On thi tot nghiep 12 giai doan ve dich

ƠN THI TỐT NGHIỆP THPT GIAI ĐOẠN VỀ ĐÍCH
Phần:Giải tích
Gv:Trần Xn Trường
Chủ đề I: MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI KHẢO SÁT HÀM SỐ
I/Bài toán1: Tìm giao điểm của hai đường:
 Cho hai hàm số : y= f(x) có đồ thò (C), y= g(x) có đồ thò (C’). Tìm giao điểm của (C) và (C’).
 Phương pháp giải:
B1: phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (C’): f(x) = g(x) (1)
B2: Giải (1) giả sử nghiệm của phương trình là x
0
,x
1
,x
2
. . . thì các giao điểm của (C) và (C’)
là :M
0
(x
0
;f(x
0
) ); M
1
(x
1
;f(x
1
) ); M
2
(x
2

;f(x
2
)) . . .
Chú ý: Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của (C) và (C’).
Ví dụ 1:
Cho đường cong (C): y= x
3
-3x +1 và đường thẳng d đi qua điểm A(0;1) có hệ số góc k. biện luận số
giao điểm của (C) và d.
Giải
Phương trình đường thẳng d có dạng: y= kx + 1.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là : x
3
-3x +1 = kx + 1 (1)
⇔
x
3
-(3+k)x = 0
⇔
x(x
2
-3-k) = 0
⇔

2
0
( ) 3 0 (2)
x
g x x k
=



= − − =

ta có
/
∆
(2)
= 3+k
Nếu 3+k < 0
⇔
k<-3 Phương trình (2) vô nghiệm
⇒
(1) có 1 nghiệm
⇒
(C) và d có 1 giao điểm.
Nếu 3+k = 0
⇔
k= -3 Phương trình (2) có nghiệm kép x=0
⇒
(1) có 1 nghiệm bội
⇒
(C) và d có 1
giao điểm.
Nếu 3+k > 0
⇔
k> -3 . Mặt khác g(0) = 0
⇔
-3-k = 0
⇔

k = -3 vậy phương trình (2) có 2 nghiệm
phân biệt khác không
⇒
(1) có 3 nghiệm phân biệt
⇒
(C) và d có 3 giao điểm.
Ví dụ 2: Cho hàm số
3 2x
y
x 1
−
=
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y = mx + 2 cắt đồ thị của hàm số đã cho
tại hai điểm phân biệt.
Giài:
2/ Đường thẳng y = mx + 2 cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt
⇔ Phương trình (ẩn x)
3 2x
= mx+2
x 1
−
−
có hai nghiệm phân biệt
⇔ Phương trình (ẩn x) mx
2
– (m – 4)x – 5 = 0 có hai nghiệm phân biệt, khác 1
⇔
2

2
2
m 6 2 5
m 0
m 0
(m 4) 20m 0 6 2 5 m 0
m 12m 16 0
m 0
m.1 (m 4).1 5 0

<− −
≠


≠


∆= − + > ⇔ ⇔ − + < <

 
+ + >



>
− − − ≠



Bài tập đề nghò:

6
4
2
-2
5
x
y
Bài 1: Cho đường cong (C): y=
2
2
1
x x
x
+ −
+
và đường thẳng d qua gốc toạ độ có hệ số góc k. biện
luận theo k số giao điểm của d và (C).
Bài 2: Cho đường cong (C): y=
4
2x
−
. Dựa vào đồ thò (C) biện luận theo k số giao điểm của (C)
và đường thẳng y=k.
II/ Bài toán2: Biện luận số nghiệm của phương trình bằng đồ thò
 Dùng đồ thò biện luận số nghiệm của phương trình f(x)=
( )m
ϕ
.
 Phương pháp giải:
B1: Vẽ đồ thò (C) của hàm f(x) (Thường đã có trong bài toán khảo sát hàm số )

B2: Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thò (C) và đường thẳng y=
( )m
ϕ
. Tùy theo m
dựa vào số giao điểm để kết luận số nghiệm.
Ví dụ:
Cho hàm số y=x
3
– 6x
2
+ 9x (C). Dùng đồ thò (C) biện luận số nghiệm của phương trình x
3
– 6x
2
+
9x – m = 0
Giải:
Phương trình x
3
– 6x
2
+ 9x – m = 0
⇔
x
3
– 6x
2
+ 9x = m
Số nghiệm của phương trình là số giao
điểm của đồ thò (C) và đường thẳng d: y=m.

dựa vào đồ thò ta có:
Nếu m > 4 phương trình có 1 nghiệm.
Nếu m = 4 phương trình có 2 nghiệm.
Nếu 0< m <4 phương trình có 3 nghiệm.
Nếu m=0 phương trình có 2 nghiệm.
Nếu m < 0 phương trình có 1 nghiệm.
Bài tập đề nghò:
Bài 1: a/ Khảo sát hàm số y= x
4
– 4 x
2
+ 5.
b/ Dùng đồ thò (C) của hàm số vừa khảo sát biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
x
4
– 4 x
2
+ 5=m.
Bài 2: Cho hàm số y= x
3
- 3x – 2 có đồ thò (C)
a/ Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số.
b/ Dùng đồ thò (C), đònh m để phương trình: x
3
- 3x – 2=m có 3 nghiệm phân biệt.
III/ Bài toán 3: Viết phương trình tiếp tuyến.
Cho hàm số y=f(x) có đồ thò (C).Ta cần viết phương trình tiếp tuyến với đồ thò (C) trong các trường hợp sau:
1/ Tại điểm có toạ độ (x
0
;f(x

0
)) :
B1: Tìm f ’(x)
⇒
f ’(x
0
)
B2: Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm (x
0
;f(x
0
))

là: y =
/
0
f (x )
(x–x
0
) + f(x
0
)
2/ Tại điểm trên đồ thò (C) có hoành độ x
0
:
B1: Tìm f ’(x)
⇒
f ’(x
0
), f(x

0
)
B2: Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm có hoành độ x
0
là:y =
/
0
f (x )
(x–x
0
) + f(x
0
)
3/ Tại điểm trên đồ thò (C) có tung độä y
0
:
B1: Tìm f ’(x) .
B2:Do tung độ là y
0
⇔
f(x
0
)=y
0
. giải phương trình này tìm được x
0
⇒
f
/
(x

0
)
B3: Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm có tung độ y
0
là:y =
/
0
f (x )
(x–x
0
) + y
0
4/ Biết hệ số góc của tiếp tuyến là k:
B1: Gọi M
0
(x
0
;y
0
) là tiếp điểm .
B2: Hệ số góc tiếp tuyến là k nên :

)(
0
xf
′
=k (*)
B3: Giải phương trình (*) tìm x
0

⇒
f(x
0
)
⇒
phương trình tiếp tuyến.
Chú ý:
 Tiếp tuyến song song với đường thẳng y=ax+b thì có f
/
(x
0
)=a.
 Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=ax+b thì có f
/
(x
0
).a=-1.
5/ Biết tiếp tuyến đi qua điểm A(x
1
;y
1
) :
B1:Phương trình đường thẳng d đi qua A(x
1
;y
1
) có hệ số góc k là: y = k(x–x
1
) + y
1

(1)
B2: d là tiếp tuyến của (C)
⇔
hệ phương trình sau có nghiệm :



=
′
+−=
kxf
yxxkxf
)(
)()(
11
B3:Giải hệ này ta tìm được k chính là hệ số góc của tiếp tuyến thế vào (1) ⇒ phương trình tiếp tuyến.
Ví dụ 1 :
Cho đường cong (C) y = x
3
.Viết phương trình tiếp tuyến với đường cong :
a.Tại điểm A(-1 ; -1) b.Tại điểm có hoành độ bằng –2
c.Tại điểm có tung độä bằng –8 d. Biết rằng hệ số góc của tiếp tuyến bằng 3.
e.Biết rằng tiếp tuyến đi qua điểm B(2;8)
Giải:
Ta có y’= 3.x
2
a/ Tiếp tuyến tại A(-1;-1)
( )C
∈
có

0
0
x 1
f(x ) 1
= −


= −

⇒ f’(x
0
)= 3.(-1)
2
= 3 ⇒ phương trình tiếp tuyến là: y=f’(x
0
)
(x-x
0
)+f(x
0
) = 3.(x+1) + (-1)
b/ Ta có x
0
= -2 ⇒
0
0
f(x ) 8
f '(x ) 12
= −



=

⇒ Ph.trình tiếp tuyến là y= 12(x+2) – 8 =12x + 16
c/ Ta có tung độä bằng y
0
= –8
⇔
f(x
0
)= -8
⇔

3
0
x
=-8
⇒
x
0
=-2
⇒
f’(x
0
)=12
⇒
Phương trình tiếp tuyến là:
y= 12(x+2) – 8 = 12x + 16
d/ Hệ số góc của tiếp tuyến bằng 3
⇔

f’(x
0
)=3
⇔
3.
2
0
x
=3

⇔

x
0
=
±
1
với x
0
=1
⇒
f(x
0
)=1
⇒
Phương trình tiếp tuyến là: y= 3(x-1) + 1= 3x-2 .
với x
0
=-1
⇒

f(x
0
)= -1
⇒
Phương trình tiếp tuyến là: y= 3(x+1) - 1= 3x+2.
e/Phương trình đường thẳng d đi qua B(2;8) có hệ số góc k là: y = k(x–2) + 8

d là tiếp tuyến của (C)
⇔
hệ phương trình sau có nghiệm :
3
2
k(x-2) + 8(1)
3 (2)
x
x k

=


=



⇔
x
3
= 3x
2
(x-2) + 8

⇔
2x
3
- 6x
2
+ 8 = 0
⇔

2
1
x
x
=


= −


Với x=2
⇒
k=12
⇒
phương trình tiếp tuyến là y=12(x-2)+8 = 12x -16.
Với x=-1
⇒
k=3
⇒
phương trình tiếp tuyến là y= 3(x-2)+8 = 6x - 4
Bài tập đề nghò:
Bài 1: Cho hàm số y= x

3
- 3x
2
có đồ thò (C). Viết phương trình tiếp tuyến với (C)
a/ Tại các giao điểm với trục hoành. b/ Tại điểm có hoành độ = 4.
c/ Biết tiếp tuyến có hệ số góc k= -3. d/ Biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y= 9x + 2005.
e/ Biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y=
1
3
x + 2006. f/Biết tiếp tuyến đi qua A(1;-2).
Bài 2: Cho hàm số y=
2
1
x x
x
− +
+
có đồ thò (C). Viết phương trình tiếp tuyến với (C)
a/ Tại các giao điểm với trục hoành. b/ Tại điểm có hoành độ = 2.
c/ Tại điểm có tung độ y=-
3
2
. d/Biết tiếp tuyến có hệ số góc k= - 1. e/Biết tiếp tuyến đi qua A(2;0).
IV/ Bài toán 4: xét tính đơn điệu
A/ Phương pháp xác đònh khoảng tăng, giảm hàm số :
+ MXĐ D= ?
+ Tính : y
/
= , tìm nghiệm của ptr y
/

= 0
+ BXD (sắp các nghiệm của PT y
/
= 0 và giá trị khơng xác định của hàm số từ trái sang phải tăng dần)
Chú ý: y
/
> 0 thì hàm số tăng ; y
/
< 0 thì hàm số giảm
+ Kết luận : hàm số đồng biến , nghòch biến trên khoảng
Đònh lý 2 (dùng để tìm gía trị m):
a) f
/
(x) ≥ 0 ∀ x ∈ (a;b) ( chỉ bằng không tại hữu hạn điểm∈ (a;b) ) thi f(x) tăng trong khoảng (a;b).
b) f
/
(x) ≤ 0 ∀ x ∈ (a;b) ( chỉ bằng không tại hữu hạn điểm∈ (a;b) ) thi f(x) giảm trong khoảng (a;b).
B/ CÁC DẠNG TỐN CƠ BẢN:
Dạng 1: Xét tính đơn điệu của hàm số
Phương Pháp:
• Tìm tập xác định.
• Tính đạo hàm
( )f x
′
. Giải phương trình
( )f x
′
=0.
Gọi các nghiệm là x
i

(i=1,2,3,4,….n)
• Lập bảng biến thiên.
• Nêu kết luận về các khoảng đồng biến, nghịch biến của hàm số.
Ví dụ 1:
Xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số:
a) y= –2x
3
+9x
2
+24x –7
b)
2
1
1
x x
y
x
− +
=
−
Giải:
a) Miền xác định: D=
¡

2
6 18 24y x x
′
= − + +

1

0
4
x
y
x
= −

′
= ⇔

=

Bảng biến thiên: x –
∞
–1 4 +
∞



y
′
– 0 + 0 –
y


Hàm số nghịch biến trong các khoảng:
( ; 1),(4; )
−∞ − +∞
Hàm số đồng biến trong khoảng: (–1;4)
b) Miền xác định: D=

{ }
\ 1¡

( )
2
2
2
1
x x
y
x
− +
′
=
−

0
0
2
x
y
x
=

′
= ⇔

=

Bảng biến thiên: x

−∞
0 1 2 +
∞


y
′
– 0 + + 0 –
y
Hàm số đồng biến trong các khoảng: (0;1), (1;2)
Hàm số số nghịch biến trong các khoảng:
( ;0),(2; )
−∞ +∞
Ví dụ 2 :
Định m để hàm số: y= x
3
– 3mx
2
+ (m+2)x– m đồng biến trên
¡
Giải:
Miền xác định: D=
¡
y
′
= 3x
2
– 6mx+ m+ 2
′
∆

= 9m
2
– 3m– 6
Bảng xét dấu: m
−∞

2
3
−
1 +
∞

′
∆
+ 0 – 0 +
Ta phân chia các trường hợp sau:
 Nếu
2
1
3
m
− ≤ ≤

Ta có:
′
∆
≤
0
⇒
0,y x

′
≥ ∀ ∈
¡
⇒
hàm số đồng biến trên
¡
 Nếu
2
3
1
m
m

< −


>

Ta có:
′
∆
> 0 phương trình
y
′
=0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
(giả sử x
1

< x
2
)
Bảng biến thiên: x
−∞
x
1
x
2
+
∞

y
′
+ 0 – 0 +
y

Hàm số khơng thỏa tính chất ln ln đồng biến trên
¡
 Kết luận: Giá trị m thỏa mãn bài tốn là:
2
1
3
m
− ≤ ≤
Bài tập
Bài 1: Xét sự đồng biến, nghịch biến của các hàm số sau:
a)
3
4

3
y x x
= −
b)
3 2
1 1
10
3 2
y x x x
= + + −
c) y=
1
4
x
4
–2x
2
–1
d)
2 1
5
x
y
x
−
=
+
e)
2
2 26

2
x x
y
x
+ +
=
+
f)
2 1 3y x x
= − − −
Bài 2: Định m để hàm số y= –x
3
+ mx
2
– 3x+ 1 nghịch biến trên
¡
Bài 3: Định m để hàm số
1
2 1
mx
y
x m
+
=
+ +
nghịch biến trong từng khoảng xác định của nó.
V/ Bài toán 5: Cực trị của hàm số
• Dấu hiệu cần: Hàm f(x) đạt cực trò tại x
0
và có đạo hàm tại x

9
thì f
/
(x
0
)=0
• Tìm cực trò = dấu hiệu I :
+ MXĐ D=?
+ Tính : y
/
= , tìm nghiệm của ptr y
/
= 0 . Tính y
CĐ
; y
CT

+ BBT : (sắp các nghiệm của PT y
/
= 0 và giá trị khơng xác định của hàm số từ trái sang phải tăng dần)
+ Kết luận cực trị ?
Chú ý:
1) Nếu hàm số ln tăng ( giảm) trên (a;b) thì khơng có cực trị trên (a;b).
2) Số cực trị của hàm số bằng số nghiệm đơn của phương trình y
/
= 0.
3) x
0
là cực trị của hàm số ó
/

( ) 0
0
/
( )
=



y x
y x
• Tìm cực trò = dấu hiệu II:
+ MXĐ
+ Đạo hàm : y
/
= ? y
//
= ?
cho y
/
= 0 => các nghiệm x
1
, x
2
… .( nếu có )
+ Tính y
//
(x
1
); y
//

(x
2
)…….
Nếu y
//
(x
0
) > 0 thì hàm số đạt CT tại x
0
, y
CT
= ?
Nếu y
//
(x
0
) < 0 thì hàm số đạt CĐ tại x
0
, y
CĐ
= ?
Chú ý : dấu hiệu II dùng cho những h/s mà y
/
khó xét dấu
*Cực trò của hàm hữu tỉ : Nếu h/s đạt cực trò tại x
0
thì y
/
(x
0

)= 0 và giá trò cực trò y(x
0
) =
u (x )
0
v (x )
0
′
′
* Điều kiện để hàm bậc 3 có cực trò (có cực đại,cực tiểu): y’= 0 có hai nghiệm phân biệt
⇔

a 0
0
≠


∆ >

*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
* Điều kiện để hàm bậc 4 có 3 cực trò : y
/
= 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Một số ví dụ:
Ví dụ 1:
Tìm các điểm cực trị của các hàm số sau:
a) y= –x
4
+ 2x

2
– 3
b) y= e
–x
(x
2
– 3x +1)
Giải:
a) Miền xác định: D=
¡

y
′
= – 4x
3
+ 4x= 4x(–x
2
+ 1)

y
′
= 0
⇔
0
1
1
x
x
x
=



=


= −

Bảng biến thiên: x
−∞
–1 0 1 +
∞


y
′
+ 0 – 0 + 0 –
y –2 –2
–3
Điểm cực đại: A(–1;–2), B(1;2)
Điểm cực tiểu: C(0;–3)
b) Miền xác định: D=
¡

y
′
= –e
–x
(x
2
– 3x +1)+ e

–x
(2x–3) = e
–x
(–x
2
+5x–4)
y
′
= 0
⇔
1
4
x
x
=


=

Bảng biến thiên: x
−∞
1 4
+∞


y
′
– 0 + 0 –
y
4

5
e

1
e
−
Ví dụ 2:
đổi dấu qua x
0
Tìm các điểm cực trị của hàm số: y= x– 2sin
2
x
Miền xác định: D=
¡

y
′
= 1– 4sinxcosx= 1– 2sin2x

y
′
=0
⇔
sin2x=
1
2
π
π
π
π


= +

⇔ ∈


= +


¢
12
5
12
x k
k
x k

y
′′
= – 4cos2x

4 cos 2
12 6
y k k
π π
π π
   
′′
+ = − +
 ÷  ÷

   
= –2
3
<0
Vậy:
12
x k
π
π
= +
,
k
∈
¢
là những điểm cực đại.

π π
π π
   
′′
+ = − +
 ÷  ÷
   
5 5
4cos 2
12 6
y k k
= 2
3
>0

Vậy:
π
π
= +
5
12
x k
,
∈
¢k
là những điểm cực tiểu.
Ví d ụ 3/ : Xác đònh m để hàm số:
2
1x mx
y
x m
+ +
=
+
đạt cực đại tại x=2.
Giải:
Ta có
( )
2 2
2
2 1
'
x mx m
y
x m

+ + -
=
+
;
( )
4
2 2
''
x m
y
x m
+
=
+
Đ/k cần để å hàm số đạt cực đại tại x=2 là:
( )
2
' 2 0 4 3 0f m m= + + =Û
⇔
1
3
m
m
é
=-
ê
ê
=-
ë
Đ/k đủ: Với m= -1 thì f

//
(2)=2>0 ⇒ m= -1 không là giá trò cần tìm.
Với m= -3 thì f
//
(2)= -2< 0 ⇒ m= -3 là giá trò cần tìm.

Ví d ụ 4/ Chứng minh rằng hàm số y=
2
2
2
2
x x m
x
+ +
+
luôn luôn có một cực đại và một cực tiểu.
Giải:
Ta có
( )
( )
2
2
2
2 2 4
'
1
x m x
y
x
- + - +

=
+
Cho
( )
2
' 0 2 2 4 0y x m x= - + - + =Û
ta có
( )
2
' 2 4 0 m m= - + > "D

⇒
y
/
=0 luôn luôn có 2 nghiệm
phân biệt. Vậy hàm số luôn có một cực đại và một cực tiểu.
3/Đònh m để hàm số y=
( )
3 2 2
3 3 1x mx m m x
− + − +
có cực đại, cực tiểu.
Giải
Txđ D=R y
/
= 3x
2
-6mx +3(m
2
-m)

Để hàm số có cực đại, cực tiểu
⇔
y
/
=0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔
3x
2
-6mx +3(m
2
-m)=0 có 2 nghiệm phân
biệt
⇔

/
0
∆ >

⇔
9m
2
-9m
2
+9m >0
⇔
m>0 vậy m>0 là giá trò cần tìm.
Bài tập đề nghò:
Bài 1: Tìm các điểm cực trị của các hàm số sau:
a)
3 2

1
4 15
3
y x x x
= − + −
b) y=
4 3 2
3
9 7
4
x x x
− − +
c) y= 2sinx +cos2x trên
[ ]
0;2
π
d) y=
2
3 6
2
x x
x
− + +
+
e)
2
4y x x= −
4
x x
y e e

−
= +
Bài 2: Đònh m để y=
( ) ( )
1133
2223
−−−+− mxmmxx
đạt cực đại tại x=1. ĐS:m=2
Bài 3: Cho hàm số y=
bax
x
+−
2
4
2
. Đònh a,b để hàm số đạt cực trò bằng –2 tại x=1
Bài 4 : Cho hàm số y=
1
2
+
+−
x
mxx
Đònh m để hàm số có cực trò và 2 giá trò cực trò cùng dấu.
Bài 5: Cho hàm số y=
( ) ( )
131
23
−+−−+ xmxmx
.CMR đồ thò hàm số lu6n có cực đại và cực tiểu.Viết

phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trò của hàm số .
Bài 6: Cho hàm số y= mx
4
+(m
2
–9)x
2
+ 10. Tìm m để hàm số có ba cực trị.
Ch ủ đề II :TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT NH NHẤT CA HM SỐ .
Phương pháp giải:
*Tìm giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ nhất của hàm số trên miền xác đònh hay một khoảng :
-Tìm tập xác đònh .
-Tính y’, tìm các điểm tại đó đạo hàm bằng khơng hoặc khơng xác định nhưng tại đó hàm số liên tục ,
tính giá trò của hàm số tại các điểm đó.
-Lập bảng biến thiên căn cứ bảng biến thiên
⇒
GTLN, GTNN.
*Giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ nhất của hàm số trên một đoạn [a;b]:
-Tính y’, tìm các điểm thuộc [a;b] tại đó đạo hàm bằng khơng hoặc khơng xác định nhưng tại đó hàm
số liên tục. Giả sử các điểm đó là x
1
, x
2
,…, x
n
- Tính các giá trò f(a), f(x
1
), f(x
2
),…., f(x

n
) , f(b) GTLN là số lớn nhất trong các giá trò vừa tìm được,
GTNN là giá trò nhỏ nhất trong các số vừa tìm được.
Ví dụ
a)Tìm giá trò lớn nhất & giá trò nhỏ nhất của hàm số y=
2
2x x
−
.
b)Tìm giá trò lớn nhất & giá trò nhỏ nhất của hàm số b/ y =
x
xx 1
2
++
trên [
1
2
;2 ]
Giải :
a)Txđ : D =[0;2]
y
/
=
2
1
2
x
x x
−
−

cho y
/
=0
⇔
1-x=0
⇔
x=1
⇒
y=1
Bảng biến thiên
X 0 1
2
y
/
+ 0 -
y 1
0 CĐ
0

max ( ) (1) 1f x f
= =
,
min ( ) (0) (2) 0f x f f
= = =
b) y
/
=
2
2
1x

x
−
cho y
/
=0
⇔
x
2
-1=0
⇔

1
1 ;2
2
1
1 ;2
2
x
x

 
= ∈

 
 


 
= − ∉


 
 

Ta có y(
1
)
2
=
7
2
; y(1)=3 ; y(2)=
7
2
1
[ ;2]
2
min ( )f x
= f(
1
)
2
=f(2)=
7
2
;
1
;2
2
max ( ) (1) 3f x f
 

 
 
= =
Bài tập đề nghò:
Bài 1: Tìm giá trò lớn nhất,giá trò nhỏ nhất của các hàm số :
a) y= x
2
+
2
x
(x > 0) b) y =
3
3 2x x
− +
trên
[ ]
10,10
−
c) y =
5 4x
−
trên đoạn
[ ]
1,1
−
d) y= x
4
- 4x
2
+ 2 trên đoạn [-2;2]

Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
y= 2cos
2
x–3cosx– 4 trên
;
2 2
π π
 
−
 
 
Bài 3: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y= (x–6)
2
4x
+
trên [0;3]
Chủ đề III: Phương trình, bất phương trình mũ -loga
Kiến thức cơ bản về lũy thừa :
1./ Cho
0 -n
n
1
a 0, ta có: a 1; a
a
≠ = =
2./ Cho
m m
a 0,r (m,n Z,n>0 và
n n
> = ∈

tối giản) , ta có
m
m
n
n
a a
=
3./ Cho
a,b,α,β R; a>0, b>0 , ta có
∈
+
α β α β
a .a a
+
=
+
α
α β
β
a
a
a
−
=
+
( ) ( )
β α
α β α.β
a a a= =
+

α α α
(a.b) a .b
=
+
α
α
α
a a
b b
 
 ÷
=
 ÷
 ÷
 
Kiến thức cơ bản về loga :
1./ Định nghĩa:
0 1 0
a
log, , :
N
a a M M N M a
> ≠ > = ⇔ =
Suy ra :
1 0 1
a
loglog ,
a
a= =
2./ Các cơng thức: Cho

0 1 0, , ,a a M N> ≠ >
ta có
+
log
a
M
a M
=
+
log ( )
a
a
α
α
=
+
( )
log log
a
a
b b
α
β
β
α
=
;
( )
0, 0b
α

≠ >
+
( )
log . log log
a a a
M N M N
= +
+
log log log
a a a
M
M N
N
 
= −
 ÷
 
+
log
log .log log log
log
a
a b a b
a
M
b M M M
b
= ⇔ =
;
( )

0 , 1
< ≠
a b
+
1
log
log
a
b
b
a
=
;
( )
0 1b
< ≠

1/ Phương pháp giải phương trình mũ và logarit :
• Dạng cơ bản:
o
f (x)
a
=
g(x)
a
⇔ f(x) = g(x)
o
v(x)
u
= 1 ⇔ ( u −1 ).v(x) = 0 (trong đó u có chứa biến )

o
f (x)
a
= b ( với b > 0 ) ⇔ f(x) = log
a
b
o log
a
f(x) = log
a
g(x) ⇔
f (x) 0 g(x) 0
f (x) g(x)
> >
=



o
log f (x) b
a
0 a 1
=
< ≠



⇔ f(x) =
b
a

o
log v(x)
u(x)
= b ⇔
[ ]
v(x) 0 ; u(x) 0 ; u(x) 1
b
v(x) u(x)
> > ≠
=





hoặc
• Đặt ẩn phụ :
α.
2f (x)
a
+β.
f (x)
a
+ γ = 0 ; Đặt : t =
f (x)
a
Đk t > 0
α.
f (x)
a

+β.
f (x)
b
+ γ = 0 ; ( với a.b=1) Đặt : t =
f (x)
a
(Đk t > 0) ⇒
1
t
=
f (x)
b
α.
2f (x)
a
+β.
( )
f (x)
a.b
+ γ.
2f (x)
b
= 0 ; Đặt t =
f (x)
a
b
 
 ÷
 
• Logarit hoá hai vế : a

f(x)
=b
g(x)
⇔ f(x)=g(x). log
a
b
2/ Phương pháp giải bất phương trình mũ và logarit
• Dạng cơ bản :
1
0

f (x)
a
>
g(x)
a
⇔
f (x) g(x) khi a 1
f (x) g(x) khi 0 a 1
> >
< < <



2
0

f (x)
a
> b ⇔ Nếu b ≤ 0 có nghiệm ∀x

Nếu b > 0 f(x) > log
a
b nếu a > 1
f(x) < log
a
b nếu 0 < a < 1
3
0

f (x)
a
< b ⇔ Nếu b ≤ 0 thì pt vô nghiệm
Nếu b > 0 ; f(x) < log
a
b nếu a > 1
f(x) > log
a
b nếu 0 < a < 1
4
0
log
a
f(x) > log
a
g(x) ⇔ Đk: f(x) > 0 ; g(x) > 0 ; 0 < a ≠ 1
(a−1)[ f(x) − g(x) ] > 0
5
0
log
a

f(x) > b ⇔ * Nếu a > 1 : bpt là f(x) >
b
a
* Nếu 0 < a < 1 bpt là 0 < f(x) <
b
a
6
0
log
a
f(x) < b ⇔ * Nếu a > 1 : bpt là 0 < f(x) <
b
a

* Nếu 0 < a < 1 bpt là f(x) >
b
a
7
0

( )
v(x)
u(x)
> 1 ⇔ u(x) > 0 và [ u(x) −1 ].v(x) > 0
8
0

( )
)(
)(

xv
xu
< 1 ⇔ u(x) > 0 và [ u(x) −1 ].v(x) < 0
Lưu ý:
*) trong trường hợp có ẩn dưới cơ số thì chúng ta nên sử dụng cơng thức sau để bài tốn trở nên dễ dang
hơn.
1
0

f (x)
a
>
g(x)
a
ó (a−1)(f(x) − g(x)) > 0.
2
0
log
a
f(x) > log
a
g(x) ó (a−1)(f(x) − g(x)) > 0.
CÁC BÀI TẬP MẪU
Bài 1: Giải các phương trình sau:
a./
2
x 3x 1
1
3
3

− +
 
 ÷
=
 ÷
 ÷
 
b./
x 1 x 2
2 2 36
+ −
+ =
Giải:
a./
2
2
x 3x 1
(x 3x 1) 1 2 2
x 1
1
3 3 3 (x 3x 1) 1 x 3x 2 0
x 2
3
− +
− − +

 
=

 ÷

= ⇔ = ⇔ − − + = ⇔ − + = ⇔

 ÷
=
 ÷

 

b./

x x x
x 1 x 2 x
x x 4
2 8.2 2
2 2 36 2.2 36 36
4 4
9.2 36.4 2 16 2 x 4
+ −
+
+ = ⇔ + = ⇔ =
⇔ = ⇔ = = ⇔ =
Bài 2: Giải các phương trình sau
a./
2 5
3 5
x
+
=
b./
2 1

5 2 50.
x x
−
=
Giải:
a./
2 5
3
3
5 5
3 5 2 5 5
2

log
log
x
x x
+
−
= ⇔ + = ⇔ =
b./
2 1
20
4
5 2 50 5 50 20 100 100
2
. . log
x
x x x x
x

−
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
Bài 3: Giải các phương trình sau
a./
25 2 5 15 0.
x x
− − =
b./
4 2 1
3 -4.3 27 0
x x
+
+ =
c./
2 2
3 3 24
x x
+ −
− =
Giải:
a./
( )
2
25 2 5 15 0 5 2 5 15 0. .
x x x x
− − = ⇔ − − =
Đặt t = 5
x
, t >0 ta có phương trình: t
2

– 2t – 15= 0
5
3 (loai)
5 5 1
=

⇔

= −

⇔ = ⇔ =
x
t
t
x
b./
( )
2
2x 2
2x 2
2
2 2
4x 2x+1
3 -4.3 +27=0 3 12 3 27 0
Nêu t=3 t>0 ta có : t 12 27 0
1
3 3 3 2 1

2
9 2 2

3 9 3
1

⇔ − + =
− + =


= = =
=
 

⇔ ⇔ ⇔ ⇔

 

= =
= =
 

=

.
;
x
x
x
t
t x
x
t x

x
c./
( )
2
2 2
9
3 3 24 9 3 24 0 9 3 24 3 9 0
3
. . .
x x x x x
x
+ −
− = ⇔ − − = ⇔ − − =
Đặt
3 0
x
t
= >
, ta có
2
3
9t 24 9 0 3 3 1
1
( loai)
3
=


− − = ⇔ ⇔ = ⇔ =


= −

x
t
t x
t

Bài 3: Giải các phương trình sau:
a./
2 2
3 2log log ( )x x+ + =
b./
2
2 2 2
9log log logx x x
+ =
Giải:
a./
2 2
3 2log log ( )x x+ + =
(1)
ĐK:
0 0
0
3 0 3
x x
x
x x
> >
 

⇔ ⇔ >
 
+ > > −
 
2
2
2
1 3 2 3 2 4
1
3 4 0 1
4

(loaïi)
( ) log ( ) ( )x x x x
x
x x x
x
⇔ + = ⇔ + = =
=

⇔ + − = ⇔ ⇔ =

= −

b./
2
2 2 2
9log log logx x x
+ =
(1) ĐK: x>0

2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
1 2 9 2 9
1
9 3 3
2

( ) log log log log log log
log log log log
x x x x
x x x
⇔ + = + ⇔ =
⇔ = ⇔ = ⇔ =
x=3>0 thỏa điều kiện . Vậy phương trình có nghiệm là x=3
Bài 2: Giải các phương trình sau:
a./
2
2 2
2 2 0log logx x
+ − =
b./
2 1
1 1 4log ( ) log
x
x
−
+ − =
c./
2 3
5 7lg lg lgx x x− = −

d./
2 2
2 16 7 0. log logx x
+ − =
Giải:

2
2 2
2
2 2
2 2 0 (1) x>0
(1) 2 0
/ log log :
log log
+ − =
⇔ + − =
a x x ÑK
x x
2
2
2
2
2
1
1
t= ta có : t 2 0
2 2
2

1

2
4
log
log ,
log
−

=

=
+ − = ⇔ ⇔


= − = −




=

⇔

= =


x
t
Ñaët x t
t x
x

x
Thỏa điều kiện x>0 . Vậy phương trình có nghiệm là: x=2 và x=1/4
b./
2 1
1 1 4log ( ) log
x
x
−
+ − =
(1)
ĐK:

[ ]
2
2 2
2 2
2
2 2
1 0 1
1 1 2
4 2
1 1 1 1 1
1 1
1 1 2 0
(*)

log
( ) log ( ) log ( )
log ( ) log ( )
log ( ) log ( )

x x
x x
x x
x x
x x
− > >
 
⇔
 
− ≠ ≠
 
⇔ + − = ⇔ + − =
− −
⇔ − + − − =
Đặt:
2
1log ( )t x= −
, ta có :
2
1
2 0
2
t
t t
t
=

+ − = ⇔

= −



2
2
1 2 3
1 1
1 5
1 2
1
4 4
log ( )
log ( )
x x
x
x
x x
− = =
 
− =

 
⇔ ⇔ ⇔

 
− = −
− = =

 
thỏa (*)
Vậy phương trình có nghiệm là : x = 3 và x = 5/4.

c./
2 3
5 7lg lg lgx x x− = −
(1)
ĐK: x>0 (*)
2 2
1 5 3 7 8 7 0

( ) lg lg lg lg lgx x x x x
⇔ − = − ⇔ − + =
Đặt: t= lgx , ta có:
2
7
10
1 1
8 7 0
7 7
10
lg
lg
x
t x
t t
t x
x
=

= =
 
− + = ⇔ ⇔ ⇔


 
= =
=

 

thỏa (*)
Vậy phương trình có nghiệm là: x = 10 và x = 10
7
d./
2 2
2 16 7 0 (1). log logx x+ − =
ĐK:
2
0
1
1
0
16 0
log x
x
x
x
x
>
>


⇔ ⇔ >

 
>
>


(*)
2 2 2 2 2
1 2 16 7 0 2 3 0( ) . log log log log logx x x x
⇔ + + − = ⇔ + − =
Đặt:
2
0logt x
= ≥
, ta có:
2
2
1
2 3 0 1 2
3 0 (loaïi)
log
t
t t x x
t
=

+ − = ⇔ ⇔ = ⇔ =

= − <

. Thỏa (*)

Vậy phương trình có nghiệm là x=2.
Bài 3: Giải các bất phương trình sau
( )
( ) ( )
2
1
2
2
1
1 3
3 1
3 9
3 1
5 2 5 2
b./ 3./
./
x
x
x
x
x x
a
c
−
−
+
− − +
−
< >
+

+ ≥ −
Giải:
a./
( )
1
1
3 1 3
3 1 3 3 3 1 3 3 27 3 9 26 3 12
3
3 1
6
3
13
. . . .
x x
x x x x
x
x
x R
−
+
−
< ⇔ − < + ⇔ − < + ⇔ > −
+
⇔ > − ⇔ ∈
b./
( )
2
2
93

x
x−
>
2 4
4
16
3 3 2 4 8 16
4 7
x
x
x
x x x x
−
⇔ > ⇔ > − ⇔ > − ⇔ <
c./
( ) ( )
2
1 3
5 2 5 2
x x
− − +
+ ≥ −
(1)
Ta có
( ) ( ) ( )
1
1
5 2 5 2 1 5 2 5 2
5 2
−

+ − = ⇔ − = = +
+
Vậy (1)
( ) ( )
2
1 3
2
5 2 5 2 1 3
x x
x x
− −
⇔ + ≥ + ⇔ − ≥ −

2
2 0 1 2x x x
⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤
Bài 4: Giải các bất phương trình sau
2
5 5 26 10 3 3 0
2 25 7 10 0
2x+1
x
b 3
c./ 5.4
./ ./ .
. .
x x x
x x
a
−

+ < − + ≤
+ − >
Giải:
( )
2
2
25
5 5 26 5 26 0 5 26 5 25 0
5
./ .
x x x x x
x
a
−
+ < ⇔ + − < ⇔ − + <
Đặt
5 0
x
t
= >
. Ta có:
2
26 25 0t t
− + <
1 25t
⇔ < <
0 2
1 5 25 5 5 5 0 2
x x
x

⇔ < < ⇔ < < ⇔ < <
10 3 3 0
2x+1
b 3 ./ .
x
− + ≤
( )
2
3 3 10 3 3 0. .
x x
⇔ − + ≤
Đặt
3 0
x
t
= >
. Ta được:
2
1
3 10 3 0 3
3
t t t
− + ≤ ⇔ ≤ ≤
⇔
1 1
1
3 3 3 3 3 1 1
3
x x
x

−
≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤
2 25 7 10 0
x
5.4 (*)./ . .
x x
c + − >
Chia hai vế cho
4 0
x
>
ta được:
2
5 5
5 2 7 0
2 2
. .
x x
 
   
+ − >
 
 ÷  ÷
   
 
 
Đặt t =
5
2
x

 
 ÷
 
>0 ta được :
2
5
0 1
0 1
2
0
2 7 5 0
5
1
5 5
2
2 2
x
x
t
x
t t
x
t

 

< <

< <  ÷



<
 

− + > ⇔ ⇔ ⇔



>
>


 


>

 ÷
 

Bài tập đề nghò:
Phương trình mũ:
Dạng 1. Đưa về cùng cơ số
Bài 1 : Giải các phương trình sau
a)
4
3
2 4
x
−

=
b)
2
5
6
2
2 16 2
x x− −
=
c)
2
2 3 3 5
3 9
x x x− + −
=
d)
2
8 1 3
2 4
x x x
− + −
=
e) 5
2x + 1
– 3. 5
2x -1

= 110 f)
5 17
7 3

1
32 128
4
x x
x x
+ +
− −
=
f) 2
x

+ 2
x -1
+ 2
x – 2
= 3
x
– 3
x – 1
+ 3
x - 2
g) (1,25)
1 – x
=
2(1 )
(0,64)
x
+

Dạng 2. đặt ẩn phụ

Bài 2 : Giải các phương trình
a) 2
2x + 5
+ 2
2x + 3
= 12 b) 9
2x +4
- 4.3
2x + 5
+ 27 = 0 c) 5
2x + 4
– 110.5
x + 1
– 75 = 0 d)
1
5 2 8
2 0
2 5 5
x x
+
   
− + =
 ÷  ÷
   
e)
3
5 5 20
x x−
− =
f)

( ) ( )
4 15 4 15 2
x x
− + + =
g)
(
)
(
)
5 2 6 5 2 6 10
x x
+ + − =

h)
1
7 2.7 9 0
x x
−
+ − =
(TN – 2007) i) 6.9
x
-13.6
x
+ 6.4
x
=0 b)
027.21812.48.3
=−−+
xxxx

Dạng 3. Logarit hóạ
Bài 3 Giải các phương trình: a) 2
x - 2
= 3 b) 3
x + 1
= 5
x – 2
c) 3
x – 3
=
2
7 12
5
x x− +
d)
2
2 5 6
2 5
x x x− − +
=
e)
1
5 .8 500
x
x
x
−
=
f) 5

2x + 1
- 7
x + 1
= 5
2x
+ 7
x
Phương trình logarit
Dạng 1. Đưa về cùng cơ số
Bài 1: giải các phương trình
a) log
4
(x + 2) – log
4
(x -2) = 2 log
4
6 b) lg(x + 1) – lg( 1 – x) = lg(2x + 3) c) log
4
x + log
2
x + 2log
16
x
= 5 d) log
4
(x +3) – log
4
(x
2
– 1) = 0 e) log

3
x = log
9
(4x + 5) + ½ f) log
4
x.log
3
x =
log
2
x + log
3
x – 2
g) log
2
(9
x – 2
+7) – 2 = log
2
( 3
x – 2
+ 1) h)
( ) ( )
3 3 3
log 2 log 2 log 5x x
+ + − =
Dạng 2. đặt ẩn phụ
Bài 2: giải phương trình
a)
1 2

1
4 ln 2 lnx x
+ =
− +
b) log
x
2 + log
2
x = 5/2 c) log
x + 1
7 + log
9x
7 = 0 d) log
2
x +
2
10log 6 9x + =
e) log
1/3
x + 5/2 = log
x
3 f) 3log
x
16 – 4 log
16
x = 2log
2
x g)
2
2 1

2
2
log 3log log 2x x x+ + =
h)
2
2
lg 16 l g 64 3
x
x
o
+ =
Dạng 3 mũ hóa
Bài 3: giải các phương trình
a) 2 – x + 3log
5
2 = log
5
(3
x
– 5
2 - x
) b) log
3
(3
x
– 8) = 2 – x
Bất phương trình mũ
Bài 1: Giải các bất phương trình
a) 16
x – 4

≥ 8 b)
2 5
1
9
3
x
+
 
<
 ÷
 
c)
6
2
9 3
x
x+
≤
d)
2
6
4 1
x x
− +
>
e)
2
4 15 4
3 4
1

2 2
2
x x
x
− +
−
 
<
 ÷
 
f) 5
2x
+
2 > 3. 5
x
Bài 2: Giải các bất phương trình
a) 2
2x + 6
+ 2
x + 7
> 17 b) 5
2x – 3
– 2.5
x -2
≤ 3 c)
1 1
1 2
4 2 3
x x
− −

> +
d) 5.4
x

+2.25
x
≤ 7.10
x
e) 2. 16
x
– 2
4x
– 4
2x – 2
≤ 15 f) 4
x +1
-16
x
≥ 2log
4
8 g) 9.4
-1/x
+ 5.6
-1/x
< 4.9
-1/x

Bài 3: Giải các bất phương trình
a) 3
x +1

> 5 b) (1/2)
2x - 3
≤ 3 c) 5
x
– 3
x+1
> 2(5
x -1
- 3
x – 2
)
Bất phương trình logarit
Bài 4: Giải các bất phương trình
a) log
4
(x + 7) > log
4
(1 – x) b) log
2
( x + 5) ≤ log
2
(3 – 2x) – 4 c) log
2
( x
2
– 4x – 5) < 4 d)
log
1/2
(log
3

x) ≥ 0
e) 2log
8
( x- 2) – log
8
( x- 3) > 2/3 f) log
2x
(x
2
-5x + 6) < 1 g)
1
3
3 1
log 1
2
x
x
−
>
+
Bài 5: Giải các bất phương trình
a) log
2
2
+ log
2
x ≤ 0 b) log
1/3
x > log
x

3 – 5/2 c) log
2
x + log
2x
8 ≤ 4 d)
1 1
1
1 log logx x
+ >
−
e)
16
2
1
log 2.log 2
log 6
x x
x
>
−
f)
4 1
4
3 1 3
log (3 1).log ( )
16 4
x
x
−
− ≤

Bài 6. Giải các bất phương trình
a) log
3
(x + 2) ≥ 2 – x b) log
5
(2
x
+ 1) < 5 – 2x c) log
2(
5 – x) > x + 1 d) log
2
(2
x
+ 1) +
log
3
(4
x
+ 2) ≤ 2
Chủ đề IV: NGUYÊN HÀM VÀ TÍCH PHÂN
I/TÌM NGUYÊN HÀM CỦA MỘT HÀM SỐ:
1/ Bảng nguyên hàm thường dùng.
0dx C
=
∫
(0 1)
ln
x
x
a

a dx C a
a
= + < ≠
∫
dx x C
= +
∫
∫
sinkxdx = -
k
1
coskx + C
1
( 1)
1
x
x dx C
α
α
α
α
+
= + ≠ −
+
∫
∫
coskxdx =
k
1
sinkx + C

ln ( 0)
dx
x C x
x
= + ≠
∫
2
os
dx
tgx C
c x
= +
∫
∫
e
kx
dx =
k
e
kx
+ C
2
cot
sin
dx
gx C
x
= − +
∫
2/Một số dạng toán thường gặp:

Dạng 1: Tìm nguyên hàm của một hàm số bằng đònh nghóa và tính chất.
Phương pháp giải:
Thường đưa nguyên hàm đã cho về nguyên hàm của tổng và hiệu sau đó vận dụng bảng
nguyên hàm thường dùng
⇒
kết quả.
Ví dụ: Tìm nguyên hàm các hàm số sau:
a) f(x) = x
3
– 3x +
x
1
b) f(x) =
x
2
+
x
3
c) f(x) = (5x + 3)
5
d) f(x) = sin
4
x cosx
Giải
a/
4
3 3 2
1 1 x 3
( ) (x - 3x + ) x 3 ln
x x 4 2

f x dx dx dx xdx dx x x c
= = − + = − + +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
b/
x x
2 3
( ) (2 + 3 ) 2 3
ln2 ln3
x x
x x
f x dx dx dx dx c
= = + = + +
∫ ∫ ∫ ∫
c/
6
5 5
(5 3) (5 3)
( ) (5x+ 3) (5x+ 3)
5 30
d x x
f x dx dx c
+ +
= = = +
∫ ∫ ∫
d/
5
4 4
sin
( ) sin x cosx sin x (sin )
5

x
f x dx dx d x c
= = = +
∫ ∫ ∫
Dạng 2: Tìm nguyên hàm của một hàm số thoả điều kiện cho trước.
Phương pháp giải:
B1: Tìm họ nguyên hàm của hàm số đã cho
B2: Thay điều kiện đã cho vào họ nguyên hàm tìm được C thay vào họ nguyên hàm
⇒

nguyên hàm cần tìm.
Ví dụ: Tìm một nguyên hàm F(x) của hàm số f(x)=1+ sin3x biết F(
6
π
)= 0.
Giải
Ta có F(x)= x –
1
3
cos3x + C. Do F(
6
π
) = 0
⇔

6
π
-
1
3

cos
2
π
+ C = 0
⇔
C = -
6
π
.
Vậy nguyên hàm cần tìm là: F(x)= x –
1
3
cos3x -
6
π
Bài tập đề nghò:
1. Tìm một nguyên hàm F(x) của hàm số f(x)=sin
2
x.cosx, biết giá trò của nguyên hàm bằng
−
3
8

khi x=
π
3

2. Tìm một nguyên hàm F(x) của hàm số f(x) = e
1-2x
, biết F(

=
1
) 0
2

3. Tìm một nguyên hàm F(x) của hàm số f(x) =
3 2
2
2 3 3 1
2 1
x x x
x x
+ + −
+ +
, biết F(
1
1)
3
=
II/ CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍCH PHÂN :
1/Các kiến thức cần nắm vững :
Bảng nguyên hàm thường dùng.
Đònh nghóa tích phân, các tính chất của tích phân.
Các phương pháp tính tích phân
2/Một số dạng toán thường gặp:
Dạng 1: Tính tích phân bằng đònh nghóa và tính chất.
Phương pháp giải:
Thường đưa tích phân đã cho về tích phân của tổng và hiệu sau đó vận dụng bảng nguyên
hàm thường dùng
⇒

kết quả.
Ví dụ: Tìm tích phân các hàm số sau:
a/
3
3
1
( 1)x dx
−
+
∫
b/
4
4
2
4
( 3sin )
cos
x dx
x
π
π
−
−
∫
c/
2
2
1x dx
−
−

∫
Giải
a/
3
3
1
( 1)x dx
−
+
∫
=
3
3 3
4
3
1 1
1
81 1
1 ( ) ( 3) ( 1) 24
4 4 4
x
x dx dx x
− −
−
+ = + = + − − =
∫ ∫
b/
4 4 4
4 4 4
2 2

4
4
4 1
( 3sin ) 4 3 sin (4 3cos )
cos cos
x dx dx xdx tgx x
x x
π π π
π π π
π
π
− − −
−
− = − = + =
∫ ∫ ∫
=
(4 3cos ) [4 ( ) 3cos( )]
4 4 4 4
tg tg
π π π π
+ − − + −
=8
c/
2
2
1x dx
−
−
∫
=

1
2
1x dx
−
−
∫
+
2
1
1x dx
−
∫
=
1
2
(1 )x dx
−
−
∫
+
2
1
( 1)x dx
−
∫
=(x-
2 2
1 2
2 1
) ( )

2 2
x x
x
−
+ −
=5
Bài tập đề nghò:
Tính các tích phân sau:
1/I=
π
+
∫
2
0
(3 cos2 ).x dx
2/J=
+
∫
1
0
( 2)
x
e dx
3/K=
+
∫
1
2
0
(6 4 )x x dx

Dạng 2: Tính tích phân
f[ (x)] '(x)dx
b
a
ϕ ϕ
∫
bằng phương pháp đổi biến.
Phương pháp giải:
b1: Đặt t =
ϕ
(x)
⇒
dt =
'( ). dxx
ϕ
b2: Đổi cận:
x = a
⇒
t =
ϕ
(a) ; x = b
⇒
t =
ϕ
(b)
b3: Viết tích phân đã cho theo biến mới, cận mới rồi tính tích phân tìm được .
Ví dụ : Tính tích phân sau :
a/
1

2
0
2 1
1
x
I dx
x x
+
=
+ +
∫
b/
1
2
0
3. .J x x dx
= +
∫
Giải:

a/ Đặt t = x
2
+ x +1
⇒
dt = (2x+1) dx
Đổi cận: x = 0
⇒
t =1 ; x = 1
⇒
t = 3 Vậy I=

3
3
1
1
ln ln3
dt
t
t
= =
∫
b/ Đặt t=
2
3x
+

⇒
t
2
= x
2
+ 3
⇒
tdt = x dx
Đổi cận: x = 0
⇒
t =
3
; x = 1
⇒
t = 2 Vậy J =

2
2
3
2
3
3
1
(8 3 3)
3 3
t
t dt = = −
∫

Bài tập đề nghò:
Tính các tích phân sau:
1/
π
∫
2
sin
0
.cos .
x
e x dx
2/
+
∫
1
0
1

x
x
e
dx
e
3/
+
∫
1
1 ln
e
x
dx
x
4/
+
∫
1
2 5
0
( 3)x x dx

Dạng 3: Tính tích phân bằng phương pháp tùng phần:
Công thức từng phần :
. . .
b b
b
a
a a
u dv u v v du

= −
∫ ∫
Phương pháp giải:
B1: Đặt một biểu thức nào đó dưới dấu tích phân bằng u tính du. phần còn lại là dv tìm v.
B2: Khai triển tích phân đã cho theo công thức từng phần.
B3: Tích phân
b
a
vdu
∫
suy ra kết quả.
Chú ý:
a/Khi tính tính tích phân từng phần đặt u, v sao cho
b
a
vdu
∫
dễ tính hơn
∫
b
a
udv
nếu khó hơn phải tìm
cách đặt khác.
b/Khi gặp tích phân dạng :
( ). ( ).
b
a
P x Q x dx
∫

- Nếu P(x) là một đa thức ,Q(x) là một trong các hàm số e
ax+b
, cos(ax+b) , sin(ax+b) thì ta đặt u =
P(x) ; dv= Q(x).dx
Nếu bậc của P(x) là 2,3,4 thì ta tính tích phân từng phần 2,3,4 lần theo cách đặt trên.
- Nếu P(x) là một đa thức ,Q(x) là hàm số ln(ax+b) thì ta đặt u = Q(x) ; dv = P(x).dx
Ví dụ 1: Tính các tích phân sau:
a/ I=
2
0
.cos .x x dx
π
∫
b/J=
1
.ln .
e
x x dx
∫
Giải
a/ Đặt :
cos . sin
u x du dx
dv x dx v x
= =
 
⇒
 
= =
 

(chú ý: v là một nguyên hàm của cosx )
vậy I=x cosx
2
0
π
-
2
0
sin .x dx
π
∫
= cosx
2
0
π
= -1
b/ Đặt :
2
1
.
ln
.
2
du dx
u x
x
dv x dx
x
v


=

=


⇒
 
=


=


Vậy J= lnx.
2
2
x
1
e
-
2 2 2 2
2
1
1 1
1 1 1 1
.
2 2 2 2 4 4
e e
e
x e e e

dx xdx x
x
+
= − = − =
∫ ∫
Bài tập đề nghò:
Tính các tích phân sau:
1/
∫
1
3
0
.
x
x e dx
2/
π
∫
4
2
0
cos
x
dx
x
3/
∫
1
ln .
e

x dx
4/
−
∫
5
2
2 .ln( 1).x x dx
5/
π
∫
2
0
.cos .
x
e x dx

Dạng 4: Tính tích phân của một số hàm hữu tỉ thường gặp:
a/Dạng bậc của tử lớn hơn hay bằng bậc của mẫu:
Phương pháp giải:
Ta chia tử cho mẫu tách thành tổng của một phần nguyên và một phần phân số rồi tính.
Ví dụ: Tính các tích phân sau:
a/
2 2
2
1
1 1
2 1 1 1
(1 ) [ ln 2 1] 1 ln3
2 1 2 1 2 2
x

dx dx x x
x x
= + = + - = +
- -
ò ò
=
1
ln3
2
.
b/
0 0
3 3 2
2 0
1
1 1
3 1 5 23
( 4 ) [ 4 ln 1] ln2
1 1 3 2 6
x x x x
dx x x dx x x
x x
-
- -
+ +
= + + + = + + + - = -
- -
ò ò
Bài tập đề nghò:
Tính các tích phân sau:

1/I=
+ −
∫
2
3 2
2
1
2 3x x x
dx
x
2/J=
+ +
+
∫
4
2
3
2 5 3
1
x x
dx
x

b/Dạng bậc1 trên bậc 2:
Phương pháp giải:
Tách thành tổng các tích phân rồi tính.
Trường hợp mẫu số có 2 nghiệm phân biệt:
Ví dụ: Tính các tích phân :
( )
2

2
1
5 1
6
x dx
x x
-
- -
ò

Giải
Đặt
( )
2
5 1
6
x
x x
-
- -
=
5 5 ( 3) ( 2)
( 2)( 3) 2 3 ( 2)( 3)
x A B A x B x
x x x x x x
- - + +
= + =
+ - + - + -
⇒
A(x-3)+B(x+2)=5x-5 cho x=-2

⇒
A=3. cho x=3
⇒
B=2. vậy ta có:
( )
2
2
1
5 1
6
x dx
x x
-
- -
ò
=
2
2
1
1
3 2 16
( ) (3ln 2 2ln 3 ) ln
2 3 27
dx x x
x x
+ = + + - =
+ -
ò
Trường hợp mẫu số có nghiệm kép:
Ví dụ: Tính các tích phân :

1
2
0
(2 1)
4 4
x dx
x x
+
- +
ò

Giải
CI:
1 1 1 1
2
2 2 2 2 2
0 0 0 0
(2 1) 2 4 5 ( 4 4) 1
( ) 5
4 4 4 4 4 4 4 4 ( 2)
x dx x d x x
dx dx
x x x x x x x x x
+ - - +
= + = +
- + - + - + - + -
ò ò ò ò
=(ln
2
5

4 4 )
2
x x
x
− + −
−
1
0
5
ln4
2
= −

CII: Đặt
2 2 2 2
2 1 2 1 ( 2)
( 2) 2 1
4 4 ( 2) 2 ( 2) ( 2)
x x A B A x B
A x B x
x x x x x x
+ + - +
= = + = - + = +Û
- + - - - -

⇔
Ax -2A+B= 0
⇔

2 2

2 1 5
A A
A B B
= =
 
⇔
 
− + = =
 
Vậy
1 1
2 2
0 0
2 1 2 5
[ ]
4 4 2 ( 2)
x dx
dx
x x x x
+
= +
- + - -
ò ò
=
1
0
5
(2ln x-2 - )
x-2
=

5
ln4
2
−
Trường hợp mẫu số vô nghiệm:
Ví dụ: Tính các tích phân :I=
0
2
1
(2 3)
2 4
x dx
x x
-
-
+ +
ò

Giải:
0 0 1
2
2 2 2
1 1 0
2 2 5 ( 2 4)
5
2 4 ( 1) 3 2 4
x d x x
I dx dx J
x x x x x
- -

+ + +
= - = -
+ + + + + +
ò ò ò
Ta có
1
2
2
0
( 2 4)
2 4
d x x
x x
+ +
+ +
ò
=
0
2
1
4
ln/x +2x+4/ ln4 ln3 ln
3
−
= − =

Bài tập đề nghò: Tính các tích phân sau:
1/I=
− +
∫

1
2
0
1
5 6
dx
x x
2/I=
−
− +
∫
5
2
4
1 2
6 9
x
dx
x x
3/ I=
4
2
2
3 1
4 8
x
dx
x x
−
− +

∫

Dạng 5: Tính tích phân hàm vô tỉ:
 Dạng1:
+
∫
( , )
b
n
a
R x ax b dx
Đặt t=
n
ax b+
 Dạng 2:
+
+
∫
( , )
b
n
a
ax b
R x dx
cx d
Đặt t=
n
ax b
cx d
+

+
Ví dụ: Tính tích phân I =
1
3
0
1 xdx−
∫
Giải
Đặt t =
3
1 x
−

⇔
t
3
= 1-x
⇔
x= 1-t
3

⇒
dx= -3t
2
dt.
Đổi cận:
x=0
⇒
t=1; x=1
⇒

t=0. Vậy I=
1
0 1
4
2 3
1 0
0
3
.( 3 ) 3 3
4 4
t
t t dt t dt− = = =
∫ ∫
Bài tập đề nghò: Tính các tích phân sau:
1/
−
∫
1
3
0
. 1x xdx
2/
−
−
∫
1
2
2
x
dx

x

Dạng 6: Tính tích phân của một số hàm lượng giác thường gặp
 Dạng:
sin .cos , sin .sin , cos .cosax bxdx ax bxdx ax bxdx
β β β
α α α
∫ ∫ ∫
Phương pháp giải:
Dùng công thức biến đổi tích thành tổng để tách thành tổng hoặc hiệu các tích phân rồi giải.
 Dạng:
sin ; cos
n n
xdx xdx
β β
α α
∫ ∫
Phương pháp giải: Nếu n chẵn dùng công thức hạ bậc, n lẻ dùng công thức đổi biến.
Ví dụ :
2 1 2 2
2 2
sin sin sin (1 cos ) sin Đặt t =cosx
1 cos2
cos (cos )
2
n n n
n
n n
xdx x xdx x xdx
x

xdx x dx dx
β β β
α α α
β β β
α α α
+
= = −
+
 
= =
 
 
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
 Dạng:
(sin ).cos R x xdx
β
α
∫
Đặc biệt:
2 2 1
sin .cos
n k
x xdx
β
α
+
∫
Phương pháp giải: Đặt t =sinx
 Dạng:

(cos ).sin R x xdx
β
α
∫
Đặc biệt:
2 1 2
sin .cos
n k
x xdx
β
α
+
∫
Phương pháp giải: Đặt t =cosx
 Các trường hợp còn lại đặt x=tgt
Ví dụ: Tính các tích phân sau:
a/
4
0
sin3 .cos .x x dx
π
∫
b/
2
2
0
sin xdx
π
∫
c/

2
3
0
cos xdx
π
∫
d/
2
3 2
0
cos sinx xdx
π
∫
Giải
a/
4
0
sin3 .cos .x x dx
π
∫
=
π
π
+ = − + =
∫
4
2
0
0
1 1 cos4 cos2 1

(sin4 s 2 ) ( )
2 2 4 2 2
x x
x in x dx

b/
π π
π
π
−
= = − =
∫ ∫
2 2
2
2
0
0 0
1 cos2 1 sin2
sin ( )
2 2 2 4
x x
xdx dx x
c/I=
2
3
0
cos xdx
π
∫
=

π π
= −
∫ ∫
2 2
2 2
0 0
cos .cos . (1 sin ).cos .x x dx x x dx
đặt u=sinx
⇒
du = cosx dx.
x=0
⇒
u=0 ; x=
π
2

⇒
u=1 vậy: I=
− = − =
∫
1
3
1
2
0
0
2
(1 ). ( )
3 3
u

u du u
d/J=
2
3 2
0
cos sinx xdx
π
∫
=
π π
= −
∫ ∫
2 2
2 2 2 2
0 0
cos sin .cos . (1 sin )sin .cos .x x x dx x x x dx
đặt u=sinx
⇒
du = cosx dx.
x=0
⇒
u=0 ; x=
π
2

⇒
u=1 J=
− = − = − =
∫ ∫
1 1

3 5
1
2 2 2 4
0
0 0
2
(1 ) . ( ). ( )
3 5 15
u u
u u du u u du
Bài tập đề nghò: Tính các tích phân sau:
1/
π
∫
4
0
cos .x dx
2/
π
∫
2
3 3
0
sin .cos .x x dx
3/
2
4 4
0
sin .cos .x x dx
π

∫
4/
2
6
1
sin
dx
x
π
π
∫
5/
π
∫
2
7 4
0
sin .cos .x x dx
III/ Diện tích hình phẳng:
1/ Dạng toán1: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 1 đường cong và 3 đường thẳng.
Công thức:
Cho hàm số y=f(x) liên tục trên đoạn [a;b] khi đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong (C)
:y=f(x) và các đường thẳng x= a; x=b; y= 0 là :
( )
b
a
S f x dx
=
∫
2/ Dạng toán2: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường cong và 2 đường thẳng.

Công thức:
Cho hàm số y=f(x) có đồ thò (C) và y=g(x) có đồ thò (C’) liên tục trên đoạn [a;b] khi đó diện tích hình
phẳng giới hạn bởi đường cong (C), (C’) và các đường thẳng x= a; x=b là :
( ) ( )
b
a
S f x g x dx
= −
∫
Phương pháp giải toán:
B1: Lập phương trình hoành độ giao điểm giữa (C) và (C’)
B2: Tính diện tích hình phẳng cần tìm:
TH1:
Nếu phương trình hoành độ giao điểm vô nghiệm trong (a;b). Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm là:
[ ( ) ( )]
b
a
S f x g x dx
= −
∫
TH2:
Nếu phương trình hoành độ giao điểm có 1 nghiệm là x
1
∈
(a;b). Khi đó diện tích hình phẳng cần tìm
là:
1
1
( ) ( ) [ ( ) ( )] [ ( ) ( )]
x

b b
a a x
S f x g x dx f x g x dx f x g x dx
= − = − + −
∫ ∫ ∫
TH3:
Nếu phương trình hoành độ giao điểm có các nghiệm là x
1
; x
2
∈
(a;b). Khi đó diện tích hình phẳng cần
tìm là:
[ ] [ ] [ ]
1 1 2
2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
= − + − + −
∫ ∫ ∫
x x x
a x b
S f x g x dx f x g x dx f x g x dx
Chú ý: * Nếu phương trình hoành độ giao điểm có nhiều hơn 2 nghiệm làm tương tự trường hợp 3.
* Dạng toán 1 là trường hợp đặc biệt của dạng toán 2 khi đường cong g(x)=0
Ví dụ 1ï:
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thò của hàm số y = sinx trên đoạn [0;2
π
] và trục hoành .
Giải :
Ta có :sinx = 0 có 1 nghiệm x=

( )
π π
∈
0;2
vậy diện tích hình phẳng cần tìm là:
S =
π π π
π
= +
∫ ∫ ∫
2 2
0 0
sin sin sinx dx xdx xdx
=
π π
π
+
2
0
cos cosx x
= 4
Ví dụ 2:
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P
1
): y = x
2
–2 x , và (P
2
) y= x
2

+ 1 và các đường thẳng x = -1 ;
x =2 .
Giải
phhđgđ : x
2
–2 x = x
2
+ 1
Û
2x +1= 0
Û
x = -1/2 . Do đó :
S =
2 1/ 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1/ 2
( 2 ) ( 1) [( 2 ) ( 1)] [( 2 ) ( 1)]x x x dx x x x dx x x x dx
-
- - -
- - + = - - + + - - +
ò ò ò
=
( ) ( )
1/ 2 2
1 1/ 2
2 1 2 1x dx x dx
-
- -
+ + +
ò ò

=
( ) ( )
1
2
2 2
2
1
1
2
x x x x
-
- -
+ + +
=
1 25 13
4 4 2
+ =
Ví dụ 3:
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P): y
2
= 4 x , và đường thẳng (d): 2x+y-4 = 0.
Giải: Ta có (P): y
2
= 4 x
⇔
x =
2
4
y
và (d): 2x+y-4 = 0

⇔
x=
4
2
y−
.
Phương trình tung độ giao điểm của (P) và đường thẳng (d) là:
2
4
y
=
4
2
y−
⇔

2
4
y
y
=


= −

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là: S=
2 2
2 2 2 3
2
4

4 4
4
( ) (2 ) (2 ) 9
2 4 2 4 4 12
y y y y y y
dy dy y
−
− −
−
− = − − = − − =
∫ ∫

Bài tập đề nghò:
1/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn giữa đường cong (P): y= x
2
- 2x và trục hoành.
2/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong (H):
+
=
1x
y
x
và các đường thẳng có
phương trình x=1, x=2 và y=0
3/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn giữa đường cong (C): y= x
4
- 4x
2
+5 và đường thẳng (d): y=5.
4/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C): y = x

3
–3 x , và y = x .
2/ Dạng toán 3: Thể tích của một vật thể tròn xoay
Thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra khi hình phẳng giới hạn bởi đường cong (C) có phương trình
y= f(x) và các đường thẳng x= a, x=b , y= 0 quay một vòng xung quanh trục ox là:
2
( )
b
a
V f x dx
=Π
∫

Ví dụ 1: Tính thể tích khối cầu sinh ra do quay hình tròn có tâm O bán kính R quay xung quanh trục
ox tạo ra.
Giải: Đường tròn tâm O bán kính R có phương trình :x
2
+ y
2
= R
2

⇒
y
2
= R
2
-x
2
Thể tích khối cầu là : V=

( )
2 2
R
R
R x dx
π
−
−
∫
=
3
2
3
R
R
x
R x
π
−
 
−
 
 
=
3
3
2
2
3
R

R
π
 
−
 
 
=
3
4
3
R
π
(đvtt)
Ví dụ 2: Tính thể tích của vật thể tròn xoay, sinh ra bởi mỗi hình phẳng giới hạn bởi các đường sau
khi nó quay xung quanh trục Ox: x = –1 ; x = 2 ; y = 0 ; y = x
2
–2x
Giải: Thể tích của vật thể tròn xoay cần tìm là :
2 2
2 2 4 3 2
1 1
( 2 ) ( 4 4 )S x x dx x x x dx
π π
− −
= − = − +
∫ ∫

=
5
2

4 3
1
4
( )
5 3
x
x x
π
−
− +
=
18
5
π
(đvtt)
Bài tập đề nghò:
Tính thể tích của vật thể tròn xoay, sinh ra bởi mỗi hình phẳng giới hạn bởi các đường sau khi nó quay
xung quanh trục Ox:
a/ y = cosx ; y = 0 ; x = 0 ; x =
4
π
b/ y = sin
2
x ; y = 0 ; x = 0 ; x =
π
c/ y =
2
x
xe
; y = 0 ; x = 0 ; x = 1

Chủ đề V: SỐ PHỨC
Bài tốn 1: Tìm số phức, tính mơđun,…
Cho hai số phức a+bi và c+di.
1) a+bi = c+di ó a = c; b = d. 2) mơđun số phức
2 2
z a bi a b= + = +
3) số phức liên hiệp z = a+bi là
z
= a − bi. ⇒ z+
z
= 2a; z.
z
=
2
2 2
z a b
= +
4) (a+bi ) +( c+di) = (a+c)+(b+d)i 5) (a+bi ) −( c+di) = (a−c)+(b−d)i.
6) ) (a+bi )( c+di) = (ac − bd)+(ad+bc)i 7) w =
z' z'.z 1
[(ac+bd)+(ad-bc)i] (z'=c di, z a bi)
2 2
z
z.z
a b
= = + = +
+

Bài tốn 2: Giải phương trình bậc 2.
Cho phương trình ax

2
+ bx + c = 0. với ∆ = b
2
− 4ac.
Nếu ∆ = 0 thì phương trình có nghiệp kép
b
x x
1 2
2a
= = −
(nghiệm thực)
Nếu ∆ > 0 thì phương trình có hai nghiệm thực:
b
x
2a
− ± ∆
=
Nếu ∆ < 0 thì phương trình có hai nghiệm phức
b i
x
2a
− ± ∆
=