Tài liệu ôn thi môn toán liên thông đại học

Chuyên đề 1: KHẢO SÁT HÀM SỐ - MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN
(15 TIẾT)
Vấn đề 1:

KHẢO SÁT HÀM SỐ

I - HÀM BẬC BA y = ax3 + bx2 + cx + d
(a≠ 0)
  Các bước cơ bản khảo sát hàm bậc ba:
Bước 1 : TXĐ : D=R
Bước 4 : Lập bảng biến thiên
Bước 5: Nhìn BBT kết luận (có 4 ý
sau)
 Hàm số đạt CĐ tại x = ? khi đó
y=?
 Hàm số đạt CT tại x = ? khi đó
Bước 2 : Tính y’. Giải PT y’ = 0 tìm
y=?
các điểm cực trị.
 Hàm số đồng biến trên
khoảng ?
 Hàm số nghịch biến trên
khoảng ?
Bước 6 : đồ thị
Bước 3 : Tính các giới hạn:
 Bảng giá trị
 +∞ (a > 0)
(ax3 + bx 2 + cx + d ) = 
• xlim
x
→+∞

 −∞ (a < 0)
y
 −∞ (a > 0)
3
2
(ax + bx + cx + d ) = 
• xlim
→−∞
 +∞ (a < 0)
 Vẽ đồ thị
 Chú ý : Có 2 dạng đồ thị
y

y

•

y

y

I

I

•

I

I

•

•

O

x
a>
0

O

x
a<
0

Dạng 1: hàm số có 2 cực trị

BÀI TẬP
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số:
a) y = x3 + 3x2 – 3
b) y = x3 - 3x + 1 .
1
3

c) y= − x3 − x 2
d) y= - x3 + 3x2 – 4
e) y = x3 – 3x2 + 3x + 1,
f) y = -x3 + 3x2 – 5x + 2

g) y = x3 + x – 2
Các chuyên đề ôn thi

O

x
a>0

O

x
a<0

Dạng 2: hàm số không có cực trị


h) y = x3 – 3x2 + 6
i) y = x3 – 3x – 2
k) y = x3 – 3x2 + 3
l) y = - x3 + 3x + 1
m) y = 2x3 – 6x +2
II - HÀM BẬC 4 TRÙNG PHƯƠNG y = ax4 + bx2 + c( a ≠ 0 )
  Các bước cơ bản khảo sát hàm bậc 4 trùng phương
Bước 1 : TXĐ : D=R
Bước 4 : Lập bảng biến thiên
Bước 5 : Nhìn BBT kết luận (có 4 ý
sau)
 Hàm số đạt CĐ tại x = ? khi đó y
=?
Bước 2 : Tính y’. Giải PT y’ = 0 tìm

 Hàm số đạt CT tại x = ? khi đó y
các điểm cực trị.
=?
 Hàm số đồng biến trên khoảng ?
 Hàm số nghịch biến trên
khoảng ?
Bước 6 : đồ thị  Bảng giá trị
x
Bước 3 : Tính các giới hạn:
y
 +∞ (a > 0)
lim (ax 4 + bx 2 + c) = 
 Vẽ đồ thị
x →±∞
 −∞ (a < 0)

 Chú ý : Có 2 dạng đồ thị
y

y

O

x

O

a>0

x

a<0

Dạng 1: hàm số có 3 cực trị

2) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số:
a) y = x4 – 2x2.
b) y = -x4 +2x2 + 3
b) c) y = x4 + 2x2 -1
1
2

e) y = x 4 − 3x 2 +
g)
i)

y=

3
2

x4
− 2 x2
4

y=

1 4
3
x − x2 −

2
2

Các chuyên đề ôn thi

d) y =

y

y

x4
5
− 3x 2 + .
2
2

f) y = x4 – 2x2 + 2
h) y = x4 - 4x2 + 5

O

x

a>0

O

x

a<0

Dạng 2: hàm số có 1 cực trị


III - HÀM NHẤT BIẾN: y =

ax + b
( c ≠ 0; ad − bc ≠ 0 ) với
cx + d

d
a
x0 = − . y0 =
c
c

  Các bước cơ bản khảo sát hàm nhất biến
 d
Bước 1 : TXĐ : D = R \ − 

Bước 4 : Lập bảng biến thiên

 c

ad − bc

Bước 2 : Tính y ' = (cx + d )2 .  ad−bc > 0 thì
y/>0, ∀ x ∈D
 ad−bc < 0 thì y/ < 0,

Bước 5 : đồ thị
 Bảng giá trị
x
y

∀ x ∈D
Kết luận : (bắt buộc có)
* hàm số không có cực trị.
 Vẽ đồ thị : vẽ 2 tiệm cận trước.
* hàm số luôn tăng (giảm) trên từng khoảng xác
định
Bước 3 : Tiệm cận:
y = ±∞
lim y = ±∞ NHẬN XÉT: Đồ thị nhận giao
• x = x0 là tiệm cận đứng vì xlim
→x
x→ x
điểm 2 tiệm cận làm tâm đối xứng.
• y = y0 là tiệm cận ngang vì lim y = y
0

+

0

−

0

x → ±∞

y

y

 Chú ý : Có 2 dạng

đồ thị
I
I
O

x

Dạng 1: hàm số đồng biến

3)

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số:

2x − 1
x +1
x +1
c) y =
x −1
x
e) y =
x −1
x −1

g) y =
x +1
3x + 1
i) y =
1− x

a) y =

x −1
x+2
2x − 3
d) y =
3− x
x+2
f) y =
x−2
−x +1
h) y =
x +1
4x +1
k) y =
2x − 3

b) y =

-------------------

Các chuyên đề ôn thi

O

x

Dạng 2: hàm số nghịch biến


VẤN ĐỀ 2 : TIẾP TUYẾN(TT)
Loại 1: TT của đồ thị tại điểm M ( x0 ; y0 ) ∈ ( C )
− Tính đạo hàm f’(x) và giá trị f ' ( x0 )
− Phương trình tiếp tuyến (pttt) có dạng (d): y = f ' ( x0 ) ( x − x0 ) + y0
4) Viết pttt với (C) biết:
a. ( C ) : y = x3 + x + 1 tại M o (−2; −9) ∈ (C )
b. ( C ) : y = x 4 − 2 x 2 + 5 tại M o ∈ (C ) có tung độ yo = 8
c. ( C ) : y = x3 − 2 x + 2, M o là giao điểm của ( C ) với đt y = 2
d. ( C ) : y = 2 x3 − x, với M o là giao điểm của ( C ) và Oy
e. ( C ) : y = 2 x 4 − 5 x 2 + 3 với M o ∈ (C ) là giao điểm của ( C ) và Ox.
Loại 2: Biết hệ số góc của TT là k
− Giải PT: f ' ( x ) = k , tìm nghiệm x0 ⇒ y0 .
− PT TT dạng (d): y = k ( x − x0 ) + y0 .
Chú ý:  Nếud // ∆ : y = ax + b thì k = a.
1
 Nếud ⊥ ∆ : y = ax + b k = −thì
a

Ví dụ 1: Cho (C) là đồ thị hàm số y = f ( x) =

2x + 1
. Viết phương trình tiếp tuyến của
x−2

(C), biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng – 5.
Giải
Ta có: f '( x) =

−5

( x − 2)

2

. Gọi d là tiếp tuyến của (C) tại điểm (x0;y0) ∈ (C).

d có hệ số góc bằng – 5 ⇔ f '( x0 ) = − 5 ⇔

−5

( x0 − 2 )

2

 x0 = 1
= −5 ⇔ 
 x0 = 3

* Với x0 = 1 ⇒ f ( x0 ) = −3 . Phương trình tiếp tuyến của © tại A(1;– 3)
có dạng: y = f '(1).( x − 1) − 3 hay y = –5x + 2
* Với x0 = 3 ⇒ f ( x0 ) = 7 . Phương trình tiếp tuyến của (C) tại A(3; 7)
có dạng: y = f '(3).( x − 3) + 7 hay y = –5x + 22
Vậy: Có 2 phương trình tiếp tuyến của (C) thỏa yêu cầu bài toán:
(d1): y = –5x + 2 và (d2): y = –5x + 22.

Ví dụ 2 : Cho (C) là đồ thị hàm số y = – x3 + 3x. Viết phương trình tiếp tuyến của
(C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y = – 9x.
Giải
Ta có: y’ = – 3x2 + 3.
Phương trình tiếp tuyến (d) của (C) tại M(x0; y0) có dạng: y = f '( x0 )( x − x0 ) + y0
(d) song song (d’): y = – 9x ⇔ f’(x0) = – 9 ⇔ x = ± 2
Các chuyên đề ôn thi


Với x = 2 ⇒ y = – 2 ⇒ tiếp tuyến có dạng: y = – 9x + 16.
Với x = – 2 ⇒ y = 2 ⇒ tiếp tuyến có dạng: y = – 9x – 16.
Vây có 2 phương trình tiếp tuyến của (C) thỏa yêu cầu bài toán:
y = – 9x + 16 và y = – 9x – 16
5)

Cho (C) y = f ( x) = x 3 − 3x + 7 . Viết pttt với (C) biết:
a) TT này song song với y= 6x-1 .
1
9

b) TT vuông góc với y = − x + 2 .
Cho ( C ) y = − x3 + 3x 2 − 5 x + 2. Viết pttt với ( C ) biết TT đó:
a) Song song với đt : 2 x + y − 3 = 0
b) Vuông góc với đt : x − 29 y + 2 = 0
Loại 3: TT của (C) đi qua điểm A ( xA ; y A ) ∉ ( C ) .
− Gọi d là ĐT qua A và có hệ số góc là k, khi đó ( d ) : y = k ( x − x A ) + y A
− Điều kiện tiếp xúc của ( d ) và ( C ) là hệ PT sau phải có nghiệm:
 f ( x ) = k ( x − x A ) + y A

 f ' ( x ) = k

6)

Tổng quát: Cho hai đường cong ( C ) : y = f ( x ) và ( C ') : y = g ( x ) . Điều kiện để hai đường

f ( x) = g ( x)
cong tiếp xúc với nhau là hệ sau có nghiệm.  f ' x = g ' x .
( )

 ( )
1 3 2
Ví dụ : Cho (C) là đồ thị hàm số y = f ( x) = x − x . Viết phương trình tiếp tuyến của
3
(C), biết tiếp tuyến đi qua A(3; 0).
Giải
Ta có: y’ = x2 – 2x
Đường thẳng (d) đi qua A(3; 0) và có hệ số góc k có phương trình dạng:
y = k(x – 3) + 0
1 3 2
 x − x = k ( x − 3)
(d) là tiếp tuyến của (C) ⇔  3
k = x2 − 2x


Lấy (2) thay vào (1) ta được:

(1)

có nghiệm.

(2)

1 3
x − x 2 = ( x 2 − 2 x).( x − 3) ⇔ x = 0 v x = 3
3

Thay x = 0 vào (2) ta được k = 0. Phương trình tiếp tuyến là: y = 0
Thay x = 3 vào (2) ta được k = 3. Phương trình tiếp tuyến là: y = 3x – 9
Vậy ta có hai pttt của (C) đi qua A: y = 0 và y = 3x – 9
7)

Cho ( C ) y =

x−2
. Viết pttt với ( C ) biết TT :
x +1

a) Qua gốc tọa độ O
Các chuyên đề ôn thi


b) Qua điểm A(2;1)
8) Cho ( C ) : y = x3 − 3x 2 + 2 .Viết pttt với ( C ) biết TT
a) Tại điểm có hòanh độ xo = −3
b) Qua A(2; −2)
9)

Cho ( C ) : y =

x3
− 2 x 2 + 3x − 1 . Viết pttt biết TT đó qua K (0; −1)

3

------------------VẤN ĐỀ 3: BIỆN LUẬN SỐ NGHIỆM CỦA PT BẰNG ĐỒ THỊ
  Phương pháp
+ Biến đổi phương trình về dạng: f(x) = g(m) (1)
+ (1) là PT hoành độ giao điểm của

 y = f ( x) : (C )

 y = g (m) : ∆ song song hoac trung Ox

+ Do đó số nghiệm của (1) là số giao điểm của ∆ và (C).
+ Kết luận
BÀI TẬP
10) Cho hàm số y = - x3 + 3x + 1
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
b. Dựa vào đồ thị, biện luận theo m số nghiệm pt: x3 - 3x + m = 0
1
2

11) Cho hàm số y = x 4 − 3x 2 +

3
2

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
b. Dựa vào đồ thị, biện luận theo m số nghiệm pt: x4 – 6x2 + 3 = m
12) Cho hàm số y =

1 3

x − x 2 có đồ thị là (C).
3

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
b. Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của PT:
x 3 − 3x 2 + 3m − 2 = 0

------------------Vấn đề 4:
CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ
Quy tắc 1 xác định CĐ, CT:
1. Tìm TXĐ
2. Tính y’. Tìm các điểm làm cho y’=0 hoặc không xác định.
3. Lập bảng biến thiên
4. Kết luận
Quy tắc 2 xác định CĐ, CT:
1. Tìm TXĐ
2. Tính y’.giải PT y’= 0 tìm các xi (i=1,2,3)
3. Tính y”. Tính y”(xi)
4. Dựa vào dấu y”(xi) kết luận:
 Nếu y”(xi) < 0 thì hàm số đạt cực đại tại xi
 Nếu y”(xi) > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại xi
Các chuyên đề ôn thi


Chú ý: Nếu hàm số có đạo hàm trên khoảng (a; b) và đạt cực đại hay cực tiểu tại x 0
thì f’(x0) = 0 ( Điều ngược lại chưa chắc đúng)
Dạng 1: Bài toán chứng minh
13) Chứng minh hàm số luôn luôn có CĐ, CT (tức là có 2 cực trị). CM: ∆ y ' > 0 ∀m
x3
− mx 2 + ( m 2 − 1) x + (m 2 − 1)

3

a) y= x3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m3

b) y=

c) y= x3 − (2a − 1) x 2 + (a 2 − 2) x + a

d. y = -x3 - 3x2 + 4m2x.

y = x − 3mx + 3 ( m − 1) x − m
3

2

2

e)

3

14) Chứng minh hàm số không có cực trị CM: ∆ y ' ≤ 0 ∀m
1
−
a) y = − x3 + mx 2 − (2m 2 − m + 1) x + m .
b) yx3=+ 2mx 2 − (4m 2 + 9) x + m 2 + 2011
3 3
2
2
2

1
c) y = x3 + mx 2 + (2m 2 − m + 1) x + m + 1 d) y =x − (m − 1) x + (m − 4m + 21) x + 2010m
3

Dạng 2: Tìm điều kiện của tham số để hàm số thỏa mãn điều kiện về cực trị:
Cho hàm số y = f ( x ) , đồ thị là (C).
− Nghiệm của PT f ' ( x ) = 0 là hoành độ của điểm cực trị.
 f ' ( x0 ) = 0
− Nếu  f '' x < 0 thì hàm số đạt cực đại tại x = x0 .
 ( 0 )
 f ' ( x0 ) = 0
− Nếu  f '' x > 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại x = x0 .
 ( 0 )
CỰC TRỊ HÀM BẬC BA:
− Để hàm số y = f ( x ) có 2 cực trị

a ≠ 0
⇔
∆ y' > 0

− Để hàm số
− Để hàm số
− Để hàm số
− Để hàm số

y = f ( x)

− Để hàm số

y = f ( x ) có

hai cực trị nằm phía trên trục hoành

− Để hàm số

y = f ( x ) có

hai cực trị nằm phía dưới trục hoành

y=
y=
y=

không có cực trị
 ∆y ≤ 0
f ( x ) có hai cực trị nằm về 2 phía đối với trục hoành
⇔ yCĐ . yCT < 0 .
f ( x ) có hai cực trị nằm về 1 phía đối với trục tung
 x CĐ .x CT > 0
f ( x ) có hai cực trị nằm về 2 phía đối với trục tung
⇔ xCĐ .xCT < 0 .
'

− Để hàm số y = f ( x ) có cực trị tiếp xúc với trục hoành
CỰC TRỊ HÀM BẬC BỐN DẠNG : y = ax4 + bx2 + c (a ≠ 0) :
- Tính y’ = 4ax3 + 2bx
x = 0

- Cho y’= 0 ⇔ 2x(2ax2 + b) = 0 ⇔  2
 2ax + b = 0

 yCĐ + yCT > 0
⇔
.
 yCĐ . yCT > 0
 yCĐ + yCT < 0
⇔
.
 yCĐ . yCT < 0
⇔ yCĐ . yCT = 0 .

(1)
(2)

- Hàm số có 3 cực trị <=> (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ a.b < 0
- Hàm số có 1 cực trị: <=> (2) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép hoặc có một nghiệm
bằng 0
Các chuyên đề ôn thi


 a = 0 và b ≠ 0
⇔
 a ≠ 0 và ab ≥ 0

 Chú ý:
1. Đối với hàm số bậc ba, lấy y chia cho y’, được thương là q(x) và dư là r(x). Khi
đó y = r(x) là ĐT đi qua 2 điểm cực trị.
2. Cách tính tung độ cực trị của hàm số y = f(x) tại x0
- Hàm số bất kỳ : thực hiện phép thế y0 = f(x0)
- Hàm đa thức: chia đạo hàm ( lấy y chia cho y’ được thương là q(x) và dư là

r(x)).
Khi đó, y = q(x).y’ + r(x). Vì hàm số đạt cực trị tại x0 nên y’(x0) = 0.
Do đó, giá trị cực trị y0 = r(x0) ( tức là thế x0 vào phần dư r(x) để tính tung độ cực
trị)
Khoảng cách giữa hai điểm: A ( x1 ; y1 ) ; B ( x2 ; y2 ) ⇒ AB = ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 )
4. A(x; y) thuộc trục hoành khi y = 0, B(x;y) thuộc trục tung khi x = 0
BÀI TẬP
2

3.

1
3

2

1
2

3
2
15) Cho hàm số y = x + x + mx + 1

a) Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu
b) Tìm m để hàm số có 2 cực trị nằm về khác phía so với trục tung
c) Tìm m để hàm số có 2 cực trị nằm hai phía của đường thẳng x = 1.
c) Tìm m để hàm số có 2 cực trị nằm bên trái đường thẳng x = 1.
16) Xác định m để hàm số có 3 cực trị, (có 1 cực trị)
a) y = mx4 b + (m2 – 9)x2 + 3m + 2.
b) y = mx4 + (m2 – 4)x2 + 3m + 1.

4
2
2
c) y = mx + ( m − 9 ) x + 10 .

VẤN ĐỀ 5: GIAO ĐIỂM CỦA 2 ĐỒ THỊ
Biện luận theo m số giao điểm của (C): y = f(x) và (C’): y=g(x;m)

Lập phương trình hoành độ giao điểm: f(x) = g(x; m) ⇔ F(x, m) = 0 (*)

Số nghiệm của phương trình (*) chính là số giao điểm của (C) và (C’).

Dựa vào điều kiện về nghiệm của phương trình mà biện luận

 Chú ý:
- Giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) với trục hoành là nghiệm của PT
f(x) = 0
- Điều kiện PT bậc 2 có nghiệm phân biệt, nghiệm dương
- Định lý Vi-et, công thức tính tọa độ trung điểm đoạn thẳng.
Nhắc lại:
1. ĐT d qua A(x1; y1) và có hệ số góc k thì có PT : y = k(x-x1) + y1
2
2
2. Cho M ( x1 ; y1 ) ; N ( x2 ; y2 ) ⇒ MN = ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 )

Các chuyên đề ôn thi


3. Khoảng cách từ một điểm đến một ĐT: Cho ĐT
khi đó d ( M ,.∆ ) =

∆ : Ax + By + C = 0

và điểm M(x0;y0)

Ax0 + By0 + C
A2 + B 2

BÀI TẬP
2
17) Tìm m để đồ thị hàm số y = ( x − 1) ( x + mx + m ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân
biệt
18) Cho hàm số y = x 4 – mx2 + m - 1 (m là tham số). Tìm m để đồ thị hàm số trên
cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt. ( Đs: m > 1 và m ≠ 2 )
19) Khảo sát hàm số y = x 3 − 6x2 + 9x − 1 (C). Gọi d là ĐT đi qua điểm A(2; 1) và
có hệ số góc m. Tìm m để ĐT d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt.
20) Cho hàm số y =

2x −1
x +1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
b) Với giá trị nào của m thì ĐT (d) qua A(-2; 2) và có hệ số góc m cắt đồ thị tại
hai điểm phân biệt.
c) Tìm m để ĐT (d) cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt thuộc 2 nhánh.
------------------BÀI TẬP TỔNG HỢP
21) Cho hàm số y = −x3 + 3x2 − 4 (C).
a)
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b)

Dựa vào đồ thị (C) , biện luận theo m số nghiệm của phương
x 3 − 3x 2 + m = 0 .
c)

1
.
2
Viết PT TT của (C), biết hệ số góc của TT k = −9 .
Viết PT TT với (C), biết TT song song với ĐT ( d ) : y = 3x + 2 .

Viết PT TT của (C) tại điểm có hoành độ là

d)
e)
22) Cho hàm số y = 2x3 - 3x2 - 1 (C).
a)
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
b)
Viết PT TT của (C), biết TT vuông góc với ĐT

( d1 ) : y =
c)
d)

Viết PT TT tại các điểm cực trị.
Tìm m để ĐT ( d 2 ) : y = mx − 1 cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân
biệt.
1
4

23) Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2
a)
b)
c)
d)

2
x + 2010
3

(C).

Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
Tìm m để PT − x 4 + 8 x 2 = m có 4 nghiệm thực phân biệt.
Viết PT TT của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 1.
Viết PT TT của đồ thị (C) , biết TT song song với ĐT
( d1 ) : y = 15 x + 2 .
24) Cho hàm số y = x 4 − 2 x 2 + 3
(C).
a)
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
Các chuyên đề ôn thi


b)

Dựa vào đồ thị (C) , hãy biện luận theo m số nghiệm của
phương trình − x 4 + 2 x 2 − m = 0 .
c)
Viết PT TT của đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung.

d)
Viết PT TT của đồ thị (C) tại điểm có tung độ bằng 3 .
25) Cho hàm số y = x3 − 3x 2 + 3mx + 3m + 4 (Cm ) , m là tham số
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho khi m = 0
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại các điểm cực trị.
c) Tìm m để hàm số có cực trị
d) Tìm m để (Cm ) cắt với trục hoành tại ba điểm phân biệt.
26) Cho hàm số y = x 4 + 2mx 2 + m 2 + m
a)
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = −2 .
b)
Biện luận theo k số nghiệm thực của PT x 4 − 4 x 2 + k = 0 .
c)
Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x = −1 .Tìm m để hàm
số có 1 cực trị .
27) Cho hàm số y =
a)

x +1
x −1

(C)

Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
1
.
2

b)

Viết PT TT của (C) tại điểm có tung độ y =

c)

Viết PT TT của đồ thị (C) , biết TT song song với ĐT

( d1 ) : y = −
d)

9
x+3.
2

Viết PT TT của đồ thị (C) , biết TT vuông góc với ĐT
1
x − 1.
8
Tìm m để ĐT ( d3 ) : y = mx + 2m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt có hoành

( d2 ) : y =

e)
độ âm .

28) Cho hàm số y =
a)
b)

x −1
x +1

(C)
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
Viết PT TT của (C) tại giao điểm của (C) và
trục hoành .
Viết PT TT của (C) tại giao điểm của (C) và
trục tung .
Viết PT TT của đồ thị (C) , biết TT vuông góc

c)
d)

8
9

1
3

với ĐT ( d1 ) : y = − x + .
e) Tìm m để ĐT ( d 2 ) : y = mx − 2m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt có hoành
độ dương .
29) Cho hàm số y =

3x + 1
1− x

(C)

a)
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

b) Viết PT TT của đồ thị (C) , biết TT song song với đường phân giác của góc
phần tư thứ nhất
c) Tìm m để ĐT ( d1 ) : y = mx − 2m − 7 cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt.
Các chuyên đề ôn thi

10


d)

Viết PT TT của đồ thị (C) , biết TT vuông
góc với ĐT ( d 2 ) : x + y − 2 = 0 .
e) Tìm những điểm trên đồ thị (C) có toạ độ với hoành độ và tung độ đều là
số nguyên.

Chuyên đề 2 : PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỶ
(5 TIẾT)
1. Kiến thức cần nhớ:
1.

( a)
n

n

=a

2. a = b ⇔ a 2 n = b 2 n
3. a = b ⇔ a

2 n +1

=b

2 n +1

( ab > 0 )
( ∀a, b )

4. a ≥ b ≥ 0 ⇔ a 2 n ≥ b 2 n
⇔ a 2 n +1 ≥ b 2 n+1

5. a ≥ b

( ∀a, b )

2. Các dạng cơ bản:
Dạng 1:

 g ( x ) ≥ 0
f ( x) = g ( x) ⇔ 
2
 f ( x ) = g ( x )

Dạng 2:

 f ( x) ≥ 0

f ( x) < g ( x ) ⇔ g ( x) ≥ 0


2
 f ( x) < g ( x)

Dạng 3:

f ( x) > g ( x)

(Không cần đặt điều kiện f ( x ) ≥ 0 )

xét 2 trường hợp:
 g ( x ) < 0
 g ( x) ≥ 0
TH1:  f x ≥ 0
TH2:  f ( x ) > g 2 ( x )

 ( )
Lưu ý: g(x) thường là nhị thức bậc nhất (ax+b) nhưng có một số trường hợp g(x)
là tam thức bậc hai (ax2+bx+c), khi đó tuỳ theo từng bài ta có thể mạnh dạn đặt điều
kiện cho g ( x ) ≥ 0 rồi bình phương 2 vế đưa phương trình−bất phương trình về dạng quen
thuộc.
Ví dụ 1: Giải phương trình
a) x - 2 x + 3 = 0
(1)
b) x + 9 = 5 − 2 x + 4 (2)
Giải
a) x -

x ≥ 0
x ≥ 0
x ≥ 0


⇔ 2
⇔   x = −1 ⇔ x = 3
2x + 3 = 0 ⇔ 
2
2 x + 3 = x
x − 2x − 3 = 0
 x = 3


Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = 3

Các chuyên đề ôn thi

11


x + 9 ≥ 0
 x ≥ −9
⇔
⇔ x ≥ −2
2 x + 4 ≥ 0
 x ≥ −2
Phương trình (2) ⇔ x + 9 + 2 x + 4 = 5

b) Điều kiện: 

⇔ 3x+13+2 ( x + 9 + (2 x + 4) = 25
⇔ 2 ( x + 9)(2 x + 4) = 12 − 3 x
 −2 ≤ x ≤ 4

12 − 3 x ≥ 0

⇔ 2
⇔  x = 0
⇔ x=0
 x − 160 x = 0
  x = 160


Vậy nghiệm của phương trình (2) là x = 0
Ví dụ 2: Giải các phương trình:
1. 2 x 2 + 5 x − 3 = x + 1
2. 5 x − 1 − x − 1 = 2 x − 4
Ví dụ 3: Giải các bất phương trình
1. 2 x 2 − 6 x + 1 − x + 2 < 0
2. x 2 + 6 x + 2 > 2 x + 1
Ví dụ 4: (ĐH Khối B – 2006). Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt:
ĐS:

x 2 + mx + 2 = 2 x + 1

m≥

9
.
2

Phương pháp đặt ẩn phụ:
Khi bình phương 2 vế đưa phương trình−bất phương trình vô tỷ mà dẫn đến
phương trình, bất phương trình đại số không giải được thì ta tìm cách giải bằng phương

pháp đặt ẩn phụ.
Ví dụ 1: Giải phương trình: x 2 − 3x + 3 + x 2 − 3x + 6 = 3 (1)
Giải
2

3 3 3

Đặt t = x – 3x + 3 =  x − ÷ + ≥
2 4 4

Khi đó (1) có dạng: t + t + 3 = 3 ⇔ t + t + 3 + 2 t (t + 3) = 9
2

3 − t ≥ 0
t ≤ 3
t (t + 3) = 3 − t ⇔ 
⇔
⇔ t =1

2
t = 1
t (t + 3) = (3 − t )
x = 1
Với t = 1 ⇔ x2 – 3x + 3 = 1 ⇔ x2 – 3x + 2 = 0 ⇔ 
x = 2
⇔

Vậy nghiệm của phương trình (1) là x = 1; x = 2.
Ví dụ 2: Giải các phương trình: x 2 + x 2 + 11 = 31 .
Đặt t = x 2 + 11, t ≥ 0

ĐS: x=±5.
3 + x + 6 − x = 3 + ( 3 + x) ( 6 − x) .
HD: Đặt t = 3 + x + 6 − x .
ĐS: x = −3, x = 6.
Ví dụ 3: Giải bất phương trình 7 x + 7 + 7 x − 6 + 2 49 x 2 + 7 x − 42 ≤ 181 − 14 x .
HD: Đặt

t = 7x + 7 + 7x − 6 ≥ 0

BÀI TẬP
Giải các phương trình sau:
1. x − 2 x + 7 = 4
Các chuyên đề ôn thi

ĐS:

6
≤ x ≤6.
7

ĐS: x = 9.
12


2.
3.
4.
5.
6.
7.

x 2 − 6x + 6 = 2x − 1
x − 3x − 1 + 7 = 2 x
3x + 7 − x + 1 = 2
3x + 4 − x − 3 = 3
2

( 3 + x) ( 6 − x) .

3+ x + 6− x =3+
1+

ĐS: x = 1.
ĐS: x = 5.
ĐS: x = - 1; x = 3.
ĐS: x = 4; x = 7.
ĐS: x = 0, x = −3 .

2
x − x2 = x + 1 − x
3

8. x 2 + x + 2 = x 2 + x
9. x 2 + x + 4 + x 2 + x + 1 = 2 x 2 + 2 x + 9
Bài 2: Giải bất phương trình sau:
1. 1 − 1 − 4 x 2 < 3x .
2. x + 2 + x + 5 > 2 x + 11 .
3. x − 2 + x − 3 ≤ 4 x − 5 .
4. 1 − 2 x + 1 + 2 x ≥ 2 − x 2 .
5. 5 x 2 + 10 x + 1 > 7 − 2 x − x 2

6. 2 x 2 + x 2 − 5 x − 6 > 10 x + 15
PHƯƠNG TRÌNH - BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ, LOGARIT
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
I. Hàm số mũ
• y=ax; TXĐ D = R
• Bảng biến thiên
a>1
0x
x
−∞
0
−∞
0
+∞
+∞
y
y +∞
+∞
1
1
−∞
−∞
• Đồ thị
y

f(x)=3^x

3
2

1
-17

-16

-15

-14

-13

-12

-11

-10

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

-1

y

f(x)=(1/3)^x

3

y=3x

2
1

x
1

-16

-15

-14

-13 -12

-11

-10

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

-1

-2

-2

-3

-3

-4

-4

-5

-5

-6

-6

-7

-7

-8

1
y= 
 3
1

x

x
2

3

-8

-9

-9

-10

-10

-11

-11

-12

-12

-13

-13

-14

-14

-15

-15

II. Hàm số lgarit
x > 0

• y=logax, ĐK: 0 < a ≠ 1 ; D=(0;+∞)


• Bảng biến thiên
a>1
x
0
+∞
y
Các chuyên đề ôn thi

0x

0

0

0
+∞

+∞

y

+∞

13


1

−∞

1

• Đồ thị
f(x)=ln(x)/ln(3)

4

f(x)=3^x

y=3x

y

3

f(x)=x

-14

-13 -12

-11

-10

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

-1

4

f(x)=(1/3)^x

3 y = log 1 x

2

1
y= 
 3

1

x
1

-15

3

y=x

3

2

y=log3 x

1
-15

y

f(x)=ln(x)/ln(1/3)
f(x)=x

2

−∞

-14

-13 -12

-11

-10

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

y=x

-1

-1

-2

-2

-3

-3

-4

-4

-5

-5

-6

-6

-7

-7

1

2

x

x
3

-8

-8
-9

-9

-10

-10

-11

-11

-12

-12

-13

-13

-14

-14

-15

-15

III. Các công thức
1. Công thức lũy thừa:
Với a>0, b>0; m, n∈R ta có:
n m

n+m

a a =a

1
an
n −m
=
a
;
(
an
am

;

= a−m ; a0=1; a−1 =

1
a

);

n

n m

nm

n

(a ) = a ;

an
a
  = m
b
b

n n

(ab) = a b ;

;

a

m

n

= n am .

2. Công thức logarit: logab=c⇔ac=b (0<a≠1; b>0)
Với 0x1
x2

loga = logax1−logax2;
logaxα = αlogax;

loga(x1x2) = logax1+logax2 ;
a log x = x ;
a

log aα x =

1
log a x ;
α

log b x
;
b a

(logaax=x);

logax= log

1

(logab= log

b

a)

logba.loga x = logbx;
alogbx=xlogba.
IV. Phương trình và bất phương trình mũ−logarit
1. Phương trình mũ−logarit
a. Phương trình mũ:
Phương pháp đưa về cùng cơ số
1) 0< a≠1: af(x) = ag(x) (1)
⇔ f(x) = g(x).
2) 0< a≠1: af(x) = b

b > 0

⇔  f ( x ) = log


a

b.

Chú ý: Nếu a chứa biến thì (1) ⇔(a−1)[f(x)−g(x)]=0
Phương pháp đặt ẩn phụ: Ta có thể đặt t = ax (t > 0), để đưa về một phương trình
đại số..

Lưu ý những cặp số nghịch đảo như: (2 ± 3 ), (7 ±4 3 ),… Nếu trong một phương trình có
chứa {a2x;b2x;axbx} ta có thể chia hai vế cho b2x(hoặc a2x) rồi đặt t = (a/b)x
(hoặc t =(b/a)x.
Phương pháp logarit hóa: af(x) = bg(x) ⇔ f(x).logca=g(x).logcb,với a,b>0; 0< c ≠1.
b. Phương trình logarit:
 Phương pháp đưa về cùng cơ số:

Các chuyên đề ôn thi

14


1)

0 < a ≠ 1
logaf(x)=g(x)⇔  f ( x ) = a g ( x )


2) logaf(x)=

0 < a ≠ 1

logag(x)⇔  f ( x ) > 0
 f ( x) = g ( x)


[ g ( x ) > 0] .

 Phương pháp đặt ẩn phụ:
2. Bất phương trình mũ−logarit

a. Bất phương trình mũ:
a > 0

a > 0

 af(x) > ag(x) ⇔ ( a − 1) [ f ( x ) − g ( x ) ] > 0 ;

 af(x )≥ ag(x) ⇔ ( a − 1) [ f ( x ) − g ( x ) ] ≥ 0 .




Đặc biệt:
* Nếu a>1 thì:

af(x)>ag(x)
af(x)≥ag(x)
⇔
f(x)
g(x)
* Nếu 0⇔
f(x)
g(x)
a ≥a
⇔
b. Bất phương trình logarit:

⇔
f(x)>g(x);

f(x)≥g(x).
f(x)f(x)≤g(x).

0 < a ≠ 1

logaf(x)>logag(x)⇔  f ( x ) > 0, g ( x ) > 0
( a − 1) [ f ( x ) − g ( x ) > 0]


logaf(x)≥logag(x)⇔

0 < a ≠ 1

 f ( x ) > 0, g ( x ) > 0
.
( a − 1) [ f ( x ) − g ( x ) ≥ 0]


Đặc biệt:
logaf(x)>logag(x)

⇔

+ Nếu 0< a <1 thì: logaf(x)>logag(x)

⇔

+ Nếu a >1 thì:

Ví dụ 1: Giải phương trình:
a) 9x – 8.3x – 9 = 0 (x ∈ ¡ )
b) log3(x+2) + log3(x-2) = log25
c) log3(3x + 1)log3(3x+2 + 9) = 6
d) log2(x2 +8) = log2x + log26

 f ( x) > g ( x)

;
g( x) > 0
 f ( x) < g( x)

.
 f ( x) > 0

(x ∈ ¡ )

Giải
a) Đặt t = 3x, điều kiện t > 0
 t = −1
t = 9

Phương trình đã cho trở thành : t2 – 8t – 9 = 0 ⇔ 
Kết hợp với điều kiện ta có t = 9
Với t = 9, khi đó : 3x = 9 ⇔ x = 3
b)Phương trình đã cho tương với hệ

x + 2 > 0
x > 2
x > 2



⇔ 2
⇔  x = 3 ⇔ x = 3
x − 2 > 0
x − 4 = 5
log ( x 2 − 4) = log 5
  x = −3

3
 3

Vậy nghiệm của phương trình là x = 3.
c) Do 3x > 0 với mọi x, nên phương trình đã cho xác định với mọi x.
Ta có :
Các chuyên đề ôn thi

15


log3(3x + 1)log3(3x+2 + 9) = 6
⇔ log3(3x + 1)log3[32(3x + 1)] = 6
⇔ log3(3x + 1)[log332 + log3(3x +1)] = 6
t = log3(3x +1) > log31 = 0 ta có phương trình

Đặt

t = −1 + 7

t(2+t) = 6 ⇔ t2 + 2t – 6 = 0 ⇔ 

t = −1 − 7
Từ điều kiện t > 0 ta có log3(3 + 1) = - 1 + 7
⇔ 3x + 1 = 3−1+ 7 ⇔ x = log 3 (3−1+ 7 − 1)
x

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x = log3 (3−1+ 7 − 1)
d)Tập xác định của phương trình là (0 ; +∞ ), khi đó
log2(x2 + 8) = log2x + log26 ⇔ x2 + 8 = 6x
x = 2
⇔ x2 – 6x + 8 = 0 ⇔ 
x = 4

Vậy nghiệm của phương trình là x = 2 ; x = 4
Ví dụ 2 : Giải bất phương trình : log3(x+2) > log9(x+2)
Giải
Điều kiện : x > -2
Ta có log9 ( x + 2) =

log 3 ( x + 2) log 3 ( x + 2)
=
log 3 9
2

Do đó
log 3 ( x + 2) >

1
1
log 3 ( x + 2) ⇔ log 3 ( x + 2) > 0 ⇔ x + 2 > 1 ⇔ x > −1

2
2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là x > -1.
Ví dụ 3: Giải phương trình : 2 x −3 x + 2 = 4
2

B. BÀI TẬP
Bài 1: Giải các phương trình sau:
1. 2x + 1 – 2 -x = 1
2. 5 x + 5 2− x = 26
3. 9 x − 2.3 x +1 + 9 = 0
4. 25 x + 10 x = 2. 4 x
5. 4.81x + 9.16 x = 13.36 x
x
x
6. ( 2 − 1) + ( 2 + 1) − 2 2 = 0 (ĐH_Khối B 2007)
7. 2 x + x − 4.2 x − x − 22 x + 4 = 0 (ĐH_Khối D 2006)
8. 2 x − x − 22+ x − x = 3 (ĐH_Khối D 2003)
9. log5 x = log5 ( x + 6 ) − log5 ( x + 2 )
2

2

2

10.

2

ĐS: x = 0.
ĐS: x = 0, x = 2
ĐS: x = 1.
ĐS: x = 0.
ĐS: x = 0, x = 1.
ĐS: x=1, x=−1.
ĐS: x=0, x=1.
ĐS: x=−1, x=2.

log5 x + log 25 x = log 1 3

11. log x ( 2 x

2

)

5

− 5x + 4 = 2

12. log 22 ( x + 1) − 6 log 2 x + 1 + 2 = 0
Bài 2: Giải bất phương trình:
Các chuyên đề ôn thi

(ĐH_Khối D 2008)

ĐS: x=1, x=3.
16

1.
2.
3.

2 log 3 (4 x − 3) + log 1 ( 2 x + 3) ≤ 2
3


x2 + x 
log 0,7  log 6
÷< 0
x+4 


log 5 ( 4 x + 144 ) − 4 log 5 2 < 1 + log 5 ( 2 x− 2 + 1)
x − 3x + 2
≥0
x

(ĐH Khối A_2007)

ĐS: 3/4 ≤ x ≤ 3.

(ĐH_Khối B 2008)

ĐS: −4< x < −3, x > 8.

(ĐH_Khối B 2006)

ĐS: 2 < x < 4.

(ĐH_Khối D 2008)

ĐS:

2

4.

log 1
2

) (

 2 − 2;1 U 2; 2 + 2  .



−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Bài 1: Giải các hệ phương trình sau:
 x + y + xy = 3

1. 

2
2
x y + y x = 2

 x + y + xy = 5
2.  2
2
 x + y + xy = 7
1
1 1
x + y = − 2
3. 
x 2 + y 2 = 5


4.
5.
6.

ĐS: (1; 1).
ĐS: (1; 2) hoặc (2; 1).
ĐS: (-1; 2) hoặc (2; - 1).

 4 x + y = 128
 3 x − 2 y −3
=1
5
5 x + y = 125


2
 4( x − y ) −1 = 1

log 2 ( x 2 + y 2 ) = 1 + log 2 ( xy )

 x 2 − xy + y 2
3
= 81

(ĐH_Khối A 2009) ĐS: (2;2),

(−2;−2)
7.
8.

9.

 x − 1 + 2 − y = 1

2
3
3log 9 ( 9 x ) − log 3 y = 3
1

log 1 ( y − x ) − log 4 y = 1
 4
 x 2 + y 2 = 25

 23 x = 5 y 2 − 4 y
 x
 4 + 2 x +1
=y
 x
 2 +2

(ĐH_Khối B 2005) ĐS: (1;1), (2;2).
(ĐH_Khối A 2004) ĐS: (3;4)

(ĐH_Khối D 2002) ĐS: (0;1), (2;4).

Bài 2. Tìm m để các hệ phương trình sau có nghiệm:
x 2 + y 2 = m
1. 
y − x = 6
Các chuyên đề ôn thi

ĐS: m ≥ 18
17


 x 2 + y 2 = 16
2. 
x − y = m

ĐS: − 4 2 ≤ m ≤ 4 2 .

x 2 + y 2 = 1
3. 
x − y = m

ĐS: − 2 ≤ m ≤ 2 .

Chuyên đề 3: LƯỢNG GIÁC (5 TIẾT)
A. CÔNG THỨC LƯỢNG GIÁC
1. Hệ thức LG cơ bản

sin 2 α + cos 2 α = 1

tan α .cot α = 1
cos α
cot α =
( α ≠ kπ )
sin α
1
= cot 2 α + 1 ( α ≠ kπ )
2
sin α

π


 α ≠ + kπ ÷
2


1
π


= tan 2 α + 1 α ≠ + k π ÷
2
2
cos α



tan α =

sin α
cos α

2. Công thức LG thường gặp

sin ( a ± b ) = sinacosb ± sinbcosa

Công thức cộng:

cos ( a ± b ) = cos a cos b msinasinb
tan ( a ± b ) =

tana ± tanb
1 mtanatanb

sin 2a = 2sin a.cos a
cos 2a = cos 2 a − sin 2 a = 2 cos 2 a − 1 = 1 − 2sin 2 a

Công thức nhân:

cos 3a = 4 cos 3 a − 3cos a
sin 3a = 3sin a − 4sin 3 a
tan 3a =

Tích thành tổng:

3 tan a − tan 3 a
1 − 3 tan 2 a

1
2

cosa.cosb = [cos(a−b)+cos(a+b)]
1
2

sina.sinb = [cos(a−b)−cos(a+b)]
1
2

sina.cosb = [sin(a−b)+sin(a+b)]

Các chuyên đề ôn thi

18


Tổng thành tích: sin a + sin b = 2sin

a+b
a−b
cos
2
2

sin a − sin b = 2 cos

a+b
a−b

sin
2
2

cos a + cos b = 2 cos

a+b
a −b
cos
2
2

cos a − cos b = −2sin
tan a ± tan b =

Công thức hạ bậc:

a+b
a −b
sin
2
2

sin(a ± b)
cos a.cos b

1
2

cos2a = (1+cos2a)

1
2

sin2a = (1−cos2a)
a
2

Biểu diễn các hàm số LG theo t = tan :
sin a =

2t
1- t 2
2t
;
cos
a
=
; tan a =
.
2
2
1+ t
1+ t
1− t2

B. PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
1. Phương trìng LG cơ bản
u = v + k 2π

* cosu = cosv ⇔ u = ±v+k2π

* sinu = sinv ⇔ 
u = π − v + k 2π

* tanu=tanv ⇔ u=v+kπ
* cotu = cotv ⇔ u = v+kπ ( k ∈ Z ) .
2. Một số phương trình LG thường gặp
a. Phương trình bậc nhất, bậc hai đối với một hàm số lượng giác:
 Phương trình bậc nhất đối với một hàm số lượng giác: để giải các phương trình
này ta dùng các công thức LG để đưa phương trình về phương trình LG cơ bản.
 Phương trình bậc hai đối với một hàm số lượng giác: là những phương trình có
dạng a.sin2x+b.sinx+c=0 (hoặc a.cos2x+b.cosx+c=0, a.tan2x+b.tanx+c=0,
a.cot2x+b.cotx+c = 0)
 để giải các phương trình này ta đặt t bằng hàm số LG.
Ví dụ 1: Giải phương trình sau: 5cosx – 2sin2x = 0
Giải
Ta có: 5cosx – 2sin2x = 0 ⇔ 5cosx - 4sinxcox = 0 ⇔ cosx(5 – 4sinx) = 0 (*)
cos x = 0
⇔
5 − 4sin x = 0

π
2

 cosx = 0 ⇔ x = + kπ

k ∈¢

5
> 1 nên phương trình vô nghiệm

4
 Vậy phương trình (*) có tập nghiệm là cosx = 0 ⇔ x =
π
+ kπ
k ∈¢
2

 5 – 4sinx = 0 ⇔ 4sinx = 5 ⇔ sinx

Các chuyên đề ôn thi

19


Ví dụ 2: cos 2 x + cos x − 2 = 0
ĐS: x = kπ2 k( ∈ ¢ )
b. Phương trình bậc nhất đối với sinx và cosx:
Dạng: asinx + bcosx = c. Điều kiện để phương trình có nghiệm là a 2 + b 2 ≥ c 2 .
Cách giải: Chia hai vế phương trình cho a 2 + b2 , ta được:
a

sin x +

b

cos x =

c

a +b

a +b
a + b2
a
b
= sin β . Khi đó phương trình tương đương:
Đặt: 2 2 = cos β ;
a +b
a2 + b2
c
c
cos β sin x + sin β cos x =
hay sin ( x + β ) = 2 2 = sin ϕ .
2
2
a +b
a +b
Ví dụ 1: Giải phương trình: sinx + 3 cosx = 1
2

2

2

Giải
Ta có: sinx + 3 cosx = 1 ⇔ 2sin(x +
π
π
) = sin
3
6

π
= + k 2π
6
π
= π − + k 2π
6

2

2

π
π
1
) = 1 ⇔ sin(x+ ) =
3
3
2

⇔ sin(x+
 π
x + 3
⇔
x + π

3

Ví dụ 2: 3 cos x − sin x = 0 ĐS:

π


 x = − 6 + k 2π
⇔
k ∈¢
 x = π + k 2π

2
π
x = + kπ ( k ∈ ¢ )
3

c. Phương trình thuần nhất bậc hai đối với sinx và cosx:
Dạng: asin2x+bsinxcosx+ccos2x=0 (*).
Cách giải: + Kiểm tra nghiệm với x =

π
+ kπ .
2

+ Giả sử cosx≠0: chia hai vế phương trình cho cos2x ta được: atan2x+btanx+c=0.
Chú ý:

1
π


= tan 2 x + 1  x ≠ + kπ ÷
2
2
cos x




Ví dụ: cos 2 x − 2sin x cos x + sin 2 x = 0

π
4

ĐS: x = + kπ (k ∈ ¢ )

d. Phương trình đối xứng đối với sinx và cosx:
Dạng: a(sinx± cosx)+ bsinxcosx=c.
Cách giải: Đặt t= sinx± cosx. Điều kiện | t | ≤ 2 .
π
π


sin x + cos x = 2 sin  x + ÷ = 2 cos  x − ÷
4
4


π
π


sin x − cos x = 2 sin  x − ÷ = − 2 cos  x + ÷
4
4




Ví dụ: 2sin x + 2 cos x + 2sin x cos x + 1 = 0

π
4

ĐS: x = − + kπ , (k ∈ ¢ )

e. Phương trình lượng giác không mẫu mực
Phương pháp 1: Dùng các công thức lượng giác đưa về phương trình dạng tích.
Ví dụ 1: Giải phương trình: cos3x – cos4x + cos5x = 0
Giải
cos3x – cos4x + cos5x = 0 ⇔ cos3x + cos5x = cos4x
⇔ 2cos4xcosx = cos4x ⇔ cos4x(2cosx – 1) = 0
Các chuyên đề ôn thi

20


π
π
π


cos 4 x = 0
x = 8 + k 4
 4 x = 2 + kπ
⇔
⇔

⇔
cos x = 1
 x = ± π + k 2π
 x = ± π + k 2π

2


3
3

k ∈¢

Ví dụ 2: Giải phương tình: cos2x+cos4x+cos6x+cos8x = 0
ĐS: x =

π kπ
π lπ
π
+ ; x = + ; x = + nπ (k , l , n ∈ ¢ )
10 5
4 2
2

Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ đưa phương trình lượng giác về phương trình đại số:
Ví dụ: Giải phương trình lương giác: 2sin3x – cos2x + cosx = 0
π
4

ĐS: x = − + nπ ; x = kπ2 , n( k, ∈ ¢ )

BÀI TẬP
Giải các phương trình sau
1.

5cosx = cos 2 x + 3

ĐS:

x=±

π
+ k 2π , k ∈ Z
3

.

2. cos2x + sin2x + 2cosx + 1 = 0

ĐS: x = π + k 2π ; k ∈ Z .

3.

2cos 2 x + 4sin 2 2 x = 2

ĐS:

4.

5sin x − 2 =

3sin 2 x
1 + sin x

5. 1 + cos4x - sin4x = 2cos2x
6.

(

)

2 cos 6 x + sin 6 x − sin x cos x = 0

7. 2cosx – 1 = sin2x – sinx
8. (2cosx – 1)(2sinx+3) = sin2x – sinx
9.

1 + sin x + cos x + sin 2 x + cos 2 x = 0

ĐS:

π
+ k π , ( k ∈ Z)
3
π
5π
x = + k 2π ; x =
+ k 2π , ( k ∈ Z)
6
6
x=±

ĐS: x = kπ ; k ∈ Z .
ĐS:

x=

π
π
+ k 2π ; x = ± + k 2π ; k ∈ Z
2
3
π
ĐS: x = ± + k 2π ; k ∈ Z
3

ĐS: x =

ĐS:

2π
+ k 2π ( k ∈ Z)
3
π
x = π + k 2π , x = − + k π , ( k ∈ Z)
4
x=±

10. ( 1 − sin x ) sin 2 x = ( 1 + cos x ) cos 2 x

ĐS:

11.1 + sinx.cos2x = sinx + cos2x

ĐS: x =

12. ( 2 cos x − 1) ( 2 sin x + cos x ) = sin 2 x − sin x

ĐS:

13. sin 3 x −

ĐS:

3 cos 3 x = 2 sin 2 x

14.2sinx(1+cos2x)+sin2x=1+2cosx

ĐS:

15.(1+2sinx)2cosx=1+sinx+cosx

ĐS:

16. sin 2 3x − cos 2 4 x = sin 2 5 x − cos 2 6 x

ĐS:

17. sin 3 x −

ĐS:

3 cos3 x = sin x cos 2 x − 3 sin 2 x cos x

18.cos3x−4cos2x+3cosx−4=0
Các chuyên đề ôn thi

π
+ k π ( k ∈ Z)
4

ĐS:

π
+ k 2π ; x = kπ ; k ∈ Z
2

π
π
+ k 2π , x = − + k π , ( k ∈ Z)
3
4
π
4π
2π
x = + k 2π , x =
+k
, ( k ∈ Z)
3
15
5

2π
π
x=±
+ k 2π , x = + k π , ( k ∈ Z)
3
4
π
5π
x = + kπ , x =
+ k π , ( k ∈ Z)
12
12
π
π
x = k ; x = k , ( k ∈ Z)
9
2
π
π
π
x = + k ; x = − + k π , ( k ∈ Z)
4
2
3
π
x = + k π ( k ∈ Z)
2
x=±

21

x=±

2π
+ k 2π , ( k ∈ Z)
3

19.cos3x+cos2x−cosx−1=0

ĐS:

20.2sin3x – cos2x + cosx = 0

ĐS : x = − + nπ ; x = kπ2 , n( k, ∈ ¢ )

π
4

−Hết−

Chuyên đề 4:

TÍCH PHÂN (5 TIẾT)

CÔNG THỨC
Bảng nguyên hàm

∫ dx = x + C
∫

x α dx =

x α +1
+ C ( α ≠ 1)
α +1

dx

∫ x = ln x + C ( x ≠ 0)
∫ e dx = e + C
x

x

ax
a dx =
+ C ( 0 < a ≠ 1)
ln a
cos xdx = sin x + C

∫
∫
∫ sin xdx = − cos x + C
1
∫ cos x dx = tan x + C
x

2

1

∫ sin

2

x

dx = − cot x + C

∫ d ( ax + b) = a ( ax + b) + C

∫ du = u + C

∫

∫

1

∫
∫
∫
∫
∫

∫

α +1
( ax + b ) dx = 1 ( ax + b ) + C (α ≠ 1)

a α +1
dx
1
= ln ax + b + C ( x ≠ 0 )
ax + b a
1
e ax + b dx = e ax +b + C
a
1
cos( ax + b ) dx = sin ( ax + b ) + C
a
1
sin ( ax + b ) dx = − cos( ax + b ) + C
a
1
1
dx = tan ( ax + b ) + C
2
a
cos ( ax + b )
1
1
dx = − cot ( ax + b ) + C
2
a
sin ( ax + b )
α

u α du =

u α +1
+ C ( α ≠ 1)
α +1

du

∫ u = ln u + C ( u ≠ 0)
∫ e du = e + C
u

u

au
+ C ( 0 < a ≠ 1)
ln a
cos udu = sin u + C

∫
∫
∫ sin udu = − cos u + C
1
∫ cos u du = tan u + C
a u dx =

2

1

∫ sin

2

u

du = − cot u + C

CÁC CÔNG THỨC ĐẠO HÀM
Các quy tắc đạo hàm
Quy tắc cộng: (u ± v)’ = u’ ± v’
Quy tắc nhân: (k.u)’ = k. u’, k là hằng số
(u.v)’ = u’v +uv’;
u

Quy tắc chia:  ÷' =
v

u' v − uv'
v2

Bảng đạo hàm

Các chuyên đề ôn thi

22


(C )’ = 0

(x )
α

,

( u ) ' = α .u
α

= α.x α−1; α ∈ R

α −1

.u'; α ∈ R

 1  −1
 x ÷' = x 2
 
1
( x)' =
2 x

 1  − u'
 u ÷' = u2
 
u'
( u)' =
2 u

(sinx)’ = cosx
(cosx)’ = - sinx

(sinu)’ = u’.cosu

(cosu)’ = - u’.sinu

(tanx)’ =

(tanu)’ =

(a x ) ' = a x .ln a

(a u ) ' = u '.a u .ln a

1
= 1+tan2x
cos2 x
1
(cotx)’ = − 2 = -(1+cot2x)
sin x
x
x
(e ) ' = e

(ln x ) ' =

u'
= u’(1+tan2u)
cos2 u
u
(cotu)’ = − 2 = -u’(1+cot2u)
sin u
u
u

(e ) ' = u ' e

1
x

(log a x ) ' =

(ln u ) ' =

1
x.ln a

u'
u

(log a u ) ' =

u'
u.ln a

PHƯƠNG PHÁP TÍCH PHÂN ĐỔI BIẾN
b

Để tính tích phân

ò f[u(x)]u (x)dx ta thực hiện các bước sau:
/

a

Bước 1. Đặt t = u(x) và tính dt = u/ (x)dx .
x = a Þ t = u(a) = a

Bước 2. Đổi cận: x = b Þ t = u(b) = b .
b

Bước 3.

b

ò f[u(x)]u (x)dx = ò f(t)dt .
/

a

a

Ví dụ 1 : Tính tích phân:
2

a) I =
b) I =

∫x

3

0
π
2

x 2 + 2dx
sin 2 x
dx
2
x)2

∫ (1 + cos
0

Giải:
a). Đặt
t = x 2 + 2 ⇔ t 2 = x 2 + 2 ⇒ tdt = xdx
Đổi cận:
x=0;t= 2
x= 2;t=2
2

Do đó: I =

∫ t (t

2

2

− 2)tdt =

2

b). I =

π
2

2

4

− 2t 2 )dt =

8(2 + 2)
15

sin 2 x
dx
2
x)2

∫ (1 + cos
0

Các chuyên đề ôn thi

∫ (t

23


Đặt t = 1 + cos2x ⇒ du = 2cosx( - sinx)dx ⇒ du = - sin2xdx

Đổi cận: x = 0 ; t = 2
π
;t=1
2

x=
π
2

e2

Ví dụ 2 . Tính tích phân I = ò
e

1

1

− du 1
1
∫2 u 2 = u = 2
2

Do đó: I = ∫ sin 22x 2 dx =
(1 + cos x )
0

dx
. Đặt t = lnx
x ln x

ĐS: I = ln2 .

2

Ví dụ 3: Tính tích phân I = ò x + 2dx .

ĐS: I =

1

16 - 6 3
3

.
Dạng vô tỷ
3

Ví dụ . Tính tích phân I =

dx
2x + 3 . Đặt t = 2x + 3

3

ò (1 + x)
1
2

Dạng lượng giác

ĐS: I = ln 2 .

p
2

Ví dụ 1 (bậc sin lẻ). Tính tích phân I = ò cos2 x sin3 xdx . Đặt t = cosx

ĐS:

0

2
I = .
15

p
2

Ví dụ 2 (bậc cosin lẻ). Tính tích phân I = ò cos5 xdx .

Đặt t = sin x

0

8

ĐS: I = 15

.

TÍCH PHÂN TỪNG PHẦN
Công thức:
b

ò udv = uv

b
b
a

-

a

ò vdu (1).
a

Công thức (1) còn được viết dưới dạng:
b

b

ò f(x)g (x)dx = f(x)g(x)
/

b
a

-

a

ò f (x)g(x)dx (2).
/

a

Phương pháp giải toán
b

Giả sử cần tính tích phân

ò f(x)g(x)dx ta thực hiện
a

Bước 1. Đặt u = f(x), dv = g(x)dx (hoặc ngược lại) sao cho dễ tìm nguyên hàm v(x) và
b

vi phân du = u/ (x)dx không quá phức tạp. Hơn nữa, tích phân

ò vdu phải tính được.
a

Bước 2. Thay vào công thức (1) để tính kết quả.
Đặc biệt:
Các chuyên đề ôn thi

24

b

b

b

ò P(x) sinaxdx, ò P(x) cosaxdx, ò e

ax

i/ Nếu gặp

a

a

.P(x)dx với P(x) là đa thức thì đặt

a

u = P(x) .
b

ii/ Nếu gặp

ò P(x) ln xdx thì đặt u = ln x .
a

1

2x
Ví dụ 1: Tính tích phân: I = ∫ ( x − 1)e dx
0

Giải

Đặt u = x – 1 ⇒ du = dx

1 2x
e
2
1
1
1
1
1 2x
2x
2x
(
x
−
1)
e
dx
(
x
−
1)
e
−

e dx
Do đó: I = ∫
=
2
2 ∫0
2
0

dv = e2x dx ⇒ v =

1

1

1
1
1
= ( x − 1)e2 x − e2 x = (3 − e2 )
2
4
4
0
0
1

Ví dụ 2. Tính tích phân I = ò xex dx .

ĐS: I = 1

0

e

Ví dụ 3. Tính tích phân I =

ò x ln xdx .

ĐS: I =

1

2

Ví dụ 4: Tính tích phân I = ò x2 lnxdx .

1
9

ĐS: I = (24ln2 - 7) .

1

p
2

Ví dụ 5: Tính tích phân I = ò x cosxdx .
0
p
2

ĐS: I =

0

2
ĐS: I = e + 1 .
2

e

ò(1- x2)lnxdx .

ĐS: I =

2(4 - e3)
.
9

ĐS: I =

e2 + 1
.
4

1

1

Ví dụ 8: Tính tích phân I =

ò x.e2xdx .

0

p
2

p
- 1.
2
p

Ví dụ 6. Tính tích phân I = ò ex sin xdx .
Ví dụ 7: Tính tích phân I =

e2 + 1
.
4

Ví dụ 9: Tính tích phân I = ò(x - 1) sinxdx .

ĐS: I = 0 .

0

Chú ý:
Đôi khi ta phải đổi biến số trước khi lấy tích phân từng phần.
BÀI TẬP
Bài I: Tính các tích phân sau:
1

2

1/ I 1 = ∫ x 1 − x dx
0

Các chuyên đề ôn thi

1
3

ĐS: I 1 = .
25