tai lieu thi tot nghiep

Câu 2 (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban): Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA =AC. Gọi I là trung điểm của cạnh BC. 1) Ch[r]

Bùi Văn Lưu Gv toán THPT B Bình Lục Hà Nam

Khảo sát hàm số, toán liên quan đến ứng dụng đạo hàm đồ thị hàm số TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

1 Hàm số đơn điệu:

— Hàm số f đ/biến K x , x1 2K, x1x2  f (x ) f (x )1 

— Hàm số f n/biến K x , x1 2K, x1x2  f (x ) f (x )1 

2 Điều kiện cần để hàm số đơn điệu:

— Nếu hàm số f đồng biến I f '(x) 0, x I   — Nếu hàm số f nghịch biến I f '(x) 0, x I   3 Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu:

* Giả sử hàm số f có đạo hàm khoảng I

— Nếu f '(x) 0, x I   f '(x) 0 số hữu hạn điểm I hàm số đồng biến trên

I.

— Nếu f '(x) 0, x I   f '(x) 0 số hữu hạn điểm I hàm số nghịch biến trên I.

— Nếu f '(x) 0, x I   hàm số f không đổi I. Chú ý

— Nếu f ' x( ) tam thức bậc hai hay dấu với tam thức bậc Đ/k để hàm số luôn đồng biến là: f ' x( )£ 0 x 

a 0   

 



(Trường hợp a có chứa tham số xét thêm trường hợp a= ) — Nếu f ' x( ) tam thức bậc hai hay dấu với tam thức bậc đ/k để hàm số luôn đồng biến là: f ' x( )³ 0 x 

a 0   

 



(Trường hợp a có chứa tham số xét thêm trường hợp a= ) Lý thuyết: Quy tắc xét tính đơn điệu hàm số yf x 

1 Tìm tập xác định

2 Tính đạo hàm yf x  Giải phương trình f x  0 để tìm nghiệm x ii 1, ,n. Sắp xếp nghiệm xi theo thứ tự tăng dần từ trái sang phải lập bảng biến thiên hàm số. Kết luận (hàm số đồng biến khoảng mà f x 0 ngược lại)

Ví dụ: Xét chiều biến thiên hàm số y 4 x2

Gợi ý giải:

 Đ/k xác định: 4 x2 0  x2  4 2 x

Tập xác định hàm số D   2;2

 Đạo hàm:

 2

2

4

2 4

x x

y

x x



 

  

0

y   x thuộc 2;2

Dấu y dấu với biểu thức  x.

 Ta có bảng biến thiên

x 2 0 2

y + 

y

0

2

0

 Căn vào bảng biến thiên ta thấy, hàm số đồng biến khoảng 2;0 nghịch biến khoảng 0;2

Một lưu ý quan trọng tập xác định khoảng a b;  hàm số gián đoạn x0 ta

cần tính giới hạn x alim y

, x blim  y

lim

x x  y

,

lim

x x  y

để điền vào bảng biến thiên Bài tập:

Câu 1: Tìm khoảng đơn điệu hàm số sau tập xác định chúng: 1) yx3 3x21;

2)

4 y x

x  

 ;

3) Chứng minh bất đẳng thức sau:

a) tanx sin , 0x x 

  

b) 1 2,

x

x x

    

Câu (Đề TN 2007, Lần 2, Ban KHTN): Xét đồng biến, nghịch biến hàm số yx4 8x22 Câu (Đề TN 2007, Lần 2, Ban KHXH): Xét đồng biến, nghịch biến hàm số yx3 3x1 Đáp số: Câu 2: H/số đồng biến khoảng 2;0 , 2;  

H/số nghịch biến khoảng   ; , 0;2   Câu 3: H/số đồng biến khoảng 1;1

***********************************************************

CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ. 1 Điểm cực trị:

Cho hàm số f xác định D x0 thuộc D x0 gọi điểm cực đại hàm số f tồn

khoảng (a; b) cho x0 thuộc khoảng (a; b) R f (x) f (x ), x (a;b) \ x    0

Điểm cực tiểu định nghĩa tương tự 2 Điều kiện cần để hàm số đạt cực trị:

 Nếu hàm số f đạt cực trị điểm x0 hàm số f có đạo hàm điểm x0 f’(x0) =

 Chú ý: Hàm số f đạt cực trị điểm mà khơng có đạo hàm. 3 Điều kiện đủ hàm số đạt cực trị:

a) Giả sử hàm số f liên tục khoảng (a;b) chứa điểm x0 có đạo hàm khoảng (a;x0)

(x0;b) Khi đó:

— Nếu f’(x) < với  x (a; x )0 f’(x) > với  x (x ;b)0 hàm số f đạt cực tiểu điểm x0

— Nếu f’(x) > với  x (a; x )0 f’(x) < với  x (x ;b)0 hàm số f đạt cực đại điểm x0

b) Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp (a;b) chứa điểm x0,

f’(x0) = f có đạo hàm cấp hai khác điểm x0 Khi đó:

— Nếu f”(x0) < hàm số f đạt cực đại điểm x0

— Nếu f”(x0) > hàm số f đạt cực tiểu điểm x0

Dạng 1: Tìm m để hàm số yf x m ,  đạt cực đại (hoặc cực tiểu) x x 0.

Cách giải:

 Tính yf x m , 

 Điều kiện cần để hàm số đạt cực đại (hoặc cực tiểu) x x 0 y x 0 f x m 0,  0.

Giải phương trình tìm m.  Thử lại (Điều kiện đủ)

Với giá trị m tìm được, ta tính y x 0 .

- Nếu y x 0 0 hàm số đạt cực tiểu x x

- Nếu y x 0 0 hàm số đạt cực đại x x 0.

Căn vào yêu cầu đề để chọn giá trị m thỏa mãn.  Kết luận

Cịn có cách khác để thử lại lập bảng biến thiên để kiểm tra xem hàm số đạt cực đại hay cực tiểu x x 0.

Ví dụ 1: Tìm m để hàm số

2 1

x mx

y

x m

 



 đạt cực đại x 2.

Gợi ý giải:

Để dễ tính đạo hàm ta chia tử cho mẫu

1 y x

x m  



 Đ/k xác định x m  0 xm

 Đạo hàm  

2

1

1

y x

x m x m



 

     



  

 

 2

1

2

2 y

m

  



 Đ/k cần để hàm số đạt cực đại x 2 y 2 0

   

2

1

1

2 m m

     



2 1

2

m m

m m

  

 

   

  

 

 Thử lại (đ/k đủ)

Ta có    

2

1

1

y

x m x m



 

     

   

   3

2 x m 

- Với m 1, ta có  

 3

2

2

2

y   

 nên trường hợp hàm số đạt cực tiểu x 2 (không

thỏa đề bài)

- Với m 3 ta có  

 3

2

2

2

y   

 nên trường hợp hàm số đạt cực đại x 2 (thỏa đề

bài)

 Kết luận: Giá trị m phải tìm m 3

Dạng 2: Chứng minh hàm số yf x m ,  ln có cực trị với giá trị tham số m. Cách giải:

Chứng tỏ f x m ,  0 ln có nghiệm đổi dấu x chạy qua nghiệm - Với hàm số bậc ba, chứng tỏ y có delta dương;

- Với hàm số bậc bốn (trùng phương) cần theo yêu cầu đề để tìm m để y có nghiệm, nghiệm

Ví dụ 2: Chứng minh hàm số yx3 mx 2x1 ln có điểm cực đại điểm cực tiểu với giá trị m.

Gợi ý giải:

 Tập xác định hàm số: D 

 Đạo hàm y 3x2 2mx tam thức bậc hai có    

2 2

2m 4.3 4m 24

      0, m  .

Suy y 0 có hai nghiệm phân biệt y đổi dấu (có thể lập bảng xét dấu với hai nghiệm x x1, 2) x

đi qua hai nghiệm

 Vậy hàm số ln có cực đại, cực tiểu với m CHÚ Ý QUAN TRỌNG

1/ Điều kiện để hàm số có cực trị x = x0 :

 

   

0

0 y'(x )

y' đổi dấu qua x

0 y '(x ) y ''(x )

 



 

2/ Điều kiện để hàm số có cực đại x0:

 

 

 

 

0

0 y'(x )

y' đổi dấu từ sang qua x

0 y '(x ) y ''(x )  



 

3/ Điều kiện để hàm số có cực tịểu x0:

 

 

 



0 y'(x )

y'(x) đổi dấu từ - sang qua x

0 y '(x ) y ''(x )  



 

4/ Điều kiện để hàm bậc có cực trị (có cực đại,cực tiểu):

y’= có hai nghiệm phân biệt 

a 0   

  

6/ Điều kiện để hàm bậc có cực trị : y/ = có nghiệm phân biệt.

Bài tập:

Câu (Đề TN 2006, KPB): Cho hàm số yx3 6x29x có đồ thị (C) Với giá trị tham số m, đường thẳng y x m2 m qua trung điểm đoạn thẳng nối hai điểm cực đại cực tiểu đồ thị (C)

Câu 2: Tìm m để hàm số

3 2 5

3 y x  mx m x

  có cực trị x 1 Khi hàm số đạt cực đại hay

cực tiểu ? Tính cực trị tương ứng ? Câu 3: (TN BTTH 2006)

Chứng minh hàm số  

3

1

2

3

y x  mx  m x

ln có cực trị với giá trị tham số m ? Gợi ý – đáp số:

Câu 1: Tìm tọa độ hai cực trị hàm số A3;0, B1;4

Trung điểm hai cực trị M2;2 Cho M2;2 thuộc đường thẳng y x m2 m , ta có

2

2 m   m Giải tìm m.

Câu 2: m 73 Hàm số đạt cực tiểu x 1.

****************************************

Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số Lý thuyt:

Cách tìm giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số yf x  liên tục đoạn a b;   Tính đạo hàm yf x 

Giải phương trình f x  0 tìm nghiệm x0 thuộc đoạn a b;  (các nghiệm nằm ngồi đoạn

này khơng lấy )

 Tính f a f b f x ,  ,  0

 So sánh số kết luận

 ;          0 

min , ,

a b f x  f a f b f x

 ;          0 

max max , ,

a b f x  f a f b f x

Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số

2

1 x y

x

  

đoạn 1;3.

Gợi ý- Giải:

 Đạo hàm

2

2 y

x

  



2

2

0

2

y x x

x

         

Trên đoạn x 1;3 ta lấy x 2

 Ta có  

2

1

1 2

y    

;  

2

2

2

 3 19

3

y    

 So sánh số ta suy

1;3  

minyy 3

; 1;3  

7

max

2

yy 

Bài tập

Câu (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHTN): Tìm GTLN, GTNN hàm số f x   x cosx đoạn

0;



 

 

  .

Câu (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHXH): Tìm GTLN, GTNN hàm số yx4 2x21 đoạn

0;2 .

Câu (Đề TN 2008, L2, KPB): Tìm GTLN, GTNN hàm số

2

3 x y

x  

 đoạn 0;2 .

Câu (Đề TN 2008, L2, Ban KHTN): Tìm GTLN, GTNN hàm số y2x44x23 đoạn

0;2 .

Câu (Đề TN 2008, L2, Ban KHXH): Tìm GTLN, GTNN hàm số y2x3 6x21 đoạn 1;1

Câu (Đề TN 2009, ): Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số ( ) ( )

2

f x =x - ln 2x

-trên đoạn [– ; 0]

***********************************************************

KHẢO SÁT SỰ BIẾN THIÊN VAØ VẼ ĐỒ THỊ CỦA MỘT SỐ HÀM Sơ đồ khảo sát

1 TXĐ

2 Sự biến thiên:  Chiều biến thiên

— Tìm y’

— Cho y’= tìm nghiệm giá trị y’ không xác định — Kết luận: Khoảng đồng biến, nghịch biến cực trị  Cực trị

 Giới hạn, tiệm cận  Điểm uốn ( Nếu có )  Bảng biến thiên Đồ thị

 Lập bảng giá trị  Vẽ đồ thị

3 Tiếp tuyến, tiệm cận đồ thị hàm số. Lý thuyết:

Cho hàm số yf x  có đồ thị  C M x y 0; 0 điểm  C Tiếp tuyến với đồ thị  C tại

 0; 0

M x y có:

- Phương trình: y y k x x  0

Hay y y f x  0 x x 0

Vậy để viết PT tiếp tuyến M x y 0; 0 cần đủ ba yếu tố sau:

- Hoành độ tiếp điểm: x0

- Tung độ tiếp điểm: y0 {Nếu đề chưa cho ta phải tính cách thay x0 vào hàm số y0 f x 0 }

- Hệ số góc k f x 0

-Dạng 1: Viết phương trình tiếp tuyến biết tọa độ tiếp điểm M x y 0; 0, hoành độ x0,

tung độ y0.

Ví dụ: Viết p/trình tiếp tuyến đồ thị hàm số yx4 2x21 điểm M  2;9.

Gợi ý giải:

 Ta có (đạo hàm): y 4x3 4x  T/tuyến M  2;9 có:

- Hệ số góc      

3

2 4 24

k y      

- P/trình: y 924x  2 Hay y24x 39

Ở cần biết:

0

x  , y 0 9 tọa độ M (đề cho).

Ví dụ 2: Viết p/trình tiếp tuyến với độ thị hàm số

1 x y

x  



a) Tại điểm có hồnh độ 2. b) Tại điểm có tung độ 3.

Gợi ý giải:

a) Ta có

       

 2

1 1

1

x x x x

y

x

 

    

 

  2

2 x 



Gọi tọa độ tiếp điểm x y0; 0 Theo giả thiết có x 0 2.

 Tung độ tiếp điểm:

0

0

1 1

1 x

y x

 

  

 

 Hệ số góc tiếp tuyến

1 2;

2

 

 

  :

 

 2

2

2

9

k y  



 P/trình tiếp tuyến:  

1

2

3

y  x

Hay

2

9

Với dạng này, đề cho x 0 2, ta cần tính

0

0

1 x y

x  

 tính đạo hàm, suy hệ số góc t/tuyến

 0

k y x y 2 .

b) Ta có

       

 2

1 1

1

x x x x

y

x

 

    

 

  2

2 x 



Gọi tọa độ tiếp điểm x y0; 0 Theo giả thiết có y 0 3.

 Vậy

0

0

1 x y

x 

 

  x0 3 x01  x0 2

 Hệ số góc tiếp tuyến x y  0; 0  2;3 là:

 

 2

2

2

2

k y   

 

 P/trình tiếp tuyến cần tìm: y 2 x  2 Hay y2x7

Dạng 2: Viết p/trình tiếp tuyến biết hệ số góc nó. Dấu hiệu:

- Tiếp tuyến song song với đường thẳng  d ax by c:   0 - Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng  d ax by c:   0 Cách giải:

 Cần biết (rút y theo x)  d :y ax c

b b

 

nên  d có hệ số góc

a k

b  

 Khi t/tuyến song song với  d hế số góc t/tuyến hệ số góc  d

a k k

b 

 

 Khi t/tuyến vng góc với  d hế số góc k t/tuyến hệ số góc kcủa  d thỏa mãn

k k 

a k

b

 

  

 

Lời giải (Các bước):

 Tính đạo hàm hàm số yf x 

Tính hệ số góc tiếp tuyến k (theo dấu hiệu trên)  Gọi x y0; 0 tọa độ tiếp điểm

 Hệ số góc t/tuyến ky x 0 .

- Giải ph/trình tìm x0

 Viết p/trình t/tuyến

Ví dụ 3: Viết p/trình t/tuyến với đồ thị hàm số

2 x y x 

 , biết:

a) Hệ số góc t/tuyến 2.

b) T/tuyến song song với đường thẳng  d :y 12x. c) T/tuyến vng góc với đường thẳng   : y92x1

Gợi ý giải:

a)  Ta có

 

 2  2

2 2

1 x x y x x        

 Gọi x y0; 0 tọa độ tiếp điểm, ta có hệ số góc tiếp tuyến x y0; 0

    2 y x x    

Theo giải thiết ta có y x 0 2   2 x    

x0 12

  

0

0

1

1

x x x x              

 Với x 0 2, ta có

0

0

2 2.2

4 x

y x

  

 

Tr/hợp ta có p/trình t/tuyến 2;4

 

4 2

y  x hay y2x8.

 Với x 0 0, ta có

0

0

2 2.0

0 1 x

y x

  

  .

Tr/hợp ta có p/trình t/tuyến 0;0

 

0

y  x hay y2x.

 Kết luận: Vậy có hai t/tuyến thỏa đề có p/trình

2

y x ; y2x

Lưu ý: Hệ số góc t/tuyến k y x 0 2 (đề cho).

b) T/tuyến song song với  d nên hệ số góc t/tuyến hệ số góc  d , k  12

 Gọi x y0; 0 tọa độ tiếp điểm, ta có hệ số góc tiếp tuyến x y0; 0

    2 y x x    

Vậy y x 0 k   2 x       1 x    0 0

1 2 2

1

1 2 2

 Với

3 x 

, ta có

0

0

3

2 2

6

1 1

2 x

y x

  

 

Tr/hợp ta có p/trình t/tuyến

3 ;6

 

 

  là

1

6

2

y  x    hay

1 27

2

y x

 Với

1 x 

, ta có

0

0

1

2 2

2

1 2

x y

x

  

 

Tr/hợp ta có p/trình t/tuyến

1 ; 2

 



 

  là

 2 1

2

y   x    hay

1

2

y x

 Kết luận: Vậy có hai t/tuyến thỏa đề có p/trình

1 27

2

y x

;

1

2

y x

c) Đường thẳng   : y92x1 có hệ số góc

9 k 

 Gọi k hệ số góc t/tuyến Biết t/tuyến vng góc với   nên ta có

9

2 k k   k 

9 k

 

Đến làm tương tự câu a) câu b)  Đáp số: Có hai tiếp tuyến có p/trình

2 32

9

y x

;

2

9

y x

Bài tập:

Câu (Đề TN 2006, Ban KHXH):

Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số

2

1 x y

x  

 điểm thuộc đồ thị có hồnh độ x 0 3.

Câu (Đề TN 2007, Bổ túc): Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) hàm số yx3 3x2 điểm A(2;4)

Câu (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban):

Cho hàm số

1 x y

x  

 , gọi đồ thị hàm số (C)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) giao điểm (C) với trục tung Câu (Đề TN 2008, Lần 2, Phân ban):

Cho hàm số

3

1 x y

x  

 , gọi đồ thị hàm số (C).

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho

Câu (Đề TN 2009 ) : Cho hàm số

2x y

x + =

-

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết hệ số góc tiếp tuyến – 5.

Đáp số: Câu 1:

1

4

y x

; Câu 2: y9x 14

Câu 3:

4

3

y x

; Câu 4: y5x

4 Tương giao hai đồ thị. Lý thuyết:

Dạng 1: Dựa vào đồ thị hàm số yf x để biện luận theo m số nghiệm phương trình f x  m

Ví dụ: Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị  C hàm số yx3 3x Dựa vào đồ thị  C , biện luận theo m số nghiệm phương trình x3 3x 1 m0 (1).

Gợi ý giải:

 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị  C (2 điểm)

Học sinh tự làm  Đồ thị (xem hình)

x y

3 -

-2 -1

2

0 1

 Viết lại (1) dạng

(1)  x3 3x m 1 (2)

Đây PT hoành độ giao điểm đồ thị  C hàm số yx3 3x với đường thẳng  d :y m  (song song với trục hoành) nên số nghiệm (2) số giao điểm  d  C

 Dựa vào đồ thị ta có kết biện luận sau:

* Với

1

1

m m

m m

    

 



    

  , ta thấy  d  C khơng có điểm chung Suy (2) vô nghiệm

* Với

1

1

m m

m m

  

 



    

  , ta thấy  d cắt  C điểm tiếp xúc điểm Suy (2) có

hai nghiệm (một nghiệm đơn nghiệm kép)

* Với

1

1

m m

m m

    

 



 

  

  , ta thấy  d cắt  C ba điểm phân biệt Suy (2) có nghiệm phân

biệt  Kết luận:

* Với m  1 m 3, p/trình (1) vô nghiệm * Với m 1 m 3, p.trình (1) có hai nghiệm * Với  1 m3, p/trình (1) có nghiệm phân biệt.

Dạng 2: Chứng tỏ đường thẳng  d :ax by c  0 cắt đồ thị hàm số  

mx n

y f x

cx d 

 

 hai

điểm phân biệt, không cắt Cách giải:

 Viết lại  :

a c

d y x

b b

 

 Lập p/trình hồnh độ giao điểm  d  C :

mx n a c

x

cx d b b



 

 (1)

Quy đồng khử mẫu đưa p/trình bậc hai dạng

 , 

f x m Ax Bx C  với

d

cx d x

c

   

Tính  B2 4AC

 Đến cần chứng tỏ  0 với m , d

f m

c

 



 

  0 kết luận (1) ln có hai nghiệm phân

biệt Suy  d cắt  C hai điểm phân biệt - Tương tự, kết luận cho tr.hợp  0; 0

Ví dụ: (Bài 11/tr46-SGK GT12, Cơ bản) Chứng minh với giá trị thực m, đường thẳng  d : y2x m cắt đồ thị  C hàm số

3 x y

x  

 hai điểm phân biệt M, N

Gợi ý giải:

 P/trình hoành độ giao điểm  d  C

3 x

x m x



 

 (1)

     

3 ,

x x m x x

      

 

2

2x m x m

      , x 1 (2)

 P/trình (2) p/trình bậc hai có    

2

1 m 4.2 m

    

 2

2 6 25 3 16

m m m

       0 với m. (a)

Mặt khác, thay x 1 vào vế trái (2) ta

 2  

 Kết hợp (a) (b) suy p/trình (2) ln có hai nghiệm phân biệt thỏa x 1 Do (1) ln có hai nghiệm phân biệt

Vậy đ/thẳng  d cắt đồ thị  C hai điểm phân biệt với giá trị m.

Ví dụ (Bài 8.b/tr44- GT12, bản) Tìm m để đồ thị Cm hàm số y x 3m3x2 1 m cắt

trục hồnh điểm có hồnh độ x 2.

 Phân tích tốn:

- Nhưng điểm nằm trục hồnh có tung độ y 0 - Vậy Cm cắt trục hoành điểm x y  ;   2;0 .

- Điểm thuộc Cm nên tọa độ thỏa mãn p/trình Cm.

Lời giải:

 Từ giả thiết ta suy Cm cắt trục hoành điểm 2;0, thay tọa độ điểm vào p/trình Cm ta được:

 3    2

0 2  m3 2  1 m

 

8 m m

        3m 5 0

5 m

 

 Vậy

5 m 

giá trị cần tìm Bài tập:

Câu (Đề TN 2008, L1, Phân ban): Cho hàm số y2x33x2

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 2) Biện luận theo m số nghiệm thực phương trình

3

2x 3x  1m

Câu (Đề TN 2008, L2, KPB): Cho hàm số yx3 3x2

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 2) Tìm m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt

3 3 0

x  x  m

Câu (Đề TN 2006, Phân ban):

1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số yx33x2

2 Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm phương trình x33x2 m0

3 Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị (C) trục hoành 5 Điểm đặc biệt đồ thị hàm số.

Lý thuyết:

Một số dạng toán: Tìm điểm đồ thị có tọa độ ngun;

Ví dụ: Tìm điểm đồ thị hàm số

3 x y

x  

 có tọa độ số nguyên.

Giải:

 Đ/k xác định: x  1 x1

 Chia tử cho mẫu ta có

4

1 y

x  

Xét điểm x y;  thuộc đồ thị hàm số cho, ta có

4

1 y

x  

 .

 Với x   ta có

4

1 y

x

  

 

4 x

 

   x1 ước số nguyên 4.

Các trường hợp xảy ra:

1

x    x3, ta có

3 3

y  



1

x    x5, ta có y 2

1

x   x , ta có y 1

1

x   x , ta có y 3

1

x   x , ta có y 3

1

x   x , ta có y 5

 Vậy có sáu điểm thuộc đồ thị hàm số có tọa độ nguyên là: 3;0

,5;2 , 1; , 3;3 , 0; , 2;5           Bài tập:

Tìm điểm đồ thị hàm số

2

2 x y

x  

 có tọa độ số nguyên.

6 Khảo sát hàm số Sơ đồ:

 Tập xác định

 Đạo hàm yf x  Giải p/trình f x  0

Các khoảng đơn điệu (đồng, nghịch biến) hàm số;  Cực trị ( Nếu có )

- Cực đại - Cực tiểu

 Tính giới hạn xlim y; tiệm cận với hàm hữu tỷ

ax b y

cx d  



Và  

lim

d

x c

y



 



để suy tiệm cận đứng đ/t xac;

lim

x

a

y c

   , suy tiệm cận ngang đ/t

a y c

 Bảng biến thiên (điền đầy đủ thông tin, ý giá trị giới hạn tính)  Vẽ đồ thị:

- Xác định giao điểm với trục hồnh: Cho y 0, tìm x. - Xác định giao điểm với trục tung: Cho x 0, tìm y.

- Cho thêm số điểm đặc biệt (Chú ý đến tính đ/xứng đồ thị: Hàm bậc ba đ/x qua tâm trung điểm hai cực trị; hàm bậc bốn (trùng phương) đ/x qua trục tung; hàm hữu tỷ đ/x qua giao điểm t/cận)

*****************************************

Hàm số, phơng trình, bất phơng trình mũ lôgarít 1 Hàm số, phương trình, bất phương trình mũ.

Lý huyết

x y x y

a  a a

 ;    

y x

x x y y

a a  a

x x y

y

a a

a





;

1 x

x a

a





Ghi nhớ công thức khử số:         f x g x

a a  f x g x

  1   0

f x

a   f x  ;

    log

f x

a

a  c f x  c

Dạng 1: Phương trình mũ bậc hai m a 2xn a x p0 (1) Cách giải:

 Đặt t a x,t 0,  

2

2 x 2x

t  a a

Ta có p/trình m t 2n t p  0, t 0 (2)  Giải p/trình (2), tìm nghiệm t 0

 Giải p/trình ax  t xlogat  Kết luận, nghiệm (1)

Ví dụ: Giải phương trình sau 1) 32 1x  4.3x  1

2) 2 2   1

x x

    

Lời giải :

1) 32 1x  4.3x  1  3.32x 4.3x  1

Đặt , 0 x

t  t  , t 2 32x Ta có p/trình 3t2 4t 1 0, t 0

Giải p/trình

1 1;

3 t  t 

(thỏa mãn đ/k t 0)  Với t 1, ta có 3x  1 3x 30  x0

- Với

1 t 

, ta có

1

1

3 3

3

x x  x

    

 Vậy p/trình cho có hai nghiệm x0;x1

Chú ý: 32 1x 3 32x 13.32x

2) Để ý  

2

2 1  2 2 2  

Đặt  1 x

t  

, t 0 ,

Khi      

2

2 2

3 2 2

x

x x

t

   

       

   

 P/trình cho trở thành 2t2 t 0 , t 0

Giải p/trình ta t 1 (nhận);

1 t  

 Với t 1, ta có  1 x

x

   

 Vậy p/trình cho có nghiệm x 0

Dạng 2: m a x n a x p0 hay x

x

n

m a p

a

  

Cách giải:

 Đặt t a x,t 0,

1

x x

a

t a



 

Thay vào p/trình cho, giải tìm nghiệm t 0 Rồi tìm x.  Kết luận

Ví dụ : Giải phương trình sau 1) 6x 61x  0

2)

1

1

5 26

5

x x

 

  

Lời giải:

1) Ta có 6x  61x 0  6x 6.6x 0

 Đặt t 6x, t 0 ta có

1

6

x

x t



 

 Ta có p/trình

1

6

t t

  

, t 0

2 5 6 0

t t

    .

Giải p/trình t 6 (thỏa); t  1 (không thỏa)  Vậy ta có 6x  6 x1.

Kết luận: P/trình cho có nghiệm x 1

2) Để ý : 5x1 5 5x 15.5x; 1

1

5x 5 5x  5x

Ta có

1

1

5 26

5

x

x

 

   5.5 26

5

x x

   

Đặt t 5 ,x t 0 ta có p/trình

 

5

5.t 26 0, t

t

    2

5t 26t

   

Giải p/trình

1 5;

5 t  t 

(thỏa mãn đ/k t 0)  Với t 5, ta có 5x  5 x1

- Với

1 t 

, ta có

1

1

5 5

5

x x  x

    

 Tóm lại, p/trình cho có hai nghiệm x1;x1

Dạng 3: Bất phương trình mũ af x  ag x , 0a1

 Nếu 0a1 ta có f x  g x  (đổi chiều BPT)

 Nếu a 1 ta có f x  g x  Với BPT af x  c

- Nếu 0a1, ta có f x  logac (Đổi chiều BPT) - Nếu a 1, ta có f x  logac

Ví dụ : Giải bất phương trình

a) 3

1 2x  x 4



b)  

2

1 9

3

x  x



Giải: a) Ta có

2 3

1 2x  x 4

 3 2

2x  x 2

   x2 3x2

2 3 2 0

x x

      1 x

Vậy BPT cho có tập nghiệm T 1;2

Vì số a  2 1 nên 2x23x 22  x2 3x2 (hai BPT có chiều) Để giải BPT

2 3 2 0

x  x  , ta tìm nghiệm tam thức x2 3x2 xét dấu chọn miền nghiệm.

b)  

2

2

1

3

x  x

    

2

2

1

3

x  x

 

2

2x 3x

   (đổi chiều BPT số a 131)

2

2x 3x

   

1

2 x

   

Vậy BPT cho có tập nghiệm

1 2;

2 T   

 

Bài tập:

Câu (Đề TN 2006, Phân ban): Giải phương trình

2

2 x 9.2x

  

Câu (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban): Giải phương trình 7x 2.71x  0

Câu (Đề TN 2008, L1, Phân ban): Giải phương trình 32 1x  9.3x 6

Câu (Đề TN 2009):

Giải phương trình 25x- 6.5x+ =5

Câu 5: Giải bất phương trình sau

a)    

2 3 2 6

1

2

x  x x



b)

2

2

3 x x x



2 Hàm số, phương trình, bất phương trình lơgarit. Lý huyết

Ghi nhớ: Với 0a1,b0,c0 Tính tốn: logaa  ; logab logab

1

loga b logab



Cộng, trừ logarit : logablogaclog ab c; loga loga loga

b

b c

c

 

Đổi số:

log log

log

a c

a

b b

c 

;

1 log

log

a

b

b

a 

 Cách khử logarit:

     

   

0 loga f x logag x f x

f x g x

 



  

 



   

loga f x  c f x ac

Chú ý: log10alogalga; logealna.

Dạng 1: Biến đổi phương trình loga f x  logag x  Cách giải:

- Dùng cơng thức tính tốn, cộng trừ logarit để biến đổi - Cần ý đến đ/k với biểu thức dấu logarit Ví dụ: Giải p/trình sau:

1) log 93 x log9x5

2) log2x 2log2x 3 log 122

Lới giải:

1)  Đ/k xác định:

0

0

9

x

x x

 

 

  

Khi ta có  

3

log 9x log x5 log log3  3xlog32 x5

3

2 log log

2

x x

    3log3

2 x

 

2

log x x x

      (thỏa mãn đ/k)

 Vậy p/trình có nghiệm x 9

2)  Đ/k xác định

2

3

3

x x

x

x x

  

 

  

 

  

 

Khi ta có log2x 2 log2x 3 log 122

   

2

log x x log 12

   

x 2 x 3 12

    x2 5x 6 0

   

Giải p/trình dược x 6 (thỏa đ/k); x 1 (khơng thỏa đ/k)  Vậy, p/trình cho có nghiệm x 6

Dạng 2: P/trình bậc hai chứa lôgarit

   

2

.loga loga

m f x n f x  p

Cách giải:

 Đ/k xác định: f x    Đặt t loga f x , t  

Ví dụ : Giải ph/trình log2 22x  3log2x 10 0

Giải:

Đ/k xác định: x 0

Ta có    

2 2

2 2

2 2

log x  log x  2log x 4log x

 Đặt t log2x, ta có log2 22x 4t2

 P/trình cho trở thành 4t2 10 0t 

Giải p/trình

5 2;

4 t  t 

 Với t 2, ta có log2x 2 x22  x4

- Với t  54, ta có

5

2

log x 4 x2

 Kết luận: P/trình cho có hai nghiệm

5 4;

4 x x

Dạng 3: Bất p/trình loga f x  logag x , 0a1.

Điều kiện xác định:

   

0 f x g x

 

 

 



- Nếu 0a1, ta có f x   g x  (BPT đổi chiều)

- Nếu a 1, ta có f x  g x  (BPT chiều)

Với BPT loga f x  c

- Nếu 0a1, ta có f x  ac (BPT đổi chiều)

- Nếu a 1, ta có   c

f x a (BPT chiều)

Ví dụ: Giải bất p/trình:

a) log2xlog 32 x 1 b) log132x 1 log13x2

Giải:

a)  Đ/kiện xác định:

0

3

x

x x

 

 



 



 Với

1 x 

ta có :

 

2

log xlog 3x  x3x 1

1

2

2

x x

   

{ Cơ số a  2 nên có BPT chiều}

 Vậy tập nghiệm bất p/trình cho

1 ; T  

 

b)  Đ/kiện xác định:

2 1

2

x

x x

 



 



 Với

1 x 

ta có :

   

1

3

log 2x log x2

2x x

     x3

{ Cơ số a 121 nên BPT đổi chiều}

 Vậy tập nghiệm bất p/trình cho

1 ;3 T  

 

Bài tập:

Câu (Đề TN 2007, Lần 1, Phân ban): Giải phương trình log4xlog 42 x 5.

Câu (Đề TN 2008, Lần 2, Phân ban):

Giải phương trình log3x2log3x 2 log 53 x .

Câu 3: Giải bất phương trình a) log15 x log5x 2 log 315

b) log32x 4log3x

************************************************************

Nguyên hàm, tích phân, øng dơng cđa tÝch ph©n 1 Tích phân

Lý huyết

- F x  nguyên hàm hàm số yf x  liên tục đoạn a b;  Khi

       

b

b a a

f x dx F x F b  F a



- Ghi nhớ tính chất cộng, trừ tích phân cơng thức tính nguyên hàm hàm số thường gặp  k f x dx k f x dx       , (k số)

 dx x C  ;

1 dx

C x

x  



;

2 dx

x C

x  



- Cách tính vi phân hàm số y g x  là: d g x   g x dx  Ví dụ 1: Với u3x 5, ta có

3 5 3 

du d x  x  dx 3dx 

Với t  x2 1, ta có t2 x2 1.

Lấy vi phân hai vế (theo biến tương ứng), ta  2  1

d t d x 

 t2 dt x2 1dx

   2 t dt 2 x dx

   tdtxdx

Ví dụ 2:

a)

 

2

3

I  x  x dx

2 2

2

1 1

3x dx xdx 2dx

   

2 2

2

1 1

3 x dx xdx dx

     

2

3

2

1

3

3

x x

x

2 2 2 1 2 x x x        2

3

2 2.2 2.1

2            15 

Có thể tính gộp:

 

2

3

I  x  x dx

3 2 x x x         2

3

2 2.2 2.1

2                 10

  15

2  b)

J  x dx  

4

1

2x dx

     

2

2 x d x

   

 

4 12

0 1 1 x                 2 x     3 x  

 3  3

1

2.4 2.0

3             26 27 3   

Nhận xét: Với đa số học sinh trung bình nên tính tích phân phương pháp đổi biến

2

t  x  t2 2x1

Lấy vi phân hai vế (theo biến tương ứng) ta  2 2 1 2

d t d x  tdt dx tdt dx

 

Đổi cận: Với x 1 ta có t  2.0 1  ; với x 4 ta có t 3

Vậy

3

3 3

2

1 1

3 t

J t tdt t dt  33 13 26  

Bài tập:

Câu (Đề TN 2008, L2, KPB): Tính

1

3

I  x dx

Câu (Đề TN 2008, L2, Ban KHXH):

Tính tích phân  

2

6

I  x  x dx

Đáp số: Câu 1: I 149; Câu 2: I 9

2 PP đổi biến số. Lý huyết

Một số dạng thường gặp:



 

1 sin cos

b a

I f x xdx

Đặt t sinx, ta có dt cosxdx

 

1 cos sin

b a

I f x xdx

Khi   sin sin b a

I  f t dt

  cos cos b a

I   f t dt



 

2 tan cos2

b a

dx

I f x

x 

Đặt t tanx, ta có cos dt dx x  Khi   tan tan b a

I   f t dt

  

3

b

x x a

I f e e dx

Đặt t e x, ta có dt e dx x

Khi   b a e e

I f t dt

 Tổng quát:

   

3

b a

I f u x u x dx  

Đặt t u x  , dt u x dx  

Ví dụ 1: Tính

 

6

3

cos sin

I x xdx





  

 Đặt t cosx, ta có dt d cosx  sinxdx.

 Đổi cận: Với x 



, ta có

3 cos

6

t   

Với x 



, ta có

1 cos

3

t   

 Khi

      2 2 1

I   t  dt   t dt

3 2 2 t t          2 1

2 2

2 2

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

3 1

8 2

 

      

 

Ghi chú: em đặt t cosx1

Ví dụ 2: Tính

2 cos sin x J dx x    

Ta viết lại

2 cos sin J xdx x    

(có dạng I1)

 Đặt t sinx, ta có dt d sinx  sinx dx cosxdx

Với x 



ta có t sin 

 

 Vậy

 

1

0

3

3

d t

J dt

t t



 

 

   1

0

ln t

  

   

ln ln

    

4 ln ln ln

3

 

Ghi chú: Với đặt t  3 sinx.

Ta có dt d 3 sin x  sin x dx cosxdx  Đổi cận: x 0 t  3 sin 3

3 sin

2

x  t      

 Khi

4

dt J

t



3

4 ln ln ln ln

3 t

   

Cách đặt giúp lời giải gọn phép tính tích phân dễ thực nhiều so với cách Các em lưu ý !

Ghi nhớ: Trong q trình tính tích phân dạng

ln

b

b a a

du u

u 



cần vận dụng vi phân để tính nhanh. Chẳng hạn dx d x m    với m số.

 

1

dx d mx n

m

 

với m, n số.

Ví như,

dx x 

 mẫu có dạng u x 1, tử chưa phải du cần biến đổi để tử thành

du: thay dx d x  1.

Vậy

 1

ln

1

d x dx

x C

x x



   

 

 

Ví dụ 3: Tính

ln

0

x x

e

L dx

e 



 Giải:

 Đặt t e x 1  1

x x

dt e dx e dx

   

 Đổi cận: x 0 t e 0 1

ln

ln 3

x  t e    

 Khi

4 4

1

2 dt

L t

t

 

2 2

  

Chú ý: Ở sử dụng công thức

2 dt

t C

t  



Cách khác: Đặt t  ex1  t2 ex 1 2tdt e dxx

Đổi cận: x 0 t  e0 1 1;

ln3

ln 3

x  t  e    

Khi

2

2

1

2

2

tdt

L dt t

t

   

 

2 2

   .

Bài tập:

Câu (Đề TN BTTH 2006):

Tính tích phân

 

2

2sin cos

I x xdx



  

Câu (Đề TN 2006, Ban KHTN):

Tính tích phân

 

ln ln

1

x x

x

e e

I dx

e  





Gợi ý: Đặt t  ex  1 t2ex 

Suy ex t21 2tdt e dx x

Câu (Đề TN 2006, KPB): Tính

2

2

sin cos

x

I dx

x



 



Câu (Đề TN 2007, Bổ túc): Tính

2

cos sin

x

I dx

x



 



Câu (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHTN):

Tính tích phân  

1 4

2

1

1

I x x dx



 

Đáp số: Câu 1: I 4; Câu 2:

26 I 

; Câu 3:

4 ln

3 I 

Câu 4: I ln 2; Câu 5:

32 15 I 

3 PP tích phân phần

Lý huyết

b b

b a

a a

udv uv  vdu

 

Dấu hiệu: Tích phân có dạng  

1 sin

b a

I f x xdx

;

 

2 cos

b a

I f x xdx

;

 

3

b

x a

I f x e dx

Cách giải: Đặt uf x  du f x dx 

Cịn dvsinxdx, ta có v cosx cos

dv  xdx, ta có vsinx

x

dv e dx , ta có v e x

Ví dụ 1: Tính

 

4

0

2 sin

I x xdx



Giải:

 Đặt u2x 3 du2x3dx 2dx Với dv sinxdx, ta có v cosx.

 Khi đó:

       

4

1 0

0

2 cos cos

I x x x xdx

 

    

   

1 cos 2.0 cos0

4

I          

   

4

2 cos xdx



 

 

1 0

2

3 2sin

2

I       x

   

2

3 sin sin

2

 

   

       

   

2

3

2 2

  

 

       

   

2

3

2



  

Nhận xét: Các em tách

4

0

2 sin 3sin

I x xdx xdx

 

  

Sau tính

4

0

2 sinx xdx xsinxdx

 



 

PP tích phân phần với cách đặt ux.

Và tính

4

4

0

3sinxdx sinxdx 3cosx

 



 

 

. Tính xong, cộng hai kết lại.

Ví dụ 2: Tính

 

2

0

5 x

I   x e dx

Giải:

 Đặt u 5 2x du5 2 x dx 2dx Với dv e dx x , ta có v e x

 Khi

   

2

2 0

0

5 x x

I   x e  e  dx

   

2

2

2

0

5 x

I   e   e  e dx

2

0

1.e 5.1 2ex

   e2 2 e2 e0 e2 2 e2 1

 Vậy I2 3e2

Bài tập:

Câu (Đề TN 2006, Ban KHXH): Tính

 

1

2 x

I  x e dx

Câu (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHXH):

Tính tích phân

 

2

2 cos

I x xdx



  

Câu (Đề TN 2008, L2, Ban KHTN): Tính

 

1

4 x

I  x e dx

Đáp số: Câu 1:I  1 e; Câu 2: I   3; Câu 3: I  3 e

4 Tính diện tích hình phẳng Lý huyết

Dạng 1: Diện tích S hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số yf x , trục hoành hai đường thẳng

;

x a x b  a b  .

 



b a

S f x dx

Cách tính

 

b a

S f x dx

:

 Giải ph/trình : f x   0 tìm nghiệm x x1; ; ;2 xn thuộc đoạn a b;  (Nghiệm không thuộc, ta loại bỏ)

 Phân tích  

b a

S f x dx      

1

1

n

x x b

a x x

f x dx f x dx f x dx

     

Trên khoảng a x; 1 , x x1; 2, ,x bn;  f x  có dấu xác định khơng thay đổi.

Nên

     

1

1

n

x x b

a x x

S f x dx  f x dx   f x dx

{Đưa dấu giá trị tuyệt đối dấu tích phân}

Ví dụ: Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số yx3 x, trục hoành đường thẳng

0;

x x

Lời giải:

 Diện tích hình phẳng cần tìm

2

S x  x dx

 Ta có  

3 0 1 0

x  x  x x    x0;x1

Trên đoạn 0;2, ta loại bỏ x 1

 Suy

1

3

0

   

1

3

0

x x dx x x dx

    

1

4

0

4

x x x x

   

      

   

1 16 1

4 4

   

        

   

1

2

4

   

Nhận xét: Các em nên dùng máy tính cầm tay để tính kiểm tra đáp án !

Nếu em có kỹ xét dấu, lập bảng xét dấu để khử dấu giá trị tuyết đối

3

x  x

đoạn 0;2.

Dạng 2: Diện tích S hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số yf x  yg x  Cách giải:

 Giải ph/trình f x g x  tìm nghiệm x x1; ; ,2 xn (Giả sử x1x2  xn)

 Diện tích hình phẳng cần tìm

   

1

n

x x

Sf x  g x dx

Chia S thành tổng tích phân khoảng x x1; 2 , x x2; 3 ,…,xn1;xn để tính cách đưa dấu giá trị truyệt đối ngồi dấu tích phân

       

2

1

n

n

x x

x x

S f x g x dx f x g x dx



     

       

2

1

n

n

x x

x x

S f x g x dx f x g x dx



       

Ví dụ 2: Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường yx3 x2 y 0

Giải:

 Ph/trình hồnh độ giao điểm hai đường cho :x3 x2 0

 

2 1 0 0; 1

x x x x

     

 Vậy diện tích hình phẳng cần tìm

 

1

3

0

0 S x  x  dx

 

1

1

3

0 0

x x

S  x  x dx   

 

 1

4

 

12 

Bài tập:

Câu (Đề TN BTTH 2006):

Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số yx33x2, trục hoành đường thẳng

2,

x x .

Câu (Đề TN 2006, KPB):

Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm số y e x, y 2 đường thẳng x 1

Để tìm cận cịn lại ta giải ph/trình e x 2 xlog ln 2e 

Chú ý: ln 1

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm

1 ln

2

x

S e  dx

. Các em tự tính tiếp !

Câu (Đề TN 2007, L2, Ban KHXH): Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y x26x,

0 y 

5Tính thể tích khối trịn xoay(khi quay quanh trục Ox) Lý huyết

Dạng 1: Thể tích V khối trịn xoay thu cho hình phẳng  H giới hạn đồ thị hàm số  

yf x , trục hoành hai đường thẳng x a x b ;  a b  quay quanh trục hoành.

 

b a

V  f x  dx

Ví dụ: Tính thể tích vật thể trịn xoay tạo thành cho hình phẳng  H giới hạn đồ thị hàm số

cos

y x, trục hoành hai đường thẳng x 6;x 2

 

 

quay quanh trục hoành.

Giải:

 Thể tích cần tìm

 

2

2

cos

V x dx







 

 

2

2

6

1

cos cos

2

V xdx x dx

 

 

 

    

2

6

1 sin

2 x x





  

   

 

1

sin sin

2 2

   



  

      

 

 

1

.0

2 2 2

   

      

 

 

Bài tập:

Câu (Đề TN 2007, Lần 2, Ban KHTN): Cho hình phẳng (H) giới hạn đường ysinx,y 0,

0, x x

Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình (H) quanh trục hồnh

************************************************************************************** Sè phøc

1 Mơ đun, phép tốn Lý huyết

 Môđun số phức z  a bi  a2b2  Biết cách nhân hai số phức (Chú ý i 2 1) Chia hai số phức:

   

   

a bi c di a bi

c di c di c di

 

 

  

   

2

a bi c di

c d

 





Số phức nghịch đảo:     2

1 a bi a bi

a bi a bi a bi a b

 

 

   

Ví dụ 1: Tính mơ đun số phức z 4 5i.

Giải:

 2

2

4 36

z     

Ví dụ 2: Thực phép tính sau.

a) 3 i 5 3 i b)  

2 3 2i

Giải:

a) 3 i 5 3 i15 9 i 5i 3i2 15 1  4i18 4 i

b)  

2 3 2i

 

    2

2 6

3 3 13

i i i

i i

  

  

  

6

13 13i

 

Ví dụ 3: Tính  

3

2

P  i

.

Giải:

  2 

P  i  i 2 2 i9i2  3 i

2 2i  3i  2i  3i

       

 2

7 21i i 18 2i

   

7 18 21 12i i

    25 9i

Cách 2: Khải triển P (theo đẳng thức) { 

3 3 3

a b a  a b ab b }

 2 3 2 32 3 2  3

P  i i  i

2 18i 27 27i 25 9i

     

Bài tập:

Câu (Đề TN 2008, L1, Phân ban):

Tính giá trị biểu thức    

2

1 3

P  i   i

Lý huyết

 Căn bậc hai số thực âm: Căn bậc hai số thực a 0 gồm hai số i a i a Ví dụ: Căn bậc hai 28 gồm i 282 7i 2 7i .

Ghi nhớ: Chúng ta không viết 28, mà nói bậc hai 28.

Bài tập:

Tìm bậc hai 27; 45.

3 Phương trình bậc hai khơng có nghiệm thực Lý huyết

 Giải phương trình bậc hai ax2bx c 0a0 tập số phức  Với  b2 4ac0 (Delta

âm)

Phương trình có hai nghiệm phức

b i x

a

  



Ví dụ: Giải phương trình 2x2 x 5 0 tập số phức .

Giải:

 Ta có  

2

1 4.2.5 40 39

        .

 Vậy p/trình cho có hai nghiệm

 1 39 2.2

i x  

Hay

1 39

4 i

x  39

4 i

 

Bài tập:

Câu (Đề TN 2006, Phân ban): Giải phương trình sau tập số phức 2x2 5x 4 0

Câu (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban): Giải phương trình sau tập số phức x2 6x25 0 .

Câu (Đề TN 2008, Lần 2, Phân ban): Giải phương trình sau tập số phức x2 2x 2 0.

******************************************

Hình học không gian

( Giải phơng pháp tổng hợp ) Tớnh din tớch, Tính thể tích.

Lý huyết

Thể tích hình chóp

1

3 đáy

V  S h

(h chiều cao)

Thể tích khối cầu bán kính R:

3

4

cÇu

V   R

Thể tớch khối lăng trụ VL/trụ Sđáy.h

Thể tích khối nón trịn xoay :

2

1 .

3

nãn

V  R h

Thể tích khối trụ trịn xoay:

2. trô

V R h

 Diện tích xung quanh hình nón trịn xoay: SXq-nãn R l

Diện tích xung quanh hình trụ trịn xoay: SXq-trơ 2R l

Một số hình cần ý:

- Hình chóp có đáy tam giác, hình vng

- Hình chóp có cạnh vng góc với đáy (hình chữ nhật, hình vng, tam giác vng)

- Hình nón trịn xoay, biết chiều cao, đường sinh, bán kính đường trịn đáy, góc phẳng đỉnh. - Hình nón bị cắt mặt phẳng qua đỉnh giao với đường tròn đáy hai điểm A, B, biết AB giả thiết khác.

Yêu cầu: Giải lại toán SGK HH12 có dạng trên, ghi nhớ cách tính yếu tố cần thiết

mối quan hệ yếu tố dựa vào hình vẽ, tính chất hình.

Bài tập:

Câu (Đề TN 2006, Phân ban) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với đáy, cạnh bên SB a

1 Tính thể tích khối chóp S.ABCD

2 Chứng minh trung điểm cạnh SC tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

Câu (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban): Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh bằng a, cạnh bên SA vng góc với đáy SA =AC Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

Câu (Đề TN 2008, Lần 1, Phân ban):

Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a, cạnh bên 2a Gọi I trung điểm cạnh BC

1) Chứng minh SA vng góc với BC 2) Tính thể tích khối chóp S.ABI theo a Câu (Đề TN 2008, L2, Phân ban):

Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC vng B, đường thẳng SA vng góc với mặt phẳng (ABC) Biết AB=a, BC=a SA=3a

1 Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a

2 Gọi I trung điểm cạnh SC, tính độ dài đoạn thẳng BI theo a Câu (Đề TN 2009):

Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC tam giác cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy

Biết BAC 120 = 0, tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.

Phơng pháp toạ độ không gian 1 Tọa độ điểm, vectơ.

Lý huyết

Yêu cầu nắm được:

- Tính độ dài vecto u a b c ; ; 



:

2 2

u  a b c

- Cho A x y z A; A; A , B x y z B; B; B , C x y z C; C; C

Tính tọa độ trung điểm I đoạn AB, trọng tâm G tam giác ABC.

2 2

A B I

A B

I

A B I

x x

x

y y

I y

z z

z

 

  

 

  

 

 

 ;

3 3

A B C

G

A B C

G

A B C

G

x x x

x

y y y

G y

z z z

z

 

   

 

   

 

   

- Tính tọa độ vecto AB: ABxB x yA; B  y zA; B  zA



 B A2  B A2  B A2

ABAB  x  x  y  y  z  z



- Tính tích có hướng vecto u a b c ; ; 



, v a b c   ; ; 



, b c c; a a; b

u v

b c c a a b

 

   

       

 

 

 

, ; '

u v bc b c ca c a ab a b

        

 

 

- Tính tích vơ hướng vecto u a b c ; ; 



, v a b c   ; ; 



u v aa  b bc c

- Tính góc hai vecto u a b c ; ; 



, v a b c   ; ; 



 

cos ,

u v u v

u v 

   

 

2 2. 2

aa bb cc

a b c a b c

   

  

   

- Nắm được: Cách tính tọa độ điểm, tọa độ vecto thỏa mãn môt hệ thức vecto 2 Mặt cầu.

Lý huyết

 Mặt cầu tâm I a b c ; ;  bán kính R có ph/trình x a 2y b 2z c 2 R2

 Dạng thứ hai: x2y2z2 2ax 2by 2cz d 0 (2)

Với đ/kiện a2b2c2 d 0, (2) p/trình mặt cầu tâm I a b c ; ; , bán kính

2 2

R a b c  d .

Một số dạng thường gặp: Mặt cầu có tâm I a b c ; ;  qua điểm tiếp xúc với mặt phẳng; mặt cầu đí qua điểm không đồng phẳng

Chú ý: Khoảng cách từ điểm M x M;yM;zM  đến mặt phẳng   :Ax By Cz D   0 tính theo cơng thức

 

; 2 2 2

 

 

  



 

M M M

M

A x B y C z D

d

A B C



Dạng 1: Mặt cầu qua điểm M có tâm cho trước I a b c ; ;  Cách giải:

Bán kính mặt cầu R MI

Ví dụ 1: Viết phương trình mặt cầu tâm A1;2; 3  qua điểm M0;2;2 .

Lời giải:

 Mặt cầu qua điểm M0;2;2 nên có bán kính 1 02 2 22  22 26

R MA        

 P/trình mặt cầu (tâm A1;2; 3  ):

Hay      

2 2

1 26

x  y  z 

Ví dụ 2: Viết phương trình mặt cầu đường kính AB biết A1; 2; 1   B3;0; 3 .

Giải:

 Mặt cầu đường kính AB có tâm trung điểm I đoạn AB

Tọa độ tâm I

 

1

2

2

2

1

2

2

A B I

A B

I

A B I

x x

x

y y

y

z z

z

 



  

 

  



  

 

    

  

 

Hay i2; 1; 2    Bán kính mặt cầu

1 22   12   22

R IA           

 P/trình mặt cầu cần tìm:

x 22 y  12z  22  3

Hay      

2 2

2

x  y  z 

Dạng 2: Mặt cầu có tâm I a b c ; ;  tiếp xúc với mặt phẳng  P Ax By Cz D:    0 Cách giải: Bán kính mặt cầu khoảng cách từ tâm I đến mp P

Ví dụ 3: Viết ph/trình mặt cầu có tâm M 0; 1;1  tiếp xúc với mặt phẳng  P x y:   2z 1 0.

Lời giải:

 Mặt cầu tiếp xúc với mp P nên bán kính m/cầu khoảng cách từ tâm M đến mp P :

 

 

 

, 2 2 2

0 2.1

1

M P

R d 

 

   

 

  

2

6



 

 P/trình mặt cầu cần tìm (tâm M0; 1;1 ):

      

2

2 2

0 1

6

x  y   z  

 

Hay    

2

2 1 1

3

x  y  z 

Bài tập:

Câu (Đề TN 2007, L2, Ban KHTN): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm E(1;-4;5) F(3;2;7)

1 Viết phương trình mặt cầu qua điểm F có tâm E Viết phương trình mặt phẳng trung trực đoạn thẳng EF

Câu 2(Đề TN 2009, Ban CB):

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) mặt phẳng (P) có phương trình:

( ) ( ) (2 ) (2 )2

S : x 1- + -y + -z =36

1) Xác định toạ độ tâm T tính bán kính mặt cầu (S) Tính khoảng cách từ T đến mặt phẳng ( )P 2) Viết phương trình tham số đường thẳng d qua T vng góc với (P) Tìm toạ độ giao điểm d và (P).

3 Phương trình mặt phẳng. Lý huyết

Dạng 1: Mặt phẳng qua điểm M x M;y zM M có vecto pháp tuyến nA B C; ; 



PTTQ mp A x x  M B y y  M C z z  M  0

Một số dấu hiệu:

- Mặt phẳng  P vng góc với đường thẳng AB¸ đường thẳng  d Khi vecto AB vecto phương ud



của  d vecto pháp tuyến mp P

- Mặt phẳng  P song song với mặt phẳng  Q , vecto pháp tuyến nQ



mp Q vecto pháp tuyến mp P

Ví dụ 1: Viết phương trình tổng quát mặt phẳng  P qua điểm A1;2; 3  :

a) vng góc với đường thẳng  

1

:

2

x y z

d    



b) song song với mặt phẳng  Q x y:   3z0

c) vng góc với đường thẳng AB với A0;1;1, B  1;2;0

Lời giải:

a) Đ/thẳng  d có vecto phương u 2; 1;3 



  P  d nên  P nhận u 2; 1;3 



làm vecto pháp tuyến Mặt khác  P qua điểm A1;2; 3 

 Vậy p/trình tổng quát  P :

        

2 x  1 y 3 z 3 0

Hay 2x y 3z 9

b)     P || Q nên vecto pháp tuyến  Q , n   1; 1; 3



vecto pháp tuyến  P  Mặt khác  P qua điểm A1;2; 3 

 Vậy p/trình tổng quát  P :

      

1 x1 1 y  z 3 0

Hay x y  3z 0

c)  P AB nên  P nhận AB   1;1; 1 



làm vecto pháp tuyến Mặt khác  P qua điểm A1;2; 3 

 Vậy p/trình tổng quát  P :

      

1 x 1 y z

       

Dạng 2: Mặt phẳng  P xác định hai vecto u



, v



không phương có giá song song nằm  P {Ôn thi ĐH-CĐ}

Cách giải:

Vectơ pháp tuyến  P nu v, 

  

, tích có hướng hai vectơ u



, v



Một số dấu hiệu thường gặp:

- Mp P song song với hai đường thẳng   d1 , d2 không phương

- Mp P vng góc với hai mặt phẳng     ,  không song song Bài tập:

Câu (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHXH):

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1;4;-1), B(2;4;3) C(2;2;-1) 1) Viết phương trình mặt phẳng qua A vng góc với đường thẳng BC

2) Tìm toạ độ điểm D cho tứ giác ABCD hình bình hành

Câu (Đề TN 2006, Ban KHXH): Trong không gian tọa độ Oxyz cho ba điểm A(-1; 1; 2), B(0; 1; 1), C(1; 0; 4)

1 Chứng minh tam giác ABC vng Viết phương trình tham số đường thẳng AB Gọi M điểm choMB2MC

 

Viết phương trình mặt phẳng qua M vng góc với đường thẳng BC

Câu 2 (Đề TN 2009, Ban KHTN): Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; – 2; 3) đường thẳng d có pt

:

x y z

2 1

+ = - = +

-1) Viết phương trình tổng quát mặt phẳng qua điểm A vng góc với đường thẳng d 2) Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d

4 Phương trình đường thẳng. Lý huyết

 Đường thẳng   qua điểm M x M;yM;zM có vecto phương ua b c; ; 



- P/trình tham số   :

M M M

x x at

y y bt

z z ct

 

 

 



  

 , t  

- P/trình tắc   :

M M M

x x y y z z

a b c

  

 

Yêu cầu: Từ p/trình tham số p/trình tắc đ/thẳng phải biết lấy vecto phương điểm thuộc đường thẳng

Dạng 1: Đường thẳng qua điểm M x M;yM;zM  có vecto phương xác định trước.

Một số dấu hiệu thường gặp:

- Đường thẳng   qua hai điểm M N, , vecto MN



vecto phương   - Đường thẳng   vng góc với mặt phẳng  P Khi vecto pháp tuyến nP



- Đường thẳng   song song với đường thẳng  d , vecto phương  d vecto phương  

Ghi nhớ: Nên vẽ hình minh họa để dễ xác định yếu tố giải thiết cho liên hệ tới mối quan hệ

giữa chúng.

Ví dụ 1: Viết phương trình tham số đường thẳng   , biết: a)   qua hai điểm A1;2; 3  , B0;1; 2 

b)   qua điểm M 1; 1;1  vng góc với mặt phẳng   :x 3y z 0.

c)   qua điểm N0;0;2 song song với đường thẳng  d có p/trình

 

2

:

2

x t

d y t

z   

  

  

Lời giải:

a)  Đường thẳng   qua hai điểm A, B nên nhận vecto AB  0 1;1 2; 2    3



 1; 1;1

  

làm vecto phương   Mặt khác   qua A1;2; 3  nên có p/trình tham số

1

3

x t

y t

z t

   

  

  

 , t  

b)  Đường thẳng   vng góc với mp P nên nhận vecto pháp tuyến n  1; 3;1



 P làm vecto phương  

 Mặt khác   qua điểm M1; 1;1  nên có p/trình tham số

1

x t

y t

z t

  



  

  

 , t  

c) Đ/thẳng  d có vecto phương u2;1;0



 Đ/thẳng   song song với  d nên nhận u2;1;0



làm vecto phương  Mặt khác   qua điểm N0;0;2 nên có p/trình tham số

0 2

x t

y t

z   



  

 

 , t  .

Bài tập:

Câu (Đề TN 2007, Bổ túc):

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm E(1;0;2) , M(3;4;1) N(2;3;4) Viết phương trình tắc đường thẳng MN

Viết phương trình mặt phẳng qua điểm E vng góc với đường thẳng MN Câu (Đề TN 2007, Lần 2, Ban KHXH):

 

1

:

6

x t

d y t

z t

   

  

  

 .

1 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M vng góc với đường thẳng (d) Viết p/trình tham số đường thẳng qua hai điểm M N

5 Góc, khoảng cách. Lý huyết

 Khoảng cách từ điểm M x M;yM;zM  đến mặt phẳng   :Ax By Cz D   0 tính theo công thức

 

; 2 2 2

 

 

  



 

M M M

M

A x B y C z D

d

A B C



Bài tập:

Câu (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHTN):

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(3; -2;-2) mặt phẳng (P) có phương trình 2x-2y+z-1=0

1) Viết phương trình đường thẳng qua điểm A vng góc với mặt phẳng (P)

2) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt phẳng (Q) cho (Q) song song với (P) khoảng cách (P) (Q) khoảng cách từ điểm A đến (P)

Câu (Đề TN 2008, Lần 2, Ban KHTN):

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-2;0), N(-3;4;2) mặt phẳng (P) có phương trình2x2y z  0

1 Viết phương trình đường thẳng MN

2 Tính khoảng cách từ trung điểm đoạn thẳng MN đến mp(P) Câu (Đề TN 2008, L2, Ban KHXH):

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A2; 1;3  , mặt phẳng  P x:  2y 2z 10 0 1) Tính khoảng cách từ điểm A đến mp(P).

2) Viết phương trình đường thẳng qua điểm A vng góc với mặt phẳng (P) Bài tốn tổng hợp

Câu (Đề TN BTTH 2006): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(4; 3; 2), B(3; 0; 0), C(0; 3; 0) D(0; 0; 3)

Viết phương trình đường thẳng qua điểm A trọng tâm G tam giác BCD Viết phương trình mặt cầu có tâm A tiếp xúc với mặt phẳng qua ba điểm B, C, D Câu (Đề TN 2006, Ban KHTN):

Trong không gian tọa độ Oxyz cho ba điểm A(2; 0; 0), B(0; 3; 0), C(0; 0; 6)

1 Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C Tính diện tích tam giác ABC Gọi G trọng tâm tam giác ABC Viết phương trình mặt cầu đường kính OG Câu (Đề TN 2006, KPB):

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1; 0; -1), B(1; 2; 1), C(0; 2; 0) Gọi G trọng tâm tam giác ABC Viết phương trình đường thẳng OG

Viết phương trình mặt cầu (S) qua bốn điểm O, A, B, C

Viết phương trình mặt phẳng vng góc với đường thẳng OG tiếp xúc với mặt cầu (S) Câu (Đề TN 2007, L1, Ban KHXH):

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm E1;2;3 mặt phẳng   :x2y 2z 6 1) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm gốc tọa độ tiếp xúc với mp 

Lời nhắn:

- Để ơn tập có trọng tâm, em cần tập trung ơn tập bám sát theo dạng tốn mà cấu trúc đề thi đã đưa ra.

- Làm thêm tập tương tự dạng SGK (để đối chiếu với đáp án SGK cho).

- Dành thời gian để giải số đề thi thử (theo cấu trúc Bộ GD&DDT) để rèn luyện thêm Khi làm, cần tạp trung làm nghiêm túc theo thời gian định (150 phút).

- Sau lần giải đề, tự đánh giá xem phần đạt yêu cầu, phần chưa, cịn yếu cố gắng rèn luyện thêm.

- Trong trình biên soạn, thời gian gấp rút nên khơng thể tránh thiếu sót Rất mong em học sinh thông cảm, phát góp ý giúp thầy hồn thiện tài liệu để lưu hành cho năm sau.

Bông hồng thủy tinh Nếu đắm say vội vã Ta trao để lãng quên Nhưng năm tháng trơi

Để lịng mang bao vết thương khắc sâu Vì ta trót u

Tình yêu xưa vết cứa xót xa Tim anh âm thầm đau đớn

Bụi mờ khứ giăng che mờ đàn nín câm Và tình u xin gọi tên “Bơng hồng thủy tinh”

Để sỏi đá quen bước chân anh đêm phố khuya Xin mơ cho hoa mãi tim ta Xin cho đôi tay nâng niu vơ tình có đánh rơi Vì tình u mong manh thủy tinh Anh không muốn đời thiếu em, thiếu em Để thời gian ta chia xa khơng phai nhịa Để ngày mai ta mãi không quên Xin em giữ kỷ niệm “Bông hồng thủy tinh” *

* *

Nếu đắm say tìm đến

Khi thời gian chưa xố mờ vết thương Dù cho năm tháng qua

Cuộc tình chia cách xa đơi nơi Ngày xưa ta yêu

Dù thời gian cho lãng quên Ai âm thầm tiếc nuối

Dù bụi mờ khứ giăng che mờ đàn nín câm Tình u gọi tên “Bơng hồng thủy tinh”