tài liệu luyện thi đại học môn toán tác giả: ths. Đỗ minh tuân nguồn gốc:...

8/13/2019 Tài liệu luyện thi đại học môn toán Tác giả: ThS. Đỗ Minh Tuân Nguồn gốc: Trường CĐSP Nam Định, 2009

http://slidepdf.com/reader/full/tai-lieu-luyen-thi-dai-hoc-mon-toan-tac-gia-ths-do-minh 1/264

T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

Th.s ĐỖ MINH TUÂN

TÀI LIỆU LUYỆN THI ĐẠI HỌC

MÔN TOÁN

NAM ĐỊNH, NĂM 2009



T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

Lời nói đầuTrong những năm gần đây, đề thi đại học đã trở nên cơ bản hơn trước rất nhiều , khôngcòn tính đánh đố cũng như bắt học sinh phải nhớ nhiều những mẹo rất lặt vặt. Mộtsố tài liệu giảng dạy rất hay ngày trước như "Các bài giảng luyện thi môn Toán", "Bộđề thi tuyển sinh" chỉ còn lại một ít giá trị thực tiễn của nó. Chắt lọc những tài liệunày, bám sát những đề thi tuyển sinh những năm gần đây (Từ năm 2002-2010) cộng vớinhững kinh nghiệm trong thực tiễn giảng dạy luyện thi của mình (có tham khảo một số

bài giảng ở những trang web dạy học) tôi biên soạn tài liệu này mục đích chính để mìnhgiảng dạy một cách bài bản.Tôi nghĩ rằng tài liệu này sẽ có ích đối với những người dạy toán, cũng như những bạnngấp nghé cổng trường Đại học.Tài liệu này gồm 12 chuyên đề (vẫn còn thiếu)1. Phương trình đại số.2. Phương trình lượng giác.3. Phương trình chứa căn và dấu giá trị tuyệt đối.4. Hệ phương trình đại số

5. Giải tích tổ hợp6. Hình phẳng tọa độ7. Giới hạn8. Bất đẳng thức9. Hàm số và đồ thị10. Hình học không gian tọa độ11. Tích phân và ứng dụng12. Số phứcVì số lượng các chuyên đề lớn nên không thể tránh khỏi những lỗi đánh máy, lỗi tínhtoán sai, ... Mong các bạn lượng thứ, mọi góp ý xin gửi về:

Th.s Đỗ Minh Tuân.Trường CĐSP Nam Định, 813 đường Trường Chinh, TP Nam ĐịnhEmail: [email protected]: 0982843882.

—————————————

Chúc các bạn thành công trong kỳ thi đại học sắp tới!

Nam Định, ngày 20 tháng 06 năm 2010Tác giả

Đỗ Minh Tuân

Biên tập : Th.s Đỗ Minh Tuân Trang 2 Khoa Tự nhiên - Trường CĐSP Nam Định

http://localhost/var/www/apps/conversion/tmp/scratch_2/[email protected]

http://localhost/var/www/apps/conversion/tmp/scratch_2/[email protected]



T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

Mục lục Mục lục

Mục lục

Lời nói đầu 2

1 Phương trình đại số 81.1 Lý thuyết về đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.1.1 Phân tích đa thức thành nhân tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.1.2 Tính giá trị một đa thức, phân thức tại điểm lẻ . . . . . . . . . . 9

1.2 Phương trình bậc nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.1 Phương pháp giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.3 Phương trình bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.3.1 Phương pháp giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.4 Phương trình bậc 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4.1 Tính chất của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4.2 Đa thức bậc 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.4.3 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.5 Phương trình bậc 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.5.1 Dạng tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.5.2 Các dạng của phương trình bậc 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.5.3 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.6 Dấu của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.6.1 Đa thức bậc 1 - bậc 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.6.2 Đa thức - Phân thức tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.6.3 Giải hệ bất phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.7 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2 Phương trình lượng giác 322.1 Các kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.1.1 Công thức liên hệ giữa các hàm lượng giác . . . . . . . . . . . . . 322.1.2 Các công thức của các góc liên hệ với α . . . . . . . . . . . . . . 322.1.3 Bảng dấu của các hàm lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.1.4 Bảng các giá trị lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.1.5 Công thức lượng giác của tổng, hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . 332.1.6 Công thức cộng lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.1.7 Công thức biến đổi tích thành tổng . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.1.8 Công thức góc nhân đôi, nhân ba - Công thức hạ bậc . . . . . . . 34

2.1.9 Công thức tính sin x, cos x, tan x, cot x theo t = tanx

2 . . . . . . 35

2.1.10 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


5 Giải tích tổ hợp 775.1 Khái quát chung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 775.2 Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

5.2.1 Quy tắc cộng - nhân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 775.2.2 Tổ hợp - chỉnh hợp - hoán vị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

5.2.3 Công thức nhị thức Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 795.3 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 795.4 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

6 Hình phẳng tọa độ 856.1 Véc tơ, điểm, đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

6.1.1 Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 856.1.2 Dạng bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

6.2 Đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 916.2.1 Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

6.2.2 Các dạng bài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 936.3 Ba đường Conic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

6.3.1 Kiến thức chung về 3 đường Conic . . . . . . . . . . . . . . . . . 1006.3.2 Elip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1016.3.3 Hyperbol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1076.3.4 Parabol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

6.4 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

7 Giới hạn 1267.1 Giới hạn dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

7.1.1 Các tính chất cơ bản của giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1267.1.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

7.2 Giới hạn hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1287.2.1 Giới hạn cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1287.2.2 Phương pháp tính giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1297.2.3 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

7.3 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

8 Bất đẳng thức 135

8.1 Các bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1358.2 Bất đẳng thức Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1388.2.1 Tìm min tổng, max của tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1388.2.2 Bất đẳng thức đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1408.2.3 Cực trị có điều kiện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

8.3 Bất đẳng thức Bunhiacopxki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1478.4 Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1488.5 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

9 Hàm số và đồ thị 153

9.1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1539.1.1 Kiến thức cần nhớ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1539.1.2 Các bước khảo sát hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


9.1.3 Hàm đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1569.1.4 Hàm phân thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

9.2 Cực trị và tiệm cận của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1599.2.1 Quy tắc tìm cực đại và cực tiểu của hàm số . . . . . . . . . . . . 1599.2.2 Cực trị hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

9.2.3 Các bài toán tiệm cận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1639.2.4 Củng cố kiến thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1669.3 Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

9.3.1 Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1689.3.2 Các bài toán đơn thuần . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1699.3.3 Bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất chứa tham số . . . . . . . . . 1719.3.4 Phương pháp miền giá trị của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . 1739.3.5 Phương pháp chiều biến thiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1759.3.6 Củng cố kiến thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

9.4 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

9.4.1 Kiến thức cần nhớ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1789.4.2 Tiếp tuyến với đường cong tại điểm M . . . . . . . . . . . . . . . 1789.4.3 Tiếp tuyến với đường cong đi qua điểm M . . . . . . . . . . . . . 1799.4.4 Lớp các bài toán về sự tiếp xúc rất đa dạng . . . . . . . . . . . . 1809.4.5 Củng cố kiến thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

9.5 Xác định điểm thỏa mãn điều kiện cho trước . . . . . . . . . . . . . . . . 1829.5.1 Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1829.5.2 Tìm điểm không thuộc mọi đường cong trong họ y = f (x, m) . . . 184

9.6 Sự tương giao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

9.6.1 Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1869.6.2 Sự tương giao của hàm đa thức với trục Ox . . . . . . . . . . . . 1879.6.3 Sự tương giao của hàm phân thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1899.6.4 Củng cố kiến thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

9.7 Sự tiếp xúc của 2 đường cong . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1939.7.1 Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1939.7.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1939.7.3 Củng cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

9.8 Biện luận số nghiệm bằng đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

9.8.1 Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1979.8.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1989.9 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

10 Hình không gian tọa độ 20810.1 Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208

10.1.1 Véctơ và phép toán véctơ trong không gian . . . . . . . . . . . . . 20810.1.2 Mặt phẳng trong không gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20910.1.3 Đường thẳng trong không gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21010.1.4 Vị trí tương đối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

10.1.5 Chùm mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21110.1.6 Góc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21210.1.7 Khoảng cách . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21210.1.8 Diện tích, thể tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


10.1.9 Một số dạng toán về mặt phẳng và đường thẳng . . . . . . . . . . 21410.1.10Mặt cầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216

10.2 Véc tơ, điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21710.3 Phương trình mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22110.4 Phương trình đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

11 Tích phân 22611.1 Vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226

11.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22611.1.2 Các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22611.1.3 Bảng đạo hàm các hàm số sơ cấp thường gặp . . . . . . . . . . . 226

11.2 Nguyên hàm và tích phân bất định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22711.2.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22711.2.2 Các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22711.2.3 Bảng nguyên hàm các hàm số sơ cấp thường gặp . . . . . . . . . 228

11.3 Các phương pháp tính tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22911.3.1 Phép đổi biến số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22911.3.2 Tích phân từng phần . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23111.3.3 Tích phân hàm phân thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

11.4 Tích phân xác định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23411.5 Ứng dụng của tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235

11.5.1 Tính diện tích . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23511.5.2 Tính thể tích vật thể tròn xoay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236

11.6 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237

12 Số phức 25912.1 Kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259

12.1.1 Các kiến thức chung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25912.1.2 Các phép toán trên số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259

12.2 Các dạng bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26012.2.1 Thực hiện các phép toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26012.2.2 Khai căn bậc 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26012.2.3 Giải phương trình đại số và các vấn đề liên quan . . . . . . . . . . 26212.2.4 Biểu diễn số phức trên mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263

12.2.5 Chứng minh đẳng thức tổ hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26312.3 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

Chương 1. Phương trình đại số

Chương 1Phương trình đại số

1.1 Lý thuyết về đa thức

1.1.1 Phân tích đa thức thành nhân tử +) Nếu P (x) là một đa thức bậc 2 có 2 nghiệm x1, x2 thì P (x) = a.(x − x1).(x2) (a làhệ số bậc cao nhất của P (x)).+) Tổng quát: Nếu P (x) là một đa thức bậc n có đủ n nghiệm x1, x2, · · · , xn thì

P (x) = a(x − x1)(x − x2) · · · (x − xn)

+) Một đa thức P (x) bất kỳ bao giờ cũng phân tích thành tích những đa thức bậc nhấtvà đa thức bậc 2 (vô nghiệm).

Ví dụ 1.1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

a) P (x) = 2x2 − 5x + 2.

b) P (x) = −3x2 + 12x − 12

c) P (x) = 4x3 − 4x2 − 7x − 2.

d) P (x) = 6x3 − 13x2 + 4x + 3

Giải : a) P (x) có a = 2, x1 = 2, x2 =1

2

nên P (x) = 2(x − 2)

x − 1

2

= (x − 2)(2x − 1).

b) P (x) có nghiệm kép x = 2 nên P (x) = −3(x − 2)2.

c) P (x) có a = 4 và 2 nghiệm x = −1

2 và x = 2???

Chú ý: P (x) là đa thức bậc 3 nhưng lại chỉ có 2 nghiệm. Nên sẽ có một nghiệm lànghiệm kép. Tốt nhất trong trường hợp này ta dùng lược đồ Hoocne để giải quyết.

Kết quả: P (x) = 4

x +1

2

2

(x − 2).




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

1.2. Phương trình bậc nhất Chương 1. Phương trình đại số

d) P (x) có a = 6 và 3 nghiệm x = 1, x = −1

3, x =

3

2

P (x) = 6(x − 1).

x +

1

3

x − 3

2

= (x − 1)(3x + 1)(2x − 3).

1.1.2 Tính giá trị một đa thức, phân thức tại điểm lẻ

Cách làm: Nhập hàm, sử dụng tính năng CALC của máy 570ES.

Ví dụ 1.2: Tính giá trị biểu thức:

a) y = x3 − 3x2 − x − 1 tại x = 1 − √ 3 và x = 1 +

√ 3

b) y =x2 − x − 1

2x + 3 tại x = 3 +

√ 2 và x = 3 − √

2

Giải : a) x = 1 − √ 3 ⇒ y = −4 + √ 3x = 1 +

√ 3 ⇒ y = −4 − √

3

b) x = 3 +√

2 ⇒ y =43 + 31

√ 2

73

x = 3 − √ 2 ⇒ y =

43 − 31√

2

73

1.2 Phương trình bậc nhất

1.2.1 Phương pháp giải

Dạng của phương trình: ax + b = 0

Cách giải:

Với a = 0, b = 0: Phương trình nghiệm đúng ∀x ∈R Với a = 0, b

= 0: Phương trình vô nghiệm.

Với a = 0 Phương trình có nghiệm duy nhất x = −b

a

1.2.2 Các ví dụ

Ví dụ 1.3: Giải và biện luận phương trình: (m2 − 1)x + m − 1 = 0

Giải : - Nếu m2 − 1 = 0 ⇔ m = ±1.+) Với m = 1 phương trình trở thành: 0x + 0 = 0. Phương trình nghiệm đúng ∀x ∈R.+) Với m =

−1 phương trình trở thành: 0x

−2 = 0. Phương trình vô nghiệm.

- Nếu m2 − 1 = 0 ⇔ m = ±1.

Phương trình có nghiệm duy nhất: x = − 1

m + 1




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

1.3. Phương trình bậc hai Chương 1. Phương trình đại số

Ví dụ 1.4: Tìm điểm cố định của họ đường thẳng:(dm) : y = (m − 2)x + 2m − 3

Giải : Gọi (x0, y0) là điểm cố định của (dm)

⇒ y0 = (m − 2)x0 + 2m − 3 ∀m

⇔ m(x0 + 2) − 2x0 − 3 − y0 = 0 ∀m

⇔ x0 + 2 = 0−2x0 − 3 − y0 = 0 ⇔ x0 = −20

y0 = 1

Vậy điểm cố định của họ (dm) là điểm A(−2;1)

1.3 Phương trình bậc hai

1.3.1 Phương pháp giải

Dạng của phương trình: ax2 + bx + c = 0. Biện luận:

Nếu a = 0: phương trình bậc nhất

Nếu a = 0: ∆ = b2 − 4ac hoặc ∆′ = b′2 − ac.+) Nếu ∆ < 0: Phương trình vô nghiệm.

+) Nếu ∆ = 0: Phương trình có nghiệm kép x1 = x2 = − b

2a = −b′

a+) Nếu ∆ > 0: Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

x1,2 =− b ± √ ∆

2a =

− b′ ± √ ∆′

a

Nhẩm nghiệm:

Nếu a + b + c = 0 thì phương trình có 2 nghiệm: x1 = 1, x2 =c

a

Nếu a − b + c = 0 thì phương trình có 2 nghiệm: x1 = −1, x2 = −c

a

Phân tích một tam thức bậc 2 thành nhân tử.Giả sử f (x) = ax2 + bx + c có 2 nghiệm x1, x2 thì f (x) = a(x − x1)(x − x2).

Ví dụ: f (x) = 2x2 − 5x + 2 có 2 nghiệm x1 = 2, x2 =1

2

nên f (x) = 2(x − 2)(x − 1

2) = (x − 2)(2x − 1).

Định lý Vi-et: Giả sử x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình thì ta có:

x1 + x2 =

−b

a

x1x2 =c

a




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Định lý Vi-et đảo:

Nếu

x + y = S

x.y = P , x, y là 2 nghiệm của phương trình:

X 2 − S.X + P = 0

Dấu của nghiệm:

Pt có 2 nghiệm phân biệt dương ⇔

∆ > 0

S > 0

P > 0

Pt có 2 nghiệm phân biệt âm ⇔

∆ > 0

S < 0

P > 0

Pt có 2 nghiệm trái dấu: P < 0. Pt có nghiệm dương tương đương với phương trình có 2 nghiệm dương hoặc

có 2 nghiệm trái dấu ⇔

max(x1, x2) > 0

∆ ≥ 0

Ở đó max(x1, x2) =

−b +√

∆

2a Nếu a > 0

−b − √ ∆

2a Nếu a < 0

Hoặc ta có thể xét 2 trường hợp:

- Phương trình có 2 nghiệm dương (không cần phân biệt) hoặc có một nghiệm

bằng không, một nghiệm dương ⇔

∆ ≥ 0

S > 0

P ≥ 0

- Phương trình có 2 nghiệm trái dấu ⇔ P < 0.

Phương trình có nghiệm âm ta làm tương tự như trên:

⇔

∆ ≥ 0

S < 0

P ≥ 0

P < 0

⇔

∆ ≥ 0

min(x1, x2) < 0

Ở đó min(x1, x2) =

−b − √ ∆

2a Nếu a > 0

−b +√

∆

2a Nếu a < 0

So sánh nghiệm với một số:

α ∈ (x1, x2) ⇔ a.f (α) < 0.

α /∈ [x1, x2] ⇔ ∆ ≥ 0

a.f (α) > 0

x1 < x2 < α ⇔

∆ > 0

a.f (α) > 0

S/2 < α




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


x1 > x2 > α ⇔

∆ > 0

a.f (α) > 0

S/2 > α

Ví dụ 1.5: Giải các phương trình sau:

a) x2 − 5x + 4 = 0

b) x2 − 2x − 3 = 0

Giải : a) a + b + c = 0 ⇒ phương trình có nghiệm x1 = 1, x =c

a = 4

b) a − b + c = 0 ⇒ phương trình có 2 nghiệm x1 = −1, x = − c

a = 3

Ví dụ 1.6: Giải và biện luận phương trình sau: (m − 1) x2

− (2m + 1) x + m − 5 = 0.Giải : +) TH 1: Nếu m − 1 = 0 ⇔ m = 1 thay vào phương trình ta có:

−3x − 4 = 0 ⇔ x = −3

4.

+) TH 2: Nếu m − 1 = 0 ⇔ m = 1.∆ = (2m + 1)2 − 4 (m − 1) (m − 5) = 28m − 19

- Nếu ∆ > 0 ⇔ m >19

28 có phương trình có 2 nghiệm phân biệt:

x1,2 =

2m + 1

±√

28m

−19

2 (m − 1)

- Nếu ∆ = 0 ⇔ m =19

28 có nghiệm kép:

x1 = x2 =2m + 1

2 (m − 1) =

2.19

28 + 1

2

19

28− 1

= −11

3

- Nếu ∆ < 0 ⇔ m <19

28 : Phương trình vô nghiệm.

Ví dụ 1.7: Cho phương trình x2 − (m − 1) x + 2m − 5 = 0

a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2.

b) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1, x2 không phụ thuộc vào m.

c) Lập phương trình bậc 2 nhận 2x1 + x2 là nghiệm.

Giải : a) ∆ = (m − 1)2 − 4 (2m − 5) = m2 − 2m + 1 − 8m + 20 = m2 − 10m + 21.

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ m2 − 10m + 21 > 0 ⇔

m > 7

m < 3




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


b) S = x1 + x2 = m − 1, P = x1.x2 = 2m − 5. Do đó 2S − P = 2(m − 1) − (2m − 5) = 3

Hệ thức liên hệ x1, x2 không phụ thuộc m là : 2(x1 + x2) − x1.x2 = 3

c) Đặt u = 2x1 + x2, v = x1 + 2x2. Do đó:

u + v = 3(x1 + x2) = 3.(m − 1) = 3m − 3,

u.v = (2x1 + x2)(x1 + 2x2) = 2x21 + 5x1.x2 + x22 = 2(x1 + x2)2 + x1.x2

= 2(m − 1)2 + 2m − 5 = 2m2 − 2m − 3

Do đó u, v là 2 nghiệm của phương trình:

X 2 − (3m − 3)X + 2m2 − 2m − 3 = 0

Ví dụ 1.8: Cho phương trình: x2 − (m + 1)x + m +9

4 = 0

1. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2.

2. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm dương.

3. Tìm m để phương trình có nghiệm dương.

4. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thỏa mãn x1 < 1 < x2.

5. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thỏa x1 ≤ x2 < 2

Giải : a) ∆ = (m + 1)2 − 4(m +9

4) = m2 + 2m + 1 − 4m − 9 = m2 − 2m − 8

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ m2 − 2m − 8 > 0 ⇔ m > 4m < −2

b) Phương trình có 2 nghiệm dương ⇔

∆ > 0

S = m + 1 > 0

P = m + 9/4 > 0

⇔

m > 4

m < −2

m > −1

m > −9

4⇔ m > 4

c) Phương trình có nghiệm dương ⇔ ∆ ≥ 0max(x1, x2) > 0

⇔ m2 − 2m − 8 ≥ 0

m + 1 +√

m2 − 2m − 8

2 > 0

⇔ √ m2 − 2m − 8 > −m − 1

⇔

−m − 1 < 0

m2 − 2m − 8 ≥ 0

−m − 1 ≥ 0

m

2

−2

m −8

> (−m −

1)2

⇔

m > −1 m ≥ 4

m ≤ −2

m

≤ −1

m < −9/4

⇔

m ≥ 4

m < −9/4

d) Phương trình có nghiệm x1 < 1 < x2 ⇔ a.f (1) < 0

⇔ 1. (1 − (m + 1) + m + 9/4 < 0) ⇔ 9/4 < 0 (Vô nghiệm)




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

1.4. Phương trình bậc 3 Chương 1. Phương trình đại số

e) Phương trình có nghiệm thỏa mãn x1 ≤ x2 < 2 ⇔

∆ ≥ 0

a.f (2) > 0

S/2 < 2

⇔

m ≥ 4 ∨ m ≤ −2

m < 17/4

m < 3

⇔ 4 ≤ m < 17/4

m ≤ −

2

1.4 Phương trình bậc 3

1.4.1 Tính chất của đa thức

Định lý Berzout: Cho P (x) là một đa thức bất kỳ. Khi đó với mọi x0, đa thứcP (x) chia đa thức x − x0 có số dư là P (x0).

Hệ quả: Nếu x0 thỏa mãn P (x0) = 0 thì P (x)... x − x0.

Lược đồ Hoocne: Giả sử P (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0.

an an−1 · · · a1 a0

x0 bn bn−1 · · · b1 b0

bn = an, bn−1 = bn.x0 + an−1, bn−2 = bn−1.x0 + an−2, · · · , b0 = b1.x0 + a0.

P (x) = (x − x0)(bnxn−1 + bn−1xn−2 + · · · + b2x + b1) + b0.

Nếu P (x)... x − x0 thì b0 = 0 và P (x) = (x − x0)(bnxn−1 + bn−1xn−2 + · · · + b2x + b1).

1.4.2 Đa thức bậc 3

Dạng ax3 + bx2 + cx + d = 0 (1).

Cách giải :

Nhẩm nghiệm : Sử dụng máy tính để nhẩm một nghiệm x0 nào đó.

Dùng lược đồ Hooc-ne để phân tích đa thức trên thành nhân tử :

P (x) = (x − x0).Q(x). Ở đó Q(x) là một đa thức bậc 2.

Định lý Viet: Giả sử x1, x2, x3 là 3 nghiệm của phương trình (1).

x1 + x2 + x3 = − b

a

x1x2 + x2x3 + x3x1 =c

a

x1x2x3 =

−

d

a




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


b) Theo định lý Viet ta có:

x1 + x2 + x3 =3

2

x1x2 + x2x3 + x3x1 = −5

2

x1x2x3 = −52

x21 + x2

2 + x23 = (x1 + x2 + x3)2 − 2 (x1x2 + x2x3 + x3x1) =

29

4

x31 + x3

2 + x33 = (x3

1 + x32 + x3

3 − 3x1x2x3) + 3x1x2x3

= (x1 + x2 + x3) (x21 + x2

2 + x23 − (x1x2 + x2x3 + x3x1)) + 3x1x2x3

=3

2

29

4 +

5

2

+ 3.

−5

2

=

57

8

Do đó ta được P = 3.

29

4 − 2.

57

8 =

15

2 .

Ví dụ 1.11: Giải hệ phương trình:x + y + z = 2

x2 + y2 + z 2 = 6

x3 + y3 + z 3 = 8

Giải : Phương trình tương đương với ⇔

x + y + z = 2

(x + y + z )2 − 2 (xy + yz + zx) = 6

(x3

+ y3

+ z 3

− 3xyz ) + 3xyz = 8

⇔

x + y + z = 2

22 − 2 (xy + yz + zx) = 6

(x + y + z ) (x2 + y2 + z 2 − xy − yz − zx) + 3xyz = 8

⇔

x + y + z = 2

xy + yz + zx = −1

2 (6 + 1) + 3xyz = 8

⇔

x + y + z = 2

xy + yz + zx = −1

xyz = −2

Từ đó ta có x, y,z là 3 nghiệm của phương trình:

X 3

− 2X 2

− X + 2 = 0 ⇔ X = −1

X = 1X = 2

Vậy hệ có 6 nghiệm phân biệt

(−1;1;2) , (−1;2;1) , (1; −1;2) , (1; 2;−1) , (2; −1;1) , (2; 1;−1)

1.5 Phương trình bậc 4

1.5.1 Dạng tổng quát

ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (a = 0)




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Hướng giải:

Dùng tính năng SOLVE hoặc TABLE của máy tính fx-570ES, fx-500ES đểnhẩm nghiệm của phương trình, sau đó dùng lược đồ Hooc-ne để phân tíchthành phương trình bậc 3 và giải tiếp như ở trên.

Tuy nhiên một số trường hợp cách giải trên trở nên vô hiệu hoặc quá phứctạp không cần thiết, những trường hợp đó có cách giải riêng biệt.

1.5.2 Các dạng của phương trình bậc 4

Phương trình trùng phương : ax4 + bx2 + c = 0.

Cách giải: đặt t = x2 ≥ 0. Phương trình trở thành : at2 + bt + c = 0.

Phân tích thành nhân tử:

Cách giải: Biết được một nghiệm, hoặc dùng cách nhóm, sử dụng hằng đẳng thức

để phân tích thành nhân tử, quy về phương trình bậc thấp hơn.

Phương trình đối xứng: ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 thỏa mãnd

b

2

=e

a

Cách giải: Xét x = 0 thay vào phương trình xem có thỏa mãn không?

Với x = 0. Chia cả 2 vế của phương trình cho x2 ta được:

ax2 + bx + c + dx

+ ex2

= 0 ⇔ ax2 + eax2+ bx + d

bx+ c = 0

Đặt t = x +b

dx (∗)

⇒ t2 = x2 +b2

d2x2 +

2d

b = x2 +

e

ax2 +

2d

b .

Phương trình trở thành: a

t2 − 2d

b

+ bt + c = 0

Giải phương trình bậc 2 ẩn t. Sau đó thay vào (∗) để tìm x.

Phương trình dạng (x + a) (x + b) (x + c) (x + d) = e sao cho a + b = c + d.

Cách giải: Phương trình ⇔ (x2 + (a + b) x + ab) (x2 + (c + d) x + cd) = e

Đặt t = x2 + (a + b) x = x2 + (c + d) x (∗)

Thay vào phương trình ta được:

(t + ab) (t + cd) = e

Giải phương trình bậc 2 ẩn t sau đó thay vào (∗) để tìm x.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Phương trình dạng (x + a) (x + b) (x + c) (x + d) = ex2 sao cho ab = cd.

Cách giải: giống cách giải phương trình đối xứng.

Nếu x = 0: ta được abcd = 0.

Nếu x = 0: Phương trình ⇔ (x2 + (a + b) x + ab) (x2 + (c + d) x + cd) = ex2.

⇔ x + abx

+ a + b .x + cdx

+ c + d = e

Đặt t = x +ab

x = x +

cd

x (∗). Phương trình trở thành:

(t + a + b) (t + c + d) = e

Giải phương trình bậc 2 ta tìm được t. Thay vào (∗) để tìm x.

1.5.3 Các ví dụ

Ví dụ 1.12: Giải phương trình 2x4 − x2 − 3 = 0

Giải : Đặt t = x2 ≥ 0. Phương trình trở thành :

2t2 − t − 3 = 0 ⇔ t = −1 (loại)

t =3

2

⇔ t =3

2 ⇔ x2 =

3

2 ⇔ x = ±

√ 6

2


a) 8x4 + 16x3 − 8x2 − 91x − 42 = 0.

b) x4 − 4x3 + 4x2 − 16 = 0.c) x4 − 4x − 1 = 0.

Giải : a) Dùng máy tính ta nhẩm được một nghiệm là x = 2.

Dùng lược đồ Hooc - ne ta có:

8 16 −8 −91 −42

2 8 32 56 21 0

Phương trình ⇔

(x−

2)(8x3 + 32x2 + 56x + 21) = 0.

Tiếp tục ta nhẩm được 1 nghiệm là x = −1

2. Theo lược đồ Hooc - ne ta có:

8 32 56 21

−1

2 8 28 42 0

Phương trình ⇔ (x − 2)

x +

1

2

(8x2 + 28x + 42) = 0

⇔

x = 2

x = −1

28x2 + 28x + 42 = 0

Vô nghiệm




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

1.6. Dấu của đa thức Chương 1. Phương trình đại số

+) ∆ = 0: Dấu của đa thức là:

x −∞ − b

2a +∞

P (x) +sign(a) 0 +sign(a)

+) ∆ > 0: P (x) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2. Dấu của đa thức là :

x −∞ x1 x2 +∞P (x) +sign(a) 0 −sign(a) 0 +sign(a)

Chú ý: Nếu P (x) là một đa thức bậc 2 ta luôn có:

P (x) > 0 ∀x ∈ R ⇔

∆ < 0

a > 0

P (x) < 0 ∀x ∈ R ⇔ ∆ < 0a < 0

P (x) ≥ 0 ∀x ∈ R ⇔

∆ ≤ 0

a > 0

Ví dụ 1.17: Xét dấu của các biểu thức sau:

a) P (x) = −2x + 3

b) P (x) = −x2 + 4x − 5

c) P (x) = 4x2 − 12x + 9

d) P (x) = x2 − x − 6

e) P (x) = −2x2 + 3x + 2

Giải : a) P (x) = 0 ⇔ x =3

2, a = −2 < 0. Do đó dấu của P (x) là:

x −∞ 3

2 +∞

P (x) + 0 −

b) ∆ = −4 < 0, a = −1 < 0, ta có dấu của P (x) là:

x −∞ +∞P (x) +

c) ∆ = 0, a = 4 > 0 và dấu của P (x) là:

x −∞ 3

2 +∞P (x) + 0 +

d) ∆ > 0, x1 = 3, x2 = −2, a = 1 > 0. Do đó dấu của P (x) là:




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


x −∞ −2 3 +∞P (x) + 0 − 0 +

e) ∆ > 0, x1 = −1

2, x2 = 2, a = −2 < 0. Do đó dấu của P (x) là:

x −∞ −1

2 2 +∞P (x) − 0 + 0 −

Chú ý: Trong một bài toán thông thường không ai lại hỏi trực tiếp dấu của mộtđa thức mà thường hỏi các câu hỏi về giải bất phương trình. Chúng ta cần xét dấucủa các đa thức tương ứng từ đó tìm thấy được tập nghiệm của bất phương trình.Chẳng hạn:

−2x + 3 > 0 thì tập nghiệm S =

−∞;

3

2

.

−2x + 3 ≤ 0 thì tập nghiệm S =

3

2; +∞

−x2 + 4x − 5 > 0 thì S = ∅ −x2 + 4x − 5 ≥ 0 thì S = ∅ −x2 + 4x − 5 < 0 thì S = R

−x2 + 4x − 5 ≤ 0 thì S = R

4x2 − 12x + 9 > 0 thì S = R\

3

2

.

4x2 − 12x + 9 ≥ 0 thì S = R

4x2 − 12x + 9 < 0 thì S = ∅

4x2 − 12x + 9 ≤ 0 thì S =3

2

x2 − x − 6 > 0 thì S = (−∞; −2) ∪ (3;+∞)

x2 − x − 6 ≥ 0 thì S = (−∞; −2] ∪ [3;+∞)

x2 − x − 6 < 0 thì S = (−2;3)

x2 − x − 6 ≤ 0 thì S = [−2;3]

−2x2 + 3x + 2 > 0 thì S =

−1

2; 2




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


−2x2 + 3x + 2 ≥ 0 thì S =

−1

2; 2

−2x2 + 3x + 2 < 0 thì S =

−∞; −1

2

∪ (2;+∞)

−2x2 + 3x + 2 ≤ 0 thì S =

−∞; −1

2

∪ [2;+∞)

Ví dụ 1.18: Cho tam thức bậc 2: P (x) = (3m − 1)x2 − 2(m + 1)x + 2

a) Tìm m để P (x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2.

b) Tìm m để f (x) =

P (x) xác định trên R.

c) Tìm m để f (x) = ln P (x) xác định trên R.

Giải : a) Ta có ∆′ = (m + 1)2 − 2(3m − 1) = m2 − 4m + 3.

Để phương trình P (x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt

⇔

∆′ > 0

a = 0 ⇔

m2 − 4m + 3 > 0

3m − 1 = 0 ⇔

m > 3

m < 1

m = 1

3

⇔

m > 3 m < 1

m = 1

3

b) f (x) =

P (x) xác định trên R ⇔ P (x) ≥ 0 ∀x ∈ R.

+) Nếu 3m − 1 = 0 ⇔ m = 13

khi đó:

P (x) = −8

3x + 2, rõ ràng P (3) = −6 < 0 nên P (x) ≥ 0 không đúng với mọi x ∈ R.

+) Nếu 3m − 1 = 0. Khi đó P (x) là một đa thức bậc 2 do đó:

P (x) ≥ 0 ∀x ∈ R ⇔

∆′ ≤ 0

a > 0

⇔ m2 − 4m + 3 ≤ 0

3m − 1 > 0 ⇔ 1 ≤ m ≤ 3

m >1

3 ⇔ 1

≤ m

≤ 3

Kết luận: 1 ≤ m ≤ 3 thỏa mãn điều kiện bài toán.

c) f (x) = ln P (x) xác định trên R ⇔ P (x) > 0 ∀x ∈ R

+) Nếu 3m − 1 = 0 ⇔ m =1

3 khi đó:

P (x) = −8

3x + 2, rõ ràng P (3) = −6 < 0 nên P (x) > 0 không đúng với mọi x ∈ R.

+)Nếu 3m−

1 = 0. Khi đó P (x) là một đa thức bậc 2 do đó:

P (x) > 0 ∀x ∈R ⇔ ∆′ > 0

a > 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


+) 1 − 4x = 0 ⇔ x =1

4

+) −x2 + 4x − 5 = 0, ∆ < 0, a = −1.

Do đó dấu của f (x) là dấu của g(x) với:

g(x) = (x + 1)

2

(x − 2)

3

(2x − 1)17(2x + 1)5 (1 − 4x) (−1)3

= −(x + 1)

2

(x − 2)

3

(2x − 1)(2x + 1)5 (1 − 4x)

Các không điểm x = −1;2;1

2; −1

2;

1

4. Ta có bảng dấu:

x −∞ −1 −1

2

1

4

1

2 2 +∞g(x) + 0 + − + 0 − 0 +

f (x) + 0 + − + 0 − 0 +

b) TXĐ: x2 − 4x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3x ≤ 1

Ta có bảng xét dấu:

x −∞ 1

2 1 2 3 +∞

x2 − 4x + 3 + + 0 0 +

2x2 − 5x + 2 + 0 − − 0 + +

f (x) + 0 − 0 0 +

Dùng kết quả của ví dụ trên ta có thể giải được các bất phương trình:

+) (x + 1)2.(x − 2)3. (2x − 1)

(x2 + 2x + 2)7(2x + 1)5 (1 − 4x) (−x2 + 4x − 5)3 ≥ 0

có tập nghiệm là: S =

−∞; −1

2

∪

1

4;

1

2

∪ [2;+∞)

+) (x + 1)2.(x − 2)3. (2x − 1)

(x2 + 2x + 2)7(2x + 1)5 (1 − 4x) (−x2 + 4x − 5)3 > 0

có tập nghiệm là: S = (−∞; −1) ∪−1; −12 ∪1

4; 1

2 ∪ (2;+∞)

+) (x + 1)2.(x − 2)3. (2x − 1)

(x2 + 2x + 2)7(2x + 1)5 (1 − 4x) (−x2 + 4x − 5)3 ≤ 0

có tập nghiệm là: S =

−1

2;

1

4

∪

1

2; 2

∪ −1

+) (x + 1)2.(x − 2)3. (2x − 1)

(x2 + 2x + 2)7(2x + 1)5 (1 − 4x) (−x2 + 4x − 5)3 < 0

có tập nghiệm là: S = −1

2;1

4 ∪1

2; 2+)

√ x2 − 4x + 3. (2x2 − 5x + 2) ≥ 0 có tập nghiệm S =

−∞;

1

2

∪ [3;+∞) ∪ 1




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


+) √

x2 − 4x + 3. (2x2 − 5x + 2) > 0 có tập nghiệm S =

−∞;

1

2

∪ (3;+∞)

+) √

x2 − 4x + 3. (2x2 − 5x + 2) ≤ 0 có tập nghiệm S =

1

2; 1

∪ 3

+) √ x2

− 4x + 3. (2x2

− 5x + 2) < 0 có tập nghiệm S = 1

2; 11.6.3 Giải hệ bất phương trình

Kiến thức cần nhớ

Để giải được hệ các bất phương trình ta phải biết được các thao tác lấy giao và lấy hợpcủa 2 tập hợp. Cụ thể như sau:

Lấy giao: phải đồng thời thuộc 2 (hay nhiều) tập hợp. Biểu diễn từng tập hợp một

trên trục số, xóa những phần không thuộc tập hợp đó đi. Phần còn trắng (chưa bịgạch) chính là tập hợp cần tìm.

Lấy hợp: chỉ cần thuộc một trong 2 (hay nhiều) tập hợp. Biểu diễn từng tập trêntrục số: xóa những phần không thuộc tập đó. Hợp của n tập hợp là những tậpkhông bị xóa không quá n − 1 lần.

Học sinh thường gặp khó khăn khi lấy hợp 2 tập hợp, thường chỉ làm tốt với trườnghợp lấy giao.

Ví dụ 1.20: Tính tập hợp X trong các trường hợp sau:

a) X = A ∩ B ∩ C với A = (−2;1] ∪ [2;+∞), B = [−3;0), C = (−∞; −1].

b) X = A ∪ B với A = (−3;3) và B = [1; 5].

Giải : a) X = (−2; −1]

b) X = (−3;5]

Ví dụ 1.21: Giải hệ phương trình sau:

a) x2 − 3x + 2 > 0

2x2 − 3x − 2

3x + 1 ≤ 0

b)

x2 + 3x − 4 > 02x + 1

2x2 − 5x + 2 ≤ 0

Giải : a) x ∈

−∞; −1

2

∪

−1

3; 1

b) x ∈

−∞; −1

2

∪

1

2; +∞




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

1.7. Bài tập Chương 1. Phương trình đại số

1.7 Bài tập

Bài 1.1: Giải và biện luận phương trình sau theo m:

a) (m2 + m)x + m = 2x + m2.

b) mx + m − 2xx − 2

= 0

Bài 1.2: Cho phương trình: (m2 − 4)x2 + 2(m + 2)x + 1 = 0

a) Tìm m để phương trình có nghiệm.

b) Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất.

Bài 1.3: Biện luận số nghiệm của phương trình sau theo m:

x

3

− m (x + 2) + x

2

+ 4 = 0

Bài 1.4: Giải và biện luận phương trình sau theo m:

a) x2 − mx + 3m − 8 = 0.

b) x2 − mx + m2 − 3 = 0.

c) (m − 2)x2 − 2(m + 1)x + m = 0.

Bài 1.5: Cho phương trình 2x2 + 7x + 1 = 0. Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình.

a) Tính giá trị của các biểu thức:

A = 2

x21 + x2

2

− 3

x31 + x3

2

B = x2

1x32 + x3

1x22 + 2 |x1 − x2|

b) Tìm phương trình với hệ số nguyên nhận x1 + 2x2, 2x1 + x2 là nghiệm.

c) Tìm phương trình với hệ số nguyên nhận x1 +1

x2là nghiệm.

Bài 1.6: Tìm m để phương trình 3x2 + 4(m − 1)x + m2 − 4m + 1 = 0 có 2 nghiệm phânbiệt x1, x2 thỏa mãn

1

x1+

1

x2=

1

2.(x1 + x2)

Bài 1.7: Cho phương trình x2 − mx + (m − 2)2 = 0.

a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: F = x1x2 + 2x1 + 2x2.

Bài 1.8: Tìm m để phương trình : x2 − (2m + 1)x + m2 + 1 = 0 có 2 nghiệm x1, x2 thỏamãn x1 = 2x2.

Bài 1.9: Tìm m để phương trình x2 − mx + 3m − 8 = 0.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


a) Có 2 nghiệm phân biệt.

b) Có 2 nghiệm dương.

c) Có 2 nghiệm âm.

d) Có 2 nghiệm trái dấu.

e) Có nghiệm dương.

Bài 1.10: Biện luận theo m só nghiệm của phương trình :

a) x4 − 2mx2 + m + 12 = 0.

b) mx4 − (2m − 5)x2 + m + 1 = 0.

c) 4x − (m + 2)2x+1 + m2 − 4 = 0.

Bài 1.11: Giải các phương trình sau:a) 2x3 − 8x2 + x + 14 = 0.

b) x3 − x2 + 2 = 0.

c) 3x3 − 4x2 − 5x + 6 = 0.

Hướng dẫn. a) x = 2.

b) x = −1.

c) x = 1, x = 1 ± √ 736

.

Bài 1.12: Giải các phương trình sau:

a) 2x4 − 5x2 − 7 = 0.

b) x4 − 5x2 + 6 = 0.

c) x4 − 5x3 − 12x2 + 15x + 9 = 0

d) 2x4 + 3x3

−16x2

−17x + 12 = 0

e) x4 − 5x3 + 8x2 − 10x + 4 = 0.

f) x4 − 2x3 − 5x2 + 2x + 1 = 0.

g) (x2 − 2x)(x2 + 4x + 3) = 7.

h) (x2 − 3x + 2)(x2 + 9x + 18) = 12x2.

i) x4 − 4x3 + 8x − 12 = 0.

j) x4

+ 2x3

− 2x2

− 9x − 6 = 0.k) x4 − 3x3 − 2x2 + 5x + 3 = 0.

l) x4 − 5x3 − 12x2 + 15x + 9 = 0.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


m) 2x4 + 3x3 − 16x2 − 17x + 12 = 0.

Hướng dẫn. a) x = ±√

14

2

b) x = 2 ± √ 2.

c) x =− 1 ± √ 5

2 , x =

3 ± √ 13

2 .

d) x =− 1 ± √

29

2 .

e) x = 3, x = −2, x =− 7 ± √

73

2

f) x = 1 ± √ 7.

g) x = 2, x = −1.Bài 1.13: Cho bất phương trình: (m + 1)x + m + 2 > 0.

a) Giải và biện luận bất phương trình.

b) Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ≥ 2.

Bài 1.14: Tìm a để hệ bất phương trình sau vô nghiệm:

x2 + 7x − 8 < 0

a2x + 1 > 3 + (3a

−2) x

Bài 1.15: Tìm m để các bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x:

a) (m − 1)x2 − (2m + 1)x + m + 3 > 0.

b) x2 − 2mx + m + 12 > 0.

c) x2 − 2x + m|x − 1| + m2 − 2 > 0.

d) 2

3 ≤ x2 − mx + 1

x2

−x + 1

≤ 3

2.

Bài 1.16: Giải các bất phương trình sau:

a) −4x2 + 12x − 9 < 0.

b) 2x2 − 5x + 4 > 0.

c) −x2 − 4x + 5 ≥ 0.

Hướng dẫn. a) x = 3

2.

b) x ∈ R.c) x ∈ [−5;1].

Bài 1.17: Tìm a để biểu thức

(a + 1) x2 − 2 (a − 1) x + 3a − 3 có nghĩa với mọi x.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 1.18: Giải và biện luận bất phương trình sau theo tham số m:

a) x2 − mx + 2m − 3 ≥ 0.

b) (3m − 8)x2 + mx + 1 < 0.


a) x3 − 3x2 + 2 > 0.

b) x4 + 4x3 + 4x2 − 25 > 0.

c) x4 − 4x − 1 < 0.

d) x(x + 1)(x + 2)(x + 3) > 24.

e) x2 + x − 3

x2 + x

−2 ≤ 0

f) 1

x + 1 +

1

x + 2 +

1

x + 3 ≥ 0

g) x4 − 4x3 + 8x − 5 < 0.

h) x4 − 2x3 + 6x − 9 < 0.

i) 3x + 7

x2 − x − 2 ≥ −5.

Hướng dẫn. a) x ∈ 1 −

√ 3; 1 ∪ 1 +

√ 3; +

∞b) x ∈ (−∞; −1 − √

6) ∪ (−1 +√

6; +∞)

c) x ∈√

2 −

−2 + 4√

2

2 ;

√ 2 +

−2 + 4√

2

2

d) x ∈ (−∞; −4) ∪ (1;+∞).

e) x ∈ − 1 − √

13

2 ; −2

∪

1;− 1 +

√ 13

2

f) x ∈

−3; −2 − 1√ 3

∪

−2; −2 +1√

3

∪ (−1; +∞)

g) x ∈ 1 − √ 6; 1 ∪ 1;1 +

√ 6

h) x ∈ (−√ 3;

√ 3)

i) x ∈ (−∞; −1) ∪−3

5; 1

∪ (2;+∞)


a)

√ x2 − 2x − 3.x2.(2x + 1)3

(3x − 8) .(x − 2)5 ≥ 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


b) (x − 1)4. (x + 2)

(x + 3) . (2x − 5) < 0

Hướng dẫn. a) x ∈ [3; +∞) ∪ 1

b) x ∈

(−∞

;−

3)∪

(−

2;1)∪1;

5

2Bài 1.21: Giải hệ bất phương trình sau:

a)

(2x2 + x − 2) (x − 2) > 0x2 − 2x − 8

x + 2 ≤ 0

b)

x3 − x2 − x − 2 ≥ 0

(x2 + 2x − 3) .√

x + 1 ≥ 0

Hướng dẫn. a) x ∈ − 1 − √ 174

; − 1 + √ 174

∪ (2; 4]

b) x ∈ [1; +∞) ∪ −1Bài 1.22: Tính giá trị biểu thức trong các trường hợp sau:

a) y = x3 − 3x2 − 2x − 1 khi x = 1 − √ 2.

b) y =x2 − x − 4

2x + 1 khi x = 2 +

√ 3.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

Chương 2. Phương trình lượng giác

Chương 2Phương trình lượng giác

2.1 Các kiến thức cơ bản

2.1.1 Công thức liên hệ giữa các hàm lượng giácsin2 α + cos2 α = 1

1

cos2 α = 1 + tan2 α

1

sin2 α = 1 + cot2 α

tan α cot α = 1

Nhận xét:

Nếu biết một trong các giá trị lượng giác thì ta có thể tính được các giá trị lượnggiác còn lại.

sin α, cos α ∈ [−1;1]

2.1.2 Các công thức của các góc liên hệ với α

α và π − α:

cos(π

−α) =

−cos α sin(π

−α) = sin α

tan(π − α) = − tan α cot(π − α) = − cot α

α và −α:

cos(−α) = cos α sin(−α) = − sin α

tan(−α) = − tan α cot(−α) = −cot α

α và π + α:

cos(π + α) =

−cos α sin(π + α) =

−sin α

tan(π + α) = tan α cot(π + α) = cot α

α và π

2 − α:




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

2.1. Các kiến thức cơ bản Chương 2. Phương trình lượng giác

cos(π

2 − α) = sin α sin(

π

2 − α) = cos α

tan(π

2 − α) = cot α cot(

π

2 − α) = tan α

2.1.3 Bảng dấu của các hàm lượng giác

I II III IVcos α + − − +sin α + + − −tan α + − + −cot α + − + −

2.1.4 Bảng các giá trị lượng giác

00 300 450 600 900 1200 1350 1500 1800

0π

6

π

4

π

3

π

2

2π

3

3π

4

5π

6 π

cos α 1

√ 3

2

√ 2

2

1

2 0 −1

2 −

√ 2

2 −

√ 3

2 −1

sin α 01

2

√ 2

2

√ 3

2

1

√ 3

2

√ 2

2

1

2

0

tan α 01√

31

√ 3 −√

3 −1 − 1√ 3

0

cot α √ 3 1

1√ 3

0 − 1√ 3

−1 −√ 3

2.1.5 Công thức lượng giác của tổng, hiệu

cos(a ± b) = cos a cos b ∓ sin a sin bsin(a ± b) = sin a cos b ± cos a sin b

tan(a ± b) =tan a ± tan b

1 ∓ tan a tan b

cot(a ± b) =cot a cot b ∓ 1

cot b ± cot a




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


2.1.6 Công thức cộng lượng giác

cos a + cos b = 2 cosa + b

2 cos

a − b

2

cos a − cos b = −2sina + b

2 sin

a − b

2

sin a + sin b = 2 sin a + b2

cos a − b2

sin a − sin b = 2 cosa + b

2 sin

a − b

2

tan a ± tan b =sin(a ± b)

cos a cos b

cot a ± cot b =sin(b ± a)

sin a sin b

Hệ quả:

tan a + cot a =2

sin2atan a − cot a = −2cot2a

sin a + cos a =√

2 sin(x +π

4) =

√ 2cos(x − π

4)

sin a − cos a =√

2sin(x − π

4) = −√

2 cos(x +π

4)

2.1.7 Công thức biến đổi tích thành tổng

cos a cos b =1

2 [cos(a + b) + cos(a − b)]

sin a sin b = −1

2 [cos(a + b) − cos(a − b)]

sin a cos b =1

2 [sin(a + b) + sin(a − b)]

2.1.8 Công thức góc nhân đôi, nhân ba - Công thức hạ bậc

cos2x = cos2 x − sin2 x = 2 cos2 x − 1 = 1 − 2sin2 x

sin2x = 2 sin x cos x

tan2x =2tan x

1

−tan2 x

cot2x = cot2 x − 12cot x

cos2 x =1 + cos 2x

2




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


sin2 x =1 − cos2x

2

cos3x = 4 cos3 x − 3cos x

sin3x = 3 sin x − 4sin3 x

tan3x =3tan x

−tan3 x

1 − 3tan2 x

cot3x =3cot x − cot3 x

1 − 3cot2 x

2.1.9 Công thức tính sin x, cos x, tan x, cot x theo t = tanx

2

sin x =

2t

1 + t2, cos x =

1

−t2

1 + t2, tan x =

2t

1 − t2, cot x =

1

−t2

2t

2.1.10 Bài tập

Bài 2.1: Cho α là góc sao cho sin α = −1

3, với α thuộc góc phần tư thứ III.

a) Tính tan α, cos α, cot α.

b) Tính cos(α − 5π2

), tan(7π2 − α).

Bài 2.2: Tính giá trị biểu thức sau:

a) A =1

sin2 200 +

1

cos2 400− tan2 700 − cot2 500.

b) B = sin2 10 + sin2 30 + · · · + sin2 890.

c) C = cos 20 + cos 40 + · · · + cos 1800.

Bài 2.3: Tính giá trị biểu thức:

a) A = cos π8

+ cos 5π8

+ sin 9π8

+ sin 5π8

b) B = cos π8 + tan

π8

Rút gọn biểu thức:

a) A = cos x cos2x cos4x cos8x biết x = kπ (k ∈ Z).

b) B = sin x sin(π3 − x)sin(π

3 + x).

Bài 2.4: Tính giá trị biểu thức:

a) A = cos6 x + sin6 x.

b) B = cos4 x + sin4 x.

c) C = cos12x .

Biết rằng cos4x =1

3.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

2.2. Các phương trình lượng giác cơ bản Chương 2. Phương trình lượng giác

2.2 Các phương trình lượng giác cơ bản

2.2.1 Phương trình sin x = m

Điều kiện có nghiệm: −1 ≤ m ≤ 1.

Nghiệm của phương trình là : x = arcsin m + k2πx = π − arcsin m + k2π

(k ∈ Z)

Chú ý : các giá trị đặc biệt của m là m = 0, ±1, ± 1

2, ±

√ 2

2 , ±

√ 3

2

Phương trình đặc biệt:

sin x = −1 ⇔ x = −π

2 + k2π

sin x = 1 ⇔ x =π

2 + k2π

sin x = 0 ⇔ x = kπ

(k ∈ Z)

Dạng sin A = sin B ⇔

A = B + k2π

A = π − B + k2π

2.2.2 Phương trình cos x = m

Điều kiện có nghiệm: −1 ≤ m ≤ 1.

Nghiệm của phương trình là :

x = arccos m + k2π

x =

−arccos m + k2π

(k ∈ Z)

Phương trình đặc biệt:cos x = −1 ⇔ x = π + k2π

cos x = 1 ⇔ x = k2π

cos x = 0 ⇔ x =π

2 + kπ

(k ∈ Z)

Dạng cos A = cos B ⇔

A = B + k2π

A = −B + k2π

2.2.3 Phương trình tan x = m, cot x = m

Điều kiện có nghiệm ∀m ∈ R Nghiệm tan x = m ⇔ x = arctan m + kπ

cot x = m ⇔ x = arccot m + kπ

Dạng tan A = tan B ⇔ A = B + kπ

cot A = cot B ⇔ A = B + kπ

Chú ý khi giải phương trình chứa tan, cot ta phải đặt điều kiện cho biến.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


2.2.4 Các ví dụ


a) sin x = −1

2.

b) sin

3x − π

4

= − cos

2x +

π

6

.

c) cos

5x − π

3

= − cos2x.

Giải : a)

x = −π

6 + k2π

x =7π

6

+ k2π

(k ∈ Z)

b) pt ⇔ sin

3x − π

4

= −sin

π

2 − 2x − π

6

⇔ sin

3x − π

4

= sin

2x +

π

3

⇔

3x − π

4 = 2x +

π

3 + k2π

3x − π

4 = π − 2x − π

3 + k2π

⇔

x =

7π

12 + k2π

x =11π

60 +

k2π

5

(k ∈ Z).

c) pt ⇔ cos

5x − π

3

= cos (π − 2x) ⇔ 5x − π

3 = π − 2x + k2π

5x − π

3 = 2x − π + k2π

⇔

7x =4π

3 + k2π

3x = −2π

3 + k2π

⇔

x =4π

21 + k

2π

7

x = −2π

9 + k

2π

3

(k ∈ Z)

Ví dụ 2.2: Giải các phương trình:

a) tan x. cot2x − 2tan x +√

3cot2x = 2√

3

b) tan3x = − cot

x +

2π

5

.

c) tan x +2

cot x = −3.

d) sin2x − cos x + 2 sin x − 1 = 0.

e) sin2x − √ 3cos x − 2sin x + √ 3 = 0.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Giải : a) pt ⇔ tan x +

√ 3

. (cot2x − 2) = 0 ⇔

tan x =√

3

cot2x = 2

⇔

x = −π

3 + kπ

2x = arccot 2 + kπ⇔

x = −π

3 + kπ

x =1

2

arccot 2 + kπ

2

b) pt ⇔ tan3x = − tan

π

2 − x − 2π

5

⇔ tan3x = tan

π

10− x

⇔ 3x =π

10− x + kπ ⇔ x =

π

40 + k

π

4

c) pt ⇔ tan x + 2 tan x = −3 ⇔ tan x = −1 ⇔ x = −π

4 + kπ

2.2.5 Bài tập


a) sin(3x + 1) =

√ 3

2

b) cos(2x + 2) = −1

2

c) sin2x = sin( x2

+ 1)


a) cos2x = sin 5x

b) sinx

2 = − cos4x

c) cos(π sin x) = cos(3π sin x)

d) 2sin x cos x = cos x − 2sin x + 1


a) tan x = −1

b) tan(2x − 1) = tan(x + 2)

c) cot(x + 1) = − tan2x

d) tan x =

√ 2

cot x

+ 1




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

2.3. Các phương trình lượng giác khác Chương 2. Phương trình lượng giác

2.3 Các phương trình lượng giác khác

2.3.1 Phương trình a sin x + b cos x = c

Ta có a sin x + b cos x = c ⇔ a√ a2 + b2

sin x +b√

a2 + b2cos x =

c√ a2 + b2

.

Gọi α là góc sao cho cos α =

a√ a2 + b2

sin α =b√

a2 + b2

Khi đó phương trình tương đương với:

cos α sin x + sin α cos x =c√

a2 + b2⇔ sin(x + α) =

c√ a2 + b2

Điều kiện có nghiệm:

c√ a2 + b2

≤ 1 ⇔ |c| ≤ √ a2 + b2 ⇔ a2 + b2 ≥ c2


a) sin x =√

3cos x + 1.

b) cos2x − 3sin x cos x = 3.

c) sin x − cos x =

√ 2cos3x.

d) 3sin3x + 4 cos 3x = 5 sin 4x

Giải : a) pt ⇔ sin x − √ 3cos x = 1 ⇔ 2 sin

x − π

3

= 1 ⇔ sin

x − π

3

=

1

2 = sin

π

6

⇔

x − π

3 =

π

6 + k2π

x − π

3 =

5π

6 + k2π

⇔

x =π

2 + k2π

x =7π

6 + k2π

(k ∈ Z)

b) pt ⇔ cos 2x − 3

2sin2x = 3.

Vì a2 + b2 =13

4 < c2 = 9 nên phương trình vô nghiệm.

c) pt ⇔ √ 2sin

x − π

4

=

√ 2cos3x ⇔ sin

x − π

4

= sin

π

2 − 3x

⇔ x − π

4 =

π

2 − 3x + k2π

x − π

4 = π − π

2 + 3x + k2π

⇔ x =3π

16 + k

π

2

x = −3π

8 − kπ

(k ∈ Z)




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


d) pt ⇔ 3

5sin3x +

4

5cos3x = sin 4x

Gọi α là góc sao cho cos α =3

5 và sin α =

4

5 ta được:

cos α sin3x + sin α cos3x = sin 4x ⇔ sin(3x + α) = sin4x

⇔ 3x + α = 4x + k2π

3x + α = π − 4x + k2π ⇔ x = α − k2π

x =π − α + k2π

7

(k ∈ Z)

2.3.2 Phương trình đẳng cấp chứa sin và cos

Nhận biết: phương trình chứa sin x, cos x thỏa mãn bậc của tất cả các hạng tử đều là số chẵn hoặc là số lẻ. Chẳng hạn :

sin x, cos x bậc 1.sin2 x, cos2 x, sin x cos x, cos2x, sin2x bậc 2.sin3 x, sin2 x cos x, sin x cos2 x, cos3 x, sin3x, cos3x đều có bậc 3.

Phương trình a sin x + b cos x = c có thể được coi là phương trình đẳng cấp

theo sinx

2, cos

x

2.

Cách giải: Ta xét 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: cos x = 0.

Trường hợp 2: cos x = 0. Khi đó ta sẽ chia cả 2 vế cho cosm x (ở đó m là bậc

của phương trình đẳng cấp)

Ví dụ 2.4: Giải phương trình 9sin x + 5 cos x − 20cos3 x − 16sin5 x = 0

Giải : Phương trình tương đương với

9sin x(sin2 x + cos2 x)2 +5cos x(sin2 x + cos2 x)2 − 20cos3x(sin2 x +cos2 x) − 16sin5x = 0

+ TH 1: Nếu cos x = 0: Phương trình trở thành ⇒ 9 sin x − 16sin5x = 0 (Vô nghiệm)+ TH 2: Nếu cos x = 0: Chia cả 2 vế cho cos5 x ta được:9t(1 + t2)

2+ 5(1 + t2)

2 − 20 (1 + t2) − 16t5 = 0

ở đó t = tan x, phương trình bậc 5, giải phương trình ta được nghiệm.Ví dụ 2.5: Giải phương trình:

a) 1 + 2 sin 2x = 6 cos2 x.

b) 2sin3 x = −cos x

Giải : a) pt ⇔ sin2 x + cos2 x + 4 sin x cos x = 6 cos2 x

⇔ sin2 x + 4 sin x cos x − 5cos2 x = 0.

+) Nếu cos x = 0 thì ta được sin2 x = 0 ⇔ sin x = 0. Điều này mâu thuẫn.

+) Nếu cos x = 0 chia cả 2 vế cho cos2 x = 0 ta được:

tan2 x + 4 tan x − 5 = 0 ⇔

tan x = 1

tan x = −5

x =π

4 + kπ

x = arctan(−5) + kπ(k ∈ Z)




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


b) pt ⇔ 2 sin3 x = − cos x(sin2 x + cos2 x) ⇔ 2 sin3 x + sin2 x cos x + cos3 x = 0.

+) Nếu cos x = 0 thì 2sin3 x = 0 ⇔ sin x = 0. Điều này mâu thuẫn.

+) Nếu cos x = 0. Chia cả 2 vế cho cos3 x.

pt ⇔ 2tan3 x + tan2 x + 1 = 0 ⇔ (tan x + 1)(2 tan2 x − tan x + 1) = 0

⇔ tan x = −12tan2 x − tan x + 1 = 0( Vô nghiệm )

⇔ x = −π4

+ kπ (k ∈ Z).

2.3.3 Đại số hóa phương trình lượng giác

Nhận dạng: phương trình có thể qui về phương trình bậc 2, 3, 4 theo sin, cos, tan,cot là những phương trình có thể đại số hóa được. Hoặc phương trình khi dùngphép đặt ẩn phụ cũng qui về được phương trình đại số.

Phương pháp: sử dụng các công thức góc nhân đôi, nhân ba, và công thức tínhsin x, cos x, tan x, cot x theo t = tan

x

2, ...

Ví dụ 2.6: Giải các phương trình lượng giác sau:

a) cos2x − sin x + 1 = 0.

b) sin x + tanx

2 = 2

c) cos3x + cos 2x − cos x − 1 = 0

d) tan x + tan2 x + tan3 x + cot x + cot2 x + cot3 x = 6

e) cos3x + 4cos 2x + 4 cos x + 1 = 0.

f) − tan x + 2 sin 2x − cos2x = 1

Giải : a) Đặt t = sin x qui về phương trình bậc 2 ẩn t.

b) Đặt t = tanx

2 qui về phương trình bậc 4 ẩn t

c) Đặt t = cos x qui về phương trình bậc 3 ẩn t.d) Đặt t = tan x + cot x qui về phương trình bậc 3 ẩn t

2.3.4 Phương trình đối xứng sin, cos

Nhận dạng: phương trình có dạng : f (sin x, cos x) = 0 hoặc f (sin x, − cos x) = 0 ởđó f (x, y) là một hàm đối xứng theo x, y hay nói cách khác f (x, y) = f (y, x).

Cách giải: Đặt t = sin x + cos x = √ 2sin(x +

π

4)

hoặc đặt t = sin x − cos x =√

2sin(x − π

4)

với −√ 2 ≤ t ≤ √

2




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Ví dụ 2.7: Giải phương trình sau:

a) sin x − cos x + 2 sin 2x = −1

b) sin3 x + cos3 x = 2(sin x + cos x) − 1

Giải : a) Đặt t = sin x−

cos x và giải phương trình bậc 2 ẩn t.

b) Đặt t = sin x + cos x và giải phương trình bậc 3 ẩn t.

2.3.5 Phân tích thành nhân tử

Nhận dạng: Bài toán dạng này rất khó nhận dạng thông thường theo trực giác củangười giải toán là chính. Phương pháp có thể dùng để giải hoặc làm cho bài toántrở nên đơn giản hơn.

Dưới đây là một số họ có thừa số chung hay gặp:

f (x) Biểu thức chứa thừa số f (x)

sin x sin2x, sin3x, tan x, tan2x, tan3x, · · ·

cos x sin2x, cos3x, tan2x, cot3x, cot x,

· · ·1 + cos x cos2

x

2, cot2

x

2, sin2 x, tan2 x

1 − cos x sin2 x

2, tan2

x

2, sin2 x, tan2 x

1 + sin x cos2 x, cot2 x, cos2

π

4 − x

2

, sin2

π

4 +

x

2

1 − sin x cos2 x, cot2 x, cos2π

4 +x

2 , sin2π

4 −x

2sin x + cos x cos2x, cot2x, 1 + sin 2x, 1 + tan x, 1 + cot x, tan x − cot x

cos x − sin x cos2x, cot2x, 1 − sin2x, 1 − tan x, 1 − cot x, tan x − cot x


a) sin2(x − π) − sin(3x − π) = sin x




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


b) cos3x − 2cos2x + cos x = 0

c) sin2 x + sin2 2x + sin2 3x =3

2

d) cos3x cos4x + sin 2x sin5x =1

2

(cos2x + cos 4x)

Giải : a) pt⇔ sin 2x + sin 3x = sin x

⇔ 2 sin x cos x + 2 cos 2x sin x = 0 ⇔ 2 sin x(cos x + cos 2x) = 0

b) pt⇔ 2 cos 2x cos x − 2cos2x = 0 ⇔ 2 cos 2x(cos x − 1) = 0

c) Sử dụng công thức hạ bậc

d) pt⇔ 1

2(cos7x + cos x) − 1

2(cos7x − cos3x) =

1

2(cos2x + cos 4x)

⇔ cos x + cos 3x = cos 2x + cos 4x

⇔ 2 cos 2x cos x − 2cos3x cos x = 0 ⇔ 2cos x(cos2x − cos3x) = 0

2.3.6 Sử dụng bất đẳng thức

Phương pháp: Đối với dạng A = 0.Ta chứng minh A ≥ 0, ∀x từ đó suy ra dấu bằng trong bất đẳng thức phải xảy ra.Giải nghiệm từ điều kiện xảy ra dấu bằng đó.Đối với dạng biến thể: A = B .

Ta chứng minh : A ≥ α và B ≤ α, ∀x dẫn đến phương trình tương đương vớiA = α = B và dấu bằng ở 2 bất đẳng thức xảy ra.


a) sin(x +π

4) + 2 sin 2x − 3 = 0.

b) sin4 x + cos4 x = 2 − cos7 x

Giải : a) sin(x +π

4

) + 2 sin 2x

−3

≤ 0 do đó phương trình tương đương với: sin(x +

π

4) = 1

sin2x = 1

b) Ta có sin4 x + cos4 x ≤ sin2 x + cos2 x = 1

và 2 − cos7 x ≥ 1. Do đó mà ta có hệ:

sin4 x = sin2 x

cos

4

x = cos

2

xcos7 x = 1 ⇔ cos x = 1

⇔ x = k2π




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


2.3.7 Loại nghiệm không thích hợp

Đặt vấn đề: Trong khi giải một phương trình lượng giác ta gặp bài toán mà nghiệmtìm thấy không nằm trong tập xác định. Thiếu sót trên thường gặp khi ta "‘quên"’đặt điều kiện hoặc đặt điều kiện nhưng khi giải xong không đối chiếu với điều kiệndẫn đến tình trạng "‘thừa nghiệm"’.

Phương pháp: có rất nhiều phương pháp như giải phương trình nghiệm nguyên,thử nghiệm trực tiếp vào điều kiện, ... nhưng với mức độ đề thi đại học hiện naythì phương pháp đơn giản dễ dùng nhất là biểu diễn tập nghiệm trên đường trònlượng giác. Những điểm bị trùng với điểm bị loại ở tập xác định sẽ bị loại.

Ví dụ 2.10: Giải phương trình sau:

a) 4sin6 x + 4 cos6 x − 1

2sin x − √ 2

= 0

b) √ 9 − x2 · (2 sin x − 1) = 0

Giải : a) Điều kiện: sin x =√

2

2 .

pt ⇔ 4 sin6 x + 4 cos6 x − 1 = 0

⇔ 4

1 + cos 2x

2

3

+ 4

1 − cos2x

2

3

− 1 = 0

⇔ 1 + 3 cos2 2x − 1 = 0 ⇔ cos2x = 0

⇔ x =

π

4

+ kπ

2

.

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta được nghiệm:

x = −π

4 + k2π, x =

5π

4 + k2π

b) Nghiệm x = ±3.

Trường hợp −3 < x < 3: pt ⇔ sin x =1

2Kết hợp điều kiện ta được nghiệm:

x =π

6, x =

5π

6

2.3.8 Bài tập

Phương trình dạng a sin x + b cos x = c.

Bài 2.8: Giải phương trình sau:

a) cosx

2 +

√ 3sin

x

2 = 1

b) 3cos x + 4 sin x + 63cos x + 4 sin x + 1

= 6

c) sin3x − √ 3cos3x = 2 sin 2x




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


d) 3sin3x − √ 3cos9x = 1 + 4sin3 3x

e) sin x + cos x =√

2sin5x

f) cos7x − sin5x =√

3(cos 5x − sin7x)

Bài 2.9: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số sau:

a) y =sin x + 2 cos x + 1

sin x + cos x + 2 .

b) y =sin x

2 + cos x

Phương trình đẳng cấp:

Bài 2.10: Giải phương trình sau:a) 4cos2 x − 6sin2 x + 5 sin 2x − 4 = 0

b) 2sin3 x = cos x

c) 6sin x − 2cos3 x = 5 sin 2x · cos x

d) sin2 x − 2cos2 x =1

2− sin2x

e) −

14cos4 x + 16 cos3 x sin x + 6 sin2 x cos2 x

−cos x sin3 x + sin4 x = 2

Đại số hóa phương trình lượng giác:


a) cos2x + sin2 x + 2 cos x + 1 = 0

b) 2cos3x − 7cos2x + 7 cos x − 2 = 0.

c) cos4 x + sin4 x = 2 cos(2x + π4

)cos(2x − π4

)

d) sin4 x + cos4 x − cos2x +sin2 2x

4 − 2 = 0

e) tan2 x − 4

cos x+ 5 = 0

f) 3

sin2 x+ 3 tan2 x − 11(tan x + cot x) − 1 = 0

g) sin4 x + (1 + sin x)4 = 17

h) 2cos2 6x

5 + 1 = 3 cos

8x

5




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Phương trình đối xứng:


a) sin3 x + cos3 x = 1 − sin2x2

b) sin2x + 4(cos x − sin x) = 4

c) cos x +1

cos x+ sin x +

1

sin x =

10

3

d) sin x cos x = 6(sin x + cos x − 1)

e) 1 + sin 2x = sin x + cos x

Phân tích thành nhân tử:


a) sin x + cos x + 1 = 2 cos(x2 − π

4)

b) √

2(cos4 x − sin4 x) = sin x + cos x

c) sin x + 3 sin 2x = sin 3x

d) cos x sin2x cos3x =sin4x

4

e) cos2x + sin 2x + cos x + 3 sin x + 1 = 0

f) (2 sin x − 1)(2sin2x + 1) = 3 − 4cos2 x

g) cot x − tan x = sin x + cos x

Sử dụng bất đẳng thức:


a) sin3 x + cos3 x = 2 − sin4 x

b) cos3x +√

2 − cos2 3x = 2(1 + sin2 2x)

c) cos(πx) = x2 − 4x + 5

d) 2sin(x +π

4) = tan x + cot x

Loại nghiệm không thích hợp




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n



a) sin6 x + cos6 x

tan(x − π4

)tan(x + π4

) = −1

4

b) sin6 x + cos6 x

cos2 x − sin2 x =

tan2x

4

c) sin x · (sin x + cos x) − 1

cos2 x + sin x + 1 = 0

d) tan x · (2sinx

3− 1) = 0

e) 1 + tan x

1 − tan x = 1 + sin 2x

f) tan2 x = 1 + cos x1 − sin x

Dạng toán tổng hợp:


a) sin x + cos 2x + cos2x (tan2x − 1) + 2sin3x = 0.

b) cos x. cos2x. cos4x. cos8x = 116

c) sin4x + cos4x

5sin2x =

1

2cot2x − 1

8sin2x

d) 2sin2x + sin 2x + 3 sin x − cos x + 1 = 0

e) 4sin2x

2− √

3cos2x = 1 + 2cos2

x − 3π

4

f) 2√ 2cos3x − π4− 3cos x − sin x = 0

g) tan

π

2 + x

− 3tan2x =

cos2x − 1

cos2x

h) tan

3π

2 − x

+

sin x

1 + cos x = 2

i) cos23x. cos2x

−cos2x = 0

j) 2sin x (1 + cos 2x) + sin 2x = 1 + 2 cos x

k) sin3x − √ 3cos3x = sin xcos2x − √

3sin2x cos x




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


l) 1

sin x+

1

sin

x − 3π

2

= 4 sin

7π

4 − x

m) √

2cosx

−7π

4 = cos2x

−7π

2 +1

2

n) sin2x + sin x − 1

2sin x− 1

sin2x = 2cot 2x

o) sin

5x

2 − π

4

− cos

x

2− π

4

=

√ 2cos

3x

2

p) 2√

2sin

x − π

12

cos x = 1.

q) 2cos2x + 2√

3sin x cos x + 1 = 3

sin x +√

3cos x

r) sin2x

cos x +

cos2x

sin x = tan x − cot x




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

Chương 3. Phương trình chứa căn và dấu giá trị tuyệt đối

Chương 3Phương trình chứa căn và dấu giátrị tuyệt đối

3.1 Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối3.1.1 Kiến thức cần nhớ

Học sinh cần nhớ một số tính chất sau của dấu giá trị tuyệt đối:

|A| =

A Nếu A ≥ 0

−A Nếu A < 0

| − A| = |A|

|A2

| = A2

|A| ≥ A. Dấu đẳng thức khi A ≥ 0.|A| ≥ −A. Dấu đẳng thức khi A ≤ 0

|A| + |B| ≥ |A + B|.Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ A.B ≥ 0.

|A| + |B| ≥ |A − B|.Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ A.B ≤ 0.

3.1.2 Các dạng bài tập Nguyên tắc chung: Để giải một phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối, ta có

thể bám vào định nghĩa xét dấu của biểu thức trong dấu giá trị tuyệt đối, phântrường hợp để phá dấu giá trị tuyệt đối. Tuy nhiên, nhiều khi việc xét dấu mộtbiểu thức là khá khó khăn, dài dòng nên ở đây tôi đưa ra một số cách biến đổitương đối với một số dạng phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối cơ bản để họcsinh có thể áp dụng nó làm các bài tập một cách chính xác ngắn gọn.

Dạng 1

|A| = B ⇔ A ≥ 0A = B

A < 0

A = −B

⇔ A = −B

A = B

B ≥ 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

3.1. Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Chương 3. Phương trình chứa căn và dấu giá trị tuyệt đối

Dạng 2:|A| = |B| ⇔ A2 = B2 ⇔ A = ±B

Dạng 3: Đặt ẩn phụ với biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối.

Dạng 4: Sử dụng bất đẳng thức để đánh giá 2 vế của phương trình :

Chẳng hạn nếu ta có phương trình A = B . Ta chứng minh:A ≥ α và B ≤ α từ đó ta được A = α = B .

Dạng 5 : Lập bảng xét dấu với biểu thức trong dấu giá trị tuyệt đối để phá dấugiá trị tuyệt đối.

3.1.3 Các ví dụ


a) |x2

+ x − 1| = 2 − x (∗)

b) |2x2 + 3x − 2| = |x2 − x − 3| (∗∗)

Giải : a) (∗) ⇔

2 − x ≥ 0 (1) x2 + x − 1 = 2 − x (2)

x2 + x − 1 = x − 2 (3)(1) ⇔ x ≤ 2

(2) ⇔ x2 + 2x − 3 = 0 ⇔

x = 1

x = −3

thỏa mãn điều kiện

(3)

⇔ x2 + 1 = 0 Phương trình vô nghiệm

b) (∗∗) ⇔

2x2 + 3x − 2 = x2 − x − 3 (1)

2x2 + 3x − 2 = −x2 + x + 3 (2)

(1) ⇔ x2 + 4x + 1 = 0 ⇔ x = −2 ± √ 3

(2) ⇔ 3x2 + 2x − 5 = 0 ⇔ x = 1

x = −5

3

Ví dụ 3.2: Giải phương trình x4 + 4x2 + 2 |x2 − 2x| = 4x3 + 3

Giải : Phương trình ⇔ (x2 − 2x)2

+ 2 |x2 − 2x| − 3 = 0

Đặt t = |x2 − 2x| ≥ 0. Phương trình trở thành:

t2 + 2t − 3 = 0 ⇔

t = 1thỏa mãn

t = −3 (loại)

+)t = 1 ⇔ x2 − 2x = 1 ⇔

x2 − 2x = 1

x2 − 2x = −1 ⇔

x = 1 ± √

2

x = 1

Ví dụ 3.3: Giải phương trình |x + 1| + |2 − x| = −x4 + 4x2 − 1




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

3.2. Phương trình chứa căn thức Chương 3. Phương trình chứa căn và dấu giá trị tuyệt đối

Giải : Ta có V T = |x + 1| + |2 − x| ≥ |x + 1 + 2 − x| = 3 ∀x (1)

mà V P = −x4 + 4x2 − 1 = −(x2 − 2)2

+ 3 ≤ 3 ∀x (2).Từ (1) , (2) ⇒ V T ≥ 3 ≥ V P ∀x

Do đó phương trình đã cho ⇔

(x + 1) . (2 − x) ≥ 0

x2 − 2 = 0 ⇔ x =

√ 2

Ví dụ 3.4: Giải phương trình 2 |x + 1| − |x2 − 2x − 8| = −5 − x + x2

Giải : Ta có bảng xét dấu:

x −∞ −2 −1 4 +∞x + 1 − − 0 + +

x2 − 2x − 8 + 0 − − 0 +

Trường hợp 1: x < −2.Phương trình

⇔ 2 (

−x

−1)

−(x2

−2x

−8) =

−5

−x + x2

⇔ 2x2 − x − 11 = 0 ⇔ x = 1 + √ 89

4 (loại)

x =1 − √

89

4 (thỏa mãn)

Trường hợp 2: −2 ≤ x < −1

Phương trình ⇔ 2 (−x − 1) + (x2 − 2x − 8) = −5 − x + x2

⇔ −3x = 5 ⇔ x = −5

3 (thỏa mãn)

Trường hợp 3: −

1

≤ x < 4

Phương trình ⇔ 2 (x + 1) + (x2 − 2x − 8) = −5 − x + x2

⇔ x = 1 (thỏa mãn)

Trường hợp 4: x ≥ 4

Phương trình ⇔ 2 (x + 1) − (x2 − 2x − 8) = −5 − x + x2

⇔ 2x2 − 5x − 15 = 0 ⇔

x =5 +

√ 145

4 (thỏa mãn)

x =5 − √

145

4 (loại)

Vậy phương trình có tập nghiệm S =1 − √ 89

4 ; −5

3; 1;

5 + √ 1454

3.2 Phương trình chứa căn thức

3.2.1 Các dạng bài tập

√

A = B ⇔

A = B2

B ≥ 0

√

A =√

B ⇔ A = B

A ≥ 0 ⇔

A = B

B ≥ 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

3.3. Bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối Chương 3. Phương trình chứa căn và dấu giá trị tuyệt đối

3.3 Bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối

3.3.1 Dạng cơ bản

|A| < B ⇔ −B < A < B

|A| > B ⇔ A > BA < −B

|A| < |B| ⇔ A2 − B2 < 0 ⇔ (A − B) . (A + B) < 0

3.3.2 Các ví dụ

Ví dụ 3.8: Giải các bất phương trình sau:

a) |x2 − 2x − 1| < x + 1

b) |2x2 + x − 3| ≥ 2x + 1

c) |x2 + x − 1| < |2x2 + x − 2|

Giải : a) Bất phương trình ⇔

x2 − 2x − 1 < x + 1

x2 − 2x − 1 > −x − 1 ⇔

x2 − 3x − 2 < 0

x2 − x > 0

⇔ 3 − √

17

2 < x <

3 +√

17

2x > 1 ∨ x < 0

⇔ x ∈

3 − √ 17

2 ; 0

∪

1;3 +

√ 17

2

b) Bất phương trình ⇔ 2x2 + x−

3 ≥

2x + 1

2x2 + x − 3 ≤ −2x − 1 ⇔ 2x2

−x

−4 ≥

0

2x2 + 3x − 2 ≤ 0

⇔

x ≥ 1 +√

33

4 ∨ x ≤ 1 − √

33

4

−2 ≤ x ≤ 1

2

⇔ x ≤ 1

2∨ x ≥ 1 +

√ 33

4

c) Bất phương trình⇔ (2x2 + x − 2)

2> (x2 + x − 1)

2 ⇔ (2x2 + x − 2)2 − (x2 + x − 1)

2> 0

⇔ (x2 − 1)(3x2 + 2x − 3) > 0

⇔ (x − 1) (x + 1)x − −1

−√

10

3 x − −1 +

√ 10

3 > 0

⇔ x <−1 − √

10

3 ∨ −1 < x <

−1 +√

10

3 ∨ x > 1

3.4 Bất phương trình chứa căn thức

3.4.1 Dạng cơ bản

√

A > B ⇔ A > B2

B ≥ 0 B < 0

A ≥ 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

3.4. Bất phương trình chứa căn thức Chương 3. Phương trình chứa căn và dấu giá trị tuyệt đối

√

A < B ⇔

A < B2

A ≥ 0

B ≥ 0

√

A <√

B ⇔

A < B

A

≥ 0

Chú ý: Với các căn bậc chẵn được làm tương tự. Còn đối với các căn bậc lẻ thìta không cần điều kiện và cách giải dạng này tương đối đơn giản nên chúng khôngđược nhắc tới ở đây.

3.4.2 Các ví dụ

Ví dụ 3.9: Giải các bất phương trình sau:

a) √

x2 + x − 1 > x + 2

b) √ 2x2 + 3x − 2 ≤ x + 1

c) √

x2 + 3x + 2 <√

3x2 − 7x + 4

Giải : a) Bất phương trình

⇔

x2 + x − 1 > (x + 2)2

x + 2 ≥ 0 x + 2 < 0

x2 + x − 1 ≥ 0

⇔

3x + 5 < 0

x ≥ −2

x < −2

x ≥ −1 +√

5

2 ∨ x ≤ −1 − √

5

2

⇔ −2 ≤ x < −53

x < −2⇔ x < −5

3

b) Bất phương trình

⇔

x + 1 ≥ 0

2x2 + 3x − 2 ≥ 0

2x2 + 3x − 2 ≤ (x + 1)2⇔

x ≥ −1

x ≤ −2 ∨ x ≥ 1

22x2 + 3x − 2 ≤ x2 + 2x + 1

⇔ x ≥1

2x2 + x − 3 ≤ 0

⇔ x

≥1

2−1 − √ 13

2 ≤ x ≤ −1 + √ 13

2

⇔ 1

2 ≤ x ≤ −1 +

√ 13

2

c) Bất phương trình

⇔

x2 + 3x + 2 ≥ 0

x2 + 3x + 2 < 3x2 − 7x + 4

⇔ x ≥ −1 ∨ x ≤ −2

2x2

− 10x + 2 > 0 ⇔ x ≥ −1 ∨ x ≤ −2

x >5 +

√ 21

2 ∨ x <5

−√

21

2

⇔ −1 ≤ x <5 − √

21

2 ∨ x >

5 +√

21

2




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

3.5. Bài tập Chương 3. Phương trình chứa căn và dấu giá trị tuyệt đối

3.5 Bài tập

Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối :


a) |2x − 1| + |2x + 1| = 4

b) |x2 − 3x + 2| − 2x = 1

c) |x2 + x − 12| = x2 − x − 2

d) |2 − |2 − x|| = 1

e) |x2 − 2x| = |2x2 − 1|f) |x2 − 5x + 4| − 9x2 − 5x + 9 + 10x |x| = 0

Hướng dẫn. a) x = 1; −1

b) x =5 ± √

21

2

c) x = 5; ±√ 7

d) x = 5; 3;1; −1.

e) x = −1 ± √ 2; −1

3; 1.

f) x =− 5 − √

259

18 .

Bất phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối:

Bài 3.2: Giải các bất phương trình:

a)

|x

−3

|+

|5

−x

| < 3x

b) |x2 − x − 6| < x

c) |x2 − 5x + 4| > x − 2

d) |2x − |x − 1|| < 2

e) |3x2 − 2x − 1| < |x2 − x|

Hướng dẫn. a) x ∈

8

5; +∞

.

b) x ∈ √ 6;1 +

√ 7.

c) x ∈ −∞; 2 +√

2 ∪ 3 +

√ 3; +∞.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


d) x ∈

−1

3; 1

.

e) x ∈

−1

2;

1

4

.

Phương trình chứa căn thức:


a) x − √ 2x + 3 = 0

b) √

x + 4 − √ 1 − x =

√ 1 − 2x

c) (x − 3) (x + 1) + 4 (x − 3) . x + 1x − 3

= −3

d) √

3 + x +√

6 − x − (3 + x) . (6 − x) = 3

e) x3 + 1 = 2 3√

2x − 1

Hướng dẫn. a) x = 3.

b) x = 0.

c) x = 1−

√ 5; 1

−√

13.

d) x = −3; 6.

e) x = 1; −1

2± √

5.


a) √

x − 2 +√

4 − x = x2 − 6x + 11

b) 3√

x + 34

− 3√

x

−3 = 1

c)

x + 2√

x − 1 +

x − 2√

x − 1 =x + 3

2

d) x2

√ 3x − 2

− √ 3x − 2 = 1 − x

e) x2 +√

x + 5 = 5

f) 3√

x − 1 + 3√

x − 2 = 3√

2x − 3

Hướng dẫn. a) x = 3

b) x = −61; 30.

c) x = 1; 5.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


d) x = 1.

e) x =− 1 +

√ 17

2 ;

1 − √ 21

2 .

f) x = 1; 2.

Bất phương trình chứa căn thức :


a) √

x + 9 +√

2x + 4 > 5

b) 4(x + 1)2 < (2x + 10)

1 − √ 3 + 2x

2c) (x

−3)

√ x2 + 4

≤ x2

−9

d) √

x + 2 − √ x + 1 ≤ √

x

e) √

2x2 − 6x + 1 ≥ x − 2

f) x

x + 1− 2

x + 1

x > 3

g) √

5x2 + 10x + 1 ≥ 7 − x2 − 2x

h) √ 1 + x + √ 1 − x ≤ 2 −x2

4

Hướng dẫn. a) x ∈ (0; +∞)

b) x ∈−3

2; −1

∪ (−1;3)

c) x ∈

−∞; −5

6

∪ [3;+∞)

d) x ∈ −1 + 2√ 3

; +∞.

e) x ∈

−∞;3 − √

7

2

∪ [3;+∞)

f) x ∈

−4

3; −1

.

g) x

∈ (

−∞;

−3]

∪[1;+

∞).

h) x ∈ [−1;1]




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài tập tổng hợp:

Bài 3.6: Giải các phương trình, bất phương trình sau:

a) 3√

7x + 1 + 4√

9x + 7 ≤ −√ x + 3 + 6

b) √ x2

+ x − 1 +

8

√ 2x2

+ x − 3 = √ x2

+ 3x − 5 +

8

√ 2x2

+ 4x − 9

c) 4√

x + 4√

17 − x = 3

d) √

x + 1 < 3√

2 − x + 3

Hướng dẫn. a) x ∈−7

9; 1

.

b) x = 2.

c) x = 1;16.d) x ∈ (−∞; 3)




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

Chương 4. Hệ phương trình đại số

Chương 4Hệ phương trình đại số

4.1 Hệ phương trình bậc nhất

4.1.1 Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn Dạng:

a1x + b1y = c1a2x + b2y = c2

Cách giải:

D =

a1 b1a2 b2

, Dx =

c1 b1c2 b2

, Dy =

a1 c1a2 c2

- Nếu D = 0: hệ phương trình có nghiệm duy nhất x =

Dx

D , y =

Dy

D.- Nếu D = 0 và D2

x + D2y = 0: Hệ vô nghiệm.

- Nếu D = Dx = Dy = 0, hệ phương trình vô số nghiệm hoặc vô nghiệm, muốnbiết rõ, ta thay giá trị của tham số vào phương trình.

Ví dụ 4.1: Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số m: a.x + (2 − a) y = 3

(a

−2) x + (1

−2a) y = a

−4

Giải : D =

a 2 − a

a − 2 1 − 2a

= −a2 − 3a + 4 = − (a − 1) . (a + 4)

Dx =

3 2 − a

a − 4 1 − 2a

= a2 − 12a + 11 = (a − 1) . (a − 11)

Dy =

a 3

a − 2 a − 4

= a2 − 7a + 6 = (a − 1) . (a − 6)

+) Trường hợp 1: D = 0 ⇔ − (a − 1) . (a + 4) = 0 ⇔

a = 1

a = −4

Nếu a = −4, Dx = 0 thì hệ vô nghiệm.Nếu a = 1, Dx = Dy = 0, thay vào hệ phương trình ta có: x + y = 3

−x − y = −3 ⇒ S = (x, 3 − x) |x ∈R.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

4.1. Hệ phương trình bậc nhất Chương 4. Hệ phương trình đại số

+) Trường hợp 2: D = 0 ⇔

a = 1

a = −4

nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất:

x =12 − a

a + 4

y =6 − a

4 + a

4.1.2 Hệ phương trình bậc nhất ba ẩn

Dạng a1x + b1y + c1z = d1

a2x + b2y + c2z = d2

a3x + b3y + c3z = d3

Cách giải:

Khử ẩn bằng cách rút 1 ẩn từ một phương trình thế vào 2 phương trình còn lại,được hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn

Sử dụng máy tính điện tử để giải.

Dùng phép biến đổi Gauss.

Ví dụ 4.2: Giải hệ phương trình:

x + 2y − 3z = 2 (1)

2x − y + 4z = 4 (2)5x + 3y − 4z = 4 (3)

Giải : C1: Khử ẩn. Từ (1) ⇒ x = −2y + 3z + 2. thế vào (2), (3) ta có hệ : 2 (−2y + 3z + 2) − y + 4z = 4

5 (−2y + 3z + 2) + 3y − 7z = 4 ⇔

−5y + 10z = 0

−7y + 8z = −6 ⇔

y = 2

z = 1 ⇒ x = 1.

Hệ có nghiệm (x = 1, y = 2, z = 1)

C2: Biến đổi Gauss.

A =

1 2 −3 2

2 −

1 4 4

5 3 −7 4

H 2−2H 1

⇒H 3−5H 11 2 −3 2

0 −

5 10 0

0 −7 8 −6 Ta được hệ

−5y + 10z = 0

−7y + 8z = −6 và tiếp tục giải như trên.

C3: Sử dụng máy tính điện tử.

4.1.3 Hệ phương trình bậc nhất bốn ẩn

Dạng :

a1x + b1y + c1z + d1t = e1

a2x + b2y + c2z + d2t = e2

a3x + b3y + c3z + d3t = e3

a4x + b4y + c4z + d4t = e4




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

4.2. Hệ phương trình bậc nhất - bậc hai: Chương 4. Hệ phương trình đại số

Cách giải:

Rút 1 ẩn từ một phương trình, thế vào 3 phương trình còn lại được hệ phươngtrình bậc nhất 3 ẩn.

Dùng phép biến đổi Gauss.

Ví dụ 4.3: Giải hệ phương trình:x − 2y + 3z − 4t = 5

2x + 3y − 5z + t = −10

4x − 5y + 6z − 7t = 14

x + y + z + t = 3

Giải : - Cách 1: Phương pháp Gauss:

A = 1 −2 3 −4 5

2 3 −5 1 −104 −5 6 −7 14

1 1 1 1 3

H 2−2H 1

H 3−4H 1⇒H 4−H 1

1 −2 3 −4 5

0 7 −11 9 −200 3 −6 9 −6

0 3 −2 5 −2

Giải hệ:

7y − 11z + 9t = −20

3y − 6z + 9t = −6

3y − 2y + 5z = −2

⇔

y = −1

z = 2

t = 1

⇒ x = 1

Hệ có nghiệm duy nhất: (1; −1;2;1).Cách 2: Rút x = 2y − 3z + 4t + 5 thế vào 3 phương trình còn lại ta được hệ phương trình

3 ẩn giống như phép biến đổi Gauss.

4.2 Hệ phương trình bậc nhất - bậc hai:

Dạng: Hệ gồm 2 phương trình trong đó:

Phương trình bậc nhất và phương trình bậc 2.

Cách giải:

Rút 1 ẩn từ phương trình bậc nhất, thế vào phương trình bậc 2 còn lại.

Nếu có phương trình chỉ là phương trình bậc nhất theo 1 biến, thì ta rút biến đóra để thế vào phương trình còn lại.

Nếu cả 2 phương trình đều không là bậc nhất theo 2 biến, ta có thể dùng phépbiến đổi đại số các phương trình để thu được phương trình bậc nhất theo một biếnnào đó. Rút biến đó ra thế vào phương trình còn lại.

Ví dụ 4.4: Giải các hệ phương trình:

a) x + 2y = −

1

x2 + 3y2 − 2x = 2

b)

x2 − 2y = 2

2x2 + xy − y = 9




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

4.3. Hệ phương trình đẳng cấp bậc 2: Chương 4. Hệ phương trình đại số

c)

2x2 + 4y2 + x = 19

x2 + y2 + y = 7

Giải : a) Từ (1) ta có: x = −1 − 2y thay vào phương trình (2) ta được:

(1 + 2y)2 + 3y2 + 2 (1 + 2y) = 2

⇔ 1 + 4y + 4y2

+ 3y2

+ 2 + 4y − 2 = 0

⇔ 7y2 + 8y + 1 = 0 ⇔

y = −1 ⇒ x = 1

y = −1/7 ⇒ x = −5/7

Hệ có 2 nghiệm (1; −1) ; (−5/7; −1/7).

b) Rút y =x2 − 2

2 từ (1) thế vào (2) ta được

2x2 + x.x2 − 2

2 − x2 − 2

2 = 9

⇔ 4x2 + x3 − 2x − x2 + 2 = 18⇔ x3 + 3x2 − 2x − 16 = 0 ⇔ (x − 2) (x2 + 5x + 8) = 0

⇔

x = 2 ⇒ y = 1

x2 + 5x + 8 = 0

Vô nghiệm

Phương trình có nghiệm duy nhất (2; 1).

c) Lấy phương trình (1) trừ đi 2 lần phương trình (2)

2y2 + x − 2y = 5 ⇒ x = −2y2 + 2y + 5

Thay vào phương trình (2) ta được (−2y2

+ 2y + 5)

2

+ y2

+ y = 7⇔ 4y4 + 4y2 + 25 − 8y3 + 20y − 20y2 + y2 + y − 7 = 0

⇔ 4y4 − 8y3 − 15y2 + 21y + 18 = 0

⇔ (y − 2)(2y + 3) (2y2 − 3y − 3) = 0

⇔

y = 2

y = −3/2

2y2 − 3y − 3 = 0

⇔

y = 2

y = −3/2

y =3 +

√ 33

4

y =3

−√

33

4

⇒

x = 1

x = −5/2

x =5 − √

33

4

x =5 +

√ 33

4

Vậy hệ có 4 nghiệm, tập nghiệm là:

S =

(1; 2) , (−3/2; −5/2) ,

5 − √

33

4 ;

3 +√

33

4

,

5 +

√ 33

4 ;

3 − √ 33

4

4.3 Hệ phương trình đẳng cấp bậc 2:

4.3.1 Phương trình đẳng cấp bậc 2 Dạng: a.x2 + b.xy + c.y2 = 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Cách giải:

Coi đây như một phương trình bậc 2: a.t2 + b.t + c = 0 nếu a = 0

- Nếu ∆ < 0: Phương trình bậc 2 ẩn t vô nghiệm, nhưng phương trình đẳng cấpbậc 2 có nghiệm duy nhất x = y = 0

- Nếu ∆ ≥ 0: Phương trình có nghiệm t nên ta có phương trình ban đầu có nghiệmx = t.y


a) x2 + 2xy + 2y2 = 0

b) 2x2 − 3xy − 2y2 = 0

Giải : a) ∆′ = (−1)2 − 1.2 = −1 < 0. Phương trình có nghiệm duy nhất: x = y = 0

b) ∆ = 32

−4.2.(

−2) = 25 > 0. Nên phương trình đã cho tương đương với: x =

3 − 5

4 .y = −1

2y

x =3 + 5

4 .y = 2y

4.3.2 Hệ phương trình đẳng cấp bậc 2

Dạng toán: a1x2 + b1xy + c1y2 = d1

a2x2

+ b2xy + c2y2

= d2

Cách giải:

Cách 1: Quy về phương trình đẳng cấp bậc 2.

- TH1: d1 × d2 = 0, g/s d1 = 0. Pt (1) là pt đẳng cấp bậc 2. Giải như trên, tínhđược x, theo y thế vào phương trình còn lại.

- TH2: d1, d2 = 0. Nhân phương trình (1) với d2 trừ đi phương trình (2) nhân d1

được phương trình đẳng cấp bậc 2. Tiếp tục như trên.

Cách 2: Khử y2 từ 2 phương trình. Rút y từ phương trình đó. Thế vào phươngtrình ban đầu được phương trình bậc 4 trùng phương. Giải phương trình, từ đósuy ra nghiệm của phương trình.

Ví dụ 4.6: Giải các hệ phương trình sau:

a)

x2 − xy + y2 = 7

x2 − 2xy − 3y2 = 0

b) x2 + xy − y2 = −1

2x2

− xy + 3y2

= 12

c)

x2 + xy − 2y2 = 0

2x2 − 3xy + y2 = 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Giải : a) C1: Phương trình (2) ta có:

x = −y hoặc x = 3y

+) TH1: x = −y thay vào pt (1) ta có: 3x2 = 7 ⇔ x = ±

7

3 ⇒ y = ∓

7

3

+) TH2 : x = 3y thay vào pt (1) ta có : 7y2

= 7 ⇔ y = ±1 ⇒ x = ±3.C2: Từ hệ phương trình ta có

3 (x2 − xy + y2) + x2 − 2xy − 3y2 = 21

⇔ 4x2 − 5xy = 21 ⇒ y =4x2 − 21

5x

x2 + x.21 − 4x2

5x +

4x2 − 21

5x

2

= 7

⇔ 25x4 + 5x2 (21

−4x2) + (4x2

−21)

2= 7.25x2

⇔ 25x4 + 105x2 − 20x4 + 441 − 168x2 + 16x4 − 175x2 = 0

⇔ 21x4 − 238x2 + 441 = 0 ⇔ x2 = 9

x2 =7

3

⇔

x = ±3 ⇒ y = ±1

x = ±

7

3 ⇒ y = ∓

7

3

Hệ có 4 nghiệm, tập nghiệm là:

S =

(3;1) , (−3; −1) ,

7

3; −

7

3

,

−

7

3;

7

3

b) Phương trình (1) nhân 12 cộng phương trình (2) ta có:

14x2 + 11xy − 9y2 = 0 ⇔

x =1

2y

x = −9

7y

+) TH 1: x =1

2y thế vào pt (1):

1

4y2 +1

2y2 − y2 = −1 ⇔ y2 = 4 ⇔ y = ±2 ⇒ x = ±1

+) TH 2: x = −9

7y thay vào pt (1) ta có:

81

49y2 − 9

7y2 − y2 = −1 ⇔ y2 =

49

31 ⇔ y = ± 7√

31⇒ x = ∓ 9√

31

Hệ có 4 nghiệm, tập nghiệm là :

S =

(1; 2) , (−1; −2) ,

− 9√

31;

7√ 31

,

9√

31; − 7√

31

c) Phương trình (1) tương đương với:

(x − y) (x + 2y) = 0 ⇔

x = y

x = −2y




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

4.4. Hệ đối xứng Chương 4. Hệ phương trình đại số

+) TH 1: x = y thay vào phương trình (2) ta được:

0 = 0 (Thỏa mãn với mọi x, y)

+) TH 2: x = −2y thay vào phương trình (2) ta được:

8y2 + 6y2 + y2 = 0 ⇔ 15y2 = 0 ⇔ y = 0 ⇒ x = 0

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là: S = (x, x) |x ∈R

4.4 Hệ đối xứng

4.4.1 Hệ đối xứng loại I:

Dạng:

f (x, y) = 0

g (x, y) = 0

Ở đó f (x, y), g (x, y) là đa thức đối xứng, tức là:

f (x, y) = f (y, x), g (x, y) = g (y, x) ∀x, y ∈ R Cách giải:

Đặt S = x + y, P = xy. Khi đó f (x, y) = h (S, P ), g (x, y) = k (S, P ). Từ đó tađược hệ mới gồm 2 ẩn S, P . Giải hệ mới này tìm S, P . Từ đó ta được hệ:

x + y = S

x.y = P

Dùng định lý đảo Vi-et x, y là hai nghiệm của phương trình: X 2 − S.X + P = 0.

Ví dụ 4.7: Giải hệ phương trình sau:

a)

x + y = 3

x2 + y2 = 5

b)

x − y + xy = 3

x2 + y2 + xy = 7

Giải : a) Đặt S = x + y, P = x.y do đó hệ trở thành: S = 3

S 2 − 2P = 5 ⇔

S = 3

P = 2 ⇔

x + y = 3

xy = 2

x, y là 2 nghiệm của phương trình : X 2 − 3X + 2 = 0 ⇔

X = 1

X = 2

Hệ có 2 nghiệm S = (1;2) , (2; 1)b) Đặt S = x − y, P = x.y ta được hệ :

S + P = 3S 2 + 2P + P = 7 ⇔ P = 3 − S S 2 + 3(3 − S ) = 7 ⇔ P = 3 − S S 2 − 3S + 2 = 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


⇔

P = 3 − S S = 1

S = 2

⇒

S = 1

P = 2 (1)

S = 2

P = 1 (2)

+) Giải hệ (1): S = 1P = 2

⇔ x − y = 1x.y = 2

⇔ x + (−y) = 1x. (−y) = −2

x, −y là 2 nghiệm của phương trình:

X 2 − X − 2 = 0 ⇔

X = −1

X = 2

Do đó hệ có nghiệm (x, y) = (−1; −2) , (2; 1).

Giải hệ (2)

S = 2

P = 1 ⇔ x

−y = 2

x.y = 1 ⇔ x + (

−y) = 2

x. (−y) = −1

X 2 − 2X − 1 = 0 ⇔

X = 1 +√

2

X = 1 − √ 2

Do đó hệ có 2 nghiệm

1 +√

2, −1 +√

2

,

1 − √ 2, −1 − √

2

Kết luận vậy hệ có 4 nghiệm:

(−1; −2) , (2; 1) ,

1 +√

2, −1 +√

2

,

1 −√

2, −1 −√

2

4.4.2 Hệ đối xứng loại II:

Dạng :

Hệ đối xứng loại II: f (x, y) = 0

f (y, x) = 0

Hệ đối xứng vòng quanh:

f (x,y,z ) = 0f (y , z , x) = 0

f (z,x,y) = 0

Cách giải:

Hệ đối xứng loại II:

- Trừ vế 2 phương trình ta được: (x − y) .P (x, y) = 0

(ở đó P (x, y) là một đa thức đối xứng).

- Nếu x = y, thay vào hpt ban đầu để giải.

- Nếu P (x, y) = 0 ta được hệ đối xứng loại I: P (x, y) = 0

f (x, y) + f (y, x) = 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Hệ đối xứng vòng quanh:

- Sử dụng phương pháp hàm số để giải:

Ví dụ 4.8: Giải hệ phương trình:

a) x2 = 2x + y − 2

y2 − 2y = x − 2

b)

x3 = −x − 4y + 6

y3 = −y − 4x + 6

c)

x3 = 4y − 3

y3 = 4z − 3

z 3 = 4x − 3

Giải : a) Trừ vế 2 phương trình ta được:

(x − y) (x + y) − (x − y) = 0 ⇔ (x − y) (x + y − 1) = 0+)TH 1: x = y ta được

x2 − 3x + 2 = 0 ⇔

x = 1 ⇒ y = 1

x = 2 ⇒ y = 2

+) TH 2: x + y = 1 ⇒ y = 1 − x

x2 = 2x + 1 − x − 2 ⇔ x2 − x + 1 = 0 (Vô nghiệm)

Hệ có 2 nghiệm phân biệt:

(1; 1) , (2; 2)

b) Trừ vế 2 phương trình ta được:

(x − y) (x2 + xy + y2) = 3 (x − y)

⇔

x = y

x2 + xy + y2 = 3

TH 1: x = y thay vào phương trình ta được:

x3 + 5x − 6 = 0 ⇔ (x − 1) (x2 + x + 6) = 0 ⇔

x = 1 ⇒ y = 1

x2 + x + 6 = 0 (Vô nghiệm)

TH 2: x2 + xy + y2 = 3

Cộng vế 2 phương trình đầu kết hợp với phương trình trên ta được hệ phương trình: x2 + xy + y2 = 3

x3 + y3 = −5 (x + y) + 12

Đặt S = x + y, P = x.y (S 2 ≥ 4P ) thế vào hệ phương trình ta được hệ mới: S 2 − P = 3

S 3 − 3SP = −5S + 12

Từ pt (1) ta có P = S 2 − 3 thế vào phương trình (2) ta được

S 3

− 3S (S 2

− 3) = −5S + 12 ⇔ S 3

− 7S + 6 = 0

⇔ (S − 1) . (S 2 + S − 6) = 0 ⇔ S = 1 ⇒ P = −2

S = −3 ⇒ P = 6 (Vô nghiệm)

S = 2 ⇒ P = 1




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


+)

S = 1

P = −2 ⇔

x + y = 1

x.y = −2

x, y là 2 nghiệm của phương trình: X 2 − X − 2 = 0 ⇔

X = −1

X = 2

Hệ có 2 nghiệm (

−1;2) , (2;

−1)

+) S = 2

P = 1 ⇔ x + y = 2

x.y = 1

x, y là 2 nghiệm của phương trình:

X 2 − 2X + 1 = 0 ⇔ X = 1

Hệ phương trình có nghiệm (1; 1)

Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm (1; 1), (−1;2) , (2; −1)

c) Hệ phương trình tương đương với:

x = z 3 + 3

4

y =x3 + 3

4

z =y3 + 3

4

Đặt f (x) =x3 + 3

4 , f (x) là hàm đồng biến.

Hệ trở thành x = f (z )

y = f (x)z = f (y)

Giả sử x > y ta có:

⇒ y = f (x) > f (y) = z

⇒ z = f (y) > f (z ) = x

⇒ x > y > z > x (Mâu thuẫn)

Tương tự nếu x < y ta cũng được x < y < z < x (Mâu thuẫn)

Vậy x = y ⇒ y = f (x) = f (y) = z ⇒ z = f (y) = f (z ) = x

⇒ x = y = z thay vào hệ ta được:x3 = 4x − 3 ⇔ x3 − 4x + 3 = 0 ⇔ (x − 1) (x2 + x − 3) = 0

⇔

x = 1

x2 + x − 3 = 0 ⇔

x = 1

x =−1 +

√ 13

2

x =−1 − √

13

2

Hệ có 3 nghiệm

(1;1;1) , −1 +

√ 13

2 ; −1 +

√ 13

2 ; −1 +

√ 13

2 −1 − √

13

2 ;

−1 − √ 13

2 ;

−1 − √ 13

2




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

4.5. Hệ phương trình tổng quát Chương 4. Hệ phương trình đại số

4.5 Hệ phương trình tổng quát

Cách giải:

Đặt ẩn phụ để quy về hệ quen thuộc.

Cộng trừ đại số các phương trình.

Thế ẩn.

Phân tích thành nhân tử.

Ví dụ 4.9: Giải các hệ phương trình sau:

x2 + y + x3y + xy2 + xy = −5

4

x4 + y2 + xy (1 + 2x) = −5

4

Giải : Hệ phương trình tương đương

x2 + y + xy (x2 + y) + xy = −5

4

(x2 + y)2

+ xy = −5

4

Đặt u = x2 + y, v = xy

Hệ trở thành: u + u.v + v = −5

4

u2 + v = −5

4

Từ phương trình (2) ta có v =

−

5

4 −u2

Thế vào phương trình (1) ta có:

u − 5

4u − u3 − 5

4− u2 = −5

4 ⇔ −u3 − u2 − 1

4u = 0

⇔ u.(2u + 1)2 = 0 ⇔

u = 0 ⇒ v = −5

4

u = −1

2 ⇒ v = −3

2

+) TH 1: u = 0, v = −5

4

x2

+ y = 0

xy = −5

4




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

4.5. Hệ phương trình tổng quát Chương 4. Hệ phương trình đại số

Ta có y = −x2 thế vào phương trình còn lại ta có x3 =5

4 ⇔ x =

3

5

4 ⇒ y = − 3

25

16

+) TH 2: u = −1

2, v = −3

2 Ta được hệ:.

x2

+ y = −1

2

xy = −3

2

Từ phương trình (1) ta có y = −x2 − 1

2

x

−x2 − 1

2

= −3

2 ⇔ 2x3 + x − 3 = 0 ⇔ (x − 1)(2x2 + 2x + 3) = 0

⇔ x = 1 ⇒ y = −3

2

2x2 + 2x + 3 = 0 Phương trình vô nghiệmKết luận: Hệ có 2 nghiệm phân biệt:

1; −3

2

,

3

5

4; − 3

25

16

Ví dụ 4.10 (D-2008): Giải hệ phương trình:

xy + x + y = x2 − 2y2

x√

2y − y√

x − 1 = 2x − 2y .

Ví dụ 4.11 (B-2008): Giải hệ phương trình: x4

+ 2x3

y + x2

y2

= 2x + 9x2 + 2xy = 6x + 6

Ví dụ 4.12 (B-2009): Giải hệ phương trình:

xy + x + 1 = 7y (1)

x2y2 + xy + 1 = 13y2 (2)

Giải : Cách 1: Phương trình đẳng cấp:

Ta có

xy + 1 = −x + 7y

(xy + 1)2 − xy = 13y2

Do đó ta được (x − 7y)2 − xy = 13y2 ⇔ x2 − 14xy + 49y2 − xy − 13y2 = 0 ⇔ x2 − 15xy +

36y2

⇔ x = 3y

x = 12y .

+) TH1: Với x = 3y thay vào hệ ta có:

3y2 − 4y + 1 = 0

9y4 − 10y2 + 1 = 0 ⇔

y = 1 ⇒ x = 3

y =1

3 ⇒ x = 1

.

+) TH2: Với x = 12y thay vào (1) ta có 12y2 + 5y + 1 = 0 (Vô nghiệm)

Cách 2: Thế

Từ (1) ta có x =7y − 1

y + 1 thế vào (2) ta được:

36y4

−33y3

−5y2 + y + 1 = 0

⇔ (y

−1)(3y

−1)(12y2 + 5y + 1) = 0

⇔

y = 1 ⇒ x = 3

y =1

3 ⇒ x = 1

12y2 + 5y + 1 = 0 (Vô nghiệm)




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

4.6. Bài tập Chương 4. Hệ phương trình đại số

Cách 3: Đặt ẩn phụ quy về hệ đối xứng

Nhận thấy y = 0 thì phương trình (2) không thỏa mãn.Nếu y = 0, chia 2 vế của pt (1) cho y, chia 2 vế của phương trình (2) cho y2 ta được:

x +

x

y +

1

y = 7

x2 +xy

+1

y2 = 13

Đặt u =1

y ta được hệ.

x + xu + u = 7

x2 + xu + u2 = 13 .

Đến đây học sinh tự giải tiếp.

4.6 Bài tập Hệ phương trình bậc nhất:

Bài 4.1: Giải và biện luận hệ phương trình:

a)

mx + 3y = −m

3x + my = 8

b) 2x + (m − 1) y = 2m − 3

m2

x + my = 4m − m2

Bài 4.2: Tìm giá trị của m để hệ phương trình : x − my = 1

mx + y = 3

có nghiệm (x, y) thỏa mãn x.y < 0

Bài 4.3: Giả sử (x, y) là 2 số thỏa mãn điều kiện:

x−

my = 2−

4m

mx + y = 3m + 1

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = x2 + y2 − 2x khi m thay đổi.

Bài 4.4: Giải hệ phương trình bậc nhất sau:

a)

x + 3y − z = 6

2x − y + 3z = 3

−x + 5y − 7z = 2

b)

2x + y − 3z − 4t = −10x − 3y + 4z − 5t = −2

3x − 4y + 2z + t = 11

−x + 2y − 7z + 6t = 2




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Hướng dẫn. a)

4; −17

8 ; −19

8

.

b) (1; −1;1;2).

Hệ phương trình đối xứng loại 1:

Bài 4.5: Giải các hệ phương trình sau:

a)

x − y = 1

x3 − y3 = 1

b)

x3 − y3 = 3 (x − y)

x + y = −1

c) x + y + xy = 5x2 + y2 = 5

d)

x + xy + y = 3

x2y + xy2 = 2

e)

xy (x + 2) (y + 2) = 24

x2 + y2 + 2 (x + y) = 11

f) x3 + y3 = 12 (x + y)

x − y = 2

g)

x2y + xy2 = 30

x3 + y3 = 35

h)

x2 + y2 + x + y = 4

x (x + y + 1) + y (y + 1) = 2

i)

x2 + 4x + y = 7

x (x + 3) (x + y) = 12

j) x − y + x2 + y2 = 12

x − y + xy = 5

k) √

x + 1 +√

y + 1 = 2 +√

2√ x +

√ y =

√ 3 + 1

l) √

x − 4 +√

y − 1 = 4

x + y = 73

m) x3 − y3 = 7

xy (x − y) = 2

Hướng dẫn. a) (1; 0), (0; −1).




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


b) (−2;1),

−1

2; −1

2

, (1; −2).

c) (2; 1), (1; 2).

d) (1; 1).

e) (1; −4), (1; 2), (2; −3), (2;1), (−4; −3), (−4;1), (−3; −4), (−3;2).

f) (−2; −4), (4; 2), (1; −1).

g) (3; 2), (2; 3).

h) (−2;1), (1; −2),−√

2;√

2

,√

2; −√ 2.

i) (−4;7), (1; 2),

− 3 +

√ 21

2 ;

− 11 − √ 21

2

,

− 3 − √

21

2 ;

− 11 +√

21

2

.

j) (3; 1), (2; 3), (−1; −3), (−3; −2).

k) (1; 3), (3; 1).

l) (38 − 4√

30; 35 + 4√

30).

m) (2; 1), (−1; −2).

Hệ phương trình đối xứng loại 2:

Bài 4.6: a)

2x +√

y − 1 = 5

2y +√

x − 1 = 5

b)

3x2 = 2y +

1

y

3y2 = 2x +1

x

c) x2 = 3x + 2y

y2 = 3y + 2x

d) √

x + 5 +√

y − 2 = 7√ y + 5 +

√ x − 2 = 7

e)

x − 3y = 4

y

x

y − 3x = 4x

y

f) x + 4√

y−

1 = 1

y + 4√ x − 1 = 1

g)

x3 = 3x + 8y

y3 = 3y + 8x




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


h)

x +

2xy3√

x2 − 2x + 9= x2 + y

y +2xy

3

y2 − 2y + 9= y2 + x

i) x = y2

−2y + 2

y = z 2 − 2z + 2

z = x2 − 2x + 2

Hướng dẫn. a) (2; 2).

b) (1; 1).

c) (0; 0), (5; 5), (2; −1), (−1;2).

d) (11; 11).

e) (−2; −2).

f) (1; 1).

g) (0; 0),√

11;√

11

,−√

11; −√ 11.

h) (0; 0), (1; 1).

i) (2;2;2), (1;1;1).

Bài 4.7: Giải phương trình : x3 + 2 = 3 3√

3x − 2

Hướng dẫn. x = 1

Bài 4.8: Chứng minh rằng hệ có đúng 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện: x > 0, y > 0ex = 2007 − y

y2 − 1

ey = 2007 − x√ x2 − 1

Hệ phương trình đẳng cấp bậc 2:

Bài 4.9: Giải các hệ phương trình:

a)

x2 − 4xy + y2 = 1

y2 − 3xy = 4

b)

x2 − 3xy + y2 = 5

2x2 − xy − y2 = 2

c) 3x2 + 5xy − 4y2 = 38

5x2 − 9xy − 3y2 = 15

Hướng dẫn. a) (−1; −4), (1; 4).




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


b) (−1;1), (1; −1).

c) (−3; −1), (3; 1).

Hệ phương trình bậc 1 - bậc 2:

Bài 4.10: Giải hệ phương trình sau:

a)

2x2 − 5xy + 2y2 = 0

x2 + y = 5

b)

x + 2y = −1

2x3 − 3y3 = 5

Hướng dẫn. a) (2; 1),−5

2;−

5

4 , −1 +√

6;−

2 + 2√

6 , −1−

√ 6;

−2

−2√

6.b) (1; −1).

Hệ phương trình tổng quát:

Bài 4.11: Giải hệ phương trình:

a) x

y2

+x

y3

= 12

(xy)2 + xy = 6

b)

y + xy2 = 6x2

1 + x2y2 = 5x2

c)

x4 − x3y + x2y2 = 1

x3y − x2 + xy = 1

d) √

2x + y + 1 − √ x + y = 1

3x + 2y = 4

e)

xy + x + y = x2 − 2y2

x√

2y − y√

x − 1 = 2x − 2y

f)

x4 + 2x3y + x2y2 = 2x + 9

x2 + 2xy = 6x + 6

g)

2 (y − x) + xy = 4

x2 + y2 + 4 (x + y) = 17

Hướng dẫn. a) (2; 1), (−2; −1).

b) (1; 2),

1

2; 1

.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


c) (1; 1), (−1; −1).

d) (2; −1).

e) (5; 2).

f) −4;17

4 .

g) (−5;2), (1; 2), (−2; −7), (−2;3).




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

Chương 5. Giải tích tổ hợp

Chương 5Giải tích tổ hợp

5.1 Khái quát chung

Trong những năm gần đây, đề thi đại học môn Toán thường xuất hiện một số dạng bàivề tổ hợp sau:

Bài toán đếm: bài toán này thường được giải quyết bằng cách sử dụng các quy tắccộng, quy tắc nhân, hoán vị, tổ hợp, chỉnh hợp.

Giải phương trình tổ hợp (Có chứa C kn, Akn, P n, ...)

Chứng minh đẳng thức tổ hợp: dạng này thường được giải quyết bằng cách sử dụng công thức nhị thức Newton, kết hợp với phép tính đạo hàm, nguyên hàm.

Xác định số hạng không chứa x, chứa xk

, ... trong khai triển một nhị thức Newton.Tuy nhiên không hẳn là tất cả các bài đều như vậy. Chúng có thể được trộn lẫn các dạngvào với nhau. Chẳng hạn như có thể kết hợp việc chứng minh đẳng thức tổ hợp để giảiphương trình tổ hợp để tìm số mũ n của khai triển sau đó trong đẳng thức khai triểntìm số hạng chứa xk.

5.2 Kiến thức cơ bản

5.2.1 Quy tắc cộng - nhân Quy tắc cộng:

Nếu hành động H :

H 1H 2...

H n

mà H i, H j không xảy ra đồng thời thì

|H | = |H 1| + |H 2| + · · · + |H n|

Cách nhận biết: trong phương án giải có sử dụng việc chia các trường hợp

Quy tắc nhân:




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

5.2. Kiến thức cơ bản Chương 5. Giải tích tổ hợp

Nếu hành động H được thực hiện bằng cách thực hiện một chuỗi các hành độngđộc lập nối tiếp nhau:

H : H 1 → H 2 → · · · → H n

thì |H | = |H 1|.|H 2| · · · |H n|

5.2.2 Tổ hợp - chỉnh hợp - hoán vị Hoán vị:

Cho N = 1, 2, · · · , n, một bộ gồm n số (x1, x2, · · · , xn) thỏa mãn xi = x j ∀i = j ,xi ∈ N gọi là một hoán vị của N . Số các hoán vị của N :

P n = n.(n − 1)...2.1 = n!

Chỉnh hợp:

Cho N = 1, 2, · · · , n, k là số tự nhiên bé hơn n. Một bộ gồm k số (x1, x2, · · · , xk)thỏa mãn xi = x j ∀i = j , xi ∈ N được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử.Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử là

Akn =

n!

(n − k)! = n.(n − 1)...(n − k + 1)

Ví dụ: Tính A2n, A3

n+1.

Tổ hợp :

Cho N =

1, 2,· · ·

, n

, k là số tự nhiên bé hơn n. Một bộ gồm k số [x1, x

2,· · ·

, xk

]

không phân biệt thứ tự thỏa mãn xi = x j ∀i = j , xi ∈ N được gọi là một tổ hợpchập k của n phần tử. Số các tổ hợp chập k của n phần tử là

C kn =Ak

n

k! =

n!

(n − k)!k!

Không phân biệt thứ tự có nghĩa là đổi chỗ các số cho nhau trong bộ số khôngđược tính là một phần tử khác. Chẳng hạn [1, 2, 3] = [3, 1, 2].

Học sinh tự chứng minh các công thức như một bài tập (sử dụng quy tắc nhân)

Ví dụ: Tính C 3n, C 2n+1, C n−1n+2

Tính chất:

+) Tính đối xứng: C kn = C n−kn .

+) Tam giác Pascal: C kn + C k+1n = C k+1

n+1

Chú ý: Sự khác biệt của tổ hợp và chỉnh hợp chính là tính có thứ tự hay không,đây là chỗ học sinh hay nhầm lẫn nhất. Chẳng hạn như: lấy 3 học sinh trong mộtlớp 52 người làm cán sự lớp thì không có thứ tự nhưng nếu lấy 3 học sinh trong đó

1 người làm lớp trưởng, một lớp phó, một bí thư thì là có thứ tự, thậm chí nếu lấy3 người trong đó 1 lớp trưởng và 2 lớp phó thì lại xen lẫn có thứ tự và không cóthứ tự! (giữa lớp trưởng và 2 lớp phó thì có thứ tự nhưng giữa 2 lớp phó lại khôngcó thứ tự)




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

5.3. Các ví dụ Chương 5. Giải tích tổ hợp

5.2.3 Công thức nhị thức Newton

Một số công thức hay dùng:

(a + b)n =n

k=0

C knan−kbk = C 0nan + C 1nan−1b + · · · + C nnbn

(1 + x)n

= C 0

n + C 1

nx + · · · + C n

nxn

C kn + C k+1n = C k+1

n+1

C kn = C n−kn

Công thức nhị thức Newton khá đơn giản nhưng việc áp dụng nó trong từng trường hợplà rất phong phú, điều này làm cho nó trở nên khá khó khăn cho học sinh mới lam quenvới tổ hợp. Chẳng hạn như với đẳng thức thứ hai chẳng qua là đẳng thức một nhưngvới a = 1, b = x. Đẳng thức thứ 2 nếu ta thay x = 1, hoặc x = −1 thì được các đẳngthức khá thú vị, chúng xuất hiện trong đề thi đại học những năm gần đây!

5.3 Các ví dụ

Ví dụ 5.1: Tìm số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau sao cho số đó là chẵn.

Giải : Giả sử abcd là số cần tìm từ đó ta có:

abcd thỏa mãn

a,b,c,d ∈ 0, 1, 2, · · · , 9a = 0, d ∈ 0, 2, 4, 6, 8a,b,c,d khác nhau đôi một

Ta xét các trường hợp sau:TH1: d = 0, a có 9 cách chọn, b có 8 cách chọn, c có 7 cách chọn⇒ có 9.8.7 = 504 cách chọn.TH2: d = 0, d ∈ 2, 4, 6, 8 nên d có 4 cách chọn, a có 8 cách chọn, b có 8 cách chọn, c

có 7 cách chọn ⇒ có 4.8.8.7 = 1792 cách chọn.Kết hợp ta có : 504 + 1792 = 2296 cách chọn.

Ví dụ 5.2: Tìm số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau sao cho số đó nhỏ hơn 4653.

Giải : Giả sử abcd là số cần tìm theo bài ra ta có:

abcd thỏa mãn a,b,c,d ∈ 0, 1, 2,..., 9

a = 0

abcd < 4653

Ta xét các trường hợp sau:TH1: a ∈ 1, 2, 3do đó a có 3 cách chọn, b có 9 cách chọn, c có 8 cách chọn, d có 7 cách chọn⇒ có 3.9.8.7 = 1512.TH2: a = 4, b ∈ 0, 1, 2, 3, 5do đó b có 5 cách chọn, c có 8 cách chọn, d có 7 cách chọn vậy có 5.8.7 = 280

TH3: a = 4, b = 6, c ∈ 0, 1, 2, 3do đó c có 4 cách chọn, d có 7 cách chọn.⇒ có 4.7 = 28 cách chọn. TH4: a = 4, b = 6, c = 5, d ∈ 0, 1, 2 Vậy d có 3 cách chọn.Kết luận: Có 1512 + 280 + 28 + 3 = 1823 cách




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Ví dụ 5.3: Đội thanh niên xung kích ở một trường phổ thông gồm 12 học sinh trongđó có 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B, 3 học sinh lớp C. Cần chọn 4 học sinh đi làmnhiệm vụ sao cho 4 học sinh này không quá 2 trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cáchchọn như vậy?

Giải : Cách 1: Gián tiếp

Cách làm gián tiếp: Thay vì đếm tập A ta đếm tập mẹ Ω và phần bù của nó làA = Ω\A. Sau đó sử dụng công thức |A| = |Ω| − A ở đó |A| ký hiệu số phần tử tập A.Lấy 4 học sinh trong 12 học sinh: có C 412 = 495.Bây giờ ta chọn 4 học sinh sao cho 4 hs này trong cả 3 lớp:

STT Lớp A Lớp B Lớp C Số cách chọn5 4 3

1 2 1 1 C 25 .C 14 .C 13 = 120

2 1 2 1 C 15 .C 24 .C 13 = 90

3 1 1 2 C 15 .C 14 .C 23 = 60

Tổng: 270

Vậy có : 495 − 270 = 225 cách chọn.Cách 2: Trực tiếp. Có thể dùng cách lập bảng như trên để làm trực tiếp nhưng sẽ dàihơn cách này. Học sinh tự làm như một bài tập.

Ví dụ 5.4: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức của

2x +

15√

x

n

(x > 0) biết n thỏa mãn điều kiện C 0n + C 1n+1 + C nn+2 = 10n + 30. Trong khai triển nhịthức trên, tìm hạng tử có hệ số lớn nhất.

Giải : Từ điều kiện ta có

1 + n + 1 +(n + 1) (n + 2)

2 = 10n + 30

⇔ n2 − 15n − 54 = 0 ⇔

n = 18

n = −3 (loại)Vậy n = 18 và ta có

2x + 15√

x

18

=18

k=0

C k18.(2x)18−k.

15√

x

k

=18

k=0

C k18.218−kx18−k−k

5

Số hạng không chứa x ⇒ 18 − k − k

5 = 0 ⇔ k = 15.

Hệ số của số hạng không chứa x là: 23.C 1518 = 6528

Đặt ak = C k18.218−k, k = 0, 1, 2,.., 18

Xét bất phương trình C k18.218−k < C k+118 .217−k

⇔ 2.18!

k!. (18 − k)! <

18!

(k + 1)! (17 − k)!

⇔

2. (k + 1)!

k!

<(18 − k)!

(17 − k)! ⇔ 2 (k + 1) < 18

−k

⇔ 3k < 16 ⇔ k < 163 ⇔ k = 0; 1; ..; 5

⇒ a0 < a1 < ... < a5 < a6 > a7 > .. > a18

Vậy hạng tử có hệ số lớn nhất là: C 618.218−6x18− 6.6

5 = C 618.212.x54

5




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Ví dụ 5.5: Chứng minh các đẳng thức tổ hợp sau:

a) C kn + 3C k+1n + 3C k+2

n + C k+3n = C k+3

n+3 ∀n, k ∈ N, n ≥ k + 3.

b) 2C 0n + 3C 1n + 4C 2n + · · · + (n + 2) C nn = (n + 4) 2n−1

c)

C 0n2 +

C 1n3 + · · · +

C nnn + 1 =

1 + 2n+1n

n2 + 3 n + 2

Giải : a) Sử dụng phương pháp đồng nhất hệ số:Ta có (1 + x)n+3 = (1 + x)n(1 + x)3 (1)

Mà ta có (1 + x)n+3 =n+3k=0

C kn+3xk nên hệ số của xk+3 là C k+3n+3. (2)

Mặt khác (1 + x)n(1 + x)3 =

ni=0

C inxi

.

3 j=0

C j3x j

.

Với n ≥ k + 3, ta i + j = k + 3 với 0 ≤ j ≤ 3 có nghiệm như sau:

i k + 3 k + 2 k + 1 k j 0 1 2 3

Do đó hệ số của xk+3 sẽ là:

C kn.C 33 + C k+1n .C 23 + C k+2

n .C 13 + C k+3n .C 03 = C kn + 3C k+1

n + 3C k+2n + C k+3

n (3)

Từ (1), (2), (3) ta được điều phải chứng minh.

b) Sử dụng phép tính đạo hàm.

Ta có (1 + x)

n

= C

0

n + C

1

nx + · · · + C

n

nx

n

Do đó x2(1 + x)n = C 0nx2 + C 1nx3 + · · · + C nnxn+2

Đạo hàm 2 vế của đẳng thức trên ta có:

2x(1 + x)n + nx2(1 + x)n−1 = 2C 0nx + 3C 1nx2 + · · · + (n + 2) C nnxn+1

Thay x = 1 ta được:

2C 0n + 3C 1n + · · · + (n + 2) C nn = (n + 4) 2n−1

c) Sử dụng tích phân.Ta có (1 + x)n = C 0n + C 1nx + · · · + C nnxn

Do đó x(1 + x)n = C 0nx + C 1nx2 + · · · + C nnxn+1 .Lấy tích phân 2 vế trên đoạn [0; 1] ta có:

1 0

x(1 + x)ndx =

1 0

C 0nx + C 1nx2 + · · · + C nnxn+1

dx

Mặt khác ta có:

1 0

x(1 + x)ndx =1 0

(1 + x)n+1 − (1 + x)n dx

=

(1 + x)n+2

n + 2 − (1 + x)n+1

n + 2

1

0 =

1 + 2n+1n

n2 + 3 n + 2




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

5.4. Bài tập Chương 5. Giải tích tổ hợp

Mà

1 0

(C 0nx + C 1nx2 + · · · + C nnxn+1) dx =

C 0n

x2

2 + C 1n

x3

2 + · · · + C nn

xn+2

n + 2

1

0

=C 0n2

+C 1n3

+ · · · +C nn

n + 1

nên ta được điều phải chứng minh.

5.4 Bài tập

Bài toán đếm:

Bài 5.1: Trong một trường học có 5 em học sinh khối 12; 3 em học sinh khối 11; 2 em

học sinh khối 10 là học sinh xuất sắc. Hỏi có bao nhiêu cách cử 5 em học sinh xuất sắccủa trường tham gia một đoàn đại biểu sao cho mỗi khối có ít nhất 1 em.

Bài 5.2: Trong số 16 học sinh có 3 học sinh giỏi, 5 học sinh khá, 3 trung bình. Có baonhiêu cách chia số học sinh trên làm 2 tổ sao cho:

a) Mỗi tổ có đúng 8 học sinh.

b) Mỗi tổ có đúng 8 học sinh sao cho mỗi tổ đều có học sinh giỏi và ít nhất 2 học sinhkhá.

Bài 5.3: Cho các số 0, 1, 2, 3, 4.

a) Có thể thành lập được bao nhiêu số có 8 chữ số thành lập từ 5 chữ số trên.

b) Có thể thành lập được bao nhiêu số có 8 chữ số thành lập từ 5 chữ số trên sao chochữ số 3 có mặt đúng 4 lần, các chữ số khác có mặt đúng một lần.

c) Có thể thành lập được bao nhiêu số có 8 chữ số thành lập từ 5 chữ số trên sao chochữ số 3 có mặt đúng 2 lần, chữ số 0 có mặt 4 lần, các chữ số khác có mặt nhiềunhất một lần.

d) Có thể thành lập được bao nhiêu số có 8 chữ số thành lập từ 5 chữ số trên sao chochữ số 3 có mặt đúng 3 lần, chữ số 1 có mặt 3 lần, các chữ số khác có mặt nhiềunhất một lần.

Bài 5.4: Với các chữ số 0, 1, 2 ,3, 4 ,5 ,6 có thể thành lập được bao nhiêu số tự nhiênmà mỗi số đó có 5 chữ số khác nhau. Trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 5. Cũngcâu hỏi như vậy nhưng thêm điều kiện số đó là số chẵn thì kết quả là bao nhiêu?

Bài 5.5: Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau sao cho trong đó khôngcó mặt chữ số 2.

Bài 5.6: Có bao nhiêu chữ số chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau và lớn hơn 4657

Bài 5.7: Có bao nhiêu chữ số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau chia hết cho 2.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 5.8: Từ một tập thể gồm 14 người gồm 6 nam và 8 nữ trong đó có An và Bình.Người ta muốn chọn một tổ công tác gồm 6 người. Tìm số cách chọn sao cho:

a) Trong mỗi tổ có cả nam và nữ.

b) Trong mỗi tổ có 1 tổ trưởng và 5 tổ viên sao cho An và Bình không đồng thời có

mặt trong tổ.Bài 5.9: Tìm tổng tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau thành lập từ 6 chữ số:1, 3, 4, 5, 7, 8? Cũng câu hỏi như vậy nếu ta thêm chữ số 0 vào 6 chữ số trên.

Phương trình tổ hợp

Bài 5.10: Giải phương trình : 1

A22

+1

A23

+ · · · +1

A2n

=2007

2008

Bài 5.11: Giải phương trình tổ hợp sau:

a) 10C 2n + nC 210 = 2800

b) P n+5

(n − k)! ≤ 60Ak+2

n+3 ∀n, k ∈ N

c) 2P n + 6A2n − P n.A2

n = 12.

d) C 7n = 2C 3n.

e) C 0n + C 1n + C 2n = 8n + 1

Bài 5.12: Cho tập hợp A gồm n phần tử, n ≥ 4. Biết rằng số tập con 4 phần tử của A

bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm k ∈ 1, 2, · · · , n sao cho số tập congồm k phần tử của A là lớn nhất.

Bài 5.13: Tìm các số nguyên k, n thỏa mãn điều kiện C k−1n

2 =

C kn9

=C k+1

n

24 .

Bài 5.14: Tính giá trị của biểu thức M =A4

n+1 + 3A3n

(n + 1)!

biết rằng C 2n+1 + 2C 2n+2 + 2C 2n+3 + C 2n+4 = 149

Bài 5.15: Chứng minh rằng n + 1

n + 2

1

C kn+1

+1

C k+1n+1

=

1

C knvới n, k nguyên dương.

Bài 5.16: Tìm số âm trong dãy xn =A4

n+4

P n+2

− 143

4P n

Ứng dụng công thức nhị thức NewtonBài 5.17: Chứng minh các đẳng thức sau:

a) (C 0n)2

+ (C 1n)2

+ · · · + (C nn)2 = C n2n




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


b) 2.1.C 2n + 3.2.C 3n + · · · + n (n − 1) .C nn = n (n − 1) .2n−2

c) C 02n +1

3C 22n + · · · +

1

2n + 1C 2n2n =

22n+1

2n + 1.

d) C nn +1

2

C n−1n +

· · ·+

1

n + 1

C 0n =2n+1 − 1

n + 1

Bài 5.18: Biết rằng trong khai triển nhị thức Newton của

x + 1x

n tổng các hệ số của2 số hạng đầu tiên bằng 24, tính tổng các hệ số của các lũy thừa bậc nguyên dương củax. Chứng minh tổng này là một số chính phương.

Bài 5.19: Giả sử (1 + 2x)n = a0 + a1x + · · · + anxn. Biết rằng a0 + a1 + · · · + an = 729.Tìm số tự nhiên n và số lớn nhất trong các số a0, a1, ..., an.

Bài 5.20: Biết rằng (2 + x)100 = a0 + a1x + · · · + a100x100. Chứng minh rằng a2 < a3.Với giá trị nào thị ak < ak

−1.

Bài 5.21: Tìm hệ số của số hạng chứa a4 trong khai triển nhị thức Newton

a2 − 2

a

n

với a = 0. Biết rằng tổng hệ số của 3 số hạng đầu tiên trong khai triển đó bằng 97.

Bài 5.22: Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển nhị thức Newton của 1

x4 + x7

n

, biết rằng : C 12n+1 + C 22n+1 + · · · + C n2n+1 = 220 − 1.

Bài 5.23: Tìm hệ số của x7 trong khai triển nhị thức của (2

−3x)2n, trong đó n là số

nguyên dương thỏa mãn : C 12n+1 + C 32n+1 + · · · + C 2n+12n+1 = 1024.

Bài 5.24: Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton của

3x2 − 2

3√

x

n

biết n thỏa mãn điều kiện: 2C 0n − 3C n−1n + 4C 2n = (n + 4)2.

Bài 5.25: Cho khai triển (1 + 2x)n = a0 + a1x + · · · + anxn.

Trong đó các số a0, a1, · · · , an thỏa mãn hệ thức: a0 +a1

2 + · · · +

an

2n = 4096. Tìm số lớn

nhất trong các số a0, a1, · · ·

, an.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

6.1. Véc tơ, điểm, đường thẳng Chương 6. Hình phẳng tọa độ

Mối quan hệ giữa véc tơ pháp tuyến và véc tơ chỉ phương:

Ta sử dụng quy tắc sau để chuyển đổi giữa 2 loại véc tơ: (x, y) → (y, −x) hoặc (−y, x)

Ví dụ : n = (1; −2) ⇒ u = (2; 1) hoặc u = (−2; −1)

Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm A (xA, yA), B (xB, yB) :

x − xA

xB − xA

=y − yA

yB − yA

Phương trình đoạn chắn: d đi qua 2 điểm A(a; 0), B(0; b) (a, b = 0)

x

a +

y

b = 1

Góc giữa 2 đường thẳng d1 và d2 được thay bằng góc giữa 2 véc tơ chỉ phương hoặc2 véc tơ pháp tuyến:

cos ϕ = |cos(−→u1, −→u2)| = |cos(−→n1, −→n2)|Ở đó ϕ = (d1, d2)

Chú ý : Trường hợp 2 đường thẳng không song song với Oy và chúng không vuông

góc với nhau thì ta có thể tính bằng công thức: tan ϕ = |k1 − k2|

1 + k1k2. Ở đó k1, k2

tương ứng là hệ số góc của 2 đường thẳng.

Khoảng cách từ điểm M (x0, y0) đến đường thẳng d : Ax + By + C = 0:

d(M, d) = |Ax0 + By0 + C

|√ A2 + B2

Chú ý: Ta thường sử dụng phương trình tổng quát khi phải tính góc, khoảng cách.Còn ta dùng phương trình tham số khi có mối quan hệ thuộc.

6.1.2 Dạng bài

Các bài tập trong đề thi đại học thường là những bài xác định tọa độ điểm, viết phươngtrình đường thẳng thỏa mãn một số điều kiện nào đó.

Tọa độ điểm

Sử dụng quan hệ thuộc để rút bớt ẩn. Chẳng hạn M ∈ (C ), (C ) có phương trìnhtham số: (C ) : x = f (t), y = g(t) t ∈ R

Sử dụng quan hệ thuộc, cũng như các quan hệ khác để thành lập phương trình.

Chẳng hạn M ∈ (C ) và (C ) : y = f (x), nếu M (a, b) ∈ (C ) thì b = f (a).

Hoặc G là trọng tâm tam giác ABC , biết tọa độ điểm A, B,G tìm tọa độ C . Ta

có thể thành lập từ công thức xG = xA + xB + xC

3 ⇒ xC = 3xG

−xA

−xB.

Ví dụ 6.1: Cho tam giác ABC có A (6;4) , B (−4; −1) , C (2; −4)

a) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác AB C và trung điểm M của BC .




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


b) Tìm tọa độ D sao cho M là trọng tâm tam giác ABD và điểm E sao cho D là trungđiểm EM .

c) Tìm tọa độ điểm F ∈ BC sao d(F,AB) = 2d(F,AC ).

d) Tìm tọa độ điểm I sao cho tứ giác ABCI là hình bình hành.

Giải : a) Ta có xM = xB + xC

2 = −1, yM =

yB + yC

2 = −5

2

xG = xA + xB + xC

3 =

4

3, yG =

yA + yB + yC

3 = −1

3.

⇒ M

−1; −5

2

và G

4

3; −1

3

b) Ta có xM = xA + xB + xD

3 ⇒ xD = 3xM − xA − xB = −3 − 6 + 4 = −5,

yD = 3yM − yA − yB = −15

2 − 4 + 1 = −21

2

Ta có xD = xE + xM

2 ⇒ xE = 2xD − xM = 2.(−5) − (−1) = −9,

yE = 2yD − yM = −2.21

2 +

5

2 = −37

2

⇒ D

−5; −21

2

và E

−9; −37

2

c) +)

−→AC = (−4; −8) = −4(1;2)

AC : −−→nAC = (2; −1)A (6; 4)

. Nên phương trình AC là:

2 (x − 6) − (y − 4) = 0 ⇔ 2x − y − 8 = 0

+) −→AB = (−10; −5) = −5(2;1)

AB :

−−→nAB = (1; −2)

A (6; 4) . Nên phương trình AB là:

(x − 6) − 2 (y − 4) = 0 ⇔ x − 2y + 2 = 0

+) −−→BC = (6;

−3) = 3 (2;

−1)

BC : −−→uBC = (2; −1)

C (2; −4) . Nên phương trình tham số BC là:

x = 2 + 2t

y = −4 − t

+) F ∈ BC ⇒ F (2 + 2a; −4 − a)

d(F,AB) = 2d(F,AC ) ⇔ |2 + 2a − 2 (−4 − a) + 2| 12 + (−2)2

= 2.|2 (2 + 2a) − (−4 − a) − 8|

22 + (−1)2

⇔ |4a + 12| = 2 |5a| ⇔ 2a + 6 = 5a2a + 6 = −5a

⇔ 3a = 67a = −6

⇔ a = 2a = −6

7

+) a = 2: F (6; −6)




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


+) a = −6

7: F

2

7; −22

7

d) Tứ giác ABCI là hình bình hành

⇔ −→AB =

−→IC ⇔ (−10; −5) = (2 − xI , −4 − yI )

⇔ 2 − xI = −10−4 − yI = −5

⇔ xI = 12yI = 1

⇔ I (12;1)

Ví dụ 6.2 (CĐ 2009): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cóC (−1; −2), đường trung tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trìnhlà 5x + y − 9 = 0 và x + 3y − 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và B.

Giải : Gọi M là trung điểm BC , và H là chân đường cao hạ từ đỉnh B xuống AC .

A

B C (−1; −2)M

H

5 x

+ y

−

9 =

0

x + 3 y

− 8

= 0

+) −−→nBH = (1; 3) ⇒ −−→uBH = (3; −1)

Do AC

⊥BH

⇒ −−→nAC =

−−→uBH = (3;

−1)

Vì AC : C (−1; −2)

−−→nAC = (3; −1) nên phương trình AC là:

3 (x + 1) − (y + 2) = 0 ⇔ 3x − y + 1 = 0

Vì A = AC ∩ AM nên tọa độ A là nghiệm của hệ: 5x + y − 9 = 0

3x − y + 1 = 0 ⇔

x = 1

y = 4 ⇒ A (1; 4)

+) Vì B ∈ BH ⇒ B (5 − 3b; b) ⇒ M

4 − 3b

2 ;

b − 2

2 Mặt khác ta có M ∈ AM ⇒ 5. 4 − 3b2

+ b − 22

− 9 = 0 ⇔ 20 − 15b + b − 2 − 18 = 0

⇔ 14b = 0 ⇔ b = 0 ⇒ B (5; 0)

Phương trình đường thẳng

Các dạng bài có thể

Viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm và một phương (Phương ở đây làphương vuông góc (pháp tuyến) hoặc phương song song (chỉ phương))

Tìm 2 điểm của đường thẳng đó. Viết phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm.Trường hợp này có thể quy về trường hợp trên bằng cách : điểm đi qua là mộttrong 2 điểm và véc tơ chỉ phương là véc tơ nối 2 điểm.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Chú ý :

Các dạng bài khác thường xoay quanh các dạng trên, chúng chỉ khác nhau về cáchdiễn đạt. Và thông thường nếu đề bài không hỏi gì thêm ta thường viết phươngtrình dạng tổng quát.

Phương trình tổng quát thì tương đương với véc tơ pháp tuyến. Phương trình thamsố, chính tắc tương đương với véc tơ chỉ phương.

Ví dụ 6.3: Viết phương trình đường thẳng d thỏa mãn một trong các điều kiện sau:

a) d đi qua điểm A(1; −2) có véc tơ chỉ phương −→u = (3; −1).

b) d đi qua điểm A(3; −4) và vuông góc với đường thẳng : ∆ : x − 4y + 2000 = 0

c) d đi qua điểm A(1; 4) và song song với đường thẳng: ∆ : x − 1

2 =

2 − y

3

d) d đi qua giao điểm của 2 đường thẳng ∆1 : x + 1

2 =

y − 3

3 , ∆2 :

x = 2 + t

y = 3 − 3t và

tạo với đường thẳng ∆3 : 3x + 4y − 10 = 0 một góc 450.

Giải : a) u = (3; −1) ⇒ −→n = (1; 3)

Vì d :

A (1; −2)−→n = (1;3)

nên d có phương trình:

(x − 1) + 3 (y + 2) = 0 ⇔ x + 3y + 5 = 0

b) Ta có −→n∆ = (1; −4) ⇒ −→u∆ = (4; 1)

Vì d⊥∆ ⇒ −→nd = −→u∆ = (4; 1)

Ta có d :

A (3; −4)−→nd = (4; 1)

nên phương trình d là:

4 (x − 3) + (y + 4) = 0 ⇔ 4x + y − 8 = 0

c) Ta có ∆ : x − 1

2 =

2 − y

3 ⇔ x − 1

2 =

y − 2

−3

nên −→u∆ = (2;

−3)

⇒ −→n∆ = (3; 2)

Vì d ∆ ⇒ −→nd = −→n∆ = (3; 2)

Từ đó ta có d :

A (1;4)−→nd = (3; 2)

nên phương trình d là:

3 (x − 1) + 2 (y − 4) = 0 ⇔ 3x + 2y − 11 = 0

d) +) Ta có M = ∆1 ∩ ∆2 nên tọa độ M là nghiệm của hệ:

x = 2 + t

y = 3 − 3t

x + 12

= y − 33 ⇒

2 + t + 1

2

= 3 − 3t − 3

3 ⇔ t + 3 =

−2t

⇔ t = −1 ⇒ x = 1, y = 6 ⇒ M (1; 6)

Ta có −−→n∆3 = (3; 4). Gọi −→nd = (A; B)




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Vì (d, ∆3) = 450 ⇒ cos450 = |−→nd.−−→n∆3

||−→nd| . |−−→n∆3

|

⇔ 1√ 2

= |3A + 4B|√ A2 + B2.

√ 32 + 42

⇔ 5.√

A2 + B2 =√

2. |3A + 4B|

⇔ 25 (A2 + B2) = 2 (9A2 + 24AB + 16B2)

⇔ 7A2 − 48AB − 7B2 = 0 ⇔ A = 7B

A = −1

7B

+) Với A = 7B: Chọn B = 1 ⇒ A = 7. Phương trình d là:

7 (x − 1) + (y − 6) = 0 ⇔ 7x + y − 13 = 0

+) Với A = −1

7B: Chọn B = −7 ⇒ A = 1. Phương trình d là:

(x − 1) − 7 (y − 6) = 0 ⇔ x − 7y + 41 = 0

Ví dụ 6.4 (ĐH A-2009): Cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6;2) là giao điểm của2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E củacạnh CD thuộc đường thẳng ∆ : x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB.

Giải : Do ABCD là hình chữ nhật nên I là trung điểm AC , B D và AC = BD. Do đótam giác ICD cân tại I , và đường trung tuyến IE đồng thời là đường cao ⇒ I E ⊥CD.

A B

C D N

M (1; 5)

I (6; 2)

E

∆

: x +

y

− 5

= 0

Gọi N là điểm đối xứng với M qua I

⇒ I là trung điểm của 2 đường AC , M N nên tứ

giác AMCN là hình bình hành⇒ AM C N , mà AM C D nên C, N, D thẳng hàng.Do IE ⊥CD nên IE ⊥EN ⇔ −→

IE.−−→EN = 0.

E ∈ ∆ : x + y − 5 = 0 ⇒ E (a; 5 − a)

Do I là trung điểm của MN nên xI = xM + xN

2 ⇒ xN = 2xI − xM = 2.6 − 1 = 11

yN = 2yI − yM = 2.2 − 5 = −1 ⇒ N (11; −1)

Vì −→IE.

−−→NE = 0 ⇔ (a − 6; 5 − a − 2) . (a − 11;5 − a + 1) = 0

⇔ (a − 6) . (a − 11) + (3 − a) (6 − a) = 0

⇔ a2

−17a + 66 + a2

−9a + 18 = 0

⇔ 2a2

−26a + 84 = 0

⇔ a2 − 13a + 42 = 0 ⇔ a = 6a = 7

+) Với a = 6: −→IE = (a − 6; 3 − a) = (0; −3) = −3(0;1)




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

6.2. Đường tròn Chương 6. Hình phẳng tọa độ

IE ⊥CD

AB C D ⇒ AB⊥IE ⇒ −−→nAB = −→uIE = (0; 1)

Ta được AB :

M (1;5)−−→nAB = (0;1)

nên phương trình của AB là:

0. (x − 1) + (y − 5) = 0 ⇔ y − 5 = 0

+) Với a = 7: −→IE = (1; −4)−−→nAB = −→IE = (1; −4)

Từ đó ta được AB :

M (1;5)−−→nAB = (1; −4)

nên phương trình AB là:

(x − 1) − 4 (y − 5) = 0 ⇔ x − 4y + 19 = 0

6.2 Đường tròn

6.2.1 Kiến thức cơ bản

Phương trình

Phương trình chính tắc của đường tròn tâm I (a, b) bán kính R:

(x − a)2 + (y − b)2 = R2

Phương trình tổng quát của đường tròn :

x2 + y2 + 2Ax + 2By + C = 0

Ở đó tâm I (−A; −B) bán kính R =√

A2 + B2 − C

Phương trình tham số của đường tròn tâm I (a, b) bán kính R:

x = a + R. cos t

y = b + R. sin t (t ∈R)

Phương tích

Định nghĩa: Cho đường tròn (C ) : x2 + y2 + 2Ax + 2By + C = 0.P M/(C ) = −−→MA.

−−→MB không phụ thuộc vào phương của cát tuyến MAB của đường tròn

mà chỉ phụ thuộc vào vị trí điểm M .Cụ thể nếu điểm M (x0, y0) thì P M/(C ) = x2

0 + y20 + 2Ax0 + 2By0 + C .

Ý nghĩa: Phương tích của điểm M cho biết vị trí tương đối của điểm đó với đườngtròn.

Nếu P M/(C ) < 0 thì điểm M nằm ở bên trong đường tròn.

Nếu P M/(C ) = 0 thì điểm M nằm trên đường tròn.

Nếu P M/(C ) > 0 thì điểm M nằm ngoài đường tròn.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Trục đẳng phương: Cho 2 đường tròn (C 1) và (C 2) khi đó:

Tập d =

M P M/(C 1) = P M/(C 2)

là một đường thẳng và đó gọi là trục đẳng

phương của 2 đường tròn.

Nếu (C 1) : x2 + y2 + 2A1x + 2B1y + C 1 = 0 và (C 2) : x2 + y2 + 2A2x + 2B2y + C 2 = 0

thì phương trình trục đẳng phương là :P M/(C 1) = P M/(C 2) ⇔ x2 + y2 + 2A1x + 2B1y + C 1 = x2 + y2 + 2A2x + 2B2y + C 2

⇔ 2 (A1 − A2) x + 2 (B1 − B2) y + C 1 − C 2 = 0

Chú ý: Khi 2 đường tròn cắt nhau tại 2 điểm A, B thì AB chính là trục đẳngphương của 2 đường tròn. Nếu 2 đường tròn tiếp xúc nhau tại điểm A thì trụcđẳng phương của 2 đường tròn chính là đường tiếp tuyến chung của 2 đường tròntại điểm A.

Vị trí tương đối giữa đường thẳng và đường trònGiả sử ta có đường thẳng ∆ và đường tròn (C ) tâm I bán kính R. Kí hiệu d = d(I, ∆)

Vị trí Không cắt nhau Tiếp xúc Cắt nhauĐiều kiện d > R d = R d < R

Hình vẽ

I

∆

I

∆

I

∆

Trường hợp đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn. Ta có thể tìm tiếp tuyến nhờđiều kiện d = R. Trong trường hợp ta biết tiếp điểm ta có thể dùng phương trình táchtọa độ để tìm tiếp tuyến như sau:Gọi tiếp điểm là M (x0, y0) ∈ (C ). Ta sử dụng quy tắc sau để tìm phương trình tiếptuyến:

x2 → x.x → x.x0 và 2x → x + x → x + x0

Nếu (C ) : x2 + y2 + 2Ax + 2By + C = 0 phương trình tiếp tuyến là:

x.x0 + y.y0 + A(x + x0) + B(y + y0) + C = 0

Nếu (C ) : (x − a)2 + (y − b)2 = R2 phương trình tiếp tuyến là:

(x0 − a)(x − a) + (y0 − b)(y − b) = R2

Vị trí tương đối giữa 2 đường tròn

Cho 2 đường tròn (C 1) tâm I 1 bán kính R1 và đường tròn (C 2) tâm I 1 bán kính R2.Ký hiệu: d = I 1I 2 gọi là độ dài đường nối tâm.

Tiếp xúc: Có 2 trường hợp




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Vị trí Tiếp xúc trong Tiếp xúc ngoàiĐiều kiện d = |R1 − R2| d = R1 + R2

Hình vẽ

I 1I 2

I 1 I 2

Cắt nhau: Điều kiện |R1 − R2| < d < R1 + R2

I 1 I 2

I 1 I 2

Không giao nhau: Có 2 trường hợp

Vị trí Đựng nhau Ở ngoài nhauĐiều kiện d < |R1 − R2| d > R1 + R2

Hình vẽ

I 1I 2

I 1 I 2

6.2.2 Các dạng bài

Xác định phương trình đường tròn và ngược lại

Ví dụ 6.5: Tìm tâm và bán kính của các đường tròn sau:

a) (C ) : (x − 1)2 + (y + 3)2 = 5




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


b) (C ) : x2 + y2 − 3x + 2y − 1 = 0

Giải : a) Tâm I (1; −3) bán kính R =√

5.

b) Tâm I (3

2; −1) bán kính R =

−3

22

+ 12 − (−1) =

√ 17

2 .

Ví dụ 6.6: Viết phương trình đường tròn (C ), tìm tâm và bán kính biết:

a) (C ) đi qua 3 điểm A(4;2), B (1; 3), C (−3;1).

b) (C ) đi qua 2 điểm A(−1;5), B(0;2) và tiếp xúc với đường thẳng ∆ : 2x − y + 2 = 0.

c) (C ) đi qua điểm A(4; −7) và tiếp xúc với 2 đường thẳng ∆1 : 3x − 4y − 42 = 0 vàđường thẳng ∆2 : y + 8 = 0.

d) (C ) tiếp xúc ngoài với đường tròn (C 1) : x2

+ y2

+ 4x − 2y + 4 = 0 và đi qua 2 điểmA(1;5), B(0; −2).

Giải : a) Gọi phương trình của (C ) : x2 + y2 + ax + by + c = 0. Do (C ) đi qua 3 điểmA,B,C nên ta có hệ phương trình:

42 + 22 + 4a + 2b + c = 0

12 + 32 + a + 3b + c = 0

(−3)2 + 12 − 3a + b + c = 0

⇔

4a + 2b + c = −20

a + 3b + c = −10

−3a + b + c = −10

⇔

a = −2

b = 4

c = −20

Từ đó ta được phương trình đường tròn là: x2 + y2 − 2x + 4y − 20 = 0

Tâm I (1; −2) bán kính R = 12 + (−2)2 − (−20) = 5

b) Gọi phương trình đường tròn (C ) : x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0

(C ) đi qua 2 điểm A(−1;5), B(0;2) nên ta được hệ phương trình: (−1)2 + 52 − 2a + 10b + c = 0

02 + 22 + 4b + c = 0 ⇔

−2a + 10b + c + 26 = 0

c = −4b − 4

⇔

c = −4b − 4

a = 10b + c + 26

2 = 3b + 11

Do (C ) tiếp xúc với ∆ nên ta có :

d (I ; ∆) = R ⇔ |−2a + b + 2|√ 5

=√

a2 + b2 − c

⇔ 4a2 + b2 + 4 − 4ab + 4b − 8a = 5 (a2 + b2 − c)

⇔ a2 + 4b2 + 4ab − 4b + 8a − 5c − 4 = 0

⇔ (3b + 11)2 + 4b2 + 4b (3b + 11) − 4b + 8 (3b + 11) − 5 (−4b − 4) − 4 = 0

⇔ 25b2 + 150b + 225 = 0 ⇔ b2 + 6b + 9 = 0 ⇔ b = −3

⇒ a = 2 và c = 8

Vậy phương trình của (C ) : x2 + y2 + 4x − 6y + 8 = 0.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


c) Gọi phương trình đường tròn (C ) : x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0

Do điểm A(4; −7) ∈ (C ) nên ta có:

42 + (−7)2 + 8a − 14b + c = 0 ⇔ c = −8a + 14b − 65 (1)

Tâm và bán kính của (C ): I (−a; −b) , R =√

a2 + b2 − c

Vì ∆1, ∆1 tiếp xúc với (C ) nên ta được d (I ; ∆1) = d (I ; ∆2) = R

⇔

|−3a + 4b − 42|

5 =

|−b + 8|1

(2)

|−b + 8|1

=√

a2 + b2 − c (3)

(2) ⇔ −3a + 4b − 42 = −5b + 40

−3a + 4b − 42 = 5b − 40 ⇔

−3a + 9b − 82 = 0

3a + b = −2 ⇔

b = 3a + 82

9b = −3a − 2

(3) ⇔ b2 − 16b + 64 = a2 + b2 − c ⇔ c = a2 + 16b − 64 (4)

(1) , (4) ⇒ a

2

+ 16b − 64 = −8a + 14b − 65 ⇔ a

2

+ 8a + 2b + 1 = 0 (5)+) Với b =

3a + 82

9 thay vào (5) ta có:

a2 + 26

3 a +

173

9 = 0

Vô nghiệm

+) Với b = −3a − 2 thay vào (5) ta có:

a2 + 2a − 3 = 0 ⇔

a = 1 ⇒ b = −5 ⇒ c = −143

a = −3 ⇒ b = 7 ⇒ c = 57

Và ta được 2 đường tròn thỏa mãn là:

(C 1) : x2 + y2 + 2x − 10y − 143 = 0 với I 1(−1;5), R1 = 13

(C 2) : x2 + y2 − 6x + 14y + 57 = 0 với I 2(3; −7), R2 = 1.

d) Gọi phương trình đường tròn (C ) : x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0

Do (C ) đi qua 2 điểm A, B nên ta có: 12 + 52 + 2a + 10b + c = 0

(−2)2 − 4b + c = 0 ⇔

c = 4b − 4

a = −10b − c − 26

2 = −7b − 11

Tâm và bán kính của (C 1) là: I 1 (−2;1) , R1 = (−2)

2

+ 12

− 4 = 1Tâm và bán kính của (C ) là: I (−a; −b) , R =

√ a2 + b2 − c

Vì 2 đường tròn tiếp xúc ngoài nên : II 1 = R1 + R ⇔

(a − 2)2 + (b + 1)2 =

1 +√

a2 + b2 − c

⇔ a2 + b2 − 4a + 2b + 5 = a2 + b2 − c + 1 + 2√

a2 + b2 − c

⇔ −4a + 2b + c + 4 = 2√

a2 + b2 − c

Thay a, c giải được ở trên vào ta có:

⇔ −4 (−7b − 11) + 2b + 4b − 4 = 2 (−7b − 11)2

+ b2 − (4b − 4)

⇔ 34b + 44 = 2√

50b2 + 150b + 125 ⇔ (17b + 22)2 = 50b2 + 150b + 125

b ≤ −22

17




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


⇔ 239b2 + 598b + 359 = 0

b ≥ −22

17

⇔ b = −1

Thỏa mãn

⇒ a = −4 ⇒ c = −8

b = −359

239 (Loại)

Vậy phương trình của (C ) là: x2 + y2 − 8x − 2y − 8 = 0

Tâm I (4; 1), bán kính R = 5.

Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn

Ví dụ 6.7: Cho đường thẳng d : 2x+y−4 = 0 và đường tròn (C ) : x2+y2−2x−2y+1 = 0.

a) Chứng minh d cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt A, B.

b) Viết phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B có bán kính R = 5.

c) Viết phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B có tâm thuộc đường thẳng ∆ :

3x − 4y − 2 = 0.

Giải : a) Cách 1: Đường tròn (C ) có tâm I (1; 1) bán kính R = 1.

d (I, d) = |2.1 + 1 − 4|√

22 + 1=

1√ 5

< 1 = R

Vậy d cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt.

Cách 2: Tọa độ giao điểm d và (C ) là nghiệm của hệ

2x + y − 4 = 0 (1)

x2 + y2

−2x

−2y + 1 = 0 (2)

Từ (1) ta có y = 4 − 2x thế vào (2) ta được :

x2 + (4 − 2x)2 − 2x − 2 (4 − 2x) + 1 = 0 ⇔ 5x2 − 14x + 9 = 0

⇔ x = 1 ⇒ y = 2

x = 9

5 ⇒ y =

2

5

⇒ A (1; 2) , B

9

5; 2

5

Vậy d cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt A, B.

b) Do (C 1) đi qua giao điểm của (C ) và (d) nên phương trình của nó có dạng:

x2

+ y2

− 2x − 2y + 1 + m (2x + y − 4) = 0⇔ x2 + y2 + (2m − 2) x + (m − 2) y + 1 − 4m = 0

⇒ I

1 − m;

2 − m

2

, R =

(1 − m)2 +

2 − m

2

2

− (1 − 4m) =

√ 5m2 + 4m + 4

2

Theo giả thiết : R = 5 ⇔√

5m2 + 4m + 4

2 = 5

⇔ 5m2 + 4m + 4 = 100 ⇔ 5m2 + 4m − 96 = 0 ⇔

m = 4

m = −24

5+) Với m = 4: Phương trình (C 1) là

x2 + y2 − 2x − 2y + 5 = 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


+) Với m = −24

5 : Phương trình (C 1) là

x2 + y2 − 2x − 2y − 19

5 = 0

c) Do (C 2) đi qua giao điểm của (C ) và (d) nên phương trình của nó có dạng:

x2 + y2 − 2x − 2y + 1 + m (2x + y − 4) = 0

⇔ x2 + y2 + (2m − 2) x + (m − 2) y + 1 − 4m = 0

⇒ I

1 − m;

2 − m

2

Do điểm I ∈ ∆ nên ta có:

3 (1 − m) − 4

2 − m

2

− 2 = 0 ⇔ −3 − m = 0 ⇔ m = −3

Thay vào ta được phương trình của (C 2) là:

x2 + y2 − 8x − 5y + 13 = 0

Ví dụ 6.8: Cho đường tròn (C ) : x2 + y2 − 2x + 4y − 4 = 0 và đường thẳngd : 4x − 3y − 11 = 0.

a) Tìm tâm và bán kính của đường tròn.

b) Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) tại điểm M 0

−4

5; 2

5

.

c) Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) song song với đường thẳng d.

d) Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) vuông góc với đường thẳng d. Tìm tọa độ tiếpđiểm khi đó.

e) Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) đi qua điểm A(4; 1).

f) Gọi T 1, T 2 là tiếp điểm của 2 tiếp tuyến kẻ từ điểm B(2; 3) với (C ). Viết phương trìnhđường thẳng T 1T 2.

Giải : a) Tâm I (1;

−2), bán kính R = 3.

b) Phương trình tiếp tuyến với (C ) tại điểm M 0

−4

5; 2

5

là:

x.

−4

5

+ y.

2

5 −

x +

−4

5

+ 2

y +

2

5

− 4 = 0

⇔ −9

5x +

12

5 y − 12

5 = 0 ⇔ 3x − 4y + 4 = 0

c) Ta có ∆ d ⇒ ∆ : 4x − 3y + m = 0

Do ∆ là tiếp tuyến của (C ) nên ta có d (I, ∆) = R ⇔ |4.1

−3. (

−2) + m

| 42 + (−3)2 = 3

⇔ |m + 10| = 15 ⇔

m = 5

m = −25




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Thay vào phương trình ∆ ta được 2 đường thẳng thỏa mãn là:

∆1 : 4x − 3y + 5 = 0

∆2 : 4x − 3y − 25 = 0

d) Ta có −→nd = (4;

−3)

⇒ −→ud = (3; 4)

Vì ∆⊥d ⇒ −→n∆ = −→ud = (3; 4)

Từ đó phương trình ∆ có dạng 3x + 4y + m = 0.

Do ∆ là tiếp tuyến của (C ) nên ta có d (I, ∆) = R ⇔ |3.1 + 4. (−2) + m|√ 32 + 42

= 3

⇔ |m − 5| = 15 ⇔

m = 20

m = −10

Thay vào phương trình ∆ ta được 2 đường thẳng thỏa mãn là:

∆1 : 3x + 4y + 20 = 0

∆2 : 3x + 4y − 10 = 0

e) Gọi ∆ : Ax + By + C = 0

Do A ∈ ∆ nên ta có 4A + 3B + C = 0 ⇒ C = −4A − 3B

Do ∆ là tiếp tuyến của (C ) nên ta có d (I, ∆) = R ⇔ |A − 2B + C |√ A2 + B2

= 3

⇔ |A − 2B − 4A − 3B| = 3√

A2 + B2 ⇔ |3A + 5B| = 3√

A2 + B2

⇔ 9A2

+ 30AB + 25B2

= 9A2

+ 9B2

⇔ 30AB + 16B2

= 0 ⇔ B = 0

B = −158

A

+) Với B = 0: Chọn A = 1 ⇒ C = −4 ⇒ ∆1 : y − 4 = 0

Gọi T 1 (x1; y1) là tiếp điểm của ∆1 với (C ). Từ đó ta được phương trình ∆1 là:

x1.x + y1.y − (x + x1) + 2 (y + y1) − 4 = 0 ⇔ (x1 − 1) x + (y1 + 2) y − x1 + 2y1 − 4 = 0

⇒ x1 − 1

0 =

y1 + 2

1 =

−x1 + 2y1 − 4

−4 ⇔

x1 = 1

−4y1 − 8 = −x1 + 2y1 − 4 ⇔

x1 = 1

y1 = −1

2

⇒ T 11; −12

+) Với B = −15

8 A: Chọn A = 8 ⇒ B = −15 ⇒ C = 13 ⇒ ∆2 : 8x − 15y + 13 = 0

Gọi T 2 (x2; y2) là tọa độ tiếp điểm của ∆2 với (C ) ta có phương trình ∆2 là

(x2 − 1) x + (y2 + 2) y − x2 + 2y2 − 4 = 0

⇒ x2 − 1

8 =

y2 + 2

−15 =

−x2 + 2y2 − 4

13

⇔ 15x2 + 8y2 = −115x2 − 43y2 = −34

⇔ x2 = − 7

17

y2 = 11

17

⇒ T 2− 717

; 1117




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


f) Gọi T 1 (x1; y1), T 2 (x2; y2)

BT 1 là tiếp tuyến với (C ) tại T 1 nên ta có phương trình BT 1 là:

x1.x + y1.y − (x + x1) + 2 (y + y1) − 4 = 0

Do B (2; 3) ∈ BT 1 ⇒ 2x1 + 3y1 − 2 − x1 + 6 + 2y1 − 4 = 0 ⇔ x1 + 5y1 = 0

Tương tự với điểm T 2 ta cũng được hệ thức : x2 + 5y2 = 0Do đó T 1, T 2 cùng thuộc đường thẳng : x + 5y = 0. Nên phương trình T 1T 2 :

x + 5y = 0 .

Vị trí tương đối của đường tròn và đường tròn

Ví dụ 6.9: Cho 2 đường tròn : (C 1) : x2 + y2 + 6x − 16y + 9 = 0 và(C 2) : x2 + y2 + 14x − 30y + 18 = 0.

a) Tìm tâm và bán kính của 2 đường tròn. Chứng minh 2 đường tròn cắt nhau tại 2điểm phân biệt A, B. Viết phương trình đường thẳng AB.

b) Viết phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và có tâm nằm trên đường thẳng∆ : 3x + 2y − 8 = 0.

c) Viết phương trình đường tiếp tuyến chung của 2 đường tròn.

Giải : a) I 1 (−3;8) , R1 =

(−3)2 + 82 − 9 = 8

I 2 (−

7; 15) , R2

= (−7)2 + 152

−18 = 16

−−→I 1I 2 = (−4;7) ⇒ I 1I 2 =

(−4)2 + 72 =

√ 65

Như vậy R2 − R1 = 8 < I 1I 2 =√

65 < R1 + R2 = 24 nên 2 đường tròn cắt nhau tại2 điểm phân biệt. Phương trình AB chính là phương trình trục đẳng phương của 2đường tròn. Do đó phương trình AB có dạng:

x2 + y2 + 6x − 16y + 9 = x2 + y2 + 14x − 30y + 18 ⇔ 8x − 14y + 9 = 0

b) Phương trình đường tròn (C ) đi qua 2 điểm A, B có dạng:

m (x2 + y2 + 6x−

16y + 9) + n (x2 + y2 + 14y−

30y + 18) = 0

⇔ (m + n) x2 + (m + n) y2 + (6m + 14n) x − (16m + 30n) y + 9m + 18n = 0

⇔ x2 + y2 + 2.3m + 7n

m + n x − 2.

8m + 15n

m + n y +

9m + 18n

m + n = 0

⇒ I

−3m + 7n

m + n ;

8m + 15n

m + n

Vì I ∈ ∆ : 3x + 2y − 8 = 0 ⇒ −9m − 21n + 16m + 30n − 8m − 8n = 0

⇔ −m + n = 0 ⇔ m = n

Chọn n = 1

⇒ m = 1. Phương trình đường tròn (C ) là:

(x2 + y2 + 6x − 16y + 9) + (x2 + y2 + 14x − 30y + 18) = 0

⇔ 2x2 + 2y2 + 20x − 36y + 27 = 0 ⇔ x2 + y2 + 10x − 18y + 27

2 = 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

6.3. Ba đường Conic Chương 6. Hình phẳng tọa độ

c) Gọi ∆ : Ax + By + C = 0 là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn. Do đó ta được hệ: d (I 1, ∆) = R1

d (I 2, ∆) = R2

⇔ |−3A + 8B + C |√

A2 + B2= 8

|−7A + 15B + C |√ A2 + B2

= 16

⇔

|−3A + 8B + C |

8 =

√ A2 + B2

|−7A + 15B + C |16

=√

A2 + B2

⇒ 2 |−3A + 8B + C | = |−7A + 15B + C |

⇔ −6A + 16B + 2C = −7A + 15B + C

−6A + 16B + 2C = 7A − 15B − C ⇔ C = −A − B

C = 13A

−31B

3

C = −A − B:

|−3A + 8B − A − B| = 8√

A2 + B2 ⇔ |−4A + 7B| = 8√

A2 + B2

⇔ 16A2 − 56AB + 49B2 = 64A2 + 64B2 ⇔ 48A2 + 56AB + 15B2 = 0

⇔

A = −5B

12

A = −3

4B

+) Với A = −5B

12 :Chọn B = −12 ⇒ A = 5 ⇒ C = 7 ⇒ ∆ : 5x − 12y + 7 = 0

+) Với A = −3

4B:

Chọn B = −4 ⇒ A = 3 ⇒ C = 1 ⇒ ∆ : 3x − 4y + 1 = 0

C = 13A − 31B

3

⇒−3A + 8B +

13A − 31B

3

= 8√

A2 + B2 ⇔ |4A − 7B| = 24√

A2 + B2

⇔ 16A2 − 56AB + 49B2 = 576A2 + 576B2 ⇔ 560A2 + 56AB + 527B2 =0Vô nghiệm

Chú ý: Trường hợp này phương trình vẫn có nghiệm A = B = 0. Nhưng trong

thực tế chẳng có véc tơ pháp tuyến nào là véc tơ −→

0 . Nên trường hợp này khôngtồn tại đường thẳng cần tìm.

6.3 Ba đường Conic6.3.1 Kiến thức chung về 3 đường Conic




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Elip Hyperbol Parabol

Định nghĩa MF 1 + M F 2 = 2a >

2c = F 1F 2

|M F 1 − M F 2| = 2a <

2c = F 1F 2M F = d(M, ∆)

Đồ thị x

y

O−a a

b

−b

(E ) : x2

a2 +

y2

b2 = 1

F 1

F 2−a

e

a

e

x

=

− a e

x

=

a e

x

y

O

F 1 (−c; 0) F 2 (c; 0)

b

−b

a−a

(H ) : x2

a2 − y2

b2 = 1

x

=

− a e

x =

a e

x

y

O

∆

: x

=

−

p2

(P ) : y2 = 2 px

F p

2; 0

Mối quan

hệ a2

= b2

+ c2

c2

= a2

+ b2

p = d(F, ∆)

Tiêu điểm F 1(−c; 0), F 2(c; 0) F 1(−c; 0), F 2(c; 0) F ( p

2; 0)

Tâm sai e = c

a < 1 e =

c

a > 1 e = 1

Đườngchuẩn ∆

x = ±a

e x = ±a

e x = − p

2

Tiệm cận x

a ± y

b = 0

Bán kínhqua tiêu

MF 1 = a + e.xM

MF 2 = a

−e.xM

MF 1 = |a + e.xM |MF 2 =

|a

−e.xM

|

M F = xM + p

2

Các yếu tốTrục lớn : 2aTrục bé: 2b

Tiêu cự: 2c

Trục thực : 2aTrục ảo: 2b

Tiêu cự: 2c

Tiếp tuyếntại điểmM 0(x0, y0)

x0.x

a2 +

y0.y

b2 = 1

x0.x

a2 − y0.y

b2 = 1 y0.y = p(x + x0)

Tiếp tuyếnAx + By +

C = 0

a2A2 + b2B2 = C 2 a2A2 − b2B2 = C 2 pB2 = 2AC

6.3.2 Elip

Xác định Elip

Ví dụ 6.10: Xác định độ dài trục lớn, trục bé, tiêu cự, tâm sai, tọa độ tiêu điểm, phươngtrình các đường chuẩn của Elip.

a) 4x2 + 9y2 − 36 = 0.

b) 9x2 + 4y2 = 5.

Giải : a) Ta có 4x2 + 9y2 − 36 = 0 ⇔ x2

9 +

y2

4 = 1

⇒ a2 = 9, b2 = 4 ⇒ c2 = a2 − b2 = 5 ⇒ a = 3, b = 2, c =√

5




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


+) Tâm sai: e = c

a =

√ 5

3

+) Độ dài trục lớn: 2a = 6

+) Độ dài trục bé: 2b = 4

+) Tiêu cự: 2c = 2√

5

+) Tiêu điểm: F 1 −√ 5; 0 , F 2 √ 5; 0+) Đường chuẩn: x = ±a

e ⇔ x = ± 3√

5/3⇔ x = ± 9√

5

b) Ta có 9x2 + 4y2 = 5 ⇔ x2

5/9 +

y2

5/4 = 1.

Vì 5

9 <

5

4 nên đây không phải là phương trình chính tắc .

⇒ a

2

=

5

4 , b

2

=

5

9 ⇒ c

2

= a

2

− b

2

=

5

4 − 5

9 =

25

36 ⇒ a =

√ 5

2 , b =

√ 5

3 , c =

5

6

+) Tâm sai: e = c

a =

√ 5

3

+) Độ dài trục lớn: 2a =√

5

+) Độ dài trục bé: 2b = 2

√ 5

3

+) Tiêu cự: 2c = 5

3

+) Tiêu điểm: F 1−

5

6; 0 , F

25

6; 0

+) Đường chuẩn: x = ±a

e ⇔ x = ±

√ 5/2√ 5/3

⇔ x = ±3

2

Ví dụ 6.11: Viết phương trình chính tắc của Elip (E ) biết:

a) Tiêu điểm F 1(−6;0), tâm sai e = 2

3.

b) Độ dài trục lớn là 6, tiêu cự 2√

5.

c) Độ dài trục lớn là 3, tâm sai e =√

3

3 .

d) (A-2008) Tâm sai e =

√ 5

3 và hình chữ nhật cơ sở có chu vi bằng 20.

e) Đi qua 2 điểm A

4; −√ 3

, B

2√

2; 3

f) Đi qua điểm A

2; −5

3

và tâm sai e =

2

3.

g) Phương trình đường chuẩn là 3x ± 8√ 3 = 0 và độ dài trục bé bằng 4.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Giải : a) Do F 1(−6;0) ⇒ c = 6

e = c

a ⇒ a =

c

e =

6

2/3 = 9 ⇒ b =

√ a2 − c2 =

√ 92 − 62 = 3

√ 5

Phương trình Elip là: x2

81 +

y2

45 = 1

b) Theo giả thiết ta có:

2a = 6 ⇒ a = 3,

2c = 2√

5 ⇒ c =√

5 ⇒ b =√

a2 − c2 =

32 − √

52

= 2


9 +

y2

4 = 1

c) Theo giả thiết ta có:

2a = 3 ⇒ a =

3

2

e = c

a ⇒ c = e.a =

√ 3

3 .

3

2 =

√ 3

2 ⇒ b =

√ a2 − c2 =

3

2

2

−√

3

2

2

=

3

2


9/4 +

y2

3/2 = 1

d) Từ giả thiết ta có:

e =

c

a =

√ 5

34 (a + b) = 20

⇔ c =

√ 5

3 ab = 5 − a

Vì a2 = b2 + c2 ⇒ a2 = (5 − a)2 +

√ 5

3 a

2

⇔ a2 = 25 − 10a + a2 + 5

9a2

⇔ a2 − 18a + 45 = 0 ⇔

a = 3 ⇒ b = 2

a = 15 ⇒ b = −10 (Loại)


9 +

y2

4 = 1

e) Gọi phương trình Elip là: x2

a2 +

y2

b2 = 1

Vì 2 điểm A

4; −√ 3

, B

2√

2; 3 ∈ (E ) nên ta có hệ :

16

a2 +

3

b2 = 1

8

a2 +

9

b2 = 1

⇒

1

a2 =

1

201

b2 =

1

15

⇔

a2 = 20

b2 = 15

Từ đó ta được phương trình của Elip là: x2

20

+ y2

15

= 1

f) Gọi phương trình Elip là: x2

a2 +

y2

b2 = 1




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Do điểm A

2; −5

3

∈ (E ) nên ta có :

4

a2 +

25

9b2 = 1

e = 2

3 ⇔ c

a =

2

3 ⇔ c2 =

4

9a2 ⇒ b2 = a2 − c2 =

5

9a2 ⇒ 9b2 = 5a2

4

a2 +

25

5a2 = 1 ⇔ 9

a2 = 1 ⇔ a2 = 9 ⇒ b2 =

5

9a2 = 5

Vậy phương trình Elip là : x2

9 +

y2

5 = 1

g) Theo giả thiết ta có: 2b = 4 ⇒ b = 2

3x ± 8√

3 = 0 ⇔ x = ± 8√ 3

⇒ a

e =

8√ 3

⇒ a2 = 8√

3c ⇒ 3a4 = 64c2

c2 = a2 − b2 = a2 − 4 ⇒ 3a4 = 64 (a2 − 4) ⇔ 3a4 − 64a2 + 256 = 0 ⇔

a2 = 16

a2 = 16

3

+) Với a2 = 16: Phương trình Elip là x2

16 +

y2

4 = 1

+) Với a2 = 16

3 : Phương trình Elíp là

x2

16/3 +

y2

4 = 1

Công thức bán kính qua tiêu

Ví dụ 6.12: Cho Elip (E ) : x2

100

+ y2

36

= 1

a) Tìm trên (E ) những điểm M sao cho MF 1 = 4MF 2.

b) Tìm trên (E ) những điểm N sao cho F 1N F 2 = 900.

c) Tìm trên (E ) những điểm K sao cho F 1NF 2 = 600.

d) P là một điểm tùy ý trên (E ). Chứng minh rằng: P F 1.P F 2 + OP 2 = const

Giải : a) a2 = 100, b2 = 36 ⇒ a = 10, b = 6 ⇒ c = 8 ⇒ e = 4

5 Theo giả thiết ta có:

M F 1 = 4MF 2 ⇔ a + e.xM = 4 (a − e.xM ) ⇔ 5e.xM = 3a ⇔ xM = 3a5e

= 152

yM = ± 6

10

100 − x2

M = ± 6

10.

100 −

15

2

2

= ±3√

7

2

Ta được 2 điểm thỏa mãn : M 1

15

2 ;

3√

7

2

, M 2

15

2 ; −3

√ 7

2

b) Theo giả thiết ta có :

F 1NF 2 = 900 ⇔ F 1F 22 = N F 21 + N F 22 ⇔ 4c2 = (a + e.xN )2 + (a − e.xN )2

⇔ 4c2 = 2a2 + 2e2.x2N ⇔ x2

N = 2c2 − a2

e2 =

2c2 − a2

c2 .a2




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


6.3.3 Hyperbol

Xác định Hyperbol

Ví dụ 6.14: Tìm độ dài các trục, tiêu cự, tiêu điểm, tâm sai, phương trình đường tiệmcận, phương trình đường chuẩn của (H ):

a) 9x2 − 4y2 = 36

b) 16x2 − 9y2 = −144

Giải : a) 9x2 − 4y2 = 36 ⇔ x2

4 − y2

9 = 1

a2 = 4, b2 = 9 ⇒ a = 2, b = 3 ⇒ c =√

a2 + b2 =√

13

+) Độ dài trục thực : 2a = 4

+) Độ dài trục ảo : 2b = 6

+) Tiêu cự : 2c = 2√ 13

+) Tâm sai : e = c

a =

√ 13

2

+) Tiêu điểm : F 1−√

13;0

, F 2√

13;0

+) Phương trình đường tiệm cận : 9x2 − 4y2 = 0 ⇔ 3x ± 2y = 0

+) Đường chuẩn : x = ±a

e ⇔ x = ±a2

c =⇔ x = ± 4√

13

b) 16x2

−9y2 =

−144

⇔ y2

16 − x2

9 = 1

a2 = 16, b2 = 9 ⇒ a = 4, b = 3 ⇒ c =√

a2 + b2 = 5

+) Độ dài trục thực : 2a = 8

+) Độ dài trục ảo : 2b = 6

+) Tiêu cự : 2c = 10

+) Tâm sai : e = c

a =

5

4

+) Tiêu điểm : F 1 (0; −5) , F 2 (0; 5)

+) Phương trình đường tiệm cận : 16x2 − 9y2 = 0 ⇔ 4x ± 3y = 0

+) Đường chuẩn : y = ±a

e ⇔ y = ±a2

c =⇔ y = ±16

5

Ví dụ 6.15: Lập phương trình chính tắc của Hyperbol biết:

a) Có cùng tiêu điểm với Elip (E ) : x2

35 +

y2

10 = 1 và đi qua điểm A(4

√ 2;3).

b) Đỉnh A1(

−24; 0), tâm sai e =

13

12

.

c) Trục ảo có độ dài bằng 6; tiêu cự bằng 10.

d) Tâm sai e =√

2 và (H ) đi qua điểm M (5; −3).




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


e) Góc giữa 2 tiệm cận bằng 600 và (H ) đi qua M (6; 3).

f) Khoảng cách giữa 2 đỉnh bằng 6 và (H ) đi qua điểm A(6; −2√

3).

g) (H ) đi qua 2 điểm A(4;√

6), B(√

6; −1).

Giải : a) +) Xét (E ) :

x2

35 +

y2

10 = 1

a2 = 35, b2 = 10 ⇒ c2 = a2 − b2 = 25 ⇒ c = 5 +) Xét Hyperbol: x2

a2 − y2

b2 = 1

Vì (H ) có chung tiêu điểm với Elip (E ) nên ta có c = 5 ⇒ b2 = c2 − a2 = 25 − a2

Vì điểm A ∈ (H ) nên 32

a2− 9

b2 = 1 ⇒ 32

a2− 9

25 − a2 = 1 ⇔ 800−32a2−9a2 = 25a2−a4

⇔ a4 − 66a2 + 800 = 0 ⇔

a2 = 50 > c2 (Loại)a2 = 16

a2 = 16 ⇒ b2 = 9 ⇒ (H ) : x2

16 − y

2

9 = 1

b) A1(−24; 0) ⇒ a = 24

e = c

a =

13

12 ⇒ c =

13

12a = 26 ⇒ b =

√ c2 − a2 = 10

⇒ (H ) : x2

576 − y2

100 = 1

c) +) Độ dài trục ảo bằng 6 ⇒ 2b = 6 ⇒ b = 3

+) Tiêu cự bằng 10 ⇒ 2c = 10 ⇒ c = 5 ⇒ a = √ c2 − b2 = 4

Phương trình Hyperbol (H ) : x2

16 − y2

9 = 1

d) e = c

a =

√ 2 ⇒ c = a

√ 2 ⇒ c2 = a2 + b2 = 2a2 ⇒ b2 = a2

Do (H ) đi qua điểm M nên ta có: 25

a2 − 9

b2 = 1 ⇒ 25

a2 − 9

a2 = 1 ⇔ a2 = 16 ⇒ b2 = 16

Phương trình Hyperbol là: (H ) : x2

16 − y2

16 = 1

e) Vì M ∈ (H ) nên ta có 36

a2 − 9

b2 = 1

+) Hai đường tiệm cận : ∆1 : bx + ay = 0, ∆2 : bx − ay = 0

⇒ −→n1 = (b; a) , −→n2 = (b; −a)

Theo giả thiết ta có: cos600 = |b.b + a. (−a)|

√ b2 + a2.

b2 + (−a)2

⇔ |b2 − a2|a2 + b2

= 1

2

⇔ a2 + b2 = 2 (b2 − a2)

a2 + b2 = −2 (b2 − a2) ⇔ 3a2 = b2

a2 = 3b2

+) Với 3a2 = b2:

⇒ 36

a2 − 9

b2 = 1 ⇔ 36

a2 − 9

3a2 = 1 ⇔ a2 = 33 ⇒ b2 = 99




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Phương trình Hyperbol: (H ) : x2

33 − y2

99 = 1

+) Với a2 = 3b2:

⇒ 36

a2 − 9

b2 = 1 ⇔ 36

3b2 − 9

b2 = 1 ⇔ b2 = 3 ⇒ a2 = 9

Phương trình của Hyperbol : (H ) : x2

9 − y2

3 = 1

f) 2a = 6 ⇒ a = 3

Điểm A ∈ (H ) nên ta có 36

a2 − 12

b2 = 1 ⇔ 4 − 12

b2 = 1 ⇔ b2 = 4

⇒ (H ) : x2

9 − y2

4 = 1

g) Từ giả thiết ta có :16

a2 − 6

b2 = 1

6

a2 − 1

b2 = 1

⇔

1

a2 =

1

41

b2 =

1

2

⇔

a2 = 4

b2 = 2

⇒ (H ) : x2

4 − y2

2 = 1

Công thức bán kính qua tiêu

Ví dụ 6.16: Cho Hyperbol (H ) : 9x2 − 16y2 = 144.

a) Cho M (−5; y0) ∈ (H ). Tính MF 1, MF 2.

b) Tìm điểm M ∈ (H ) sao cho MF 1 = 2M F 2.

c) Tìm điểm N ∈ (H ) sao cho F 1NF 2 = 600.

Giải : a) Phương trình (H ): x2

16 − y2

9 = 1

⇒ a2 = 16, b2 = 9

⇒ c2 = 25

⇒ a = 4, b = 3, c = 5, e =

5

4

xM < 0 ⇒

MF 1 = −a − e.xM

MF 2 = a − e.xM ⇒

MF 1 = −4 − 5

4. (−5) =

9

4

MF 2 = 4 − 5

4. (−5) =

41

4

b) M F 1 = 2MF 2 ⇒ xM > 0 ⇒

MF 1 = a + e.xM

MF 2 = −a + e.xM

M F 1 = 2MF ⇔ a + e.xM = 2 (−a + e.xM ) ⇔ e.xM = 3a ⇒ xM = 3a

e = 3.4.

4

5 =

48

5

⇒ y2M =

9

16 (x2

M − 16) = 9

16

48

5

2

− 16

= 1071

25 ⇒ yM = ±3√ 119

5




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Có 2 điểm M thỏa mãn : M 1

48

5 ;

3√

119

5

, M 2

48

5 ; −3

√ 119

5

c) F 1N = |a + e.xN | , F 2N = |a − e.xN | , F 1N.F 2N = (a − e.xN ) (−a − e.xN ) = e2x2N −

a2

F 1NF 2 = 600 ⇔ F 1F 22 = N F 21 + N F 22 − 2N F 1.NF 2. cos600

⇔ 4c2 = |a + e.xN |2 + |a − e.xN |2 − 2 (e2x2N − a2) .

1

2

⇔ 4c2 = 2a2 + 2e2.x2N − e2.x2

M + a2 ⇔ e2.x2N = 4c2 − a2 ⇔ x2

N = 4c2 − a2

c2 .a2

⇒ y2N =

b2

a2 (x2

N − a2) = b2

a2

4c2 − a2

c2 .a2 − a2

= b2.

3c2 − a2

c2

⇒ x2N =

4.25 − 16

25 .16 =

1344

25 ⇒ xN = ±8

√ 21

5

y2N = 9.

3.25 − 1625

= 531

25 ⇔ yN = ±3√ 59

5

N 1

8√

21

5 ;

3√

59

5

, N 2

8√

21

5 ; −3

√ 59

5

, N 3

−8

√ 21

5 ;

3√

59

5

, N 4

−8

√ 21

5 ; −3

√ 59

5

Tương giao của đường thẳng và Hyperbol

Ví dụ 6.17: Cho Hyperbol (H ) : 9x2

−16y2 = 144.

a) Viết phương trình tiếp tuyến của (H ) biết nó vuông góc với ∆ : x + 3y − 1 = 0.

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H ) tại điểm M (5; y0) (y0 > 0).

c) Viết phương trình tiếp tuyến của (H ) đi qua điểm A

2;

3

2

.

d) Qua điểm P (−1;1) kẻ 2 tiếp tuyến P T 1, P T 2 tới (H ), T 1 và T 2 là tiếp điểm. Viếtphương trình đường thẳng T 1T 2.

Giải

: a) Gọi d là đường thẳng cần tìm.∆ : x + 3y − 1 = 0 ⇒ −→n∆ = (1; 3) ⇒ −→u∆ = (3; −1)

d⊥∆ ⇒ −→nd = −→u∆ = (3; −1) ⇒ d : 3x − y + m = 0

d tiếp xúc với (H ) nên : 32.16 − (−1)2 .9 = m2 ⇔ m2 = 135 ⇔ m = ±3√

15

⇒ d : 3x − y ± 3√

15 = 0

b) y20 =

9x20 − 144

16 =

9.25 − 144

16 =

81

16 ⇒ y0 = ±9

4 ⇒ y0 =

9

4

Phương trình tiếp tuyến tại M là:

9.5.x − 16. 94

.y − 144 = 0 ⇔ 45x − 36y − 144 = 0 ⇔ 5x − 4y − 16 = 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


c) Gọi d : Ax + By + C = 0 là đường thẳng cần tìm.

A ∈ d ⇒ 2A + 3

2B + C = 0 ⇒ C = −2A − 3

2B

Do d là tiếp tuyến của (H ) nên ta có:

C 2 = 16A2

−9B2

⇔ −2A

− 3

2B

2

= 16A2

−9B2

⇔ 4A2 + 6AB + 9

4B2 = 16A2 − 9B2 ⇔ 12A2 − 6AB − 45

4 B2 = 0

⇔ 16A2 − 8AB − 15B2 = 0 ⇔

A = 5

4B

A = −3

4B

+) Với A = 5

4B:

Chọn B = 4

⇒ A = 5

⇒ C =

−16

⇒ d : 5x + 4y

−16 = 0

+) Với A = −3

4B:

Chọn B = −4 ⇒ A = 3 ⇒ C = 0 ⇒ d : 3x − 4y = 0

d) Gọi T 1 (x1, y1) , T 2 (x2, y2)

Do P T 1 là tiếp tuyến tại điểm T 1 của (H ) nên phương trình P T 1 là:

P T 1 : 9.x1.x − 16.y1.y − 144 = 0

Vì P ∈ P T 1 ⇒ −9x1 − 16y1 − 144 = 0 ⇔ 9x1 + 16y1 + 144 = 0

Lập luận tương tự ta cũng được đẳng thức : 9x2 + 16y2 + 144 = 0

⇒ Phương trình T 1T 2 : 9x + 16y + 144 = 0

6.3.4 Parabol

Xác định Parabol

Ví dụ 6.18: Tìm tọa độ tiêu điểm, phương trình đường chuẩn của các Parabol sau:

a) y2 = 4x.b) y2 = −8x.

c) x2 = 8y.

d) x2 = −4y

Giải : a) 2 p = 4 ⇒ p = 2 ⇒ F (1; 0). Đường chuẩn : x = −1

b) 2 p = 8 ⇒ p = 4 ⇒ F (−2;0). Đường chuẩn x = 2.

c) 2 p = 8 ⇒ p = 4 ⇒ F (0; 2). Đường chuẩn y = −2.

d) 2 p = 4 ⇒ p = 2 ⇒ F (0; −1). Đường chuẩn y = −1.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Ví dụ 6.19: Lập phương trình của Parabol (P ) biết

a) Tiêu điểm F (2; 0), trục tung là đường chuẩn.

b) Tiêu điểm F (0; 5), đường chuẩn ∆ : y + 2 = 0.

c) (P ) có trục đối xứng là Ox, qua gốc O và qua điểm M (1;

−3).

d) (P ) có trục đối xứng Oy, qua gốc O và qua điểm M (5; −1).

Giải : a) Oy : x = 0. Nên ta có :

M (x; y) ∈ (P ) ⇔ M F = d (M, ∆) ⇔

(x − 2)2 + y2 = |x|⇔ x2 − 4x + 4 + y2 = x2 ⇔ y2 = 4x − 4

b) M (x; y) ∈ (P ) ⇔ M F = d (M, ∆) ⇔

x2 + (y − 5)2 = |y + 2|

⇔ x2

+ y2

− 10y + 25 = y2

+ 4y + 4 ⇔ x2

= 14y − 21

c) (P ) có trục đối xứng là Ox, qua gốc O nên ta có phương trình (P ) có dạng y2 = ax.

(P ) qua điểm M (1; −3) nên ta có 9 = a ⇒ (P ) : y2 = 9x ( p = 9

2)

d) (P ) có trục đối xứng Oy, qua gốc O nên phương trình (P ) có dạng x2 = ay. Do (P )

đi qua điểm M (5; −1) nên 25 = −a ⇔ a = −25.

Do đó phương trình (P ) : x2 = −25y ( p = 25

2 ).

Sự tương giao giữa đường thẳng và Parabol

Ví dụ 6.20: Cho Parabol y2 = 8x.

a) Tìm các điểm trên (P ) cách tiêu điểm F một đoạn bằng 20.

b) Qua F dựng một dây cung bất kỳ cắt (P ) tại 2 điểm phân biệt A, B. Tìm quỹ tíchtrung điểm I của đoạn AB. Chứng minh đường tròn đường kính AB luôn tiếp xúcvới đường chuẩn.

c) Viết phương trình tiếp tuyến của (P ) tại điểm M (2; −4).d) Viết phương trình tiếp tuyến vuông góc với (P ) biết tiếp tuyến vuông góc với đường

thẳng y = −x. Tìm tọa độ tiếp điểm khi đó.

e) Viết phương trình tiếp tuyến với (P ) qua điểm A(0;1). Tính góc tạo bởi hai tiếptuyến.

f) Qua điểm S (−3;1) kẻ 2 tiếp tuyến ST 1, ST 2 với (P ). T 1, T 2 là các tiếp điểm. Viếtphương trình đường thẳng T 1T 2.

Giải : a) y2 = 8x ⇒ 2 p = 8 ⇒ p = 4

M F = xM + p

2 = 20 ⇔ xM + 2 = 20 ⇔ xM = 18 ⇒ y2

M = 8.18 ⇒ yM = ±12

Ta được 2 điểm thỏa mãn là: M 1 (18; 12) , M 2 (18; −12)




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


b) F (2; 0). Do đường thẳng qua F cắt parabol tại 2 điểm phân biệt A, B do đó đườngthẳng này không song song với Ox nên phương trình AB : x = ky + 2.

Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:

y2 = 8x

x = ky + 2 ⇒ y2 = 8 (ky + 2) ⇔ y2 − 8ky − 16 = 0

Phương trình có a.c < 0 nên luôn có 2 nghiệm phân biệt yA, yB theo định lý Viet tacó:

yA + yB = 8k

yA.yB = −16 ⇒ yI =

yA + yB

2 = 4k

Do I là trung điểm AB ⇒ I ∈ AB ⇒ xI = kyI + 2 = 4k2 + 2

⇒

xI = 4k2 + 2

yI = 4k ⇒

k =

yI

4xI = 4k2 + 2

⇒ xI = 4.yI

4

2+ 2 ⇔ y2

I = 4 (xI − 2)

⇒ I ∈ (P ′) : y

2

= 4 (x − 2)+) Gọi R là bán kính của đường tròn đường kính AB.

Ta có : AB = F A + F B = xA + 2 + xB + 2 = 2xI + 4 = 2(4k2 + 2) + 4 = 8 (k2 + 1)

⇒ R = AB

2 = 4 (k2 + 1)

Đường chuẩn ∆ : x + 2 = 0

⇒ d (I, ∆) = |xI + 2| = |4k2 + 2 + 2| = 4 (k2 + 1) = R

Điều này dẫn đến đường tròn đường kính AB tiếp xúc với đường chuẩn.

c) Phương trình tiếp tuyến tại M là: −4.y = 4 (x + 2) ⇔ x + y + 2 = 0

d) Gọi d là đường thẳng cần tìm. k là hệ số góc của d. Theo bài ra ta có:

k.k ′ = −1 ⇒ k. (−1) = −1 ⇒ k = 1 ⇒ d : y = x + m ⇔ x − y + m =

Vì d là tiếp tuyến của (P ) nên ta có:

p.B2 = 2AC ⇔ 4. (−1)2 = 2.1.m ⇔ m = 2 ⇒ d : x − y + 2 = 0

Gọi M 0 (x0, y0) là tọa độ tiếp điểm. Do đó phương trình MM 0 là:

y0.y = 4 (x + x0) ⇔

4x−

y0.y + 4x0 = 0

Vì MM 0 ≡ d ⇒ 4

1 =

−y0

−1 =

4x0

2 ⇒

x0 = 2

y0 = 4 ⇒ M 0 (2; 4)

e) Gọi d : Ax + By + C = 0 là đường thẳng cần tìm. Vì điểm A ∈ d ⇒ B + C = 0 ⇒C = −B

Do d tiếp xúc với (P ) nên ta có:

pB2 = 2AC ⇔ 4B2 = −2AB ⇔

B = 0

B =

−

1

2A

+) Với B = 0: Chọn A = 1 ⇒ C = 0 ⇒ d1 : x = 0

+) Với B = −1

2A: Chọn A = 2 ⇒ B = −1 ⇒ C = 1 ⇒ d2 : 2x − y + 1 = 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

6.4. Bài tập Chương 6. Hình phẳng tọa độ

Gọi ϕ là góc giữa d1 và d2. Ta có : −→n1 = (1; 0) , −→n2 = (2; −1)

cos ϕ = |−→n1.−→n2||−→n1| . |−→n2| =

|1.2 + 0. (−1)|√

12 + 02.

22 + (−1)2=

2√ 5

⇒ ϕ ≈ 26033′54′′

f) Gọi T 1 (x1, y1) , T 2 (x2, y2) là các tiếp điểm. Phương trình ST 1 là : y1.y = 4 (x + x1)

Vì S ∈ S T 1 ⇒ y1.1 = 4 (−3 + x1) ⇔ 4x1 − y1 − 12 = 0

Lập luận tương tự với điểm T 2 ta cũng được đẳng thức: 4x2 − y2 − 12 = 0

Do đó phương trình T 1T 2 : 4x − y − 12 = 0

6.4 Bài tập

Đường thẳng, điểm

Bài 6.1: Cho tam giác AB C có A(4;1), B (1; 7), C (−1;0). Viết phương trình tổng quátcủa:

a) Đường cao AH và đường thẳng BC .

b) Trung tuyến AM và trung trực AB .

Bài 6.2: Cho tam giác ABC có phương trình các đường thẳng AB,BC,CA là:AB : x − 3 = 0, BC : 4x − 7y + 23 = 0, 3x + 7y + 5 = 0.

a) Tìm tọa độ 3 đỉnh A, B,C và diện tích tam giác.

b) Tìm tọa độ điểm A′ đối xứng với A qua BC .

c) Tìm tọa độ trực tâm, trọng tâm của tam giác.

Bài 6.3: Cho 2 điểm A(5; −2), B(3; 4). Viết phương trình đường thẳng d qua điểmC (1; 1) và cách đều 2 điểm A, B.

Bài 6.4: Viết phương trình tổng quát của đường thẳng d thỏa mãn điều kiện:

a) Đi qua điểm A(1; −2) và có hệ số góc bằng 3.

b) Qua điểm B (5; −2) và vuông góc với đường thẳng 2x − 5y + 4 = 0.

c) Qua gốc O và vuông góc với đường thẳng y = 2 − 3x

4 .

d) Qua điểm I (4;5) và hợp với 2 trục tọa độ một tam giác vuông cân.

e) Qua điểm A(3; 5) và cách điểm H (1;2) xa nhất.

Bài 6.5: Cho tam giác AB C có phương trình các cạnh B C : 2x − y − 4 = 0, đường caoBH : x + y

−2 = 0, đường cao C K : x + 3y + 5 = 0. Viết phương trình các cạnh còn lại

của tam giác.

Bài 6.6: Cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB : 2x − y − 1 = 0, AD qua

điểm M (3; 1) và tâm I (−1; 1

2). Viết phương trình các cạnh AD, B C , CD.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 6.7 (*): Cho tam giác ABC có trung điểm M của AB có tọa độ (−1

2; 0), đường cao

CH với H (−1;1), đường cao BK với K (1; 3) và biết B có hoành độ dương.

a) Viết phương trình cạnh AB.

b) Tìm tọa độ A, B , C .

Bài 6.8: Cho tam giác ABC với B(1; 2) và C (4; −2) và diện tích tam giác bằng 10.

a) Viết phương trình đường thẳng BC và tính độ dài đường cao AH .

b) Tìm tọa độ điểm A biết A thuộc trục tung.

Bài 6.9: Cho tam giác ABC có phương trình các cạnh AB : 2x + y − 3 = 0, AC :

2x − y + 7 = 0, BC : x − y = 0.

a) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

b) Viết phương trình đường thẳng đối xứng với AB qua BC .

Bài 6.10: Cho hình vuông có tâm I (2; −3), phương trình AB : 3x + 4y − 4 = 0.

a) Tính cạnh hình vuông.

b) Tìm phương trình các cạnh CD,AD,BC .

Bài 6.11: Cho hình vuông ABCD có phương trình các cạnh là AB : 3x − 2y − 1 = 0,CD : 3x − 2y + 5 = 0 và có tâm thuộc đường thẳng d : x + y − 1 = 0.

a) Tìm tọa độ I .

b) Viết phương trình đường thẳng AD, BC .

Bài 6.12: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(2; −3), B(3; −2), diện tích

tam giác bằng 3

2 và trọng tâm G thuộc đường thẳng d : 3x − y − 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh

C

Bài 6.13: Cho đường thẳng d : x + 2y − 4 = 0 và 2 điểm A(1; 4), B(6; 4)

a) Chứng minh A, B nằm cùng phía với đường thẳng d. Tìm tọa độ điểm A′ đối xứngvới A qua d.

b) Tìm điểm M ∈ d sao cho d(M,AB) =√

2

Đường tròn

Bài 6.14: Xác định tâm và bán kính của các đường tròn sau:

a) (x + 1)2

+ (y − 4)2

= 1.b) (x + 2)2 + y2 = 5.

c) x2 + y2 + 8x − 4y − 5 = 0.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


d) 3x2 + 3y2 + 4x + 1 = 0.

e) (2x + 5)2 + (2y − 3)2 = 4.

Bài 6.15: Viết phương trình đường tròn:

a) Đường kính AB với A(3; 1), B(2;−

2).

b) Có tâm I (1; −2) và tiếp xúc với đường thẳng ∆ : x + y − 2 = 0.

c) Có bán kính 5, tâm thuộc Ox và qua điểm A(2; 4).

d) Có tâm I (2; −1) và tiếp xúc ngoài với đường tròn : (x − 5)2 + (y − 3)2 = 9.

e) Tiếp xúc với 2 trục và có tâm nằm trên đường thẳng ∆ : 2x − y − 3 = 0.

Bài 6.16: Viết phương trình đường tròn :

a) Qua 3 điểm A(−2; −1), B(−1;4), C (4;3).b) Qua A(0; 2), B(−1;1) và có tâm nằm trên đường thẳng 2x + 3y = 0.

c) Qua điểm A(5; 3) và tiếp xúc với đường thẳng d : x + 3y + 2 = 0 tại điểm T (1; −1).

Bài 6.17: a) Viết phương trình tiếp tuyến với đường tròn: (x − 3)2 + (y + 1)2 = 25 tạiđiểm nằm trên đường tròn có hoành độ bằng −1.

b) Viết phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C): x2 + y2 + 4x − 2y − 5 = 0 tại giaođiểm của đường tròn với trục Ox.

Bài 6.18: a) Viết phương trình tiếp tuyến với đường tròn x2 + y2 = 2 biết tiếp tuyếncó hệ số góc bằng 1.

b) Viết phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C ) : x2 + (y − 1)2 = 25 biết tiếp tuyếnvuông góc với đường thẳng 3x − 4y + 7 = 0.

Bài 6.19: Cho đường tròn (C ) : x2 + y2 − 2x − 4y − 5 = 0.

a) Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) vuông góc với đường thẳng 3x + y = 0.

b) Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) đi qua điểm A(3; −2). Gọi T 1, T 2 là các tiếpđiểm. Viết phương trình đường thẳng T 1T 2 và viết phương trình đường tròn ngoạitiếp tam giác AT 1T 2.

Bài 6.20: Cho 2 đường tròn (C 1) : x2+y2−2x−2y−2 = 0, (C 2) : x2+y2−8x−4y+16 = 0.

a) Chứng minh 2 đường tròn bằng nhau và cắt nhau.

b) Viết phương trình đường thẳng qua giao điểm của 2 đường tròn.

c) Tìm phương trình tiếp tuyến chung của chúng.

d) Viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm (C 1), (C 2) trên và có tâm nằm trênđường thẳng x + 2y − 4 = 0.

Bài 6.21: Lập phương trình đường tròn :




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 6.26: Cho 2 Elip (E 1) : x2 + 8y2 = 16 và (E 2) : 4x2 + 9y2 = 36. Viết phương trìnhđường tròn qua các giao điểm của 2 Elip.

Bài 6.27: Cho Elip (E ) : x2

25 +

y2

16 = 1.

a) Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 9 và có tung độ âm.

b) Viết phương trình tiếp tuyến qua điểm A(2; 5).

c) Viết phương trình tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 5x − 3y + 10 = 0.

d) Giả sử qua điểm S (1; −4) kẻ các tiếp tuyến S M , S N . Viết phương trình đường thẳngM N .

Hyperbol

Bài 6.28: Xác định độ dài các trục, tiêu cự, tiêu điểm, tâm sai, phương trình đườngchuẩn, phương trình tiệm cận của các Hyperbol sau:

a) x2

4 − y2

5 = 1.

b) x2

16 − y2

9 = −1.

Bài 6.29: Cho Hyperbol (H ) : x2

− y2

4 = 1. Tìm trên (H ):

a) Điểm M có hoành độ 2.

b) Điểm N cách đều 2 trục tọa độ.

c) Điểm P sao cho F 1P F 2 = 900.

d) Điểm Q sao cho F 2Q = 2F 1Q.

Bài 6.30: Lập phương trình chính tắc của Hyperbol biết:

a) Tiêu cự có độ dài là 8 và khoảng cách từ đỉnh trên trục thực đến tiêu điểm là 1.

b) Độ dài trục ảo là 4 và một tiêu điểm là (3; 0).

c) Một tiêu điểm là F 2(5; 0) và một tiệm cận là y = 2x.

d) Một tiệm cận là y =√

3x và qua điểm 3;√

15

e) Một tiêu điểm là (2; 0) và qua điểm (3;√

2).

f) Qua 2 điểm P (√

10;2), Q 5

2

; 1 .

g) Tiêu cự có độ dài là 4√

2 và đi qua điểm (3;√

5)

Bài 6.31: Cho Hyperbol (H ) : 9x2 − 4y2 = 36.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


a) M là một điểm tùy ý trên (H ). Chứng minh rằng : (F 1M + F 2M )2 − 4OM 2 = const

b) Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm thuộc nhánh trái Hyperbol và có tung độ y = 1.

c) d : 2x − y + m = 0. Tìm m để d là tiếp tuyến của (H ).

d) Viết phương trình tiếp tuyến của (H ) qua điểm A1;

3

2.

e) Qua S (−1;2) kẻ 2 tiếp tuyến SP , SQ với (H ). Viết phương trình đường thẳng P Q.

Parabol

Bài 6.32: Tìm tiêu điểm, đường chuẩn và vẽ Parabol cho bởi các phương trình sau:

a) y2 = 5x.

b) x2 = −6y.

c) y2 = 4x + 2.

Bài 6.33: Lập phương trình của (P ) biết:

a) Tiêu điểm là F (−3;0) và đường chuẩn x = −5.

b) Tiêu điểm là F (0; 2) và đường chuẩn là trục Ox.

Bài 6.34: Cho Parabol (P ) : y2 = 4x. Gọi d là đường thẳng đi qua tiêu điểm F cắt (P )

tại 2 điểm phân biệt M, N

a) Tìm tọa độ M, N biết F M = 4F N . Viết phương trình tiếp tuyến tại M, N với (P ).

b) Gọi I là trung điểm của MN . Tìm quỹ tích điểm I .

c) Viết phương trình tiếp tuyến của (P ) đi qua điểm A(−2;1).

d) Viết phương trình tiếp tuyến của (P ) vuông góc với đường thẳng ∆ : 2x + 3y − 4 = 0.

e) Giả sử qua điểm S (−3;2) ta kẻ được 2 tiếp tuyến SC , SD với (P ). Viết phương trình

CD.

Bài tập tổng hợp

Các em tham khảo trong đề thi dự bị và đề thi chính thức từ năm 2002 đến năm 2009.A. Phương trình đường thẳng

Bài 6.35: Lập phương trình tổng quát, tham số, chính tắc của đường thẳng (d) biết:

a) Đi qua điểm M (1; −2) và có véc tơ pháp tuyến −→n = (−3;2).b) Đi qua điểm M (3; 1) và có véc tơ chỉ phương −→u = (−4; −1).

c) Đi qua 2 điểm A(1; −4), B(−2;1).




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 6.43: Lập phương trình tổng quát của đường thẳng (∆) đi qua A và song song vớiđường thẳng (d):

a) A(1; 3), d : x − y + 1 = 0.

b) A(−2;5), d ≡ trục Ox.

c) A(−1;1), d : x = 1 − t

y = −2 + 2t

d) A(−3; −5), (d) :x − 2

2 =

y + 3

−5 .

Bài 6.44: Lập phương trình tổng quát, tham số của đường thẳng (∆) đi qua A vuônggóc với đường thẳng d biết:

a) A(3; −3), (d) : 2x − 5y + 1 = 0.

b) A(4; 2), (d) ≡ Oy.

c) A(1; −6), (d) :

x = 1 + t

y = 2 + 2t

d) A(−2; −5), (d) :x − 3

−2 =

y + 1

1 .

Bài 6.45: Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết A(2;2) và 2 đường cao(d1), (d2) có phương trình là (d1) : x + y

−2 = 0, (d2) : 9x

−3y + 4 = 0.

Bài 6.46: Cho tam giác ABC biết phương trình cạnh AB là x + y − 9 = 0, các đườngcao qua đỉnh A và B lần lượt là (d1) : x + y − 1 = 0 và (d2) : 7x + 5y − 49 = 0. Lậpphương trình các cạnh AC, BC và đường cao thứ 3 của tam giác AB C .

Bài 6.47: Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết A(3; 5), đường cao vàđường trung tuyến kẻ từ một đỉnh có phương trình lần lượt là (d1) : 5x + 4y − 1 = 0,(d2) : 8x + y − 7 = 0.

Bài 6.48: Lập phương trình các cạnh của tam giác AB C biết A(3; 1) và 2 đường trung

tuyến có phương trình (d1) : 2x − y − 1 = 0, (d2) : x − 1 = 0.Bài 6.49: Phương trình 2 cạnh của tam giác ABC là (d1) : x + y − 2 = 0, (d2) :

x + 2y − 5 = 0 và trực tâm tam giác H (2; 3). Lập phương trình cạnh thứ 3 của tam giácđó.

Bài 6.50: Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B(2; −3), phương trìnhđường cao hạ từ A và đương trung tuyến từ C lần lượt là (d1) : 3x − 2y + 3 = 0,(d2) : 7x + y − 2 = 0.

Bài 6.51: Xác định tọa độ các đỉnh và lập phương trình cạnh BC của tam giác ABC biết

trung điểm của B C là M (2; 3), phương trình các cạnh AB , AC lần lượt là x − y − 1 = 0và 2x + y = 0.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 6.52: Xác định tọa độ các đỉnh và lập phương trình cạnh BC của tam giác ABC biết

trọng tâm tam giác G

4

3;

2

3

và phương trình các cạnh AB, AC lần lượt là: x−3y+13 =

0, 12x + y − 29 = 0.

Bài 6.53: Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trung điểm AB làM (−3;4), 2 đường cao kẻ từ A, B lần lượt là (d1) : 2x−5y+29 = 0, (d2) : 10x−3y+5 = 0.

C. Hình chiếu vuông góc của điểm lên đường thẳng.

Bài 6.54: Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc H của M lên đường thẳng (d) và xác địnhtọa độ điểm M ′ đối xứng với M qua d.

a) M (−6;4), d : 4x − 5y + 3 = 0.

b) M (1;4), d : 3x + 4y − 4 = 0.

c) M (3;5), d : x = 1 − 2ty = 3 + 4t

Bài 6.55: Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC và xác định tọa độ điểm K đốixứng với H qua BC biết A(0; 3), B(3;0), C (−1; −1).

Bài 6.56: Lập phương trình đường thẳng (∆) đối xứng với đường thẳng d qua điểm I

biết:

a) I (−3;1), d : 2x + y − 3 = 0.

b) I (1;1), d : 3x − 2y + 1 = 0.

c) I (−1;3), d :

x = 2 − t

−1 − 2t

d) I (0;2), d :

x = −3 + t

y = 5 − 4t

Bài 6.57: Lập phương trình đường thẳng d1 đối xứng với đường thẳng d qua đườngthẳng ∆ biết:

a) d : x + 2y − 1 = 0, ∆ : 2x − y + 3 = 0.

b) d : 2x + 3y + 5 = 0, ∆ : 5x − y + 4 = 0.

c) d : 5x + y − 6 = 0, ∆ :x + 1

−2 =

y − 3

3 .

d) d : −2x + y + 3 = 0, ∆ :

x = −1 + 2t

x = 3 + t .

Bài 6.58: Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết A(0; 3), phương trình 2

đường phân giác trong xuất phát từ B và C lần lượt là dB : x−y = 0, dC : x +2y−8 = 0.

Bài 6.59: Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết A(−4;3), B(9; 2) vàphương trình đường phân giác trong xuất phát từ C là d; x − y + 3 = 0.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 6.60: Cho tam giác ABC biết phương trình cạnh BC : x+4y−8 = 0 và phương trình2 đường phân giác trong xuất phát từ B và C lần lượt là dB : y = 0, dC : 5x + 3y −6 = 0.

Bài 6.61: Cho tam giác ABC biết C (3; −3), phương trình đường cao và đường phângiác trong xuất phát từ A lần lượt là d1 : x = 2, d2 : 3x + 8y − 14 = 0.

Bài 6.62: Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết C (−5;2), phương trìnhđường trung tuyến từ A là d1 : 5x + y − 7 = 0 và đường phân giác trong góc B làd2 : x − y + 3 = 0.

D. Vị trí tương đối của 2 đường thẳng.

Bài 6.63: Xét vị trí tương đối của các cặp đường thẳng sau:

a) d1 :

x = 1 − t

y = 2 + t , d2 :

x = 2 − u

, y = 5 + u

b) d1 : x = 1 + ty = 3 − t

, d2 : x − 3−2

= y − 21

.

c) d1 :

x = −2 + 3t

y = 1 + t , d2 : 2x − 3y + 1 = 0.

d) d1 : 3x + 2y − 1 = 0, d2 : x + 3y − 4 = 0.

Bài 6.64: Cho a2 + b2 = 0 và 2 đường thẳng d1 và d2 có phương trình:

d1 : (a

−b)x + y = 1, d2 : (a2

−b2)x + ay = b

a) Tìm quan hệ giữa a, b để d1, d2 cắt nhau. Khi đó hãy xác định tọa độ giao điểm I

của chúng.

b) Tìm điều kiện giữa a, b để I thuộc trục hoành.

Bài 6.65: Cho 2 đường thẳng d1 : kx − y + k = 0, d2 : (1 − k2)x + 2ky − 1 − k2 = 0.

a) Chứng minh rằng d1 luôn đi qua một điểm cố định với mọi k.

b) Chứng minh rằng d1 luôn cắt d2. Xác định tọa độ giao điểm của chúng.

E. Góc và khoảng cách

Bài 6.66: Tìm góc giữa các cặp đường thẳng sau:

a) d1 : 5x + 3y − 4 = 0, d2 : x + 2y + 2 = 0.

b) d1 : 3x − 4y − 14 = 0, d2 :x − 1

2 =

y + 3

−1 .

c) d1 : x = 1 − 3t

y = 2 + t

, d2 : 3x + 2y

−2 = 0.

d) d1 : x + my − 1 = 0, d2 : x − y + 2m − 1 = 0.

Bài 6.67: Tính khoảng cách từ điểm M điểm đường thẳng d trong các trường hợp sau.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


a) M (−3;2), d : 3x + 4y − 1 = 0.

b) M (2; −5), d : y = 2x + 3.

c) M (−4; −1), d ≡ Ox.

d) M (−

3;2), d : 2x = 3.

e) M (5; −2), d :

x = −2 + 2t

y = 5 − t

f) M (3;2), d :x − 3

1 =

y + 4

2 .

Bài 6.68: Cho 2 đường thẳng d1 : 2x − 3y + 1 = 0, d2 : −4x + 6y − 3 = 0.

a) Chứng minh d1//d2.

b) Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng đó.

Bài 6.69: Lập phương trình đường thẳng d đi qua M và tạo với ∆ một góc ϕ biết:

a) M (−1;2), ∆ : x − 2y + 3 = 0, ϕ = 450.

b) M (2;0), ∆ :

x = 1 − 3t

y = −1 + t , ϕ = 450.

Bài 6.70: Lập phương trình đường phân giác của các góc tạo bởi d1 và d2 biết:

a) d1 : 2x + 3y − 1 = 0, d2 : 3x + 2y + 2 = 0.

b) d1 : 4x + 3y − 4 = 0, d2 :

x = 1 − 5t

y = −3 + 12t

c) d1 : 5x + 3y − 4 = 0, d2 :x + 1

3 =

y + 1

5 .

d) d1 : 3x − 4y + 5 = 0, d ≡ Ox.

Bài 6.71: Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm M (2;5) và cách N (4; 1) một

đoạn bằng 2.Bài 6.72: Lập phương trình đường thẳng d đi qua M (−2;3) và cách đều 2 điểm A(5; −1),B(3; 7).

Bài 6.73: Cho 2 đường thẳng d1 : x − 3y + 5 = 0, d2 : 3x + y − 2 = 0. Tìm điểm M nằmtrên Ox và cách đều hai đường thẳng d1, d2.

Bài 6.74: Cho 3 đường thẳng d1 :

x = 1 − 2t

y = 1 + t , d2 : 5x+12y−1 = 0, d3 : 4x−3y +2 =

0. Tìm M nằm trên d1 và cách đều d2, d3.

Bài 6.75: Cho 2 điểm A(2;1), B(−3;2) và đường thẳng d : 4x + 3y + 5 = 0. Tìm điểmM cách đều 2 điểm A, B đồng thời khoảng cách từ M đến d bằng 2.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 6.76: Cho 2 đường thẳng d1 : 2x − y + 1 = 0, d2 : x + 2y − 7 = 0. Lập phương trìnhđường thẳng d đi qua 2 gốc tọa độ sao cho d tạo với d1 và d2 tam giác cân có đỉnh làgiao điểm của d1 và d2.

Bài 6.77: Cho 2 điểm A(0; 5), B(4; 1) và đường thẳng d : x − 4y + 7 = 0. Tìm trênđường thẳng d điểm C sao cho tam giác ABC cân tại C .

Bài 6.78: Cho điểm A(3; 1). Xác định điểm B, C sao cho OABC là hình vuông và B

nằm trong góc phần tư thứ nhất. Lập phương trình đường chéo của hình vuông đó.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

Chương 7. Giới hạn

Chương 7Giới hạn

7.1 Giới hạn dãy số

7.1.1 Các tính chất cơ bản của giới hạn lim

n→∞1

nk = 0 (k = 1, 2, · · ·)

limn→∞

1

an = 0 (a ∈R, |a| > 1)

Phép toán với đại lượng vô hạn:

+∞ ± a = +∞, −∞ ± a = −∞+

∞+ (+

∞) = +

∞, −∞

+ (−∞

) = −∞ − ∞

= −∞

a. (±∞) =

±∞ Nếu a > 0

∓∞ Nếu a < 0

kxđ Nếu a = 0

a

∞ = 0,∞∞ = kxđ. Cụ thể như sau:

a > 0 :a

0+ = +∞,

a

0− = −∞

a < 0 :

a

0+ = −∞,

a

0− = +∞0.∞ = kxđ

∞.∞ = ∞ Định lý giới hạn kẹp: un ≤ vn ≤ wn ∀n

Nếu limn→∞

un = limn→∞

wn = l ⇒ limn→∞

vn = l

Phép toán trên giới hạn: Giới hạn của tổng, hiệu, tích, thương các dãy số tươngứng là tổng, hiệu, tích, thương các giới hạn.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

7.1. Giới hạn dãy số Chương 7. Giới hạn

7.1.2 Các ví dụ

Ví dụ 7.1: Tính các giới hạn sau:

a) limn→∞

2n + 1

1 − n2

b) limn→∞

2n2 − n + 1

1 + n − 3n2

c) limn→∞

3n3 − 2n2 + 1

1 + n − 3n2

d) limn→∞

2n + 3 cos n

3n − 2sin n

Giải : a) limn→∞2n + 1

1 − n2 = limn→∞

2

n

+1

n2

1

n2− 1

=0

−1 = 0 .

b) limn→∞

2n2 − n + 1

1 + n − 3n2 = lim

n→∞

2 − 1

n+

1

n2

1 +1

n− 3

n2

=2

1 = 2 .

c) limn→+∞3n3

−2n2 + 1

1 + n − 3n2 = limn→+∞

n3

3 − 2

n +

1

n3n2 1

n2 +

1n − 3

= limn→+∞

n

3 − 2

n +

1

n3 1n2

+ 1n − 3

= −∞ .

d) Ta có limn→+∞

2n + 3 cos n

3n − 2sin n = lim

n→+∞

2 + 3cos n

n

3 − 2sin n

n

.

Mặt khác ta có: − 1

n ≤ cos n

n ≤ 1

n

và limn→+∞

− 1n = lim

n→+∞1n

= 0 ⇒ limn→+∞

cos nn

= 0.

Tương tự ta có : limn→+∞

sin n

n = 0.

Từ đó ta được: limn→+∞

2n + 3 cos n

3n − 2sin n =

2

3


a) limn→+∞

2n+1 − 3.5n

(−3)n−1 + 5n+1.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

7.2. Giới hạn hàm số Chương 7. Giới hạn

b) limn→+∞

n + 2n

3 − 2n−1.

c) limn→+∞

√ n2 + n + 1 − n

.

d) limn→

+∞

√ 2n2 + n + 1

−2n + 1.

Giải : a) limn→+∞

2n+1 − 3.5n

(−3)n−1 + 5n+1= lim

n→+∞2.2n − 3.5n

−1

3.(−3)n + 5.5n

= limn→+∞

2.

2

5

n

− 3

1

3.

−3

5

n

+ 5

=

−3

5

b) lim

n→+∞

n + 2n

3 − 2n−1

= lim

n→+∞

n + 2n

3 − 12 .2n

= lim

n→+∞

n

2n + 1

3.12n

− 12

Ta có : 2n = (1 + 1)n = C 0n + C 1n + C 2n + · · · + C nn ≥ C 0n + C 1n + C 2n

= 1 + n + n (n − 1)

2 =

n2 + n + 2

2 ∀n ≥ 2

⇒ 0 < n

2n ≤ 2n

n2 + n + 2 ∀n ≥ 2

mà limn→+∞

0 = limn→+∞

2n

n2 + n + 2 = 0.

⇒ limn→+∞n

2n = 0 ⇒ limn→+∞n + 2n

3 − 2n−1 = 1

−1/2 = −2 .

c) limn→+∞

√ n2 + n + 1 − n

= lim

n→+∞(n2 + n + 1 − n2)√

n2 + n + 1 + n= lim

n→+∞n + 1√

n2 + n + 1 + n.

= limn→+∞

1 + 1

n 1 +

1

n +

1

n2 + 1

= 1

2

d) limn→+∞

√ 2n2 + n + 1 − 2n + 1 = limn→+∞

n 2 + 1n

+ 1n2

− 2 + 1n = −∞

7.2 Giới hạn hàm số

Ngoài một số các tính chất của giới hạn dãy số, giới hạn hàm số còn có một số giới hạncơ bản sau:

7.2.1 Giới hạn cơ bản

limx→0

sin x

x = 1.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


limx→0

tan x

x = 1.

limx→0

(1 + x)1x = e hoặc lim

x→±∞

1 +

1

x

x

= e.

limx→0

ex − 1x

= 1.

limx→0

ln (1 + x)

x = 1.

7.2.2 Phương pháp tính giới hạn

Sử dụng tương đương hàm số:

f (x) ∼ g (x) khi x → x0 nếu limx→x0

f (x)

g (x) = 1.Ví dụ : sin x ∼ x khi x → 0 và sin2x ∼ 2x khi x → 0 ?

Phân tích đa thức thành nhân tử :

Áp dụng với giới hạn dạng 0

0 khi x → x0 với x0 hữu hạn.

Nhân liên hợp:

Áp dụng với giới hạn chứa căn thức: căn bậc 2 hoặc bậc 3.

Chia cho hạng tử bậc cao nhất :Áp dụng với giới hạn khi x → ∞

7.2.3 Các ví dụ


a) limx→(−1)+

3x + 2

x2 − 1

b) limx→1

x3 − 5x + 42x2 − x − 1

c) limx→2

√ x + 2 − 3

√ 3x + 2

4 − x2

Giải : a) limx→(−1)+

3x + 2

x2 − 1 = lim

x→(−1)+3x + 2

(x − 1)(x + 1) =

−1

−2.0+ = −∞ .

b) limx

→1

x3 − 5x + 4

2x2

−x

−1

= limx

→1

(x − 1)(x2 + x − 4)

(x−

1)(2x + 1) = lim

x

→1

x2 + x − 4

2x + 1 = −2

3 .




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


c) l = limx→2

√ x + 2 − 3

√ 3x + 2

4 − x2 = lim

x→2

√ x + 2 − 3

√ 3x + 2

(2 − x) (2 + x) = lim

x→2

3√

3x + 2 − √ x + 2

x − 2 . lim

x→2

1

x + 2

limx→2

3√

3x + 2 − 2

x − 2 = lim

x→2

3x + 2 − 8

(x − 2)

3√

3x + 22

+ 2 3√

3x + 2 + 4

= limx→2

33√ 3x + 2

2+ 2 3√ 3x + 2 + 4 =

3

12 = 1

4

limx→2

2 − √ x + 2

x − 2 = lim

x→2

4 − x − 2

(x − 2)

2 +√

x + 2 = lim

x→2

−1

2 +√

x + 2=

−1

4

⇒ l = 1

4

1

4 +

−1

4

= 0


a) limx→−∞ −x3 + 3x + 1

2x2 + x + 1

b) limx→−∞

√ x2 + x + 1 + x + 1

và lim

x→+∞

√ x2 + x + 1 + x + 1

Giải : a) limx→−∞

−x3 + 3x + 1

2x2 + x + 1 = lim

x→−∞

x3

−1 +

3

x2 +

1

x3

x2

2 +

1

x +

1

x2

= limx→−∞

x

−1 +

3

x2 +

1

x3

2 + 1x

+ 1x2 = +∞

b) Dạng +∞ + (+∞)

limx→+∞

√ x2 + x + 1 + x + 1

= lim

x→+∞

x2

1 +

1

x +

1

x2

+ x + 1

= limx→+∞

|x|

1 + 1

x +

1

x2 + x + 1

= lim

x→+∞

x

1 +

1

x +

1

x2 + 1 +

1

x

= +∞

Dạng +∞

+ (−∞

)

limx→−∞

√ x2 + x + 1 + x + 1

= lim

x→−∞x2 + x + 1 − (x + 1)2√

x2 + x + 1 − x − 1

= limx→−∞

−x

√ x2.

1 +

1

x +

1

x2 − x − 1

= limx→−∞

−x

|x| .

1 +

1

x +

1

x2 − x − 1

= limx→−∞

−x

−x

1 +

1

x +

1

x2 + 1 +

1

x

= limx→−∞

1 1 +

1

x +

1

x2 + 1 +

1

x

= 12




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n



a) limx→0

sin2x

x

b) limx→0

sin2x. tan3x

(e−x

−1) ln(1 + 5x)

c) limx→1

tanπ

2x

. (x2 + x − 2)

Giải : a) limx→0

sin2x

x = lim

x→0

sin2x

2x .2 = 1.2 = 2

Chú ý : Ở đây ta sử dụng sin2x ∼ 2x khi x → 0

b) limx→0

sin2x. tan3x

(e−x − 1) ln(1 + 5x) = lim

x→0

sin2x

2x .

tan3x

3x .

−x

e−x − 1.

5x

ln (1 + 5x). 2x.3x

−x.5x

= 1.1.1.1.

6

−5 = −6

5

Chú ý : Ở đây ta sử dụng sin2x ∼ 2x, tan3x ∼ 3x, e−x ∼ −x, ln(1 + 5x) ∼ 5x khix → 0.

c) Đổi biến x = t + 1, khi x → 1 thì t → 0.

l = limx→1

tanπ

2x

. (x2 + x − 2)

= limt→0

tanπ

2t +

π

2

.

(t + 1)2 + t + 1 − 2

= limt→0

[− cot t. (t2 + 3t)] = − limt→0

t

sin t. (t + 3) . cos t

= −1.3.1 = −3


a) limx→0

(1 + 2x)cot3x

b) limx→∞

2x + 1

2x + 5

x2−x+2

3x+1

Giải : a) A = (1 + 2x)cot3x ⇒ ln A = cot 3x. ln (1 + 2x)

limx→0 ln A = limx→0 ln (1 + 2x)2x . 3xsin3x. cos3x.2x3x = 1.1.1. 23 = 23

⇒ limx→0

A = e2

3

b) A =

2x + 1

2x + 5

x2−x+2

3x+1

⇒ ln A = x2 − x + 2

3x + 1 . ln

2x + 1

2x + 5 =

x2 − x + 2

3x + 1 . ln

1 +

−4

2x + 5

limx→∞

ln A = limx→∞

ln1 + −4

2x + 5−4

2x + 5

.x2 − x + 2

3x + 1 .

−4

2x + 5




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

7.3. Bài tập Chương 7. Giới hạn

= 1. limx→∞

−4 (x2 − x + 2)

(3x + 1) . (2x + 5) = −4 lim

x→∞

x2

1 − 1

x +

2

x2

x

3 +

1

x

.x

2 +

5

x

= −4 limx→∞

1

−

1

x

+ 2

x

23 +

1

x

.

2 + 5

x

= −4.

1

3.2 = −2

3

⇒ limx→0

A = e−2

3

7.3 Bài tập

Bài 7.1: Tính các giới hạn sau:

a) limx→3

2x3 − 5x2 − 2x − 3

4x3 − 13x2 + 4x − 3

b) limx→0

√ 1 + x + x2 − √

1 − x + x2

x2 − x

c) limx→7

3√

x + 20 − 34√

x + 9 − 2

d) limx

→−2

3√

1 + x +√

3 + x

x3

−2x + 4

Hướng dẫn. a) 11

7 .

b) −1.

c) 32

27.

d) 1

12.


a) limx→0

1 − cos5x

1 − cos3x

b) limx→π

2

cos x

π − 2x

c) limx→0

√ cos x − 3

√ cos3x

1 − cos x. cos2x

d) limx→π

3

sinx−

π

32cos x − 1

e) limx→0

1 − cos x√

cos2x

sin2 x




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


f) limx→0

7x − 6x

5x − 4x


9 .

b) 1

2.

c) 1

2.

d) − 1√ 3

.

e) 3

2.

f) log 5

3

7

6

.


a) limx→∞

x3 + 2x2 + 3x + 4

4x3 + 3x2 + 2x + 1

b) limx→∞

2x3 + 5x2 − x − 1

3x5 − 4x4 + x2 + 3

c) limx→−∞

√ x4 + x2 + 13√

x5 + x2 − 1

d) limx→+∞

3√

x3 + x2 − √ x2 − x

e) lim

x→+∞(3x5 − 4x3 + x − 1) và lim

x→−∞(3x5 − 4x3 + x − 1)


4.

b) 0.

c) −∞.

d) 5

6.

e) +∞ và −∞.

Bài 7.4: Tính các giới hạn của hàm số sau:

a) limx→3+

2x2 − 5x − 4

x2 − 9 và lim

x→3−

2x2 − 5x − 4

x2 − 9

b) limx→2+

√ x2 − 4

2 − x .

x

1 − 3x




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


c) limx→−1

x − 1

(x + 1)2.2x + 1

2x − 3

d) limx→1+

|x2 + x − 2||x3 − 2x| − 1

e) limx→0+

1−

√ cos x

1 − cos √ xHướng dẫn. a) −∞ và +∞.

b) +∞.

c) −∞.

d) −3.

e) 0.

Bài 7.5: Tính các giới hạn của hàm số sau:

a) limx→0

(1 − x)1x

b) limx→∞

3x + 8

3x − 2

2x+3

c) limx→∞

x2 + 5x + 4

x2 − 3x + 7

x+2

Hướng dẫn. a) e−1.

b) e20

3 .

c) e8.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

Chương 8. Bất đẳng thức

Chương 8Bất đẳng thức

8.1 Các bất đẳng thức cơ bản

- Bất đẳng thức là một vấn đề rất khó, chúng khó không phải vì kiến thức nhiều màvì ta không biết bắt đầu. Bất đẳng thức nói chung là một dạng bài tập không có thuậttoán trong đề thi đại học. Tài liệu này ra đời nhằm cung cấp cho học sinh một số thuậttoán nhất định để chứng minh bất đằng thức hay tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

Định lý 8.1 (Bất đẳng thức Cauchy). Với các số x1, x2, · · · , xn không âm ta có :

n√

x1x2 · · · xn ≤x1 + x2 + · · · + xn

n ⇔ x1 + x2 + · · · + xn ≥ n. n

√ x1x2 · · · xn

Dấu bằng xảy ra khi x1 = x2 = · · · = xn.

Chứng minh. Ta chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp qui nạp theo n.

Với n = 2: Bất đẳng thức trở thành:

√ x1x2 ≤

x1 + x2

2 ⇔ (

√ x1 − √

x2)2 ≥ 0

Dấu bằng xảy ra khi x1 = x2.

Giả sử bất đẳng thức đúng với n ta chứng minh bất đẳng thức đúng với 2n. Giả

sử x1, x2, · · · , x2n ≥ 0, áp dụng bất đẳng thức Cauchy với n số x1, x2, ·, xn ≥ 0 tacó:x1 + x2 + · · · + xn

n ≥ n

√ x1x2 · · · xn

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với n số xn+1, xn+2, · · · , x2n ≥ 0 ta có:

xn+1 + xn+2 + · · · + x2n

n ≥ n

√ xn+1xn+2 · · · x2n

Từ đó ta có:

x1 + x2 + · · · + x2n

2n = 1

2x1 + x2 + · · · + xn

n + xn+1 + xn+2 + · · · + x2n

n

≥ 1

2

n√

x1x2 · · · xn + n√

xn+1xn+2 · · · x2n




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

8.1. Các bất đẳng thức cơ bản Chương 8. Bất đẳng thức

≥ n√ x1x2 · · · xn. n

√ xn+1xn+2 · · · x2n = 2n

√ x1x2 · · · x2n

(Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với 2 số n√

x1x2 · · · xn, n√

xn+1xn+2 · · · x2n)

Chứng minh tính lùi, tức chứng minh bất đẳng thức đúng với n thì đúng với n − 1.

Thật vậy giả sử bất đẳng thức đúng với n, lấy n − 1 số x1, x2, · · · , xn−1.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với n số x1, x2, · · · , xn−1, t = x1 + x2 + · · · + xn−1n − 1

ta có: x1 + x2 + · · · + xn−1 + t

n ≥ n

√ x1.x2. · · · .xn−1.t

⇔ (n − 1) t + t

n ≥ n

√ x1.x2. · · · .xn−1.t ⇔ t ≥ n

√ x1.x2. · · · .xn−1.t

⇔ tn ≥ x1.x2. · · · .xn−1.t ⇔ tn−1 ≥ x1.x2. · · · .xn−1

⇔ t ≥ n−1√

x1.x2. · · · .xn−1 ⇔x1 + x2 + · · · + xn−1

n

−1

≥ n−1√

x1.x2. · · · .xn−1

Vậy bất đẳng thức đúng với n − 1.

Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, theo bước 2 thì bất đẳng thức đúng vớin = 2k. Áp dụng liên tiếp kết quả của bước 3 ta có bất đẳng thức đúng vớin = 2k − 1 do đó đúng với n = 2k − 2, ... , cuối cùng bất đẳng thức đúng vớin = k + 1.

Từ kết quả của bước 1, 4 và theo nguyên lý qui nạp ta được bất đẳng thức đúng với mọisố tự nhiên n ≥ 2.

Phương pháp chứng minh ở trên gọi là phương pháp chứng minh qui nạp lùi. Phương

pháp chứng minh thú vị này là của nhà toán học người Pháp Cauchy. Tuy nhiên ôngkhông phải là người phát minh ra bất đẳng thức này. Tên của bất đẳng thức này theocác tài liệu nước ngoài là AM − GM (Arithmetic Means - Geometric Means ):Trong thực tế ta thường áp dụng bất đẳng thức với n = 2, n = 3.Với mọi a ≥ 0, b ≥ 0 ta có:

√ ab ≤ a + b

2 ⇔ ab ≤

a + b

2

2

⇔ a + b ≥ 2√

ab

Với mọi a, b, c

≥ 0 ta có:

3√

abc ≤ a + b + c

3 ⇔ abc ≤

a + b + c

3

3

⇔ a + b + c ≥ 3 3√

abc

Hệ quả 8.1 (Cauchy). Nếu tích không đổi, tổng nhỏ nhất khi các số bằng nhau. Nếu tổng không đổi, tích lớn nhất khi các số bằng nhau.

Định lý 8.2 (Bunhiacopxki). Cho 2 bộ số (a1, a2, · · · , an) , (b1, b2, · · · , bn). Khi đó ta có bất đẳng thức:

a21 + a2

2 + · · · + a2n

.

b21 + b22 + · · · + b2n

≥ (a1b1 + a2b2 + · · · + anbn)2

Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 bộ tỷ lệ, tức là: (a1, a2, · · · , an) = t. (b1, b2, · · · , bn)

Hoặc a1

b1=

a2

b2= · · · = an

bn

Qui ước: nếu a j = 0 thì b j = 0 và ngược lại.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

8.1. Các bất đẳng thức cơ bản Chương 8. Bất đẳng thức

Chứng minh. +) Nếu a21 + a2

2 + · · · + a2n = 0 ⇔ a1 = a2 = · · · = an = 0 bất đẳng thức

đúng.+) Nếu a2

1 + a22 + · · · + a2

n = 0:Ta có P = (a1t − b1)2 + (a2t − b2)2 + · · · + (ant − bn)2

= (a21 + a2

2 + · · · + a2n) t2 − 2 (a1b1 + a2b2 + · · · + anbn) t + (b21 + b22 + · · · + b2n)

P ≥ 0 ∀t ≥ 0, P là đa thức bậc 2.Do đó ∆′ ≤ 0, ta được bất đẳng thức:(a1b1 + a2b2 + · · · + anbn)2 (a2

1 + a22 + · · · + a2

n) (b21 + b22 + · · · + b2n) ≤ 0

⇔ (a21 + a2

2 + · · · + a2n) (b21 + b22 + · · · + b2n) ≥ (a1b1 + a2b2 + · · · + anbn)2.

Dấu bằng xảy ra khi tồn tại t sao cho a1t − b1 = a2t − b2 = · · · = ant − bn = 0.a1

b1=

a2

b2= · · · = an

bn= t ⇔ (a1, a2, · · · , an) = t. (b1, b2, · · · , bn)

Ta thường áp dụng bất đẳng thức Bunhicopxki trong trường hợp n = 2, n = 3.

a2

+ b2 x2

+ y2 ≥ (ax + by)

2

Dấu bằng xảy ra khi a

x =

b

y ⇔ ∃t : (a, b) = t (x, y).

a2 + b2 + c2

x2 + y2 + z 2

≥ (ax + by + cz )2

Dấu bằng xảy ra khi a

x =

b

y =

c

z ⇔ ∃t : (a,b,c) = t (x,y,z )

Định lý 8.3 (Cauchy - Schwarz). Cho 2 bộ số (a1, a2, · · · , an) , (b1, b2, · · · , bn), với bi > 0

∀i = 1, 2,..,n. Ta có bất đẳng thức:a21

b1+

a22

b2+ · · · +

a2n

bn≥ (a1 + a2 + · · · + an)2

b1 + b2 + · · · + bn

Dấu bằng xảy ra khi 2 bộ tỷ lệ giống bất đẳng thức Bunhiacopxki.

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số: a1√

b1,

a2√ b2

, · · · ,an√

bn

,

b1,

b2, · · · ,

bn

ta có bất đẳng thức : a1√

b1

2

+

a2√

b2

2

+ · · · +

an√

bn

2√

b12

+√

b22

+ · · · +√

bn

2≥

a1√ b1

.√

b1 +a2√

b2.√

b2 + · · · +an√

bn

.√

bn

2

⇔ a21

b1+

a22

b2+

· · ·+

a2n

bn (b1 + b

2 +

· · ·+ b

n) ≥

(a1 + a

2 +

· · ·+ a

n)2

⇔ a21

b1+

a22

b2+ · · · +

a2n

bn≥ (a1 + a2 + · · · + an)2

b1 + b2 + · · · + bn(Đpcm)




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

8.2. Bất đẳng thức Cauchy Chương 8. Bất đẳng thức

8.2 Bất đẳng thức Cauchy

Trong thực tế việc áp dụng bất đẳng thức Cauchy có muôn hình vạn trạng nhưng tất cảđều tập trung quanh phương pháp điểm rơi. Nắm được ý tưởng của phương pháp điểmrơi không phải là một việc dễ dàng nhưng học sinh cần nhớ rằng có thể thêm bớt nhưng

dấu bằng phải xảy ra được, hơn thế nữa học sinh phải cách để biết được dấu bằng xảyra khi nào? Mục này nhằm mục đích để học sinh có thể nắm vững hơn được phươngpháp này. Hy vọng là thông qua việc thực hành học sinh sẽ nắm được cốt yếu của vấnđề.

8.2.1 Tìm min tổng, max của tích

Cách giải: Sử dụng hệ quả của Bất đẳng thức Cauchy.

Ví dụ 8.1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

a) A = 2x +1

x (x > 0)

b) B = 4x +1

x − 1 (x > 1)

c) C = x2 +3

x (x > 0)

d) D = x2 +1

x3

(x > 0).

Giải : a) Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương 2x,1

x ta có:

A = 2x +1

x ≥ 2

2x.

1

x = 2

√ 2

Vậy Amin = 2√

2, đạt khi 2x =1

x ⇔ x2 =

1

2 ⇔ x =

1√ 2

(Do x > 0)

b) Ta có B = 4 (x − 1) +1

x − 1 + 4

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương 4 (x − 1) ,1

x − 1

B = 4 (x − 1) +1

x − 1 + 4 ≥ 2

4 (x − 1)

1

x − 1 + 4 = 8

Vậy ta có Bmin = 8

4 (x − 1) = 1x − 1

⇔ (x − 1)2 = 14 ⇔ x − 1 = 1

2 ⇔ x = 3

2




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


c) Ta có C = x2 +3

2x+

3

2x ≥ 3

3

x2.

3

2x.

3

2x = 3

3

9

4.

Vậy C min = 3 3

9

4 đạt khi x2 =

3

2x ⇔ x3 =

3

2 ⇔ x =

3

3

2

d) D =x2

3 +

x2

3 +

x2

3 +

1

2x3 +

1

2x3 ≥ 5

5 x2

3 .

x2

3 .

x2

3 .

1

2x3.

1

2x3

⇒ D ≥ 55√

108⇒ Dmin =

55√

108

Đạt khi x2

3 =

1

2x3 ⇔ x5 =

3

2 ⇔ x =

5

3

2.

Ví dụ 8.2: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:a) P = x(3 − x)2 (0 < x < 3).

b) Q = x2(2 − 5x)3

0 < x <2

5

.

c) R = sin3xcos5x.

Giải : a) P =1

2.2x (3 − x) (3 − x) ≤ 1

2

2x + 3 − x + 3 − x

3

3

= 4.

P max = 4 đạt khi 2x = 3 − x ⇔ x = 1.

b) Q =5x

2 .

5x

2 .

2 − 5x

3 .

2 − 5x

3 .

2 − 5x

3 .

33.22

52

≤ 108

25

5x

2 +

5x

2 +

2 − 5x

3 +

2 − 5x

3 +

2 − 5x

35

5

=3456

78125

Qmax =3456

78125

đạt khi 5x

2 =

2 − 5x

3 ⇔ 25x = 2 ⇔ x =

2

25

c) R2 =

sin2x3

.(cos2x)5

=sin2x

3 .

sin2x

3 .

sin2x

3 .

cos2x

5 .

cos2x

5 .

cos2x

5 .

cos2x

5 .

cos2x

5 .33.55

≤ 33.55

sin2x

3 +

sin2x

3 +

sin2x

3 +

cos2x

5 +

cos2x

5 +

cos2x

5 +

cos2x

5 +

cos2x

5

8

8

=33.55

88 ⇒ R ≤

33.55

88 ⇒ Rmax =

33.55

88




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


sin2x

3 =

cos2x

5 ⇔ tan2x =

3

5 ⇒ tan x =

3

5. (Do R > 0 nên tan x > 0)

8.2.2 Bất đẳng thức đối xứng

Dạng bài tập : chứng minh bất đẳng thức nhưng các biến đối xứng với nhau vàhơn thế nữa chúng còn đẳng cấp với nhau.Dạng bài này thường dễ bởi vì dấu bằngcủa chúng thường xảy ra khi các biến bằng nhau. Dựa vào phương pháp điểm rơita sẽ biết cách áp dụng bất đẳng thức Cauchy thế nào cho thích hợp.

Ví dụ 8.3: Cho a,b,c > 0. Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a) a2

b +

b2

c +

c2

a ≥ a + b + c.

b) a2

3b + 2c+ b2

3c + 2a+ c2

3a + 2b ≥ a + b + c

5

c) a3

b (2c + a) +

b3

c (2a + b) +

c3

a (2b + c) ≥ a + b + c

3 .

d) a5

b2 +

b5

c2 +

c5

a2 ≥ a3 + b3 + c3.

e) a5

b2c+

b5

c2a+

c5

a2b ≥ a2 + b2 + c2

f) a3

3b + 2c+

b3

3c + 2a+

c3

3a + 2b ≥ a2 + b2 + c2

5

g) a5

b2 (c + 2a) +

b5

c2 (a + 2b) +

c5

a2 (b + 2c) ≥ a2 + b2 + c2

3

h) a4 + b4 + c4 ≥ a3b + b3c + c3a.

Giải : a) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

+

a2

b + b ≥ 2

a2

b .b = 2a

b2

c + c ≥ 2

b2

c.c = 2b

c2

a + a ≥ 2

c2

a.a = 2c

a2

b +

b2

c +

c2

a + (a + b + c) ≥ 2 (a + b + c)

⇔ a2

b +

b2

c +

c2

a ≥ a + b + c

Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


b) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a2

3b + 2c+

3b + 2c

25 ≥ 2

a2

3b + 2c.3b + 2c

25 =

2a

5

⇒a2

3b + 2c ≥2a

5 −3b + 2c

25T 2 :

b2

3c + 2a ≥ 2b

5 − 3c + 2a

25c2

3a + 2b ≥ 2c

5 − 3a + 2b

25

+

⇒ a2

3b + 2c+

b2

3c + 2a+

c2

3a + 2b ≥ 2

5(a + b + c) − 5

25(a + b + c)

⇔ a2

3b + 2c+

b2

3c + 2a+

c2

3a + 2b ≥ a + b + c

5

Dấu bằng xảy ra khi:

a2

3b + 2c = 3b + 2c

25b2

3c + 2a =

3c + 2a

25c2

3a + 2b =

3a + 2b

25

⇔ a = b = c

c) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a3

b (2c + a) +

b

3 +

2c + a

9 ≥ 3

3

a3

b (2c + a).

b

3.2c + a

9 = a

⇒ a3

b (2c + a) ≥ 8

9a − 1

3b − 2

9c

T 2 :b3

c (2a + b) ≥ 8

9b − 1

3c − 2

9a

c3

a (2b + c) ≥ 8

9c − 1

3a − 2

9b

+

⇒ a3

b (2c + a) +

b3

c (2a + b) +

c3

a (2b + c) ≥ 8

9

a − 1

3

a − 2

9

a

⇔ a3

b (2c + a) + b

3

c (2a + b) + c

3

a (2b + c) ≥ 1

3 a = a + b + c

3 .


a3

b (2c + a) =

b

3 =

2c + a

9b3

c (2a + b) =

c

3 =

2a + b

9c3

a (2b + c) =

a

3 =

2b + c

9

⇔ a = b = c

d) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:a5

b2 +

a5

b2 +

a5

b2 + b3 + b3 ≥ 5

5

a5

b2.a5

b2.a5

b2.b3.b3 = 5a3




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


⇒ 3a5

b2 + 2b3 ≥ 5a3

T 2 : 3b5

c2 + 2c3 ≥ 5b3

3c5

a2 + 2a3 ≥ 5c3

+

⇒ 3a5

b2 +

b5

c2 +

c5

a2

+ 2 (a3 + b3 + c3) ≥ 5 (a3 + b3 + c3)

⇔ 3

a5

b2 +

b5

c2 +

c5

a2

≥ 3 (a3 + b3 + c3) ⇔ a5

b2 +

b5

c2 +

c5

a2 ≥ a3 + b3 + c3


a5

b2 = b3

b5

c2 = c3

c5

a2 = a3

⇔ a = b = c

e) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a5

b2c+

a5

b2c+ b2 + b2 + c2 ≥ 5

5

a5

b2c.

a5

b2c.b2.b2.c2 = 5a2

⇔ 2a5

b2c ≥ 5a2 − 2b2 − c2

T 2

: 2

b5

c2a ≥ 5b2

− 2c2

− a2

2c5

a2b ≥ 5c2 − 2a2 − b2

+

2

a5

b2c+

b5

c2a+

c5

a2b

≥ 5

a2 − 2

a2 − a2 = 2

a2

⇔ a5

b2c+

b5

c2a+

c5

a2b ≥ a2 + b2 + c2

Dấu bằng xảy ra khi :

a5

b2c = b2 = c2

b5

c2a = c2 = a2

c5

a2b = a2 = b2

⇔ a = b = c

f) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a3

3b + 2c+

a (3b + 2c)

25 ≥ 2

a3

3b + 2c.a (3b + 2c)

25




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


⇒ a3

3b + 2c+

3ab + 2ca

25 ≥ 2a2

5

T 2 :b3

3c + 2a+

3bc + 2ab

25 ≥ 2b2

5c3

3a + 2b+

3ca + 2bc

25 ≥ 2c2

5

+

a3

3b + 2c+

b3

3c + 2a+

c3

3a + 2b+

ab + bc + ca

5 ≥ 2a2

5 +

2b2

5 +

2c2

5Do a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca

⇒ a3

3b + 2c+

b3

3c + 2a+

c3

3a + 2b+

a2 + b2 + c2

5 ≥ 2 (a2 + b2 + c2)

5

⇔ a3

3b + 2c+

b3

3c + 2a+

c3

3a + 2b ≥ a2 + b2 + c2

5


a3

3b + 2c =

a (3b + 2c)

25b3

3c + 2a =

3bc + 2ab

25c3

3a + 2b =

3ca + 2bc

25a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca

⇔ a = b = c

g) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a5

b2

(c + 2a)

+a5

b2

(c + 2a)

+b2

3

+b2

3

+(c + 2a)2

27 ≥ 5 5

a5

b2

(c + 2a)2

.b2

32

.(c + 2a)2

27

⇒ 2a5

b2 (c + 2a) +

2b2

3 +

(c + 2a)2

27 ≥ 5a2

3

⇔ 2a5

b2 (c + 2a) ≥ 5a2

3 − 2b2

3 − c2 + 4ca + 4a2

27

Do 4ca ≤ 2c2 + 2a2 nên ta có:

2a5

b2 (c + 2a) ≥ 5a2

3 − 2b2

3 − c2 + 2c2 + 2a2 + 4a2

27

⇒ 2a5

b2 (c + 2a) ≥ 13a2 − 6b2 − c2

9

T 2 :2b5

c2 (a + 2b) ≥ 13b2 − 6c2 − a2

92c5

a2 (b + 2c) ≥ 13c2 − 6a2 − b2

9

+

2

a5

b2 (c + 2a) +

b5

c2 (a + 2b) +

c5

a2 (b + 2c)

≥ 6 (a2 + b2 + c2)

9

⇔ a5

b2 (c + 2a) + b

5

c2 (a + 2b) + c

5

a2 (b + 2c) ≥ a

2

+ b2

+ c2

3 .

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


h) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a4 + a4 + a4 + b4 ≥ 4 4√

a4.a4.a4.b4

⇔ 3a4 + b4 ≥ 4a3b

T 2 : 3b4 + c4 ≥ 4b3c

3c4 + a4

≥ 4c3a

+

4 (a4 + b4 + c4) ≥ 4 (a3b + b3c + c3a) ⇔ a4 + b4 + c4 ≥ a3b + b3c + c3a


8.2.3 Cực trị có điều kiện

Cực trị có điều kiện: là dạng bài tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức hoặc chứngminh một bất đẳng thức với điều kiện cho trước. Điều kiện ở đây không phải là ràngbuộc tự nhiên như kiểu các biến không âm mà là các đẳng thức, hay khó hơn là bất

đẳng thức cho mối liên hệ ràng buộc giữa các biến.Ví dụ 8.4: Cho a,b,c > 0. Chứng minh rằng:

a) Nếu a4 + b4 + c4 ≤ 33(a + b + c) − 150 thì ta có a + b + c ≥ 6.

b) Nếu a4 + b4 + c4 ≤ 2(a + b + c) − 3 thì ta có a + b + c ≤ 3.

Giải : a) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a4 + 16 + 16 + 16 ≥ 4 4√

a4.16.16.16

⇒ a4 + 48 ≥ 32aT 2 : b4 + 48 ≥ 32b

c4 + 48 ≥ 32c

+

a4 + b4 + c4 + 144 ≥ 32 (a + b + c)

Theo giả thiết ta có : a4 + b4 + c4 ≤ 33(a + b + c) − 150

⇒ 33(a + b + c) − 150 + 144 ≥ 32 (a + b + c)

⇔ a + b + c ≥ 6.

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2.

b) Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a4 + 1 + 1 + 1 ≥ 4 4√

a4.1.1.1

⇒ a4 + 3 ≥ 4a

T 2 : b4 + 3 ≥ 4b

c4 + 3 ≥ 4c

+

a4 + b4 + c4 + 9 ≥ 4 (a + b + c)

Theo giả thiết ta có: a4 + b4 + c4

≤ 2(a + b + c)

−3.

2(a + b + c) − 3 + 9 ≥ 4 (a + b + c) ⇔ a + b + c ≤ 3.

Dấu bằng xảy ra khi : a = b = c = 1.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bình luận: ở câu a) vấn đề chính là ta phải biết được dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2.Câu b) xảy ra dấu bằng khi a = b = c = 1. Cái này học sinh tự mình suy ngẫm.

Ví dụ 8.5: Cho 0 ≤ y ≤ x ≤ 1. Chứng minh rằng:

x√

y−

y√

x ≤

1

4

Giải : Ta có : x√

y − y√

x = √

x.√

y√

x − √ y

= 2.

1

2

√ x.

√ y√

x − √ y

≤ 2.

√

x

2 +

√ y +√

x − √ y

3

3

=1

4.(√

x)3 ≤ 1

4

Dấu bằng xảy ra khi: 1

2

√ x =

√ y =

√ x − √

y√ x = 1 ⇔ x = 1

y =1

4

Bình luận: Vấn đề đặt ra ở đây là tại sao trong bất đẳng thức Cauchy ta lại áp dụng

cho 1

2

√ x chứ không phải là

√ x. Ta để ý rằng để mất

√ y thì nhất thiết phải có mặt số

√ y và

√ x − √

y. Cho 2 số này bằng nhau thì √

y =1

2

√ x.

Ví dụ 8.6: Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 ta đều có:

(1 + x)1 +y

x1 +9

√ y2

≥ 256

Giải : Bất đẳng thức Cauchy dạng tổng quát:mx + ny ≥ (m + n) m+n

√ xmyn hoặc αx + (1 − α) y ≥ xα.y1−α (0 < α < 1).

- Phân tích bài toán: 1 + x = (1 − α) .1

1 − α + α.

x

α ≥

x

α

α

.

1

1 − α

1−α

= k1.xα

Tương tự ta cũng có :1 +y

x ≥ k2

y

x

β

, 1 +9√

y ≥ k3.

9√

y

γ

(ki ở đây là hằng số)

⇒ (1 + x)

1 +y

x

1 +

9√ y

2

≥ k4xα.y

x

β

. 9√

y

2γ

= k5.xα−β.yβ−γ

Do đó α − β = β − γ = 0 ⇒ α = β = γ .Ta tìm chúng bằng cách xem dấu bằng xảy ra khi nào?

x

α =

1

1 − αy

αx =

1

1 − α9

α√ y =

1

1 − α

⇔

x =α

1 − α

y =α2

(1 − α)2

α2

(1 − α)2 = 9

⇒ α = 3 (1 − α) ⇔ α =3

4 ⇒ 1 − α =

1

4.

Cách giải: 1 +x

3 +

x

3 +

x

3 ≥ 4

4

1.

x

3.x

3.x

3 = 4.

4

x3

27




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


⇒ 1 + x ≥ 4. 4

x3

27

Tương tự ta cũng có: 1 +y

x ≥ 4.

4

y3

27x3

1 +9

√ y2

≥ 4. 4 27 y3

2

= 16. 4 272

y3

Nhân vế các bất phương trình ta có:

(1 + x)

1 +

y

x

1 +

9√ y

2

≥ 256

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

x

3 = 1

y

3x

= 1

3√ y

= 1⇔

x = 3

y = 9

Ví dụ 8.7: Cho a,b,c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

a)

1 +

1

a

1 +

1

b

1 +

1

c

≥ 64.

b)

√

2 +1

a

√

2 +1

b

√

2 +1

c

≥ 45 + 29

√ 2.

Giải : a) Ta có: V T =(a + 1) (b + 1) (c + 1)

abc .

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

a + 1 = a + a + b + c ≥ 4 4√

a.a.b.c

⇒ a + 1 ≥ 4 4√

a2bc

T 2 : b + 1 ≥ 4 4√

ab2c

c + 1 ≥ 4 4√

abc2

+

⇒ V T ≥4 4√

a2bc.4 4√

ab2c.4 4√

abc2

abc = 64

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =1

3.

b) Ta chứng minh bất đẳng thức sau:3

(k + X ) (k + Y ) (k + Z ) ≥ k + 3√

XY Z ∀k, X, Y , Z > 0

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số ta có:

3 k

k + X .

k

k + Y .

k

k + Z ≤1

3 k

k + X +

k

k + Y +

k

k + Z 3

X

k + X .

Y

k + Y .

Z

k + Z ≤ 1

3

X

k + X +

Y

k + Y +

Z

k + Z

+




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

8.3. Bất đẳng thức Bunhiacopxki Chương 8. Bất đẳng thức

3

k

k + X .

k

k + Y .

k

k + Z +

3

X

k + X .

Y

k + Y .

Z

k + Z ≤ 1

⇔ 3

(k + X ) (k + Y ) (k + Z ) ≥ k + 3√

XY Z (đpcm)

Áp dụng BĐT trên với k =√

2, X =1

a

, Y =1

b

, Z =1

c

> 0 ta có:

3

√ 2 +

1

a

√

2 +1

b

√

2 +1

c

≥ √

2 + 3

1

a.1

b.1

c

≥ √ 2 +

13√

abc≥ √

2 +1

1

3(a + b + c)

= 3 +√

2

⇒ V T ≥ 3 +√

23

= 45 + 29√

2

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c =

1

3

8.3 Bất đẳng thức Bunhiacopxki

Ví dụ 8.8: Cho a, b là các số thực . Tìm giá trị nhỏ nhất của:

a) P = 2a2 + 3b2 nếu a + b = 1.

b) Q = 3a2

+

b2

2 nếu 2a + 5b = 1.

Giải : a) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki với 2 bộ

a√

2, b√

3

,

1√

2,

1√ 3

ta có:

a√

22

+

b√

32

.

1√ 2

2

+

1√

3

2 ≥

a√

2.1√

2+ b

√ 3.

1√ 3

2

⇔ (2a2 + 3b2)

1

2 +

1

3

≥ (a + b)2 = 1 ⇒ P ≥ 6

5

Vậy P min =6

5 đạt khi:

a√

2

1/√

2=

b√

3

1/√

3a + b = 1

⇔

2a = 3b

a + b = 1 ⇔

a =

3

5

b =2

5

b) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki với 2 bộ √

3a,b

√ 2 , 2

√ 3, 5

√ 2 ta có:√

3a2

+

b√

2

2 .

2√ 3

2

+

5√

22 ≥

√ 3a.

2√ 3

+b√ 2

.5√

2

2




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

8.4. Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz Chương 8. Bất đẳng thức

⇔

3a2 +b2

2

4

3 + 50

≥ (2a + 5b)2

⇔ Q.154

3 ≥ 1 ⇔ Q ≥ 3

154 ⇒ Qmin =

3

154

Dấu bằng xảy ra khi : √ 3a2/

√ 3

= b/√ 25√

22a + 5b = 1

⇔ 15a = b2a + 5b = 1

⇔ a =1

77

b =15

77

Ví dụ 8.9: Cho a,b,c,p,q là các số thực dương. Chứng minh rằng:

a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.

b) a3

pb + qc+

b3

pc + qa+

c3

pa + qb ≥ a2 + b2 + c2

p + q .

Giải : a) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ (a,b,c) , (b,c,a) ta có

(a2 + b2 + c2) (b2 + c2 + a2) ≥ (ab + bc + ca)2

⇔ (a2 + b2 + c2)2 ≥ (ab + bc + ca)2 ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ |ab + bc + ca|

⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca


a

b =

b

c =

c

aab + bc + ca ≥ 0

⇔ a = b = c

b) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki với 2 bộ số: a3

pb + qc,

b3

pc + qa,

c3

pa + qb

,

a ( pb + qc),

b ( pc + qa),

c ( pa + qb)

ta có :

a3

pb + qc+

b3

pc + qa+

c3

pa + qb

. (a ( pb + qc) + b ( pc + qa) + c ( pa + qb))

≥ a3

pb + qc. a ( pb + qc) + b3

pc + qa. b ( pc + qa) + c3

pa + qb. c ( pa + qb)2

Do a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca nên ta có:

⇒ a3

pb + qc+

b3

pc + qa+

c3

pa + qb ≥ a2 + b2 + c2

p + q .

a2 + b2 + c2

ab + bc + ca ≥ a2 + b2 + c2

p + q


8.4 Bất đẳng thức Cauchy - SchwarzVí dụ 8.10: Cho x, y,z > 0, chứng minh rằng:




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

8.4. Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz Chương 8. Bất đẳng thức

a) 1

x+

1

y ≥ 4

x + y

b) 1

x+

1

y +

1

z ≥ 9

x + y + z

c) Nếu x, y,z là 3 cạnh của tam giác thì ta có:1

y + z − x+

1

z + x − y +

1

x + y − z ≥ 1

x+

1

y +

1

z

Giải : a) Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz (C-S) với 2 bộ (1; 1) , (x, y) ta có:

12

x +

12

y ≥ (1 + 1)2

x + y ⇔ 1

x+

1

y ≥ 4

x + y

Dấu bằng xảy ra khi x = y.Chú ý: Có thể chứng minh bất đẳng thức bằng phép biến đổi tương đương.

b) Áp dụng BĐT C-S với 2 bộ (1; 1; 1) , (x, y, z ) ta có:

12

x +

12

y +

12

z ≥ (1 + 1 + 1)2

x + y + z ⇔ 1

x+

1

y +

1

z ≥ 9

x + y + z

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z .

c) Áp dụng câu a) với 2 số y + z − x, z + x − y ta có:1

y + z − x+

1

z + x − y ≥ 4

y + z − x + z + x − y =

4

2z

⇒ 1

y + z − x+

1

z + x − y ≥ 2

z

T 2 :1

z + x − y +

1

x + y − z ≥ 2

x1

y + z −

x+

1

x + y−

z ≥ 2

y

+

2

1

y + z − x+

1

z + x − y +

1

x + y − z

≥ 2

1

x+

1

y +

1

z

⇔ 1

y + z − x+

1

z + x − y +

1

x + y − z ≥ 1

x+

1

y +

1

z

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z .

Ví dụ 8.11 (ĐH - A - 2005): Cho x, y,z > 0 thỏa mãn: 1

x +

1

y +

1

z = 4. Chứng minh

rằng:1

2x + y + z +

1

2y + z + x+

1

2z + x + y ≤ 1




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

8.5. Bài tập Chương 8. Bất đẳng thức

Giải : Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có:

12

x +

12

x +

12

y +

12

z ≥ (1 + 1 + 1 + 1)2

x + x + y + z

⇒2

x +

1

y +

1

z ≥16

2x + y + z

T 2 :2

y +

1

z +

1

x ≥ 16

2y + z + x2

z +

1

x+

1

y ≥ 16

2z + x + y

+

⇒ 4

1

x+

1

y +

1

z

≥ 16

1

2x + y + z +

1

2y + z + x+

1

2z + x + y

⇔ 1

2x + y + z +

1

2y + z + x+

1

2z + x + y ≤ 1

41

x+

1

y +

1

z = 1

Dấu bằng xảy ra khi :

x = y = z

1

x+

1

y +

1

z = 4

⇔ x = y = z =3

4

8.5 Bài tập

Bài 8.1 (ĐH-B-2005): Chứng minh rằng ∀x ∈R, ta có:

12

5 x

+15

4 y

+20

3 z

≥ 3x

+ 4x

+ 5x

Bài 8.2 (ĐH-D-2005): Cho các số dương x, y,z thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng: 1 + x3 + y3

xy +

1 + y3 + z 3

yz +

√ 1 + z 3 + x3

zx

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 8.3 (ĐH-B-2006): Cho các số thực x, y thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A =

(x − 1)2 + y2 +

(x + 1)2 + y2 + |y − 2|

Bài 8.4 (ĐH-A-2007): Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz = 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P =x2 (y + z )

y√

y + 2z √

z +

y2 (z + x)

z √

z + 2x√

x+

z 2 (x + y)

x√

x + 2y√

y

Bài 8.5 (ĐH-B-2007): Cho x, y,z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = xx

2 +

1

yz

+ yy

2 +

1

zx

+ z z

2 +

1

xy




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 8.6 (ĐH-D-2008): Cho x, y là các số thực không âm thay đổi. Tìm min, max của

biểu thức: P =(x − y) (1 − xy)

(1 + x)2(1 + y)2

Bài 8.7 (ĐH-A-2006): Cho các số thực x, y = 0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện:

xy(x + y) = x2

− xy + y2

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A =

1

x3 +

1

y3

Bài 8.8 (ĐH-A-2003): Cho x, y,z > 0 thỏa mãn x + y + z ≤ 1. Chứng minh rằng: x2 +

1

x2 +

y2 +

1

y2 +

z 2 +

1

z 2 ≥

√ 82

Bài 8.9 (DB2-D-2005): Cho x, y,z > 0 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh rằng:

x2

1 + y +

y2

1 + z +

z 2

1 + x ≥3

2

Bài 8.10 (DB2-B-2008): Cho số nguyên n (n ≥ 2) và 2 số thực không âm x, y. Chứngminh rằng: n

√ xn + yn ≥ n+1

xn+1 + yn+1

Bài 8.11 (DB1-B-2008): Cho 3 số dương x, y,z thỏa mãn x + y + z =yz

3x. Chứng minh

rằng:

x ≤ 2√

3 − 3

6 (y + z )

Bài 8.12 (DB1-D-2007): Cho a, b, c > 0 thỏa mãn ab + a + b = 3. Chứng minh:

3a

b + 1 +

3b

a + 1 +

ab

a + b ≤ a2 + b2 +

3

2

Bài 8.13 (DB2-A-2007): Cho x, y,z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = 3

4 (x3 + y3) + 3

4 (y3 + z 3) + 3

4 (z 3 + x3) + 2

x

y2 +

y

z 2 +

z

x2

Bài 8.14 (DB2-B-2006): Cho x, y > 0 thỏa mãn x + y ≥ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức : A =3x2 + 4

4x +

2 + y3

y2

Bài 8.15 (DB2-A-2006): Cho các số thực x, y,z thỏa mãn điều kiện 3−x + 3−y + 3−z = 1.

Chứng minh rằng: 9x

3x + 3y+z +

9y

3y + 3z+x +

9z

3z + 3x+y ≥ 3x + 3y + 3z

4

Bài 8.16 (DB1-A-2005): Cho x, y,z thỏa mãn x + y + z = 0. Chứng minh rằng:√

3 + 4x

+

√ 3 + 4

y

+

√ 3 + 4

z

≥ 6

Bài 8.17 (DB2-A-2003): Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: y = sin5 x+√

3cos x.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 8.18 (DB1-B-2002): Giả sử x, y > 0 thỏa mãn điều kiện x + y =5

4. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức : S =4

x+

1

4y

Bài 8.19 (DB1-A-2002): Giả sử a,b,c,d là bốn số nguyên thay đổi thỏa mãn 1

≤ a <

b < c < d ≤ 50. Chứng minh : ab

+ cd ≥ b2 + b + 50

50b và tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

S =a

b +

c

d




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

Chương 9. Hàm số và đồ thị

Chương 9Hàm số và đồ thị

9.1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

9.1.1 Kiến thức cần nhớTính đồng biến nghịch biến

Định nghĩa 9.1. Giả sử hàm f (x) xác định trên tập D. Hàm số f (x) gọi là đồng biến (t.ư nghịch biến trên tập D) nếu ∀x1, x2 ∈ D và x1 < x2 thì f (x1) < f (x2) (t.ư f (x1) > f (x2)).

Chú ý: f (x) đồng biến (t.ư nghịch biến) trên D ⇔ f (x1) − f (x2)

x1 − x2

> 0

(t.ư f (x1) − f (x2)

x1 − x2

< 0) với mọi x1

= x2

Định lý 9.1 (Tiêu chuẩn đơn điệu). Hàm số f (x) có đạo hàm trên khoảng (a; b).

a) Hàm số f (x) đồng biến trên khoảng (a; b) nếu f ′(x) ≥ 0 ∀x ∈ (a; b).

b) Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (a; b) nếu f ′(x) ≤ 0 ∀x ∈ (a; b)

Ở đó f ′(x) chỉ có hữu hạn không điểm trên khoảng (a; b).

Ví dụ 9.1: Hàm f (x) = x3 là đồng biến trên R vì f ′(x) = 3x2 ≥ 0 ∀x ∈ R vàf ′(x) = 0

⇔ x = 0.

Hàm g(x) = −15

x5+12

x4−13

x3 đồng biến trênR vì g′(x) = −x4+2x3−x2 = −(x2−x)2 ≥ 0

∀x ∈ R, g ′(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1.

Cực trị của hàm số

Dưới đây ta giới thiệu 2 cách tìm nhanh tọa độ điểm cực trị thường dùng trong bài tập:

Hàm bậc 3: y = ax3 + bx2 + cx + d (a = 0). Giả sử (x1, y1) và (x2, y2) là tọa độ 2

điểm cực trị của hàm số. Khi đó ta có công thức :

y1 = Ax1 + B

y2 = Ax2 + B

Ở đó Ax + B là phần dư trong phép chia của y = ax3 + bx2 + cx + d cho y′ =

3ax2 + 2bx + c.

Và khi đó y = Ax + B cũng chính là đường thẳng nối 2 điểm cực trị.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

9.1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số Chương 9. Hàm số và đồ thị

Với hàm phân thức y = P (x)

Q(x),

Giả sử (x0, y0) là 2 điểm cực trị của hàm số thì: y0 = P ′(x0)

Q′(x0).

Nói riêng với hàm phân thức: y = ax2 + bx + c

px + q

a.p

= 0 và nếu hàm số đạt cực đại

cực tiểu thì y = 2ax + b

p là đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị.

Điểm uốn của hàm số

Định nghĩa 9.2 (Khoảng lồi - lõm). Cho hàm số y = f (x). Hàm số gọi là lồi (t.ư lõm)trên (a, b) nếu f ′′(x) < 0 (t.ư f ′′(x) > 0) ∀x ∈ (a; b).

Định nghĩa 9.3 (Điểm uốn). Hàm số y = f (x) gọi là có điểm uốn tại điểm M nằm trên đường cong có hoành độ x0, nếu như nó thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện sau:

(i) f ′′(x0) = 0.

(ii) f ′′(x) đổi dấu khi qua điểm x0.

Tiệm cận của hàm phân thức

Cho hàm phân thức y = P (x)

Q(x), viết ở dạng tối giản (không có chung nhân tử).

Hàm phân thức có tiệm cận ngang nếu như degP (x)

≤ degQ(x) (Ở đó degP (x)

là bậc của đa thức P (x)). Và khi đó y = a là tiệm cận ngang của hàm số với

a = limx→∞

P (x)

Q(x).

Hàm phân thức có tiệm cận xiên nếu như degP (x) = degQ(x) + 1 và khi đó

y = ax + b với a = limx→∞

P (x)

Q(x), b = lim

x→∞

P (x)

Q(x) − ax

.

Ta có thể tìm a, b bằng cách chia P (x) cho Q(x). Thương của phép chia chính làax + b:

P (x) = Q(x).(ax + b) + R(x) ở đó degR(x) < degQ(x) nên limx→∞P (x)

Q(x) − (ax + b) =

limx→∞

R(x)

Q(x)

= 0

Hàm phân thức có tiệm cận đứng nếu Q(x) có nghiệm. Nếu x0 là một nghiệm của

Q(x) thì x = x0 là một tiệm cận đứng của hàm số vì limx→x0

P (x)

Q(x) = ∞. Q(x) có

bao nhiêu nghiệm thì hàm số có bấy nhiêu tiệm cận đứng.

Các phép biến đổi đồ thị cơ bản

Cần nhớ : Các phép biến đổi

(x, y) → (−x, y): Đối xứng qua trục tung.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


(x, y) → (x, −y): Đối xứng qua trục hoành.

(x, y) → (−x, −y): Đối xứng qua gốc tọa độ.

(x, y) → (x − a, y): Tịnh tiến theo trục hoành a đơn vị.

(x, y) →

(x, y−

b): Tịnh tiến theo trục tung b đơn vị.

(x, y) → (x − a, y − b): Tịnh tiến theo véc tơ −→u = (a; b).

Đồ thị hàm y = f (x) Đồ thị hàm y = |f (x)| Đồ thị hàm y = f (|x|)y

x0 1 2

-2

-1

0

1

2

y = x3 − 3x2 + 2

y

x0 1 2

-2

-1

0

1

2

y = |x3 − 3x2 + 2|

y

x-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2

y = |x|3 − 3|x|2 + 2

Đồ thị hàm y = f (x).g(x) Đồ thị hàm y = f (x).|g(x)|y

x-1 0 1 2 3

-3

-2

-1

0

1

2

3

y = x3

− 3x2

y

x-1 0 1 2 3

-3

-2

-1

0

1

2

3

y = x|x2

− 3x|

a = 1

Đồ thị gốc Tịnh tiến theo trục hoành Tịnh tiến theo trục tung




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


y

x-1 0 1 2 3

-3

-2

-1

0

1

y = x3 − 3x2 + 1

y

x0 1 2 3 4

-3

-2

-1

0

1

y = x3 − 6x2 + 9x − 3

y

x0 1 2

-2

-1

0

1

2

y = x3 − 3x2 + 2

9.1.2 Các bước khảo sát hàm số

Tìm tập xác định của hàm số (xác định tính chẵn lẻ, tuần hoàn).

Sự biến thiên.

Chiều biến thiên của hàm số: Tính đạo hàm y ′. Tìm nghiệm của phương trìnhy′ = 0 và các điểm không xác định của y ′. Xét dấu của y ′ và suy ra chiều biếnthiên.

Tìm cực trị của hàm số.

Tính giới hạn tại −∞, +∞ và tại các điểm mà hàm số không xác định. Tìm

tiệm cận. Lập bảng biến thiên.

Vẽ đồ thị. Nên tính thêm giao với trục tung, và các điểm lân cận của các cực trị.

Chú ý: vẽ chính xác tiệm cận, cực trị.

9.1.3 Hàm đa thức

Ví dụ 9.2: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = −x3 + 3x2.

Giải : +) Tập xác định : R+) Giới hạn : lim

x→+∞y = lim

x→+∞(−x3 + 3x2) = lim

x→+∞x3

−1 +

3

x

= −∞

limx→−∞

y = limx→−∞

(−x3 + 3x2) = limx→−∞

x3

−1 +

3

x

= +∞

+) Chiều biến thiên: y′ = −3x2 + 6x. y′ = 0 ⇔ −3x2 + 6x = 0 ⇔

x = 0 ⇒ y = 0

x = 2 ⇒ y = 4

Bảng biến thiên :

x −∞ 0 2 +∞

f ′(x) − 0 + 0 −

f (x)

+∞

0

4

−∞




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Điểm cực tiểu (0; 0). Điểm cực đại (2; 4).Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2).Hàm số nghịch biến trên 2 khoảng (−∞; 0) và (2;+∞).+) Đồ thị:

y

x-1 0 1 2 30

1

2

3

4

y = −x3 + 3x2

Bảng các giá trị đặc biệt

x −1 0 1 2 3y 4 0 2 4 0

Ví dụ 9.3: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : y = x4 − 2x2 − 1

Giải : +) Tập xác định : R

+) Giới hạn : limx→±∞

(x4 − 2x2 − 1) = limx→±∞

x4

1 − 2

x2 − 1

x4

= +∞

+) Chiều biến thiên: y′ = 4x3

− 4x = 0 ⇔ x = 0

⇒ y = 0

x = ±1 ⇒ y = −2

Bảng biến thiên :

x −∞ −1 0 1 +∞f ′(x) − 0 + 0 − 0 +

f (x)

+∞

−2

−1

−2

+∞

Hàm số đồng biến trên 2 khoảng : (−1;0), (1;+∞)

Hàm số nghịch biến trên 2 khoảng : (−∞; −1), (0; 1)Hàm số có 2 điểm cực tiểu : (−1; −2) và (1; −2)

Hàm số có điểm cực đại : (0; −1) +) Đồ thị:Bảng các giá trị đặc biệt

x −2 −1 0 1 2y 7 −2 −1 −2 7




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

9.2. Cực trị và tiệm cận của hàm số Chương 9. Hàm số và đồ thị

y

x-2 -1 0 1 2 3 4

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

y = x2 + x − 1

x − 1

9.2 Cực trị và tiệm cận của hàm số

9.2.1 Quy tắc tìm cực đại và cực tiểu của hàm số

Định nghĩa 9.4. Cho hàm f (x) xác định trên khoảng (a, b).x0 gọi là điểm cực tiểu (t.ư cực đại) của hàm số f (x) nếu f (x) ≥ f (x0) (t.ư f (x) ≤ f (x0))với mọi x nằm trong một lân cận nào đó của x0.Điểm cực đại và cực tiểu được gọi chung là cực trị.

Tuy nhiên ta không thể dùng định nghĩa này để tìm điểm cực trị. Tùy từng bài tập màta sử dụng các điều kiện dưới đây để tìm cực trị.

Định lý 9.2 (Điều kiện cần - Fermat). Hàm số f (x) xác định trên khoảng (a, b). Nếu f (x) đạt cực trị tại x0 ∈ (a; b) và f (x) khả vi (có đạo hàm) tại điểm x0 thì f ′(x0) = 0.

Các điểm có đạo hàm bằng 0 gọi là điểm dừng (Xem ý nghĩa vật lý của đạo hàm).

Định lý 9.3 (Điều kiện đủ - Dấu hiệu 1). Giả sử f (x) là hàm số khả vi trên khoảng (a, b),x0 là một điểm dừng của f (x).

a) Nếu f ′(x) đổi dấu từ − sang + khi qua điểm x0 thì hàm số đạt cực tiểu tại x0.

b) Nếu f ′(x) đổi dấu từ + sang − khi qua điểm x0 thì hàm số đạt cực đại tại x0.

Định lý 9.4 (Điều kiện đủ-Dấu hiệu 2). f (x) là một hàm số xác định trên khoảng (a, b).Giả sử x0 là một điểm dừng của hàm số f (x). f (x) khả vi cấp 1 và cấp 2 tại x0. Khi đó:

a) Nếu f ′′(x0) > 0 thì x0 là điểm cực tiểu.

b) Nếu f ′′(x0) > 0 thì x0 là điểm cực đại.Chú ý:

Điều kiện cần + Dấu hiệu 1: Áp dụng trong trường hợp hàm số cụ thể dễ xét dấu.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Điều kiện cần + Dấu hiệu 2: Áp dụng trong trường hợp hàm số chứa tham số,hoặc hàm số khó xét dấu đạo hàm (chẳng hạn: hàm lượng giác).

Ví dụ 9.5: Cho hàm số y = sin2 x − sin x xét trên đoạn [0; 2π].

Giải : y′ = 2 sin x cos x − cos x.

y′ = 0 ⇔ cos x (2 sin x − 1) = 0 ⇔

cos x = 0

2sin x − 1 = 0 ⇔

x = π

2 + kπ

x =π

6 + k2π

x =5π

6 + k2π

x ∈ [0; 2π] ⇒ x1 =π

6, x2 =

π

2, x3 =

5π

6 , x4 =

3π

2Ta có y′′ = 2 cos 2x + sin x

y′′ (x1) = y ′′π

6 =3

2 > 0

⇒ x1 nên x1 là hoành độ điểm cực tiểu.

y′′ (x2) = y ′′

π

2

= −1 < 0 ⇒ x2 nên x2 là hoành độ điểm cực đại.

y′′ (x3) = y ′′

5π

6

=

3

2 > 0 ⇒ x3 nên x3 là điểm hoành độ cực tiểu.

y′′ (x4) = y ′′

3π

2

= −3 < 0 ⇒ x4 nên x4 là điểm hoành độ cực đại.

Kết luận: Điểm cực tiểu π

6;

1

4 , π

2; 0

Điểm cực đại

5π

6 ;

1

4

,

3π

2 ; 0

9.2.2 Cực trị hàm số

Các bài toán đơn thuần tìm cực trị

Ví dụ 9.6: Cho hàm số y = (x − m)3 − 3x.Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại điểm có hoành độ x = 0.

Giải : Ta có y ′ = 3(x − m)2 − 3, y′′ = 6(x − m).Hàm số đạt cực tiểu tại điểm có hoành độ bằng không khi:

y′ (0) = 0

y′′ (0) > 0 ⇔

3m2 − 3 = 0

−6m > 0 ⇔

m = −1

m = 1

m < 0

⇔ m = −1

Ví dụ 9.7: Cho hàm số y = x4 + 2. Tìm cực trị của hàm số.

Giải : Ta có y ′ = 4x3, y ′ = 0 ⇔ x = 0. Ta có bảng biến thiên




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


x −∞ 0 +∞f ′(x) − 0 +

f (x)

+∞

2

+∞

Do đó điểm cực tiểu (0;2) .

Chú ý: Nếu dùng quy tắc 2 thì không ổn ở bài này.

Các bài toán định tính về cực trị

Các bài tập này thường có dạng sau: Tìm điều kiện để một hàm số đã cho có cựctrị và cực trị thỏa mãn một điều kiện nào đó (Tính chất này thường được cho dướidạng một hệ thức có thể là đẳng thức hoặc bất đẳng thức).

Lược đồ chung để giải bài toán này như sau: Trước hết tìm điều kiện để hàm số đã cho có cực trị (nói cách khác tìm điều

kiện cần để tồn tại lời giải). Xin lưu ý với các bạn rằng: học sinh hay quênđiều kiện này vì họ cho rằng khi đầu bài yêu cầu tìm điều kiện để cực trị củahàm số thỏa mãn một điều kiện nào đó học mặc nhiên công nhận là cực trịđã tồn tại. Chính vì thế dẫn đến chuyện trong các nghiệm tìm được rất cókhả năng gặp phải nghiệm ngoại lai.

Vận dụng các kiến thức khác ở đây (hay dùng định lý Viet) để chứng minhhệ thống cực trị của hàm số cần thỏa mãn.

Ta rất hay sử dụng một số kiến thức sau:

Hàm số y = ax3 + bx2 + cx + d (a = 0) có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khiy′ = 0 (3ax2 + 2bx + c = 0) có 2 nghiệm phân biệt.

Hàm số y =ax2 + bx + c

px + q (a.p = 0) có cực đại cực tiểu khi và chỉ khi y′ = 0

có 2 nghiệm phân biệt x = −q

p .

Hàm số y = ax2 + bx + c px + q

có cực trị tại x0 thì y(x0) = 2ax0 + b p

.

Tổng quát y =P (x)

Q(x) có cực trị tại x0 thì y(x0) =

P ′(x0)

Q′(x0).

Ví dụ 9.8: Cho hàm số y = x3 + 2(m − 1)x2 + (m2 − 4m + 1)x − 2(m2 + 1).

Tìm m để hàm số đạt cực trị tại 2 điểm có hoành độ x1, x2 sao cho: 1

x1+

1

x2=

1

2(x1 + x2).

Giải : Trước hết để hàm số có cực trị ta cần có phương trình : y ′ = 0 có 2 nghiệm phân

biệt. Ta có y′ = 0 ⇔ 3x2 + 4(m − 1)x + m2 − 4m + 1 = 0 (1)(1) có 2 nghiệm phân biệt khi ∆′ > 0

⇔ m2 + 4m + 1 > 0 ⇔

m < −2 − √ 3

m > −2 +√

3 (2)




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Vậy (2) là điều kiện để đường cong có cực trị.Khi có cực trị x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (1) theo định lý Viet ta có:

x1 + x2 =

4 (1 − m)

3

x1x2 =

m2

−4m + 1

3

1

x1+

1

x2=

1

2(x1 + x2) ⇔ x1 + x2

x1x2=

1

2(x1 + x2)

⇔ (x1 + x2) (2 − x1x2) = 0 ⇔

x1 + x2 = 0

x1x2 = 2

⇔

4 (1 − m)

3 = 0

m2 − 4m + 1

3 = 2

⇔

m = 1

m2 − 4m − 5 = 0 ⇔

m = 1Thỏa mãn

m = −1 (Loại)m = 5

Thỏa mãn

Kết luận: Với m = 1 và m = 5 thỏa mãn điều kiện bài toán.

Ví dụ 9.9: Cho f (x) =x3

3 − x2

2 + mx + 1, g (x) =

x3

3 + x2 + 3mx + m.

Tìm m để mỗi hàm số có 2 cực trị và giữa hoành độ 2 cực trị của hàm số này có hoànhđộ cực trị của hàm số kia.

Giải : Ta có f ′(x) = x2 − x + m, g′(x) = x2 + 2x + 3m. Trước hết ta cần tìm điềukiện để f (x), g(x), mỗi hàm số đều có cực trị. Điều đó là các phương trình f ′(x) = 0 vàg′(x) = 0 đều có 2 nghiệm phân biệt.

⇔ ∆1 = 1 − 4m > 0

∆2 = 1 − 3m > 0 ⇔

m <1

4

m <1

3

⇔ m <1

4 (1)

Với điều kiện (1) thì : f ′(x) có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2. g ′(x) có 2 nghiệm phân biệtx3 < x4.

Theo bài ra ta cần có :

x3 < x1 < x4 < x2

x1 < x3 < x4 < x2⇔

f ′ (x3) .f ′ (x4) < 0 (2)

g′ (x1) .g′ (x2) < 0 (3)

Theo định lý Viet ta có:

x3 + x4 = −2

x3.x4 = 3m

và x1 + x2 = 1

x1.x2 = mVì x1 + x2 < x3 + x4 ⇒ (3) không xảy ra.f ′ (x3) = x2

3 − x3 + m = x23 + 2x3 + 3m − (3x3 + 2m) = −(3x3 + 2m)

f ′ (x4) = −(3x4 + 2m)

(2) ⇔ (3x3 + 2m) (3x4 + 2m) < 0 ⇔ 9x3x4 + 6m (x3 + x4) + 4m2 < 0

⇔ 9.3m + 6m. (−2) + 4m2 < 0 ⇔ 4m2 + 15m < 0 ⇔ −15

4 < m < 0

Kết luận: Kết hợp với điều kiện (1) ta được −15

4 < m < 0

Ví dụ 9.10: Cho hàm số : y = x2 + mx1 − x

.

Tìm m để khoảng cách giữa 2 điểm cực trị bằng 10.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


a) Chứng minh rằng M là trung điểm AB.

b) Chứng minh rằng khi M di động trên (C ) thì tiếp tuyến tạo với 2 đường tiệm cậnngang và đứng một tam giác có diện tích không đổi.

c) Chứng minh rằng không có tiếp tuyến nào của (C ) lại đi qua giao điểm của 2 đường

tiệm cận.Giải : a) Dễ thấy (C ) có 2 đường tiệm cận x = 2 và y = 2.

y

x-3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

y = 2 x + 1

x − 2

I

M

B

A

y′ = − 5

(x0 − 2)2.

M 0(x0,2x0 + 1

x0 − 2 ) ∈ (C ). Tiếp tuyến tại M 0 có dạng:

y = y ′ (x0) (x − x0) + y (x0) ⇔ y = − 5

(x0 − 2)2 (x − x0) +

2x0 + 1x0 − 2

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : y = − 5

(x0 − 2)2 (x − x0) +

2x0 + 1

x0 − 2

y = 2

⇔

x = 2x0 − 2

y = 2 ⇒ A (2x0 − 2;2)

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

y = −5

(x0 − 2)2 (x − x0) +

2x0 + 1

x0 − 2

x = 2⇔

x = 2

y =2x0 + 6

x0 − 2

⇒ B 2; 2x0 + 6x0 − 2

Ta có :

xA + xB

2 =

2x0 − 2 + 2

2 = x0 = xM

yA + yB

2 =

2 +2x0 + 6

x0 − 22

=2x0 + 1

x0 − 2 = yM

⇒ M là trung điểm AB.

b) Gọi I là giao điểm 2 tiệm cận. Điều này dẫn đến I (2; 2)

Do tam giác IAB vuông tại I nên ta có : S ∆IAB =1

2IA.IB




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Từ trên ta có: IA = |2x0 − 4| , IB =

2x0 + 6

x0 − 2 − 2

=10

|x0 − 2|

⇒ S ∆IAB =1

2. |2x0 − 4| .

10

|x0 − 2| = 10 không đổi.

c) Giả sử d là tiếp tuyến qua I của (C ) gọi M 0(x0, 2x0 + 1x0 − 2

) là tiếp điểm.

Do đó phương trình d có dạng : y = − 5

(x0 − 2)2 (x − x0) +

2x0 + 1

x0 − 2

I ∈ d nên ta có: 2 = − 5

(x0 − 2)2 (2 − x0) +

2x0 + 1

x0 − 2 ⇔ 2 =

5

x0 − 2 +

2x0 + 1

x0 − 2

⇔ 2x0 − 4 = 5 + 2x0 + 1 ⇔ −4 = 6 ⇒><

Vậy không tồn tại tiếp tuyến đi qua giao điểm 2 đường tiệm cận.

Nhận xét: Hàm phân thức quen thuộc y =ax + b

px + q và y =

ax2 + bx + c

px + q cũng có

tính chất như trên. Cách chứng minh cũng giống như cách chứng minh ở ví dụtrên.

Ví dụ 9.13: Cho đường cong y =x2 + 3x − 1

x − 2 (C ). Chứng minh rằng:

Tích khoảng cách từ một điểm M bất kỳ trên (C ) đến 2 tiệm cận (C ) là một hằng số.

Giải : Dễ thấy: limx→2+

x2 + 3x − 1x − 2

= +∞, limx→2−

x2 + 3x − 1x − 2

= −∞ ⇒ ∆1 : x − 2 = 0 là

tiệm cận đứng của hàm số.

y = x + 5 +9

x − 2 ⇒ lim

x→∞(y − (x + 5)) = lim

x→∞9

x − 2 = 0

⇒ ∆2 : x − y + 5 = 0 là tiệm cận xiên của hàm số.

Lấy M

x0; x0 + 5 +

9

x0 − 2

∈ (C ) bất kỳ. Ta có:

d (M, ∆1) = |x0 − 2|

d (M, ∆2) =

x0 −x0 + 5 + 9x0 − 2+ 5 12 + (−1)2

=9√

2. |x0 − 2|

⇒ d (M, ∆1) .d (M, ∆2) =9√

2(đpcm)

Ví dụ 9.14: Cho y =x2 − x + 1

x − 1 .

Tìm M

∈ (C ) sao cho khoảng cách từ M đến giao điểm I của 2 đường tiệm cận là bé

nhất.

Giải : y = x +1

x − 1




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bằng phép tính tương tự như trên, dễ dàng thấy rằng (C ) nhận x − 1 = 0 là tiệm cậnđứng và x − y = 0 là tiệm cận xiên.

x − 1 = 0

x − y = 0 ⇔

x = 1

y = 1 ⇒ I (1; 1)

Lấy M x0; x0 +1

x0 − 1 ∈ (C )

M I =

(x0 − 1)2 +

x0 +

1

x0 − 1− 1

2

=

2 (x0 − 1)2 +

1

(x0 − 1)2 + 2

⇒ M I ≥

2

2 (x0 − 1)2 .

1

(x0 − 1)2 + 2 =

2√

2 + 2 (1)

⇒ M I min =

2√

2 + 2 ⇔ 2 (x0 − 1)2 =1

(x0 − 1)2 ⇔ (x0 − 1)4 =

1

2

⇔ x0 = 1 +

14√ 2 ⇒ y0 = 1 +

4

√ 2 +

14√ 2

x0 = 1 − 14√

2⇒ y0 = 1 − 4

√ 2 − 1

4√

2

⇒ M 1

1 +

14√

2; 1 +

4√

2 +14√

2

, M 2

1 − 1

4√

2; 1 − 4

√ 2 − 1

4√

2

là tọa độ 2 điểm cần

tìm.

9.2.4 Củng cố kiến thức

Ví dụ 9.15 (ĐH B- 2002): Cho hàm số y = mx4 + (m2 − 9)x2 + 10.Tìm m để hàm số có 3 điểm cực trị.

Giải : Ta có y ′ = 4mx3 + 2(m2 − 9)x.+) Nếu m = 0, thì y′ = −18x. Ta có bảng biến thiên:

x −∞ 0 +∞f ′(x) + 0 −

f (x)

−∞

10

−∞

Do đó hàm số chỉ có 1 điểm cực trị (Không thỏa mãn).+) Nếu m = 0, hàm số có 3 cực trị khi và chỉ khi y′ = 0 có 3 nghiệm phân biệt⇔ 4mx3 + 2(m2 − 9)x = 0 (1) có 3 nghiệm phân biệt.

(1) ⇔ 2x [2mx2 + m2 − 9] = 0 ⇔

x = 0

2mx2 + m2 − 9 = 0 (2)

Đặt f (x) = 2mx2 + m2 − 9

(1) có 3 nghiệm khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0

⇔ f (0)

= 0

∆f > 0 ⇔ m2

−9

= 0

−4.2m. (m2 − 9) > 0 ⇔ m (m2

− 9) < 0

⇔ m (m − 3) (m + 3) < 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


m −∞ −3 0 3 +∞m.(m2 − 9) − 0 + 0 − 0 +

⇒ m ∈ (−∞; −3) ∪ (0;3)

Kết luận: hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi: m ∈ (−∞; −3) ∪ (0; 3)

Ví dụ 9.16 (ĐH - A - 2005): Cho đường cong y = mx + 1x

.

Tìm m để đường cong có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu đến tiệm cận xiên bằng1√

2.

Giải : Ta có y ′ = m − 1

x2 trước hết đường cong có giá trị cực trị thì y ′ = 0 có 2 nghiệm

phân biệt. Điều này có khi và chỉ khi m > 0.

Vẽ bảng biến thiên ta thấy điểm cực tiểu là M 1

√ m; 2

√ m.

x −∞ − 1√ m 0

1√ m

+∞y′ + 0 − − 0 +

y

−∞

−2√

m

−∞

+∞

2√

m

+∞

Mặt khác, tiệm cận xiên ∆ : y = mx hay mx − y = 0.

d (M, ∆) = m.1

√ m −2√

m m2 + (−1)2

= √ m√ m2 + 1

Theo giả thiết ta có: d (M, ∆) =1√

2⇔

√ m√

m2 + 1=

1√ 2

⇔ m2 + 1 = 2m

⇔ m2 − 2m + 1 = 0 ⇔ m = 1 (Thỏa mãn điều kiện m > 0)

Ví dụ 9.17 (ĐH - B - 2005): Xét đường cong y =x2 + (m + 1)x + m + 1

x + 1 (C m).

Chứng minh rằng với m bất kỳ, đồ thị (C m) luôn có 2 điểm cực đại, cực tiểu và khoảngcách giữa 2 điểm đó bằng

√ 20.

Giải : Ta có y ′ =[2x + (m + 1)] . (x + 1) − [x2 + (m + 1)x + m + 1] .1

(x + 1)2 =

x2 + 2x

(x + 1)2

y′ = 0 ⇔

x = 0 ⇒ y = m + 1

x = −2 ⇒ y = m − 3 . Từ đó ta có bảng biến thiên:

x −∞ −2 −1 0 +∞f ′(x) + 0 − − 0 +

f (x)

−∞

m − 3

−∞

+∞

m + 1

+∞

Vậy ta thấy 2 điểm cực trị là M (0, m + 1), và N (−2, m − 3).

⇒ M N =

(−2 − 0)2 + (m − 3 − m − 1)2 =√

20 (đpcm)




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

9.3. Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số Chương 9. Hàm số và đồ thị

9.3 Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số


Định nghĩa 9.5. Giả sử f (x) là hàm số xác định trên miền D. M gọi là giá trị lớn nhất của hàm f (x) trên tập D (Kí hiệu là M = max

D

f (x)) khi: f (x) ≤ M

∃x0 ∈ D : f (x0) = M

Tương tự ta có khái niệm giá trị nhỏ nhất:

minD

f (x) = m ⇔

f (x) ≥ m

∃x0 ∈ D : f (x0) = m

Chú ý:Học sinh thường chỉ chú ý đến điều kiện thứ nhất mà quên đi điều kiện

thứ 2.

Ví dụ 9.18: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm f (x) = x +2

x với x ≥ 2.

Giải : Nếu học sinh áp dụng bất đẳng thức Cauchy để giải quyết bài toán như sau:

Do x +2

x ≥ 2

x.

2

x = 2

√ 2

sau đó kết luận là min f (x) = 2√

2 là sai.Vì sao lại vậy? Bởi vì học sinh không chú ý đến dấu bằng của bất đẳng thức. Bất đẳng

thức xảy ra dấu bằng khi x = 2x ⇔ x = √ 2 < 2. Điều này mâu thuẫn.

Lời giải đúng phải như sau:

x +2

x =

x

2 +

x

2 +

2

x

≥ x

2 + 2

x

2.

2

x =

x

2 + 2 ≥ 2

2 + 2 = 3

min[2;+∞)

f (x) = 3 ⇔ x = 2

Chú ý: Các bạn cần phân biệt giá trị lớn nhất trên miền D và giá trị cực đại trênmiền D. Cũng như phân biệt giá trị bé nhất với giá trị cực tiểu . Có những trường

hợp chúng trùng nhau nhưng cũng có những trường hợp chúng khác nhau.Ví dụ 9.19: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, cực đại, cực tiểu của hàm sốf (x) = x3 − 3x2 trên miền D = [−2;4].

Giải : y′ = 3x2 − 6x, y′ = 0 ⇔

x = 0 ⇒ y = 0

x = 2 ⇒ y = −4

Ta có bảng biến thiên:

x −2 0 2 4

f ′(x) + 0

− 0 +

f (x)

−20

0

−4

16




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Dựa vào bảng biến thiên ta có:max

Df (x) = 12 ⇔ x = 4

minD

f (x) = −20 ⇔ x = −2

yCT = −4 ⇔ x = 2

yCĐ = 0 ⇔ x = 0

Hiển nhiên ta thấy: yCT = minD f (x) , yCĐ = maxD f (x)

Nếu làm một phép so sánh cực đại với giá trị lớn nhất thì cực đại giống như "Xứ mù thằng chột làm vua". Nó chỉ mang tính cục bộ địa phương. Còn giá trị lớnnhất thì mang tính toàn cục.

Sử dụng đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

Đạo hàm là công cụ duy nhất để tìm cực đại, cực tiểu.

Để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một hàm số f (x) trên miền D ta cóthể sử dụng đạo hàm và kết hợp với việc so sánh giá trị cực đại, cực tiểu với cácgiá trị đặc biệt (ta gọi đó là các giá trị tới hạn).

Giá trị tới hạn này thường là giá trị tại đầu mút của các đoạn (mà trên đó cần tìmgiá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một hàm số) hoặc là giá trị của hàm số tại nhữngđiểm mà không tồn tại đạo hàm.

Lược đồ chung của phương pháp đạo hàm để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất củahàm số f (x) trên miền D cho trước như sau:

Tìm đạo hàm f ′(x) và từ đó tìm cực đại, cực tiểu của f (x) (dĩ nhiên là ta chỉquan tâm đến cực đại, cực tiểu thuộc miền D).

So sánh giá trị cực đại, cực tiểu với các giá trị tới hạn trên miền D.

Từ đó suy ra kết luận cần tìm.

9.3.2 Các bài toán đơn thuần

.

Ví dụ 9.20: Cho x + y = 1, x ≥ 0, y ≥ 0. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức.

P = 32x + 3y

Giải : Từ x + y = 1 nên y = 1 − x. Thay vào P ta có:

P = 32x + 31−x = 32x +3

3x. Đặt t = 3x.

Do x + y = 1, x ≥ 0, y ≥ 0 nên 0 ≤ x ≤ 1 do đó 1 ≤ t ≤ 3.

Khi đó P = f (t) = t2 +3

t với 1 ≤ t ≤ 3.

f ′(t) = 2t − 3t2

= 2t2

− 3t2 . Từ đó ta có bảng biến thiên:




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


t 1 3

√ 12

2 3

f ′(t) − 0 +

f (t)

4

3

2

3√

18

10

Từ bảng biến thiên ta có:

min1≤t≤3

f (t) = min

4,

3

2. 3√

18, 10

=

3

2. 3√

18 ⇔ t =3√

12

2

⇔ x = log3

3√

12

2

⇒ y = 1 − log3

3√

12

2

max1≤t≤3

f (t) = max

4,

3

2. 3√

18, 10

= 10 ⇔ t = 3 ⇔ x = 1 ⇒ y = 0

Nhận xét: Người ta thường hay dùng phương pháp đổi biến trong quá trình tìmgiá trị min, max để đưa về một bài toán mới có cấu trúc đơn giản hơn. Chỉ lưu ýlà phải đổi miền xác định của bài toán. Chẳng hạn như bài toán trên: miền xácđinh cũ là 0 ≤ x ≤ 1, còn miền xác định mới là 1 ≤ t ≤ 3.

Ví dụ 9.21: Cho hàm số y = sin2x

1 + x2 + cos

4x

1 + x2 + 1 với x ∈ R.

Tìm giá trị min, max của hàm số trên R.

Giải : Ta có f (x) =

−2sin2

2x

1 + x2 + sin

2x

1 + x2 + 2 . Đặt t =

2x

1 + x2.

Với mọi x ∈ R ta có: −1 ≤ 2x

1 + x2 ≤ 1 do đó − sin1 ≤ t ≤ sin 1.

Bài toán đưa về tìm giá trị min, max của hàm số : g(t) = −2t2+t+2 với − sin1 ≤ t ≤ sin 1

Ta có g′(t) = −4t + 1. g′(t) = 0 ⇔ t =1

4. Ta có bảng biến thiên:

t − sin1 1

4 sin1

g′(t) + 0 −

g(t)

g(− sin 1)

17

8

g(sin 1)

Do đó min− sin1≤t≤sin 1

g (t) = min

g (− sin1) ,

17

8 , g (sin 1)

= g (− sin1) = −2sin2 1 −

sin 1 + 2

⇔ t = − sin1 ⇔ 2x

1 + x2 = −1 ⇔ x = −1

max− sin1≤t≤sin1

g (t) = max

g (− sin 1) ,

17

8 , g (sin 1)

=

17

8 ⇔ t =

1

4

⇔ 2x1 + x2

= arcsin 14 ⇔ x2 − 2

arcsin1

4

x + 1 = 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Đặt k =1

arcsin1

4

⇒ x2 − 2k.x + 1 = 0 ⇔

x = k +√

k2 + 1

x = k − √ k2 + 1

9.3.3 Bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất chứa tham số

Trong các bài toán này, giá trị min, max của một hàm số f (x) trên một miền D sẽphải phụ thuộc vào tham số m. Khi m biến thiên, nói chung các giá trị này cũngthay đổi. Cần nhấn mạnh rằng phương pháp dùng đạo hàm tỏ ra có hiệu lực rõrệt với loại bài toán này.

Các loại bài toán chính thường gặp:

Tìm giá trị min, max của hàm số f (x) trên miền D theo tham số m.

Xét bài toán khác sau khi đã tìm xong giá trị min, max.

Chúng ta hãy xét các ví dụ sau:

Ví dụ 9.22: Cho hàm số y = sin4 x + cos4 x + m sin x cos x với x ∈ R.Tìm giá trị min, max của hàm số và biện luận theo m.

Giải : Ta có y = 1 − 1

2sin2 2x +

m

2 sin2x.

Đặt t = sin 2x. Bài toán quy về: Tìm giá trị min, max của hàm số:

f (t) = −1

2t2 +

m

2t + 1 với −1 ≤ t ≤ 1.

f ′(t) = −t + m2

. Ta có f ′(t) = 0 ⇒ t = m2

. Ta xét các trường hợp sau:

a) Nếu m ≥ 2 khi đó m

2 ≥ 1. Ta có bảng biến thiên sau:

t −1 1 m

2

f ′(t) +

f (t)

1−m

2

m+1

2

Từ đó ta có: max−1≤t≤1

f (t) = f (1) =m + 1

2

b) Với m ≤ −2 khi đó m

2 ≤ −1. Ta có bảng biến thiên sau

t m

2 −1 1

f ′(t) −

f (t)

1−m

2

m+1

2




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


max−1≤t≤1

f (t) = f (−1) =1 − m

2

min−1≤t≤1

f (t) = f (1) =m + 1

2

c) Nếu −2 < m < 2 hay −1 <m

2 < 1. Khi đó ta có bảng biến thiên sau:

t −1 m

2 1

f ′(t) + 0 −

f (t)1−m

2

m2+8

8

m+1

2

Khi đó max−1≤t≤1

f (t) = f m

2 =m2 + 8

8

min−1≤t≤1

f (t) = min f (1) , f (−1) = min

1 − m

2 ,

1 + m

2

=

1 + |m|2

Ví dụ 9.23: Cho hàm số f (x) = 4x2 − 4ax + a2 − 2a khi −2 ≤ x ≤ 0. Tìm a đểmin

−2≤x≤0f (x) = 2.

Giải : Ta có f ′(x) = 8x − 4a. Nên f ′(x) = 0 khi x =

a

2. Ta xét các trường hợp sau:

a) Nếu a > 0 tức là a

2 > 0. Ta có bảng biến thiên sau:

x −2 0 a

2

f ′(x) −

f (x)

a2 + 6a + 16

a2 − 2a

Ta có min−2≤x≤0

f (x) = f (0) = a2 − 2a.

a2 − 2a = 2 ⇔ a2 − 2a − 2 = 0 ⇔

a = 1 +√

3Thỏa mãn

a = 1 − √

3 (Loại)

b) Nếu a < −4. Tức a

2 < −2. Ta có bảng biến thiên sau:

x a

2 −2 0

f ′(x) −

f (x)

a2 + 6a + 16

a2 − 2a




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Vậy min−2≤x≤0

f (x) = f (−2) = a2 + 6a + 16.

a2 + 6a + 16 = 2 ⇔ a2 + 6a + 14 = 0Vô nghiệm

c) Nếu −4 ≤ a ≤ 0 hay −2 ≤ a

2 ≤ 0. Ta có bảng biến thiên:

x −2 a

2 0

f ′(x) + 0 −

f (x)

a2 + 6a + 16

−2a

a2 + 6a + 16

Từ đó ta được: min−2≤x≤0

f (x) = f

a

2

= −2a

−2a = 2 ⇔ a = −1 Thỏa mãnKết luận: a = 1 +

√ 3 , a = −1 thỏa mãn điều kiện bài toán.

9.3.4 Phương pháp miền giá trị của hàm số

Xét bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f (x) ... ? Một miền D cho ...

? Gọi y0 là một giá trị tùy ý của f (x) trên D, thì hệ sau đây của x:

f (x) = y0

x ∈ D có

nghiệm. Tùy dạng của hệ trên mà ta có các điều kiện có nghiệm tương ứng. Trong nhiều

trường hợp, điều kiện ấy (sau khi được biến đổi) đưa được về dạng a ≤ y0 ≤ b. Vì y0

là một giá trị bất kỳ của f (x) nên ta có minD

f (x) = a, maxD

f (x) = b. Như vậy khi sử

dụng phương pháp này để tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số quy về việc tìmđiều kiện để một phương trình có nghiệm.Ta xét thêm các ví dụ sau:

Ví dụ 9.24: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức :

f (x) =2sin x + cos x + 1

sin x − 2cos x + 3

với x

∈R

.

Giải : Ta có sin x − 2cos x + 3 =√

5. sin(x + α) + 3 ≥ 3 −√ 5 > 0 nên hàm số xác định

trên R.

Đặt y =2sin x + cos x + 1

sin x − 2cos x + 3 ⇔ (2 − y)sin x + (1 + 2y)cos x = 3y − 1

Do phương trình trên có nghiệm nên:(2 − y)2 + (1 + 2y)2 ≥ (3y − 1)2 ⇔ 4 − 4y + y2 + 1 + 4y + 4y2 ≥ 9y2 − 6y + 1

⇔ 4y2 − 6y − 4 ≤ 0 ⇔ 2y2 − 3y − 2 ≤ 0 ⇔ −1

2 ≤ y ≤ 2

Do đó ta có:ymin = −1

2 ⇔ 5

2sin x = −5

2 ⇔ sin x = −1 ⇔ x = −π

2 + k2π

ymax = 2 ⇔ 5 cos x = 5 ⇔ cos x = 1 ⇔ x = k2π




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Ví dụ 9.25: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: f (x) =2x2 + 7x + 23

x2 + 2x + 10 , x ∈ R.

Giải : Vì x2 + 2x + 10 = (x + 1)2 + 9 ≥ 9 > 0 nên hàm số xác định trên toàn bộ R.

y =2x2 + 7x + 23

x2 + 2x + 10 ⇔ (2 − y) x2 + (7 − 2y) x + 23 − 10y = 0 +) Nếu 2 − y = 0 ⇔ y =

2 ⇒ 3x + 3 = 0 ⇔ x = −1+ Nếu 2 − y = 0: ∆ = (7 − 2y)2 − 4 (2 − y)(23 − 10y) ≥ 0

⇔ 49 − 28y + 4y2 − 184 + 172y − 40y2 ≥ 0 ⇔ −36y2 + 144y − 135 ≥ 0

⇔ 4y2 − 16y + 15 ≤ 0 ⇔ 3

2 ≤ y ≤ 5

2

ymin =3

2 ⇔ x =

2y − 7

2 (2 − y) = −4

ymax =5

2 ⇔ x =

2y − 7

2 (2 − y) = 2

Ví dụ 9.26: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức P = x2 + y2 trên miền

D =

x2 − y2 + 12

+ 4x2y2 − x2 − y2 = 0

Giải : Xét hệ

x2 + y2 = P (1)

(x2 − y2 + 1)2

+ 4x2y2 − x2 − y2 = 0 (2)

⇔

x2 + y2 = P

(x2 + y2)2

+ 2 (x2 − y2) + 1 − x2 − y2 = 0

⇔ x2 + y2 = P

(x2 + y2)2 − 3 (x2 + y2) + 1 + 4x2 = 0 ⇔ x2 + y2 = P (3)

P 2 − 3P + 1 + 4x2 = 0 (4)

Từ (4) ⇔ x2 = −P 2 − 3P + 1

4

⇒ P 2 − 3P + 1 ≤ 0 ⇔ 3 − √ 5

2 ≤ P ≤ 3 +

√ 5

2 (5)

Từ (3) ⇒ y2 = P − x2 = P +P 2 − 3P + 1

4 =

P 2 + P + 1

4 > 0. Phương trình này luôn

có nghiệm. Vậy (5) là điều kiện cần và đủ để hệ có nghiệm.

Vậy ta có: P min =3 − √

5

2 ⇔ x = 0

y =3

−√

5

2

P max =3 +

√ 5

2 ⇔

x = 0

y =3 +

√ 5

2

Ví dụ 9.27: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P = x2 − xy − 3y2, trên miền

D =

(x, y)x2 + xy + y2 ≤ 3

Giải : Xét hệ x2 + xy + y2 ≤ 3

x2 − xy − 3y2 = P Xét phương trình : 3. (x2 − xy − 3y2) = t (x2 + xy + y2)

⇔ (t − 3) x2 + (t + 3) xy + (t + 9) y2 = 0

∆ = 0 ⇔ (t + 3)2 − 4 (t + 9) (t − 3) = 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


⇔ −3.t2 − 18t + 117 = 0 ⇔

t = −3 − 4√

3

t = −3 + 4√

3

+) Với t = −3 − 4√

3: Ta có3. (x2 − xy − 3y2)−−3 − 4

√ 3

(x2 + xy + y2) =

6 + 4√

3

.x2+4√

3.xy+

4√

3 − 6

y2

=

6 + 4

√ 3

x2 + 2

2 − √

3

xy +

7 − 4

√ 3

y2

=

6 + 4

√ 3

.

x +

2 − √

3

y

2 ≥ 0

⇒ 3P ≥ −3 + 4√ 3 (x2

+ xy + y2

)Vì x2 + xy + y2 ≤ 3 ⇒ − 3 + 4√

3

(x2 + xy + y2) ≥ −3

3 + 4√

3

⇒ 3P ≥ −3

3 + 4√

3⇒ P ≥ −3 − 4

√ 3

Vậy P min = −3 − 4√

3 ⇔

x =√

3 − 2

y

x2 + xy + y2 = 3 ⇔

x =

√ 3 − 2

y

6 − 3√

3

y2 = 3

⇔

x =√

3 − 2

y

y2 = 2 +√

3 ⇔

x = ±√

2 − √ 6

2

y = ±√

6 +√

2

2+) Với t =

−3 + 4

√ 3: Xét

3. (x2 − xy − 3y2)−−3 + 4√ 3 (x2 + xy + y2) = 6 − 4√ 3 .x2−4√ 3.xy+−4√ 3 − 6 y2

=

6 − 4√

3

x2 + 2

2 +√

3

xy +

7 + 4√

3

y2

=

6 − 4√

3

.

x +

2 +√

3

y2 ≤ 0

⇒ 3P ≤ −3 + 4√

3

(x2 + xy + y2)

Ta có x2 + xy + y2 ≤ 3 ⇒ −3 + 4√

3

(x2 + xy + y2) ≤ 3−3 + 4

√ 3

⇒ 3P ≤ 3−3 + 4

√ 3⇒ P ≥ −3 + 4

√ 3

Vậy P max = −3 + 4√

3 ⇔

x =−√

3 − 2

y

x2 + xy + y2 = 3 ⇔

x =

−√ 3 − 2

y

6 + 3√

3

y2 = 3

⇔ x =

−√

3 − 2

y

y2

= 2 − √ 3 ⇔

x = ∓√

6 +√

2

2

y = ±√ 6 − √ 22

9.3.5 Phương pháp chiều biến thiên

Phương pháp này sử dụng kết hợp với việc sử dụng đạo hàm để khảo sát tính đồngbiến và nghịch biến của hàm số, với việc so sánh các giá trị đặc biệt của hàm số(các điểm cực trị, các điểm tới hạn).

Xét các thí dụ minh họa sau.

Ví dụ 9.28: Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x + y + z +1

x+

1

y +

1

z trên miền

D =

(x, y)

x > 0, y > 0, z > 0, x + y + z ≤ 3

2

Giải : Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

(x + y + z ) .

1

x+

1

y +

1

z

≥ 3 3

√ xyz.3

3

1

x.1

y.1

z = 9 ⇒ 1

x+

1

y +

1

z ≥ 9

x + y + z

Đặt t = x + y + z . Khi đó P ≥ f (t) = t +9

t

Xét hàm f (t) = t +9

t với 0 ≤ t ≤ 3

2.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


f ′ (t) = 1 − 9

t2, f ′ (t) = 0 ⇔ t = ±3. Ta có bảng biến thiên:

t −3 0 3

2 3

f ′(t) −

f (t)

+∞

15

2

Từ bảng biến thiên ta có: min

0<t≤3

2

f (t) = f

3

2

=

15

2 ⇔ t =

3

2

⇒

x + y + z =

3

2x = y = z

⇔ x = y = z =1

2.

Chú ý:Nếu viết P = x + 1x+y + 1

y+z + 1

z ≥ 6

P = 6 ⇔ x = y = z = 1

x + y + z = 3 >3

2. Điều này vô lý.

Ví dụ 9.29: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P =x

y + 1 +

y

x + 1 trên miền

D =

(x, y)|x + y = 1, x

≥ 0, y

≥ 0

Giải : Ta có : P =

x2 + x + y2 + y

xy + x + y + 1 =

(x + y)2 − 2xy + x + y

xy + x + y + 1 =

2 − 2xy

2 + xy

Đặt t = xy. Ta có 0 ≤ xy ≤ (x + y)2

4 =

1

4 ⇒ 0 ≤ t ≤ 1

4.

f ′ (t) = − 6

(2 + t)2, nên ta có bảng biến thiên:

t 0 1

4

f ′(t)

−f (t)

1

2

3

Từ đó ta có: min0≤t≤1/4

f (t) = f

1

4

=

2

3 ⇔ t =

1

4 ⇔ x = y =

1

2

max0≤t≤1/4

f (t) = f (0) = 1 ⇔ t = 0 ⇔

x = 0, y = 1

x = 1, y = 0

Ví dụ 9.30: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của f (x) = x6 + 4(1

−x2)3 khi x

∈ [

−1;1]

Giải : Đặt t = x2 thì 0 ≤ t ≤ 1.Ta có g(t) = f (x) = t3 + 4(1 − t)3 = −3t3 + 12t2 − 12t + 4.⇒ min

−1≤x≤1f (x) = min

0≤t≤1g (t) , max

−1≤x≤1f (x) = max

0≤t≤1g (t)




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Xét hàm g(t) = −3t3 + 12t2 − 12t + 4 trên đoạn [0; 1].

g′(t) = −9t2 + 24t − 12, g′(t) = 0 ⇔ −9t2 + 24t − 12 = 0 ⇔ t = 2

t =2

3Ta có bảng biến thiên:

t 0 2

3 1 2g′(t) − 0 +

g(t)

4

4

9

1

Từ đó ta có: max−1≤x≤1

f (x) = max0≤t≤1

g (t) = g (0) = 4 ⇔ t = 0 ⇔ x = 0

min−1≤x≤1

f (x) = min0≤t≤1

g (t) = g

2

3

=

4

9 ⇔ t =

2

3 ⇔ x = ±

√ 6

3

9.3.6 Củng cố kiến thức

Ví dụ 9.31: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: f (x) =√

1 + sin x+√

1 + cos x.

Giải : Do f (x) ≥ 0 ∀x ∈ R⇒ maxx∈R

f (x) =

maxx∈R

f 2 (x), minx∈R

f (x) =

minx∈R

f 2 (x)

f 2 (x) = 1 + sin x + 1 + cos x + 2√

1 + sin x.√

1 + cos x

= 2 + sin x + cos x + 2√

1 + sin x + cos x + sin x. cos x

Đặt t = sin x + cos x =√

2sin

x +

π

4

⇒ −√

2 ≤ t ≤ √ 2

Ta có : t2 = 1 + 2 sin x cos x ⇒ sin x cos x =t2 − 1

2

⇒ g (t) = f 2 (x) = 2 + t + 2

1 + t +

t2 − 1

2 = 2 + t + 2

t2 + 2t + 1

2 = 2 + t +

√ 2 |t + 1|

⇒ g (t) =

2 +

√ 2 +

1 +√

2

t Nếu − 1 ≤ t ≤ √ 2

2 − √ 2 +

1 − √ 2

t Nếu − √ 2 ≤ t ≤ −1

⇒ g ′ (t) =

1 +

√ 2 Nếu − 1 < t <

√ 2

1 − √ 2 Nếu − √

2 < t < −1 .


t −√ 2 −1 √

2

g′(t) − +

g(t)

4 − 2√

2

1

4 + 2√

2

Từ đó ta có:

max−√ 2≤t≤√ 2

g (t) = g√

2

= 4 + 2√

2 ⇔ t =√

2 ⇔ sin

x +

π

4

= 1

⇒ maxx∈R

f (x) = 4 + 2√ 2 ⇔ x + π4

= π2

+ k2π ⇔ x = π4

+ k2π

min−√ 2≤t≤√ 2

g (t) = g (−1) = 1 ⇔ t = −1 ⇔ sin

x +

π

4

= − 1√

2




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

9.4. Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị Chương 9. Hàm số và đồ thị

⇒ maxx∈R

f (x) = 1 ⇔

x +π

4 = −π

4 + k2π

x +π

4 =

5π

4 + k2π

⇔ x = −π

2 + k2π

x = π + k2π

Ví dụ 9.32 (ĐH - B - 2002): Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = x +√

4 − x2.

Giải : Tập xác định : −2 ≤ x ≤ 2.

Ta có f ′(x) =

√ 4 − x2 − x√

4 − x2.

f ′ (x) = 0 ⇔ √ 4 − x2 = x ⇔

x > 0

4 − x2 = x2 ⇔ x =√

2


x −2 √

2 2

f ′(x) + 0 −

f (x)

−2

2√

2

2

Do đó ta có: min−2≤x≤2

f (x) = f (−2) = −2 ⇔ x = −2

max−2≤x≤2

f (x) = f √

2

= 2√

2 ⇔ x =√

2

9.4 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị

9.4.1 Kiến thức cần nhớ Hiểu các công thức cơ bản: att = f ′ (x0). Ở đó x0 là hoành độ của tiếp điểm.

Phương trình tiếp tuyến:

y = f ′ (x0) (x − x0) + f (x0)

Cần phân biệt rõ 2 khái niệm:

+) Tiếp tuyến tại điểm M nằm trên đường cong. M là tiếp điểm.

+) Tiếp tuyến của đường cong đi qua điểm M . (chưa chắc M đã là tiếp điểm).

9.4.2 Tiếp tuyến với đường cong tại điểm M

Ví dụ 9.33: Viết phương trình tiếp tuyến tại đường cong y = 2x3 − 3x2. Biết rằng tiếptuyến song song với đường thẳng y = 12x + 1

Giải : Gọi hoành độ tiếp điểm là x0. Khi đó att = y ′(x0) = 6x20 − 6x0.

Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng y = 12x + 1 nên att = 12.

Vậy ta có : 6x20

−6x0 = 12

⇔ x2

0

−x0

−2 = 0

⇔ x0 = −1 ⇒ y0 = −5

x0 = 2 ⇒ y0 = 4Vậy phương trình 2 tiếp tuyến là:y = 12 (x + 1) − 5 ⇔ y = 12x + 7

y = 12 (x − 2) + 4 ⇔ y = 12x − 20




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Nhận xét: Trước hết tìm tiếp điểm sau đó sử dụng công thức viết phương trìnhtiếp tuyến tại M nằm trên đường cong.

9.4.3 Tiếp tuyến với đường cong đi qua điểm M

Mệnh đề 9.1. Cho 2 đường cong y = f (x) và y = g(x) tiếp xúc nhau khi và chỉ khi hệ

sau có nghiệm: f (x) = g (x)

f ′ (x) = g ′ (x) và nghiệm của hệ chính là hoành độ x0 của tiếp điểm.

Ví dụ 9.34: Cho đường cong y = 3x − 4x3. Viết phương trình tiếp tuyến biết rằng tiếptuyến đi qua điểm M (1; 3).

Giải : +) Nhận xét: Điểm M (1; 3) không nằm trên đường cong đã cho vì khi x = 1,y = −1 = 3. Do đó nếu ai máy móc áp dụng công thức : y = f ′(x0)(x − x0) + f (x0) ởđây là sai.+) Để giải bài toán: Ta gọi tiếp tuyến cần tìm là y = ax + b. Vì tiếp tuyến đi qua điểm

M (1; 3) nên ta có 3 = a +b ⇒ b = 3−a. Do đó tiếp tuyến cần tìm có dạng y = ax +3−a.Vậy hệ sau phải có nghiệm:

3x − 4x3 = ax + 3 − a

3 − 12x2 = a

⇒ 3x − 4x3 = x (3 − 12x2) + 3 − (3 − 12x2)

⇔ 3x − 4x3 = 3x − 12x3 + 12x2 ⇔ 8x3 − 12x2 = 0 ⇔ x = 0 ⇒ a = 3

x =3

2 ⇒ a = −24

+) Với a = 3 ⇒

y = 3x

+) Với a = −24 ⇒ y = −24x + 27

Ví dụ 9.35: Cho đường cong y = x3 + 2x2. Viết phương trình tiếp tuyến với đườngcong, biết rằng tiếp tuyến đi qua điểm M (1;3).

Giải : Hãy xem và bình luận lời giải sau:Vì điểm M (1; 3) nằm trên đường cong y = x3 + 2x2. Vậy áp dụng công thức và phươngpháp tiếp tuyến đã học ta có: y − y0 = f ′(x0).(x − x0), y = 7(x − 1 ) + 3 hay y = 7x − 4.

Lời giải trên là đúng nếu đầu bài là: Viết phương trình tiếp tuyến với đường cong

tại điểm M (1; 3)

Tuy nhiên lời giải đó là chưa đúng với yêu cầu bài toán (tiếp tuyến đi qua điểmM ). Lời giải trên thiếu nghiệm là tiếp tuyến mà tiếp điểm không phải là M

Tiếp tuyến phải tìm có dạng y = ax + b, trong đó 3 = a + b ( do tiếp tuyến đi quaM (1; 3)).Vậy y = ax + 3 − a là phương trình tiếp tuyến. Hệ sau phải có nghiệm:

x3 + 2x2 = ax + 3 − a

3x2 + 4x = a

⇒ x3 + 2x2 = x (3x2 + 4x) + 3

−(3x2 + 4x)

⇔ x3 + 2x2 = 3x3 + 4x2 + 3 − 3x2 − 4x ⇔ 2x3 − x2 − 4x + 3 = 0

⇔ (x − 1)2 (2x + 3) = 0 ⇔ x = 1 ⇒ a = 7

x = −3

2 ⇒ a =

3

4




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


+) Với a = 7 ⇒ y = 7x − 4

+) Với a =3

4 ⇒ y =

3

4x +

9

4

Ta thấy rõ hơn điều này với hình vẽ:

y

x-3 -2 -1 0 1

-2

-1

0

1

2

3

4

y = x3 + 2x2

M (1; 3)

y =

7 x

−

4

y =

3 4 x +

9 4

9.4.4 Lớp các bài toán về sự tiếp xúc rất đa dạng

Có thể liệt kê ra đây các bài toán thông dụng nhất:

Tìm điều kiện để 2 đường cong tiếp xúc với nhau.

Bài toán tiếp tuyến xuất phát từ một điểm

Bài toán về tiếp tuyến chung.

Các bài toán định tính về tiếp tuyến.

Xin đưa ra vài ví dụ mẫu:

Ví dụ 9.36: Cho 2 đường cong y = x2 − 5x + 6 và y = x3 + 3x − 10. Viết phương trìnhtiếp tuyến chung.

Giải : Gọi y = ax + b là tiếp tuyến chung. Gọi x1, x2 là 2 tiếp điểm ta có hệ phươngtrình:

ax1 + b = x21 − 5x1 + 6

a = 2x1 − 5

ax2 + b = x32 + 3x2 − 10

a = 3x22 + 3

(1)

(2)

(3)

(4)

Từ (2) , (4) ⇒ 2x1 − 5 = 3x22 + 3 ⇔ x1 =

3x22 + 8

2 (5)

Từ (1) , (2) ⇒ x21 − 5x1 + 6 = x1 (2x1 − 5) + b ⇒ b = 6 − x2

1 (6)

Thay (5) , (6) vào (2) , (3)

(3x22 + 3) .x2 + 6 −

3x2

2 + 8

2

2

= x32 + 3x2 − 10 ⇔ −9

4x42 + 2x3

2 − 12.x22 = 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


⇔ −1

4x22 (9x2

2 − 8x2 + 48) = 0 ⇔

x2 = 0

9x22 − 8x2 + 48 = 0

Vô nghiệm

⇔ x2 = 0 ⇒ x1 = 4 ⇒ b = −10, a = 3

⇒ y = 3x − 10 là phương trình tiếp tuyến chung cần tìm.

9.4.5 Củng cố kiến thứcVí dụ 9.37 (ĐH - B - 2004): Cho hàm số y =

1

3x3 − 2x2 + 3x, (C ).

Viết phương trình tiếp tuyến ∆ với (C ) tại điểm uốn và chứng minh ∆ là tiếp tuyến của(C ) có hệ số góc bé nhất.

Giải : y′ = x2 − 4x + 3, y′′ = 2x − 4. Từ y′′ = 0 ta được x = 2, y =2

3, y′ = −1. Vậy

điểm uốn A

2;

2

3

. Khi đó tiếp tuyến tại A là y = −1.(x − 2) +

2

3 hay y = −x +

8

3. Và

ta có att = −1. Hệ số góc tại một bất kỳ tại điểm M có hoành độ x0 nằm trên (C ) là:k = y ′(x0) = x2

0 − 4x0 + 3. Ta có k = (x0 − 2)2 − 1 ≥ −1 = att. Do đó hệ số góc của tiếptuyến của (C ) có hệ số góc bé nhất.

Ví dụ 9.38 (ĐH - D - năm 2005): Gọi (C m) : y =1

3x3 − m

2x2 +

1

3, m là tham số.

Gọi M là điểm thuộc (C m) có hoành độ bằng −1. Tìm m để tiếp tuyến của (C m) tạiđiểm M song song với đường thẳng 5x − y = 0.

Giải : y =1

3x3 − m

2x2 +

1

3 ⇒ y ′ = x2 − mx

Ta có att = y ′ (−1) = 1 + m. Phương trình tiếp tuyến là:y = (1 + m) (x + 1) − m

2 ⇔ y = (m + 1) x +

m + 2

2Ta có 5x − y = 0 ⇔ y = 5x

⇒ m + 1 = 5

m + 2

2 = 0

⇔ m = 4

Ví dụ 9.39 (ĐH - B - 2006): Cho hàm số y =x2 + x − 1

x + 2 (C ).

Viết phương trình tiếp tuyến của (C ), biết tiếp tuyến này vuông góc với tiệm cận xiên

của (C ).

Giải : y = x − 1 +1

x + 2 ⇒ lim

x→∞[y − (x − 1)] = lim

x→∞1

x + 2 = 0

⇒ y = x − 1 là tiệm cận xiên của đồ thị (C ). y′ = 1 − 1

(x + 2)2 =

x2 + 4x + 3

(x + 2)2

Vì tiếp tuyến của (C ) vuông góc với tiệm cận xiên y = x − 1, nên att = −1.Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm. Từ đó ta có:x20 + 4x0 + 3

(x0 + 2)2 = −1 ⇔ x2

0 + 4x0 + 3 = −x20 − 4x0 − 4 ⇔ 2x2

0 + 8x0 + 7 = 0

⇔ x0 = −2 + √ 2

2 ⇒ y0 = 3√ 2

2 − 3 ⇒ y = −x + 2√ 2 − 5

x0 = −2 −√

2

2 ⇒ y0 = −3

√ 2

2 − 3 ⇒ y = −x − 2

√ 2 − 5




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

9.5. Xác định điểm thỏa mãn điều kiện cho trước Chương 9. Hàm số và đồ thị

9.5 Xác định điểm thỏa mãn điều kiện cho trước


Định lý 9.5. Giả sử P (x) = an.xn + an−1xn−1 + · · · + a2x2 + a1x + a0.Nếu P (x) có ít nhất n + 1 nghiệm thì an = an

−1 =

· · · = a1 = a0 = 0

Hệ quả 9.1. Nếu an.xn + an−1xn−1 + · · · + a2x2 + a1x + a0 = 0 ∀x ∈R thì

an = an−1 = · · · = a1 = a0 = 0

Ví dụ 9.40: Cho họ đường cong y = x3 + 2(m − 1)x2 + (m2 − 4m + 1)x − 2(m2 + 1).Tìm các điểm trên mặt phẳng tọa độ mà họ đường cong đi qua với mọi m.

Giải : Gọi (x0, y0) là điểm cần tìm. Khi đó ta có:y0 = x3

0 + 2(m − 1)x20 + (m2 − 4m + 1)x0 − 2(m2 + 1) ∀m

⇔ (x0 − 2) m

2

+ (2x

2

0 − 4x0) m + x

3

0 − 2x

2

0 + x0 − 2 − y0 = 0 ∀m

⇔

x0 − 2 = 0

2x20 − 4x0 = 0

x30 − 2x2

0 + x0 − 2 − y0 = 0

⇔

x0 = 2

y0 = 0

Vậy họ đường cong đã cho đi qua một điểm cố định là (2; 0).

Nhận xét:

Như vậy lược đồ chung để giải bài toán tìm điểm cố định mà họ đường congluôn đi qua là: gọi (x0, y0) là điểm mà họ đường cong y = f (x, m) luôn đi qua

với mọi m. Từ hệ thức y0 = f (x0, m) với mọi m và hệ quả ở trên thì ta đượcan = an−1 = · · · = a1 = a0 = 0. Từ đó ta được một hệ phương trình theo x0 và y0.Giải hệ này ta được điểm cố định cần tìm.

Ta nhận thấy (2;0) là điểm cố định trong ví dụ trên. Điều đó có nghĩa là : Phươngtrình x3 + 2(m− 1)x2 + (m2−4x + 1)x−2(m2 + 1) = 0 với mọi m luôn có 1 nghiệmx = 2. Từ đó suy ra trong nhiều trường hợp có thể sử dụng việc tìm điểm cố địnhđể nhẩm nghiệm của phương trình bậc cao có tham số.

Giả sử ta phải biện luận (hoặc giải) phương trình bậc cao có tham số sau: y = f (x, m) =

0. Như ta đã biết, nếu biết trước một nghiệm x0 của nó, thì ta có thể hạ bậc phươngtrình khi đó mọi việc sẽ đơn giản hơn. Ta có thể làm như sau: Tìm điểm cố định (x0, y0)

của họ y = f (x, m) theo cách trên. Nếu như tồn tại điểm cố định (x0, 0) thì x = x0 chínhlà một nghiệm. Dĩ nhiên không phải điều này lúc nào cũng có. Nếu như ta đã áp dụngviệc tìm điểm cố định của một họ đường cong phụ thuộc vào tham số để nhẩm nghiệmphương trình bậc cao với tham số.

Ví dụ 9.41 (Bài toán 3 điểm cố định thẳng hàng): Chứng minh rằng các họ đường congsau với mọi m luôn đi qua 3 điểm cố định thẳng hàng:

a) y = (m + 2)x

3

+ 2(m + 2)x

2

− (m + 3)x − 2m + 1.b) y = (m + 1)x3 − (2m − 1)x − m + 1.

c) y = (m − 3)x3 − 4(m − 3)x2 − (m + 1)x + m.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Giải : a) Xét họ đường cong y = (m + 2)x3 + 2(m + 2)x2 − (m + 3)x − 2m + 1. Gọi(x0, y0) là điểm cố định cần tìm. Khi đó ta có:

y0 = (m + 2)x30 + 2(m + 2)x2

0 − (m + 3)x0 − 2m + 1 ∀m

⇔ (x30 + 2x2

0 − x0 − 2) m + (2x30 + 4x2

0 − 3x0 + 1 − y0) = 0 ∀m

⇔ x3

0 + 2x2

0 −x0 −

2 = 0

2x30 + 4x2

0 − 3x0 + 1 − y0 = 0

(1)

(2)

(1) ⇔ (x0 + 2) . (x20 − 1) = 0 ⇔

x0 = −2 ⇒ y0 = 7

x0 = −1 ⇒ y0 = 6

x0 = 1 ⇒ y0 = 4

Vậy ta được 3 điểm cố định là : A (−2;7) , B (−1;6) , C (1; 4)−→AB = (1; −1) ,

−→AC = (3; −3) ⇒ −→

AC = 3−→AB

nên A, B,C thẳng hàng.

Nhận xét: từ (2) ta có

y0 = 2 (x30 + 2x2

0 − x0 − 2) − x0 + 5

(1) ⇒ y0 = −x0 + 5 ⇒ A, B,C ∈ d : y = −x + 5

Dĩ nhiên với đường cong đã cho thì cách làm trực tiếp đơn giản hơn (mọi tính toánđều dễ dàng). Tuy nhiên không phải khi nào cách làm trực tiếp cũng suôn sẻ.

b) Xét họ đường cong y = (m + 1)x3 − (2m − 1)x − m + 1.

Gọi (x0, y0) là điểm cố định cần tìm. Tính toán như trên dẫn đến hệ phương trình

sau để tìm x0, y0. x3

0 − 2x0 − 1 = 0

y0 − x30 + x0 − 1 = 0

(1)

(2)

(2) ⇔ y0 = x30 − x0 + 1 = (x3

0 − 2x0 − 1) + x0 + 2 = x0 + 2

(1) ⇔ (x0 + 1) (x20 − x0 − 1) = 0 ⇒ (1) có 3 nghiệm phân biệt.

Nên 3 điểm đều thỏa mãn: y0 = x0 +2. Vậy 3 điểm cùng thuộc đường thẳng y = x +2.

Nhận xét: Dĩ nhiên có thể giải trực tiếp bằng cách tìm nghiệm của (1)

(1) ⇔ x0 = −1, x0 = 1 ± √ 52

. Việc tìm y0 theo x0 ở đây phức tạp hơn vì x0 có nghiệm

dưới dạng căn. Sau đó lại phải dùng các phép tính về véctơ để được 3 điểm cố địnhthẳng hàng.

Rõ ràng giải trực tiếp có thể, nhưng chắc chắn phức tạp hơn hẳn cách ta trình bày ởtrên.

c) Xét họ đường cong y = (m − 3)x3 − 4(m − 3)x2 − (m + 1)x + m.

Gọi (x0, y0) là điểm cố định cần tìm. Ta có hệ sau đây để xác định x0, y0.

x30 − 4x20 − x0 + 1 = 0y0 + 3x3

0 − 12x20 + x0 = 0

(1)(2)

(2) ⇔ y0 = −3x30 + 12x2

0 − x0 = −3 (x30 − 4x2

0 − x0 + 1) − 4x0 + 3 = −4x0 + 3




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Ta chứng minh (1) có 3 nghiệm phân biệt.

Xét hàm f (x) = x3 − 4x2 − x + 1

f (−1) = −3, f (0) = 1, f (1) = −3, f (5) = 21

f (−1) .f (0) = −3 < 0 ⇒ ∃x1 ∈ (−1;0) : f (x1) = 0

f (0) .f (1) = −3 < 0 ⇒ ∃x2 ∈ (0; 1) : f (x2) = 0f (1) .f (5) = −63 < 0 ⇒ ∃x3 ∈ (1; 5) : f (x3) = 0

Vì x1 < x2 < x3 nên phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.

Vậy 3 điểm cố định thẳng hàng và chúng đều nằm trên đường thẳng y = −4x + 3.

Nhận xét:

Trong thí dụ này phương pháp tìm các điểm cố định cụ thể, rồi chứng minh chúng thẳnghàng là hoàn toàn không thể làm được (mặc dù biết (1) có 3 nghiệm phân biệt nhưng

làm thế nào để tìm 3 nghiệm đó). Nhìn trên hình vẽ để thấy rõ điều này:y

x-1 0 1 2 3 4

-11

-10

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

y = x3 − 4x2 − x + 1

9.5.2 Tìm điểm không thuộc mọi đường cong trong họ y =

f (x, m)

Lược đồ chung để giải chúng như sau:

Gọi (x0, y0) là điểm cần tìm, thì phương trình sau đây (ẩn m): y0 = f (x0, m) (1)

vô nghiệm.

Vậy ta qui bài toán về việc tìm điều kiện để phương trình (1) (ẩn m) vô nghiệm.Tùy dạng của (1) mà ta có các điều kiện vô nghiệm tương ứng. Từ các điều kiệnnày sẽ cho ta lời giải của bài toán.

Lưu ý với các bạn để làm sáng tỏ các kết quả tìm được, trong các trường hợp có thểđược, bạn hãy biểu diễn hình học các kết quả tìm được trên mặt phẳng tọa độ. Để làmđược điều này, bạn chỉ cần nắm được cách biểu diễn miền trên mặt phẳng tọa độ từ cáchệ thức cho trước. Ta hãy lần lượt xét các ví dụ sau.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

9.6. Sự tương giao Chương 9. Hàm số và đồ thị

9.6.2 Sự tương giao của hàm đa thức với trục Ox

Ví dụ 9.45: Cho họ đường cong phụ thuộc tham số m:

y = x3 − 3(m + 1)x2 + 2(m2 + 4m + 1)x − 4m(m + 1)

Tìm m để đường cong cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1Giải : Đường cong cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 1 khi vàchỉ khi phương trình x3 − 3(m + 1)x2 + 2(m2 + 4m + 1)x − 4m(m + 1) = 0 (1) có 3nghiệm phân biệt lớn hơn 1.Do x = 2 là nghiệm của (1), nên (1) có thể viết dưới dạng sau:(x − 2) [x2 − (3m + 1) x + 2m (m + 1)] = 0 (1)

Để (2) có 3 nghiệm phân biệt lớn hơn 1 thì điều kiện cần và đủ là phương trìnhf (x) = x2 − (3m + 1) x + 2m (m + 1) = 0 có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn 1 và khác 2.Theo định lý đảo về dấu của tam thức bậc 2 điều đó xảy ra khi và chỉ khi:

∆ > 0

a.f (1) > 0

S

2 > 1

f (2) = 0

⇔

m2 − 2m + 1 > 0

2m2 − m > 0

(3m + 1) > 2

2m2 − 4m + 2 = 0

⇔

m = 1 m >1

2m < 0

m >1

3m = 1

⇔ m >

1

2m = 1

Nhận xét:

Định lý đảo về dấu của tam thức bậc 2 nói chung là công cụ hữu hiệu để giải cácbài toán thuộc loại này.

Tuy nhiên trong ví dụ trên (2) có thể viết dưới dạng :

(x − 2)(x − 2m)(x − m − 1) = 0 ⇔ x = 2, x = 2m, x = m + 1

Vì thế ta cần có:

2m > 1

2m = 2

m + 1 > 1

m + 1 = 2; 2m = m + 1

⇔

m >1

2m = 1

m > 0

m = 1; m = 1

⇔

m >1

2m

= 1

Ví dụ 9.46: Biện luận theo m số giao điểm của với trục hoành của đường cong :

y = x3 − 3x2 + 3(1 − m)x + 3m + 1

Giải : Ta có y ′ = 3x2 − 6x + 3(1 − m) = 3(x2 − 2x + 1 − m).Đường cong có cực trị khi phương trình y′ = 3(x2 − 2x + 1 − m) = 0 có 2 nghiệm phânbiệt

⇔ ∆′ = 1

−(1

−m) = m > 0. (1)

Ta có nhận xét sau:x3 − 3x2 + 3(1 − m)x + 3m + 1 = (x2 − 2x + 1 − m)(x − 1) + 2(−mx + m + 1)

Hay y =y′

3.(x − 1) + 2(−mx + m + 1) (2)




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Đẳng thức (2) chứng tỏ rằng : Nếu (x1, y1) và (x2, y2) là các điểm cực trị của hàm số thì: y1 = 2(−mx1 + 1 + m)

y2 = 2(−mx2 + 1 + m)

Bây giờ ta biện luận số giao điểm của đường cong với trục hoành như sau:

1) Đường cong cắt trục hoành tại một điểm duy nhất khi:

a) Hoặc là đường cong không có cực đại, cực tiểu: ⇔ ∆′ ≤ 0 ⇔ m ≤ 0.

b) Hoặc là có cực đại, cực tiểu nhưng y1.y2 > 0. Điều đó xảy ra khi: m > 0

y1.y2 > 0 ⇔

m > 0

m2x1x2 − m(m + 1)(x1 + x2) + (1 + m)2 > 0

(3)

(4)

Do x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình x2 − 2x + 1 − m = 0 nên theo định lý Vietta có:

x1 + x2 = 2, x1.x2 = 1 − m thay vào (4) ta có hệ: m > 0

−m3 + 1 > 0 ⇔ 0 < m < 1

Kết hợp 2 trường hợp ta được : Đường cong cắt trục hoành tại điểm duy nhất khim < 1

2) Đường cong cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi đường cong có 2 điểmcực trị và y1.y2 = 0. Điều này xảy ra khi:

m > 0

y1.y2 = 0 ⇔ m > 0

−m

3

+ 1 = 0 ⇔ m = 1

3) Tương tự đường cong cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi m > 1.

Ví dụ 9.47: Cho đường cong y = x3 − 3x2 + (2m − 2)x + m − 3. Tìm m để đườngcong cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thỏa mãn điều kiệnx1 < −1 < x2 < x3.

Giải : Điều kiện cần:

Giả sử m là giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó ta có:f (x) = x3 − 3x2 + (2m − 2)x + m − 3 = (x − x1)(x − x2)(x − x3).Ta có bảng xét dấu:

x −∞ x1 x2 x3 +∞f (x) − 0 + 0 − 0 +

Từ giả thiết : x1 < −1 < x2 < x3 và bảng xét dấu suy ra f (−1) > 0.⇔ −m − 5 > 0 ⇔ m < −5.

Điều kiện đủ:

Giả sử m < −5. Ta có:f (−1) = −m − 5 > 0, f (0) = m − 3 < 0 (Do m < −5)Vì lim

x→−∞f (x) = −∞ ⇒ ∃b < −1 : f (b) < 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Gọi k1, k2 là hệ số góc của tiếp tuyến tại A, B: k1 = y ′(x1), k2 = y ′(x2).Ta có (x − m)2 = x2 − 2mx + m2 = x2 + mx − 8 + (−3mx + m2 + 8) nên ta có:

k1 = 1 +2m2 − 8

3mx1 − m2 − 8, k2 = 1 +

2m2 − 8

3mx2 − m2 − 8Theo giả thuyết 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau nên ta có: k1.k2 = −1

⇔ 1 +2m2

−8

3mx1 − m2 − 8 .1 +2m2

−8

3mx2 − m2 − 8 = −1

⇔ 1 +2m2 − 8

3mx1 − m2 − 8 +

2m2 − 8

3mx2 − m2 − 8 +

(2m2 − 8)2

(3mx1 − m2 − 8) . (3mx2 − m2 − 8) = −1

⇔ 2 +(2m2 − 8) . (3m (x1 + x2) − 2m2 − 16) + (2m2 − 8)

2

9m2x1x2 − 3m (m2 + 8) (x1 + x2) + (m2 + 8)2 = 0

⇔ 2 +(2m2 − 8) . (3m. (−m) − 2m2 − 16) + (2m2 − 8)

2

−72m2 + 3m2 (m2 + 8) + (m2 + 8)2 = 0

⇔ 2 +

− 6m4 − 24m2 + 192

4m4 − 32m2 + 64 = 0

⇔ 2m4 − 88m2 + 320 = 0

4m4 − 32m2 + 64 = 0

⇔

m2 = 4

m2 = 40

m2 = 4

⇔ m2 = 40 ⇔ m = ±2√

10

Ví dụ 9.53 (ĐH - D - 2003): Tìm m để đường thẳng y = mx + 2 − 2m cắt đường cong

y =x2 − 2x + 4

x − 2 tại 2 điểm phân biệt.

Giải : Đường cong y =x2 − 2x + 4

x − 2 cắt y = mx + 2

−2m tại 2 điểm phân biệt khi và

chỉ khi: Phương trình x2 − 2x + 4

x − 2 = mx + 2 − 2m (1) có 2 nghiệm phân biệt,

tức là phương trình: x2 − 2x + 4 = (x − 2).(mx + 2 − m) (2) có 2 nghiệm phân biệt.(Do (2) không có nghiệm x = 2)⇔ (m − 1)(x − 2)2 = 4 có 2 nghiệm phân biệt⇔ m − 1 > 0 ⇔ m > 1 .

Ví dụ 9.54 (ĐH - A - 2004): Cho y =− x2 + 3x − 3

2(x

−1)

(C ). Tìm m để đường thẳng

y = m cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 1.

Giải : Xét phương trình − x2 + 3x − 3

2(x − 1) = m (1)

⇔ −x2 + 3x − 3 = 2m(x − 1) (2) (Do (2) không có nghiệm x = 1).⇔ x2 + (2m − 3)x + 3 − 2m = 0 (3)

Gọi x1, x2 là 2 nghiệm phân biệt của (3), để được điều này ta phải có:

∆ = (2m − 3)2 − 4(3 − 2m) > 0 ⇔ 4m2 − 4m − 3 > 0 ⇔

m >

3

2

m < −1

2

(4)

Theo định lý Viet ta có : x1 + x2 = 3 − 2m, x1.x2 = 3 − 2m

Ta có tọa độ 2 giao điểm là A(x1, m), B(x2, m). Từ đó ta có :AB = 1 ⇔ |x1 − x2| = 1 ⇔ (x1 − x2)2 = 1 ⇔ (x1 + x2)2 − 4x1x2 = 1




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

9.7. Sự tiếp xúc của 2 đường cong Chương 9. Hàm số và đồ thị

⇔ (3 − 2m)2 − 4(3 − 2m) = 1 ⇔ 4m2 − 4m − 4 = 0 ⇔ m =1 ± √

5

2 (5)

Từ (4) và (5) ta có m =1 ± √

5

2 .

9.7 Sự tiếp xúc của 2 đường cong9.7.1 Kiến thức cơ bản

Hai đường cong y = f (x) và y = g(x) tiếp xúc với nhau khi hệ sau có nghiệm: f (x) = g(x)

f ′(x) = g ′(x)

Nghiệm của hệ phương trình chính là hoành độ tiếp điểm.

9.7.2 Các ví dụ

Ví dụ 9.55: Cho y = x3 − 3x2 + 2. Tìm trên đường thẳng y = 2 các điểm mà từ đó cóthể kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị hàm số và 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau.

Giải : Gọi điểm cần tìm là: M (m, 2). Để ý rằng đường thẳng x = m đi qua M cắtđường cong và song song với trục tung và nó không thể là tiếp tuyến nên mọi tiếp tuyếnvới đường cong đi qua M đều có dạng: y = k(x − m) + 2. Vậy hệ sau phải có nghiệm:

x3 − 3x2 + 2 = k (x − m) + 2

3x2

−6x = k

⇒ x3 − 3x2 + 2 = (x − m) . (3x2 − 6x) + 2

⇔ 2x3 − (3m + 3) x2 + 6mx = 0 ⇔ x = 0 ⇒ k = 0

2x2 − 3 (m + 1) x + 6m = 0 (1)

+) k = 0: tiếp tuyến là y = 2, đường thẳng vuông góc với nó có dạng x = c. Vậy khôngcó một tiếp tuyến nào của đường cong vuông góc với tiếp tuyến này.Vậy để đường cong có 2 tiếp tuyến vuông góc thì phương trình (1) phải có 2 nghiệmx1, x2 sao cho: y′(x1).y′(x2) = −1 (2).Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khi ∆ > 0

⇔ 9m2 + 18m + 9

−48m > 0

⇔ 9m2

−30m + 9 > 0

⇔ m > 3

m <

1

3

(2)

Theo định lý Viet ta có : x1 + x2 =3m + 3

2 , x1.x2 = 3m

Ta có : 3x2 − 6x =3

2(2x2 − 3 (m + 1) x + 6m) +

3

2(3m − 1) x − 9m

⇒ y ′ (x1) = 3x21 − 6x1 =

3

2(3m − 1) x1 − 9m, y′ (x2) =

3

2(3m − 1) x2 − 9m

(2) ⇔ y ′ (x1) .y′ (x2) = −1 ⇔

3

2(3m − 1) x1 − 9m

.

3

2(3m − 1) x2 − 9m

= −1

⇔ 94

(3m − 1)2 x1x2 − 272

m (3m − 1) . (x1 + x2) + 81m2 = −1

⇔ 9

4(3m − 1)2 .3m − 27

2 m (3m − 1) .

3m + 3

2 + 81m2 = −1




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


⇔ 27m + 1 = 0 ⇔ m = − 1

27 (Thỏa mãn điều kiện (2))

Kết luận: điểm M

2; − 1

27

thỏa mãn điều kiện bài toán.

y

x-1 0 1 2 3

-2

-1

0

1

2

y = x3 − 3x2 + 2

M

Ví dụ 9.56: Cho y = x3 − 3x2. Tìm tất cả các điểm M nằm trên đường cong sao chotừ M chỉ có thể vẽ được một tiếp tuyến duy nhất tới đường cong đã cho.

Giải : Gọi M (a; a3 − 3a2) là điểm cần tìm. Tiếp tuyến qua M chỉ có thể có dạng

y = k(x − a) + a3 − 3a2

Vậy hệ sau phải có nghiệm: x3

−3x2 = k (x

−a) + a3

−3a2

3x2 − 6x = k⇒ x3 − 3x2 = (3x2 − 6x) . (x − a) + a3 − 3a2 (1)

⇔ (x − a) . (3x2 − 6x) − (x − a) (x2 + ax + a2) + 3 (x − a) (x + a) = 0

⇔ (x − a) . (3x2 − 6x − (x2 + ax + a2) + 3 (x + a)) = 0

⇔ (x − a) . (2x2 − (a + 3) x − a2 + 3a) = 0 ⇔ (x − a)2 . (2x + a − 3) = 0

⇔ x = a

x =3 − a

2Vì qua M chỉ kẻ được một tiếp tuyến duy nhất nên phương trình (1) phải có nghiệm

duy nhất. Điều này tương đương với :a =

3 − a

2 ⇔ a = 1 ⇒ M (1; −2)

Nhận xét:

Ta thấy điểm M (1; −2) chính là điểm uốn của đường cong đã cho.

Bằng các phép toán tương tự bạn đọc có thể dễ dàng chứng minh kết quả tổngquát: "Với một đường cong bậc 3 tùy ý y = ax3 + bx2 + cx + d, a = 0, điểm uốnlà điểm duy nhất trên đường cong có thể kẻ được đúng một tiếp tuyến với đường

cong"

Chính vì điểm M ∈ đường cong nên phương trình (1) chắc chắn có nghiệm x = a,nên ta có thể hạ bậc như đã làm ở trên.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Gọi k1, k2 là 2 hệ số góc của tiếp tuyến tương ứng với 2 nghiệm.Vì (x + 1)2 = x2 + 2x + 1 = (x2 + 3x + 1) − x

⇒ k1 = 1 +1

x1, k2 = 1 +

1

x2⇒ k1.k2 = 1 +

1

x1

+1

x2

+1

x1x2

= 1 +x1 + x2

x1x2

+1

x1x2

⇒ k1k2 = 1 +

− 3

1

+1

1

=

−1

⇒ hai tiếp tuyến vuông góc với nhau.

Định lý 9.6. Mọi tiếp tuyến của đường cong y =ax2 + bx + c

px + q ( p, q = 0) chỉ tiếp xúc

với đường cong đó tại một điểm duy nhất

Ví dụ 9.59: Cho đường cong y =x2 + x − 3

x + 2 (C ). Tìm các điểm trên trục hoành, nếu

từ đó kể được một tiếp tuyến của (C ).

Giải : Gọi điểm cần tìm là M (a, 0). Do x = a không là tiếp tuyến của (C ) nên mọi tiếptuyến với (C ) qua M có dạng y = k(x

−a). Do đó hệ sau có nghiệm:

x2 + x − 3

x + 2 = k (x − a) (1)

1 +1

(x + 2)2 = k (2)

⇒ x2 + x − 3

x + 2 =

1 +

1

(x + 2)2

. (x − a)

⇔ −x2 − 6x − 6 + x2a + 4xa + 5a = 0 có nghiệm x = −2

⇔ (a − 1) x2 + 2 (2a − 3) x + 5a − 6 = 0 (3) có nghiệm x = −2

+) Với a = 1 :

(3) ⇒ f (x) = −2x − 1 = 0 ⇔ x = −1

2

thỏa mãn x = −2.+) Với a = 1 :

(3) có nghiệm duy nhất khác −2 khi và chỉ khi:

∆′ = 0

f (−2) = 0 ∆′ > 0

f (−2) = 0

⇔

∆′ = (2a − 3)2 − (a − 1)(5a − 6) = 0

f (−2) = 0 −a2 − a + 3 > 0

2 + a = 0

⇔

−a2 − a + 3 = 0

2 + a = 0

−1

−√

13

2 < a < −1 +

√ 13

2a = −2

⇔ a =− 1 ± √

13

2a = −2

⇒ M 1 (1; 0) , M 2

− 1 − √

13

2 ; 0

, M 3

− 1 +

√ 13

2 ; 0

, M 4 (−2;0) là 4 điểm thỏa

mãn

9.7.3 Củng cố

Ví dụ 9.60 (ĐH - D - 2002): Tìm m để đường cong (C ) có phương trình

y =(2m − 1)x − m2

x − 1 (C )

tiếp xúc với đường thẳng y = x




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

9.8. Biện luận số nghiệm bằng đồ thị Chương 9. Hàm số và đồ thị

Giải : Xét y =(2m − 1)x − m2

x − 1 , ta có y′ =

(m − 1)2

(x − 1)2. Vậy hệ sau phải có nghiệm:

(2m − 1)x − m2

x − 1 = x (1)

(m − 1)2

(x − 1)2 = 1 (2)

(2) ⇔

x − 1 = m − 1

x − 1 = 1 − m

x = 1

⇔

x = m

x = 2 − m

m = 1

Với x = m ⇒ (2m − 1) m − m2

m − 1 = m ⇔ m2 − m = m2 − m ⇒ ∀m

⇒ ∀m = 1 hệ có nghiệm.Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.

Ví dụ 9.61: Tìm m để đường cong y = x4

−6x3 + 12x2

−14x + 2m2 + m và

y = 2x3 − 10x2 + 10x + 1 tiếp xúc với nhau.

Giải : Vì 2 đường cong tiếp xúc nên hệ sau có nghiệm. x4 − 6x3 + 12x2 − 14x + 2m2 + m = 2x3 − 10x2 + 10x + 1

4x3 − 18x2 + 24x − 14 = 6x2 − 20x + 10

(1)

(2)

(2) ⇔ 4x3 − 24x2 + 44x − 24 = 0 ⇔ x = 1

x = 2

x = 3

+) Với x = 1 ⇒

2m2 + m−

10 = 0 ⇔

m = 2

m = −5

2

+) Với x = 2 ⇒ 2m2 + m − 9 = 0 ⇔

m =− 1 +

√ 73

4

m =− 1 − √

73

4

+) Với x = 3 ⇒ 2m2 + m − 10 = 0 ⇔ m = 2

m = −5

2

+) Kết luận : m

∈ 2;

−

5

2

;− 1 +

√ 73

4

;− 1 − √

73

4 thỏa mãn điều kiện bài toán.

9.8 Biện luận số nghiệm bằng đồ thị


Dựa vào nhận xét: "Số nghiệm của phương trình f (x) = g(x) chính là số giao điểmcủa 2 đường cong y = f (x) và y = g(x)", bài toán biện luận phương trình trongnhiều trường hợp có cách giải đơn giản, rõ ràng nếu dựa vào các đồ thị đã biết củađường cho trước (thường dựa vào kết quả của vẽ đồ thị hàm số trong các phầntrước).

Nếu đếm đúng số giao điểm của 2 đường y = f (x) và y = g(x) người ta sử dụngđến các điểm tới hạn, và các vị trí tới hạn của các đường (thường là các vị trí mà




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


các đường tiếp xúc nhau). Vì thế các kết quả trong mục này có liên quan đến cáckết quả về tính tiếp xúc của các đường.

9.8.2 Các ví dụ

Xét các ví dụ sau:

Ví dụ 9.62: Cho hàm số y = 4x3 − 3x.

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.

b) Biện luận số nghiệm của phương trình theo m: 4|x|3 − 3|x| = m.

c) Chứng minh rằng phương trình : 4x3 − 3x =√

1 − x2 có 3 nghiệm.

Giải : a) Ta có y′ = 12x2 − 3, y′′ = 24x, vậy có bảng biến thiên sau:

x −∞ −12

12 +∞

y′ + 0 − 0 +

y

−∞

1

−1

+∞

+) Điểm cực đại

−1

2; 1

, điểm cực tiểu

1

2; −1

+) Khoảng đồng biến : −∞; −1

2 và 1

2; +∞Khoảng nghịch biến :

−1

2;

1

2

Ta có đồ thị như hình vẽ:

y

x-1 0 1

-1

0

1

2

y = 4x3 − 3x

b) Số nghiệm của phương trình 4|x|3 − 3|x| = m bằng số giao điểm của đồ thị hàm sốy = 4

|x|3

−3|x| và đường thẳng y = m. Ta có hình vẽ:




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


y

x-1 0 1

-1

0

1

y = 4|x|3 − 3|x|

Dựa vào hình vẽ ta có :

+) Nếu m > 0: phương trình có 2 nghiệm

+) Nếu m = 0: Phương trình có 3 nghiệm.

+) Nếu −1 < m < 0: Phương trình có 4 nghiệm.

+) Nếu m = −1: Phương trình có 3 nghiệm.+) Nếu m < −1 : Phương trình vô nghiệm.

c) Vẽ đồ thị 2 hàm số ta có:

y

x-1 0 1

-1

0

1

y

x-1 0 1

-1

0

1

Dựa vào đồ thị ta có 2 đồ thị y = 4x3 − 3x và y =√

1 − x2 cắt nhau tại 3 điểm phânbiệt. Do đó phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

Ví dụ 9.63: Tìm m để phương trình 4|x|3 − 3|x| − 1 = mx − m có 4 nghiệm phân biệt.

Giải

: Đồ thị hàm y = 4|x|3

− 3|x| − 1:y

x-1 0 1

-2

-1

0

y = 4 |x|3 − 3|x| − 1

A(1;0)

B(0; −1)

y =

x − 1

y = ( 6√ 3

− 9 ) ( x

− 1 )




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

9.9. Bài tập Chương 9. Hàm số và đồ thị

b) Ta thấy −x3 + 3x2 + k3 − 3k2 = 0 ⇔ −x3 + 3x2 = −k3 + 3k2 (1)

Từ (1) suy ra (1) có 3 nghiệm phân biệt (dựa vào đồ thị (C )) khi và chỉ khi:

0 < −k3 + 3k2 < 4 (2)

Từ (2) và dựa vào đồ thị của (C ) ở câu trên ta suy ra :f −1[(0; 4)] = (−1;0) ∪ (0; 2) ∪ (2; 3). Vậy k ∈ (−1;0) ∪ (0; 2) ∪ (2; 3).

9.9 Bài tập

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

Bài 9.1: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm dưới đây:

a) y = 3 − x3x − 1

.

b) y = x2 − 3x + 2

x + 1 .

c) y = 2 − x − 2

2 − 3x.

d) y = x2 − x

|x − 2| .

e) y = x3 − 3x + 1.

f) y = x4 − 2x2 + 4.

Cực trị và tiệm cận

Bài 9.2: Tìm m để hàm số y =1

3x3 + (m − 2)x2 + (5m + 4)x + m2 + 1 đạt cực trị tại

x1, x2 sao cho x1 <

−1 < x2.

Hướng dẫn. m < −3.

Bài 9.3: Cho y =2

3x3 + (cos α − 3sin α)x2 − 8(1 + cos 2α)x + 1.

a) Chứng minh rằng ∀α hàm số luôn có cực trị.

b) Giả sử hàm số có 2 cực trị x1, x2. Chứng minh ∀α, ta luôn có x21 + x2

2 ≤ 18.

Bài 9.4: Cho y =1

3

x3

−mx2

−x + m + 1. Tìm m để khoảng cách giữa 2 điểm cực trị

là bé nhất.

Hướng dẫn. ymin =2√

3⇔ m = 0.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 9.5: Cho y = x3 − 3x2 + m2x + m. Tìm m để đường cong có cực đại, cực tiểu đối

xứng nhau qua đường thẳng y =1

2x − 5

2

Hướng dẫn. m = 0

Bài 9.6: Tìm m để đường cong y = x

4

+ 4mx

3

+ 3 (m + 1) x

2

+ 1 chỉ có cực tiểu màkhông có cực đại.

Hướng dẫn. m = −1 hoặc 1 − √

7

3 ≤ m ≤ 1 +

√ 7

3

Bài 9.7: Cho y = x4 + (m + 3) x3 + 2 (m + 1) x2. Chứng minh rằng với mọi m = 1, thìhàm số luôn luôn có cực đại tại điểm có hoành độ ≤ 0

Bài 9.8: Cho y =x2 + (2m + 1)x + m2 + m + 4

2(x + m) . Tìm m để hàm số có cực trị và tìm

khoảng cách giữa 2 điểm cực trị.Hướng dẫn. 4

√ 2

Bài 9.9: Cho y =− x2 + 3x + m

x − 4 . Tìm m để đường cong có cực trị và thỏa mãn hệ thức

|yCĐ − yCT| = 4.

Hướng dẫn. m = 3

Bài 9.10: a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : y =− x2 + x + m

x + m

.

b) Tìm m để đường tiệm cận (C ) đi qua điểm A(3; 0).

Bài 9.11: Cho hàm số y =x2 + mx − 1

x + 1 (C m).

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.

b) Tìm m để tiệm cận xiên của (C m) tạo với 2 trục tọa độ 1 tam giác có diện tích bằng8.

Bài 9.12: Cho y = √ x2 − x + 1 (C ). Tìm các tiệm cận của (C ).

Giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số

Bài 9.13: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = 4√

1 − x2 + 4√

1 − x + 4√

1 + x.

Hướng dẫn. maxx∈D

f (x) = 3.

Bài 9.14: Tìm giá trị bé nhất của biểu thức P = (xyz + 1)

1

x+

1

y +

1

z

+

x

y+

y

z +

z

x−

x − y − z . trên miền D = (x,y,z ) |x > 0, y > 0, z > 0 .

Hướng dẫn. min P = 6




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 9.15: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P = xyz trên miền

D =

(x,y,z )

x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0,1

1 + x+

1

1 + y +

1

1 + z = 2

.

Hướng dẫn. max P = 18

Bài 9.16: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P = x2y(4 − x − y) trên miền

D = (x, y) |x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 6 .

Hướng dẫn. max P = 4, min P = −64

Bài 9.17: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của : P =x2

−(x

−4y)2

x2 + y2 trên miền

D =

(x, y)x2 + y2 > 0

.

Hướng dẫn. max P = 2√

2 − 2, min P = −2√

2 − 2.

Bài 9.18: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của : P =x + 2y + 1

x2 + y2 + 7, x, y ∈ R.

Hướng dẫn. max P = 12, min P = − 5

14

Bài 9.19: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số:f (x) =

√ 3 + x +

√ 6 − x − √

18 + 3x − x2 trên miền D = x |−3 ≤ x ≤ 6 .

Hướng dẫn. maxx∈D

f (x) = 3; minx∈D

f (x) =9 − 3

√ 2

2 .

Bài 9.20: Cho f (x) = 4x2 − 4ax + a2 − 2a xét trên miền D = x ∈ R |−2 ≤ x ≤ 0 .Tìm a để min

x∈D

f (x) = 2.

Hướng dẫn. a = −1 hoặc a = 1 +√

3.

Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị

Bài 9.21: Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong y =x2 − 9

x , biết rằng nó đi qua

điểm M (1; 8).

Hướng dẫn. y = 2x + 6 và y = 50x − 42.

Bài 9.22: Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong y = x4 − 4x2, biết rằng nó điqua điểm M (2; 0).




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Hướng dẫn. y = 0; y = 16x − 32 và y =32

27x − 64

27

Bài 9.23: Tìm m để đường cong y = 2x3 − 3 (m + 3) x2 + 18mx − 8 tiếp xúc với trụchoành.

Hướng dẫn. m =35

27; m = 1; m = 4 + 2√ 6 và m = 4 − 2√ 6Bài 9.24: Cho đường cong y = x3−3x+2 (C ). Tìm điểm M trên đường thẳng y = −2,sao cho từ M có thể vẽ được hai tiếp tuyến tới (C ) sao cho hai tiếp tuyến đó vuông gócvới nhau.

Hướng dẫn. M

55

27; −2

Bài 9.25: Cho đường cong y = x2 − 5x + 6 .Viết phương trình tiếp tuyến với đường

cong biết rằng nó song song với đường thẳng y = 3x + 1.Bài 9.26: Cho y = x2−5x + 6 và điểm M (5; 5). Viết phương trình tiếp tuyến với đườngcong đi qua M .

Bài 9.27: Cho y = x2 − 3x và y = −2x2 + 5x. Viết phương trình tiếp tuyến chung củahai đường cong đó.

Bài 9.28: Cho hàm số :y = 1

3x3−2x2 + 3x có đồ thị là (C ) Viết phương trình tiếp tuyến

tại điểm trên (C ) có hoành độ x = 2

Bài 9.29: Cho hàm số : y = 1

3x3 − x +

2

3 có đồ thị là (C) Viết phương trình tiếp tuyến

với (C ) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (∆) : y = x − 2

Bài 9.30: Cho hàm số : y = x3 + 3x2 + 4 (C ) Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) biếttiếp tuyến đi qua đỉểm A(0; −1)

Bài 9.31: Cho hàm số : y = 2x − 5

x − 2 (C ) Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) biết tiếp

tuyến đi qua điểm A(−2;0)

Bài toán xác định điểm thỏa mãn điều kiện cho trước

Bài 9.32: Tìm điểm M trên đồ thị hàm số: y =x + 2

x − 3 sao cho khoảng cách từ M đến

tiệm cận đứng bằng khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang.

Bài 9.33: Tìm trên đồ thị hàm số: y =x2 + 3x + 6

x + 2 các điểm có tọa độ nguyên.

Bài 9.34: Tìm trên đồ thị y = −x3

3 + x2 + 3x − 11

3 hai điểm phân biệt M, N đối xứng

nhau qua trục tung.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 9.35: Tìm trên đồ thị y =x2 + x + 2

x − 1 hai điểm M, N đối xứng nhau qua điểm

I

0;

5

2

.

Bài 9.36: Tìm trên đồ thị của hàm số y =x2 + 4x + 5

x + 2 những điểm có tổng khoảng cáchtừ đó đến đường thẳng (d) : y + 3x + 6 = 0 là nhỏ nhất.

Bài 9.37: Tìm tọa độ điểm M thuộc y =2x

x + 1(C ) ,biết tiếp tuyến của (C ) tại M cắt

hai trục Ox, Oy tại A, B và ∆OAB có diện tích bằng 1

4.

Hướng dẫn. M 1(−1

2; −2), M 2(1; 1)

Bài 9.38: Cho hàm số :y = x2 + 2x + 2x + 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số

b) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C ) của hàm số sao cho khoảng cách từ đó đến trục hoànhbằng hai lần khoảng cách từ đó đến trục tung

Bài 9.39: Cho hàm số :y = 2x + 1

x + 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm sốb) Tìm trên đồ thị (C ) của hàm số những có tổng khoảng cách từ đó đến hai tiệm cận

là nhỏ nhất.

Bài 9.40: Cho hàm số :y = x2 + 2x − 2

x − 1


b) Tìm trên đồ thị (C ) của hàm số những có tổng khoảng cách từ đó đến hai tiệm cậnlà nhỏ nhất.

Bài 9.41: Cho hàm số :y = x2 + 4x + 5

x + 2


b) Tìm trên đồ thị (C ) của hàm số những có tổng khoảng cách từ đó đến đường thẳng(d) : y + 3x + 6 = 0 là nhỏ nhất.

Bài 9.42: Cho hàm số : y = x2 − x + 1

x − 1


b) Xác định điểm A trên (C ) có hoành độ x = a > 1 sao cho khoảng cách từ A đến giaođiểm hai tiệm cận là nhỏ nhất




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 9.43: Cho hàm số: y = 2x3 + 3x2 − 12x − 1


b) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C ) của hàm số sao cho tiếp tuyến của (C ) tại điểm M điqua gốc tọa độ

Bài 9.44: Cho hàm số :y = −x3

3 + x2 + 3x − 11

3

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

b) Tìm trên đồ thị (C ) hai điểm phân biệt M , N đối xứng nhau qua trục tung.

Hướng dẫn.

3; 16

3

;

−3;

16

3

Bài 9.45: Cho hàm số :y = x2 + x + 2

x − 1 có đồ thị là (C )

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

b) Tìm trên đồ thị (C ) hai điểm M , N đối xứng nhau qua điểm I

0;

5

2

.

Hướng dẫn. (−3; −2) ; (3; 7)

Sự tương giao

Bài 9.46: Chứng minh rằng với mọi m, đường thẳng y =1

2x−m luôn cắt (C ) : y =

x + 2

x − 1tại 2 điểm phân biệt A, B. Tìm m sao cho AB là nhỏ nhất

Hướng dẫn. AB =√

10 khi m = −3

2

Bài 9.47: Tìm m để (C ) : y =− x2 + x + m

x + m cắt đường thẳng d : y = x − 1 tại 2 điểm

phân biệt.Hướng dẫn. m < −6 − 4

√ 2 hoặc

m > −6 + 4

√ 2

m = 0

Bài 9.48: Tìm m để đồ thị hàm số y =x2 + mx − 1

x + 1 cắt y = m tại 2 điểm phân biệt

A, B sao cho AB⊥OB .

Hướng dẫn. m =− 1 ± √

5

2 .

Bài 9.49: Cho đường cong y = x3 − x2 + 18mx − 2m. Tìm m để đường cong cắt trụchoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 sao cho x1 < 0 < x2 < x3.

Hướng dẫn. m < 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 9.50: Cho hàm số y = 2x3 − 3x2 − 1. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm M (0; −1)

và có hệ số góc là k. Tìm k để đường thẳng d cắt (C ) tại 3 điểm phân biệt.

Bài 9.51: Cho hàm số y =x2 − 2x + 4

x − 2 (1) và đường thẳng y = mx + 2 − 2m. Tìm m

để đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại 2 điểm phân biệt.

Bài 9.52: Cho hàm số : y = (x − 1)(x2 + mx + m) (1) Xác định m sao cho đồ thị hàmsố (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt.

Bài 9.53: Cho hàm số : y = x3 − 3x + 2 Gọi (d) là đường thẳng đi qua điểm M (3; 20)và có hệ số góc là m. Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C ) tạo 3 điểm phân biệt.

Bài 9.54: Cho hàm số : y = x4 − mx2 + m − 1 (1) Xác định m sao cho đồ thị hàm số(1) cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt.

Bài 9.55: Cho hàm số : y = x2 − 2x + 4

x − 2 (1) và đường thẳng (d) : y = mx + 2 − 2m.

Tìm m để đường thẳng (d) cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt.

Sự tiếp xúc của 2 đường cong

Bài 9.56: Cho y =x2 − x + 1

x − 1 (C ). Tìm trên Oy các điểm có thể kẻ được ít nhất một

tiếp tuyến đến (C )

Bài 9.57: Cho y =2x2 + x + 1

x + 1 . Tìm trên Oy các điểm có thể kẻ đến (C ) 2 tiếp tuyến

vuông góc với nhau.

Bài 9.58: Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 3mx + 4. Xác định m để đồ thị hàm số trên tiếpxúc với trục hoành.

Bài 9.59: Cho đường cong (C m) : y =2x2 + (1 − m)x + 1 + m

x − m . Tìm m để (C m) cắt

trục Ox tại 2 điểm và tiếp tuyến với (C ) tại 2 điểm đó vuông góc với nhau.

Biện luận số nghiệm của phương trình bằng đồ thị

Bài 9.60: Cho hàm số y = x3 − 4x2 + 4x có đồ thị (C ). Biện luận theo k số giao điểm

của đồ thị (C )

với đường thẳng y = k

Bài 9.61 (ĐH - A - 2006): a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = 2x3−9x2+12x−4 (C ).

b) Tìm m để phương trình 2|x|3 − 9x2 + 12|x| = m có 6 nghiệm phân biệt.

Bài 9.62: Biện luận theo a số nghiệm của phương trình :

x2 − 2|x| + 3

|x| − 1 = a

Bài 9.63: a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y =(x + 1)2

x + 2

b) Biện luận theo tham số m về số nghiệm của phương trình sau:

(x + 1)2 − m.|x + 2| = 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

10.1. Kiến thức cơ bản Chương 10. Hình không gian tọa độ

+) |−→a | =

x21 + y2

1 + z 21+) −→a ± −→

b = (x1 ± x2; y1 ± y2; z 1 ± z 2)

+) k.−→a = (kx1; ky1; kz 1)

+) −→a .−→b = x1.x2 + y1.y2 + z 1.z 2−→a ⊥−→

b ⇔ x1.x2 + y1.y2 + z 1.z 2 = 0

+) cos−→a , −→b = −→a .−→b|−→a | .

−→b +)−→a ,

−→b

= −→a ∧ −→b =

y1 z 1y2 z 2

;

z 1 x1

z 2 x2

;

x1 y1x2 y2

+) −→a −→b ⇔

−→a ,−→b

= −→

0 ⇔ −→a = k.−→b ⇔ x1

x2

=y1

y2=

z 1

z 2

+) A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi −→AB cùng phương

−→AC ⇔

−→AB,

−→AC

= −→

0

+) A, B,C,D đồng phẳng khi và chỉ khi

−→AB,

−→AC

.−−→AD = 0

+) ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi −→AB =

−−→DC ⇔ xD = xA + xC − xB

yD = yA + yC − yB

z D = z A + z C − z B

+) M là trung điểm AB thì

xM =xA + xB

2

yM =yA + yB

2

z M =z A + z B

2

+) G là trọng tâm ∆ABC khi và chỉ khi :

xM =

xA + xB + xC

3

yM =yA + yB + yC

3

z M =z A + z B + z C

3

10.1.2 Mặt phẳng trong không gian

Dạng tổng quát:

+) (α) : M (x0, y0, z 0)−→n = (A,B,C ) ⇒ (α) : A (x − x0) + B (y − y0) + C (z − z 0) = 0

αM (x0, y0, z0)

−→n (A; B; C )

Dạng tổng quát với 2 chỉ phương

Mặt phẳng qua A(x0, y0, z 0), có cặp véc tơ chỉ phương −→u1 = (x1, y1, z 1), −→u2 = (x2, y2, z 2)

Nếu −→n = [−→u1, −→u2] = −→0 . Từ đó đưa được về phương trình tổng quát.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


αA

− → u 1

−→u2

Mặt phẳng có dạng tổng quát:Mặt phẳng (α) có dạng Ax + By + Cz + D = 0. (A2 + B2 + C 2 = 0)

Khi đó véc tơ pháp tuyến là (A,B,C ). Còn M 0 ∈ (α) là một điểm nào đó thỏa mãnA.x0 + B.y0 + C.z 0 + D = 0.Ví dụ :Mặt phẳng (P ) : 2x+3y−z +1 = 0 có véc tơ pháp −→n = (2; 3;−1), điểm M 0(0;0;1) ∈ (P ).

10.1.3 Đường thẳng trong không gian

Dạng tham số và chính tắc:

Đường thẳng (d) đi qua điểm M 0(x0, y0, z 0) có véc tơ chỉ phương −→u = (a,b,c) có

phương trình tham số:

x = x0 + a.t

y = y0 + b.t

z = z 0 + c.t

(t ∈ R).

và phương trình chính tắc : x − x0

a =

y − y0

b =

z − z 0

c .

M 0

d

− → u

Dạng tổng quát

Ta hiểu rằng đường thẳng d thực chất là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P ), (Q) nào đóvới(P ) : A1x + B1y + C 1z + D1 = 0, (Q) : A2.x + B2.y + C 2.z + D2 = 0.

Khi đó phương trình d là :

A1x + B1y + C 1z + D1 = 0

A2.x + B2.y + C 2.z + D2 = 0

P Qd

Cách chuyển dạng tổng quát về dạng tham số

Đặt x = t (t ∈ R). Tính y, z theo t.

Lấy điểm A(0; b; c) ∈ d (Cho x = 0 và giải y, z từ hệ phương trình)(P ) có véc tơ pháp tuyến −→n1 = (A1, B1, C 1),

và (Q) có véc tơ pháp tuyến là −→n2 = (A2, B2, C 2) Khi đó −→ud = [−→n1; −→n2].




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Qui trình chuyển như sau:

Tham số Chính tắc Tổng quát

Khử t Cặp 2 PT bất kỳ

10.1.4 Vị trí tương đối

Giữa mặt phẳng (α) và (β )

+) (α)(β ) ⇔ −→n1−→n2

∃A ∈ (α) ∧ A /∈ (β )

+) (α) ≡ (β ) ⇔ −→n1 −→n2

∃A ∈ (α) ∧ A ∈ (β )

+) (α) ∩ (β ) = d ⇔ [−→n1, −→n2] = −→0

Giữa đường thẳng d1 và d2

+) d1 d2 ⇔ −→u1 −→u2

∃A ∈ d1 ∧ A /∈ d2

+) d1 ≡ d2 ⇔ −→u1 −→u2

∃A ∈ d1 ∧ A ∈ d2

+) d1 ∩ d2 = A ⇔ giải hệ có đúng một nghiệm

⇔

[−→u1, −→u2] = −→0

[−→u1, −→u2] .−−−→A1A2 = 0

. Ở đó A1 ∈ d1, A2 ∈ d2.

+) d1, d2 chéo nhau ⇔

[−→u1;

−→u2] .

−−−→A1A2

= 0

Giữa đường thẳng d và mặt phẳng α

+) d (α) ⇔ −→ud.−→nα = 0

∃A ∈ d ∧ A /∈ (α)

+) d ⊂ (α) ⇔ −→ud.−→nα = 0

∃A ∈ d ∧ A ∈ (α)

+) d ∩ (α) = A ⇔ −→ud.−→nα = 0

10.1.5 Chùm mặt phẳng

Chùm mặt phẳng (P ) và (Q) có giao tuyến d.

d :

A1x + B1y + C 1z + D1 = 0

A2x + B2y + C 2z + D2 = 0

Khi đó (α) là mặt phẳng chứa d có dạng:

m (A1x + B1y + C 1z + D1) + n (A2x + B2y + C 2z + D2) = 0

Dựa vào điều kiện của đề bài ta có một phương trình bậc nhất ẩn m, n. Chọn m =? ⇒n =?.

Các điều kiện đó có thể là:+) A ∈ (α) hoặc (α)(β ) hoặc (α)a.+) (α)⊥(β ) hoặc (α)⊥a.Với (β ) là một mặt phẳng nào đó và a là một đường thẳng nào đó cho trước.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


10.1.6 Góc

+) cos(α, β ) =|−→n1.−→n2|

|−→n1| . |−→n2|+) cos(d1, d2) =

|−→u1.−→u2|

|−→u1

|.

|−→u2

|+) sin(α, d) = |−→ud.−→nα||−→ud| . |−→nα|

10.1.7 Khoảng cách

Khoảng cách giữa 2 điểm

AB =

(xA − xB)2 + (yA − yB)2 + (z A − z B)2

Khoảng cách giữa điểm và mặt phẳng

Cho mặt phẳng (P ) : A.x + B.y + C.z + D = 0 và điểm M 0(x0, y0, z 0).

d (M 0, (P )) =|Ax0 + By0 + Cz 0 + D|√

A2 + B2 + C 2

Khoảng cách giữa 2 mặt phẳng song song

+) Tìm tọa độ điểm A ∈ (P ).+) d ((P ) , (Q)) = d (A, (Q))

P

Q

A

Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song

Mặt phẳng (P )(d). Ta tìm khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng như sau:+) Tìm tọa độ điểm A ∈ d.+) d (A, (P )) = d (d, (P ))

P

Ad

Khoảng cách giữa điểm đến đường thẳng Cách 1: Viết phương trình mặt phẳng P qua A và vuông góc với d.

H = (P ) ∩ d, d(A, d) = AH .




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


P A

H

d

Cách 2: Cho đường thẳng d đi qua điểm M 0 và có véc tơ chỉ phương −→u .

d (M, d) =

−→u ,−−−→M 0M

|−→u |

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng song song

Giả sử có d1d2 và A ∈ d1. Khi đó : d (d1, d2) = d (A, d2)

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau

Cách 1: d1, d2 chéo nhau có M 1 ∈ d1, M 2 ∈ d2. −→u1, −→u2 là chỉ phương của d1, d2.Khi đó:

d (d1, d2) =

[−→u1, −→u2] .−−−−→M 1M 2

|[−→u1, −→u2]|

Cách 2: Viết phương trình mặt phẳng (P ) chứa d2 song song với d1. Điểm A ∈ d1.Khi đó d(d1, d2) = d(d1, (P )) = d(A, (P )).

P

Ad1

d 2

10.1.8 Diện tích, thể tích

S ∆ABC =1

2

−→AB,

−→AC

V ABCD.A′B′C ′D′ =−→

AB,−→AC

.−−→AD

V Hình chóp =1

3.S đáy.h

V ABCD =1

6

−→AB,

−→AC

.−−→AD.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


+) B = d ∩ (P ).

+) Phương trình đường thẳng d qua A, B.

P A

B

d2 d1

d

Lập phương trình hình chiếu vuông góc d′ của d trên mặt phẳng (P ).

+) Lập phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc với (P ).

+) Phương trình d′ :

P

Q

P

Q

d

d′

Lập phương trình mặt phẳng (P ), (Q) song song với nhau và chứa 2 đường thẳngtương ứng d1, d2 chéo nhau.

+) (P ) chứa d1 và song song với d2.

+) (Q) chứa d2 và song song với d1.

P

Q

d 1

d 2

Lập phương trình đường vuông góc chung ∆ của d1, d2. Suy ra độ dài đoạn vuônggóc chung. Cách 1: +) Lấy A và véc tơ chỉ phương −→u1 của d1.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


+) Lấy B và véc tơ chỉ phương −→u2 của d2.

+) −→n = [−→u1, −→u2]

+) Gọi P là mặt phẳng qua A có cặp véc tơ chỉ phương −→u1, −→n .

+) Gọi Q là mặt phẳng qua A có cặp véc tơ chỉ phương −→u2, −→n .

+) Gọi d là giao tuyến của (P ) và (Q) thì d chính là đường vuông góc chung.

P

Q

d1

d2

−→n

− → u 1

−→u

2

M

N

A

B

d

Cách 2: +) Gọi M, N là 2 điểm cần tìm như ở cách 1.

+) M ∈ d1 nên M có tọa độ ... (pt tham số).

N ∈ d2 nên N có tọa độ ... (pt tham số)

+) Giải tìm tham số từ hệ :

−−→MN.−→u1 = 0−−→MN.−→u2 = 0

. Từ đó tìm ra tọa độ M, N .

10.1.10 Mặt cầu

Dạng chính tắc : Mặt cầu (S ) có tâm I (a,b,c) có bán kính R có phương trình chínhtắc.

(x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = R2


(S ) : x2 + y2 + z 2 + 2Ax + 2By + 2Cz + D = 0

+) Điều kiện để tồn tại mặt cầu: A2 + B2 + C 2 > D.

+) Tâm I (−

A,−

B,−

C ), bán kính R =√

A2 + B2 + C 2

−D.

Vị trị tương đối giữa mặt phẳng (P ) và mặt cầu (S ):

+) d(I, (P )) > R: (P ) và (S ) không có điểm chung.

+) d(I, (P )) = R: (P ) và (S ) tiếp xúc.

Để tìm tọa độ tiếp điểm ta gọi M 0(x0, y0, z 0) là tọa độ tiếp điểm. Khi đó phươngtrình tiếp diện (P ) có dạng: x.x0+y.y0+z.z 0+A(x+x0)+B(y+y0)+C (z +z 0)+D = 0

Đồng nhất hệ số với phương trình (P ) ta giải được x0, y0, z 0.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

10.2. Véc tơ, điểm Chương 10. Hình không gian tọa độ

I

P M 0

+) d(I, (P )) < R: (P ) và (S ) cắt nhau theo một đường tròn (C ) :

(P )

(S ) .

Ta có thể tìm tâm và bán kính của đường tròn (C ). Gọi J là tâm của đường tròn(C ) và r là bán kính đường tròn (C ).

Tọa độ J xác định như sau:

- Viết phương trình đường thẳng d qua I có nhận −→nP làm véc tơ chỉ phương.- Điểm J = (P ) ∩ d.

Bán kính r =√

R2 − h2. Ở đó h = I J = d(I, (P )).

I

J

R h

r

P

10.2 Véc tơ, điểm

Ví dụ 10.1: Cho 4 điểm A(−1;1;2), B(2; 3;−1), C (−7; −3;8), D(1;2;5)

a) Chứng minh rằng 3 điểm A, B,C thẳng hàng.

b) Chứng minh rằng A, B,D không thẳng hàng. Tính diện tích tam giác ABD khi đó.Và tính độ dài chiều cao đỉnh A của tam giác ABD.

Giải : a) +) C1: Ta có −→AB = (3; 2;−3) ,

−→AC = (−6; −4;6) ⇒ −→

AC = −2−→AB

nên A, B,C thẳng hàng.

+) C2: −→AB, −→AC = 2

−3

−4 6 ; −3 3

6 −6 ; 3 2

−6 −4 = (0; 0;0) = −→0nên A, B,C thẳng hàng.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


b) Ta có −→AB = (3; 2;−3) ,

−−→AD = (2; 1;3)−→

AB,−−→AD

=

2 −3

1 3

;

−3 3

3 2

;

3 2

2 1

= (9; −15; −1) = −→0

nên A, B,D không thẳng hàng.

⇒ S ABD = 1

2 −→AB, −−→AD = 1

2 . 92 + (−15)2

+ (−1)2

=

√ 307

2

Ta có : BD =

(1 − 2)2 + (2 − 3)2 + (5 + 1)2 =√

38

Vì S ABD = 1

2.hA.BD ⇒ hA =

2S ABD

BD =

2.

√ 307

2√ 38

=

307

38

Ví dụ 10.2: Cho 5 điểm A(2; −1;1), B(1;3;2), C (5; −2;3), D(−2;4;0), E (−3;1;2)

a) Chứng minh rằng A, B,C,D đồng phẳng.b) Chứng minh rằng A, B,C,E không đồng phẳng. Tính thể tích tứ diện ABCE và độ

dài đường cao hạ từ đỉnh A xuống mặt phẳng BC E .

Giải : a) Ta có −→AB = (−1;4;1) ,

−→AC = (3; −1;2) ,

−−→AD = (−4;5; −1) và−→

AB,−→AC

=

4 1

−1 2

;

1 −1

2 3

;

−1 4

3 −1

= (9; 5;−11)

Do đó ta được

−→AB,

−→AC

.−−→AD = −36 + 25 + 11 = 0

⇒ A, B,C,D đồng phẳng.

b) Ta có −−→BC = (4; −5;1) ,

−−→BE = (−4; −2;0) ,

−→BA = (1; −4; −1) và−−→

BC ,−−→BE

=

−5 1

−2 0

;

1 4

0 −4

;

4 −5

−4 −2

= (2; −4; 12)−−→BC ,

−−→BE

.−→BA = 2 + 16 − 12 = 6

Do đó ta có:

V B.ACE = 1

6 −−→BC ,

−−→BE .

−→BA = 1, S BCE =

1

2 −−→BC ,

−−→BE = 2

√ 41

Vì V A.BCE = V B.ACE = 1

3.hA.S BCE ⇒ hA =

3.V B.ACE

S BCE =

3.1√ 41

= 3√

41

Ví dụ 10.3: Cho 4 điểm A(2; 1;−3), B(1; −2;1), C (4;0; −2), D(0;1;3).

a) Chứng minh 4 điểm A, B,C,D không đồng phẳng.

b) Tìm tọa độ trung điểm M, N của AB, CD.

c) Gọi A1 là trọng tâm tam giác BC D và G là trọng tâm tứ diện ABCD. Tìm tọa độ

A1, G và chứng minh A, A1, G thẳng hàng và G chia đoạn AA1 theo tỷ số −1

3.

d) Chứng minh G là trung điểm của đoạn MN .




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Giải : a) Ta có −→AB = (−1; −3; −4) ,

−→AC = (2; −1;1) ,

−−→AD = (−4;1;5)−→

AB,−→AC

=

−3 −4

−1 1

;

−4 −1

1 2

;

−1 −3

2 −1

= (−7; −7;7)

−→AB,

−→AC

.−−→AD = 28 − 7 + 35 = 56 = 0

Vì vậy A, B,C,D không đồng phẳng.

b) M là trung điểm AB nên tọa độ của nó là:

xM =xA + xB

2 =

3

2, yM =

yA + yB

2 = −1

2, z M =

z A + z B

2 = −1 ⇒ M

3

2; −1

2; −1

N là trung điểm C D nên tọa độ của nó là:

xN =xC + xD

2 = 2, yN =

yC + yD

2 =

1

2, z N =

z C + z D

2 =

1

2 ⇒ N

2;

1

2;

1

2

c) A1 là trọng tâm tam giác B CD nên ta có:

xA1 =

xB + xC + xD

3 =

5

3, yA1

=yB + yC + yD

3 = −1

3, z A1

=yB + yC + yD

3 =

2

3

⇒ A1

5

3; −1

3;

2

3

G là trọng tâm tứ diện ABCD nên ta có:

xG =xA + xB + xC + xD

4 =

7

4, yG =

yA + yB + yC + yD

4 = 0

z G =z A + z B + z C + z D

4 = −1

4 ⇒ G

7

4; 0; −1

4

−→GA =

1

4; 1; −11

4

, −−→GA1 =

− 1

12; −1

3;

11

12

⇒ −→

GA = −1

3.−−→GA1

Do đó G, A, A1 thẳng hàng và G chia đoạn AA1 theo tỷ số −1

3.

d) Gọi H là trung điểm MN . Tọa độ điểm H là:

xH =xM + xN

2 = 7

4, yH =

yM + yN

2 = 0, z H =

z M + z N

2 = −1

4 ⇒ H 7

4; 0; −1

4

⇒ H ≡ G. Vậy G là trung điểm của MN .

Ví dụ 10.4: Cho 4 điểm A(2; −1;0), B(−1;4;2), C (1; 3;−2), M (−2;0;3). Ở đó M làtrung điểm của đoạn thẳng BD.

a) Tìm tọa độ điểm D .

b) Tìm điểm E sao cho D là trọng tâm của tứ diện ABCE .

c) Tính góc giữa 2 đường thẳng AB và CD.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

10.3. Phương trình mặt phẳng Chương 10. Hình không gian tọa độ

c) Điểm D đối xứng với C qua đường thẳng AB. Gọi H là chân đường cao hạ từ C

xuống đường thẳng AB. Khi đó H chính là trung điểm CD. Do tam giác ABC làđều nên đường cao CH cũng chính là đường trung tuyến. Vì thế H cũng là trungđiểm của AB.

Do đó tọa độ điểm H là:

xH =xA + xB

2 =

7

2, yH =

yA + yB

2 = 3, z H =

z A + z B

2 = −5

2 ⇒ H

7

2; 3; −5

2

Mặt khác H là trung điểm của CD nên ta có:

xH =xC + xD

2 ⇒ xD = 2xH − xC = 2.

7

2− 1 = 6

yD = 2yH − yC = 2.3 − 2 = 4, z D = 2z H − z C = 2.

−5

2

− 0 = −5 ⇒ D (6; 4;−5)

10.3 Phương trình mặt phẳng

Ví dụ 10.6: Viết phương trình mặt phẳng (P ) biết

a) (P ) đi qua 3 điểm A(−1;0;2), B(3; 1;−1), C (4; −2;0).

b) (P ) đi qua 2 điểm M (2;1;2), N (−1;3;1) và vuông góc với mặt phẳng (Q) : 2x−3y +

z − 3 = 0.

c) (P ) đi qua điểm D(2; −1;3) và song song với mặt phẳng (R) : x − 2y + z − 2 = 0.d) (P ) đi qua điểm E (−1; −1;3) và vuông góc với 2 mặt phẳng (α) : 2x − y − z = 0 và

mặt phẳng (M ND).

e) (P ) đi qua 3 điểm F (−1;0;0), G(0;2;0), H (0; 0;−1).

Giải : a) Ta có −→AB = (4; 1;−3) ,

−→AC = (5; −2; −2)

⇒ −→nP =−→

AB,−→AC

=

1 −3

−2 −2

;

−3 4

−2 5

;

4 1

5 −2

= (−8; −7; −13) =

−(8;7;13)

Vậy mặt phẳng (P ) :

−→nP = (8;7;13)

A (−1;0;2)

⇒ (P ) : 8 (x + 1) + 7 (y − 0) + 13. (z − 2) = 0 ⇔ 8x + 7y + 13z − 18 = 0

b) Do (P ) đi qua M, N nên −−→MN = (−3;2; −1) là một véc tơ chỉ phương của (P ).

Mặt khác (P )⊥(Q) nên −→nQ = (2; −3;1) là véc tơ chỉ phương của (P ).

Từ đó ta được −→nP =

−−→M N, −→nQ

=

2 −1

−3 1

;

−1 −3

1 2

;

−3 2

2 −3

= (−1;1;5)

(P ) : −→nP = (−1;1;5)

M (2; 1;2) ⇒ (P ) : −(x − 2) + (y − 1) + 5 (z − 2) = 0

⇔ (P ) : −x + y + 5z − 9 = 0




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

10.3. Phương trình mặt phẳng Chương 10. Hình không gian tọa độ

c) (P ) song song với (R) nên −→nP = −→nR = (1; −2;1)

Vậy (P ) :

−→nP = (1; −2;1)

D (2; −1;3) ⇒ (P ) : (x − 2) − 2 (y + 1) + (z − 3) = 0

⇔ (P ) : x − 2y + z − 7 = 0

Vì 1

1 = −2

−2 =1

1 = −2

−7 ⇒ nên (P ) : x − 2y + z − 7 = 0 là mặt phẳng cần tìm.

d) Ta có −−→M N = (−3;2; −1) ,

−−→MD = (0; −2;1)−−→

MN ,−−→MD

=

2 −1

−2 1

;

−1 −3

1 0

;

−3 2

0 −2

= (0; 3; 6) = 3 (0;1; 2)

Vậy −→n1 = (0; 1;2) là véc tơ pháp tuyến của (MN D).−−→n(α) = (2; −1; −1) là véc tơ pháp tuyến của (α).

Vì (P )⊥(α) và (MN D) nên −→n1, −−→n(α) là các véc tơ chỉ phương của (P ). Do đó ta có :

−→nP =−−→n(α),

−→n1

= −1 −1

1 2 ; −1 2

2 0 ; 2 −1

0 1 = (−1; −4;2)

Vậy (P ) :

−→nP = (−1; −4;2)

E (−1; −1;3) ⇒ (P ) : −(x + 1) − 4 (y + 1) + 2 (z − 3) = 0

⇔ (P ) : −x − 4y + 2z − 11 = 0

e) Ngoài cách làm trường hợp mặt phẳng đi qua 3 điểm ta có thể làm bằng phươngtrình mặt chắn như sau:

(P ) :

x

−1 +

y

2 +

z

−1 = 1 ⇔ 2x − y + 2z + 2 = 0

Ví dụ 10.7: Viết phương trình mặt phẳng trung trực của AB biết A(0; 0;−3), B(2; 0;−1)

Giải : Gọi M là trung điểm của AB. Do đó M (1; 0;−2).Ký hiệu (P ) là mặt phẳng trung trực của AB . Thì khi đó (P ) đi qua M và vuông góc với

AB nên (P ) :

M (1; 0;−2)−→nP =

−→AB = (2; 0; 2) = 2 (1;0; 1)

⇒ (P ) : (x − 1)+0. (y − 0)+(z + 2) =

0

⇔ (P ) : x + z + 1 = 0

Ví dụ 10.8: Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua điểm M (5;4;3). Ngoài ra (P ) cắtcác trục tọa độ tại 3 điểm cách đều gốc tọa độ.

Giải : Phương trình mặt (P ) có dạng: x

a+

y

b +

z

c = 1. Vì mặt (P ) cắt trục tọa độ tại 3

điểm cách đều O nên |a| = |b| = |c| = 0

(P ) đi qua điểm M (5;4;3) nên ta có:

5

a +4

b +3

c = 1

+) TH1: a = b , b = c. Thay vào ta có : 12

a = 1 ⇔ a = 12 do đó b = c = 12.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

10.4. Phương trình đường thẳng Chương 10. Hình không gian tọa độ

10.4 Phương trình đường thẳng

Chuyển đổi cách dạng phương trình.

Ví dụ 10.10: a) Cho phương trình đường thẳng d :

x = −1 + 3t

y = 2

−t

z = t

. Hãy viết phương

trình dạng chính tắc và dạng tổng quát của d.

b) Cho đường thẳng ∆ là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P ) : x + 2y − z − 1 = 0 và(Q) : 2x − y − 3z + 3 = 0. Viết phương trình dạng tham số và chính tắc của ∆.

c) Cho đường thẳng a :x + 1

2 =

2 − y

3 = z + 2. Viết phương trình dạng tổng quát và

tham số của a.

Giải

: a) Dạng chính tắc : d :

x + 1

3 =

y − 2

−1 =

z

1


x + 1

3 =

y − 2

−1y − 2

−1 =

z

1

⇔ −x − 1 = 3y − 6

y − 2 = −z ⇔

x + 3y − 5 = 0

y + z − 2 = 0

b) +) C1: Ta có −→nP = (1;2; −1) , −→nQ = (2; −1; −3)

Do đó −→u∆ = [−→nP ,−→nQ] =

2 −1

−1 −3

;

−1 1

−3 2

;

1 2

2 −1

= (−7;1; −5)

Xét hệ : x + 2y − z − 1 = 0

2x − y − 3z + 3 = 0

z = 0

⇔ x = −1y = 1

z = 0

Vậy ta được điểm M 0(−1;1;0) ∈ ∆. Do đó phương trình tham số của ∆ là:

x = −1 − 7t

y = 1 + t

z = −5t

Và phương trình chính tắc là: x + 1

−7 =

y − 1

1 =

z

−5

+) C2: Đặt z = t. Xét hệ sau:

x + 2y − t − 1 = 0

2x − y − 3t + 3 = 0 ⇔

x + 2y = t + 1

2x − y = 3t − 3 ⇔

x =

7

5t − 1

y = −1

5t + 1

⇒ ∆ :

x =7

5t − 1

y = −1

5t + 1

z = t

⇔ ∆ :

x = 7t − 1

y = −t + 1

z = 5t

Do đó phương trình chính tắc của ∆:

x + 1

7 =

y − 1

−1 =

z

5




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

10.4. Phương trình đường thẳng Chương 10. Hình không gian tọa độ

c) Ta có a :x + 1

2 =

2 − y

3 = z + 2 ⇔ x + 1

2 =

y − 2

−3 =

z + 2

1

Do đó phương trình dạng tham số là : a :

x = −1 + 2t

y = 2 − 3t

z = −2 + t

Ta có

x + 12

=y − 2−3

y − 2

−3 =

z + 2

1

⇔ −3x − 3 = 2y − 4

y − 2 = −3z − 6 ⇔

3x + 2y − 1 = 0

y + 3z + 4 = 0 là phương

trình tổng quát của a.

Viết phương trình đường thẳng:

Ví dụ 10.11: Viết phương trình đường thẳng d biết nó thỏa mãn điều kiện:

a) d đi qua 2 điểm M (2;3; −1) và N (1;2;4).b) d đi qua điểm A(2; −1;1) và vuông góc với mặt phẳng (P ) : 2x − y + z − 3 = 0.

c) d đi qua điểm B(−3;1;2) và song song với đường thẳng ∆ là giao tuyến của 2 mặtphẳng (α1) : x − y − 3z + 1 = 0 và (α2) : 2x + y − z − 2 = 0.

d) d đi qua điểm C (−1;0;3) và song song với 2 mặt phẳng (β 1) : x − 2y − 3z − 1 = 0 và(β 2) : 3x − y − z = 0.

e) d đi qua điểm D(2;1;1) và vuông góc với 2 đường thẳng d1 :x − 3

2

=y + 1

5

=2 − z

3

,

d2 : 2x + 3y − z = 0

−x − 3y + 4z + 3 = 0

Giải : a) −−→

MN = (−1; −1;5). Do đó :

d :

−→u = (1; 1;−5)

M (2; 3;−1) nên phương trình d :

x = 2 + t

y = 3 + t

z = −1 − 5t

b) d⊥(P ) nên −→ud = −→nP = (2; −1;1) . Do đó:

d : −→u = (2; −1;1)A(2; −1;1)

. Phương trình d là: x = 2 + 2t

y = −1 − t

z = 1 + t

c) (α1) : x − y − 3z + 1 = 0 ⇒ −→n1 = (1; −1; −3).

(α2) : 2x + y − z − 2 = 0 ⇒ −→n2 = (2; 1;−1)

Do đó −→u∆ = [−→n1, −→n2] =

−1 −3

1 −1

,

−3 1

−1 2

,

1 −1

2 1

= (4; −5;3)

d ∆ nên −→ud = −→u∆ = (4; −5;3) .

d : B (−3;1;2)−→u = (4; −5;3) nên phương trình d : x = −3 + 4ty = 1 − 5t

z = 2 + 3t




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

11.2. Nguyên hàm và tích phân bất định Chương 11. Tích phân

(sin x)′ = cos x, (cos x)′ = − sin x.

(tan x)′ =1

cos2 x = 1 + tan2 x, (cot x)′ = − 1

sin2 x = − (1 + cot2 x).

(ex)′ = ex

(ax)′ = ax. ln a.

(ln x)′ =1

x

(loga (x))′ =1

x. ln a.

11.2 Nguyên hàm và tích phân bất định

11.2.1 Định nghĩaĐịnh nghĩa 11.2. Cho hàm f : (a, b) → R xác định trên khoảng (a, b). Hàm F : (a, b) →R có đạo hàm trên khoảng (a, b) và thỏa mãn F ′(x) = f (x), ∀x ∈ (a, b) được gọi là nguyên hàm của hàm f trên khoảng (a, b).

Ví dụ 11.2: f (x) = sin x thì F (x) = − cos x là một nguyên hàm của hàm f (x).

Ví dụ 11.3: f (x) = 1 thì F (x) = x + 2 là một nguyên hàm của hàm f (x).

11.2.2 Các tính chất

Định lý 11.1. Nếu f ′(x) = 0 thì f (x) là hàm hằng.

Định lý 11.2. Nếu F (x), G(x) là 2 nguyên hàm nào đó của hàm f (x) thì ∃C sao choF (x) = G(x) + C , ∀x.

Chứng minh. Theo giả thiết ta có F ′(x) = G′(x) = f (x), ∀x. Do đó (F − G)′(x) = 0,∀x. Theo Định lý 11.1 thì ∃C sao cho F (x) − G(x) = C hay F (x) = G(x) + C .

Định nghĩa 11.3. Ta ký hiệu tích phân bất định

f (x)dx là họ tất cả các nguyên hàm

của hàm f (x). Theo Định lý 11.2.2 , thì f (x)dx = F (x) + C với F (x) là một nguyên hàm nào đó của f (x).

Định lý 11.3. f (x), g(x), u(x) là các hàm và λ, C là hằng số. Ta có các tính chất sau:

0.dx = C .

λf (x)dx = λ.

f (x)dx, ∀λ ∈R.

(f (x) ± g(x)) dx =

f (x)dx ± g(x)dx.

Nếu f (x)dx = F (x) + C thì f (u)du = f (u).u′dx = F (u) + C . (Công thức bất

biến tích phân - Tích phân không thay đổi khi ta thay biến x bởi một hàm u theobiến x bất kỳ).




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

11.2. Nguyên hàm và tích phân bất định Chương 11. Tích phân

11.2.3 Bảng nguyên hàm các hàm số sơ cấp thường gặp

Với C là hằng số, u là hàm bất kỳ theo biến x. Ta có

TT Hàm f (x) Nguyên hàm của f (x) Bất biến tích phân

1 0 0.dx = C

2 1

dx = x + C

du = u + C

3 xα

xαdx =xα+1

α + 1 + C , (α = −1)

uαdu =

uα+1

α + 1 + C

4 1

x dx

x = ln |x| + C

du

u = ln |u| + C

5 ex

exdx = ex + C

eudu = eu + C

ax

axdx =ax

ln a+ C

audu =

au

ln a+ C

6 sin x

sin xdx = −cos x + C

sin udu = − cos u + C

7 cos x cos xdx = sin x + C cos udu = sin u + C

8 1

cos2 x

dx

cos2 x = tan x + C

du

cos2 u = tan u + C

9 1

sin2 x

dx

sin2 x = − cot x + C

du

sin2 u = − cot u + C

Ví dụ 11.4: Tính các tích phân sau:

a) I = dx

x2

b) I =

x3 + 2x2 − x − 13√

x+ 5

dx

c) I =

sin5 x cos xdx.

d) I =

sin5 xdx

Giải : a) I =

x−2dx =

x−2+1

−2 + 1 = −1

x

b) I =

x3 + 2x2 − x − x−1/3 + 5

=x4

4 + 2.

x3

3 − x2

2 − x2/3

2/3 + 5x + C =

x4

4 + 2.

x3

3 −

x2

2 − 3

2. 3√

x2 + 5x + C .




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

11.3. Các phương pháp tính tích phân Chương 11. Tích phân

c) I =

sin5 x.d(sin x) =sin6 x

6 + C .

d) I =

sin4 x.(sin xdx) = − (1 − cos2 x)2.d(cos x) =

(−1 + 2 cos2 x − cos4 x) d(cos x) =

− cos x +2

3cos3 x − 1

5cos5 x + C .


a) I =

(2x + 1)100dx.

b) I =

ex.(ex + 1)2dx.

c) I =

(tan x + tan2 x)dx.

Giải : a) I =1

2. (2x + 1)100 .d(2x + 1) =

1

2.(1 + 2x)101

101 =

(1 + 2x)101

202 .

b) I =

(ex + 1)2d(ex + 1) =1

3(ex + 1)3

c) I = sin x

cos xdx +

(1 + tan2 x − 1)dx

= − d(cos x)

cos x + dx

cos2 x− dx = − ln | cos x| + tan x − x + C .

11.3 Các phương pháp tính tích phân

11.3.1 Phép đổi biến số

Phép đổi xuôi: Xét I =

f (x)dx. Đặt x = ϕ(t) thì dx = ϕ′(t)dt.

Ta có I =

f (ϕ(t)).ϕ′(t)dt.

Một số trường hợp:

+) √

a2

−x2: Đặt x = a sin t (ở đó

−

π

2 ≤ t

≤

π

2

) hoặc x = a cos t với 0

≤ t

≤ π.

+) √

a2 + x2, 1

a2 + x2: Đặt x = a tan t với −π

2 < t <

π

2.

Phép đổi ngược: Xét I =

f (ϕ(x)).ϕ′(x)dx.

Đặt t = ϕ(x) ⇒ dt = ϕ′(x).dx. Khi đó I =

f (t)dt

Một số phép đổi ngược:

STT Dạng chuẩn Dạng thu gọn Đổi biến

1

f (xα).α.xα−1dx

f (xα).xα−1dx t = xα




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


2

f ( n√

x).1

n n√

xn−1dxdx

f ( n

√ x)dx t = n

√ x

3

f (sin x)cos xdx

f (sin x)cos xdx t = sin x

4

f (cos x)(− sin x)dx

f (cos x)sin xdx t = cos x

5

f (tan x).(1 + tan2 x)dx

f (tan x)dx t = tan x

6

f (cot x).[−(1 + cot2 x)]dx

f (cot x)dx t = tan x

7 f (ex

).ex

dx f (ex

)dx t = ex

8

f (ln x)dx

x

f (ln x)

dx

x t = ln x


a) I = x3dx

x8 − 1

b) J = dx3√ x + 2

c) K =

(tan3 x − 2tan2 x + tan x − 2) dx.

d) L =

(ln2 x − ln x − 1)dx

x .

e) M = dx

ex − 1.

Giải : a) Đặt t = x4

⇒ dt = 3x3

dx ⇒ x3

dx =

dt

3 .

Do đó I = dt

3(t2 − 1) =

1

6

1

t − 1− 1

t + 1

dt =

1

6(ln |t − 1| − ln |t + 1|)

=1

6. ln

x4 − 1

x4 + 1

+ C

b) Đặt t = 3√

x + 2 ⇒ x = (t − 2)3 ⇒ dx = 3(t − 2)2dt

J = 3(t − 2)2dt

t = 3t

−12 +

12

t dt

=3t2

2 − 12t + 12 ln |t| = 3 ( 3

√ x + 2)

2

2 − 12( 3

√ x + 2) + ln | 3√

x + 2| + C




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


c) K =

(tan x − 2)(tan2 x + 1) dx

Đặt t = tan x ⇒ dt = (tan2 x + 1)dx

K =

(t − 2)dt =t2

2 − 2t =

tan2 x

2 − 2tan x + C

d) Đặt t = ln x ⇒ dt = dxx

L =

(t2 − t − 1)dt =t3

3 − t2

2 − t =

ln3 x

3 − ln2 x

2 − ln x + C

e) M = exdx

ex(ex − 1)

Đặt ex = t ⇒ exdx = dt

M = dt

t(t − 1)

= 1

t − 1 −

1

t dt = ln

|t

−1

| −ln

|t

| = ln(ex

−1)

−x + C .

11.3.2 Tích phân từng phần

Công thức: udv = uv −

vdu

Trong đó:

Phép biến đổi Phép toánu → du Đạo hàm (hay vi phân)dv → v Nguyên hàm (hay tích phân)

Chú ý:

- Hai phép toán trên là ngược của nhau- Phép tính đạo hàm dễ thực hiện hơn phép tính nguyên hàm.- Thứ tự ưu tiên đặt u:

1. Các hàm ngược: ln, arcsin, arctan, căn bậc 2, căn bậc 3, ...2. Các hàm đa thức: (khi đạo hàm đa thức giảm đi một bậc)3. Các hàm tính đạo hàm hay nguyên hàm đều đơn giản: ex, sin x, cos x, ...


a) I =

x sin xdx.

b) J =

x2 ln xdx.

c) K = ex. sin xdx.

Giải : a) Đặt u = x

dv = sin xdx ⇒

du = dx

v = − cos x

Do đó I = −x cos x +

cos xdx = −x cos x + sin x + C .




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


b) Đặt

u = ln x

dv = x2dx ⇒

du =

dx

x

v =x3

3

Do đó I =1

3

x3 ln x

−

1

3 x2dx =

1

3

x3 ln x

−

1

9

x3 + C .

c) Cách 1:

Đặt

u = ex

dv = sin xdx ⇒

du = exdx

v = − cos x

Do đó K = −ex. cos x +

ex cos xdx.

Đặt

u = ex

dv = cos xdx ⇒

du = exdx

v = sin x

Do đó K = −ex cos x + ex sin x − ex sin xdx = −ex cos x + ex sin x − K

⇒ K = −1

2ex cos x +

1

2ex sin x + C .

Cách 2: Đồng nhất hệ số.

Gọi F (x) = (a. sin x + b cos x)ex là nguyên hàm của f (x) = ex sin x.

Ta có F ′(x) = [(a − b)sin x + (a + b)cos x]ex

Do đó ta được hệ:

a − b = 1

a + b = 0 ⇔

a =1

2

b =

−1

2

Do đó K =1

2(sin x − cos x) ex + C .

11.3.3 Tích phân hàm phân thức

Dạng I = P (x)

Q(x)dx.

Không mất tính tổng có thể giả sử: deg P < deg Q

Thật vậy, nếu deg P ≥ deg Q thì ta có P (x) = Q(x).M (x) + R(x).(M là thương và N là dư).

I =

M (x) +R(x)

Q(x)

với deg R < deg Q.

Để cho đơn giản ta xét tích phân sau:

1. ax + b

x2 + px + q dx với ∆ = p2 − 4q > 0 và 2 nghiệm x1, x2.

ax + b

x2 + px + q =

ax + b

(x − x1)(x − x2) =

A

x − x1

+B

x − x2

(Các bạn tự tổng quát cho trường hợp Mẫu là một đa thức bậc n có đủ n nghiệm phânbiệt)

2. ax + b

x2 + px + q dx với ∆ = p2 − 4q = 0 và nghiệm kép x0.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


ax + b

x2 + px + q =

ax + b

(x − x0)2 =

A

x − x0

+B

(x − x0)2.

(Các bạn tự tổng quát cho trường hợp Mẫu là một đa thức bậc n có nghiệm bội n)

3.

ax + b

x2 + px + q dx. với ∆ = p2 − 4q < 0.

ax + bx2 + px + q = ax + b(x + m)2 + n (với n > 0)

=A(2x + p)

x2 + px + q +

B

(x + m)2 + n.


a) I = x3 + 2x + 3

x2 − x − 6 dx.

b) I = 3x2

−x

−1

x3 − 3x2 + 4dx

Giải : a) Ta có x3 + 2x + 3

x2 − x − 6 = x + 1 +

10x + 9

x2 − x − 6.

Mặt khác 10x + 9

x2 − x − 6 =

10x + 9

(x − 3)(x + 2) =

A

x − 3 +

B

x + 2 =

(A + B)x + 2A − 3B

x2 − x − 6 .

Đồng nhất hệ số ta được:

A + B = 10

2A − 3B = 9 ⇔

A =39

5

B = 115

Do đó I =1

2x2+x+

39

5

dx

x − 3+

11

5

dx

x + 2 =

1

2x2+x+

39

5 ln |x−3|+

11

5 ln |x+2|+C .

b) Ta có 3x2 − x − 1

x3 − 3x2 + 4 =

3x2 − x − 1

(x + 1)(x − 2)2 =

A

x + 1 +

B

x − 2 +

C

(x − 2)2

=(A + B)x2 + (−4A − B + C )x + 4A − 2B + C

(x + 1)(x − 2)2

Đồng nhất hệ số ta được:A + B = 3

−4A − B + C = −1

4A − 2B + C = −1

⇔

A =

1

3

B =8

3C = 3

Vậy I =1

3

dx

x + 1 +

8

3

dx

x − 2 + 3

dx

(x − 2)2

=

1

3 ln |x + 1| +

8

3 ln |x − 2| −3

x − 2 + C .




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

11.4. Tích phân xác định Chương 11. Tích phân

11.4 Tích phân xác định

Cách tính gần giống như tích phân bất định, ta chỉ việc thêm bước thế cận.

Ví dụ 11.9: Tính tích phân sau:

a) I =2 0

(x3

+ x − 1)dxx2 + 4

b) J =9 0

(2x − 1)√

9 − x2dx

Giải : a) I =2 0

x − 3x + 1

x2 + 4

=

1

2x2 |20 − 3

2 0

xdx

x2 + 4−

2 0

dx

x2 + 4 = 2 − 3I 1 − I 2.

Với I 1 =2

0xdx

x2 + 4

Đổi biến t = x2 + 4 ⇒ dt = 2xdx ⇒ xdx =dt

2.

Cận: x = 0 ⇒ t = 4, x = 2 ⇒ t = 8.

I 1 =8 4

dt

2t =

1

2ln t |84 = ln 2.

I 2 =2 0

dx

x2 + 4.

Đổi biến x = 2 tan t ⇒ dx = 2(1 + tan2

t)dt.Cận x = 0 ⇒ t = 0, x = 2 ⇒ t =

π

4.

Do đó I 2 =

π

4 0

2(1 + tan2 t)dt

4 + 4 tan2 t =

t

2

π40 =π

8

Vậy I = 2 − 3 l n 2 − π

8

b) J =3

0 2x√

9

−x2dx

−

3

0√

9

−x2dx = J 1

−J 2.

Xét J 1 =3 0

2x√

9 − x2dx.

Đổi biến t =√

9 − x2 ⇒ t2 = 9 − x2 ⇒ 2tdt = −2xdx ⇒ xdx = −tdt.

Cận: x = 0 ⇒ t = 3, x = 3 ⇒ t = 0.

Do đó J 1 = 20 3

t.(−tdt) =− 2t3

3 |03 = 18

Xét J 2 =3

0√

9

−x2dx.

Đổi biến x = 3 sin t ⇒ dx = 3 cos tdt.

Cận: x = 0 ⇒ t = 0, x = 3 ⇒ t =π

2.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

11.5. Ứng dụng của tích phân Chương 11. Tích phân

J 2 =

π

2 0

9 − 9sin2 t cos tdt =

π

2 0

3cos2 tdt =3

2

π

2 0

(1 + cos 2t)dt

=3

2

t +

1

2sin2t

π

2

0 =9π

4

Vậy J = 18 − 9π4

Ví dụ 11.10 (A-2008): Tính tích phân sau: I =

π

6 0

tan4 xdx

cos2x

Giải : I =

π

6 0

tan4 xdx

1 − tan2 x

1 + tan2 x

=

π

6 0

tan4 x.(1 + tan2 x)dx

1 − tan2 x .

Đổi biến t = tan x

⇒ dt = (1 + tan2 x)dx

Cận: x = 0 ⇒ t = 0, x =π

6 ⇒ t =

1√ 3

I =

1√ 3

0

t4dt

1 − t2 =

1√ 3

0

−t2 − 1 − 1

t2 − 1

dt =

−t3

3 − t

1√ 3

0 − 1

2

1√ 3

0

1

t − 1− 1

t + 1

dt

= −10√

3

27 − 1

2ln

t − 1

t + 1

1√

3

0 = −10√

3

27 +

1

2ln

√ 3 + 1√ 3 − 1

Ví dụ 11.11 (B-2009): Tính tích phân sau: I =3

13 + ln x

(x + 1)2dx

Giải : Đặt

u = 3 + ln x

dv =dx

(x + 1)2⇒

du =

dx

x

v = − 1

x + 1

Do đó I = −3 + ln x

x + 1 |31 +

3 1

dx

x(x + 1) =

3

4− 1

4ln3 +

3 1

1

x− 1

x + 1

dx

=3

4− 1

4ln 3 + ln

x

x + 1

|31 =

3

4− 1

4ln 3 + ln3 − ln 2 =

3

4 +

3

4ln 3 − ln 2

11.5 Ứng dụng của tích phân

Công thức cơ bản: S (D) =b a

f (x)dx

V Ox(D) = πb a

f 2(x)dx

Với D = (x, y) |a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)

11.5.1 Tính diện tíchVí dụ 11.12 (A-2007): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = (e + 1)x

và y = (1 + ex)x




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

11.5. Ứng dụng của tích phân Chương 11. Tích phân

Giải : Xét phương trình: (e + 1)x = (1 + ex)x ⇔

x = 0

ex = e ⇒ x = 1

Chú ý rằng nếu x =1

2 thì y1 =

e + 1

2 còn y2 =

e1/2 + 1

2 và y1 > y2 nên

S =1

0 [(e + 1)x

−(1 + ex)x] dx =

1

0 (e.x

−x.ex) dx = e.

x2

2 |10

−I

I =1 0

x.exdx

Đặt

u = x

dv = exdx ⇒

du = dx

v = ex

Do đó I = x.ex |10 −1 0

exdx = e − ex |10 = e − (e − 1) = 1

Vậy S =e

2− 1 (đvdt)

11.5.2 Tính thể tích vật thể tròn xoayVí dụ 11.13 (B-2007): Cho hình phẳng (H ) giới hạn bởi các đường: y = x ln x, y = 0,x = e.Tính thể tích vật thể tròn xoay khi quay hình (H ) quanh trục Ox.

Giải : Xét phương trình x ln x = 0 ⇔ x = 1 (vì x > 0).

Do đó V = πe 1

x2 ln2 xdx = πI

Đặt u = ln2

xdv = x2dx

⇒ du = 2

ln x

x dx

v =x3

3

Do đó I =x3 ln2 x

3 |e1 −

2

3

e 1

x2 ln xdx =e3

3 − 2

3I 1.

I 1 =e 1

x2 ln xdx

u = ln x

dv = x2dx ⇒

du =dx

x

v =

x3

3

I 1 =x3 ln x

3 |e1 −

1

3

e 1

x2dx =e3

3 − 1

9x3 |e1 =

2e3 + 1

9

Do đó I =e3

3 − 4e3 + 2

27 =

5e3 − 2

27

Vậy V Ox(H ) =5e3 − 2

27 π




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

11.6. Bài tập Chương 11. Tích phân

11.6 Bài tập

Tìm nguyên hàm

Bài 11.1: Xác định a, b, c, d sao cho F (x) = (ax3 + bx2 + cx + d).e−x là một nguyên hàmcủa hàm số f (x) = (2x3

−x2 + 1)e−x.

Bài 11.2: Xác định a,b,c sao cho F (x) = (ax2 + bx + c).√

2x − 3 là một nguyên hàm

của hàm số: f (x) =2x2 − x − 1√

2x − 3Tìm G(x) là nguyên hàm của f (x) thỏa mãn G(2) = 1.

Bài 11.3: Xác định a, b, c, d sao cho F (x) = (ax + b)sin x + (cx + d)cos x là nguyên hàmcủa hàm số f (x) = (x + 2)sin x + (2x − 1)cos x

Bài 11.4: Tìm nguyên hàm của các hàm số:

a) f (x) = cos2 x

2

b) f (x) = sin3 2x.

Bài 11.5: Tính các tích phân:

a)

ex.(2 − e−x)dx.

b) ex

2xdx

c) 2x

.3x

.5x

10x dx.

d) e2−5x + 1

ex dx.

e) ex

ex + 2dx


a) √

x4 + x−4 + 2dx.

b)

3

x 5√

xdx.

c)

(1 − 2x)2001dx.

d)

x√

x2 + 4dx.

e) √

5 − 4 ln x

x dx

Bài 11.7: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số:

a) f (x) = (1 − 2x2)3.

b) f (x) =2√

x − x3.ex − 3x2

x3 .




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


c) f (x) =(2 +

√ x)3√

x dx.

d) f (x) =1√

3x + 5 − √ 3x − 1

.

e) f (x) = x + 1x2 − 6x + 5

.

f) f (x) =4x2 + 6x + 1

2x + 1 .

g) f (x) =4x3 + 4x2 − 1

2x + 1 .

h) f (x) =− 4x3 + 9x + 1

9

−4x2

.

i) f (x) = (sin x + cos x)2.

j) f (x) = cos

2x − π

3

. cos

2x +

π

4

.

k) f (x) = cos3 x + cos4 x + sin4 x.

l) f (x) = sin6 2x + cos6 2x.

Bài 11.8: Tìm họ nguyên hàm của các hàm số sau:

a) f (x) = x2(x − 1)9.

b) f (x) =x4

x10 − 4.

c) f (x) =x2 − x

(x − 2)3.

d) f (x) =x2 − 1

x4 + 1.

e) f (x) =2x

x +√

x2 − 1.

f) f (x) =1

(x2 + a2)3(a > 0).

g) f (x) =1

3√

x2 − √ x


a) f (x) =cos5 x3√

sin x+

1

cos x




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


b) f (x) =cos3 x

sin x +

1

sin4 x.

c) f (x) =sin x + cos x3√

sin x − cos x.


a) f (x) =1√

1 + e2xdx.

b) f (x) =x + 1

x(1 + x.ex).

c) f (x) =2x.3x

9x − 4x.

d) f (x) = 1x ln x ln(ln x).


a) f (x) = ln x

b) f (x) = (x2 + 1)e2x.

c) f (x) = x2. sin x.

d) f (x) = e3x. sin2x.

e) f (x) = x. cos√

x.

f) f (x) = ex.(1 + tan x + tan2 x).

Bài 11.12: Tìm họ nguyên hàm của hàm số:

a) f (x) = e√

x.

b) f (x) =

ln x

x

2

.

c) f (x) = (x + 1)2 cos2 x.

d) f (x) = e−2x. cos3x.

e) f (x) = sin(ln x).

f) f (x) =√

x2 + a với a = 0.


a) f (x) = x

3

. ln xb) f (x) = (x2 + x − 1). sin2x

c) f (x) = x. sin√

x




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 11.14: Tính các tích phân sau:

a) dx

4x2 + 8x + 3.

b) dx

x2

− 7x + 10

.

c) dx

3x2 − 2x − 1.

d) 2x − 7

x2 − 3x + 2dx.

e) 5x − 7

x2 − 3x + 2dx.

f) 2x + 7x2 + 5x + 6

dx.

g) 2x + 5

9x2 − 6x + 1dx.


a) xdx

(x + 1)(2x + 1).

b) 2x

2

+ 41x − 91(x − 1)(x2 − x − 12)

dx.

c) dx

6x3 − 7x2 − 3x.

d) x3 − 1

4x3 − xdx.

e)

(x3 − 3x + 2)dx

x.(x2 + 2x + 1).

f) (x + 2)2dx

x(x2 − 2x + 1).


a) xdx

x4 − 3x2 + 2.

b)

x7dx

(x4 + 1)2.

c) xdx

x4 − 2x2 − 1.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


d) x5dx

x6 − x3 − 2.

e) 2dx

x(x2 + 1).

f) dxx(x10 + 1)2

.

g) x2 − 1

x4 + 1dx.

h) x3dx

(x2 + 1)2.

i) x2dx

(1−

x)10

Bài 11.17: Cho hàm số: f (x) =2x2 + 2x + 5

x3 − 3x + 2 .

a) Tìm m, n, p để f (x) =m

(x − 1)2 +

n

x − 1 +

p

x + 2.

b) Tìm họ nguyên hàm của f (x).

Bài 11.18: Tìm họ các nguyên hàm của hàm số:

a) f (x) =x4 − 2x3 − x

.

b) f (x) =1

x3 − x.

Bài 11.19: Cho hàm số f (x) =3x2 + 3x + 3

x3 − 3x + 2 .

a) Xác định a, b, c sao cho f (x) =a

(x − 1)

2 +

b

x − 1

+c

x + 2

.

b) Tìm họ nguyên hàm của f (x).

Bài 11.20: Tìm họ nguyên hàm của hàm số.

a) f (x) =x2001

(1 + x2)1002.

b) f (x) =1

x(x1999 + 2000).

c) f (x) =x2 − 1

(x2 + 5x + 1)(x2 − 3x + 1).





T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


a) f (x) =1

cos x. cos

x +

π

4

b) f (x) =1

√ 2 + sin x − cos x

.

c) f (x) =cos2 x

sin x +√

3cos x.

d) f (x) =sin x

1 + sin 2x.

e) f (x) = sin x sin2x cos5x.

f) f (x) = (sin 4x + cos 4x) . (sin 6x + cos 6x).

g) f (x) = sin

x − π

4

.(2 + sin 2x).

Bài 11.22: Tìm họ các nguyên hàm sau:

a) f (x) =sin3 x

3sin4x − sin6x − 3sin2x.

b) f (x) = cos 5x tan x + cos 3x tan x.

c) f (x) =

1

sin2x − 2sin x.

d) f (x) =x

sin2 x.

e) f (x) =cot x

1 + sin x.

f) f (x) = tan

x +

π

3

. cot

x +

π

6

.

g) f (x) = (x2 − x − 3)sin3x.


a) x + 13√

3x + 1.

b) x√ 2x + 1 + 1

.

c) x3

√ x + 2.

d) x3

1 + 3√

x4 + 1.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


e) 13√

x +√

x.

f) 1

3

(2x + 1)2 − √

2x + 1

g) x10√

x + 1.

h) tan x +1√

2x + 1 +√

2x − 1


a) x√ 9x2 − 6x

.

b) 1√ x2 + 2x + 3

.

c) 1√ x2 + 6x + 8

.

d) 1√ x2 − x − 1

.

e)

4x + 5

√ x2 + 6x + 1.

f) 2x

x +√

x2 − 1.

g) x2 + 1

|x|√ x4 + 1

.

h) x

1 + x2 + (1 + x2)3.

Bài 11.25: a) Biết rằng: dx√

x2 + 3= ln(x +

√ x2 + 3) + C .

Tìm nguyên hàm của hàm F (x) =√

x2 + 3.

b) Tính √

x2 − 4x + 8dx


a) 1

(x2 + 16)3.

b) 1 (1 − x2)3

.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


c) 1

(x − 1)√

1 − x2.

d) x − 1

(x + 1)√

x2 + 1.

e) 1

(x − 1)√ −x2 + 2x + 3

.

f) 1

x +√

x2 + x + 1.

g) x2

√ x2 + x + 1

.

h) 1

1 + √ x + √ 1 + x.


a) 2x.ex.

b) 1

1 + ex.

c) 1 + x

x.(1 + x.ex).

d)√

ln x

x .

e) ex. sin(ex).

f) e2x

e2x + 2.

g) 1

x ln x.

h) x.ex2.


a) e2x − 1

ex .

b) (1 + e3x)2.e3x.

c) e2x

4√

ex + 1.

d) 1√

1 + ex.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


e)

√ e2x

4√

ex + 1.

f) e√

x

√ x

.

g) sin xecosx

.

h) 1

ex(3 + e−x).


a) x2.e3x.

b) e−2x. cos3x.

c) ex. sin x.

d)

ln x

x

3

.

e) xn. ln x. (n = −1).


a) x2ex

(x + 2)2.

b) (1 + sin x)ex

1 + cos x .

c) √

ex + e−x + 2.

d) 1

1 − x2 ln

1 + x

1 − x.

e) ln

x +

√ x2 − 1

.

f) ln x

x.√

ln x + 1.

g) x ln(x +

√ 1 + x2)√

x2 + 1.

Tính tích phân xác định

Bài 11.31: Tính các tích phân

a)

4 1

dx√ x.

b)1 0

x√

1 − xdx.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


c)1 0

x2 − 2x − 3

2 − x dx.

d)2 1

dx√ x + 1 +

√ x − 1

.


a)π

2 0

4sin3 xdx

1 + cos x.

b)π

8 0

tan2 2x(1 + tan2 2x)dx .

c)ln 2

0

exdx

(ex + 1)2.

d)e3 1

dx

x√

1 + ln x.

Bài 11.33: Tìm các giá trị của a để có đẳng thức:

2 1

[a2 + (4 − 4a)x + 4x3]dx = 12

Bài 11.34: Cho 2 hàm số f (x) = 4 cos x + 3 sin x và g(x) = cos x + 2 sin x.

a) Tìm các số A, B sao cho g(x) = Af (x) + Bf ′(x).

b) Tính I =

π

4 0

g(x)dx

f (x) .

Bài 11.35: Tìm các hằng số A, B để hàm số f (x) = A sin πx + B thỏa mãn đồng thờicác điều kiện:

f ′(1) = 2,2 0

f (x)dx = 4.


a)π

2 0

ex sin3xdx.

b)1 0

(x + 1)2exdx.

c)e 1

(x. ln x)2dx.

d)

1 0 x ln(1 + x2

)dx.

e)π

2 0

cos x. ln(1 + cos x)dx.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


f)e 1

e

ln xdx

(1 + x)2.


a)

5

−3 (|x + 2| − |x − 2|) dx.

b)1 −1

(|2x − 1| − |x|)2 dx.

c)4 1

√ x2 − 6x + 9dx.

d)1

−1

4 − |x|dx.

e)1 −1

|x| − xdx.

f)3 0

|2x − 4|dx.

g)3 0

√ x3 − 2x2 + xdx.


a)π2

−π

2

| sin x|dx

b)π 0

√ 1 + sin xdx.

c)π 0

√ 1 − sin2xdx.

d)2π

0√

1 + sin x.


a)2 0

max(x, x2)dx.

b)2 1

max(1, x2)dx

c)2

0 max(x, x3)dx.

d)π

2 0

max(sin x, cos x)dx




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n



a)1 −1

√ 1 − x2dx

1 + 2x .

b)

−π

2

π2

x + cos x

4 − sin2 xdx.

c)π 0

x. sin3 xdx.

d)π

− pi

sin2 xdx

3x + 1 .

e)π

2

−π

2

x2| sin2 x|dx

1 + 2x .

f)1 −1

x4 + sin x

1 + x2 dx.

g)π

2 0

cos7 xdx

sin7 x + cos7 x


a)3

0x4 − 1

x2

+ 9

dx.

b)1 −1

xdx

(x + 2)3.

c)5 1

(2x2 + 18)dx

(x2 − 6x + 13)2.

d)5√ 2

0x9dx

(x5 + 1)3.

e)4√ 2 0

x15dx4

(x8 + 1)2.

f)1 0

(1 + x)ndx.

g)1 0

x(1 − x2)ndx.


a)2 1

x3dx

x8 + 1




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


b)1

2 0

x3dx

x2 − 3x + 2.

c)2 0

dx

x(x4 + 1).

d)tan a 1e

xdx1 + x2

+cota 1e

dxx(1 + x2)

với tan a > 0.

e)b 0

(a − x2)dx

(a + x2)2 với a,b > 0.

f)

√ 2+

√ 6

2 1

x2 + 1

x4 + 1dx.

g)

1+√ 5

2 1

1 + x

2

x4 − x2 + 1dx.


a)π

8 0

cos2xdx

sin2x + cos 2x.

b)π

4 0

4sin3 xdx

1 + cos4 x.

c)

π

4 0

dxsin2 x + 2 sin x cos x − 8cos2 x

.

d)π

4 0

sin xdx

sin6 x + cos6 x

e)π

4 −π

4

sin6 x + cos6 x

6x + 1 dx.

f)π

4

0cos2xdx

(sin x + cos x + 2)3.

g)π

2 0

sin x + 7 cos x + 6

4sin x + 3 cos x + 5dx.

h)π

2 0

sin x cos xdx√ a2 cos2 x + b2 sin2 x

với a, b = 0.


a)

π

2 π6

cos3 xdx

√ sin x .

b)π

4 0

cos x − sin x√ 2 + sin 2x

dx.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


c)π

2 π

3

cot x 3

sin3 x − sin xdx

sin3 x .

d)π 0

x. sin x. cos3 xdx.

e)π

3 −π

3

x sin xdx

cos2 x .

f)π 0

(x − cos4 x)sin3 xdx.

Bài 11.45: Tìm 2 số A, B để hàm số f (x) =sin2x

(2 + sin x)2 có thể biểu diễn dưới dạng:

f (x) = Acos x

(2 + sin x)2 + B.

cos x

2 + sin x.

Từ đó tính:0

−π

2

f (x)dx.


a)π

2 0

x2. cos xdx.

b)π2

π24cos2(

√ x)dx.

c)π

3 π

4

xdx

sin2 x.

d)π

4 0

x. tan2 xdx.

e)π3

8

0sin 3

√ xdx.

f)2π 0

x2. sinx

2dx.


a)π

2 0

√ cos x − √

sin x

dx.

b)π

2

0cosn xdx

cosn

x + sin

n

x

.

c)π

2 0

5cos x − 4sin x

(cos x + sin x)3dx.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


f)

√ 3

2 0

x2.

(3 − x2)3.


a) 4 4√ 3

√ 4 − x2

x dx.

b)1 1√ 2

√ 1 − x2dx

x2 .

c)1

2 1

4

dx√ x − x2

.

d)1 0

x2dx√ 2x − x2

.

e)a 0

x2.√

a2 − x2dx.

f)2a 0

x√

2ax − x2dx.

g)n√

a

2

0xn−1dx

√ a2 − x2n

.


a)π

2 0

dx√ x + 3 +

√ x + 1

b)1 −1

dx

1 + x +√

1 + x2.

c)

2

1 dx

x2.(√ x2 + 1 + x).

d)8 4

(2x + 1)dx√ x2 − 4x + x + 2

.


a)ln 2 0

√ 1 − e2xdx.

b)

ln 5 0 ex.√

ex

−1dx

ex + 3 .

c)

√ e

1

dx

x.

1 − ln2 x.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


d)e 1

dx

x(1 + ln2 x).

e)e 1

1 + ln2 xdx

x .

f)e 1

ln x. 3 1 + ln2 xdx

x .


a)2 1

ln xdx

x2 .

b)e2

e

1

ln2 x− 1

ln x

dx.

c)e3 e2

ln(ln x)dx

x .

d)1 0

ln(x + 1)dx√ x + 1

.

e)e 1

ln xdx

(x + 1)2.

f)

π

3 π

6

ln(sin x)dxcos2 x

.


a)π

2 0

log2(1 + tan x)dx.

b)π

4

0ln(1 + tan x)dx.

c)π

2 0

ln(1 + sin x)1+cosxdx

1 + cos x .

d)1 0

x.ex.dx

(1 + ex)3.

Ứng dụng của tích phân

Bài 11.57: Cho Parabol (P ) : y = x2 − 4x + 3 và đường thẳng (d) : y = x − 1. Tính

diện tích giới hạn bởi:a) (P ) và trục Ox.

b) (P ), trục Ox và trục Oy.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


c) (P ), trục Ox, x = 2, x = 4.

d) (P ) và (d).

e) (P ), (d), x = 0, x = 2.

Bài 11.58: Tính diện tích giới hạn bởi các đường:

a) (C ) : y = x +1

2x2.

b) y = x(x + 1)5, trục Ox, trục Oy và x = 1.

c) 2(y − 1)2 = x và (y − 1)2 = x − 1.

d) y = x2 − 2x + 2, y = x2 + 4x + 5, y = x2 − 4x + 3 và y = 1.

e) y =x2

8 , y =

1

x, y =

8

x với x > 0 .

Bài 11.59: Tính diện tích giới hạn bởi:

a) (C ) : y = x2 − 2x và tiếp tuyến với (C ) tại O(0, 0) và A(3, 3) trên (C ).

b) (C ) : y = x3 − 2x2 + 4x − 3, y = 0 và tiếp tuyến với (C ) tại điểm có hoành độ x = 2.

Bài 11.60: Cho Parabol (P ) : y2 = x và đường tròn x2 + y2 − 4x +9

4 = 0.

a) Chứng tỏ (P ) và (C ) tiếp xúc nhau tại A và B .

b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P ) và các tiếp tuyến chung tại A, B.

Bài 11.61: Đường thẳng (d) : x − 3y + 5 = 0 chia đường tròn (C ) : x2 + y2 = 5 thành 2phần. Tính diện tích mỗi phần.

Bài 11.62: Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:

a) y = x2, y = √

x

b) x − y3 + 1 = 0, x + y − 1 = 0.

c) x2 + y2 = 8, y2 = 2x.

d) y = 2 − x2, y3 = x2.

e) y =1√

1 − x4, x = 0, x =

1√ 2

.


a) y = x.ex, y = 0, x = −1, x = 2.

b) y = x. ln2

x, y = 0, x = 1, x = e.c) y = ex, y = e−x, x = 1.

d) y = 5x−2, y = 0, x = 0, y = 3 − x.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


e) y = (x + 1)5, y = ex, x = 1.


a) y =

x2

2 + 2x

và y = x + 4.

b) y = −x2 + 2|x| + 3 và 3x + 5y − 9 = 0.

c) y =x

|x| + 1 và y = 0, x = 1, x = 2.

d) y = | ln x|, y = 0, x =1

e, x = e.


a) y = sin x + cos2

x với các trục tọa độ và x = π.

b) y = sin2 x + sin x + 1, các trục tọa độ và x =π

2

c) y = x + sin x, y = x, x = 0, x = 2π.

d) y = x + sin2 x, y = π, x = 0, x = π.

Bài 11.66: Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng x = −1, x = 2, y = 0 vàParabol (P ) là 15. Tìm phương trình của (P ), biết (P ) có đỉnh là I (1, 2).

Bài 11.67: Cho (H ) : y =2x

x − 1.

a) Chứng minh rằng hình phẳng được giới hạn bởi (H ), tiệm cận ngang và các đườngthẳng x = a + 1, x = 2a + 1 có diện tích không phụ thuộc vào tham số a.

b) Lập phương trình tiếp tuyến (d) của (H ) tại gốc tọa độ. Tính diện tích hình phẳnggiới hạn bởi (H ), (d) và đường thẳng x = 2.

Bài 11.68: Cho Parabol (P ) : y = x2. Hai điểm A, B di động trên (P ) sao cho AB = 2.

a) Tìm tập hợp trung điểm I của AB.

b) Xác định vị trí của A, B sao cho diện tích của phần mặt phẳng giới hạn bởi (P ) vàcát tuyến AB đạt giá trị lớn nhất.

Bài 11.69: Đường thẳng (d) đi qua điểm M

1

2; 1

và các bán trục dương Ox, Oy lập

thành một tam giác. Xác định (d) để diện tích tam giác nhỏ nhất và tính giá trị đó.

Bài 11.70: Cho Parabol (P ) : y = x2. Viết phương trình đường thẳng d qua I (1, 3) sao

cho diện tích hình phẳng giới hạn bởi d và (P ) đạt giá trị nhỏ nhất.Bài 11.71: Trên Parabol (P ) : y = x2 lấy 2 điểm A(−1;1) và B (3; 3). Tìm điểm M trêncung AB của (P ) sao cho tam giác MAB có diện tích lớn nhất.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 11.72: Xét hình (H ) giới hạn bởi Parabol (P ) : y = x2 + 1 và y = 0, x = 0, x = 1.Tiếp tuyến nào của (P ) sẽ cắt từ hình (H ) ra một hình thang có diện tích lớn nhất.

Bài 11.73: Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi phép quay xung quanh trục Ox

của miền (D) giới hạn bởi các đường:

a) y = ln x, y = 0, x = 2.b) x2 + y − 5 = 0, x + y − 3 = 0.

c) y = x2, y = √

x.

d) y = x2 − 4x + 6, y = −x2 − 2x + 6.

e) y = x(x − 1)2.

f) y = x.ex, x = 1, y = 0, (0 ≤ x ≤ 1).

g) y = ex, y = −x + 2, x = 0, x = 2.

h) y = x

ln(1 + x3), x = 1.

i) (P ) : y = x2 (x > 0), y = −3x + 10, y = 1 (miền (D) ở ngoài (P )).

j) y =√

cos4 x + sin4 x, y = 0, x =π

2, x = π.

Bài 11.74: Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành do xoay quanh trục Oy hìnhphẳng giới hạn bởi các đường:

a) y = x2, y = 1, y = 2.

b) y = x2, x = y2.

c) Đường tròn tâm I (3, 0) bán kính R = 2.

Bài 11.75: Cho miền (D) giới hạn bởi đường tròn (C ) : x2 + y2 = 8 và Parabol (P ) :

y2 = 2x.

a) Tính diện tích (S ) của (D).

b) Tính thể tích V sinh bởi (D) khi quay quanh Ox.Bài 11.76: Tính thể tích vật thể giới hạn bởi các mặt tạo nên khi quay các đường:

a) y = b.

x

a

2/3

. (0 ≤ x ≤ a) quay quanh trục Ox.

b) y = sin x, y = 0, 0 ≤ x ≤ π trong 2 trường hợp. 1. Quanh Ox 2. Quanh Oy.

c) y = bx

a2

, y = b x

a. Khi quay quanh trục Ox và Oy.

d) y = e−x, y = 0 (0 ≤ x < +∞) quay quanh trục Ox, Oy

Bài tập tổng hợp




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n



a)2 −2

2 + |x|dx.

b)1

0x2dx

√ 4 − x2

.

c)2 1

√ x2 − 1dx

x .

d)1 0

dx (1 + x2)3

.

e)1

0x2dx

(x2 + 1)2.

f)π

4 0

xdx

cos2 x.

g)π

2 0

ex. cos xdx.

h)π

4 −π

4

sin4 x + cos4 x

3x + 1 dx.

i)π 0

cos2xdxsin x + cos x + 2.

j)5π

12 π

12

dx

sin2x + 2√

3cos2 x + 2 − √ 3

.

Bài 11.78: Biết f (x) =

−2x + 1 Nếu x ≤ 0

m(1 − x2) Nếu x > 0. Tìm m để

1 −1

f (x)dx = 1.

Bài 11.79: a) Cho hàm số f (x) =

ex2

ext ln tdt. Tìm hoành độ điểm cực đại.

b) Tìm x ∈

0,3π

2

sao cho hàm số f (x) =

2x x

sin t

t dt đạt cực đại.

Bài 11.80: Cho hàm số f (x) =x 0

2t + 1

t2 − 2t + 2dt, −1 ≤ x ≤ 1.

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số f (x).

Bài 11.81: Đường thẳng (d) : x−

3y + 5 = 0 chia đường tròn (C ) : x2 + y2 = 5 thành 2phần. Tính diện tích một phần.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Bài 11.82: Xét hình phẳng (H ) giới hạn bởi đường cong (C ) : y =1

x, y = 0, x = 1,

x = 2. Tìm tọa độ điểm M trên (C ) mà tiếp tuyến tại M sẽ cắt từ (H ) ra một hìnhthang có diện tích lớn nhất.

Bài 11.83: Cho điểm A thuộc (P ) : y = x2, (A

= O). Gọi (∆) là pháp tuyến tại A của

(P ). Xác định vị trí của A để diện tích giới hạn bởi (∆) và (P ) là nhỏ nhất.

Bài 11.84: Cho hình (H ) giới hạn bởi x2

16− y2

4 = 1 và x = 4

√ 2. Tính thể tích sinh ra

khi (H ) quay quanh Oy.

Bài 11.85 (A-2002): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y = |x2−4x+3|, y = x +3.

Bài 11.86 (B-2002): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y =

4 − x2

4

và y =x2

4√

2.

Bài 11.87 (D-2002): Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong

(C ) : y =− 3x − 1

x − 1 và 2 trục tọa độ

Bài 11.88 (A-2003): Tính tích phân I =2√ 3

√ 5

dx

x√

x2 + 4

Bài 11.89 (B-2003): Tính tích phân I =

π

2 0

1

−2sin2 x

1 + sin 2x dx.

Bài 11.90 (D-2003): Tính tích phân I =2 0

|x2 − x|dx.

Bài 11.91 (A-2004): Tính tích phân I =2 1

xdx

1 +√

x + 1.

Bài 11.92 (B-2004): Tính tích phân I =e

1√

1 + 3 ln x. ln xdx

x

Bài 11.93 (D-2004): Tính tích phân I =3 2

ln(x2 − x)dx




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n

12.2. Các dạng bài tập Chương 12. Số phức

Nếu z = r(cos ϕ + i. sin ϕ) thì ωk = n√

r.

cos

ϕ + k2π

n + sin

ϕ + k2π

n

với k = 0, 1, 2,...,n − 1 là n căn bậc n của z .Đặc biệt ω gọi là căn bậc 2 của z nếu ω2 = z .Có 2 cách tìm căn bậc 2 của z :

-) Cách 1: Dùng định nghĩa, đồng nhất hệ số.-) Cách 2: Chuyển z về dạng lượng giác và khai căn theo công thức:

ω1,2 = ±√ r

cos

ϕ

2 + sin

ϕ

2

ở đó r = |z | và ϕ = Arg z .

Ngoài ra ta có thể sử dụng máy tính điện tử (570 - ES) để tìm căn bậc 2 của z với cáchlàm như cách 2 (Sử dụng CMPLX và các tính năng tìm mô đun, argument của một sốphức cũng như cách chuyển một số phức từ dạng lượng giác sang dạng bình thường vàngược lại).+) Công thức Moivre:

(cos ϕ + i sin ϕ)n = cos nϕ + i sin nϕ

12.2 Các dạng bài tập

12.2.1 Thực hiện các phép toán

Ví dụ 12.1: Thực hiện các phép toán sau:

a) (1 + 2i).(2 − i) +

1

−3i

3 + 4i.b) (1 − 2i)3.

c) (1 − i√

3)2010.

Giải : a) (1+2i).(2−i)+1 − 3i

3 + 4i = 4+3i+

(1 − 3i)(3 − 4i)

32 + 42 = 4+3i+

− 9 − 13i

25 =

91

25+

62

25i

b) (1 − 2i)3 = 1 − 3.(2i) + 3.(2i)2 − (2i)3 = 1 − 6i − 12 + 8i = −11 + 2i.

c) z = 1 − i√ 3 = 2.cos −π

3 + i sin −π

3 Do đó z 2010 = 22010.

cos

− 2010π

3 + i sin

− 2010π

3

= 22010

12.2.2 Khai căn bậc 2

Ví dụ 12.2: Khai căn số phức

a) z = 1 − i.

b) z = −5 + 12i




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


Giải : a) z = 1 − i.

Cách 1: Gọi ω = x + y.i là căn bậc 2 của z . Khi đó

(x + yi)2 = 1 − i ⇔ x2 − y2 + 2xyi = 1 − i ⇔

x2 − y2 = 1

2xy = −1

⇒ x2 + (−

y2) = 1

x2.(−y2) = −1

4

và xy < 0

Do đó x2, −y2 là 2 nghiệm của phương trình:

X 2 − X − 1

4 = 0 ⇔ X =

1 ± √ 2

2 .

Do đó

x2 =1 +

√ 2

2

−y2 =

1 − √ 2

2

⇔

x = ±

2 + 2√

2

2

y =

∓ 2√

2 − 2

2

và ta được ω1,2 = ±

2 + 2√

2

2 − i

2√

2 − 2

2

Cách 2: Viết số phức dưới dạng lượng giác z =√

2.

cos

− π

4 + i sin

− π

4

ω1,2 = ± 4√

2.

cos

− π

8 + i sin

− π

8

= ±

2 + 2

√ 2

2 − i

2√

2 − 2

2

b) z = −5 + 12i.Cách 1: Gọi ω = x + yi là căn bậc 2 của số phức.

Khi đó ta được hệ

x2 − y2 = −5

2xy = 12

⇒

x2 + (−y2) = −5

x2.(−y2) = 36 và xy > 0

Do đó x2, −y2 là 2 nghiệm của phương trình:

X 2 + 5X

−36 = 0

⇔ X =

−9 hoặc X = 4.

Do đó ta được: x2 = 4

−y2 = −9 ⇔ x = ±2

y = ±3 .

Vậy căn bậc 2 của số phức z = −5 + 12i là ω1,2 = ±(2 + 3i).

Cách 2: Sử dụng máy tính 570 - ES ta tìm được

ω = 2 + 3i.

Khi trình bày ta viết ngược lại theo các bước biến đổi sau:

(2 + 3i)2 = 4 + 12i + 9i2 = 4 + 12i − 9 = −5 + 12i = z

do đó căn bậc 2 của z là ±(2 + 3i).Cách 3: Sử dụng dạng lượng giác.




T h. s Đ ỗ

M i n h

T u â n


z = 13.

− 5

13 + i.

12

13

và ϕ là góc sao cho cos ϕ = − 5

13 và sin ϕ =

12

13 do đó ϕ nằm

ở góc phần tư thứ II và ϕ

2 nằm ở góc phần tư thứ I. Và vì thế

cos2

ϕ

2 =

1 + cos ϕ

2 =

4

13 ⇒ cos

ϕ

2 =

2

√ 13. sin

ϕ

2 =

sin ϕ

2cos ϕ2 =

3

√ 13

và ω1,2 = ±√ 13

2√

13+ i

3√ 13

= ±(2 + 3i)

12.2.3 Giải phương trình đại số và các vấn đề liên quan

Ví dụ 12.3 (A-2009): Giải phương trình sau: z 2 − 2z + 10 = 0. Gọi z 1, z 2 là 2 nghiệmcủa phương trình trên. Tính A =

|z 1

|2 +

|z 2

|2.

Giải : ∆′ = 1 − 10 = −9 = (3i)2. Do đóz 1 = 1 − 3i và z 2 = 1 + 3i.A = |z 1|2 + |z 2|2 = (12 + (−3)2) + (12 + 32) = 20.


a) z 2 − (3 − i)z + 8 + i = 0.

b) z 3 + z 2 − 3z − 6 = 0.

c) 2z 4

− 8z 3

− 21z 2

− 17z − 6 = 0.Giải : a) ∆ = (3 − i)2 − 4(8+ i) = 9 − 6i + i2 − 32 − 4i = −24 − 10i = 1 − 2.1.(−5i) +

(−5i)2 = (1 − 5i)2

Do đó z 1 =3 − i − 1 + 5i

2 = 1 + 2i và z =

3 − i + 1 − 5i

2 = 2 − 3i.

b) Phương trình tương đương (z − 2)(z 2 + 3z + 3) = 0 ⇔ z = 2 hoặc z 2 + 3z + 3 = 0.

Giải z 2 + 3z + 3 = 0. ∆ = 9 − 3.4 = −3 = (i√

3)2 do đó z =− 3 ± i

√ 3

2 .

c) Phương trình tương đương với (z + 1)(z − 6)(2z 2 + 2z + 1) = 0

⇔ z = −1

z = 6

2z 2 + 2z + 1 = 0

⇔

z = −1

z = 6

z =− 1 ± i

2

Ví dụ 12.5 (B-2009): Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện: |z −(2+i)| = √ 10 và z.z = 25.

Giải : Gọi số phức z = x + yi thì ta có (x − 2)2 + (y − 1)2 = 10x2 + y2 = 25

⇔

x2 + y2 − 4x − 2y − 5 = 0 (1)

x2 + y2 = 25 (2)




12.3. Bài tập Chương 12. Số phức

Bài 12.4: Xác định tập hợp điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức thỏamãn từng điều kiện sau:

a) |z − i + 2| = 3

b)z − i + 1

z + 2i 3= 1.

tài liệu luyện thi đại học môn toán tác giả: ths. Đỗ minh tuân nguồn gốc:...

Documents