

π 3

2000π 2000π   = 21000  cos + i sin  3 3  

Bài toán 10.14: Tìm các căn bậc hai của các số phức: a) z = −2 + i 2 3

b) z = 1 − i 3

4π 4π  = 2  cos + i sin 3 3 

1

b) Ta có: z = 1 − i 3 = 2 

2

2016

 1000  1 − 3    = 2 − +i 2    2

π 3

+ i sin

π

 = 1 + i 3 và 3

π π   π π    z2 = −2  cos + i sin  = 2 cos  π +  + i sin  π +   3 3 3 3       

 i   1+ i 

Bài toán 10.13: Tính: a) 

)

 

2 r2  r  3r r  r  ⇔  − 1 + = + 3  − 1  ⇔ r 2 = 4  − 1 ⇔ r = 1 4 4 2  2  2 

Vậy z = cos

)(

Vậy z có hai căn bậc hai là: z1 = 2  cos

r 3r r r  Khi đó z − 1 = z − 3i ⇔ − 1 + i = + 3  − 1 2 2 2 2  2

(

5 + 3i 3 1 + 2i 3 5 + 3i 3 −13 + 13i 3 2π 2π   = = = −1 + i 3 = 2  cos + i.sin  1 + 12 13 3 3  1 − 2i 3 

 1 3 2π 2π   a) Ta có: z = −2 + i 2 3 = 4  − + i + i sin  = 4  cos  2  3 3    2

 π  π  = iz = r ( sin ϕ − i cos ϕ ) = r  cos  − ϕ  + sin  − ϕ   2 2      2

1 1 ( cos3π + i.sin 3π ) = − 1008 21008 2

Hướng dẫn giải

Đặt z = r ( cos ϕ + i sin ϕ ) , r > 0, ϕ ∈ ℝ thì: z = r ( cos ϕ − i sin ϕ )

Theo giả thiết ta có

2π 2π  = 21000  cos + i sin 3 3 

Hướng dẫn giải

1  2016π 2016π  + i.sin  cos  21008  4 4 

1000

Bài toán 10.12: Viết số phức z dưới dạng lượng giác biết rằng z − 1 = z − 3i và iz có một acgumen là

 5 + 3i 3     1 − 2i 3 

π 

- Khi sin ϕ > 0 : dạng lượng giác là 2sin ϕ  cos  ϕ −  + i sin  ϕ −   2 2     - Khi sin ϕ < 0 : dạng lượng giác là ( −2sin ϕ )  cos  ϕ +

2016

1000

  = −1 − i 3 

−i

3 5π 5π   + i sin  = 2  cos  2  3 3  

Vậy z có hai căn bậc hai là: z1 = −

 5 + 3i 3    1 − 2i 3 

b) 

6 2 6 2 + i , z2 = − − i. 2 2 2 2

Bài toán 10.15: Tìm số phức z thỏa mãn:

Hướng dẫn giải

a) 1 − 2 z = i − z và

i 1+ i 1  π π a) Ta có: = =  cos + i sin  1+ i 2 4 4 2

z+3 π có một acgumen bằng . z −3 4

b) 2 z − i = 2 + z − z và Trang 11

1 − 3i 2π có một acgumen là − . z 3 Trang 12

Hướng dẫn giải

Bài toán 10.16: Trong tất cả các số phức z thỏa mãn điều kiện sau

a) Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ℝ )

a) z + 1 =

Khi đó 1 − 2 x = i − 2 z ⇔ ( 2 x − 1) + yi = 2 x − ( y + 1) i 2

⇔ ( 2 x − 1) + y 2 = ( 2 x ) + ( y + 1) ⇔ −2 x = y Và:

z + 3 ( x + 3) + yi ( ( x + 3) + yi ) ( ( x − 3) − yi ) = = 2 z − 3 ( x − 3) + yi ( x − 3) + y 2 2

Vì

x −9+ y

( x − 3)

+ y2

−6 y

( x − 3)

+ y2

z+z + 3 , hãy tìm số phức z có môđun nhỏ nhất. 2

(1 + i ) z + 2 =

3 , hãy tìm số phức có môđun lớn nhất.

1− i

Hướng dẫn giải a) Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ℝ )

Khi đó z + 1 =

z+z + 3 ⇔ ( x + 1) + yi = x + 3 2

z+3 π có một acgumen bằng nên z −3 4

⇔ ( x + 1) + y 2 = ( x + 3) ⇔ y 2 = 4 x + 8

z+3 π π r r  = r  cos + i sin  = + , i, r > 0 z −3 4 4 2 2 

Ta có z =

x2 + y2 = x2 + 4x + 8 =

( x + 2)

+4 ≥2

Dấu = xảy ra khi x = −2  y = 0 . Vậy số phức z = −2 .

 x2 − 9 + y 2 r =  2 2 2 y < 0  ( x − 3) + y Do đó  ⇔ 2 2 − 6 y r  x − 9 + y = −6 y  = ,r > 0 2 2  ( x − 3) + y 2 

b) Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) . Ta có

(1 + i ) z + 2 = 1− i

3 ⇔ i ( x + yi ) + 2 = 3 2

⇔ ( 2 − y ) + xi = 3 ⇔ x 2 + ( y − 2 ) = 3

 −2 x = y < 0 x = 3 Nên ta có  2 ⇔ . Vậy z = 3 − 6i . 5 x − 12 − 9 = 0  y = −6 

b) Giả sử z = r ( cos ϕ + i sin ϕ ) , r > 0 .

1

Ta có 1 − 3i = 2 

2

−

Đặt x = 3 sin α , y = 3 cos α thì tìm được z

3  −π −π   i  = 2  cos + i sin  2  3 3  

(

π 3

−ϕ = −

⇔ r2 +

(

3r − 2

)

= 4+

( 3r )

(

)

Bài toán 10.17: Xét các số phức z1 = 6 − i 2; z2 = −2 − 2i, z3 =

2π π r 3r ⇔ ϕ = . Do đó z = + i 3 3 2 2

Theo giả thiết 2 z − i = 2 + z − z ⇔ r +

(

lớn nhất khi z = 2 + 3 i và z nhỏ nhất khi

z = 2− 3 i.

1 − 3i 2   π   π  nên =  cos  − − ϕ  + i sin  − − ϕ   z r  3   3  Theo giả thiết −

 x   y−2 ⇔  +  =1  3  3 

Viết z1 , z2 , z3 dưới dạng lượng giác, suy ra cos

)

z1 . z2

7π 7π và sin 12 12 Hướng dẫn giải

3r − 2 i = 2 + 3ri Ta có z1 = 2

⇔ r 2 − 4 3r = 0

(

  π  π  3 − 1 = 2 2 cos  −  + i sin  −   6   6   

)

⇔ r = 4 3 , vì r > 0 . Vậy z = 2 3 + 6i . Trang 13

Trang 14

  3π   3π z2 = 2 ( −1 − i ) = 2 2 cos  −  + i sin  − 4    4 

z3 =

 2 256  a − a 2 = 17  a 2 − b 2 = 17 ⇔ ⇔  2ab = −32 b = − 16  a

  

z1 7π 7π  −π 3π   π 3π  = cos  + + i sin  + i sin  − +  = cos z2 6 4 6 4 12 12    

Từ đó, phương trình cho có 2 nghiệm phức:

Mặt khác:

z1 6 −i 2 = = z2 −2 − 2i

(

)

6 − i 2 ( −2 + 2i ) 8

So sánh đồng nhất với kết quả trên, suy ra:

cos

−

7π − 6 + 2 7π 6+ 2 = ,sin = . 12 4 12 4

1 4

1313 + 17  i ;  2 

1313 − 17 1  − 3− 2 4 

1313 + 17  i  2 

b) ∆ = ( cos ϕ + i sin ϕ ) − 4i sin ϕ cos ϕ

Bài toán 10.18: Cho a, b, c là ba số thực sao cho cos a.cos b.cos c ≠ 0 .

= cos 2 ϕ + ( i sin ϕ ) − 2i.sin ϕ cos ϕ = ( cos ϕ − i sin ϕ )

Tìm phần ảo của số phức (1 + i tan a )(1 + i tan b )(1 + i tan c ) ,

Nên ∆ có hai căn bậc hai là ± ( cos ϕ − i sin ϕ )

suy ra tan a + tan b + tan c = tan a.tan b.tan c ⇔ a + b + c = kπ ( k ∈ ℤ ) .

Vậy phương trình có 2 nghiệm: z1 = cos ϕ , z2 = i sin ϕ

Hướng dẫn giải

Bài toán 10.20: Giải các phương trình nghiệm phức

Từ khai triển của (1 + i tan a ) . (1 + i tan b ) .(1 + i tan c ) thì phần ảo của số phức

(1 + i tan a )(1 + i tan b )(1 + i tan c ) bằng

1313 − 17 1  − 3+ 2 4 

1 4

6+ 2 − 6+ 2 i = + 4 4

b) ( x + i − 2 )  x 2 − ( 2 + i ) x + 7i − 1 = 0

a) x3 − 8 = 0

tan a + tan b + tan c − tan a.tan b.tan c

Vậy tan a + tan b + tan c = tan a.tan b.tan c khi và chỉ khi phần ảo của số phức đang xét bằng 0, tức là acgumen của số phức đó là một bội nguyên của π .

Hướng dẫn giải

(

)

a) Ta có: x − 8 = 0 ⇔ ( x − 2 ) x + 2 x + 4 = 0 ⇔ x = 2 hay x 2 + 2 x + 4 = 0

1 Mặt khác, 1 + i tan a = . ( cos α + i sin α ) có acgumen là a + ℓπ với ℓ là số nguyên bất kì cos a

Phương trình bậc hai có ∆ ' = 1 − 4 = −3 = 3i 2 nên có các căn bậc hai là ±i 3 . Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x = 2; x = −1 ± i 3

Tương tự cho 1 + i tan b,1 + i tan c b)

Do đó: (1 + i tan a )(1 + i tan b )(1 + i tan c ) có acgumen là a + b + c + ℓπ

( x + i − 2 )  x 2 − ( 2 + i ) x + 7i − 1 = 0 ⇔ x = 2 − i hoặc

x 2 − ( 2 + i ) x + 7i − 1 = 0

Phương trình bậc hai có biệt thức

Vậy: tan a + tan b + tan c = tan a.tan b.tan c ⇔ a + b + c = kπ ( k ∈ ℤ ) .

Bài toán 10.19: Giải các phương trình nghiệm phức:

∆ = ( 2 + i ) − 4 ( 7i − 1) = 7 − 24i = ( 4 − 3i ) nên ∆ có các căn bậc hai là ± ( 4 − 3i ) .

a) 2ix 2 − 3x + 4 + i = 0

Từ đó giải cho 2 nghiệm x = 3 − i, x = −1 + 2i Vậy phương trình cho có 3 nghiệm: x = 2 − i, x = 3 − i, x = −1 + 2i

b) z − ( cos ϕ + i sin ϕ ) z + i sin ϕ cos ϕ = 0

Bài toán 10.21: Giải phương trình nghiệm phức:

Hướng dẫn giải

a) z 4 + 2 z 3 + z 2 + 4 z + 4 = 0

a) ∆ = 9 − 8i ( 4 + i ) = 9 − 32i − 8i 2 = 17 − 32i

b) z 3 − ( 3 + i ) z 2 + ( 3 + 4i ) z + 1 − mi = 0 biết 1 nghiệm z = i .

Ta tìm các căn bậc hai a + bi, a, b ∈ ℝ của ∆ = ( a + bi ) = 17 − 32i

Hướng dẫn giải Trang 15

Trang 16

a) Ta có z = 0 không là nghiệm của phương trình, chia z 2 ta được:

Với w = 4 , ta có

z2 + 2z + 1+

4 4 2 2   + = 0 ⇔  z +  + 2 z +  − 3 = 0 z z2 z z  

iz + 3 4 + 35i =4⇔ z= z − 2i 17

Bài toán 10.23: Giải các phương trình và biểu diễn tập nghiệm: a) z 4 − 16 = 0

2   1 7 z + z = 1 z2 − z + 2 = 0 z= ± i ⇔ ⇔ 2 ⇔ 2 2  z + 3 z + 2 = 0  z + 2 = −3   z = −1; z = −2  z

b) 8 z 4 + 8 z 3 = z + 1 Hướng dẫn giải

(

)(

)

a) Ta có z − 16 = 0 ⇔ z − 4 z + 4 = 0

⇔ ( z − 2 )( z + 2 ) ( z + 4 ) = 0 ⇔ z1,2 = ±2 hay z3,4 = ±2i 2

Vậy nghiệm của phương trình là z = −1; z = −2; z =

1 7 ± i. 2 2

Vậy phương trình có 4 nghiệm được biểu diễn bởi 4 điểm A, B, C, D tạo thành hình vuông ở hình 1.

(

b) Thay z = i vào phương trình ta có m = 3 . 3

) + 2 z + 1) = 0

b) 8 z 4 + 8 z 3 = z + 1 ⇔ ( z + 1) 8 z 3 − 1 = 0

Khi đó PT: z − ( 3 + i ) z + ( 3 + 4i ) z + 1 − 3i = 0

⇔ ( z + 1)( 2 z − 1) ( 4 z 2

⇔ ( z − i ) ( z − 3z + 3 + i ) = 0 ⇔ z = i hoặc z − 3z + 3 + i = 0 2

⇔ ( z + 1)( 2 z − 1) = 0 hay 4 z 2 + 2 z + 1 = 0

Giải phương trình bậc hai Ta có ∆ : 9 − 4 ( 3 + i ) = −3 − 4i = (1 − 2i )

Nghiệm của z + 1 = 0 là z1 = −1 , nghiệm của 2 z − 1 = 0 là z2 =

Suy ra z = 2 − i, z = 1 + i

 

Nghiệm của 4 z 2 + 2 z + 1 = 0 ⇔  2 z +

Vậy 3 nghiệm của phương trình là z = i, z = 2 − i, z = 1 + i

1 2

1 3 1 3 1 3 i và z4 = − − i . Vậy phương  + = 0 là z3 = − + 2 4 4 4 4 4

trình đã cho có bốn nghiệm được biểu diễn bởi 4 điểm A, B, C, D tạo thành hình thoi ở hình 2.

Bài toán 10.22: Giải các phương trình nghiệm phức: 2

iz + 3  iz + 3  −4=0  −3 z − 2i  z − 2i 

a) ( z + 3 − i ) − 6 ( z + 3 − i ) + 13 = 0

b) 

Hướng dẫn giải a) Đặt z + 3 − i = w thì phương trình trở thành w2 − 6w + 13 = 0 . Biệt thức ∆ = 36 − 52 = −16 nên w =

6 ± 4i = 3 ± 2i 2

do đó z + 3 − i = 3 ± 2i hay z − i = ±2i

b) Đặt

Hướng dẫn giải

iz + 3 = w thì phương trình: w2 − 3w − 4 = 0 z − 2i

Biệt thức ∆ = 9 + 16 = 25 nên w = Với w = −1 , ta có

Bài toán 10.24: Giải phương trình nghiệm phức: ( z + 1) − ( z − 1) = 0, n ∈ ℕ* .

Vậy z = 3i và z = −i là các nghiệm cần tìm.

Phương trình tương đương: ( z + 1) = ( z − 1) ,

3±5 suy ra w = −1 hay w = 4 2

 z +1  =1  z −1

vì z = 1 không thể là nghiệm, do đó ta có thể viết: 

iz + 3 −1 + 5i = −1 ⇔ z = z − 2i 2

Gọi ω0 , ω1 ,..., ωn−1 là các căn số bậc n của 1: Trang 17

Trang 18

ωm = cos

2mπ 2mπ + i sin n n

Mà (1): z 3 + w5 = 0 nên: z = 1  w = −1 và z = −1  w = 1 . Vậy hệ có hai nghiệm ( z, w ) là: (1; −1) và ( −1;1)

z +1 Phương trình trên trở thành: = ωm với m = 0,1,..., n − 1 z −1

Bài toán 10.26: Giải hệ phương trình:

⇔z=

   b)   

 x + iy − 2 z = 10  a)  x − y + 2iz = 20 ix + 3iy − 1 + i z = 30 ( ) 

⇔ z + 1 = ωm ( z − 1) với m = 0,1,..., n − 1 1 + ωm mπ với m = 1, 2,..., n − 1 ⇔ z = cot ( −i ) −1 + ωm n

(Vì m = 0  ω0 = 1  z không xác định nên ta loại bỏ ω0 )

 x + iy − 2 z = 10 

 x + iy − 2 z = 10  ⇔  x − y + 2iz = 20 ix + 3iy − 1 + i z = 30  x + 3 y + i − 1 z = −30i ( ) ( )  

a) Ta có:  x − y + 2iz = 20

Bài toán 10.25: Giải các hệ phương trình nghiệm phức: 5  3 z + w = 0 4 2  z w = 1

z + w = 4 − i 3

b) 

 z + w = 7 + 28i

z − 3i =1 2+i

Hướng dẫn giải

mπ Vậy phương trình có n − 1 nghiệm: z = −i cot với m = 1, 2,..., n − 1 . n

a) 

z −1 =1 z −i

( )

(1) ( 2)

( i + 1) y − 2 (1 + i ) z = −10 4 y − (1 + i ) z = −20 − 30i

Khử x ta có hệ: 

Hướng dẫn giải

 x = 3 − 11i 

a) Ta có z + w = 4 − i

Từ đó có x = 3 − 11i . Vậy hệ có nghiệm:  y = −3 − 9i

Và z 3 + w3 = 7 + 28i ⇔ ( z + w ) 2

( 4 − i ) − 3 zw =

(( z + w)

 z = 1 − 7i 

)

− 3zw = 7 + 28i

b) Ngoài cách giải đại số, bằng cách viết z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) rồi tính toán. Ta có cách giải hình học biểu

7 + 28i ⇔ zw = 5 − 5i 4−i

diễn như sau:

Vì z + w = 4 − i nên w = 4 − i − z .

Ta có tập hợp các điểm M của mặt phẳng phức biểu diễn các số z thỏa mãn

Thế vào thì có phương trình z − ( 4 − i ) z + 5 − 5i = 0

là đường trung trực của đoạn thẳng A0 A1 với A0 , A1 theo thứ tự biểu diễn số phức z0 , z1 .

Ta có: ∆ = −5 + 12i = ( 2 + 3i ) . Suy ra z = 3 + i hoặc z = 1 − 2i

Do đó

Vậy ( z, w ) = ( 3 + i;1 − 2i ) , ( z; w ) = (1 − 2i;3 + i ) 12

( )

b) Từ (2) suy ra z 6 w 12

( )

Do đó: w10 w

Suy ra z 6 = w

= 1 . Từ (1) suy ra z 6 = w10

= 1 nên w

z −1 = 1 nên điểm M biểu diễn số z = x + yi, với x, y ∈ ℝ phải nằm trên đường phân giác y = x . z −i

Còn điều kiện

z − 3i = 1 chứng tỏ phần ảo của z bằng 1. Vậy z = 1 + i . z+i

Bài toán 10.27: Không giải phương trình z 2 + ( 2 − i ) z + 3 + 5i = 0 . Hãy tính: z12 + z22 , z14 + z24 .

= 1 tức là w = 1

= 1 tức là z = 1 . Từ w =

z − z0 = 1 ⇔ z − z0 = z − z1 z − z1

1 và w10 w w

( )

= 1 suy ra w

= 1 nên w bằng 1 hoặc bằng

−1.

Hướng dẫn giải Theo hệ thức Viet ta có: S = z1 + z2 = −2 + i, P = z1 z2 = 3 + 5i 2

( )

Từ w

Do đó z12 + z22 = S 2 − 2 P = ( −2 + i ) − 2 ( 3 + 5i ) = −3 − 14i 2

= 1 và (2) suy ra z = 1 tức z bằng 1 hoặc bằng −1.

z14 + z24 = ( z12 + z22 ) − 2 z12 z22 = ( −3 − 14i ) − 2 ( 3 + 5i ) Trang 19

Trang 20

= −155 + 24i

z −i = 1 ⇔ z − i = z + i ⇔ x + ( y − 1) i = x + ( y + 1) i z +i

Bài toán 10.27: Cho các số phức z1 , z2 thõa mãn điều kiện 2

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là trục thực Ox. Bài toán 10.30: Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn từng điều kiện:

Hướng dẫn giải Đặt

⇔ x 2 + ( y − 1) = x 2 + ( y + 1) ⇔ y = 0

z  z  z1 − z2 = z1 = z2 > 0 . Tính T =  1  +  2  .  z2   z1 

z1 = w ta được z2 w − z2 = z2 w = z2 > 0 z2

( )

b) z 2 − z z

a) 2 z − i = z − z + 2i

Hướng dẫn giải

Hay w − 1 = w = 1

a) Gọi z = x + yi, x, y ∈ ℝ . Ta có: 2 z − i = z − z + 2i

Giả sử w = a + bi ( a, b ∈ ℝ ) 2

Khi đó ta có ( a − 1) + b 2 = a 2 + b 2 = 1 ⇔ a = - Với w =

⇔ 2 x + ( y − 1) i = 2 ( y + 1) i ⇔ x 2 + ( y − 1) = ( y + 1)

1 3 ,b = ± 2 2

⇔ y=

1 3 π π + i = cos + i sin 2 2 3 3

x2 x2 . Vậy tập hợp cần tìm là parabol y = 4 4

()

b) Gọi z = x + yi, x, y ∈ ℝ . Ta có: z 2 − z

4π 4π 4π 4π 1 thì w = cos + i sin và   = cos − i sin 3 3 3 3  w

= 4 ⇔ 4 xyi = 4

⇔ xy = 1 ⇔ xy = 1 hoặc xy = −1 .

 z1   z2  4π 1 4 = −1  +   = w +   = 2cos z z w 3    2  1

Vậy tập hợp cần tìm là hai hyperbol y =

Do đó T = 

Bài toán 10.31: Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn từng điều kiện sau:

z  z  1 3 1 - Với w = − i , tương tự T =  1  +  2  = w4 +   = −1. 2 2 z z  w  2  1

a) z là các căn bậc hai của a + i, a thay đổi

Bài toán 10.29: Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn từng điều kiện sau: a) z + 2 − 3i = 4

z −i =1 z +i

z−2 π có một acgumen bằng . z+2 3 Hướng dẫn giải

a) Viết z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) thì

Hướng dẫn giải

1  x2 − y2 = a y = z2 = a + i ⇔  ⇔ 2x 2 xy = 1  x2 − y 2 = a 

a) Giả sử: z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) , 2

Ta có: z + 2 − 3i = 4 ⇔ ( x + 2 ) + ( y − 3) i = 4 2

1 1 và y = − . x x

1 . Vì với mỗi điểm ( x, y ) của hyperbol này, tìm 2x

⇔ ( x + 2 ) + ( y − 3) = 16

Do đó, điểm M biểu diễn z phải thuộc hyperbol y =

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I ( −2;3) , bán kính R = 4 .

được a = x 2 − y 2 nên M vạch nên toàn bộ hai nhánh của hyperbol đó.

b) Giả sử: z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) , ta có: Trang 21

Trang 22

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn căn bậc hai là hyperbol y =

(

z − 2 z − 2 z + 2 zz − 4 + 2 z − z = . = 2 z+2 z+2 z+2 z+2

b) Ta có số phức

) (

(

)

1 . 2x

a) z n là số thực, số ảo với số phức z = 3 + i n

có một acgumen bằng

khi và chỉ khi

Hướng dẫn giải

)

z z − 4 + 2 z − z = ℓ 1 + i 3 , ℓ là số thực dương.

(

)

(

n+2  3 −i   5−i   là số thực và z2 =   là số ảo.  2 − 3i   1 − 3i 

b) Nhỏ nhất sao cho z1 = 

) (

)

 

a) Ta có: z = 3 + i = 2  cos

Viết z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) thì: z.z − 4 + 2 z − z = x + y − 4 + 4 yi nên z z − 4 + 2 z − z = ℓ 1 + i 3 , ( ℓ > 0 ).

π 6

+ i sin

π

 6  

Áp dụng công thức Moivre thì z n = 2n  cos

⇔ x 2 + y 2 − 4 + 4 yi = ℓ + ℓ 3i ( ℓ > 0 )

z n là số thực ⇔

2 2  x + y − 4 = ℓ ( ℓ > 0 ) ⇔ ⇔ 4 y = ( x 2 + y 2 − 4 ) 3, y > 0  4 y = ℓ 3

(

Mà: 4 y = x 2 + y 2 − 4

)

z n là số ảo ⇔

3 b) Ta có:

2  16  ⇔ x2 +  y −  − 3 =0 3 

nπ = kπ ⇔ n = 6k , k ∈ ℕ * 6

nπ π = ( 2k + 1) ⇔ n = 3 ( 2k + 1) , k ∈ ℕ 6 2

3 −i 3 1 π π = + i = cos + i sin 2 2 6 6 1 − 3i n

Vậy M chạy trên cung tròn có tâm là điểm biểu diễn

2 4 i và có bán kính bằng nằm ở phía trên trục 3 3

thực.

n  3 −i   π π nπ nπ + i sin  =  cos + i sin  = cos 6 6 6 6 1 − 3 i    

nên z1 = 

z1 là số thực ⇔ sin

Bài toán 10.32: Chứng minh rằng: a) Nếu z là một căn bậc hai của số phức w thì b) Nếu z1 khác z2 : z1 = z2 khi và chỉ khi

Ta có

w = z

z1 + z2 là số ảo. z1 − z2 Hướng dẫn giải

a) Nếu z là một căn bậc hai của w thì z = w Nên z 2 = z = w . Vậy: z = b) Với điều kiện z1 ≠ z2 ,

z =

nπ = 0 ⇔ n = 6k , với k nguyên dương. 6

5−i π π   5−i  = 1 + i = 2  cos + i sin  nên z2 =   2 − 3i 4 4   2 − 3i 

  π π  =  2  cos + i sin   4 4   

nπ nπ  + i sin  6 6 

z2 là số ảo ⇔ cos

n+ 2

( n + 2) π 4

= 2

n+ 2

 ( n + 2 ) π + i sin ( n + 2 ) π   cos  4 4  

= 0 ⇔ n + 2 = 4l + 2

⇔ n = 4l , với l nguyên dương. Bài toán 10.34: Tính sin 4ϕ và cos 4ϕ theo các lũy thừa của sin ϕ và cos ϕ

z1 + z2 z + z2  z1 + z2  + là số ảo ⇔ 1  z1 − z2 z1 − z2  z1 − z2 

Hướng dẫn giải 4

Ta tính ( cos ϕ + i sin ϕ ) theo 2 cách:

⇔ ( z1 + z2 )( z1 − z2 ) + ( z1 − z2 )( z1 + z2 ) = 0

(

( cos ϕ + i sin ϕ )

)

⇔ 2 z1 z1 − z2 z2 = 0 ⇔ z1 = z2

= cos 4ϕ + i sin 4ϕ

Bài toán 10.33: Tìm số nguyên dương n: Trang 23

Trang 24

và

S = cos b + cos ( a + b ) + cos ( 2a + b ) + ... + cos ( na + b )

( cos ϕ + i sin ϕ )

= cos 4 ϕ + 4 ( cos3 ϕ ) ( i sin ϕ ) + 6 ( cos 2 ϕ )( i 2 sin 2 ϕ ) + 4 ( cos ϕ ) ( i 3 sin 3 ϕ ) + i 4 sin 4 ϕ

T = sin b + sin ( a + b ) + sin ( 2a + b ) + ... + sin ( na + b )

= cos ϕ − 6cos ϕ sin ϕ + sin ϕ + ( 4cos ϕ sin ϕ − 4cos ϕ sin ϕ ) i 4

Hướng dẫn giải Đặt α = cos a + i sin a, β = cos b + i sin b thì:

Từ đó có: cos 4ϕ = cos 4 ϕ − 6cos 2 ϕ sin 2 ϕ + sin 4 ϕ

S + iT = [cos b + i sin b] +  cos ( a + b ) + i sin ( a + b ) +

sin 4ϕ = 4cos3 ϕ sin ϕ − 4cos ϕ sin 3 ϕ

 cos ( 2a + b ) + i sin ( 2a + b )  + cos ( na + b ) + i sin ( na + b ) 

Bài toán 10.35: Cho z = cos ϕ + i sin ϕ (ϕ ∈ ℝ ) . Chứng minh rằng: a) z n +

= β + βα + βα 2 + ... + βα n = β (1 + α + α 2 + ... + α n )

1 1 = 2cos nϕ ; z n − n = 2i.sin nϕ với mọi số nguyên n ≥ 1. zn z

b) cos 4 ϕ =

1 1 ( cos 4ϕ + 4cos 2ϕ + 3) ,sin 5 ϕ = ( sin 5ϕ − 5sin 3ϕ + 10sin ϕ ) 8 16 Hướng dẫn giải

=β

1 − α n +1 a (để ý rằng α ≠ 1 do sin ≠ 0 ) 1−α 2

=β

1 − cos ( n + 1) a − i sin ( n + 1) a 1 − cos a − i sin a

a) Ta có z = cos ϕ + i sin ϕ (ϕ ∈ ℝ )

Do đó z n +

1 1 = 2cos nϕ , z n − n = 2i sin nϕ zn z

b) Khi n = 1 ta có: z +

Bài toán 10.38: Tính các tổng hữu hạn:

1 1 1 1  cos ϕ =  z +  ;sin ϕ =  z −  nên 2 z 2i  z 4

A = 1 − Cn2 + Cn4 − Cn6 + −... và B = Cn1 − Cn3 + Cn5 − Cn7 + −... Hướng dẫn giải

 4 1 1 1 2 2  z + z 4 + C4  z + z 2  + C4     

Ta có: (1 + i ) =

1 1 ( 2cos 4ϕ + 4.2cos 2ϕ + 6 ) = ( cos 4ϕ + 4cos 2ϕ + 3) 24 8

1

1 

1 

1



1

C i

k k n

= 1 + Cn1i − Cn2 − Cn3i + Cn4 + Cn5i − Cn6 − Cn7i + ...

= 1 − Cn2 + Cn4 − Cn6 + −... + i ( Cn1 − Cn3 + Cn5 − Cn7 + −...)



1 

= A + Bi . Mặt khác: n

(1 + i )

1 ( 2sin 5ϕ − 2C51 sin ϕ + 2C52 sin ϕ ) = 161 ( sin 5ϕ − 5sin 3ϕ + 10sin ϕ ) 25

Bài toán 10.37: Cho các số thực a, b sao cho sin

k =0

và sin 5 ϕ =   z −   = 5  z 5 − 5  − C51  z 3 − 3  + C52  z −   z   i 2  z  z  z     2i 

n +1 n +1 a sin a  na   na  2 2 cos  sin  + b  ,T = + b a a 2 2     sin sin 2 2

sin

1 1 = 2cos ϕ , z − = 2i sin ϕ z z

1  1  1 cos 4 ϕ =   z +   = 4 z  2 2 

n +1 a  na   na  2 cos + b  + i sin  + b   . Từ đó suy ra: a   2 2    sin 2

sin

1 nên z n = cos nϕ + i sin nϕ , n = cos nϕ − i sin nϕ nên: z

  π π  nπ nπ   =  2  cos + i sin   = 2n /2  cos + i sin  4 4  4 4      

Vậy A = 2n /2  cos

a ≠0 2

nπ  nπ n /2   và B = 2  sin 4  4 

 . 

Bài toán 10.39: Chứng minh:

Với mỗi số nguyên n ≥ 1 , tính các tổng Trang 25

Trang 26

a) Trọng tâm của tam giác ABC biểu diễn số phức nào?

1 nπ  1 + Cn4 + Cn8 + ... =  2n−1 + 2n/2 cos  2 4 

b) Giả sử z1 = z2 = z3 . Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác đều khi và chỉ khi:

z1 + z2 + z3 = 0 .

1 nπ  Cn1 + Cn5 + Cn9 + ... =  2n−1 + 2n /2 sin  2 4 

Hướng dẫn giải

Hướng dẫn giải n

Ta có (1 + i ) =

C i

k k n

1 a) G là trọng tâm của tam giác ABC khi: OG = OA + OB + OC 3 1 Vì OA, OB, OC theo thứ tự biểu diễn z1 , z2 , z3 nên G biểu diễn số phức ( z1 + z2 + z3 ) 3

(

= 1 + Cn1 − Cn2 − Cn3i + Cn4 + Cn5i − Cn6 − Cn7i + ...

k =0

(1 − i )

=  ( −1) Cnk i k = 1 − Cn1i + Cn2 + Cn3i − Cn4 − Cn5i + Cn6 + Cn7i + ... n

b) Ba điểm A, B, C thuộc một đường tròn tâm O nên tam giác ABC là tam giác đều khi và chỉ khi trọng tâm G của nó trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp, tức G ≡ 0 hay z1 + z2 + z3 = 0 .

k =0 n

Và 2n = (1 + 1) =

C

k n

= Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn

Bài toán 10.42: Giải hệ phương trình:

k =0 n

3 2  x − 3xy = −1

0 = (1 − 1) =  ( −1) Cnk = Cn0 − Cn1 + Cn2 + ... + ( −1) Cnn . n

2 x + 5 y = xy + 2

a) 

b) 

2 2  x + 4 y + 21 = y + 10 x

3 2  y − 3x y = − 3

k =0

Do đó Cn0 + Cn2 + Cn4 + ... = Cn1 + Cn3 + Cn5 + ... = 2n −1

(

)

Suy ra 2 Cn1 + Cn5 + Cn9 + ... = 2 n −1 + 2 n /2 cos

Hướng dẫn giải 2

a) Điều kiện x + y ≠ 0 . Xét số phức z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) thì:

nπ  đpcm. 4

z 3 = x3 − 3xy 2 + ( 3x 2 y − y 3 ) i

Bài toán 10.40: Các vectơ u, u ' trong mặt phẳng phức theo thứ tự biểu diễn các số phức z , z ' . Chứng minh:

1 a) Tích vô hướng u.u ' thỏa mãn: u.u ' = zz '+ z z ' 2 z' b) Nếu u ≠ 0 thì u, u ' vuông góc khi và chỉ khi là số ảo; z

(

)

3 2  y − 3 x y = − 3

2π 2π  ⇔ z = 3 2  cos + i sin 9 9 

(

 3 ; 

8π 8π  2  cos + i sin 9 9 

 3 ; 

14π 14π   2  cos + i sin  9 9  

Suy ra nghiệm hệ:

và: zz '+ z z ' = ( x − yi )( x '+ y ' i ) + ( x + yi )( x '− y ' i ) = 2 ( xx '+ yy ')

1 zz '+ z z ' 2

⇔ x3 − 3xy 2 + ( 3x 2 y − y 3 ) i = −1 + i 3

2π 2π   ⇔ z 3 = −1 + i 3 = 2  cos + i sin  3 3  

a) Viết z + x + yi , z ' = x '+ y ' i ( x, y, x ', y ' ∈ ℝ ) thì: u.u ' = xx '+ yy '

3 2  x − 3xy = −1

Hệ 

Hướng dẫn giải

Nên: u.u ' =

)

2π 8π 14π    3 3 3  x = 2 cos 9  x = 2 cos 9  x = 2 cos 9 hay  hay    y = 3 2 sin 2π  y = 3 2 sin 8π  y = 3 2 sin 14π    9 9 9

)

b) u.u ' = 0 ⇔ zz '+ z z ' = 0 . Do ddos:

b) Xét số phức z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) thì z 2 = x 2 − y 2 + 2 xyi .

z' z' z'  z' z' u.u ' = 0 ⇔ + = 0 ⇔ +   = 0 ⇔ là số ảo. z z z z z

2 x + 5 y = xy + 2

Bài toán 10.41: Trong mặt phẳng phức, cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng theo thứ tự biểu diễn các số phức z1 , z2 , z3 . Trang 27

 xy − 2 x − 5 y + 2 = 0 ⇔ 2 2  x + 4 y + 21 = y + 10 x  x − y − 10 x + 4 y + 21 = 0

Hệ 

Trang 28

⇔ ( x 2 − y 2 − 10 x + 4 y + 21) + 2 ( xy − 2 x − 5 y + 2 ) i = 0

f ( xi ) f ( x) 4 = ϕ ( x ) i =1 ϕ ' ( xi )( x − xi )

⇔ ( x 2 − y 2 − 2 xyi ) − (10 + 4i )( x + yi ) + 21 + 4i = 0

Do đó P ( x ) =

⇔ z 2 − 2 ( 5 + 2i ) z + 21 + 4i = 0

(

) (

)

(

) (

)

⇔ z = 5 + 2 2 + 2 + 2 2 i hay z = 5 − 2 2 + 2 − 2 2 i

 x = 5 + 2 2

 x = 5 − 2 2

Suy ra nghiệm hệ phương trình: 

hay 

 y = 2 + 2 2

a) x3m + x3n +1 + x3 p + 2 ⋮ x 2 + x + 1 với m, n, p nguyên dương. b) f ( x ) = x ka1 + x ka2 +1 + ... + x kak + k −1 chia hết cho:

a) Nhân tử bậc nhất của: f ( x ) = cos ( n arccos x )

g ( x ) = x k −1 + x k −2 + ... + 1 .

x2 b) Tổng các phần tử đơn của: P ( x ) = 4 x −1

Hướng dẫn giải a) Để chứng minh đa thức f ( x ) chia hết cho đa thức g ( x ) , ta chỉ cần chứng minh mọi nghiệm của g ( x )

Hướng dẫn giải

f ( x ) = cos ( n arccos x ) = 0 ⇔ n arccos x =

π 2

kπ ⇔ x = cos

đều là nghiệm của f ( x ) .

2k + 1 π. 2n

Nếu gọi w là nghiệm của x 2 + x + 1 thì w2 + w + 1 = 0

Theo định nghĩa hàm số lượng giác ngược

hay w2 = − w − 1 nên w3 = − w2 − w = w + 1 − w = 1

1 1  2k + 1  0≤  π ≤ π hay − ≤ k ≤ n − tức là k = 0,1.,,,.n − 1 2 2  2n 

Thay w vào đa thức thứ nhất ta có: w3m + w3n+1 + w3 p + 2 = 1 + w + w2 = 0 Vậy w cũng là nghiệm của đa thức x 2 + x + 1 (đpcm).

n −1 n 2k + 1  2k − 1    f ( x ) = cos ( n arccos x ) = a0 ∏  x − cos π  = a0 ∏  x − cos π 2n 2n   k =0  k =1 

b) Gọi ε là nghiệm của g ( x ) , ta có:

Đặt arccos x = v thì từ công thức MOIVRE ta có: 2 n

−2

4 n

g ( ε ) = ε k −1 + ε k − 2 + ... + 1 = 0 nên ε chính là các giá trị của căn bậc k của đơn vị, nghĩa là ta có ε k = 1 .

−4

Do đó

cos ( nv ) = cos nv − C cos n v sin v + C cos n v sin v... + ... = x n − Cn2 x n− 2 (1 − x 2 ) + Cn4 x n −4 (1 − x

2 2

)

f (ε ) = ε ka1 + ε ka2 +1 + ... + ε kak + k −1 = 1 + ε + ... + ε k −1 = 0

+ ...

Vì vậy, mọi nghiệm của g ( x ) đều là nghiệm của f ( x ) nên f ( x )⋮ g ( x ) (đpcm).

Nên hệ số cao nhất a0 = 1 + Cn2 + Cn4 + ... + Cnn = 2n −1 . Vậy: cos ( n arccos x ) = 2 n−1

k =1

b) Ta có: P ( x ) =



∏  x − cos

1 1 1 − + trên R [ x ] 4 ( x − 1) 4 ( x + 1) 2 ( x 2 + 1)

Bài toán 10.44: Chứng minh:

 y = 2 − 2 2

Bài toán 10.43: Phân tích thành

1 1 i i − − + trên C [ x ] 4 ( x − 1) 4 ( x + 1) 4 ( x − i ) 4 ( x + i )

Bài toán 10.45: Cho n là số nguyên dương đa và đa thức P ( x ) với các hệ số thực như sau

2k − 1  π n 

P ( x ) = ( m + 1) x 2 ( x + 1)

x2 x2 x2 = 2 = 2 x − 1 ( x − 1)( x + 1) ( x − 1)( x + 1)( x − i )( x + i )

2n+2

+ ( 3m − 2 ) x n . Tìm tất cả các giá trị thực m để x 2 + x + 1| P ( x ) . Hướng dẫn giải

{

Xét x + x + 1 = 0 ⇔ x ∈ ω , ω

Áp dụng công thức nội suy Lagrăng cho f ( x ) = x và 4 số

P (ω ) = ( m + 1) ω 2 (ω + 1)

x1 = 1, x2 = −1; x3 = i, x4 = −i, ϕ ( x ) = ∏ ( x − xi ) :

2 n+ 2

} . Khi đó

+ ( 3m − 2 ) ω n = ( m + 1) ω 4 n +6 + ( 3m − 2 ) ω n

= ( m + 1) ω n + ( 3m − 2 ) ω n = ( 4m − 1) ω n Trang 29

Trang 30

Theo giả thiết, suy ra P ( ω ) = 0 ⇔ m =

1 . 4

Từ điều kiện đề bài suy ra phương trình đặc trưng của phương trình sai phân x 3 + px 2 + qx + r = 0 có 1 nghiệm thực âm và hai nghiệm phức liên hợp.

Bài toán 10.46: Tìm tất cả các đa thức p ( x ) ∈ Z [ x ] là monic bậc hai sao cho tồn tại đa thức q ( x ) ∈ Z [ x ] mà

Giả sử ba nghiệm đó là −a, R ( cos α + i sin α ) , R ( cos α − i sin α ) với a > 0, R > 0 , 0 < α < π thì

các hệ số của đa thức r ( x ) = p ( x ) q ( x ) đều thuộc {−1;1} .

an = C1 ( −a ) + C2 R n ( cos α + i sin α ) + C3 R n ( cos α − i sin α ) trong đó C1 , C2 , C3 là các hằng số nào

Hướng dẫn giải Dễ thấy p ( x ) = x + ax ± 1 , với a ∈ ℤ . Giả sử

r ( x ) = an x + an −1 x

n −1

Đặt C2 = R * ( cos ϕ + i sin ϕ ) với ϕ ∈ [ 0;2π ) , ta có

+ ... + a1 x + a0 , ai ∈ {−1;1} , i = 0,1,..., n

an = C1 ( −a ) + R n ( R * ( cos ϕ + i sin ϕ )( cos nα + i sin nϕ ) ) n

Gọi z là một nghiệm phức của r ( x ) và z > 1 thì ta có n −1

z = z n = − n

i =0

Suy ra z

ai i z = an

( z − 1) ≤ z

+ R* ( cos ϕ − sin ϕ )( cos nα − i sin nϕ ) = C1 ( − a ) + 2 R n R * ( cos ( nα + ϕ ) ) n

ai i n−1 i n−1 i z − 1 z ≤ z = z =  z −1 i = 0 an i =0 i =0 n −1

−1  z

đó, C2 , C3 là các số phức liên hợp.

Giả sử ngược lại tồn tại n sao cho an ≥ 0 với mọi n ≥ n0 .

( z − 2 ) ≤ −1  z < 2 .

Khi đó ta có 0 ≤ an+1 + aan

(

) = 2 R R * ( R cos ( ( n + 1) α + ϕ ) ) + a cos ( nα + ϕ ) = 2 R R *.C.cos ( nα + ϕ ) ( C > 0, ϕ ∈ [0; 2 ) ) với mọi n ≥ n . = 2 R n+1R * cos ( ( n + 1)α + ϕ ) + a 2 R n R * ( cos ( nα + ϕ ) )

Vậy mọi nghiệm của r ( x ) đều có môđun nhỏ hơn 2. Từ đó nếu gọi z1 , z2 là các nghiệm của p ( x ) thì ta có z1 < 2 , z2 < 2 , ngoài ra ta còn có z1 z2 = z1 z2 = 1 .

Không mất tính tổng quát ta giả sử z1 ≥ z2  1 ≤ z1 < 2,0 < z2 ≤ 1 .

Ta lại có:

Điều này không xảy ra vì 0 < α < π nên tồn tại vô số n sao cho:

a = z1 + z2 ≤ z1 + z2 < 1 + 2 = 3  a ∈ {−2; −1;0;1;2}

3π π  nα + ϕ * ∈  + k 2π , + 2kπ  2 2 

Với a = 0 , ta có q ( x ) = x + 1. Với a = ±1 , ta có q ( x ) = 1 . Với a = ±2 . Kiểm tra p ( x ) = x 2 ± 2 x + 1 thì sẽ có q ( x ) = x ∓ 1 , còn với p ( x ) = x 2 ± 2 x − 1 thì không thỏa mãn vì có một nghiệm có môđun lớn hơn 2.

3. BÀI LUYỆN TẬP Bài tập 10.1: Tính: a)

Vậy có 8 đáp số của p ( x ) là x 2 ± 1, x 2 ± x ± 1, x 2 ± 2 x + 1 .

1 + i tan x 1 − i tan x

(1 + i ) 7 (1 − i ) Hướng dẫn

Bài toán 10.47: Cho đa thức P ( x ) = rx3 + qx 2 + px + 1 trong đó p , q, r là các số thực với r > 0 .

a) Nhân số phức liên hiệp của mẫu. Kết quả cos 2 x + i sin 2 x

Xét dãy số ( an ) : a0 = 1; a1 = − p, a2 = p 2 − q

b) Kết quả 2. Bài tập 10.2: Tìm phần thực và phần ảo của các số phức:

an+3 = − pan+ 2 − qan+1 − ran ( n ≥ 0 ) Chứng minh rằng nếu đa thức P ( x ) chỉ có duy nhất một nghiệm thực và không có nghiệm bội thì dãy ( an ) có vô số số âm.

z +i với số phức z = x + iy ( x, y ∈ ℝ ) iz − 1

(

) (

b) z = 1 + 1 + i 3 + 1 + i 3

Hướng dẫn giải

)

(

+ ... + 1 + i 3

)

2017

Hướng dẫn Trang 31

Trang 32

a) Tính trực tiếp. Kết quả

−2 xy 2

x + ( y + 1)

và

y2 − x2 −1 x 2 + ( y + 1)

b) Dùng tổng n số hạng của cấp số nhân S n = u1

(

và tách lũy thừa về 1 + i 3

)

Kết quả 1 + i;1 − i; −

Bài tập 10.7: Xác định tập điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn

1 − qn 1− q

1 là số ảo z −i

b) z − i + 2 + z + i = 9

= −8 .

Hướng dẫn

Bài tập 10.3: Cho z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) . Chứng minh z

1 + 13 13 − 1 ; 6 6

a) Gọi z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) và tính trực tiếp

2 ≥ a + b . Khi nào thì đẳng thức xảy ra.

1 . z −i

Kết quả trục ảo Oy trừ I ( 0;1)

Hướng dẫn

b) Gọi z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) và biến đổi tương đương. Kết quả Elip

Tính trực tiếp. Kết quả b = ± a .

Bài tập 10.8: Chứng minh rằng:

Bài tập 10.4: Viết các số phức sau dưới dạng lượng giác:

a) Nếu phương trình an z n + an−1 z n−1 + ... + a2 z 2 + a1 z + a0 = 0 với các hệ số thực có nghiệm phức là z0 thì z0

a) − ( cos ϕ + i sin ϕ ) ;cos ϕ − i sin ϕ

cũng là nghiệm của phương trình.

b) sin ϕ + i cos ϕ ;sin ϕ − i cos ϕ

b) A, B, C, D biểu diễn theo thứ tự các số: −1 + i; −1 − i;2i;2 − 2i cùng nằm trên một đường tròn.

Hướng dẫn

a) Dùng định nghĩa lượng giác và công thức lượng giác.

a) Dùng định nghĩa nghiệm và số phức liên hiệp

Kết quả cos (ϕ + π ) + i sin (ϕ + π ) ;cos ( −ϕ ) + i sin ( −ϕ )

b) Lập phương trình đường tròn qua A, B, C và thử tọa độ D.

π π π  π    − ϕ  + i sin  − ϕ  ;cos  ϕ −  + i sin  ϕ −  2 2 2  2   

Hay nhận xét AC và AD, BA và BD vuông góc nhau nên thuộc đường tròn đường kính CD.

b) Kết quả cos 

Bài tập 10.9: Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện:

Bài tập 10.5: Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện sau, tìm các số có acgumen dương nhỏ nhất. a) z + 1 − i ≤ 1

()

a) z 4 = −1

b) z − 5i ≤ 3

b) z 2 + z

= 0 và

z −1 =1 z −3

Hướng dẫn

Hướng dẫn 4

a) z = −1 ⇔ z = i ⇔ z = −i hay z = i .

a) Gọi z = x + yi, ( x, y ∈ ℝ ) và tìm tập điểm thỏa mãn. Kết quả z = i b) Kết quả

Kết quả

12 16 + i 5 5

2 2 (1 ± i ) và ( −1 ± i ) . 2 2

b) Kết quả z1 = 2 (1 + i ) và z2 = 2 (1 − i ) .

Bài tập 10.6: Giải phương trình trong tập số phức: a) z 2 + (1 − 3i ) z − 2 (1 + i ) = 0

Bài tập 10.10: Chứng minh rằng đa thức P ( z ) là hàm số chẵn của z ∈ ℂ khi và chỉ khi tồn tại Q ( z ) thỏa b) 3z 4 − 5 z 3 + 3z 2 + 4 z − 2 = 0

mãn: P ( x ) = Q ( z ) Q ( − z ) , z ∈ ℂ .

Hướng dẫn

a) Lập ∆ . Kết quả 2i, −1 + i .

Chứng minh bằng quy nạp theo m là số nghiệm khác 0 của đa thức P ( z ) , tức là tồn tại Q ( z ) thỏa mãn

b) Biến đổi tích nhờ nhẩm nghiệm, dự đoán nghiệm.

P ( z ) ≡ Q ( z)Q (−z) . Trang 33

Trang 34