ôn thi tốt nghiệp toán lớp 12

KHO ST HM S V CU HI PH
VD1 : Cho hàm số y = - x
3
+ 3x
2
- 2
a) Khảo sát hàm số.
b) Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
tại điểm y=0
HD: Viết phơng trình tiếp tuyến tại điểm uốn U(1 ; 0)
Hệ số góc k = f(1) = 3
Vậy ta có phơng trình tiếp tuyến là :
y - y
0
= k(x - x
0
) hay : y - 0 = 3(x - 1)
y = 3x - 3
VD 2: Cho hm s (C): y = -x
3
+ 3x + 2
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C)
b) Da vo th (C), bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh: x
3
3x 2 + m = 0
S: * m > 4: 1 n
0
; * m = 4: 2 n
0
; * 0 < m < 4: 3 n
0

; * m = 0: 2 n
0
; * m < 0: 1 n
0
c) Vit phng trỡnh tip tuyn ti im I(0; 2). S: y = 3x + 2
d) Vit phng trỡnh ng thng i qua im cc i v im cc tiu ca th (C)
HD: PT t i qua 2 im A(x
A
; y
A
) v B(x
B
; y
B
) cú dng:
A A
B A B A
x x y y
x x y y

=

. S: y = 2x + 2
VD3: Cho hm s (C): y = x
3
+ 3x
2
+ 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C)
b) Da vo th (C), bin lun theo k s nghim ca phng trỡnh: x

3
+ 3x
2
k = 0
S: * k > 4: 1 n
0
; * k = 4: 2 n
0
; * 0 < k < 4: 3 n
0
; * k = 0: 2 n
0
; * k < 0: 1 n
0
c) Vit phng trỡnh tip tuyn ti im cú honh bng -1
HD: Th x = -1 vo (C)

y = 3: M(-1; 3). S: y = -3x
d) Vit phng trỡnh ng thng i qua im cc i v im cc tiu ca th (C)
S: y = -2x + 1
VD4: Cho hm s (C): y = x
3
3x
2
+ 4
a) Kho sỏt v v th hm s (C)
b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C) song song vi ng thng y =
5
x 1
3

.
S: y =
5 83
x
3 27
+
; y =
5 115
x
3 27
+
VD5: Cho hm s (C
m
): y = 2x
3
+ 3(m 1)x
2
+ 6(m 2)x 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C) khi m = 2
b) Vi giỏ tr no ca m, th ca hm s (C
m
) i qua im A(1; 4). S: m = 2
c) Vit phng trỡnh tip tuyn ca hm s (C) i qua im B(0; -1). S: y = -1; y =
9
x 1
8

VD5: Cho haứm soỏ y=x
3

6x
2
+ 9x (C).
2
-2
y
x
O
6
4
2
-2
5
x
y
6
4
2
y
5
x
O 1
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.
VD7: Cho hµm sè
4 2
1 9
2 ( )
4 4
y x x C= − + +
a) Kh¶o s¸t hµm sè
b) ViÕt ph¬ng tr×nh tiÕp tun cđa (C) t¹i ®iĨm cã hoµnh ®é b»ng 1.
Gi¶i:
a) Kh¶o s¸t hµm sè
TËp x¸c ®Þnh: R
Sù biÕn thiªn

a) Giíi h¹n:
lim
x
y
→∞
= −∞
b) B¶ng biÕn thiªn:
1 1
3
2,3 2,3
9
0
4
y' = - x + 4x; y' = 0
25
2
4
x y
x y

= ⇒ =

⇔


= ± ⇒ =



x -∞ - 2 0 2

+∞
y’ + 0 - 0 + 0 -
y

25
4

25
4
-∞
9
4
-∞
Suy ra hµm sè ®ång biÕn trªn kho¶ng (-∞; -2) vµ (0; 2), nghÞch biÕn trªn kho¶ng ( -2; 0)
vµ (2; +∞)
Cùc trÞ:
CD CD
25 9
x = ±2 y = ; 0
4 4
CT CT
x y⇒ = ⇒ =
§å thÞ : (H2)
- §iĨm n: y” = - 3x
2
+4; y” = 0
2
-2
-4
y

5
x
1
O
I
2 161
36
3
x y = =
- Giao với Ox : A(-3 ; 0) và B(3 ; 0)
- Giao Oy :
9
(0; )
4
C
(H2)
b) x
0
= 1 y
0
= 4, y(x
0
) = y(1) = 3. Nên phơng trình tiếp tuyến cần tìm là : y - 4 = 3(x -
1), hay : y = 3x + 1.
VD8: Cho hm s (C): y = - x
4
+ 2x
2
+ 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C)

b) Bin lun theo m s nghim ca phng trỡnh: -x
4
+ 2x
2
+ 1 m = 0
S: * m > 2: vụ n
0
; * m = 2: 2 n
0
; * 1 < m < 2: 4 n
0
; * m = 1: 3 n
0
; * m < 1: 2 n
0
c) Vit phng trỡnh tip tuyn ti im cú tung bng 2
HD: Th y = 2 vo (C)

x =

1: M(-1; 2), N(1; 2). S: y = 2
VD9: Cho hm s (C): y = x
4
2x
2
3
a) Kho sỏt v v th hm s (C)
b) Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C), bit h s gúc ca tip tuyn l 24. S: y = 24 43
VD10: Cho hm s (C
m

): y = x
4
(m + 7)x
2
+ 2m 1
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s (C) khi m = 1
b) Xỏc nh m th (C
m
) i qua im A(-1; 10). S: m = 1
c) Da vo th (C), vi giỏ tr no ca k thỡ phng trỡnh: x
4
8x
2
k = 0 cú 4 nghim phõn
bit. S: -14 < k < 0
VD11: Cho hàm số:
4
( )
1
x
y C
x
+
=

a) Khảo sát hàm số.
b) Xác định toạ độ giao điểm của (C) với đờng thẳng d: y = 2x + 2. Viết phơng trình tiếp
tuyến của (C) tại các giao điểm trên.
Giải:
a) Khảo sát hàm số:

1.Tập xác định: D = R\{1}
2.Sự biến thiên:
a) Chiều biến thiên:
2
3
' 0,
( 1)
y x D
x

= >

.
Nên hàm số nghịch biến trên (-; 1) và (1; +)
b) Cực trị: Đồ thị hàm số không có cực trị.
c) Giới hạn và tiệm cận:
1
lim
x
y

+ =
x = 1 là tiệm cận đứng.
lim 1
x
y

+ =
y = - 1 là tiệm cận ngang.
d) Bảng biến thiên :

x - 1
+
y - -
y
+
-1
-1
-
3.Đồ thị : (H3)
- Giao với Ox : A(4 ; 0)
- Giao với Oy : B(0 ; -4)
- Đồ thị nhận I(1 ; - 1)
làm tâm đối xứng
b) Hoành độ giao điểm của(C)
và đờng thẳng d là nghiệm
Của phơng trình:
1 1
2
2 2
2 2
4
2 2 2 6 0
3
1
5
2
x y
x
x x x
x

x y
= =

+

= + + =


= =


Vậy giao điểm của (C) và đờng thẳng d là:
1 2
3
( 2; 2), ( ;5)
2
M M
- Phơng trình tiếp tuyến của (C) tại M
1
có hệ số góc là:
1
1
'( 2)
3
k y= =
Nên có phơng trình là:
1 1 8
2 ( 2)
3 3 3
y x y x+ = + =

- Phơng trình tiếp của (C) tại M
2
có hệ số góc là:
2
3
'( ) 12
2
k y= =
. Nên có phơng trình là:
3
5 12( ) 12 23
2
y x y x = = +
VD12. Cho hàm số
3x 1
y
x 3

=

có đồ thị (C).
1) Khảo sát hàm số.
2) Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x = -1
3) Tìm GTLN và GTNN của hàm số trên [0; 2].
Hớng dẫn giải.
1) Hs tự khảo sát. Đồ thị:
2) Có
( )
2
10 5

y' y'( 1)
8
x 3

= =

;
y( 1) 1 =
Phơng trình tiếp tuyến:
( )
5 5 3
y x 1 1 y x
8 8 8
= + + = +
3) Ta có hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định nên hàm số nghịch biến trên [0; 2].
Do đó:
[ ] [ ]
0;2 0;2
1
max y y(0) ; min y y(2) 5
3
= = = =
.
VD13. Cho hàm số (C): y =
x 1
x 3
+
−
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) vuông góc với đường phân giác phần tư thứ nhất

HD: Đường phân giác phần tư thứ nhất là: y = x. ĐS: y = -x và y = -x + 8
VD14.: Cho hàm số (C
m
): y =
mx 1
2x m
−
+
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C
2
)
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của tham số m, hàm số luôn đồng biến trên mỗi khoảng
xác định của nó
HD: Chứng minh tử thức của y
’
> 0 suy ra y
’
> 0(đpcm)
c) Xác định m để tiệm cận đứng của đồ thị đi qua A(-1;
2
). ĐS: m = 2
d) Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số (C
2
) tại điểm (1;
1
4
). ĐS: y =
3 1
x
8 8

−
VD15: Cho hàm số (C
m
): y =
(m 1)x 2m 1
x 1
+ − +
−
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) khi m = 0
b) Với giá trị nào của m, đồ thị của hàm số (C
m
) đi qua điểm B(0; -1). ĐS: m = 0
c) Định m để tiệm cận ngang của đồ thị đi qua điểm C(
3
; -3). ĐS: m = -4
c) Viết phương trình tiếp tuyến của hàm số tại giao điểm của nó với trục tung
HD: Giao điểm với trục tung
⇒
x = 0, thay x = 0 vào (C)
⇒
y = -1: E(0; -1). ĐS: y = -2x – 1
TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ
( )y f x=
trên D
A. Hai cách thường dùng.
Cách 1: - Lập bảng biến thiên của hàm số
( )f x
trên D.
- Từ bảng biến thiên suy ra GTLN, GTNN .
Cách 2: Nếu

( )f x
liên tục trên D = [a;b]
- Tìm các điểm
1 2
, , ,
n
x x x…
trên khoảng (a;b) mà tại đó
,
( )f x
bằng 0 hoặc
,
( )f x
không tồn tại.
- Tính
1 2
( ), ( ), ( ), , ( ), ( )
n
f a f x f x f x f b…
.
- Tìm số lớn nhất M và số nhỏ nhất m trong các số trên.
- Ta có
[ ; ] [ ; ]
min ( ) ,max ( )
a b a b
f x m f x M= =
.
B. Bài tập.
1. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
3 2

( ) 9f x x x x= + +
trên đoạn [-3;5].
(ĐS:
[ 3;5] [ 3;5]
min ( ) ( 3) 45,max ( ) (5) 195f x f f x f
− −
= − = − = =
)
2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
4
( )
2
f x x
x
= +
−
trên đoạn [3;5].
(ĐS:
[3;5] [3;5]
min ( ) (4) 6,max ( ) (3) 7f x f f x f= = = =
)
3. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
( ) 2 1
2
2
f x x
x
= − +
+
trên khoảng

5
( ; )
2
−∞ −
.
(ĐS:
5
( ; )
2
max ( ) ( 3) 9f x f
−∞ −
= − = −
,
( )f x
không có GTNN )
4. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
2
( ) 8f x x x= + −
.
(ĐS:
max ( ) (2) 4,min ( ) ( 8) 8f x f f x f= = = − = −
)
5. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
( ) 9 3f x x= −
trên đoạn [-2;2].
(ĐS:
[ 2;2] [ 2;2]
min ( ) (2) 3,max ( ) ( 2) 15f x f f x f
− −
= = = − =

)
6. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
2
1
( ) sin cos
2
f x x x= − +
.
(ĐS:
2
3
6
min ( )
7
4
2
6
x k
f x
x k
π
π
π
π

= − +

= − ⇔



= +


,
2
3
max ( ) 2
2
f x x k
π
π
= ⇔ = +
)
7. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
3 2
( ) cos cos 1f x x x= + −
trên đoạn
3
[0; ]
2
π
.
(ĐS:
min ( ) 1
3
2
2
x
f x x
x

π
π
π


=


= − ⇔ =



=

,
max ( ) 1 0f x x= ⇔ =
)
8. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
4 4
( ) cos sinf x x x= +
.
(ĐS:
1
min ( )
2 4 2
f x x k
π π
= ⇔ = +
,
max ( ) 1

2
f x x k
π
= ⇔ =
)
9. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
( )
x
x
e
f x
e e
=
+
trên đoạn
[ln 2 ; ln 4]
.
(ĐS:
[ln2;ln 4] [ln2;ln 4]
2
min ( ) (ln 2) ,max ( ) (ln 4)
2 4
4
f x f f x f
e e
= = = =
+ +
)
10. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
2

( ) ln( 5 )f x x x= + +
trên đoạn [-2;2].
(ĐS:
[ 2;2] [ 2;2]
min ( ) ( 2) 0,max ( ) (2) ln5f x f f x f
− −
= − = = =
)
BÀI TẬP LÀM THÊM
1. y = x
4
– 2x
2
+ 1 trên đọan [-1;2].
2. y =
2
1 x−
.
3. y =
.lnx x
trên đọan [ 1; e ].
4. y = sin2x – x trên đọan
;
6 2
π π
−
 
 
 
.

5. y = x – lnx + 3.
6.
2
1x x
y
x
+ +
=
với
0>x
7.
4 2
8 16y x x= − +
trên đoạn [ -1;3].
8. y =
3 2
2 4 2 2x x x− + − +
trên
[ 1; 3]−
9. y =
3 2
2 4 2 1x x x− + +
trên
[ 2;3]−

10.
3 2
( ) 3 9 3f x x x x= + − +
trên đoạn
[ ]

2;2−
11.
2
4 4 .y x= + −
12.
4 2
1
( ) 2
4
f x x x= − +
trên đoạn [-2 ;0]
13. y = (x – 6)
2
4x +
trên đoạn [0 ; 3].
14. y = x+
2
1 x−
15. y = 2sin
2
x + 2sinx – 1
16.
2
9 7y x= −
trên đoạn [-1;1].
17.
3 2
2 3 12 10y x x x= − − +
trên đoạn [-3;3].
18.

5 4y x= −
trên đoạn [-1;1].
19.
1 x
y
x
−
=
trên đoạn [-2;-1].
20.
3 2
1
2 3 4
3
y x x x= + + −
trên đoạn [-4;0].
21.
1
y x
x
= +
trên khoảng ( 0 ; +∞ ).
22.
3 2
8 16 9y x x x= − + −
trên đoạn [1;3].
23.
4
2
3

2 2
x
y x= − − +
trên đoạn
1 2
;
2 3
 
−
 
 
24.
2
3 6
1
x x
y
x
− +
=
−
trên khoảng (1 ; +∞ ).
25.
3
3 1y x x= − +
trên đoạn [0;2].
26.
3 2
3 9 35y x x x= − − +
trên đoạn [-4;4].

27.
3 2
2 3 1y x x= + −
trên đoạn
1
2;
2
 
− −
 
 
28.
3 2
3 7 1y x x x= − − +
trên đoạn [0;3].
29.
3 2
3 9y x x x= + −
trên đoạn [-2;2].
30.
2
2 5 4
2
x x
y
x
+ +
=
+
trên đoạn [0;1].

31.
1
1
5
y x
x
= + +
−
(x > 5 )
32.
2
3 1
x
y
x
=
−
trên đoạn
1
1;
2
 
− −
 
 
33.
2 1
1 3
x
y

x
+
=
−
trên đoạn [-1;0].
34.
3 2
3 4y x x= − −
trên đoạn
1
1;
2
 
−
 
 
35.
2
4y x= −

36.
1
1
y x
x
= +
−
trên khoảng
(1; )+∞
.

37.
3
3 3y x x= − +
trên đoạn
3
3;
2
 
−
 
 
38.
4 1
2 3
x
y
x
+
=
+
trên đoạn
5
; 2
2
 
− −
 
 
Chuyªn §Ò 2: Hµm Sè Mò vµ L«garit
1. Phương pháp: Biến đổi phương trình về dạng cùng cơ số: a

M
= a
N

⇔
M = N
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau :
2
3 2
1
2
4
x x+ −
=
HD:
2 2
3 2 3 2 2
1
2 2 2
4
x x x x+ − + − −
= ⇔ =
2 2
0
3 2 2 3 0
3
x
x x x x
x
=


⇔ + − = − ⇔ + = ⇔

= −

Vậy phương trình có nghiệm:
0, 3x x= = −
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau :
2
3 1
1
3
3
x x− +
 
=
 ÷
 
HD:
2
2
3 1
( 3 1) 1
1
3 3 3
3
x x
x x
− +
− − +

 
= ⇔ =
 ÷
 
2 2
1
( 3 1) 1 3 2 0
2
x
x x x x
x
=

⇔ − − + = ⇔ − + = ⇔

=

Vậy phương trình có nghiệm:
1, 2x x= =
Ví dụ 3: Giải phương trình sau :
1 2
2 2 36
x x+ −
+ =
HD:
1 2
2
2 2 36 2.2 36
4
x

x x x+ −
+ = ⇔ + =
x x x 4
8.2 2
36 9.2 36.4 2 16 2 2 4
4
x x
x
+
⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm:
1, 2x x= =
Ví dụ 4: Giải phương trình sau :
2 1
5 .2 50
x x −
=
HD:
2 1
20
4
5 .2 50 5 . 50 20 100 log 100
2
x
x x x x
x
−
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm:
20

log 100x =
2. Phương pháp: Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình đại số
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau :
2 8 5
3 4.3 27 0
x x+ +
− + =
HD:
8 2 5
3 .3 4.3 .3 27 0
x x
− + =
( )
2
6561. 3 972.3 27 0
x x
⇔ − + =
(*)
Đặt
3 0
x
t = >
Phương trình (*)
2
1
9
6561 972 27 0
1
27
t

t t
t

=

⇔ − + = ⇔


=


Với
2
1
3 3 2
9
x
t x
−
= ⇔ = ⇔ = −
Với
3
1
3 3 3
27
x
t x
−
= ⇔ = ⇔ = −
Vậy phương trình có nghiệm:

2, 3x x= − = −
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau :
25 2.5 15 0
x x
− − =
HD:
( )
2
25 2.5 15 0 5 2.5 15 0
x x x x
− − = ⇔ − − =
(*)
Đặt
5 0
x
t = >
Phương trình (*)
2
5
2 15 0
3 (loai)
t
t t
t
=

⇔ − − = ⇔

= −


Với
5 5 5 1
x
t x= ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm:
1x
=
Ví dụ 3: Giải các phương trình sau :
2 2
3 3 24
x x+ −
− =
HD:
( )
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 = >
Pt (*)
2

3
9t 24 9 0
1
( loai)
3
t
t
t
=


⇔ − − = ⇔

= −

Với
3 3 3 1
x
t x= ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm:
1x
=
3. Phương pháp: Lấy logarit hai vế
Ví dụ 1: Giải phương trình sau :
2
1
1
8 .5
8
x x −

=
HD: Lấy logarit hai vế với cơ số 8, ta được
2 2
1 1
8 8
1 1
8 .5 log 8 .5 log
8 8
x x x x− −
= ⇔ =
( )
2
1 1 2
8 8 8 8
log 8 log 5 log 8 1 log 5 1
x x
x x
− −
⇔ + = ⇔ + − = −
( )
( ) ( ) ( )
2
8 8
1 1 log 5 0 1 1 1 log 5 0x x x x x⇔ + + − = ⇔ + + + − =
( ) ( )
( )
8
8
1 0
1 1 1 log 5 0

1 1 log 5 0
x
x x
x
+ =

⇔ + + − = ⇔ 

 
+ − =

8 8 5
1 1
.log 5 log 5 1 1 log 8
x x
x x
= − = −
 
⇔ ⇔
 
= − = −
 
Vậy phương trình có nghiệm:
5
1, 1 log 8x x= − = −
Ví dụ 2: Giải phương trình sau :
2
3 .2 1
x x
=

HD: Lấy logarit hai vế với cơ số 3, ta được
2 2
3 3
3 .2 1 log 3 .2 log 1
x x x x
= ⇔ =
( )
2
3 3
log 2 0 1 log 2 0x x x x⇔ + = ⇔ + =
3
0
1 log 2 0
x
x
=

⇔

+ =

2
3
0
0
1
log 3
log 2
x
x

x
x
=

=


⇔ ⇔


= −
= −



Vậy phương trình có nghiệm:
2
0, log 3x x= = −
II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ
1. Phương trình cơ bản:
0
0
b
b
≤




>


Phương trình vô số nghiệm
Phương trình :
( )f x
a b> ⇔

( ) log
( ) log
a
a
f x b
f x b
>


<


khi
khi

1
0 1
a
a
>
< <
0
0
b

b
≤




>

Phương trình vô nghiệm
Phương trình :
( )f x
a b< ⇔

( ) log
( ) log
a
a
f x b
f x b
<


>


khi
khi

1
0 1

a
a
>
< <
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
2 1
3
3
1 log 2
3 2 2 1 log 2
2
x
x x
−
+
≤ ⇔ − ≤ ⇔ ≤
Vậy bất phương trình có nghiệm:
3
1 log 2
;
2
S
+
 
= −∞


 
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
( )

1
1
3 1 3
3 1 3. 3.3 1 3 3 27.3 9
3 1 3
x x
x x x
x
−
+
−
< ⇔ − < + ⇔ − < +
+
6
26.3 12 3 ,
13
x x
x⇔ > − ⇔ > − ∀ ∈¡
Vậy bất phương trình có nghiệm:
( )
;S = −∞ +∞
2. Phương pháp: Biến đổi bất phương trình về dạng cùng cơ số:
a.
( ) ( )f x g x
a a> ⇔

( ) ( )
( ) ( )
f x g x
f x g x

>


<


khi
khi

1
0 1
a
a
>
< <
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
( )
2
2
3 9
x
x−
>
HD:
( )
2
2
3 9
x
x−

>
2 4
4
16
3 3 2 4 8 16
4 7
x
x
x
x x x x
−
⇔ > ⇔ > − ⇔ > − ⇔ <
Vậy bất phương trình có nghiệm:
16
;
7
S
 
= −∞
 ÷
 
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
( ) ( )
2
1 3
5 2 5 2
x x− − +
+ ≥ −
(1)
HD: Ta có:

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

2
2 0 1 2x x x⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤
Vậy bất phương trình có nghiệm:
[ ]
1;2S = −
3. Phương pháp: Đặt ẩn phụ chuyển về bất phương trình đại số.
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
2
5 5 26
x x−
+ <

HD:
( )
2
2
25
5 5 26 5 26 0 5 26.5 25 0
5
x x x x x
x
−
+ < ⇔ + − < ⇔ − + <
(1)
Đặt
5 0
x
t = >
Ta có:(1)
2
26 25 0t t⇔ − + <
1 25t⇔ < <

0 2
1 5 25 5 5 5 0 2
x x
x⇔ < < ⇔ < < ⇔ < <
Vậy bất phương trình có nghiệm:
( )
0;2S =
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
2x+1

3 10.3 3 0
x
− + ≤
HD:
2x+1
3 10.3 3 0
x
− + ≤
( )
2
3. 3 10.3 3 0
x x
⇔ − + ≤
(1)
Đặt
3 0
x
t = >
.
Ta có:(1)
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
−
⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤
Vậy bất phương trình có nghiệm:
[ ]
1;1S = −
Ví dụ 3: Giải bất phương trình:
5.4 2.25 7.10 0 (*)
x x x
+ − >
HD: Chia (*) hai vế cho
4 0
x
>
ta được:
2
5 5
5 2. 7. 0
2 2
x x
 
   
+ − >
 
 ÷  ÷
   
 
 
(**)
Đặt

5
0
2
x
t
 
= >
 ÷
 
.
Ta có:(**)
2
5
0 1
0 1
0
2
2 7 5 0
5
1
5 5
2
2 2
x
x
t
x
t t
x
t


 
< <

< <

 ÷
<

 


⇔ − + > ⇔ ⇔ ⇔



>
>

 


>
 ÷

 

Vậy bất phương trình có nghiệm:
( ) ( )
;0 1;S = −∞ +∞

I. PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT
1. Phương pháp : Biến đổi phương trình về dạng cùng cơ số:
log log
a a
M N M N= ⇔ =
Ví dụ 1 : Giải phương trình sau :
2 2 2
log log ( 3) log 4x x+ + =
HD:
2 2 2
log log ( 3) log 4x x+ + =
(1)
Điều kiện:
0 0
0
3 0 3
x x
x
x x
> >
 
⇔ ⇔ >
 
+ > > −
 
Do đó phương trình
2 2
(1) log ( 3) log 4 ( 3) 4x x x x⇔ + = ⇔ + =
2
1

3 4 0 1
4 (loai)
x
x x x
x
=

⇔ + − = ⇔ ⇔ =

= −

Vậy phương trình có nghiệm:
1x =
Ví dụ 2 : Giải phương trình sau :
2
2 2 2
log log log 9x x x+ =
HD:
2
2 2 2
log log log 9x x x+ =
(1)
Điều kiện:
0x >
Phương trình
2 2 2 2 2 2
(1) log 2log log 9 log 2log log 9x x x x⇔ + = + ⇔ =
2 2 2 2
1
log log 9 log log 3 3

2
x x x⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy phương trình có nghiệm
3x =
2. Phương pháp : Đặt ẩn phụ chuyển về phương trình đại số.
Ví dụ 1: Giải các phương trình sau :
2
2 2
log 2log 2 0x x+ − =
HD:
2
2 2
log 2log 2 0x x+ − =
(1)
Điều kiện:
0x
>
Phương trình
2
2 2
(1) log log 2 0x x⇔ + − =
Đặt
2
logt x=
Lúc đó:
2
2 2
log log 2 0x x+ − = ⇔
2
2

2
2
log 1
1
t 2 0
1
2 log 2
4
x
x
t
t
t x
x
=

=
=



+ − = ⇔ ⇔ ⇔



= − = −
=




Vậy phương trình có nghiệm
1
2,
4
x x= =
Ví dụ 2: Giải các phương trình sau :
2 1
1 log ( 1) log 4
x
x
−
+ − =
HD:
2 1
1 log ( 1) log 4
x
x
−
+ − =
(1)
Điều kiện:
1 0 1
(*)
1 1 2
x x
x x
− > >
 
⇔
 

− ≠ ≠
 
Phương trình
2
2 2
2 2
log 4 2
(1) 1 log ( 1) 1 log ( 1)
log ( 1) log ( 1)
x x
x x
⇔ + − = ⇔ + − =
− −
[ ]
2
2 2
log ( 1) log ( 1) 2 0x x⇔ − + − − =
(2)
Đặt
2
log ( 1)t x= −
Lúc đó: phương trình (2)
2
1
2 0
2
t
t t
t
=


⇔ + − = ⇔

= −

2
2
1 2 3
log ( 1) 1
1 5
log ( 1) 2
1
4 4
x x
x
x
x x
− = =
 
− =

 
⇔ ⇔ ⇔

 
− = −
− = =

 
thỏa (*)

Vậy phương trình có nghiệm
5
3,
4
x x= =
3. Phương pháp: Mũ hóa hai vế:
Ví dụ:
3
log (3 8) 2
x
x− = −
Điều kiện:
3 8 0
x
− >
( )
3
log (3 8)
2 2
3
2
2
log (3 8) 2 3 3 3 8 3
3 1( )
3 8.3 9 0 3 3 2
3 9
x
x x x x
x
x x x

x
x
loai
x
−
− −
− = − ⇔ = ⇔ − =

= −
⇔ − − = ⇔ ⇔ = ⇔ =

=

Vậy phương trình có nghiệm
2x
=
II. BẤT PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT
1. Phương trình cơ bản:
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
2
log ( 2) 3x − >
Điều kiện
2 0 2x x
− > ⇔ >
3
2
log ( 2) 3 2 2 10x x x− > ⇔ − > ⇔ >
Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm:
( )
10;S = +∞

Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
2
1
2
log ( 7 ) 3x x+ >
+ Điều kiện
2
7
7 0
0
x
x x
x
< −

+ > ⇔

>

+
2
1
2
log ( 7 ) 3x x+ >
3
2 2
1 1
7 7 0
2 8
x x x x

 
⇔ + < ⇔ + − <
 ÷
 
97 97
7 7
2 2
2 2
x
− − − +
⇔ < <
+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm:
97
7
2
7
2
97
7
2
0
2
x
x

− −


< < −




− +

< <


+ Hay
97 97
7 7
2 2
; 7 0;
2 2
S
   
− − − +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
= −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
U
2. Phương pháp: Biến đổi bất phương trình về dạng cùng cơ số:
a.
( ) ( )
log ( ) log ( )
( ) ( )
a a
f x g x

f x g x
f x g x
>

> ⇔

<


khi
khi

1
0 1
a
a
>
< <
, Điều kiện
( ) 0, ( ) 0f x g x> >
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
2 1
2
log ( 5) log (3 ) 0x x+ + − ≥
HD: + Điều kiện:
5 0
5 3
3 0
x
x

x
+ >

⇔ − < <

− >

+
2 1 2 2
2
log ( 5) log (3 ) 0 log ( 5) log (3 ) 0x x x x+ + − ≥ ⇔ + − − ≥
2 2
log ( 5) log (3 ) 5 3 1x x x x x⇔ + ≥ − ⇔ + ≥ − ⇔ ≥ −
+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm:
[
)
1;3S = −
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
0,5 2
log ( 1) log (2 )x x+ ≤ −
HD: + Điều kiện:
1 0 1
1 2
2 0 2
x x
x
x x
+ > > −
 
⇔ ⇔ − < <

 
− > <
 
+ Lúc đó:
0,5 2
log ( 1) log (2 )x x+ ≤ −

2 2
log ( 1) log (2 )x x⇔ − + ≤ −

2 2
log (2 ) log ( 1) 0x x⇔ − + + ≥
( ) ( )
2
log 2 1 0x x⇔ − + ≥ 
 

( ) ( )
2 1 1x x⇔ − + ≥
2
1 5 1 5
1 0
2 2
x x x
− +
⇔ − + + ≥ ⇔ ≤ ≤
+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm là :
1 5 1 5
;
2 2

S
 
− +
=
 
 
Ví dụ 3: Giải bất phương trình:
5 5 5
log ( 2) log ( 2) log (4 1)x x x+ + − < +
HD: + Điều kiện:
2
2 0
1
4 1 0 2
4
2 0
2
x
x
x x x
x
x
> −

+ >


 
+ > ⇔ > − ⇔ >
 

 
− >

>


+ Lúc đó:
5 5 5
log ( 2) log ( 2) log (4 1)x x x+ + − < +

( ) ( )
2
5 5 5 5
log 2 2 log (4 1) log ( 4) log (4 1)x x x x x⇔ + − < + ⇔ − < + 
 

2 2
4 4 1 4 5 0 1 5x x x x x⇔ − < + ⇔ − − < ⇔ − < <
+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm là :
( )
2;5S =
3. Phương pháp: Đặt ẩn phụ chuyển về bất phương trình đại số.
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
2
0,5 0,5
log log 2x x+ ≤
HD: + Điều kiện:
0x
>
+ Đặt :

0,5
logt x=
+ Lúc đó:
2
0,5 0,5
log log 2x x+ ≤
2 2
2 2 0 2 1t t t t t⇔ + ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤

( )
2
0,5
4
0,5
2 log 1
1
0,5
2
x
x
x
x
x
−
≤


≤
 
⇔ − ≤ ≤ ⇔ ⇔

 
≥
≥




+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm là :
1
;4
2
S
 
=
 
 
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:
2
2
2
log
log 1
x
x
>
−
HD: + Điều kiện:
2
0
0

log 1
2
x
x
x
x
>
>


⇔
 
≠
≠


+ Đặt :
2
logt x=
+ Lúc đó:
2
2
2
log
log 1
x
x
>
−
2

2
2
0
1 1
1
t
t t
t
t
>

− −
⇔ > ⇔

− < <
−


2
2
4
log 2
1
1 log 1
2
2
x
x
x
x

>

>


⇔ ⇔


− < <
< <


+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm là :
( )
1
;2 4;
2
S
 
= +∞
 ÷
 
U
Ví dụ 3: Giải bất phương trình:
2
log 13log 36 0x x− + >
HD: + Điều kiện:
0x >
+ Đặt :
logt x=

+ Lúc đó:
2
log 13log 36 0x x− + >
2
13 36 0t t− + >

4
9
4 log 4 10
9 log 9
10
t x x
t x
x

< < <
 
⇔ ⇔ ⇔

 
> >
>
 

+ Kết hợp với điều kiện, bất phương trình có nghiệm là :
( ) ( )
4 9
0;10 10 ;S = +∞U
Chuyªn ®Ị 3: Nguyªn hµm, tÝch ph©n, øng dơng tÝch ph©n.
Ví du 1: 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
Ví du 2ï: 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
.
VÝ dơ 3: T×m nguyªn hµm c¸c hµm sè.

2
2 1
)
2
2 3 5
)
2 1
x
a dx
x
x x
b dx
x
−
+
− +
−
∫
∫

2
2
1
)
3 2

3 2
)
4 4
c dx
x x
x
d dx
x x
− +
−
+ +
∫
∫
c. Tim nguyen ham bang cach ®ỉi biÕn sè:
Ph¬ng ph¸p gi¶i: ®Ỉt t=u(x)
VÝ dơ 4. T×m nguyªn hµm c¸c hµm sè

3
1
)
3 1
3
)
2 1
a dx
x
b dx
x
+
−

∫
∫

3
2 1`
)
1
3 1
)
1 2
x
c dx
x
x
d dx
x
−
−
+
+ +
∫
∫
d. T×m nguyªn hµm b»ng ph¬ng ph¸p tõng phÇn:
Ph¬ng ph¸p gi¶i: Sư dơng c«ng thøc:
= −
∫ ∫
. . .u dv u v v du
VÝ dơ 5. T×m nguyªn hµm c¸c hµm sè

) 2 .cos

) ( 1)sin 2
a x xdx
b x xdx+
∫
∫

2
) (2 1)
ln
)
x
c x e dx
x
d dx
x
+
∫
∫
C¸c ph¬ng ph¸p tÝnh tÝnh tÝch ph©n-§ỉi biÕn sè
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/
π π π
π π π
π
π
− − −
−
− = − = + =
∫ ∫ ∫
4 4 4

4 4 4
2 2
4
4
4 1
( 3sin ) 4 3 sin (4tan 3cos )
cos cos
x dx dx xdx x x
x x
=
π π π π
+ − − + −
(4 tan 3cos ) [4 tan( ) 3cos( )]
4 4 4 4
=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

Dạng 2: Tính tích phân bằng phương pháp đổi biến dạng 1:
Phương pháp giải:

b1: Đặt x = u(t) (điều kiện cho t để x chạy từ a đến b)
⇒
dx =
u (t). dt
′
b2: Đổi cận:
x = a
⇒
u(t) = a
⇒
t =
α
x = b
⇒
u(t) = b
⇒
t =
β
( chọn
α
,
β
thoả đk đặt ở trên)
b3: Viết
b
a
f(x)dx
∫
về tích phân mới theo biến mới, cận mới rồi tính tích phân .
Ví dụ: Tính :

1
2
0
1 x dx−
∫
§Ỉt x = sint
⇒
dx = cost.dt. Víi x
∈
[0;1] ta cã t
∈
[0; ]
2
π
§ỉi cËn: x = 0
⇒
t = 0 ; x= 1
⇒
t =
2
π
VËy
1
2
0
1 x dx−
∫
=
2 2
2

2
0
0 0
1 1 s 2
cos t.dt (1 cos2t).dt= ( )
2 2 2
in t
t
π π
π
= + +
∫ ∫
=
4
π
Chú ý: Khi gặp tích phân mà biểu thức dưới dấu tích phân có dạng :

2 2
a x−
thì đặt x=
a
sint t
∈

[ ; ]
2 2
π π
−

2 2

a x+
thì đặt x=
a
tgt t
∈

( ; )
2 2
π π
−

2 2
x a−
thì đặt x=
sin
a
t
t
∈

[ ; ]
2 2
π π
−
\
{ }
0
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 = = −
∫

¸c ph¬ng ph¸p tÝnh tÝnh tÝch ph©n-Tõng phÇn
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
+
= − = − =
∫ ∫
2/ 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
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)
I 5J
2 4 ( 1) 3 2 4
x d x x
dx dx
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
−
= − =

Tính J=
0
2
1
5
( 1) 3
dx

x
-
+ +
ò
Đặt x+1=
3tgt
(t
∈
;
2 2
π π
−
 
 
 
)
⇒
dx=
2
3(1 )tg t dt+
. Khi x= -1 thì t = 0 ; khi x=0 thì t=
6
π


⇒
J=
2
6 6
2

0 0
3(1 ) 3 3
1
(3 3 ) 3 3 6
tg t
dt dt
tg t
π π
π
+
= = −
+
∫ ∫
. Vậy I= ln
4
5(
3
−
3
3 6
π
−
)
3/ 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− = = =
∫ ∫
4/ 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
VËy: 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
1/ Diện tích hình phẳng:
a) 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
=
∫
b) 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 Ox.
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
Pthđgđ : 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
+ =
(dvdt)
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
−
− −
−
− = − − = − − =
∫ ∫

2/ 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:
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 .
5/ 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
Sè phøc vµ c¸c tÝnh chÊt cđa sè phøc
D¹ng 1: C¸c phÐp to¸n vỊ sè phøc.
C©u 1: Thùc hiƯn c¸c phÐp to¸n sau:
a. (2 - i) +
1
2i
3


ữ

b.
( )
2 5
2 3i i
3 4


ữ

c.
1 3 1
3 i 2i i
3 2 2
+ +

ữ ữ

d.

3 1 5 3 4
i i 3 i
4 5 4 5 5
+ + +

ữ ữ ữ

Câu 2: Thực hiện các phép tính sau:
a. (2 - 3i)(3 + i) b. (3 + 4i)
2
b.
3
1
3i
2


ữ

Câu 3: Thực hiện các phép tính sau:
a.
1 i
2 i
+

b.
2 3i
4 5i

+

c.
3
5 i
d.
( ) ( )
2 3i
4 i 2 2i
+
+
Câu 4: Cho số phức z=
3 1
2 2
i
Tìm
z
,
2
z
,
3
z
, 1+ z +
2
z
Giải
. Có
z
=
3 1
2 2

i+
.
2 2
3 1 1 3
( )
2 2 2 2
z i i= =
.
2
2
3 1 1 3
( )
2 2 2 2
z i i= + = +



3 2
( ).z z z i= =
. 1+ z +
2
z
=
3 3 1 3
2 2
i
+ +

Câu 5: Giải các phơng trình sau:
a.

(2 ) 4 0i z
(1) b.
2 1 3
1 2
i i
z
i i
+ +
=
+
(2)
Giải
a.
1 3 1 3 1
(1) (1 3 ) 1
1 3 (1 3 )(1 3 ) 10

+ = = = =
+ +
i i
i z z z
i i i
1 3
10 10
= +z i
b. (2)
1 3 2
:
2 1
i i

z
i i
+ +
=
+

2
( 1 3 )(1 ) 2 4
(2 ) 2 4
+ +
= =
+ +
i i i
z
i i

(2 4 )(3 4 ) 22 4
25 25 25
+
= = +
i i
z z i
Câu 6: Giải phơng trình sau (với ẩn là z) trên tập số phức
a.
( )
4 5i z 2 i = +
b.
( ) ( )
2
3 2i z i 3i + =

c.
1 1
z 3 i 3 i
2 2
= +

ữ

d.
3 5i
2 4i
z
+
=
2/ Gii phng trình bc 2.
Cho phng trình ax
2
+ bx + c = 0. vi = b
2
4ac.
Nu = 0 thì phng trình có nghim oesp
b
x x
1 2
2a
= =
(nghim thc)
Nu > 0 thì phng trình có hai nghim thc:
b
x

2a

=
Nu < 0 thì phng trình có hai nghim phc
b i
x
2a

=
Ví dụ1: Gii phng trình
2
x 4x 7 0 + =
trên tp s phc
Gii:
2
' 3 3i = =
nên
' i 3 =
Phng trình có hai nghim :
x 2 i 3 , x 2 i 3
1 2
= = +
Ví dụ 2: Giải các phơng trình sau trên tập số phức
a. x
2
+ 7 = 0 b. x
2
- 3x + 3 = 0 c. x
2
+ 2(1 + i)x + 4 + 2i = 0

d. x
2
- 2(2 - i)x + 18 + 4i = 0 e. ix
2
+ 4x + 4 - i = 0
g. x
2
+ (2 - 3i)x = 0
Ví dụ 3: Giải các phơng trình sau trên tập số phức
a.
( )
( )
2
z 3i z 2z 5 0+ + =
b.
( ) ( )
2 2
z 9 z z 1 0+ + =
c.
3 2
2z 3z 5z 3i 3 0 + + =
Ví dụ 4: Tìm hai số phức biết tổng và tích của chúng lần lợt là:
a. 2 + 3i và -1 + 3i b. 2i và -4 + 4i
Ví dụ 5: Tìm phơng trình bậc hai với hệ số thực nhận làm nghiệm:
a. = 3 + 4i b. =
7 i 3
Ví dụ 6: Tìm tham số m để mỗi phơng trình sau đây có hai nghiệm z
1
, z
2

thỏa mãn điều
kiện đã chỉ ra:
a. z
2
- mz + m + 1 = 0 điều kiện:
2 2
z z z z 1
1 2 1 2
+ = +
b. z
2
- 3mz + 5i = 0 điều kiện:
3 3
z z 18
1 2
+ =
Buổi 17: Thể tích khối chóp
I, Mục tiêu:
-Nắm đợc CT tính thể tích khối chóp V =
3
1
B.h ( B l din tích ca áy )
-Biết cách tính thể tích khối chóp, biết phân chia một khối đa diện.
II, Luyện tập
Bi 1: Tớnh th tớch khi t din u cnh a
HD: * ỏy l

BCD u cnh a. H l trng tõm ca ỏy
* Tt c cỏc cnh u u bng a
* Tớnh: V =

1
3
Bh =
1
3
S
BCD
. AH * Tớnh: S
BCD
=
2
3
4
a
(

BCD u cnh a)
* Tớnh AH: Trong
V

ABH ti H :
AH
2
= AB
2
BH
2
(bit AB = a; BH =
2
3

BM vi BM =
3
2
a
)