Chủ đề 1: Phương trình lượng giác ppsx

Giáo án tự chọn nâng cao 11

CHỦ ĐỀ 1
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC
A. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC CƠ BẢN
1. Phương trình sinx = a
•

Nếu |a| > 1 : Phương trình vơ nghiệm

•

Nếu |a| ≤ 1 : Phương trình có nghiệm là x = α + k2π và x = π - α + k2π, k ∈ , với sin
α = a.

2. Phương trình cosx = a
•

Nếu |a| > 1 : Phương trình vơ nghiệm

•

Nếu |a| ≤ 1 : Phương trình có nghiệm là x = ± α + k2π, k ∈ , với cosα = a.

3. Phương trình tanx = a
Điều kiện: cosx ≠ 0 hay x ≠

π
+kπ, k ∈ .
2

Nghiệm của phương trình x = α + kπ, k ∈ , với tanα = a
4. Phương trình cotx = a
Điều kiện: sinx ≠ 0 hay x ≠ kπ, k ∈ .
Nghiệm của phương trình là x= α + kπ, k ∈  với cotα = a.
B. MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC THƯỜNG GẶP:
1. Phương trình asinx + bcosx = c
•

asinx + bsinx = c ⇔ sin(x + α) =

c
a +b
2

2

trong đó:

sinα =
cosα =

•

asinx + bsinx = c ⇔ cos(x – β) =

c
a +b
2

2

trong đó:

sin β =
cos β =

Chú ý: Phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi c2 ≤ a2 + b2.
2. Phương trình a(sinx + cosx) + bsinxcosx = c
Đặt t = sinx + cosx, |t| ≤

2
2

Phương trình trở thành bt + 2at – (b + 2c) = 0

Trang 1

b
a + b2
2

;

a
a 2 + b2
a
a + b2
2

b
a 2 + b2

;


Giáo án tự chọn nâng cao 11

II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TỐN:
1. Phương trình đưa về phương trình tích:
Bài 1: Giải phương trình: 3tan2x.cot3x + 3 (tan2x – 3cot3x) – 3 = 0
Giải
Điều kiện của phương trình là cos2x ≠ 0 và sin3x ≠ 0
Ta biến đổi 3tan2xcot3x +

3 (tan2x – 3cot3x) – 3 = 0

⇒ 3tan2xcot3x +

3 tan2x – 3 3 cot3x – 3 = 0

⇒ tan2x (3cot3x +
⇒ (3cot3x +

3)-

3 ) (tan2x -

3 (3cot3x + 3 ) = 0
3)=0

2π


3
3 x = 3 + k π
cot 3x = −

3 ⇒
⇒ 
(k ∈ )
3 x = π + kπ
 tan 2 x = 3


3

2π
π

x = 9 + k 3
⇒ 
(k ∈ )
x = π + k π

6
2

Caá giá trị này thỏa mãn điều kiện của phương trình. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm
là:

x=

2π
π
π
π
+ k và x = + k , k ∈ 
9
3
6
2

Bài 2: Giải phương trình:

1 + tan x
= 2 sin x
1 + cot x
Giải:

Điều kiện của phương trình đã cho là: cosx ≠ 0, sinx ≠ 0 và cot x ≠ -1.
Ta biến đổi phương trình đã cho:
1 + tan x
cos x + sin x
sin x
= 2 sin x ⇒
.
= 2 sin x
1 + cot x
cos x

sin x + cos x
⇒

sin x
= 2 sin x
cos x

1 

⇒ sinx  2 −
÷= 0
cos x 

sin x = 0 (Loại do điều kiện)

⇒ 
2
cos x =


2
⇒x=±

π
+ k 2π , k∈ 
4

Trang 2

Giáo án tự chọn nâng cao 11

Giá trị x = -

π
+ k 2π , k∈  bị loại do điều kiện cot x ≠ -1. Vậy nghiệm của của phương trình
4

đã cho là x =

π
+ k 2π , k∈ .
4

Bài 3: Giải phương trình tan3x – 2tan4x + tan5x = 0 với x ∈ (0,2π)
Giải:
Điều kiện của phương trình đã cho: cos3x ≠ 0, cos4x ≠ 0 và cos5x ≠ 0.
Ta có: tan3x -2tan4x + tan5x = 0 ⇒

sin 8 x
2sin 4 x
−
=0
cos 3 x cos 5 x cos 4 x

2sin 4 x cos 4 x 2sin 4 x
−
=0
cos 3x cos 5 x
cos 4 x

 cos 2 4 x − cos 3 x cos 5 x 
⇒ 2sin4x 
÷= 0
 cos 3 x cos 4 x cos 5 x 
⇒

sin 4 x = 0
⇒ 2sin4xsin2x = 0 ⇒ 
sin x = 0
π

x=k
 4 x = kπ
π
⇒
4 ⇒ x = k (k ∈ )
⇒ 

4
 x = kπ
 x = kπ
Từ giả thiết và điều kiện, nghiệm của phương trình là:
π
3π
5π
7π
x1 = ; x2 =
; x3 = π ; x4 =
; x5 =
4

4
4
4
2. Phương trình đưa về phương trình bậc hai của các hàm số lượng giác.
Bài 4: Giải phương trình: 1+sin2x = 2(cos4x + sin4x)
Giải:
Ta có: 1 + sin2x
= 2(cos4x + sin4x)
= 2[(cos2x + sin2x)2 – 2sin2xcos2x]
 1 2 
= 2  1 − sin 2 x ÷
 2

2
= 2 – sin 2x
Vậy ta được phương trình sin22x + sin2x -1 = 0
Đặt t = sin2x với điều kiện -1 ≤ t ≤ 1 ta được phương trình:
t2 + t – 1 = 0 ⇒ t =

−1 ± 5
−1 − 5
. Giá trị
< -1 nên bị loại.
2
2

−1 + 5
−1 + 5
ta có phương trình sin2x =
2

2
 −1 + 5 
1
Phương trình này có nghiệm:
x= arcsin 
 2 ÷+ k π , k ∈ 
÷
2


Với t =

Và

x=

 −1 + 5 
π 1
− arcsin 
 2 ÷+ kπ , k ∈ 
÷
2 2



Đó cũng là các nghiệm của phương trình đã cho.
Trang 3


Giáo án tự chọn nâng cao 11

Bài 5: Giải phương trình sin2x(tanx – 1) = cosx(5sinx – cosx) – 2.
Giải:
Điều kiện của phương trình là cosx ≠ 0
Chia hai vế của phương trình cho cos2x ta được:
tan2x (tanx – 1) = 5tanx – 1 – 2(1+tan2x)
⇒

tan3x – tan2x = 5tanx – 3 – 2 tan2x

⇒

tan3x + tan2x – 5tanx + 3 = 0

Đặt t = tanx ta được phương trình.
t = 1
t3 + t2 – 5t +3 = 0 ⇔ (t – 1)(t2 + 2t – 3) = 0 ⇔ 
t = −3
Với t = 1, phương trình tanx = 1 có nghiệm x =

π
+ kπ , k ∈ 
4

Với t = -3, phương trình tanx = -3 có nghiệm x = arctan(-3) + kπ, k ∈ 
Các giá trị này thỏa mãn điều kiện của phương trình đã cho. Vậy phương trình đã cho có các
nghiệm x =

π
+ kπ , x = arctan(-3) + kπ, k ∈ 

4

 3 −1

 3 1
2
3
3
sin x + 
− ÷cos x 
Bài 6: Giải phương trình: sin x + cos x = sin 2 x 
 2 3÷
3
 2





Giải
Ta biến đổi phương trình đã cho:
 3 −1

2
3 3−2
sin 3 x + cos3 x − 2sin x cos x 
sin x +
cos x  =0
3
6

 2

2
 3
2
2
2 
3
2
2 
⇔  sin x − 3 sin x cos x + sin x cos x ÷+  cos x + sin x cos x − 3 sin x cos x ÷ = 0
3

 3

2
 2
2 
⇔  sin x − 3 sin x cos x + cos x ÷(sin x + cos x) = 0
3


(1)
sin x + cos x = 0

⇔
sin 2 x − 3 sin x cos x + 2 cos 2 x = 0 (2)
3

•

Giải phương trình (1) ta được: x =

•

Giải phương trình (2): sin2x -

3π
+kπ, k ∈ 
4

3 sinxcosx +

2
cos2x = 0
3

Nếu cosx = 0 thì vế trái bằng 1 nên cosx = 0 khơng thoả mãn phương trình.
Với cosx ≠ 0, chia hai vế của phương trình cho cos2x, ta được:
tan2x -

3 tan x +

2
=0
3
Trang 4


Giáo án tự chọn nâng cao 11

π
2 3
+ kπ và x = arctan
+ kπ, k ∈ 
6
3
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm
Giải phương trình, ta được: x =

x=

3π
π
2 3
+ kπ , x = + kπ và x = arctan
+ kπ, k ∈ 
4
6
3

3. Phương trình asinx + bcosx = c
Bài 7: Giải phương trình 4cosx + 2 3 sinx + cos2x + 3 sin2x + 3 = 0
Giải:
Ta có: 4cosx + 2 3 sinx + cos2x +

3 sin2x + 3 = 0

⇔ 4cosx + 2 3 sinx + 2cos2x – 1 + 2 3 sinxcosx + 3 = 0
⇔ 2 3 sinx(cosx+1) + 2(cosx +1)2 = 0

⇔ 2(cox +1)( 3 sinx + cosx + 1) = 0
cos x + 1 = 0
⇔ 
 3 sin x + cos x + 1 = 0
 x = (2k + 1)π
⇔ 
(k ∈ )
 x = − π + k 2π
3

Bài 8: Giải phương trình:
2cos3x – sin2x(sinx + cosx) + cos2x(sinx +

2)-

2 (sin2x + 1) – 2cosx – sinx = 0

Giải:
Ta biến đổi phương trình đã cho:
2cos3x – sin2x(sinx + cosx) + cos2x(sinx +
⇔

2)-

2 (sin2x + 1) – 2cosx – sinx = 0

2 (cos2x – sin2x – 1) + sinx(cos2x – sin2x – 1) + 2cos3x – sin2xcosx – 2cosx = 0

⇔ (cos2x – sin2x – 1) ( 2 + sinx) + cosx(2cos2x – sin2x – 2) = 0
⇔ (cos2x – sin2x – 1) ( 2 + sinx) + cosx(cos2x + 1 – sin2x – 2) = 0

⇔ (cos2x – sin2x – 1)(cosx + sinx +

2 ) =0

cos 2 x − sin 2 x − 1 = 0
⇔ 
cos x + sin x + 2 = 0
 
π
2
cos  2 x + ÷ =
4 2

⇔ 
 
π
cos  x − ÷ = −1
4
 

Trang 5


Giáo án tự chọn nâng cao 11

π
π

 2 x + 4 = ± 4 + k 2π
⇔ 

(k ∈ )
 x − π = π + k 2π


4

 x = kπ

π
⇔  x = − + kπ

4

5π
x =
+ k 2π

4

(k ∈ )

4. Phương trình a(sinx + cosx) + bsinx + cosx = c
Bài 9: Giải phương trình cos2x + cos2x + (5 – 3cosx)(sinx + cosx) – 2 = 0
Giải:
2
Ta có: cos2x + cos x + (5 – 3cosx)(sinx + cosx) – 2 = 0
⇔ 5(sinx + cosx) – 3cosxsinx = 3
Đặt t = sinx + cosx (- 2 ≤ t ≤

2 ), phương trình trở thành:

t = 3(loai )
3t – 10t + 30 = 0 ⇒  1
t =
 3
2

⇒ sinx + cosx =

1
π
2

⇒ sin  x + ÷ =
3
4 6



π
 x = − + arcsin
4
Giải ra ta được: 

3π
− arcsin
x =
4


2
+ k 2π
6
(k ∈ )
2
+ k 2π
6

Bài 10: Giải phương trình 2sin3x + cos2x – 3cosx + 2 =0
Giải:
3
Biến đổi phương trình đã cho, ta được: 2sin x + cos2x – 3cosx + 2 = 0
⇔ 2sinx (1-cos2x) + 2cos2x – 3cosx +1=0
⇔ (1 – cosx)[2sinxcosx + 2(sinx – cosx) + 1} = 0
(1)
cos x = 1
⇔ 
 2sin x cos x + 2(sin x − cos x) + 1 = 0 (2)
Phương trình (1)cho ta nghiệm x = k2π, k ∈ 
Giải phương trình (2), đặt t = sinx – cosx (- 2 ≤ t ≤
Phương trình (2) trở thành:
t = 1 + 3(loai )
t2 – 2t – 2 = 0 ⇒ 
t = 1 − 3

Trang 6

2 ).

Giáo án tự chọn nâng cao 11

Với t = 1 -

3 , giải ra ta được:

 2− 6
π
 x = + arcsin 
÷+ k 2π

÷
4
2




 x = 5π − arcsin  2 − 6  + k 2π

÷

÷

4
2




(k ∈ )

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:


 x = k 2π

 x = π + arcsin  2 − 6  + k 2π

÷

÷

4
2




 2− 6
5π
− arcsin 
x =
÷+ k 2π

÷
4
2






(k ∈ )

III. BÀI TẬP:
Giải các phương trình sau:
1.

3 cot2xtan3x-(cot2x +

3 tan 3x) + 1 =0

2. 4cos22xsinx + 2cosxsin4x + 2 3 cos2x + 2sin3x +
3.

3=0

1 − cos 2 x
= sin 4 x
1 − tan 2 x

4. 3sin2x - 3 3 sinxcosx + sin2x -

3 cos2x =

3

3
1


2
5. sin4x  sin 4 x − sin 2 x + 3 ÷+ 5sin 2 x − 4sin 2 x − 9 + cos 2 x(9 − sin 4 x) = 0
4
2


6. cos3x(3tanx + 6 + 2 3 ) – 3tanx + (3 - 2 3 ) sin2x = 2 3 .
7. sin2x – 2sin2x + 3sinx – cosx = 1
8. ( 2 - 1)sinx -

2 cosx-cos3x = 0

9. (sinx + cosx)(3cosx + 2) = cos2x + cos2x + 3

CHỦ ĐỀ 2:
Trang 7


Giáo án tự chọn nâng cao 11

TỔ HỢP VÀ XÁC SUẤT
I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC
A. QUY TẮC CỘNG VÀ NHÂN, HOÁN VỊ, CHỈNH HỢP, TỔ HỢP:
1. Quy tắc cộng:
Một cơng việc được hồn thành bởi một trong hai hành động, hành động này có m
cách thực hiện, hành động kia có n cách (khơng trùng với hành động thứ nhất). khi đó có m +
n cách hồn thành cơng việc.
2. Quy tắc nhân
Một cơng việc được hồn thành bởi hai hành động liên tiếp, có m cách thực hiện hành

động thứ nhất và ứng với mỗi cách đó có n cách thực hiện hành động thứ hai. Khi đó m.n
cách hồn thành cơng việc.
3. Hốn vị:
•

Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ 1). Mỗi kết quả của sự sắp xếp thứ tự n phần tử của
tập A được gọi là hoán vị của n phần tử đó.

•

Số các hốn vị của n phần tử được kí hiệu là Pn. Ta có:
Pn = n(n – 1) … 2.1 = n!

4. Chỉnh hợp:
•

Cho tập A gồm n phần tử (n ≥ 1). Kết quả của việc lấy k phần tử của tập hợp A và xếp
chúng theo một thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử đã cho.

•

k
Kí hiệu An là số các chỉnh hợp chập k của n phần tử. Ta có:

Ank = n(n -1) … (n – k + 1).
k
Với quy ước 0! = 1, ta có: An =

n!
( n − k )!

5. Tổ hợp:
•

Cho tập A có n phần tử (n ≥ 1). Mỗi tập con gồm k phần tử của tậm A gọi là một tổ
hợp chập k của n phần tử đã cho.

•

k
Kí hiệu Cn là số các tổ hợp chập k của n phần tử. Ta có:
k
Cn =

k
An
n!
=
k ! k !(n − k )!

6. Nhị thức Niu – tơn:
n

0
1
k
n
k
(a + b) n = Cn a n + Cn a n −1b + ... + Cn a n −k b k + ... + Cn b n = ∑ Cn a n −k b k
k =0

B. PHÉP THỬ VÀ BIẾN CỐ:
7. Giải sử Ω là không gian mẫu, A và B là các biến cố.
•

Ω\A = A được gọi là biến cố đối của biến cố A.

•

A ∪ B là biến cố xảy ra khi và chỉ khi A hoặc B xảy ra.
Trang 8


Giáo án tự chọn nâng cao 11

•

A ∩ B là biến cố xảy ra khi và chỉ khi A và B cùng xảy ra. A ∩ B còn được viết là
AB.

•

Nếu AB = ∅, ta nói A và B cung khắc.

C. XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ
8. Kí hiệu P(A) là xác suất của biến cố A, ta có: P(A) =

n( A)
n ( Ω)

Từ đó:
•

0 ≤ P(A) ≤ 1, P(∅) = 0, P(Ω)=1

•

P(A ∪B) = P(A) + P(B) nếu A ∩ B = ∅.

9.Ta nói hai biến cố A và B độc lập nếu sự xảy ra (hay không xảy ra) của A không làm ảnh
hưởng đến xác suất của B.
A và B độc lập khi và chỉ khi P(AB) = P(A).P(B)
A và B độc lập ⇒ A và B độc lập.
10. Công thức cộng mở rộng:
Giải sử A và B là hai biến cố tùy ý cùng liên quan đến một phép thử. Lúc đó:
P (A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(AB)
D. BIẾN NGẪU NHIÊN:
11. Biến ngẫu nhiên hay đại lượng ngẫu nhiên là một quy tắc cho ứng mỗi kết quả của phép
thử với một số thực:
Giả sử X là một biến ngẫu nhiên và a là một giá trị của nó. biến cố “X nhận giá trị a” được kí
hiệu là [X = a] hay (X = a)
Giải sử X có tập các giá trị là {x1, x2,…,xn}
Đặt: p1 = P[X = x1], … , pn = P[X = xn]. Ta có bảng sau đây gọi là bảng phân phối xác suất
của biến ngẫu nhiên X.
X
x1
x2
…
…
xn

P
p1
p2
…
…
Pn
12. Kì vọng, phương sai, độ lệch chuẩn.
Giả sử X là biến ngẫu nhiên có bảng phân phối (1). Kì vọng của X, kí hiệu E (X), là một số
được cho bởi công thức:
E(X) = x1p1 + … + xnpn
(2)
Phương sai của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu V(X), là một số được cho bởi công thức:
2
2
V ( X ) = x12 p1 + x2 p2 + ... + xn pn − ( x1 p1 + ... + xn pn ) 2

Độ lệch chuẩn của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu: σ (X), là một số được cho bởi công thức:
σ (X) = V ( X )
Kì vọng của X là số đặc trưng cho giá trị trung bình của X.
Phương sai là độ lệch chuẩn là số đặc trung cho độ phân tán của X so với kì vọng của X.
II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TỐN:
Bài 1: Hỏi có bao nhiêu đa thức bậc ba P(x) = ax3 + bx2 + cx + d mà các hệ số a, b, c, d
thuộc tập {-3, -2, 0, 2, 3}. Biết rằng:
Trang 9


Giáo án tự chọn nâng cao 11

a. Các hệ số tùy ý?
b. Các hệ số đều khác nhau?

Giải:
a. Có 4 cách chọn hệ số a vì a ≠ 0. Có 5 cách chọn hệ số b, 5 cách chọn hệ số c, 5 cách chọn
hệ số d. Vậy có 4 x 5 x 5 x 5 = 500 đa thức.
b. Có 4 cách chọn hệ số a (a≠ 0)
- Khi đã chọn a, có 4 cách chọn b
- Khi đã chọn a và b, có 3 cách chọn c.
- Khi đã chọn a, b và c, có 2 cách chọn d.
Theo quy tắc nhân có: 4 x 4 x 3 x 2 = 96 đa thức.
Bài 2: Để tạo những tín hiệu, người ta dùng 2 lá cờ màu khác nhau cắm thành hàng ngang.
Mỗi tín hiệu được xác định bở số lá cờ và thứ tự sắp xếp. Hỏi có thể tạo ra bao nhiêu tín hiệu
nếu:
a. Cả năm lá cờ đều được dùng?
b. Ít nhất một lá cờ được dùng?
Giải:
a. Nếu dùng cả 5 lá cờ thì mỗi tín hiệu chính là một hốn vị của 5 lá cờ. Vậy có 5!=120 tín
hiệu được tạo ra.
b.Mỗi tín hiệu tạo bởi k lá cờ là một chỉnh hợp chập k của 5 phần tử. Theo quy tắc cộng, có
1
2
3
4
5
tất cả A5 + A5 + A5 + A5 + A5 = 325 tín hiệu.
Bài 3: Từ một tổ gồm 6 bạn nam và 5 bạn nữ, chọn ngẫu nhiên 5 bạn xếp vào bànd 9ầu theo
những thứ tự khác nhau. Tính xác suất sao cho trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam.
Giải
Mỗi một sự sắp xếp chỗ ngồi cho 5 bạn là một chỉnh hợp chập 5 của 11 bạn.
5
Vậy khơng gian mẫu Ω gồm A11 (phần tử)
Kí hiệu A là biến cố: “Trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam”

Để tính n(A) ta lí luận như nhau:
3
- Chọn 3 nam từ 6 nam, có C6 cách.
2
- Chọn 2 nữ từ 5 nữ, có C5 cách.
- Xếp 5 bạn đã chọn vào bàn đầu theo những thứ tự khác nhau, có 5! Cách.
3
2
Từ đó theo quy tắc nhân ta có: n(A) = C6 . C5 .5!
Vì sự lựa chọn và sự sắp xếp là ngẫu nhiên nên các kết quả đồng khả năng.
C 3 .C 2 .5!
Do đó: P ( A) = 6 55 ≈ 0, 433 .
A11

Bài 4: Một tổ chuyên môn gồm 7 thầy và 5 cơ giáo, trong đó thấy P và cơ Q là vợ chồng.
Chọn ngẫu nhiên 5 người để lập hội đồng chấm thi vấn đáp. Tính xác suất để sao cho hội
đồng có 3 thầy, 2 cơ và nhất thiết phải có thầy P hoặc cơ Q nhưng khơng có cả hai.
Giải:
Kết quả của sự lựa chọn là một nhóm 5 người tức là một tổ hợp chập 5 của 12. Vì vậy
5
khơng gian mẫu Ω gồm C12 = 792 phần tử.
Gọi A là biến cố cần tìm xác suất.
Trang 10


Giáo án tự chọn nâng cao 11

B là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 thầy, 2 cô trong đó có thầy P nhưng khơng có cơ
Q.
C là biến cố chọn được hội đồng gồm 3 thấy, 2 cô trong đó có cơ Q nhưng khơng có thầy

P.
Như vậy: A = B ∪ C và n(A) = n(B) + n(C).
Tính n(B) như sau:
- Chọn thầy P, có 1 cách
2
- Chọn 2 thầy từ 6 thầy cịn lại, có C6 cách
2
- Chọn 2 cơ từ 4 cơ, có C4 cách
2

2

Theo quy tắc nhân, n(B) = 1. C6 . C4 = 90
3
1
Tương tự n(C) = 1. C6 . C4 = 80

n( A) 170
=
≈ 0, 215
n(Ω) 792
Bài 5: Sáu bạn, trong đó có bạn H và K, được xếp ngẫu nhiên thành hàng dọc. Tính xác suất
sao cho:
a. Hai bạn H và K đứng liền nhau;
b. hai bạn H và K không đứng liền nhau.
Giải:
Khơng gian mẫu Ω gồm các hốn vị của 6 bạn. Do đó: n(Ω) = 6!. Do việc xếp là ngẫu nhiên
Ω gồm các kết quả đồng khả năng.
a. Kí hiệu:
A là biến cố “H và K đứng liền nhau”,

B là biến cố “H đứng ngay trước K”
C là biến cố “K đứng ngay trước H”
Rõ ràng B và C xung khắc và A = B ∪ C.
Vậy n(A) = 80 + 90 = 170 và P(A) =

* Tính n(B):
Xếp H và 4 bạn khác thành hàng, có 5! Cách. Trong mỗi cách xếp như vậy, xếp bạn K ngay
sau H, có 1 cách. Vậy theo quy tắc nhân ta có:
n(B) = 5! x 1 = 5!
* Tương tự: n(C) = 5!
5! 5! 1
Do đó P(A) = P(B) + P(C) = + =
6! 6! 3
b. Ta thấy A là biến cố: “H và K không đứng liền nhau”. Vậy:
1 2
P ( A) = 1 − P ( A) = 1 − =
3 3
Bài 6: Tổ I có 6 nam và 7 nữ, tổ II có 8 nam và 4 nữ. Để lập một đoàn đại biểu, lớp trưởng
chọn ngẫu nhiên từ mỗi tổ hai người. Tính xác suất sao cho đoàn đại biểu gồm toàn nam hoặc
toàn nữ.
Giải:
Gọi: A là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nam hoặc toàn nữ”,
B là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm toàn nam”,
C là biến cố: “Đoàn đại biểu được chọn gồm tồn nữ”.
Ta có: BC = ∅, A = B ∪ C.
Suy ra: P(A) = P(B) + P(C)
Trang 11


Giáo án tự chọn nâng cao 11

2
Chọn 2 người từ tổ I, có C13 cách.
2
Chọn 2 người từ tổ II, có C12 cách.
2
2
Từ đó khơng gian mẫu gồm: C13 . C12 = 5148 (phần tử).
2
2
n(B) = C6 .C8 = 420
2

2

n(C) = C7 .C4 = 126
420 126
546
+
+
≈ 0,106
Vậy P(A) =
5148 5148 5148
Bài 7: Xét phép thử gieo một đồng tiền 3 lần.
a. Xác định không gian mẫu
b. Gọi X là số lần xuất hiện mặt gấp S, hãy liệt kê các giá trị mà X có thể nhận.
c. Tính các xác suất để X nhận các giá trị đó. Lập bảng phân phối xác suất của X.
Giải:
a. Trong phép thử gieo đồng tiền 3 lần, không gian mẫu gồm 23 = 8 phần tử.
Ω = {SSS, SSN, SNS, NSS,SNN, NSN, NNS, NNN}
Trong đó chẳng hạn NSN là kết quả đồng tiền lần đầu ngửa, lần thứ hai sấp, lần thứ ba ngửa.

b. X có thể nhận các giá trị 0, 1, 2, 3. Chẳng hạn: “X nhận giá trị 1: khi xảy ra một trong các
kết quả SNN, NSN, NNS, nghĩa là:
[X = 1] = {SNN, NSN, NNS}
1
c. Vì [X = 0] = {NNN} nên P[X = 0] =
8
3
Tương tự
[X = 1] = {NNS, SNN, NSN} nên P[X = 1] =
8
3
[X = 2] = {SSN, SNS, NSS} nên P[X = 2] =
8
1
[X = 3] = {SSS } nên P[X = 3] =
8
Từ đó ta có bảng phân phối sau:
X
0
1
2
3
1
3
3
1
P
8
8
8

8
Bài 8: Từ một hộp có 3 bi xanh và 6 bi đỏ, chọn ngẫu nhiên 4 bi. Gọi Y là số bi xanh trong 4
bi đã chọn.
a. Lập bảng phân phối xác suất của Y.
b. Tính xác suất sao cho trong 4 bi đã chọn có ít nhất 1 bi xanh
b. Tính xác suất sao cho trong 4 bi đã chọn có nhiều nhất 2 bi đỏ,
d. Tính kì vọng, phương sai và độ lệch chuẩn của Y.
Giải:
a. Y có tập giá trị là 0, 1, 2, 3
C 0 .C 4 15
Ta thấy P[Y = 0] = 3 4 6 =
C9
126
4
C3k .C6 − k
Tổng quát ta có: P[Y = k] =
, k = 0, 1, 2, 3
C94

Từ đó ta có bảng phân phối sau:
Trang 12


Giáo án tự chọn nâng cao 11

Y

0
1
2

3
15
60
45
6
P
126
126
126
126
b. Kí hiệu [Y ≥ a] là biến cố “Y nhận giá trị lớn hơn hoặc bằng a”.
Ta tính P[Y ≥ 1]
Vì [Y ≥ 1] là biến cố đối của biến cố [Y = 0] nên:
5
111
=
≈ 0,881
P[Y ≥ 1] = 1 – P [Y = 0] = 1 126 126
c. Vì số bi đỏ được lấy là 4 – Y và 4 – Y ≤ 2 ⇔ Y ≥ 2 nên
P[Y ≥ 2] = P[Y = 2] + P[Y = 3] =

45 + 6 51
=
≈ 0, 405
126
126

d. Theo định nghĩa, ta có:
15
60

45
6
4
E(Y) =0.
+ 1.
+ 2.
+ 3.
= ;
126
126
126
126 3
2

15
60
45
6
294  4  5
V(Y) =0 .
+ 12.
+ 22.
+ 32.
− ( E (Y )) 2 =
− ÷ = ;
126
126
126
126
126  3  9

2

σ (Y ) = V (Y ) =

5
5
=
9
3

III. BÀI TẬP:
1. Phân phối 4 quả cầu khác nhau vào 3 cái hộp khác nhau (có thể có hộp khơng chứa quả
cầu nào sau khi xếp). Hỏi có bao nhiêu cách phân phối?
2. Để tổ chức một trò chơi giữa hai lớp A và B, mỗi lớp cử 5 bạn tham gia. Người ta đặt hai
dãy 5 ghế hai bên một chiếc bàn dài. Hỏi có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi sao cho:
a. Khơng có hai bạn cùng lớp ngồi đối diện nhau.
b. Khơng có hai bạn cùng lớp ngồi đối diện nhau hoặc cạnh nhau?
3. Có bao nhiêu cách xếp chỗ ngồi cho 10 bạn vào ngồi quanh 2 bàn tròn sao cho bàn thứ nhất
có 6 bạn, bàn thứ hai có 4 bạn? Chú ý rằng hai cách xếp n người cụ thể vào ngồi quanh bàn
tròn được coi là như nhau nếu bạn bên trái mỗi người trong cách xếp này cũng chính là bạn
trong cách xếp kia.
4. Có bao nhiêu cách xếp chỗ cho 6 nam, 4 nữ vào ngồi quanh một bàn tròn sao cho:
a. Sự sắp xếp là tùy ý?
b. Khơng có 2 nữ nào ngồi cạnh nhau?
5. a. Một tổ có 6 nam, 5 nữ. Có bao nhiêu cách phân cơng 4 bạn làm trực nhật sao cho trong
đó phải có đúng k nam (k = 0, 1, 2, 3, 4)?
4
4 0
3 1
2 2

1 3
0 4
Từ đó chứng minh rằng: C11 = C6 C5 + C6 C5 + C6 C5 + C6C5 + C6 C5
r
0 r
1 r −1
r 0
b. Chứng minh đẳng thức: Cn + m = Cn Cm + CnCm + ... + Cn Cm

Ở đây n, m ≥ 1 và r ≤ n, r ≤ m.
6. Có bao nhiêu cách xếp thành hàng ngang 4 quyển Toán khác nhau, 3 quyển Lí khác nhau
và 2 quyển Hóa khác nhau lên giá sách nếu:
Trang 13


Giáo án tự chọn nâng cao 11

a. Các quyển được sắp tùy ý?
b. Các quyển cùng môn phải cạnh nhau?
c. Các quyển tốn cạnh nhau, cịn các quyển khác xếp tùy ý?
7. Một tổ gồm 6 nam, 6 nữ được xếp ngẫu nhiên vào 6 bàn, mỗi bàn 2 bạn. Tính xác suất sao
cho:
a. Khơng bàn nào có 1 nam và 1 nữ
b. Có đúng 4 bàn được xếp 1 nam và 1 nữ.
8. Cho một mạng giao thông như hình 2.3 mà các ơ
nhỏ đều là các hình vng bằng nhau. Một du khác
B

xuất phát từ A muốn đi đến B.
a. Có bao nhiêu cách đi nhanh nhất

C

(i) Từ A đến B?
(ii) Từ A qua C, đến B?
Dựa vào ý tưởng giải câu a, hãy chứng minh:
m
n
Cm + n = Cm + n với m, n ≥ 1

A

Hình 2.3

b. Giải sử ở tại mỗi đỉnh của hình vng du khách chọn ngẫu nhiên một trong hai
hướng lên trên và sang phải để đi tiếp. Tính xác suất để du khách xuất phát từ A có thể đến
được C.
9. Tìm các số hạng không chứa x trong các khai triển:
6

1

a.  2 x − ÷
x

3

1

b.  x + ÷

x


6

 1

 + x÷
 2x

5

1

x− ÷
x


10. Trong khai triển của (x + a)3(x – b)6 hệ số của x7 là -9 và khơng có số hạng chứa x8. Tìm a
và b
11. Gieo hai con xúc xắc cân đối, đồng chất, một con đỏ và một con xanh. Kí hiệu A là biến
cố: “Tổng số chấm trên hai con là 6”, B là biến cố: “Con đỏ xuất hiện mặt 4 chấm” và C là
biên cố: “Tổng số chấm trên hai con là 7”. Chứng tỏ rằng:
a. A và B không độc lập
b. B và C độc lập
12. Bốn quả cầu được rút ngẫu nhiên (cùng một lúc) từ một cái hộp chứa 8 quả cầu đen và 4
quả cầu trắng. Giả sử ta sẽ nhận được 2 cái kẹo cho mỗi quả đen được rút ra và mất 1 kẹo cho
mỗi quả trắng được rút. Kí hiệu X là số kẹo nhận được.
a. Lập bảng phân phối của X
Trang 14

Giáo án tự chọn nâng cao 11

b. Tính kì vọng, phương sai, độ lệch chuẩn của X.
13. Con xúc xắc cân đối đồng chất được gieo 2 lần. Kí hiệu X là số nhỏ nhất trong 2 số chấm
xuất hiện trên con xúc xắc.
a. Lập bảng phân phối xác suất của X

b. Tính E (X), V(X)

14. Trên mỗi tờ vé số, người ta in 6 ô, mỗi ô chứa một trong các số khác nhau từ 1 tới 49. Khi
mở thưởng người ta rút ngẫu nhiên cùng một lúc 6 quả cầu từ 49 quả cầu được đánh số từ 1
đến 49.
Nếu vé của bạn có k số trúng thì bạn được xk đồng. Giả sử bạn mua 1 vé số. Tính số tiền
thưởng trung bình mà bạn nhận được nếu giả thiết
x0 = 0, x1 = 100.000đ, x2 = 500.000đ; x3 = 1.000.000đ, x4 = 5.000.000đ; x5=10.000.000đ; x6 =
100.000.000đ.

CHỦ ĐỀ 3:
GIỚI HẠN VÀ ĐẠO HÀM
I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC
Trang 15


Giáo án tự chọn nâng cao 11

A. GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ
1. Giới hạn hữu hạn
Giả sử f(x) xác định trên khoảng K (hoặc K \ {x0}, x0 ∈ K.

  xn ∈ K \{x0 }

lim f ( x) = L ⇔  
⇒ f ( xn ) → L ÷
x → x0
  xn → x0

  xn ∈ K \{x0 }


÷
lim+ f ( x) = L ⇔   xn > x0
⇒ f ( xn ) → L ÷
x → x0
 x → x
÷
0
 n

  xn ∈ K \{x0 }


÷
lim− f ( x) = L ⇔   xn < x0
⇒ f ( xn ) → L ÷
x → x0
 x → x
÷
0
 n


  lim f ( x) = L 
 x → x+
÷
lim f ( x) = L ⇔   0
 lim f ( x ) = L ÷
x → x0
  x → x
ữ
0

2. Gii hn
ã

Gi s f(x) xỏc nh trên khoảng K (hoặc K \ {x0}), x0 ∈ K.
  xn ∈ K \{x0 }

lim f ( x) = +∞ ⇔  
⇒ f ( xn ) → +∞ ÷
x → x0
  xn → x0

lim f ( x) = −∞ ⇔ lim( − f ( x)) = +∞
x → x0

•

x → x0

Giả sử f(x) xác định trên khoảng (a; + ∞)

  xn > a

lim f ( x) = +∞ ⇔  
⇒ f ( xn ) → +∞ ÷
x →+∞
  xn → +∞

lim f ( x) = −∞ ⇔ lim (− f ( x)) = +∞
x →+∞

x →+∞

3. Dạng vơ định:
•

u ( x)
0
lim
lim
lim
Khi x → x0 u ( x) = x → x0 v( x) = 0 thì x → x
có dạng
0 v( x)
0

•

u ( x)
∞
lim

lim
lim
Khi x → x0 u ( x) = x → x0 v( x) = ±∞ thì x → x
có dạng
0 v( x)
∞

•

lim
lim
lim[
Khi x → x0 u ( x ) = 0, x → x0 v( x) = ±∞ thì x → x0 u ( x).v( x)] có dạng 0. ∞

•

lim
lim
lim[
Khi x → x0 u ( x) = x → x0 v( x) = +∞ thì x → x0 u ( x) − v( x)] có dạng ∞ - ∞.

B. HÀM SỐ LIÊN TỤC:
4. Định nghĩa:
Cho hàm số y = f(x) xác định trên (a; b); x0 ∈ (a; b)
Trang 16


Giáo án tự chọn nâng cao 11

•

lim
f(x) liên tục tại x0 ∈ (a; b) ⇔ x → x0 f ( x) = f ( x0 )

•

f(x) liên tục trên (a; b) ⇔ f(x) liên tục tại mọi x ∈ (a; b)

•

 lim+ f ( x) = f ( a)
 x→a

f(x) liên tục trên [a; b] ⇔  f ( x)lien tuc tren(a; b)
 lim f ( x) = f (b)
 x →b −


5. Định lí:
a. Các hàm số đa thức liên tục trên . Các hàm số lượng giác liên tục trên từng khoảng xác
định.
b. Nếu f(x) liên tục trên [a; b] và f(a). f(b) < 0 thì tồn tại điểm c ∈ (a; b) sao cho f(c)=0 (tứ là
phương trình f(x)=0 có nghiệm trong khoảng (a; b)) .
C. ĐẠO HÀM
6. Định nghĩa và ý nghĩa:
•

Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a; b) và x0 ∈ (a; b). Nếu tồn tại giới hạn
(hữu hạn):
f ( x) − f ( x0 )

lim
x → x0
x − x0

Thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm số y = f(x) tại điểm x0 và kí hiệu f’(x0) (hoặc
lim
y’(x0)), tức là f’(x0) = x → x

0

•

f ( x) − f ( x0 )
x − x0

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại M(x0; f(x0)) là:
y – y0 = f’(x0)(x – x0); y0 = f(x0).

•

Vi phân của hàm số f(x) tại x (ứng với ∆x) là dy = df(x) = f’(x)dx

•

Cơng thức tính gần đúng: f(x0 + ∆x) ≈ f(x0) + f’(x0) ∆x

•

Nếu hàm số y = f(x) có đạo hàm tại mọi x ∈ (a; b) thì hàm số x → f’(x) được gọi là
đạo hàm của f(x) trên (a; b).

•

Nếu f’(x) có đạo hàm thì ta gọi đạo hàm của nó là đạo hàm cấp hai của f(x).

Kí hiệu: (f’(x))’ = f’’(x)
Tương tự đối với f’’’(x) , …., f(n)(x), …
7. Công thức:
(c)’ = 0
(c là hằng số)
(xn)’ = n.xn – 1 (n ∈ *, x ∈ );

( x ) ' = 2 1 x ( x > 0)

(sinx)’ = cosx; (cosx)’ = - sinx
1
−1
;
(cot x) ' =
;
2
cos x
sin 2 x
(ku + lv)’ = ku’ + lv’ (k, l là hằng số)
(uv)’ = u’v + uv’
(tan x) ' =

Trang 17

Giáo án tự chọn nâng cao 11

 u '  u ' v − uv '
(v ≠ 0)
 ÷=
v2
v
y'x = y'u . u'x (y = y(u), u = u(x))
II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TỐN:
Bài 1: Xác định dạng vơ định và tính các giới hạn sau:
a. lim

x2 + x − 2
;
x →−2
x3 + 8

b. lim

3 1
1
− ÷
c. lim 
x→0 x x + 2
2


d. xlim
→+∞

3 + 4 x2 + 1 + x2
5x + 2

x →−∞

(

x2 + x + 1 − x

)

Giải
a.

Dạng

0
0

x2 + x − 2
( x − 1)( x + 2)
x −1
−3
1
= lim
= lim 2
=
=−
3
2

x →−2
x →−2 ( x + 2)( x − 2 x + 4)
x →−2 x − 2 x + 4
x +8
12
4
lim

Dạng

∞
∞

lim

b.

 3

1
x  2 + 4 + 2 +1÷
x
x
3 + 4 x2 + 1 + x2

= lim 
x →−∞
2
5x + 2


x5 + ÷
x


x →−∞

 3

1
 2 + 4 + 2 +1 ÷
x
x
 =−3
= lim 
x →−∞
2
5

−5 + ÷
x

c.

Dạng 0. ∞
3 1
1
3[2 − ( x + 2)]
−3
3
lim 

− ÷ = lim
= lim
=−
x→0 x x + 2
x →0 2( x + 2)
2  x→0 2 x( x + 2)
4


d.

Dạng ∞ - ∞
lim

x →+∞

(

 1
x 1 + ÷
x + x +1− x
 x
x 2 + x + 1 − x = lim
= lim
x →+∞

1 1
x 2 + x + 1 + x x →+∞ 
x  x + + 2 + 1
x x




)

2

2

Bài 2: Tìm các giới hạn sau:
x2 − 4 x + 3
a. lim
x →1−
1− x

b. lim
+
x →2

* Sử dụng định nghĩa giới hạn một bên.
Giải:

Trang 18

3x 2 + x + 1
x−2


Giáo án tự chọn nâng cao 11

a. Với x → 1- thì x < 1 nên 1 – x > 0. Khi đó ta có
x 2 − 4 x + 3 (1 − x)(3 − x )
=
= 1 − x (3 − x)
1− x
1− x
Từ đó: lim
−
x →1

x2 − 4x + 3
= lim 1 − x (3 − x) = 0
x →1−
1− x

2


2
Bài 3: Cho hàm số f(x) =  25 − x
4


a. Tính xlim− f ( x);
→−4

nếu x ≤ - 4
nếu -4 < x ≤ 3

nếu x > 3

lim+ f ( x); lim f ( x); lim f ( x);
−
+

x →−4

x →3

x →3

b. Tìm các khoảng liên tục của f(x)
* Sử dụng các định nghĩa và định lý về liên tục tại một điểm, liên tục trên một khoảng
Giải:
a.

lim− f ( x),

x →−4

lim+ f ( x) = lim+ 25 − x 2 = 25 − 16 = 3

x →−4

x →−4

lim f ( x) = lim 25 − x = 25 − 9 = 4; lim f ( x) = 4
−
+
2

x →3−

b.

x →3

x →3

Hàm số f(x) liên tục trên (- ∞; -4), (-4; 3), (3: + ∞)
Vì lim− f ( x) = f (−4) nên f(x) liên tục trên (- ∞; -4]
x →−4

Vì xlim+ f ( x) ≠ f ( −4) nên f(x) khơng liên tục tại x= -4
→−4
lim
lim
Vì x →3− f ( x) = x →3+ f ( x) = f (3) = 4 nên f(x) liên tục tại x=3
Vậy hàm số f(x) liên tục trên các khoảng (- ∞; -4] và (-4; +∞)
Bài 4: Tìm số thực m sao cho hàm số:
nếu x <2
3x 2
liên tục tại x = 2
f ( x) = 
2mx + 1nếu x≥ 2
* f(x) liên tục tại x = 2 nếu xlim f ( x) = xlim f ( x) = f (2)
→ 2−
→ 2+
Giải
Ta có:
lim f ( x) = lim− 3 x 2 = 12,

−
x →2

x→2

lim f ( x) = lim+ (2mx + 1) = 4m + 1 = f (2)

x → 2+

x →2

Từ đó: lim− f ( x) = lim f ( x) ⇔ 12 = 4m + 1 ⇔ m =
+
x →2

x →2

11
4

11
thì f(x) liên tục tại x = 2.
4
Bài 5: Chứng minh rằng phương trình x3 – 2x2 + 1 = 0 có ít nhất một nghiệm âm.
* Sử dụng định lí: Nếu f(x) liên tục trên [a; b] và f(a).f(b) < 0 thì tồn tại điểm x ∈ (a;b) sao
cho f(c) = 0
Giải:
3
2
Đặt f(x) = x – 2x + 1

Với m =

Trang 19


Giáo án tự chọn nâng cao 11

Ta có f(x) liên tục trên  và do đó liên tục trên [-1; 0]
Mặt khác, vì f(0) = 1, f(-1) = -2 < 0 nên tồn tại số c ∈ (-1; 0) sao cho f(c) = 0. Vậy phương
trình có ít nhất một nghiệm âm.
Bài 6: Chứng minh rằng phương trình (3m2 – 5)x3 – 7x2 + 1 = 0 ln có nghiệm âm với mọi
giá trị của m.
Giải:
2
3
2
f(x) = (3m – 5)x – 7x + 1 là một đa thức nên liên tục trên  và do đó liên tục trên [1;0].
Hơn nữa
f(0) = 1 > 0
F(-1) = -3m2 + 5 – 7 + 1 = -(3m2 + 1) < 0, ∀m ∈ 
Do đó tồn tại số c ∈ (-1; 0) sao cho f(c) = 0. Vậy phương trình ln có nghiệm âm với
mọi giá trị của m
3
Bài 7: a. Tìm giao điểm của đồ thị các hàm số y = (H) và y = x – 2(d)
x
b. Viết phương trình tiếp tuyến của (H) tại các giao điểm đó
* Phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y=f(x) tại M0(x0;y0) là y-y0=f’(x0)(x–x0)
Giải:
a. Hoành độ giao điểm của (H) và (d) là nghiệm của phương trình:
 x2 − 2x − 3 = 0

 x = −1
3
= x−2⇔ 
⇔
x
x = 3
x ≠ 0
Vậy có hai giao điểm của (H) và (d) là A(-1; -3), B(3; 1)
3
3
1
b. f ( x) = có đạm hàm là f '( x ) = − 2 . Từ đó: f’(-1) = -3, f’(3) = x
x
3
• Tiếp tuyến của (H) tại A(-1; -3) có phương trình:
y + 3 = -3(x + 1) ⇔ y = -3x – 6
• Tiếp tuyến của (H) tại B(3; 1) có phương trình:
1
1
y – 1 = - (x – 3) ⇔ y = - x + 2
3
3
Bài 8: Tìm đạo hàm của các hàm số sau:
π

a. f(x) = x cot  3x − ÷;
4

 2π


 2π

+ x ÷+ cos 2 
− x÷
b. g(x) = cos2x + cos2 
 3

 3

2
2
c. h(x) = sin(cos x).cos(sin x)
Sau khi tìm g’(x) có nhận xét gì về hàm g(x)
Áp dụng cơng thức: y’x = y’u. u’x

a.

f’(x)

Giải:
π
 
π 

= ( x ) 'cot  3 x − ÷+ x  cot  3 x − ÷÷
4
4 

 

π
3 x

cot  3 x − ÷−
= 2 x
π
4


sin 2  3 x − ÷
4

1

Trang 20


Giáo án tự chọn nâng cao 11

 2π
  2π

 2π
  2π

+ x ÷sin 
+ x ÷+ 2 cos 
− x ÷sin 
− x÷
b. Tương tự g’(x) = - 2cosxsinx – 2cos 

 3
  3

 3
  3

 4π

 4π

+ 2 x ÷+ sin 
− 2x ÷
= - sin2x -sin 
 3

 3

4π
= - sin2x + 2cos
sin(-2x) = -sin2x + sin2x = 0
3
c. h’(x) = -2cos(cos2x)cosxsinxcos(sin2x) – 2sin(cos2x)sin(sin2x)sinxcosx
= -sin2xcos(cos2x)cos(sin2x) – sin2xsin(cos2x)sin(sin2x)
= -sin2x [cos(cos2x)cos(sin2x) + sin(cos2x)sin(sin2x)]
= -sin2xcos(cos2x – sin2x)
= -sin2xcos(cos2x)
3
Vì g’(x) = 0 nên g(x) là một hàm bằng. Bằng cách chọn x = 0, ta thấy g(0) =
2
3

Vậy g(x) = với mọi x.
2
Bài 9: Tìm
π


a. d(tanx)  x ≠ + kπ ÷;
2


2
x + 2x + 5
b. dy với y =
(x ≠ 1)
x −1
* Áp dụng công thức: df(x) = f’(x)dx
Giải:
dx
a. d(tanx) = (tanx)’dx =
cos 2 x
x2 + 2 x + 5
b. Với y =
ta có:
x −1
( x 2 + 2 x + 5) '( x − 1) − ( x 2 + 2 x + 5)( x − 1) '
y’ =
( x − 1) 2
=

(2 x + 2)( x − 1) − ( x 2 + 2 x + 5) 2( x 2 − 1) − x 2 − 2 x − 5 x 2 − 2 x − 7

=
=
( x − 1) 2
( x − 1) 2
( x − 1) 2

x2 − 2 x − 7
dx
( x − 1) 2
Bài 10: Khơng dùng máy tính và bảng số hãy tính gần đúng sin290
* Áp dụng cơng thức f(x0 + ∆x) ≈ f(x0) + f’(x0)∆x
Vậy dy =

Giải:
π π 
Vì 290 = 300 – 10 =  −
÷ nên
 6 180 
π
π π 
 π  π 
sin290 = sin  −
÷≈ sin + cos  ÷ −
÷ ≈ 0, 4849
6
 6 180 
 6  180 
1
Bài 11: Tìm y(n) biết y =
x−2

* Dùng phương pháp quy nạp toán học.
Trang 21


Giáo án tự chọn nâng cao 11

Giải:
'

1
 1 
Ta có: 
(1);
÷=−
( x − 2) 2
 x−2
n!
Ta dự đốn y(n) = (-1)n
( x − 2) n +1
Từ (1) suy ra (*)đúng khi n = 1

''

'''

1.2
1.2.3
 1 
 1 
; 


÷=
÷ =
3
4
 x − 2  ( x − 2)
 x − 2  ( x − 2)
(*). Ta chứng minh (*) bằng quy nạp.
(k )

k!
 1 
k
Giả sử (*)đúng với n = k, ta có 
(2)
÷ = (−1)
( x − 2) k +1
 x−2
Ta chứng minh (*)đúng với n = k+1
Lấy đạm hàm hai vế của (2) ta đượC:
( k +1)

 1 

÷
 x−2

k ![( x − 2) k +1 ]'
k !(k + 1)( x − 2) k
= (−1)k +1

( x − 2) 2 k + 2
( x − 2) 2 k + 2
k +1 ( k + 1)!
= (−1)
( x − 2) k + 2
= (−1) k +1

(n)

n!
 1 
n
Vậy với mọi n ∈ *, ta có: 
÷ = (−1)
( x − 2) n +1
 x−2
III. BÀI TẬP:
1. Áp dụng định nghĩa, tìm các giới hạn sau:
x2 − 4x + 3
x →1 x 2 − 3 x + 2
2. Tính các giới hạn sau:

2
x →−∞ 1 − 3 x

b. lim

a. lim

a. lim

x →2

x 2 − 3x + 2
x+2 −2

c. xlim
→+∞

(

3x 2 + x − 4 − x 3

5 − 2 x3
x →−∞ 3 x 3 + x − 4

b. lim

)

d. xlim x
→+∞

(

x2 + 1 − x

)

3. Tìm các giới hạn sau:
a. lim+

x−7
x−7
và lim−
x →−2 x + 2
x+2

b. lim−

2 x 3 + 11
2 x 3 + 11
và lim+
x →−1
x +1
x +1

x →−2

x →−1

3
 1
− 3

4. Cho hàm số f(x) =  x − 1 x − 1
 mx + 2

Với giá trị nào của m, hàm số f(x) có giới hạn khi x → 0.Tìm giới hạn đó.
5. Tìm các khoảng liên tục của các hàm số sau:
a. f(x) =

x2 + x − 6 ;

Trang 22


Giáo án tự chọn nâng cao 11

π

2 x + 1 nếu
x≤

6

π
π

b. g(x) = sin x nếu
6
2

 2x
nếu x > π
π
2


nếux < π

sin x

3
6. Tìm số thực a sao cho hàm số f(x) = 
 3 − ax nếu ≥ π
x

3

π
nếu
liên tục tại x =
3
7. Chứng minh rằng phương trình x3 – 10x2 – 1 = 0 có ít nhất một nghiệm dương.
8. Chứng minh rằng phương trình (m2 + m +1)x5 + x3 – 27 = 0 có nghiệm dương với mọi giá
trị của tham số m
x2 + x
9. Cho hàm số y =
(C)
x−2
a. Hãy tính (bằng định nghĩa) đạo hàm của hàm số tại x = 1
b. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A(1; -2)
( x − 1) 2 neu x ≥ 0

10. Chứng minh rằng hàm số f(x) = 
liên tục tại x = 0 nhưng khơng có
2
( x + 1) neu x < 0

đạo hàm tại x = 0

11. Tìm vi phân của các hàm số:
x+2
tan x
a. y =
b. y =
x −1
x
12. Tính gần đúng các số sau với sai số 0,001
a. cos610
b. tan 440
c. 16, 02
2
(4)
13. Cho y = x sinx. Tìm y .
14. Chứng minh rằng:
π

(sin x)( n ) = sin  x + n ÷ (n ∈ *)
2

π

(cos x) ( n ) = cos  x + n ÷ (n ∈ *)
2


CHỦ ĐỀ 4:
PHÉP DỜI HÌNH
Trang 23

Giáo án tự chọn nâng cao 11

VÀ PHÉP ĐỒNG DẠNG TRONG MẶT PHẲNG
I. TÓM TẮT VÀ BỔ SUNG KIẾN THỨC
A. PHÉP DỜI HÌNH TRONG MẶT PHẲNG
1. Phép dời hình là phép biến hình bảo tồn khoảng cách giữa hai điểm bất kì, nghĩa là với hai
điểm M, N tuỳ ý và ảnh M’, N’ tương ứng của chúng, ta luôn có M’N’ = MN.
2. Các phép tịnh tiến, đối xứng trục, đối xứng tâm, phép quay là những phép dời hình.
3. Thực hiện liên tiếp hai phép dời hình F và G ta được một phép dời hình. Phép dời hình này
được gọi là hợp thành của F và G
4. Phép dời hình:
a. Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và bảo toàn thứ tự giữa các
điểm ấy.
b. Biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn
thẳng bằng nó.
c. Biến tam giác thành tam giác bằng nó, biến gốc thành góc bằng nó.
d. Biến đường trịn thành đường trịn có cùng bán kính.
5. - Nếu một phép dời hình biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ thì nó cũng biến trọng
tâm , trực tâm, tâm các đường tròn nội tiếp, ngoài tiếp của tam giác ABC tương ứng thành
trọng tâm, trực tâm, tâm các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác A’B’C’.
- Phép dời hình biến một đa giác n cạnh H thành một đa giác n cạnh H’, biến các đỉnh của H
thành các đỉnh của H’, biến các cạnh của H thành các cạnh của H’…
6. Hai hình được gọi là bằng nhau khi có một phép dời hình biến hình này thành hình kia.
B. PHÉP ĐỒNG DẠNG TRONG MẶT PHẲNG
7. Phép biến hình F được gọi là phép đồng dạng tỉ số k (k > 0), nếu với hai điểm M, N bất kì
và ảnh M’, N’ tương ứng của chúng ta ln có M’N’ = kMN.
8.
a. Phép dời hình là phép đồng dạng tỉ số 1
b. Phép vị tự tỉ số k là phép đồng dạng tỉ số |k|

c. Thực hiện liên tiếp phép đồng dạng tỉ số k và phép đồng dạng tỉ số p ta được phép
đồng dạng tỉ số pk.
9. Phép đồng dạng tỉ số k là hợp thành của một phép dời hình và một phép vị tự tỉ số k. Nó
cũng là hợp thành của một phép vị tự tỉ số k và một phép dời hình.
10. Phép đồng dạng tỉ số k:
a. Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và bảo toàn thứ tự giữa các
điểm ấy.
b. Biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn
thẳng.
c. Biến tam giác thành tam giác đồng dạng với nó, biến góc thành góc bằng nó.
d. Biến đường trịn bán kính R thành đường trịn bán kính k R.

Trang 24


Giáo án tự chọn nâng cao 11

11.
- Nếu một phép đồng dạng biến tam giác ABC thành tam giác A’B’C’ thì nó cũng
biến trọng tâm, trực tâm,tâm các đường trịn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác ABC tương ứng
thành trọng tâm, trực tâm, tâm các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của tam giác A’B’C’.
- Phép đồng dạng biến một đa giác n cạnh H thành một đa giác n cạnh H’, biến các
đỉnh của H thành các đỉnh của H’, biến các cạnh của H thành các cạnh của H’…
12. Hai hình được gọi là đồng dạng với nhau nếu có một phép đồng dạng biến hình này thành
hình kia.
II. RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI TỐN:
Bài 1: Chứng minh rằng nếu phép dời hình biến ba điểm O, A, B lần lượt thành O’, A’, B’ thì
ta có:
uuu uuu uuuu
u ur u ur ur ur

a. O ' A '.O ' B ' = OA.OB
uuu uuu uu uu
u ur
u ur
ur
ur
b. O ' B ' = tO ' A ' ⇔ OB = tOA , với t là một số tuỳ ý.
u ur
uu
* Sử dụng công thức: AB2 = AB 2
Giải
u ur
uu
a.
Vì O’A’ = OA.O’B’=OB,A’B’=AB và AB2 = AB 2 nên ta có:
u u ur u ur
uuu uu
A’B’2 = AB2 ⇒ A ' B '2 = AB 2
uuu uuu
u ur u ur
uu uu
ur ur
⇒ (O ' B ' − O ' A ') 2 = (OB − OA) 2
u u ur u u u u u ur u ur u u u u u ur
uuu
u ur u u u u u
ur ur u u
⇒ O ' B '2 − 2O ' B '.O ' A '2 = OB 2 − 2OB.OA + OA2
u u ur u u u u u u u u u u
uuu

u ur u ur ur ur
⇒ O ' B '2 − 2O ' A '.O ' B ' = OA.OB
b.
Từ câu a) và định nghĩa ta có:
uuu uuu uuu uuu r
u ur
u ur
u ur
u ur
O ' B ' = tO ' A ' ⇔ O ' B ' − tO ' A ' = 0
uuu uuu
u ur
u ur
⇔ (O ' B ' − tO ' A ') 2 = 0
u u ur
uuu
u u u2
u ur
uuu uuu
u ur u ur
⇔ O ' B ' − 2tO ' B '.O ' A ' + t 2 O ' A '2 = 0
u ur
uu
u u2
ur
uu uu
ur ur
⇔ OB − 2tOB.OA + t 2 OA2 = 0
uu uu r
ur

ur
⇔ OB − tOA = 0
uu uu
ur
ur
⇔ OB = tOA
Bài 2: Chứng minh rằng phép dời hình biến đường thẳng thành đường thẳng
* Để chứng minh hình H’ là ảnh của hình H qua phép biến hình F ta chứng minh rằng:
M ∈ H ⇔ M’ = F(M) ∈ H’

u ur u u
uu
ur
M thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi tồn tại t ∈ , sao cho AM = t AB
Giải:
Cho đường thẳng d và phép dời hình F. Lấy A, B phân biệt thuộc đường thẳng d, gọi A’ =
F(A), B’ = F(B). Khi đó vì A’B’ = AB nên A’ và B’ phân biệt. Ta sẽ chứng minh rằng F(d) là
đường thẳng A’B’.
Lấy điểm M thuộc d, gọi M’ = F(M). Áp dụng câu b) của bài 1, ta có:
Trang 25