tai lieu thi tot nghiep

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (397.79 KB, 38 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Bùi Văn Lưu Gv toán THPT B Bình Lục Hà Nam

Khảo sát hàm số, các bài tốn liên quan đến ứng dụng đạo hàm và đồ thị hàm số

TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ

1. Hàm số đơn điệu:

— Hàm số f đ/biến trên K nếu x , x1 2K, x1x2  f (x ) f (x )1  2 .

— Hàm số f n/biến trên K neáu x , x1 2K, x1x2  f (x ) f (x )1  2 .

2. Điều kiện cần để hàm số đơn điệu:

— Nếu hàm số f đồng biến trên I thì f '(x) 0, x I   .
— Nếu hàm số f nghịch biến trên I thì f '(x) 0, x I   .
3. Điều kiện đủ để hàm số đơn điệu:

* Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I

— Nếu f '(x) 0, x I   và f '(x) 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của I thì hàm số đồng biến trên

I.

— Nếu f '(x) 0, x I   và f '(x) 0 chỉ tại một số hữu hạn điểm của I thì hàm số nghịch biến 
trên I.

— Nếu f '(x) 0, x I   thì hàm số f không đổi trên I.
Chú ý

— Nếu f ' x

( )

là tam thức bậc hai hay cùng dấu với tam thức bậc 2
Đ/k để hàm số luôn luôn đồng biến là: f ' x

( )

£ 0 x 

a 0
0




 



(Trường hợp a có chứa tham số thì xét thêm trường hợp a= 0 )
— Nếu f ' x

( )

là tam thức bậc hai hay cùng dấu với tam thức bậc 2
đ/k để hàm số luôn luôn đồng biến là: f ' x

( )

³ 0 x 

a 0
0




 



(Trường hợp a có chứa tham số thì xét thêm trường hợp a= 0 )
Lý thuyết: Quy tắc xét tính đơn điệu của hàm số yf x

 

1. Tìm tập xác định

2. Tính đạo hàm yf x

 

. Giải phương trình f x

 

0 để tìm các nghiệm x ii



1, 2...,n



.
3. Sắp xếp các nghiệm xi theo thứ tự tăng dần từ trái sang phải và lập bảng biến thiên của hàm số.
4. Kết luận (hàm số đồng biến trên khoảng mà f x

 

0 và ngược lại).

Ví dụ: Xét chiều biến thiên của hàm số y 4 x2

Gợi ý giải:

 Đ/k xác định: 4 x2 0  x2  4 2 x 2

Tập xác định của hàm số D  



2;2



 Đạo hàm:





2 2

2 4 4

x x

y

x x



 

  

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

0 0

y   x thuộc



2;2



Dấu của y cùng dấu với biểu thức  x.

 Ta có bảng biến thiên

x 2 0 2

y + 0 

y

 Căn cứ vào bảng biến thiên ta thấy, hàm số đồng biến trên khoảng



2;0



và nghịch biến trên khoảng



0;2



Một lưu ý quan trọng đó là nếu tập xác định là khoảng



a b;



hoặc hàm số gián đoạn tại x0 thì ta

cần tính các giới hạn x alim y

, x blim  y

và 0

lim

x x  y

, 0

lim

x x  y

để điền vào bảng biến thiên.
Bài tập:

Câu 1: Tìm các khoảng đơn điệu của các hàm số sau trên tập xác định của chúng:
1) yx3 3x21;

4
1
y x

x
 

 ;

3) Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a) tanx sin , 0x x 2



  

b) 1 1 2, 0

x

x x

    

Câu 2 (Đề TN 2007, Lần 2, Ban KHTN): Xét sự đồng biến, nghịch biến của hàm số yx4 8x22.
Câu 3 (Đề TN 2007, Lần 2, Ban KHXH): Xét sự đồng biến, nghịch biến của hàm số yx3 3x1.
Đáp số: Câu 2: H/số đồng biến trên các khoảng



2;0 , 2;

 





H/số nghịch biến trên các khoảng



  ; 2 , 0;2

 



Câu 3: H/số đồng biến trên các khoảng



1;1



***********************************************************

CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ.
1. Điểm cực trị:

Cho hàm số f xác định trên D và x0 thuộc D. x0 được gọi là điểm cực đại của hàm số f nếu tồn tại một

khoảng (a; b) sao cho x0 thuộc khoảng (a; b) R và f (x) f (x ), x (a;b) \ x 0  

 

0 .

Điểm cực tiểu được định nghĩa tương tự.
2. Điều kiện cần để hàm số đạt cực trị:

 Nếu hàm số f đạt cực trị tại điểm x0 và hàm số f có đạo hàm tại điểm x0 thì f’(x0) = 0.

 Chú ý: Hàm số f có thể đạt cực trị tại một điểm mà tại đó nó khơng có đạo hàm.
3. Điều kiện đủ hàm số đạt cực trị:

a) Giả sử hàm số f liên tục trên khoảng (a;b) chứa điểm x0 và có đạo hàm trên các khoảng (a;x0) và

(x0;b). Khi đó:

— Nếu f’(x) < 0 với  x (a; x )0 và f’(x) > 0 với  x (x ;b)0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại điểm x0.

— Nếu f’(x) > 0 với  x (a; x )0 và f’(x) < 0 với  x (x ;b)0 thì hàm số f đạt cực đại tại điểm x0.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

b) Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp một trên (a;b) chứa điểm x0,

f’(x0) = 0 và f có đạo hàm cấp hai khác 0 tại điểm x0. Khi đó:

— Nếu f”(x0) < 0 thì hàm số f đạt cực đại tại điểm x0.

— Nếu f”(x0) > 0 thì hàm số f đạt cực tiểu tại điểm x0.

Dạng 1: Tìm m để hàm số yf x m





đạt cực đại (hoặc cực tiểu)

tại x x 0.

Cách giải:

 Tính yf x m





 Điều kiện cần để hàm số đạt cực đại (hoặc cực tiểu) tại x x 0 là y x

 

0 f x m





0.

Giải phương trình này tìm được m.
 Thử lại (Điều kiện đủ)

Với giá trị của m tìm được, ta tính y x

 

0 .

- Nếu y x

 

0 0 thì hàm số đạt cực tiểu tại x x 0

- Nếu y x

 

0 0 thì hàm số đạt cực đại tại x x 0.

Căn cứ vào yêu cầu đề để chọn giá trị của m thỏa mãn.
 Kết luận.

Cịn có cách khác để thử lại đó là lập bảng biến thiên để kiểm tra xem hàm số đạt cực đại hay cực tiểu
tại x x 0.

Ví dụ 1: Tìm m để hàm số

2 1

x mx

y

x m

 



 đạt cực đại tại x 2.

Gợi ý giải:

Để dễ tính đạo hàm ta chia tử cho mẫu được

1
y x

x m
 



 Đ/k xác định x m  0 xm

 Đạo hàm





1 1

y x

x m x m



 

     



  

 





2 1

2
y

m

  



 Đ/k cần để hàm số đạt cực đại tại x 2 là y

 

2 0









2
2

1 0 2 1

2 m m

     



2 1 1

2 1 3

m m

  

 

   

  

 

 Thử lại (đ/k đủ)

Ta có









2 3

1 2

1 0

y

x m x m



 

     

   

 





2
x m


</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

- Với m 1, ta có

 





2 2 0

2 1

y   

 nên trường hợp này hàm số đạt cực tiểu tại x 2 (khơng

thỏa đề bài).

- Với m 3 ta có

 





2 2 0

2 3

y   

 nên trường hợp này hàm số đạt cực đại tại x 2 (thỏa đề

bài)

 Kết luận: Giá trị của m phải tìm là m 3.

Dạng 2: Chứng minh hàm số yf x m





ln có cực trị với mọi giá trị của tham số m.
Cách giải:

Chứng tỏ f x m





0 ln có nghiệm và đổi dấu khi x chạy qua các nghiệm đó. 
- Với hàm số bậc ba, chứng tỏ y có delta dương;

- Với hàm số bậc bốn (trùng phương) cần theo yêu cầu đề để tìm m để y có 1 nghiệm, hoặc 3
nghiệm.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng hàm số yx3 mx 2x1 ln có một điểm cực đại và một điểm cực tiểu 
với mọi giá trị của m.

Gợi ý giải:

 Tập xác định của hàm số: D 

 Đạo hàm y 3x2 2mx 2 là tam thức bậc hai có









2 2

2m 4.3. 2 4m 24

      0, m  .

Suy ra y 0 có hai nghiệm phân biệt và y đổi dấu (có thể lập bảng xét dấu với hai nghiệm x x1, 2) khi x

đi qua hai nghiệm đó.

 Vậy hàm số ln có một cực đại, một cực tiểu với mọi m.
CHÚ Ý QUAN TRỌNG

1/ Điều kiện để hàm số có cực trị tại x = x0 :

 






0
y'(x ) 0

y' đổi dấu qua x hoặc

0
0
y '(x ) 0
y ''(x ) 0









2/ Điều kiện để hàm số có cực đại tại x0:

 




 




y'(x ) 0

y' đổi dấu từ sang qua x hoặc

0
0
y '(x ) 0
y ''(x ) 0








3/ Điều kiện để hàm số có cực tịểu tại x0:

 








0

0
y'(x ) 0

y'(x) đổi dấu từ - sang qua x . hoặc

0
0
y '(x ) 0
y ''(x ) 0








4/ Điều kiện để hàm bậc 3 có cực trị (có cực đại,cực tiểu):

y’= 0 có hai nghiệm phân biệt 

a 0
0




 


</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

6/ Điều kiện để hàm bậc 4 có 3 cực trị : y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2006, KPB): Cho hàm số yx3 6x29x có đồ thị (C). Với giá trị nào của tham số m, 
đường thẳng y x m2 m đi qua trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm cực đại và cực tiểu của đồ
thị (C).

Câu 2: Tìm m để hàm số

3 2 2 5

3
y x  mx m x

  có cực trị tại x 1. Khi đó hàm số đạt cực đại hay

cực tiểu ? Tính cực trị tương ứng ?
Câu 3: (TN BTTH 2006)

Chứng minh hàm số





3 2

2 3 9

y x  mx  m x

ln có cực trị với mọi giá trị của tham số m ?
Gợi ý – đáp số:

Câu 1: Tìm tọa độ hai cực trị của hàm số A



3;0



, B



1;4



Trung điểm hai cực trị M



2;2



. Cho M



2;2



thuộc đường thẳng y x m2 m , ta có

2 2 m   m. Giải tìm m.

Câu 2: m 73. Hàm số đạt cực tiểu tại x 1.

****************************************

Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm sè

Lý thuyết:

Cách tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số yf x

 

liên tục trên đoạn



a b;



.
 Tính đạo hàm yf x

 

Giải phương trình f x

 

0 và tìm các nghiệm x0 thuộc đoạn



a b;



(các nghiệm nằm ngồi đoạn

này khơng lấy )

 Tính f a f b f x

 

 So sánh các số trên và kết luận.

 ; 

 



 



min min , ,

a b f x  f a f b f x

 ; 

 



 



max max , ,

a b f x  f a f b f x

Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

1
2
x
y

x

  

trên đoạn



1;3



.

Gợi ý- Giải:

 Đạo hàm 2

2 1

2
y

x

  



2
2

2 1

0 0 4 2

y x x

x

         

Trên đoạn x 



1;3



ta lấy x 2.

 Ta có

 

2 1 7

1 1

1 2 2

y    

;

 

2 2

2 1 3

2 2

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

 

3 2 3 1 19

3 2 6

y    

 So sánh các số trên ta suy ra

1;3

 

minyy 2 3

; 1;3

 

max 1

yy 

Bài tập

Câu 1 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHTN): Tìm GTLN, GTNN của hàm số f x

 

 x 2 cosx trên đoạn

0;
2



 

 

  .

Câu 2 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHXH): Tìm GTLN, GTNN của hàm số yx4 2x21 trên đoạn



0;2



.

Câu 3 (Đề TN 2008, L2, KPB): Tìm GTLN, GTNN của hàm số

2 1

3
x
y

x



 trên đoạn



0;2



.

Câu 4 (Đề TN 2008, L2, Ban KHTN): Tìm GTLN, GTNN của hàm số y2x44x23 trên đoạn



0;2



.

Câu 5 (Đề TN 2008, L2, Ban KHXH): Tìm GTLN, GTNN của hàm số y2x3 6x21 trên đoạn



1;1



Câu 5 (Đề TN 2009, ): Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số

( )

(

)

f x =x - ln 1 2x

-trên
đoạn [– 2 ; 0].

***********************************************************

KHẢO SÁT SỰ BIẾN THIÊN VAØ VẼ ĐỒ THỊ CỦA MỘT SỐ HÀM
Sơ đồ khảo sát

1. TXĐ

2. Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên.

— Tìm y’

— Cho y’= 0 tìm nghiệm và giá trị y’ khơng xác định
— Kết luận: Khoảng đồng biến, nghịch biến và cực trị.
 Cực trị.

 Giới hạn, tiệm cận.
 Điểm uốn ( Nếu có )
 Bảng biến thiên.
3. Đồ thị

 Lập bảng giá trị
 Vẽ đồ thị.

3. Tiếp tuyến, tiệm cận của đồ thị hàm số.
Lý thuyết:

Cho hàm số yf x

 

có đồ thị

 

C và M x y



0; 0



là điểm trên

 

C . Tiếp tuyến với đồ thị

 

C tại



0; 0



M x y có:

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

- Phương trình: y y 0 k x x



 0



Hay y y 0 f x

  

0 x x 0



Vậy để viết được PT tiếp tuyến tại M x y



0; 0



chúng ta cần đủ ba yếu tố sau:

- Hoành độ tiếp điểm: x0

- Tung độ tiếp điểm: y0 {Nếu đề chưa cho ta phải tính bằng cách thay x0 vào hàm số y0 f x

 

0 }

- Hệ số góc k f x

 

-Dạng 1: Viết phương trình tiếp tuyến khi biết tọa độ tiếp điểm M x y



0; 0



, hoặc hoành độ x0, hoặc

tung độ y0.

Ví dụ: Viết p/trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số yx4 2x21 tại điểm M 



2;9



.

Gợi ý giải:

 Ta có (đạo hàm): y 4x3 4x
 T/tuyến tại M 



2;9



có:

- Hệ số góc













2 4 2 4 2 24

k y      

- P/trình: y 924



x 





Hay y24x 39

Ở đây cần biết:

0 2

x  , y 0 9 ở tọa độ của M (đề đã cho).

Ví dụ 2: Viết p/trình tiếp tuyến với độ thị hàm số

1
1
x
y

x





a) Tại điểm có hồnh độ bằng 2.
b) Tại điểm có tung độ bằng 3.

Gợi ý giải:

a) Ta có



 







1 1 1 1

x x x x

y

x

 

    

 







2
1
x





Gọi tọa độ tiếp điểm là



x y0; 0



. Theo giả thiết có x 0 2.

 Tung độ tiếp điểm:

0
0

1 2 1 1

1 2 1 3
x

y
x

 

  

 

 Hệ số góc của tiếp tuyến tại

 

 

  bằng :

 





2 2

9
2 1

k y  



 P/trình tiếp tuyến:





1 2

3 9

y  x

. Hay

2 1

9 9

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Với dạng này, đề cho x 0 2, ta cần tính

0
0

1
1
x
y

x



 và tính đạo hàm, suy ra hệ số góc của t/tuyến

 

k y x y

 

2 .

b) Ta có



 







1 1 1 1

x x x x

y

x

 

    

 







2
1
x





Gọi tọa độ tiếp điểm là



x y0; 0



. Theo giả thiết có y 0 3.

 Vậy

0
0

1
3
1
x
y

x


 

  x0 1 3



x01



 x0 2

 Hệ số góc của tiếp tuyến tại



x y  0; 0

 

2;3



là:









2 2

2 1

k y   

 

 P/trình tiếp tuyến cần tìm: y 3 2



x 





.
Hay y2x7.

Dạng 2: Viết p/trình tiếp tuyến khi biết hệ số góc của nó.
Dấu hiệu:

- Tiếp tuyến song song với đường thẳng

 

d ax by c:   0
- Tiếp tuyến vng góc với đường thẳng

 

d ax by c:   0
Cách giải:

 Cần biết (rút y theo x)

 

d :y ax c

b b

 

nên

 

d có hệ số góc

a
k

b
 

 Khi t/tuyến song song với

 

d thì hế số góc của t/tuyến bằng hệ số góc của

 

d và bằng

a
k k

b


 

 Khi t/tuyến vng góc với

 

d thì hế số góc k của t/tuyến và hệ số góc kcủa

 

d thỏa mãn

. 1

k k  . 1

a
k

b

 

  

 

Lời giải (Các bước):

 Tính đạo hàm hàm số yf x

 

Tính hệ số góc của tiếp tuyến k (theo các dấu hiệu trên)
 Gọi



x y0; 0



là tọa độ tiếp điểm

 Hệ số góc của t/tuyến ky x

 

0 .

- Giải ph/trình này tìm được x0

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

 Viết p/trình t/tuyến.

Ví dụ 3: Viết p/trình t/tuyến với đồ thị hàm số

2
1
x
y
x


 , biết:

a) Hệ số góc của t/tuyến bằng 2.

b) T/tuyến song song với đường thẳng

 

d :y 12x.
c) T/tuyến vng góc với đường thẳng

 

 : y92x1

Gợi ý giải:

a)  Ta có













2 1 2 2

1 1
x x
y
x x
  
  
 

 Gọi



x y0; 0



là tọa độ tiếp điểm, ta có hệ số góc tiếp tuyến tại



x y0; 0



bằng

 





0 2

0
2
1
y x
x

 


Theo giải thiết ta có y x

 

0 2





2
0
2
2
1
x

 




x0 1



2 1

  

0 0

1 1 2

1 1 0

x x
x x
  
 
   
  
 

 Với x 0 2, ta có

0
0

2 2.2

4
1 2 1
x

y
x

  

 

Tr/hợp này ta có p/trình t/tuyến tại



2;4



là





4 2 2

y  x hay y2x8.

 Với x 0 0, ta có

0
0

2 2.0

0
1 0 1
x

y
x

  

  .

Tr/hợp này ta có p/trình t/tuyến tại



0;0



là





0 2 0

y  x hay y2x.

 Kết luận: Vậy có hai t/tuyến thỏa đề bài có p/trình là

2 8

y x ; y2x

Lưu ý: Hệ số góc của t/tuyến k y x

 

0 2 (đề cho).

b) T/tuyến song song với

 

d nên hệ số góc của t/tuyến bằng hệ số góc của

 

d , bằng k  12.

 Gọi



x y0; 0



là tọa độ tiếp điểm, ta có hệ số góc tiếp tuyến tại



x y0; 0



bằng

 





0 2
0
2
1
y x
x

 


Vậy y x

 

0 k





2
0
2 1
2
1
x

 






2
0
1
1
4
x
  
0 0
0 0
3
1

1 2 2

1 1

1 2 2

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

 Với 0

3
2
x 

, ta có

0
0

3
2.

2 2

6
3

1 1

2
x

y
x

  

 

Tr/hợp này ta có p/trình t/tuyến tại

3
;6
2

 

 

  là

1 3

2 2

y  x 
  hay

1 27

2 4

y x

 Với 0

1
2
x 

, ta có

0
0

1
2.

2 2

2
1

1 2 1

x
y

x

  

 

Tr/hợp này ta có p/trình t/tuyến tại

1
; 2
2

 



 

  là





1 1

2 2

y   x 
  hay

1 7

2 4

y x

 Kết luận: Vậy có hai t/tuyến thỏa đề bài có p/trình là

1 27

2 4

y x

;

1 7

2 4

y x

c) Đường thẳng

 

 : y92x1 có hệ số góc

9
2
k 

 Gọi k là hệ số góc của t/tuyến. Biết t/tuyến vng góc với

 

 nên ta có

. 1 . 1

2
k k   k 
2

9
k

 

Đến đây làm tương tự như câu a) hoặc câu b).
 Đáp số: Có hai tiếp tuyến có p/trình là

2 32

9 9

y x

;

2 8

9 9

y x

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2006, Ban KHXH):

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số

2 3

1
x
y

x



 tại điểm thuộc đồ thị có hoành độ x 0 3.

Câu 2 (Đề TN 2007, Bổ túc): Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) hàm số yx3 3x2 tại điểm
A(2;4).

Câu 3 (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban):

Cho hàm số

1
2
x
y

x




 , gọi đồ thị của hàm số là (C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.

2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung.
Câu 4 (Đề TN 2008, Lần 2, Phân ban):

Cho hàm số

3 2

1
x
y

x



 , gọi đồ thị của hàm số là (C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Câu 4 (Đề TN 2009 ) : Cho hàm số

2x 1
y

x 2
+
=

- .

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết hệ số góc của tiếp tuyến bằng – 5.

Đáp số: Câu 1:

1 3

4 4

y x

; Câu 2: y9x 14

Câu 3:

4 1

3 3

y x

; Câu 4: y5x 2

4. Tương giao giữa hai đồ thị.
Lý thuyết:

Dạng 1: Dựa vào đồ thị hàm số yf x

 

để biện luận theo m số nghiệm của phương trình f x

 

m.

Ví dụ: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

 

C của hàm số yx3 3x. Dựa vào đồ thị

 

C , biện luận 
theo m số nghiệm của phương trình x3 3x 1 m0 (1).

Gợi ý giải:

 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị

 

C (2 điểm)

Học sinh tự làm .  Đồ thị (xem hình)

x
y

3
- 3

-2
-1

2

0 1

 Viết lại (1) dưới dạng

(1)  x3 3x m 1 (2)

Đây là PT hoành độ giao điểm của đồ thị

 

C của hàm số yx3 3x với đường thẳng

 

d :y m  1
(song song với trục hoành) nên số nghiệm của (2) bằng số giao điểm của

 

d và

 

C .

 Dựa vào đồ thị ta có kết quả biện luận sau:

* Với

1 2 1

1 2 3

m m

    

 



    

  , ta thấy

 

d và

 

C khơng có điểm chung. Suy ra (2) vô nghiệm

* Với

1 2 1

1 2 3

m m

  

 



    

  , ta thấy

 

d cắt

 

C tại một điểm và tiếp xúc tại một điểm. Suy ra (2) có

hai nghiệm (một nghiệm đơn và một nghiệm kép)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

* Với

1 2 1

1 2 3

m m

    

 



 

  

  , ta thấy

 

d cắt

 

C tại ba điểm phân biệt. Suy ra (2) có 3 nghiệm phân

biệt.
 Kết luận:

* Với m  1 hoặc m 3, p/trình (1) vơ nghiệm.
* Với m 1 hoặc m 3, p.trình (1) có hai nghiệm.
* Với  1 m3, p/trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.

Dạng 2: Chứng tỏ đường thẳng

 

d :ax by c  0 cắt đồ thị hàm số

 

mx n

y f x

cx d


 

 tại hai

điểm phân biệt, hoặc không cắt
Cách giải:

 Viết lại

 

a c

d y x

b b

 

 Lập p/trình hồnh độ giao điểm của

 

d và

 

C :

mx n a c

x

cx d b b



 

 (1)

Quy đồng khử mẫu đưa về p/trình bậc hai dạng





2 0

f x m Ax Bx C  với 0

d

cx d x

c

   

Tính  B2 4AC

 Đến đây cần chứng tỏ  0 với mọi m và ,
d

f m

c

 



 

  0 và kết luận (1) ln có hai nghiệm phân

biệt. Suy ra

 

d cắt

 

C tại hai điểm phân biệt.

- Tương tự, kết luận cho tr.hợp  0; 0.

Ví dụ: (Bài 11/tr46-SGK GT12, Cơ bản) Chứng minh rằng với mọi giá trị thực của m, đường thẳng

 

d : y2x m luôn cắt đồ thị

 

C của hàm số

3
1
x
y

x



 tại hai điểm phân biệt M, N.

Gợi ý giải:

 P/trình hồnh độ giao điểm của

 

d và

 

C là

3
2
1
x

x m
x



 

 (1)



 



3 2 1 , 1 0

x x m x x

      





2x 1 m x m 3 0

      ,



x 1



(2)

 P/trình (2) là p/trình bậc hai có









1 m 4.2. m 3

    





2 6 25 3 16

m m m

       0 với mọi m. (a)

Mặt khác, thay x 1 vào vế trái của (2) ta được









</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

 Kết hợp (a) và (b) suy ra p/trình (2) ln có hai nghiệm phân biệt thỏa x 1. Do đó (1) ln có hai
nghiệm phân biệt.

Vậy đ/thẳng

 

d ln cắt đồ thị

 

C tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m.

Ví dụ (Bài 8.b/tr44- GT12, cơ bản) Tìm m để đồ thị



Cm



của hàm số y x 3



m3



x2 1 m cắt

trục hoành tại điểm có hồnh độ x 2.

 Phân tích bài tốn:

- Nhưng điểm nằm trên trục hồnh thì có tung độ y 0.
- Vậy



Cm



cắt trục hoành tại điểm



x y  ;

 

2;0



.

- Điểm này thuộc



Cm



nên tọa độ của nó thỏa mãn p/trình



Cm



.

Lời giải:

 Từ giả thiết ta suy ra



Cm



cắt trục hoành tại điểm



2;0



, thay tọa độ điểm này vào p/trình của



Cm



ta được:







 



0 2  m3 2  1 m





8 4 m 3 1 m 0

        3m 5 0

5
3
m

 

 Vậy

5
3
m 

là giá trị cần tìm.
Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2008, L1, Phân ban):
Cho hàm số y2x33x2 1.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.

2) Biện luận theo m số nghiệm thực của phương trình

3 2

2x 3x  1m

Câu 2 (Đề TN 2008, L2, KPB):
Cho hàm số yx3 3x2.

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2) Tìm m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt

3 3 2 0

x  x  m

Câu 3 (Đề TN 2006, Phân ban):

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số yx33x2

2. Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình x33x2 m0.

3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục hoành.
5. Điểm đặc biệt của đồ thị hàm số.

Lý thuyết:

Một số dạng bài tốn: Tìm điểm trên đồ thị có tọa độ ngun;

Ví dụ: Tìm các điểm trên đồ thị hàm số

3
1
x
y

x



 có tọa độ là những số nguyên.

Giải:

 Đ/k xác định: x  1 0 x1

 Chia tử cho mẫu ta có

4
1

1
y

x
 

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Xét điểm



x y;



thuộc đồ thị hàm số đã cho, ta có

1
y

x
 

 .

 Với x   ta có

4
1

1
y

x

  

 

4
1
x

 

   x1 là các ước số nguyên của 4.

Các trường hợp xảy ra:

1 4

x    x3, ta có

3 3
0
3 1

y  



1 4

x    x5, ta có y 2

1 2 1

x   x , ta có y 1

1 2 3

x   x , ta có y 3

1 1 0

x   x , ta có y 3

1 1 2

x   x , ta có y 5

 Vậy có sáu điểm thuộc đồ thị hàm số có tọa độ nguyên là:



3;0





5;2 , 1; 1 , 3;3 , 0; 3 , 2;5

 



 



 



 





Bài tập:

Tìm các điểm trên đồ thị hàm số

2 2

2
x
y

x



 có tọa độ là những số nguyên.

6. Khảo sát hàm số
Sơ đồ:

 Tập xác định.

 Đạo hàm yf x

 

Giải p/trình f x

 

0

Các khoảng đơn điệu (đồng, nghịch biến) của hàm số;
 Cực trị ( Nếu có )

- Cực đại
- Cực tiểu

 Tính các giới hạn xlim y; tiệm cận với hàm hữu tỷ

ax b
y

cx d





Và





lim

d

x c

y



 



để suy ra tiệm cận đứng là đ/t xac;

lim

x

a

y c

   , suy ra tiệm cận ngang là đ/t

a
y c

 Bảng biến thiên (điền đầy đủ các thông tin, chú ý giá trị các giới hạn đã tính)
 Vẽ đồ thị:

- Xác định giao điểm với trục hồnh: Cho y 0, tìm x.
- Xác định giao điểm với trục tung: Cho x 0, tìm y.

- Cho thêm một số điểm đặc biệt (Chú ý đến tính đ/xứng của đồ thị: Hàm bậc ba đ/x qua tâm là trung 
điểm hai cực trị; hàm bậc bốn (trùng phương) đ/x qua trục tung; hàm hữu tỷ /x qua giao im 2 t/cn)

*****************************************

Hàm số, phơng trình, bất phơng trình mũ và lôgarít

1. Hm s, phng trỡnh, bất phương trình mũ.

Lý huyết

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

x y x y

a  a a

 ;

 

y x

x x y y

a a  a

x
x y

y

a





;

1 x

x a

a





Ghi nhớ công thức khử cơ số:    

 

f x g x

a a  f x g x

  1

 

0

f x

a   f x  ;

 

 

log

f x

a

a  c f x  c

Dạng 1: Phương trình mũ bậc hai m a. 2xn a. x p0 (1)
Cách giải:

 Đặt t a x,



t 0



, khi đó

 

2 x 2x

t  a a

.
Ta có p/trình m t. 2n t p.  0,



t 0



(2)
 Giải p/trình (2), tìm nghiệm t 0

 Giải p/trình ax  t xlogat
 Kết luận, nghiệm của (1)

Ví dụ: Giải các phương trình sau

1) 32 1x  4.3x  1 0

2) 2. 3 2 2



 

2 1



1 0

x x

    

Lời giải :

1) 32 1x  4.3x  1 0  3.32x 4.3x  1 0

Đặt 3 ,





x

t  t  , khi đó t 2 32x
.
Ta có p/trình 3t2 4t 1 0,



t 0



Giải p/trình này được

1
1;

3
t  t 

(thỏa mãn đ/k t 0)
 Với t 1, ta có 3x  1 3x 30  x0

- Với

1
3
t 

, ta có

3 3 3 1

x x  x

    

 Vậy p/trình đã cho có hai nghiệm x0;x1

Chú ý: 32 1x 3 .32x 13.32x

2) Để ý





2 1  2 2 2 1 3 2 2  

Đặt



2 1



x

t  



t 0



Khi đó













2 2

3 2 2 2 1 2 1

x

x x

t

   

       

   

 P/trình đã cho trở thành 2t2 t 1 0 ,



t 0



Giải p/trình này ta được t 1 (nhận);

1
0
2
t  

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

 Với t 1, ta có



2 1



1 0
x

x

   

 Vậy p/trình đã cho có nghiệm duy nhất x 0.

Dạng 2: m a. x n a. x p0 hay . 0
x

x

n

m a p

a

  

Cách giải:

 Đặt t a x,



t 0



, khi đó

1 1

x
x

a

t
a



 

Thay vào p/trình đã cho, giải tìm nghiệm t 0. Rồi tìm x.
 Kết luận.

Ví dụ : Giải các phương trình sau
1) 6x 61x  5 0

2)

1
1

5 26 0

x
x




  

Lời giải:

1) Ta có 6x  61x 5 0  6x 6.6x 5 0

 Đặt t 6x,



t 0



ta có

1 1

6
6

x

x t



 

 Ta có p/trình

6. 5 0

t
t

  



t 0



2 5 6 0

t t

    .

Giải p/trình này được t 6 (thỏa); t  1 0 (khơng thỏa)
 Vậy ta có 6x  6 x1.

Kết luận: P/trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1.

2) Để ý : 5x1 5 .5x 15.5x; 1 1

1 1 5

5x 5 .5x  5x

Ta có

1
1

5 26 0

x




   5.5 5 26 0

x
x

   

Đặt t 5 ,x



t 0



ta có p/trình





5.t 26 0, t 0

t

    2

5t 26t 5 0

   

Giải p/trình này được

1
5;

5
t  t 

(thỏa mãn đ/k t 0)
 Với t 5, ta có 5x  5 x1

- Với

1
5
t 

, ta có

5 5 5 1

x x  x

    

 Tóm lại, p/trình đã cho có hai nghiệm x1;x1

Dạng 3: Bất phương trình mũ af x  ag x ,



0a1



</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

 Nếu 0a1 ta có f x

 

g x

 

(đổi chiều BPT)

 Nếu a 1 ta có f x

 

g x

 

.
Với BPT af x  c

- Nếu 0a1, ta có f x

 

logac (Đổi chiều BPT)
- Nếu a 1, ta có f x

 

logac

Ví dụ : Giải các bất phương trình

a) 
2 3

1
2x  x 4



b)

 

2 3

1 9

x  x



Giải:
a) Ta có

2 3

1
2x  x 4

 2 3 2

2x  x 2

   x2 3x2

2 3 2 0

x x

      1 x 2

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm T 



1;2



Vì cơ số a  2 1 nên 2x23x 22  x2 3x2 (hai BPT có cùng chiều). Để giải BPT

2 3 2 0

x  x  , ta tìm nghiệm tam thức x2 3x2 và xét dấu rồi chọn miền nghiệm.

 

2 3

1 1

3 9

x  x



 

2 3 2

1 1

3 3

x  x

 

2x 3x 2

   (đổi chiều BPT do cơ số a 131)

2x 3x 2 0

   

1
2

2
x

   

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm

1
2;

2
T   

 

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2006, Phân ban): Giải phương trình

2 2

2 x 9.2x 2 0

  

Câu 2 (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban):
Giải phương trình 7x 2.71x  9 0

Câu 3 (Đề TN 2008, L1, Phân ban): 
Giải phương trình 32 1x  9.3x 6 0

Câu 4 (Đề TN 2009):

Giải phương trình 25x- 6.5x+ =5 0.

Câu 5: Giải các bất phương trình sau

 

2 3 2 6

1 1

2 2

x  x x



2 7 6

3 x x 3 x



2. Hàm số, phương trình, bất phương trình lơgarit.
Lý huyết

Ghi nhớ: Với 0a1,b0,c0 khi đó
Tính tốn: logaa 



; logab 



logab

loga b logab



</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Cộng, trừ logarit : logablogaclog .ab c; loga loga loga

b

b c

c

 

Đổi cơ số:

log
log

log

a
c

a

b
b

c


;

1
log

log

a

b

a


 Cách khử logarit:

 

loga f x logag x f x

f x g x

 



  






 

loga f x  c f x ac

Chú ý: log10alogalga; logealna.

Dạng 1: Biến đổi về phương trình loga f x

 

logag x

 

Cách giải:

- Dùng các cơng thức tính tốn, cộng trừ logarit để biến đổi.
- Cần chú ý đến đ/k với các biểu thức dưới dấu logarit.
Ví dụ: Giải các p/trình sau:

1) log 93



x



log9x5

2) log2



x 2



log2



x 3



log 122

Lới giải:

1)  Đ/k xác định:

9 0

x

x
x




 





Khi đó ta có





3 9

log 9x log x5 log 9 log3  3xlog32 x5

3 1 3

2 log log 5

x x

    3log3 3

2 x

 

2
3

log x 2 x 3 x 9

      (thỏa mãn đ/k)

 Vậy p/trình có nghiệm duy nhất x 9.

2)  Đ/k xác định

2 0 2

3 0 3

x x

x

x x

  

 

  

 

  

 

Khi đó ta có log2



x 2



log2



x 3



log 122



 



2 2

log x 2 x 3 log 12

   



x 2

 

x 3



    x2 5x 6 0

   

Giải p/trình này dược x 6 (thỏa đ/k); x 1 (không thỏa đ/k)
 Vậy, p/trình đã cho có nghiệm duy nhất x 6.

Dạng 2: P/trình bậc hai chứa lơgarit

 

.loga .loga 0

m f x n f x  p

Cách giải:

 Đ/k xác định: f x 

 

0
 Đặt t loga f x

 

, t  

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Ví dụ : Giải ph/trình log2 22x  3log2x 10 0

Giải:

Đ/k xác định: x 0

Ta có









2 2

2 2 2 2

log x  log x  2log x 4log x

 Đặt t log2x, ta có log2 22x 4t2

 P/trình đã cho trở thành 4t2 3 10 0t 

Giải p/trình này được

5
2;

4
t  t 

 Với t 2, ta có log2x 2 x22  x4

- Với t  54, ta có

5
4

2 5

log x 4 x2

 Kết luận: P/trình đã cho có hai nghiệm

5
4;

4
x x

.
Dạng 3: Bất p/trình loga f x

 

logag x

 

,



0a1



.

Điều kiện xác định:

 

0
0
f x
g x

 









- Nếu 0a1, ta có f x

 

 g x

 

(BPT đổi chiều)

- Nếu a 1, ta có f x

 

g x

 

(BPT cùng chiều)

Với BPT loga f x

 

c

- Nếu 0a1, ta có f x

 

ac (BPT đổi chiều)

- Nếu a 1, ta có

 

c

f x a (BPT cùng chiều)

Ví dụ: Giải các bất p/trình:

a) log2xlog 32



x 1



b) log13



2x 1



log13



x2



Giải:

a)  Đ/kiện xác định:

0 1

3 1 0 3

x

x
x




 



 



 Với

1
3
x 

ta có :





2 2

log xlog 3x 1  x3x 1

2 1

x x

   

{ Cơ số a  2 1 nên có BPT cùng chiều}

 Vậy tập nghiệm của bất p/trình đã cho

1 1
;
3 2
T  

 

b)  Đ/kiện xác định:

2 1 0 1

2 0 2

x

x
x

 



 



</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

 Với

1
2
x 

ta có :









1 1

3 3

log 2x 1 log x2

2x 1 x 2

     x3

{ Cơ số a 121 nên BPT đổi chiều}

 Vậy tập nghiệm của bất p/trình đã cho

1
;3
2
T  

 

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2007, Lần 1, Phân ban):
Giải phương trình log4xlog 42



x



5.

Câu 2 (Đề TN 2008, Lần 2, Phân ban):

Giải phương trình log3



x2



log3



x 2



log 53



x 



.

Câu 3: Giải các bất phương trình
a) log15 x log5



x 2



log 315

b) log32x 4log3x 3 0

************************************************************

Nguyên hàm, tích phân, ứng dơng cđa tÝch ph©n

1. Tích phân

Lý huyết

- F x

 

là một nguyên hàm của hàm số yf x

 

liên tục trên đoạn



a b;



. Khi đó

 

b

b
a
a

f x dx F x F b  F a



- Ghi nhớ các tính chất cộng, trừ tích phân và cơng thức tính các nguyên hàm của hàm số thường gặp.




k f x dx k f x dx.

 





 

, (k là hằng số)





dx x C  ; 2

1
dx

C
x

x  



;

2
dx

x C

x  



- Cách tính vi phân của hàm số y g x

 

là: d g x



 



g x dx

 

Ví dụ 1: Với u3x 5, ta có



3 5

 

3 5 .



du d x  x  dx
3dx


Với t  x2 1, ta có t2 x2 1.

Lấy vi phân hai vế (theo biến tương ứng), ta được

 



2 1



d t d x 

 

t2 dt



x2 1



dx

   2 .t dt 2 .x dx

   tdtxdx

Ví dụ 2:





2
2
1

3 2

I 



x  x dx

2 2 2

1 1 1

3x dx xdx 2dx













2 2 2

1 1 1

3 x dx xdx 2 dx













2 2

3 2

2
1

1 1

3. 2

3 2

x x

x

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

2
2

2 2
3
1
1
1
2
2
x
x x
  









2 2

3 3 2 1

2 1 2.2 2.1

2 2
 
      
 
15
2


Có thể tính gộp:





2
2

3 2

I 



x  x dx

3
2
3
1
2
2
x
x x
 
   
 
2 2

3 2 3 1

2 2.2 1 2.1

2 2
   
       
   
5
10
2

  15

2

b)
4
0
2 1

J 



x dx





1
2
0

2x 1 dx















4
1
2
0
1

2 1 2 1

2 x d x





 





4
1 12

0
2 1
1
1
2 1
2
x 
 
  
  
  
 





4
3
2
0
1
2 1
3 x
 





4
3

0
1
2 1
3 x
 









2.4 1 2.0 1

3
 
     
 





1 26
27 1
3 3
  

Nhận xét: Với đa số học sinh trung bình thì nên tính tích phân trên bằng phương pháp đổi biến

2 1

t  x  t2 2x1

Lấy vi phân hai vế (theo biến tương ứng) ta được

 



2 1



2 2

d t d x  tdt dx tdt dx

 

Đổi cận: Với x 1 ta có t  2.0 1 1  ; với x 4 ta có t 3

Vậy

3 3 3

1 1 1

3
t

J 



t tdt 



t dt  33 13 26
3  3  3

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2008, L2, KPB): Tính

1
0

3 1

I 



x dx

.
Câu 2 (Đề TN 2008, L2, Ban KHXH):

Tính tích phân





2
2
1

6 4 1

I 



x  x dx

Đáp số: Câu 1: I 149; Câu 2: I 9

2. PP đổi biến số.
Lý huyết

Một số dạng thường gặp:







1 sin cos

b
a

I 



f x xdx

. Đặt t sinx, ta có dt cosxdx





1 cos sin

b
a

I 



f x xdx

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Khi đó

 

sin
1
sin
b
a

I 



f t dt

hoặc

 

cos

1
cos
b
a

I 



f t dt







2 tan .cos2

b
a

dx

I f x

x




. Đặt t tanx, ta có 2
1
cos
dt dx
x

Khi đó

 

tan
2
tan
b
a

I 



f t dt



 

b

x x
a

I 



f e e dx

. Đặt t e x, ta có dt e dx x

Khi đó

 

3
b
a
e
e

I 



f t dt

 Tổng quát:

 

3 .

b
a

I 



f u x u x dx  

. Đặt t u x

 

, dt u x dx 

 

Ví dụ 1: Tính





cos 1 sin

I x xdx









 Đặt t cosx, ta có dt d



cosx



 sinxdx.

 Đổi cận: Với x 6





, ta có

3
cos

6 2

t 





Với x 3





, ta có

1
cos

3 2

t 





 Khi đó



 







3
1
2 2
1
3 2
2
1 1

I 



t  dt 



t dt

3
2
2
1
2
2
t
t
 
  
 

 

2
2
3 1

2 3 2 1

2 2 2 2

  
 
  
 
 
 
     
   
   
 

3 3 1 1 3 1

8 2 8 2 2 4

 

      

 

Ghi chú: các em cũng có thể đặt t cosx1

Ví dụ 2: Tính

2
0
cos
3 sin
x
J dx
x






Ta viết lại

2
0
1
.cos
3 sin
J xdx
x






(có dạng I1)

 Đặt t sinx, ta có dt d



sinx

 

 sinx dx



. cosxdx

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Với x 2





ta có t sin 2 1



 

 Vậy





1 1

0 0

3
1

3 3

d t

J dt

t t



 

 







ln t 3

  









ln 1 3 ln 0 3

    

4
ln 4 ln 3 ln

 

Ghi chú: Với bài này có thể đặt t  3 sinx.

Ta có dt d



3 sin x

 

 3 sin x dx



 cosxdx
 Đổi cận: x 0 t  3 sin 0 3

3 sin 3 1 4

2 2

x



 t  



  

 Khi đó

4
3

dt
J

t





4
ln ln 4 ln 3 ln

t

   

Cách đặt này giúp lời giải gọn và phép tính tích phân dễ thực hiện hơn rất nhiều so với cách 1. Các em
lưu ý nhé !

Ghi nhớ: Trong q trình tính tích phân dạng

b

b
a
a

du
u

u 



cần vận dụng vi phân để tính nhanh.
Chẳng hạn dx d x m







với mọi m là hằng số.





dx d mx n

m

 

với mọi m, n là hằng số.

Ví như, trong 1

dx
x 



mẫu có dạng u x 1, nhưng tử chưa phải du do đó cần biến đổi để tử thành

du: thay dx d x



1



.

Vậy





ln 1

1 1

d x
dx

x C

x x



   

 



Ví dụ 3: Tính

ln 3

0 1

x
x

e

L dx

e






Giải:

 Đặt t e x 1





x x

dt e dx e dx

   

 Đổi cận: x 0 t e 0 1 1

ln 3

ln 3 1 3 1 4

x  t e    

 Khi đó

4 4

1
1

2
dt

L t

t







2 4 2 1 2

  

Chú ý: Ở đây đã sử dụng công thức

2
dt

t C

t  



Cách khác: Đặt t  ex1  t2 ex 1
2tdt e dxx

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Đổi cận: x 0 t  e0 1 1;

ln3

ln 3 1 3 1 2

x  t  e    

Khi đó

2 2

2
1

1 1

2 2

tdt

L dt t

t















2 2 1 2

   .

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN BTTH 2006):

Tính tích phân





2
0

2sin 3 cos

I x xdx









.
Câu 2 (Đề TN 2006, Ban KHTN):

Tính tích phân





ln 5
ln 2

1
1

x x

x

e e

I dx

e







.
Gợi ý: Đặt t  ex  1 t2ex  1

Suy ra ex t21 và 2tdt e dx x

Câu 3 (Đề TN 2006, KPB): Tính

2
0

sin 2
4 cos

x

I dx

x








Câu 4 (Đề TN 2007, Bổ túc): Tính

2
0

cos
1 sin

x

I dx

x








.
Câu 5 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHTN):

Tính tích phân





1 4

2 3

I x x dx









Đáp số: Câu 1: I 4; Câu 2:

26
3
I 

; Câu 3:

4
ln

3
I 

Câu 4: I ln 2; Câu 5:

32
15
I 

3. PP tích phân từng phần

Lý huyết

b b

b
a

a a

udv uv  vdu



Dấu hiệu: Tích phân có dạng

 

1 .sin

b
a

I 



f x xdx

;

 

2 .cos

b
a

I 



f x xdx

;

 

3 .

b

x

a

I 



f x e dx

Cách giải: Đặt uf x

 

 du f x dx

 

Cịn dvsinxdx, ta có v cosx
cos

dv  xdx, ta có vsinx

x

dv e dx , ta có v e x

Ví dụ 1: Tính





4
1

2 3 sin

I x xdx



</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Giải:

 Đặt u2x 3 du



2x3



dx 2dx
Với dv sinxdx, ta có v cosx.

 Khi đó:



 





 



4
4

1 0

2 3 cos cos 2

I x x x xdx




   







 



1 2 3 cos 2.0 3 cos0

4 4

I 



   



  

   

4
0

2 cos xdx











1 0

3 3 1 2sin

2 2

I 



     x

   

3 3 2 sin sin 0

2 2 4



   

       

   

2 2

3 3 2 0

2 2 2



 

       

   

2 2

2 4



  

Nhận xét: Các em có thể tách

4 4

0 0

2 sin 3sin

I x xdx xdx

 









Sau đó tính

4 4

0 0

2 sinx xdx 2 xsinxdx

 





bằng PP tích phân từng phần với cách đặt ux.

Và tính

4 4

4
0

0 0

3sinxdx 3 sinxdx 3cosx

 



 



.
Tính xong, cộng hai kết quả trên lại.

Ví dụ 2: Tính





2
2

5 2 x

I 



 x e dx

Giải:

 Đặt u 5 2x du



5 2 x dx



 2dx
Với dv e dx x , ta có v e x

 Khi đó









2
2

2 0

5 2 x x 2

I   x e 



e  dx









2 0

5 4 5 0 2 x

I   e   e 



e dx

2
2

1.e 5.1 2ex

   e2 5 2



e2 e0



e2 5 2



e2 1



 Vậy I2 3e2 7

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2006, Ban KHXH): Tính





1
0

2 1 x

I 



x e dx

.
Câu 2 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHXH):

Tính tích phân





2
0

2 1 cos

I x xdx









Câu 3 (Đề TN 2008, L2, Ban KHTN): Tính





1
0

4 1 x

I 



x e dx

.
Đáp số: Câu 1:I  1 e; Câu 2: I  



3; Câu 3: I  3 e

4. Tính diện tích hình phẳng
Lý huyết

Dạng 1: Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số yf x

 

, trục hoành và hai đường thẳng

;

x a x b 



a b



.

 





b
a

S f x dx

Cách tính

 

b
a

S 



f x dx

 Giải ph/trình : f x 

 

0 tìm các nghiệm x x1; ;...;2 xn thuộc đoạn



a b;



. (Nghiệm khơng thuộc, ta 
loại bỏ)

 Phân tích

 

b
a

S 



f x dx

 

1 2

...

n

x x b

a x x

f x dx f x dx f x dx









 



Trên mỗi khoảng



a x; 1

 

, x x1; 2



,...,



x bn;



thì f x

 

có dấu xác định khơng thay đổi.

Nên

 

1 2

...

n

x x b

a x x

S 



f x dx 



f x dx  



f x dx

{Đưa dấu giá trị tuyệt đối ra ngồi dấu tích phân}

Ví dụ: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số yx3 x, trục hoành và các đường thẳng

0; 2

x x

Lời giải:

 Diện tích hình phẳng cần tìm bằng

2
3
0

S 



x  x dx

 Ta có





3 0 2 1 0

x  x  x x    x0;x1

Trên đoạn



0;2



, ta loại bỏ x 1

 Suy ra

1 2

3 3

0 1

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>









1 2

3 3

0 1

x x dx x x dx





 





1 2

4 2 4 2

0 1

4 2 4 2

x x x x

   

      

   

1 1 16 4 1 1

4 2 4 2 4 2

   

        

   

1 1 5

4 4 2

   

Nhận xét: Các em nên dùng máy tính cầm tay để tính và kiểm tra đáp án nhé !

Nếu em nào có kỹ năng xét dấu, có thể lập bảng xét dấu để khử dấu giá trị tuyết đối của

x  x

trên 
đoạn



0;2



.

Dạng 2: Diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số yf x

 

và yg x

 

.
Cách giải:

 Giải ph/trình f x

 

g x

 

tìm được các nghiệm x x1; ;...,2 xn
(Giả sử x1x2 ...xn)

 Diện tích hình phẳng cần tìm

 

n

x
x

S



f x  g x dx

Chia S thành tổng các tích phân trên các khoảng



x x1; 2



,



x x2; 3



,…,



xn1;xn



để tính bằng cách đưa 
dấu giá trị truyệt đối ra ngoài dấu tích phân.

 

1 1

...

n

x
x

x x

S f x g x dx f x g x dx







  





 

1 1

...

n

x
x

x x

S f x g x dx f x g x dx







    



  

Ví dụ 2: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường yx3 x2 và y 0

Giải:

 Ph/trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho :x3 x2 0





2 1 0 0; 1

x x x x

     

 Vậy diện tích hình phẳng cần tìm





3 2

0
S 



x  x  dx





1 4 3

3 2

0 4 3 0

x x

S  x  x dx   

 



1 1

4 3

  1

12


Bài tập:

Câu 1 (Đề TN BTTH 2006):

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số yx33x2, trục hoành và các đường thẳng

2, 1

x x .

Câu 2 (Đề TN 2006, KPB):

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y e x, y 2 và đường thẳng x 1.

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Để tìm cận cịn lại ta giải ph/trình e x 2 xlog 2 ln 2e 

Chú ý: ln 2 1

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm bằng

1
ln 2

x

S 



e  dx

.

Các em tự tính tiếp nhé !

Câu 3 (Đề TN 2007, L2, Ban KHXH): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y x26x,

0
y  .

5Tính thể tích khối trịn xoay(khi quay quanh trục Ox)
Lý huyết

Dạng 1: Thể tích V của khối trịn xoay thu được khi cho hình phẳng

 

H giới hạn bởi đồ thị hàm số

 

yf x , trục hoành và hai đường thẳng x a x b ; 



a b



quay quanh trục hoành.

 

b
a

V 





 f x  dx

Ví dụ: Tính thể tích vật thể trịn xoay tạo thành khi cho hình phẳng

 

H giới hạn bởi đồ thị hàm số

cos

y x, trục hoành và hai đường thẳng x 6;x 2



 

quay quanh trục hồnh.

Giải:

 Thể tích cần tìm bằng





2
6

cos

V x dx











2 2

6 6

cos 1 cos 2

V xdx x dx

 













1
sin 2

2 x 2 x



 

   

 

1 1 2

sin sin

2 2 2 6 2 3

 



  

      

 

1 1 3

.0 .

2 2 2 6 2 2

 

 





      

 

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2007, Lần 2, Ban KHTN): Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường ysinx,y 0,

0,
2
x x



Tính thể tích của khối trịn xoay được tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hồnh.

**************************************************************************************

Sè phøc

1. Mơ đun, các phép tốn
Lý huyết

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

 Mơđun của số phức z  a bi  a2b2
 Biết cách nhân hai số phức (Chú ý i 2 1)
Chia hai số phức:



 





 



a bi c di
a bi

c di c di c di

 




  



 



2 2

a bi c di

c d

 





Số phức nghịch đảo:



 



2 2

1 a bi a bi

a bi a bi a bi a b

 

 

   

Ví dụ 1: Tính mơ đun của số phức z 4 2 5i.

Giải:





4 2 5 36 6

z     

Ví dụ 2: Thực hiện các phép tính sau.

a)



3 i

 

5 3 i



b)





2
3 2i

Giải:



3 i

 

5 3 i



15 9 i 5i 3i2 15 3 1







4i18 4 i





2
3 2i







 



2 2

2 3 2 6 4 6 4

3 2 3 2 3 2 13

i i i

i i

  

  

  

6 4

13 13i

 

Ví dụ 3: Tính





2 3

P  i

.

Giải:



2 3

 

2 2 3



P  i  i 



2 6 2 i9i2

 

2 3 i





2 9 6 2i

 

2 3i

 

7 6 2i

 

2 3i



       

 

2 2

7 2 21i 6 2 i 18 2i

   

7 2 18 2 21 12i i

    25 2 9i

Cách 2: Khải triển P (theo hằng đẳng thức)
{





3 3 3 2 3 2 3

a b a  a b ab b }

 

2 3 3

 

2 .32 3 2 3

 

3 3

P  i i  i

2 2 18i 27 2 27i 25 2 9i

     

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2008, L1, Phân ban):

Tính giá trị của biểu thức



 



2 2

1 3 1 3

P  i   i

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Lý huyết

 Căn bậc hai của số thực âm: Căn bậc hai của số thực a 0 gồm hai số i a và i a
Ví dụ: Căn bậc hai của 28 gồm i 282 7i và 2 7i .

Ghi nhớ: Chúng ta không viết 28, mà chúng ta chỉ nói là các căn bậc hai của 28.

Bài tập:

Tìm các căn bậc hai của 27; 45.

3. Phương trình bậc hai khơng có nghiệm thực
Lý huyết

 Giải phương trình bậc hai ax2bx c 0



a0



trên tập số phức . Với  b2 4ac0 (Delta

âm)

Phương trình có hai nghiệm phức 2

b i
x

a

  



Ví dụ: Giải phương trình 2x2 x 5 0 trên tập số phức .

Giải:

 Ta có

 

1 4.2.5 1 40 39 0

        .

 Vậy p/trình đã cho có hai nghiệm





39
2.2

i
x  

Hay

1 39

4
i

x  1 39

4 4 i

 

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2006, Phân ban): Giải phương trình sau trên tập số phức 2x2 5x 4 0.

Câu 2 (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban): Giải phương trình sau trên tập số phức x2 6x25 0 .

Câu 3 (Đề TN 2008, Lần 2, Phân ban): Giải phương trình sau trên tập số phc x2 2x 2 0.

******************************************

Hình học không gian

( Giải bằng phơng pháp tổng hợp )

Tớnh din tớch, Tớnh th tớch.

Lý huyết

Thể tích hình chóp

. .

3 đáy

V  S h

(h là chiều cao)

Thể tích khối cầu bán kính R:

4
.
3

cÇu

V 



R

Thể tớch khối lăng trụ VL/trụ Sđáy.h

Thể tích khối nón trịn xoay :

1 .

nãn

V 



R h

Thể tích khối trụ trịn xoay:

2.
trơ

V 



R h

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

 Diện tích xung quanh của hình nón trịn xoay: SXq-nãn 



R l.

Diện tích xung quanh của hình trụ trịn xoay: SXq-trơ 2



R l.

Một số hình cần chú ý:

- Hình chóp đều có đáy là tam giác, hình vng

- Hình chóp có một cạnh vng góc với đáy (hình chữ nhật, hình vng, tam giác vng)

- Hình nón trịn xoay, biết chiều cao, hoặc đường sinh, bán kính đường trịn đáy, góc phẳng ở đỉnh.
- Hình nón bị cắt bởi mặt phẳng qua đỉnh giao với đường tròn đáy tại hai điểm A, B, biết AB và giả thiết
khác.

Yêu cầu: Giải lại các bài toán trong SGK HH12 có dạng trên, ghi nhớ cách tính các yếu tố cần thiết và

mối quan hệ giữa các yếu tố dựa vào hình vẽ, tính chất của hình.

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2006, Phân ban) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, cạnh bên SA

vng góc với đáy, cạnh bên SB bằng a 3.

1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD.

2. Chứng minh trung điểm của cạnh SC là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

Câu 2 (Đề TN 2007, Lần 2, Phân ban): Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 
bằng a, cạnh bên SA vng góc với đáy và SA =AC. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD.

Câu 3 (Đề TN 2008, Lần 1, Phân ban):

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Gọi I là trung điểm 
của cạnh BC.

1) Chứng minh SA vng góc với BC. 
2) Tính thể tích khối chóp S.ABI theo a. 
Câu 4 (Đề TN 2008, L2, Phân ban):

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B, đường thẳng SA vng góc với mặt phẳng 
(ABC). Biết AB=a, BC=a 3 và SA=3a.

1. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.

2. Gọi I là trung điểm của cạnh SC, tính độ dài đoạn thẳng BI theo a.
Câu 5 (Đề TN 2009):

Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy.

Biết BAC 120 = 0, tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.

Phơng pháp toạ độ trong khơng gian

1. Tọa độ của điểm, vectơ.

Lý huyết

Yêu cầu nắm được:

- Tính độ dài vecto u a b c



; ;





2 2 2

u  a b c

- Cho A x y z



A; A; A



, B x y z



B; B; B



, C x y z



C; C; C



Tính tọa độ trung điểm I của đoạn AB, và trọng tâm G của tam giác ABC.

2
2
2

A B
I

A B

I

A B
I

x x

x

y y

I y

z z

z





















 ;

3
3
3

A B C

G

A B C

G

A B C

G

x x x

x

y y y

G y

z z z

z

 






 






 






- Tính tọa độ vecto AB: AB



xB x yA; B  y zA; B  zA





</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>



B A





B A





B A



ABAB  x  x  y  y  z  z



- Tính tích có hướng của 2 vecto u a b c



; ;





, v a b c



  ; ;





, b c c; a a; b

u v

b c c a a b

 

   

       

 

 





, ; '

u v bc b c ca c a ab a b

        

 

 

- Tính tích vơ hướng của 2 vecto u a b c



; ;





, v a b c



  ; ;





. . .

u v aa  b bc c

- Tính góc giữa hai vecto u a b c



; ;





, v a b c



  ; ;





 

cos ,

.
u v
u v

u v


 
 

 

2 2 2. 2 2 2

aa bb cc

a b c a b c

  


  

   

- Nắm được: Cách tính tọa độ điểm, tọa độ vecto thỏa mãn môt hệ thức vecto.
2. Mặt cầu.

Lý huyết

 Mặt cầu tâm I a b c



; ;



và bán kính R có ph/trình



x a



2



y b



2



z c



2 R2

 Dạng thứ hai: x2y2z2 2ax 2by 2cz d 0 (2)

Với đ/kiện a2b2c2 d 0, thì (2) là p/trình mặt cầu tâm I a b c



; ;



, bán kính

2 2 2

R a b c  d .

Một số dạng thường gặp: Mặt cầu có tâm I a b c



; ;



và đi qua một điểm hoặc tiếp xúc với một mặt phẳng;
mặt cầu đí qua 4 điểm khơng đồng phẳng.

Chú ý: Khoảng cách từ điểm M x



M;yM;zM



đến mặt phẳng

 



:Ax By Cz D   0 được tính theo
cơng thức

 

; 2 2 2

. . .

 

 

  



 

M M M

M

A x B y C z D

d

A B C



Dạng 1: Mặt cầu đi qua một điểm M và có tâm cho trước I a b c



; ;



Cách giải:

Bán kính mặt cầu là R MI

Ví dụ 1: Viết phương trình mặt cầu tâm A



1;2; 3



và đi qua điểm M



0;2;2



.

Lời giải:

 Mặt cầu đi qua điểm M



0;2;2



nên có bán kính bằng



1 0





2 2





3 2



2 26

R MA        

 P/trình mặt cầu (tâm A



1;2; 3



</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Hay













2 2 2

1 2 3 26

x  y  z 

Ví dụ 2: Viết phương trình mặt cầu đường kính AB biết A



1; 2; 1 



và B



3;0; 3



.

Giải:

 Mặt cầu đường kính AB có tâm là trung điểm I của đoạn AB.

Tọa độ tâm I là





1 3
2

2 2

2 0
1

2 2

1 3

2 2

A B
I

A B

I

A B
I

x x

x

y y

y

z z

z

 



  




  



  




    

  




Hay i



2; 1; 2 



 Bán kính mặt cầu



1 2











2 3

R IA           

 P/trình mặt cầu cần tìm:



x 2



2



y 





2



z 





2 

 

3 2

Hay













2 2 2

2 1 2 3

x  y  z 

Dạng 2: Mặt cầu có tâm I a b c



; ;



và tiếp xúc với mặt phẳng

 

P Ax By Cz D:    0.
Cách giải: Bán kính mặt cầu bằng khoảng cách từ tâm I đến mp

 

P .

Ví dụ 3: Viết ph/trình mặt cầu có tâm M



0; 1;1



và tiếp xúc với mặt phẳng

 

P x y:   2z 1 0.

Lời giải:

 Mặt cầu tiếp xúc với mp

 

P nên bán kính m/cầu bằng khoảng cách từ tâm M đến mp

 

P :

 









, 2 2 2

0 1 2.1 1

1 1 2

M P

R d 

 

   

 

  

2 2

6 6



 

 P/trình mặt cầu cần tìm (tâm M



0; 1;1















2
2

2 2 2

0 1 1

x  y   z  

 

Hay









2 2

2 1 1 2

x  y  z 

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2007, L2, Ban KHTN): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm E(1;-4;5) và

F(3;2;7).

1. Viết phương trình mặt cầu đi qua điểm F và có tâm là E.
2. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng EF .

Câu 2(Đề TN 2009, Ban CB):

Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình:

( ) (

) (

)

S : x 1- + -y 2 + -z 3 =36

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

1) Xác định toạ độ tâm T và tính bán kính của mặt cầu (S). Tính khoảng cách từ T đến mặt phẳng

( )

P .
2) Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua T và vng góc với (P). Tìm toạ độ giao điểm của d
và (P).

3. Phương trình mặt phẳng.
Lý huyết

Dạng 1: Mặt phẳng đi qua điểm M x



M;y zM M



và có vecto pháp tuyến n



A B C; ;





.
PTTQ của mp là A x x



 M



B y y



 M



C z z



 M



0

Một số dấu hiệu:

- Mặt phẳng

 

P vuông góc với đường thẳng AB¸ hoặc đường thẳng

 

d . Khi đó vecto AB hoặc vecto

chỉ phương ud



của

 

d là vecto pháp tuyến của mp

 

P .

- Mặt phẳng

 

P song song với mặt phẳng

 

Q , khi đó vecto pháp tuyến nQ



của mp

 

Q cũng là vecto
pháp tuyến của mp

 

P .

Ví dụ 1: Viết phương trình tổng qt của mặt phẳng

 

P đi qua điểm A



1;2; 3



và :

a) vng góc với đường thẳng

 

1 2

2 1 3

x y z

d    



b) song song với mặt phẳng

 

Q x y:   3z0

c) vng góc với đường thẳng AB với A



0;1;1



, B 



1;2;0



Lời giải:

a) Đ/thẳng

 

d có vecto chỉ phương u 



2; 1;3





.


 

P 

 

d nên

 

P nhận u 



2; 1;3





làm vecto pháp tuyến.
Mặt khác

 

P đi qua điểm A



1;2; 3



 Vậy p/trình tổng quát của

 

P :



 







2 x 1  1 y 2 3 z 3 0

Hay 2x y 3z 9 0

b) 

   

P || Q nên vecto pháp tuyến của

 

Q , n   



1; 1; 3





cũng là vecto pháp tuyến của

 

P .

 Mặt khác

 

P đi qua điểm A



1;2; 3



 Vậy p/trình tổng quát của

 

P :













1 x1 1 y 2  3 z 3 0

Hay x y  3z 8 0

 

P AB nên

 

P nhận AB  



1;1; 1





làm vecto pháp tuyến
Mặt khác

 

P đi qua điểm A



1;2; 3



 Vậy p/trình tổng quát của

 

P :













1 x 1 1 y 2 1 z 3 0

       

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Dạng 2: Mặt phẳng

 

P xác định bởi hai vecto u



, v



không cùng phương và có giá song song hoặc nằm
trên

 

P . {Ôn thi ĐH-CĐ}

Cách giải:

Vectơ pháp tuyến của

 

P là nu v, 

  

, tích có hướng của hai vectơ u



, v



.
Một số dấu hiệu thường gặp:

- Mp

 

P song song với hai đường thẳng

  

d1 , d2



không cùng phương.

- Mp

 

P vng góc với hai mặt phẳng

   





không song song.
Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHXH):

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1;4;-1), B(2;4;3) và C(2;2;-1).
1) Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vng góc với đường thẳng BC.

2) Tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.

Câu 2 (Đề TN 2006, Ban KHXH): Trong không gian tọa độ Oxyz cho ba điểm A(-1; 1; 2), B(0; 1; 1), 
C(1; 0; 4).

1. Chứng minh tam giác ABC vuông. Viết phương trình tham số của đường thẳng AB.
2. Gọi M là điểm sao choMB2MC

 

. Viết phương trình mặt phẳng đi qua M và vng góc với đường
thẳng BC.

Câu 3 2 (Đề TN 2009, Ban KHTN): Trong không gian Oxyz, cho điểm A(1; – 2; 3) và đường thẳng d có pt

x 1 y 2 z 3

2 1 1

+ = - = +

-1) Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d. 
2) Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d. Viết phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d.

4. Phương trình đường thẳng.
Lý huyết

 Đường thẳng

 

 đi qua điểm M x



M;yM;zM



có vecto chỉ phương u



a b c; ;





- P/trình tham số của

 

 :

M
M
M

x x at

y y bt

z z ct

 




 



  

 ,



t  



- P/trình chính tắc của

 

 :

M M M

x x y y z z

a b c

  

 

Yêu cầu: Từ các p/trình tham số và p/trình chính tắc của đ/thẳng phải biết lấy vecto chỉ phương và điểm 
thuộc đường thẳng.

Dạng 1: Đường thẳng đi qua điểm M x



M;yM;zM



và có vecto chỉ phương xác định trước.

Một số dấu hiệu thường gặp:

- Đường thẳng

 

 đi qua hai điểm M N, , khi đó vecto MN



là vecto chỉ phương của

 

 .
- Đường thẳng

 

 vng góc với mặt phẳng

 

P . Khi đó vecto pháp tuyến nP



</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

- Đường thẳng

 

 song song với đường thẳng

 

d , khi đó vecto chỉ phương của

 

d cũng là vecto
chỉ phương của

 

 .

Ghi nhớ: Nên vẽ hình minh họa để dễ xác định các yếu tố giải thiết cho và liên hệ tới mối quan hệ

giữa chúng.

Ví dụ 1: Viết phương trình tham số của đường thẳng

 

 , biết:
a)

 

 đi qua hai điểm A



1;2; 3



, B



0;1; 2



b)

 

 đi qua điểm M



1; 1;1



và vng góc với mặt phẳng

 



:x 3y z 0.

c)

 

 đi qua điểm N



0;0;2



và song song với đường thẳng

 

d có p/trình

 

: 1

x t

d y t

z





 


 


Lời giải:

a)  Đường thẳng

 

 đi qua hai điểm A, B nên nhận vecto AB  



0 1;1 2; 2   









1; 1;1



  

làm vecto chỉ phương.   Mặt khác

 

 đi qua A



1;2; 3



nên có p/trình tham số

1
2

x t

y t

z t

 



 


  

 ,



t  



b)  Đường thẳng

 

 vng góc với mp

 

P nên nhận vecto pháp tuyến n  



1; 3;1





của

 

P làm vecto
chỉ phương của

 

 .

 Mặt khác

 

 đi qua điểm M



1; 1;1



nên có p/trình tham số

1
1 3
1

x t

y t

z t

 




 


  

 ,



t  



c) Đ/thẳng

 

d có vecto chỉ phương u



2;1;0





.
 Đ/thẳng

 

 song song với

 

d nên nhận u



2;1;0





làm vecto chỉ phương.
 Mặt khác

 

 đi qua điểm N



0;0;2



nên có p/trình tham số

0 2
0
2

x t

y t

z
 




 


 

 ,



t  



.

Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2007, Bổ túc):

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm E(1;0;2) , M(3;4;1) và N(2;3;4).
1. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng MN.

2. Viết phương trình mặt phẳng đi qua điểm E và vng góc với đường thẳng MN.
Câu 2 (Đề TN 2007, Lần 2, Ban KHXH):

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

 

1 2

: 3

x t

d y t

z t

 



 


  

 .

1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M và vng góc với đường thẳng (d).
2. Viết p/trình tham số của đường thẳng đi qua hai điểm M và N.

5. Góc, khoảng cách.
Lý huyết

 Khoảng cách từ điểm M x



M;yM;zM



đến mặt phẳng

 



:Ax By Cz D   0 được tính theo cơng

thức

 

; 2 2 2

. . .

 

 

  



 

M M M

M

A x B y C z D

d

A B C



Bài tập:

Câu 1 (Đề TN 2008, Lần 1, Ban KHTN):

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(3; -2;-2) và mặt phẳng (P) có phương trình
2x-2y+z-1=0.

1) Viết phương trình của đường thẳng đi qua điểm A và vng góc với mặt phẳng (P).

2) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P). Viết phương trình của mặt phẳng (Q) sao cho (Q)
song song với (P) và khoảng cách giữa (P) và (Q) bằng khoảng cách từ điểm A đến (P).

Câu 2 (Đề TN 2008, Lần 2, Ban KHTN):

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm M(1;-2;0), N(-3;4;2) và mặt phẳng (P) có phương
trình2x2y z  7 0 .

1. Viết phương trình đường thẳng MN.

2. Tính khoảng cách từ trung điểm của đoạn thẳng MN đến mp(P).
Câu 3 (Đề TN 2008, L2, Ban KHXH):

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A



2; 1;3



, mặt phẳng

 

P x:  2y 2z 10 0 .
1) Tính khoảng cách từ điểm A đến mp(P).

2). Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A và vng góc với mặt phẳng (P).
Bài toán tổng hợp

Câu 1 (Đề TN BTTH 2006): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(4; 3; 2), B(3; 0; 0), 
C(0; 3; 0) và D(0; 0; 3).

1. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A và trọng tâm G của tam giác BCD.
2. Viết phương trình mặt cầu có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng đi qua ba điểm B, C, D.
Câu 2 (Đề TN 2006, Ban KHTN):

Trong không gian tọa độ Oxyz cho ba điểm A(2; 0; 0), B(0; 3; 0), C(0; 0; 6).

1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C. Tính diện tích tam giác ABC.
2. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Viết phương trình mặt cầu đường kính OG.
Câu 3 (Đề TN 2006, KPB):

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1; 0; -1),
B(1; 2; 1), C(0; 2; 0). Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
1. Viết phương trình đường thẳng OG.

2. Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua bốn điểm O, A, B, C.

3. Viết phương trình các mặt phẳng vng góc với đường thẳng OG và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu 4 (Đề TN 2007, L1, Ban KHXH):

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm E



1;2;3



và mặt phẳng

 



:x2y 2z 6 0.
1). Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ và tiếp xúc với mp

 



</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Lời nhắn:

- Để ơn tập có trọng tâm, các em cần tập trung ôn tập bám sát theo các dạng toán mà cấu trúc đề thi 
đã đưa ra.

- Làm thêm các bài tập tương tự các dạng trên ở SGK (để đối chiếu với đáp án SGK cho).

- Dành thời gian để giải một số đề thi thử (theo cấu trúc của Bộ GD&DDT) để rèn luyện thêm. Khi 
làm, cần tạp trung và làm nghiêm túc theo đúng thời gian đã định (150 phút).

- Sau mỗi lần giải đề, tự đánh giá xem phần nào đã đạt yêu cầu, phần nào chưa, còn yếu thì cố gắng 
rèn luyện thêm.

- Trong quá trình biên soạn, thời gian gấp rút nên không thể tránh được các thiếu sót. Rất mong các 
em học sinh thơng cảm, phát hiện và góp ý giúp thầy hồn thiện bộ tài liệu này để có thể lưu hành 
cho các năm sau.

Bông hồng thủy tinh
Nếu những đắm say vội vã
Ta đã trao nhau để rồi lãng quên
Nhưng năm tháng trơi

Để lịng mang bao vết thương khắc sâu
Vì ta đã trót u

Tình u xưa như vết cứa xót xa
Tim anh âm thầm đau đớn

Bụi mờ quá khứ đã giăng che mờ trên cây đàn đã nín câm
Và tình u đó xin gọi tên “Bông hồng thủy tinh”

Để sỏi đá quen bước chân anh từng đêm trên phố khuya
Xin như cơn mơ cho bông hoa sẽ mãi mãi trong tim ta
Xin cho đơi tay nâng niu chớ vơ tình có đánh rơi
Vì tình u kia mong manh như thủy tinh
Anh không muốn trong đời thiếu em, thiếu em
Để thời gian ta chia xa khơng phai nhịa

Để ngày mai ta sẽ mãi mãi không quên
Xin em hãy giữ kỷ niệm “Bông hồng thủy tinh”
*

* *

Nếu những đắm say tìm đến

Khi thời gian chưa xoá mờ vết thương
Dù cho năm tháng qua

Cuộc tình chia cách xa đơi nơi
Ngày xưa ta đã yêu

Dù thời gian cho ai sẽ lãng quên
Ai âm thầm tiếc nuối

Dù bụi mờ quá khứ đã giăng che mờ trên cây đàn đã nín câm
Tình u đó vẫn gọi tên “Bơng hồng thủy tinh”

</div>

tai lieu thi tot nghiep

Bùi Văn Lưu Gv toán THPT B Bình Lục Hà Nam

<i><b>Khảo sát hàm số, các bài tốn liên quan đến ứng dụng đạo hàm và đồ thị hàm số</b></i>

( )

( )

( )

( )

 

 

 





 





























 





 







 









 





 

 

 





 





 





















 





 





























