tai lieu thi tot nghiep

Bùi Văn Lưu Gv tốn THPT B Bình Lục Hà Nam
Kh¶o s¸t hµm sè, c¸c bµi to¸n liªn quan ®Õn øng dơng ®¹o hµm vµ ®å thÞ hµm sè
TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ
1. Hàm số đơn điệu:
— Hàm số f đ/biến trên K nếu
1 2 1 2 1 2
x ,x K,x x f (x ) f (x )∈ < ⇒ <
.
— Hàm số f n/biến trên K nếu
1 2 1 2 1 2
x ,x K,x x f (x ) f (x )∈ < ⇒ >
.
2. Điều kiện cần để hàm số đơn điệu:
— Nếu hàm số f đồng biến trên I thì
f '(x) 0, x I≥ ∀ ∈
.
— Nếu hàm số f nghòch biến trên I thì
f '(x) 0, x I≤ ∀ ∈
.
3. Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu:
* Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I
— Nếu
f '(x) 0, x I≥ ∀ ∈
và
f '(x) 0=
chỉ tại một số hữu hạn điểm của I thì hàm số đồng biến trên
I.
— Nếu
f '(x) 0, x I≤ ∀ ∈
và
f '(x) 0=

chỉ tại một số hữu hạn điểm của I thì hàm số nghòch biến
trên I.
— Nếu
f '(x) 0, x I= ∀ ∈
thì hàm số f không đổi trên I.
Chú ý
— Nếu
( )
f' x
là tam thức bậc hai hay cùng dấu với tam thức bậc 2
Đ/k để hàm số luôn luôn đồng biến là:
( )
f' x 0£
∀ x
⇔

a 0
0
<


∆ ≤


(Trường hợp a có chứa tham số thì xét thêm trường hợp a= 0 )
— Nếu
( )
f' x
là tam thức bậc hai hay cùng dấu với tam thức bậc 2
đ/k để hàm số luôn luôn đồng biến là:

( )
f' x 0³
∀ x
⇔

a 0
0
>


∆ ≤


(Trường hợp a có chứa tham số thì xét thêm trường hợp a= 0 )
Lý thuyết: Quy tắc xét tính đơn điệu của hàm số
( )
y f x=
1. Tìm tập xác định
2. Tính đạo hàm
( )
y f x
′ ′
=
. Giải phương trình
( )
0f x
′
=
để tìm các nghiệm
( )

1,2 ,
i
x i n=
.
3. Sắp xếp các nghiệm
i
x
theo thứ tự tăng dần từ trái sang phải và lập bảng biến thiên của hàm số.
4. Kết luận (hàm số đồng biến trên khoảng mà
( )
0f x
′
>
và ngược lại).
Ví dụ: Xét chiều biến thiên của hàm số
2
4y x= −
Gợi ý giải:
• Đ/k xác định:
2
4 0x− ≥
2
4 2 2x x⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤
Tập xác định của hàm số
[ ]
2;2D = −
.
• Đạo hàm:
( )
2

2 2
4
2 4 4
x
x
y
x x
′
−
−
′
= =
− −
0 0y x
′
= ⇔ =
thuộc
[ ]
2;2−
Dấu của
y
′
cùng dấu với biểu thức
x−
.
• Ta có bảng biến thiên
x
−2
0 2
y

′
+ 0
−
y
0
2
0
• Căn cứ vào bảng biến thiên ta thấy, hàm số đồng biến trên khoảng
( )
2;0−
và nghịch biến trên khoảng
( )
0;2
Một lưu ý quan trọng đó là nếu tập xác định là khoảng
( )
;a b
hoặc hàm số gián đoạn tại
0
x
thì ta
cần tính các giới hạn
lim
x a
y
+
→
,
lim
x b
y

−
→
và
0
lim
x x
y
+
→
,
0
lim
x x
y
−
→
để điền vào bảng biến thiên.
Bài tập:
Câu 1: Tìm các khoảng đơn điệu của các hàm số sau trên tập xác định của chúng:
1)
3 2
3 1= − +y x x
;
2)
4
1
y x
x
= +
−

;
3) Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a)
tan sin , 0
2
x x x
π
> < <
b)
1 1 , 0
2
x
x x+ < + ∀ >
.
Câu 2 (Đề TN 2007, Lần 2, Ban KHTN): Xét sự đồng biến, nghịch biến của hàm số
4 2
8 2y x x= − +
.
Câu 3 (Đề TN 2007, Lần 2, Ban KHXH): Xét sự đồng biến, nghịch biến của hàm số
3
3 1y x x= − +
.
Đáp số: Câu 2: H/số đồng biến trên các khoảng
( ) ( )
2;0 , 2;− +∞
H/số nghịch biến trên các khoảng
( ) ( )
; 2 , 0;2−∞ −
Câu 3: H/số đồng biến trên các khoảng
( )

1;1−
***********************************************************
CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ.
1. Điểm cực trò:
Cho hàm số f xác đònh trên D và x
0
thuộc D. x
0
được gọi là điểm cực đại của hàm số f nếu tồn tại một
khoảng (a; b) sao cho x
0
thuộc khoảng (a; b)
R⊂
và
{ }
0 0
f (x) f (x ), x (a;b) \ x< ∀ ∈
.
Điểm cực tiểu được đònh nghóa tương tự.
2. Điều kiện cần để hàm số đạt cực trò:
 Nếu hàm số f đạt cực trò tại điểm x
0
và hàm số f có đạo hàm tại điểm x
0
thì f’(x
0
) = 0.
 Chú ý: Hàm số f có thể đạt cực trò tại một điểm mà tại đó nó không có đạo hàm.
3. Điều kiện đủ hàm số đạt cực trò:
a) Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng (a;b) chứa điểm x

0
và có đạo hàm trên các khoảng (a;x
0
) và
(x
0
;b). Khi đó:
— Nếu f’(x) < 0 với
0
x (a;x )∀ ∈
và f’(x) > 0 với
0
x (x ;b)∀ ∈
thì hàm số f đạt cực tiểu tại điểm x
0
.
— Nếu f’(x) > 0 với
0
x (a;x )∀ ∈
và f’(x) < 0 với
0
x (x ;b)∀ ∈
thì hàm số f đạt cực đại tại điểm x
0
.
 Chú ý: Không cần xét hàm số f có hay không có đạo hàm tại điểm x = x
0
.
b) Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp một trên (a;b) chứa điểm x
0

,
f’(x
0
) = 0 và f có đạo hàm cấp hai khác 0 tại điểm x
0
. Khi đó:
— Nếu f”(x
0
) < 0 thì hàm số f đạt cực đại tại điểm x
0
.
— Nếu f”(x
0
) > 0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại điểm x
0
.
Dạng 1: Tìm m để hàm số
( )
,y f x m=
đạt cực đại (hoặc cực tiểu)
tại
0
x x=
.
Cách giải:
• Tính
( )
,y f x m
′ ′
=

• Điều kiện cần để hàm số đạt cực đại (hoặc cực tiểu) tại
0
x x=
là
( ) ( )
0 0
, 0y x f x m
′ ′
= =
.
Giải phương trình này tìm được m.
• Thử lại (Điều kiện đủ)
Với giá trị của m tìm được, ta tính
( )
0
y x
′′
.
- Nếu
( )
0
0y x
′′
>
thì hàm số đạt cực tiểu tại
0
x x=
- Nếu
( )
0

0y x
′′
<
thì hàm số đạt cực đại tại
0
x x=
.
Căn cứ vào yêu cầu đề để chọn giá trị của m thỏa mãn.
• Kết luận.
Còn có cách khác để thử lại đó là lập bảng biến thiên để kiểm tra xem hàm số đạt cực đại hay cực tiểu
tại
0
x x=
.
Ví dụ 1: Tìm m để hàm số
2
1x mx
y
x m
+ +
=
+
đạt cực đại tại
2x
=
.
Gợi ý giải:
Để dễ tính đạo hàm ta chia tử cho mẫu được
1
y x

x m
= +
+
• Đ/k xác định
0x m x m+ ≠ ⇔ ≠ −
• Đạo hàm
( )
2
1 1
1y x
x m
x m
′
 
′
= + = −
 ÷
+
 
+
( )
( )
2
1
2 1
2
y
m
′
= −

+
• Đ/k cần để hàm số đạt cực đại tại
2x
=
là
( )
2 0y
′
=
( )
( )
2
2
1
1 0 2 1
2
m
m
⇔ − = ⇔ + =
+
2 1 1
2 1 3
m m
m m
+ = = −
 
⇔ ⇔
 
+ = − = −
 

• Thử lại (đ/k đủ)
Ta có
( ) ( )
2 3
1 2
1 0y
x m x m
′
 
′′
 ÷
= − = +
 ÷
+ +
 
( )
3
2
x m
=
+
- Với
1m
= −
, ta có
( )
( )
3
2
2 2 0

2 1
y
′′
= = >
−
nên trường hợp này hàm số đạt cực tiểu tại
2x
=
(không
thỏa đề bài).
- Với
3m
= −
ta có
( )
( )
3
2
2 2 0
2 3
y
′′
= = − <
−
nên trường hợp này hàm số đạt cực đại tại
2x
=
(thỏa đề
bài)
• Kết luận: Giá trị của m phải tìm là

3m = −
.
Dạng 2: Chứng minh hàm số
( )
,y f x m=
ln có cực trị với mọi giá trị của tham số m.
Cách giải:
Chứng tỏ
( )
, 0=f x m
ln có nghiệm và đổi dấu khi x chạy qua các nghiệm đó.
- Với hàm số bậc ba, chứng tỏ
y
′
có delta dương;
- Với hàm số bậc bốn (trùng phương) cần theo u cầu đề để tìm m để
y
′
có 1 nghiệm, hoặc 3
nghiệm.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng hàm số
3
2 1y x mx x= − − +
ln có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu
với mọi giá trị của m.
Gợi ý giải:
• Tập xác định của hàm số:
D = ¡
• Đạo hàm
2

3 2 2y x mx
′
= − −
là tam thức bậc hai có
( ) ( )
2
2
2 4.3. 2 4 24m m∆ = − − = +
0, m> ∀ ∈¡
.
Suy ra
0y
′
=
có hai nghiệm phân biệt và
y
′
đổi dấu (có thể lập bảng xét dấu với hai nghiệm
1 2
,x x
) khi x
đi qua hai nghiệm đó.
• Vậy hàm số ln có một cực đại, một cực tiểu với mọi m.
CHÚ Ý QUAN TRỌNG
1/ Điều kiện để hàm số có cực trò tại x = x
0
:


=





0
0
y'(x ) 0
y' đổi dấu qua x
hoặc
0
0
y'(x ) 0
y''(x ) 0
=


≠

2/ Điều kiện để hàm số có cực đại tại x
0
:


=


+ −


0

0
y'(x ) 0
y' đổi dấu từ sang qua x
hoặc
0
0
y'(x ) 0
y''(x ) 0
=


<


3/ Điều kiện để hàm số có cực tòểu tại x
0
:


=


+


0
0
y'(x ) 0
y'(x) đổi dấu từ - sang qua x
. hoặc

0
0
y'(x ) 0
y''(x ) 0
=


>

4/ Điều kiện để hàm bậc 3 có cực trò (có cực đại,cực tiểu):
y’= 0 có hai nghiệm phân biệt
⇔

a 0
0
≠


∆ >

5/ Điều kiện để hàm hữu tỉ b2/b1 có cực trò (có cực đại,cực tiểu):
y’= 0 có hai nghiệm phân biệt khác nghiệm của mẫu
6/ Điều kiện để hàm bậc 4 có 3 cực trò : y
/
= 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Bài tập:
Câu 1 (Đề TN 2006, KPB): Cho hàm số
3 2
6 9y x x x= − +
có đồ thị (C). Với giá trị nào của tham số m,

đường thẳng
2
y x m m= + −
đi qua trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm cực đại và cực tiểu của đồ
thị (C).
Câu 2: Tìm m để hàm số
3 2
2
5
3
y x mx m x
 
= − + − +
 ÷
 
có cực trị tại
1x
=
. Khi đó hàm số đạt cực đại hay
cực tiểu ? Tính cực trị tương ứng ?
Câu 3: (TN BTTH 2006)
Chứng minh hàm số
( )
3 2
1
2 3 9
3
y x mx m x= − − + +
ln có cực trị với mọi giá trị của tham số m ?
Gợi ý – đáp số:

Câu 1: Tìm tọa độ hai cực trị của hàm số
( )
3;0A
,
( )
1;4B
Trung điểm hai cực trị
( )
2;2M
. Cho
( )
2;2M
thuộc đường thẳng
2
y x m m= + −
, ta có
2
2 2 m m= + −
. Giải tìm m.
Câu 2:
7
3
m =
. Hàm số đạt cực tiểu tại
1x =
.
****************************************
Gi¸ trÞ lín nhÊt, gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè
Lý thuyết:
Cách tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

( )
y f x=
liên tục trên đoạn
[ ]
;a b
.
• Tính đạo hàm
( )
y f x
′
=
Giải phương trình
( )
0f x
′
=
và tìm các nghiệm
0
x
thuộc đoạn
[ ]
;a b
(các nghiệm nằm ngoài đoạn
này không lấy )
• Tính
( ) ( )
( )
0
, ,f a f b f x
• So sánh các số trên và kết luận.

[ ]
( ) ( ) ( )
( )
{ }
0
;
min 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 nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
1
2
x
y
x
= + +
trên đoạn
[ ]
1;3
.

Gợi ý- Giải:
• Đạo hàm
2
2 1
2
y
x
′
= − +
•
2
2
2 1
0 0 4 2
2
y x x
x
′
= ⇔ − + = ⇔ = ⇔ = ±
Trên đoạn
[ ]
1;3x =
ta lấy
2x
=
.
• Ta có
( )
2 1 7
1 1

1 2 2
y = + + =
;
( )
2 2
2 1 3
2 2
y = + + =
( )
2 3 19
3 1
3 2 6
y = + + =
• So sánh các số trên ta suy ra
[ ]
( )
1;3
min 2 3y y= =
;
[ ]
( )
1;3
7
max 1
2
y y= =
Bài tập
Câu 1 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHTN): Tìm GTLN, GTNN của hàm số
( )
2 cosf x x x= +

trên đoạn
0;
2
π
 
 
 
.
Câu 2 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHXH): Tìm GTLN, GTNN của hàm số
4 2
2 1y x x= − +
trên đoạn
[ ]
0;2
.
Câu 3 (Đề TN 2008, L2, KPB): Tìm GTLN, GTNN của hàm số
2 1
3
x
y
x
−
=
−
trên đoạn
[ ]
0;2
.
Câu 4 (Đề TN 2008, L2, Ban KHTN): Tìm GTLN, GTNN của hàm số
4 2

2 4 3y x x= − + +
trên đoạn
[ ]
0;2
.
Câu 5 (Đề TN 2008, L2, Ban KHXH): Tìm GTLN, GTNN của hàm số
3 2
2 6 1y x x= − +
trên đoạn
[ ]
1;1−
.
Câu 5 (Đề TN 2009, ): Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
( ) ( )
2
f x x ln 1 2x= - -
trên
đoạn [– 2 ; 0].
***********************************************************
KHẢO SÁT SỰ BIẾN THIÊN VÀ VẼ ĐỒ THỊ CỦA MỘT SỐ HÀM
Sơ đồ khảo sát
1. TXĐ
2. Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên.
— Tìm y’
— Cho y’= 0 tìm nghiệm và giá trò y’ không xác đònh
— Kết luận: Khoảng đồng biến, nghòch biến và cực trò.
 Cực trị.
 Giới hạn, tiệm cận.
 Điểm uốn ( Nếu có )

 Bảng biến thiên.
3. Đồ thị
 Lập bảng giá trò
 Vẽ đồ thò.
3. Tiếp tuyến, tiệm cận của đồ thị hàm số.
Lý thuyết:
Cho hàm số
( )
y f x=
có đồ thị
( )
C
và
( )
0 0
;M x y
là điểm trên
( )
C
. Tiếp tuyến với đồ thị
( )
C
tại
( )
0 0
;M x y
có:
- Hệ số góc:
( )
0

k f x
′
=
- Phương trình:
( )
0 0
y y k x x− = −
Hay
( ) ( )
0 0 0
y y f x x x
′
− = −
Vậy để viết được PT tiếp tuyến tại
( )
0 0
;M x y
chúng ta cần đủ ba yếu tố sau:
- Hồnh độ tiếp điểm:
0
x
- Tung độ tiếp điểm:
0
y
{Nếu đề chưa cho ta phải tính bằng cách thay
0
x
vào hàm số
( )
0 0

y f x=
}
- Hệ số góc
( )
0
k f x
′
=
-
Dạng 1: Viết phương trình tiếp tuyến khi biết tọa độ tiếp điểm
( )
0 0
;M x y
, hoặc hồnh độ
0
x
, hoặc
tung độ
0
y
.
Ví dụ: Viết p/trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
4 2
2 1y x x= − +
tại điểm
( )
2;9M −
.
Gợi ý giải:
• Ta có (đạo hàm):

3
4 4y x x
′
= −
• T/tuyến tại
( )
2;9M −
có:
- Hệ số góc
( ) ( ) ( )
3
2 4 2 4 2 24k y
′
= − = − − − = −
- P/trình:
( )
( )
9 24 2y x− = − − −
Hay
24 39y x= − −
Ở đây cần biết:
0
2x = −
,
0
9y =
ở tọa độ của M (đề đã cho).
Ví dụ 2: Viết p/trình tiếp tuyến với độ thị hàm số
1
1

x
y
x
−
=
+
a) Tại điểm có hoành độ bằng
2
.
b) Tại điểm có tung độ bằng
3
.
Gợi ý giải:
a) Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
1 1 1 1
1
x x x x
y
x
′ ′
− + − + −
′
=
+
( )
2
2

1x
=
+
Gọi tọa độ tiếp điểm là
( )
0 0
;x y
. Theo giả thiết có
0
2x =
.
• Tung độ tiếp điểm:
0
0
0
1
2 1 1
1 2 1 3
x
y
x
−
−
= = =
+ +
• Hệ số góc của tiếp tuyến tại
1
2;
2
 

 ÷
 
bằng :
( )
( )
2
2 2
2
9
2 1
k y
′
= = =
+
• P/trình tiếp tuyến:
( )
1 2
2
3 9
y x− = −
. Hay
2 1
9 9
y x= −
Với dạng này, đề cho
0
2x =
, ta cần tính
0
0

0
1
1
x
y
x
−
=
+
và tính đạo hàm, suy ra hệ số góc của t/tuyến
( )
0
k y x
′
=
( )
2y
′
=
.
b) Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
1 1 1 1
1
x x x x
y
x
′ ′

− + − + −
′
=
+
( )
2
2
1x
=
+
Gọi tọa độ tiếp điểm là
( )
0 0
;x y
. Theo giả thiết có
0
3y =
.
• Vậy
0
0
0
1
3
1
x
y
x
−
= =

+
( )
0 0
1 3 1x x⇔ − = +
0
2x⇔ = −
• Hệ số góc của tiếp tuyến tại
( )
( )
0 0
; 2;3x y = −
là:
( )
( )
2
2
2 2
2 1
k y
′
= − = =
− +
• P/trình tiếp tuyến cần tìm:
( )
( )
3 2 2y x− = − −
.
Hay
2 7y x= +
.

Dạng 2: Viết p/trình tiếp tuyến khi biết hệ số góc của nó.
Dấu hiệu:
- Tiếp tuyến song song với đường thẳng
( )
: 0d ax by c+ + =
- Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
( )
: 0d ax by c+ + =
Cách giải:
• Cần biết (rút y theo x)
( )
:
a c
d y x
b b
= − −
nên
( )
d
có hệ số góc
a
k
b
′
= −
.
• Khi t/tuyến song song với
( )
d
thì hế số góc của t/tuyến bằng hệ số góc của

( )
d
và bằng
a
k k
b
′
= = −
.
• Khi t/tuyến vuông góc với
( )
d
thì hế số góc
k
của t/tuyến và hệ số góc
k
′
của
( )
d
thỏa mãn
. 1k k
′
= −
. 1
a
k
b
 
⇔ − = −

 ÷
 
Lời giải (Các bước):
• Tính đạo hàm hàm số
( )
y f x
′ ′
=
Tính hệ số góc của tiếp tuyến
k
(theo các dấu hiệu trên)
• Gọi
( )
0 0
;x y
là tọa độ tiếp điểm
• Hệ số góc của t/tuyến
( )
0
k y x
′
=
.
- Giải ph/trình này tìm được
0
x
- Thay vào
( )
0 0
y f x=

để tính tung độ tiếp điểm
• Viết p/trình t/tuyến.
Ví dụ 3: Viết p/trình t/tuyến với đồ thị hàm số
2
1
x
y
x
=
−
, biết:
a) Hệ số góc của t/tuyến bằng
2−
.
b) T/tuyến song song với đường thẳng
( )
1
:
2
d y x= −
.
c) T/tuyến vuông góc với đường thẳng
( )
9
: 1
2
y x
∆ = +
Gợi ý giải:
a) • Ta có

( )
( ) ( )
2 2
2 1 2
2
1 1
x x
y
x x
− −
−
′
= =
− −
• Gọi
( )
0 0
;x y
là tọa độ tiếp điểm, ta có hệ số góc tiếp tuyến tại
( )
0 0
;x y
bằng
( )
( )
0
2
0
2
1

y x
x
−
′
=
−
Theo giải thiết ta có
( )
0
2y x
′
= −
( )
2
0
2
2
1x
−
⇔ = −
−
( )
2
0
1 1x⇔ − =
0 0
0 0
1 1 2
1 1 0
x x

x x
− = =
 
⇔ ⇔
 
− = − =
 
• Với
0
2x =
, ta có
0
0
0
2 2.2
4
1 2 1
x
y
x
= = =
− −
Tr/hợp này ta có p/trình t/tuyến tại
( )
2;4
là
( )
4 2 2y x− = − −
hay
2 8y x= − +

.
• Với
0
0x =
, ta có
0
0
0
2 2.0
0
1 0 1
x
y
x
= = =
− −
.
Tr/hợp này ta có p/trình t/tuyến tại
( )
0;0
là
( )
0 2 0y x− = − −
hay
2y x= −
.
• Kết luận: Vậy có hai t/tuyến thỏa đề bài có p/trình là
2 8y x= − +
;
2y x= −

Lưu ý: Hệ số góc của t/tuyến
( )
0
2k y x
′
= = −
(đề cho).
b) T/tuyến song song với
( )
d
nên hệ số góc của t/tuyến bằng hệ số góc của
( )
d
, bằng
1
2
k = −
.
• Gọi
( )
0 0
;x y
là tọa độ tiếp điểm, ta có hệ số góc tiếp tuyến tại
( )
0 0
;x y
bằng
( )
( )
0

2
0
2
1
y x
x
−
′
=
−
Vậy
( )
0
y x k
′
=
( )
2
0
2 1
2
1x
−
⇔ = −
−
( )
2
0
1
1

4
x⇔ − =
0
0
0
0
3
1
1
2
2
1
1
1
2
2
x
x
x
x


− =
=


⇔ ⇔


− = −

=


• Với
0
3
2
x =
, ta có
0
0
0
3
2.
2
2
6
3
1
1
2
x
y
x
= = =
−
−
.
Tr/hợp này ta có p/trình t/tuyến tại
3

;6
2
 
 ÷
 
là
1 3
6
2 2
y x
 
− = − −
 ÷
 
hay
1 27
2 4
y x= − +
• Với
0
1
2
x =
, ta có
0
0
0
1
2.
2

2
2
1
1
1
2
x
y
x
= = = −
−
−
.
Tr/hợp này ta có p/trình t/tuyến tại
1
; 2
2
 
−
 ÷
 
là
( )
1 1
2
2 2
y x
 
− − = − −
 ÷

 
hay
1 7
2 4
y x= − −
• Kết luận: Vậy có hai t/tuyến thỏa đề bài có p/trình là
1 27
2 4
y x= − +
;
1 7
2 4
y x= − −
c) Đường thẳng
( )
9
: 1
2
y x∆ = +
có hệ số góc
9
2
k
′
=
.
• Gọi k là hệ số góc của t/tuyến. Biết t/tuyến vuông góc với
( )
∆
nên ta có

9
. 1 . 1
2
k k k
′
= − ⇔ = −
2
9
k⇔ = −
.
Đến đây làm tương tự như câu a) hoặc câu b).
• Đáp số: Có hai tiếp tuyến có p/trình là
2 32
9 9
y x= − +
;
2 8
9 9
y x= − +
Bài tập:
Câu 1 (Đề TN 2006, Ban KHXH):
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
2 3
1
x
y
x
+
=
+

tại điểm thuộc đồ thị có hoành độ
0
3x = −
.
Câu 2 (Đề TN 2007, Bổ túc): Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) hàm số
3
3 2y x x= − +
tại điểm
A(2;4).
Câu 3 (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban):
Cho hàm số
1
2
x
y
x
−
=
+
, gọi đồ thị của hàm số là (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung.
Câu 4 (Đề TN 2008, Lần 2, Phân ban):
Cho hàm số
3 2
1
x
y
x
−

=
+
, gọi đồ thị của hàm số là (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng
0
2y = −
.
Câu 4 (Đề TN 2009 ) : Cho hàm số
2x 1
y
x 2
+
=
-
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng – 5.
Đáp số: Câu 1:
1 3
4 4
y x= − +
; Câu 2:
9 14y x= −
Câu 3:
4 1
3 3
y x= −
; Câu 4:
5 2y x= −

4. Tương giao giữa hai đồ thị.
Lý thuyết:
Dạng 1: Dựa vào đồ thị hàm số
( )
y f x=
để biện luận theo m số nghiệm của phương trình
( )
f x m=
.
Ví dụ: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số
3
3y x x= −
. Dựa vào đồ thị
( )
C
, biện luận
theo m số nghiệm của phương trình
3
3 1 0x x m− + − =
(1).
Gợi ý giải:
• Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
(2 điểm)
Học sinh tự làm . • Đồ thị (xem hình)
x

y
3
-
3
-2
-1
2
0
1
• Viết lại (1) dưới dạng
(1)
3
3 1x x m⇔ − = −
(2)
Đây là PT hoành độ giao điểm của đồ thị
( )
C
của hàm số
3
3y x x= −
với đường thẳng
( )
: 1d y m= −

(song song với trục hoành) nên số nghiệm của (2) bằng số giao điểm của
( )
d
và
( )
C

.
• Dựa vào đồ thị ta có kết quả biện luận sau:
* Với
1 2 1
1 2 3
m m
m m
− < − < −
 
⇔
 
− > >
 
, ta thấy
( )
d
và
( )
C
không có điểm chung. Suy ra (2) vô nghiệm
* Với
1 2 1
1 2 3
m m
m m
− = − = −
 
⇔
 
− = =

 
, ta thấy
( )
d
cắt
( )
C
tại một điểm và tiếp xúc tại một điểm. Suy ra (2) có
hai nghiệm (một nghiệm đơn và một nghiệm kép)
Nói đơn giản hơn là
( )
d
và
( )
C
có hai điểm chung nên (2) có hai nghiệm.
* Với
1 2 1
1 2 3
m m
m m
− > − > −
 
⇔
 
− < <
 
, ta thấy
( )
d

cắt
( )
C
tại ba điểm phân biệt. Suy ra (2) có 3 nghiệm phân
biệt.
• Kết luận:
* Với
1m < −
hoặc
3m >
, p/trình (1) vô nghiệm.
* Với
1m
= −
hoặc
3m
=
, p.trình (1) có hai nghiệm.
* Với
1 3m− < <
, p/trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
Dạng 2: Chứng tỏ đường thẳng
( )
d
:
0ax by c+ + =
cắt đồ thị hàm số
( )
mx n
y f x

cx d
+
= =
+
tại hai
điểm phân biệt, hoặc không cắt
Cách giải:
• Viết lại
( )
:
a c
d y x
b b
= − −
• Lập p/trình hoành độ giao điểm của
( )
d
và
( )
C
:
mx n a c
x
cx d b b
+
= − −
+
(1)
Quy đồng khử mẫu đưa về p/trình bậc hai dạng
( )

2
, 0f x m Ax Bx C= + + =
với
0
d
cx d x
c
+ ≠ ⇔ ≠ −
Tính
2
4B AC∆ = −
• Đến đây cần chứng tỏ
0∆ >
với mọi m và
,
d
f m
c
 
−
 ÷
 
0≠
và kết luận (1) luôn có hai nghiệm phân
biệt. Suy ra
( )
d
cắt
( )
C

tại hai điểm phân biệt.
- Tương tự, kết luận cho tr.hợp
0; 0∆ < ∆ =
.
Ví dụ: (Bài 11/tr46-SGK GT12, Cơ bản) Chứng minh rằng với mọi giá trị thực của m, đường thẳng
( )
: 2d y x m= +
luôn cắt đồ thị
( )
C
của hàm số
3
1
x
y
x
+
=
+
tại hai điểm phân biệt M, N.
Gợi ý giải:
• P/trình hoành độ giao điểm của
( )
d
và
( )
C
là
3
2

1
x
x m
x
+
= +
+
(1)
( ) ( ) ( )
3 2 1 , 1 0x x m x x⇔ + = + + + ≠
( )
2
2 1 3 0x m x m⇔ + + + − =
,
( )
1x ≠ −
(2)
• P/trình (2) là p/trình bậc hai có
( ) ( )
2
1 4.2. 3m m∆ = + − −
( )
2
2
6 25 3 16m m m∆ = − + = − +
0
>
với mọi m. (a)
Mặt khác, thay
1x = −

vào vế trái của (2) ta được
( ) ( )
2
2. 1 1 3 2 0m m− − + + − = − ≠
với mọi m. (b)
• Kết hợp (a) và (b) suy ra p/trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt thỏa
1x
≠ −
. Do đó (1) luôn có hai
nghiệm phân biệt.
Vậy đ/thẳng
( )
d
luôn cắt đồ thị
( )
C
tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m.
Ví dụ (Bài 8.b/tr44- GT12, cơ bản) Tìm m để đồ thị
( )
m
C
của hàm số
( )
3 2
3 1y x m x m= + + + −
cắt
trục hoành tại điểm có hoành độ
2x
= −
.

• Phân tích bài toán:
- Nhưng điểm nằm trên trục hoành thì có tung độ
0y =
.
- Vậy
( )
m
C
cắt trục hoành tại điểm
( ) ( )
; 2;0x y = −
.
- Điểm này thuộc
( )
m
C
nên tọa độ của nó thỏa mãn p/trình
( )
m
C
.
Lời giải:
• Từ giả thiết ta suy ra
( )
m
C
cắt trục hoành tại điểm
( )
2;0−
, thay tọa độ điểm này vào p/trình của

( )
m
C

ta được:
( ) ( ) ( )
3 2
0 2 3 2 1m m= − + + − + −
( )
8 4 3 1 0m m⇔ − + + + − =
3 5 0m
⇔ + =
5
3
m⇔ = −
• Vậy
5
3
m = −
là giá trị cần tìm.
Bài tập:
Câu 1 (Đề TN 2008, L1, Phân ban):
Cho hàm số
3 2
2 3 1y x x= + −
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2) Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình
3 2
2 3 1x x m+ − =

Câu 2 (Đề TN 2008, L2, KPB):
Cho hàm số
3 2
3y x x= −
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2) Tìm m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt
3 2
3 0x x m− − =
Câu 3 (Đề TN 2006, Phân ban):
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số
3 2
3y x x= − +
2. Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình
3 2
3 0x x m− + − =
.
3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục hoành.
5. Điểm đặc biệt của đồ thị hàm số.
Lý thuyết:
Một số dạng bài toán: Tìm điểm trên đồ thị có tọa độ nguyên;
Ví dụ: Tìm các điểm trên đồ thị hàm số
3
1
x
y
x
−
=
+

có tọa độ là những số nguyên.
Giải:
• Đ/k xác định:
1 0 1x x+ ≠ ⇔ ≠ −
• Chia tử cho mẫu ta có
4
1
1
y
x
= −
+
Xét điểm
( )
;x y
thuộc đồ thị hàm số đã cho, ta có
4
1
1
y
x
= −
+
.
• Với
x
∈
¢
ta có
4

1
1
y
x
= − ∈
+
¢

4
1x
⇔ ∈
+
¢

1x
⇔ +
là các ước số nguyên của 4.
Các trường hợp xảy ra:
1 4x
+ =
3x
⇔ =
, ta có
3 3
0
3 1
y
−
= =
+

1 4x + = −
5x⇔ = −
, ta có
2y =
1 2 1x x
+ = ⇔ =
, ta có
1y = −
1 2 3x x
+ = − ⇔ = −
, ta có
3y =
1 1 0x x
+ = ⇔ =
, ta có
3y = −
1 1 2x x
+ = − ⇔ = −
, ta có
5y =
• Vậy có sáu điểm thuộc đồ thị hàm số có tọa độ nguyên là:
( )
3;0
,
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
5;2 , 1; 1 , 3;3 , 0; 3 , 2;5− − − − −
Bài tập:
Tìm các điểm trên đồ thị hàm số
2 2
2

x
y
x
+
=
−
có tọa độ là những số nguyên.
6. Khảo sát hàm số
Sơ đồ:
• Tập xác định.
• Đạo hàm
( )
y f x
′ ′
=
Giải p/trình
( )
0f x
′
=
Các khoảng đơn điệu (đồng, nghịch biến) của hàm số;
• Cực trị ( Nếu có )
- Cực đại
- Cực tiểu
• Tính các giới hạn
lim
x
y
→±∞
; tiệm cận với hàm hữu tỷ

ax b
y
cx d
+
=
+
Và
( )
lim
d
x
c
y
±
→ −
= ±∞
để suy ra tiệm cận đứng là đ/t
a
x
c
=
;
lim
x
a
y
c
→±∞
=
, suy ra tiệm cận ngang là đ/t

a
y
c
=
• Bảng biến thiên (điền đầy đủ các thông tin, chú ý giá trị các giới hạn đã tính)
• Vẽ đồ thị:
- Xác định giao điểm với trục hoành: Cho
0y =
, tìm x.
- Xác định giao điểm với trục tung: Cho
0x =
, tìm y.
- Cho thêm một số điểm đặc biệt (Chú ý đến tính đ/xứng của đồ thị: Hàm bậc ba đ/x qua tâm là trung
điểm hai cực trị; hàm bậc bốn (trùng phương) đ/x qua trục tung; hàm hữu tỷ đ/x qua giao điểm 2 t/cận)
*****************************************
Hµm sè, ph¬ng tr×nh, bÊt ph¬ng tr×nh mò vµ l«garÝt
1. Hàm số, phương trình, bất phương trình mũ.
Lý huyết
- Ghi nhớ các phép toán với lũy thừa, mũ. (Với
0 1a< ≠
)
.
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 cơ 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
2
. . 0
x x
m a n a p+ + =
(1)
Cách giải:
• Đặt
( )
, 0
x
t a t= >
, khi đó
( )
2
2 2x x
t a a= =
.
Ta có p/trình
( )
2
. . 0, 0m t n t p t+ + = >
(2)
• Giải p/trình (2), tìm nghiệm

0t
>
• Giải p/trình
log
x
a
a t x t= ⇔ =
• Kết luận, nghiệm của (1)
Ví dụ: Giải các phương trình sau
1)
2 1
3 4.3 1 0
x x+
− + =
2)
( ) ( )
2. 3 2 2 2 1 1 0
x x
− − − − =
Lời giải :
1)
2 1
3 4.3 1 0
x x+
− + =

2
3.3 4.3 1 0
x x
⇔ − + =

Đặt
( )
3 , 0
x
t t= >
, khi đó
2 2
3
x
t =
.
Ta có p/trình
2
3 4 1 0t t− + =
,
( )
0t >
Giải p/trình này được
1
1;
3
t t= =
(thỏa mãn đ/k
0t >
)
• Với
1t =
, ta có
0
3 1 3 3 0

x x
x= ⇔ = ⇔ =
- Với
1
3
t =
, ta có
1
1
3 3 3 1
3
x x
x
−
= ⇔ = ⇔ = −
• Vậy p/trình đã cho có hai nghiệm
0; 1x x= = −
Chú ý:
2 1 2 1 2
3 3 .3 3.3
x x x+
= =
2) Để ý
( )
2
2 1 2 2 2 1 3 2 2− = − + = −
Đặt
( )
2 1
x

t = −
,
( )
0t >
,
Khi đó
( ) ( ) ( )
2
2
2
3 2 2 2 1 2 1
x
x x
t
   
− = − = − =
   
   
• P/trình đã cho trở thành
2
2 1 0t t− − =
,
( )
0t >
Giải p/trình này ta được
1t
=
(nhận);
1
0

2
t = − <
(loại)
• Với
1t
=
, ta có
( )
2 1 1 0
x
x− = ⇔ =
• Vậy p/trình đã cho có nghiệm duy nhất
0x =
.
Dạng 2:
. . 0
x x
m a n a p
−
+ + =
hay
. 0
x
x
n
m a p
a
+ + =
Cách giải:
• Đặt

( )
, 0
x
t a t= >
, khi đó
1 1
x
x
a
t
a
−
= =
Thay vào p/trình đã cho, giải tìm nghiệm
0t >
. Rồi tìm x.
• Kết luận.
Ví dụ : Giải các phương trình sau
1)
1
6 6 5 0
x x−
− − =
2)
1
1
1
5 26 0
5
x

x
+
−
+ − =
Lời giải:
1) Ta có
1
6 6 5 0
x x−
− − =
6 6.6 5 0
x x−
⇔ − − =
• Đặt
6
x
t =
,
( )
0t >
ta có
1 1
6
6
x
x
t
−
= =
• Ta có p/trình

1
6. 5 0t
t
− − =
,
( )
0t >
2
5 6 0t t⇔ − − =
.
Giải p/trình này được
6t
=
(thỏa);
1 0t
= − <
(không thỏa)
• Vậy ta có
6 6 1
x
x= ⇔ =
.
Kết luận: P/trình đã cho có nghiệm duy nhất
1x =
.
2) Để ý :
1 1
5 5 .5 5.5
x x x+
= =

;
1 1
1 1 5
5 5 .5 5
x x x− −
= =
Ta có
1
1
1
5 26 0
5
x
x
+
−
+ − =
5
5.5 26 0
5
x
x
⇔ + − =
Đặt
( )
5 , 0
x
t t= >
ta có p/trình
( )

5
5. 26 0, 0t t
t
+ − = >

2
5 26 5 0t t⇔ − + =
Giải p/trình này được
1
5;
5
t t= =
(thỏa mãn đ/k
0t >
)
• Với
5t =
, ta có
5 5 1
x
x= ⇔ =
- Với
1
5
t =
, ta có
1
1
5 5 5 1
5

x x
x
−
= ⇔ = ⇔ = −
• Tóm lại, p/trình đã cho có hai nghiệm
1; 1x x= = −
Dạng 3: Bất phương trình mũ
( ) ( )
f x g x
a a≤
,
( )
0 1a< ≠
Cách giải:
• Nếu
0 1a
< <
ta có
( ) ( )
f x g x≥
(đổi chiều BPT)
• Nếu
1a >
ta có
( ) ( )
f x g x≤
.
Với BPT
( )
f x

a c≤
- Nếu
0 1a
< <
, ta có
( )
log
a
f x c≥
(Đổi chiều BPT)
- Nếu
1a
>
, ta có
( )
log
a
f x c≤
Ví dụ : Giải các bất phương trình
a)
2
3
1
2
4
x x−
≤
b)
( )
2

2 3
1
9
3
x x+
≥
Giải:
a) Ta có
2
3
1
2
4
x x−
≤
2
3 2
2 2
x x− −
⇔ ≤
2
3 2x x⇔ − ≤ −
2
3 2 0x x⇔ − + ≤
1 2x⇔ ≤ ≤
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm
[ ]
1;2T =
Vì cơ số
2 1a

= >
nên
2
3 2
2 2
x x− −
≤
2
3 2x x⇔ − ≤ −
(hai BPT có cùng chiều). Để giải BPT
2
3 2 0x x− + ≤
, ta tìm nghiệm tam thức
2
3 2x x− +
và xét dấu rồi chọn miền nghiệm.
b)
( )
2
2 3
1 1
3 9
x x+
≥
( ) ( )
2
2 3 2
1 1
3 3
x x+

⇔ ≥
2
2 3 2x x⇔ + ≤
(đổi chiều BPT do cơ số
1
1
3
a = <
)
2
2 3 2 0x x⇔ + − ≤
1
2
2
x⇔ − ≤ ≤
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm
1
2;
2
T
 
= −
 
 
Bài tập:
Câu 1 (Đề TN 2006, Phân ban): Giải phương trình
2 2
2 9.2 2 0
x x+
− + =

Câu 2 (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban):
Giải phương trình
1
7 2.7 9 0
x x−
+ − =
Câu 3 (Đề TN 2008, L1, Phân ban):
Giải phương trình
2 1
3 9.3 6 0
x x+
− + =
Câu 4 (Đề TN 2009):
Giải phương trình
x x
25 6.5 5 0- + =
.
Câu 5: Giải các bất phương trình sau
a)
( ) ( )
2
3 2 6
1 1
2 2
x x x− −
≤
b)
2
2 7 6
3 3

x x x− +
≥
2. Hàm số, phương trình, bất phương trình lôgarit.
Lý huyết
Ghi nhớ: Với
0 1, 0, 0a b c< ≠ > >
khi đó
Tính toán:
log
a
a
α
α
=
;
log log
a a
b b
α
α
=
1
log log
a
a
b b
α
α
=
Cộng, trừ logarit :

log log log .
a a a
b c b c+ =
;
log log log
a a a
b
b c
c
− =
Đổi cơ số:
log
log
log
a
c
a
b
b
c
=
;
1
log
log
a
b
b
a
=

• Cách khử logarit:
( ) ( )
( )
( ) ( )
0
log log
a a
f x
f x g x
f x g x
 >

= ⇔

=


( ) ( )
log
c
a
f x c f x a= ⇔ =
Chú ý:
10
log log lga a a= =
;
log ln
e
a a=
.

Dạng 1: Biến đổi về phương trình
( ) ( )
log log
a a
f x g x=
Cách giải:
- Dùng các công thức tính toán, cộng trừ logarit để biến đổi.
- Cần chú ý đến đ/k với các biểu thức dưới dấu logarit.
Ví dụ: Giải các p/trình sau:
1)
( )
3 9
log 9 log 5x x+ =
2)
( ) ( )
2 2 2
log 2 log 3 log 12x x− + − =
Lới giải:
1) • Đ/k xác định:
0
0
9 0
x
x
x
>

⇔ >

>


Khi đó ta có
( )
3 9
log 9 log 5x x+ =
2
3 3
3
log 9 log log 5x x⇔ + + =
3 3
1
2 log log 5
2
x x⇔ + + =
3
3
log 3
2
x⇔ =
2
3
log 2 3 9x x x⇔ = ⇔ = ⇔ =
(thỏa mãn đ/k)
• Vậy p/trình có nghiệm duy nhất
9x =
.
2) • Đ/k xác định
2 0 2
3
3 0 3

x x
x
x x
− > >
 
⇔ ⇔ >
 
− > >
 
Khi đó ta có
( ) ( )
2 2 2
log 2 log 3 log 12x x− + − =
( ) ( )
2 2
log 2 3 log 12x x⇔ − − =
( ) ( )
2 3 12x x⇔ − − =
2
5 6 0x x⇔ − − =
Giải p/trình này dược
6x =
(thỏa đ/k);
1x = −
(không thỏa đ/k)
• Vậy, p/trình đã cho có nghiệm duy nhất
6x
=
.
Dạng 2: P/trình bậc hai chứa lôgarit

( ) ( )
2
.log .log 0
a a
m f x n f x p+ + =
Cách giải:
• Đ/k xác định:
( )
0f x >
• Đặt
( )
log
a
t f x=
,
t ∈¡
Ta có p/trình
2
. 0m t nt p+ + =
. Giải p/trình này tìm t.
• Giải p/trình
( ) ( )
log
t
a
f x t f x a= ⇔ =
để tìm x.
• Kết luận.
Ví dụ : Giải ph/trình
2 2

2 2
log 3log 10 0x x− − =
Giải:
•Đ/k xác định:
0x
>
Ta có
( )
( )
2
2
2 2 2 2
2 2 2 2
log log 2log 4logx x x x= = =
• Đặt
2
logt x=
, ta có
2 2 2
2
log 4x t=
• P/trình đã cho trở thành
2
4 3 10 0t t− − =
Giải p/trình này được
5
2;
4
t t= = −
• Với

2t
=
, ta có
2
2
log 2 2 4x x x= ⇔ = ⇔ =
- Với
5
4
t
= −
, ta có
5
4
2
5
log 2
4
x x
−
= − ⇔ =
• Kết luận: P/trình đã cho có hai nghiệm
5
4;
4
x x= = −
.
Dạng 3: Bất p/trình
( ) ( )
log log

a a
f x g x<
,
( )
0 1a< ≠
.
Điều kiện xác định:
( )
( )
0
0
f x
g x
 >


>


- Nếu
0 1a
< <
, ta có
( ) ( )
f x g x>
(BPT đổi chiều)
- Nếu
1a
>
, ta có

( ) ( )
f x g x<
(BPT cùng chiều)
Với BPT
( )
log
a
f x c≤
- Nếu
0 1a
< <
, ta có
( )
c
f x a≥
(BPT đổi chiều)
- Nếu
1a
>
, ta có
( )
c
f x a≤
(BPT cùng chiều)
Ví dụ: Giải các bất p/trình:
a)
( )
2 2
log log 3 1x x≥ −
b)

( ) ( )
1 1
3 3
log 2 1 log 2x x− > +
Giải:
a) • Đ/kiện xác định:
0
1
3 1 0
3
x
x
x
>

⇔ >

− >

• Với
1
3
x >
ta có :
( )
2 2
log log 3 1x x≥ −
3 1x x
⇔ ≥ −
1

2 1
2
x x⇔ ≤ ⇔ ≤
{ Cơ số
2 1a = >
nên có BPT cùng chiều}
• Vậy tập nghiệm của bất p/trình đã cho
1 1
;
3 2
T
 
=


 
b) • Đ/kiện xác định:
2 1 0
1
2 0
2
x
x
x
− >

⇔ >

+ >


• Với
1
2
x >
ta có :
( ) ( )
1 1
3 3
log 2 1 log 2x x− > +
2 1 2x x⇔ − < +
3x⇔ <
{ Cơ số
1
1
2
a
= <
nên BPT đổi chiều}
• Vậy tập nghiệm của bất p/trình đã cho
1
;3
2
T
 
=
 ÷
 
Bài tập:
Câu 1 (Đề TN 2007, Lần 1, Phân ban):
Giải phương trình

( )
4 2
log log 4 5x x+ =
.
Câu 2 (Đề TN 2008, Lần 2, Phân ban):
Giải phương trình
( ) ( ) ( )
3 3 3
log 2 log 2 log 5x x x+ + − = ∈¡
.
Câu 3: Giải các bất phương trình
a)
( )
1 5 1
5 5
log log 2 log 3x x− − <
b)
2
3 3
log 4log 3 0x x− + ≤
************************************************************
Nguyªn hµm, tÝch ph©n, øng dông cña tÝch ph©n
1. Tích phân
Lý huyết
-
( )
F x
là một nguyên hàm của hàm số
( )
y f x=

liên tục trên đoạn
[ ]
;a b
. Khi đó
( ) ( ) ( ) ( )
b
b
a
a
f x dx F x F b F a= = −
∫
.
- Ghi nhớ các tính chất cộng, trừ tích phân và công thức tính các nguyên hàm của hàm số thường gặp.
•
( ) ( )
.k f x dx k f x dx=
∫ ∫
, (k là hằng số)
•
dx x C= +
∫
;
2
1dx
C
x
x
= − +
∫
;

2
dx
x C
x
= +
∫
- Cách tính vi phân của hàm số
( )
y g x=
là:
( )
( )
( )
d g x g x dx
′
=
Ví dụ 1: Với
3 5u x= −
, ta có
( ) ( )
3 5 3 5 .du d x x dx
′
= − = −
3dx=
Với
2
1t x= −
, ta có
2 2
1t x= −

.
Lấy vi phân hai vế (theo biến tương ứng), ta được
( ) ( )
2 2
1d t d x= −
( ) ( )
2 2
1t dt x dx
′ ′
⇔ = −
2 . 2 .t dt x dx⇔ =
tdt xdx⇔ =
Ví dụ 2:
a)
( )
2
2
1
3 2I x x dx= − +
∫
2 2 2
2
1 1 1
3 2x dx xdx dx= − +
∫ ∫ ∫
2 2 2
2
1 1 1
3 2x dx xdx dx= − +
∫ ∫ ∫

2 2
3 2
2
1
1 1
3. 2
3 2
x x
x= − +
2
2
2
2
3
1
1
1
2
2
x
x x= − +
( )
( )
2 2
3 3
2 1
2 1 2.2 2.1
2 2
 
= − − − + −

 ÷
 
15
2
=
Có thể tính gộp:
( )
2
2
1
3 2I x x dx= − +
∫
3
2
3
1
2
2
x
x x
 
= − +
 ÷
 
2 2
3 3
2 1
2 2.2 1 2.1
2 2
   

= − + − − +
 ÷  ÷
   
5
10
2
= −
15
2
=
b)
4
0
2 1J x dx= +
∫
( )
4
1
2
0
2 1x dx= +
∫
( ) ( )
4
1
2
0
1
2 1 2 1
2

x d x= + +
∫
( )
4
1
1
2
0
2 1
1
1
2
1
2
x
+
 
 ÷
+
=
 ÷
 ÷
+
 
( )
4
3
2
0
1

2 1
3
x= +

( )
4
3
0
1
2 1
3
x= +
( ) ( )
3 3
1
2.4 1 2.0 1
3
 
= + − +
 ÷
 
( )
1 26
27 1
3 3
= − =
Nhận xét: Với đa số học sinh trung bình thì nên tính tích phân trên bằng phương pháp đổi biến
2 1t x= +
2
2 1t x⇒ = +

Lấy vi phân hai vế (theo biến tương ứng) ta được
( )
( )
2
2 1 2 2d t d x tdt dx= + ⇒ =
tdt dx⇒ =
Đổi cận: Với
1x
=
ta có
2.0 1 1t = + =
; với
4x
=
ta có
3t
=
Vậy
3
3 3
3
2
1 1
1
.
3
t
J t tdt t dt= = = =
∫ ∫
3 3

3 1 26
3 3 3
− =
Bài tập:
Câu 1 (Đề TN 2008, L2, KPB): Tính
1
0
3 1I x dx= +
∫
.
Câu 2 (Đề TN 2008, L2, Ban KHXH):
Tính tích phân
( )
2
2
1
6 4 1I x x dx= − +
∫
Đáp số: Câu 1:
14
9
I =
; Câu 2:
9I =
2. PP đổi biến số.
Lý huyết
Một số dạng thường gặp:
•
( )
1

sin cos
b
a
I f x xdx=
∫
. Đặt
sint x=
, ta có
cosdt xdx=
( )
1
cos sin
b
a
I f x xdx=
∫
. Đặt
cost x=
, ta có
sindt xdx= −
Khi đó
( )
sin
1
sin
b
a
I f t dt=
∫
hoặc

( )
cos
1
cos
b
a
I f t dt= −
∫
•
( )
2
2
tan .
cos
b
a
dx
I f x
x
=
∫
. Đặt
tant x=
, ta có
2
1
cos
dt dx
x
=

Khi đó
( )
tan
2
tan
b
a
I f t dt=
∫
•
( )
3
b
x x
a
I f e e dx=
∫
. Đặt
x
t e=
, ta có
x
dt e dx=
Khi đó
( )
3
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 1 sinI x xdx
π
π
= +
∫

• Đặt
cost x=
, ta có
( )
cos sindt d x xdx= = −
.
• Đổi cận: Với
6
x
π
=
, ta có
3
cos
6 2
t
π
= =
Với
3
x
π
=
, ta có
1
cos
3 2
t
π
= =

.
• Khi đó
( ) ( ) ( )
3
1
2 2
1
3
2
2
1 1I t dt t dt= + − = +
∫ ∫
3
2
2
1
2
2
t
t
 
= +
 ÷
 
( )
2
2
3
1
2

3 1
2
2 2 2 2
 
 
 
 ÷
 ÷
 ÷
 
 ÷
= + − +
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
3 3 1 1 3 1
8 2 8 2 2 4
 
= + − + = −
 ÷
 
Ghi chú: các em cũng có thể đặt
cos 1t x
= +

Ví dụ 2: Tính
2

0
cos
3 sin
x
J dx
x
π
=
+
∫
Ta viết lại
2
0
1
.cos
3 sin
J xdx
x
π
=
+
∫
(có dạng
1
I
)
• Đặt
sint x=
, ta có
( ) ( )

sin sin . cosdt d x x dx xdx
′
= = =
• Đổi cận: Với
0x
=
, ta có
sin 0 0t = =
.
Với
2
x
π
=
ta có
sin 1
2
t
π
= =
.
• Vậy
( )
1 1
0 0
3
1
3 3
d t
J dt

t t
+
= =
+ +
∫ ∫
( )
1
0
ln 3t= + =
( ) ( )
ln 1 3 ln 0 3= + − + =
4
ln 4 ln3 ln
3
− =
Ghi chú: Với bài này có thể đặt
3 sint x= +
.
Ta có
( ) ( )
3 sin 3 sin cosdt d x x dx xdx
′
= + = + =
• Đổi cận:
0 3 sin 0 3x t= ⇒ = + =
3 sin 3 1 4
2 2
x t
π π
= ⇒ = + = + =

• Khi đó
4
3
dt
J
t
=
∫
4
3
4
ln ln 4 ln3 ln
3
t= = − =
Cách đặt này giúp lời giải gọn và phép tính tích phân dễ thực hiện hơn rất nhiều so với cách 1. Các em
lưu ý nhé !
Ghi nhớ: Trong quá 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 mọi m là hằng số.
( )
1
dx d mx n
m
= +
với mọi m, n là hằng số.
Ví như, trong
1
dx
x +
∫
mẫu có dạng
1u x= +
, nhưng tử chưa phải du do đó cần biến đổi để tử thành
du: thay
( )
1dx d x= +
.
Vậy
( )
1
ln 1
1 1
d x
dx
x C
x x
+

= = + +
+ +
∫ ∫
Ví dụ 3: Tính
ln3
0
1
x
x
e
L dx
e
=
+
∫
Giải:
• Đặt
1
x
t e= +
( )
1
x x
dt e dx e dx
′
⇒ = + =
• Đổi cận:
0
0 1 1x t e= ⇒ = + =
ln3

ln3 1 3 1 4x t e= ⇒ = + = + =
• Khi đó
4
4
1
1
2
dt
L t
t
= =
∫
2 4 2 1 2= − =
Chú ý: Ở đây đã sử dụng công thức
2
dt
t C
t
= +
∫
Cách khác: Đặt
1
x
t e= +

2
1
x
t e⇒ = +
2

x
tdt e dx⇒ =
Đổi cận:
0
0 1 1x t e= ⇒ = + =
;
ln3
ln3 1 3 1 2x t e= ⇒ = + = + =
Khi đó
2 2
2
1
1 1
2
2 2
tdt
L dt t
t
= = =
∫ ∫
( )
2 2 1 2= − =
.
Bài tập:
Câu 1 (Đề TN BTTH 2006):
Tính tích phân
( )
2
0
2sin 3 cosI x xdx

π
= +
∫
.
Câu 2 (Đề TN 2006, Ban KHTN):
Tính tích phân
( )
ln5
ln2
1
1
x x
x
e e
I dx
e
+
=
−
∫
.
Gợi ý: Đặt
1
x
t e= −
2
1
x
t e⇒ = −
Suy ra

2
1
x
e t= +
và
2
x
tdt e dx=
Câu 3 (Đề TN 2006, KPB): Tính
2
2
0
sin 2
4 cos
x
I dx
x
π
=
−
∫
.
Câu 4 (Đề TN 2007, Bổ túc): Tính
2
0
cos
1 sin
x
I dx
x

π
=
+
∫
.
Câu 5 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHTN):
Tính tích phân
( )
1
4
2 3
1
1I x x dx
−
= −
∫
Đáp số: Câu 1:
4I =
; Câu 2:
26
3
I =
; Câu 3:
4
ln
3
I =
Câu 4:
ln 2I
=

; Câu 5:
32
15
I =
3. PP tích phân từng 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
′
= ⇒ =
Còn
sindv xdx=
, ta có
cosv x= −
cosdv xdx=
, ta có
sinv x=
x
dv e dx=
, ta có
x
v e=
Ví dụ 1: Tính
( )
4
1
0

2 3 sinI x xdx
π
= +
∫
Giải:
• Đặt
( )
2 3 2 3 2u x du x dx dx
′
= + ⇒ = + =
Với
sindv xdx=
, ta có
cosv x= −
.
• Khi đó:
( ) ( ) ( ) ( )
4
4
1
0
0
2 3 cos cos 2I x x x xdx
π
π
= + − − −
∫
( ) ( )
1
2 3 cos 2.0 3 cos0

4 4
I
π π
  
= + − − + −
 ÷ ÷
  
4
0
2 cos xdx
π
+
∫
( )
4
1
0
2
3 3 1 2sin
2 2
I x
π
π
 
 
= + − − − +
 ÷
 ÷
 
 

2
3 3 2 sin sin 0
2 2 4
π π
   
= − + + −
 ÷  ÷
   
2 2
3 3 2 0
2 2 2
π
 
 
= − + + −
 ÷
 ÷
 
 
2 2
3
2 4
π
= − −
Nhận xét: Các em có thể tách
4 4
0 0
2 sin 3sinI x xdx xdx
π π
= +

∫ ∫
Sau đó tính
4 4
0 0
2 sin 2 sinx xdx x xdx
π π
=
∫ ∫
bằng PP tích phân từng phần với cách đặt
u x=
.
Và tính
4 4
4
0
0 0
3sin 3 sin 3cosxdx xdx x
π π
π
= = −
∫ ∫
.
Tính xong, cộng hai kết quả trên lại.
Ví dụ 2: Tính
( )
2
2
0
5 2
x

I x e dx= −
∫
Giải:
• Đặt
( )
5 2 5 2 2u x du x dx dx
′
= − ⇒ = − = −
Với
x
dv e dx=
, ta có
x
v e=
• Khi đó
( ) ( )
2
2
2
0
0
5 2 2
x x
I x e e dx= − − −
∫
( ) ( )
2
2 0
2
0

5 4 5 0 2
x
I e e e dx= − − − +
∫
2
2
0
1. 5.1 2
x
e e= − +
( )
2 2 0
5 2e e e= − + −
( )
2 2
5 2 1e e= − + −
• Vậy
2
2
3 7I e= −
Ghi nhớ: Trong tích phân từng phần, mặc dù có đổi biến nhưng chúng ta không đổi cận.
Bài tập:
Câu 1 (Đề TN 2006, Ban KHXH): Tính
( )
1
0
2 1
x
I x e dx= +
∫

.
Câu 2 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHXH):
Tính tích phân
( )
2
0
2 1 cosI x xdx
π
= −
∫
.
Câu 3 (Đề TN 2008, L2, Ban KHTN): Tính
( )
1
0
4 1
x
I x e dx= +
∫
.
Đáp số: Câu 1:
1I e
= +
; Câu 2:
3I
π
= −
; Câu 3:
3I e
= +

4. Tính diện tích hình phẳng
Lý huyết
Dạng 1: Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
( )
y f x=
, trục hoành và 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 :
( )
0f x =
tìm các nghiệm
1 2
; ; ;

n
x x x
thuộc đoạn
[ ]
;a b
. (Nghiệm không thuộc, ta
loại bỏ)
• Phân tích
( )
b
a
S f x dx=
∫
( ) ( ) ( )
1 2
1

n
x x
b
a x x
f x dx f x dx f x dx= + + +
∫ ∫ ∫
Trên mỗi khoảng
( ) ( )
( )
1 1 2
; , ; , , ;
n
a x x x x b

thì
( )
f x
có dấu xác định không thay đổi.
Nên
( ) ( ) ( )
1 2
1

n
x x
b
a x x
S f x dx f x dx f x dx= + + +
∫ ∫ ∫
{Đưa dấu giá trị tuyệt đối ra ngoài dấu tích phân}
Ví dụ: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số
3
y x x= −
, trục hoành và các đường thẳng
0; 2x x= =
Lời giải:
• Diện tích hình phẳng cần tìm bằng
2
3
0
S x x dx= −
∫
• Ta có
( )

3 2
0 1 0x x x x− = ⇔ − =
0; 1x x⇔ = = ±
Trên đoạn
[ ]
0;2
, ta loại bỏ
1x
= −
• Suy ra
1 2
3 3
0 1
S x x dx x x dx= − + −
∫ ∫
( ) ( )
1 2
3 3
0 1
x x dx x x dx= − + −
∫ ∫
1 2
4 2 4 2
0 1
4 2 4 2
x x x x
   
= − + −
 ÷  ÷
   

1 1 16 4 1 1
4 2 4 2 4 2
   
= − + − − −
 ÷  ÷
   
1 1 5
2
4 4 2
= + + =
Nhận xét: Các em nên dùng máy tính cầm tay để tính và kiểm tra đáp án nhé !
Nếu em nào có kỹ năng xét dấu, có thể lập bảng xét dấu để khử dấu giá trị tuyết đối của
3
x x−
trên
đoạn
[ ]
0;2
.
Dạng 2: Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số
( )
y f x=
và
( )
y g x=
.
Cách giải:
• Giải ph/trình
( ) ( )
f x g x=

tìm được các nghiệm
1 2
; ; ,
n
x x x
(Giả sử
1 2

n
x x x< < <
)
• Diện tích hình phẳng cần tìm
( ) ( )
1
n
x
x
S f x g x dx= −
∫
Chia S thành tổng các tích phân trên các khoảng
( )
1 2
;x x
,
( )
2 3
;x x
,…,
( )
1

;
n n
x x
−
để tính bằng cách đưa
dấu giá trị truyệt đối ra ngoài dấu tích phân.
( ) ( ) ( ) ( )
2
1 1

n
n
x
x
x x
S f x g x dx f x g x dx
−
= − + + −
∫ ∫