Tuyển tập chuyên đề tích phân và số phức vận dụng cao

Với mục đích giúp các em học sinh trung học phổ thông nói chung, các bạn học sinh đam mê Toán nói riêng có thêm tài liệu để tham khảo và chuẩn bị đầy đủ kiến thức cho kỳ thi THPT Quốc [r]

ời nói đầu

Kỳ thi THPT Quốc gia từ năm 2016 – 2017, thi mơn Tốn chuyển từ thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm nên cách dạy, cách kiểm tra đánh giá, cách đề thay đổi Sự thay đổi nằm tồn chương trình mơn Tốn nói chung phần tích phân nói riêng Trong phần tích phân cho phần tự luận học sinh dùng máy tính cầm tay kết dễ dàng Do việc đề theo hình thức trắc nghiệm hạn chế việc dùng máy tính cầm tay ưu tiên toán THPT

Trong đề thi THPTQG 2017, ta thấy xuất toán lạ tích phân Nó thú vị giúp ta sâu tìm thêm ứng dụng tích phân Trong tài liệu xin giới thiệu với bạn toán liên quan đến so sánh giá trị hàm số y f x  biết đồ thị hàm số y f x Phương pháp chung cho toán này, cách tự nhiên ta thầy để so sánh giá trị hàm số sử dụng bảng biến thiên đơn giản nhất, ta nhìn thấy hàm số đồng biến hay nghịch biến Ngồi ta kết hợp thêm phần diện tích hình phẳng giới hạn đường liên quan Với mục đích giúp em học sinh trung học phổ thơng nói chung, bạn học sinh đam mê Tốn nói riêng có thêm tài liệu để tham khảo chuẩn bị đầy đủ kiến thức cho kỳ thi THPT Quốc gia, nhóm giáo viên Tốn học Bắc Trung Nam sưu tầm biên soạn sách “Chuyên đề Tích phân Số phức vận dụng cao” gồm 10 chuyên đề:

Chuyên đề 1. CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH GIÁ TRỊ CỦA TÍCH PHÂN KHI BIẾT MỘT HAY NHIỀU TÍCH PHÂN VỚI ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC

Chuyên đề 2 CÁC BÀI TOÁN ƯỚC LƯỢNG GIÁ TRỊ CỦA MỘT HÀM SỐ KHI CHO TRƯỚC CÁC TÍCH PHÂN LIÊN QUAN

Chuyên đề 3 ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG GIẢI CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN SO SÁNH GIÁ TRỊ CỦA HÀM SỐ

Chuyên đề 4 ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG BÀI TỐN TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG VỚI DỮ KIỆN TỐN THỰC TẾ

Chuyên đề 5 ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG BÀI TỐN TÍNH THỂ TÍCH VẬT THỂ VỚI DỮ KIỆN TOÁN THỰC TẾ

Chuyên đề 6 ỨNG DỤNG NGUN HÀM, TÍCH PHÂN TRONG CÁC BÀI TỐN THỰC TIỄN KHÁC

Chuyên đề 10 CÁC BÀI TOÁN SỐ PHỨC KHÁC Ở MỨC ĐỘ VẬN DỤNG CAO

Chân thành gửi lời cảm ơn quý thầy cô dành thời gian tâm huyết cho sách này:

1 Hoàng Minh Quân, THPT Ngọc Tảo, Hà Nội (Chủ biên) Nguyễn Duy Chiến, THPT Phan Bội Châu, Bình Định Trần Quốc Nghĩa, THPT Dĩ An, Bình Dương

4 Lê Thanh Bình, THPT Nguyễn Huệ, Nam Định Hồng Tiến Đơng, THPT Phúc Thọ, Hà Nội Đinh Văn Vang-THPT C Hải Hậu, Nam Định

7 Đặng Thanh Quang, THPT Trần Kỳ Phong, Quảng Ngãi Phạm Văn Ninh, THPT Nguyễn Bính, Nam Định

9 Trần Văn Luật, THPT Thanh Thủy, Phú Thọ

10 Nguyễn Hồng Nhung, THPT Chuyên Tiền Giang, Tiền Giang 11 Mai Ngọc Thi, THPT Hùng Vương, Bình Phước

12 Nguyễn Cao Thiện, THPT Hà Huy Tập, Hà Tĩnh 13 Nguyễn Đức Thắng, GV Toán tự do, Hà Nội 14 Hà Vĩ Đức, THPT Tây Thạnh, TP Hồ Chí Minh 15 Lý Cơng Hiếu, GV tự do, Huyện Quốc Oai, Hà Nội

16 Trần Dũng, GV tự do, Quận Phú Nhuận, TP Hồ Chí Minh

17 Nguyễn Đỗ Chiến, GV tốn, Hệ thơng giáo dục Beta Education, Hà Nội 18 Nguyễn Thị Hương, THPT n Mơ A, Ninh Bình

19 Ninh Cơng Tuấn, THPT TRần Khai Nguyên, Q5, TP Hồ Chí Minh 20 Nguyễn Minh Nhựt, GV tự do, Q Ninh Kiều, Cần Thơ

21 Bùi Quý Minh, GV Tự do, Hải Phịng

22 Dương Cơng Tạo, THPT Nam Kì Khởi Nghĩa, Tiền Giang 23 Lê Quang Vũ, THPT Thọ Xuân 5, Thanh Hóa

24 Vũ Ngọc Thành, THPT Mường So, Phong Thổ, Lai Châu 25 Phạm Đức Quốc, THPT Tứ Kỳ, Hải Dương

26 Nguyễn Tấn Linh, SV Đại Học Sài Gịn, TP Hồ Chí Minh 27 Lê Đăng Khoa, THPT Gia Định, TP Hồ Chí Minh

 

CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN

TÍNH GIÁ TRỊ CỦA TÍCH PHÂN KHI BIẾT MỘT HAY NHIỀU TÍCH PHÂN VỚI ĐIỀU KIỆN

CHO TRƯỚC A. KIẾN THỨC CƠ BẢN

1. Định nghĩa  

Cho  f  là hàm số liên tục  trên đoạn [ ; ].a b  Giả sử F là một  nguyên hàm  của  f trên [ ; ].a b  Hiệu số 

( ) ( )

F b F a   được  gọi  là  tích  phân  từ a  đến b  (hay  tích  phân  xác  định  trên  đoạn [ ; ]a b   của  hàm  số 

( ),

f x kí hiệu là  ( )d b

a

f x x

  

Ta dùng kí hiệu F x( )ab F b( )F a( ) để chỉ hiệu số F b( )F a( ).  

Vậy  ( )d ( ) ( ) ( ) b

b a a

f x xF x F b F a

  

Nhận xét:Tích phân của hàm số  f  từ a đến b có thể kí hiệu bởi  ( )d b a

f x x

  hay  ( )d b a

f t t

  Tích phân đó  chỉ phụ thuộc vào  f  và các cận a, b mà khơng phụ thuộc vào cách ghi biến số

 

Ý nghĩa hình học tích phân: Nếu hàm số  f  liên tục và khơng âm trên đoạn [ ; ]a b  thì tích phân 

( )d b a

f x x

 là diện tích S của hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y f x( ), trục Ox và hai đường  thẳng xa x, b. Vậy  ( )d

b a Sf x x 2. Tính chất tích phân 

  1.  ( )d

a a

f x x

  

2.  ( )d ( )d

b a

a b

f x x  f x x

   

  3.  ( )d ( )d ( )d

b c c

a b a

f x x f x x f x x

   (a b c ) 

  4.  ( )d ( )d  ( )

b b

a a

k f x xk f x x k

    

  5.  [ ( ) ( )]d ( )d ( )d

b b b

a a a

f x g x x f x x g x x

    

 Lưu ý:

1) f x  là hàm số chẵn và  liên tục trên đoạn a a; , a0   thì 

0

( )d ( )d

a a

a

f x x f x x 



   

2) f x  là hàm số lẻ và liên tục trên đoạn a a; , a0thì  ( )d a

a

f x x 



  

Chuyên

3) f x   là hàm số liên tục, tuần hồn với chu kì T thì 

( )d a T

a

f x x 



0

( )d T

f x x 

2

2

( )d , T

T

f x x a R 

     

B. BÀI TẬP

Câu 1. Cho hàm số  f x  có đạo hàm liên tục trên  0;

    

  thỏa mãn  f  0 0 

và    

2

2

0

d sin d

4

f x x xf x x

 



  

 

 

   Tính tích phân   

2

0

d

f x x 

  

Lời giải Bằng cơng thức tích phân phần ta có

     

2

2

0

sinxf x dx cosxf x cosx f x dx

 



    

   Suy ra   

2

0

cos d

4

x f x x





 

  

Hơn nữa ta tính được 

2 2

2

0 0

1 cos 2 sin

cos d d

2 4

x x x

x x x

                  Do đó       

2 2

2 2

0 0

d cos d cos d cos d

f x x x f x x x x f x x x

   

        

   

   

     

Suy ra  f x cosx, do đó  f x sinx C  Vì f  0 0 nên C0. 

Ta được   

2

0

d sin d

f x x x x

 

 

   

Câu 2. Cho hàm số  f x  có đạo hàm liên tục trên  0;1  thỏa mãn, f  1 0, 

     

1

2

0

1

d d

4

x e

f x x x e f x x 

 

 

   Tính tích phân   

1

0

d

f x x

  

Lời giải Bằng cơng thức tích phân phần ta có

       

1

0

1 x d d x

x e f x x f x xe

    1  

0

0 d

x x

xe f x xe f x x

   

0 d

x

xe f x x

   

Suy ra   

2 1 d x e

xe f x x  

  

Hơn nữa ta tính được  1 2 2

0 d d

x x

xe x x e x

  e    

Do đó       

1 1

2

0 0

d x d x d

f x x xe f x x xe x

           d x f x xe x

 

 

Vì  f 1 0 nên C0. 

Ta được     

1

0

1

    

 f x dx  x e dxx e  

Câu 3. Cho hàm số  f x  có đạo hàm liên tục trên  0;1  thỏa mãn  f  0 1,   

1 d 30

f x x

     ,      1

2 d

30

x f x x 

  Tính tích phân   

1

0

d

f x x

  

Lời giải Bằng cơng thức tích phân phần ta có

       

1

2

0

2x1 f x dx f x d x x

     1 1   

0

0 d

x x f x x x f x x

   

 

   

1 2

0 x x f x dx

    

Suy ra  1   

1 d

30

x x f x x

  

Hơn nữa ta tính được  1 2 1 2

0

1

d d

30

x x x x  x x x

   

Do đó             

1 1

2

2 2 2 2

0 0

d d d d

f x x x x f x x x x x  f x  x x  x

 

   

     

Suy ra  f x x2x, do đó   

3

3  x  x 

f x C. Vì  f 0 1 nên C1.  Ta được   

1

0

d

f x x 

1

0

11 d

3 12

x x x             

Câu 4. Cho  hàm  số  f x   có  đạo  hàm  liên  tục  trên   0;1   thỏa  mãn  f  1 0,  

1 d

f x x

 

 

  

và  

1 d 36

x f x x 

  Tính tích phân   

1

0

d

f x x

  

Lời giải Bằng cơng thức tích phân phần ta có

     

1

3

0

4x f x dx f x d x

    1  

0

0 d

x f x x f x x

   

0x f x dx

   

Suy ra   

0

1 d

9

x f x x

  Hơn nữa ta tính được  1 4

0

1

d d

9

x x x x

   

Do đó        

1 1

2

2 4 4 4

0 0

d d d d

f x x x f x x x x  f x x  x

 

   

     

Suy ra  f x x4, do đó   

5

5 x

f x  C. Vì  f  1 0 nên 

C     Ta được   

1

0

1

d d

5

x

f x x  x 

Câu 5. Cho hàm số  f x  có đạo hàm liên tục trên  1;e  thỏa mãn  f e 0,   

1

d

e

f x x e

      và    d e f x x e

x  

  Tích phân   

1

d

e

f x x

  bằng 

Lời giải Bằng cơng thức tích phân phần ta có

 

   

1

1

d d ln

e f x

x f x x

x 

  lnxf x 1e01lnxf x dx  

1 ln d

e

xf x x

   

   

1ln d

e

xf x x e

  

Suy ra   2  2

1 ln d ln 1 ln d

e

e e

x xx x   x x

 

   e 2. 

Do đó      2  

1 1

d ln d ln d ln d

e e e e

f x x x f x x x x  f x  x x

   

   

     

Suy ra  f x lnx, do đó  f x xlnx x C. Vì  f e 0 nên C0. 

Ta được     

2

1

3

d ln d

4

e e

e f x x x x x 

   

Câu 6. Cho hàm số  f x  có đạo hàm liên tục trên  0;

    

  thỏa mãn f         ,     

sin cos d

48

x x x f x x 

 

   

  và   

3 2 d 48

f x x



 

  

 

 

  Tính tích phân   

2

0

d

f x x 

  

Lời giải Bằng cơng thức tích phân phần ta có

           

2

2

0

sinx xcosx f x dx xsinx f x xsinx f x dx

 





   

   

Suy ra     

3

0

sin d

48

x x f x x



 

  

  

Ta có       

2

2 2

2 2 2

0 0

1 cos

sin d sin d d

2

x x

x x x x x x x

            

2 2

2 2

0 0

1 cos cos

d d d

2 2

x x x x x

x x x

       48       Do đó           

2 2

2 2

0 0

d sin d sin d sin d

f x x x x f x x x x x f x x x x

   

        

   

   

     

Suy ra  f x xsinx, do đó  f x sinxxcosx C  Vì         

 

Ta được     

2

0

d sin cos d

f x x x x x x

 



    

   

Câu 7. Cho hàm số  f x  có đạo hàm liên tục trên  0;1  thỏa mãn  f  1 0,   

1

2

3

d ln 2

f x x 

 

 

  

và   

 

1

2

3 d ln

2

f x x

x  

  Tính tích phân   

1

0

d

f x x

  

Lời giải Bằng cơng thức tích phân phần ta có

 

       

1

1 1

2

0 0

1 1

d d 1 d

1 1

1

f x

x f x f x f x x

x x x

x                                     

Suy ra   

1

0

1

1 d ln

1 f x x

x               Lại có      1

0 0

1 1

1 d d ln ln

1 x 1 x x x

x x x x

                                     Do đó        2

1 1

2

0 0

1 1

d d d d

1 1

f x x f x x x f x x

x x x

     

           

     

          

     

Suy ra    1   



f x

x , do đó  f x  x lnx1C. Vì  f  1 0 nên Cln 1  

Ta được     

1

0

1

d ln ln d ln

2

f x x x x    x 

   

Câu 8. Cho  hàm  số  f x   có  đạo  hàm  liên  tục  trên  0;1   thỏa  mãn  f 1 0,   

1 d 11

f x x

 

 

   và 

  d 55

x f x x 

  Tính tích phân   

1

0

d

f x x

  

Lời giải Bằng cơng thức tích phân phần ta có

     

1

1 5

4

0 0

d d

5

x x

x f x x f x   f x x

 

   Suy ra   

1 d 11

x f x x

  

Lại có:   

1 d 11

x x

   

Do đó       

1 1

2

2 5 5

0 0

d d d

f x x x f x x x x

         d

f x x x

 

     Suy ra  f x x5, do đó    6

f x  x C.  Vì  f  1 0 nên 

6

Ta được   

1

0

1

d d

6

x

f x x  x 

   

Câu 9. Cho hàm số y f x  liên tục trên  và thỏa mãn  f 4x f x . Biết   

3

1

d

xf x x

  Tính 

 

3

1

d

I  f x x. 

Lời giải

Đặt t4x. Ta có             

3 3 3

1 1 1

d d d d d

xf x x xf x x t f t t f t t t f t t

      

   

3

1

5

5 d d

2

f t t f t t

       

Câu 10. Biết 

1

0

2 3

d ln

2

 

  

x x x b

x a  a b, 0. Tìm các giá trị của k để 

 

8 2017 d lim 2018       ab x k x x x  

Lời giải  Ta có: 

1

2

0

2 3

d d

2

   

   

   

 x x x  x x

x x

1

0

1

3ln 3ln

3

 x  x     3       a b 8

d d

    ab

x x  

Mà   

2 2017 d lim 2018       ab x k x x x

 

1 2017 lim 2018       x k x x  

Mặt khác ta có   

2 2017 lim 2018 x k x k x        

Vậy để  

2 2017 d lim 2018       ab x k x x x  thì

1k 1 k2 0k 0. 

Câu 11. Cho  hàm  số  y f x   là  hàm  lẻ  và  liên  tục  trên  4; 4  biết   

0

2

d

f x x 

 

   và 

 

2

1

2 d

f  x x

  Tính   

4

0

d

I  f x x. 

Lời giải  Xét tích phân   

0

2

d

f x x 

 

  

Đặt  x t dx dt. 

Đổi cận: khi x 2 thì t2; khi x0 thì t0  

Do đó     

0

2

d dt

f x x f t

        dt f t    dt f t     d

f x x

   

 

Do đó     

2

1

2 d d

f  x x  f x x

   

2

1

2 d

f x x     

Xét   

2

1

2 d

f x x

  

Đặt 2xt d 1dt

x

   

Đổi cận: khi x1 thì t2; khi x2 thì t4  

Do đó     

2

1

1

2 d dt

2

f x x f t  

      dt f t      d

f x x     

Do   

4

0

d

I  f x x    

2

0

d d

f x x f x x

     2 6. 

Câu 12. Cho hàm số  f x  xá định trên  0; 

 

 

  thỏa mãn     

2

2

2 sin d

4

f x f x x x

                    

Tính tích phân   

2

0

d

f x x

    Lời giải Ta có:  2

2 sin d x x          

1 cos d x x                  

1 sin 2x dx

     cos 2 x x         2      Do đó:      2

2 sin d

4

f x f x x x

                2

2 sin d x x          

 2

2              2

2 sin sin d

4

f x f x x x x

                             2

2 sin d

4

f x x x

                  

Suy ra    sin

4

f x  x 

 

, hay    sin

f x  x 

 

. 

Vậy:   

2

0

d sin d

4

f x x x x

            

2 cos

Câu 13. Cho hàm số y f x  thỏa mãn     

2

0

sin x f x dx f 



 1. Tính   

2

0

cos d

I x f x x





  

Lời giải 

Đặt    d ( )d

d sin d cos             

u f x u f x x

v x x v x 

      

2

2

0

sin x f x dx cos x f x cos x f x dx

           

cos d

I x f x x

        2 0

sin x f x dx cos x f x





   1 10. 

Câu 14. Cho  số  thực  a0.  Giả  sử  hàm  số  f x( )  liên  tục  và  luôn  dương  trên  đoạn 0;a  thỏa  mãn 

( ) ( )

f x f ax   Tính tích phân 

  d a I x f x    ? Lời giải

Đặt t  a x dt dx.  Thay vào ta được    d a I x f x      dt a

f a t

      d a x

f a x



 

  

Suy ra     

      0 d 1 a

f a x f x

x

f x f a x

                

Do hàm số  f x( ) liên tục và luôn dương trên đoạn 0;a. Suy ra  f a x f x .  Mà  f x f a( ) ( x)1 f x 1. 

Vậy  d 2 a a

I  x  

Câu 15. Cho hàm số y f x  liên tục, luôn dương trên 0;3  và thỏa mãn   

3

0

d

I  f x x  Tính giá 

trị của tích phân      

3 ln

4 d f x

K  e  x 

Lời giải

Ta có          

3 3 3

3

1 ln ln

0

0 0 0

e f x d e f x d 4d e d 4d 4e | 4e 12

K    x  x x  f x x x  x    

Vậy K 4e 12  

Câu 16. Cho  hàm  số  f x   liên  tục  trên    thỏa   

2018

0

d

f x x

   Tính  tích  phân 

    2018 e 2

ln d

1

x

f x x

x 

 

  

 

Đặt    

2018

e

2

0

ln d

1

x

I f x x

x 

 



  

Đặt   

ln

t x    d 22 d

1 x t x x     

Đổi cận: x0  t 0; x e20181  t 2018. 

Vậy   

2018

0

1

d

I   f t t   

2018

0

1

d

2 f x x

    

Câu 17. Cho  f x  là hàm liên tục trên  thỏa  f  1 1 và   

1

0

1 dt

3

f t 

 , tính   

2

0

sin sin d

I x f x x





  

Lời giải

Đặt sinx t f sinx f t cos x fsinxdx f t dt  Đổi cận: khi x0 t 0; 

2

x  t  

     

1

2

0 0

sin sin d 2sin cos sin d d

I x f x x x x f x x t f t t

           Đặt:      d d d d

u t u t

v f t t v f t

                       

1

2 d

0 3

I   t f t  f t t     

  

. 

Câu 18. Cho  f x   là  hàm  số  liên  tục  trên    và   

1

0

d

f x x

 ,   

3

0

d

f x x

   Tính 

 

1

1

2 d

I f x x



   

Lời giải  Đặt u2x1 d 1d

2

x u

   

1

x    u 1. 

x   u3. 

Nên   

3

1

1

d

2

I f u u

       1 d d

2  f u u f u u

             1 d d

2  f u u f u u

 

    

  

. 

Xét   

1

0

d

f x x

  Đặt x u dx du.  Khi x0 thì u0. Khi x1 thì u 1. 

Nên   

1

0

4 f x dx  

1

0

d

f u u



   

0

1

d

f u u 

    

Ta có   

3

0

d

f x x

  

3

0

d

f u u

Nên      1 d d

I f u u f u u

            

4

    

Câu 19. Cho   

2

1

d

f x x





  và   

2

1

d

g x x



 

  Tính     

2

1

2 d

I x f x g x x



 

    

Lời giải

Ta có:     

2

1

2 d

I x f x g x x



 

        

2 2

1 1

xdx f x dx g x dx

         2 17 2 x       

Câu 20. Cho hàm số y f x  liên tục trên , biết   

2

2

d

x f x x

  Tính   

4

0

d

I  f x x

Lời giải

Xét tích phân   

2

2

d

x f x x

  

Đặt x2 t d d

t x x

   

Đổi cận: Khi x0 thì t0; khi x2 thì t4.  Do đó   

2

2

d

x f x x

  

4

0

1

dt 2 f t

     dt f t     d

f x x

    

Vậy I 4. 

Câu 21. Cho  f , g là hai hàm liên tục trên  1;3  thỏa:    

3

1

3 d 10

f x  g x x

          

2f x g x dx6

 

 

  Tính     

3

1

d

f x g x x

 

 

  

Lời giải 

Ta có         

3 3

1 1

3 d 10 d d 10

f x  g x x  f x x g x x

 

 

    

Tương tự         

3 3

1 1

2f x g x dx62 f x dx g x dx6

 

 

    

Xét hệ phương trình  10

2

u v u

u v v

            

, trong đó   

3

1

d

u f x x,   

3

1

d

vg x x. 

Khi đó         

3 3

1 1

d d d

f x g x x f x x g x x  

 

 

    

Câu 22. Cho hàm số y f x( ) liên tục và có đạo hàm trên  thỏa mãn  f(2) 2, 

2

0

( )d

f x x

  

Tính tích phân   

4

0

d

I  f x x. 

Lời giải

 

2

0

2 '( )d

I  t f t t. 

Sử dụng phương pháp tính tích phân từng phần ta được: 

2

0

2 ( ) ( ).d 10

I  tf t  f t t 

  

 

Câu 23. Cho  hàm  số  y f x( )  có  đạo  hàm  liên  tục  trên  đoạn  0;

 

 

 



.  Đồng  thời  thỏa  mãn 

2

( )d

f x x



 

 ,   

0

sin ( )d

x

x x f x



 

 

  và  ( )

2 

f   Tích phân   

2

3

( ) d

f x x

 

  

Lời giải 

   

2

0

6 sin ( )d sin 2 ( )d 2

x x

x x f x x f x x

                     2 0

sin 2x 2x f x( ) sin 2x 2x f x x( )d 





     

 

2 2

2

0 0

3 cos ( )d sin ( )d sin ( )d

4

x f x x xf x x xf x x

  



        

Cách 1:

Ta có   

2

d

f x x

    ,   2 sin d

xf x x

    ,   sin d 16

xf x x



 

  

Do đó   

2 2

2

0 0

( )d sin d 16 sin d ( ) sin d

f x x x x x x f x x x

   

 

      

     

Vậy  f x( )4sin2x. 

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức    

2

2 2 2

2

0 0

9

sin d sin d d

16 xf x x x x f x x 16

                   

Dấu '''' xảy ra khi  f x( )ksin2 xmà   

2 sin d 16

xf x x

    sin d 16

k x x





   

nên  f x( )4sin2x. 

Vậy  f x( )4sin2x 2 cos 2x nên  f( )x 8 cos 2x nên 

 

   

2

3

0

d 512 cos d

f x x x x

 

  

   

Câu 24. Cho hàm số  f x  có đạo hàm liên tục trên  1;8  thỏa mãn: 

       

2

2

3

1 1

2

d d d d

3

f x x f x x f x x x x

     

 

     Tính tích phân   

2

3

' d

f x x

 

 

Lời giải  Đặt xt3dx3 dt2 t. 

Với x  1 t 1;  x  8 t 2. 

Ta được:       

8 2

2 3

1 1

2

d d d

3 f x x t f t t x f x x   Thay vào giả thiết ta được: 

       

2 2

2

3 3

1 1

d d d d

f x x f x x x f x x x x

     

 

   

       

2 2

2

3 3

1 1

d d d d

f x x f x x x f x x x x

                          2

3 2

1

2 1 d

f x f x x x x

                   2

1 d

f x x x

    f x  3  1x22 0  3

1

f x x

    f x  x2 1   2.31

3

f x

x 

   

Do đó :     

2

3

1

1

8 8.ln

d d ln

27 27 27

f x x x x

x

   

 

 

   

Câu 25. Cho  hàm  số  f x   liên  tục  trên    và  thỏa  mãn   

1

5

d

f x x





   Tính  tích  phân 

 

2

0

1 d

f  x  x

 

 

  

Lời giải

Đặt t 1 3xdt 3dx. 

Với x  0 t 1 và x   2 t 5. 

Ta có   

2

0

1 d

f  x  x

 

 

  

2

0

1 d 9d

f x x x

       d t

f t x

            d 18 3 f x x      

1

.9 18 21

    

Câu 26. Cho  hàm  số  f x   có  đạo  hàm  dương,  liên  tục  trên  đoạn   0;1   thỏa  mãn  f  0 1  và 

       

1

2

0

1

3 d d

9

f x f x x f x f x x

 

     

 

 

   Tính tích phân   

1

3

d

f x x

     : Lời giải Từ giả thiết suy ra:            2

3 f x f x 2.3 f x f x dx

                2

3 f x f x dx

  

  

 

  

Suy ra 3 f   x f x  1    

3

f x f x

    2 

9

f x f x

   

Vì f3 x   3.f2   x f x  nên suy ra  3 

3

f x 

  

  3 

1

f x x C

 

Vì  f  0 1 nên  f3 0 1C1.  Vậy  3 

1

f x x

    

Suy ra   

1

3

d

f x x

     1 d 3x x

 

    

 

  

Câu 27. Cho a là hằng số thực và hàm số  f x  liên tục trên  thỏa mãn   

2

1

d 2017

f x a x

  Tính 

giá trị của tích phân   

2

1

d a

a

I f x x

 

   

Lời giải 

Xét   

2

1

d 2017

f x a x

  

Đặt t x a dtdx  Đổi cận: 

+ x   1 t a  + x   2 t a  Khi đó   

2

1

d

f x a x

   d a a

f t t

      d 2017 a a

f x x

 



  

Câu 28. Cho  hàm  số  y f x   có  đạo  hàm  liên  tục  trên  đoạn 0;5   và  f  5 10,   

5

0

d 30

xf x x

  

Tính  

5

0

d

f x x

  

Lời giải  Đặt 

   

d d

d d

u x u x

v f x x v f x

                     5 0

d d

x f x x x f x  f x x

     

5

0

30 5f f x dx

    

   

5

0

d 5 30 20

f x x f

     

Câu 29. Kí  hiệu  F x   là  một  nguyên  hàm  của  f x .  Biết  F 3 3  và   

2

1

1 d

F x x



 

   Tính 

 

3

0

d

I xf x x

Lời giải

Đặt tx 1 dtdx. Đổi cận: 

2 x t x t            

Khi đó       

2 3

1 0

1 F x dx F t dt F x dx



Xét tích phân   

3

0

d

I xf x x Đặt 

   

d d

d d

u x u x

v f x x v F x

                

Suy ra         

3 3

0

0

d d 3

I xf x xxF x F x x F    

Câu 30. Cho   

4

2

tan x f cos x dx 



  và   

2 ln d ln e e f x x

x x 

  Tính tích phân   

2 d f x I x x  Lời giải

● Xét   

4

2

tan cos d

A x f x x



   

Đặt tcos2 xdt  2 sin cos dx x x 2 cos2 xtan dx x 2 tan dt x x tan d d t x x t      Đổi cận:  1 x t

x  t

            

Khi đó     

1 1 d d 2 f t t

A f t t

t t        1 d f t t t    

● Xét   

2 ln d ln e e f x B x x x     Đặt 

2 ln ln d d

ln d d d d

ln ln ln

x x t x t

t x t x x x

x x x x x x x t

        

Đổi cận:  2

4

x e t

x e t

          

Khi đó     

4 1 d d 2 f t t

B f t t

t t       d f t t t    

● Xét   

2 2 d f x I x x    Đặt  d d 2 t x t x t x              Đổi cận:  1 2 x t x t             

Khi đó       

4

1 1

2

d d d 2

f t f t f t

I t t t

t t t

 

Câu 31. Cho hàm số  y f x  có đạo hàm  f x  liên tục trên đoạn1;  thỏa mãn   

2

1

d

xf x x

  và 

 1  2

f  f  Tính   

2

d

x f x x

  

Lời giải

Đặt   

  d d d d

u f x x u f x

v x x v x

                 

Khi đó       

2 2

2

1

1

1

1 d d

2

xf x x x f x x f x x

         

2

1

1 d

2 f f x f x x

        Theo giả thiết  f  1 4f  2  nên   

2

1

1 d

2 x f x x

    

2

d

x f x x     

Câu 32. Cho  f x ,  g x   là  các  hàm  số  có  đạo  hàm  liên  tục  trên   0;1   và  thỏa  mãn  điều  kiện     

1

0

d

g x f x x 

 ,     

1

0

d

g x f x x

  Tính tích phân     

1

0

d

I  f x g x  x. 

Lời giải

Ta có f x g x      f   x g x g x f x    . 

Và đặt         

1

1

0

d 1; d

I g x f x x  I g x f x x  

Khi đó     

1

1

0

d

I f x g x  xI I      

Câu 33. Cho biết  

2

d xf x x

 ,  

3

2

  f z dz2,  

16 d f t t t 

  Tính 

0 ( )d

I  f x x. 

Lời giải

     

2

2

0

d t x d d

xf x x  f t t f x x

    

    

3

2 f z z( )d 2 f(x)dx2

        16 3

d d

2 x t

f t

t f x x

t



  

   

Vậy  23 2

I      

Câu 34. Cho hàm số  f x  có đạo hàm liên tục trên  0;1  và thỏa mãn:       

0x f x 2 dx f

  Tính 

giá trị của   

0 d

I  f x x. 

Lời giải

Đặt 

   

d

d d

u x du x

v f x x v f x x

 

   

1

0x f x 2 dx f

         

1

0

2 ( )d

x f x  x  f x  x x f  

VậyI  1. 

Câu 35. [THPT Nguyễn Khuyến Tp HCM 2017]  Cho  biết 

5

1

( )d 15

f x x 



   Tính  giá  trị  của 

2

0

[ (5 ) 7]dx

P f  x   

Lời giải

Để tỉnh P ta đặt  d d

t

t  x x   

0

x  t  

2

x   t  

1

5

d [ ( ) 7]( )

3

t

P f t



  

5 5

1 1

1

[ ( ) 7]d ( )d d

3 f t t  f t t  t

 

     

 

   1.15 1.7.(6) 19

3

    

Câu 36.  [THPT Lạng Giang số 1-2017] Giả sử   

1

0

d

f x x

  và   

5

0

d

f z z

  

Tính tổng     

3

1

d d

f t t f t t

   

Lời giải

Ta có     

1

0

d d

f x x  f t t

  ;     

5

0

d d

f z z  f t t

   

           

5 5

0 3

9 f t dt f t dt f t dt f t dt  3  f t dt f t dt 

   

3

1

d d

f t t f t t

    

Câu 37. [Sở GD&ĐT Hà Nội 2017] Cho y f x  là hàm số chẵn, có đạo hàm trên đoạn 6; 6. Biết   

2

1

d

f x x 



  và  

3

1

2 d

f  x x

  Tính   

6

1

d

I f x x



 

Lời giải

Vì y f x là hàm số chẵn nên     

2

1

d d

f x x f x x

 

  

  ,     

3

1

2 d d

f  x x f x x

   

Xét tích phân   

3

1

2 d

K  f x x   Đặt u2xdu2dx. 

 

   

6

2

1

d d

2

K   f u u  f x x  

6

2

d

f x x

   

Vậy      

6

1

d d d 14

I f x x f x x f x x

 

        

Câu 38.  [Chuyên Quang Trung-Bình Phước 2017] Cho  f ,  g  là  hai  hàm  liên  tục  trên   1;3   thỏa:    

3

1

3 d 10

f x  g x x

 

 

 ,     

3

1

2f x g x dx6

 

 

  Tính     

3

1

d

f x g x x

 

 

  

Lời giải

 Ta có         

3 3

1 1

3 d 10 d d 10

f x  g x x  f x x g x x

 

 

    

 Tương tự         

3 3

1 1

2f x g x dx62 f x dx g x dx6

 

 

    

 Xét hệ phương trình  10

2

u v u

u v v

            

, trong đó   

3

1

d

u f x x,   

3

1

d

vg x x. 

Khi đó        

3 3

1 1

d d d

f x g x x f x x g x x  

 

 

    

Câu 39.  [Chuyên Đại học Vinh–2018] Cho hàm số  f x  thỏa mãn 

 

 2    

15 12 ,

f x  f x f x  x  x  x R và  f 0  f 0 1. Tính giá trị của  2  f  

Lời giải

 

 2      

d 15 12 d

f x f x f x x x x x

      

 

   (1) 

Đặt   

   

d d

d d

u f x u x

v f x v f x x

                  

(1)  f x 2dx f x f   x  f x 2dx3x56x2C

   

   

   

f x f x  x  x C  Ta có f    0 f 0 CC1

Ta có          

1 1

5

0 0

1

d d d

0

2

x

f x f x x x  x  x f x f x   x x 

 

    

Suy ra   

2

1

2

f x

  f2 1  f2 0 7  f2 1 8. 

Câu 40.  [Sở GD&ĐT Phú Thọ 2018]  Cho  hàm  số  f x   xác  định  trên  \1;1  thỏa  mãn   

2

f x

x

 

 ,  f  2  f  2 0 và 

1

2

2

f   f   

     Tính  f  3  f  0  f  4  

Ta có  f x  f x dx 22

1dx

x

 

 11 11 dx

x x            ln 1

ln 1

1 ln 1                         khi x C x x x C x x x C x x   Khi đó 

    1 3

1

2

2

1

2 ln 3 ln 0

0

3

1

1

2

ln ln

2                                             

f f C C

C C

C

f f

C C

 

Do đó       

3

3 ln ln ln

5

         

f f f C C C  

Câu 41. [PTNK ĐHQG HCM 2018] Cho hai hàm số  f x  và g x  có đạo hàm trên đoạn 1;  và  thỏa mãn hệ thức     

       

1

;

f g

g x x f x f x x g x

            

. Tính     

4

1

d

I f x g x  x. 

Lời giải

Cách 1:

Ta có  f x g x  x f  x g x      

   

1

f x g x

f x g x x

               d d

f x g x

x x

f x g x x

  

  



  ln f x g x   ln x C  Theo giả thiết ta có Cln ln f 1 g 1 Cln 4. 

Suy ra 

       

4

4 f x g x

x f x g x

x          

, vì  f  1 g 1 4 nên  f x  g x  x

   

   

4

1

d 8ln

I f x g x x

      

Cách 2:

Ta có  f x g x  x f  x g x  f x g x dx x f  x g x dx. 

    d         d

f x g x x x f x g x f x g x x

           

        C

x f x g x C f x g x

x

          Vì  f  1 g 1  CC 4 

Do đó  f x  g x  x

   Vậy     

4

1

d 8ln

 

Câu 42. [ĐTK Bộ GD&ĐT 2018]  Cho  hàm  số  f x   có  đạo  hàm  liên  tục  trên  0;1   thỏa  mãn 

 1

f  ,   

1

2

d

f x x

 

 

  và   

1 d

x f x x

  Tích phân   

1

0

d

f x x

  

Lời giải

Bằng cơng thức tích phân từng phần ta có 

     

1

1 3

2

0 0

d d

3

x x

x f x x f x   f x x

 

   

Suy ra   

1 d 3 x

f x x 

   Mặt khác  d 63 x x   

Do đó     

1

2 2

0 0

d 2.21 d 21 d

3

x x

f x x f x x x

        

7 d

f x x x

 

     

Suy ra   

7   

f x x , do đó    4

  

f x x C. 

 1 0

f   

4



C     7

4

f x   x   

Ta được     

1

4

0

7

d d

4

f x x  x  x

   

Câu 43. [HSG Phú Thọ 2018] Cho hàm số  f x  liên tục trên đoạn 0;1  thoả mãn 

   3

6

3

f x x f x

x

 

  Tính   

1

0

d

f x x

  

Lời giải

       

1 1

2 3

0 0

d 3

6 d dx

3

x

I f x dx x f x x f x

x x                       1

2 d

0

I f t t x

       

1

0

2 f x dx2  Vậy   

1

0

d

f x x 

  

Câu 44. [THTT-12-2017]Cho  hàm  số  f x   liên  tục  trên    thỏa  mãn  f tanxcos4x,   x . 

Tính   

1

0

d 

I f x x. 

Lời giải  Đặt ttanx. 

  2 cos x t  

    22

1 f t t          1 2 0 d d     

I f x x x

x

.  Đặt xtanudx1 tan udu.  Đổi cận: x0u0; 

4 

  

x u  

   

4 4 4

2

2 2

2

0 0

2

1 1 1

d tan d cos d sin

cos

1 tan

cos

I u u u u u u

u u u                             

Câu 45. Cho  hàm  số  f x   có  đạo  hàm  liên  tục  trên 0;3   thỏa  mãn  f  3 0,  

3 d

f x x

 

 

   và 

  d f x x

x  

  Tính tích phân   

3

0

d

f x x

  

Lời giải Bằng cơng thức tích phân phần ta có

 

           

3 3

0

0 0

d d 1 1 1 d

1

f x

x f x x x f x x f x x

x                    

Suy ra     

3

0

7

1 d

6

x  f x x

  

Lại có     

3

2

0

7 1 d 2 d

6

x  x x  x x

   

Do đó 

         

3 3

2

2

0 0

d 1 d 1 d 1 d

f x x x  f x x x  x  f x  x   x

 

   

     

Suy ra  f x  x 1 1, do đó    2 1

    

f x x x x C. Vì  f  3 0 nên 

 

C  

Ta được     

3

0

2 97

d 1 d

3 30

f x x  x x  x  x 

 

CÁC BÀI TOÁN

ƯỚC LƯỢNG GIÁ TRỊ CỦA HÀM SỐ KHI CHO TRƯỚC CÁC TÍCH PHÂN LIÊN QUAN

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN

1. Tính chất nguyên hàm, tích phân thường sử dụng

1. f x dx f x C 2.u vd uvv ud 3. f u x u x    dx f u du 2 d  

b

a

f x x  f x 



Tổng quát:    ; ,     0,  ; 

b

a

f x   x a b  f x dx  f x   x a b 2. Nhị thức Niuton

  1

n n n k n k k n n

n n n n

xy C x C x  y C x  y  C y

 Lưu ý:

B. BÀI TẬP

Bài 1. Cho hàm số f x  xác định \      

 thỏa mãn  

2

f x x

 

 , f  0 1 f  1 2 Giá trị

biểu thức f 1  f  3

Lời giải

Ta có  d d ln

2

f x x x x C

x

    



  Hàm số gián đoạn điểm

2

x

Nếu   ln 2 1

x  f x  x C mà f  1 2C2 Vậy f x ln 2 x12

2

x

Nếu   ln 2 

x  f x   x C mà f  0  1 C1 Vậy f x ln 2  x1

2

x

Do f  1  f  3 ln ln 2   ln15 3.

Bài 2. Cho hàm số y f x  xác định \1;1 thỏa mãn   21

1

f x x

 

 Biết

 3  3

f   f  Tính T  f  2  f  0  f 4

Lời giải

Ta có:

   d

f x  f x x 21 d x

x

 

 1 d

2 x x x

 

   

 

 

 1 d d

2 x x x x

 

   

 

  

1

ln

2

x

C x



 



Chuyên

Do đó: f  3  f  3 0 1ln 1ln1

2 C 2 C

   

     

    C0

Như vậy:   1ln

2 x f x x     2 1ln

2

f  



1 ln

  ;  0 1ln

f   

 ;  

1

4 ln

2

f    

   

1

ln ln

 

Từ đó: T  f  2  f  0  f 4 1ln 1ln ln 3

2

     1ln ln

2

 

Bài 3. Cho hàm số f x  xác định \1;1 thỏa mãn   22

1

f x x

 

 , f  2  f  2 0

1

2

2

f   f   

    Tính f  3  f  0  f  4

Lời giải

Ta có f x  f x dx 22

1dx

x

 

 11 11 dx

x x            ln 1

ln 1

1 ln 1                         khi x C x x x C x x x C x x Khi

    1 3

1

2

1

2 ln 3 ln 0

0

3

1

1

2

ln ln

2                                             

f f C C

C C

C

f f

C C

Do  3  0  4 ln 1 2 ln3 3 ln6

5

         

f f f C C C

Bài 4. Cho hàm số f x  xác định \ 1  thỏa mãn  

1

f x x

 

 , f  0 2017, f  2 2018

Tính S f  3  f  1

Lời giải

Ta có  d d ln 1

1

f x x x x C

x

   



 

Theo giả thiết f  0 2017, f  2 2018 nên    

   

ln 2017

ln 2018

f x x x

f x x x

    



   



Do S f  3  f  1 ln 2018 ln 2017 1   

Bài 5. Giả sử hàm số y f x  liên tục, nhận giá trị dương 0;  thỏa mãn điều kiện  1

f  , f x  f x 3x1 với x0.Tính f 2018

Lời giải

Ta có:

   

f x  f x x    

1

f x

f x x

        d d

f x x

x

f x x



 



  ln  

3

f x x C

   

 

3 e x C

f x  

 

Mặt khác ta lại có f  1 1 nên

Vậy  

2

3

3

e x

f x     

2 6055 3 2018 e f   

Bài 6. Cho hàm số f x 0 thỏa mãn điều kiện     2 

f x  x f x  1

f   Tính tổng  1  2  3 2018

f  f  f   f

Lời giải

Ta có :

    2 

2

f x  x f x  

 

2

f x x f x          

2 d d

f x

x x x

f x           2

d f x

x x C

f x

   

 

1

x x C

f x

      

1

f x

x x C

  

 

Mặt khác theo giả thiết ta lại có  1

f    1 1

2

f

C

    

 C0

Vậy   21 1

1

f x

x x x x

   

 

Khi f  1  f  2  f  3   f 2018

1 1 1 1

1

2 2018 2017 2019 2018

         1

2019

  2018

2019  

Bài 7. Cho hàm số ( )f x có đạo hàm  thỏa mãn f x( ) 2018 ( ) f x 2018.x2017.e2018x với

x (0)f 2018 Tính giá trị (1).f

Lời giải

Ta có:

2017 2018

( ) 2018 ( ) 2018 x

f x  f x  x e f  x 20182018.x f x  2018.x2017 e         1 2017 2018 0 2018 2018 x

f x f x

dx x dx

e

 

    1

Xét tích phân    

1

2018

2018

x

f x f x

I dx e        1 2018 2018 0

x 2018 x

f x e dx f x e dx

 

Xét  

1

2018

0

2018 x

I f x e dx

 Đặt    

2018 2018

2018 x x

u f x du f x dx

dv e dx v e

                

Do        

1

2018 2018 2018

1

0

x x x 2018

I f x e f x e dx I f e



     

Khi  1  f  1 e2018x2018x2018 10   2018 2019

f e

 

Bài 8. Giả sử hàm số ( )f x liên tục, dương ; thỏa mãn f  0 1  

 

1

f x x

f x x

 



Tính f  2018

Lời giải

Ta có '( )d ( )

f x x

f x 

 d

1

x x

x  

       2 d d 1 x f x

f x x

 



      

ln ln

2

f x x C

   

Bài 9. Xét hàm số f x  liên tục đoạn 0;1 thỏa 2f x 3f 1x 1x2 Tính  

1

0

d

f x x 

Lời giải

Ta có:    

1

0

2f x 3f 1x dx

    

1 x dx

   A B C Tính:

1

2

1 d

C  x x

Đặt xsint suy dxcos dt t Đổi cận: x  0 t 0;

2

x  t 

Vậy:

2

cos d

C t t

  cos2t d t    1 sin

2t t

 

 

   

 

Tính:  

1

0

3 d

B f x x

Đặt t  1 x dt dx Đổi cận: x   0 t 1; x  1 t

Vậy:  

1

0

3 d

B f t t  

1

0

3f x dx



Do đó:    

1

0

2 d

4

f x  f x x

 

 

  

1

0

5 d

4

f x x 

    

1

0

d 20

f x x 

 

Bài 10.Cho hàm số f x  xác định 0; 

 

 

  thỏa mãn    

2

2

2 sin d

4

f x f x x x

                  

Tính tích phân  

2

0

d

f x x

  Lời giải Ta có: 2 2sin d x x          

1 cos d

2 x x                  

1 sin 2x dx

   cos 2 x x         2  

Do đó:    

2

2 sin d

4

f x f x x x

                2

2 sin d

4 x x          

 2

2            2

2 sin sin d

4

f x f x x x x

                           2

2 sin d

4

f x x x

                

Suy   sin

4

f x  x 

  , hay f x  sin x 

 

   

 

Bởi vậy:  

2

0

d sin d

4

f x x x x

            

2 cos

Bài 11. Cho hàm số f x  liên tục, không âm đoạn 0;       

, thỏa mãn f  0  3và

    2 

 cos 1

f x f x x f x , 0;

x      

 

Tìm giá trị nhỏ m giá trị lớn M

hàm số f x  đoạn ;         Lời giải

Từ giả thiết     2 

cos

f x f x  x  f x       cos    

f x f x

x f x       d sin

f x f x

x x C

f x



  



 Đặt t 1 f2 x t2  1 f2 x t td  f x f    x dx

Thay vào ta dtsinx C  t sinx C  1 f2 x sinx C Do f  0  C2

Vậy 2  2 

1 f x sinx 2 f x sin x4sinx3

 

sin 4sin

f x x x

    , hàm số f x  liên tục, không âm đoạn 0; 

 

 

 

Ta có sin

6 x 2 x

 

     , Do hàm số  

4

g t t  t đồng biến 1;1      

Suy    

1 ;1

maxg t g

        ,   ;1 21

g t g

            

Vậy  

;

max 2

2

f x f

                , ;   21

f x g

               

Bài 12. Cho hai hàm số f x  g x  có đạo hàm đoạn 1; 4 thỏa mãn hệ thức    

       

1

;

f g

g x x f x f x x g x

            

.Tính    

4

1

d

I f x g x  x

Lời giải

Ta có f x g x  x f  x g x     

   

1

f x g x

f x g x x

               d d

f x g x

x x

f x g x x



  

  

  ln f x g x   ln x C

Theo giả thiết ta có Cln 1ln f  1 g 1 Cln

Khi

       

4

4 f x g x

x

f x g x x          

, f  1 g 1 4nên f x  g x  x

 

Vậy    

4

1

d 8ln

I f x g x  x

 

2

d

f x x

 

 

  

1 d

x f x x

 Tích phân  

1

0

d

f x x 

Lời giải

Ta có:  

1

2

d

f x x

 

 

  1

- Tính  

1 d

x f x x

 Đặt  

3

d d

u f x v x x

         d d

u f x x

x v            d x f x x

    x f x          d

4 x f x x

    1 d

4 x f x x   

 

4

d

x f x x

    

1

18 x f  x dx 18

     2

Mặt khác 1 0 d 9 x x x 



1

81 x xd     3

Cộng vế với vế đẳng thức  1 ,  2  3 ta được:

   

1

2 4 8

0

18 81 d

f x x f x x x

              

9 d

f x x x

 

     

1

4

f x 9x dx

   

    

 

9

f x x

    f x  9x4 f x  f x dx

5x C   

Mà f  1 1 14

5

C

    14

5

f x x

   

 

0

d

f x x

  14 d 5x x

        

3 14

10x x

 

    

 

Bài 14. Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục đoạn  1; thỏa mãn    

2 1 d

x f x x 

 ,

 2

f   

2

2

d

f x x

  

 

 Tính

2

f   

 

Lời giải

Đặt u f x du f x dx,    

3

2

d d

3

x v x x v 

Ta có    

2

2

1

1 d

3 x f x x

          

2

3 2

1 1 d 3 x x

f x f x x

         1 1 d

3 x f x x

         

2

3

1 d

x f x x

      

2

3

2.7 x f x dx 14

    

Tính  

2

6

49 x1 dx7

  

2

2

d

f x x

 

      

2

3

2.7 x f x dx

   

2

6

49 x dx

  

   

2 2

3

7 x f x dx

  

   

 

  f x 7x13    

4

7

4 x

f x  C

Do f  2 0    

4

7

4

x

f x 

   Vậy 105

2 64

f    

 

Bài 15. Cho hàm số f x  thỏa mãn f x 2  f x f   x 15x4 12x,  x  f  0  f 0 1 Tính f2 1

Lời giải

Ta có:

 

 2    

15 12

f x  f x f x  x  x    

15 12

f x f x  x x

   

   

1

f x f x x x C

   

Do f  0  f 0 1 nên ta có C1 1 Do đó:

   

f x f x  x  x  2 

2 f x x x



 

    

   

2

2

4

f x x x x C

    

Mà f  0 1 nên ta có C2 1

Vậy f2 x x64x32x1 suy f2 1 8

Bài 16. Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục đoạn  0;1 f  0  f  1 0 Biết

     

1

2

0

1

d , cos d

2

f x x f x x x

  Tính  

0 lim

x

f x x



Lời giải

Đặt  

 

   

cos d sin d

d d

u x u x x

v f x x v f x

  

  

 

 



 



 

 

 

Khi

           

1

1

0

cos d cos sin d

f x x x x f x  f x x x

 

   

     

1

0

1 sin d

f f  f x x x

            

1

0

1

sin d sin d

2

f x x x f x x x

  

   

Ta có            

1 1

2 2 2 2

0 0

sin d d sin d sin d

f x k x x f x x k f x x xk x x

 

 

   

2

0

2

k

k k

     

Do        

1

2

sin d sin

f x  x x  f x  x

 

 



Vậy  

0 lim

x

f x

x 

 

Bài 17. Cho  0 1 2

f     

3

0

[ 'f x  f ' 3x ].dx5

 Tính f (3)

     

3

0

[ 'f x dx f ' 3 x d 3 x 5

       3  3

0 3 5

f x f x

   

 3  0  0  3 5

f f f f

     2f  3 6  f  3 3

Vậy f  3 3

Bài 18. Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục  1, thỏa mãn  

2

1

10

f x dx



    ln f x dx f x  

 Biết f x 0,  x 1, 2 Tính f  2

Lời giải

Ta có        

2

2 1

2

f x dx f x  f  f

 ,  

2

1

10

f x dx

  f  2  f  1 10  1

    ln f x dx f x  

 ln f x 12 ln

   

2

ln ln

1 f f       

(Vì f x 0,  x 1, 2)

 1  2

f f

   2

Từ  1  2 ta có f  2 20

Bài 19. Cho hàm số f x  xác định trên\ 0  thỏa mãn    

2 x f x x 

  , f( 1) 1 f  1  4 Tính giá trị biểu thức f  2  f  2

Lời giải

Ta có    

2 x f x x 

  x 13

x x

   nên

    2 d x

f x x

x 

 x 13 dx

x x           2 ln 2 x x C x       2 2

2 ln

2

1

2 ln

2

x

x C x x

x

x C x x                  

• Trên khoảng 0;, ta có f  1  4C 4 Do  

2

2 ln 2

x

f x x

x

    Suy  2 2 ln

f     • Trên khoảng ;0, ta có f  1 1 C1

Do    

2

2 ln 2

x

f x x

x

     Suy  2 2 ln

8

f     

Vậy  2  2 ln

f   f  

Bài 20. Cho hàm số f x  xác định \ 0;1 thỏa mãn  

  ' f x x x 

 ; f  1  f 2 0

2

f     

Tính giá trị biểu thức:  2  3

f   f    f

 

Ta có f x    d x x x  

 1 d

1 x x x         

 ln x 1 ln x C Như f x 

             

ln ln , ;0

ln ln , 0;1

ln ln , 1;

x x C x

x x C x

x x C x

                      

Trên khoảng ;0, ta có f  1 ln 2C1 Trên khoảng 0;1 , ta có 

2

f   

 

1

ln ln

2 C

    C2 2

Do đó: f x ln 1 xlnx2 Suy ra: ln3 ln1

4 4

f     

 

Trên khoảng 1; , ta có f  2  ln 2C3

Lại có: f  1  f  2 0ln 2C1ln 2C3 0C1C3 0

Khi đó:  2  3

f   f    f

   1  3

3

ln ln ln ln ln ln

4

C  C  C

        

 

1

ln C C C ln

      Vậy  2  3

4

f   f    f

  =ln 2

Bài 21. Cho f6 x f ' x 12x13, f  0 2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm sốy f x  đoạn 0; 

Lời giải

Ta có f6 x f ' x 12x13 6     

0

. d 12 3 d

t t

f x f x x x x

  

 

7

1

6 3

7 f t t t C

    hay f7 x 42x2 21x7C Do f  0 2 nên

2

7

7

C C Do  

42 21

f x  x  x

 0;1     Max f x  f ,

 0;1     Min f x  f hay

   

7 0;1

Max f x  65

   

7 0;1

Min f x 

Bài 22. Cho f x  với  x  thỏa mãn điều kiện f x f  ' x 2x f2 x 1,

 0 0

f  Tính giá trị lớn M , giá trị nhỏ m hàm số y  f x  [1;3]

Lời giải

Đặt     2 

0

' d 2 1d

t t

I  f x f x x x f x  x

* Ta tính    

0

' d t

I  f x f x x     

0

.d t

f x f x

 2 

0

1 2

t f x

 1 2 

2 f t

  1

* Ta tính 2 

0

2 1d

t

I  x f x  x

Đặt u f 2 x 1      

2

.

d d

1 f x f x

u x

f x

 



2 dx x

 , dv2 dx x chọn

 

2

2 1d

t

I  x f x  x  2 

0

1 d

t t

x f x x x

         2 t

t f t

    2 * Từ  1  2 ta có    

4

2 2

1

1

2

t

f t t f t    f2 t 2t2 f2 t  1 t4 0     2 2 1 1

f t t

f t t

          

Do f t 0 với  t  nên f2 t  1 với  t .Vậy f2 t  1 t21 hay

 

2

f x  x  x    

2

4

2

0 2 x x f x x x      

với  1;3 Vậy

 1;3    3

Max f x  f hay

 1;3   11 Max f x  ,

 1;3   Min f x 

Bài 23. Cho hàm số f x  thỏa mãn  1

f  f x  f2 x 2x10 Tính tổng  

2018

k

S f k





Lời giải

Ta có  

 

2

f x x f x         d t f x x f x           1 1 d

t t

t

x x x x

f t          1

1 t t

f t f

     f t  21

t t

 

 hay  

f x

x x





Khi   1

1 f x x x      2018

1 1 1 1 2018

1

2 3 2018 2019 2019 2019

k

S f k



       

              

       



Bài 24. Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục 0;



 

 

  thỏa mãn f         ,   2

0 48

f x dx

           ,     sin cos 48

x x x f x dx



 

   

 Tính

2

f  

 

Lời giải

Bằng công thức tích phân phần ta có:

           

2

2

0

sin cos sin sin

 





   

 x x x f x dx x x f x  x x f x dx

Suy    

3 sin 48      

 x x f x dx

Hơn ta tính      

2

2 2

2 2

0 0

1 cos

sin sin

2

  



 

 x x dx  x x dx x x dx

 

2 2

2 2

0 0

1 cos cos

2 2

  



x x dxx dxx xdx

3

48

 

Do        

2 2

2

0 0

2 sin sin

f x dx x x f x dx x x dx

                 2 sin

f x x x dx





   

Suy f x xsinx, f x sinxxcosx C Vì        

f nên C 1

Vậy

2

f    

Bài 25. Cho hàm số f x  xác định khoảng 0;  đồng thời  

    x f x

x f x

 



Biết f x 0 với  x 0;  f  0 1 Tính giá trị f  3

Lời giải

Ta có    

1

x

f x f x

x

 

    

d d

1

t t

x

f x f x x x

x           0 2 3 t t

f x x x

        0 2 3 t t

f x x x

   

   

3

2 2

1

3 f t 3 t t

         

3

2 2

1

3 f t 3 t t

     

   

3

2 1 1 3

f t t t

        

2

3 1 1 6

f t  t t 

    

 

Vậy f  3  100

Bài 26. Cho hàm số y f x  có f x liên tục nửa khoảng 0; thỏa mãn

   

3f x  f x  3.e  x Tính giá trị biểu thức Ae3f  1  f  0

Lời giải

Ta có    

2

2 e

3 3.e

e

x x

x

f x  f x      e3xf x  e2x e2x3 Lấy tích phân từ đến hai vế ta

 

1

3 2

0

e xf x dx e x e x dx

            3 0

e e

3 x x f x             2

3 e e

e

3

f f   

  

Vậy  

2

e e

3

A   

Bài 27. Cho hàm số    

1

4 d

x

f x   t  t t Gọi m M, giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn hàm số f x  đoạn 0; Tính  Mm

Lời giải

     2

1

4 4

x

x

f x   t  t dt t  t x  x với x0

 

f x  x , f x 0x 2  1;

 0

Bài 28. Tìm hàm số f x asinx b thỏa mãn: f  1 2  

1

0

d

f x x

 Lời giải

Ta có: f  1 2asinx b 2b2

   

1

0

d sin d

f x x  a x x

  acosx 2x a 

 

 

    

 

Vậy f x sinx2

Bài 29. Cho hàm số y f x  xác định , thỏa mãn f x 0,  x  f x 2f x 0 Tính f  1 , biết f  1 1

Lời giải

Ta có          

 

2 f x

f x f x f x f x

f x



          (do f x 0)

Lấy tích phân hai vế, ta  

   

1

1 1

1

1

2 ln

f x

dx dx f x x

f x  

 



     

 

     

ln f ln f ln1 ln f             

   

e

ln f f

      

Bài 30. Cho hàm số f x  có đạo hàm, liên tục đoạn 1; ,  f 1 1  

4

1

d

f x x

 Tính f  4

Lời giải

Ta có

4

4 1

( ) ( ) (4) (1)

f x dx   f x   f  f 

 mà f(1) 1  f(4)3

Bài 31. Giả sử hàm số y f x  liên tục, nhận giá trị dương 0; có

 3 4,    1  

f  f x  x f x Tính f  8

Lời giải

Ta có:        

 

1 f x

f x x f x x

f x



       

 

8

3

d 1d

f x

x x x

f x 

  

   

8

8

3 3

1

1

f x x

    8  3 19

3

f f

    f  8 72 49

Bài 32. Cho hàm số f x  có đạo hàm, liên tục 0; thỏa mãn  

2

0

d cos

x

f t tx x

 Tính

 4

f

Lời giải

Ta có      

2

2

' d cos

x

f t tF x F x x



Lấy đạo hàm hai vế ta có:  2

2 x f x cosxx.sinx

 

4.f cos 2 sin 2 

     4

4

f

 

Bài 33. Cho hàm số f x  thỏa mãn

 

d cos

f x

t tx x

 Tính f  4

Ta có:   d cos f x

t tx x    cos f x t

x x

   f3 x 3 cosx x

 

4 12.cos 12

f 

    

4 12 f

 

Bài 34. Cho hàm số f x  có đạo hàm, liên tục đoạn 1; thỏa mãn  f x 0 x1; 2 Biết

 

1

d 10

f x x

  

 

1

d ln

f x x f x





 Tính f  2

Lời giải

Ta có:    

2

2 1

d 10

f x x f x 

  f 2  f  1 10 (1) Ta có:  

    

2

2 1

d ln ln

f x

x f x

f x



 

 lnf  2 lnf  1 ln  

  2 f f

  (2)

Từ (1) (2)  f  2 20

Bài 35. Cho hàm số f x  có đạo hàm, liên tục đoạn 1; ln thỏa mãn   

e

f 

  ln

2

d e

f x x 

 Tính I  f ln 3

Lời giải

Ta có:  

ln

2

d e

f x x 

  f ln 3 f  1  9 e2  f ln 39

Bài 36. Cho hàm số y f x  liên tục thỏa mãn    2017  

3

f x  x  x  x f x ,  

e

f   Tính f  0 ?

Lời giải

   2017  

3

f x  x  x  x f x  

   

2017

3

3

f x

x x x

f x            0 2017 2

3 d

f x

x x x x

f x

 



      

Ta có:  

0

2017

3

2

3 d

I x x x x



        

0 2017

3

1 d

x x x



   

Đặt tx 1 dxdt, đổi cận x    2 t 1,x  0 t

  2017 3

I t t



    Xét hàm số f t t33t2017 hàm số lẻ nên I 0

    f x f x  

    0

2

ln f x

  ln f  0 ln f  2  

2

0

f e

 

Bài 37. Cho hàm số  

2 e e ln d x x

f x   t t t Xác định hoành độ điểm cực đại đồ thị hàm số f x 

Lời giải

Tập xác định D

Gọi F t  nguyên hàm g t tlnt với t0 Khi

    2 e e ln d x x x x e e

f x   t t t F t  2   e x ex

F F

 

   2  2  

e x e x ex ex

 

f x  20

ln 4e x

x x x            

Bảng biến thiên hàm số

Vậy hoành độ điểm cực đại đồ thị hàm số x ln

Bài 38. Cho hàm số y f x  liên tục 0;     

2

0

d sin

x

f t tx x

 Tính f  4

Lời giải Gọi F t  nguyên hàm f t 

            2 0

d sin

x

x

g x   f t tF t F x F x x

   2  

2 sin cos

g x  xF x  x x x 2xf x 2 sinxxcosx Chọn x2 ta 4f  4 sin 22 cos 2  2  4

2

f 

 

Vậy  4

f 

Bài 39. Lấy tích phân hai vế, ta Cho hàm số  

 3 ln f x x  

Giải bất phương trình sau:

  sin . t dt f x x       Lời giải

Ta có   3ln 3 ;   3 '

3

f x x f x x

x x             0

6 cos

sin sin

2

t t

dt dt t t

            

Khi  

2

3

6 sin

2 3 2

2

3;

t dt

f x x x

x x x                   

2 2

0

3 1

3

3; 2

x x x x x x x                    

Vậy nghiệm bất phương trình:

2 x x        

Bài 40. Chứng minh

2

1 *

2 2

1 1

,

2 2

n n

n n n n

C C C C n

n n

 

      

 

x  ln 

y   

y



Lời giải * Nhận xét : Số hạng tổng quát tổng vế trài 2

1

k n

C

k với k nguyên dương lẻ không

xuất 2

1

k n

C

k với k chẵn Do ta phải sử dụng  

1x x 1x2n sử dụng phương pháp tích phân hai vế

Ta có 1 x2n C20n C x C x12n 22n C22nn 2x n C x22nn 2n

 

      

 2 2 2 2

2 2 2

1x n C nC x C xn  n  C nn x n C xnn n

Suy 1x2n1x2n 2C x C x21n  23n 3C x25n 5 C22nn1 2x n1

Do        

2

1

1 3 5 2

2 2

0 1 * n n n n

n n n n

x x

dx C x C x C x C  x  dx

  

    

 

Mà        

   

1

2 2

1

0

0

1 1

1

2 2

n n n n n

x x x x

dx n n              

và  

1

1

1 3 5 2 1

2 2 2 2

0

2

n

n n n

n n n n n n n n

x x x x

C x C x C x C x dx C C C C

n

  

        



 

1

2 2

1 1

2

n

n n n n

C C C C

n 

    

Thay (1) (2) vào (*) ta có

2

1

2 2

1 1

2 2

n n

n n n n

C C C C

n n

 

    

 (đpcm)

Bài 41. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn 1  1 2018

2 2019

n n

n n n n n

C C C C C

n        Lời giải Nhận xét:

* Số hạn tổng quát tổng vế trái  

1 1 k n k C k  

 (k0 k) Số chung với

k n

C phân số nên sử dụng tích phân phù hợp

* Số hạng tổng quát tổng vế trái  

1 1 k n k C k  

 có mẫu phân số

1

k Do k1 lớn

k đơn vị nên có khả ban đầu Cnk chung với xk tức x Ck nk

* Dấu số hạng thay đổi từ dấu sang dấu  ta khai triển nhị thức 1xn Vì chưa khớp dấu đề nên nhân hai vế cho 1

Ta có:      

1

1 3

0

1 x n Cn C x C xn n C xn n C xnn n dx

         

   

1

1

0 2 3

1

1 1 1

1

n n

n n

n n n n n

x n

C x C x C x C x C x

n n                        

 

1

1 1

1

1

n n

n n n n

C C C C

n n





        

 

 

1

1 1

1

n n

n n n n

n

C C C C

n n           2018 2019 n n  

 n2018

 

  

0

1 1 1

2 2

n n

n n n n n

C C C C C

n n n



    

  

Lời giải

Nhận xét:

* Số hạng tổng quát vế trái  1

2 k k n C k 

 ( k0, k) Số chung với

k n

C phân số nên sử dụng phương pháp tích phân

* Số hạng tổng quát vế trái  1

2 k k n C k 

 có mẫu số phân số  1

2

k

k



 k2 lớn

số chập k đơn vịcó khả ban đầu Cnk chung với xk1, tức xk1Cnk  * * Dấu số đổi dấu từ  sang 

Ta xét 1xn Cn0C x C x1n  n2 2C xn3 3   1 nC xnn n

Tới ta nhận thấy số hạng vế phải chưa giống ta đốn  * , ta nhân hai vế cho x

ta x1xn C x C xn0  n1 C xn2 3C xn3 4   1nC xnn n1

Khi      

1

0 2 3

0

1 nd n n n d

n n n n n

x x x C x C x C x C x C x  x

       

 

Xét  

1

0

1 nd

x x x

 Đặt t  1 x dt dx

 

1

0

1 nd

x x x

  

1

0

1 t tndt

  1 1 n n t t n n            1 n n    

Mặt khác    

1

0 2 3

0

n n n d

n n n n n

C x C x C x C x C x  x

     



 

1

0

0

1

1 1

2

n n n

n n n n n

C x C x C x C x C x

n                   

1

1 1

2

n n

n n n n

C C C C

n 

     



Vậy  

  

1

1 1 1

2 1

n n

n n n n

C C C C

n n n



     

  

Bài 43. Tính tổng 1 1  1

3

n n

n n n n

S C C C C

n 

    

 với n nguyên dương

Lời giải

Ta có  2  

1 n n n n

n n n n

x C C x C C x

      

     

1

2

0

1x ndx Cn C xn Cn  1 nC xnn n dx

 

* Ta có    

1

0

0

n n n d

n n n n

C C x C   C x x 

 

1

0

0

1

1 1

3

n

n n

n n n n n

C x C x C x C x C x

n                   1

3

n n

n n n n n

C C C C C

n 

    

Ta tính  

2

1 nd

n

I  x x

Đặt    

1

2

1 d d

d d

n n

u x u nx x x

v x v x



      

 



 

 

 

 

 

1

1x ndx

    

1

1 1

2 2

0 0

1 n n d

x x nx x  x

      

1

1

2

0

2n x 1 x n dx

      

   

1

1

2

1

0

2n x ndx 2n x n dx n In n In





        Do In  2 n In2 n In1

2

n n

n

I I

n 

 



2

n o

n

I I

n

 



2

n n





Vậy

n S

n



ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG

GIẢI CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SO SÁNH GIÁ TRỊ CỦA HÀM SỐ

Câu 1. Cho hàm số f x  liên tục  Đồ thị hàm số y f ' x cho hình vẽ bên Diện tích hình phẳng  K ,  H 8,

12 Biết   19

12

f   , tính f  2

A  2 11

f  B  2

3

f   C f  2 3 D f  2 0

Lời giải Chọn B

 

0

1

K

S f x dx

 

   0  1

12

f f

     f  0  19

1212   

2

0

H

S   f x dx  2  0

f f

     f  2  2

3

       

0

1

S f x dx f x dx



 

   0  1  2  0

12 13 f f f f

      

Câu 2. Cho hàm số y f x  liên tục  Đồ thị hàm số y f ' x hình vẽ

O 1 3 x

2 4

2  3



y

Chuyên

Đặt g x 2f x   x12 Mệnh đề đúng ? A

 3;3    1

Min g x g

 

B

 3;3    1

Max g x g

 

C

 3;3    3

Max g x g

 

D Không tồn giá trị nhỏ g x  3;3 Lời giải

Chọn B

Ta có: g x' 2 'f  x 2x1; g x' 0 f ' x  x 1 

Vẽ đồ thị đường thẳng yx1 hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số y f x

Quan sát đồ thị ta thấy đường thẳng yx1 cắt đồ thị hàm số y f ' x ba điểm phân biệt có hồnh độ 3;1;3 Do  

3

1

3

x x x

   

 

   

Bảng biến thiên

Vậy

 3;3    1

Max g x g

 

Câu 3. Cho hàm số y f x  liên tục  có đồ thị hàm số y f x hình vẽ Đặt

 2  5

A S6 B S 5 C S5 D S6 Lời giải

Chọn C

Dựa vào đồ thị ta có      

4

1

2 4

S   f x dx f  f  ,      

5

2

5

S  f x dx f  f   2  5 2

f  f S S S S 

Câu 4. Cho hàm số f x  có đồ thị hình vẽ bên

Xét hàm số    

2

d

x

g x f t t



  đoạn 3; 2 Tìm giá trị lớn giá trị g 3 ,  2

g  , g 0 , g 1

A g 3 B g 2 C g 0 D g 1

Lời giải Chọn D

Ta có g x  f x  Bảng biến thiên:

O x

y

3

Dựa vào bảng biến thiên ta kết luận

 3;2    

max

x g x g

Vậy giá trị lớn giá trị g 3 , g 2 , g 0 , g 1 g 1 Tiếp theo ta xét Bài toán phức tạp

Câu 5. Cho hàm số y f x  Đồ thị hàm số y f x hình vẽ Đặt      12

g x  f x  x

Mệnh đề đúng?

A g 1 g 3 g 5 B g 1 g 5 g 3 C g 5 g 1 g 3 D g 3 g 5 g 1

Lời giải

Chọn B

Ta có g x 2f  x  x1; g x 0  f x  x

Vẽ đường thẳng y x hệ trục tọa độ với đồ thị hàm số y f x

x 3

y  

Dựa vào đồ thị ta có nghiệm sau:

1

x x x

        

Ta có bảng biến thiên

Ngoài dựa vào đồ thị ta có        

3

1

1 d d

f x x x x f x x



      

   

   

 

   

3

1

1

d d

2 g x x g x x

      3  5

1

g x g x



  

 3  1  3  5

g g g g

     g 5 g 1 Vậy g 3 g 5 g 1

+ Nhận xét: ta thấy việc nhận định vùng diện tích hình phẳng giới hạn hai đồ thị hàm số y f x đường thẳng y x đường thẳng x 1;

3;

x x có vẽ chủ quan Nhưng đa số ý tưởng để giải toán so sánh miền diện tích bảng biến thiên hàm g x 

Câu 6. (TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN) Cho số thực a, b, c, d thỏa mãn

0   a b c d hàm số y f x  Biết hàm số y f x có đồ thị hình vẽ Gọi

M m giá trị lớn nhỏ hàm số y f x  0;d Khẳng định sau khẳng định đúng?

A Mm f  0 f c  B Mm f d f c  C Mm f b f a  D Mm f  0 f a 

Lời giải Chọn A

Gợi ý: Sử dụng bảng biến thiên ta tìm được: O

a b c d x

0;           0;        

max max , , ;min ,

d

d f x  f f b f d f x  f a f c

Quan sát đồ thị, dùng phương pháp tích phân để tính diện tích ta có:  d  d    

b c

a b

f x x f x xf c  f a

 

Tương tự:        

0

d d

a b

a

f x x f x x f f b

   

 

và  d  d    

c d

b c

f x x f x x f b f d

   

 

Vậy

0;      0;     

max ;min

d

d  f x  f f x  f c

Câu 7. Cho hàm số y f x  liên tục  có đồ thị hàm số y f x hình vẽ Đặt  0  6    

S  f  f  f a  f b

Khẳng định đúng?

A S25 2 a4b B S26 2 a4b C S25 2 a4b D S 26 2 a4b Lời giải

Chọn C.

Xét hai đường thẳng y 2;y4

Ta có            

6

0

0 d d

a

b

S f  f  f a  f b  f x x f x x;

Ta lại có:  

6

6

d 4d b 24

b b

f x x x x   b

 

và   0

0

d 2d 2

a a

a

f x x  x  x   a

 

Suy            

6

0

0 d d

a

b

S  f  f  f a  f b  f x x f x x25 2 a4b

Câu 8. Cho hàm số y  f x  có đồ thị f x hình vẽ

y

O x

4

2



a

b

Xét hàm số   2018

4

y f x  x  x  x  phát biểu

i) Hàm số có hai điểm cực trị 1; 2

ii) Giá trị nhỏ hàm số g x  1; 2 g 0 iii) g 0  g 1

iv) Giá trị lớn hàm số g x  1;1 g 1 Số phát biểu sai

A B C D

Lời giải Chọn A

Ta có g x  f x x3 x2 x; g x 0 f x  x3 x2 x

Dựng đồ thị hàm số y x3 x2 x hệ trục toạ độ có chứa đồ thị f x

Dựa vào đồ thị ta thấy phương trình f x  x3 x2 x có bốn nghiệm là: x  1;0;1; 2 Ta có bảng biến thiên hàm số g sau

Hàm số có hai điểm cực trị 1; 2

Giá trị nhỏ hàm số g x  1; 2 g 0

 0  1

g g Hơn ta lại có

               

0

1

1 1

g x dx g x dx g g g g g g



           

Giá trị lớn hàm số g x  1;1 g 1 Vậy bốn mệnh đề

Câu 9. Cho hàm số y f x( ) có đạo hàm y f x( ) và đồ thị hàm số f( )x cắt trục hoành điểm a b c d, , , (hình vẽ)

Xét mệnh đề sau: (I) f a( ) f b( ); (II) f c( ) f d( )

(III) f a( ) f c( ) f b( ) f d( ); (IV) f a( ) f b( ) f c( ) f d( )

Số mệnh đề sai mệnh đề

A 3 B 4 C 2 D

Lời giải Chọn C

Từ đồ thị f( )x suy hàm số f x( ) nghịch biến ( ; ),( ; )a b c d Do f a( ) f b( ), f c( ) f b( ) f c( ) f d( )

Nên mệnh đề (I), (IV) sai, mệnh đề (II) ( )f b  f a( ) f c( ) Cũng từ đồ thị f( )x suy

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

c d c d

b c b c

c d f x dx f x dx f x dx f x dx f x f x

b c

          

   

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

f c f b f c f d f b f d

     

Nên f a( ) f c( )2 ( )f b  f b( ) f d( ) Vậy mệnh đề (II)

A g 1 h 1  f  1 B h 1 g 1  f  1 C h 1  f  1 g 1 D f  1 g 1 h 1

Lời giải Chọn B

+ Nếu  1 đồ thị hàm số yh x g x  g x 0 x 0; 2g x đồng biến 0; , hai đồ thị cịn lại khơng có đồ thị thoả mãn đồ thị hàm số 

   

yg x  f x

+ Nếu  2 đồ thị hàm số yh x g x  g x 0,  x  1,5;1,5  

g x

 đồng biến 1,5;1,5,  1 đồ thị hàm số yg x  f x   0, 0; 2

f x   x  

f x

 đồng biến 0; ,   3 không thoả mãn đồ thị hàm số y f x  + Nếu  3 đồ thị hàm số yh x g x  g x 0,  x  ;1

 

g x

 đồng biến ;1,  2 đồ thị hàm số yg x  f x  1 đồ thị hàm số y f x 

Dựa vào đồ thị ta có h 1 g 1  f 1

Câu 11. Cho hàm số f x  có đạo hàm , đồ thị hàm số y f x hình vẽ bên Hỏi phương trình f x 0 có tất nghiệm biết f a 0?

x y

a b c

f'(x)

O

A 3 B 2 C 1 D 0

Lời giải Chọn D

Ta có

O

x y

2 0,5 1,5 0,5

 



 1

 2

Mặt khác

 d  d    

b c

b c a b

a b

f x x f x x f x   f x

 

           

f b f a f c f b f a f c

      

Mà f a 0 nên phương trình vơ nghiệm

Câu 12. Cho hàm số y f x  liên tục  có đồ thị f x hình vẽ y

x O

Biết f a f b    0 hỏi đồ thị hàm y f x  cắt trục hồnh điểm ?

A. B 3 C 2 D 1

Lời giải Chọn C

Từ đồ thị cho ta có BBT sau :

Vì        

   

0

0

f a f b f a f a f b f b

 

 

 



 

 

 

 

Ta có  d  d

b c

a b

f x x f x x

   d      

c a

f x x f c f a f c

     

Tương tự f x  liên tục b c;  f b f c     0 phương trình f x 0 có nghiệm thuộc b c; , nghĩa đồ thị hàm sốy f x  cắt trục hồnh điểm có hồnh độ thuộc khoảng b c; 

và a b;   b c;   , đồ thị hàm sốy f x  cắt trục hồnh hai điểm Câu 13. Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục đoạn 3; 3 đồ thị hàm số y f x

như hình vẽ bên Biết f  1 6      

1

x

g x  f x   Kết luận sau đúng?

A Phương trình g x 0 có hai nghiệm thuộc 3;3 B Phương trình g x 0 có nghiệm thuộc 3;3 C Phương trình g x 0 khơng có nghiệm thuộc 3;3 D Phương trình g x 0 có ba nghiệm thuộc 3;3

Lời giải Chọn B

Ta có: g x  f  x  x1 

Ta thấy đường thẳng yx1 đường thẳng qua điểm  3; , 1; , 3;     

Do f 1 6g 1 4

Từ hình vẽ ta thấy:  

1

3

d

f x x



 

  f 1  f  3 6 f  3 0g 3  f 3  2  

3

1

d

f x x

  f  3  f 1 6 f  3 8g 3  f  3  8

Từ đồ thị hàm số y f x đường thẳng yx1 với kết ta có bảng biến thiên sau:

A. BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Câu (THPTQG 2017) Cho hàm số y f x  Đồ thị hàm số y f x( ) hình bên Đặt

 

( ) (

2 1)

g x  f x  x Mệnh đề đúng?

A g 3 g 3 g 1 B g 1 g 3 g 3 C g 3 g 3 g 1 D g 1 g 3 g 3 Câu (THPT Đồng Quan, Hà Nội – 2017)

Hàm số y f x  có đồ thị hàm số y f x cắt trục Ox ba điểm có hồnh độ a b c

như hình vẽ bên Mệnh đề đúng?

A. f c  f a  f b  B f b  f a  f c  C f a  f b  f c  D f c  f b  f a 

Câu (Chuyên Đại học Vinh, lần – 2017). Giả sử hàm số y f x  liên tục, nhận giá trị dương 0;  thỏa mãn f  1 ,f x  f x 3x1, với x0 Mệnh đề sau đúng?

A 1 f  5 2 B 4 f  5 5 C 3 f  5 4 D 2 f  5 3 Câu 4. (THPT Phan Bội Châu – Đắk Lắk – Lần – 2017)

A f  4  f  2  f  0 B f  0  f  4  f  2 C f  0  f  4  f  2 D f  4  f  0  f  2 Câu (Chuyên Đại học Vinh, lần – 2017)

Cho hàm số f x  có đạo hàm f x Đồ thị hàm số y f x cho hình bên Biết f  0  f  3  f  2  f  5 Giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn f x  đoạn

0;5 

A f  0 ,f  5 B f  2 ,f  0 C f  1 ,f  5 D f  2 ,f  5 Câu 6. Cho hàm số y  f x( ) Đồ thị hàm số y  f( )x hình bên Đặt

2

( ) ( )

h x  f x x Mệnh đề ?

A. h(4)h( 2) h(2) B h(4) h( 2) h(2)

C h(2)h(4) h( 2) D. h(2)h( 2) h(4)

Câu 7. Cho hàm số y f x có đạo hàm liên tục R Biết đồ thị hàm số

 

'

6

4

2

2

x y

3

O 1

-1 -1

2 5

Lập hàm số g x  f x x2x Mệnh đề sau đúng?

A g 1  g 1 B g 1 g 1 C g 1 g 2 D g 1  g 2 Câu 8. Cho hàm số y f x  liên tục , đồ thị hàm số y f x có dạng hình vẽ

bên Số lớn số sau f  0 , f  1 , f  2 , f  3 ?

A f  1 B f  2 C f  3 D f  0

Câu 9. Cho hàm số y f x  liên tục  có đạo hàm f x liên tục  Hình bên đồ thị hàm số f x đoạn 5; 4 Trong khẳng định sau, khẳng định đúng?

A

 5;4    

min

x  f x  f  B xmin  5;4 f x  f 4 C

 5;4    

min

x  f x  f D x min 5;4 f x  f  4

Câu 10. Cho hàm số f x  xác định \1;1 thỏa mãn '  21

f x x



 Biết  3  3

f   f  1

2

f   f      

A. ln

T   B ln

5

T   C 1ln

T   D 1ln

T  

Câu 11. Cho hàm số y f x  Đồ thị hàm số y f x hình vẽ bên Đặt     cos

g x  f x  x.Mệnh đề đúng?

A.  0  

2 g  g  g 

  B. g g 0 g 



  

 

 

 

C.    0

2 g  g g 

  D g  g 0 g

     

 

Câu 12. Cho hàm số y  f x( ) Đồ thị hàm số y  f x'( ) hình bên Đặt

2

( ) ( ) ( 1)

g x  f x  x Mệnh đề ?

A. g(1)g(3)g( 3) B. g(1)g( 3) g(3)

C g(3)g( 3)  g(1) D. g(3)g( 3) g(1)

A g 3 g 3 g 1 B g 1 g 3 g 3 C g 1 g 3 g 3 D g 3 g 3 g 1

Câu 14. Cho hàm số y f x  xác định có đạo hàm  Biết đồ thị hàm số y f ' x hình vẽ bên Xét hàm số    

2

2

x

g x  f x   x Tìm số lớn ba số      1 , ,

g  g g ?

2

2

4

x y

2 O 1 -1

-3 -1

A. g 1 B g 1

C g 2 D Không so sánh

Câu 15. Cho hàm số y f x  có đồ thị y f x cắt trục Oxtại ba điểm có hồnh độ a b c hình vẽ Mệnh đề đúng?

ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG BÀI TỐN DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG VỚI DỮ KIỆN TOÁN THỰC TẾ

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN

1. Định lí: Cho hàm số y f x  liên tục, không âm đoạn  a b; Khi diện tích S hình thang cong giới hạn đồ thị hàm số y f x , trục hoành hai đường thẳng xa x, b

 d

b

a

S f x x

2. Bài toán 1. Cho hàm số y f x  liên tục đoạn  a b; Khi diện tích S hình phẳng  D giới hạn đồ thị hàm số y f x ; trục hoành Ox (y0) hai đường thẳng xa x; b

 d

b

a

S f x x

3. Bài tốn 2. Diện tích hình phẳng giới hạn hai đồ thị y f x ; yg x  hai đường đường thẳng xa x; b    d

b a

S f x g x x

 Lưu ý:

1) Để phá bỏ dấu giá trị tuyệt đối ta thường làm sau:

 Giải phương trình f x g x  tìm nghiệm x x1, 2, ,xn a b; x1x2   xn Chuyên

 Tính        

d d

x x

a x

S f x g x x f x g x x    d

n b x

f x g x x

 

1         

d d

n

x b

a f x g x x x f x g x x

     

Ngồi cách trên, ta dựa vào đồ thị để bỏ dấu giá trị tuyệt đối

2) Trong nhiều trường hợp, tốn u cầu tính diện tích hình phẳng giới hạn hai đồ thị  

yf x ; yg x 

Khi đó, ta có cơng thức tính sau    

1

d

n x

x

S f x g x x

Trong x1 xn tương ứng nghiệm nhỏ nhất, lớn phương trình f x g x  B. BÀI TẬP

1. NHỮNG BÀI TOÁN THỰC TẾ SỬ DỤNG ĐỒ THỊ HÀM PARABOL

Phương pháp

Bước Chọn hệ trục tọa độ, xác định parabol

Bước 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y f x  đường cho

trong toán

Bước 3. Tùy theo thực tế bài, tính diện tích theo yêu cầu

Chú ý: Mấu chốt vấn đề tính diện tích parabol nằm khâu chọn hệ trục tọa độ phù hợp Nên chọn hệ trục cho đỉnh parabol nằm trùng với gốc O nằm trục Oy Khi hàm số parabol ln có dạng yax2b

Câu Vòm cửa lớn trung tâm văn hóa có dạng hình parabol Người ta dự định lắp cửa kính cho vịm cửa Hãy tính diện tích mặt kính cần lắp vào biết vịm cửa cao 8m rộng 8m

Hướng dẫn giải

Định hướng: Ở toán này, chất việc xác định đồ thị hàm parabol thõa mãn với vịm cửa, sau tính diện tích

CÁC BÀI TỐN TÍNH DIỆN TÍCH PARABOL ĐƠN THUẦN

Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ

Vịm cửa đồ thị hàm số parabol có dạng:

2

yax b  P Theo đề ra:

4;8   P nên 816ab (1)

0;0   P nên 00ab (2)

Từ (1) (2) suy parabol có dạng 2

y x

Khi đó, vịm cửa giới hạn đường

2

,

2

y  x y

Hoành độ giao điểm nghiệm phương trình:

2

1

4

x x

x  

    



Diện tích vịm cửa

4

2

4

1

8 d

2

S x x



 

   

 



4

4

1 128

8

6

x x



 

   

 

Câu 2. Bác Năm làm cửa nhà hình parabol có chiều cao từ mặt đất đến đỉnh 2,25 mét, chiều rộng tiếp giáp với mặt đất mét Giá thuê mét vuông 1500000 đồng Tính số tiền bác Năm phải trả

Hướng dẫn giải

Định hướng: Bài tốn hồn tồn tương tự ví dụ Bản chất tốn tính diện tích phần hình phẳng đồ thị hàm số parabol.

Cách 1:

 Gắn parabol  P hệ trục tọa độ cho  P qua O(0; 0)  Gọi phương trình parbol (P): 

:

P yax bxc

Theo đề ra,  P qua ba điểm O(0; 0),A(3; 0),B(1, 5; 2, 25) Từ đó, suy  

:

P y x  x

 Diện tích phần Bác Năm xây dựng:

3

0

9

2

S  x  x dx

 Vậy số tiền bác Năm phải trả là:9.1500000 675

2  000 (đồng)

Cách 2:

x y

A B

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ

Đỉnh I0;2, 25Oy,  P qua A(1,5;0) Gọi phương trình parbol (P): 

:

P yax b

Dễ dàng tìm y x22, 25

Từ ta tính diện tích hình phẳng bình thường

Bài tập tương tự

Câu 1. Một người làm cổng cổ xưa có dạng Parabol hình vẽ Hãy tính diện tích cổng?

Hướng dẫn giải

Phương trình parabol ( )P có đỉnh I0;4 qua điểm 0; 

2

4

  

y x

Diện tích cổng diện tích hình phẳng giới hạn bởi:

2

2

   

   

  

 



y x

y x

x

Từ ta có  

2

2

2

32

4 d d (

3 )

 

        

S x x x x đvdt

Câu 2. Gọi S diện tích Ban - Cơng ngơi nhà có hình dạng hình vẽ (S giới hạn parabol  P trục O x ) Khi

Lời giải

Tìm phương trình parabol P qua ba điểm: đỉnh A 0;1 , B1;0 C 1;0 giao điểm với trục O x ta  P y:   x2 1

Diện tích  

1

1

2

1

4 d

3

x

S x x x

 

 

       

 

Câu 1. Một khuôn viên dạng nửa hình trịn có đường kính (m) Trên người thiết kế hai phần để trồng hoa có dạng cánh hoa hình parabol có đỉnh trùng với tâm nửa hình trịn hai đầu mút cánh hoa nằm nửa đường tròn (phần tô màu), cách khoảng

bằng 4(m), phần cịn lại khn viên (phần khơng tơ màu) dành để trồng cỏ Nhật Bản Biết kích thước cho hình vẽ kinh phí để trồng cỏ Nhật Bản 100.000 đồng/m2 Hỏi cần tiền để trồng cỏ Nhật Bản phần đất đó? (Số tiền làm trịn đến hàng nghìn)

Hướng dẫn giải

Định hướng: Bản chất toán tính diện tích phần khơng tơ màu, (được giới hạn bời nửa đường tròn, đồ thị hàm parabol) Ta chuyển tốn tính diện tích hình phẳng hai đồ thị hàm số f x g x   , trục Ox việc chọn hệ trục tọa độ phù hợp

Đặt hệ trục tọa độ hình vẽ Khi phương trình nửa đường trịn

 2

2 2

2 20

y R x  x  x

Phương trình parabol  P có đỉnh gốc O có

dạng

yax Mặt khác  P qua điểm M2;4 đó: 4a22a1

Phần diện tích hình phẳng giới hạn  P nửa đường trịn.( phần tơ màu)

Ta có cơng thức  

2

2 2

2

11,9

20

S x x dx m





   

Vậy phần diện tích trồng cỏ   119, 47592654

trongco hinhtron

S S S

Vậy số tiền cần có Strongxo 1000001.948.000 (đồng).đồng

4m 4m

4m CÁC BÀI TỐN TÍNH DIỆN TÍCH XÁC

ĐỊNH BỞI HÀM SỐ

 ;  

y  f x y  g x

Câu 2. Ông An muốn làm cửa rào sắt có hình dạng kích thước hình vẽ bên, biết đường cong phía Parabol Giá 1 m2 rào sắt 700.000 đồng Hỏi ông An phải trả tiền để làm cửa sắt (làm trịn đến hàng nghìn)

Hướng dẫn giải

Định hướng: Bài tốn quy tính diện tích hình phẳng giới hạn parabol y f x  hai đường thẳng xa x; b trục Ox

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ

Trong A2,5;1,5, B2,5;1,5, C0;2

Giả sử đường cong phía Parabol có dạng yax2b , với a b c; ;  Do Parabol qua điểm B2,5;1,5, C0;2 nên ta có hệ phương trình

2,52 1,5 25

2 2

a

a b

b b



    

 



 



 

  

Khi phương trình Parabol 2 25

y  x 

Diện tích S cửa rào sắt diện tích phần hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số

2

2 25

y  x  , trục hoành hai đường thẳng x 2, 5, x2,

Ta có

2,5

2,5

2

2,5 2,5

2 55

2 d

25 25

x

S x x x

 

 

 

        

   



Vậy ông An phải trả số tiền để làm cửa sắt

55

700000 700000 6.417.000

Câu Một mảnh vườn tốn học có dạng hình chữ nhật, chiều dài 16 m chiều rộng 8m Các nhà Toán học dùng hai đường parabol, parabol có đỉnh trung điểm cạnh dài qua

2 mút cạnh dài đối diện; phần mảnh vườn nằm miền hai parabol (phần gạch sọc hình vẽ minh họa) trồng hoa Hồng Biết chi phí để trồng hoa Hồng 45.000 đồng/1m2 Hỏi nhà Toán học tiền để trồng hoa phần mảnh vườn đó?

(Số tiền làm trịn đến hàng nghìn).

Hướng dẫn giải

Định hướng: Bài tốn quy tính diện tích hình phẳng giới hạn hai hàm sơ y f x ,  

yg x Vì hai đồ thị hàm số đối xứng, nên ta chuyển tốn dạng tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y f x , y4 Lời giải trình bày theo cách thứ

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ

Hàm số có đồ thị y f x  có dạng yax2

Vì O0;0 M8;8 thuộc  P nên ta có:

y x

Tương tự ta tìm đồ thị hàm số   8

yg x   x 

Diện tích phần trồng hoa diện tích hình phẳng giới hạn hai đồ thị hàm số y f x ,  

yg x

Hoành độ giao điểm hai đồ thị nghiệm phương trình:

2

1

8 8x  8x 

2

32 32

x x

    

Diện tích phần trồng hoa :

32 32

2 2

32 32

1 1

8 d d

8

S x x x x x

 

        

 

 

3 32

32

2

32 32

96 32 32

8 d

4 12

x

x x x m

 



 

 

        

   



Số tiền để trồng hoa :

 3 96 32 32

.45000 2715290



 (đồng)

Bài tập tương tự

Câu 1. Sân trường có bồn hoa hình trịn tâm O Một nhóm học sinh lớp 12 giao thiết kế bồn hoa, nhóm định chia bồn hoa thành bốn phần, hai đường parabol có đỉnh

O đối xứng qua O Hai đường parabol cắt đường tròn bốn điểm A, B , C , D tạo thành hình vng có cạnh m (như hình vẽ) Phần diện tích Sl, S2 dùng để

trồng hoa, phần diện tích S3, S4 dùng để trồng cỏ (Diện tích

làm trịn đến chữ số thập phân thứ hai) Biết kinh phí trồng hoa 150.000 đồng /1m2, kinh phí để trồng cỏ 100.000 đồng/1m2 Hỏi nhà trường cần tiền để trồng bồn hoa đó?

(Số tiền làm trịn đến hàng chục nghìn)

Hướngdẫngiải

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ

Parabol có hàm số dạng yax2bxc có đỉnh gốc tọa độ qua điểm B2;2 nên có phương trình

2 y x

Đường tròn bồn hoa có tâm gốc tọa độ bán kính O B2 nên có phương trình

2

8

x y  Do ta xét nhánh đường tròn nên ta chọn hàm số nhánh

2

8

Vậy diện tích phần

2

1

1

8 d

2

S x x x



 

    

 



Do đó, diện tích trồng hoa

2

2

1 2

1

2 d 15, 233

2

S S x x x



 

      

 



Vậy tổng số tiền để trồng bồn hoa là:

 

 

15, 233 150.000   2 15, 233 100.0003.274.924 đồng

Làm trịn đến hàng chục nghìn nên ta có kết 3.270.000 đồng

Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ, cho hình chữ nhật  H có cạnh nằm trục hồnh, có hai đỉnh đường chéo A1;0 C a ; a, với a0 Biết đồ thị hàm số y x

chia hình  H thành hai phần có diện tích nhau, tìm a

Hướng dẫn giải

Gọi ABCDlà hình chữ nhật với AB nằm trục O x , A1;0 C a ; a

Nhận thấy đồ thị hàm số y x cắt trục hồnh điểm có hồnh độ qua

 ; 

C a a Do chia hình chữ nhật ABCD làm phần có diện tích

1

S ,S2 Gọi S1 diện tích hình phẳng giới hạn đường y x trục O x ,

0,

x  x  a S2 diện tích phần cịn lại Ta tính S1,S2

Tính diện tích 1

0 d a

S  x x

Đặt

2 d d

t x t x t t x; Khi x  0 t 0;x a  t a

Do

3

1

0

2

2 d

3

a a

t a a

S  t t  

 

Hình chữ nhật ABCD có AB a 1;AD a nên

 

2

2

1

3

ABCD

a a

S S S  a a   a a a

Do đồ thị hàm số y x chia hình  H thành hai phần có diện tích nên :

1

2

3

3

a a

S S   a a aa a a a (Do a0)

Câu 3. Một công ty quảng cáo X muốn làm tranh trang trí hình MNEIF tường hình chữ nhật ABCD có chiều cao BC6 m, chiều dài CD12 m (hình vẽ bên) Cho biết MNEF hình chữ nhật cóMN4 m; cung EIFcó hình dạng phần cung parabol có đỉnh I trung điểm cạnh AB qua hai điểm C , D Kinh phí làm tranh 900.000 đồng/m2

Hỏi công ty X cần tiền để làm tranh đó?

Hướng dẫn giải

- Nếu chọn hệ trục tọa độ có gốc trung điểm O MN, trục hồnh trùng với đường thẳng

MN parabol có phương trình 6

y  x 

- Khi diện tích khung tranh

2

2

2

1 208

6

6

S x dx m



 

    

 

 - Suy số tiền là: 208 900.000 20.800.000

9   đồng

Câu 4. Ông B có khu vườn giới hạn đường parabol đường thẳng Nếu đặt hệ tọa độ Oxy hình vẽ bên parabol có phương trình yx2 đường thẳng y25 Ông B dự định dùng mảnh vườn nhỏ chia từ khu vườn đường thẳng qua O điểm M parabol để trồng loại hoa Hãy giúp ông B xác định điểm M cách tính

độ dài OM để diện tích mảnh vườn nhỏ

Gọi điểm H có hồnh độ a, a0 hình chiếu vng góc điểm M trục Ox

Khi ta có pt đường thẳng OM có dạng ytan  x, ( với

 MOH   )

2

tan MH a a y ax

OH a



     

Vậy diện tích mảnh vườn cần tính là:

 2 3

0

d

2

a a

ax x a

S  axx x   

 



3

3

6

a

a

   

Suy OM  3292 3 10

Câu 5. Trong đợt hội trại “Khi 18 ” tổ chức trường THPT X, Đồn trường có thực dự án ảnh trưng bày pano có dạng parabol hình vẽ Biết Đồn trường yêu cầu lớp gửi hình dự thi dán lên khu vực hình chữ nhật ABCD, phần cịn lại trang trí hoa văn cho phù hợp Chi phí dán hoa văn 200.000 đồng cho m bảng Hỏi chi phí thấp cho việc hồn tất hoa văn pano (làm trịn đến hàng nghìn)?

Hướng dẫn giải

Đặt hệ trục tọa độ hình vẽ, phương trình đường parabol có dạng:

yax b

A B

C D

Parabol cắt trục tung điểm 0; cắt trục hoành  2; nên: 

2

4

.2

b

a b

  

  

1

a b

    

 

Do đó, phương trình parabol

4

y x 

Diện tích hình phẳng giới hạn đường parabol trục hoành là:

 

2

2

4 d

S x x



   

2

2

4

x x



 

   

 

32



Gọi C t ; 0  2 ; B t t

  với 0 t

Ta có CD2t BC4t2 Diện tích hình chữ nhật ABCD

2

S CD BC  2 4t t

   2t38t Diện tích phần trang trí hoa văn là:

1

S S S 32  

3 t t

    32

3 t t

  

Xét hàm số   32

f t  t  t với 0 t Ta có f t 6t2  8

   

0;

2

0;

t t



 

  



  

 

Bảng biến thiên:

x

3

 

f x – 

  f x

96 32



4

A B

C D

4 m m

2



x y

Như vậy, diện tích phần trang trí nhỏ 96 32 3m2



, chi phí thấp cho

việc hồn tất hoa văn pano là: 96 32 3.200000 902000



 đồng

2. NHỮNG BÀI TOÁN THỰC TẾ SỬ DỤNG ĐỒ THỊ HÀM ELIP

Phương pháp

Bước 1. Chọn hệ trục tọa độ, xác định Elip

Bước 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số f x  đường cho

bài toán

Bước 3. Tùy theo thực tế bài, tính diện tích theo yêu cầu

Chú ý Mấu chốt vấn đề tính diện tích Elip.nằm khâu chọn hệ trục tọa độ phù hợp Nên chọn hệ trục cho tâm Elip nằm trùng với gốc O Khi hàm số elip ln có dạng

2 2

x y

a b 

Câu 1. Anh Tồn có ao hình elip với độ dài trục lớn độ dài trục bé 100m 80m Anh chia ao hai phần theo đường thẳng từ đỉnh trục lớn đến đỉnh trục bé (Bề rộng không đáng kể) Phần rộng anh nuôi cá lấy thịt, phần nhỏ anh nuôi cá giống Biết lãi nuôi cá lấy thịt lãi nuôi cá giống năm 20.000 đồng/m2 40.000 đồng/m2 Hỏi năm anh Tồn có tiền lãi từ nuôi cá ao nói (Lấy làm trịn đến hàng nghìn)

Hướng dẫn giải

Định hướng: Bản chất tốn tính diện tích phần tơ màu,đen (được giới hạn bời elip, đồ thị đường thẳng) Ta chuyển tốn tính diện tích hình phẳng hai đồ thị hàm số

   ,

Đặt hệ trục tọa độ hình vẽ Khi phương trình elip

2 2

x y

a b 

Phương trình Elip có tâm Elip trùng với gốc tọa độ.( Elip có tính đối xứng nên ta xét góc phần tư thứ Elip phương trình góc phần tư thứ Elip

 2  2

2

1

50 40

50

y a bx x

a

   

Từ ta tìm diện tích

4 ao là:

   

50

2

2

1

1

50 40 500

50

S   x dx  m

Sau tìm diện tích tồn phần ao ta tính diện tích phần ni cá

Diện tích toàn ao  2

.40.50 2000

S π  π m

Diện tích phần ni cá giống  2

1 500 1000

4 OAB

S

S  S  π m

Diện tích phần ni cá thịt  2

2 1500 1000 S SS  π m

Tiền lãi từ nuôi cá 40000.S120000.S2137080000

Câu 2. Một sân chơi dành cho trẻ em hình chữ nhật có chiều dài 50m chiều rộng 30m người ta làm đường nằm sân (như hình vẽ) Biết viền ngồi viền đường hai đường elip chiều rộng mặt đường 2m Kinh phí để làm

m làm

đường 500.000 đồng Tính tổng số tiền làm đường (Số tiền làm trịn đến hàng nghìn)

Hướng dẫn giải

Định hướng: Bài tốn quy tính diện tích hình phẳng giới hạn hai elip đồng tâm ( tâm trùng với gốc tọa độ) y f1 x y f2 x .

Gọi S diện tích elip  

2

2

:x y

E

Chứng minh

2

2

1

a

a

x x

S b ab

a a 



 

     

 

 



Xét hệ trục tọa độ Oxy cho trục hoành trục tung trục đối xứng hình chữ nhật trục hồnh dọc theo chiều dài hình chữ nhật

Gọi  E1 elip lớn,  E2 elip nhỏ ta có:

 

2

1 : 2

25 15

x y

E    Diện tích S1.25.15 375  

 

2

2 : 2

23 13

x y

E    Diện tích S2.23.13 299  

Diện tích đường 375299 76 

Do số tiền đầu tư 76 *500.000 119320000 

Câu 3. Người ta cần trồng hoa phần đất nằm phía ngồi đường trịn tâm gốc toạ độ, bán kính

1

2 phía Elip có độ dài trục lớn 2 trục nhỏ (như hình vẽ)

Trong đơn vị diện tích cần bón

 

100

2 1  kg phân hữu Hỏi cần sử dụng bao

nhiêu kg phân hữu để bón cho hoa?

x y

O

Hướng dẫn giải

Diện tích hình phẳng giới hạn elip đường trịn diện tích hình elip trừ diện tích hình trịn

x y

2 1

2 O

 Phương trình elip có trục lớn 2a 2 , trục nhỏ 2b2  

2

:

2

x y

Áp dụng cơng thức diện tích Selip ab ta Seip 

 Phương trình đường trịn C tâm O0;0 bán kính

R  : 2

C x  y 

Áp dụng cơng thức diện tích 2

hình trịn

S R  

* Vậy diện tích hình phẳng

2

hình tròn elip

S  S S  

Do khối lượng phân cần bón

 

100

2 50

2 2 1

 



 

 

 

  

+ Chứng minh cơng thức diện tích elip: Selip ab với  

2 2 :x y E

a b 



 

 

2

2

,

,

b

y a x y

a b

y a x y

a



  

 

    



Do tính đối xứng nên 2

0

4 d

a

elip

I b

S a x x

a

  



Đặt x a sinu dxacos du u; đổi cận sin

0 sin 0

x a u u

x u u

 

    

 

     



2

2 2

0

sin cos d

I a a u a u u



  

2

2

0

1 sin cos d

a u u u



  

2

2

0

cos d

a u u



   

2

0

1 cos d

a

u u 

  

2 2

0

1 sin

2

a

u u



 

   

 

2

4 a 

 Vậy Selip ab

Câu 4. Ơng An có mảnh vườn hình elip có độ dài trục lớn 16 m độ dài trục bé 10m Ông muốn trồng hoa dải đất rộng 8m nhận trục bé elip làm trục đối xứng ( hình vẽ) Biết kinh phí để trồng hoa 100.000 đồng /

m Hỏi ông An cần tiền để trồng hoa dải đất (số tiền làm trịn đến hàng nghìn).

Hướng dẫn giải

2 64 25

x y

  Khi diện tích mảnh vườn cần tìm chia làm qua trục lớn, gọi diện tích

phần S

Khi diện tích S mảnh vườn lần diện tích hình phẳng giới hạn trục hồnh, đồ thị y f x  hai đường thẳng x 4;x4

3

2

2 36 x dx S



   

4

4

25

25 38, 2644591

64

x

S dx



    

Do số tiền cần dùng 100000.2.38, 26445917653000 đồng

3. NHỮNG BÀI TỐN THỰC TẾ SỬ DỤNG ĐƯỜNG TRỊN

Phương pháp

Bước 1. Xác định Phương trình đường tròn :  2  2

xa  y b R Diện tích tồn phần

của đường tròn : SR2

Bước 2. Trọn hệ trục tọa độ để đặt đường tròn phác họa phần mặt phẳng cần tính diện tích

được giới hạn đồ thị hàm số y f x  đường tròn

Bước 3. Ta sử dụng cơng thức tính diện tích v    d

u f x g x x

 để tính diện tích phần cần tính

Bước 4. Tùy thuộc vào câu hỏi để kết luận đưa kết toán

Câu Một bồn hoa “Hội hoa xuân” thiết kế hình vẽ bên Bồn hoa giới hạn hai nhanh đường cong gồm parabol đường trịn Nếu xét hệ trục ta có phương trình hai đường yx2 y 2x2 Diện tích bồn hoa

A 

 B

2 

 C

2 

 D

2 



Chọn A

Phương trình hồnh độ giao điểm: x2  2x2 2

x x

  

1 x

  x 1

Diện tích hình phẳng cần tìm  

1

2

1

2 d

S x x x



   

1

1

d

A x x



 

3 A

 

Đặt x sintdx cos dt t Đổi cận:

4

x    t  ;

4 x  t 

Ta có:

4

4 cos d

A t x



 

   

4

4

1 cos dt x 

 

  

4

4 sin

2 t t



 

 

  

 

1 

 

Vậy

2 3

S    

Câu Một logo quảng cáo hình trịn sơn hai màu Hãy tính diện tích phần sơn màu hình vẽ Biết logo thiết kế lớn hình trịn có bán kính 2m có hai phần giới hạn parabol giống tiếp xúc đỉnh hình vẽ, parabol cắt đường tròn điểm cách 2m

A

 B 2

3

 C

3

 D 2

3



Đặt hệ trục tọa độ hình vẽ ta có phương trình đường trịn x2y2 2 parabol phía yx2 (do qua điểm  1;1 1;1)

Diện tích hình phẳng cần tìm bằng:

 2 1 2

2 2 d

S  x x x



    

1

1

2 2A x xd



   

3 A



  

Đặt x sintdx cos dt t Đổi cận:

4

x    t  ;

4 x  t 

Ta có:

4

4 cos d

A t x



 

   

4

4

1 cos dt x 

 

  

4

4 sin

2 t t



 

 

  

 



 

Vậy 2

3

S     

 

Câu Một cổng chào thiết kế gồm hai cung trịn có bán kính có tâm cách 3m Phần chân cổng đường thằng qua tâm cung trịn nhỏ vng góc với đoạn nối tâm hai cung trịn (tham khảo hình vẽ) Tính diện tích phần bề mặt cổng

A 9, 61 B 9, 63 C 19, 22 D 18, 22

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ ta có hai đường trịn chứa hai cung trịn có phương trình  2

3 25

x  y  2

1

x  y 

Giải hệ

 2

0

3 25

y

x y

   

  

 

ta có x 4

Nửa đường trịn nhỏ bên có diện tích

2 

Nửa đường trịn  C1 có phương trình

3 25

y   x

Diện tích hình phẳng cần tìm  

4

2

3 25 d

2

S x x 



     

Dùng máy tính để tìm kết ta có S 9, 61

Câu Một khoảng đất trồng cỏ có dạng hình trịn bán kinh 3m Một bị cột sợi dây dài cọc cách tâm khoảng đất trồng cỏ đoạn 4m, biết bò vươn người hết cỡ cách cọc khoảng 2m Hỏi diện tích cỏ bị bị ăn bao nhiêu?(làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai )

A 3, 98 B 3, C 1, 99 D 1, 94

Đặt hệ trục tọa độ hình vẽ, ta có phương trình hai đường tròn  C1 :x2y2 9 C2:x2y42 4

Giải hệ phương trình

  2

2

9

4

x y

x y

  

 

  

 

ta có 15

8 x 

Nửa đường trịn phía  C1 có phương trình

9

y x

Nửa đường trịn phía  C2 có phương trình y 4 4x2

Diện tích hình phẳng cần tìm  

3 15

2

3 15

9 4 d

S x x x



     

Dùng máy tính để tìm kết ta có: S1, 99

Câu Cho  H hình phẳng giới hạn hai parabol

2

3 x

y ; y 3x2, cung trịn có phương trình

2

4

y x (với 0x2) (phần tơ đậm hình vẽ) Diện tích  H

A 

B

3 

C 2

3



  D 2

3



 

Lời giải Chọn B

2

2

4

x

x

 

4

2

4

x

x

  

3

x x

   

2

3

x  x

3x x

    x2  1 x1 Diện tích hình phẳng cần tìm

1

2

0

3 d d

3

x x

S  x   x  x   x

   

   

1

3

3

2

1

0

3

4 d d

3

x x x

x x x

 

     

   

 

3

2

3 3

4 d

3 x x 9

 

      

 

 

  

3

2

1

4 x dx

  

Đặt x2sintdx2 cos dt t Đổi cận:

6

x  t  ;

3 x  t 

Ta có:

3

6 cos d

S t x





 

3

6

1 cos

4 d

2

t x 

 

 

  

 



3

6 sin 2

2 t t





 

   

 

3

2

3

  

 

     

 

Câu Cho  H hình phẳng giới hạn đường thẳng y  x 2; cung trịn có phương trình

2

4

y x (với 2x2) trục hồnh (phần tơ đậm hình vẽ) Diện tích  H

bằng

A 2 

 B 2

4 

 C 2

2 

 D 2

2 



Dựa vào hình vẽ ta thấy đường thẳng tiếp tuyến cung trịn điểm có hồnh độ

Diện tích hình phẳng cần tìm

2

2

2 2

4 d

2

S   x x  1 A Đặt x2sintdx2 cos dt t Đổi cận:

4

x  t  ;

2 x  t 

Ta có:

2

4 cos d

A t x





 

2

4

1 cos

4 d

2

t x 

 

 

  

 



2

4 sin 2

2 t t





 

   

 

1

2

2 2

  

 

     

 

Vậy 1

2

S    

 

Câu Cho tam giác vuông cân ABC A có BC4 Gọi H chân đường cao hạ từ A, dựng đường trịn đường kính AH Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường tròn nằm tam giác

A 1 

 B 1

2 

 C 1

2 

 D 1

2 



Lời giải Chọn B

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ ta có đường trịn có phương trình  2

1

x  y  ; cạnh AC

Do tính đối xứng hình vẽ ta cần tính lần phần diện tích bên phải trục tung Nửa đường trịn có phương trình y 1 1x2

Phương trình hồnh độ giao điểm 1 1x2   x 2x1 Diện tích hình phẳng cần tìm

 

1

2

0

2 1 d

S      x x x  

1

2

0

2 d

x x x x

       1 2A

Đặt xsintdxcos dt t Đổi cận: x  0 t 0;

2 x  t 

Ta có:

2

cos d

A t x





2

0

1 cos d

t x 



 

  

 



2

0

1 sin

2

t t



 

   

 





Vậy

2 S  

Câu Một mảnh vườn hình trịn tâm O bán kính 6m Người ta cần trồng dải đất rộng 6m

nhận O làm tâm đối xứng, biết kinh phí trồng 70000 đồng

/m Hỏi cần tiền để trồng dải đất (số tiền làm tròn đến hàng đơn vị)

6m

O

Hướng dẫn giải

Xét hệ trục tọa độ oxy đặt vào tâm khu vườn, phương trình đường trịn tâm O 2

36

x y  Khi phần nửa cung trịn phía trục Ox có phương trình

 

36

y x  f x

Khi diện tích S mảnh đất lần diện tích hình phẳng giới hạn trục hoành, đồ thị

 

y f x hai đường thẳng x 3;x3

3

2

2 36 d 18 12

S x x 



     

ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN TRONG

BÀI TỐN TÍNH THỂ TÍCH VẬT THỂ VỚI DỮ KIỆN TOÁN THỰC TẾ

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN

1. Thể tích vật thể

Gọi B phần vật thể giới hạn hai mặt phẳng vng góc với trục Ox điểm a b; S x( ) diện tích thiết diện vật thể bị cắt mặt phẳng vng góc với trục Ox điểm x, (axb)

Giả sử S x( ) hàm số liên tục đoạn [ ; ]a b

Khi đó, thể tích vật thể B xác định: ( )

b

a

V S x dx

2. Thể tích khối trịn xoay

Thể tích khối trịn xoay sinh quay hình phẳng giới hạn đường y f x( ), trục

hoành hai đường thẳng xa, xb quanh trục Ox:

 Lưu ý:

- Thể tích khối trịn xoay sinh quay hình phẳng giới hạn đường x g y( ), trục

hoành hai đường thẳng yc, yd quanh trục Oy:

c y

O d

x

( ): ( ) ( ):

 



 

     

C x g y Oy x 0 y c y d

 ( )2



 

d

y c

V g y dy

( ) : ( )

( ) :

 



 

     

C y f x Ox y 0 x a x b

 ( )2 

 

b x

a

V f x dx

a

 ( )

y f x y

O b x

( )

 

b

a

S x dx V

x

O a b

( )V

S(x)

x

Chun

- Thể tích khối trịn xoay sinh quay hình phẳng giới hạn đường y f x( ), ( )

yg x hai đường thẳng xa, xb quanh trục Ox:

2

( ) ( )

b

a

V f x g x dx

B. BÀI TẬP

Câu 1.Một Elip có phương trình

2

1

9  

x y

Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành quay quanh trục Ox

Lời giải

Ta có:

2 2

1

9      

x y x

y

Elip đối xứng qua trục Ox nên ta cần xét hàm số

2

2

 x

y quay quanh Ox

Phương trình hồnh độ giao điểm

2

2

 x

y trục Ox:

2

2

9

x

x

    

Thể tích cần tính:

3

4 16 50, 24

9

 



 

     

 

 x

V dx

Câu 2.Tính thể tích V khối trịn xoay tạo thành quay hình phẳng giới hạn đường

0, ln( 1)

  

y y x x x  xung quanh trục Ox

Lời giải

Phương trình hồnh độ giao điểm:

 

0

ln( 1) 0

ln

 

    

 



x

x x x

x

Ta có:    

1

ln 12 ln

18

 

    

V x x dx

Câu 3.Người ta vẽ nửa đường trịn hình vẽ bên, đường kính đường trịn lớn gấp đơi

đường kính nửa đường trịn nhỏ

Nửa hình trịn đường kính AB có diện tích 32 BAC30 Tính thể tích vật thể trịn xoay tạo thành quay hình phẳng  H (phần tô đậm) xung quanh đường thẳng AB

Lời giải

Ta có

32 64

2          

R

S R R r

   

   

2

: 64

: 16

   

  

    



C y x

C y x

30 

BAC PTAC: tan 30

3

    x

y x y

Vậy        

12 16

2

6 12

784

dx 64 dx 16 dx

3

  

        

   

x

V x x

Câu 4.Một bồn hình trụ chứa dầu đặt nằm ngang, có chiều dài 5m, bán kính đáy 1m, với nắp bồn

đặt mặt nằm ngang mặt trụ Người ta rút dầu bồn tương ứng với 0,5m đường kính đáy

Tính thể tích khối dầu cịn lại bồn

Lời giải

Thể tích bồn (hình trụ) đựng dầu là: V1r h2 .1 52 5 m3 Chọn hệ tục tọa độ hình vẽ, gốc tọa độ gắn với tâm mặt đáy

Đường trịn đáy có bán kính nên có phương trình x2y2 1 Suy

1

  

Diện tích phần hình trịn đáy bị mất:

1

2

2

2 0, 61

   

S x dx m

Thể tích phần dầu bị rút ngồi:

1

2

2

1

2 3, 07

      

V S h x dx m

Vậy thể tích khối dầu cịn lại bồn:

1 12, 637

  

V V V m

Câu 5.Có vật thể hình trịn xoay có dạng giống ly hình vẽ

Người ta đo đường kính miệng ly 4cm chiều cao 6cm Biết thiết diện ly cắt mặt phẳng đối xứng parabol Tính thể tích vật thể cho

Lời giải

Chọn gốc tọa độ O trùng với đỉnh I parabol  P

6

2 O

x y

-2

Vì parabol  P qua điểm A2; , B2; 6 I0; 0 nên parabol  P có phương trình

2

3

y x

Ta có 2

2

  

y x x y

Thể tích V thể tích vật thể trịn xoay sinh cho hình phẳng  H giới hạn

đường: ; 0; 0;

3

 y   

x x y y quanh quanh trục Oy

Khi thể tích vật thể cho  

6

3

2

12 cm

3

   

   

 



V y dy

6 cm

A B

O

4 cm

Câu 6.Gọi V thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình phẳng giới hạn đường y x,

y x4 quanh trục Ox Đường thẳng xa 0a4 cắt đồ thị hàm y x M

(hình vẽ sau)

Gọi V1 thể tích khối tròn xoay tạo thành quay tam giác OMH quanh trục Ox Biết

1

2

V  V Tính a

Lời giải

Ta có x 0 x0 Khi

4

d

V x x 

Ta có M a ; a

Khi quay tam giác OMH quanh trục Ox tạo thành hai hình nón có chung đáy:

 Hình nón N1 có đỉnh O, chiều cao h1 OK a, bán kính đáy RMK  a;

 Hình nón N2 thứ có đỉnh H, chiều cao h2  HK 4a, bán kính đáy

 

R MK a

Khi    

2

2 1

1 1

.(4 )

3 3 3

V  R h  R h   a a  a a  a

Theo đề 1 2.4

3

 

    

V V a a

Câu 7.Một vật thể tạo thành hai mặt cầu  S1 ,  S2 có bán kính R thỏa mãn tính chất: tâm  S1 thuộc  S2 ngược lại Tính thể tích phần chung hai khối cầu tạo

 S1 và S2

Lời giải

Gắn hệ trục Oxy hình vẽ

O R

2 R

2 2

( ) :C x y R y

x

x y

O

a M

H

4

Khối cầu S O R ,  chứa đường tròn lớn

  2

:

C x y R

Dựa vào hình vẽ, thể tích cần tính

 2 3

2

5

2 d

3 12

R R

R R

x R

V   R x x R x   

 



Câu 8.Một vật thể tròn xoay sinh phép quay xung quanh trục Ox hình giới hạn trục Ox

và đường ysin , 0x  xnhư hình vẽ

x y

π 2

π

1

O

Tính thể tích vật thể

Lời giải

Ta có:

2

0 0

1 cos sin

sin

2 2

x x

V xdx dx x



 

 

    

      

 

 

Câu 9.Gọi  H phần giao hai khối

4 hình trụ có bán kính a, hai trục hình trụ vng góc với

nhau hình vẽ bên

Tính thể tích  H

Lời giải

Gọi trục tọa độ Oxyz hình vẽ

a

Khi phần giao  H vật thể có đáy phần tư hình trịn tâm O bán kính a, thiết diện mặt phẳng vng góc với trục Ox hình vng có diện tích S x a2 x2

Thể tích khối  H    

3 2

0

2

  

 

a a

x a

S x dx a dx

Câu 10. Một khối cầu có bán kính 5dm, người ta cắt bỏ hai phần khối cầu hai mặt phẳng song song vng góc đường kính cách tâm khoảng 3dm để làm lu đựng nước (như hình vẽ) Tính thể tích mà lu chứa

Lời giải

Cách 1: Trên hệ trục tọa độ Oxy, xét đường tròn ( ) : (C x5)2y2 25 Ta thấy cho nửa trục Ox  C quay quanh trục Ox ta mặt cầu bán kính Nếu cho hình phẳng  H giới hạn nửa trục Ox  C , trục Ox, hai đường thẳng x0, x2 quay xung quanh trục Ox ta khối trịn xoay phần cắt khối cầu đề Ta có (x5)2y2 25 y  25 ( x5)2

 Nửa trục Ox  C có phương trình y 25 ( x5)2  10xx2

 Thể tích vật thể tròn xoay cho  H quay quanh Ox là:

 

2

2

2

0 0

52

10 d

3

x

V  xx x x    

 

Thể tích khối cầu là: V2 53 500

3

 

 

Thể tích cần tìm: 2 1 500 2.52 132  3

3

V V  V       dm

Cách 2: Hai phần cắt tích nhau, phần chỏm cầu tích

   

5

2 2

1

3

52 25

3

R

d

V  R x dx x dx 

Vậy thể tích lu 1 53 252 132

3

c

V V  V      

Câu 11. Trong đợt xả lũ, nhà máy thủy điện xả lũ 40 phút với tốc độ lưu lượng nước

thời điểm t giây    

10 500 /

v t  t m s Hỏi sau thời gian xả lũ hồ thoát nước

nhà máy thoát lượng nước bao nhiêu?

Lời giải

Lượng nước thoát là:

     

2400

2400

2

0

10t500 dt  5t 500t 3.10 m



Câu 12. Một thùng rượu có bán kính đáy 30 cm, thiết diện vng góc với trục cách hai đáy đường trịn có bán kính 40 cm, chiều cao thùng rượu 1m Biết mặt phẳng chứa trục cắt mặt phẳng xung quanh thùng rượu đường parabol Tính thể tích thùng rượu

Lời giải

Các đường xung quanh thùng rượu đường parabol Đặt thùng rượu nằm ngang chọn hệ trục có gốc tọa độ tâm đáy, trục hồnh trục đối xứng thùng rượu Gọi đường parabol có dạng yax2bx c

Theo ta có đường parabol qua điểm 0;0;3 , 1;0; , 1;0;3 

 

 

 

Suy 2

5 10

y  x  x

Thể tích thùng rượu thể tích hình phẳng giới hạn đường

2

2

5 10

y  x  x ; y0; x1

 

2

2

0

2 203

d m

5 10 1500

V    x  x  x 

 

 425, 2l

Câu 13. Cho hai tam giác cân có chung đường cao XY 40cm cạnh đáy 40cm

Tính thể tích V vật thể trịn xoay tạo thành quay mơ hình quanh trục XY

Lời giải

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ:

Y X

40 16

20 30

B A

N M y

x

0; ,  40; ,  0; 20 ,  40; 30

Y O X A M

Phương trình đường :

4

x YM x y y

Phương trình : 40 40

2

x

AX x y  y 

Phương trình hồnh độ giao điểm hai đường YM AX là: 40 16

4



  

x x

x

Thể tích vật thể cần tính:

2

16 40

3

0 16

40 46240

2

       

      

   

 x  x

V dx dx cm

Câu 14. Cho hình lập phương ABCD A B C D     cạnh Gọi O O,  tâm hình vng

ABCD hình vng A B C D    Tính thể tích khối trịn xoay sinh tam giác ABC quay quanh trục OO?

Lời giải

Thể tích vật thể quay IAB xung quanh trục OO phần chung hình nón có

chiều cao IO bán kính đáy OL OA, Vậy  2

1

1

3 24

V   IO OA OL  

Để tính thể tích vật thể trịn xoay quay KIC xung quanh trục OO ta chọn chiều dương

IO, xét mặt phẳng  P qua M có toạ độ x vng góc với OO,

 P ICE P; KCF

Khi thiết diện cắt vật thể mặt phẳng  P vành trịn hình vẽ bên Do

 

1 2

0

2 d

V  S x x Ta có:

2

1

2

    

  

IM ME x EM

EM x

IO O C

Tương tự 2

4 HF xMF  MH HF  x

   

1

2 2

2

1

2 d

4

S x  MF ME  x  V   x  x 

           

   

Vậy 1 2

24



  

Câu 15. Một hình xuyến dạng phao có kích thước hình vẽ

Tính thể tích hình theo R r

Lời giải

Xét hệ trục toạ độ Oxy hình vẽ

Khi hình xuyến dạng phao tạo ta quay đường tròn tâm 0;R bán kính r

xung quanh trục Ox

Phương trình đường trịn  2

x  yR r

2 2

y R r x y R r x

   

  

  

 

 2 2 22 2

dx dx

r r

r r

V  R r x R r x R r x

 

          

Đặt  

2

2

2

2

sin dx cos dt r cos dt

r

x r t r t V R r t

 



  

 



     

 

2 2

2 2

2

sin t

2 cos dt 2

2

r R t r R t r R

 

 

  

 

 

      

 



Câu 16. Cho phần vật thể  H giới hạn hai mặt phẳng có phương trình x0 x2 Cắt

phần vật thể  H mặt phẳng vng góc với trục Ox điểm có hồnh độ x 0x2, ta thiết diện tam giác có độ dài cạnh x 2x

Tính thể tích V phần vật thể  H

Lời giải

r

Diện tích thiết diện:  

2

2

4 x x S  

 

2

2

d

x x

V  x  

2

3

2 d

4 x x x

    

2

3

2 d

4 x x x

  

2

0

3

4 3x 4x

 

    

 

Câu 17. Cho hai đường tròn O1;5 O2;3 cắt hai điểm A, Bsao cho AB đường kính đường trịn O2;3 Gọi  D hình phẳng giới hạn hai đường trịn (ở ngồi

đường trịn lớn, phần gạch chéo hình vẽ)

Quay  D quanh trục O O1 2 ta khối trịn xoay Tính thể tích V khối tròn xoay tạo thành

Lời giải

Chọn hệ tọa độ Oxy với O2 O, O C2 Ox, O A2 Oy

Cạnh O O1 2  O A1 2O A2  5232 4    2 : 25

O x y

   

Phương trình đường trịn  O2 : x2y2 9

Kí hiệu H1 hình phẳng giới hạn đường y 25x42 , trục Ox, x0, x1 Kí hiệu H2 hình phẳng giới hạn đường y 9x2 , trục Ox, x0, x3 Khi thể tích V cần tính thể tích V2 khối trịn xoay thu quay hình

H2 xung quanh trục Ox trừ thể tích V1 khối trịn xoay thu quay hình H1

xung quanh trục Ox

Ta có 2

2

V  r 33 3

 18

Lại có

1

0

d

V y x  

1

2

25 x dx

  

  

 

  

3 1

4 25

3

x x

   

   

 

 

14





Do V V2 V1 18 14

3

 

  40

3





5dm

3dm 3dm

Lời giải

Đặt hệ trục với tâm O, tâm mặt cầu, đường thẳng đứng Ox, đường thẳng ngang

Oy, đường trịn lớn có phưong trình x2y2 25

Thể tích hình giới hạn Ox, đường cong y 25x2 , x3,x 3 quay quanh Ox

Ta có  

3

2

3

25 d 132

V x x



    

Câu 19. Bạn A có cốc thuỷ tinh hình trụ, đường kính long cốc 6cm, chiều cao long cốc 10cm đựng lượng nước Bạn A nghiêng cốc nước, vừa lúc nước chạm miệng cốc đáy mực nước trùng với dường kính đáy

Cắt khối trụ mặt phẳng vuông góc với trục Ox điểm có hồnh độ x, 0 x3 ta thiết diện tam giác ABC vng B Khi thể tích lượng nước có cốc

 

3

2 d

V  S x x, (với    

2

5

2

ABC

x S x S  AB BC   )

   

3

2

0

10

2 d d 60 cm

3

V  S x x  x x

Câu 20. Trong hệ trục Oxy, cho tam giác OAB vuông A, điểm B nằm góc phần tư thứ

A nằm trục hồnh, OB2017 Góc AOB ,

3



 

  

 

 

Khi quay tam giác quanh trục Ox ta khối nón trịn xoay Thể tích khối nón lớn Tính góc 

Lời giải

Phương trình đường thẳng OB y: x.tan, OA2017 cos Khi thể tích nón trịn xoay :

2017 cos

2

0

tan d

V x x



   

3

2

2017

cos sin



    

3

2

2017

cos cos

3



   

Đặt tcos 0;1

2 t 

  

  Xét hàm số    

2

1

f t t t , 0;1 t 

 

Ta tìm f t  lớn

3

t  cos sin

3

     

Câu 21. Từ khúc gỗ hình trụ có đường kính 30 cm , người ta cắt khúc gỗ mặt phẳng qua đường kính đáy nghiêng với đáy góc 45° để lấy hình nêm (xem hình minh họa đây) Ký hiệu V thể tích hình nêm Tính V

Lời giải

Khi hình nêm có đáy nửa hình trịn có phương trình: y 225x2 , x  15;15

Một mặt phẳng cắt vng góc với trục Ox điểm có hồnh độ x, x  15;15 cắt hình nêm theo thiết diện có diện tích S x  (xem hình)

Dễ thấy NP y MN NPtan 45° y 15x2

  1  2

225

2

S x  MN NP x

Suy thể tích hình nêm    

15 15

2

15 15

1

d 225 d

2

V S x x x x

 

     2250 cm 3

Câu 22. Cho hình trụ có bán kính đáy R Tính thể tích vật thể tạo thành đáy hình trụ mặt phẳng qua đường kính đáy, biết mặt phẳng tạo với đáy góc 45

Lời giải

x

Gọi BC đường kính đáy

Điểm A điểm thuộc mặt phẳng cắt khối trụ cho OA BC D hình chiếu vng góc A BCD

Ta có: ABC ; BCD45 AOD45

Gắn trục tọa độOx hình vẽ

Gọi  P mặt phẳng vng góc với trục Ox

Cắt khối vật thể theo thiết diện hình chữ nhật FGHI

 

Đặt ONx

Ta có: IH FGMN x tan 45 x

2 2

2 2

    

HG NH OH ON R x

Diện tích hình chữ nhật FGHI bằng: MN HG 2x R2x2 Diện tích FGHI hàm liên tục đoạn 0;R Thể tích khối vật thể tạo thành:

 

2 2 2

0

2

     

R R

V x R x dx R x d R x

 2 2

2

0

3

  R x R x R R

Công thức tổng quát mặt phẳng cắt khối trụ tạo với đáy góc  thể tích tạo thành:

3

2 tan

3 



V R

Câu 23. Coi trống trường vật thể giới hạn mặt cầu bán kính R0,5m hai mặt

phẳng song song cách tâm I Biết chiều cao trống h0,8m Tính thể tích V trống

Lời giải

Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ

Để tạo hình trống, ta cho cung trịn nằm đường tròn 2

0,

 

x y quanh quanh trục Ox

2

0,5

 y  x

Vì chiều cao trống h0,8 0,

2

OAOB AB 

Thể tích trống:  

0,4

2 0,4

59 0,

375

 



   

V x dx

Lời giải

Chọn hệ trục Oxy hình vẽ

Gọi  P1 Parabol nằm phía

 P2 Parabol nằm phía

Gọi  P1 :y ax2 c Parabol qua hai điểm 19; ,  0;2

2

A  B

 

Nên ta có hệ phương trình sau:

 

2

2

8 19

0

:

361

361

2

   

 

 

   

    

   

   



a a

P y x

b b

Gọi  P2 :yax2c Parabol qua hai điểm 10; , 0;5

 

 

 

C D

Nên ta có hệ phương trình sau:

 

 

2

2

1

0 10

1

40

:

5 40

2

 

 

  



 

    

 

   

 

 

a a

P y x

b b

Ta tích bê tơng là:

19 10

2 2

0

1

5.2 40

40 361

     

         

   

  

V x dx x dx m

Câu 25. Ta vẽ hai nửa đường trịn hình vẽ bên, đường kính nửa đường trịn lớn gấp

đơi đường kính nửa đường trịn nhỏ Biết nửa hình trịn đường kính AB có diện tích

8 BAC30 Tính thể tích vật thể trịn xoay tạo thành quay hình  H (phần tô đậm) xung quanh đường thẳng AB

Lời giải

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ

(H) C

Do nửa đường trịn lớn 8 nên bán kính bắng 4, suy bán kính đường trịn nhỏ

Phương trình đường trịn lớn  2

4 16

x y  nên nửa đường trịn có phương trình

 2

16

y  x

Phương trình đường trịn nhỏ  2

2

x y  nên nửa đường trịn có phương trình

 2

4

y  x

Đường thẳng tạo với trục hồnh góc 30 nên phương trình đường thẳng

3 y x

Thể tích cần tính        

6

2

2

3

1 98

4 16

3x dx x dx x dx

        

Câu 26. Cho hình vng ABCD có cạnh 4cm Tại bốn đỉnh A B C D, , , người ta vẽ bốn đường trịn có bán kính 1cm

Tính thể tích phần tơ màu quay hình phẳng xung quanh trục XY

Lời giải

Khi thể tích vật thể tạo thành tổng thể tích hình trụ có bán kính R2, chiều cao h4 hình xuyến dạng phao có R2, r1 trừ lần thể tích

2 nửa

bên hình xuyến dạng phao có R2, r 1 Vậy V H .2 42 2.22.1 22 V82 16V

Với V thể tích nửa bên hình xuyến dạng phao có R2, r1

V

 thể tích nửa hình trịn tâm I0; 2, bán kính r1 quay xung quanh trục Ox hình vẽ

   

1 2

2 2 2

1

4

' 2 1

3

   

 

V     x dx  x   x dx  Vậy

 

2 52

8 16

3

      

     

 

H

V

Tính thể tích khối trịn xoay sinh quay hình quanh trục xy

Lời giải

Do hình có tính đối xứng nên ta quay theo trục thẳng đứng hay nằm ngang cho thể tích

Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ

 Gọi V thể tích khối trịn xoay cần tính

 Gọi V1 thể tích khối trịn xoay quay hình phẳng tơ màu hình bên quanh trục hồnh

Khi V 2 V1 Ta có

2 3

2

1

4

5

2

2 96



     

        

   

 

a a

a

x a a a

V dx x dx

Thể tích cần tính

3

5

48



  a

V V

Câu 28. Người ta thiết kế đầu đạn bom khối tròn xoay đặc, khoét vào

Biết thiết diện qua trục đối xứng đầu đạn hai Parabol với kích thước hình vẽ

2

a

2

a

2

a

2

a

2

a

2

a

2

a

2

a

4

a

4

a

4

a

a x

Tính thể tích đầu đạn

Lời giải

Ta có  2

.4 24

2 

  

V

Câu 29. Cho phần vật thể B giới hạn hai mặt phẳng có phương trình x0 x2 Cắt phần vật thể B mặt phẳng vng góc với trục Ox điểm có hoành độ x (0x2), ta thiết diện tam giác có độ dài cạnh x 2x Tính thể tích phần vật thể B

Lời giải

Tam giác cạnh x 2x có diện tích là:    

2

2

4

x x

S x  

Suy thể tích      

2

2 2

2

0 0

2 3

2

4



 x x    

V S x dx dx x x dx

Câu 30. Cho hình vng có độ dài cạnh 8cm hình trịn có bán kính 5cm xếp chồng lên cho tâm hình trịn trùng với tâm hình vng hình vẽ

Tính thể tích V vật thể trịn xoay tạo thành quay mơ hình quanh trục XY

Lời giải

-4

4

-4

-5

-5

y

x O

 Thể tích khối cầu: 1 4 53 500

3 3

V  R    

 Gọi V2 thể tích khối trịn xoay quay hình phẳng  H (phần tơ màu) giới hạn đường thẳng y4, đường tròn y2 25x2 x4 quanh trục hoành

 

4

2

2

10

4 25

3

V  x dx 

     

Vậy thể tích cần tính 1 2 520

3

V V  V   cm

Câu 31. Khi bật công tắc đèn pha từ chế độ chiếu xa sang chiếu gần, bạn hiểu toán học, cụ thể tính chất parabol, phát huy tác dụng Chùm sáng chiếu xa tạo thành nguồn sáng đặt vị trí tiêu điểm gương phản xạ tia sáng song song với trục đối xứng parabol Khi thay đổi vị trí nguồn sáng, tia phản xạ khơng cịn song song với trục đối xứng, ta chế độ chiếu gần

Gương phản xạ phía sau đèn pha có dạng paraboloit (hình thu cho parabol quay trịn quanh trục đối xứng nó) có kích thước hình vẽ Hãy tính thể tích đèn

Đặt parabol nằm ngang có dạng xky2 Parabol qua điểm 10;10  10

k Cho hình phẳng giới hạn đường:

 10 , 0, 0, 10

y x y x x xoay quanh trục hồnh

Khi thể tích đèn pha là:     

10

3

10 500

V  xdx  cm

Câu 32. Một Bác thợ gốm làm lọ có dạng khối trịn xoay tạo thành quay

hình phẳng giới hạn đường y x1 (đồ thị hình vẽ bên dưới) trục Ox quay quanh trục Ox Biết đáy lọ miệng lọ có đường kính dm dm

Tính thể tích V lọ

Lời giải

1 0;

x x x x

        

Thể tích lọ:  

3

0

3 15

1

0

2

x

V  x dx x  

 



Câu 33. Người ta dựng lều vải  H có dạng hình “chóp lục giác cong đều” hình vẽ bên Đáy  H hình lục giác cạnh 3m Chiều cao SO6m (SO vng gócvới mặt phẳng đáy) Các cạnh bên  H sợi dây C C C C C C1, 2, 3, 4, 5, 6 nằm

các đường parabol có trục đối xứng song song với SO Giả sử giao tuyến (nếu có)

 H với mặt phẳng  P qua trung điểm SO lục giác có cạnh 1m Tính thể tích phần không gian nằm bên lều  H

Lời giải

Chọn hệ trục toạ độ Oxy hình vẽ

2

1

0

7

3

2 2

6

6 a a b c

y ax bx c a b c b y x x c

c

  

  

 

 

             

  

  

 

Khi cắt  H mặt phẳng vng góc với trục Oy điểm có tung độ y, 0 y6 ta thiết diện hình lục giác có độ dài cạnh x xác định

6

2

y x  x

Do  

2

7 3

0

2 2

y x y

x x   S y    

        

 

Vậy thể tích túp lều là:    

2 6

3 0

7

3 135

d d

2

y

V  S y y     y m

 

 

ỨNG DỤNG

NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN TRONG CÁC BÀI TỐN THỰC TIỄN KHÁC

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN

1. Định nghĩa: Cho hàm số  f x  xác định trên khoảng K. Hàm số F x  được gọi là nguyên hàm  của hàm số  f x  nếu F x  f x  với mọi x. 

Kí hiệu f x dxF x C 

2. Nhận xét: Nếu  F x   là  một  nguyên  hàm  của  hàm  số  f x   thì  F x C, C  cũng  là  nguyên hàm của  f x . 

 Lưu ý:

Ngồi cơng thức ngun hàm, tích phân đã biết, ta cần bổ sung thêm một số lý thuyết  Với s t , v t , a t  là các hàm số quãng đường, vận tốc, thời gian theo biến t. 

Theo khái niệm vật lý, ta có : v t( )s t( ), a t v t . Ta có một số cơng thức:  1. s t v t dt   2. v t a t dt 

3. Quãng đường đi được từ thời gian t1 đến thời gian t2, t1t2 là :   

2

1

d

t

t

sv t t 

 Từ thông qua khung dây máy phát điện:

   

cos , cos

NBS n B NBS t

      

: từ thơng qua khung dây Wb

N: số vịng dây :

B  cảm ứng từ  T

S: diện tích thiết diện khung dây  m2

: vận tốc góc khơng đổi của khung rad/s,  f T

    

f : tần số Hz hoặc (số vòng/s) T : chu kỳ  s

 Suất điện động khung dây máy phát điện:

 

d

sin cos

d

e NBS t NBS t

t

 

      

        

 

e: suất điện động trong khung dây  V  

Chuyên

B. BÀI TẬP

Loại : Tính quãng đường

Câu 1. Một vật chuyển động với vận tốc    

2

4

1, m/s

3

t v t

t 

 

  Qng đường vật đó đi được trong 4 

giây đầu tiên bằng bao nhiêu? (Làm trịn kết quả đến hàng phần trăm)

A 18,82(m).  B 11,81(m).  C 4, 06(m).  D 7, 28 (m). 

Lời giải

Gọi s t( ) là quãng đường đi được của máy bay 

Ta đã biết:v t( )s t( ). Do đó s t( ) là nguyên hàm của v t( )  Quãng đường đi được trong 4 giây đầu tiên là: 

4

0

4 1, d

3 t

s t

t

  

   



 



4

0

13 1, d

3

t t

t

 

     



 



 

2 4

1, 13ln 0,8 13ln 3ln 11,81 m

2 t

t t t

 

         

 

.  Chọn B

Câu 2. Bạn  Nam  ngồi  trên  máy  bay  đi  du  lịch  thế  giới  và  vận  tốc  chuyển  động  của  máy  bay  là 

   

3 m/s

v t  t   Quãng đường máy bay đi được từ giây thứ 4 đến giây thứ 10 là : 

A 36 m   B 252 m   C 1134 m   D 996 m  

Lời giải

Gọi s t  là quãng đường đi được của máy bay 

Ta đã biết: v t( )s t( ). Do đó s t  là nguyên hàm của v t .  Quãng đường đi được từ giây thứ 4 đến giây thứ 10 là: 

10

2

4

10

( ) (3 5)d ( ) 966

4

s t  t  t t  t   m   Chọn D

Câu 3. Một  ơ tơ  đang  chạy với  vận tốc 10m/s thì  người  lái đạp phanh; từ thời điểm đó, ơ tơ  chuyển 

động chậm dần đều với vận tốc v t  5t10m s , trong đó  t là khoảng thời gian tính bằng  giây, kể từ lúc bắt đầu đạp phanh. Hỏi từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn, ơ tơ cịn di chuyển bao  nhiêu mét? 

A 0, 2 m   B 2 m   C 10 m   D 20 m  

Lời giải

Lúc dừng thì v t 0 5t100 t

Gọi s t  là qng đường ơtơ đi được trong khoảng thời gian t2.  Ta có v t s t' , suy ra s t  là nguyên hàm của v t . 

Vậy trong 2 s  ô tô đi được quãng đường là:     

2

2

0

5

5 10 d 10 10 m

s  t t  t  t 

 

  

Chọn C

Câu 4. Một vật đang chuyển động với vận tốc 10m/s thì tăng tốc với gia tốc a t 3tt2

 

đường vật đi được trong khoảng thời gian 10 giây kể từ lúc bắt đầu tăng tốc bằng bao nhiêu ?  A 4000

3  m   B 4300

3  m   C 1900

3  m   D 2200

3  m  

Lời giải

Lấy mốc thời gian tại thời điểm t0 (Vận tốc bằng 10m/s tăng tốc) 

Gọi s t  là quãng đường ôtô đi được trong khoảng thời gian 10  s  và gọi v t  là vận tốc của  ôtô 

Ta có: a t( )v t( )v t( ) là nguyên hàm của a t( ) 

2

2

( ) ( ) d (3 ) d

2

t t

v t a t t tt t  C 

Tại thời điểm ban đầu:   

2

3

0 10 10 ( ) 10

2

t t

v  C v t     

Ta có: v t s t s t  là nguyên hàm của v t   Vậy trong 10 s  ô tô đi được quãng đường là:  

10 3

0

10

3 4300

( ) d 10 d 10 (m)

0

2 12

T

t

t t t t

v t t     t   t 

   

   

Chọn B

Câu 5. Một  vật  di  chuyển  với  gia  tốc a t  20 2  t2 2

m s

.  Khi t 0  thì  vận  tốc  của  vật  là 

 

30 m/s  Tính qng đường vật đó di chuyển sau 2 giây (làm trịn kết quả đến chữ số hàng đơn  vị). 

A 106  m   B 107  m   C 108 m   D 109 m  

Lời giải

Ta có      20 2  10

v t a t dt t dt C

t



     



   

Theo đề ta có v 0 30C1030C 20.  Vậy quãng đường vật đó đi được sau 2 giây là: 

2

0

10

20 d

S t

t

 

   



 

    

0

5 ln 2t 20t

 

    5 ln 100 108 m .  Chọn C

Câu 6. Vận tốc của một  vật chuyển động là    sin( )m/s

2

t

v t 

 

   Tính  qng đường di  chuyển  của vật đó trong thời gian 1,5 giây (làm trịn kết quả đến hàng phần trăm). 

A 0, 43 m   B 0, 53  m   C 3,14  m   D 0, 34 m  

Lời giải

Vật đi được 1,5 giây.  Quãng đường cần tìm là : 

     

1,5 1,5 1,5

2

0

sin

1

d cos 0,34 m

2

t t

s v t dt  t t

     

   

          

 

 

   

Câu 7. Một vật chuyển động chậm dần với vận tốc v t 160 10 t m s  Tính quãng đường vật di  chuyển được trong khoảng thời gian từ thời điểm t = 0 (s) đến thời điểm mà vật dừng lại. 

A 1208 m    B 1820 m   C 1080 m   D 1280 m  

Lời giải

Lúc vật dừng lại v t 0  t 16 s  

Quãng đường vật di chuyển từ đầu tới lúc dừng lại: 

   

16

0

160 10 d

s t   t t  216

0

160t 5t

  1280  m   Chọn D

Loại 2: Tính vận tốc

Câu 8. Một vật chuyển động với vận tốc v t  m/s, có gia tốc    m/s2

1

v t t

 

  Vận tốc ban đầu  của vật là 6 m/s. Vận tốc của vật sau 10 giây là (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị): 

A 14 (m/s).  B 13 (m/s).  C 11 (m/s).  D 12  (m/s). 

Lời giải

Ta có     d d 3ln 1

v t v t t t t C

t



    



 

Tại thời điểm ban đầu t0 thì v 0 3ln1C6C6.  Suy ra v t 3ln t 1 6. 

Tại thời điểm t10sv 10 3ln11 13  m s/ .  Chọn B

Câu 9. Một vật chuyển động với vận tốc ban đầu 5 m/s  và có gia tốc được xác định bởi cơng thức  

 2

2

  m/s

a t



  Vận tốc của vật sau 10 s  đầu tiên là (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị)  

A 10m/s   B 9,8m/s   C 11m/s   D 9m/s  

Lời giải

Ta có    d ln 1

v t t t C

t

   



  

Mà vận tốc ban đầu 5m/s tức là : v 0 52 ln 1  C 5 C5.  Nên v t 2 lnt15 

Vận tốc của vật sau 10 s  đầu tiên là :   v 10 2 ln 11  5 9,8.  Chọn B

Câu 10. Người ta tổ chức thực hành nghiên cứu thí nghiệm bằng cách như sau. Họ tiến hành quan sát 

một tia lửa điện bắn từ mặt đất bắn lên với vận tốc 15m s  Hỏi biểu thức vận tốc của tia lửa  điện là? 

A v 9,8t15.  B v 9,8t13.  C v9,8t15.  D v 9,8t13. 

Lời giải

 

Ta có biểu thức vận tốc v theo thời gian t có gia tốc a là :va td   9,8dt 9,8tC  Ở đây, với : t0,v15 m/s C15 

Vậy ta được biểu thức vận tốc có dạng : v 9,8t15.  Chọn A

Câu 11. Một  vật  xuất  phát  từA  chuyển  động  thẳng  và  nhanh  dần  đều  với  vận  tốc v t  1 m/st . 

Tính  vận tốc tại thời điểm  mà vật cách  A 20 cm ? (Giả thiết  thời điểm vật xuất phát từ   A  tương ứng với t0) 

A 6m s   B 7m s   C 8m s   D 9 m s  

Lời giải

Ta có S t  1 d t t t t2C

  

Vật xuất phát từ A tương ứng với thời gian t0 nên S 0 0 0 02C 0C0  Suy ra : S t  t t2 

Vật cách A 20 cm  ta có :   20 t

t t

t      

  

 Nhận t4. 

Vậy sau 4 s  thì vật cách   A 20 cm  và vận tốc tại thời điểm đó là :   v 4 9.  Chọn D

Câu 12. Một người chạy xe máy chuyển động thẳng theo phương trình S t t33t24 ,t  trong đó t 

tính bằng giây  s , S tính bằng mét  m  Gia tốc của xe máy lúc t2 s  bằng? 

A 4 m/s2. 

B 6m/s2.  C 8m/s2.  D 12 

m/s2. 

Lời giải

Vận tại thời điểm t giây là v t s t '3t26t4 

Gia tốc tại thời điểm t giây là a t v t '6t6 

Suy ra gia tốc tại thời điểm t2 s  giây là a 2 6 m/s2.  Chọn B

Câu 13. Trong giờ thực hành mơn Vật Lí. Một nhóm sinh viên đã nghiên cứu về sự chuyển động của 

các  hạt.  Trong  q  trình  thực  hành  thì  nhóm  sinh  viên  này  đã  phát  hiện  một  hạt  prôton  di  chuyển trong điện trường với biểu thức gia tốc là:a 20 2  t2cm/s2.Với t của ta được 

tính  bằng  giây.  Nhóm  sinh  viên  đã  tìm  hàm  vận  tốcv  theo  t,  biết  rằng  khi 

t thìv30 m/s 2. Hỏi biểu thức đúng là? 

A 10 25  

1

v

t

 

  



    

2

cm/s   B 10 20  

1

v

t

 

   

   

2

cm/s  

C 10 10  

1

v

t

 

  



 

 cm/s2. 

D 10 20

1

v

t

 

  



 

Lời giải

Trước hết để giải bài tốn này ta cũng chú ý. Biểu thức vận tốc v theo thời gian t có gia tốc a  là:va td  

Áp dụng cơng thức trên, ta có :

 2

20

d d

1

v a t t

t



 



   

Đến đây ta đặt : 

d

1 d 2d d

2

u u  t u t t

 

2

10 10 10

d 10 d

1

v u u u K K

u u t

 

      



 

  Với t0,v30K 20 

Vậy biểu thức vận tốc theo thời gian là :  10 20   cm/s  2

v

t

 

  



 

  Chọn D

DẠNG : MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN TRONG THỰC TẾ

A Ý TƯỞNG VÀ PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI QUYẾT MỘT SỐ TÌNH HUỐNG

Bài tốn 1: Một mảnh vườn hình thang cong OACB vng tại O và B, có dạng như hình vẽ,  trong đó độ dài các cạnh OA15 m , OB20 cm , BC25 cm  và đường cong AC được  mơ tả bởi một hàm số mũ có dạng  f x N.emx trong đó N và m là các hằng số. Hỏi mảnh  vườn này có diện tích bao nhiêu? 

 Phân tích tốn

Điều dễ nhận thấy dùng cơng thức diện tích hình thang thơng thường để tính diện tích cho hình thang cong OACB Để tính diện tích ta cần dùng ý nghĩa hình học tích phân

Ta chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ, hình thang cong OACB đơn giản hóa

trong mặt phẳng tọa độ Oxy

Bước ta cần tìm hàm số mũ f x N.emx biểu thị cho đường cong AC , để ý

 

Diện tích hình thang cong tính theo cơng thức  

20

0

d

S  f x x

Lời giải

 Khơng mất tính tổng qt, chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ sao cho các đoạn OA OB,   lần lượt nằm trên các trục Oy Ox,  

x y

15

20

25

O A

C

B

   Để tính được diện tích mảnh vườn, ta cần tìm hàm số  f x N.emx.   

   

 Theo hình vẽ ta có 

 

  20

0 15 15

15.e 25

20 25 m

f N

f 

  





 

 

 



 

 

5 ln 20

15

15.e

1

ln 20

x

N

f x m

  

  

  

 

 Áp dụng cơng thức tính diện tích hình phẳng ta có diện tích mảnh vườn là: 

 

20

0

d

S  f x x

20

ln 20

15 d

x

e x

 

20 ln 20

0

20 15 ln

3

x

e

 

 

  

 

 

 2

391,52 m

  

 Bình luận: Qua tốn ta cần lưu ý:

Một là, để tính diện tích hình phẳng phức tạp (khơng phải tam giác, tứ giác, hình trịn,.) ta cần dùng đến tích phân để tính diện tích

Hai là, hình phẳng ta cần chọn hệ trục tọa độ Oxy cho hình phẳng đơn giản

hóa mà khơng tính tổng qt, kết diện tích khơng sai lệch

Bài tốn 2: Vịm cửa lớn của trường Đại Học Sư Phạm Tp.Hồ Chí Minh có dạng hình Parabol. Người  ta dự định lắp cửa kính cho vịm cửa này. Hãy tính diện tích mặt kính cần lắp vào biết rằng vịm cửa cao 

 Phân tích tốn

Hình phẳng cần tính diện tích giới hạn đường thẳng BC đường cong Parabol, cho nên ta dùng cơng thức tính diện tích hình đơn giản quen thuộc như: hình chữ nhật, hình trịn, tam giác, Ta cần dùng tích phân để tính diện tích hình phẳng này

Như vậy, việc ta cần đưa đường cong Parabol cánh cửa vào hệ trục Oxy mô

hình thành hàm số bậc hai yax2bx c

Dựa vào độ cao 8m chiều rộng 8m cánh cửa ta dễ dàng xác định hệ số a b c, ,

biểu thức hàm số

Ứng dụng ý nghĩa hình học tích phân ta có cơng thức tính diện tích cánh cửa

 

4

S ax bx c



   

Lưu ý cánh cửa rộng 8m ta cho đường cong Parabol đối xứng qua trục tung Oy nên dễ

suy cận x 4 x4

Lời giải

Khơng mất tổng qt, ta xét dạng hình parabol vịm cửa lớn như hình vẽ sau  Đồng thời xét  P :yax2bx c  

Ta có: 

   

   

   

 

1

0;8 8 2

1

4; 16 0 :

2

16

4;

a

A P c

B P a b c b P y x

a b c c

C P

 

 

   

  

          

  

      

  

 



 

Do đó: 

4

2

1

2 d

2

H

S   x   x

 



4

0

16 x x

 

  

   

2

128 m

  

Bài tốn 3: Trong nghiên cứu khoa học, người ta sử dụng thể tích của một quả trứng để xác  định kích thước của nó là một cách dự báo khá tốt về các thành phần cấu tạo của trứng và đặc  điểm của con non sau khi nở ra. Một quả trứng ngỗng được mơ hình bởi quay đồ thị hàm số 

2

1

7569 400 30

 

 

 Phân tích tốn

Quả trứng ngỗng đề mô hình quay đồ thị hàm số 7569 400 30

y  x ,

4, 35 x 4, 35

   quanh trục Ox

Gọi (H) hình phẳng giới hạn đồ thị hàm 7569 400

30

y  x , 4, 35x4, 35

trục Ox

Thể tích trứng thể tích khối trịn xoay sinh hình phẳng quay quanh trục Ox

4,35 4,35

V  y dx



 

Lời giải

 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, gọi hình phẳng  H  giới hạn bởi các đường: đồ thị hàm số 

2

1

7569 400 , 4,35 4,35 30

y  x  x  và trục Ox. 

 Thể tích của quả trứng bằng thể tích khối trịn xoay sinh bởi hình phẳng (H) xoay quanh trục 

Ox: 

2 4,35

2 4,35

1

7569 400 d 30

V  x x



 

   

 



 

4,35

2 4,35

7569 400 d

900 x x

 

  

4,35

4,35

7569 400

900

x x





 

   

 

 2

153 cm



Bài tốn 4: Một thùng rượu có bán kính ở trên là 30 cm và ở giữa là 40 cm. Chiều cao thùng  rượu là 1m. Hỏi thùng rượu đó chứa được tối đa bao nhiêu lít rượu (kết quả lấy 2 chữ số thập  phân)? Cho rằng cạnh bên hơng của thùng rượu là hình parabol. 

Thùng rượu có dạng là một khối trịn xoay có đường sinh là một đường cong có dạng Parabol 

   

:

P yax bx c a    Vì  vậy  để  tính  thể  tích  thùng  rượu  ta  cần  áp  dụng  tích  phân  để 

tính thể tích khối trịn xoay. Chú  ý rằng khi mơ hình đường cong Parabol ta để chiều cao của  thùng rượu trải theo chiều của trục hoành. 

Bước đầu ta cần xây dựng hàm số  P :yax2bx c a  0 với  điều kiện đi  qua các đỉnh 

 50;30

N  , A0; 40, M50;30 như hình vẽ. 

Dựa vào chiều cao 1 m  của thùng rượu ta tìm được các cận của tích phân. Khi đó lập được   cơng thức tính được thể tích thùng rượu. 

Lời giải

 Ta sẽ để thùng rượu nằm ngang để thuận lợi cho việc tính tốn. 

 

 Ta cần tìm phương trình parabola P :yax2bx c a  0 đi qua đỉnh M N A, ,  

   

   

   

2

2

1

50;30 50 50 30 250

0; 40 40

40 50 50 30

50;30

a

M P a b c

A P c b

c

a b c

N P

   

     

  

    

  

   

  

  

 



 

 

2

: 40

250

x

P y

     

 Tới  đây  ta  áp  dụng  cơng  thức  tính  thể  tích V   khi  quay  hình  phẳng  giới  hạn  bởi  (parabol), x50,x 50,y0 xung quanh trục hồnh Ox: 

50 50

d

V  y x



 

2

50

50

40 d 250

x

x 



 

   

 



50

2

50

80

40 d 250 250

x x

x

 

 

    

 

   

50

5

2

50

8 406000

40 425162, 20 425,16

312500 75

x x

V  x cm l



 

        

 

  406000



  425162, 20 cm 3 425,16 l    Vậy thùng rượu chứa được tối đa 425,16 l   

 

Câu 14.  Ơng An có một mảnh vườn hình Elip có độ dài trục lớn bằng 16 m  và độ dài trục bé bằng  

 

10 m  Ông muốn trồng hoa trên một dải đất rộng 8 m  và nhận trục bé của elip làm trục đối   xứng  (như  hình  vẽ).  Biết  kinh  phí  để  trồng  hoa  là 100 000  (đồng/m2).  Hỏi  ông  An  cần  bao  nhiêu tiền để trồng hoa trên dải đất đó? (Số tiền được làm trịn đến hàng nghìn)

A 7862000  (đồng).    B 7 653000  (đồng). 

C 7128000  (đồng) D 7826000  (đồng).   

           

Lời giải

Chọn B

Phương trình đường Elip 

2

1 64 25

x y

   Khi đó, diện tích S phần đất trồng hoa nằm trong góc 

phần tư thứ nhất là hình giới hạn bởi đồ thị hàm số 

8

y x , trục hồnh, trục tung và  đường thẳng x4. 

Diện tích phần đất trồng hoa 

4

0

2

64

8 d

S  x x  

Vậy số tiền ông An cần để trồng T 100.000.S7 653000 (đồng). 

Câu 15.  Một  mảnh  vườn  hình  trịn  tâm O  bán  kính 6 m   Người  ta  cần  trồng  cây  trên  dải  đất  rộng  

 

6 m  nhận O làm tâm đối xứng, biết kinh phí trồng cây là 70000  (đồng/ m ). Hỏi cần bao 2 nhiêu tiền để trồng cây trên dải đất đó (số tiền được làm trịn đến hàng đơn vị)

A 8 412 322  (đồng) B 8 142 232  (đồng). 

C 4 821 232  (đồng) D 4 821 322  (đồng). 

Lời giải

Chọn D

Ta có: x2y2 36y 36x2  ( Nữa đường trịn phía trên)  Diện tích khu đất 

3

2

4 36 d 68,876026

S   x x   Số tiền cần để trồng cây T 70000.S4 821 321,847. 

 

Câu 16. Để  trang  trí  cho  một  lễ  hội  đầu  Xuân,  từ  một  mảnh  vườn  hình  elip  có  chiều  dài  trục  lớn  là 

 

10 m , chiều dài trục nhỏ là 4 m  Ban tổ chức vẽ một đường trịn có đường kính bằng độ dài   trục nhỏ và có tâm trùng với tâm của elip như hình vẽ. Trên hình trịn người ta trồng hoa với  giá  100000   (đồng

/ m ),  phần  còn  lại  của  mảnh  vườn  người  ta  trồng  cỏ  với  giá  60000   (đồng

/ m ) (biết giá trồng hoa và trồng cỏ bao gồm cả cơng và cây). Hỏi ban tổ chức cần bao  nhiêu tiền để trồng hoa và cỏ trên dải đất đó? (Số tiền được làm trịn đến hàng nghìn). 

A 2639000  (đồng).    B 2388000  (đồng). 

C 2387000  (đồng).    D 2638000  (đồng). 

 

Lời giải

Chọn B

Chiều dài trục lớn 2a10, chiều dài trục nhỏ 2b4 nên a5,b2. Do đó, diện tích mảnh  vườn hình elip Sab10 m2  

Đường kính đường trịn bằng độ dài trục nhỏ nên bán kính đường trịn R2.Do đó, diện tích  phần đất trồng hoa   2

1 R m

S     

Diện tích phần đất trồng cỏ S2SS1104 6 m2   Vậy số tiền ban tổ chức cần để trồng hoa và cỏ trên dải đất đó là: 

60 000

100 000.4 2388000

T      (đồng). 

Câu 17. Ơng B có một khu vườn giới hạn bởi đường parabol và một đường thẳng. Nếu đặt trong hệ tọa 

độ Oxy như hình vẽ bên thì parabol có phương trình 

yx  và đường thẳng là y25. Ơng B  dự định dùng một mảnh vườn nhỏ được chia từ khu vườn bởi đường thẳng đi qua O và điểm M trên parabol để trồng hoa. Hãy giúp ơng B xác định điểm M bằng cách tính độ dài OM để diện  tích mảnh vườn nhỏ bằng 9

2. 

A OM 2 5.  B OM 3 10.  C OM 15.  D OM 10. 

Lời giải

Chọn B

Giả sử M a a ; 2 suy ra phương trình OM y: ax  Khi đó diện tích khu vườn là   2

0

d

a

S axx x

2

0

a

x x

a

 

  

 

3

6

a

  

Mà 

 

y

x I(0;0,5)

C D

B(2,5;0)

A(-2,5;0)

O

-1,5

Câu 18. Anh  An  muốn  làm  cửa  rào  sắt  có  hình  dạng  và  kích  thước  giống  như  hình  vẽ  kế  bên,  biết  đường cong phía trên là một parabol. Giá 1 m 2  cửa rào sắt có giá là 700000 (đồng). Vậy anh  An phải trả bao nhiêu tiền để làm cài cửa rào sắt như vậy (làm trịn đến hàng nghìn). 

A 6 417 000 ( đồng).  B 6320000 (đồng).  C 6520000 (đồng).  D 6620 000 (đồng). 

 

   

Lời giải

Chọn A

Ta mơ hình hóa cánh cửa rào bằng hình thang cong ADCB   vng tại C và D, cung AB như hình vẽ. 

 Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho hai điểm A, B nằm trên  trục Ox như hình vẽ. 

Vậy diện tích cánh cửa sẽ bằng diện tích hình chữ nhật 

ABCD cộng thêm diện tích miền cong AIB. Để tính diện  tích miền cong AIB ta cần dùng tích phân. 

Đầu tiên ta tìm cách viết phương trình Parabol 

2

yax bx c  biểu thị cho đường cong AIB. Parabol có đỉnh  0;1 ,

I 

   và cắt trục hoành tại  2 điểm  5;0

2

A   , 

5 ;0

B 

  

2

2

2

1

.0

2

2

2

0

2a 25

2

5

25

2

a b c

c b

b y x

a

a b c



  

 



 

 

       

 

 

       



  

    

   



. 

Diện tích miền cong AIB được tính bằng cơng thức: 

2,5

2 2,5

2

d 25x x 

 

  

 

 

  

Suy ra diện tích cánh cửa là 5 1,5.5 55 m2

3   

Giá 1 m 2  cửa rào sắt giá 700000 (đồng). Vậy giá tiền cửa rào sắt là 6 416666. 

Câu 19. Ơng An muốn làm cửa rào sắt có hình dạng và kích thước như hình vẽ bên, biết đường cong 

. 

A 6417000  (đồng).  B 6320000  (đồng).  C 6520000  (đồng).  D 6620000  (đồng). 

Lời giải

Chọn A

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. 

  Trong đó A2, 5;1,5, B2, 5;1, 5, C0; 2. 

Giả sử đường cong phá trên là một Parabol có dạng 

yax bx c , với a b c; ; .  Do Parabol đi qua các điểm A2, 5;1,5, B2, 5;1, 5, C0; 2 nên ta có hệ phương trình. 

   

   

2

2

2 2, 2, 1,

25 2, 2, 1,5

2

a

a b c

a b c b

c c



        

 



     

 

   

 





. 

Khi đó phương trình Parabol là  2 25

y  x   

Diện tích S của cửa rào sắt là diện tích phần hình phẳng giới bởi đồ thị hàm số 

2

2 25

y  x  , trục hoành và hai đường thẳng x 2, 5, x2, 5. 

Ta có 

2,5

2,5

2

2,5 2,5

2 55

2 d

25 25

x

S x x x

 

 

 

        

   

  

Vậy ông An phải trả số tiền để làm cái cửa sắt là:  

  55

700.000 700000 417 000

S    (đồng). 

Câu 20. Vịm cửa lớn của một trung tâm văn hố có dạng hình Parabol. Người ta dự định lắp cửa kính 

cường  lực  cho  vịm  cửa  này.  Hãy  tính  diện  tích  mặt  kính  cần  lắp  vào  biết  rằng  vòm  cửa  cao 

 

 

. 

A 131 m2

3   B

2

28 (m )

3   C

2

26 (m )

3   D  

2

128 m

3  

Lời giải

Chọn D

Chọn hệ trục tọa độ Oxy với gốc tọa độ O là trung điểm của cạnh đáy, trục Oy trùng với  chiều cao của vịm cửa. 

Gọi Parabol có dạng: 

yax bx c  

Vì Parabolcó đỉnh I0;8 và qua điểm 4; ; 4; 0 nên ta có: 

8

16 0

16

2

c c

a b b

a b

a

 

 



 

    

 

    

   



. Vậy Parabol có phương trình là 

y  x   

Diện tích cái cổng chính bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi:

2

1

0 4

y x

y x

x 

  

 

 



  



 



. 

Từ đó ta có 

4

2 2

4

1 128

8 d d (

2 m )

2

S x x x x

 

 

       

 

   

Câu 21. Một  mảnh  vườn  hình  trịn  tâm O  bán  kính 6 m   Người  ta  cần  trồng  cây  trên  dải  đất  rộng  

 

6 m  nhận O làm tâm đối xứng, biết kinh phí trồng cây là 70000 (đồng/ m ). Hỏi cần bao 2 nhiêu tiền để trồng cây trên dải đất đó (số tiền được làm trịn đến hàng đơn vị) 

6m

O

 

A 8 412322  (đồng).  B 8142 232  (đồng).  C 4821232 (đồng).  D 48 213122  (đồng). 

Lời giải

Chọn C. 

Diện tích dải đất:   

3

2

3

2 36 d 68,876 m

S x x



     

Suy ra số tiền cần dùng là: 68,876.70 0004821320(đồng). 

Câu 22. Một sân chơi dành cho trẻ em hình chữ nhật có chiều dài 50 m  và chiều rộng là   30 m  người  

ta  làm  một  con  đường  trong  sân  (như  hình  vẽ).  Biết  rằng  viền  ngồi  và  viền  trong  của  con  đường là hai đường elip và chiều rộng của mặt đường là 2 m  Kinh phí để làm mỗi  

m  làm  đường  là 500000   (đồng).  Tính  số  tiền  làm  con  đường  đó.  (Số  tiền  được  làm  trịn  đến  hàng  nghìn). 

  A 119000000 (đồng).    B 152000000 (đồng). 

C 119320000 (đồng).    D 125520000 (đồng). 

Lời giải

Chọn C

Gọi S là diện tích của hình elip  

2

2

: x y

E

a b   ta có S ab. 

Chứng minh 

2

2

1 d

a

a

x x

S b x ab

a a 



 

      

 

 

  

Xét hệ trục tọa độ Oxy sao cho trục hồnh và trục tung lần lượt là các trục đối xứng của hình  chữ nhật trong đó trục hồnh dọc theo chiều dài của hình chữ nhật. 

Gọi  E1  là elip lớn,  E2  là elip nhỏ ta có: 

 

2

1 : 2

25 15

x y

E    Diện tích của nó là S1.15.25375  m2  . 

 

2

2 : 2

23 13

x y

E    Diện tích của nó là S2.13.23299  m2   Diện tích con đường là 375299 76  m2  

Do đó số tiền đầu tư là 76500000 119320000 (đồng). 

Câu 23. Một  khn  viên  dạng  nửa  hình  trịn  có  đường  kính 4 5 m   Trên  đó,  người  ta  thiết  kế  hai 

phần mỗi phần dùng để trồng hoa và trồng cỏ Nhật Bản. Phần trồng hoa có dạng một cánh hoa  hình  parabol  có  đỉnh  trùng  với  tâm  của  nửa  đường  tròn,  hai  đầu  mút  của  cánh  hoa  nằm  trên  đường trịn (phần tơ màu) và cách nhau một khoảng bằng 4 m ; phần cịn lại của khn viên   (phần khơng tơ màu) dùng để trồng cỏ Nhật Bản. Biết các kích thước cho như hình vẽ và chi  phí để trồng cỏ Nhật Bản là 300000 (đồng/m ). Hỏi cần bao nhiêu tiền để trồng cỏ Nhật Bản 2

 

 

A 1791000 (đồng).  B 2922 000 (đồng).  C 3582 000 (đồng).  D 5843000 (đồng). 

Lời giải

Chọn D

Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, với gốc tọa độ O trùng với tâm nửa đường trịn, trục Ox  trùng với đường kính nửa đường trịn, trục Oy chiều dương hướng xuống. 

  Diện tích nửa hình trịn là:     

2

2

1

2 10 m

2

T

S  R       Ta thấy parabol x  2 y4 P :y x2. 

Do nửa đường tròn ở phần dương của Oy nên  

: 20

C y x  

Diện tích phần trồng hoa là:    

2

2 2

0

2 20 d 11,93962 m

H

S   x  x x   Diện tích phần trồng cỏ Nhật Bản:   2

10 11,93962 m

T H

S S S      Vậy tổng số tiền phải trả là: T S.3000005843000 (đồng). 

Câu 24. Từ một khối cầu bán kính bằng 5 dm  người ta cắt bỏ hai đầu bằng hai mặt phẳng vng góc  

với một đường kính của khối cầu và cách tâm mặt cầu một khoảng bằng 4 dm  để làm một   chiếc lu đựng nước. Tính thể tích cái lu

A 500  3

3

 dm

B 2296  3

15

 dm

C 952  3

27

 dm

D 472  3

3

 dm

. 

Lời giải Chọn D

x

Cơng thức thể tích khối chỏm cầu (chứng minh bằng tích phân):

3 h

V h R 

  

Thể tích của mỗi chỏm cầu bỏ đi bằng  1 52 14 (dm )3 3

V     

 

  

Thể tích của khối cầu: 2 53 500 (dm3

3 )

V      

Ta có thể tích của cái lu bằng  2 1 472 (dm )3

V V  V    

Câu 25. Trên  đồng  cỏ  có  hai  con  Bò  được  cọc  vào  hai  dây  khác  nhau  khoảng  cách  giữa  hai  cọc  là 

 

5 m , cịn hai sợi dây buộc hai con Bị lần lượt là 4 m  và   m  (Khơng tính phần chiều dài   dây buộc). Tính diện tích mặt cỏ lớn nhất mà hai con Bị có thể ăn chung ( làm trịn đến phần  trăm). 

A. 6,642 m 2 B. 6, 246 m 2 C. 4,624 m 2 D. 4, 262 m 2  

Lời giải Chọn A

  Giả sử khoảng cách  2 cọc là OB5 . Chọn hệ trục (hình vẽ) 

Ta có dây dài của trâu cột cọc O là 4 ứng với diện tích ăn được tối đa là hình trịn 

2

1

(C ) :x y 16 và diện tích tối đa của trâu cịn lại là hình trịn (C ) : (2 x5)2y29.  Do đó diện tích ăn chung tối đa của hai trâu là phần diện tích hình phẳng giao nhau của hai  hình trịn trên. 

Vậy phương trình hồnh độ giao điểm: 

5 16 )

5 (

16x2   x  x  

16

4

2

16

5

2 ( 5) d 16 d

S x x x x

 

 

      

 

 

 

Câu 26. Một  cửa  có  thước  như  hình  vẽ  bên.  Biết  đường  cong  phía  trên  là  parabol,  tứ  giác  ABCD  là  hình chữ nhật và giá thành là 900 000 (đồng) trên 1 m2  thành phẩm. Hỏi ơng A phải trả bao 

nhiêu tiền để làm cánh cửa đó? 

 

A 6 000 000 (đồng).  B. 8700 000 (đồng).  C 6 600 000 (đồng).  D 8 400 000 (đồng). 

Lời giải

Chọn D

.  Gọi  P :yax2bx c  

Vì  P  đi qua điểm A0; ; B2; 0 và có đỉnh I 1;1  nên  

:

P y x  x. 

Diện tích cánh cửa là   

2

4 28

2 d

3

ABCD

S  x  x xS     

Số tiền ông A phải trả là 28 900 000 400 000

3    (đồng). 

Câu 27. Một bồn nước được thiết kế với chiều cao 8dm, ngang 8dm, dài 2 m , bề mặt cong đều 

nhau với mặt cắt ngang là một hình parabol như hình vẽ bên dưới. Bồn chứa được tối đa bao  nhiêu lít nước. 

A 1

1

y

. 

A 1280

3  (lít).  B 1280 (lít).  C 2560

3 (lít).  D 1280 (lít). 

Lời giải

Chọn C

Xét  mặt  cắt  parabol,  chọn  hệ  trục  như  hình  vẽ.  Ta  thấy  Parabol  đi  qua  các  điểm  A4; 4, 

4; 4

B , C0; 0 nên có phương trình  2

y x  Diện tích phần mặt cắt tính như sau: 

 

 

4

1 64 128

64

2 3

hv

S S x x



  d    dm2  

Do đó thể tích của bồn:   

20 20

3

0

128 2560

3

V S xd   dx dm  

Câu 28. Một thùng rượu có bán kính các đáy là 30  cm , thiết diện vng góc với trục và cách đều hai  

đáy có bán kính là 40  cm , chiều cao thùng rượu là   1  m  (hình vẽ). Biết rằng mặt phẳng chứa   trục và cắt mặt xung quanh thùng rượu là các đường parabol, hỏi thể tích của thùng rượu (đơn  vị lít) là bao nhiêu ? 

. 

 

Lời giải

Chọn D

.  Đơn vị tính là dm. 

Gọi  P :xay2byc quaA4; , B3;5 , C3; 5  

 

4

1

0 :

25

25 a

b P x y

c    

     

    

 

   

2

2

5

4 dy 425, dm 425, l 25

V  y



 

     

 

  

Câu 29. Ông  An  xây  dựng  một  sân  bóng  đá  mini  hình  chữ  nhật  có  chiều  rộng 30 m   và  chiều  dài  

 

50 m   Để  giảm  bớt  kinh  phí  cho  việc  trồng  cỏ  nhân  tạo,  ơng  An  chia  sân  bóng  ra  làm  hai  phần (tơ màu và khơng tơ màu) như hình vẽ. 

. 

Phần tơ màu gồm hai miền diện tích bằng nhau và đường cong AIB là một parabol có đỉnh I   Phần tơ màu được trồng cỏ nhân tạo với giá 130  nghìn đồng/m  và phần cịn lại được trồng cỏ 2 nhân tạo với giá 90  (nghìn đồng/m ). Hỏi ơng An phải trả bao nhiêu tiền để trồng cỏ nhân tạo 2 cho sân bóng? 

A 165  (triệu đồng).  B 151 (triệu đồng).  C 195  (triệu đồng).  D 135  (triệu đồng). 

Lời giải

Chọn B

 

Khi đó, đường cong AIB là hình phẳng giới hạn bởi các đường parabol  2

45

y x và đường thẳng

10

y

Phương trình hồnh độ giao điểm  2 10 15 45x  x  Diện tích phần tơ màu là:   

15

2

1 15

2

2 10 d 400 m

45

S x x



     

Mặt khác diện tích sân bóng đá mini hình chữ nhật là S30.50 1500 m  2   Phần khơng tơ màu có diện tích là: S2 SS11100 m 2  

Số tiền để trồng cỏ nhân tạo cho sân bóng: 

1.130000 2.90000 400.130000 1100.90000 151000000

S S   

Câu 30. Trong chương trình nơng thơn mới, tại một xã X có xây một cây cầu bằng bê tơng như hình vẽ. 

Tính thể tích khối bê tơng để đổ đủ cây cầu. (Đường cong trong hình vẽ là các đường Parabol). 

A.   3

21 m   B.   3

18 m   C.   3

40 m   D.   3

19 m  

   

Lời giải

Chọn C

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ. 

 

Gọi  P1 :yax2c là Parabol đi qua hai điểm  19;0

A 

 , B0; 2 

Nên ta có hệ phương trình sau:   

2

2

8 19

0

:

361

361

2

a a

P y x

b b

   

 

 

   

    

   

   



. 

Gọi  P2 :yax2c là Parabol đi qua hai điểm C10;0,  0;5

D 

 . 

Nên ta có hệ phương trình sau: 

 

 

2

2

1

0 10

1

40

:

5 40

2

a a

P y x

b b

 

 

  



 

    

 

   

 

 

. 

Ta có thể tích của bê tơng là:   

19 10

2 2

0

1

5.2 d 40 m

40 361

V    x  dx  x   x

   

  

. 

DẠNG 3: DẠNG KHÁC

Câu 31. Một đám vi trùng tại ngày thứ t có số lượng N t , biết rằng  '  000

2

N t t



  và lúc đầu đám vi  trùng có 300 000 (con). Hỏi sau 10 ngày, đám vi trùng có bao nhiêu con (làm trịn số đến hàng  đơn vị)? 

A 322 542 (con).  B 332 542 (con).  C 302 542 (con).  D 312 542 (con).  Lời giải

Chọn.D

Theo đề bài: N t N t dt 000d t

t

 

 7 000 ln t2 C  Lúc đầu t0, N 0 300 000C300 000 000 ln 2  

Lúc t10N 10 7 000 ln12 300 000 000 ln 2  312 542 (con). 

Câu 32. Vi khuẩn HP (Helicobacter pylori) gây đau dạ dày tại ngày thứ m với số lượng là F m , biết 

nếu phát hiện sớm khi số lượng vi khuẩn khơng vượt q 4 000 con thì bệnh nhân sẽ được cứu  chữa.  Biết    1000

2

F m t

 

   và  ban  đầu  bệnh  nhân  có 2 000  con  vi  khuẩn.  Sau 15  ngày  bệnh  nhân phát hiện ra bệnh.  Hỏi  khi  đó có bao nhiêu con vi  khuẩn trong dạ  dày  (lấy xấp xỉ hàng  thập phân thứ hai) và bệnh nhân có cứu chữa được khơng?

A 5 433, 99 và khơng cứu được.  B 1499, 45 và cứu được. 

C 280, 01 và cứu chữa được.  D 3716, 99 và cứu được.  Lời giải

Chọn.D

Số lượng vi khuẩn HP tại ngày thứ m là    1000d

F m t

t

 

 500 ln 2t 1 C con   Ban đầu có 2000 , nên ta có phương trình:   F 0 2000 C2000 

 F m 500 ln 2t 1 000. 

Sau 15 ngày, lượng vi khuẩn là: F 15 500 ln 31 2000 3716,99con4 000con  

Câu 33. Một đám vi trùng tại ngày thứ t có số lượng là N t . Biết rằng   000

N t

t

 

 và lúc đầu đám  vi trùng có 300 000 con. Ký hiệu L là số lượng vi trùng sau 10 ngày. Tìm L? 

A L306 089.  B L303044.  C L301522.  D L300 761.  Lời giải

Chọn B

Ta có:   2000   2000d 1000 ln 2 

1 2

N t N t t t C

t t

      

    

Lúc đầu đám vi trùng có 300000 con N 0 300000 

 

1000 ln 2.0 C 300000 C 300000

       

  1000 ln 2  300000

N t t

     

Khi đó: LN 10 1000 ln 21 300000 303044. 

Câu 34. Các chuyên gia ước tính tốc độ nhiễm virus Zika là  f t 90t3t2 (người/ngày) với t (ngày) 

và 0 t 25.  Tổng  số  người  bị  nhiễm  kể  từ  ngày  đầu  tiên  đến  ngày  có  số  người  nhiễm  cao  nhất?

A 10 250 (người).B12 500 (người).  C 3500 (người).  D 6 750 (người).  Lời giải

Chọn C

Xét hàm số:  f t 90t3t2 

  90

f t   t  f t 0  t 15 

Bảng biến thiên: 

t  0  15  20 

` f t      

 

f t         

Dựa vào BBT, ngày 15có số người nhiễm bệnh cao nhất.  Suy ra     

15

0

d

F t  f t t   

15

2

90t 3t dt

   315

0

45t t

  3500 (người). 

Câu 35. Một  công  ty  M   phải  gánh  chịu  nợ  với  tốc  độ  D t   đôla  mỗi  năm,  với 

   

' 90 12

D t  t t  t  trong đó t là số lượng thời gian (tính theo năm) kể từ cơng ty bắt  đầu vay nợ. Đến năm thứ tư cơng ty đã phải chịu 1610 640 đơla tiền nợ. Tìm hàm biểu diễn tốc  độ nợ của công ty này. 

A D t 30 t212t3 C.  B D t 303t212t3 1610 640. 

C D t 30 t212t3 1595 280.  D D t 303 t212t3 1610 640.

Lời giải Chọn.C

Tốc độ nợ của cơng ty đươc tính theo hàm D t  

  90 6 12 d

D t  t t  t t 45 t212 dt t212t

 30 t212t3  

0

0 675

 

Năm thứ tư công ty chịu số tiền nợ 16106 040 nên số tiền công ty vay năm đầu là: 

 3

1610 640 30 12.4 1595 280 

Vậy cơng thức tính tiền nợ: D t 30 t212t3 1595 280. 

Câu 36. Sau trận động đất, một hồ chứa nước bị rị rỉ. Giả sử lượng nước thất thốt kể từ khi hồ bị rị rỉ 

đến thời điểm t (phút) là s t  (lít), biết rằng s t   t12. Tính lượng nước thất thốt sau 2  (giờ) kể từ khi hồ bị rị rỉ. 

A 590 520 (lít).  B 1590 520 (lít).  C 11590 520 (lít).  D 890 121 (lít).  Lời giải

Chọn A

Lượng nước thất thoát sau 2(giờ):     

120

1 d

s t   t t  

120

0

1

t

 590 520(lít)

Câu 37. Người ta thay nước mới cho một bể bơi dạng hình hộp chữ nhật có độ sâu h1 180 cm  Giả 

sử h t  là chiều cao của mực nước bơm được tại thời điểm t (giây), biết rằng tốc độ tăng của  chiều cao nước tại giây thứ t là    8

500

h t  t  Hỏi sau bao lâu đầy bể?

A 644 (phút).   B 107 (phút).  C 190 (phút).  D 120 (phút).  Lời giải

Chọn B

Sau m (giây) mức nước đạt: 

 

0

( ) d

m

h m h t t

0

1

8 d 500

m

t t

  3 4

0

3

8 000

m

t

  3 84 16

2 000 m

 

    

  

Theo đề: h m 180 cm 3m84 120 016m6 440, 06  s 107 (phút). 

Câu 38. Tốc  độ  tăng  trưởng  của  bán  kính  thân  cây  được  cho  bởi  cơng  thức    1,5 sin

5

t f t    

   (cm/năm), trong đó t là thời gian khảo sát (tính theo năm), t0 là thời điểm bắt đầu khảo sát; 

 

F t  là bán kính của thân cây tại thời điểm t và F t( ) f t . Tính bán kính của thân cây sau  10 năm biết rằng bán kính tại thời điểm bắt đầu khảo sát là 5 cm ?

A 25 cm.  B 6, cm.  C 20 cm   D 15 cm  

Lời giải Chọn.C

 

( )

F t  f t F t  f t dt 1,5 sin d

t t



  

      

 

 1,5 5cos

5

t

t  C



 

   

    Thời điểm ban đầu: t0, F 0 5 C 5



     Bán kính cây sau 10 năm: F 10 1,5.10 5

 

Câu 39. Bạn An bơm nước vào một bồn chứa nước (lúc đầu khơng có nước). Mực nước trong bồn được  tính  theo  hàm  số  hh t ,  trong  đó  h  tính  theo  cm   và  t  tính  theo   s   Biết  rằng 

  2 1

h t  t  Mức nước ở bồn sau khi bơm 13 s  là: 

A 243

4 cm.  B 60cm.  C 30cm.  D 243

8 cm  

Lời giải Chọn C

Ta có: h t 3 2t 1 mực nước trong bồn: 

  32 1 d

h t  t t 32 132 1

8 t t C

    cm   Ban đầu, t0 nên   0

8

h  C

8

C

       32 13 2 1

8

h t t t

     cm   Mực nước sau 13 s  là:   h 13 30cm  

Câu 40. Gọi  h t (cm)  là  mực  nước  ở  bồn  chứa  sau  khi  bơm  nước  được  t  giây.  Biết  rằng 

  13

8

h t  t  và lúc đầu bồn khơng có nước. Tìm mực nước ở bồn sau khi bơm nước được   giây (làm trịn kết quả đến hàng phần trăm). 

A 2, 66 (cm).  B 0, 55 (cm).  C 3,14 (cm).  D 2, 66 (cm).  Lời giải

Chọn D

Thời gian bơm nước được 6 giây.  Mức nước cần tìm là : 

   

6

0

d

h t h t t

6

1

8 d t t

   

6

0

3 20 t

 

4

3 12

14 20

   2, 66 cm   

Câu 41. Một bác thợ xây bơm nước vào bể nước. Gọi h t  m3  là thể tích nước được bơm trong t s  

Cho h t 3at2bt  và  ban  đầu  bể  không  chứa  nước.  Sau 5 s   thể  tích  nước  trong  bể  là   150 m3 . Sau 

 

10 s  thì thể tích nước trong bể là 1100 m3 . Hỏi thể tích nước trong bể sau 

khi bơm được 20 s  là bao nhiêu? 

A 8 400 m3 . 

B 2 200 m3 . 

C 6 000  m3 . 

D 4200 m3   Lời giải

Chọn A

Ta có h t h t dt 3at2btdt

2

2

bt

at C

    

Do ban đầu, bể khơng có nước nên: h 0 0C0  

2

2 bt

h t at

     m3  

Theo đề bài, được hệ:

3

3

1

.5 150

1

.10 10 1100

a b

a b



 

  

  

 

1 a b

   



  

3

h t t t

 

Câu 42. Tại  thành  phố,  nhiệt  độ  sau  t  giờ,  tính  từ  8 h   đến  20  h   được  tính  bởi  cơng  thức 

  50 14 sin 12

t f t     °

F  Nhiệt độ trung bình trong khoảng thời gian trên là:

A 50

14



  °F   B 50 14



  °F   C 50 14



  °F   D 50 14



  °F   Phân tích

Để giải quyết bài tốn thực tế này ta cần nhớđịnh lý giá trị trung bình của tích phân: Nếu hàm  số f x  liên tục trên [ , ]a b  thì tồn tại một số c thuộc [ , ]a b  sao cho:     d

b

a

f c f x x

b a 

   

Lời giải Chọn B

Nhiệt độ trung bình được tính theo cơng thức: 

20

8

1

50 14sin d

20 12

t t



 



 

  

20

8

1 12

50 14 cos

12 12

t

t 



 

   

 

14 50



   

Câu 43. Một tách cà phê có nhiệt độ 95 oC  và cần 30 (phút) để nguội cịn 

 o

61 C  trong gian phịng  có  nhiệt  độ  20 oC   Biết  nhiệt  độ  của  tách  cà  phê  giảm  theo  hàm  f t  75kekt  với 

0, 02

k , t tính bằng phút. Tìm nhiệt độ trung bình của tách cà phê trong nửa giờ đầu tiên

A 60  oC   B 74,  oC   C 61 oC   D 76,  oC   Lời giải

Chọn D

Nhiệt độ của tách cà phê giảm theo hàm  f t  nên ta tìm được hàm nhiệt độ ở phút thứ t là: 

   d

F t  f t t 75kektdt 75ekt C 

Ban đầu, nhiệt độ tách là 95 oC nên: F 0 95 75C95 C20  Ta tìm được hàm F t 75ekt20  oC  

Nhiệt độ trung bình của tách cà phê trong nửa giờ đầu tiên: 

 

30

0

1

75 20 d 30

kt

e  t

 

30

0

1 75

20 30

kt

e t

k



 

   



  76,

Câu 44. Các máy bay thương mại thường bay ở độ cao khoảng 10 km , và máy bay hạng nhẹ bay ở 

độ cao 3000  m  (so với mực nước biển). Biết càng lên cao, áp suất khí quyển càng giảm theo  hàm  p x P ieo ximmHg m ,  Po 760 mmHg ,  i là hệ số suy giảm áp suất và áp suất phải  chịu của máy bay hạng nhẹ là 527 mmHg  Tìm áp suất khí quyển ở độ cao  10 km  

Lời giải

Chọn C

Áp suất P x  p x dxP eo xiC

 0 o

P P C0 P x P eo xi

Ta lại có: P3000527 527760e3000i   i 1, 22.104 Từ đó ta được: P x 760e1,22.104x

10 000

P

  224, 37mmHg  

Câu 45. Một giáo viên sau khi nghiên cứu khả năng ghi nhớ của nhóm học sinh khối 12 về nội dung bài 

học  ở  trường  để  ơn  thi  THPT  QG  đã  tìm  được  hàm  biểu  thị  độ  “quên”  bài: 

    12

1

q t Q x t

 

 

  (%/tháng). Biết rằng để có kết quả tốt cần nắm rõ trên 80% nội dung bài  học, trong tháng đầu tiên mọi người đều nhớ bài và chỉ cịn 3 tháng nữa sẽ đến kì thi. Hỏi căn  cứ theo nghiên cứu trên, nhóm học sinh cịn nhớ bao nhiêu phần trăm kiến thức và có đạt u  cầu khơng?

A 70,  % , chưa đạt. B 86,82  % , đạt.  C 80, 69 % , đạt.  D 83, 36  % , đạt. 

Lời giải

Chọn D

   d

Q t q t t  12 ln x 1 C 

Trong tháng đầu tiên, ai cũng nhớ bài nên t 0 Q 0 100 C100  Do đó: Q t 100 12ln x1  %  

Theo đề ta có: Q 3 83,36 %  

Câu 46. Gia đình thầy Nam có việc đột xuất nên phải vắng nhà 1 tháng. Trong khoảng thời gian đó, vịi 

nước đột nhiên bị hỏng và nước chảy ra với tốc độ      cos 81 25

 

Mức tiêu thụ Tổng cộng giá tiêu thụ

(đ/m3)  *1 m  - 3 10 m /hộ/tháng 3 580  *11 m  - 3 30 m /hộ/tháng 3 488  *31 m /hộ/tháng trở lên 3 6849 

A. (triệu).  B 1, (triệu).  C 1, (triệu).  D 2,1 (triệu). 

Lời giải

Chọn A

Thể tích nước là:     

30

0

d

F t   f t t

30

0

81

cos d

25

t  t

 

   

 



30

0

81 sin

25

t t

 

  

 

304   m3  

Vì giá tiêu thụ nước được tính theo từng mức tiêu thụ nên số tiền phải đóng:  10 x 580 20 x 488+274 x 6849 1990976. 

 

DẠNG 4: CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐIỆN

Câu 1. Một khung dây dẫn phẳng dẹt hình chữ nhật có 200  (vịng dây), quay quanh trục cố định đối 

xứng nằm trong mặt phẳng khung dây chữ nhật có kích thức 10 cm x10 cm   . Cho biết cảm  ứng  từ  B0, T ,  suất  điện  động  được  biểu  diễn  theo  phương  trình 

  ocos 100

3

e t E  t 

   V  Từ thông qua khung dây từ khoảng thời gian 

T

t   đến t2 T  là?. 

A 2 3Wb

5   B  

3 Wb

125   C  

2 Wb

5   D  

3 Wb

250  

Lời giải

Chọn.  C

Theo đề bài:   -1

100 rad.s

  ,  T 0, 02 s 

T

 





     

 

o

1

100 200.0, 40 V 100

E NBS    

Ta tìm được  1 0, 01 s 

T

t   , t2 T 0, 02 s  và phương trình suất điện động 

  40 cos 100  V

e t    t 

 

Từ thơng cần tìm:

 

0,02 0,02

0,01 0,01

2

= 40 cos 100 d 0, 4.sin 100 Wb

3

t  t t 

           

   

 . 

Câu 2. Một  khung dây dẫn phẳng dẹt hình  chữ nhật có 500  vịng dây, kích thước của mỗi  khung là 

   

quay và có độ lớn  2 T

5 , biểu thức e t  Eocos t  V  

 

   

   Suất điện động cực đại và từ  thông của qua khung dây từ thời gian  1  s

2

T

t   đến t2 T s  là:

A 220 V ,   22 2Wb

5   B 220 V ,     22

Wb 5

  

C 220 V ,  22 2Wb 5

   D 220 V , 22 2Wb

5  

Lời giải

Chọn.  B

Ta có:

 

2 f 100 rad/s

     s

50

T

   

Ta tính được:  1 100

t  ,  2

50

t  , Eo NBS220 V 

2

1

1

50 50

o

1

100 100

220

cos d 220 cos 100 d sin 100

2 100

t

t

E t  t t  t t 

   



     

           

     

 

 

22 Wb 5

   

Câu 3. Một  vòng  dây  hình  trịn  có  bán  kính r 60cm



   quay  đều  với  vận  tốc 20 vòng  trong  một 

giây  trong  từ  trường  đều   T 50

B   Biểu  thức  biểu  diễn  suất  điện  động 

  cos  V

2

e t NBS t 

    Từ  thông  qua  vòng  dây  từ   

s 120

t    đến  tt2 

2

1

50 t 40

 

 

 

  là   

4

1,8.10 Wb  Tìm t2. 

A  s

40   B  

s

50   C  

s

30   D  

s 45

Lời giải

Chọn.  A

 

 

 

2 40 rad/s

20 Hz 1 1

s 20

f f

T f

  

  



  

  



 

   

2

2 60

60 cm 6.10 m

S r  



     

 

3 o

1

40 .6.10 V 50 625

E NBS   

  cos d t t

NBS t  t

         120

cos 40 d

625 t t t             sin 40 25000 t t t           sin 40

25000 t 2

                 Ta có:    1,8.10 Wb  

 sin 40 2

2

t  

 

   

  40 t2 2 k2

 

 

      2 1  

40 20

t k k

     

Vì  2

50t  40nên   

s 40

t   

Câu 4. Biểu thức suất điện động xuất hiện trong vòng dây là e t 2cos 100 t V  Biết rằng lúc 

0

t  thì   

2 o 2.10 Wb   

  và 0  Tìm   

A

3



.  B

6



.  C 2

3    D    Lời giải

Chọn.  D

 t e t dt cos 100 dt

     sin 100  50 t 

  Wb, C0 

Ta có:   

2 o 2.10 Wb   

  sin 100 0  1 sin , 

2 k k



  

       

Theo điều kiện: 0  ta tìm được

   

Câu 5. Khung  dây  hình  chữ  nhật  có 100   (vịng),  diện  tích  mỗi  vịng  là 600 cm 2,  quay  đều  quanh 

trục  đối  xứng  của  khung  trong  một  phút  quay  được 120   vịng  và  đặt  trong  từ  trường  đều  có  cảm ứng từ 0, T . Trục quay vng góc với các đường cảm ứng từ. Biểu thức suất điện động 

  osin 

e t E t , 

2        

 .  Cho  biết  lúc  t t10, 25 s   thì   1  

Wb t

     Tìm 

3 4T  

 

A 3Wb

5

   B 3Wb

   C 3Wb

5   D  

3 Wb

Lời giải

Chọn.  B

Theo đề: 

 2  2

600 cm 0, 06 m

S    

 

120

2 Hz 60

f    -1

2 f rad.s

  

   ;T 0,5 s  f

   

 

o 100.0, 2.0, 06 4,8 V

E NBS     e t 4,8 sin 4  t 

   d 4,8 cos 4  1, 2cos 4 

4

t e t t  t t

    



Mà   0, 25 3Wb

   cos 

2

 

    cos 

2



  , 

3 k k



 

      

Kết hợp điều kiện: 

   

Ta tìm được    1, 2cos

t t 

      

   

3 3

1, cos 0,5 Wb

4T



      

        

     

.  Cường độ dòng điện chạy qua dây dẫn trong thời gian t là: 

  ocos  A

i t I t  hoặc i t Iosint A   Điện lượng qua tiết diện S: 

   d

q t i t t  C  

Điện lượng qua tiết diện S trong thời gian t1 đến t2 là:   

2

1

d

t

t

qi t t  C  

Câu 6. Dịng điện xoay chiều có phương trình i2sin100t A  qua một khung dây. Điện lượng chạy 

qua tiết diện dây trong khoảng thời gian từ 0  đến 0,15 s  là:

A  C

100   B  

4 C

100   C  

5 C

100   D  

6 C 100  

Lời giải

Chọn.  B

Điện lượng cần tìm:   

0,15 0,15 0,15

0

0

1

d sin100 d cos100 C

50 100

q i t t t t

 

        

Câu 7. Dịng  điện  xoay  chiều  có  phương  trình i t 2 cos100t A   qua  một  dây  dẫn.  Điện  lượng 

chạy qua tiết diện dây trong khoảng thời gian từ  1

T

t   đến  2

T t   là:

A  C

50

   B  C

50   C  

1 C

50   D  

1 C 50

  

Lời giải 

Chọn.  C

 

2

s 100 50

T T

 





   

Từ đó ta tìm được:  1 200

t   s ,  2 100

t   s

Điện lượng cần tìm:     

2

1

1 100

1 200

1

d sin100 C

50 50

t

t

q i t t t

 

    . 

Câu 8. Dịng điện xoay chiều hình sin  chạy qua một đoạn mạch có biểu thức i t  Iocos t  A

T 

 

  

   

Điện lượng chuyển qua tiết diện thẳng của dây dẫn đoạn mạch trong thời gian to 0 đến t10  và to 0 đến  2

4

T

t   lần lượt là:

A I To

 ,0.  B

o

2 I T

 , 1.  C o

I T 

, 0   D o

2 I T

, 1. 

 

Chọn.  A

Ta có: 

4

o o

o

2

cos d

2

T

I T I

q I t t

T



 

 

    

 

 ,  

2 o

2

cos d

T

q I t t

T



 

   

 

  

BẤT ĐẲNG THỨC TÍCH PHÂN

VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN

Cho hàm số y f x  yg x  có đạo hàm liên tục a b;  Khi đó:

 Nếu f x g x  với xa b;     

b b

a a

f x dx g x dx

 

 Nếu f x 0 với xa b;   

b

a

f x dx

 Hệ quả: 2   

b

a

f x dx  f x 



 Bất đẳng thức Holder (Cauchy – Schwarz):        

2

2

b b b

a a a

f x g x dx f x dx g x dx

 



 

   

Đẳng thức xảy f x kg x  với k

B. BÀI TẬP

Câu 1: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục 0; đồng thời thỏa mãn điều kiện  f 2 2,  

2

0

0

xf x dx

 ,  

2

2

0

' 10

f x dx

 

 

 Hãy tính tích phân  

2

I x f x dx? Lời giải

Ta có:        

2 2

2 2

0 0

2

1 1

0 ' '

0

2 f x dx 2x f x x f x dx x f x dx

       

Cách 1: Kết hợp  

2

2

0

' 10

f x dx

 

 

 ,  

2

'

x f x dx



2

32

x dx

 ta được:

       

2

1

2 2 4 2 2

0

5 25 5.8 25 32 5

' ' 10 ' '

2 16 16 4

f x x f x x dx f x x dx f x x

   

          

 

    

   

 

Cách 2:    

2

2 2

2

2

0 0

32

64 ' ' 10 64

5

x f x dx x dx f x dx

 

      

   

Đẳng thức xảy khi: f ' x kx2

Vì    

2

2

0

32 5

8 ' '

5 4

x f x dx k x dx k k f x x

       

Khi đó:  

3

5

12

x

f x   f  1 2 Khi thay vào tích phân  

2

8

I x f x dx Chuyên

Câu 2: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục  0;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện f  1 2,   1

f x dx

 ,   25 '

f x dx

 

 

 Hãy tính tích phân  

1

0

I xf x dx? Lời giải

Ta có:          

1 1

0 0

1

1

' ' '

0

3 f x dxxf x xf x dx xf x dx xf x dx3 Cách 1: Kết hợp  

1 25 '

f x dx

     ,   '

xf x dx



1

1

x dx

 ta được:

   

     

1

2 2

0

25 50 25

' 10 ' 25 ' '

3 3

f x  xf x  x dx     f x  x dx  f x  x

   

   

 

Cách 2:    

2

1 1

2

0 0

25 25 25

' '

9 xf x dx x dx f x dx 3

 

      

   

Đẳng thức xảy khi: f ' x kx

Vì    

1

2

0

5

' '

3xf x dxk x dx 3kk  f x  x

Khi    

1

2

0

5

2 2

x x x

f x   I xf x dx  dx

Câu 3: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục 0;

π

 

 

  đồng thời thỏa mãn  

2

3

π

f x dx π

 ,   sin π x

xx f  dx π  

 ,

2

π f  

  Hãy tính tích phân  

2

3

0

π

I  f x  dx? Lời giải

Ta có          

2

0 0

3 sin sin 2 sin 2

2

π π

π

x x

π xx f      d  x x f x dx x x df x

   

  

           

2 2

2

0 0

3

3 sin 2 2 cos sin sin

4

π π π

π

π π x x f x x f x dx xf x dx xf x dx

          

Cách 1: Kết hợp  

2

3

π

f x dx π

 ,   2 sin π π xf x dx



2 sin 16 π π xdx

 ta được:

   

     

1

2

2 2

0

8sin 16 sin 4sin 4sin

f x  xf x  x dx  f x  x dx  f x  x

 

Cách 2:    

2

2 2 2

2

0 0

9

sin sin

16 16 16

π π π

π π π

xf x dx xdx f x dx π

Đẳng thức xảy  f x ksin2x Vậy    

2

2

0

3

sin sin 4sin

4 16

π π

π π

xf x dx k xdx k f x x

     

Khi đó:        

4sin cos sin 8cos

f x  x  x  f x  x f x  x

Thay vào ta được:  

2

3 3

0

512 cos

π π

I f x  dx  xdx

Câu 4: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục 0; đồng thời thỏa mãn điều kiện  f  2 1,  

2

8 15

x f x dx

 ,  

2

4

0

32 '

5

f x dx

 

 

 Hãy tính tích phân  

2

0

I  f x dx? Lời giải

Ta có        

2 3 2

3

0 0

2

8 32

0

15 3

x x

f x d f x x f x dx x f x dx

      

Cách 1: Như vậy:  

2

4

0

32 '

5

f x dx

 

 

 ,  

2

32

x f x dx



2

32

x dx



Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có: f ' x 4x4 x4 x4 4x f3 ' x

Do vậy:    

2 2

4 4 3

0 0

'

f x dx x dx x f x dx

 

 

   Mà giá trị hai vế

Như tồn dấu xảy tức là:    

2

1

'

2

x

f x x f x    

2

0

7

I  f x dx Cách 2: Ta áp dụng hai lần liên tiếp bất đẳng thức Holder:

     

4 2

2 2 2

2

3 4

0 0 0

1048576 1048576

' '

625 x f x dx x dx x f x dx x dx f x dx 625

       



            

        

Dấu xảy khi: f ' x kx

Câu 5: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục 1; đồng thời thỏa mãn   

2

31

x f x dx



Tìm giá trị nhỏ tích phân  

2

?

I  f x dx

Lời giải Ta có áp dụng hai lần liên tiếp bất đẳng thức Holder ta được:

       

4 2

2 2 2

4 2 4

1 1 1

31  x f x dx  x dx   x f x dx  x dx f x dx f x dx3875

         

Đẳng thức xảy f x kx nên  

2

4

1

31 5

Câu 6: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục  0;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện sau:

   

1

2

0

'

f x f x dx

 

 

 ; f  0 1; f  1  Tính giá trị ?

f      Lời giải

Ta áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được:

   

           

1

2 2 2 2

0

1

2 ' '

0

f x f x dx f x f x dx f x f f

         

Như đẳng thức phải xảy tức là: f x f  ' x  1  f x f  ' x dx1dx f x  2x2C Mà f  0 1; f  1  nên ta suy f x  2x1 Vậy

2

f     

Câu 7: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục 1; đồng thời thỏa mãn điều kiện sau:   

 

2

2

'

21

f x

dx

x f x

 

  

 ;  1 1;  2

8

f  f  Tính giá trị ?

f      Lời giải

Ta áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được:  

 

 

       

2

2

2

2

1

' ' 1

42 6 42

1

f x f x

x dx dx

x f x f x f x f f

    

  

          

 

 

 

 

Như đẳng thức phải xảy tức là:    

 

   

2

2

' '

3

f x f x

x dx x dx f x

f x   f x   Cx Mà  1 1;  2

8

f  f  nên ta suy   3

9

f x

x 

 Vậy

3

2 45

f   

 

Câu 8: Cho hàm số y f x  Đồ thị hàm số y f x hình vẽ bên Đặt g x 2f x   x12 Mệnh đề đúng cho cho tồn số thực m thỏa mãn

 

3

3

0

m

g x dx



 

 

 

 



A 6g 1 mg 3 B 6g 1 m6g 3 C 3g 1 m3g 3 D 3g 1 m3g 3

Lời giải        

3

2 2 1

3 x

g x f x x g x f x x x

x    

              

Dựa vào bảng biến thiên g 1 nhỏ giá trị g 3 , g 1 , g 3 Ta có:

       

1 3

1

3

2

S S x f x dx f x x dx g x dx g x dx

 

   

             

 3  1  3  1  3  3

g g g g g g

         min, max g x  3;3 g 1 ,  3

g       

3

3

6g g x dx 6g



     Mà    

3

3

0

3

m

g x dx m g x dx

             

 Để phương trình cho có nghiệm  3g 1 m3g 3

Câu 9: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục  0;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện sau:     ' xf x dx

f x 

 ; f  0 1; f  1 e2 Tính giá trị ?

f      Lời giải

Cách 1: Áp dụng Holder:            

1 1

0 0

' ' 1

1 ln

2

xf x f x f

dx xdx dx

f x f x f

 

 

   

 

   

Vậy đẳng thức xảy khi:    

'

f x kx

f x  Thay vào

    ' xf x dx

f x 

 ta k4 Vì  

   

2

'

4 ln

f x

x f x x C

f x     mà    

2

0 1;

f  f e nên C0   2

2

x

f x e  f    e  

Cách 2: Áp dụng AM – GM:    

   

   

1 1

0 0

' ' 1

2 4 ln

2

f x f x f

x dx xdx dx

f x f x f

 

      

 

  

Đẳng thức xảy  

   

2

'

4 ln

f x

x f x x C

f x     mà    

2

0 1;

f  f e nên C0

  2

2

x

f x e  f    e

 

Câu 10: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục 0; đồng thời thỏa mãn điều kiện  f  2 16,  

2

0

64

xf x dx

  

2

2

0

1152

f x dx

 

 

 Hãy tính tích phân  

2

0

I  f x dx

Cách 1:          

2

2 2 2 2

2

0 0 0

64 192

32

5 2 2

x x x

f x d  f x f x dx x f x dx x f x dx

       

 

   

Kết hợp  

2

2

0

1152

f x dx

     ;   2 192

x f x dx



2

32

x dx

 ta

       

2

2

2 2 4 2 2

0

1152 192 32

12 36 12 36 6

5 5

f x x f x x dx f x x f x x

                   

   

 

 

Cách 2:    

2

2 2

2

2

0 0

36864 32 1152 36864

25 x f x dx x dx f x dx 5 25

 

 

      

   

Dấu "" xảy  f x kx2 Mà    

2

2

0

192 32

6

5 x f x dxk x dx  kk   f x  x

Câu 11: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục  0;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện f  1 1,   11 78

x f x dx

     

1

0

4 13

f x d f x 

 Hãy tính f  2 ? Lời giải

Cách 1:          

1

1 6

5

0 0 0

11

78 6 13

x x x

x f x dx f x d  f x f x dx x f x dx

      

 

   

Lại có:       

1

2

0

4

13 13

f x d f x   f x  dx

  Kết hợp với

1 12

1 13

x dx

 ta

       

1

2

2 6 12 6 6

0

4

4 4 2

13 13 13

f x x f x x dx f x x dx f x x

                   

   

 

 

Cách 2:    

2

1 1

2

6 12

0 0

4 4

169 x f x dx x dx f x dx 13 13 169

 

 

      

   

Dấu "" xảy  f x kx6 Mà    

1

6 12

0

2

2

13x f x dxk x dx 13k   f x  x

Câu 12: Cho hàm số y f x  xác định liên tục 0; 2 có bảng biến thiên hình bên Hỏi có giá trị nguyên m để thỏa mãn

điều kiện  

2

0

0

f x m dx

 

 



Lời giải Dựa vào bảng biến thiên ta có:

   

   

   

2 2

0;2

0 0

0;2 max 7 x x f x

dx f x dx dx

f x                

Hay:  

2

0

10 f x dx 14

   Mặt khác    

2

0

0

f x m dx  m f x dx

 

 

 

Câu 13: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục  0;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện f  1 2,   11

x f x dx

 ,   49 ' 11

f x dx

 

 

 Hãy tính tích phân  

1

0

I  f x dx? Lời giải

         

1 1

5 5 5

0 0

1

3 1 1 7

' ' '

0

115 f x dx 5x f x 5x f x dx5x f x dx55 x f x dx11 Cách 1: Kết hợp  

1 49 ' 11

f x dx

     ,   ' 11

x f x dx



1 10

1 11

x dx

 ta được:

   

     

1

2

2 5 10 5 5

0

49 98 49

' 14 ' 49 ' '

11 11 11

f x  x f x  x dx     f x  x  dx  f x  x

 

   

 

Cách 2: Ta có:    

2

1 1

2

5 10

0 0

49 49 49

' '

121 x f x dx x dx f x dx 11 11 121

 

      

   

Đẳng thức xảy khi:  

'

f x kx Vì    

1

5 10

0

7

' '

11x f x dxk x dx 11k k  f x  x

Khi đó:  

6

7

6

x

f x   f  1 2 Khi thay vào tích phân  

1

0

7

1

6

x

I  f x dx  dx

Câu 14: Tính giới hạn:

  1 lim ? x n x ne dx e     Lời giải Ta có với x 0;1

1  1 

1

2 2

x n x n

x x nx

x x

e e ne ne ne

e e           Do đó:          

1 1 1 1

0 0

1

lim lim lim lim lim

2 2

n

x n x n x n

nx n

x x

n e

ne ne ne e ne

dx dx dx dx

e e n

                    Vậy   1 1 lim

2

x n x ne dx e    

 ta suy

  1 lim x n x ne dx e    

Câu 15: Tính giới hạn: lim 1 

b

n

a

x x x dx

   

 với 0ab1

Lời giải

Ta có  

1

2 1

1 ln

1 1

b b b n b n

n

a a a a

x a x

x x x dx dx dx dx

x x b x

                   Mà    1 1 0

1 1

b n

n

a x

dx x dx

x b b n





   

   

  Vậy lim 1  ln1

1

b

n

a

a

x x x dx

b



    



Câu 16: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục 1; đồng thời thỏa mãn điều kiện sau:      2 ' 24 f x dx xf x     

 ; f  1 1; f  2 16 Tính giá trị f  2 ?

Lời giải Ta áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được:

               2 1

' '

48 16 16 16 48

1

f x f x

x dx dx f x f f

xf x f x

                    

Như đẳng thức phải xảy tức là:               2 ' ' 2

f x f x

x dx xdx f x x C f x x C

f x f x

        

Mà f  1 1; f  2 16 nên ta suy f x x4 Vậy f  2 4

Câu 17: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục 1;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện f2 x 1 với x  1;1  

1

1

0

f x dx





 Tìm giá trị nhỏ  

1

x f x dx



?

A

2

 B

4

 C

3

 D 1

Lời giải

Ta đặt        

1 1

2 2

1 1

I x f x dx I x a f x dx x a f x dx x a dx a

   

            

Do ta suy

1

min

a

I x a dx 



  

 Đến ta chia toán thành trường hợp sau:

Trường hợp 1: Nếu a0  

1

2

0

1

2

min min

3

a x a dx a x a dx a a

               

Trường hợp 2: Nếu a1  

1

2

1

1

2

min min

3

a x a dx a a x dx a a

               

Trường hợp 3: Nếu a 0;1

       

1

2 2

0;1 1 min a a a a a a

x a dx x a dx a x dx x a dx                            

1 3

2

0;1

1

min

3 3

a a

a

x a x x

x a dx ax ax ax

a a                                      0;1

8

min

3

a a

a a

x a dx a

                



1

a

Kết luận: Như

1 1

a x a dx



 





1

min

2

I   I  

Câu 18: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục  0;1 đồng thời thỏa mãn f x   8;8 với x 0;1  

1

0

3

xf x dx

 Tìm giá trị lớn  

1

?

x f x dx

A 2 B 31 16 C D 17 Lời giải

Ta đặt  

1

I x f x dx đó:      

1

3

0

3

I a   x ax f x dx  x ax f x dx

1 1

3 3

0 0

3 8

a

I a x ax dx a I a x ax dx a I a x ax dx



 

                 

 

     

Trường hợp 1: Nếu a0    

1

3

0

0

min min 2

a a x ax dx a a x ax dx a a

   

       

   

     



Trường hợp 2: Nếu a1    

1

3

1

0

min min

a a x ax dx a a ax x dx a a

   

       

   

     



Trường hợp 3: Nếu a 0;1 ta có đánh giá sau:

        

1

3 3

0;1 0;1

0

31

min 8

16 a

a a a

a

a x ax dx a ax x dx x ax dx a a

                              

Kết luận: Vậy

1

31 31

min

16 16

a a x ax dx I

 

    

 

  

 Đẳng thức xảy

1 31

;

8 12

a I   a

Câu 19: Cho hàm số y f x  liên tục  0;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện sau:

 0;1  

max f x 6

và  

1

0

x f x dx

 Giá trị lớn tích phân  

1

x f x dx

 bao nhiêu?

A 1

8 B

 

3 4  C 16 

D

24

Lời giải Ta có với số thực a  

1

0

ax f x dx

 đó:

       

1 1

3 3

0 0

6

x f x dx  x ax f x dx  x ax f x dx x ax dx  a

    

Do đó:    

1

3

0

min

a a

x f x dx x ax dx g a

 

  

    Tới ta chia trường hợp sau:

Trường hợp 1: Nếu a0 x3ax2 x2x a 0  x  0;1 Khi đó:

   

1

3

0

0

1

6 6

4 a

a

g a x ax dx x ax dx g a 

 

        

 

 

Trường hợp 2: Nếu a1 x3ax2 x2x a 0  x  0;1 Khi đó:

   

1

3 2

1

0

1

6 6

3 a

a

g a x ax dx ax x dx g a 

 

        

 

 

Trường hợp 3: Nếu a 0;1  

1

3 2 3

0

2

6

2

a

a

a a f a   x ax dx ax x dxx ax dx  

Ta tìm

     

 

4

0;1 0;1

3

2 3

min

2 2

a a a a g a              

   

3

3

min

4

a g a

 

Do vậy:        

   

 

3

1 1

3 3

0;1

0 0

3 4

min max

4

a

x f x dx g a x f x dx x f x dx



 

    

   

Câu 20: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục đoạn  0;1 thỏa mãn 3f x xf ' x x2018 với x 0;1 Giá trị nhỏ tích phân  

1

0

f x dx

 bằng:

A

2021 2022 B

1

2018 2021 C

1

2018 2019 D

1 2019 2021 Lời giải

Ta có: 3f x x f ' x x20183x f x2  x f3 ' x x2020

       

2018

3 2020 2020

0

0;1

2021

t t

t x f x  x x f x dx x dx t f t

   

         

Khi  

1 2018

0

1 2021 2019.2021

x f x dx dx

   Giá trị nhỏ tích phân  

1

0

f x dx



2019.2021

Câu 21: Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục  0;1 thỏa mãn    

1 1 0, 11     

f f x dx

  55  

x f x dx Tích phân  

1

0

f x dx

A

7



B 1

7 C

1 55



D

11 Lời giải

     

1

1 5

4

0 0

 



  

 

x f x dx x f x x f x dx Suy  

1 11  

x f x dx Hơn ta dễ dàng tính   11 

 x dx Do      

1 1

2

2 5 5

0 0

2

    

 

 

 f x dx x f x dx  x dx  

1 0   

f x x  dx

Suy  

 

f x x ,   6

 

f x x C Vì f  1 0 nên

 

C Vậy  

1

0

1

6

 

 

 f x dx x dx

Câu 22: Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục  0;1 thỏa mãn    

1

2

0

3

1 0, 2ln

2



    

f f x dx

và  

  2ln 2

1  



 f x dx

x Tích phân  

1

0

f x dx

A 1 ln

2



B 3 ln

2



C 3 4ln

2



D 1 ln

2

 Lời giải

Ta có:  

       

1

1 1

2

0 0

1 1

1 1

1 1

1                                

 f x dx  f x d f x  f x dx

x x x

x

Suy  

1

0

1

1 ln

1           

 f x dx

   

1

1

2

0 0

1 1

1 2 ln ln

1 1

                                

 dx  dx x x

x x x x

Do      

2

1 1

2

0 0

1 1

2 1

1 1

     

           

     

          

 f x dx  f x dx  dx  f x dx

x x x

Suy   1

  

 f x

x , f x  x lnx1C Vì f  1 0 nên Cln 1

Ta    

1

0

1

ln ln ln

2

        

f x dx  x x dx

Câu 23: Cho hàm số y f x  nhận giá trị không âm liên tục đoạn  0;1 đồng thời ta đặt

   

0

1

x

g x   f t dt Biết g x  f x  với x 0;1 Tích phân

  1 dx g x

 có giá trị lớn bằng:

A 1

3 B 1 C

2

2 D

1

Lời giải

Đặt              

 

 2  

0

1 0;1 0;1

1

x

F x

F x f t dt g x F x f x x x

F x                     

 2  

0 1 1 t F x

h t dx t

F t F x                 

 hàm số đồng biến  0;1 ta có đánh giá:

     

       

1

0

1 1

0 0;1 1 0;1

1

h x h x x x x dx

F x F x g x

             

  

Câu 24: Cho hàm số y f x  nhận giá trị không âm liên tục đoạn  0;1 đồng thời ta đặt

   

0

1

x

g x    f t dt Biết g x  f2 x với x 0;1 Tích phân  

1

0

g x dx

 có giá trị lớn bằng:

A 5

2 B C D Lời giải

Đặt              

   

2

1 0;1 0;1

3

x

F x

F x f t dt g x F x f x x x

F x                        2

1

3

3

t

F x

h t dx F t t

F x                 

 hàm số nghịch biến  0;1 ta có:

             

1

0

2

0 0;1 3 1 0;1

3

h x h  x  F x   t   F x   x  x   g x dx

Câu 25: Cho hàm số y f x  nhận giá trị không âm liên tục đoạn  0;1 đồng thời ta đặt

   

2

0

1 x

g x    f t dt Biết    2

2

g x  xf x với x 0;1 Tích phân  

1

0

g x dx

A 2 B 3 C 4 D 1

Lời giải

Đặt              

   

2

2 2

2

2

1 0;1 0;1

1

x xf x

F x f t dt g x F x xf x x x

F x                        2

1 ln

1

t xf x

h t dx F t t

F x               

 hàm số nghịch biến  0;1 ta có:

              

1

0

0 0;1 ln 1 x 0;1

h x h  x  F x  x   F x e  x  g x dx

Câu 26: Cho hàm số y f x  nhận giá trị không âm liên tục đoạn  0;1 đồng thời ta đặt

   

0

1

x

g x    f t dt Biết g x  f x 3 với x 0;1 Tích phân  

1

2

0

g x dx

 

 

 có giá

trị lớn bằng:

A.

3 B. C.

4

3 D 5

Lời giải Ta đặt    

0

x

F x  f t dt g x  1 2F x f x 3  x  0;1 Do  

   

 

   

3

1 0;1 0;1

1 2

f x F x

x x

F x F x



        

 

Xét hàm số:    

       3 3

1 0;1

4

1

t

F x

h t dx F t t t

F x                  

 hàm nghịch biến

 0;1              

2

3

3

0 0;1 2 0;1

4

h t h  t   F t  t    F t  t  t

Do đó:         

1 1

2 2 2

3

3

0 0

4

1 0;1

3 3

g x  x  x  g x  dx  x dx g x  dx

 

   Chọn A

Câu 27: Cho hàm số f có đạo hàm liên tục  1;8 đồng thời thỏa mãn điều kiện:

       

2

2

3

1 1

2

2

3

f x dx f x dx f x dx x dx

     

 

   

Tính tích phân  

2

3

1

f x dx

 

 

 bằng:

A 8 ln

27 B ln 27 C D Lời giải

Đặt tx3dt3x dx2 Khi đó:        

2

2

3

1 1

2

2

3

f x dx f x dx f x dx x dx

     

 

   

      

8 8 2

2 3 2 3 2

3 3

1 1

1

2 1

3

f t dt f t t dt t dt

t t t

      3 1

1 ln

0

27

f t t

dt f t t f x dx

t                    

  Chọn A

Câu 28: Cho hàm số f x  có đạo hàm dương, liên tục  0;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện  0

f         

1 0

f x f x dx f x f x dx

 

   

 

 

  Tính tích phân  

1

f x dx

 ? A. B. C. D Lời giải

Theo bất đẳng thức Holder ta có:        

2

1 1

2

0 0

1

f x f x dx f x f x dx dx

 

  

 

   

Như vậy:            

2

1 1

2 2

0 0

1

9

9

f x f x dx f x f x dx f x f x dx

                                

Do đó:        

1

2 3

0

1

1

9

f x f x   f x  x   f x dx

Câu 29: Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục  0;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện  1

f  ;

 

1

0

5

f x dx

     

1 1 x

x f x dx

x 

   



 Tính tích phân  

1

?

f x dx

 A. B. 15 C. 53 60 D 203 60 Lời giải

Sử dụng tích phân phần ta có:        

1 1

0 0

5

1

6

f x dx  f  xf x dx xf x dx

  

Mặt khác: 1    2 1 2   2

2

x x

x f x x f x

x  x 

     

 

Tích phân hai vế ta      

1

2

0

2

3 2

x x

f x dx f x dx

x  x 

    

 

 

Áp dụng Holder:           

2

1 1

2

0 0

4

2

9 2

x x

xf x dx x x f x dx x x dx f x dx

x x                         

Do   

1 2 x

f x dx x 

 



 nên dấu      

1 2 53 2 60 x

f x x f x x f x dx

       

Câu 30: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục  0;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện f  0 2

và 21x2 12 12x12 12xf x  f ' x   2 x 0;1 Tính  

1

0

?

f x dx



A.

4 B

4

3 C 2 D

5



      1 2 0 36

6 '

5 f x d x f x dx

             1 2 0 24

6 ' '

5 x f x dx f x dx

            2

' 3

f x x dx f x x x

 

         Chọn đáp án A

Câu 31: Cho hàm số f x  có đạo hàm liên tục  0;1 thỏa mãn

        1 0

'

4

x e

f x dx x e f x dx 

  f  1 0 Tính  

1

0

?

f x dx



A 2e B 2e C e D 1e

Lời giải

Ta có:        

2 1

0

1

1

4

x x

e

x e f x dx f x d x e



    

1

0

'x

x e f x dx

 

 

   

2

1 1

2 2 2

0 0

1

' '

4

x e x

f x dx x e f x dx  x e dx

    

 

   

1 1

2 2 2

0 0

' x 'x

f x dx x e dx x e f x dx

        

1

2

' x

f x x e dx

  

     

' x x

f x x e f x e x

       

1

0

2

f x dx e

   Chọn đáp án B

Câu 32: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục  0;1 đồng thời thỏa mãn điều kiện  0 0,  1

f  f   

2 ' 1 x f x dx e e      

 Tính tích phân  

1

0

?

I  f x dx

A. e e   B e e 

 C 1 D   

1

1

e e

Lời giải

Theo bất đẳng thức Holder ta có:      

2 2

1 1

0 0

' 1

' 1

1

x x

f x

dx e dx f x dx e

e e                  

Đẳng thức xảy khi: '  x '  x

x f x

k e f x k e e

   Vì  

1

0

1

'

1

f x dx k e

   



Vậy  

1 x e C f x e  

 Mà f  0 0, f  1 1  

1 x e f x e  

 Vậy

2 e I e  

 Chọn đáp án A

Câu 33: Cho hàm số y f x  dương liên tục  1;3 thỏa mãn

 1;3    1;3  

1

max 2;

2

f x  f x 

biểu thức  

 

3

1

1

S f x dx dx f x

  đạt giá trị lớn Khi tính  

3

1

f x dx

 ?

A 7

2 B C D Lời giải Ta có:  

2 f x  2f x 1f x 20    

1

2

f x

f x

   

1

2 f x

f x        3 1

S f x dx f x dx

    

 

  Ta tìm max 25

4

S  

3

1

5

f x dx



Câu 34: Cho hàm số y f x  có đạo hàm liên tục  0;1 đồng thời f  0 0, f  1 1     2 '

ln

f x x dx

   

 



 Tính tích phân  

1 f x dx x 

 bằng?

A. 1ln 12 2

2  B.  

2

ln

2





C. 1ln 1 2

2  D  ln 1    2

Lời giải

Theo bất đẳng thức Holder ta có:    

2

1 1

2 2

2

0 0

1

' '

1

f x x dx dx f x dx x                

Mặt khác    

1 2 1

ln ln

0

dx x x x

    





Vậy đẳng thức xảy    

2

4

' '

1

k k

f x x f x

x x

   

 

Vì  

1

0

'

f x dx

 nên

 

1

ln

k 



Vậy  

   

2

.ln

ln

f x  x x C



Vì     0 1 f f       

nên C 0 Do    

1

2

1

ln

2 f x dx x   

 Chọn đáp án C

Câu 35: Tìm giá trị nhỏ

1

 

S x ax dx với a 0 1,

A 2

6



B

3



C 2

3



D

6

 Lời giải

Phá dấu trị tuyệt đối ta có

   

1

1 3

2 2

0 0

2

3 3

a a

a a

x ax x ax a a

S x ax dx  x ax dx x ax dx        

   

  

1 2

6         min

S f

Câu 36: Cho hàm số y f x  nhận giá trị dương có đạo hàm liên tục đoạn 0 1; và thỏa mãn

     

 

2

0

1     1

 

 

 '

f x

f e f e; dx

f x Tìm mệnh đề đung

A

2

      

f e B

2

 



 

 

f e C

2

 



 

 

f e D 1

Ta có               1 0

1

0

    

 '

f x f

dx=ln f x lnf ln f ln ln e

f x f

Nên         2 1 0

1

                            ' '

f x f x

dx dx

f x f x

                2 1 0

2 1

                              ' ' ' '

f x f x f x f x

. dx dx

f x f x f x f x

Vậy: f x A.ex Mà f  1 e f  0 e Nên  

2

 

   

  x

f x e f e

Câu 37: Cho abab4 ab Tìm giá trị nhỏ biểu thức   b

a

I  x  a b x ab dx 

A 4 B 12 C 2 D 48

Lời giải Ta có

 

 3  2 3  2 3

3

2

4

4 4 12 12

48

36 36 36 36 36

4

a b ab ab ab ab

I .a I               

Câu 38: Tìm giá trị nhỏ 2 

b

a

I  x  m x dx ab hai nghiệm cảu phương trình x22m x  2

A 128

9 B

8

3 C 8 D 2

Lời giải

 

 3

3

2 128 8 2

36 36

m

I I

a

  

    

Câu 39: Tìm giá trị nhỏ

1

S  x ax dx với a 0 1,

A 2

6



B 1

8 C

1

4 D

2  Lời giải    

1 4

3

0 0

2

2 2

2 4

1 1 1

2 4 2 8

a a

a a

a.x x x a.x

S a.x x dx x a.x dx

a a a a a

Câu 40: Gọi a,b giá trị lớn nhỏ

2

3 2

4

m

m

S  x  mx  m x m dx với 1 3

m ; Mệnh đề

A 41

6

a b  B a b 1 C 21

4

a b  D a b 2

Lời giải

            

2 2

2 2

2

m m m

m m m

S  x m x m dx  x m x m dx   x m x m m dx

       

2

4

2

3

4 12

m

m m

m m

m

x m m x m m

S  x m dx+m x m dx=     

 

 

 

Thay m1 3;  vào ta có 41

a b 

Câu 41: Cho A tập hàm số f lien tục đoạn 0 1;  nhận giá trị không âm đoạn 0 1;  Tìm m nhỏ cho    

1

2018

0

f x dxm f x dx f A

 

A 2018 B 1 C

2018 D 2018

Lời giải

Đặt t2018 xdx2018.t2017dt nên      

1 1

2017 2018

0 0

2018

f x dx=2018 t f t dt f t dt

  

Tìm m nhỏ nên m2018 Ta Cm m2018 số cần tìm Xét f x xn ta có

 

1

2018

0

2018 2018

2018 2018

n / n m n

x dx m x dx m

n n n



    

  

 

Cho n  ta có m2018 Vậy m2018 số nhỏ cần tìm

Câu 42: Cho hàm số y f x  nhận giá trị dương có đạo hàm f' x liên tục đoạn 0 1;  thỏa mãn f  1 2018 f  0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

   

1

2

0

1 '

M dx f x dx

f x

 

   

 

 

 

A ln2018 B 2ln2018 C 2e D 2018e

Lời giải

   

   

 

   

2

1 1

1

0 0

1

2 2 2018

'

' '

f x f x

M= f x dx dx dx ln f x ln

f x f x f x

 

    

 

 

  

Câu 43: Cho abab4 ab Tìm giá trị nhỏ biểu thức   2  b

a

I  x a x b dx

A 12 B 0 C 64

3 D

49

Lời giải

  2      2     2

b b b

a a a

 4  2 2  2 2  2 2

1 1

4 4 12 12

12 12 12 12

S a b  a b  ab  ab  ab  ab  

Câu 44: Cho ab2a2b22 4 ab Tìm giá trị lớn biểu thức

 

2

b

a

I  x  a b x ab dx 

A 16

9 B

9

16 C

4

3 D

3 Lời giải                   

2 2 2 2

3 2 4

4 4 4

36 36 36 36

a b a b a b a b a b

a b a b

I ab a                    Khi

 2  22

4

0 1

1

a b

a b b b

a a                  

Câu 45: Cho hàm số y f x  nhận giá trị dương có đạo hàm f' x liên tục đoạn 0 1;  thỏa mãn f 1 e f  0 Biểu thức

    1 2 0 '

dx f x dx

f x

 

   

 

 

  Mệnh đề

A  1

e f

e



 B  

2 2 1 e f e 

 C  

  2 1 e f e  

 D  

  2 1 e f e    Lời giải

Viết lại biểu thức cho dạng

    1 '

f x dx

f x

 

 

 

 

 Dấu xảy

                   1 2 ' '

f x f x dx f x d f x

f x f x

f x

x c f x x c

     

     

 

Thay x0 vào ta có    

 

 

0 1 2 2 1

0

1 2

f c f c

e c

f c e

f c                    2 2 1 e

f x x f

e e

    

 

Câu 46: Cho A tập hàm số f lien tục đoạn 0 1; 

Tìm     

1 201 f A

x x .

m min x f x d f x dx





 

  

  

A

2019



B

16144



C 2017

2018



D

16140

 Lời giải

Biểu thức cho tam thức bậc ẩn f x  có hệ số 2018

0

Nên biểu thức Min

 

2017

1

1 4036 4035

0 0

2

1

4 4 4036 16144

min

b x f x

a

x x

m dx dx

a .x x



 

 

  

   

    



  

Câu 47: Cho m tham số thuộc đoạn  1 3; Gọi a,b giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ

   

2

2

2

m

m

P  x m x m dx Tính a b 

A 31 B 36 C 122

15 D

121 Lời giải

5 5

1 3 122

30 30 30 30 15

m

P  ; T   

 

Câu 48: Giá trị nhỏ    

2

2

2

2

m

m

P x m m x m m dx



       S a;a,b

b

 nguyên dương

và a

b tối giản Tính T  a b

A 7 B 337 C 25 D 91

Lời giải

Ta có :  

3

2

4 4 3 9

9 16 25

3 16

m m

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC

GIẢI BÀI TOÁN SỐ PHỨC

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN

1. Điểm Torricelli: Cho tam giác ABC có góc lớn khơng q 120 Điểm Torricelli tam giác ABC điểm T nằm ABC có tổng cạnh TA TB TC   p q r nhỏ Để tìm điểm này, ta dựng tam giác đềuACM BCN ABO, , : giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác (hoặc giao điểm củaAN BM CO, , ) điểm Torricelli mà cần tìm

2. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: Với hai dãy số thực a a1, 2, ,am b b1, 2, ,bm ta ln có bất đẳng thức sau

 2 2 2 2  2

1 m m 1 2 m m

a a  a b b  b  a b a b  a b

Dấu xảy

2

m

m

a

a a

b b  b

Chuyên

3. Định lý Ptoleme hay đẳng thức Ptoleme đẳng thức hình học Euclid miêu tả quan hệ độ dài bốn cạnh hai đường chéo tứ giác nội tiếp Định lý mang tên nhà toán học thiên văn học người Hy Lạp cổ đại Ptolemy (tức Claudius Ptolemaeus)

Nếu A, B, C, D đỉnh tứ giác nội tiếp đường trịn thì: AC BD AB CD BC AD

4. Bất đẳng thức Ptoleme trường hợp tổng quát định lý Ptoleme tứ giác Nếu ABCD tứ giác AC BD  AB CD BC AD Dấu xảy tứ

giác nội tiếp đường tròn

5. Định lí Stewart: Gọi a, b, c độ dài cạnh tam giác Gọi d độ dài đoạn thẳng nối từ đỉnh tam giác với điểm nằm cạnh (ở cạnh có độ dài a) đối diện với đỉnh

Đoạn thẳng chia cạnh a thành đoạn có độ dài m n, định lý Stewart nói rằng:

 

2 2

b m c n a d mn

B. BÀI TẬP

Câu 1: Cho số phức z thỏa mãn z 2 3i 1 Giá trị lớn z 1 i

A 132 B 4 C. D 13 1 Lời giải

Gọi zxyi ta có z 2 3i  x yi 2 3i x2  y3i

Theo giả thiết x22y32 1 nên điểm M biểu diễn cho số phức z nằm đường trịn tâm I2;3 bán kính R1

Ta có z 1 i  xyi 1 i  x1  y1i  x12y12 Gọi M x y ;  H1;1 HM  x12y12

Do M chạy đường tròn, H cố định nên MH lớn M giao HI với đường trịn

Phương trình :

3

x t

HI

y t

   

  

, giao HI đường tròn ứng với t thỏa mãn: 9t2 4t2 1

13

t

   nên ;3

13 13

M   

 

, ;3

13 13

M   

 

Tính độ dài MH ta lấy kết HM  1 13

Câu 2: Cho số phức z thỏa mãn z4  z4 10 Giá trị lớn giá trị nhỏ z

A 10 B 5 C 5 D 4

Lời giải Chọn C

Gọi zxyi, x y, .Theo giả thiết, ta có z4  z4 10

x 4 yi x 4 yi 10

        x42y2  x42y2 10 * 

Gọi M x y ; , F14; 0 F24; 0

Khi (*) MF1MF2 10 nên tập hợp điểm M z  đường elip  E

Ta có c4, 2a10a5 b2 a2c2 9

Do đó, phương trình tắc  E

2

1

25

x y

 

Vậy max z OAOA5 z OBOB3 z OBOB'3

O x

A A

B

B

2 F

F

4



5



3



3 y

M1 I

H

Câu 3: Xét tập  A gồm số phức z thỏa mãn

2

z i

z



 số ảo giá trị thực m, n thỏa mãn có số phức z A thỏa mãn zm ni  Đặt M maxm n 

 

min

N  m n Tính PM N ?

A P 2 B P 4. C. P4 D P2

Lời giải Chọn C

Giả sử za bi , a b,  z2i  z 2 4i a b  1

Ta có  

 

2

2

a b i

z i

z a bi

 

 

  

     2

2

2

a b i a bi

a b

   

   

   



 

        2

2 2

2

a a b b a b ab i

a b

       



 

Vì

2

z i

z



 số ảo nên a a 2b b 20    

2

1

a b

    

Ta có am2b n 2 2

Vì có số phức thỏa mãn nên hai đường trịn  C1 có I1 1;1 , R1  đường trịn  C2 có I2m n; , R2  tiếp xúc

Vậy 2

1 2

2

I I R R

I I R R

   



  



Trường hợp I I1 2 0 (khơng thỏa mãn) lúc hai đường trịn trùng nên có vơ số a b;  thỏa mãn a12b12 2 Vậy I I1 2 2 m12n12 8

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz, ta có :

     2 2  2

2 1 1 1

m n   m  n   m  n 

4 m n m n

          

Suy

2 M N

  

  

Câu 4: Xét số phức z thỏa z  2 i z 4 7i 6 Gọi m, M giá trị nhỏ giá trị lớn z 1 i Tính PmM

A P 13 73 B 2 73

2

P  C P5 2 73 D 73

2

P 

Lời giải Chọn B

Ta có w   z i a bi a b ; , 

z 1 i 3 2i  z 1 i   3 8i 6  w 3 2i  w 8  i 6

Do xét điểm M a b ; ,A3; , B3;8, ta có:

Dấu " " xảy MAB, ba5  3 a3

 2

2 2

w  a b  a  a5  2a 10a25

 

2 3;3

5

min 10 25 ;

2

m a a



   

 

2 3;3

max 10 25 73

M a a



   

Vậy 2 73

2

P 

Cách 2: Cũng tương tự trên, ta có:

 

w ;

2

OM d O AB

   , w OM OB 73

Vậy 2 73

2

P 

Câu 5: Cho số phức z thỏa mãn z 3 4i  z 2 3i  Mệnh để sau đúng?

A 13

2  z  B

1

5

2  z  C 1 z  13 D 13 z 5

Lời giải Chọn D

Ta có za bi a b ; , 

Xét điểm M a b ; ,A3; ,  B2; 3 , có: 2MA MB AB Dấu " " xảy MAB

Ta có phương trình AB x: y  1 a b  1 2a3

Do w  a2b2  a2a12  2a22a 1  13;5 ,   a 2;3

Câu 6: Cho số phức z thỏa mãn z 2 3i  z 4 5i 10 Gọi M m, giá trị lớn giá trị nhỏ z 1 i Tính PM m

A 41

5

P B P 697 C P5 41 D 41

3

P

Lời giải Chọn A

Ta có w   z i a bi a b ; , 

z 1 i   1 4i  z 1 i  4 i 10  w 4  i  w 5 4i 10 Do xét điểm M a b ; ,A1; , B 5; 4, ta có:

10MA MB  AB10

Dấu " " xảy MAB, 4a3b 8  5 a1

2 2

2 2 25 64 64

w

3

a a a

a b a     

     

 

 

2

5;1

25 64 64 32

min

3 25

a a

m y



   

   

  ;    

2

5;1

25 64 64

max 41

3

a a

M y



 

Vậy 41

Pm M 

Câu 7: Cho số phức z1 thỏa mãn z122 z1i2 1 số phức z2 thỏa mãn z2  4 i 5.Hỏi giá trị nhỏ z1z2 là?

A 2

5 B C 2 D

3 5

Lời giải Chọn D

Đặt z1 a bi a b ; ,  z2 m ni m n ; ,  Ta có: z122 z1i2 1

 2 2  2

2 1

a b a b a b

   

          

   

Tương tự ta có z2  4 i

m 22 n 12

    

Khi xét điểm M a b N m n ; ,  ; , ta có: Md: 2xy 2

và N C có I4;1 , R

 

1

8

;

5

z z MNIMIN d I d R  

Câu 8: Cho số phức z thỏa mãn z 2 2i  z 1 3i  34 Hỏi giá trị nhỏ z 1 i là?

A

34 B 4 C 13 D 3

Lời giải Chọn B

Ta có za bi a b ; , 

Do xét điểm M a b ; ,A2; ,  B1;3, ta có:

2 34

z  i  z  i   34MA MB  AB 34

Dấu " " xảy M thuộc tia AB M nằm đoạn AB

Phương trình AB: 5x3y 4 0, 5a3b 4 a 1

Khi      

2

2 2

1 1 1

3

a

z  i a  b  a    

 

       

2

; ;

4

min 1

3

a

z i a y

   



 

         

 

Câu 9: Cho ba số phức z, z1, z2 thỏa mãn z1  z2 6 z1z2 6 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P z  zz1  zz2

A 6 2 B 3 2 C 6 2 D 3 2

ChọnC

Xét tam giác OAB với A, B điểm biểu diễn số phức z1, z2 M điểm biểu diễn số phức z, ta có OAOB6, AB6 OAB vng O

Khi ta cần tìm giá trị nhỏ PMO MA MB 

Dựng phía ngồi tam giác OAB tam giác ABC, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt OC D, theo bất đẳng thức Ptoleme cho bốn đểm M , A, B, C ta có:

MA CB MB CA MC ABMA MB MC MA MB MO  MCMOOCconst

Dấu xảy M D Ta tính độ dài đoạn OC, định lý hàm số cơsin ta có:

OA , AC6 2, OACOAB BAC45 60 105

Do OC OA2AC22.OA AC .cos105  

2

6 2.6.6 2.cos105

     

Vậy gá trị nhỏ Pmin 6 2

Câu 10: Cho số phức z Kí hiệu A B C D, , , điểm biểu diễn số phức z z z, , 4 3 i

4 

z  i Biết A B C D, , , bốn đỉnh hình chữ nhật Hỏi giá trị nhỏ biểu thức

4

z i là?

A

34 B

2

5 C

1

2 D

4 13

Hướng dẫn giải

Chọn C

Với za bi a b , , 

Ta có: A a b ; , B a ;b,C4a3 ;3b a4b, D4a3 ; 3b  a4b

Do A B, đối xứng qua trục hoành; C D, đối xứng qua trục hoành AB/ / DC

Theo giả thiết A B C D, , , bốn đỉnh hình chữ nhật có a0và b0

   

 

2

0

2 3

2

3

a b

a b

a b

AB CD

a b

b l a b

AB AC

b a b

a b

AB AD

b a b

b a

  

  



   



 

  



  

        

  

  



 

    

 

 



      

 

 

   

 

 

 

Với za ai , ta có:    

2

2 1

4 5

2 2

z i  a  a  a   

 

Câu 11: Gọi z số phức thỏa mãn P z  1 i z 1 4i  z 2 i đạt giá trị nhỏ Tính z

A B 1 C 2 D

2

Lời giải Chọn A

Ta có  

2 2

2

cos 120

2

AB AC BC

BAC BAC

AB AC

 

       

Do AB AC

AB AC 

 

MB AB MC AC

P MA MB MC MA

AB AC

     

2

MB AB MC AC AB AC AB AC

MA MA MA

AB AC AB AC AB AC

 

        

 

        

AB AC AB AC

MA MA AB AC MA MA AB AC AB AC

AB AC AB AC

   

              

   

   

 

Dấu xảy M Az  1 i z 

Câu 12: Cho số phức z thỏa mãn z 1 Gọi M m, giá trị lớn giá trị nhỏ

tìm 1

2

Q z  z  i Tính PMm

A 4 3 B 2 3 C 2 D 2

Lời giải

Chọn C

Vì z  1 zcosx i sinx

1

cos sin cos sin

2

Q x i x  x i x  i

 

2

2 2

cos sin cos sin

2

x x  x   x 

         

   

2 cosx cosx sinx 2 ; 2 3

       

 

 

Do P2 2 32 2 2 Chọn đáp án C

Cách 2: Khi biết z 1, xét ba điểm  ; , 1; , 1;

2

M a b A B  

 

ta có QMA MB

, ,

M A B thuộc đường tròn O,1 suy MA MB max M điểm cung

lớn AB MA MB min M điểm cung nhỏ AB

Câu 13: Cho số phức z thoả mãn  

16 4

z   z z i  z i Gọi M m, giá trị lớn

nhất, giá trị nhỏ z 1 i Tính PMm

A P 26 10 B P 1 10 C P 2 26 D P 1 26

Lời giải

ChọnD

 

2

16 4

z   z z i  z i

      

2

16 4 4 4 4

 

4 4

z i z i z

     

4

z i

z i z

  

 

   



Ta có: z4i  z  z4iz 4,

dấu " " xảy điểm biểu diễn 4i, 0, z thẳng hàng Vậy tập hợp số phức đoạn thẳng x0 thỏa 0y4 Ta có: z  1 i AX với A1;1, X điểm biểu diễn số phức z

Ta có: z 1 imax  26, z 1 imin 1

Câu 14: Cho số phức zthỏa mãn z m22m5 với m số thực Biết tập hợp điểm số phức w3 4 i z 2i đường trịn Tìm bán kính R nhỏ đường trịn

A R5 B R10 C R15 D R20

Lời giải Chọn D

       2

2 4 20

w i  i z w i   i z   i z   m  

 

2 20

w i

   Vậy đường trịn có bán kính Rmin 20 với tâm I0; 2 Dấu " " xảy m 1

Câu 15: Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãnz1z2  8 6i z1z2 2 Tìm giá trị lớn

P z  z

A P4 B P2 26 C P 5 D P32 2

Lời giải Chọn B

Gọi:    

   

       

2

1

2 2

2

8 100

, , ,

4

a c b d i i a c b d

z a bi

a b c d

z c di a c b d a c b d



    

    

 

  

  

  

     

      



 2  2  2  2 2 2

104 52

a c b d a c b d a b c d

             

Mặc khác:   

2 2 2 2 2

1 26

B C S

P a b  c d   a b c d 

Cách 2:

Gọi A B, điểm biểu diễn số phức z z1, mặt phẳng phức D điểm thứ tư hình bình hành AOBDD điểm biểu diễn số phức z1z2OD z1z2 10

1

z z độ dài đoạn AB

OAB

 có



    

2 2

2 2

2 2

2 cos

104

2 cos 100

AB OA OB OA OB AOB

OA OB OA OB

OD OA OB OA OB AOB

    



    



   

 

OA OBmax 104 26 z1 z2 max 26

      

Câu 16: Cho số phức z1 thỏa mãn 1i z  1 5i 2 số phức z2 thỏa mãn z 1 2i  z i Tính giá trị nhỏ z1z2

A 7 2

2



B 7

2



C 7

4



D 7

4

Lời giải Chọn D

Gọi M , N điểm biểu diễn số phức z1, z2 mặt phẳng

Từ 1i z  1 5i 2 2

1

i i z

i



   



2

z i

    M C có tâm I 2;3 , bán  

kính R2

Gọi z2  x yi, x y, 

1

z  i  z i

2

x y

    N :xy 2

Ta có: z1z2 MN  z1z2min MNmin Ta có:

 , 

2

d I   min  ,  2

2

MN d I R 

      

Câu 17: Cho số phức z1 thỏa mãn 1i z  1 5i 2 số phức z2 thỏa mãn z 1 2i  z i Tính giá trị nhỏ z1z2 3 i

A 5

2



B 5

2



C 7

2



D 7

2



Lời giải Chọn A

Ta có: z1z2  3 i z1 3 iz2 MN  z3z2 max MNmax Gọi M , N điểm biểu diễn số phức z3, z2

trên mặt phẳng

Từ 1i z  1 5i 2 2

1

i i z

i



   



2

z i

     

3

3

z

z i i

     



 

M C

  có tâm I1; 4, bán kính R2 Gọi z2  x yi, x y, 

từ z 1 2i  z i x y,  N :xy 2

Ta có:  , 

2

d I   MNmin d I ,  R 2

2



  

A 5 13

5



B 55 13 C 2 13 D 22 13

Lời giải Chọn C

Gọi zxyi x y; ;  có điểm M x y ;  biểu diễn z mặt phẳng tọa độ

Ta có: z  1 i z 3 2i 

x 12 y 12 x 32 y 22  1

        

Đặt A 1;1 , B3; 2thì từ (1) ta có: AM BM  2  Mặt khác AB2;1 AB 3 

Nên từ  2  3 suy M thuộc đoạn thẳng AB

Nhận xét OAB góc tù (hoặc quan sát hình vẽ) ta có M  zmax OB 13

min

m z OA Vậy M m 2 13.(Chứng minh max dựa vào tam giác

;

OAM OBM tù A M; )

Câu 19: Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  2 i z 2 3i 2 Gọi M m; giá trị lớn giá trị nhỏ môđun z, tính M m

A 4 5 13

5



B 5 13 C 2 13 D 22 13

Lời giải Chọn A

Gọi zxyi x y; ;  có điểm M x y ;  biểu diễn z mặt phẳng tọa độ

Ta có: z  2 i z 2 3i 2

x 22 y 12 x 22 y 32 1 

        

Đặt A2;1 , B 2;3   từ  1 có: AM BM 2 2  Mặt khác AB4; 2  AB2  3

nên từ  2  3 suy M thuộc đoạn thẳng AB Ta có OA 5, OB 13 AB x: 2y 4

Nhận xét OAB OBM góc nhọn (hoặc quan sát hình vẽ) ta có

 

max max , 13

M  z  OB OA  min  , 

5

m z d O AB 

Vậy 13 5 13

5

M m   

Câu 20: Cho số phức z thỏa mãn z 1 Tìm giá trị lớn biểu thức T  z 1 z1

A maxT 2 B maxT 2 10 C maxT 3 D maxT 3 2

Chọn A

Cách 1 Gọi zxyi, x y, M x y ; 

Và A1; 0, B1; 0 Ta có z 1  xyi 1x2y2 1

M

 thuộc đường trịn đường kính AB

2 2

4

MA MB AB

    Khi đó, theo Bunhiacopxki, ta có

 2 2

2

T MA MB  MA MB  5.4 2

Vậy giá trị lớn biểu thức maxT 2

Cách 2 Đặt zxyi, x y,  z 1 x12y2 z 1 x12y2

Mặt khác z 1  x2y2 1x2y2 1, T  x12y2 2 x12y2

 2  2  2

1  x y x y 

      

   

2

10 x y 10.2

     maxT 2

Câu 21: Phần gạch sọc hình vẽ bên hình biểu diễn tập số phức thỏa mãn điều kiện sau đây:

A. 6 z 8 B. 2 z 4 4i 4 C. 2 z 4 4i 4 D. 4 z 4 4i 16

Lời giải

Chọn C

Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức zxyi, với x y, 

Vì hình vẽ biểu diễn số phức z hình vành khăn nằm góc phần tư thứ hệ trục toan độ nên tâm hai đường đồng tâm có tọa dương loại A, B.

Quan sát hình vẽ ta thấy đường trịn lớn có đường kính  bán kính R4

Vậy chọn đáp án C.

Câu 22: Xét số phức zxyi, với x y,  thỏa mãn z 2 Tính Pxy

4

z  z  i đạt giá trị nhỏ

O

8

6 x

A. P4 B. P2 C. P 2 D. P4

Lời giải

Chọn C.

Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức zxyi, với x y,  Ta có

2

z   x2 y2 4  tập hợp điểm M đường tròn tâm O, bán kính R2

4

P  z  z  i  x4yi 2x1  y4i

 2  2    2

4 *

x y x y

      

Gọi A4; 0, B 1; 4 P  AM 2BM  1

Gọi H1; 0 OH OA 4OM2  tam giác OHM tam giác OMA đồng dạng

1

HM OM

MA OA

    AM 2HM  2

Từ  1  2 ta có P AM 2BM 2HMBM2BH Pmin 2BH B, H, M

thẳng hàng M nằm điểm B H

Khi M giao điểm đường thẳng BH y: 2x2 đường tròn x2y2 4

 tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình 2 2

4

y x

x y

 

 

 



0 x y

   

  

8

x y

        

Vì M nằm điểm B H nên chọn

2 x y

  

  

Khi P 2

Câu 23: Cho số phức z thỏa mãn z  1 i Tìm giá trị lớn biểu thức

2

2

P z i  z  i

A 18 10 B 38 10 C 38 10 D 8 10 18

Lời giải Chọn C

O

B

A M

x

2



2

 1

H

2

y

4



2

O

B

A x y

1  

1

2 

H

1

M

2

Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức zxyi, x y,  Ta có z  1 i  x1  y1i 2x12y12 4

 tập hợp điểmM đường tròn  C1 tâm I1; 1 , bán kính R12 Xét biểu thức P z 2 i2 z 2 3i2

 22  12  22  32

P x y x y

         2

4

2

P

x y y

     

 tập hợp điểm M đường tròn  C2 tâm J0; 2, bán kính 2 P

R   , P10

Khi Pmax  C1  C2 tiếp xúc

trongR2 IJR1R22 IJR12  

2

5 10 38 10

2

P

P

      

Cách :

Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức zxyi, với x y,  Ta có z  1 i  x1  y1i 2x12y12 4

 tập hợp điểm M đường tròn  C1 tâm I1; 1 , bán kính R1 2

Xét biểu thức P z 2 i2 z 2 3i2, với A2;1 B2;3 2

PMA MB

2 2

2 AB

P MC

   P2MC210, với C0; 2 trung điểm AB

O A

B y

x I

C

1

M

2

M

x y

1 

1 I J E

Mặt khác IC  10

2

10

10

M C M C

  

  

 

 

Khi Pmax 2 10221038 10

Câu 24: Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn 2z i  2iz , biết z1z2 1 Tính P z1z2

A

2

P B P C

2

P D P

Lời giải Chọn D

Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức z x yi, với x y, 

Ta có 2z i  2iz  2z i  z2i  2OMj  OM2j , với j 0;1

2 2

4OM 4OM j j OM 4OM j 4j

          OM2 1OM 1

 tập hợp điểm M đường tròn  C tâm O, bán kính R1

Mặt khác gọi N , P điểm biểu diễn z1, z2

   

N C

P C

   

  

1

ON OP

NP OP ON

 

   

 

 

  

2

1

ON OP

NP z z

 

   

  

 

MNP

  tam giác

1

3

2

2

z z OK

    

Cách 2:

Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức z x yi, với x y,  Ta có 2z i  2iz  2z i  z2i  2x2y1i  xy2i

 2  2

2

4x 2y x y

      2

1

x y

  

 tập hợp điểm M đường tròn  C tâm O, bán kính R1

O x

y

K N

Mặt khác gọi A, B, C điểm biểu diễn z1, z2 z2 A, B, C nằm đường trịn  C , BC đường kính

Mà z1z2 1   OA OB 1 BA 1 AB1

Khi đó: z1z2  OA CO  CA z1z2  BC2AB2 

Câu 25: Cho số phức z thỏa mãn z 3 4i  Gọi M m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P z22 z i Tính mơđun số phức wM mi

A w  2315 B w  1258 C w 3 137 D w 2 309

Lời giải Chọn B

Gọi K x y ;  điểm biểu diễn số phức z x yi, với x y, 

Ta có z 3 4i   x3  y4i  x32y42 5  tập hợp điểm K đường trịn  C có tâm I3; 4, bán kính R Mặt khác P z22 z i 2Px22 y2x2y124x2y3

 

 tập hợp điểm K đường thẳng : 4x2y 3 P0

Khi   C có điểm chung d I ,  R

2

x y P

 

23 P 10

   13P33 M 33 m13 Vậy w33 13 i  w  1258

Câu 26: Trong mặt phẳng xOy, gọi M điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn z 3 3i  Tìm phần ảo z trường hợp góc xOM nhỏ

A 3

2 B C 0 D 2

Lời giải Chọn A

Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức z x yi, với x y,  O

A B

C

Ta có z 3 3i   x3y 3i      2

3 3

x y

    

 tập hợp điểm M đường trịn tâm 3; 3, bán kính R

Gọi :AxBy tiếp tuyến  C qua điểm O Ta có d I ,  R

2

3

3

A B

A B

 

 



2

3A B A B

   

2

3

A

A AB

A B

 

    

 

 Với A0 chọn B1  :y0 khơng thỏa mãn xOM 180

 Với A 3B chọn B1 A  : 3xy0 xOM 120 HOM 30 Khi M giao điểm đường thẳng d qua tâm I đường tròn đường thẳng 

:

d x y

    ; tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình

3

x y

x y

  

 

  

 

3 3

2 x

y

      

   

3 3 ;

2

M 

  

 

 

Vậy phần ảo z 3

2

Câu 27: Gọi M, n giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức

2

2

P z i  z   i , biết số phức z thỏa mãn điều kiện z i 1  1 i Tính 2

M n

A 216 B 162 C 186 D 240

Lời giải Chọn A

Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức zxyi, với x y,  Ta có

 1

z i   i  i1z1   i z 1  z 1  z 1

x 1 yi

    x12y2 1

O M

x y

I

3

 tập hợp điểm M đường trịn  C có tâm I1; 0, bán kính R1

Mặt khác P z 2 i2 z 1 4i2 P x2  y1i2x1  y4i2

 2  2  2  2

2 1

P x y  x y 

        

 

6 12

P x y

     6x6y12P0 * 

 tập hợp điểm thỏa phương trình  * đường thẳng 

Khi để  cắt  C d I ,  R 6 12

6

I I

x  y  P

   6P 6

6 P 6

       M   6 2; n  6 Vậy M2n2 216

Câu 28: Cho số phức z thỏa mãn z 2 3i  z  2 i Tính giá trị lớn biểu thức 4

P z  i

A. maxP4 B. maxP7 C. maxP5 D. maxP6

Lời giải

Chọn A

Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức zxyi, với x y, 

Ta có z 2 3i  z  2 i  AM BM 4 5, với F1 2; 1; F22; 3 

 tập hợp điểm M elip  E với hai tiêu điểm F1 2; 1; F22; 3 , tâm H0; 2 

2a4 a2 5;

Mặt khác P z 4 4i IM , với I4; 4 

 IF1   6;3



, IF2   2;1IF13IF2 I F F, 1, 2 thẳng hàng, F2 nằm I F1

 I nằm  E max

IM IF a

   , F0; 2  trung điểm F F1 2 max 5

IM

   

Câu 29: Xét số phức za bi , a b,  thỏa mãn z 4 3i  A z 1 3i  z 1 i đạt giá trị nhỏ Tính Pa b

A. P2 B. P4 C. P8 D. P6

Lời giải

Chọn B.

Ta có z 4 3i   a4  b3i  a42b32 5  tập hợp điểm M đường trịn  C có tâm I4;3, bán kính R Xét A z 1 3i  z 1 i ; đặt A1;3, B1; 1  A AMBM

Gọi  trung trực đoạn thẳng AB   qua trung điểm H0;1 AB

:

  a2b20

Khi để A z 1 3i  z 1 i đạt giá trị nhỏ M giao điểm   C

Tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình    

2

4

2

a b

a b

    

 

  

 

2 b b

 

  



Với b2a2 z 2 2i A 17 10

Với b4a6 z 6 4i A 65 50

Vì Amin nên chọn z 2 2i Khi P4

Câu 30: Cho số phức z thỏa mãn 2z 1 3i  Tìm giá trị lớn biểu thức

1

T  z  z  i

Lời giải

Gọi M x y ; , với x y,  điểm biểu diễn số phức zxyi

Ta có 2z 1 3i 

2 2

x y i

   

       

   

2

1

2 2

x y

   

      

   

 tập hợp điểm M đường tròn tâm 3;

2

I 

 , bán kính

2

R

Xét T  z 1 3z 1 2i T  x1yi 3x1  y2i

 2  2  2

1

T x y x y

        T  AM 3BM , với A1; 0, B1; 2

Bài tốn quy tìm tọa độ điểm M  C cho AM 3BM đạt giá trị lớn

O x

y

I A

B

max M

min M

4

3

1



1 ; 2

BI   

 



, 3;

2

AI   

 



B

 , I, A thẳng hàng AI 3BI

Khi theo định lý Stewart, ta có IB MA 2IA MB AB MI IB IA , với AB2 2,

1

MI  ,

2

IB ,

2

IA 2

2

2MA MB

 

     

 

.MA23MB2 8

Do MA3MBMA 3 3MB 1 3 MA23MB2 MA3MB4 Vậy Tmin 4

Câu 31: Với hai số phức z1 z2 thỏa mãn z1z2  8 6i z1z2 2 Tìm giá trị lớn biểu thức P z1  z2

A. P 5 B. P2 26 C. P4 D. P34 2

Lời giải

Chọn B.

Gọi M , N điểm biểu số phức z1 z2 Ta có z1z2  8 6i  z1z2  6 i 10OP

MN  MN  ON OM MN z1z2 2

Áp dụng cơng thức trung tuyến ta có

2 2

2

2

OM ON MN

OI   

2 2

1 2

2

z z z z

OI  

  

2 2

1

1

4

z z

OP 

    z12 z22 52

Khi P z1  z2  2 2

1 1

P z z z z

      P2 26

Vậy Pmin 2 26

Câu 32: Cho số phức z thỏa mãn z3 8 Khi tất giá trị P z2 tạo thành miền đây?

A. 2;13 B. 0;13  C. 2;13  D. 13; 2

Lời giải

O x

y

A 1 B

M I

Chọn B

Gọi zxyi, với x y, 

Ta có z3 8  x3yi 8x32y2 64 1 

Đặt w z w

w

x x

y y

 

  



  

2 w

w

x x

y y

 

  

 

Từ  1  2 ta có  2

5 64

w w

x y

   

 tập hợp điểm M biểu diễn số phức w z 2là hình trịn  C tâm I3; 0, bán kính

8

R

Do O C nên

max 13

w

w OI R

 



  



Câu 13. Xét số phức za bi , a b,  thỏa mãn z 4 3i  Tính Pa b

1

z  i  z i đạt giá trị lớn

A. P10 B. P4 C. P6 D. P8

Lời giải Chọn A.

Gọi M a b ;  điểm biểu diễn số phức za bi , a b, 

Ta có z 4 3i   a4  b3i  a42b32 5  tập hợp điểm M đường trịn  C tâm I4;3, bán kính R Xét A z 1 3i  z 1 i ; đặt A1;3, B1; 1  A AMBM

Gọi  trung trực đoạn thẳng AB   qua trung điểm K0;1 AB

:

  a2b20

Khi để A z 1 3i  z 1 i đạt giá trị lớn M giao điểm   C

Tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình    

2

4

2

a b

a b

    

 

  

 

2 b b

 

  



O x

1



3

1

y

I K

A

B E

Với b2a2 z 2 2i A 17 10

Với b4a6 z 6 4i A 65 50

Vì Amax nên chọn z 6 4i Khi P10

Câu 14. Cho số phức z thỏa mãn z i  z 1 3i 3z 1 i Tìm giá trị lớn M biểu thức

P z  i ?

A. 10

3

M  B. M  1 13 C. M 4 D. M 9

Lời giải Chọn C.

Đặt zw 2 3i 5z i  z 1 3i 3 z 1 i 5w 2 4i  w 3 6i 3w 1 2i Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức w, A2; 4, B3; 6, C1; 2

Ta có:

 AB  1; 2, AC 1; 2  AB  A, B, C nằm đường thẳng : 2xy0

 5w 2 4i  w 3 6i 3w 1 2i 5MAMB3MC

Xét hai trường hợp:

 Trường hợp 1: M  M x ; 2 x Ta có 5MAMB3MC M D4;8 Khi w  4 8i P w 4

 Trường hợp 2: M 

Ta có: 5MAMB3MC 25MA2 MB3MC2 1 9 MB2MC2

Mà A trung điểm BC nên  

2 2

2

4

MB MC BC

MA    MB2MC2 MA2 AB2

O C A B

D y

x

   

1

Khi 25MA2 20MA2AB2 25MA2 20MA25 MA2 20

Lại có  

2 2

2

4

MD MO OD

MA    2 2

2

OM MA OD MD

   

2

2.20 80

2

OM

   OM 4

Vậy M 4

Cách 2:

Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức zxyi, với x y,  Ta có

5 z i  z 1 3i 3 z 1 i 5MI MA3MB, với I0;1, A1;3, B1; 1 , C2; 3 

I trung điểm AB  

2 2

2

4

MA MB AB

MI  

  MA2MB2 2MI22AI2

 2  

2 2

25MI  MA3MB 10 MA MB 25MI220MI2 AI2

2

20

MI

  MI 2  M thuộc hình trịn tâm I0;1, bán kính R2

Lại có IC2 C nằm đường tròn tâm I , bán kính R2

Khi P z 2 3i MC lớn M D, với D2;5 điểm đối xứng C qua I

Hay z  2 5i P  4 8i

Vậy Pmax 4

Câu 33: Cho hai số phức z w biết chúng thỏa mãn đồng thời hai điều kiện 1  1

i z i



 



wiz Tìm giá trị lớn M  zw

A. M 3 B. M 3 C. M 3 D. M 2

Lời giải Chọn C

Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức zxyi, với x y, 

O x

y

I A

C M

B

1 

1 

3 

2

1

Ta có 1  1

i z i



 

  iz2 1 z2i 1  

2

2

x y

   

 tập hợp điểm biểu diễn điểm M đường trịn tâm I0; 2, bán kính R1

Khi M  zw  z1i M  z 3

Vậy Mmax 3

Câu 34: Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1 3, z2 4, z1z2  37 Gọi M , m phần

thực phần ảo số phức

2

z w

z

 Tính PM2m2

A

32

P  B

32

P C

8

P  D

64

P 

Lời giải Chọn A

Gọi M a b ; , N c d ;  điểm biểu diễn số phức z1 a bi z2  c di,a b c d, , ,  Gọi N d ;c ONON; ON ON   0ON ON

Ta có



2

z a bi

z

z c di



 



     

a bi c di

z

c di c di

 

 

 

   

16

ac bd bc ad i

z   

 

16 16

ac bd bc ad

z   i

  

16 16

OM ON OM ON

z i

  

   

 z2z1  ONOM  

37

MN

  

 

2 2

cos

2

OM ON MN

MON

OM ON

 

 cos 16 37

2.3.4

MON  

    MON120

Với MON120, ta có:

 OM ON  OM ON .cosMON  6

O x

1

A I B y

 

 

30 120

150 MON MON

MON

   

   



  



 Với MON 30, có OM ON  OM ON .cosMON6

Khi 3

8

z   i

 Với MON 150, có OM ON  OM ON .cosMON 6

Khi 3

8

z   i

Vậy 3

8

i

z   2

32

PM m 

Cách 2 Chuẩn hóa cho thỏa mãn đề z1 3, z2 4, z1z2  37 Ta

 

2

1 2 2

2

2

16

3;

2

3 37

3 3

8 32

2

a b a

z z a bi

b

a b

z

i M m

z i

     

 

    



   

 



  

     

 

Câu 35: Gọi z số phức cho P z  1 i z 1 4i  z 2 i đạt giá trị nhỏ Tính z

A. B.1 C. D.

2

Lời giải Chọn A.

Gọi M x y ;  điểm biểu diễn số phức zxyi, với x y, 

Ta có: P z  1 i z 1 4i  z 2 i , với A1; 4, B 1;1 , C2; 1 

PMA MB MC ; BA0;3, BC1; 2 

Vì BA BC khơng phương nên ba điểm A, B, C lập thành tam giác có

cos

BA BC B

BA BC

  

 

 153 120 B

    

Khi để Pmin M B (vì M điểm Toricenli) z  1 i Vậy z 

O M

N N

150 120 O

M

N N

C BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu 36. Cho số phức z thay đổi thỏa mãn z  1 i Hỏi giá trị nhỏ biểu thức

 

7 8

P z  i  i z  i là?

A. B. 5 C. D.

Câu 37. Cho số phức z thỏa mãn z i 2 Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ z2  z 2 2i Tính PM m

A. P 2 17 B. P 2 17 C. P 2 17 D. P 2 17

Câu 40. Cho số phức z thỏa mãn z24  z Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ z Tính PM m

A. 17

2

P  B. P 17 C. 17

2

P  D. 17

2

P 

Câu 41. Cho số phức za bi , a0,b0 thỏa mãn a b  2 0; a4b120 Hỏi giá trị lớn z bao nhiêu?

A. B. C. D.

Câu 42. Cho hai số phức z1, z2 thỏa mãn z1z2  3 4i z1z2 5 Hỏi giá trị lớn biểu thức z1  z2 bao nhiêu?

A. B. C. 12 D.

Câu 43. Cho số phức z Kí hiệu A, B, C, D điểm biểu diễn số phức z, z ,

4 

z  i z4 3 i Biết A, B, C, D bốn đỉnh hình chữ nhật Hỏi giá trị nhỏ biểu thức z4i5 bao nhiêu?

A.

34 B.

2

5 C.

1

2 D.

4 13

Câu 44. Cho số phức

 

1

i m

z

m m i

 

  , m số thực Gọi S tập hợp tất giá trị thực

của tham số m cho

2

z i  Hỏi S có tất phần tử nguyên?

A. B. C. D.

Câu 45. Cho số phức z khác Tính diện tích tam giác có ba đỉnh ba điểm biểu số phức z,

iz z iz

A. z2 B.

2 z C.

2

1

2 z D.

2

Câu 46. Xét số phức z thỏa mãn z 2 3i  z  6 i 17 Gọi M , m giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P z 1 2i  z 2 i

A. M 3 2, m0 B. M 3 2, m

C. M 3 2, m5 22 D. M  2, m5 22

Câu 47. Xét số phức z thỏa mãn z 2 2i  z 1 3i  34 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

P z i

A.

9 34

P  B. Pmin 3 C. Pmin  13 D. Pmin 4

Câu 48. Cho số phức z thỏa mãn z2  z2 6 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ

P z  i

Câu 49. Cho số phức z thỏa mãn z z 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P z3 z 72 1

z z

    

A.

2 B.

11

4 C. D.

Câu 50. Cho z1, z2 hai số phức liên hợp thỏa mãn đồng thời hai điều kiện

z z

 

 

 

số thực z12 z22 4 Đặt T  z12z22 Khẳng định sau ?

A.

2T  B.

3

2

T

  C.

1 19

2 z  D.

9

2

T

PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ, LƯỢNG GIÁC TRONG GIẢI BÀI TOÁN MAX – MIN A. KIẾN THỨC CƠ BẢN

1. Định nghĩa  

 Lưu ý:

2. Bất đẳng thức tam giác

 z1z2  z1  z2   dấu bằng xảy ra khi z1 kz2 với k0 .   z1z2  z1  z2   dấu bằng xảy ra khi z1 kz2 với k0.   z1z2  z1  z2   dấu bằng xảy ra khi z1 kz2 với k0.   z1z2  z1  z2   dấu bằng xảy ra khi z1 kz2 với k0. 

3. Bất đẳng thức AM-GM

Với a a1, 2, ,an khơng âm ta ln có  1 2 n 1 2

n n

a a  a n a a a  ,n là số tự nhiên  lớn hơn 1.Dấu bằng xảy ra khi a1a2  an 

4. Bất đẳng thức Bunyakovsky

 2 2 2 2  2

1 n n 1 2 n n

a a  a b b  b  a b a b  a b

Dấu bằng xảy ra khi 

1

n

n

a

a a

b  b   b   

 

B. BÀI TẬP

Kĩthuật 1:Đánh giá hai modun với Kĩ thuật này chúng ta tận dụng các phép đánh giá 

 ab  a b

 ab  a b

Câu 1. Cho số phức z thỏa mãn 

1

z  i  Giá trị lớn nhất của  z  là 

A 5.  B. 2.  C. 2   D.  

Phân tích

 Nhận thấy bên trong mơ đun chỉ có 1 vị trí chứa zbởi vậy ta sẽ nghĩ đến đánh giá hai  modun  z2i ,  z  với nhau. 

 Công cụ chúng ta hay dùng để đánh giá các mô đun với nhau  

ab  a b  và ab  a b  

Lời giải 

Ta có:  z2 i z2  i  z21. Do đó  z2 1 1 z2 2  0 z  2.  Với z 1 i, ta có 

1

z  i i   và  z  2.  Do đó  z max  zmax  2.  

Vậy chọn đáp án D

Chuyên

 

Câu 2. Cho số phức z thỏa mãn z không phải số thực và w 2

z z 

  là số thực. Tìm giá trị lớn nhất 

của biểu thức P z 1 i  

A. 2   B.   C. 2.  D. 8. 

Phân tích

 Đề bài cho w 2

z z 

  là số thực nên ta tìm cách biểu diễn số phức z theo số thực đó. 

Sau đó ta nhận thấy z là ẩn của phương trình bậc hai. Từ đó ta sẽ tìm được  z. 

 Nhận thấy bên trong mơ đun chỉ có 1 vị trí chứa zbởi vậy ta sẽ nghĩ đến đánh giá hai  modun  z 1 i ,  z  với nhau. 

 Công cụ chúng ta hay dùng để đánh giá các môdun với nhau 

ab  a  b  và ab  a  b  

Lời giải

Ta có  2  

2

1

w w 2 *

2 w

z

z z z z

z

       

  

(*) là phương trình bậc hai với hệ số thực 

w. Vì z thỏa  *  nên z là nghiệm phương 

trình  *  Gọi z z1, 2 là hai nghiệm của (*). 

Suy ra z z1 2 2 z z1 2  2 z z1 2  2 z  2. 

Suy raP z  1 i z   1 i 2 22 2. Dấu bằng xảy ra khi z 1 i. 

Vậy chọn đáp án A 

Câu 3. Cho số phức z thỏa  z  2. Tìm tích  giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức P z i z 

  

A.

4   B.1.  C. 2.  D.

2  

Phân tích

  Nhận thấy  z i

z 

 có thể viết lại thành 1 i z

  tức là bên trong cũng chỉ 

có một vị trí chứa z . Nên ta tìm cách đánh giá  z i

z 

 với  z  

 Công cụ chúng ta hay dùng để đánh giá các môdun với nhau 

ab  a  b  và ab  a  b  

Lời giải Chọn A

Ta có  1

| |

i P

z z

      Mặt khác: 1 1

| |

i

z z

     

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là1

2, xảy ra khi z 2 ; i  giá trị lớn nhất của P bằng 

2 xảy ra khi 

2

z i  

A.

2 z  B. z 2 C.

1

2 z 2 D.

z 

Lời giải

Cách

Sử dụng bất đẳng thức modun, ta có 

   

2 22 z 1 3z i 2 z 1 z i 2 z 1 z i 2 2  Do đó dấu bằng phải xảy ra, tức là 

0

1

1

z i

z i z z z i

   

   



   

 

  Chọn đáp án C

Cách

Gọi zxyi,x y;  được biểu diễn bởi điểm M x y ; . 

Suy ra   2 2  2

2z 1 3z i x1 y 3 x  y1 2MA3MB với A1;0 , B0;1.  Khi đó, điều kiện bài tốn trở thành 2MA3MB2 22AB(1). 

Mặt khác, ta ln có: 2MA3MB2MAMBMB2ABMB (2).  Từ (1) và (2), suy ra: 

2ABMB2MA3MB2AB2ABMB2ABMB0

 

0 0;1 ;

2

MB M B Z  

        

  

Câu 5. Cho số phức z thỏa mãn  z 1. Tìm giá trị lớn nhất Mmax và giá trị nhỏ nhất Mmin của biểu  thức M  z2  z z31. 

A. Mmax 5;  Mmin 1.    B. Mmax 5;  Mmin 2. 

C. Mmax 4;  Mmin 1.    D. Mmax 4;  Mmin 2. 

Phân tích

  Ta tìm cách đánh giá 

1

z   z z   với  z 

 Công cụ chúng ta hay dùng để đánh giá các môdun với nhau 

ab  a  b  và ab  a  b  

Lời giải Chọn A

Ta có: M  z2 z  1 z3 1 5, khi z 1 M  5 Mmax 5. 

Mặt khác: 

3 3 3

3

1 1 1

1 1,

1 2

z z z z z

M z

z

     

      

   

khi z  1 M  1 Mmin 1. 

Câu 6. Cho số phức z thỏa mãn  z

z

   Tổng của giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của  z là 

A. 3.  B. 5.  C. 13.  D. 5. 

Phân tích

 Ta tìm cách đánh giá  z z

 

 Trước  hết  ta  có  bài  tốn  tổng  qt:  Choa b c, , là  các  số  thực  dương  và  số  phức z0 

thỏa mãn az b c z

   Chứng minh rằng

2

4

2

c c ab c c ab

z

a a

    

   

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z là số thuần ảo.

 Dựa vào dấu đẳng thức xảy ra ta chỉ cần tiến hành giải phương trình az b c z

   rồi lấy  trị tuyệt đối mỗi nghiệm. Khi đó số dương nhỏ làmin z  số dương lớn là max z  

Lời giải

Ta có  1 3 13 13

2

z z z z z

z z

 

            

Do đó min 13; max 13

2

z    z    

Vậy tổng giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của z  là  13. 

Kĩthuật2:Dùngcác bất đẳng thức đại số

Kĩ thuật này chúng ta tận dụng các phép đánh giá 

 Với a a1, 2, an khơng âm ta ln có  1 2 n 1 2

n n

a a  a n a a a

Dấu bằng xảy ra khi a1 a2  an . 

  2 2 2 2  2

1 n n 1 2 n n

a a  a b b  b  a b a b  a b

Dấu bằng xảy ra khi 

1

n

n

a

a a

b  b   b   

Câu 7. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện  z 1 2. Tìm giá trị lớn nhất của T  z i  z 2 i  

A. maxT 8 2.  B. maxT 4.  C. maxT 4 2.  D. maxT 8. 

Phân tích

 Ta tìm cách biểu diễn  zi,z 2 i theo z1 . Khi đó T  z i  z 2 i  biểu diễn  được dưới dạng    và  z1cũng biểu diễn được dưới dạng    

 Ta tìm cách đánh giá   và    

Lời giải Chọn B

       

2 1 1

T  z i z  i z  i  z  i  

Đặt w z 1. Ta có  w 1 và T  w1i w1i   Đặt wxy i . Khi đó  2

2

w  x y  

               

           

2 2

2 2

2 2

1 1 1 1 1

1 1 1 2 4

T x y i x y i x y x y

x y x y x y

               

            

 

Vậy maxT 4. 

A. 4 7.  B. 4 7.  C.   D. 4 5. 

Phân tích

 Đề bài u cầu tính M m do vậy ta sẽ đi tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của  z  

 Đề bài cho  z3  z3 8có 2 mơđun mà mơđun có thể biểu diễn qua căn. Tức là đề  bài cho biết tổng hai căn. Do vậy ta sẽ đánh giá tổng hai căn với căn thứ ba. 

 Cơng cụ để đánh tổng hai căn với căn thứ ba có thể dùng Bunhiacopxki. 

Lời giải

Chọn B

Gọi z x yi với x y; . 

Ta có 8 z3  z3  z  3 z  2z  z 4.  Do đó M max z 4khi z 4 . 

Mà  z3 z3 8 x 3 yi  x 3 yi 8 x32y2  x32y2 8.  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có 

 2  2  2  2  2 1. x3 y 1 x3 y  1  x3 y  x3 y 

  

 2   2 

8 2x 2y 18 2x 2y 18 64

       

2 2

7 7

x y x y z

         

Do đó M min z  7.  Vậy Mm 4 7. 

Câu 9. Tìm số phức zsao cho  z3 4 i  5 và biểu thức P z22 zi2 đạt giá trị lớn nhất. 

A. z 2 i.  B. z 5 5i.  C. z  2 2i.  D. z 4 3i. 

Lời giải Chọn B

Cách

Đặt zxyi x y , . 

Khi đó  z3 4 i  5x32y42 5. 

Ta có   2 2  2    

2 23 4

P x y x  y  x y P  x  y  

Suy ra       2 2  2

23 4 4 20.5 10

P  x  y   x  y     Suy ra 13P33. 

Do đó: Pmax 33 khi và chi khi 

   

3

5

4

5

4 10

x y

x y

x y

 



  





 

 

    



. 

Vậy z 5 5i. 

Cách

Đặt zxyi x y , . 

 

Đặt  sin sin

4 cos cos

x t x t

y t y t

     

 

    

 

. 

   

2

2 4 sin cos

P z  zi  x y   t   t   

4 sint cost P 23

     

Theo điều kiện có nghiệm phương trình lượng giác 

4 5 2 2 52 P 232 P2 46P 429 0 13 P 33

            

Vậy GTLN của P là 33 z 5 5i. 

Câu 10. Cho số phức z thỏa mãn  z 1 và số phức 

2

z i w

iz

 

  Khi đó, kết luận nào sau đây đúng? 

A. w 2.  B. w 1.  C. w 2.  D. 1 w 2. 

Lời giải Chọn B

Đặt zabi a b ,  a2b2 1 do  z 1. 

2

z i w

iz

 



   

   

   

2

2

2

2

2 2

a b i

a b i a b

b ai b ai b a

 

   

  

     

 

Ta chứng minh   

  2

2

4

1

2

a b

b a

 



   

Thật vậy ta có: 4a22b122b2a2  a2b2 1.  Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi  2

1

a b   

Câu 11. Cho ba số phức z1,z2,z3 thỏa mãn z1z2z3 0và  1 2 3

2

z  z  z   Giá trị lớn nhất của  biểu thức của P z1z2 2 z2z3 2 z3z1  bằng bao nhiêu?

A. max

3

P    B.  max

2

P    C. max

5

P    D. max 10

3

P   

Phân tích

 Với phép biến đổi 

  

2 2 2

1 2 3 1 3

z z  z z  z z  z  z  z  z z z z z z  giúp ta  đánh giá    z1z2  z2z3  z3z1  và  z1  z2  z2  . 

Lời giải Chọn B

Áp dụng công thức biến đổi  z1z2 2 z2z32 z3z12  z12 z2 2 z32 1

2 2

     

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có 

 2 2 2 2 2

1 2 3 1 2 3

3

2 2

2

P z z  z z  z z    z z  z z  z z  

 Suy ra  max

2

Câu 12. Với hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z1z2  8 6ivà  z1z2 2.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 

1

P z  z

A. P 5 5.  B. P2 26.  C. P4 6.  D. P34 2  

Lời giải Chọn B

Cách 1: Gọi z1 a1b i1  và z2 a2b i2 với a b a b1, ,1 2, 2. 

Khi đó     

   

   

1

1 2

1

1

1 2 2

1 2

8

8

6

2

4

a a

a a b b i i

z z i

b b

z z a a b b i

a a b b

  

    



   



  

   

  

     



  

   

 

 

 2  2  2  2 2 2

1 2 2 104 2 52

a a b b a a b b a a b b

                *  

Ta có    

 *

2 2 2 2 2

1 1 2 2 2.52 26

Bunh

P z  z  a b  a b   a a b b    

max 26

P

   

 đáp án B

Cách 2: Áp dụng công thức biến đổi z z  z2và z1z2 z1z2 ta có: 

           

2

1 2 2 2 2 2

z z  z z  z z z z  z z z z  z z z z  z z z z

 1 2  12 2

2 z z z z z z

   

Vậy  z1z22  z1z22 2 z12 z22.  Suy ra 

2 2 2 2

2 1 2 1 2

1

8

52

2

z z z z

z  z           *    2 2 2 *

1 2 2.52 26 max 26

Bunh

P z  z   z  z   P    đáp án B. 

Câu 13. Xét  các  số  phức  z a bi a b,   thỏa  mãn  z 4 3i  5.  Tính  P a b  khi 

1

z  i  z i  đạt giá trị lớn nhất

A P10.  B P4.  C P6.  D P8

Lời giải Chọn A

Cách 1:

Ta có:  z 4 3i  a42b32 5 2

8 20

a b a b

      

Đặt A z 1 3i  z 1 i  ta có: 

 12  32  12  12

A a  b  a  b  

  2  2  2  2

2 2

1 1 1

A   a  b  a  b 2 2 a2b24b12 

 

2 16a 8b 28

   8 4 a2b7  1  

Mặt khác ta có: 

   

4a2b 7 a4 2 b3 15  2 2  2

4 a b 15 25

 

Từ  1  và  2  ta được:  200

A   

Để Amax 10

4 25

4

4

a b

a b

  

 

   

 



6

a b

   

 

 

Vậy P  a b 10. 

Cách 2:

Do  z 4 3i  5a42b32 5 

Suy ra M C  có tâm I4;3 và bán kínhR 5  GọiA1;3, B1; 1 , I0;1 

Suy ra PMA MB  2MA2MB2  Mặt khác ta có

2

2 2

2

2

AB MA MB  MI   

Suy ra PMax MIMax I là hình chiếu vng góc củaM  trên AB  M I I, ,  thẳng hàng. Vì  ta thấyIAIBMAMB nên xảy ra dấu=. 

Ta cóIMa4;a3 , II   4; 2 nên AB  M I I, ,  thẳng hàng 

   

2 a 4 b a 2b

          . 

Tọa độ M  là nghiệm của hệ 

 42  32 2; 6;

2

a b

a b

a b a b

       





 

 

  

 

  Mặt khác 

   

2; 2 10

6; 10

M P MA MB

M P MA MB

   

   

 

VậyđểPMax thìM6; 4 Suy ra ab10. 

Cách

Ta có  z 4 3i  5a42b32 5

  Đặt 

5 sin

5 cos

a b

 

  

 

 



  

Khi đó M  z 1 3i  z  1 i a12b32  a12b12  

10 sin 30 sin cos 30

      

Áp dụng BĐT Bunhiacopski 

 

2 16 sin cos 60

M     sin  cos60 10

Nên Mmax 10 2 khi 

2 sin

5 cos

5 

 

   

 

 

5 sin

5 cos

a b

 

   

  

  

 

. 

Vậy P  a b 10. 

Kĩthuật3:Dồnbiến

Kĩ thuật này chúng ta đi theo hướng 

 Với số phức ở dạng đại số từ đề bài ta đi tìm mối liên hệ giữa phần thực và phần ảo.  Nếu làm được điều này ta sẽ dồn về 1 biến. 

 Từ đề bài chúng ta đánh giá về một mơđun có thể là  z  

Câu 14. Trong các số phức thỏa mãn điều kiện  z3i  z 2 i. Tìm số phức có mơđun nhỏ nhất?

A. z 1 2i.  B.

5

z   i.  C.

5

z   i.  D. z  1 2i. 

Phân tích

 Đề bài cho  z3i  z 2 i  nên ta sẽ tìm được mối liên hệ giữa phần thực và phần ảo  của số phức z. Bởi vậy  z  sẽ dồn được một biến. 

Lời giải Chọn C

Giả sử zxyi x y , . 

       2  2  2

3 3

z i  z  i x y i  x  y i  x  y  x  y  

6y 4x 2y 4x 8y x 2y x 2y

                  

 

2

2 2 2

2 5

5 5

z  x y  y y  y  y  y   

   

Suy ra 

5

z   khi 

5

y  x  Vậy 

5

z  i  

Câu 15. Cho z thỏa mãn  z 2 4i  z2i  Tìm GTLN của  w  với w i z 

  

A. w 2 2.  B. 10

8

w    C. 10

4

w    D. w  10. 

Lời giải Chọn C

Đặt z x yi x y , . Khi đó 

2

z  i  z i  x yi 2 4i  x yi 2i  2  2  2

2

x y x y

      

4x 4y 16

      xy40 y4x. 

Ta có 

2 i

w z 

 w i

z 

 

 

2 2

2 5

4

i

z x y x x



  

  

5 2x 8x 16 

 

 2

5

2 x



 

 

Ta có  2x22 8 8 nên 

2

5

2

2 16

w

x x

 

 

. Vậy  max 10

4

w   

Câu 16. Cho các số phức z1 1 3i,  z2   5 3i. Tìm điểm M x y ;  biểu diễn số phức z3, biết rằng  trong  mặt  phẳng  phức  điểm  M  nằm  trên  đường  thẳng  x2y 1 0  và  mô  đun  số  phức 

3

3

w z z  z  đạt giá trị nhỏ nhất. 

A. 3;

5

M  

 .  B.

3

;

5

M  

 .  C.

3 ; 5

M 

 .  D.

3 ; 5

M 

 . 

Lời giải Chọn D

Ta có điểm M x y ; d x: 2y 1 0 nên M 2y1;y z3 2y 1 yi  Do đó w3z3z22z1 3 2 y 1 yi   5 3i2 3  i6y3y3i 

Suy ra     

2

2 2 4

6 3 5 ,

5 5

w  y  y  y  y  y      y

   

Vậy min 5

w  , dấu bằng xảy ra khi  1;

5 5

y M 

 . 

Câu 17. Cho z thỏa mãn  z 2 4i  z2i  Tìm GTLN của  w  với w i z 

  

A. w 2 2.  B. 10

8

w    C. 10

4

w    D. w  10. 

Lời giải Chọn C

Đặt z x yi x y , . Khi đó 

2

z  i  z i  x yi 2 4i  x yi 2i  2  2  2

2

x y x y

      

4x 4y 16

      xy40 y4x. 

Ta có 

2 i

w z 

 w i

z 

 

 

2 2

2 5

4

i

z x y x x



  

  

5 2x 8x 16 

 

 2

5

2 x



 

. 

Ta có  2x22 8 8 nên 

2

5

2

2 16

w

x x

 

 

. Vậy  max 10

4

w   

Câu 18. Cho số phức z thoả mãn  z 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P z 1 z1 

A. Pmax 2 5.  B. Pmax 2 10.  C. Pmax 3 5.  D. Pmax 3 2. 

Lời giải

Chọn A

Cách 1:

Ta có  2

1

z   x y   Suy ra x  1;1 

Ta có P z 1 z 1 x12y2 2 x12y2  2x22 2x2.  Xét hàm  f x  2x22 2x2 trên đoạn 1;1, ta được 

Ta có   

2 2

f x

x x

  

   ,   

3

5

f x  x    

Bảng biến thiên: 

  Dựa vào BBT, ta suy ra: 

 1;1  

3

max

5

f x f



 

  

   và min1;1 f x  f  1 2

Cách 2: Bunhiacopxki

Theo BĐT Bunhiacopxki: 

 2  

2

1 (1 ) 1 10

P z  z   z  z  z    

Câu 19. Cho số phức z thỏa mãn  z 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 1 z 3 1z. 

A. 15   B.   C. 20   D. 10  

Lời giải Chọn D

Gọi z x yi;  x;y. Ta có:  z  1 x2y2  1 y2  1 x2   x  1;1   

Ta có:   2  2    

1 1 3

P z  z  x y  x y  x  x  

Xét hàm số  f x  1 x3 1 x;  x  1;1   Hàm số liên tục trên 1;1 và với 

 1;1

x   ta có:   

     

1

0 1;1

5

2

f x x

x x

        

 

 

Ta có:   1 2;    1 6;   10 max 10

f  f   f   P 

 

 

Câu 20. Xét số phức z thỏa mãn  z  2 i z 4 7i 6 2. Gọi m,M  lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá  trị lớn nhất của  z 1 i  Tính Pm M  

A. P 13 73.  B. 2 73

2

P    C. P5 22 73.  D. 73

P   

Lời giải Chọn B

Gọi M x y ;  là điểm biểu diễn của z. Các điểm A2;1, B4, 7, C1; 1 . 

Ta có  z  2 i z 4 7i 6 MA MB 6 2, mà AB6 2 MA MB  AB.  Suy ra M thuộc đoạn thẳng AB. 

 

Ta có  2  2  2  2  2

1 1 1 17

z  i MC z i MC  x  y  x  x  x  x  

Đặt   

2 17

f x  x  x , x  2; 4. 

 

f x  x ,  

2

f x  x   ( nhận ) 

Ta có  f 213,  25

2

f  

  , f  4 73. 

Vậy  f x max  f  4 73,   

3 25

2

f x  f  

   

73

M

  ,

2

m 2 73

P 

   

Câu 21. Cho số phức z thỏa mãn  z2i 1 z2i 1 6. Tính tổng T max z min z ?  

A.  5

2

T     B T 0.  C. T 6.  D. 

2

T    

Lời giải 

Chọn A

Đặt z a bi a b; ,  . 

Ta có: z2i 1 z2i 1 6 

   

 a bi 2 i 1 a bi 2 i 1 6 

       

 a2  1b  a2 2 b1 6  

       

      

2

2 45

5 9

5 b

a b a   

 1 5b 1 5  

Khi đó         

2 2 45

5 b

z a b b  . 

Khảo sát hàm số, ta có  

 

 

  

 

 

    

2 5;1

45

min 5

5

b

b y ;  

 

  

 

   

   

 

2 5;1

45 9 3 5

max

5

b

b y  

Vậy  5 2

2

T   

Câu 22. Cho số phức z thoả mãn  z 1. Gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của  biểu thức P z 1 z2 z 1. Tính giá trị của M.n 

A 13

4   B

39

4   C 3   D

Lời giải Chọn A

 Cách 1:

Đặt za bi , a b, . Đặt t z1  Ta có :0 z  1 z 1 z  1 0 t 2. 

  

2

2

2 1 1 1 1 1 2 2 2

2

t

t  z  z z  z z   z z z  a  aa   

2 2

1 3

z   z z  z z z  z z z  z a  t  P t t  với t0; 2 

2

2

3,

3

3,

t t t

P t t

t t t

    



    

    

 

  Bảng biến thiên: 

 

0;2 0;2

13 13

;

4

MaxP MinP M m

      

 Cách 2: 

(cos s inx)

zr x i a bi  

Do  z 1

2

2

1

z z z r a b

  

  

  

 

 

2 cos cos

P  x x , dặt tcosx  1;1 f t( ) 2 t  2t1  TH1:  1;1

2 t  

  

max ( ) (1)

1

'( )

min ( )

2

2

f t f

f t

f t f

t

 

 

      

 

   

 



 

TH2:  1;1 t  

 

 

1 7 13

'( ) max ( )

8

2

f t t f t f

t

 

         

  

  13

( )

Maxf t

  ;  ( ) 13

4

Minf t  M n  

Câu 23. Cho số phức z thỏa mãn  z 1. Tìm tổng giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P với 

2

1

P z  z ? 

A 2 2.  B 1 2   C  1 2.  D 2 2. 

Lời giải

Ta có 

2

1

1 ( 1) 2

z

P z z z z x x y x x

z 

               vì x2y2 1. 

 

+ Với x0 ta có  f x( )2x 2 x ta có  '( ) 2 2

2 2

x f x

x x

 

  

   

1

'( ) 2

4

f x    x  x   nên ta có maxPP(1)0; minPP(0)  2.  + Với  1  x 0 ta được  f x( ) 2x 2 x 

1

'( )

2

f x

x

   

   trên  tập  điều  kiện.  Hàm  số  nghịch  biến  trên 1; 0.  Từ  đó  ta  được  maxPP( 1) 2; minPP(0)  2. 

+ Từ trên ta được 

 1;1  1;1

maxP P( 1) 2; minP P(0)



        Vậy kết. 

Câu 24. Cho số phức z thỏa mãn  z z 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P z33zz  zz  

A. 15

4   B.

3

4   C.

13

4   D.  

Lời giải Chọn B

Gọi z a bi, với a b,  

Ta có: zz 2a; z z  1 z2  1 z 1 

Khi đó P z3 3z z z z z z2 z z z z

 

           

   

2

2 2

2

z

P z z z z z zz z z z

z

            

 

2

2 2 2 3

1 4 2

2 4

P zz   zz  a   a  a   a  a    

 

 

Vậy  min

4

P   

Kĩ thuật 4: Lượng giác hóa

Câu 25. Cho số phức z thỏa mãn  z 1 2i 2. Tìm mơđun lớn nhất của số phức z

A.    B. 11 5   C. 5   D. 5  

Lời giải Chọn A

Gọi z x yi;  x;y. Ta có:  z 1 2i 2x12y22 4.  Đặt x 1 sin ;t y  2 cos ;  t t0; 2. 

Lúc đó: 

  z2 1 2sin t2   2 cost2  9 4sint8 cost 9 428 sin2 t ;    

 

9 sin ;

z t  z  

        

 

  

max

z

    đạt được khi  5 10

5

z    i  

Câu 26. Cho số phức z thỏa mãn 1i z  6 2i  10. Tìm mơđun lớn nhất của số phức z

Lời giải Chọn B

Gọi z x yi;  x;y.  Ta có: 

1  10 1  10  22  42

i

i z i i z z i x y

i  

                



Đặt x 2 sin ;t y 4 cos ;  t t0; 2.  Lúc đó: 

     

       

2

2

2

2 sin cos 25 sin cos

25 sin ;  

z t t t t

t

      

    

 

2

25 20sin 5;3

z t  z  

       

max

z

   đạt được khi z 3 i  

Câu 27. Cho số phức z thỏa mãn  z 1 2i 3. Tìm mơđun lớn nhất của số phức z2 i

A. 26 17    B. 26 17    C. 26 17    D. 26 17   

Lời giải Chọn A

Gọi z x yi;  x;y z 2i x y2i. Ta có: 

 2  2

1 9

z  i   x  y    Đặt x 1 3sin ;  t y  2 3cos ;  t t0; 2. 

 2  2      

2

2 3sin 3cos 26 sin cos 26 17 sin ;  

z i t t t t t  

             

max

26 17 z 2i 26 17 z 2i 26 17

           

Câu 28. Cho số phức z thỏa mãn  z 1. Gọi M m,  lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 

tìm  1

2

Q z  z  i  Tính PMm

A. 3   B. 2 3   C.   D. 2 6. 

Lời giải Chọn C

Vì  z   1 z cosx i sinx và  cos sin cos sin

2

Q x i x  x i x  i  

 

2

2 2

cos sin cos sin

2

x x  x   x 

         

     

2 cosx cosx sinx 2 ; 2 3

       

 

 .