các chuyên đề giải tích lớp 12 lí thuyết bài tập và lời giải

Các chuyên đề Toán học về giải tích chương trình THPT cơ bản đến nâng cao lớp 12 được biên soạn tương đối đầy đủ về các bài tập được giải chi tiết từng bài. Tài liệu này giúp giáo viên tham khảo để dạy học, học sinh tham khảo rất bổ ích nhằm nâng cao kiến thức toán học về giải tích và để ôn thi THPQG và thi đại học.

NGUYỄN PHÚ KHÁNH NGUYỄN TẤT THU – NGUYỄN TẤN SIÊNG NGUYỄN ANH TRƯỜNG – ĐẬU THANH KỲ ( Nhóm giáo viên chuyên toán THPT ) Dành cho thí sinh lớp 12 ôn tập thi Đại học, Cao đẳng Biên soạn theo nội dung cấu trúc đề thi Bộ GD &ĐT NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI Lời nói đầu Các em học sinh thân mến! “ Bài giảng trọng tâm theo chuyên đề giải tích 12 – tập “ thuộc sách “ Bài giảng trọng tâm theo chuyên đề : lớp 10,11,12 “, nhóm tác giả chuyên toán THPT biên soạn Với cách viết khoa học sinh động giúp bạn đọc tiếp cận với môn tốn cách tự nhiên, khơng áp lực, bạn đọc trở nên tự tin động hơn; hiểu rõ chất, biết cách phân tích để tìm trọng tâm vấn đề biết giải thích, lập luận cho toán Sự đa dạng hệ thống tập tình giúp bạn đọc ln hứng thú giải toán Tác giả trọng biên soạn câu hỏi mở, nội dung bám sát sách giáo khoa cấu trúc đề thi Đại học, đồng thời phân tập thành dạng tốn có lời giải chi tiết Hiện đề thi Đại học khơng khó, tổ hợp nhiều vấn đề đơn giản, chứa nhiều câu hỏi mở không nắm lý thuyết lúng túng việc tìm lời giải tốn Với tốn, khơng nên thỏa mãn với lời giải vừa tìm mà phải cố gắng tìm nhiều cách giải cho tốn đó, cách giải có thêm phần kiến thức ơn tập Mơn Tốn môn ưa phong cách tài tử, phải tài tử cách sáng tạo thông minh Khi giải tốn, thay dùng thời gian để lục lọi trí nhớ, ta cần phải suy nghĩ phân tích để tìm phương pháp giải tốn Đối với Tốn học, khơng có trang sách thừa Từng trang, dòng phải hiểu Mơn Tốn địi hỏi phải kiên nhẫn bền bỉ từ tập đơn giản nhất, kiến thức Vì kiến thức giúp bạn đọc hiểu kiến thức nâng cao sau Giờ đây, nhớ tới câu nói Ludwig Van Beethoven: “ Giọt nước làm mịn tảng đá, khơng phải giọt nước có sức mạnh, mà nước chảy liên tục ngày đêm Chỉ có phấn đấu khơng mệt mỏi đem lại tài Do ta khẳng định, khơng nhích bước khơng xa ngàn dặm” Mặc dù tác giả dành nhiều tâm huyết cho sách, song sai sót điều khó tránh khỏi Chúng tơi mong nhận phản biện góp ý quý báu quý độc giả để lần tái sau sách hồn thiện Thay mặt nhóm biên soạn Chủ biên: Nguyễn Phú Khánh CHỦ ĐỀ: HÀM SỐ LŨY THỪA, HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LOGARIT HÀM SỐ MŨ – HÀM SỐ LOGARIT A.TÓM TẮT GIÁO KHOA Lũy thừa với số mũ nguyên: a Định nghĩa: Cho n số nguyên dương số thực a Khi đó: (tích n số a ) ∗ an = a.a a với a ≠ ∗ a0 ≠ 1 với a ≠ ∗ a− n = n a Ghi chú: ∗ Với n ≤ an có nghĩa ⇔ a ≠ ∗ Với ∀a ≠ an = −n a b Các tính chất đẳng thức: Với hai số thực a,b ≠ m,n số ngun ta ln có: aman = am+ n am m− n ( ) am n n = amn =a n ( ab) = an bn an c Các tính chất bất đẳng thức ∗ Cho m,n số nguyên dương , ta có: + Với a > am > an ⇔ m > n  a an  ÷ =  b bn ( b ≠ 0) + Với < a < am > an ⇔ m < n Nhận xét: Với a > am = an ⇔ m = n ∗ Cho < a < b số nguyên m , ta có: am < bm ⇔ m > am > bm ⇔ m < Nhận xét : Với < a < b am = bm ⇔ m = ∗ Nếu n số tự nhiên lẻ an < bn ⇔ a < b Căn bậc n a Định nghĩa: Với n số nguyên dương, bậc n a số thực b thỏa mãn: bn = a b Tính chất: Cho a,b ≥ , hai số nguyên dương m,n hai số nguyên tùy ý p,q Ta có: n a.b = n a.n b n p a = ( a) n p n a na = b nb ( b > 0) nm a = mn a Nếu p q = n m n p n a = aq ( a > 0) Lũy thừa với số mũ hữu tỉ a Định nghĩa: Cho số thực a > số hữu tỉ r = số nguyên n > ) Khi m m,n ( hai n m = an n a = am Chú ý : Lũy thừa số mũ hữu tỉ định nghĩa cho số thực dương b Tính chất: Lũy thừa với số mũ hữu tỉ có đầy đủ tính chất lũy thừa với số mũ nguyên Lũy thừa với số mũ thực a Định nghĩa: Cho số thực dương a α số vô tỉ Khi tồn r α dãy số hữu tỉ ( rn ) có giới hạn α a = lim a n r n→+∞ b Tính chất: Lũy thừa với số mũ thực có đầy đủ tính chất lũy thừa với số mũ nguyên Lưu ý : ∗ Lũy thừa với số mũ nguyên âm mũ số khác khơng ∗ Lũy thừa với số mũ hữu tỉ số thực số dương Logarit a) Định nghĩa: Cho a > 0,a ≠ 1,b > loga b = α ⇔ aα = b Đặc biệt: loga b = α ⇔ aα = b lgb = α ⇔ 10α = b lnb = α ⇔ eα = b b) Tính chất: log α • loga = loga a = a a =α loga aα = α • loga bα = α loga b loga ( x1x2 ) = loga x1 + loga x2 x • log α b = loga b loga = loga x1 − loga x2 a α x Đặc biệt: loga = log b = − loga b b loga n b = a loga b n loga b = logc b logc a • a > 1⇒ loga b > loga c ⇔ b > c > • < a < 1⇒ loga b > loga c ⇔ < b < c Hàm số mũ a Định nghĩa: Là hàm số có dạng y = ax , a > gọi số b Tính chất: * Tập xác định: ¡ * Giới hạn – đạo hàm x • Giới hạn: lim(1+ )x = e lim e − = x→0 x x→0 x ( ) Đặc biệt: ( e ) ' = e ( ) • Đạo hàm: ax ' = ax lna Từ suy ra: au ' = u'au lna x x ( ) u u e ' = u'.e * Tính đơn điệu: a > hàm đồng biến, < a < hàm nghịch biến Hàm số lũy thừa a Định nghĩa: Là hàm số có dạng: y = xα , α ∈ ¡ b Tính chất: * Tập xác định: • Nếu α số nguyên dương tập xác định ¡ • Nếu α nguyên âm tập xác định ¡ \ {0} • Nếu α khơng số ngun tập xác định (0; +∞) ( ) α α−1 α α−1 * Đạo hàm : x ' = α.x từ suy ra: ( u(x))  ' = αu'(x).( u(x))   u'(x) n n u(x) ' = x '= Đặc biệt: n n −1 n.n un−1(x) n x * Tính đơn điệu: Hàm đồng biến (0; +∞) α > nghịch biến (0; +∞) α < Hàm số logarit a Định nghĩa: Là hàm số có dạng: y = loga x , < a ≠ b Tính chất: * Tập xác định tập (0; +∞) * Giới hạn – Đạo hàm: ln(1+ x) • Giới hạn: lim =1 x→0 x u' • Đạo hàm: ( loga x) ' = Từ đó, suy ra: ( loga u ) ' = xlna ulna u' Đặc biệt: ( lnx) ' = ( lnu ) ' = x u * Tính đơn điệu: Hàm đồng biến a > nghịch biến < a < ( ) ( ) B.PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN Dạng Tính giá trị biểu thức – Rút gọn Ví dụ 1.1.1 Rút gọn biểu thức 10 −0,2 A = (32) ( 3+ 2)4( 3− 2)4  2 B=  ÷  5 C= a− b −0,25  1 − ÷  64  a−4b  3 + ÷  27  −1  25 − ÷  4 32  2 + ÷  3  a+ b  D= − ab ÷: 3  a+ b  a + ab − a+ 4b − ( a− 3b ) Lời giải ( ) Ta có: A = 25 ( 3+ 2)| 3− 2|  2 B=  ÷  5 ( C= a+ 4b )( ( ) − −  2 + ÷  3 2(−1+ )  5 − ÷  2 a− 4b a− b )− ( 3 − = −2 + = + 2 5 2  2 + ÷  3 a4 a + b a+ b 3 D =  a2 − ab + b2 − ab ÷:   3 D =  a2 − 23 ab + b2 ÷:   ( = = a + b − a = b a− 3b a− 3b 2  2 − + ÷ = 5  3 ) =( ) a− 3b ) :( a− 3b ) = Ví dụ 2.1.1 Rút gọn biểu thức E= (x π + yπ 4 − 3  a a ) π   −  4π xy ÷  ÷   2 + a3 ÷  ÷   1 1 − a4  a4 + a ÷  ÷   Lời giải F= E = x2π + y2π + 2xπ yπ − 4xπ yπ = x2π + y2π − 2xπ yπ = F= − a a 3 + a3 a3 − a4 a4 + a4 a = (x π − yπ a−1 + a2 1+ a3 1− a + a2 = = = − 1+ a a+ a a a( 1+ a) ) = xπ − yπ Ví dụ 3.1.1 Rút gọn biểu thức log3 135 log3 A= − log15 log405 5 B = log ( log3 8.log2 3) − log25 10 + log 2 Lời giải log3 135 log3 A= − = log3 135.log3 15 − log3 5.log5 405 log15 log405 A = log3 ( 5.27) log3 15 − log3 5.log3 ( 27.15) = ( log3 + 3) log3 15 − log3 5( + log3 15) A = 3( log3 15 − log3 5) = 3.log3 B = log 3−2 15 =3 5 ( 3log3 2.log2 3) − log52 10 + log5−1 1 5 1 = − log3 −  log5 10 + log5 ÷ = − − log5 25 = − 2 2 2 Ví dụ 4.1.1 Rút gọn biểu thức C= D= ( lg − ) 20 20 + lg  49 + 20 ÷   ( 4ln e + 5ln e3.5 e ) log7 2.log6 + log11 3.log6 11 log2 3.log9 Lời giải Ta có: C= ( + 6) 49 + 20 = ( lg − ) 20 4lne2 ( + lg + 3+ ) 20 = 5+ lg (5 − 6)(5 + 6)  =  2+ 20 =0 + 5lne log7 log11 + log7 log11 2( log6 + log6 3) 2log6 D= = = = 3 3 log2 3.log3 2 Ví dụ 5.1.1 Rút gọn biểu thức sau với điều kiện biểu thức tồn tại: ( ) A = log3b a + 2log2b a + logb a ( loga b − logab b) − logb a 12 B= C= log2( log2 2a) +1 log2 a + log42 a4 − 2log2 2a2 + log2 2a 1 + + + log2 n! log3 n! logn n! Lời giải ( ) Ta có: A = logb a + 2logb a + ( 1− logb a.logab b) − logb a  2 = ( logb a + 1)  1− ÷− logb a loga ab ÷    2 = ( logb a + 1)  1− ÷− logb a 1+ loga b ÷   logb a   = ( logb a + 1)  1− ÷− logb a = logb a + 1− logb a = logb a + 1÷   Ta có: B = = + 4log2 a + 2(1+ log2 a).log2 a + 4log22 a − log2 2a 6log22 a + 6log2 a log2 a + = 6log2 a Ta có: C = logn! + logn! + + logn! n = logn!(2.3 n) = Ví dụ 6.1.1 Tính log36 24 , biết log12 27 = a Tính log24 15 theo a,b , biết log2 = a, log5 = b Tính log25 24 theo a,b , biết log6 15 = a, log12 18 = b Tính log126 150 theo a,b,c , biết log2 = a, log3 = b, log5 = c Lời giải 3 = a = log12 27 = 3log12 = log 12 = log3 22.3 2log3 + ( ) Suy log3 = 3− a 2a log2 = 2a 3− a ( ) Ta có: log36 24 = log36 = 3log36 + log36 Hơn log36 = log36 = 1 3− a = = = log2 36 2log2 2( 1+ log2 3) + 2a 1 2a = = = log3 36 2log3 2( 1+ log3 2) + 2a 9− a − 2a 1 + log24 15 = log24 + log24 = log3 24 log5 24 Vậy, log36 24 = 3log36 + log36 = = 1 + 3log3 + 3log5 + log5 Hơn log3 = log3 5.log5 = Vậy, log24 15 = a( 1+ b) + ab 1 = log5 log2 ab 1 3log5 + log5 3) = ( 3x + y ) với x = log5 2, y = log5 ( 2  y+1 1 + = a = log6 15 = log6 + log6 = log log5 + log5 x + y  1+  log5  x + 2y 1  b = log 18 = log + 2log = + = 12 12 12  log5 log5 2x + y 2+ 1+  log5 log5  b− 1− 2b , y= Suy x = 2b − a − ab − 2b − a − ab − b− Vậy, log25 24 = 4b − 2a − 2ab − log126 150 = log126 + log126 + log126 log25 24 = = 1 1 + + = + log2 126 log3 126 log5 126 log2 + 2log2 + log2 + 1 + log3 + 2log3 + log3 log5 + 2log5 + log5 Từ giả thiết suy ra: log3 = 1 = , log2 = log2 3.log3 5.log5 = abc log2 a log3 = log3 5.log5 = bc , log5 = 1 = , log5 = log5 3.log3 = log3 b ab 1+ a + 2ab 1+ 2a + abc CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1: Tính giá trị biểu thức: Vậy, log126 150 = 14 Phương trình cho tương đương với: 4z − − 7i = ( z − i ) ( z − 2i ) hay z2 − ( + 3i ) z + 1+ 7i = ( ∗) Cách 1: phương trình có biệt số ∆ = − 4i ⇔ ∆ = i − 4i + = ( i − 2) ( ∗) ⇔ z = 1+ 2i z = + i Cách 2: Gọi δ = x + yi ( x,y∈ ¡ ) bậc hai ∆ , x2 − y2 = 2 hay suy  x + yi = − 4i x − y + 2xyi = − 4i ( ) 2xy = −4 ⇔ ( x;y ) = ( 2; −1) , ( −2;1) ( ∗) ⇔ z = 1+ 2i z = + i Vậy, phương trình cho có hai nghiệm z = 1+ 2i z = + i 200( 1+ 7i ) 200 z 2 = = + 28i Ta có: z2.z = z ⇒ = z 1− 7i ( 1− 7i ) ( 1+ 7i ) z2 Phương trình cho tương đương với z2 + z + + 28i = ( ∗) , phương trình có biệt số ∆ = −15 − 112i = ( − 8i ) Khi phương trình ( ∗) có nghiệm z = − 4i z = −4 + 2i Với z = − 4i suy z = + 4i Với z = −4 + 2i suy z = −4 − 2i Vậy, phương trình cho có nghiệm z = −4 − 2i z = + 4i Phương trình cho viết thành: ( z − 1)  z − 2( 1+ 3i ) z + 2i − 5 =   z = ⇔  z − 2( 1+ 3i ) z + 2i − = ( ∗) Phương trình ( ∗) có ∆ ' = ( 1+ 2i ) nên ( ∗) có nghiệm z = i, z = + 5i Vậy, phương trình cho có nghiệm z = z = i, z = + 5i Bài 4: 2 Vì ∆ = ( 1− 5i ) + 4( + i ) = − 6i = ( − i ) nên z1 = 1+ 2i z2 = −2 + 3i Vì ∆ = −3 + 4i = + 4i + i = ( i + 2) nên z1 = + 3i z2 = 1+ i z = −1+ 3i , z = −2 − i Vì ∆ = −63 − 16i = ( 1− 8i ) nên z1 = − 12i z2 = + 4i z = 2i , z = −1+ i Ta có: ∆ = ( 2i + 1) − 4( 1− 5i ) = −7 + 24i = ( + 4i ) ⇒ δ = + 4i bậc hai ∆ Vậy phương trình có hai nghiệm: z1 = i + 1; z2 = −2 − 3i Bài 5: z = 2i, z = −1− 2i, z = −1+ 2i z = 5i, z = −2 − 5i, z = −2 + 5i z = −3i, z = − i, z = + i Bài 6: z = + 4i, z = − 4i, z = z2 + z2 = + 2i z + z = − i ⇔ Bài 7:  z1z2 = − 5i z1 + z2 = − i z1, z2 nghiệm phương trình: z2 − ( − i ) z + − 5i = ( 3) Ta có: ∆ = −5 + 12i = + 2.2.3i + 32i = ( + 3i ) Phương trình ( 3) có nghiệm z = 1− 2i z = + i z1 = 1− 2i z1 = + i Vậy, hệ phương trình cho có nghiệm:   z2 = + i z2 = 1− 2i Bài 8: x − yi x2 + y2 ≠ , đặt z = x + iy ⇒ = z x + y2 Từ hệ phương trình cho suy x + ⇔ x + iy + 3( x − yi ) 2 x +y −i x − yi 2 x +y 3x − y  x + 3y  + iy − ÷=  x +y x2 + y2 ÷   = 3⇔ z + 2 3− i = hay z2 − 3z + − i = z Phương trình có nghiệm z = + i;z = 1− i Do hệ cho có nghiệm ( x;y ) = ( 2;1) ( x;y ) = ( 1; − 1) x > 0,y > Đặt u = x,v = y với u,v >     u  1+ ÷= u − vi u + v2    Hệ cho có dạng:  , đặt z = u + iv ⇒ = z  u + v2  v  1− ÷=   u2 + v2   Từ hệ phương trình cho suy u + iv + u − iv = + i ⇔ z+ = + i z 7 u2 + v 2     ⇔ z2 −  + i÷ z + = , phương trình có ∆ = + 2i  ÷ nên ÷    21    2   2 + i+ + 2i ÷ = + +  + 2÷ có nghiệm z = ÷i 21   21   350    2 i− + 2i ÷ = − +  − 2÷ ÷i 21   21     2 + ; + ÷ Hệ cho có nghiệm ( x;y ) =  ÷ 21     2 − ; − ÷   ÷ 21   Bài 9: 2z3 − 9z2 + 14z − = (2z − 1)(z2 − 4z + 5) z= + 2 ⇒ 2z3 − 9z2 + 14z − = ⇔ z = ;z = ± i 2 z4 − 4z2 − 16z − 16 = (z2 − 2z − 4)(z2 − 2z + 4) ⇒ z4 − 4z2 − 16z − 16 = ⇔ z = 1± 5;z = 1± 3i Bài 10: z nghiệm thực phương trình z3 + 3z2 − 3z − m = ⇔ ⇔ m = 1;m = z − = Nếu phương trình có nghiệm thực r thì: ( 1− i ) r2 + ( λ + i ) r + 1+ iλ = ⇔ r + λr + 1+ i ( −r + r + λ ) = r2 + λr + = r2 + λr + = r + λr + = ( 1) ⇔ ⇔ ⇔ Từ phương ) ( ) ( )( −r + r + λ = λr + r + λ + =  λ + r + = trình ( 2) ta có: *) Nếu λ = −1 từ ( 1) suy r2 − r + = , phương trình khơng có nghiệm thực *) Nếu r = −1 từ ( 1) suy 1− λ + = ⇒ λ = Vậy phương trình cho khơng có nghiệm thực λ ≠ Bài 11: Đặt S = z1 + z2;P = z1z2 S + P = − 2i S = − i S = −4 + i ⇔ Ta có hệ :   S − 2P = −11− 2i P = − i P = 13 − 3i 7    Từ ta tìm nghiệm (z1;z2) =  − i; − − i ÷, − − i; − i ÷ 2 2     Vì z = nên đặt z = cosx + i sinx,x ∈ [0;2π) Ta có z2 = cos2x + i sin2x,z = cos2x − i sin 2x nên z z z2 + z z2 + z + = = = cos2x z z zz z 1 π kπ ⇔ cos2 2x = ⇔ 1+ cos4x = ⇔ x = ± + ,k ∈ ¢ Vì x ∈ [0;2π) nên nghiệm x π π 2π 5π 7π x1 = ,x2 = ,x3 = ,x = ,x = , 3 6 4π 5π 11π x6 = ,x7 = ,x8 = 3 Vậy zk = cosxk + i sinxk ,k = {1;2; ;8} 1= Dạng Phương trình quy bậc hai Bài 1: Vì z = khơng nghiệm phương trình, nên chia vế phương trình cho với z2 , ta phương trình:  1  1  z − ÷ −  z − ÷ + = ( ∗) z  z  Đặt t = z − , phương trình ( ∗) trở thành: t2 − t + = ⇔ z 2 1+ 3i 1− 3i  1  3i  t − t+ = − ⇔ t− ÷ =  ÷ ⇔ t = t = 4 2 2   2 1− 3i 1− 3i ⇔ 2z2 − ( 1− 3i ) z − = ⇔ z = 1− i Với t = tức z − = z 1 z=− − i 2 1+ 3i 1+ 3i ⇔ 2z2 − ( 1+ 3i ) z − = ⇔ z = 1+ i Với t = tức z − = z 1 z=− + i 2 1 Vậy, phương trình cho có nghiệm z = 1− i, z = 1+ i, z = − − i, 2 1 z=− + i 2 Bài 2: ( ) t2 − ( − i ) t − 2i = , t = z ⇔ t = t = −i Suy ra: ⇒ z = ±i 2,z = ± ( −1+ i ) 352 Nhận thấy z = nghiệm phương trình Chia  1  1 hai vế phương trình cho z2 ta được: 2 z + ÷ − 7 z + ÷+ = z   z   1 1± i ⇒z= , ⇒ 2t2 − 7t + = 0,  t = z + ÷ ⇔ t = t = z  z = 2, z =  1  1 1 4 z + ÷− ( + 10i )  z − ÷ + 15i − = ⇒ z = 2,z = − ,z = 2i,z = i z 2  z    4   z + ÷− ( + i )  z +  z   ( 2 ÷+ + 3i = z ) Phương trình ⇔ 25z2 + 10 − ( 50iz + 12i ) = ( )( ) ⇔ 25z2 + 50iz + 10 + 12i 25z2 − 50iz + 10 − 12i = 2  25z2 + 50iz + 10 + 12i = ( 5z + 5i ) = −35 − 12i = ( 1− 6i )  ⇔ ⇔  25z2 − 50iz + 10 − 12i = ( 5z − 5i ) = −35 + 12i = ( 1+ 6i )   1− 11i −1+ i  z1 = ;z2 = ⇔  z = 1+ 11i ;z = −1− i  5 Bài 3:  4+  = z + 5÷ t4 + 6t2 − 40 = 0,  t = z +   ⇔ t2 = t2 = ±i 10 ⇒ z = −3,z = −7,z = −5 ± i 10 ( ) 2 z2 + = i ( z + 3) z = ±1,z = 2i − 1,z = −2i + 1,z = −3 ( )( ) 2 z + 2z z + 2z − = Bài 4: Ta có phương trình ⇔ f ( z ) = ( 2z − i ) − ( z − 1) = f ( z ) = 15( z − z1) ( z − z2 ) ( z − z3 ) ( z − z4 ) Vì z12 + = ( z1 − i ) ( z1 + i ) ⇒ P = Mà fi( ) = i − ( i − 1) 4 fi( − ) fi( ) 225 = 5; fi( − ) = ( −3i ) − ( i + 1) = 85 4 Vậy P = 17 Dạng Dạng lượng giác số phức Bài 1:  1   π π  π π + i ÷ =  cos + i sin ÷,1− i =  cos − i sin ÷ 1+ i =  4 4      12 12 12  π π  π π  12 12  A = ( 1+ i ) + ( 1− i ) =  cos + i sin ÷ +  cos − i sin ÷  4 4      = 64( 2cos3π ) = −128   π π   2 cos + i sin ÷  3  cos π + i sin π z =   =    3π 3π π π cos + i sin   cos + i sin ÷ 4 4      3π   3π    π π = 2  cos π − ÷+ i sin  π − ÷ = 2 cos + i sin  = + 2i 4  4     z z Vậy phần thực phần ảo z1 = w w = a + bi ( a, b ∈ ¡ ) , z1 − z2 = z1 = z > Đặt z2 ⇔ z2w − z2 = z2w = z2 > tương đương với w − = w = tức ( a − 1) + b2 = a2 + b2 = hay * Với w = a= , b= ± 2 4π 4π π π + i = cos + i sin Ta có w = cos + i sin 3 2 3 4π  1 4π 4π  ÷ = cos − i sin Do A = 2cos = −1 3 w − i , tương tự ta có A = −1 2 Cách 1: 1 Ta có: z = 1− 3i ( 1+ i ) = 1− 3i + 3.1.3i − 3i ( 1+ i ) 2 = 1− 3i − + 3i ( 1+ i ) = −4( 1+ i ) ⇒ iz = −4 − 4i * Với w = ( ( ) ( ) ) Do z + iz = −4 − 4i − 4i − = 1+ i = ( )   π  π  Cách 2: Ta có 1− 3i = 2 cos − ÷+ i sin  − ÷÷  3  3   354 ( ⇒ 1− 3i ⇒z= ) ( ) = cos( −π ) + i sin ( −π ) = −8 −8 −8( 1+ i ) = = −4 − 4i 1− i ⇒ z + iz = −4 − 4i + i ( −4 + 4i ) = −8( 1+ i ) ⇒ z + iz = Bài : 1  1+ i 2 ( ) 2010 ( ) + 1− i 2010  2  = C 2010 − 3C 2010 + C 2010 +  1004 2008 + ( −1) 3k C 2k C 2010 − 31005C 2010 2010 + + 2010 k ( 1+ i 3) 2010 ( ) + 1− i 2010 =  2010π 2010π  2010  -2010π -2010π  = 22010  cos + sin + sin ÷+  cos ÷ 3 3     1+ A + iB = 1+ ( cosx + i sinx) + ( cos2x + i sin2x) + + ( cosnx + i sinnx) = 1+ ( cosx + i sinx) + ( cosx + i sinx) + + ( cosx + i sinx) = = 1− ( cosx + i sinx) n +1 1− ( cosx + i sinx) 2sin2 = n 1− cos( n + 1) x − i sin ( n + 1) x 1− cosx − i sinx n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 x − 2i sin xcos x sin x sin x − i cos x 2 2 2 = x x x x x x 2sin2 − 2i sin cos sin sin − i cos 2 2 2 n +  sin n + 1x − i cos n + 1x  sin x + i cos x  x  2 ÷ 2 ÷   = x sin ( n + 1) x cos nx sin n + 1x.sin nx n+1 sin x sin  nx nx  cos + i sin 2 +i 2 = =  x x x 2   sin sin sin 2 So sánh phần thực phần ảo vế ta thu kết quả: n+1 nx ( n + 1) x cos nx sin x.sin sin 2 2 − 1, B = A= x x sin sin 2 sin Bài : Để ý cos5x + i sin5x = ( cosx + i sinx) Suy cos5x = cos5 x − 10cos3 xsin2 x + 5cosxsin4 x Suy sin5x = 5sinx.cos4 x − 10sin3 xcos2 x + sin5 x Bài : Phương trình đặc trưng dãy số cho x2 − x + = có π π π π nghiệm phức x1 = cos − i sin , x2 = cos + i sin , nên 3 3  nπ nπ  un = 1n  A.cos + B.sin ÷ , ∀n ∈ ¥ ∗ Vì u1 = 1, u2 = nên có 3  A B  π π =1 u = = A.cos + B.sin  +  2 3 ⇔ tức    A B u = = A.cos 2π + B.sin 2π − + =  3 Suy un = cos A =   B =  nπ nπ , ∀n ∈ ¥ ∗ Vậy, + sin 3  3 nπ nπ ∗ tức ( u ) bị chặn un = cos + sin ≤ 12 +  ÷ , n ữ n Ơ 3   Bài :  π π   π π  Ta có: 1− i =  cos(− ) + i sin(− ) ÷ 1− 3i = 2 cos(− ) + i sin(− ) ÷ 4  6    ⇒ 1− i 1− 3i  π π   cos(− ) + i sin(− ) ÷ 12 12  2 = 2012  1− i  ⇒ ÷  1− 3i  =  1006   = cos(− 503π 503π  ) + i sin(− )÷ 3  1  i ÷= + i  + 1007 1007 ÷  2  1006   π π  3π 3π  19 Ta có: 1+ i =  cos + i sin ÷ ⇒ (1+ i) = 2  cos + i sin ÷ 4 4    π π  2π 2π  1+ 3i = 2 cos + i sin ÷ ⇒ (1+ 3i)40 = 240  cos(− ) + i sin(− ) ÷ 3 3     3π 3π  2π 2π  ⇒ z = 249  cos + i sin ÷ cos(− ) + i sin(− ) ÷ 4  3    π π = 249  cos + i sin ÷ = 248 12 12   Bài : Vì z1 = z2 = z3 = nên ( ) + 1+ ( − 1)i z z1 z = = = 1, đặt: z2 z3 z1 356 z1 z2 = cosx + i sinx, z3 Suy z1 = z2 z3 = cosy + i sin y z3 z2 = cos( − x − y ) + i sin ( − x − y ) z2 z1 cosx + cosy + cos( −x − y ) = = nên  z2 z3 z1 sinx + sin y + sin ( −x − y ) = Ta có = sinx + siny + sin ( −x − y ) Mà z1 + z2 + z3 x+ y x− y x+ y x+ y cos − 2sin cos 2 2 x+ y x− y x+ y x+ y y x = 2sin − cos sin sin  cos ÷ = 4sin  2  2 Suy x = k2π y = k2π x + y = k2π, hai ba z3 z z z = ⇔ = − hay ta số z1,z2 ,z3 Giả sử z1 = z2 + z3 z1 z3 z1 = 2sin z  có  ÷ = −1⇒ z3 = ± iz1  z1  Do đó: az1 + bz2 + cz3 = az1 + bz1 ± icz1 = z1 a + b ± ic = ( a + b) + c2 Vậy T nhận ba giá trị sau: ( a + b) + c2 ( b + c) + a2 ( c + a) + b2 Bài :  3π 3π  z =  cos + i sin ÷ 4   −5π −5π  + i sin z = 2 cos ÷ 6    π  π z = cos − ÷ + i sin  − ÷  9  9  5π   5π  z = cos − ÷ + i sin  − ÷  14   14   π π  5π 5π  z =  cos − sin ÷ cos + i sin ÷ 16 16 16 16    z = ( 2) 21  11π 11π  + i sin  cos ÷  12 12  Bài : 10 (  π π z = 210  cos + i sin ÷ = −29 1+ i 3 3  ) 11 11   2 π π z =  ÷ =  cos + i sin ÷ = (−1+ i) 64  4 64  1− i  z= 29 ( cos(−3π) + i sin(−3π))  5π 5π   cos + i sin ÷ 4  z = −1 Bài :  π π z = 2 cos + i sin ÷ 6  = 64(1− i) z = 222  −7π −7π  z = 3 cos + i sin ÷  12 12  1 5π 5π  3 z =  cos + i sin ÷ z = ( cos π + i sin π ) 2 6 16 Bài 10 : n  nπ nπ  + i sin ÷ z = ( + i ) = 2n  cos 6  z ∈ ¡ ⇔ n = 6k,z ∈£ \ ¡ ⇔ n = + 6k,k ∈ ¢ n − nπ −nπ  n + i sin z = ( 1− i ) = ( 2)  cos ÷  4  z ∈ ¡ ⇔ n = 4k,z ∈£ \ ¡ ⇔ n = + 4k,k ∈ ¢ n  4nπ 4nπ  + i sin z = ( −1− 3i ) = 2n  cos ÷ 3   z ∈ ¡ ⇔ n = 3k,k ∈ ¢ Khơng tồn n để z số ảo Bài 11 : z = = cos0 + i sin0  2kπ 2kπ  + i sin zk = 2 cos ÷,k = { 0;1;2;3;4} 5   Dạng Bài 1: Gọi z = a + bi, ( a,b∈ ¡ Ta có: ( a + 1) + ( b − 5) i ( a + 3) − ( b + 1) i ) Cực trị số phức số phức cần tìm a ≠ 3, b ≠ −1 = 1⇔ ( a + 1) + ( b − 5) i  ( a + 3) + ( b + 1) i  ( a + 3) + ( b + 1) gọn đẳng thức ta được: a + 3b = , từ tìm a2 + b2 ≥ 358 = 1, rút a + 3b =  10 ⇒z= + i Vậy, z =  b 5 a =  Gọi z = a + bi, ( a,b∈ ¡ ) z − + 4i + số phức cần tìm ⇔ z − + 4i = ⇔ ( a − 3) + ( b + 4) i = z − + 4i − Do tập hợp điểm biểu diễn số phức z thoả mãn đường tròn tâm I ( 3; −4) bán kính R = Giả thiết ⇔ =  z − + 4i +  ÷ = số phức có Khi số phức z thoả mãn log  z − + 4i − ÷  2 mơđun lớn điểm biểu diễn z điểm đối xứng với O ( 0;0) qua I ( 3; −4) N đối xứng với O qua I có toạ độ N ( 6; −8) Vậy, số phức z cần tìm z = − 8i Bài 2: Đặt z = a + bi ( a, b∈ ¡ ) Khi z − 1− 2i = ⇔ ( a − 1) + ( b − 2) = 2 2 Vậy, tập hợp điểm M đường tròn: ( x − 1) + ( y − 2) = có tâm I ( 1;2) Đường thẳng OI có phương trình: y = 2x z đạt giá trị nhỏ điểm M ∈ ( C ) gần O , điểm giao điểm đường thẳng OI với ( C )     z =  1− ÷+  − ÷i 5  5  Giả thiết suy ra: b = −a + Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z đường thẳng b = −a + Mặt khác z = a2 + b2 = 2( a − 2) + ≥ 2 z = 2 ( x;y ) = ( 2; −2) ⇒ z = − 2i Bài 3: Ta có: 1+ z3 + 1+ z + z2 ≤ 1+ z + 1+ z + z = Do z = 1⇒ 1− z ≤ 1+ z = Và 1+ z3 ≥ ⇒ 1+ z3 ≥ 1+ z3 1− z 3 ⇒ 1+ z + 1+ z + z = 1+ z + ≥ 1− z ≥ 1 1+ z3 + 1− z3 2 1+ z + 1− z = 2 Dễ dàng chứng minh được: z.z = z ( ) ( z1 + z2 + z1 − z2 = ( z1 + z2 ) z1 + z2 + ( z1 − z2 ) z1 − z2 2 2 2 ( ) = z1 + z1z2 + z2 z1 + z2 + z1 − z1z2 − z2 z1 + z2 = z1 + z2 Giả sử ta có đồng thời z + < ) 2 z + <  2 ( 1+ a) + b < Ta có:  , cộng vế theo vế suy đpcm  1+ a2 − b2 + 4a2b2 <  Với số phức z1, z2 ta ln có: z1 + z2 ≤ z1 + z2 ( )  1  1 Từ  z + ÷ = z3 + + 3 z + ÷ z z  z  1 1 Suy z + = z3 + + z + ≤ 2+ z + z z z z , ta m3 − 3m − ≤ ⇒ m ≤ đpcm z Bài 4: Đặt z = x + yi, ( x,y∈ ¡ ) Đặt m = z + z = z + − 3i ⇔ 8x + 6y + 25 = Tập hợp điểm M ( x;y ) biểu diễn số phức z đường thẳng 8x + 6y + 25 = ( x + 1) + ( y − 1) + ( x − 2) + ( y + 3) M ( x;y ) A = z + 1− i + z − + 3i ⇔ A = Xét E ( −1;1) , F ( 2; −3) Bài toán trở thành : Tìm điểm M thuộc đường thẳng 8x + 6y + 25 = cho ME + MF nhỏ Bài 5: 2 1.Ta có: z1 + z2 + z1 − z2 = (z1 + z2)(z1 + z2) + (z1 − z2)(z1 − z2) = (z1 + z2)(z1 + z2) + (z1 − z2)(z1 − z2) ( = 2(z1z1 + z2z2) = z1 + z2 360 ) 2.Ta có 1− z1z2 − z1 − z2 = (1− z1z2)(1− z1z2) − (z1 − z2)(z1 − z2) = (1− z1z2)(1− z1z2) − (z1 − z2)(z1 − z2) 2 = 1+ z1 z2 − z1 − z2 ( Mặt khác: 1+ z1z2 ) − ( z1 + z2 ) 2 (1) 2 = 1+ z1z2 + z1z2 − z1 − z1z2 − z2 2 2 Vì z1z2 = z1 z2 nên (1+ z1z2 )2 − ( z1 + z2 )2 = 1+ z1 z2 − z1 − z2 (2) Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh Gọi M ,N ,P biểu diễn hình học z1,z2 z1 + z2 ⇒ OM = z1 , ON = z2 PO = z1 + z2 y P Ta có: z1 + z2 = OP ≤ OM + MP = OM + ON = z1 + z2 N M z1 − z2 = OM − ON = OM − MP ≤ OP = z1 + z2 x O Bài 6: 1.Ta có: A = 1+ 5i z 5i 5i 5i − ≤ 1+ ≤ + 1= ⇒ ≤ A ≤ z z z • z = −i ⇒ A = , suy minA = • z = i ⇒ A = , suy maxA = Mà = Ta có: B ≤ z + z + 1+ z + = Đẳng thức xảy z = Vậy maxB = Mặt khác: B = 1− z 1− z + 1+ z3 ≥ 1− z + 1+ z3 ≥ 1− z3 + 1+ z3 = Đẳng thức xảy z = −1 Vậy B = Đặt z = x + yi với x,y∈ ¡ Vì z = nên y2 = 1− x2 x ∈ −  1;1 Bài 7: 1.Ta có: 2 1+ z = ( 1+ x) + y2 = 2( 1+ x) , 1− z = ( 1− x) + y2 = 2( 1− x) Do 1+ z + 31− z = 2( 1+ x) + 2( 1− x) = f ( x) Bài tốn trở thành tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số: f ( x) = 2( 1+ x) + 2( 1− x) với x ∈ −  1;1 Hàm số liên tục x ∈ −  1;1 với x ∈ ( −1;1) thì: f′ ( x) = 2( 1+ x) − 2( 1− x) , f ′ ( x) = ⇔ x = −  4 Mà f ( 1) = 2,f ( −1) = 6,f  − ÷ = 10 nên:  5 • maxA = 10 z = − ± i z =1 5 • minA = z = z =1 Vì 1− z + z2 = 2x2 − x + i ( 2x − 1) y nên ( 2x2 − x) + y2 ( 2x − 1) 1− z + z = ( ) = ( 2x − 1) x2 + y2 = 2x − Vậy nên B = 1+ z + 1− z + z2 = 2( 1+ x) + 2x − Đặt g ( x) = 2( 1+ x) + 2x − với x ∈ −  1;1 Xét hai trường hợp: 1  • Trường hợp 1: Xét x ∈  ;1 g ( x) = 2( 1+ x) + 2x − 2  Ta có g′ ( x) = 1  + > ∀x ∈  ;1 nên: 2  2( 1+ x)  1 maxg ( x) = g ( 1) = 3, ming ( x) = g  ÷ = 1   2 1  ;1 ;1      1 • Trường hợp 2: Xét x ∈  −1; ÷ g ( x) = 2( 1+ x) − 2x +  2 − > 0,g′ ( x) = ⇔ x = − và: Vì g′ ( x) = 2( 1+ x)   13   g ( −1) = 3,g  − ÷ = ,g  ÷ =  8  2 Nên   13 max g ( x) = g  − ÷ =   không tồn giá trị nhỏ  1  −1; ÷   khoảng So sánh hai trường hợp, ta có: • maxB = z =1 13 z = − ± 15 i 8 • B = z = ± i z =1 2 362 Đặt z = x + yi với x,y∈ ¡ Vì z + − 2i = nên: Bài 8: x + + ( y − 2) i = ⇔ ( x + 2) + ( y − 2) = 2 Vì đổi biến x + = cost,y − = sint với ≤ t < 2π Khi đó: x2 + y2 = ( cost − 2) + ( sint + 2)  π = + 4( sint − cost) = + 2sin  t − ÷  4  π Mà −1≤ sin  t − ÷ ≤ nên − ≤ x2 + y2 ≤ + 2, đó:  4 − ≤ z ≤ + ⇔ 2 − 1≤ z ≤ 2 + 7π 2 hay x = −2 + ,y = − 2  2 Vậy z = 2 − đạt z = −2 + + i  2− ÷   • z = 2 − t = 3π 2 hay x = −2 − ,y = + 2  2 Vậy max z = 2 + đạt z = −2 − + i  2+ ÷   • z = 2 + t = { = Mà } Ta có: max ac + b , a + bc ≥ Bài 9: ( a + b) { abc + b2 + abc + a2 ( ≥ a+ b ≤2 a + b } ⇒ max ac + b , bc + a ≥ ) = a+ b mn m2 + n2 b ac + b + a bc + a a+ b abc + a2 − (abc + b2) a+ b + a − b = m2 + n2 đpcm = a2 − b2 a+ b = mn a+ b .. .Lời nói đầu Các em học sinh thân mến! “ Bài giảng trọng tâm theo chuyên đề giải tích 12 – tập “ thuộc sách “ Bài giảng trọng tâm theo chuyên đề : lớp 10,11 ,12 “, nhóm tác giả... vuông C Bài 3: Giả sử ba số lớn ⇒ log2 012 a,log2 012 b,log2 012 c > ⇒ logabc 2 012 = 1 + + ≥ log2 012 a log2 012 b log2 012 c log2 012 abc ⇒ logabc 2 012 ≥ 9logabc 2 012 ⇔ logabc 2 012 ≤ ⇒ abc ≤ vơ lí 32... tìm mà phải cố gắng tìm nhiều cách giải cho tốn đó, cách giải có thêm phần kiến thức ơn tập Mơn Tốn mơn ưa phong cách tài tử, phải tài tử cách sáng tạo thông minh Khi giải tốn, thay dùng thời gian