Bài giảng Tài liệu Ôn thi tốt nghiệp THPT- ĐH-CĐ năm 2011
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (740.92 KB, 65 trang )
!"#!$#!$
CẤU TRÚC ĐỀ THI TỐT NGHIỆP BỘ MÔN TOÁN THPT
!"#$%
&'()(*+,-./0'12334
Môn Toán
I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I (3 điểm): $56'+&7(89.+4
$&-'&):;<=>'(9.+?-;)+7@.7;
0;7AB(C9.+4D)9.EFG'HI7HJ'
E9.B!'9.HKLC444
Câu II (3 điểm):$+7HJD7-HJDM(/4
$"&.I(N+4D0)7O4
$ '&PQ4
Câu III (1 điểm):D*1/BPQC?<R:DGSR'07D=S
R'0TF1=71G71GSR'071=SR'0T<UV(F
1V4
II. Phần riêng (3 điểm):B+*HJD'WHQV<)'HJDGC4
1. Theo chương trình chuẩn:
Câu IV.a (2 điểm):X!<1;?
$Y&.*!F7(ZJ4
$[UV4
$\;HJDUL7HKL4
$G71'6&]F;UL4\.HJHKL7UL(UV4
Câu V.a (1 điểm):X!<1;?
$^?/+7&_'&)+4-A+@O4HJD-A+
@G-#O4
$`<=O?<DL7F1SR'04
2. Theo chương trình nâng cao:
1
!"#!$#!$
Câu IV.b (2 điểm): X!<1;?
HJ&*!'1/?
$Y&.*!F7(ZJ4
$[UV4
$\;HJDUL7HKL4
$GT1'6&]F;HKL7ULT1'6&EHKL4\.HJ
HKL7UL(UV4
Câu V.b (1 điểm):X!<1;?
$^?[/+7&_'&)+4-A+4HJD-A(I+
4#>HQ&+4
%9.OEW<>
R -R
R :
y
+ +
=
+
(!+0;):4
- ^@;RHK'4
$HJDM(/4
$`<=O?<DL7F1SR'04
HỆ THỐNG KIẾN THỨC TỐN THPT
DÙNG CHO THI TỐT NGHIỆP - ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG
Chú ý: 1.X!<GO'(a!(I=<b'/0%$%
4&!<%&'()*$+,aVE!<*O
X
VẤN ĐỀ 1:ỨNG DỤNG ĐAO HÀM
• -./0/123+*$*4(56$/
• 0&*7(8+9:(3$/
o Phương trình tiếp tuyến: tại M
0;
đi qua một điểm M
1
ho;&23 hệ số góc k
o Biện luận số nghiệm của phương trình bằng đồ thò :
o @.+
o 0!6<7=0!6>7
o 1?@:&A::(?B&C(DE*$F(?B&GD
o Cách xác đònh tiệm cận :
o HIJ&A:K&L KIK&ME*$NK&&A:F*)N!OP:/2Q
ME9:9:!J&RP;&R
o DF.3*HK'B
C?0cdBR7C
o '&D:e3*HK'B
C?0cdBR7C
o C¸c d¹ng ®å thÞ cã chøa gi¸ trÞ tut ®èi thêng gỈp:
……..
2
!"#!$#!$
VẤN ĐỀ 2:HÀM SỐ LUỸ THỪA,MŨ VÀ LOGARIT
• K0=&S=!#T=UD&0&2NS&&V&S:W=:!=XY:=U
• K($&A:&0&$/W*$:!
• \8HQ9.&+M7'(e]
• .?@!MW*$:!
• .27?@!MW*$:!
• "6HJDM('B5/Ga-cô baûn)
VẤN ĐỀ 3:NGUYÊN HÀM –TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN
• K+$
o f<=-60)
o #bP-;B<>3(<>C
o 0)]V
• KK&L
B C4 B C B C B C
b
a
b
f x dx F x F b F a
a
= = −
∫
o O-g&+h<=(0)J-64
o O-gHJ&P-;+4
#>3?ic
-
j
dkBRCl <R
∫
-g&UcBRC
#>?ic
d BRC<R
β
∫
α
URc+TRcTmmm
o DO-gHJ&]V?
- -
-
4<( 4( (4<= −
∫ ∫
o O&+HQ&B!+<>J-6C4
o O&+En
o DO&+(/n?
o O<&.0)4
-
d BRC <R
∫
• HIJ&A:K&L
o <DL
o F(AFSR'0?
Z[\ ]H
• D+oT
Tz
-F<p+T+-gTm
• 1&(?^&&0&_0*8&F!Y=L=&:&0&/S&D
• M(?^&&2)&&A:/C1&I?@``1&L*$/S&G
• .?@!M!)S&Bq6-A(.q\$ZC
• #>HQ&+(<=4B5/Ga-J-6C
VẤN ĐỀ 5:DIỆN TÍCH VÀ THỂ TÍCH CÁC KHỐI.
• Tính diện tích các mặt (là tam giác,tứ giác,hình tròn,...)
• KNK&&0&a&V=aF=!J=U
• b;&"
o Y&.O(-&1UV'>;DG7D!7m
o <UV(F1V
• b;!J <R:7<'VD=(F1=
• b;V
o <R:7<'VDG(F11G
3
!"#!$#!$
VẤN ĐỀ 6:PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHƠNG GIAN
• H(F!ac:
o Xác đònh điểm , t*a ! vectJ trong không gian , c/m tính chất hình học ...
o vô hướng , tích có hướng , góc giữa hai véc tơ?
o Véc tơ đồng phẳng , không đồng phẳng,di&7thể tích khG7!:
• b;&"CG
o Y&.O(-&1UV
o Vi;t phHJng trình mUt cVu
o Y&.O(-&1HKS'1/
• b;E
o \;UL<HIr<>BJ-67b(P:&C
• ?BE
o \;HKL<HI<>B^(C
• 6!K?@(':&0&(?^ BF7HKL7UL(UVC
• Ka.&0&':&0&(?^ BF7HKL7UL(UVC
• KV&':&0&(?^ BHKL$HKLTHKL$UL(UL$
ULC
• Xác định phương trình;tâm và bán kính của đường tròn trong khơng gian
• MM&3&A:F(N+F;E;&(DED
o DD;[)BαC
o DD;[)HKLB<C4
• Tìm tọa độ điểm A
/
đối xứng với điểm A qua đt hoặc mp
o Đối xứng qua mp(α)
o Đối xứng qua đường thẳng (d).
• Tìm hình chiếu (d’) của đ.thẳng (d) lên mp (β)
PHẦN A.GIẢI TÍCH
PHẦN 1: HÀM SỐ
Nhắc lại 1 số cơng hức về đạo hàm cơ bản:
4
!"#!$#!$
Bài tốn 1: Khảo sát hàm số
SƠ ĐỒ KHẢO SÁT VÀ VẼ ĐỒ THỊ HÀM SỐ
1.Tìm tập xác định: D=…
2. Tính đạo hàm: y’= cho y’=0 và tìm nghiệm
3.Tính giới hạn:
444 444
o
x x
x
y y
±
→
→±∞
= =
(IR
'
s
4.Tìm phương trình tiệm cận (nếu có)
5.Lập bảng biến thiên
6.Chỉ ra khoảng đồng biến,nghịch biến
7.Chỉ rõ điểm CỰC ĐẠI,CỰC TIỂU
8.Xét tính lồi lõm và điểm uốn (Đối với hàm số bậc 3 và hàm trùng phương)
Tính y’’ cho y’’=0 tìm nghiệm và lập bảng xét dấu y’’
9.Nhận xét về đồ thị:
• Chỉ rõ tâm đối xứng(trục đối xứng của đồ thị)
• Chỉ rõ giao điểm của (C) với trục Oy và Ox
• Cho thêm điểm đặt biệt để vẽ
10. Vẽ đồ thị.
1.Hàm số bậc 3 : y = ax
3
+ bx
2
+ cx + d ( a ≠ 0 )
+ TX% : D = R
+ Đạo hàm: y
/
= 3ax
2
+ 2bx + c với ∆
/
= b
2
− 3ac
5
( )
( )
( )
j
j
jj
j
j
j
jj
j
jj
j
4
4t
CB
44
4u
444r
4444
43
v
vC
v
C
v
v
uvvu
v
u
vCvC
vuvuvu
vuvu
−
=
≠
−
=
=
+=
±=±
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
x
x
x
x
xx
xx
x
x
ax
x
ee
aaa
x
x
x
x
xx
x
C
a
xx
xx
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
3
j
j
j
+
3
'43v
'+
3
43w
+'+43x
'++43t
3
43u
4
3
'43r
43
4433
4
3
43
33
4
444v
34w
4x
−
=
=
−=
=
=
=
=
=
=
−
=
=
=
=
−
αα
α
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
+
'
'+
+4'+
'+4+
4
'
4
44
4
3
444
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j3
j
u
u
u
u
u
u
uuu
uuu
u
u
u
au
u
u
uee
uaaa
u
u
u
v
v
v
uxu
a
uu
uu
−
=
=
−=
=
=
=
=
=
=
−
=
=
−
αα
α
dcx
bax
y
+
+
=
43
ta có
j
CB dcx
bcad
y
+
−
=
33
3
4
cxbxa
cxbxa
y
++
++
=
ta có
( )
33
33
33
j
cxbxa
cb
cb
x
ca
ca
x
ba
ba
y
++
++
=
!"#!$#!$
∆
/
≤ 0 ∆
/
> 0
y
/
cùng dấu với hệ số a
•KL: hàm số tăng trên?
(giảm trên?)
y
/
= 0 có hai nghiệm x
1
; x
2
•KL: hàm số tăng? Giảm?
•Hàm số không có cực trò • Cực tri y cực đại? Cực tiểu?
+ Giới hạn: •
CB
r
dcxbxax
x
+++
+∞→
=
<∞−
>+∞
CB
CB
a
a
•
CB
r
dcxbxax
x
+++
−∞→
=
<∞+
>−∞
CB
CB
a
a
+ Bảng biến thiên:
x −
∞
+
∞
x −
∞
x
1
x
2
+
∞
y
/
+ y
/
+ 0 − 0 +
y +
∞
-
∞
y CĐ +
∞
-
∞
CT
x −
∞
+
∞
x −
∞
x
1
x
2
+
∞
y
/
−
y
/
− 0 + 0 −
y +
∞
−
∞
y +
∞
CĐ
CT −
∞
Chú ý : dù y
/
= 0 có nghiệm kép việc xét dấu vẫn đúng
+ Vẽ đồ thò : • xác đinh Cực trò ?
• ; điểm đặc biệt
a>0 ; có 2 CT a<0; có 2 CT a>0,không CT a<0,không CT
2 Hàm trùng phương y = ax
4
+ bx
2
+ c ( a ≠ 0 )
+ TX% : D = R
+ Đạo hàm: y
/
= 4ax
3
+ 2b.x =2x.(2a x
2
+ b)
a,b cùng dấu a, b trái dấu
y
/
= 0 ⇔ x = 0
•KL: tng? Gi6m
y
/
= 0 ⇔ 2x (2ax
2
+ b) = 0 ⇔ x= 0; x
1,2
=±
a
b
−
•KL: tng? Gi6m?
•Giá trò cực trò : y(0) = c
có một cực trò
• Giá trò cực trò: y(0)= c ; y(±
a
b
−
) =−
au
∆
Có 3 cực trò
6
a > 0
a < 0
Điểm uốniB−
a
b
r
TdB−
a
b
r
CC
!"#!$#!$
+ Giới hạn :
CB
u
cbxax
x
++
±∞→
=
<∞−
>+∞
CB
CB
a
a
+ Bảng biến thiên :
x −
∞
0 +
∞
x −
∞
x
1
0 x
2
+
∞
y
/
− 0 + y
/
− 0 + 0 − 0 +
y
+
∞
+
∞
y +
∞
CĐ +
∞
CT CT
x −
∞
0 +
∞
x −
∞
x
1
0 x
2
+
∞
y
/
+ 0 − y
/
+ 0 − 0 + 0 −
y
−
∞
−
∞
y
C% C%
-
∞
CT -
∞
+ Vẽ đồ thò : • cực đại , cực tiểu ; • y = 0 −> x= ? giải pt trùng phương
3.Hàm phân thức : y =
dcx
bax
+
+
( c ≠ 0; ad − bc ≠ 0 )
+ TXĐ : D = R\
−
c
d
+ Đạo hàm : y
/
=
CB dcx
bcad
+
−
ad−bc < 0 ad−bc > 0
y
/
< 0 ∀ x ∈D y
/
> 0 ∀ x ∈D
Hàm số không có cực trò
Hàm số nghòch biến trên D Hàm số đồng biến trên D
+ Tiệm cận: • x =
c
d
−
là tiệm cận đứng vì
d
x
c
ax b
cx d
±
→ −
÷
+
+
= ∞
• y =
c
a
là tiệm cận ngang vì
x
ax b
cx d
→±∞
+
+
=
c
a
+Bảng biến thiên :
x −
∞
−d/c +
∞
x −
∞
−d/c +
∞
7
z
-z
{
-{
{
-z
z
-{
CĐ
a < 0
a > 0
!"#!$#!$
y
/
− || −
y
/
+ || +
y a/c ||+
∞
−
∞
a/c
y +
∞
|| a/c
a/c −
∞
+ Vẽ đồ thò : − Vẽ tiệm cận , điểm đặc biệt
− Cho 2 điểm về 1 phía của tiệm cận đứng vẽ một nhánh , lấy đối xứng nhánh đó qua giao
điểm hai tiệm cận .
4. Hàm hữu tỉ : 2/1 y =
fex
cbxax
2
+
++
(đk : e ≠ 0 ; tử không chia hết cho mẫu )
+ TXĐ: D = R\
−
e
f
+ Đạo hàm : y
/
=
C4B
CB44
fxe
cebfxafxae
+
−++
có ∆
/
=(af)
2
−(bf−c e).ae
∆
/
< 0 ∆
/
> 0
y
/
cùng dấu với ae y
/
= 0 có hai nghiệm x
1
; x
2
Hàm số không có cực trò
• Giá trò cực trò tính theo CT : y =
e
bax
+
+ Tiệm cận : • x = −
e
f
là tiệm cận đứng
vì
CB xf
e
f
x
−→
= ∞
• Viết lại hàm số y = A x + B + ε(x);
ClBCBk BAxxf
x
+−
∞→
=
(x)
ε
∞→
x
=0 => y =
e
a
x + (
e
b
−
e
af
) là t/c xiên
+ Bảng biến thiên :
x −
∞
−f/e +
∞
x −
∞
x
1
−f/e x
2
+
∞
y
/
+ || + y
/
+ 0 − || − 0 +
y
+
∞
|| +
∞
−
∞
−
∞
y CĐ ||+
∞
+
∞
−
∞
−
∞
CT
x −
∞
−f/e +
∞
x
−
∞
x
1
−f/e x
2
+
∞
y
/
− || −
y
/
− 0 + || + 0 −
8
Rc−<j
0cj
Rc−<j
0cj
a.e > 0
a.e < 0
!"#!$#!$
y +
∞
||+
∞
−
∞
−
∞
y
+
∞
+
∞
|| CĐ
CT −
∞
−
∞
+ Vẽ đồ thò : ( như hàm phân thức )
B-J-61/16'+&+0C
Bài toán 2: Phương trình tiếp tuyến :
u Cầu Viết PTTT của (C): y=f(x) biết
34 Tiếp tuyến tại M(x
0
; f(x
0
))
• TT có phương trình là : y - f(x
0
)= f
/
(x
0
)(x− x
0
)
• Từ x
0
tính f(x
0
) ; Đạo hàm : y
/
= f
/
(x) => f
/
(x
0
) = ?
• P.trình tiếp tuyến tại M là: y = f
/
(x
0
)(x− x
0
) + f(x
0
)
2. Tiếp tuyến đi qua(kẻ từ) một điểm A(x
1
; y
1
) của đồ thò h/s y =f(x)
• Gọi k là hệ số góc của đường thẳng (d) đi qua A
Pt đường thẳng (d) là : y = k(x − x
1
) + y
1
• Điều kiện để đường thẳng (d) tiếp xúc với Đồ thò (C) là
hệ phương trình :
B3C
= − +
=
f(x) k(x x ) y
1 1
/
f (x) k (2)
có nghiệm
• Thay (2) vào (1) giải tìm x => k = ? Kết luận
3. Tiếp tuyến có hệ số góc k :
Nếu : tiếp tuyến // đường thẳng y = a.x + b => hệ số góc k = a
tiếp tuyến ⊥ đường thẳng y = a.x + b => hệ số góc k = −
a
1
• Giả sử M(x
0
; f(x
0
)) là ti;p điểm => hệ số góc của tiếp tuyến f
/
(x
0
).
• Giải phương trình f
/
(x
0
) = k => x
0
= ? −> f(x
0
) = ?
• Phương trình tiếp tuyến y = k (x − x
0
) + f(x
0
)
Chú ý : + Hai đường thẳng vuông góc nhau : k
1
.k
2
= −1
+ Hai đường thẳng song song nhau : k
1
= k
2
Bài toán 3: Biện luận số nghiệm của phương trình bằng đồ thò :
Giả sử phải biện luận số nghiệm của Pt : F(x; m) = 0 .
• Biến đổi phương trình F(x; m) = 0 về dạng f(x) = g(x) Trong đó đồ thò hàm số 0cdBRC|(8(
0cBRC3HKL+'+'(I}R
q?~!1GJD9.0cBRCjj(IHKL.'U:0:3F.C
• \89.?0cBRC; đồ thò (C): y =f(x)
• D@a ('9 th. xét sự tương giao của đồ thò (C) với đồ thò y = g(x)
Bài toán 4: xét tính đơn điệu
Phương pháp xác đònh khoảng tăng, giảm hàm số :
+ MX%: D= ?
+ Đạo hàm : y
/
= ? ..
cho y
/
= 0 ( nếu có ) xét dấu y
/
+ BXD (s•p& nghim ca PT y
/
= (&.1/R&.+]&+6<V)
9
đứng
Xiên
Xiên
Xiên
Xiên
đứng
đứng
!"#!$#!$
* y
/
> 0 thì hàm số tăng ; y
/
< 0 thì hàm số giảm
+ Kết luận : hàm số đồng biến , nghòch biến trên khoảng ...
Đònh lý 2 (dùng đểD&.C?
a) f(x) tăng trong khoảng (a;b) thì f
/
(x) ≥ 0 ∀ x ∈ (a;b)
b) f(x) giảm trong khoảng (a;b) thì f
/
(x) ≤ 0 ∀ x ∈ (a;b).
Bài tốn 5: Cực trị hàm số
• Dấu hiệu I :
+ MX% D=?
+ Đạo hàm : y
/
= ? ..
cho y
/
= 0 ( nếu có ) xét dấu y
/
€ ?B+•&0
j
c(&.1/R&.+]&+6<VC
€0
CĐ
T0
T1;A@.•
Chú ý:
3C X;+/B6C)BT-CD1/G@.)BT-C4
C ^@.+-g+JHJD0
j
c4
rC R
@.+
j
B C
j
B C
=
y x
y x
• Dấu hiệu II:
+ MX%
+ Đạo hàm : y
/
= ? .. y
//
= ? ..
cho y
/
= 0 ( nếu có ) => x
1
, x
2
….. .
+ Tính y
//
(x
1
); y
//
(x
2
)…….
Nếu y
//
(x
0
) > 0 thì hàm số đạt CT tại x
0
, y
CT
= ?
Nếu y
//
(x
0
) < 0 thì hàm số đạt CĐ tại x
0
, y
CĐ
= ?
• Tìm m để hàm số đạt cực trị tại x
o
:
€R
'
F@.
j
jj
B C
B C
f x
f x
=
<=>
≠
+ R
'
F@>{cz
j
jj
B C
B C
f x
f x
=
<
+ R
'
F@F{cz
j
jj
B C
B C
f x
f x
=
>
• Hàm số đạt cực trò bằng y
0
tại x
0
Hàm số đạt cực trò bằng y
0
tại x
0
khi
≠
=
=
CB
CB
CB
jj
j
xf
yxf
xf
Chú ý : dấu hiệu II dùng cho những h/s mà y
/
khó xét dấu (nhHHQ&7M7'7e]7m)
* X;0cdBRCDHKL:&F@.?
0= phần dư của phép chia f(x) cho f
/
(x).
Dạng 2: Cực trò của hàm hữu tỉ :
Cho h/s y =
(
u(x) ; v(x) là các đa thức có MXĐ: D
10
P<:R
!"#!$#!$
Và y
/
=
( (
(
′ ′
−
=
BRC
(
dấu của y
/
là dấu của g(x)
Nếu h/s đạt cực trò tại x
0
thì y
/
(x
0
)= 0 => g(x
0
) = 0 <=> u
/
v−v
/
u = 0
=>
( (
′
=
′
. Do đó giá trò cực trò y(x
0
) =
BR C
( BR C
′
′
Một số dạng bài tập về cực trị thường gặp
$ %F+
( )
y f x=
G@.
( )
‚ G)
a
f x c
≠
⇔ = ⇔
∆ >
$ %F+
( )
y f x=
G@.g((I='
4
CD CT
y y⇔ <
$ %F+
( )
y f x=
G@.g((I=
4
CD CT
x x⇔ <
$ %F+
( )
y f x=
G@.g)='
4
CD CT
CD CT
y y
y y
+ >
⇔
>
$ %F+
( )
y f x=
G@.g<HI='
4
CD CT
CD CT
y y
y y
+ <
⇔
<
$ %F+
( )
y f x=
G@.;R(I='
4
CD CT
y y⇔ =
Bài tốn 6: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
1. Phương pháp tìm GTLN và GTNN của h/s y = f(x) trên [a;b]:
• R_+0cdBRCcm)kT-l
• Đạo hàm : y
/
= ? ..
cho y
/
= 0 ( nếu có ) _ x
1
, x
2
….. . W*&!kT-l
• Tính f(x
1
) ; f(x
2
) ………. So sánh → KL
f(a) ; f(b)
• K;t luAn:
R 0
kT-l
=
?
0
kT-l
=
?
2. P/pháp tìm GTLN hoặc GTNN của h/s trên (a;b) hoặc MX Đ :
• Miền đang xét (a;b) hoặc TX%
• Đạo hàm : y
/
= ? ..
cho y
/
= 0 ( nếu có ) xét dấu y
/
• LAp BBT:
• T] BBT k;t luAn
* Nếu trên toàn miền đang xét h/s chỉ có 1 CT thì GTNN bằng giá trò CT
0 0
kT-l
=
* Nếu trên toàn miền đang xét h/s chỉ có 1 CĐ thì GTLN bằng giá trò CĐ
R 0
kT-l
=
y
CĐ
ƒX;+/B6C)BT-CD1/G@.)1'6BT-C4
Chú ý : Khi gặp h/s không cho miền đang xét thì ta tìm TX% của h/s đó :
11
!"#!$#!$
• nếu TX% là một đoạn [a;b]hoặc nữa khoảng thì ta dùng cách 1
• nếu TX% là một khoảng thì dùng cách 2
• %/1?%U,=cBRC ;-'&D"„X7XX+0cdBRC)!1'6
'G-'&D"„X7XX+0cBC)3'>1&
Bài tốn 7 : Giao điểm hai đường cong ( đ.thẳng và một đường cong).
1. Cho hai đồ thò (C
1
) : y = f(x) ; (C
2
) : y = g(x)
Hoành độ giao điểm của (C
1
) và (C
2
) nếu có
là nghiệm của phương trình : f(x) = g(x) (1)
• pt(1) vô nghiệm <=> (C
1
) và (C
2
) không có điểm chung
• pt(1) có n nghiệm <=> (C
1
) và (C
2
) có n điểm chung
* S nghim ca (1C+'FHK'.
2. Điều kiện tiếp xúc : Đồ thò (C
1
) tiếp xúc (C
2
) <=> hệ pt
d BRC BRC
d BRC BRC
=
′ ′
=
có nghiệm
Bài tốn 8: Cách xác đònh tiệm cận :
• Tiệm cận đứng :
d BRC
R R
= ±∞
±
→
=> x = x
0
là tiệm cận đứng
Chú ý : tìm x
0
là những điểm hàm số không xác đònh
• Tiệm cận ngang :
d BRC 0
R
=
→±∞
=> y = y
0
là tiệm cận ngang
Chú ý : hàm số có dạng phân thức ( hoặc có thể đưa về dạng phân thức ) và bậc tử ≤ bậc mẫu thì có
tiệm cận ngang
• Tiệm cận xiên (-J-61/GV0C?
Cách 1 : + viết hàm số dưới dạng : f(x) = ax + b + ε (x)
x→±∞
[f(x) –(ax + b)] =
BRC
R
ε
→±∞
= 0 ⇒ y = ax + b là tiệm cận xiên
Cách 2: ta tìm hai hệ số a và b ;
d BRC
R
R
=
→±∞
;
[ ]
- d BRC R
R
= −
→±∞
⇒ y = ax + b là tiệm cận xiên
Bài tốn 9: Ứng dụng của tích phân :<DL(F!(AFSR'0+
-a3DL:0:=}R'U}0
3
3
3
-
B C(B C
B C
7 B -C
^ 0
C
b
Ox C C
a
C C
H
x a x b
y dx
V y y dx
π
= = <
= −
= −
∫
∫
3
3
3
<
B C(B C
B C
7 B C
^ R
C
d
Oy C C
c
C C
H
y c y d d
x dy
V x x dy
π
= = <
= −
= −
∫
∫
Bài tốn 10: Tìm điểm cố định của 1 họ đường cong (C
m
): y=f(x,m)
• ;P0cdBR7CZ',
• '>!FVD96&+-g
• "6(1;A
mmmmmmmm
12
!"#!$#!$
Bi toỏn 11:Bi toỏn tỡm qu tớch ca 1 h ng cong (C
m
): y=f(x,m)
D1+F:e9>
D'>!FVD:e
5hmD!A]-F'>!)
DI>:n
5;A
Bi toỏn 12:Các dạng đồ thị có chứa giá trị tuyệt đối thờng gặp:
a) Dạng đồ thị (C
1
) của hàm số: y =
( )
xf
Ta có: y =
( )
xf
=
( ) ( )
( ) ( )
<
0xf nếuxf-
0xf nếuxf
Vẽ đồ thị (C): y = f(x)
Đồ thị (C
1
) gồm 2 phần:
Các phần đồ thị (C) nằm phía trên trục hoành (f(x) 0)
Phần đối xứng của đồ thị (C) nằm phía dới trục hoành qua Ox.
b) Dạng đồ thị (C
2
) của hàm số: y =
( )
xf
Ta có y =
( )
xf
=
( )
( )
<
0 x nếux-f
0x nếuxf
Vẽ đồ thị (C): y = f(x)
Đồ thị (C
2
) gồm 2 phần:
Các phần đồ thị (C) nằm bên phải trục tung (hay phần đồ thị (C) ứng với x >0)
Phần đối xứng của phần đồ thị trên qua trục Oy.
c) Dạng đồ thị (C
3
) của hàm số:
( )
xfy
=
Ta có:
( )
xfy
=
( )
( )
=
xfy
xf
(Do đó
( )
xfy
=
đợc coi là hàm đa trị của y theo x)
Vẽ đồ thị (C) của hàm y = f(x)
Đồ thị (C
3
) gồm hai phần:
Phần đồ thị (C) nằm phía trên trục hoành.
Phần đối xứng của phần đồ thị trên qua trục Ox.
d) Dạng đồ thị của hàm số: y =
( )
( )
xg
xf
13
!"#!$#!$
Ta có: y =
( )
( )
xg
xf
=
( )
( )
( )
( )
( )
( )
<
0xf nếu
xf
-
0xf nếu
xg
xg
xf
Vẽ đồ thị (C) của hàm số: y =
( )
( )
xg
xf
Đồ thị (C
4
) gồm hai phần:
Phần đồ thị của (C) ứng với f(x) 0
Phần úi xng đồ thị của (C) ứng với f(x) < 0 qua trục hoành.
e) Dạng đồ thị (C
5
) của hàm số: y =
( )
( )
xg
xf
Các bớc làm tơng tự nh phần d)
Chú ý: g(x) 0.
f) Dạng đồ thị (C
6
) của đồ thị hàm số: y =
( ) ( )
xgxf
+
Ta có: y =
( ) ( )
xgxf
+
=
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
<+
+
0xf u nếxgxf-
0xf u nếxgxf
đồ thị (C
6
) gồm hai phần:
Phần đồ thị của hàm số: y = f(x) + g(x) ứng với f(x) 0
Phần đồ thị của hàm số: y = -f(x) + g(x) ứng với f(x) < 0
Mở rộng:
Vẽ đồ thị hàm số: y =
( ) ( ) ( ) ( )
xgxfxfxf
k
++++ 444
3
Ta vẽ đồ thị trên các khoảng mà ở đó biểu thức trong dấu giá trị tuyệt đối không đổi dấu.
g) Dạng đồ thị (C
7
) của hàm số: y =
( )
xf
Ta vẽ đồ thị (C): y = f(x)
Sau đó vẽ đồ thị (C
2
) của hàm số: y = f(
x
)
Tiếp đó thực hiện cách vẽ đồ thị (C
1
) của hàm số: y =
( )
xf
.
Tóm lại ta thực hiện dần các bớc nh sau:
y = f(x) y = f(
x
) y =
( )
xf
mmmmmmmm
PHN 2: HM S M V LOGARIT
Bi toỏn 1:Dựng cụng thc tớnh cỏc biu thc cú cha hm s m hoc logarit
a
n
=
n
a
1
; a
0
= 1 0 ;
=
( m; n nguyeõn dửụng , n > 1)
Caực quy taộc:
a
x
.a
y
= a
x+y
(a.b)
x
=a
x
.b
x
R
R 0
0
=
R
R
R
- -
=
ữ
( )
( )
R
0
0 R40
R
= =
14
!"#!$#!$
• Hàm số mũ : y =
R
với a > 0 ; a ≠ 1
TX% : D = R MGT : (0; +∞ )
+ a > 1 ; h/s đồng biến : x
1
> x
2
⇔
1
x
a
>
2
x
a
+ 0 < a < 1 ; h/s nghòch biến : x
1
> x
2
⇔
1
x
a
<
2
x
a
* Hàm số logarit: α = log
a
N ⇔ a
α
= N log
a
x = b ⇔ x= a
b
• Đặc biệt :
x
a
a
log
= x ; log
a
x
a
= x ; log
a
1 = 0
• Các qui tắc biến đổi : với a , B , C > 0 ; a ≠ 1 ta có:
log
a
(B.C) = log
a
B + log
a
C
log
a
÷
= log
a
B − log
a
Clog
α
a
β
=
β
α
log
a
B
• Công thức đổi cơ số : với a , b , c > 0 ; a , c ≠ 1 ta có :
log
c
a.log
a
b =
'
b ⇔
' -
' -
'
=
0 < a, b ≠ 1 : log
a
b =
3
'
-
Chú ý : log
10
x = lg x ; log
e
x = ln x
• Hàm số Logarit: y = log
a
x với a > 0 ; a ≠ 1
TX% : D = (0 ; +∞ ) MGT : R
+ a > 1 ; h/s đồng biến : x
1
> x
2
> 0 ⇔ log
a
x
1
> log
a
x
2
+ 0 < a < 1;h/s ngh biến: x
1
> x
2
> 0 ⇔ log
a
x
1
<log
a
x
2
Bài tốn 2: Tính đạo hàm của các hàm số mũ và logrit
BZ
R
C
j
cZ
R
−zBZ
C
j
c
j
4Z
B
R
C
j
c
R
4 −zB
C
j
c
j
4
4
BRC
j
c
3
R
R∈BT€∞C −zBC
j
c
′
B'
RC
j
c
3
R
−zB'
C
j
c
4
′
Bài tốn 3: Giải phương trình mũ?x&
0& 1. S dIJ(6e:
'
R R R
c-{czRc' B c-{cz c {czRc' C
a
b
b b
0& . S dIJ (?:*8&f&@/
d BRC BRC
d BRC BRC
3
=
= <=>
< ≠
0&g . S dIJ (?:*8&f&@/ *$(;hJ
α.
d BRC
+β.
d BRC
+ γ = 0 ; Đặt : t =
d BRC
Đk t > 0
α.
- d BRC
+
+β.
- d BRC
−
+ γ = 0 ; Đặt : t =
d BRC
Đk t > 0
15
!"#!$#!$
α.
d BRC
+β.
d BRC
-
+ γ = 0 và a.b = 1; Đặt: t =
d BRC
;
3
=
d BRC
-
α.
d BRC
+β.
( )
d BRC
4- + γ.
d BRC
-
= 0 ; Đặt t =
d BRC
-
÷
0&\ . S h<= ''&(;?
0&i . S h<= J+M BHKDG3<0C
0&j . S h<= 9.
Chú ý:#>
d BRC
BRC = 1 ⇔ [u(x) −1].f(x) = 0 ( trong đó u(x) ( f(x) có chứa biến )
Bài tốn 4: Giải phương trình logarit?x&
0& 1. S dIJ(6e:
dBRC
' dBRCc-{cz 3
dBRCc
b
a
>
< ≠
0& . S dIJ (?:*8&f&@/
d BRC B0BRC C
3
d BRC BRC
' dBRC ' BRC
> >
= <=> < ≠
=
0&g . S dIJ (?:*8&f&@/ *$(;hJ
0&\ . S h<= M'&(;?
0&i . S h<= J+' BHKDG3<0C
0&j . S h<= 9.
Bài tốn 5: Giải bất phương trình mũ và logarit
Về cơ bản thì phương trình mũ và logarit có các cách giải nào thì bất phương trình mũ và logarit có các
cách giải đó
0),ta cVq<>cơ b6+?
• Bất phương trình mũ dạng:
d BRC BRC
BRC BRC≥
d BRC BRC
3? {BRC{3TBRC BRC d BRC BRC
d BRC BRC
3? BRCz3TBRC BRC d BRC BRC
{B
d BRC BRC
… ? BRC BRC
≥ <=> ≤
≥ <=> ≥
≥ <=>
RC 3
kBRC$3lkd BRC BRCl
≠
− ≥
• Bất phương trình logarit dạng:
' dBRC ' BRC≥
BRC BRC
BRC BRC
BRC
3? {BRC{3T d BRC BRC
3? BRCz3T d BRC BRC
… ?
' dBRC ' BRC
' dBRC ' BRC
' dB
<=> ≤
<=> ≥
≥
≥
BRC
{BRC 3
dBRC
BRC
kBRC$3lkd BRC BRCl
RC ' BRC
≠
>
<=>
>
− ≥
≥
„Hq?
16
!"#!$#!$
ƒC'HKQG,<HIJ+D)+h<=/+F-'&a)<p<
J4
34
d BRC
z
BRC
B−3CBdBRC−BRCCz4
4'
a
dBRCz'
a
BRCB−3CBdBRC−BRCCz4
ƒC56-'&-HJDM'U'D6•A(EJ
+)4
ƒCX•(E_0Q70'0AQ+4
Bài toán 5: Giải hệ phương trình mũ và logaritB5/Ga-/-6C
/HK6-g;
PHẦN 3: NGUYÊN HÀM.
Bài toán 1:Tìm nguyên hàm cơ bản(dựa vào bảng nguyên hàm các hàm số cơ bản).
<R R = +
∫
R 4<R
α
=
∫
3
R
α+
α + 1
€Bα≠$3C
<R
R
∫
cR€BR≠C
R
Z 4<R
∫
cZ
R
€
R
4<R
∫
c
R
€
3
BR -C
BR -C <R
B 3C
α+
+
α
+ = +
∫
α +
Bα≠$3C
<R
R -
∫
+
c
3
R€-€
3
R -
Z 4<R
+
=
∫
Z
R€-
€
R
4<R
α +β
∫
c
R -
3
α +
+
α
'+R4<R
∫
c^R€
^R4<R
∫
c−'+R€
<R
'+ R
∫
c
B R 3C4<R+
∫
cR€
<R
^ R
∫
c
B' R 3C4<R
+
∫
c−'R€
'+BR -C4<R+
∫
c
3
^BR€-C€
^BR -C4<R+
∫ c−
3
'+BR€-C€
<R
'+ BR -C
∫
+
c
3
BR€-C€
<R
^ BR -C
∫
+
c−
3
'BR€-C€
Bài toán 2: Tìm nguyên hàm bằng phương pháp đổi biến số.
#>3?ic
dkBRCl4 ‚BRC<R
∫
-g&UcBRC
• %UcBRC
< ‚BRC<R
⇒ =
• ic
dkBRCl4 ‚BRC<R d BC<=
∫ ∫
#>?ic
d BRC<R
∫
X;1/HQZ'<>3H'OG!'+&
-F+DGFP-;H+?
3
R T
R
−
−
DURc+
3
R T
R
+
+
DURc4
†‡?
34
∫
CBC4B
jCB
dxxuef
xu
%U
CBxut
=
17
!"#!$#!$
4
∫
3
C4B dx
x
xf
%U
CBxt
=
r4
∫
+
C4B dxbaxf
n
%U
n
baxt
+=
u4
∫
dxxxf C'+7B+
ˆX;d‰(I'+R?Uc+R
ˆX;d‰(I+R?Uc'+R
ˆX;dŠ(I+R7'+R<b/>-A?
'+3
+7
'+3
'+
x
x
x
x
−
=
+
=
ˆX;dW+R'U'+RU
x
t
=
t4
∫
−
C4B
dxxaf
%U
tax +
=
x4
∫
+
C4B
dxxaf
%U
tax
=
w4
∫
−
C4B
dxaxf
%U
t
a
x
'+
=
v4
∫
±
C4
3
B
dx
ax
f
%U
axxt
±+=
Bài toán 3: Tìm nguyên hàm bằng phương pháp từng phần:
X;BRC7(BRC+G>')=)i
BRC4(‚BRC<R BRC4(BRC (BRC4 ‚BRC<R= −
∫ ∫
0
<( ( (<
= −
∫ ∫
B(I<c‹BRC<R7<(c(‹BRC<RC
Lk
l
&&:
l
&:
m
/clI+
n
:
l
+
o
*:
m
I*
ŒDa
̣
ng 1
+
B C
∫
ax
f x cosax dx
ax
e
(IdBRC?
%U
B C ‚B C
+ +
'+
= =
⇒
= =
∫
u f x du f x dx
ax ax
dv ax dx v cosax dx
ax ax
e e
^G0('/
<( ( (<
= −
∫ ∫
F
ŒDa
̣
ng 2:
B C B C+
∫
f x ax b dx
%
y
4
B C
B C
B C
= +
=
⇒
+
=
=
∫
a dx
u ax b
du
ax b
dv f x dx
v f x dx
^G0('/
<( ( (<
= −
∫ ∫
F
ŒDa
̣
ng 3:
+
4
∫
ax
ax
e dx
cosax
@]VV(IcZ
R
Bài toán 4: Tìm nguyên hàm của các hàm số lượng giác (một số dạng cơ bản).
#>3?
+BR€-C4+BR€<C<R
∫
T
+BR€-C4'+BR€<C<R
∫
'+BR€-C4'+BR€<C<R
∫
4
ƒ@/-;PP9O4
#>?
+ R4'+ R<R
∫
B7&+0)<HJC
ƒCX;‰7ŠDUc'+R4
ƒC;‰7ŠDUc+R4
18
!"#!$#!$
ƒCX;7ŠD?#b/O/+G<;/>-AF4B;!
'+'Uc+S>+ŠDW</>-AC4
ƒC7∈•;€+0)ŠDGF
UcR'Uc'R4
#>r?
ŽB+R7'+RC<R
∫
Ž+En4Ba!>*C4
ƒCX;ŽB+R7'+RC‰(I+RŽB−+R7'+RCc−ŽB+R7'+RCDUc'+R4
ƒCX;ŽB+R7'+RC‰(I'+RŽB+R7−'+RCc−ŽB+R7'+RCDUc+R4
ƒCX;ŽB+R7'+RCŠ(I+R('+R
ŽB−+R7−'+RCcŽB+R7'+RCDUcR4
Bài toán 5: Tìm nguyên hàm của các hàm số hữu tỷ
•)V
d BRC
<R
BRC
∫
'GdBRC7BRC&Z'R4
Trường hợp 1? AdBRC≥ ABRCD@_dBRC'BRC<s;?
d BRC BRC
BRC
BRC BRC
= +
4'GBRCBHJ_C!SBRCBV<H_C!
G-ANJ-ABRC4
X)
d BRC BRC
B C<R BRC<R <R
BRC BRC
= +
∫ ∫ ∫
4XH(A0
BRC<R
∫
HQ-g-60)(D(A0WS
6
BRC
<R
BRC
∫
Z'HKQ+4
HKQ?
BRC
<R
BRC
∫
(I-ABRCNJ-ABRC4
ƒCOs+BRC&.4
ƒC#b&9H+?•>?
BRC BRC •
BRC BR R C BR R C
BR R C4BR R C BR R C
3
3
= = + +
− −
− − −
BƒCBR
3
TR
BRC4
ƒC:09-NsHQ-FBƒƒC9+G'&&.R('-FBƒƒCFD&
+•7 7B/HK)'R-g&BRCFD&+HQ<p<C4
ƒC+G0('-F<HI<OF4
„Hq?Y_aD!HKU6BRCO(&.4
Bài toán 6: Tìm nguyên hàm của các hàm số vô tỷ:<bHJ&P-;+4
J&?
• P-;<>3
∫
+
C4B dxbaxf
n
%U
n
baxt
+=
• P-)<>?X;1/HQZ'<>3H'OG!'+&
-F+DGFP-;H+?
o
∫
−
C4B
dxxaf
%U
tax +
=
o
∫
+
C4B
dxxaf
%U
tax
=
o
∫
−
C4B
dxaxf
%U
t
a
x
'+
=
o
∫
±
C4
3
B
dx
ax
f
%U
axxt
±+=
PHẦN 4: TÍCH PHÂN.
B C4 B C B C B C
b
a
b
f x dx F x F b F a
a
= = −
∫
'&3?O-g&+h<=(0)J-64
'&?O-gHJ&P-;+4
19
!"#!$#!$
#>3?ic
-
j
dkBRCl <R
∫
-g&UcBRC
• %UcBRC
< ‚BRC<R
⇒ =
• %PARcczcBC
Rc-czcB-C
• ic
-
j
dkBRCl <R
∫
c
B-C
BC
d BC<
∫
#>?ic
d BRC<R
β
∫
α
X;1/HQZ'<>3H'OG!'+&
-F+DGFP-;H+?
3
R T
R
−
−
DURc+
3
R T
R
+
+
DURc4
'&r?D0)-gHJ&]V?
X;cBRC7(c(BRC+G>'
)=)kT-lDic
- -
-
<( 4( (<
= −
∫ ∫
Lk
l
&&:
l
&:
m
/clI+
n
:
l
+
o
*:
m
I*
ŒDa
̣
ng 1
+
B C
∫
ax
f x cosax dx
ax
e
β
α
(IdBRC?%U
B C ‚B C
+ +
'+
= =
⇒
= =
∫
u f x du f x dx
ax ax
dv ax dx v cosax dx
ax ax
e e
^G0('/
<( ( (<
= −
∫ ∫
F
ŒDa
̣
ng 2:
B C B C+
∫
f x ax b dx
β
α
%
y
4
B C
B C
B C
= +
=
⇒
+
=
=
∫
a dx
u ax b
du
ax b
dv f x dx
v f x dx
^G0('/
<( ( (<
= −
∫ ∫
F
ŒDa
̣
ng 3:
+
4
∫
ax
ax
e dx
cosax
β
α
@]VV(IcZ
R
'&u?O&+HQ&B!+<>J-6C4
#>3?
+BR€-C+BR€<C<R
β
∫
α
T
+BR€-C4'+BR€<C<R
β
∫
α
'+BR€-C4'+BR€<C<R
β
∫
α
4
ƒ@/-;PP9O4
#>?
+ R4'+ R4<R
β
α
∫
B7&+0)<HJC
ƒCX;‰7ŠDUc'+R4
ƒC;‰7ŠDUc+R4
ƒCX;7ŠD?#b/O/+G<;/>-AF4B;!
'+'Uc+S>+ŠDW</>-AC4
ƒC7∈•;€+0)ŠDGF
UcR'Uc'R4
20
!"#!$#!$
#>r?
ŽB+R7'+RC<R
β
∫
α
Ž+En4Ba!>*C4
ƒCX;ŽB+R7'+RC‰(I+RŽB−+R7'+RCc−ŽB+R7'+RCD
Uc'+R4
ƒCX;ŽB+R7'+RC‰(I'+RŽB+R7−'+RCc−ŽB+R7'+RC
DUc+R4
ƒCX;ŽB+R7'+RCŠ(I+R('+R
ŽB−+R7−'+RCcŽB+R7'+RCDUcR4
'&t?O&+En
•)V
d BRC
<R
BRC
β
∫
α
'GdBRC7BRC&Z'R4
Trường hợp 1? AdBRC≥ ABRCD@_dBRC'BRC<s;?
d BRC BRC
BRC
BRC BRC
= +
4'GBRCBHJ_C!SBRCBV<H_C!
G-ANJ-ABRC4
X)
d BRC BRC
<R BRC<R <R
BRC BRC
β β β
= +
∫ ∫ ∫
α α α
4
XH(A0
BRC<R
β
∫
α
HQ-g-60)(D(A0WS6
BRC
<R
BRC
β
∫
α
Z'HKQ+4
HKQ?
BRC
<R
BRC
β
∫
α
(I-ABRCNJ-ABRC4
ƒCOs+BRC&.4
ƒC#b&9H+?•>?
3
3
BRC BRC •
BRC BR R C BR R C
BR R C4BR R C BR R C
= = + +
− −
− − −
BƒCBR
3
TR
BRC4
ƒC:09-NsHQ-FBƒƒC9+G'&&.R('-FBƒƒCFD&
+•7 7B/HK)'R-g&BRCFD&+HQ<p<C4
ƒC+G0('-F<HI<OF4
„Hq?Y_aD!HKU6BRCO(&.4
Bài toán 6: Tìm tích phân của các hàm số vô tỷ:<bHJ&P-;+4
J&?
• P-;<>3
∫
+
C4B dxbaxf
n
%U
n
baxt
+=
• P-)<>?X;1/HQZ'<>3H'OG!'+&
-F+DGFP-;H+?
o
∫
−
C4B
dxxaf
%U
tax +
=
o
∫
+
C4B
dxxaf
%U
tax
=
o
∫
−
C4B
dxaxf
%U
t
a
x
'+
=
o
∫
±
C4
3
B
dx
ax
f
%U
axxt
±+=
Bài toán 7: Tính tích phân chứa dấu giá trị tuyên đối.
-
d BRC <R
∫
€CDdBRCc4
21
!"#!$#!$
X;dBRCc(/)BT-C'UGGH1/G'!kT-l'UG!
Rc'URc-&S>1/!kT-lD
-
d BRC <R
∫
c
-
d BRC<R
∫
X;dBRCcGRc∈BT-CD
-
d BRC <R
∫
c
-
d BRC<R d BRC<R
+
∫ ∫
ƒq3CX;GJ3)BT-CD(s<b/)b0Z'HKQ
H;'4B&0GQ(D1/VR_<dBRCC4
C~!X1/V•-LO4
PHẦN 5: DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG − THỂ TÍCH VẬT THÊ TRỊN XOAY.
Bài tốn 1: Tính diện tích hình phẳng
• Hình phẳng giới hạn bởi :
0 d BRC
R T R -
=
= = =
hàm số liên tục trên [a;b]
trục hoành y 0;
Diện tích : S =
-
‘ d BRC ‘ 4<R
∫
Chú ý : nếu thiếu cận a, b giải pt : f(x) = 0
• Hình phẳng giới hạn bởi :
d B0C
T0 -
=
= = =
hàm số x liên tục trên [a;b]
trục hoành x 0;y
Diện tích : S =
-
‘ d B0C ‘ 4<0
∫
• Hình phẳng giới hạn bởi :
0 dBRC
0 BRC
R -
=
=
= =
hàm số liên tục trên [a;b]
hàm số liên tục trên [a;b]
x a;
Diện tích : S =
-
‘ d BRC BRC ‘ 4<R
−
∫
Chú ý : 1) Nếu thiếu cận a, b giải pt : f(x) = g(x)
2) X;-'&:>DGF(8DFR&.DL'U/:P
'UD4
• Hình phẳng giới hạn bởi :
d B0C
B0C
0 -
=
=
= =
hàm số x liên tục trên [a;b]
hàm số x liên tục trên [a;b]
a;y
Diện tích : S =
-
‘ d B0C B0C ‘4<0
−
∫
Bài tốn 2:Tính thể tích vật thể tròn xoay :
* Thể tích hình tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường :
0 dBRC
R TR -
=
= = =
hàm số liên tục trên [a;b]
trục hoành y 0;
quay quanh trục Ox và f(x) ≥ 0 trên [a;b] thì V =
-
d BRC 4<R
π
∫
* Thể tích hình tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường :
B0C
T 0 -
=
= = =
hàm số x liên tục trên [a;b]
trục hoành x 0;y
quay quanh trục Oy và g(y) ≥ 0 trên [a;b] thì V =
-
B0C 4<0
π
∫
* Thể tích hình tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường :
0 dBRCT0 BRC
R T R -
= =
= =
hàm số liên tục trên [a;b]
quay quanh trục Ox thì V =
-
d BRC BRC 4<R
π −
∫
* Thể tích hình tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường :
d B0CTR B0C
0 T0 -
= =
= =
hàm số x liên tục trên [a;b]
quay quanh trục Oy thì V =
-
d B0C B0C 4<0
π −
∫
PHẦN 6: SỐ PHỨC
Bài tốn 1: Tìm số phức, tính mơđun,số phức liên hợp,biểu diễn số phức,…
'+€-(€<4
22
-
R
0
-
R
0
0cdBRC
0cBRC
!"#!$#!$
3C-c<c(-c<4C/+
o - -= + = +
rC+)Qoc-
o
c-4
o
o
cTo4
o
c
o -= +
uCB-CB<CcBCB-<C
tCB-CB<CcBCB-<C4
xCCB-CB<CcB-<CB<-C
wC
< 3
o kB-<CB<$-Cl
-
-
+
= =
+
+
BF@_?Oh(s'+)Q
+asC
Bi toỏn 2:Cn bc 2 ca s phc:
nh ngha cn bc 2: o-A{czo
c
q?
-AcB+@<HJCoc
a
-AcB+@OCoc
i a
-AcB+@<HJCoc
-A+c-
HJ&?
o "6+h?ocR0TR70+@-A+c-
o A
( )
o R 0 - {cz
x y a
x y xyi a bi
xy b
=
= <=> + = + <=> + = +
=
o "6DRT05;A
Bi toỏn 3: Gii phng trỡnh bc 2.
'HJDR
-Rc4(Ic-
u4
X;cDHJDG1_
-
R R
3
= =
X;zDHJDG?
-
R
=
X;{DHJDG?
-
R
=
Bi toỏn 4:Cỏch tỡm dng lng giỏc ca 1 s phc: oc-T7-+@
&3?34D?
zr z a b= = +
4D3Z
+
+''
+
b
r
a
co
r
=
=
r40(
('/z = r(cos+isin)
&? ;P?oc-cB
a b
i
r r
+
Cc
B + 4+ Cr co i
+
CNG C :Dng lng giỏc ca s phc v ng dng (Khụng cú ban c bn )
Cho số phức z=ax+b; a,b R.c biu din bi một điểm M(a;b) trong mặt phẳng phc
Acgumen của số phức z: số đo (radian) của mỗi góc lợng giác có tia đầu Ox, tia cuối OM gọi là một
acgumen của số phức z.
Nếu là một acgumen của z, thì mọi acgumen của z có dạng +k2, kZ
23
0
[BoC
}R
!"#!$#!$
Kí hiệu r là môdun của z thì r = |z| =
2 2
a b+
, r > 0.
a=rcos , b=rsin.
Từ đó suy ra dạng lợng giác của số phức z = r(cos+isin)
Dạng lợng giác của số đối của số phức z là -z = - r(cos+isin)
hay z = r[cos(+)+íin(+)].
Số phức liên hợp z của số phức z có dạng lợng giác là :
z =a bi = r(cos - isin)
hay z = r[cos(-) + isin(-)]
*Các phép tính với số phức ở dạng lợng giác:
Kí hiệu z
1
=r
1
(cos
1
+isin
1
) ; z
2
=r
2
(cos
2
+isin
2
) thì:
z
1
.z
2
=r
1
.r
2
[cos(
1
+
2
)+isin(
1
+
2
)
1 1
2 2
z r
z r
=
[cos(
1
-
2
)+isin(
1
-
2
)]
Từ đó suy ra dạng lợng giác của số phức z
-1
(nghịch đảo của z) là: z
-1
=
Cl+B4Ck'+B
33
+=
i
rz
[ ]
C+4B'+C+4B'+
ninrir
n
n
+=+
[ ]
C+4B'+C+4B'+
nini
n
+=+
Căn bậc hai của số phức dới dạng lợng giác:
Số phức z = r(cos+isin) có hai căn bậc hai là
( )
2 2
r cos sin
j j
+
và -
( )
2 2
r cos sin
j j
+
Hay z = r(cos+isin) có hai căn bậc hai là =
'+B C +B C
r C
+ + +
, với r > 0.
*Căn bậc n của số phức z có n giá trị khác nhau z
k
:
z
k
=
'+B C +B C
n
k k
r c
n n
+ + +
với k = 0,1,2m,n-1.
4X4
Phn 1: Th tớch, din tớch ca cỏc khi hỡnh
Tớnh din tớch cỏc mt (l tam giỏc,t giỏc,hỡnh trũn,...)
Tớnh th tớch khi chúp \c
3
r
T
Tớnh th tớch khi hp ch nht \c4-4
Tớnh th tớch khi lng tr: \c 4
Khi cu:
o Y&.O(-&1UVB^C'>;DG
#@=<&&0
'>-)(=<7<@HK@<B'U@C
>-)
5G?*
I d d=
^0iOB^C'>;DG
-&1B1'6&]i;WDGC
o <UV^cu
4
24
!"#!$#!$
o F1V\c
r
u
r
π
• Khối trụ:
o <R:D=^
R:
cπT
o <'VD=^
cπB€C4
o F1=\cπ
• Khối nón:
o <R:DG^
R:
cπT
o <'VDG^
cπB€C4
o F11G\c
3
r
π
• q?
o &<>'&?+'+'7(/GaI33BU-&-'&'0;(;<C
o 5/<b@;/W+F6B„AW+F/:
(<&9<>C
\<=?
Ta có: AH là đường cao chung của 2 hình chóp A.SMD và A. SBD. Nên ta có:
4 4
4 4
3
3
4
4 4
r
3 3
4 4 4
r
SMD
S AMD A SMD SMD
S ABD A SBD SBD
SBD
S AH
SM SD SinS
V V S
SM
V V S SB
S AH SB SD SinS
= = = = =
\A0?
4
4
4 4
4 4
S AMD
S ABD
V
SA SM SD
V SA SB SD
=
Phần 2: Phương pháp tọa độ trong khơng gian
→
= (x;y;z) ⇔
→
= x.
→
+ y.
–
→
+ z.
1
→
Tính chất : Cho
→
= (a
1
;a
2
; a
3
) ,
-
→
= (b
1
;b
2
; b
3
)
•
→
±
-
→
=(a
1
± b
1
; a
2
± b
2
; a
3
± b
3
)
• k.
→
= (ka
1
;ka
2
;ka
3
) k ∈ R
Tích vô hướng :
4 -
→ →
= a
1
.b
1
+ a
2
.b
2
+a
3
.b
3
=
→
.
-
→
Cos ϕ
Cos ϕ =
- - -
3 3 r r
4 - - -
3 r 3 r
+ +
+ + + +
-
→ →
⊥
⇔ a
1
.b
1
+ a
2
.b
2
+ a
3
.b
3
= 0
→
cùng phương
-
→
;
→
≠
→
⇔
-
→
= k.
→
⇔ [
→
,
-
→
] =
→
Toạ độ điểm:
M = (x;y;z) ⇔
}[
→
= (x;y;z) ⇔
}[
→
= x.
→
+ y.
–
→
+ z.
1
→
•
→
= ( x
B
− x
A
; y
B
−y
A
;z
B
−z
A
)
25
