tài liệu ôn thi kỳ thi THPT môn toán quốc gia 2015 bộ 2

Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm cực đại của hàm số... Số nghiệm của phương trình * bằng số giao điểm của đồ thị C và đường thẳng y = m -4... 2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ

TÀI LIỆU ÔN TẬP THI KỲ THI QUỐC GIA NĂM 2015

MÔN: TOÁN (BỘ 2)

I KHUNG CHƯƠNG TRÌNH ÔN TẬP

1 Khảo sát hàm số và các bài toán liên quan 20 - 25

2 Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình 10 - 20

3 Tích phân và ứng dụng của tích phân 10 - 15

LIÊN QUAN ĐẾN KHẢO SÁT HÀM SỐ

0 0

x - ∞ -2 0 2 + ∞

y ’ - 0 + 0 - 0 +

y +∞ 10 + ∞

-6 -6

Vậy : Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( -2 ; 0) và ( 2 ; + ∞) Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( - ∞; -2) và ( 0 ; 2) Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 , yCĐ = 10 Hàm số đạt cực tiêu tại điểm x = 2 ; yCT = -6 c) 3 1 1 x y x    TXĐ: D = R\  1 , 2 4 0, 1 (1 ) y x x      BBT x   1 

y’ + +

y  -3

-3  

Vậy HS ĐB trêncác khoảng( ;1)và (1;+)

HS không có cực trị

Ví dụ 3: Giới hạn, tiệm cận:

a

c

      ; suy ra y = a/c là tiệm cận ngang

Nếu y’ >0 trên D: lim( ) ; lim( )

b) Các dạng bài tập tương tự cho học sinh tự làm

Bài 1: Tính đạo hàm của các hàm số

2

 Vậy : 1  

;1 2

2 Tiến hành giải quyết nội dung chuyên đề (18tiết)

Phần 1: Khảo sát hàm số bậc ba và bài toán liên quan (6 tiết)

a) Giáo viên đưa ra hệ thống các ví dụ ôn lại kiến thức cơ bản của chủ đề:

Ví dụ 1 : Cho hàm số y = - x3 + 3x - 2 (1)

a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1)

b Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm cực đại của hàm số

c Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình x3 - 3x + 2 + m = 0

1

x y

x

Trên khoảng ( 1;1) , y’>0 nên hàm số đồng biến

Trên khoảng (  ; 1)và (1;), y’<0 nên hàm số nghịch biến

Giao với Ox tại A(1;0) và B(-2;0)

Giao với Oy tại C(0;-2

b Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm cực đại

Điểm cực đại (1;0)

PTTT có dạng: yy' (x0) (x x0 ) y0

Ta có: y’(1) = 0

Vậy phương trình tiếp tuyến là y = 0

c Dựa vào đồ thị (C) biện luận số nghiệm của phương trình x3-3x+2+m=0

Ta có: x3 - 3x + 2 + m = 0  - x3 + 3x - 2 = m (*)

- 2

x 1

0

Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y = m

 -4<m<0 Phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1)

b) Dựa vào đồ thị (C) của hàm số (1) biện luận theo m số nghiệm của phương trình

Trên khoảng  ;1và 3; ,y ' 0nên hàm số đồng biến

Trên khoảng 1;3, y ' 0 nên hàm số nghịch biến

b.Cực trị

Hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCĐ= y(1)= 4

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3, yCT= y(3)= 0

Đồ thị hàm số không có tiệm cận

d.Bảng biến thiên

3 Đồ thị

Giao với trục Oy tại điểm (0;0)

Giao với trục Ox tại điểm (0;0), (3;0)

 thì phương trình (*) có hai nghiệm

Nếu 0 m 4thì phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt

c) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A(2;2)

c.Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x = 0

e) Một số đề kiểm tra: (GV chọn 1 đề cho HS làm, chấm, chữa và có giải pháp thíchhợp)

Đề bài: Cho hàm số: y= -(1 x) (42 - x)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( )C tại giao điểm của ( )C với trụchoành

3) Tìm m để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt:

 y¢¢= - 6x+12= Û0 x= Þ2 y=2 Điểm uốn là I(2;2)

 Giao điểm với trục hoành: 0 3 6 2 9 4 0 1

= Û - + - + = Û ê =ê

Giao điểm với trục tung: x= Þ0 y=4

 Đồ thị hàm số: nhận điểm I làm trục đối xứng như hình vẽ bên đây

 ( ) :C y= - x3+6x2- 9x+4 Viết pttt tại giao điểm của ( )C với trục hoành

 Giao điểm của ( )C với trục hoành: A(1;0), (4;0)B

 Ta có, x3- 6x2+9x- 4+m= Û -0 x3+6x2- 9x+ =4 m (*)

 (*) là phương trình hoành độ giao điểm của ( ) :C y= - x3+6x2- 9x+4 và

:

d y=m nên số nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của ( )C và d.

 Dựa vào đồ thị ta thấy (*) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

0 <m< 4

 Vậy, với 0 < m < 4 thì phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt.

Phần 2: Khảo sát hàm số bậc bốn trùng phương và bài toán liên quan (6 tiết)

a) Giáo viên đưa ra hệ thống các ví dụ ôn lại kiến thức cơ bản của chủ đề:

0 0

Hàm số đạt cực tiêu tại điểm x = 2 ; yCT = -6

Ta có f'(0) 0 suy ra phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm cực đại là:

y=10

3 Ta có (*)  x4  8x2 10m

Do đo, sô nghiệm của phương trình (*) bằng với số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y = m Nên dựa vào đồ thị (C), ta có:

+) Nếu m < -6 thì phương trình (*) vô nghiệm

+) Nêu m = - 6 thì phương trình (*) có hai nghiệm kép

+) Nếu -6 < m < 10 thì phương trình (*) có 4 nghiệm phân biết

+) Nếu m = 10 thì phương trình (*) có 3 nghiệm (1 kép và 2 đơn)

+) Nếu m > 10 thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

b) Các dạng bài tập tương tự tại lớp: (Hướng dẫn học sinh làm với phương pháp phù hợp Giáo viên chữa và khắc phục những sai lầm HS thường gặp)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)

2 Tìm m để Phương trình x4  2x2 m 0có 4 nghiệm phân biệt

3 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm cực tiểu của (C).

Giải 1.Tập xác định: D  R

0 0

'

x x

x y

Hàm số đạt cực đại tại hai điểm x = - 1 và x =1; yCĐ = 4

Hàm số đạt cực tiêu tại điểm x = 0 ; yCT = 3

-x^4 +2*x^2+3

3 4

2.Phương trình đã cho tương đương với phương trình  x4  2x2  3 m 3

Do đó, số nghiệm của phương trình đã cho bằng số điểm chung của đồ thị (C) với đường thẳng y = m +3

Căn cứ vào đồ thị để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thì

3 < m + 3 < 4 vậy 0 < m < 1

3 Theo kết quả của ý a thì điểm cực tiểu (0;3)

Ta có f'(0) 0 suy ra phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm cực tiểu là: y = 3d) Các dạng bài tập giao cho học sinh làm ở nhà: (GV hướng dẫn cách giải từng dạngbài)

Bài1: Cho hàm số y = 1

2x4 – 3x2 + 3

2 có đồ thị là (C)

a/ Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên

b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các điểm có hoành độ bằng 1

c/ Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm của phương trình:

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 0

e) Một số đề kiểm tra: (GV chọn 1 đề cho HS làm, chấm, chữa và có giải pháp thíchhợp)

Đề bài: Cho hàm số: y= -x4+4x2- 3

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho

2) Dựa vào ( )C , hãy biện luận số nghiệm của phương trình:

Hàm số đạt cực đại yCĐ = 1 tại xCÑ = ± 2, đạt cực tiểu yCT = –3 tại xCT =0.

 Giao điểm với trục hoành: cho

2

4 2

2

11

33

x x

x x

Khảo sát hàm số phân thức bậc nhất trên bậc nhất và bài toán liên quan (6 tiết)

a) Giáo viên đưa ra hệ thống các ví dụ ôn lại kiến thức cơ bản của chủ đề:

-=-

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

2) Viết pt tiếp tuyến của ( )C biết tiếp tuyến vuông

 Hàm số NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.

 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và d: y = kx

 (C) và d có 2 điểm chung Û (*) có 2 nghiệm phân biệt

 Vậy, với k ¹ 0 và k ¹ - 1 thì (C) cắt d tại 2 điểm phân biệt.

b) Các dạng bài tập tương tự tại lớp: (Hướng dẫn học sinh làm với phương pháp phù hợp Giáo viên chữa và khắc phục những sai lầm HS thường gặp)

Ví dụ 2: Cho hàm số 2

1

x y

3 Đồ thị:

Cho x = 0 thì y = -2, suy ra đồ thị (C) cắt trục Oy tại điểm (0;-2)

Cho y = 0 thì x = 2, suy ra đồ thị (C) cắt trục Ox tại điểm (2;0)

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

b Tìm m để đường thẳng y = mx cắt (C) tại 2 điểm phân biệt

-=-

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho

2) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( )C biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng– 4

Đáp án:

1

x y

 Hàm số đã cho NB trên các khoảng xác định và không đạt cực trị.

 Giới hạn và tiệm cận: x®- ¥lim y=2 ; x®+¥lim y=2 Þ y=2 là tiệm cận ngang

 Tiếp tuyến có hệ số góc bằng –4 nên f x¢( )0 = - 4

0 0 2

0 2

(Thời lượng 10% - 20 %)

A PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ

1 Một số kiến thức bổ trợ (10 phút)

a) Hàm số y = ax xác định trên R

+ Nếu a > 1 thì hàm số đồng biến trên R

+ Nếu 0 < a < 1 thì hàm số nghịch biến trên R

Nhận xét: Ta thường sử dụng phương pháp này đối với các phương trình, bất phương

trình mũ mà các cơ số của nó có thể đưa về cùng một cơ số với số mũ nguyên.

Dạng 2: Dùng ẩn phụ.

Khi sử dụng phương pháp này ta nên thực hiện theo các bước sau:

B1: Đưa pt, bpt về dạng ẩn phụ quen thuộc.

B2: Đặt ẩn phụ thích hợp và tìm điều kiện cho ẩn phụ.

B3: Giải pt, bpt với ẩn phụ mới và tìm nghiệm thỏa điều kiện.

B4: Thay giá trị t tìm được vào  giải PT, bpt mũ cơ bản

B5: Kết luận.

Sau đây là một số dấu hiệu

Loại 1: Các số hạng trong pt, bpt có thể biểu diễn qua af(x)  đặt t = af(x).

Hay gặp một số dạng sau:

+ Dạng 1: A.a2f(x)B.af(x)C 0 (Hay : ,   , )  bậc 2 ẩn t

+ Dạng 2: A.a3f(x)B.a2f(x)C.af(x)D 0 (Hay : ,   , )  bậc 3 ẩn t

+ Dạng 3: A.a4f(x)B.a2f(x)C 0 (Hay : ,   , )  trùng phương ẩn t

Lưu ý: Trong loại này ta còn gặp một số bài mà sau khi đặt ẩn phụ ta thu được một phương trình, Bpt vẫn chứa x ta gọi đó là các bài toán đặt ẩn phụ không hoàn toàn.

Loại 2: Phương trình đẳng cấp bậc n đối với af(x) và bf(x).

Hay gặp một số dạng sau:

+ Dạng 1: A.a2f(x)B.(a.b)f(x)C.b2f(x) 0 (Hay : ,  , )

 Chia 2 vế cho a2f(x)  loại 1(dạng 1)

+ Dạng 2: A.a3f(x)B.(a b)2 f(x)C(a.b )2 f(x)D.b3f(x) 0 (Hay : ,  , )

 Chia 2 vế cho a3f(x)  loại 1(dạng 2)

Tổng quát: Với dạng này ta sẽ chia cả 2 vế của Pt, bpt cho anf(x) hoặc bnf(x) với n là số

tự nhiên lớn nhất có trong pt, bpt Sau khi chia ta sẽ đưa được pt, bpt về loại 1.

Loại 3: Trong pt, bpt có chứa 2 cơ số nghịch đảo

+ Dạng 1: A.af(x)B bf(x)C 0 (Hay : ,   , ) với a.b = 1

+ Dạng 2: A.af(x)B bf(x)C.cf(x) 0 (Hay : ,  , ), với a.b = c2

Với dạng 1 ta đặt ẩn phụ t = af(x)  bf(x)= 1/t ; còn với dạng 2 ta chia cả 2 vế của pt,bpt cho cf(x) để đưa về dạng 1

VD3 Giải các phương trình và bất phương trình sau:

3 2 x log 22

x t

Đặt t2x22x 0 và giải tương tự trên

Dạng 3: Phương pháp logarit hóa.

Đôi khi ta không thể giải một PT, BPT mũ bằng cách đưa về cùng một cơ số hay dùng

ấn phụ được, khi đó ta thể lấy logarit hai vế theo cùng một sơ số thích hợp nào đó 

PT, BPT mũ cơ bản (phương pháp này gọi là logarit hóa).

Dấu hiệu nhận biết: PT loại này thường có dạng af(x) g(x) h(x).b c d ( nói chung là trong phương trình có chứa nhiều cơ số khác nhau và số mũ cũng khác nhau)  khi đó ta có thể lấy logarit 2 vế theo cơ số a (hoặc b, hoặc c).

VD6 Giải các phương trình sau:

Vì (*) vô nghiệm nên (7) có nghiệm duy nhất là x = 0

Nhận xét: Ta thường sử dụng phương pháp lôgarit hóa cho những phương trình, bất

phương trình mũ có dạng lũy thừa tầng hoặc tích các lũy thừa có cơ số khác nhau.

Dạng 4 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số

Cho D là một khoảng, một đoạn, nửa đoạn Nếu f x( ) đồng biến trên D hoặc f x( )

2 2'( ) 2 ln 2 3 ln 3 3x x ''( ) 2 (ln 2)x 3 (ln 3)x 0,

Suy ra hàm số f x( ) đồng biến trên R Vì f '(0) '(1) 0f  nên f x '( ) 0 có nghiệm duynhất x x 0(0;1) Lập bảng biến thiên cho hàm số yf x( ) suy ra f x ( ) 0 có nhiềunhất hai nghiệm trên  Nhẩm được hai nghiệm là x 0 và x 1 là hai nghiệm của(16)

a) 4x + 5.2x – 6 = 0 b) 9x – 5.3x + 6 = 0; c) 41x 5.21x  4 0 d) 4x – 10 2x – 1 = 6;

+ Nếu a > 1 thì hàm số đồng biến + Nếu 0 < a < 1 thì hàm số nghịch biến

b Một số tính chất đối với hàm số logarit

+) log (xy) log x log ya  a  a , +) loga x log x log ya a

log a

2) Tiến hành giải quyết chuyên đề ( 3 tiết 30 phút)

2.1 Một số dạng toán.

Dạng 1: Đưa 2 vế của phương trình và bất phương trình về cùng 1 cơ số.

1 log f(x) log g(x)a  a  f(x) = g(x) 2 log f(x) ba   f(x) = ab

3 log f(x) log g(x)a  a , xẩy ra 2 khả năng

+ Nếu a > 1 thì bpt  f(x) > g(x)

+ Nếu 0 < a < 1 thì bpt  f(x) < g(x)

4 log f(x) ba  , xẩy ra 2 khả năng.+ Nếu a > 1 thì bpt  f(x) > ab.+ Nếu 0 < a < 1 thì bpt  f(x) < ab

Lưu ý rằng với các PT, BPT logarit ta cần phải đặt điều kiện để các biểu thức log a f(x)

có nghĩa là

f(x)  0.

VD1 Giải các phương trình sau:

a) log (2x 1) log 53   3 (1) b) log (x 3) log (2x3   3 2 x 1) (2)

c) log (x 1) 23   (3) d) log(x 1) log(2x 11) log2    (4)

Giải.

a) ĐK: 2x 1 0 x 1

2

    

Vậy phương trình có nghiệm x = 2, x = -1

Vậy phương trình có nghiệm x = 7

VD2 Giải các bất phương trình sau:

2

 

  b) ĐK:

VD3 Giải bất phương trình: log2 3 x2 3x 2 log2 3 x 2 log 7 4 3 (x 5) (3)

HD Điều kiện: x 5 (*) Ta thấy: 2 3 (2  3) ,7 4 3 (21    3)2 Do đó:

      vô nghiệm Vậy (3) vô nghiệm.

Nhận xét: Ta thường sử dụng phương pháp này đối với các phương trình, bất phương

trình 3 lôgarit mà các cơ số của nó có thể đưa về cùng một cơ số với số mũ nguyên.

VD4 Giải các phương trình sau:

a log x 2 log x 3 023  3   (1) b) log x log 4x 4 022  2   (2)

log x log 4 log x 4 022  2  2   2



x 21x4

Nhận xét: Ta sử dụng phương pháp mũ hóa cho những phương trình, bất phương trình

lôgarit để đưa nó về phương trình, bất phương trình mũ, đại số,… đã biết cách giải

Dạng 4 Sử dụng tính đơn điệu của hàm số

VD7 Giải phương trình: log3 22 3 2 3 2

Đặt a x 2 x 3,b2x24x5 ( ,a b0) ta được phương trình: log3a a log3b b

(*) Vì hàm số f t( ) log 3t t đồng biến trên khoảng (0;) nên (*) 1

e) log (x 1)22  2log (x 1)2  37 f)log x 5log x 6 023  3  

Bài 2 Giải các phương trình và bất phương trình sau.

a) log x log (x 3) 22  4   b) log(x2 x 2) 2 log10

c) log x 4 log x log x 132  4  8  d) log (x 5) 23  

Bài 3 Giải các phương trình và bất phương trình sau.

a) log x log (x 2) 13  3   b) log (x2 2 3) log (6x 10) 1 0 2   

C PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC.

I) Một số kiến thức bổ trợ ( 1tiết)

1) Công thức cộng lượng giác

cos(x y) cosx.cosy sin x.sin y cos(x y) cosx.cosy sin x.sin y

sin(x y) sin x.cosy sin y.cosx sin(x y) sin x.cosy sin y.cosx     tan tan

c)sin u  sin v  sin u sin( v) 

d)sin u cosv sin u sin v

c)cos u  cosv  cos u cos(   v)

d)cos u sin v cos u cos v

cosx  1 cos x 1  sin x 0  sin x 0  x k (k Z)   .

10) Phương trình tanx = tan

a) tan x tan   x  k (k Z)

b)tan x a  x arctana k (k Z)   

c)tan u  tan v  tan u tan( v) 

d)tan u cot v tan u tan v

2

 

  e)tan u cot v tan u tan v

* Phương trình chứa cả tanx và cotx thì điều kiện x k (k Z)

b) Khi tìm được nghiệm phải kiểm tra điều kiện Ta thường dùng một trong các cách sau

để kiểm tra điều kiện:

+) Kiểm tra trực tiếp bằng cách thay giá trị của x vào biểu thức điều kiện

+) Dùng đường tròn lượng giác

+) Giải các phương trình vô định

II) Tiến hành giải quyết chuyên đề ( 5 tiết)

VD2 Giải các phương trình sau

a) 8cos2xsin2xcos4x = 2 b) 2sin2x + cos3x = 1

c) 3sin22x + 7cos2x – 3 = 0 d) sin22x – 2cos2x + 3

4 = 0

VD3 Giải các phương trình sau.

a) sin x 10sin x.cosx 21cos x 02   2  b) 2sin12x + 3cos5x + sin5x = 0

c) cosx 3 sin x 2cos x

3

 

  d)cos7x sin5x  3(cos5x sin 7x)

VD4 Giải các phương trình sau

a) sin x.sin 7x sin3x.sin 5x  b) sin 5x sin3x sin 4x  

c) sin x cos 2x cos 3x2  2  2 d) cos3x – 2cos 2x + cosx = 0

a) ( D - 2013) sin 3xcos 2x sinx0 b) ( B - 2013) sin 5x 2cos x 1 2 

c) ( A - 2013) 1 tan x 2 2 sin x

4

 

  d) ( B- 2014) 2 sinx 2 cosx    2 sin 2x

e) ( A - 2014) sinx 4cosx = 2 + sin2x 

3) Bài tập về nhà.

Bài 4 Giải các phương trình sau

a) (A-2011): 1 sin2x cos2x2 2 sin xsin 2x

1 cot x





b) (B-2011): sin2xcosx sin xcosx cos2x sin x cosx    

c) (D-2011): sin 2x 2 cosx sinx 1 0

f) (B-2012): 2(cosx 3 sin x)cosx cosx  3 sin x 1.

g) (D-2012): sin3x cos3x sinx cosx    2cos2x

h) (CD-2012): 2 cos2x sinx sin3x  

k) (D - 2006) :cos3x cos2x cosx 1 0    

m) (B - 2007): 2sin 2x sin 7x 1 sin x2   

b) Định nghĩa tích phân :

b

b a a

d) Các phương pháp : Đổi biến số và từng phần

2) Tiến hành giải quyết chuyên đề ( 8 tiết)

2.1 Các bài toán về tích phân.

Dạng 1: Tính tích phân bằng định nghĩa

Phương pháp: Biến đổi các biểu thức dưới dấu tích phân về các dạng hàm số cơ bản

có trong bảng nguyên hàm cơ bản

(cosx 3sinx)dx sinx + 3cosx 2







Dạng 2: Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số

Loại 1 Đổi biến số loại 1.

f(x)dx về tích phân mới theo biến mới, cận mới rồi tính tích phân

VD2 Tính

1

2 0

e x

dx x I

1 3

ln 1

2 3

0

2 2

1 2

1 2

dx x

1

0

2 2

2

2 1

2 2

1 1

1 2

1 2

1 2

2 4

2

2 2

A C C B x B A x x

C Bx x

A x

2

4 2

0

C B A

C C B B A

2 2

2 2

1

2 4

dx x

x x

dx x

x

x I

2 ln x 2 ln x 1 2 ln3 ln 2 ln2 ln1 ln

90

0

I tan xdx





t 2 6



b)Đặt : sin x 7cosx 6 A B 4cosx 3sin x C

4sin x 3cosx 5 4sin x 3cosx 5 4sin x 3cosx 5

Đặt : a.sin x b.cosx A B(c.cosx d.sinx)

c.sin x d.cosx c.sin x d.cosx

Đặt : a.sin x b.cosx m A B(c.cosx d.sin x) C

c.sin x d.cosx n c.sin x d.cosx n c.sin x d.cosx n

vdu

 suy ra kết quả.

Chú ý:

a) Khi tính tính tích phân từng phần đặt u, v sao cho

b a

vdu

 dễ tính hơn

b a

- Nếu bậc của P(x) là 2,3,4 thì ta tính tích phân từng phần 2, 3, 4 lần theo cách đặt trên

- Nếu P(x) là một đa thức ,Q(x) là hàm số ln(ax+b) thì ta đặt u = Q(x) ; dv = P(x).dx

  (Chú ý: v là một nguyên hàm của cosx )

Vậy I=x cosx 2

Phương pháp giải toán:

B1: Lập phương trình hoành độ giao điểm giữa (C) và (C’)