Bo Tro Toan Nang Cao 12

LÊ QUỐC BẢO BỔ TRỢ TOÁN NÂNG CAO 12

[email protected] – Yh: quocbao153 – Dalat 08/2010 Page 5

LỜI NÓI ĐẦU Nhằm giúp các em học sinh học tốt hơn môn Toán Nâng Cao 12, tôi biên soạn Ebook này. Ebook được chia làm 3 phần chính: Phần I: Tóm tắt kiến thức và công thức toán 12

Phần II: Giải bài tập SGK

Phần III: Đặc biệt và quan trọng đó là phân loại

các dạng toán thường gặp trong đề thi TSDH, có ví dụ minh họa, cuối mỗi phần còn có các bài tập để các em luyện thêm

Trong quá trình biên soạn chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót, mong nhận được những ý kiến đóng góp chân thành từ phía bạn đoc.



Chương 2 HÀM SỐ LŨY THỪA – HÀM SỐ MŨ – HÀM SỐ

LOGARIT Bài 1: LŨY THỪA VỚI SỐ MŨ HỮU TỶ

1.1 . TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Lũy thừa với số mũ nguyên: a. Định nghĩa : Với 0,a n z , lũy thừa bậc n của số a là số na , xác

định bởi: 0 11, nna a

a

b. Tính chất: Với , 0, ,a b m n z , ta luôn có:

.

.

( )( . ) .

m n m n

mm n

n

m n m n

m m m

a a aa aaa aa b a b

m m

m

a ab b

c. So sánh các lũy thừa:

Với ,m n z , ta luôn có: 1:

0 1:

m n

m n

a a a m na a a m n

*Hệ quả:

+Với 0 ,a b m z , ta có:

0

, ,

m m

m m

a b ma b m N le a b

+Với a b , m N , m lẻ thì m ma b +Với *, 0,a b m z thì m ma b a b

2. Căn bậc m và lũy thừa với số mũ hữu tỉ:



a. Định nghĩa: Với m nguyên dương, căn bậc m của số thực a là số thực b sao cho: mb a *Chú ý: + Khi m lẻ thì mỗi số thực a chỉ có một căn bậc m ( m a ) + Khi m chẵn thì mỗi số thực dương a có đúng hai căn bậc m là hai số đối nhau ( m a và - m a )

b. Tính chất: Với , 0a b ; m, n nguyên dương; p, q tùy ý, ta có: .

( 0)

( ) ( 0)

( 0)

m m m

mm

m

m p pm

m n mn

n mp q

ab a a

a a bb b

a a a

a ap q a a an m

Đặc biệt: mn mn a a 3. Lũy thừa với số mũ hữu tỷ:

Cho a là số thực dương và r là số hữu tỷ. Giả sử mrn

( *;m z n z ), ta

có: m

nr mna a a

1.2 . GIẢI BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA

Bài 1 (trang 75 SGK) a. Sai b. Đúng c. Sai d. Sai

Đáp án: C Bài 2 (trang 75 SGK)

Bài 3 (trang 76 SGK)



1

22

2 2 2

2

2 2 2 2 4

2 2 2 2

14.7 .14 27

4. 4.3 363

4 5 5 25.5 4 4 16

( 18) .5 (2.3 ) .5 2 .3 .5 12.15 .3 (5.3) .3 5 .3 .3 5

a

b

c

d

1 31 3 3 53 3 53 50,75 4 34

3

1 2 1 1 2 412 0 2 3 2 6 3 2 2 4 43 3 3 3 3 3

1 1 1 1 1 80.81 3 5 2125 32 51 2 3 27

111.0,001 ( 2) .64 8 (9 ) (10 ) ( 2) .(2 ) (2 ) 1 10 ( 2) .2 2 116

.(27)

a

b

c

30,75 42 2 14

0,5 3 23 3 2

311 4 21 224 0,25 3 4 4

1 125 (3 ) 5 1216 2

1 1 3 1.( 0,5) 625 2 19( 3) 5 19. 104 2 2 27

d

a. 4

3 243 2 3 2

26 12 63 12 6

a b a b a b aba ba ba b

b.

1 7 1 5 1 12 23 3 3 3 3 3

1 4 2 1 1 13 3 3 3 3 3

(1 ) (1 ) 1 (1 ) 2(1 ) ( 1)

a a a a a a a a a a aa a a a a a a a





a. Vì 6 32 2 8 và 6 23 3 3 9 nên

6 63 39 8 3 2 3 2

b. Vì 3 33 30 1 27 4 và 3 363 64 4 nên 3 33 30 63 c. Vì 3 37 15 8 16 6 và 3 310 28 9 27 6 nên

3 310 28 7 15

Đặt:

3 33 3

3 33

7 5 2 7 5 2; 7 5 2 7 5 2;

7 5 2 7 5 2 1; 14

a a b b c a b

ab a b

Ta có: 3 3 3 3 3

3 3 2 2

( ) 3 ( )14 3( 1) 3 14 0 ( 2)( 2 7) 0 2( 2 7 0 )

c a b c a b ab a bc c c c c c c c c c c

Vậy: 3 37 5 2 7 5 2 2 (đpcm)

a. 4 4 4 4 4 4 42 2 24 4 44 44

4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4

a b a b a a ba b a ab a b a ab ba b a b a b a b a b a b

b. 3 3 3 32 2 2 23 3 3 3 3 3

33 3 3 3 3 3 3 3

2a b a ab b a b a ab ba b a b ab

a b a b a b a b

c. 3 32 23 3 3

23 32 23 3 3 3 3

3 3 3 3: 2 1

a b a ab ba b ab a b ab a ab ba b a b

d.

14 4 4

443 1 44 2

1 11 ( 1). . 1 . . 11 ( 1) 1

a aa a a a aa a aa a a aa a






Ta có: . . ( , 0n n n

n n n na b a b ab a b ; n là số nguyên dương)

Vậy: . . .n n

n n n n n n n nna b ab a b ab a b ab (đpcm)

a. Ta có:

VT= 2 24 2 3 4 2 3 (1 3) (1 3) |1 3 | |1 3 | 2

b. Giống Bài 7 (trang 76 SGK)

a. Ta có: 5

5 1 566 2 123 3 3

và 1

5 54 31 13 4 123 41 13 3 3 33 3

Vậy: 5

16 3 413 33

b. Ta có: 200600 3 2003 3 27 và 200400 2 2005 5 25

Vậy: 200 200 600 40027 25 3 5

c. Ta có: 5

57

7

57 11 2 2

2

và

53 1 3 10714 2 14 142.2 2 .2 2 2

Vậy: 5

37141 2.2

2

d. Ta có: 1030 3 107 7 343 và 1040 4 104 4 256

Vậy: 10 10 30 40343 256 7 4

Bài 2: LŨY THỪA VỚI SỐ MŨ THỰC

2.1. TÓM TẮT LÝ THUYẾT






1. Khái niệm: Với a là số thực dương và là số vô tỉ. Xét dãy 1 2 3, , ... ,...nr r r r mà lim nr , khi đó dãy số thực 31 2, , ... ,...nr rr ra a a a có giới hạn xác định. Ta gọi giới hạn đó là lũy thừa của a với số mũ , kí hiệu là: a . Do vậy:

lim nr

na a

*Chú ý: +Khi xét lũy thừa với số mũ 0 và số mũ nguyên âm thì cơ số phải khác 0 + Khi xét lũy thừa với số mũ không nguyên thì cơ số phải dương

2. Công thức lãi kép: (1 )NC A r

Với: C: số tiền thu được cả vốn lẫn lãi A: số tiền gửi r : lãi suất mỗi kì N: số kì gửi

2.2. GIẢI BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA

ĐS: B

ĐS: C

Dựa vào tính chất ta có: 0 1a

3 3 3 3

482 16

2 3 5 5 2 3 5 3 5 2

1 2 2 2 1 2 2 2 2

1 10,5 0,52 16

2 .8 2 .2 2 4

3 : 9 3 : 3 3








3 13 1 ( 3 1)( 3 1)

5 3 4 5 5 3 4 5

2 12 2 1 2

.

1. .

a a aa a a

a a a aa

Số tiền người đó thu được (cả vốn lẫn lãi) sau 5 năm là:

5(1 ) 15(1 0,0756) 21,59NC A r (triệu)

a. 1

1 71 42 24 3 3 124x x x x x

b.

11 2 513 3

55 3b a a a aa b b b b

c. 1 1 1 13 9 18 2

3 32 2 2 2 2 2 23 3 3 3 3 3 3

d. 11 1 1 111 1 116 8 16 162 4 4: :a a a a a a a a a a a

a. 2 1

2 12 2 2 2 2 1 2 2 3 2 2 3

2 1

1 . .a a a a a aa

b. 3 1

3 1 3 3 3 1 3 3 3 1 32

2 2 2 2 23 1.a a a a a a

b b b bb

c.

2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 3 2 2 3 2

2 2 2 2 32 3 2 3 2 3

2 2 ( ) 21a b a b a a b b a a b aa ba b a b a b






d. 1

2 22 24 2 4 | |x y xy x x y y x y x y x y

a. 2

2 22 2 2 2 2 2 2 21 ( ) 1 2 0 2 0 0 (1)

2a a a a a a a a a a a a

+ Khi 1;(1)a R

+ Khi 1;(1) 02 2

a

b. | | | | 33 27 3 3 | | 3 3 3

a. Đặt 4 0t x (x>0); ta có pt đã cho tương đương với

2 22 2 0 1t t t t t (chọn) hoặc 2t (loại) +Với 41 1 1t x x . Vậy 1x là nghiệm của phương trình.

b. Đặt 4 0t x (x>0); ta có pt đã cho tương đương với 2 3 2 0 1t t t hoặc 2t

+Với 41 1 1t x x +Với 42 2 16t x x Vậy nghiệm của pt là 16x và 1x

a. 4 2 4 43 0 3 3 3x x x b. 11 117 7x x c. 10 10 10 102 | | 2 2; 2x x x x d. 3 35 5x x

Bài 3: LOGARIT







1. Định nghĩa:

Với , 0; 1a b a . Số thực để a b được gọi là lôgarit cơ số a của b và kí hiệu là loga b , nghĩa là:

loga b a b *Công thức cơ bản: log 1 0; log 1a a a log ( )b

a a b b R log ( , 0)a ba b b R b

2. Tính chất: Với , , 0; 1a b c a ta có:

+ Nếu 1a thì log loga ab c b c + Nếu 0 1a thì log loga ab c b c *Hệ quả: Với , , 0; 1a b c a ta có: + Nếu 1a thì log 0 1a b b + Nếu 0 1a thì log 0 1a b b

3. Qui tắc logarit: Với , , 0; 1a b c a ta có:

log ( ) log log

log log log

log log

a a a

a a a

a a

bc b cb b cc

b b

4. Đổi cơ số của logarit: Với , , 0; , 1a b c a b ta có:

logloglog

ab

a

ccb

; log .log loga b ab c c

*Hệ quả: Với , 0; , 1a b a b ta có: 1log ;log .log 1

log1log .log ( 0; 0)

a a bb

aa

b b aa

c c c

5. Logarit thập phân:



Logarit cơ số 10 của một số dương x được gọi là logarit thập phân của x và kí hiệu là log x (hoặc lg x )


ĐS: D

a. Sai b. Đúng c. Sai d. Sai

a. log ( ) log log ( , , 0; 1)a a axy x y a x y a

b. log log log ( , , 0; 1)a a ax x y a x y ay

c. log log ( , 0; 1)a ax x a x a d. log ( , 0; 1)a ba b a b a

a. 1a b. 0 1a

3

43 3

3

23 3

13 3

3 3

32

3 3

log 3 1

log 81 log 3 4log 1 0

1log log 3 29

1log 3 log 33

1 3log log 323 3








3

1 15 5

0,5 12

3

1 14 4

2

1 16 6

1log 125 log 35

1 1log log 12 2

1 1log log 364 4

1log 36 log 26

3

53 3

232

2

0 ,5

log 18

5log 2 log 2 5

log 5log 5 log 53

1log 2log 2 5 25

3 18

3 3 2 32

1 12 28 125

1 1 2 3232 2

a. 4

5log 4 5 625x x b. 3

2log (5 ) 3 5 2 3x x x c. 3

3log ( 2) 3 2 3 25x x x d. 1

6

log (0,5 ) 1 0,5 6 5,5x x x







7

5

9

0.75

log 25log 25 1,65log 7

log8log 8 1, 29log5

log 0,75log 0,75 0,13log9log1,13log 1,13 0, 42log 0,75

a. 34

8 8 8 8 8 2

12.20 4log 12 log 15 log 20 log log 16 log 215 3

b. 237 7 7 7 7 7 7 7

1 6log 36 log 14 3log 21 log 6 log 14 log 21 log log 7 22 14.21

c. 5

5 5 52

5 5 5

36loglog 36 log 12 log 3 112log 9 log 3 2log 3 2

d. 2 36 6 62 2 2log 5 2log 5 log 5log 3 3log 3 log 31 log2 log10 log2 log5 2 336 10 8 6 10 2 6 10 2 5 5 3 3

a. Vì 3 3log 4 log log 3 1 và 14 3 3

1log log 4 log 4 03

Nên 3 41log 4 log3

b. Vì 6 6log 1,1 log 1,106log 1,1 0 3 3 3 1 và

6 6log 0,99 log 0,9906log 0,99 0 7 7 7 1

Nên 6 6log 1,1 log 0,993 7

a. log 2 log3 log 6 log 5

b. 12log12 log5 log log 75






c. 33log 2 log3 log(2 .3) log 24 2 log5 log 25 d. 2 21 2log3 log10 log3 log(10.3 ) log90 log 27

a. 3 2 1log log 3log 2log log 82a a a a ax a b c a b c

b. 4 34 3 4 33 3

3

1log log log log log log log 4log log 3log 113a a a a a a a a a a

a bx a b c a b c a b cc

a. 4 7 4 7 4 7

3 3 3 3 3 3 3 3log 4log 7 log log log log log log ( )x a b x a b x a b x a b

b. 2 2

2 35 5 5 5 5 5 5 5 3 3log 2 log 3log log log log log log a ax a b x a b x x

b b

a. Ta có: 3 3 3 3 3 3log 15 log (5.3) log 5 log 3 log 5 1 log 5 1

Vậy 12

3 333

log 50 log (5.10) 2(log 5 log 10) 2( 1 )

b. 2 2 24 4

4 22 2 2

1 1log 1250 log 5 .2 log 5 log 2 2 log 5 22 2

a. 1

3 2 21 1 1log log 4 4 log 2 log 2 log 2 4log 2 3log 2 log 2 2log 2 08 2 2

b.

3

3 31 2 22 2 2 2 2 3 2 2 32 224 1 3 9 3log log 36 log log(2 .3 ) log 6 log log(2 .3 ) log(2.3) log(3 .2 ) log(2 .3 .2.3.3 .2 ) log(18. 2)

9 2 2 2 2

c. 32 1 33 3 2 2

3 2 2 3 3 2 6 162 28 6 16

27 3 2 .3 .2.3 5log 72 2 log log 108 log(2 .3 ) log log(2 .3 ) log(2 .3 ) log(3 .2 ) log(2.3 ) log( ) 20 log 2 log3256 2 3 .2 2







d. 3 4 2

3 3 4 23

1 2 .0,5 .3 3log log 0,375 2log 0,5625 log 2 log(0,5 .3) log(0,5 .3 ) log log8 0,5 .3 16

a. 3log 27 3 27 3x x x

b. 1 11log 1 7 77x x x

c.

111 1 4

4 82 2log 5 4 5 5 5x x x

31

31 2 1M + Số các chữ số 31M khi viết trong hệ thập phân bằng số các chữ số của 312 nên số các chữ số của 31M là [31.log 2] 1 [9,3] 1 10 + Số các chữ số 127

127 2 1M khi viết trong hệ thập phân là [127.log 2] 1 [38] 1 39 + Số các chữ số 1398269

1398269 2 1M khi viết trong hệ thập phân là [1398269.log 2] 1 [420920] 1 420921

Sau N quí người đó nhận được là :

(1 ) 15(1 0,0165) 15.1,0165N N NC A r (triệu) log log15log log15 log1,0165

log1,0165CC N N

Vậy để đạt được 20 triệu thì log log15 log 20 log15 17,58log1,0165 log1,0165

CN (quí)

Bài 4: SỐ e VÀ LOGARIT TỰ NHIÊN







1. Số e: 1lim 1 2,7183x

xe

x

2. Công thức tính lãi kép liên tục: . NrS A e S : Tổng số tiền thu được (cả vốn lẫn lãi) A : Vốn ban đầu r : Lãi suất mỗi năm N : Số năm

3. Logarit tự nhiên: Logarit cơ số e của một số dương a được gọi là logarit tự nhiên (logarit Nê-pe) của số a và kí hiệu là ln a


Sai ngay chỗ này: ln(2 ) ln 2 ln ln lne e e e

3 2ln 500 ln(5 .2 ) 3ln 5 2ln 2 3 2

16ln 4ln 2 2ln 5 4 225

625 25ln 6, 25 ln ln 2ln 5 2 ln 2 2 2100 4

1 2 98 99ln ln ... ln ln2 3 99 100ln1 ln 2 ln 2 ln 3 ... ln 98 ln 99 ln 99 ln100ln1 ln100 ln 25 ln 4 2ln 5 2 ln 2 2( )

b a

a b

b a

b a






Ta có: 2 2

2 2 2 2

2 2

7 25 7 25ln(3 2 2) 4ln( 2 1) ln( 2 1) ln(1 2) 4ln(1 2) ln( 2 1)16 8 16 16

25 25 25ln( 2 1) ln( 2 1) [ln( 2 1) ln( 2 1) ]16 16 1625 ln[( 2 1) ( 2 1) ] 016

VT

VP

+ Tỉ lệ tăng trưởng mỗi giờ của vi khuẩn:

5 ln 300 ln100. 300 100. 0, 21975

Nr rS A e e r

+ Từ 100 con ban đầu, sau 10h sẽ: 10.0,2197100. 900e

+ Từ 100 để lên 200 con thì cần: 0,2197 ln 200 ln100200 100. 3,15

0, 2197Ne N

giờ

+Tỉ lệ phân hủy hàng năm của 239Pu là:

24360 ln 5 ln10. 5 10. 0,00002824360

Nr rS A e e r

+Thời gian cần thiết để phân hủy 239Pu từ 100g 239Pu ban đầu là: 0,000028 0,000028 ln1 ln10. 1 10. 82235

0,000028N NS A e e N

(năm)

Bài 5: HÀM SỐ MŨ VÀ HÀM SỐ LOGARIT


1. Khái niệm: *Với 0; 1a a thì: + Hàm số xy a được gọi là hàm số mũ cơ số a





+ Hàm số logay x được gọi là hàm số logarit cơ số a *Hàm số xy a và logay x liên tục tại mọi điểm mà nó được xác định. Ta có: + lim ( )o

o

xxox x

a a x

+ lim log log [ (0; )]o

a a o ox xx x x

*Vài giới hạn cơ bản:

0 0

ln(1 ) 1lim 1;lim 1x

x x

x ex x

2. Đạo hàm của hàm số mũ: Đạo hàm của hàm số xy a là ' .lnxy a a Đạo hàm của hàm số ( )u xy a là ( )' '( ) .lnu xy u x a a Đạo hàm của hàm số xy e là ' xy e Đạo hàm của hàm số ( )u xy e là ( )' '( ) u xy u x e

3. Đạo hàm của hàm số logarit: Đạo hàm của hàm số log ( 0)ay x x là 1' (log ) '

.lnay xx a

Đạo hàm của hàm số log ( )( ( ) 0)ay u x u x là '( )' (log ( )) '

( ).lnau xy u x

u x a

Đạo hàm của hàm số ln ( 0)y x x là 1' (ln ) 'y xx

Đạo hàm của hàm số ln ( )( ( ) 0)y u x u x là '( )' (ln ( )) '( )

u xy u xu x

Lưu ý:

+ 1ln | | ( 0); 'y x x yx

+ '( )ln | ( ) | ( ( ) 0); '( )

u xy u x u x yu x

4. Sự biến thiên và đồ thị của hàm số mũ – hàm số logarit: a. Hàm số mũ xy a



*TH1: a > 1, ta có : +Tập xác định: R +Sự biến thiên:

y’ = (ax)’ = axlna > 0 x. +Giới hạn đặc biệt : lim 0x

xa

; lim x

xa

+Tiệm cận: trục Ox là tiệm cận ngang. *TH2: 0 1a , ta có : +Tập xác định: R +Sự biến thiên:

y’ = (ax)’ = axlna < 0 x. +Giới hạn đặc biệt : lim x

xa

; lim 0x

xa

+Tiệm cận: trục Ox là tiệm cận ngang. b. Hàm số logarit loga x *TH1: a>1 + Tập xác định: (0; + ) +Sự biến thiên:

y’ = (logax)’ = 1lnx a

> 0 x. > 0

+Giới hạn đặc biệt :

0lim logax

x

; lim logaxx

+Tiệm cận: trục Oy là tiệm cận đứng.



*TH2: 0 1a +Tập xác định: (0; + ) +Sự biến thiên:

y’ = (logax)’ = 1lnx a

< 0 x. > 0

+Giới hạn đặc biệt :

0lim logax

x

; lim logaxx

+Tiệm cận: trục Oy là tiệm cận đứng.


a. Khi nhiệt độ của nước 100ot C và áp suất 760P mmHg thì:

2732258,624100 273.10 760 .10 863188841

ktp a a a

b. Áp suất của hơi nước khi 40ot C là: 273

2258,62440 273.10 863188841.10 52,5

ktp a

mmHg

a. 2 3 2 2 3 2 3

2

0 0 0

(1 ) 3 ( 1)lim lim lim 33

x x x

x x x

e e e e e e ex x x

b. 2 5 2 5 2 5

0 0 0

1 1 2( 1) 5( 1)lim lim lim 32 5

x x x x x x

x x x

e e e e e ex x x x x

a. 2 2 2 2 2( 1) ' 2( 1) (1 2 2) (2 1)x x x x xy x e y e x e e x e x

b. 4 4 2 4

2 4 4 2

4 4

4 2 ( 1) 21 ' 2 12 1 1

x x xx x

x x

e x e x ey x e y x e xe e

c. 1 1( ) ' ( )2 2

x x x xy e e y e e






d. 1 1( ) ' ( )2 2

x x x xy e e y e e

a. Hàm số 3

x

y

đồng biến trên R vì 13

a

b. Hàm số 32 3

x

y

nghịch biến trên R vì 3 12 3

a

a. +Hs: 2

xy có TXĐ: R

+Vì 2 1a nên hàm số đồng biến trên R +Các điểm mà ĐTHS đi qua: (0;1); (1; 2); (2;2) +ĐTHS nằm trên Ox và nhận Ox làm tiệm cận ngang có dạng:

b. +Hs 23

x

y

có TXĐ: R

+Vì 2 13

a nên hàm số nghịch biến trên R

+Các điểm mà ĐTHS đi qua: 2 4(0;1); (1; ); (2; )3 9

+ĐTHS nằm trên Ox và nhận Ox làm tiệm cận ngang có dạng:





STT

LOẠI ÂM THANH

o

II

ĐỘ LỚN (L)

1 Ngưỡng nghe 1 0 dB 2 Nhạc êm dịu 4000 36 dB 3 Nhạc mạnh phát ra từ loa 86,8.10 88 dB 4 Tiếng máy bay phản lực 122,3.10 124 dB 5 Ngưỡng đau tai 1310 130 dB

a. 0 0

ln(1 3 ) 3ln(1 3 )lim lim 3.1 33x x

x xx x

b. 2 2

20 0

ln(1 ) ln(1 )lim lim 0.1 0x x

x x xx x

a. 2 2 21 2(3 2) ln(3 1) ln ' 3ln 2(3 2). .ln 3ln x xy x x y x x x xx x

b. 2 2

2 2 2 222 2

2 2 ln 2 11 ln ' .ln 1.2 1 1

x x x x xy x x y x xx xx x






c. 2

11 1 1(1 )ln ' ln . ln11 1 1 1

1

xxy x y xx x x x

x

d. 2

2 22

2 2 2

2 . ln( 1)1 2 11ln ' ln1

x x xx xxy yx x x x

a. Hàm số 2loge

y x nghịch biến trên R vì 2 1ae

b. Hàm số 13( 3 2)

logy x

đồng biến trên R vì

1 3 2 133( 3 2)

a

a. +Hs:

2logy x có TXĐ: (0; )

+Vì 2 1a nên hàm số đồng biến trên (0; ) +Các điểm mà ĐTHS đi qua: (1;0); ( 2;1) +ĐTHS nằm phía bên phải Oy và nhận Oy làm tiệm cận đứng có dạng:

b. +Hs 23

logy x có TXĐ: (0; )





+Vì 2 13

a nên hàm số nghịch biến trên (0; )

+Các điểm mà ĐTHS đi qua: 2(1;0); ( ;1)3

+ĐTHS nằm phía bên phải Oy và nhận Oy làm tiệm cận đứng có dạng:

Bài 6: HÀM SỐ LŨY THỪA

6.1 . TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Khái niệm:

+ Là hàm số có dạng y x ; là hằng số + TXĐ của y x ( không nguyên) là (0; )

2. Đạo hàm của hàm số: + 1( ) 'y x R y x + 1( )( ) ' ( ). '( )y u x R y u x u x

3. Sự biến thiên và đồ thị của hàm số: + TXĐ của y x ( khác 0) là (0; ) + Nếu 0 thì Hs đồng biến trong (0; ) , Nếu 0 thì Hs nghịch biến trong (0; ) + Đồ thị hàm số y x luôn đi qua (1;1); ( )



6.2 . GIẢI BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA

+ Gọi ( 1C ) và ( 2C ) lần lượt là đồ thị của hai hàm số y x và y x (trong đó

; có thề là 2 hoặc 12

)

+ Dựa vào đồ thị ta thấy ( 2C ) nằm trên ( 1C ) (1; )x . Do đó khi x>1 ta có:

x x 12;2

+ Vậy 1

2 21 2( ) : ; ( ) :C y x C y x

a. 1(2 1) ' 2 (2 1)y x y x

b. 1 215 3 3 35

53 4 25

1 1 3ln 5 3ln 5 ' (ln 5 ) .(ln 5 ) ' .5 5 (ln 5 ) 5 ln 5

xy x y x xxx x x

c.

1 23 3 3 33 3

33 3 3 3

2 2 33

3 2 6 3233

3

1 1 1 1 1' . '1 1 3 1 1

1 6 2 1. .(1 ) 1 113

1

x x x xy yx x x x

x x xx x xx

x

d.

1 1

2

2

. . .

. . . . . . . . .

a b a b a b

a b a b a b

x a a x a x a ay bb x b b x b x x

a x b a x a x a x a a bbb b x x b x a x b x x





a.

3(sin ) ' cos cotlog (sin ) '

sin ln 3 sin ln 3 ln 3

cot14' 0,91

4 ln 3 ln 3

x x xy x yx x

y

b.

2

2 4 3

2 2 .ln 2. 2 .2 2 ( ln 2 2)'

' 1 2(ln 2 2) 2,61

x x x xx x xy yx x x

y

a. + Gọi ( 1C ) và ( 2C ) lần lượt là đồ thị của hai hàm số xy a và 1 x

ya

Với điểm ( ; )o oM x y bất kì thì điểm đối xứng với M qua trục tung là '( ; )o oM x y , vậy:

1 21( ) ' ( )

o

o

xx

o oM C y a y M Ca

Chứng tỏ rằng ( 1C ) và ( 2C ) đối xứng nhau qua trục tung (đpcm) b. + Gọi 3 4( ); ( )C C lần lượt là đồ thị của hai hàm số 1log ; loga

a

y x y x

Với điểm ( ; )o oM x y bất kì thì điểm đối xứng với M qua trục hoành là '( ; )o oM x y , vậy:

3 1 4( ) log log ' ( )o a o o oa

M C y x y x M C

Chứng tỏ rằng 3 4( ); ( )C C đối xứng nhau qua trục hoành (đpcm)

Ta có: +Hs 0,5log x có TXĐ: (0; ) +Vì 0,5 1a nên hàm số nghịch biến trên (0; ) +Các điểm mà ĐTHS đi qua: (1;0); (0,5;1) +ĐTHS nằm phía bên phải Oy và nhận Oy làm tiệm cận đứng có dạng:





a. Vì 0,5log 0x 0 1x nên ĐTHS là phần nằm trên trục hoành b. 0,53 log 1 2 8x x nên ĐTHS là những điểm trên đồ thị có

tung độ thuộc ( 3; 1)

+ Hàm số 3x

y có TXĐ: R, vì 3 1a nên hs luôn đồng biến.

+ĐTHS qua điểm (0;1); (1; 3) luôn nằm trên Ox và nhận Ox làm tiệm cận ngang +Vẽ hình: HS tự vẽ hình

a. 3 1 0x

x (chọn phần đồ thị có tung độ 1 )

b. 3 3 2x

x (chọn phần đồ thị có tung độ 3 )

Bài 7: PHƯƠNG TRÌNH MŨ & LOGARIT


1. *Phương trình mũ cơ bản: xa m (1) + Nếu 0m thì (1) logx

aa m x m + Nếu 0m thì (1) vô nghiệm *Phương trình logarit cơ bản: loga x m log ( 0)m

a x m a x x 2. Phương pháp giải:




+ Đưa về cùng cơ số + Đặt ẩn phụ + Logarit hóa + Sử dụng tính đơn điệu của hàm số


a.

2 2

2 2 1

2 3 2 32 3 2 3 2 3

2 3

1 12 3 2 3 2 322 3

x x

x xx

b. 2 23 2 3 2 2 22 4 2 2 3 2 2 0; 3x x x x x x x x

c. 1 12.3 6.3 3 9 6.3 2.3 3 9 3 3 1x x x x x x x x d. 2

3log (3 8) 2 3 8 3 8.3 8 0x x x xx x

a. ĐK: ( 1) 0 0x x x hoặc 1x

2log [ ( 1)] 1 ( 1) 2 ( 1) 2 2; 1x x x x x x x x

b. ĐK: 0 0

11 0 1

x xx

x x

2 2 2log ( 1) log 1 log [ ( 1)] 1 ( 1) 2( 1) 2 2; 1x x x x x x

x x x x

Vậy 2x là nghiệm pt

a. Với d=0 thì F=53Khz; d=12 thì F=160Khz. Ta có






0

12 12 12

0,04

53 53log3,019160 53 160 3,019 log 0,04

1210 1,096

Ka K

Ka a a a

a

b.

log log log log log log log loglog log53 1log log log53 log (log log53)

log 1,09625,119.log 43,312

d d d dKa F Ka F K a F a F KFd a F d d F

aF

c.

F 53 60 80 100 120 140 160 d 0 1,35 4,49 6,93 8,91 10,60 12

53 25,119.log53 43,312 060 25,119.log 60 43,312 1,3580 25,119.log80 43,312 4, 49100 25,119.log100 43,312 6,93120 25,119.log120 43,312 8,91140 25,119.log140 43,312 10,60160 25

F dF dF dF dF dF dF d

,119.log160 43,312 12

a. 1 22 .5 200 2.2 .5 2.100 10 10 2x x x x x x

b.

12 42 3 2 92

532

392

4 20,125.4 4 2 2 .2 24 .8 2

2 2 6

xx xxx

x

xx




a. ĐK: 0x

2 22 4 1 2

222

2 22 2 2

21 32

2 2 3

log log 3log log log 3 log 1log 4 log2

log 3loglog log 3 log 32 2

1log log 33

xx x x

x xx

x x

b. ĐK: 0x

3 9 3 3 33

3 33 3

log .log .log 8 log .log .log 8

log 2 log 2 9

x x x x x x

x x x

a.

1 2

2

3

183 18.3 29 3.3 29 3.3 29.3 18 0(1)3

3 09 23 9

(1) 3 29 18 0 2 22 log33 33

x x x x xx

x

x

x

tt x

t tt x

b. 27 12 2.8 (1)x x x Chia cả hai vế (1) cho 32 x ta có:

33 3(1) 2(2)2 2

x x

Đặt 3 02

x

t

ta có:

3 2 2(2) 2 ( 1)( 2) 0 1( 2 0 )

3 1 02

x

t t t t t t t t t

x






a. 2 3

2

log 20log 1 0( 0)9log 10log 1 0(1)

x x xx x

Đặt logt x ta có:

29

1 log 1 10(1) 9 10 1 0 1 1log 10

9 9

t x xt t

t x x

b. ĐK: 0x 2

82 2

2 24 16

2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

log 4log 4log log 3

log 2 log 8log 2 log 82 4

2 log 4(log 4 log )log 2 log 3(log 8 log )2log 4(2 log ) (1)

1 log 3(3 log )

xxx x

x xx x

x xx x

x xx x

Đặt 2logt x ta có:

2

2

2

2 4(2 )(1) 3 4 01 3(3 )

2log 111log 44

16

t t t tt t

xxtxt x

c. ĐK:

01319

x

x

x

9 3 9

3 3 3

3 3 3

3 3

log 27 log 3 log 243 0log 27 log 3 log 243

0log 9 log 3 log 9

3 1 5 0(1)2 log 1 log 2

x x

x x

x x




32

35

13 log 3

27(1) 5 19 12 0 4 4 1log5 5 81

xt xt t

t x x

a.

4 3 4 3

3 3 4 33

3 4 log3 log 4 4 log3 3 log 4

44 3 log 4 log 4 log (log 4)3

x x x x x x

xx x x

b. ĐK: 0x

3

3

2 22 log 4 4

log

3 3 13 81 3 33 3

xxx x x x

x

c. ĐK: 1x 3

213 2 21 12

3 32 22 21 12 2 2

232

2 33 .8 36 3 .2 2 .32 3

32 3 log 2 log 3 2 (2 ) log 31

221( 2) log 3 0log 2 1( 1) log 3 1 01

xx x x

x xx xx

x xx xx x x x

xxx

xxxx

d. ĐK: 01

xx

5log 5 log 5 5 log 56 5 6 6 6 5

log 5

2 2

2

6

5.5 5 5 log log (5 .5 )5

6 log 5 5log 5 log 5 5log 5 6 0(1)log 5

1log 5 11

5(1) 5 6 0log 5 66

5

x x x

x x x

x x x x

x

x

x

x x x x

t

xtt t

tx




a. 2 3x x Nhận thấy 1x là một nghiệm của pt, ta chứng minh nó cũng là nghiệm duy nhất. Thực vậy: Hàm số 2xy luôn đồng biến trên R, 3y x luôn nghịch biến trên R +Nếu 11 2 2 2;3 3 1 2 2 3 ( (1; ))x xx x x x Do đó pt vô nghiệm +Nếu 11 2 2 2;3 3 1 2 2 3 ( ( ;1))x xx x x x Do đó pt vô nghiệm +Vậy 1x là nghiệm duy nhất của pt đã cho

b. 2log 3x x ( ĐK: 0x ) Nhận thấy 2x là một nghiệm của pt, ta chứng minh nó cũng là nghiệm duy nhất. Thực vậy: Hàm số 2logy x luôn đồng biến trên (0; ) , 3y x luôn nghịch biến trên (0; ) +Nếu

2 2 22 log log 2 1;3 3 2 1 log 3 ( (2; ))x x x x x x Do đó pt vô nghiệm +Nếu

2 2 22 log log 2 1;3 3 2 1 log 3 ( (2; ))x x x x x x Do đó pt vô nghiệm +Vậy 2x là nghiệm duy nhất của pt đã cho

Bài 8: HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ & LOGARIT


Dùng các phương pháp thế, phương pháp cộng, phương pháp đặt ẩn

phụ…để giải hệ pt mũ và logarit






a. 4 4 4

20( )

log log 1 log 9x y

Ix y

; ĐK: ( ; 0)x y

4 4

20 20 20 20( )

log ( ) log (4.9) 36 36 36x y x y x y S

Ixy xy xy P

Suy ra x và y là 2 nghiệm của pt 2 2

1 20 20 36 0 18; 2X SX P X X X X

Vậy nghiệm của hệ pt đã cho là:

182

218

xy

xy

b. 2 2 2 2(1 ) 2 2

11 114 4 0,5 4 4 0,5 4 4 0,5

16x y x x x x

y xx y y x

Đặt 24 0xt ; ta có: 2 2 21 1 1 1 1 14 4 0,5 4 4 4

16 16 2 2 2x x xt t x y

t

Vậy nghiệm của hệ pt đã cho là:

1212

x

y

a. ĐK: ( 0)x y

5

5 2

log ( ) 2 53 .2 11523 .2 1152

5 5 73 .2 1152 6 6 2

x yx y

x x x

x y x y

y x y x yx

Vậy nghiệm của hệ pt đã cho là: 72

yx

b. ĐK: ( 0; 0)x y x y




2 2 2 22 2

2 3 2 3

2 22 22

2 32 3

2 log ( ) log 2log ( ) log ( ) 1 log ( ) log ( ) 1

log ( ) log ( ) 1log ( ) 1log ( ) log ( ) 1log ( ) log ( ) 1

x y x yx y x y x y x y

x y x yx yx y x yx y x y

Trừ theo vế của hệ ta có: 2

2 3 22

2 22

log ( )log ( ) log ( ) 0 log ( ) 0log 3

1log ( ) 1 0 log ( ) 0 1log 3

x yx y x y x y

x y x y x y

1x y thế vào pt 2 2 2 2 12 (1 ) 22

x y y y y

32

x . Vậy nghiệm của hệ pt là:

3212

x

y

a. ĐK: 1x 2 2 2log (3 ) log (1 ) 3 log (3 )(1 ) 3 (3 )(1 ) 8x x x x x x

15

xx

. Vậy nghiệm của pt là 5x

b. ĐK: 3x log(3 ) 3

2 28log (9 2 ) 10 log (9 2 ) 3 9 2 2 9 22

x x x x x xxx

Đặt 2 0xt 1 02 1898 32 8

x

x

t xt

t xt

So ĐK ta chọn 0x làm nghiệm của pt c. ĐK: 0x

log log 1 log 1 log 1 log log 1 log 1 log 1

log 2log log log log log log

7 5 3.5 13.7 7 13.7 3.5 5

13 3 20 28 7 77 .7 .5 5.5 .7 57 5 7 5 5 5

x x x x x x x x

xx x x x x x

log 2 100x x . Vậy nghiệm của pt là 100x



d. 1 1 26 6 2 2 2 2 .3 6.2 .3 2 2.2 4.2

7.2 .3 7.2 3 1 0

x x x x x x x x x x x x

x x x x x

Vậy nghiệm của pt là 0x

a. ĐK: 0x

13 3 3 3

3 3

log (3 1) log (3 3) 12 log (3 1)[log 3(3 1)] 12

log (3 1)[1 log (3 1)] 12( )

x x x x

x x I

Đặt

33

3

33

33

3 log (3 1) 3log (3 1) ( ) (1 ) 12

4 log (3 1) 4

log 283 28 log 288282 log 82 4log38181

xx

x

x

x

tt I t t

t

x xxx

b. ĐK: 12

xx

21 2 2

22

2 2

log 4log 4 1 log ( 1) 1 log ( 1)log ( 1)

log ( 1) log ( 1) 2 0( )

x x xx

x x I

Đặt

22

2

2

1log ( 1) ( ) 2 0

2

3log ( 1) 35log ( 1) 44

tt x I t t

t

xxx x

c. ĐK: 0x 2

2 2 2 2

2 2

5 log ( ) log 5 log ( ) log | |

5 log ( ) log ( )( ); ( 0)

x x x x

x x I x

Đặt 2 2

225

2

0log ( ) ( ) 5 0

25

log ( ) 00 1log ( ) 2525 2

tt x I t t

t t

xt xxt x

d. ĐK: 0x




4 44 4 4 4 4

4 23

1 1 1 1log log log log log log log2 2 2 2

4log log3

2 43

13 3 3 .3 3 .3 4 3 3 23

4 2 4log log 433 3

x x x x x x x

x

x

x x

a. ĐK: 0x 2 1

1 1 1 2 1 1 2 2 24 6 9 2 2 .3 3 1( )3 3

x xx x x x x x x I

Đặt 1

2

1 5 ( )2 20 ( ) 1 03 1 5 ( )

2

xt chon

t I t tt loai

1

23

1

2 223 33

23

5 12

23

1 5 2 1 5 1 1 5log2 3 2 2

1 1 11 5 5 11 5log loglog2 22

2log3 2log

35 1log2

xt

x

x x x

x x

b. ĐK: 0x 2ln 1 ln ln 2 2ln ln ln 2ln

2ln ln

4 6 2.3 0 4.2 2 .3 18.3 0

2 24. 18 0( )3 3

x x x x x x x

x x

I




Đặt

ln2

ln ln 22

9 ( )2 0 ( ) 4 18 0 43 2( )

9 2 9 2 2 ln 24 3 4 3 3

x

x x

t chont I t t

t loai

t x x e

c. ĐK: 1x

2 2 2 2 2

2 2

3 log log 8 1 0 3 log 3(log 8 log ) 1 0

3 log log 2 0( )

x x x x

x x I

Đặt

222

2

log 11 2log ( ) 3 2 0

2 16log 2

xt xt x I t t

t xx

d. ĐK: 0x 22

2 221 2 2 2

222

222 2

2 2 22

log (4 )log (4 ) log 8 log log 8 818 log2

(log 4 log ) 2 log 3 8 (2 log ) 2log 11 0(1)(0 1)

xxx x

x x x x

Đặt 22

2 72

log 11 2log (1) (2 ) 2 11 0

log 77 2xt x

t x t txt x

a.

2 2 2 2 2 2sin cos sin 1 sin sin sin2 4.2 6 2 4.2 6 2 8.2 6 0(1)x x x x x x

Đặt 2sin2 ;(1 2)xt t

2 2( ho )(1) 6 8 0

4( )t c n

t tt loai

2sin 22sin 1 22 2 2 sin 1 ( )

sin 1 22

xx kx

t x k Zx x k




Vậy nghiệm của pt là: 22

x k ( )k Z

b. 1

3 2cos2 1 cos2 2cos2 cos 224 7.4 4 64.4 28.4 2 0(1)x x x x

Đặt cos 2 14 ;( 4)4

xt t

2

cos 2 2cos 2 1

1 ( ho )2(1) 64 28 2 0

1 ( )16

1 1 1 24 2 2 cos 2 cos 2 cos2 2 2 3

3 ( )

3

x x

t c nt t

t loai

t x x

x kk Z

x k


x k ( )k Z

a. 1 43

x

x

Nhận thấy 1x là một nghiệm của pt, ta chứng minh nó cũng là nghiệm duy nhất. Thực vậy:

Hàm số 13

x

y

luôn nghịch biến trên R, 4y x đồng biến trên R

+Nếu 11 1 11 3; 4 1 4 3 4( ( 1; ))

3 3 3

x x

x x x x

Do đó pt vô nghiệm




+Nếu 11 1 11 3; 4 1 4 3 4( ( ; 1))

3 3 3

x x

x x x x

Do đó pt vô nghiệm +Vậy 1x là nghiệm duy nhất của pt đã cho

c. sin cos 15 5

x x

Nhận thấy 2x là một nghiệm của pt, ta chứng minh nó cũng là nghiệm duy nhất.

Thực vậy: 0 sin 1;0 cos 15 5

+Nếu

2

2

sin sin5 5

2 sin cos 25 5

cos cos5 5

x

x x

xx

Do đó pt vô nghiệm trên (2; )

+Nếu

2

2

sin sin5 5

2 sin cos 25 5

cos cos5 5

x

x x

xx

Do đó pt vô nghiệm trên ( ;2) +Vậy 2x là nghiệm duy nhất của pt đã cho

a. 3.2 2.3 2,75( )

2 3 0,75

x y

x y I

Đặt 2 ; 3 ( ; 0)x yu v u v




2

3 2 2,75 0,25( )

0,75 1

22 0,25 2 203 1 3 1

x x

y y

u v uI

u v v

xy

Vậy nghiệm của hệ pt là ( 2;0)

b. 5 5 7 5

2 2 5

log log 7.log 1 log 2( )

3 log log 5(1 3log )x y

Iy x

ĐK: ( ; 0)x y

5 5 5 5 5 5 53

2 2 2 2 2 2 2

34

5 5 33 3 3

2 2

log log log 5 log 2 log log log 10( )

log 2 log log 5 3log log 8 log 5 3log

5 1610log log 10 10 285log 8 log 5 8 5 5588

x y x yI

y x y x

x xxxy xy xxy x y x yx yy

Vậy nghiệm của hệ pt là (2;5)

Bài 9: BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ & LOGARIT


Khi giải các bất pt mũ và logarit, cần nhớ các hàm số ; logx

ay a y x đồng biến nếu 1a và nghịch biến nếu 0 1a


a. 3 6 3 6 0 12 1 2 2 3 6 02

x x x x

b. 4 3 316 0,125 2 2 4 34

x x x x




a. 5log (3 1) 1(1)x

ĐK: 13

x

5 5(1) log (3 1) log 5 3 1 5 2x x x

Vậy nghiệm của bpt là 1 23

x

b. 13

log (5 1) 0(1)x

ĐK: 15

x

1 13 3

2(1) log (5 1) log 1 5 1 15

x x x

Vậy nghiệm của bpt là 1 25 5

x

c. 20,5log ( 5 6) 1(1)x x

ĐK: 2 25 6 0

3x

x xx

2 10,5 0,5

2

(1) log ( 5 6) log 0,5

5 6 2 1 4

x x

x x x


xx

d. 31 2log 0(1)x

x

ĐK: 1 2 10 02

x xx

01 2(1) 1 1

3

xx

x x


x




a.

0,5

20,5log log 2 0(1)x x

ĐK: 0x Đặt: 0,5logt x

2

0,5

(1) 2 0 2 12 log 1

t t tx

Với: 2 2

0,5 0,5 0,5

0,5 0,5 0,5

log 2 log log 0,5 0,5 4log 1 log log 0,5 0,5

x x x xx x x

Vậy nghiệm của bpt là: 1 42

x

b. 1 22 2 3 0 2 3 0(1)2

x x xx

Đặt: 2 0xt 2

2

2 3 2(1) 3 0 0

3 2 0 1 2 1 2 2x

t ttt t

t t t

Với: 0

1

2 1 2 2 02 2 2 2 1

x x

x x

xx

Vậy nghiệm của bpt là: 0 1x

a. 2

0,1 0,1log ( 2) log ( 3)(1)x x x

ĐK: 2 2

2 01

3 03

xx x

xx

x

2 2(1) 2 3 5 5 5x x x x x Vậy nghiệm của bpt là: ( 5; 2) (1; 5)S b. 2

1 33

log ( 6 5) 2 log (2 ) 0(1)x x x





ĐK: 2 1

6 5 05

2 02

xx x

xx

x

2 21 33

2 2 2 21 13 3

(1) log ( 6 5) log (2 )

1log ( 6 5) log (2 ) 6 5 (2 )2

x x x

x x x x x x x

Vậy nghiệm của bpt là: 1[ ;1)2

S

Bài 10: ÔN TẬP CHƯƠNG 2

a. 2 3 2 23 2 3 3

p q p q

p q

b. 8 3 3 33 8 8 8

p q p q

p q

c. 210, 25 0, 25 0, 25

2

qp p q p q

d. 2 27 2 7 7 2

2 7 2 2

p p q p q p

p q p p q

2 2

2 2

2 2

2 2

1 1 11 1 (2 2 ) 1 (2 2 ) 1 (2 2 )4 4 2

11 1 1 (2 2 )1 1 (2 2 ) 1 (2 2 ) 24 4

2 2 2 2 2.2 1 (2 1) 2 1 1 2 ( 0 2 1)2 2 2 2 2.2 1 (2 1) 2 1 1 2

x x x x x x

x xx x x x

x x x x x x xx

x x x x x x x x




3 81 3 81 3 81

4 23 81

2log 4 4log 2 2log 4 4log 2 4log 4 2log 2

log 4 log 2 4 2 10

1 41 4 152 4 23 3 5 23 5 4

144

5 5 5 5 5.5.5...55 5 5 5

9 9 .9 3 .81

3 .81 4 .2 2 1024

. 173log log log60

log log ... 5 log log 5

a a a

A

a a a a a aB aa a

C

55 5

1155

5 5 5 5 5 5

log log 5

1log log 5 log log 5 log log 55

n

n

nn

n n

32 3 3 3 3 3

3 3

log 3 1log 3 log 4 log 4 log 4 log 4.log 2 1log 2 log 2

Ta có: 3 3 3 3log 4 log 2 2 log 4.log 2 (Chauchy)

3 3 3 33 3

log 4 log 2 log 8 log 9 2log 4.log 2 12 2 2 2

(Đúng)

Vậy 2 3log 3 log 4 (đpcm)

Vì a, b,c là 3 cạnh của tam giác nên a>0; b>0; c>0 Theo định lý Pythagore ta có: 2 2 2a b c







2 2 2

2

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )( )log log ( )( ) 2log log ( ) log ( )

1 1log ( ) log ( ) 2log log

log log 2 log .log

a a a a a

a ac b c b

c b c b c b c b

a c b c b c ba c b c b a c b c b

c b c ba a

a a a a

'

2

1ln ( 1)1

111 11' 1 1 1

1 11 1 1' 1 . 1

1 1 1y

y xx

xxyx

x xx xxy x e

x x x

Đồ thị (G) cắt trục tung tại 1 1(0; )

ln 2 ln 2A OA

Ta có: '1 1 1' . 2 ln 2 2 2

ln 2 ln 2 2x x x

y

Hệ số góc tt tại A là 1 2'(0) tan ( ) 22 ln 2

OAy OBA OB OAOB

2

1 1 1 2 1. . . ( )2 2 ln 2 ln 2 ln 2OABS OA OB dvdt

a. 1a b. 0 1a c. 1a d. 0 1a






Ta có: 5750 5750 5750( ) 100.(0,5) (%) 100.(0,5) 65 (0,5) 0,65

ln 0,65.0,5 ln 0,65 5750. 35745750 10,5

t t t

P tt t t

Vậy tuổi của công trình kiến trúc đó vào khoảng 3574 năm

a.

5 177 3

5 17 5 25 7 1195 7 227 3 7 3

32 0, 25.128 ( 7; 3)

2 2 .2 2 25 25 7 119 2 10

7 3

x xx x

x x x xx x x x

x x

x x xx x


b. 1 1 1

1 2

5 10 .2 .5 5 .5 2 .5 .2 .5 .55 5 .5(5 0) 5 5 2

x x x x x x x x x

x x x x


c.

0,5 0,5 2 1 2 2 1 0,5 0,5

2

1 32 2

4 3 3 2 2 2 3 33 1 4 4 2.2 3 3 .2 3 33 3

4 4 4 4 4 3.3 3 3 3 3 2

x x x x x x x x

xx x

x

x x

x

Vậy nghiệm của pt là 32

x

d. 1

4 8 2 5 4 8 2 5 22 23 4.3 28 2 log 2 3 .3 4.3 .3 28 2log 2 (1)x x x x

Đặt 23 ( 0)xt t ta có: 2

8 2 5 3 13

1

13(1) 3 . 4.3 . 3 0 33

2

xtt t

xt


x

x





a. 2

3 0,5 0,5

2 20,5 0,5 0,5 0,5

log (log 3log 5) 2( 0)

log 3log 5 9 log 3log 4 0(1)

x x x

x x x x

Đặt 0,5logt x ta có:

221

(1) 3 4 0 1416

xtt t

t x


16

x

x

b. 2 2log (4.3 6) log (9 6) 1(1)x x

Đk: 23

32

113 log 3log4.3 6 02

1 19 6 0 2 log 6 (1 )2 log 3

x

x

xx

x x

2 2

2

4.3 6 4.3 6(1) log log 2 29 6 9 6

4.3 6 2(9 6) 3 2.3 3 0(2)

x x

x x

x x x x

Đặt 3 ( 0)xt t ta có:

2 1( )(2) 2. 3 0 3 3 1

3( )xt l

t t xt n


c. 2

2

1 11 log(2 1) log( 9);( 9)2 2

11 log(2 1) log( 9) log10 log(2 1)( 9)2

13( )(2 1)( 9) 100 2 19 91 0 7 ( )

2

x x x

x x x x

x nx x x x

x l





d.

2 18

12 2

22 2

2

2 2 2 2 2

2

1 1log ( 2) log 3 5;( 2)6 3

1 log (3 5)log (3 5)1 1 1 1 2log ( 2) log ( 2)16 3 6 3 3log8

1 1 1 1 1 1log ( 2) log (3 5) log ( 2) log (3 5) log 46 6 3 6 6 6

3( )3 11 6 0 2 ( )

3

x x x

xxx x

x x x x

x nx x

x l


3 1 1 34 3 1 1 14 4 4 4

x xxx x

x x

Nhận thấy 1x là một nghiệm của (1) và cũng là nghiệm duy nhất vì:

Với 1 11 3 1 3(1; ) 1

4 4 4 4

x x

x

pt vô nghiệm

Với 1 11 3 1 3( ;1) 1

4 4 4 4

x x

x

pt vô nghiệm

a. 2 2log ( ) 5 log ( )

( )log log 4 1log log3

x y x yIx

y

Đk: 0x y





5 52 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

log ( ) log 2 log ( ) log ( )( ) log 2( )

log log 4 log log3 log log log 4 log3

32 ( ) 3212 ( ) 144

x y x y x y x yI

x y x y

x y x yxy x y

Do đó 2x và 2y là 2 nghiệm của pt sau: 2

22

36 63632 144 0

4 24X xx

X XX yy

Vậy nghiệm của hệ pt là: 62

xy

b. 21

2 2

2 log 3 15( )

3 log 2 log 3

y

y y

xI

x x

Đk: 0x Đặt 2log ; 3 ;( 0)yu x v v ta có:

2

9( )

32 15 log 9 512

( ) 52 3 3 3 1( )2

10

y

un

vu v x xI

uv u v yul

v

Vậy nghiệm của hệ pt là 512

1x

y

a. 4

2

1 log 1 (1);( 0)1 log 2

x xx

Đặt 2logt x ta có: 1

2

122

11 1 1 22(1) 0 11 2 2(1 )2

1log 1 2 02(1) 1log 2 22

t tt

t t t

x x xx x x




Vậy nghiệm của bpt là 102

2

x

x

b. 115

log (6 36 ) 2(1)x x

Đk: 16 36 0x x Đặt 6 0xt ta có:

22

1 15 5

2 2

62

1(1) log (6 ) log5

001 6 1

6 5 6 0log 5 15 6 5 6 6

6 5

x

x

t t

txt

t t t txt

t t

Vậy nghiệm của bpt là: 6

0log 5 1

xx

c.

2 2 21 5 5 55

22

5 22

2

log ( 6 18) 2log ( 4) 0 log ( 6 18) log ( 4) 0

6 18 0( 4)log 0 4 0 4 4

( 6 18)1( 4) 1

( 6 18)

x x x x x x

x x x Rx x x x

x xxx

x x

Vậy nghiệm của bpt là: 4x

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN

98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 C D B B C C D C D A B C B

Chương 3

NGUYÊN HÀM, TÍCH PHÂN VÀ ỨNG DỤNG



Bài 1: NGUYÊN HÀM


a. Định nghĩa: Cho hàm số f xác định trên tập K

Hàm số F được gọi là nguyên hàm của f trên K nếu '( ) ( )( )F x f x x K

b. Tính chất: Nếu hàm số F là một nguyên hàm của hàm số f trên K thì:

a. Với mỗi hằng số C, hàm số ( )y F x C cũng là nguyên hàm của f trên K

b. Với mỗi nguyên hàm G của f trên K thì tồn tại một hằng số C sao cho ( ) ( ) ( )G x F x C x K

c. Nguyên hàm một số hàm sơ cấp:

a. 0dx C

dx x C

b. 1

( 1)1

xx dx C

c. 1 ln | |dx x Cx

d. Với 0k ta có:

1sin cos

1cos sin

kxdx kx Ck

kxdx kx Ck

1

ln

kx kx

xx

e dx e Ckaa dx C

a

e. 2

1 tancos

dx x Cx

2

1 cotsin

dx x Cx

4. Một số tính chất cơ bản của nguyên hàm: Nếu hai hàm số f và g liên tục trên K thì ta luôn có: [ ( ) ( )] ( ) ( )f x g x dx f x dx g x dx ( ) ( ) ; ( 0)kf x dx k f x dx k




a. 2 2

3 2 23

( ) 3 32 2

3 1 .3 2 2 4

x xf x dx x dx x dx dx

x x xC x C

b. 3 3

4 2 4 2

( ) 2 5 7 2 5 7

2 5 57 74 2 2 2

f x dx x x dx x dx xdx dx

x x x xx C x C

c. 2 2

2 2

3

1 1 1 1( )3 3

1 13 3

f x dx x dx dx x dx dxx x

x x Cx

d. 1 11 23

3 33( ) 1 213

xf x dx x dx C x C

e. 2

2 1 10( ) 10 .2 ln10

xxf x dx dx C

a. 1 41 3

3 3 3 32 22 3( )3 4

x x dx xdx xdx x dx x dx x x C

b. 3 1

41 3 32 232 2 2

2 2 2

2 33 4

x x x x xdx dx dx x dx x dx x x Cx x x





c. 2 1 cos 2 14sin 4 2 2 cos 2 2 sin 2 2 sin 2

2 2xxdx dx dx xdx x x C x x C

d.

1 cos 4 1 1(1 cos 4 ) cos 42 2 2

1 1 1 1sin 4 sin 42 4 2 8

x dx x dx dx xdx

x x C x x C

ĐS: C Ta có: ( cos sin ) ' (cos sin ) cos sinx x x C x x x x x x

Đúng: Do x là một nguyên hàm của hàm số f

Bài 2: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM NGUYÊN HÀM


1. Phương pháp đổi biến số: Cho hàm số u=u(x) có đạo hàm liên tục trên K và hàm số f(u) liên tục sao cho [ ( )]f u x xác định trên K

Khi đó nếu F là một nguyên hàm của hàm f, nghĩa là ( ) ( )f u du F u C thì [ ( )]. '( ) [ ( )]f u x u x dx F u x C

2. Phương pháp từng phần:

Nếu u và v là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên K thì udv uv vdu





a. 2

3

9( )1

xf xx

Đặt 3 21 3u x du x dx

Vậy

1 122 3 2 2

3

1 1 1232

9( ) 3.3 .(1 ) 31

3 6 6 11 12

xf x dx dx x x dx u dux

u C u C x C

b. 1( )5 4

f xx

Đặt 5 4 5u x du dx

Vậy

1 12 2

1 1 122

1 1( ) (5 4)55 4

1 2 2 5 415 5 512

f x dx dx x dx u dux

u C u C x C

c. 24( ) 1f x x x Đặt 21 2u x du xdx

Vậy

1 12 24 4 4

1 1 5 54244

1( ) 1 (1 )2

1 2 2 112 5 514

f x dx x x dx x x dx u du

u C u C x C

d. 2

1( )1

f xx x

Đặt 112

u x du dxx




Vậy 2

2

2 1

1( ) 21

2 222 1 1

f x dx dx u dux x

u C C Cu x

a. ( ) sin

2xf x x

Đặt ; sin 2cos2 2x xu x du dx dv dx v

Vậy( ) sin 2 cos 2cos

2 2 2

2 cos 4sin2 2

x x xf x dx x dx x dx

x xx C

b. 2( ) cosf x x x Đặt 2 2 ; cos sinu x du xdx dv xdx v x Vậy 2 2( ) cos sin 2 sinf x dx x xdx x x x xdx Ta tính: 2 sinx xdx Đặt 2 2 ; sin cosu x du dx dv xdx v x

Vậy 2 sin 2 cos 2cos

2 cos 2sin '

x xdx x x xdx

x x x C

Do đó 2 2

2

( ) sin 2 sin sin 2 cos 2sin '

sin 2 cos 2sin

f x dx x x x xdx x x x x x C

x x x x x C

c. ( ) . xf x x e Đặt ; x xu x du dx dv e dx v e Vậy ( ) . . . .x x x x xf x dx x e dx x e e dx x e x e C d. 3( ) ln 2f x x x

Đặt 3 41 1ln 2 ;4

u x du dx dv x dx v xx

Vậy3 4

3 4 41 1( ) ln 2 .ln 2 .ln 24 4 4 16

x xf x dx x xdx x x dx x x C




a. 2( ) 3 7 3f x x x Đặt 27 3 6u x du xdx

Vậy

1 11 22 2

3 322 2

1 1( ) 3 7 3 12 2 12

1 1 7 33 3

uf x dx x x dx u du dx

u C x C

b. ( ) cos(3 4)f x x Đặt 3 4 3u x du dx

Vậy

1 1( ) cos(3 4) cos sin3 3

1 sin(3 4)3

f x dx x dx udu u C

x C

c. 2

1( )cos (3 2)

f xx

Đặt 3 2 3u x du dx

Vậy2 2

1 1 1 1( ) tancos (3 2) 3 cos 3

1 tan(3 2)3

f x dx dx du u Cx u

x C

a. 2( ) 3 7 3f x x x Đặt 27 3 6u x du xdx ta có:

1 12 2 2

3 322 2

1 1( ) 6 7 32 2

1 1 7 33 3

f x dx x x dx u du

u C x C





b. ( ) cos(3 4)f x x Đặt 3 4 3u x du dx ta có:

1 1 1 1( ) 3cos 3 4 cos sin sin(3 4)3 3 3 3

f x dx x dx udu u C x C

c. 2

1( )cos (3 2)

f xx

Đặt 3 2 3u x du dx ta có:

2 2

1 3 1 1 1( ) tan tan(3 2)3 cos (3 2) 3 cos 3 3

dx duf x dx u C x Cx u

d. 5( ) sin cos3 3x xf x

Đặt 1sin cos3 3 3x xu du dx ta có:

65 5 61 1( ) 3 sin cos 3 3 sin

3 3 3 6 2 3x x u xf x dx dx u du C C

a. 53

2( ) 118xf x x

Đặt 3 2

118 6x xu du dx ta có:

5 62 3 35 6( ) 6 1 6 1

6 18 18x x xf x dx dx u du u C C

b. 2

1 1 1( ) sin cosf xx x x

Đặt 2

1 1 1sin cosu du dxx x x

ta có:

22

2

1 1 1 1 1( ) sin cos sin2 2

uf x dx dx udu C Cx x x x

c. 3( ) xf x x e Đặt 3 23 ; x xu x du x dx dv e dx v e ta có:




3 3 2( ) 3x x xf x dx x e dx x e x e dx

Tính 2 xx e dx

Đặt 2 2 ; x xu x du xdx dv e dx v e ta có: 2 2 2x x xx e dx x e xe dx

Mà 'x x xxe dx xe e C (bài tập 6c)

Vậy 3 2 3 2( ) 3[ 2( ) ] 3 6 6x x x x x x x xf x dx x e x e xe e C x e x e xe e C

d. 3 9( ) xf x e

Đặt 3 23 92 3

uu x du dx dx duu

ta có:

3 9 '2 2 2( ) [ ]3 3 3

x u u u uuf x dx e dx e du ue du ue e C (bài tập 6c)

3 9 3 92[ 3 9. ]3

x xx e e C

a. 2( ) cos 2f x x x

Đặt 2 12 ; cos 2 sin 22

u x du xdx dv x v x ta có:

2 21( ) cos 2 sin 2 sin 22

f x dx x xdx x x x xdx

Tính sin 2x xdx

Đặt 1; sin 2 cos 22

u x du dx dv x v x ta có:

'1 1 1 1sin 2 cos 2 cos 2 cos 2 sin 22 2 2 4

x xdx x x xdx x x x C

Vậy

2 '

2

1 1 1( ) sin 2 cos 2 sin 22 2 4

1 1 1sin 2 cos 2 sin 22 2 4

f x dx x x x x x C

x x x x x C

b. ( ) lnf x x x




Đặt 321 2ln ;

3u x du dx dv xdx v x

x ta có:

3 3 3 32 2 2 22 2 1 2 4( ) ln ln ln

3 3 3 9f x dx x xdx x x x dx x x x C

x

c. 4( ) sin cosf x x x Đặt sin cosu x du xdx ta có:

5 54 4 sin( ) sin cos

5 5u xf x dx x xdx u du C C

d. 2( ) cos( )f x x x Đặt 2 2u x du xdx ta có:

2 2 21 1 1 1( ) cos( ) 2 cos( ) cos sin sin2 2 2 2

f x dx x x dx x x dx udu u C x C

Bài 3: TÍCH PHÂN

3.1. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa: Cho hàm số f liên tục trên K và a, b là hai số bất kì thuộc K, nếu F là một nguyên hàm của K thì hiệu số F(b)-F(a) được gọi là tích phân của f

từ a đến b, kí hiệu là ( )b

a

f x dx

Nếu a<b, thì ( )b

a

f x dx được gọi là tích phân của f trên đoạn ;a b

Nếu F là một nguyên hàm của f trên K thì ( ) ( )b

b

aa

f x dx F x

2. Định lý: Cho hàm số y = f(x) liên tục và không âm trên đoạn [a,b] khi đó diện tích S của hình thang cong giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục hoành và hai

đường thẳng x = a, x = b là: ( )b

a

S f x dx

3. Tính chất: Giả sử hàm số f, g liên tục trên K và a, b, c là ba số bất kì thuộc K, ta có:

( ) 0a

a

f x dx



( ) ( )b a

a b

f x dx f x dx

( ) ( ) ( )b c c

a b a

f x dx f x dx f x dx

[ ( ) ( )] ( ) ( )b b b

a a a

f x g x dx f x dx g x dx

( ) ( ) ; ( )b b

a a

kf x dx k f x dx k R


a. 4

2

( 3)2x dx

. (Học sinh tự vẽ hình)

Tích phân trên là diện tích hình thang ABCD được giới hạn bởi 32xy , trục

hoành và hai đường thẳng 2; 4x x

Gọi B, C lần lượt là giao điểm của 32xy và hai đường thẳng 2; 4x x

( 2;0); ( 2;2); (4;5); (4;0); 6; 2; 5A B C D AD AB DC 1 (2 5).6 212

S (đvdt)

Vậy 4

2

( 3) 212x dx

b. 2

1

| |x dx . (Học sinh tự vẽ hình)

Tích phân trên bằng tổng diện tích hai tam giác OAB và OCD giới hạn bởi đồ thị hàm số y = |x|, trục hoành và hai đường thẳng 1; 2x x

1; 1; 2; 2OA AB OC CD

1 21 1 5.1.1 .2.22 2 2

S S S (đvdt)

Vậy 2

1

5| |2

x dx




c. 3

2

3

9 x dx

Tích phân trên bằng diện tích giới hạn bởi đồ thị hàm số 29y x , trục hoành và hai đường thẳng 3; 3x x

Lưu ý: đồ thị hàm số 29y x hay 2 2 9x y chính là nửa đường tròn tâm O, bán kính là 3

21 932 2

S (đvdt)

Vậy 3

2

3

992

x dx

a. 5 1 5 2 5

2 2 1 1 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4 6 10f x dx f x dx f x dx f x dx f x dx

b. 2 2

1 1

3 ( ) 3 ( ) 12f x dx f x dx

c. 5 5 5

1 1 1

[ ( ) ( )] ( ) ( ) 6 8 2f x g x dx f x dx g x dx

d. 5 5 5 5 5

1 1 1 1 1

[4 ( ) ( )] 4 ( ) ( ) 4 ( ) ( ) 4.6 8 16f x g x dx f x dx g x dx f x dx g x dx

4 0 4 3 4

3 3 0 0 0


Bài 11 (trang 152-153 SGK)





a. ( )b

a

f x dx . Tích phân này là diện tích hình thang cong ABCD được giới hạn

bởi ( )y f x , trục hoành và hai đường thẳng ;x a x b .

Vậy ( ) 0b

a

f x dx

b. Đặt ( ) ( ) ( )h x f x g x vì ( ) ( ) ( ) 0f x g x h x Từ câu a ta có:

( ) 0 [ ( ) ( )] 0

( ) ( ) 0 ( ) ( )

b b

a ab b b b

a a a a

h x dx f x g x dx

f x dx g x dx f x dx g x dx

a. Quãng đường vật đi được là:

34 3 3

4 40 0

0

3 3 3(1 2sin 2 ) cos 2 (cos cos 0) 14 2 4

S t dt t t

(s)

b. Gọi ot là thời điểm vật dừng lại ( ) 0 160 10 0 16o o oV t t t

Vậy Quãng đường vật đi được là: 16

2 16 20

0

(160 10 ) (160 5 ) | (160.16 5.16 ) 0 1280( )S t dt t t m

Gọi V(t) là vận tốc của vật thì

2 3' 2 3( ) 3 ( )

2 3t tV t t t V t C

Vì 2 33(0) 0 10 ( ) 10

2 3t tV C V t

Quãng đường vật đi được trong 10s kể từ lúc tăng tốc là: 10 10 2 3 4 4

3 10 30

0 0

3 1 1 10 4300( ) ( 10) ( 10 ) | 10 10.10 ( )2 3 2 12 2 12 3t t tS V t dt dt t t m





a. Gọi V(t) là vận tốc của viên đạn thì

'( ) ( ) 9,8 ( ) 9,8V t a t V t t C Vì (0) 25 25 ( ) 9,8 25V C V t t Gọi T là thời điểm viên đạn ở độ cao cực đại nghĩa là V(t) = 0

9,8 25 0 2,55T T s b. Quãng đường viên đạn đi được đến thời điểm T là:

2 20

0

( 9,8 25) ( 4,9 25 ) | 4,9 25 31,89( )T

TS t dt t t T T m

Do đó quãng đường vật đi được cho đến khi rơi xuống đất là: 2 63,78( )S m

Bài 4: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN


1. Phương pháp đổi biến số:

( )'

( )

[ ( )] ( ) ( )u bb

a u a

f u x u x dx f u du

2. Phương pháp từng phần: ' '( ) ( ) ( ) ( ) | ( ) ( )

b bba

a a

u x v x dx u x v x v x u x dx


a. 1

0

1x dx

Đặt 1u x du dx Đổi cận ta có: (0) 1; (1) 2u u





Vậy

23

1 2 1 22

0 1

1

21 (2 2 1)3 32

ux dx u du

b. 4

20

tancos

x dxx

Đặt 2tancos

dxu x dux

Đổi cận ta có: (0) 0; ( ) 14

u u

Vậy 11 24

20 0 0

tan 1cos 2 2

x udx udux

c. 1

3 4 3

0

(1 )t t dt

Đặt 4 31 4u t du t dt Đổi cận ta có: (0) 1; (1) 2u u

Vậy 11 2 4

3 4 3 3

0 1 0

1 1 15(1 )4 4 4 16

ut t dt u du

d. 1

2 20

5( 4)

x dxx

Đặt 2 4 2u x du xdx Đổi cận ta có: (0) 4; (1) 5u u

Vậy 51 5 1

22 2

0 4 4

5 5 5 1.( 4) 2 2 1 8

x udx u dux

e. 3

20

41

x dxx

Đặt 2 1 2u x du xdx Đổi cận ta có: (0) 1; ( 3) 4u u



Vậy

41

3 4 1 22

20 1

1

4 2 2. 4112

x udx u dux

f. 6

0

(1 cos3 )sin 3x xdx

Đặt 1 cos3 3sin 3u x du xdx

Đổi cận ta có: (0) 0; ( ) 16

u u

Vậy 11 26

0 0 0

1 1 1(1 cos3 )sin 3 .3 3 2 6

ux xdx udu

a. 2

5

1

lnx xdx

Đặt 6

51ln ;6xu x du dx dv x dx v

x

Vậy 22 26 5 6

5 6 6

1 11

2 1 32 7ln ln . ln 2. (2 1 ) ln 26 6 6 36 3 4x xx xdx x dx

b. 1

0

( 1) xx e dx

Đặt 1 ; x xu x du dx dv e dx v e

Vậy 1 1

1 1 1

0 0 00 0

( 1) ( 1) ( 1)x x x x xx e dx x e e dx x e e e

c. 0

cosxA e xdx

Đặt cos sin ; x xu x du xdx dv e dx v e

Vậy 0

0 0

cos .cos sinx x xA e xdx e x e xdx




Tính 0

sinxe xdx

Đặt sin cos ; x xu x du xdx dv e dx v e

Vậy 0 0

0 0

sin .sin cos .sinx x x xe xdx e x e xdx e x A

0 0

12 .cos .sin 12

x x eA e x e x e A

d. 2

0

cosx xdx

Đặt ; cos sinu x du dx dv xdx v x

Vậy 2 2

2 2 20 0 0

0 0

cos sin sin sin cos 12

x xdx x x xdx x x x

a. 1

5 4

0

2 (2 5 )t t t dt

Đặt 5 42 (5 2)u t t du t dt Đổi cận ta có: (0) 0; (1) 3u u

Vậy

33

1 3 1 25 4 2

0 0

0

2 (2 5 ) 2 332

ut t t dt u du

b. 2 2

0 0

sin 2sin cos2

xx x xdx x dx

Đặt sin 2 cos 2;2 4

x xu x du dx dv dx v




Vậy

2 2 22

00 0 0

2 2

0 0

sin 2 cos 2 cos 2sin cos2 4 4

cos 2 sin 24 8 8

x x xx x xdx x dx x dx

x xx

a. 14

0

5(5 4cos ) sint tdt

Đặt 5 4cos 4sinu t du tdt Đổi cận ta có: (0) 1; ( ) 9u u

Vậy

95

91 1 444 4

0 1

1

5 55(5 4cos ) sin . 9 9 154 44

ut tdt u du

b. 3 3

20 1

x dxx

Đặt 2 2

21 1

1xu x du dx xdx x du udu

x

Mặt khác 2 2 2 2 21 1 1u x u x x u Đổi cận ta có: (0) 1; ( 3) 2u u

Vậy

3 3 23 2 2

2 20 0 1

22 32

1 1

. ( 1)1 1

4( 1) ( )3 3

x x x u udx dx duux x

uu du u

Đặt 2 2u x du dx Đổi cận ta có: (1) 2; (3) 6u u





3 6

1 2

sin 2 sin (6) (2)x udx du F Fx u

Vậy đáp án B là chính xác

a. Đặt 1t x dt dx Đổi cận ta có: (0) 1; (1) 0t t

1 0 1 1

0 1 0 0

(1 ) ( ) ( ) ( )f x dx f t dt f t dt f x dx

b. 1 0 1

1 1 0

( ) ( ) ( )f x dx f x dx f x dx

mà theo công thức đổi biến ta có: 0 0 1

1 1 0

( ) ( ) ( )f x dx f u du f x dx

Vậy 1 1 1

1 0 0

( ) ( ) ( )f x dx f x dx f x dx

Đặt u x du dx Đổi cận ta có: ( 1) 1; (0) 0u u Vì f là hàm số lẻ nên ( ) ( )f x f x 0 0 0 1

1 1 1 0

( ) ( ) ( ) ( ) 3f x dx f x dx f u du f x dx

Vì f là hàm số chẵn nên ( ) ( )f x f x 0 0 0 1

1 1 1 0

( ) ( ) ( ) ( ) 3f x dx f x dx f u du f x dx

a. 3

22

1

xx e dx

Đặt 3 23u x du x dx






Đổi cận ta có: (1) 1; (2) 8u u

Vậy 3

82 82 8

11 1

1 1 1 ( )3 3 3

x u ux e dx e du e e e

b. 3

2

1

1 (ln )x dxx

Đặt 1lnu x du dxx

Đổi cận ta có: (1) 0; (3) ln 3u u

Vậy ln33 ln3 3 3

2 2 3

1 0 0

1 1 ln 3(ln ) (ln 3 0)3 3 3ux dx u du

x

c. 3

2

0

1x x dx

Đặt 21 2u x du xdx Đổi cận ta có: (0) 1; ( 3) 4u u

Vậy

43

3 4 1 22 2

0 1

1

1 1 71 32 2 32

ux x dx u du

d. 3

12 3

0

xx e dx

Đặt 3 23 9u x du x dx Đổi cận ta có: (0) 0; (1) 3u u

Vậy 3

31 3 32 3

00 0

1 1 19 9 9

x u u ex e dx e du e

e. 2

0

cos1 sin

x dxx

Đặt 1 sin cosu x du xdx

Đổi cận ta có: (0) 1; ( ) 22

u u

Vậy 22

2

10 1

cos ln ln 21 sin

x dudx ux u



a. 4

0

cos 2x xdx

Đặt sin 2; cos 22

xu x du dx dv xdx v

Vậy 4 44 4 4

0 0 00 0

sin 2 sin 2 sin 2 cos 2 2cos 22 2 2 4 8

x x x xx xdx x dx x

b. 1

0

ln(2 )2

x dxx

Đặt 1ln(2 )2

u x du dxx

Đổi cận ta có: (0) ln 2; (1) 0u u

Vậy ln2 21 ln 2 2

0 0 0

ln 2ln(2 )2 2 2

x udx udux

c. 2

2

0

cosC x xdx

Đặt 2 2 ; cos sinu x du xdx dv xdx v x

22 2

00

sin 2 sinC x x x xdx

Tính 2

0

sinx xdx

Đặt ; sin cosu x du dx dv xdx v x

2 22 2 20 0 0

0 0

sin cos cos cos sin 1x xdx x x xdx x x x

Vậy 2

2 20

sin 2 24

C x x




d. 1

2 3

0

1x x dx

Đặt 3 21 2u x du x dx Đổi cận ta có: (0) 1; (1) 2u u

Vậy

23

1 2 1 22 3 2

0 1

1

1 1 21 . (2 2 1)33 3 92

ux x dx u du

e. 2

1

lne

x xdx

Đặt 3

21ln ;3xu x du dx dv x dx v

x

Vậy 3 3 3 3 3

21 1

1 1 1

1 2 1ln ln . ln3 3 3 9 9

ee ee ex x x x ex xdx x dx x

x

Bài 5: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN ĐỂ TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH PHẲNG


* Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên [a;b] thì diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x), trục hoành và hai đường thẳng x = a; x = b là:

| ( ) |b

a

S f x dx

* Lưu ý: + S hình phẳng giới hạn bởi y = f(x); y = g(x) liên tục trên [a;b] và x = a; x = b được tính bởi công thức sau:

| ( ) ( ) |b

a

S f x g x dx

+ Nếu xem x là hàm của biến y thì S hình phẳng giới hạn bởi x = g(y); x = h(y) liên tục trên [c;d] và y = c; y = d được tính bởi công thức sau:

| ( ) ( ) |d

c

S g y h y dy




Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = sinx + 1, trục hoành và hai

đường thẳng 70;6

x x là

76 7

60

0

3 7(sin 1) ( cos ) 12 6

S x dx x x

a. Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 2cosy x , trục hoành, trục tung và đường thẳng x là

2

00 0

1 cos 2 sin 2cos ( )2 4 2 2

x x xS xdx dx

b. TXĐ: [0; ) Phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị hàm số là:

3 0( 1) 0

1x

x x x x x x xx

Trong đoạn [0;1] thì 3y x nằm trên y x , do đó diện tích hình phẳng là 1

4 31 1 1 1 3 2

3 3 2

0 0

0

1( ) ( ) ( )4 3 123 2

x xS x x dx x x dx

c. TXĐ: [0; ) Phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị hàm số là:

4 2 2 2 2 02 2 ( 4) 0

2x

x x x x xx

Trong đoạn [0;2] thì 22y x nằm trên 4 22y x x , do đó diện tích hình phẳng

là: 22 2 3 5

2 4 2 2 4

0 0 0

4 64[2 ( 2 )] (4 ) ( )3 5 15x xS x x x dx x x dx






a. Gọi 2 2( ) 4; ( ) 2y f x x y g x x x

2 2 2( ) ( ) ( ) 4 2 2 2 4h x f x g x x x x x x x -3 -2 1 h(x) 0 - 0 + Trên [-3;-2] đồ thị hàm số y = f(x) nằm trên y = g(x). Vậy diện tích hình phẳng

là: 22 2 3 2

2 2 2

3 3 3

2 2 11[ 4 ( 2 )] (2 2 4) 43 2 3x xS x x x dx x x dx x

b. Phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị hàm số là: 2 2 1

4 22

xx x x

x

Theo bảng xét dấu câu a ta có trong đoạn [-2;1] thì y = f(x) nằm dưới y = g(x), do đó diện tích hình phẳng là

11 1 3 22 2 2

2 2 2

2 2[ 2 ( 4)] ( 2 2 4) 4 93 2x xS x x x dx x x dx x

c. 3 24 ( 4)y x x x x Bảng xét dấu như sau: x -2 0 2 4 h(x) - 0 0 - 0 + Trên đoạn [-2;0] và [2;4] ta có 0y , còn trên [0;2] ta có 0y , do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi 3 4y x x , trục hoành, và hai đường thẳng

2; 4x x là: 4 0 2 4

3 3 3 3

2 2 0 20 2 44 2 4 2 4 2

2 0 2

| 4 | ( 4 ) (4 ) ( 4 )

4 4 4 444 2 4 2 4 2

S x x dx x x dx x x dx x x dx

x x x x x x

Bài 6: ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN ĐỂ TÍNH

THỂ TÍCH VẬT THỂ



6.1. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Thể tích vật thể: Gọi S(x) là diện tích thiết diện của vật thể bị cắt bởi mặt phẳng vuông góc với trục Ox tại điểm có hoành độ x ( a x b ). Giả sử S = S(x) là một hàm số liên tục thì thể tích của vật thể là:

( )b

a

V S x dx

2. Thể tích khối tròn xoay: Cho hàm số y = f(x) liên tục và không âm trên [a;b]. Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số , trục hoành và hai đường thẳng x = a; x = b quay quanh trục hoành tạo thành khối tròn xoay. Thể tích của khối tròn xoay đó được tính theo công thức:

2 ( )b

a

V f x dx

* Với đường cong có phương trình x = g(y) trong đó g là hàm số liên tục và không âm trên [c;d]. Hình phẳng giới hạn bởi đường cong x = g(y), trục tung và hai đường thẳng y = c; y = d quay quanh trục tung tạo thành khối tròn xoay có thể tích như sau:

2 ( )d

c

V g y dy


Thể tích vật thể là: 11 3

2

1 1

164(1 ) 43 3xV x dx x

Diện tích tam giác đều: 2(2 sin ) 3 4sin . 3( ) 3 sin

4 4x xS x x

Thể tích vật thể là: 0

0

3 sin 3 cos 2 3V xdx x






Ta có: 0 1y x Thể tích khối tròn xoay là:

43

4 4 2 22

1 1

1

7( 1) ( 2 1) 2 32 162

x xV x dx x x dx x

Thể tích khối tròn xoay là:

424 42

1 1 1

2 44 3V dy y dyy y


1 12 12 4 5

11 1

5 5 2V y dy y dy y

a. Học sinh tự vẽ hình

Diện tích hình thang OABC là 1( ) 3

2 2AB OC BCS

Diện tích tam giác cong giới hạn bởi 2

4xy , trục hoành và hai đường thẳng

0; 2x x là: 232 2

20 0

24 12 3x xS dx

Vậy diện tích cần tìm là: 1 23 2 52 3 6

S S S (đvdt)

b. Phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số là: 4 2 2 1

4 42

xx x x

x

Gọi 4 2( ) 4 4y f x x x và 2( )y g x x Ta có: trên [0;1] ( ) ( ) 0f x g x






Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là: 11 1 5 3

4 2

0 0 0

5 38| ( ) ( ) | ( 5 4) 45 3 15x xS f x g x dx x x dx x

c. Gọi 2( ) ; ( ) 4 4; ( ) 4 4y f x x y g x x y h x x Học sinh tự vẽ hình Diện tích hình phẳng cần tìm là:

0 2 0 22 2

2 0 2 00 23 2 3 2

2 0

[ ( ) ( )] [ ( ) ( )] ( 4 4) ( 4 4)

4 4 164 43 2 3 2 3

S f x g x dx f x h x dx x x dx x x dx

x x x xx x

a. Phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị hàm số là:

2 11 3

2x

x xx

Gọi 2( ) 1; ( ) 3y f x x y g x x Xét dấu 2( ) ( ) 2f x g x x x trên [-2;1], ta có ( ) ( ) 0f x g x (Học sinh tự lập bảng biến thiên) Diện tích hình phẳng cần tìm là:

11 1 3 22

2 2 2

9| ( ) ( ) | ( 2) 23 2 2x xS f x g x dx x x dx x

b. Phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị hàm số là: 13 1 1x x

Trên 13[1;8] y x nằm trên y = 1

Diện tích hình phẳng cần tìm là: 8

48 1 3

3

1

1

17( 1) 4 43

xS x dx x

c. Phương trình hoành độ giao điểm giữa hai đồ thị hàm số là:




2

66 06 44

69

xxx x xx

x xx

Diện tích hình phẳng cần tìm bằng tổng diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y x , trục hoành và hai đường thẳng 0; 4x x (học sinh tự vẽ hình)

434 2

1 20

0

. 2 22( ) 22 3 3

AC CB xS S S x dx

(đvdt)

Thể tích vật thể là:

20

0 0

(2 sin ) 4sin 4cos 8V x dx xdx x


22 2 52 2 4

0 0 0

32( )5 5xV x dx x dx


2 24 4 42

0 0 0

1 cos2 sin 2 2(cos )2 2 2 8

x xV x dx dx x


1 12 22

0 0

( ) ( )x

xV xe dx x e dx







+ Tính 1

2

0

( )xx e dx

Đặt 2 2 ; x xu x du xdx dv e dx v e

1 112 2

00 0

( ) 2x x xx e dx x e xe dx

+ Tính 1

0

xxe dx

Đặt ; x xu x du dx dv e dx v e

1 11 1 1

00 00 0

( ) 1x x x x xxe dx xe e dx xe e

Vậy ( 2.1) ( 2)V e e (đvtt)


2 2

2 20

0 0

( 2sin 2 ) 2sin 2 cos 2 2V y dy ydy y

ÔN TẬP CHƯƠNG III

a. 2 1

3 2 22 22 (1 ) (2 2 ) 22 1x xx x dx x x dx C x C

x

b.

31 32 4

24 414

2 8 88 8 2 2 432 34

x xx dx x x dx C x x Cx

c. 1 32 2sin( 1)x x dx

Đặt 3 12 231

2u x du x dx





1 3 32 2 22 2 2sin( 1) sin cos cos 1

3 3 3x x dx udu u C x C

d. 2

sin(2 1)cos (2 1)

x dxx

Đặt cos(2 1) 2sin(2 1)u x du x dx 1

2 2

sin(2 1) 1 1 1 1.cos (2 1) 2 2 1 2 2cos(2 1)

x udx du C C Cx u u x

a. 2

1 1cos 1 dxx x

Đặt 2

1 11u du dxx x

2

1 1 1cos 1 cos sin sin 1dx udu u C Cx x x

b. 3 4 3(1 )x x dx

Đặt 4 31 4u x du x dx 3 4 4 4

3 4 3 (1 )(1 )4 16 16u u xx x dx du C C

c. 2

3

xxe dx

Đặt 2 21;2

x xu x du dx dv e dx v e

2 2 2 2 21 13 3 2 2 3 2 4

x x x x xxe xe e xe edx dx C

d. 2 xx e dx

Đặt 2 2 ; x xu x du xdx dv e dx v e 2 2 2x x xx e dx x e xe dx

Tính xxe dx

Đặt ; x xu x du dx dv e dx v e 'x x x x xxe dx xe e dx xe e C

Vậy 2 2 ' 22( ) ( 2 2)x x x x xx e dx x e xe e C e x x C



a. xxe dx

Đặt ; x xu x du dx dv e dx v e x x x x xxe dx xe e dx xe e C

b. ln x dxx


2 2ln (ln )2 2

x u xdx udu C Cx

2 3( ) 12 (3 1)y f x x x dx

Đặt 23 1 6u x du xdx 4 2 4

2 3 3 (3 1)( ) 12 (3 1) 2 24 2

u xf x x x dx u du C

Do 2 4(3.1 1)(1) 3 3 52

f C C

2 4(3 1)( ) 52

xf x

Xét 2

0

( ) ( ) ; 0;x

f x t t dt x

Ta có: ' 2( ) (1 )f x x x x x

Cho ' 0( ) 0

1x

f xx

Lập bảng xét dấu ta có:






x 1 '( )f x 0

( )f x

Trên 0; hàm số có giá trị max tại x = 1

Vậy 0;

( ) (1) 0maxx

f x f

1b

a. 9 9

1 1

2 ( ) 2 ( ) 2.( 1) 2f x dx f x dx

b. 9 9 9

7 7 7

[ ( ) ( )] ( ) ( ) 5 4 9f x g x dx f x dx g x dx

c. 9 9 9

7 7 7

[2 ( ) 3 ( )] 2 ( ) 3 ( ) 2.5 3.4 2f x g x dx f x dx g x dx

d. 7 9 7 9 9

1 1 9 1 7


Gọi m và n lần lượt là giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số f trên [a;b]

( ) ; ; ( ) ( ) ( ) ( )b b b b

a a a a

m f x n x a b mdx f x dx ndx m b a f x dx n b a

Do hàm số f liên tục trên [a;b] nên ;c a b để 1( ) ( )b

a

f c f x dxb a

Vật dừng lại tại thời điểm ( 0t )

( ) 0 (5 ) 0 5V t t t t Quãng đường vật đi được từ lúc t = 0 đến t = 5 là:

55 5 2 3

2

0 0 0

5 125(5 ) (5 ) ( )2 3 6t tS t t dt t t dt m






(Học sinh tự vẽ hình) Thời điểm A và B gặp nhau là 20s kể từ lúc A xuất phát Đồ thị vận tốc của A là đường gấp khúc OMN do đó quãng đường A đi được là diện tích hình thang OMNQ

16(20 12). 96( )2

S m

Vậy lúc gặp B thì A đã đi được quãng đường 96m Đồ thị vận tốc của b là đường thẳng RP. Do B xuất phát cùng vị trí với A nên quãng đường mà B đi được là 96m và nó cũng chính là diện tích tam giác PQR (PQ = V(B) với V(B) là vận tốc của B tại thời điểm B đuổi kịp A; RQ = 8)

28. ( ) 4. ( )

2V BS V B ; 1 2 96S S 4. ( ) 96 ( ) 24V B V B (m/s)

Vậy vận tốc của B tại thời điểm đuổi kịp A là 24m/s

a. 2

2

0

sin 2A x xdx

Đặt 2 cos 22 ; sin 22

xu x du xdx dv xdx v

2

22 2 222

0 0 00

cos.cos 2 4sin 2 cos 2 cos 22 2

x xA x xdx x xdx x xdx

Tính 2

0

cos 2x xdx

Đặt sin 2; cos 22

xu x du dx dv xdx v

2 22 2 2

0 0 00 0

.sin 2 sin 2 .sin 2 cos 2 1cos 22 2 2 4 2

x x x x x xx xdx dx





Vậy A =

2

cos4

2

12

=2 1

8 2

b. 2

2

1

(2 1)B x x dx

Đặt 22 1 4u x du xdx Đổi cận (1) 3; (2) 9u u

92 9 22

1 3 3

1 1(2 1) . 94 4 2

uB x x dx udu

b. 2

32

2

( 1) x xC x e dx

Đặt 2 2 (2 2)u x x du x dx Đổi cận (2) 0; (3) 3u u

233 3

2 3

02 0

1 1 1( 1) ( 1)2 2 2

x x u uC x e dx e du e e

a. Phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số là:

2 14 2

2x

x xx

Gọi 2( ) 4 ; ( ) 2y f x x y g x x Xét dấu 2( ) ( ) ( ) 2h x f x g x x x trên [ 1;2] ta có:

x -1 2 h(x) - 0 + 0 -

Ta thấy trên [ 1;2] thì h(x)>0 do đó f(x) nằm trên g(x) Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số là:

22 2 3 2

2

1 1 1

9[ ( ) ( )] 2 23 2 2x xS f x g x dx x x dx x

b. Trong góc phần tư thứ 1 ta có: (Học sinh tự vẽ hình)




+ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 122

14( ) : 4 4

4xC x y y

, trục

hoành và các đường thẳng x = 0; x = 4 là:

1

4 4 122

0 0

4 1 44 2

xS dx x dx

Đặt 4u x du dx Đổi cận (0) 4; (4) 0u u

43

4 0 41 11 22 22

0 4 0

0

1 1 1 1 84 32 2 2 2 32

uS x dx u du u du

+ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 1

4 42( ) : 1 1C x y y x , trục hoành

và các đường thẳng x = 0; x = 1 là:

1 1

4

0

1S x dx

Đặt 1u x du dx Đổi cận (0) 1; (1) 0u u

15

1 0 11 11 44 44

0 1 0

0

41 5 54

uS x dx u du u du

+ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị trong góc phần tư thứ I là:

18 4 283 5 15

S

+ Do đó diện tích cần tìm là: 156215

S (đvdt)

a. Học sinh tự vẽ hình Xét thấy 2(3;5) 2 2M y x x Ta có: ' 2 2y x Hệ số góc của tiếp tuyến tại (3;5)M là '(3) 4y Phương trình tiếp tuyến với (P) tại M là 5 4( 3) 4 7y x y x




Diện tích hình phẳng là: 33 3 3 2

2 2

0 0 0

6( 2 2 4 7) ( 6 9) 9 93 2x xS x x x dx x x dx x

b. Học sinh tự vẽ hình Xét thấy 2(0; 3); (3;0) 4 3A B y x x Ta có: ' 2 4y x Hệ số góc của tiếp tuyến tại A và Blà '(0) 4; '(3) 2y y Phương trình tiếp tuyến với (P) tại A là 3 4 4 3y x y x Phương trình tiếp tuyến với (P) tại B là 2( 3) 2 6y x y x Phương trình hoành độ giao điểm giữa hai tiếp tuyến là:

34 3 2 62

x x x 3( ;3)2

C là giao điểm giữa hai tiếp tuyến

Diện tích tam giác cong ACD là:

3 3 332 2 2

2 21

0 0 0

9[4 3 ( 4 3)]3 8xS x x x dx x dx

Diện tích tam giác cong BCD là: 33 3 3 2

2 22

33 322 2

6 9[ 2 6 ( 4 3)] ( 6 9) 93 2 8x xS x x x dx x x dx x

Vậy diện tích hình phẳng cần tìm là:

1 294

S S S

Diện tích nửa hình tròn là: 22 4

( )

51 5.2 4 8x

x xS

Thể tích vật thể cần tìm là: 22 24 5

4

0 0 0

5 5 5 48 8 8 5x xV dx x dx

(Học sinh tự vẽ hình)





Thể tích khối tròn xoay là: 2 44 4

2

1 1 1

2 44 3V dy y dyy y

(Học sinh tự vẽ hình) Thể tích khối tròn xoay là:

2 2

2 20

0 0

( cos ) cos sinV x dx xdx x

Phương trình đường cong là: 21

xy


23 3

2

0 0

2 4 11

V dy y dyy

Đặt 1u y du dy Đổi cận (0) 1; (3) 4u u

43 4

2 2

10 1

44 1 4 3V y dy u duu

a. (Học sinh tự vẽ hình) Thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục hoành là:

44 4 22 420

0 0 0

2 4 82xV dx x dx x

b. (Học sinh tự vẽ hình) Thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục tung là:

22 522

0 0

325 5yV y dy






Thể tích khối tròn xoay tạo thành là:

22 212 2

1 1

xxV x e dx xe dx

Đặt ; x xu x du dx dv e dx v e

2 2

2 2 2 2

1 1 11 1

x x x x xV xe dx xe e dx xe e e

a. (Học sinh tự vẽ hình) Thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục hoành là:

11 1 42

3 3

0 0 04 4xV x dx x dx

b. (Học sinh tự vẽ hình) Thể tích khối tròn xoay khi quay quanh trục tung là:

1

71 1 2 312 23

00 0

0

41 7 73

yV dy y dy y

BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN

60 61 62 63 64 65 66 67 B B D A B A A C

PHẦN II: CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC

A. PHƯƠNG TRÌNH & BẤT PHƯƠNG TRÌNH

DẠNG MŨ - LOGARIT





I. DẠNG 1: ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ Dùng các công thức đã học để đưa phương trình & bất phương trình về cùng cơ số và giải bình thường:

Phương trình mũ: m na a m n

Phương trình logarit: 0

log loga a

b cb c

b c

hoÆc > 0

Bất phương trình mũ: ( ; ; )m na a Bất phương trình logarit: log log ( ; ; )a ab c

Giải: 1 1 2( 1) 3( 1)9 27 3 3 2( 1) 3( 1) 1x x x x x x x Vậy nghiệm của pt đã cho là 1x

Giải: Ta thấy biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối, do đó ta phải bỏ dấu giá trị tuyệt đối rồi giải + TH1: 3x ta có

3 2 3 42 1 2 1 2 1 1 2 1 1.2 2 .2 2 .2 2 .2 2 0 0x xx x x x x xx x x x x Vậy x<3 pt luôn có nghiệm (1) + TH2: 3x ta có:

3 2 3 42 1 2 1 2 1 5 2 7 1

2 2 2 2

2 2 2

1 5

222

.2 2 .2 2 .2 2 .2 232 128 2 1 322 .2 . 2 (2 ) (4 1)2 2 2 2 2

2 32 2 32(4 1) (4 1) (4 1) 02 2 2 2

1 52 32 2 202 2

4 14 1 0

x xx x x x x x

xx x

x x x

x x

x x

xx x

x

x x x x

x x x x

x x x

x x

xxx

331 1

4 2

xx

x

Vậy 3x là nghiệm của pt (2) Từ (1) và (2) ta có nghiệm của phương trình là 3x

Ví dụ 1: Giải phương trình sau 1 19 27x x

Ví dụ 2: Giải phương trình sau 3 2 3 42 1 2 1.2 2 .2 2x xx xx x



Giải:

ĐK:

1 0 44

11 4 0

x xx

xx x

Ta có:

22 2 2 2 2

22 2

1 1log log 1 4 2 log log 1 4 log 24 4

31 1log 1 4 log 4 1 4 4 1 414 4

x xx x x xx x

xx xx x x x xxx x

Vậy nghiệm của pt là: 3x

ĐK: 2

2 0 02 1 0 1x x

x x x

Ta có:

422 2 3

8 8 8 8 8

232 2 4 2 2 28 8

42log 2 log 2 1 log 2 log 2 1 log 83

log 4 2 1 log 8 4 2 1 16 1 4 0

1 2 0 1 2 0 11 2 1 2 0

1 2 0 1 2 0 2

x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x xx x x x

x x x x x


Giải: 3 6 3 6 0 12 1 2 2 3 6 02

x x x x

Giải:

Ví dụ 3: Giải phương trình sau 2 21log log 1 4 24

x x xx

Ví dụ 4: Giải phương trình sau 28 8

42log 2 log 2 13

x x x

Ví dụ 5: Giải bất phương trình sau 3 62 1x

Ví dụ 6: Giải bất phương trình sau 1 1 22 4

log 2log ( 1) log 6 0x x



1 1 2 2 4 22 4

2 2 2 2 2 2

22 2

log 2log ( 1) log 6 0 log 2 log ( 1) log 6 0

log log ( 1) log 6 0 log log ( 1) log 6 03

log ( 1) log 6 ( 1) 6 6 02

x x x x

x x x xx

x x x x x xx

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

1. 2 1 15 7 175 35 0x x x

2. 10 510 1516 0,125.8

x xx x

3. 2 1 11 13.4 .9 6.4 .93 2

x x x x

4. 22 2 114 2 2 1xx x x 5.

16 64

log 2.log 2 log 2x x x

6. 25 5

5log log 1x xx

7. 2 3 4 20log log log logx x x x

8.

1log22log

113log2

3x2

xx

9. 229 33

1 1log 5 6 log log 32 2

xx x x

10. 2 22 2 2log 3 2 log 7 12 3 log 3x x x x

11. 84 22

1 1log 3 log 1 log 42 4

x x x

12. 2 3

3 319 27 813

xx x x

13. 4 2 2 4log log log log 2x x 14. 1 2 13.13 13 2 5.2x x x x

15. 25 5

1log 2 3 log3

xx xx

16. 224 4 4log 1 log 1 log 2x x x

17. 25 5log 6 4 2log 4x x x



18. 512log 1 log log2

x x x

19. 29 3 32log log .log 2 1 1x x x

20. 2 34 82log 1 2 log 4 log 4x x x

21. 2

4 116 81 2

2

xx x

22. 2

| 1|2 13

3

x xx x

23. 2

1

2

1 22

x

x x

24. 22 2log ( 2) log ( 3)x x x

25. 21 12 2

log (11 4 ) log ( 6 8)x x x

26. 1 32

11 4log log 011 4

xx

27. 2log (5 8 3) 2x x x 28. 2 3

3

log log | 3 | 1x

29. II. DẠNG 2: ĐẶT ẨN PHỤ Đưa phương trình về cùng một ẩn sau đó đặt ẩn phụ và chú ý điều kiện(nếu có) để kết luận nghiệm phù hợp với yêu cầu bài toán.

2 2

3 8 3 8 6 3 2 2 3 2 2 6 1 2 1 2 6

12 1 2 1 6 2 1 6(*)2 1

x xx x x x

x x x

x

Đặt 2 1 ;( 0)x

t t ta có:

Ví dụ 1: Giải phương trình sau 3 8 3 8 6x x



2

2 2

2 2

2 1 3 2 23 2 21(*) 6 6 1 03 2 2 2 1 3 2 2

2 1 2 1 2 1 2 12

2 1 2 1 2 1 2 1

x

x

x x

x x

tt t t

t t

x

Vậy nghiệm của phương trình là 2x

3 2cos 1 cos 2cos cos4 7.4 2 0 64.4 28.4 2 0(*)x x x x

Đặt cos4 ;( 0)xt t ta có:

2 cos 1 2cos

1 ( )12(*) 64 28 2 0 4 2 2

1 2( )16

1 2 21 2cos cos cos cos 22 3 3

x xt n

t tt l

x x x x k

Vậy nghiệm của pt là: 2 23

x k

12 2 2 2

22 2 2 2

log 4 4 .log 4 1 3 log 4 4 1 .log 4 1 3

log 4 log 4 1 .log 4 1 3 log 4 1 1(*)

x x x x

x x x

Đặt 2log 4 1xt ta có:

221

42

04 1log 4 1 11 4 1 2(*) 1 11 log1 4 1 2 4log 4 1 1 22

xx x

x xx

xt

txt

Vậy nghiệm của phương trình là: 4

01log2

x

x

Ví dụ 2: Giải phương trình sau 3 2cos 1 cos4 7.4 2 0x x

Ví dụ 3: Giải phương trình sau 12 2log 4 4 .log 4 1 3x x



ĐK: 0x

3 9 33 3 3

33 3

4 1 42 log log 3 1 2 log 11 log log 9 1 log

1 42 log 1(*)2 log 1 log

xx xx x x

xx x


32

3

1 4(*) 2 1; 2; 12 1

1log 112 6 8 0 3

log 44 81

t t tt t

xt xt t

xt x


x

x

Giải:

3 82 2 9 2 9(*)2

x x xx

Đặt 2 ( 0)xt t , ta có: 28(*) 9 9 8 0 1 8

1 2 8 0 3x

t t t tt

x

Vậy nghiệm của bất phương trình là 0 3x

Giải:

Ví dụ 4: Giải phương trình sau 3 93

42 log log 3 11 logxx

x

Ví dụ 5: Giải bất phương trình sau 32 2 9x x

Ví dụ 6: Giải bất phương trình sau 2 (3 2)log (3 2) 2 log 2 3 0x

x



2 2(3 2)2

1log (3 2) 2 log 2 3 0 log (3 2) 2 3 0(*)log (3 2)

xx x

x

Đặt 2log (3 2);( 0)xt t , ta có:

2

2

2

1 0 12(*) 3 0 3 2 02 2

0 log (3 2) 1 1 3 2 2 1 3 0 ln 2ln 3log (3 2) 2 3 2 4 3 2

x x x

x x x

t tt t t

t tt

x

Vậy nghiệm của bất phương trình là ln 2ln 3

x

Giải:

2 4 2 2 2 23 45.6 9.2 0 81.3 45.6 36.2 0(*)x x x x x x Đặt 3 ; 2 ;( , 0)x xa b a b

22 2(*) 81 45 36 0 81 45 36 0(**)a aa ab b

b b

Đăt 3 ;( 0)2

xat tb

2

1 0

4 4 3(**) 81 45 36 0 1 19 9 2

3 3 3 1 02 2 2

x

x

t t t

x

Vậy nghiệm của bất phương trình là 1 0x BÀI TẬP TỰ LUYỆN

1. 2 22 1 24 5.2 6 0x x x x

2. 26 15 3 2 7 4 3 2 2 3 1x x x

3. 2 3 2 3 14x x

4. 3 1 5 35.2 3.2 7 0x x

5. 33 1

8 12 6 2 12 2

x xx x

Ví dụ 7: Giải bất phương trình sau 2 4 2 23 45.6 9.2 0x x x



6. 27 12 2.8x x x 7. 9 10.3 9 0x x 8.

2 2

4 6.2 8 0x x 9.

2 2 2

15.25 34.15 15.9 0x x x 10.

2 2sin cos9 9 10x x

11. 2 3 2 3 4x x

12. 35log log 32xx

13. 82 3loglog2 2 5 0xxx x 14. 1 25 5.0,2 26x x 15. 25 12.2 6, 25.0,16 0x x x

16. 1 33

64 2 12 0x x

17. log log525 5 4.x x 18. 14 4 3.2x x x x 19.

2 2sin cos2 5.2 7x x 20.

2cos2 cos4 4 3x x

21. 4 15 4 15 8x x

22. cos cos 57 4 3 7 4 32

x x

23. 7 3 5 7 3 5 14.2x x x

24. 225 5log 5 1 log 77 0x x

25. 3log 3 .log 1 0x x x

26. 2 51 2log 5 log 2x x

27. 2 2log log 55 2. 15x x 28. 3log log log log 2 0x x

29. 13log 3 1 .log 3 3 6x x

30. 2 1 11 .4 21 13.42

x x

31. 1 1 1

6.9 13.6 6.4 0x x x 32. 3 3 325 9 15 0x x x



33. 2log 9 2 3x x

34. 2 3 2 3 2x x

x

35. 2 1log 1 log 16xx 36. log 6.5 25.20 log25x x x

37. 2 22log .log (4 ) 12xx x

38. 82

4 16

log 4loglog 2 log 8

xxx x

39. 4 2 2 4log log log log 2x x

40. 225log 125 .log 1x x x

41. 3 31log 3 log log 3 log2x xx x

42. 2 3log log 2x x

43. 22 2log log 2 0x x

44. 2log 4 32xx 45. 2 22 3.2 32 0x x 46. 1 18 2 4 2 5x x x

47. 1 115.2 1 | 2 1| 2x x x

48. 26 6log log6 12x xx

49. 23 1 4

2

log log 2 0x x

50. 22log 64 log 16 3x x

51. 22

2

log 32

log 3xx

III. DẠNG 3: LOGARIT HÓA Với dạng toán này, chỉ cần biến đổi và lấy logarit hai vế theo cơ số thích hợp để giải bài toán. Tổng quát: Cho , , 0a b c ,ta có:

( ) ( ). ( ) ln ( ) ln lnf x g xa b c f x a g x b c

Ví dụ 1: Giải phương trình sau 23 .8 6x

x x



32 2

2

2

33 .8 6 ln 3 .2 ln 3.2 ln 3 ln 2 ln 3 ln 22

ln 3 2 ln 3 3 ln 2 ln 3 2ln 3 ln 2 2ln 2ln 3 . ln 3 2ln 2 2 ln 2 2 ln 3 0(*)

x xx xx x xx

x

x x x x xx x

( 2x )

Phương trình bậc hai (*) có dạng a + b + c = 0nên (*) có nghiệm là

1 22 ln 2 2 ln 31;

ln 3x x

2 1 2 11 2 1 1 12 24.9 3 2 4.9 3.2 ln 4 ln 9 ln 3 ln 2

2 12ln 2 2 1 ln 3 ln 3 ln 2 4ln 2 4 ln 3 4 ln 3 2ln 3 2 ln 2 ln 22

3 ln3 ln 2 34ln3 2ln 2 6ln 3 3ln 22 ln 3 ln 2 2

x xx x x x

xx x x

x x x

Vậy nghiệm của phương trình là: 32

x


1. 4 1 3 22 1

5 7

x x

2. 2

5 .3 1x x 3.

2 22 .3 1,5x x x

4. 2 1

15 .2 50x

x x

5. 3

23 .2 6x

x x 6. 3 22 3

x x

7. 1

5 .8 500x

x x

8.

21 23 .2 8.4x x x

IV. DẠNG 4: ĐƯA PHƯƠNG TRÌNH VỀ DẠNG TÍCH SỐ

Ví dụ 2: Giải phương trình sau 1 2 14.9 3 2x x



0. 0

0A

A BB

2 2 2 2

2 2 2

2 2

2 2

2 2

20

2 2 2

2 4.2 2 4 0 2 .2 2 4 4.2 0

2 2 1 4 2 1 0 2 1 2 4 0

002 1 0 2 212 22 4 0 2 2

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x

x x

xx xxx

Vậy nghiệm của phương trình là 01

xx


1. 8.3 3.2 24 6x x x 2. 2 1 15 7 175 35 0x x x 3. 2 1 | 3| 6 2 | 3| 4 1.2 2 .2 2x x x xx x 4. 22 2 114 2 2 1xx x x

V. DẠNG 5: DÙNG TÍNH ĐỒNG BIẾN VÀ NGHỊCH BIẾN CỦA HÀM SỐ

Ứng dụng phương pháp này để chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất, cụ thể ta nhẩm nghiệm được x a , ta phải chứng minh với mọi x a thì phương trình đã cho vô nghiệm.

22 1 3 1 32 1 3 1 1

2 2 2 2

x xxxx

x x

Nhận thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình đã cho và nó cũng chính là nghiệm duy nhất của phương trình. Thật vậy:

Ví dụ : Giải phương trình sau 2 2 22 4.2 2 4 0x x x x x

Ví dụ 1: Giải phương trình sau 22 1 3x

x



Hàm số 1 3( )2 2

xx

f x

là một hàm giảm do cơ số 1 30 ; 12 2

a .

+ Nếu 1 32 ( ) (2) 12 2

xx

x f x f

+ Nếu 1 32 ( ) (2) 12 2

xx

x f x f

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2

3 288 .2 2 0 8 .2 0 8.2 .2 8 .2 02

2 1 08 2 1 .2 2 1 0 2 1 8 .2 0

8 .2 0

2 1 08 .2 0 .2 8

8 .2 0

x x x x x xx

xx x x x x

x

xx x

x

x x x x x x

x xx

xx x

x

Nhận thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình đã cho và nó cũng chính là nghiệm duy nhất của phương trình. Thật vậy: Hàm số ( ) .2xf x x là một hàm tăng, vì + Nếu 2 ( ) .2 (2) 8xx f x x f + Nếu 2 ( ) .2 (2) 8xx f x x f Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2

ĐK: 01 0 000

xx xxx

2 3 3 3log 1 log log log

2 3log 1 log 2 2 1 2 2 1x x x xx x x x

Nhận thấy x = 9 là một nghiệm của phương trình đã cho và nó cũng chính là nghiệm duy nhất của phương trình. Thật vậy: Hàm số 3log( ) 2 xf x x đều là hàm tăng , ta có

Ví dụ 2: Giải phương trình sau 38 .2 2 0x xx x

Ví dụ 3 Giải phương trình sau 2 3log 1 logx x



+ Nếu 3log9 ( ) 2 (9) 1xx f x x f + Nếu 3log0 9 ( ) 2 (9) 1xx f x x f Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 9

ĐK: 0x Nhận thấy x = 2 là một nghiệm của phương trình đã cho và nó cũng chính là nghiệm duy nhất của phương trình. Thật vậy: Hàm số 2( ) logf x x là hàm tăng , ( ) 3g x x là hàm giảm, ta có

+ Nếu 2( ) log (2) 12

( ) 3 (2) 1f x x f

xg x x g

+ Nếu 2( ) log (2) 12

( ) 3 (2) 1f x x f

xg x x g

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2 BÀI TẬP TỰ LUYỆN

1. 22 1 3x

x 2. 3 22 8 14x x x 3. 2

2 2log 1 log 6 2x x x x

4. 25 2 3 5 2 7 0x xx x

5. 38 .2 2 0x xx x 6. 2 3 2.3 3 12 7 8 19 12x xx x x x x

7.

2 1 3 22

3

82 2log 4 4 4

x x

x x

8. 23 32 log 1 4 1 log 1 16 0x x x x

9. 4 9 25x x x 10. 2 23.25 3 10 5 3 0x xx x

11. 9 2 2 .3 2 5 0x xx x

12. 2log 6 4 log 2x x x x

13. 23 33 log 2 4 2 log 2 16x x x x

Ví dụ 3 Giải phương trình sau 2log 3x x



14. 13

log 4x x

15. 2log 12 5 log 3x x x x

16. 2

23 2

3log 3 22 4 5

x x x xx x

17. 2 23 3log 1 log 2x x x x x

18. 2 3 5x x x

VI. DẠNG 6: PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT CÓ CHỨA THAM SỐ

Giải: Đặt 2 ( 0)xt t

2 2(*) 5 0 5 (**)t t m t t m Để (*) có nghiệm thì (**) phải có nghiệm t > 0. Do vậy:

20 ( ) 5 0 0 0t f t t t m m Vậy với m < 0 thì phương trình luôn có nghiệm

Giải:

2

22

21 21 122 2

2 0 2 0(*)log 2 3 log 2 log 8 2 8 0(**)

x x m x x mx x m x x m x x m

Giải (*) '(*) 1 m

+ Nếu '(*) 0 1 (*)m đúng với mọi x

+ Nếu '(*) 0 1 (*)m đúng với mọi 1x

+ Nếu '(*) 0 1 (*)m đúng với 1 1x m hoặc 1 1x m

Ví dụ 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm 4 5.2 0(*)x x m

Ví dụ 2: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm 2

12

log 2 3x x m



Giải (**) '(**) 9 m

+ Nếu '(**) 0 9 (**)m có nghiệm 1 9 1 9m x m

+ Nếu '(**) 0 9 (**)m vô nghiệm

Kết luận + Nếu 9m thì hệ VN + Nếu 1 9m thì hệ luôn có nghiệm

+ Nếu 1m thì hệ có nghiệm khi và chỉ khi 1 9 1 1

1 9 1 1

m m

m m

Vậy với mọi m < 9 thì bất phương trình đã cho luôn có nghiệm

Giải: ĐK: 2 2 1x x m ta có:

2 2 2 22 4 4 4log 2 4 log 2 5 log 2 4 log 2 5(*)x x m x x m x x m x x m

Đặt 24log 2 ;( 0)t x x m t

2 24

22 2

0;2

2 2 2

0;2

(*) 4 5 0 5 1 0 log 2 1

2 12 1 2 12 4 2 4 2 4

1 12 4

0 4

x

x

t t t x x m

Min x x mx x m x x mx x m x x m Max x x m

mm

m

Vậy 2 4m thỏa yêu cầu bài toán đã cho BÀI TẬP TỰ LUYỆN

1. Định m để pt sau có nghiệm duy nhất 2log 2 log 8 6 3 0x mx x m

2. Định m để pt sau có nghiệm duy nhất 2 22log 4 logx mx

Ví dụ 3: Tìm m để với mọi 0;2x đều thỏa bất phương trình sau:

2 22 4log 2 4 log 2 5x x m x x m



3. Tìm a sao cho bpt thỏa x 0

1.2 2 1 3 5 3 5 0x xxa a (HVBCVT-2000)

4. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thuộc (0;1)

2

2 12

4 log log 0x x m (DB1-D-03)

5. Định m để bpt sau có nghiệm 9 .3 3 0x xm m

6. Định m để bpt sau có nghiệm đúng với mọi x 2 2

2 2log 7 7 log 4x mx x m 7. Định m để pt sau có nghiệm, có nghiệm duy nhất

| 1|

1 3 23 x m

B. HỆ PHƯƠNG TRÌNH & HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH DẠNG MŨ - LOGARIT

I. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. Biến đổi tương đương 2. Biển đổi về dạng tích số 3. Giải hệ trên từng tập con của tập

xác định 4. Giải theo dạng phương trình không

mẫu mực Đặt ẩn phụ Tính đơn điệu Min, Max Đối lập



II. VÍ DỤ MINH HỌA

Giải:

2 2 2 24 4 4 4 4 4 4

2 24 4 4 4 4 4 4

2 2 2 24 4

24 4

log log 2 1 log 3 log log 4 log 3 log 2

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

log 4 log 2 3 2

log 4 1 log 4 2 2 4

x y x x y x y x y x

x xxy y y x xy y y xy y

x y x x y x y

xxy y y xy

2

2 2

2

3

4 1 4 2 2 4

00

02

2 0 2 03 2 00 2

2 0 2 02 2 0 2 10

12 0

2 0

x x y

xxy y y xy

x yx y

x yx y

x y x yx y x y xx xy y x y xx y x x yxy x x y x y

x y yx y

x

Vậy nghiệm của hệ là 21

x yxy

Giải: ĐK: x >0; y > 0 1 0xy ta có:

Ví dụ1 : Giải hệ phương trình sau:

2 24 4 4

24 4 4

log log 2 1 log 3

log 1 log 4 2 2 4 log 1

x y x x y

xxy y y xy

Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình sau: 2 2

2 2

log log 1

1

x ye e y x xy

x y



+ Nếu

2 22 2 2 2

00log log 1 0log log log log 0

x yx y x y e ee e e ex y

y x xyx y y x

+ Nếu

2 22 2 2 2

000

log log 1 0log log log log 0

x yx y x y e ee e e ex y

y x xyx y y x

+ Vậy để dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2 2 2 2 2 21 1

2 2x y x y x x x y

Vậy nghiệm của hệ phương trình là 22

x y

Giải:

ln(1 ) ln(1 ) ln(1 ) ln(1 ) 0

ln(1 ) ln(1 ) 0

x y x y

x a x

e e x y e x y ey x a y x a

e e x x ay x a

Đặt ( ) ln(1 ) ln(1 ); ( 1)

1 1'( ) 0; 11 1

x a x

x a x

f x e e x x a x

f x e e xx x a

Mặt khác 1

lim ( ) ; lim ( )xx

f x f x

Vậy với mọi a > 0 thì hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất

Ví dụ 3 : Chứng minh rằng với mọi a > 0 thì hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: (D_2006)

ln(1 ) ln(1 )x ye e x yy x a

Ví dụ 3 : Giải hệ phương trình sau:

29 3

1 2 1

3log (9 ) 3log 3 3

x y

x y



Giải: ĐK:

00 11 0 22

xy xx yx

23 39 3

1 2 1 1 2 1 1 2 13log 3 3log 3 33log (9 ) 3log 3 3

112 1 2 01 2 1 22

x y x y x yx y x yx y

xx yx xx x xx yx y x y x y

Vậy nghiệm của hệ phương trình là 12

x yx y

Giải: Đặt 1; 1u x v y ta có

2 1 2

2 1 2

2 2 3 1 1 3(*)

2 2 3 1 1 3

y v

x u

x x x u u

y y y v v

Xét hàm số 2

2

2 2 2

1 | |( ) 1 '( ) 1 0;1 1 1

t t t t tf t t t f t tt t t

=> f(t) là hàm tăng trên R + Nếu ( ) ( ) 3 3v uu v f u f v v u (mâu thuẫn) + Nếu ( ) ( ) 3 3v uu v f u f v v u (mâu thuẫn) + Vậy

2 22

311 3 ( ) 3 ( 1 )(*) (**)1

uu uu u f u u u

u uv u v uv u

Xét 2( ) 3 ( 1 )uf u u u

Ví dụ 4 : Giải hệ phương trình sau: 2 1

2 1

2 2 3 1

2 2 3 1

y

x

x x x

y y y



2 2

2 2

1'( ) 3 ln 3( 1 ) 3 1 3 ( 1 ) ln 3 0;1 1

u u uuf u u u u u u Ru u

Do đó f(u) là hàm tăng trên R Mà f(0) = 1 nên u = 0 là nghiệm duy nhất của (**)

0 0u v x y Vậy nghiệm của hệ phương trình là x = y = 0 BÀI TẬP TỰ LUYỆN Giải các hệ phương trình sau:

1) 2 2log 5 log

l g l g 4 1l g l g3

x y x yo x oo y o

2) 3 3

4 32log 1 log

x yy x

x y x y

3)

5110515 2

xyy xx

4)

323log2log

1 yy

x

x

5)

yx

xy

yx

yx2

2

69

122

2

6)

123

3

1logyx

xy

7)

24

4

9 27.3 01 1l g l g lg 44 2

xy y

o x o y x

8)

2log11522.3

5 yx

yx



9)

2 2l g 1 l g8

l g l g l g3

o x y o

o x y o x y o

10)

2log9722.3

3 yx

yx

11)

xyxyxy

xy

555

log21

loglog122log2483 3

12) yxyxyx 322

333

9 logloglog

13)

02021log2loglog 18

ayxayx aa

14)

yxyx

yx xy

5log32753

15)

853

542 12

yxyx

yxyx

xyxy

16)

0x 642

22y

y

x

x

17)

3152

12

1loglog

22

52 yx

xy

yx

18)

0x 811072

yxx yy



19)

32

05log2log2

2

1 2

xy

yx xy

20)

1

l g 3 l g 5 0

4 4 8 8 0y x yx

o x o y

21)

232log223log

yxyx

y

x

29)

5loglog22

12

12 yx

yx

xy

30)

0x 211622

yxx yx

31)

2lglglg1lg 2

xyyx

32)

322.74 32

xy

yyxx

33)

68925

2002.5223

3

yx

yx

34)

2 21l g 1,52

2

2

10 100 10

10 63 2 10 9

o x y

x yx y

35)

l g l g

l g 4 l g3

3 4

4 3

o x o y

o ox y



36)

0a 2222

2

lg5,2lglg ayx

axy

37)

1loglog4

44

loglog 88

yxyx xy

38 )

137,0

12162

8

2

2

xxyxyx

xyxyx

39)

1loglog

272

33

loglog 33

xyyx xy

40)

42

522yx

yx

41)

y

yx

x

52

108

42)

045

0loglog5,022

22

yx

yx

43)

16

2log

log

y

x

x

y

y

x

44)

22

8

512

loglog

loglog

loglog

zx

yx

zz

xz

zz

yy

yz

xy

zx

45)

11

222 xxy

yx

46)

12

99

yx

yx yxyx



47)

182.3

123.2yx

yx

48)

111

23922

3loglog 22

yx

xyxy

49) 2cot sin

sin cot

9 39 81 2

x y

y gx

50)

222

1yx

yx

51)

113

2.3222

3213

xxyx

xyyx

52)

12log.log3

5,2log

xyyxyx

y

xy

C. NGUYÊN HÀM – TÍCH PHÂN – DIỆN TÍCH

& THỂ TÍCH VẬT THỂ I. NGUYÊN HÀM: 1. CÔNG THỨC

CÔNG THỨC CƠ BẢN CÔNG THỨC MỞ RỘNG

Cxdx

Cxdxx

1

1

Cxx

dx ln

C

nbax

adxbax

nn

11)(

1

Cudu

Cuduu

1

1

Cbaxa

dxbax

ln1)(

1

Cun

dxudxu n

nn

1).1(

11



2. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH a. Dùng định nghĩa:

Giải: 1.

3 22

2

1 3 1( ) 3 ( )3 2x xf x x x F x C

x x

2. 2 3( ) 2 3 ( )ln ln 3

x xx x af x a F x C

a

3. 2

2( ) 1 ( )2

xx x x x xef x e e e e F x e C

Cedxe xx

Ca

adxax

x

ln

Cxdxx sin.cos ; Cnxn

dxnx sin1).(cos

Cxdxx cos.sin ; Cnxn

dxnx cos1.sin

Ctgxxtgdxx

)1(cos

1 22

Cgxgxdxx

cot)cot1(sin

1 22

Cea

dxe baxbax 1 ;

Cu

aduau

u ln

Cbaxa

dxbax )cos(1)sin(

Cbaxa

dxbax )sin(1)cos(

Cuu

dudxuu ln'

;

Cudxu

u 2' ;

Cu

dxuu 1'

2

Ví dụ 1 : Tìm nguyên hàm của các hàm số sau:

1. f(x) = x2 – 3x + x1

2. f(x) = 2ax + 3x 3. f(x) = ex(ex – 1) . 4. f(x) = sin3x

5. . f(x) = ex(2 + )cos2 x

e x



4. cos3( ) sin 3 ( )3

xf x x F x C

5. 2 2

1( ) 2 2 ( ) 2 tancos cos

xx x xef x e e F x e x C

x x

BÀI TẬP TỰ LUYỆN: 1. f(x) = 2

4 32x

x ĐS. F(x) = Cx

x

33

2 3

2. f(x) = 2

1x

x ĐS. F(x) = lnx + x1 + C

3. f(x) = 2

22 )1(x

x ĐS. F(x) = Cx

xx

123

3

4. f(x) = 43 xxx ĐS. F(x) = Cxxx

54

43

32 4

534

23

5. f(x) = 3

21xx

ĐS. F(x) = Cxx 3 232

6. f(x) = x

x 2)1( ĐS. F(x) = Cxxx ln4

7. f(x) = 3

1x

x ĐS. F(x) = Cxx 32

35

8. f(x) = 2

sin2 2 x ĐS. F(x) = x – sinx + C

9. f(x) = tan2x ĐS. F(x) = tanx – x + C

10. f(x) = cos2x ĐS. F(x) = Cxx 2sin41

21

11. f(x) = (tanx – cotx)2 ĐS. F(x) = tanx - cotx – 4x + C

12. f(x) = xx 22 cos.sin

1 ĐS. F(x) = tanx - cotx + C

13. f(x) = xx

x22 cos.sin

2cos ĐS. F(x) = - cotx – tanx + C

14. f(x) = 2sin3xcos2x ĐS. F(x) = Cxx cos5cos51

25. f(x) = e3x+1 ĐS. F(x) = Ce x 13

31

Ví dụ 2 : Tìm hàm số f(x) biết:



Giải:

2

2

2

'( ) 2 1 ( )(1) 5 1 1 5 3

( ) 3

f x x f x x x Cf C C

f x x x

BÀI TẬP TỰ LUYỆN: 1. f’(x) = 2 – x2 và f(2) = 7/3 ĐS. f(x) = 1

32

3

xx

2. f’(x) = 4 xx và f(4) = 0 ĐS. f(x) = 3

4023

8 2

xxx

3. f’(x) = x - 212 x

và f(1) = 2 ĐS. f(x) = 2321

2

2

xx

x

4. f’(x) = 4x3 – 3x2 + 2 và f(-1) = 3 ĐS. f(x) = x4 – x3 + 2x + 3

5. f’(x) = ax + 2)1(,4)1(,0)1(',2 fffxb ĐS. f(x) =

251

2

2

x

x

b. Dùng phương pháp đổi biến: Tính I = dxxuxuf )(')].([ bằng cách đặt t = u(x)

Giải:

'( ) 2 1; (1) 5f x x f

Ví dụ: Tìm các nguyên hàm sau:

1. dxx

x

3ln

2. dxex x 12

.

3. tgxdx

4. dxxx .123

5. xdxx 23 sincos



1. dxx

x

3ln


3 4 43ln ln

4 4x u xdx u du C C

x

2. dxex x 12

.

Đặt 2 1 2u x du xdx 2

21

1 1.2 2 2

u xx u e ex e dx e du C C

3. tgxdx

Đặt cos sinu x du xdx

2 2

sin 1 1 1cos cos

xtgxdx dx du C Cx u u x

4. dxxx .123 Đặt

2 2 2

2 2 2 2

1 1 2 21 1

u x u x udu xdx udu xdxu x x u

3 2 2 2 2 2

5 32 2

5 34 2

1. 1. 1

1 1

5 3 5 3

x x dx x x xdx u u du

x xu uu u du C C

5. xdxx 23 sincos Đặt sin cosu x du xdx

3 2 2 2 2 2

3 5 3 52 4

cos sin cos 1 sin sin 1

sin sin3 5 3 5

x xdx x x xdx u u du

u u x xu u du C C

BÀI TẬP TỰ LUYỆN:



Tìm các nguyên hàm sau:

1. dxx )15( 2. 5)23( xdx 3. dxx 25 4. 12x

dx

5. xdxx 72 )12( 6. dxxx 243 )5( 7. xdxx .12 8. dx

xx

52

9.

dxx

x3

2

253 10. 2)1( xx

dx 11. xdxx cossin 4

12. dxx

x5cos

sin 13. gxdxcot 14. xtgxdx

2cos 15. x

dxsin

16. xdx

cos 17. dx

xe x

18. 3x

x

edxe 19. dx

xe tgx

2cos

20. dxx .1 2 21. 24 xdx 22. dxxx .1 22

23. 21 xdx 24.

2

2

1 xdxx 25. 12 xx

dx

26. dxxx .1 27. 1xedx

c. Dùng phương pháp từng phần:

Nếu u(x) , v(x) là hai hàm số có đạo hàm liên tục trên I

dxxuxvxvxudxxvxu )(').()().()(').( Hay

vduuvudv ( với du = u’(x)dx, dv = v’(x)dx)

Giải

Ví dụ: Tìm các nguyên hàm sau: 1. xdxx sin.

2. xdxxx cos)32( 2

3. xdxx ln

4. xdxx2

5. xdxe x cos.



1. xdxx sin. Đặt ; sin cosu x du dx dv xdx v x

.sin cos cos cos sinx xdx x x xdx x x x C

2. xdxxx cos)32( 2

Đặt 2 2 3 2 2 ; cos sinu x x du x dx dv xdx v x

2 2( 2 3)cos ( 2 3)sin 2 2 sinx x xdx x x x x xdx

Tính 2 2 sinx xdx Đặt 2 2 2 ; sin cosu x du dx dv xdx v x

2 2

2 2 sin 2 2 cos 2cos 2 2 cos 2sin '

( 2 3) cos ( 2 3)sin 2 2 cos 2sin

x xdx x x xdx x x x C

x x xdx x x x x x x C

3. xdxx ln

Đặt 21ln ;

2xu x du dx dv xdx v

x

2 2 2ln 1 lnln2 2 2 4

x x x x xx xdx xdx C

4. xdxx2

Đặt 2; 2ln 2

xxu x du dx dv dx v

2

.2 1 .2 22 2ln 2 ln 2 ln 2 ln 2

x x xx xx xxdx dx C

5. xdxe x cos.

Đặt ; cos sinx xu e du e dx dv xdx v x .cos sin sinx x xI e xdx e x xe dx

Tính sin xxe dx

Đặt ; sin cosx xu e du e dx dv xdx v x



sin cos .cos

sin sin sin cos .cos

sin cossin cos ' 2 sin cos '

2

x x x

x x x x x

xx x

xe dx e x e xdx

I e x xe dx e x e x e xdx

e x xI e x x I C I e x x C I C

BÀI TẬP TỰ LUYỆN: Tìm các nguyên hàm sau: 1. xdxx cos 2. xdxx sin)5( 2 3. xdxx 2sin 4. xdxx 2cos

5. dxex x. 6. xdxln 7. dxx 2ln 8. xxdxln

9. dxe x 10. dxx

x2cos

11. xdxxtg 2 12. dxxsin

13. dxx )1ln( 2 15. dxex x23 14. dxxx )1ln( 2 15. xdxx lg

16. dxxx )1ln(2 17. dx

xx

2

)1ln( 18. xdxx 2cos2

II. TÍCH PHÂN: 1. Phương pháp dùng tính chất và công thức Giải: Ví dụ: Tính các tích phân sau:

1. 3

1

2x dx

2. 2

3

(2sin 3 )x cosx x dx

3. 2

1

( 1)( 1)x x x dx

4. x 2

5

2

dxx 2



1. 3

1

2x dx

2 33 2 3 2 2

1 1 2 1 2

2 2 2 2

2 2 2 2 22 2

2 1 2 32.2 2.1 2.2 2.3 02 2 2 2

x xx dx x dx x dx x x

2. 2

3

(2sin 3 )x cosx x dx

22 2

33

2 2

2

(2sin 3 ) 2cos 3sin2

2 32cos 3sin 2cos 3sin2 2 2 3 3 2

13 8 3 318 2

xx cosx x dx x x

3. 2

1

( 1)( 1)x x x dx

2 2 2 33

2

1 1 12

5 5 52 2 2

1

( 1)( 1) ( 1) ( 1)

2 1 8 2 72 15 5 5 52 2 2

x x x dx x dx x dx

x x

4. x 2

5

2

dxx 2



5 53 3

1 1 2 22 2

2 2

3 3 32 2 2

x 2 1 dx dx4 4x 2

1 1d d 3 34 42 2

2 7 7 8 6 32 7 2 4 2 314 3 3 3 12

5 5 5 5

2 2 2 2

5 5

2 2

x 2 dxdx x 2 x-2x 2

x 2 x-2x 2 x 2 x-2 x-2


1.1

3

0

( 1)x x dx 2. 22

1

1 1( )e

x x dxx x

3. 2

1

1x dx 5. 1

0

( )xe x dx

6. 1

3

0

( )x x x dx 8. 2

3

1(3sin 2 )x cosx dxx

9. 1

2

0

( 1)xe x dx 10. 2

2 3

1

( )x x x x dx

12. 3

3

1

x 1 dx( ).

13. 2

2

2-1

x.dxx

14. 2e

1

7x 2 x 5 dxx

16.

2

21

x 1 dxx x x( ).

ln

17. 2 3

3

6

x dxx

cos .sin

18.

4

20

tgx dxx

.cos



19. 1 x x

x x0

e ee e

dx

20. 1 x

x x0

e dxe e

.

21. 2

21

dx4x 8x

22. 3

x x0

dxe e

ln . 22.

2

0

dx1 xsin

24.

1

1

2 )12( dxxx 25. 2

0

3 )322( dxxx

26.

2

2

)3( dxxx 27.

4

3

2 )4( dxx

28. dxxx

2

132

11 29. 2

13

2 2 dxx

xx

30. e

e

xdx

1

1

31. 16

1

.dxx

32. dxx

xxe

2

1

752 33. dxx

x

8

13 23

14

1. Phương pháp đổi biến Ví dụ: Tính các tích phân sau:

1. 2

0

sin1 3

x dxcosx

2.

2

0 13cos23sin

dxxx

3. 2

4

sincosxe xdx



Giải:

1. 2

0

sin1 3

x dxcosx

Đặt 1 3cos 3sinu x du xdx

Đổi cận (0) 4; ( ) 12

u u

Vậy 41 42

10 4 1

sin 1 ln 4ln | |1 3 3 3 3 3

x du dudx ucosx u u

2.

2

0 13cos23sin

dxxx

Đặt 2cos3 1 6sin 3u x du xdx

Đổi cận (0) 3; 12

u u

Vậy 31 32

0 3 1 1

sin 3 1 1 1 1 1 1ln | | ln 32cos3 1 6 6 6 6

x dx du du ux u u

3. 2

4

sincosxe xdx

Đặt cos sinu x du xdx

Đổi cận 2 ; 04 2 2

u u

Vậy

20 222 2

1220

024 2

sincosx u u ue xdx e du e du e e e

4. 2

2

0

4 x dx

5. 2 21 ln

ln

e

e

x dxx x



4. 2

2

0

4 x dx

Đặt 2sin 2cosx t dx tdt

Đổi cận 00

22

txx t

Vậy:

2 2 222 2

0 0 0

2 2

0 0

4 2 4 2sin cos 4 cos

12 1 cos 2 2 sin 22

x dx t tdt tdt

t dt t t

5. 2 21 ln

ln

e

e

x dxx x

Đặt ln dxu x dux

Đổi cận 2

12

x e ux e u

Vậy: 2 22 22 2 2

1 1 1

1 ln 1 1 3ln | | ln 2ln 2 2

e

e

x u udx du u du ux x u u


1. 2

3 2

3

sin xcos xdx

2.

22 3

3

sin xcos xdx

3. 2

0

sin1 3

x dxcosx

3. 4

0

tgxdx



4. 4

6

cot gxdx

5.

6

0

1 4sin xcosxdx

6. 1

2

0

1x x dx 7. 1

2

0

1x x dx

8. 1

3 2

0

1x x dx 9. 1 2

30 1

x dxx

10. 1

3 2

0

1x x dx 11. 2

31

11

dxx x

12. 1

20

11

dxx 13.

1

21

12 2

dxx x

14. 1

20

11

dxx

15. 1

2 20

1(1 3 )

dxx

16. 2

sin

4

xe cosxdx

17.

2

4

sincosxe xdx

18. 2

12

0

xe xdx 19. 2

3 2

3

sin xcos xdx

20. 2

sin

4

xe cosxdx

21.

2

4

sincosxe xdx

22. 2

12

0

xe xdx 23. 2

3 2

3

sin xcos xdx

24. 2

2 3

3

sin xcos xdx

25.

2

0

sin1 3

x dxcosx

26. 4

0

tgxdx

27. 4

6

cot gxdx



28. 6

0

1 4sin xcosxdx

29. 1

2

0

1x x dx

30. 1

2

0

1x x dx 31. 1

3 2

0

1x x dx

32. 1 2

30 1

x dxx

33. 1

3 2

0

1x x dx

34. 2

31

11

dxx x 35.

1

1 lne x dxx

36. 1

sin(ln )e x dxx 37.

1

1 3ln lne x x dxx

38. 2ln 1

1

e xe dxx

39. 2 21 ln

ln

e

e

x dxx x

40. 2

2

1(1 ln )

e

e

dxcos x 41.

2

1 1 1x dxx

42. 1

0 2 1x dxx 43.

1

0

1x x dx

44. 1

0

11

dxx x 45.

1

0

11

dxx x

46. 3

1

1x dxx

46. 1

1 lne x dxx

47. 1

sin(ln )e x dxx 48.

1

1 3ln lne x x dxx

49. 2ln 1

1

e xe dxx

50. 2 21 ln

ln

e

e

x dxx x

51. 2

2

1(1 ln )

e

e

dxcos x 52.

1

2 3

0

5 x x dx

53. 2

4

0

sin 1 cos x xdx

54.

4

2

0

4 x dx



55.

4

2

0

4 x dx 56.

1

2

01

dxx

57. dxe x

0

1

32 58. 1

0

dxe x

59. 1

30

x dx(2x 1) 60.

1

0

x dx2x 1

61. 1

0

x 1 xdx 62. 1

20

4x 11 dxx 5x 6

63. 1

20

2x 5 dxx 4x 4

64.

3 3

20

x dxx 2x 1

65.6

6 6

0

(sin x cos x)dx

66.32

0

4sin x dx1 cosx

67.4

20

1 sin2xdxcos x

68.

24

0

cos 2xdx

69. 2

6

1 sin2x cos2xdxsinx cosx

70.

1

x0

1 dxe 1 .

71. dxxx )sin(cos4

0

44

72.

4

0 2sin212cos

dxx

x

73.

2

0 13cos23sin

dxxx 74.

2

0 sin25cos

dxx

x

75.

0

22 32

22 dxxx

x 76.

1

12 52xx

dx

77. 2

3 2

0

cos xsin xdx

78. 2

5

0

cos xdx

79. 4

20

sin4x dx1 cos x

80. 1

3 2

0

x 1 x dx



81. 2

2 3

0

sin2x(1 sin x) dx

82. 4

40

1 dxcos x

83. e

1

1 lnxdxx

84. 4

0

1 dxcosx

85. e 2

1

1 ln xdxx

86.

15 3 6

0

x (1 x ) dx

87. 6

20

cosx dx6 5sinx sin x

88. 3 4

0

tg x dxcos2x

89. 4

0

cos sin3 sin2

x x dxx

90.

2

0 22 sin4cos

2sin

dxxx

x

91.

5ln

3ln 32 xx eedx 92.

2

02)sin2(

2sin

dxxx

93. 3

42sin

)ln(

dx

xtgx 94.

4

0

8 )1(

dxxtg

95. 2

42sin1

cossin

dx

xxx 96.

2

0 cos31sin2sin

dxxxx

97.

2

0 cos1cos2sin

dxx

xx 98. 2

0

sin cos)cos(

xdxxe x

99.

2

1 11dx

xx 100.

edx

xxx

1

lnln31

101. 4

0

2

2sin1sin21

dxxx 102.

12

0

1 x dx

103. 1

20

1 dx1 x 104.

1

20

1 dx4 x

105. 1

20

1 dxx x 1 106.

1

4 20

x dxx x 1



107. 2

0

11 cos sin

dxx x

108.

222

20

x dx1 x

109. 2

2 2

1

x 4 x dx 110.

23

22

1 dxx x 1

101. 3 2

21

9 3x dxx

112. 1

50

1(1 )

x dxx

113. 2

223

11

dxx x

114. 2

0

cos7 cos2

x dxx

115. 1 4

60

11

x dxx

116.

20

cos1 cos

x dxx

117.

0

12 22xx

dx 118.

1

0 311 xdx

119. 2

1 51 dx

xxx 120.

8

23

11

dxx x

121. 7 3

3 20 1

x dxx

122. 3

5 2

0

1x x dx

123. ln2

x0

1 dxe 2 124.

73

30

13 1x dxx

125. 2

2 3

0

1x x dx 126.

32

5 2 4xxdx

2. Phương pháp từng phần Công thức: u( )v'(x) x ( ) ( ) ( ) '( )

b bb

aa a

x d u x v x v x u x dx

*Cách phát hiện u và dv trong tích phân từng phần a. Loại 1: Nếu tích phân có dạng



sin( )

ax

axf x cosax dx

e

thì đặt

( ) '( )

sin sincos

ax ax

u f x du f x dx

ax axdv ax dx v cosax dx

e e

b. Loại 2: Nếu tích phân có dạng

( ) ln( )f x ax dx

thì đặt

ln( )( ) ( )

dxduu ax xdv f x dx v f x dx

c. Loại 3: Nếu tích phân có dạng

sin.

ax axe dx

cosax

thì đặt sin sincos

ax axu e du ae dxax ax

dv dx v dxax cosax

Hoặc

cossinsincos

axax

axax du a dxu axaxv e dxdv e dx

Giải:

Ví dụ: Tính các tích phân sau:

1. 3 2

1

lne

x xdx

2. 1

2 2

0

sinxe xdx

3. 21

20

ln 1

1

x x xdx

x x

4. 22

3

4

cossin

x xdxx

5.

1 2

20 2

xx e dxx



1. A= 3 2

1

lne

x xdx

Đặt 2

43

2 lnln

4

xdu dxu x xxdv x dx v

4 2 43

11

ln 1 1ln4 2 4 2

e ex x eA x xdx I

Tính I

Đặt 3 4

1ln

4

du dxu x xdv x dx xv

4 4 4 43

11 1

ln 1 3 14 4 4 16 16

e eex x e x eI x dx

4 4 4 41 1 3 1 5 1.4 2 4 2 16 32e e e eA I

2. B=1

2 2

0

sinxe xdx

11 1 1 2

2 2 2 2 2

00 0 0

1 1 1 1 1sin 1 cos 2 cos 22 4 2 4 2

x x x x eB e xdx e x dx e e xdx I

Tính I

Đặt 2

2 2sin 2cos 2

2

xx du e dxu e

xdv xdx v

1 1 122 2

0 00

sin 2 . 1 1sin 2 sin 22

xx xx eI e xdx e xdx

Đặt

22 2

cos 2sin 22

xx du e dxu e

xdv xdx v

12 22

2 2 2 201

cos 2 1 1 1cos 22 2

exxe x eI e xdx I



2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

2

1 1 1 1 12 2 2 1

1 1 1 14 2 4 4 1

e e eI I I I

e e eB I

3. C= 21

20

ln 1

1

x x xdx

x x

Đặt

2

2

22

2 2

12 2 32 2 22

ln 11

11

1 11 11 1 11 13 32

dxu x x dux

xdv dx dv x x x dxx xdx dxdu dux x

v x x xdv x d x x dx

1 1 1 32 2 3 2 2

20 00

1 2 213

120 20

1 1 12 22 2

0

13 12 22 2

0

1 1 11 1 .ln 1 13 3 3 1

11 1 12 2 1 ln 1 23 3 3 6 1

1 4 12 2 1 ln 1 2 1 13 9 6

1 4 1 12 2 1 ln 1 2 1 13 9 9 3

1 2 2 1 l3

x dxC x x x x x x dxx

x d xx x dxx

x x dx

x x

2 2n 1 29



4. D= 22

3

4

cossin

x xdxx

Đặt 2

23

21cos

2sinsin

du xdxu xx vdv dx

xx

2 222

2 2

4 4

2sin sin 16x xD dx I

x x

Tính I

Đặt 2 cot

sin

u x du dxdx v gxdv

x

2

2 2

4 44

cot cot ln(sin ) ln 24 4

I x gx gdx x

5. E=

1 2

20 2

xx e dxx

Đặt

2 2

2

21 12 2

x x xu x e du xe x e dx

dv dx vx x

1 1 12 1

00 00

1

0

2 3

13 3

xx x x

x

x e eE xe dx xe e dxx

e ee e

BÀI TẬP TỰ LUYỆN: Tính các tích phân sau:

1. 3

31

lne xdxx 2.

1

lne

x xdx



3. 1

2

0

ln( 1)x x dx 4. 2

1

lne

x xdx

5. 3

31

lne xdxx 6.

1

lne

x xdx

7. 1

2

0

ln( 1)x x dx 8. 2

1

lne

x xdx

9. 2

0

( osx)s inxx c dx

10. 1

1( ) lne

x xdxx

11. 2

2

1

ln( )x x dx 12. 3

2

4

tanx xdx

13.

2

5

1

ln x dxx 14.

2

0

cosx xdx

15.

1

0

xxe dx 16.

2

0

cosxe xdx

17. 1

0

3. dxex x 18. 2

0

cos)1(

xdxx

19. 6

0

3sin)2(

xdxx 20. 2

0

2sin.

xdxx

21. e

xdxx1

ln 22. e

dxxx1

2 .ln).1(

23. 3

1

.ln.4 dxxx 24. 1

0

2 ).3ln(. dxxx 9)

25. 2

1

2 .).1( dxex x 26.

0

.cos. dxxx



27. 2

0

2 .cos.

dxxx 28. 2

0

2 .sin).2(

dxxxx

3. Dạng hữu tỷ: I =

b

a

dxxQxP)()(

* Cách làm : Nếu bậc tử nhỏ hơn bậc mẫu :

+ Phân tích: cbxax

DCxx

Bx

AxQxP

22)()()(

+ Dùng phương pháp đồng nhất thức để tìm A,B,C, D Nếu bậc tử lớn hơn bậc mẫu thì chia đa thức.

Chú ý:

baxa

dxbax

ln1)(

1

1).1(11

nn un

dxu

Giải:

1. 5

32 23

12 dxxx

x

Ta có:


1. 5

32 23

12 dxxx

x

2.

b

a

dxbxax ))((

1

3. 1

0

3

11 dx

xxx



2

5 5 5

23 3 3

5

3

2 1 2 13 2 1 2 1 2

221 2 1 2

2 12 1 3

2 1 1 33 2 1 2

ln 1 3ln 2 ln 2 3ln 3

x x A Bx x x x x x

A B x A BAx A Bx Bx x x x

A B AA B B

x dx dx dxx x x x

x x

2.

b

a

dxbxax ))((

1

Ta có:

1( )( )

10

1 1

1 1 1 1 1( )( ) ( ) ( )1 1ln ln 2 ln ln 2 ln 2

b b b

a a a

b

a

A Bx a x b x a x b

A B x Ab BaAx bA Bx Bax a x b x a x b

AA B a bAb Ba B

a b

dx dx dxx a x b a b x a a b x b

x a x b b a b aa b a b

3. 1

0

3

11 dx

xxx

1 1 13

2

0 0 013 2

0

1 121 1

112 ln( 1) ln 23 2 6

x x dx x x dx dxx x

x x x x




1.

1

02 34xx

dx 2. dxxx

xx

1

0

2

11

22

3. dxxx

xx

0

1

2

121

1 4. dxx

xx

1

0

2

332

5.

1

03

2

)13(dx

xx 6.

1

022 )3()2(

1 dxxx

7. 2

12008

2008

)1(1 dx

xxx 8.

0

12

23

239962 dx

xxxxx

9.

3

222

4

)1(dx

xx 10.

1

02

32

)1(dx

xx

n

n

11. 2

124

2

)23(3 dx

xxxx 12.

2

14 )1(

1 dxxx

13.

2

024

1 dxx

14.

1

041

dxx

x

15. dxxx

2

02 22

1 16.

1

032 )1(

dxxx

17.

4

223 2

1 dxxxx

18. 3

23

2

23333 dx

xxxx

19. 2

14

2

11 dx

xx 20.

1

031

1 dxx

21. 1

06

456

12 dx

xxxx 22.

1

02

4

12 dx

xx

23. 1

06

4

11 dx

xx

24.

1

2

0

4 115 6

x dxx x

25.

1

2

01

dxx x 26.

3

2 12 dx

xx



27. dxxx

1

0

3122 28.

0

1

12122 dxx

xx

4. Dạng lượng giác:

1. b

a

xdxxf cos).(sin Đặt t = sinx .

2. b

a

xdxxf sin).(cos Đặt t = cosx .

3. b

a

dxtgxf )( Đặt t = tgx .

4. b

a

nn dxxxf )cos,(sin 22 Hạ bậc :

22cos1

sin

22cos1

cos

2

2

xx

xx

5. b

a

dxbxax .cos.sin ;Biến đổi: BABABA sinsin21cos.sin

6. b

a

dxbxax .sin.sin ; Biến đổi: BABABA coscos21sin.sin

7. b

a

dxbxax .cos.cos ;Biến đổi: BABABA coscos21cos.cos

8.

b

a xbxadx

sincos ; Đặt t =

2xtg

=> sinx = 212

tt

; cosx = 2

2

11

tt




Giai:

1. 2 2

2 3 2 2

0 0

sin cos sin 1 sin cosx xdx x x xdx

Đặt sin cost x dt xdx Đổi cận ta có:

0 01

2

x ttx

122 2 2 2

0 0

11 3 52 4

0 0

sin 1 sin cos 1

23 5 15

x x xdx t t dt

t tt t dt

2. xdxx 42

0

2 cossin

1. 2

0

32 cossin

xdxx

2. xdxx 42

0

2 cossin

3. 2

3

sin1

dxx

4. 2

0

44 )cos(sin2cos

dxxxx

5. 2

0

33 )cos(sin

dxx



2 2 2

2 4 2 2 2

0 0 0

2 22 2

0 0

1 1sin cos sin 2 cos sin 2 1 cos 24 8

1 1 1 1sin 2 sin 2 cos 28 8 8 8

M x xdx x xdx x x dx

xdx x xdx A B

Tính A

2 2 2

2

0 0 0

1 1 1sin 2 1 cos 4 sin 42 2 4 4

A xdx x dx x x

Tính B Đặt sin 2 2cos 2t x dt xdx

Đổi cận: 0 0

02

x ttx

02

0

1 021 1 1 1. .08 8 8 4 8 32

B t dt

M A B

3. 2

3

sin1

dxx

2 2 2 2

2 3

3 3 3 3

cos cos1 1 1 12 2sin 2 22sin cos sin cos sin sin

2 2 2 2 2 2

x x

A dx dx dx dxx x x x x xx

Đặt 1sin cos2 2 2x xt dt dx

Đổi cận

1232

2 2

tx

x x

2 22 2 2

3 33 1 1

3 2 2

cos1 22 sin sin

2 2

xdt dtA dxx x t t t t



Ta có: 2

3

1 1(1 )(1 ) 1 1 (1 )(1 )

B A C t B C t AA B Ct t t t t t t t t t t

120102

1 1

BB A C

B C CA A

2 2 22 2 2

311 122 2

1 1 1 1 1 1 1. . ln | | ln |1 | ln |1 |2 1 2 1 2 2

2 1 2 2 1 2 2 1 1 1 1 3 1ln ln ln ln ln ln ln 32 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

dtA dt t t tt t t t t

4. 2

0

44 )cos(sin2cos

dxxxx

22 2 24 4 2 2

0 0 0

sin 2cos 2 (sin cos ) cos 2 (1 2sin cos ) cos 2 (1 )2

xB x x x dx x x x dx x dx

Đặt sin 2 2cos 2t x dt xdx

Đổi cận 0 0

02

x ttx

0222

0 0

sin 2 1cos 2 (1 ) (2 ) 02 4

xB x dx t dt

5. 2

3 3

0

(sin cos )x x dx

2 2 2

3 3

0 0 0

2 2

0 0

1(sin cos ) (sin cos ) 1 sin cos 2 sin sin sin 24 2 4

2 22 sin sin cos 2 24 2 4 2 2

C x x dx x x x x dx x x x dx

x dx x x dx A B



22 2

0 0 0

3sin sin cos cos cos 24 4 4 4 4 4

A x dx x d x x

2 2

0 0

2 2 2 2

0 0 0 0

1 3sin cos 2 sin sin 34 2 2 4 4

1 3 3 1 1 3 1sin sin 3 3 cos cos 32 4 4 6 4 4 2 4 6 4

2 1 7cos2 6 4

B x x dx x x dx

x d x x d x x x

1 2 1 3 2cos sin sin6 4 2 3 4 2

2 2 2 52 2. 22 2 2 2

C A B


1.

2

2

2sin.7sin

xdxx 2. 4

0

cos2

sin

xdxx

3. dxxx2

0

54 cossin

4. 4

0

2sin

xdx

5.

2 3

0

4sin1 cos

x dxx

6. 2

0

22 )coscossinsin2(

dxxxxx

7.

2

2

3cos.5cos

xdxx 8. 2

0

441010 )sincoscos(sin

dxxxxx

9.

2

0 cos2

xdx 10.

2

0 sin21

dxx



11.

2

02

3

cos1sin

dxx

x 12. 3

6

4 cos.sin

xxdx

13.

4

022 coscossin2sin

xxxxdx 14.

2

0 cos1cos

dxx

x

15.

2

0 cos2cos

dxx

x 16.

2

0 sin2sin

dxx

x

17.

2

0

3

cos1cos

dxx

x 18.

2

0 1cossin1

dxxx

19.

2

3

2)cos1(cos

xxdx 20.

2

2

3cos2sin1cossin

dxxx

xx

21. 4

0

3

xdxtg 22. dxxg4

6

3cot

23. 3

4

4

xdxtg 24.

4

0 11

dxtgx

25.

4

0 )4

cos(cos

xx

dx 26. 2

0 5cos5sin46cos7sin

dxxx

xx

27. 2

0

sin1 dxx 28.

4

0 13cos3sin2

xxdx

29.

4

04

3

cos1sin4

dxx

x 30. 2

0 cossin2sin2cos1

dxxx

xx

31.

2

0 cos13sin

dxx

x 32.

2

4

sin2sin

xxdx



33. 4

02

3

cossin

dxxx 34.

2

0

32 )sin1(2sin

dxxx

35.

0

sincos dxxx 36. 3

4

3

3 3

sinsinsin

dxxtgx

xx

37.

2

0 cossin1

xxdx 38.

2

0 1sin2

xdx

39. 2

4

53 sincos

xdxx 40.

4

02cos1

4sin

xxdx

41.

2

0 3sin5

xdx 42.

6

6

4 cossin

xxdx

43.

3

6)

6sin(sin

xx

dx 44.

3

4)

4cos(sin

xx

dx

45. 3

4

6

2

cossin

xxdx 46. dxxtgxtg )

6(

3

6

47.

3

03)cos(sin

sin4

xxxdx 48.

0

2

2)sin2(2sin

xx

49. 2

0

3sin

dxx 50. 2

0

2 cos

xdxx

51. 2

0

12.2sin

dxex x 52. dxexx x

2

0 cos1sin1



53.

4

6

2cot4sin3sin

dxxgtgxxx 54.

2

02 6sin5sin

2sin

xxxdx

55. 2

1

)cos(ln dxx 56. 3

6

2cos)ln(sin

dxxx

57. dxxx 2

0

2cos)12(

58.

0

2cossin xdxxx

59. 4

0

2

xdxxtg 60.

0

22 sin xdxe x

61. 2

0

3sin cossin2

xdxxe x 62. 4

0

)1ln(

dxtgx

63.

4

02)cos2(sin

xxdx 64.

2

02 )cos2)(sin1(

cos)sin1(

dxxx

xx

65.

2

2

sin 2 sin 7

x xdx

66.

2

4 4

0

cos (sin cos ) x x x dx

5. Dạng vô tỷ:

b

a

dxxfxR ))(,(

Trong đó ( , ( ))R x f x có dạng:

* R(x, xaxa

) Đặt x = a cos2t, t ]

2;0[

* R(x, 22 xa ) Đặt x = ta sin hoặc x = ta cos

* R(x, ndcxbax

) Đặt t = n

dcxbax

* R(x, f(x)) = xxbax 2)(

1 với ( xx2 )’ = k(ax+b)



Đặt t = xx2 , hoặc t = bax

1

* R(x, 22 xa ) Đặt x = tgta , t ]2

;2

[

* R(x, 22 ax ) Đặt x = x

acos

, t }2

{\];0[

* R 1 2 in n nx x x; ;...; Gọi k = BCNN(n1; n2; ...; ni) ; Đặt x = tk

Giải:

1.

32

52 4xx

dx

2 3 2 3

2 2 25 54 4

dx xdxMx x x x

Đặt 2 2 2 2 24 4 4t x t x x t xdx tdt

Đổi cận 5 3

42 3

x ttx

2 3 4 4

2 22 23 35 4 44

xdx tdt dtMt t tx x

Ta có:


1.

32

52 4xx

dx

2.

21

21

2 5124)32( xxxdx

3.

2

13 1xx

dx



2 21

2 2 2 2 2 2

10 4

2 2 1 14

A B t A BA Bt t t t t t

AA BA B B

44 4 4

23 3 3 3

1 1 1 1 1 5ln 2 ln 2 ln4 2 4 2 4 4 4 34

dt dt dtM t tt tt

2.

21

21

2 5124)32( xxxdx

Đặt 2 2 24 12 5 4 12 5 2 32tt x x t x x dt x dx

Đổi cận

102

1 2 32

x t

tx

1 12 3 2 32 2

2 22 2 21 1 0 02 2

(2 3) 1 12 24 4(2 3) 4 12 5 (2 3) 4 12 5

dx x dx tdt dtt t tx x x x x x

Đặt 22 tan 2 1 tant x dt x dx

Đổi cận 00

2 33

xtxt

22 3 3 3 3

2 200 0 0

2 1 tan1 1 1 12 2 4 4 124 4 tan 4

x dxdt dx xt x

3.

2

13 1xx

dx

2 2 2

3 3 31 11 1

dx x dxx x x x



Đặt 3 2 3 3 2 21 1 1 3 2t x t x x t x dx tdt

Đổi cận 1 22 3

x tx t

2 3 32

2 23 31 2 2

2 23 31 11

x dx tdt dtt t tx x

Ta có:

11 1 1 1 1 1

10 21 1

2

A B t A BA Bt t t t t t

AA BA B B

2

33 3 3

222 2 2

2 12 1 1 1 1 1ln 1 ln 1 ln3 3 1 3 1 3 3 3 21

dt dt dt t tt tt


1. 3

02

2

cos

32cos

2cos

dxx

tgxxx

2.

2ln

03)1( x

x

edxe

3.

3

0 2cos2cos

xxdx 4.

2

02cos1

cos

xxdx

5. dxx

x

7

03 3

2 6. a

dxax2

0

22

7. 1

0

22 1 dxxx 8. 1

0

32 )1( dxx



9.

3

122

2

11 dx

xxx 10.

22

0 11 dx

xx

11.

1

032 )1( x

dx 12.

22

032 )1( x

dx

13. 1

0

21 dxx 14.

22

02

2

1 xdxx

15.

2

0 2cos7cos

xxdx 16.

2

0

2coscossin

dxxxx

17.

2

02cos2

cos

xxdx 18.

2

0 cos31sin2sin

dxxxx

19.

7

03 2

3

1 xdxx 20.

3

0

23 10 dxxx

21.

1

0 12xxdx 22.

1

02

3

1xxdxx

23.

7

2 112xdx 24. dxxx

1

0

815 31

25.

2

0

56 3 cossincos1

xdxxx 26.

3ln

0 1xedx

27.

1

12 11 xx

dx 28.

2ln

0

2

1x

x

edxe

29. 1

45

2 8412 dxxx 30. e

dxx

xx

1

lnln31

31.

3

02

35

1dx

xxx 32. dxxxx

4

0

23 2



33.

0

1

32 )1( dxxex x 34.

3ln

2ln

2

1lnln dx

xxx

6. Dạng đặc biệt: Dạng 1:

Nếu hàm số f(x) liên tục trên [-a; a], thì

aa

a

dxxfxfdxxf0

)]()([)(

a.

23

23

)(

dxxf

Vì f(x) liên tục trên [2

3;2

3 ] thỏa f(x) + f(-x) = x2cos22 nên

3 3 32 2 2

3 0 02

3 3 32 2 2 3

2 20

0 0 0

( ) ( ) ( ) 2 2cos 2

1 cos 22 2 sin 2 sin 2cos 2

2

f x dx f x f x dx xdx

xdx xdx xdx x

b.

1

12

4

1sin dxx

xx

Vì 4

2

sin( )1

x xf xx

liên tục trên [-1;1] thỏa

4

2

2( ) ( )1

xf x f xx

nên 1 14 4

2 21 0

sin 21 1

x x xdx dxx x

Đặt 2tan (1 tan )x t dx t dt

Ví dụ: Cho f(x) liên tục trên [-2

3;2

3 ] thỏa f(x) + f(-x) = x2cos22

Tính:

23

23

)(

dxxf và

1

12

4

1sin dxx

xx



Đổi cận 00

14

txx t

1 4 44 42 2

2 2 20 0 0

4 4 4 4 42 2 2 2

20 0 0 0 0

33 4

0

tan 12 2 (1 tan ) 2 tan 11 1 tan cos

12 tan 2 tan 1 1 2 tan tan 2 tan 1 2cos

tantan 5 242 tan 2 tan3 3 4 4

x tdx t dt t dtx t t

t dt t dt td t t dt dtt

t t t

36

Dạng 2:

Nếu hàm số f(x) liên tục và lẻ trên [-a; a], thì

a

a

dxxf )( = 0

a.

1

1

2 )1ln( dxxx

Ta có: 2 2

2

2

( ) ln( 1 ) ( ) ln( 1 )1ln ln( 1 ) ( )1

f x x x f x x x

x x f xx x

Vậy f(x) là hàm lẻ và liên tục trên [-1;1] do đó 1

2

1

ln( 1 ) 0x x dx

Ví dụ:

Tính:

1

1

2 )1ln( dxxx và

2

2

2 )1ln(cos

dxxxx



b.

2

2

2 )1ln(cos

dxxxx

Ta có:

2 2

2

2

( ) cos ln( 1 ) ( ) cos ln( 1 )1cos ln cos ln( 1 ) ( )

( 1 )

f x x x x f x x x x

x x x x f xx x

Vậy f(x) là hàm lẻ và liên tục trên ;2 2

do đó 2

2

2

cos ln( 1 ) 0x x x dx

Dạng 3:

Nếu hàm số f(x) liên tục và chẵn trên [-a; a], thì

a

a

dxxf )( = 2 a

dxxf0

)(

Ta có:

4 24 2 4 2( ) ( ) ( )1 11

x x xf x f x f x

x x x xx x

Vậy f(x) là hàm chẵn và liên tục trên [-1;1] do đó

1 1 1

4 2 4 2 4 21 0 0

21 1 1

24 2 20 0 0

2 21 1 1

1 1 1 32 4

x dx x dx xdxx x x x x x

d x dt dtx x t t

t

Đặt 21 3 3tan 1 tan2 2 2

t x dt x dx

Ví dụ:

Tính:

1

124 1xx

dxx



Đổi cận: 0 61

6

xtt x

2 21 6 6

22 20

6 6

6 6

66

3 31 tan 1 tan2 2

3 3 31 3 tan tan 14 4 42 4

2 3 2 3 4 33 3 18

x dx x dxdt

x xt

dx x

Dạng 4:

Nếu hàm số f(x) liên tục và chẵn trên [-a; a], thì

aa

ax dxxfdx

bxf

0

)(1

)(

(1 b>0, a)

a.

3

3

2

211dxxx

Ta có:

22 2( ) 1 ( ) 1 1 ( )f x x f x x x f x

Vậy f(x) là hàm chẵn và liên tục 3;3 do đó

3 3 32 3

2

03 0

1 1 121 2 3x

x xdx x dx x

Ví dụ:

Tính:

3

3

2

211dxxx và

2

2

15cos3sinsin

dxe

xxxx



b.

2

2

15cos3sinsin

dxe

xxxx

Ta có:

( ) sin sin3 cos5 ( ) sin sin3 cos5

sin sin3 cos5 sin sin3 cos5 ( )

f x x x x f x x x x

x x x x x x f x

Vậy f(x) là hàm chẵn và liên tục ;2 2

do đó

2 2 2

0 02

2 2 2 2

0 0 0 0

2

0

sin sin3 cos5 1sin sin3 cos5 sin sin8 sin 21 2

1 1 1 1sin sin8 sin sin 2 cos7 cos9 cos cos32 2 4 2

1 1 1 1 1sin 7 sin9 sin sin34 7 9 2 3

x

x x x dx x x xdx x x x dxe

x xdx x xdx x x dx x x dx

x x x x

4663

Dạng 5:

Nếu hàm số f(x) liên tục trên [0; 2 ], thì

2

0

2

0

)(cos)(sin

dxxfxf

Dạng 6:

Ví dụ:

Tính:

2

020092009

2009

cossinsin

dxxx

x và

2

0 cossinsin

dxxx

x



Nếu hàm số f(x) xác định trên [-1; 1], thì

00

)(sin2

)(sin dxxfdxxxf

Dạng 7:

Nếu b

a

b

a

dxxfdxxbaf )()( bb

dxxfdxxbf00

)()(

Dạng 8:

Nếu f(x) liên tục trên R và tuần hoàn với chu kỳ T thì:

TTa

a

dxxfdxxf0

)()( TnT

dxxfndxxf00

)()(

Ví dụ:

Tính:

0 sin1dx

xx và

0 cos2sin dx

xxx

Ví dụ:

Tính:

02cos1

sin dxx

xx và 4

0

)1ln(4sin

dxtgxx

Ví dụ:

Tính: 2008

0

2cos1 dxx




1.

1

1

2

211 dxx

x 2.

4

4

4

357

cos1

dxx

xxxx

3.

1

12 )1)(1( xe

dxx 4.

2

2

2sin4cos

dxxxx

5.

2

1

21

)11ln(2cos dx

xxx 6. dxnx)xsin(sin

2

0

7.

2

2

5

cos1sin

dxx

x 8. 1)1(1

cot

12

12

ga

e

tga

e

xxdx

xxdx (tga>0)

7. Dạng chứa dấu giá trị tuyệt đối:

Giải:

1. 3

x

0

2 4dx

3 2 3 2 3

x x x x x

0 0 2 0 22 3

x x

0 2

2 4dx 2 4dx 2 4dx 4 2 dx 2 4 dx

2 2 14x 4x 4ln2 ln2 ln2

Ví dụ: Tính tích phân

1. 3

x

0

2 4dx 2. 0

1 cos2xdx

3. 2

0

1 sinxdx

4. dxxx 2

0

2




1.

3

3

2 1dxx 2. 2

0

2 34 dxxx

3. 1

0

dxmxx 4.

2

2

sin

dxx

5.

dxxsin1 6. 3

6

22 2cot

dxxgxtg

7. 4

3

4

2sin

dxx 8. 2

0

cos1 dxx

9.

5

2

)22( dxxx 10. 3

0

42 dxx

11.

3

2

3coscoscos

dxxxx 12.4

2

1

x 3x 2dx

13. 5

3

( x 2 x 2)dx

14. 2

22

12

1x 2dxx

8. Dạng truy hồi và bất đẳng thức tích phân: Cho In =

b

a

dxxnf );( .Với nN.

Tính I1; I2. Tìm công thức liên hệ giữa In & In + 1 . Từ đó suy ra In

Ví dụ: Cho tích phân



a. Tìm hệ thức giữa nI và 1; 1nI n

Đặt ; 0 0, 12

x Sint dx Costdt x t x t

2 120

nnI Cos tdt

Đặt ; 0 , 02 2 2

x t dx dt t x t x

0 2 1 2 1 22 20 0

2

.n n nnI Sin xdx Sin xdx Sin x Sinxdx

Đặt 2 2 12 . ;n nu Sin x du nSin x Cosxdx dv Sindx v Cosx

2

2 2 1 2220 0

2 1 2 2 1 2 12 2 20 0 0

2

| 2

2 (1 ) 2 ( )

22 ( ) .2 1n

n nn

n n n

n n I n n

I CosxSin x n Sin xCos xdx

n Sin x Sin x dx n Sin xdx Sin xdx

nI n I I In

b. Qui nạp kết quả câu a theo n ta được 2 (2 2)(2 4)(2 6)8.6.4.2

(2 1)(2 1)(2 3)(2 5)9.7.5.3nn n n nI

n n n n


Bài 1: Cho các số thực 1 2 3; ; ;...; na a a a thỏa mãn :

1 2 3cos cos 2 cos3 ... cos 0na x a x a x a nx với mọi 0;2x .

1

2

0

1 ;n

nI x dx n N

a)Tìm hệ thức giữa nI và 1; 1nI n

b)Tính nI theo n.



Tính 1 2 3; ; ;...; na a a a .

Bài 2: Cho tích phân

20

;nnI Sin xdx n N

a)Tìm hệ thức giữa nI và 2nI

b)Tính nI theo n.

Bài 3: Cho

2 26 6

0 0

sin cos;sin 3 cos sin 3 cos

xdx xdxI Jx x x x

1.Tính 3I J và I J

2.Từ các kết quả trên hãy tính các giá trị của I; J và 2

3

cos 2cos 3 sin

xdxKx x

Bài 4: Cho 1 2

20

;1

nx

n x

eI dx n Ne

1. Tính oI

2. Tính 1n nI I

Bài 5: Chứng minh rằng

a. 3

1

1

1 2 4x dx



b. 1

0

sin 1 ln 21 sin

x x dxx x

c. 4

33

1 1 12 ln

dxx

Bài 6: Tính

a. *

0

cos cos ;nnI x nxdx n N

b. cos ;nnI xdx n N

c. 2

0

cossin cos

n

n n n

xI dxx x

Bài 7: Tìm hệ thức liên hệ giữa nI và 1nI biết

1

lne

nnI x dx

Bài 8: Cho n là số nguyên dương bất kỳ. Tính

1

2

0

1 ;n

nI x x dx n N

Bài 9: Cho tích phân 4

0

tan ;nnI x xdx n N

a) Tính nI khi n = 2.

b) Chứng minh : 21

2 4

n

nIn



Bài 10: Cho 2 hàm số:

( ) 4cos 3sin ; ( ) cos 2sinf x x x g x x x

a. Tìm các số A, B thoả mãn ( ) ( ) '( )g x Af x Bf x

b. Tính tích phân: 4

0

( )( )

g x dxf x

Bài 11:

a. Cho tích phân :

2

21 1

n ndxI

x

( với n = 2, 3, .......).

Tìm mối liên hệ giữa 1;n nI I

b. Cho 2

0

sinnnI xdx

. ( với n = 1, 2, 3, .......). Tìm mối liên hệ giữa 1;n nI I

c. Cho 4

0

tannnI xdx

. ( với n = 1, 2, 3, .......). Tìm mối liên hệ giữa 2;n nI I

Bài 12:

a. CMR : 0 0

( ) ( )b b

f x dx f b x dx

b. 0 0

(sin ) (sin )2

xf x dx f x dx

Bài 13: Xét tích phân : 1

0

sinnnI xdx , với n là số nguyên dương .



Chứng minh : 1

sin 1 11 1

n

nIn n

Documents

Bo Tro Toan Nang Cao 12